2021年高考理科综合押题预测卷(课标全国Ⅰ卷)02(全解全析)

2021年高考原创押题预测卷02【课标全国I卷】

理科综合•全解全析

生物•全解全析

1.B

【分析】1、有氧呼吸的过程：

（1）c6Hl2。6我2丙酮酸+2ATP+4[H]（细胞质基质中）

（2）2丙酮酸+6%0巴6co2+20[H]+2ATP（线粒体中）

（3）24[H]+6O2^12H2O+34ATP（线粒体中）

2、无氧呼吸的过程：

（1）C6Hl2。6由2丙酮酸+2ATP+4[H]（细胞质基质中）

（2）2丙酮酸+4[H]我2酒精+2CC）2（细胞质）

3、据图分析，条件X表示无氧条件，产生酒精和二氧化碳，物质a表示二氧化碳。条件Y表示有氧条

件，酵母菌呼吸产生二氧化碳和水，物质b表示水。检测酒精用酸性的重络酸钾溶液由橙色变为灰绿色。

【解答】解：A、在无氧条件下葡萄糖中的能量大多储存在酒精中，A错误；

B、在有氧呼吸的第三阶段，[H]和氧气反应生成水，同时释放大量的能量，该阶段发生场所是线粒体内

膜，B正确；

C、试剂甲是酸性的重铭酸钾溶液，C错误；

D、乳酸菌只进行无氧呼吸产生乳酸，D错误。

故选：B,

2.D

【分析】原核细胞和真核细胞最主要的区别就是原核细胞没有核膜包被的典型的细胞核；它们的共同点

是均具有细胞膜、细胞质、核糖体和遗传物质DNA.

疟原虫吞噬食物的过程为：细胞外的生物大分子，与细胞膜上的受体结合后，细胞膜发生变化，向内凹

陷，内侧形成外被蛋白，然后进一步形成有被小泡进入细胞内，该过程中存在细胞膜形态的变化，依赖

于细胞膜的流动性结构特点.

【解答】解：A、疟原虫属于真核生物中的原生动物，即是寄生在人体红细胞中的真核生物，A正确；

B、疟原虫通过胞吞方式获取食物体现了细胞膜具一定的流动性，B正确；

C、细胞质基质是细胞代谢场所，疟原虫丢失胞浆威胁细胞生存，c正确；

D、疟原虫属于真核生物细胞中有线粒体、内质网、核糖体等多种细胞器，D错误。

故选：D。

3.A

【分析】DNA甲基化是指DNA序列上特定的碱基在DNA甲基转移酶（dnmt）的催化作用下添加上甲

基，虽然不改变DNA序列，但是导致相关基因转录沉默。DNA甲基化在细胞中普遍存在，对维持细胞

的生长及代谢等是必需的。研究表明，工蜂大脑细胞中约600个基因被甲基化，而蜂王大脑细胞中的

基因没有甲基化。如果某DNA片段被甲基化，那么包含该片段的基因功能就会被抑制。DNA的甲

基化是由一种酶来控制的，如果让蜜蜂幼虫细胞中的这种酶失去作用，蜜蜂幼虫就会发育成蜂王，和喂

它蜂王浆的效果是一样的。

由题干可以理出一条逻辑线：DNMT3基因竺受某种mRNA蚂DNMT3蛋白尤里DNA某些区域甲基化

空发育成工蜂。

【解答】解：A、从题目干中的图示可以看出，DNA甲基化并没有改变DNA内部的碱基排列顺序，未

改变DNA片段的遗传信息，故A错误；

B、由“逻辑线”可推知“敲除DNMT3基因后，不能翻译DNMT3蛋白，DNA某些区域没有被甲基化，

蜜蜂幼虫没有发育成工蜂（将发育成蜂王）”，故B正确；

C、DNA甲基化后可能干扰了RNA聚合酶等对DNA部分区域的识别和结合，导致转录和翻译过程变化，

使生物表现出不同的性状，故C正确；

D、胞唯咤和$甲基胞喀咤在DNA分子中都可以与鸟喋吟配，故D正确。

故选：Ao

4.D

【分析】分析题意：红眼雄蝇与绿眼雌蝇杂交，Fi中出现白眼雄蝇XA3Y,说明绿眼雌蝇的基因型为

XA2XA3,即A2对A3为显性；而后代雌蝇均为红眼，说明A1对A2、A3为显性。即亲本红眼雄蝇基因型

为XAIY,绿眼雌蝇基因型为XA2XA3。

【解答】解：A、由分析可知，A［对A2、A3为为显性，A2对A3为显性，A错误；

B、亲本绿眼雌蝇基因型为XA2XA3,B错误；

C、F］红眼雌果蝇XA1XA3与白眼雄果蝇XA3Y杂交时，后代白眼比例吗，C错误；

D、将XA2X。与XA1Y交配，子代基因型为XA1XA2,XA2Y,XA1X。，A1的基因频率为上，D正确。

故选：Do

5.D

【分析】特异性免疫包括体液免疫和细胞免疫，其具体过程如下:

体液免疫

直接

.....r记忆B细胞

增殖、分化二次免疫,

抗原A吞噬细胞fT»f

继〉抗体f发挥免疫效应

《处理〉（呈递）（识别）、效应B细胞

人_____________A-____________,

-'Y~

感应阶段反应阶段效应阶段

细胞免疫

一向而山^力rG*记露忆T细胞J.广产生淋巴卤子一发挥免疫效应

抗原一吞噬细胞—►TSHSS-

（处理）

八if与靶细胞结合,

J\_____

、____■V____yJ----------------------------71-------------------------------------'

感应阶段皮四阶段效应阶段

【解答】解：A、肮病毒不具有核酸，A错误;

B、淋巴因子不能直接清除病毒，B错误;

C、离心的目的是使吸附在细菌上的蛋白质外壳与细菌分离，C错误；

D、艾滋病病人的直接死因，往往是由念球菌、肺囊虫等多种病原体引起的严重感染或恶性肿瘤等疾病,

D正确。

故选：D。

6.D

【分析】本实验的自变量是光照时间、是否添加赤霉素、是否添加赤霉素合成抑制剂，因变量是茎的长

度，据此答题。

【解答】解：A、1、2组的变量是赤霉素的有无，因变量是茎的长度，根据表格数据可知：1、2组比较

可以说明赤霉素能促进茎的伸长，A正确；

B、3、6组或1、4组的自变量是光照时间，根据表格数据可知：延长光照时间能促进茎的伸长，B正确；

C、4、5组的变量是：是否添加赤霉素合成抑制剂，比较4、5组实验结果可以说明该植物还可以合成赤

霉素，C正确；

D、植物自身可以合成赤霉素，根据第1组实验结果可知：如果使用赤霉素合成抑制剂并给予8h/d的光

照，茎的长度应该小于3cm,D错误。

故选：D。

29.答案为:

（1）①研究CC）2浓度（或NaHCC）3浓度）对叶片光合速率的影响相同时间内烧杯中叶片浮起的数

量

②用打孔器打出的时片数量足够多：每组实验重复几次，记录的数据取平均值

③该同学的认识是错误的，因为在蒸储水的那组实验中，叶片一样进行了呼吸作用，却没有叶片浮起，

叶片上浮的原因是光合作用强度大于呼吸作用强度，叶片内氧气增多

（2）光照强度、光质

【分析】分析表格：本实验的自变量为不同浓度的NaHCC）3溶液，因变量是单位时间内叶圆片上浮数量，

由于NaHCC）3溶液是提供二氧化碳，单位时间内叶圆片上浮数量表示的是净光合速率，故本实验探究的

是研究CO2浓度（或NaHCC>3浓度）对叶片光合速率的影响，结合题干条件，本实验还可探究光照强度、

光质对光合速率的影响。

【解答】解：（1）①由分析可知：该实验探究的是研究CO2浓度（或NaHCC>3浓度）对叶片光合速率的

影响。

②本实验的自变量为不同浓度的NaHCC）3溶液，因变量是单位时间内叶圆片上浮数量，故主要通过重复

实验和控制无关变量来减少实验误差，如用打孔器打出的时片数量足够多：每组实验重复几次，记录的

数据取平均值。

③有同学认为叶片之所以浮起，是因为呼吸作用消耗了有机物且产生了CO?导致叶片上浮的，该同学的

认识是错误的，因为在蒸储水的那组实验中，叶片一样进行了呼吸作用，却没有叶片浮起，叶片上浮的

原因是光合作用强度大于呼吸作用强度，叶片内氧气增多。

（2）结合题干，本实验还可探究光照强度、光质对光合速率的影响。

30.答案为：

（1）b、c解旋酶和DNA聚合酶

（2）②③⑤甲硫氨酸-丙氨酸-丝氨酸-苯丙氨酸

（3）28

（4）一个密码子由3个碱基（核糖核甘酸）组成

（5）基因通过控制酶的合成控制代谢过程，进而控制生物的性状

【分析】图中①是DNA,a表示DNA的自我复制过程，需要解旋酶和DNA聚合酶；②是mRNA,b

表示转录过程；③是核糖体，④是多肽链，⑤是tRNA,c表示翻译过程。转录是在细胞核内，以DNA

一条链为模板，按照碱基互补配对原则，合成RNA的过程。翻译是在核糖体中以mRNA为模板，按照

碱基互补配对原则，以tRNA为转运工具、以细胞质里游离的氨基酸为原料合成蛋白质的过程。

【解答】解：(1)遗传信息的表达是指转录、翻译形成蛋白质的过程，即图中的b、c；a表示DNA的自

我复制，需要解旋酶和DNA聚合酶。

(2)只有RNA中含有核糖，则含核糖的有mRNA、核糖体、tRNA.mRNA上相邻的三个碱基组成一

个密码子，密码子决定氨基酸，所以由②指导合成的多肽链中氨基酸序列是甲硫氨酸-丙氨酸-丝氨酸

-苯丙氨酸。

(3)由②可推知该DNA片段含有7个胸腺哪咤脱氧核甘酸，第三次复制需游离的胸腺喀咤脱氧核甘酸

的数目为23TX7=28。

(4)密码子是指mRNA上三个相邻的碱基，因此在第一个密码子后插入一个新密码子，其余氨基酸序

列没有变化。

(5)苯丙酮尿症是由控制某种酶的基因异常而引起的，说明基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进

而控制生物体的性状。

31.答案为:

(1)垂体胰岛B细胞甲状腺激素加快物质的氧化分解，产生更多的能量神经-体液

调节

(2)胰高血糖素

(3)抗利尿激素

(4)反馈调节

(5)传入神经内正外负电信号一化学信号-电信号不是大脑皮层神经一体液调节

【分析】1、据图分析：图1中甲为垂体、乙为甲状腺等腺体，A是乙分泌的相关的激素：丙分泌的激素

B能使血糖浓度降低，因此丙为胰岛B细胞，激素B为胰岛素；丁分泌的激素C能使血糖浓度升高，因

此丁为胰岛A细胞，激素C为胰高血糖素；D为肾上腺分泌的肾上腺素。

2、神经调节的基本方式是反射，其结构基础是反射弧，由感受器、传入神经、神经中枢、传出神经、效

应器五部分构成。

3、神经纤维未受到刺激时，K+外流，细胞膜内外的电荷分布情况是外正内负，当某一部位受刺激时，

Na+内流，其膜电位变为外负内正。

4、图2中肌肉是效应器、c是突触、b是传入神经。

【解答】解：(1)据图分析，甲是垂体，丙是胰岛B细胞。寒冷环境中，A甲状腺激素分泌增加，其作

用是促进新陈代谢，加速物质的氧化分解。该种调节方式为神经-体液调节。

(2)当人体处于饥饿状态时，血糖浓度较低，此时通过相关神经调节胰高血糖素分泌增多，促进肝糖原

分解和非糖类物质转化为葡萄糖，以维持机体的血糖平衡。

（3）在水平衡调节过程中，下丘脑分泌的有垂体释放的抗利尿激素能促进肾小管和集合管对水的重吸收，

从而调节人体内水的平衡。

（4）血液中物质甲状腺激素A的含量过高时，会抑制下丘脑和垂体甲的分泌活动，这种调节作用称为

负反馈调节。

（5）图中共有传入神经元、中间神经元和传出神经元3个神经元。a上有神经节是传入神经元。静息状

态时，b处神经纤维膜内外电位为外正内负。兴奋到达b点时，神经纤维膜内外两侧的电位有外正内负

变为外负内正。图中c表示突触结构，兴奋在突触处的信号变化为电信号一化学信号-电信号。反射必

须依赖于完整的反射弧，故电击b点后会引发肌肉收缩，该过程不是反射。感觉中枢在人体的大脑皮层，

所以痛觉在大脑皮层产生。题干所述的调节为神经-体液调节。

32.答案为：

（1）①群落水样中的生产者（主要为藻类植物）固定的太阳能

②利于藻类植物（浮游植物）进行光合作用

③abc

（2）捕食与竞争

大型潘密度过大，抑制小型浮游动物的生长，从而使某些藻类得以繁殖

（3）防止藻类过度生长（防治因水体富营养化（N、P污染）造成的藻类爆发）密度

【分析】群落是指一个地域的所有生物；流经一个生态系统的总能量是生产者固定的太阳能总量；藻类

植物的数量可以从自身和天敌等两方面考虑；根据图2信息可知，大型潘的增加，导致小型浮游动物的

数量减少，推知二者之间存在捕食关系，同时根据题干可知，大型港是常见杂食浮游动物，说明徭还以

浮游植物为食，因此大型港与小型浮游动物的种间关系是捕食和竞争；根据图2可知，C4组的小型浮游

动物数量少，会导致浮游植物繁殖快，因此适当的投放大型徭能抑制藻类过度生长。

【解答】解：（1）①某地域中所有生物的集合称为群落。流经一个生态系统的总能量是生产者固定的太

阳能总量。

②将透明桶置于适宜光照下，可以让光透过，有利于藻类植物进行光合作用。

③藻类植物数量下降，可能是天敌增多，或者自身代谢产生废物危害自身生长。同时生长需要的无机盐

等不足也可能影响自身生长。

（2）根据图2信息可知，大型港的增加，导致小型浮游动物的数量减少，推知二者之间存在捕食关系，

同时根据题干可知，大型澎是常见杂食浮游动物，说明徭还以浮游植物为食，因此大型潼与小型浮游动

物的种间关系是捕食和竞争；根据图2可知，C4组的小型浮游动物数量少，会导致浮游植物繁殖快。

（3）根据实验可知，适当的投放大型港能抑制藻类过度生长。若浓度太高，会导致浮游动物数量下降太

快，能让藻类等植物快速繁殖。

37.答案为：

（1）氮源选择

（2）分离得到光合细菌的纯净培养物涂布不均匀

（3）振荡培养能提高培养液的溶氧量，同时可以使菌体与培养液充分接触，提高营养物质的利用率

（4）具有较高的沸点，能溶解色素并且不与水混溶不变

【分析】微生物的营养物质主要包括碳源、氮源、水和无机盐等，有的微生物培养基中还需要添加生长

因子等物质。微生物的培养的关键是无菌操作，接种后的培养皿应该倒置培养。分类或筛选微生物常用

的接种方法主要有平板划线法和稀释涂布平板法。可以根据菌落的特征进行初步的鉴定或分类。

稀释平板计数是根据微生物在固体培养基上所形成的单个菌落，即是由一个单细胞繁殖而成这一培养特

征设计的计数方法，即一个菌落代表一个单细胞。

【解答】解：（1）培养基的主要成分包括碳源、氮源、水和无机盐，培养基中加入镂盐和谷氨酸钠为光

合细菌的生长提供氮源；由于光合细菌能够进行光合作用合成有机物，培养基中没有加入有机碳，从功

能上看这种培养基属于选择培养基。

（2）②、③过程需要重复几次，目的是分离得到光合细菌的纯净培养物。右图体现平板上菌落并非“均

匀分布”而是相对集中于左侧，这可能是由于制作平板时“涂布不均匀”所致

（3）振荡培养比静置培养的细菌生长速度快，由此可以说明该细菌是需要菌。由于振荡培养提高培养液

中溶解氧的含量，同时可使菌体与培养液充分接触，提高营养物质的利用率。故振荡培养的细菌生长速

度更快。

（4）萃取剂应该具有具有较高的沸点，能溶解色素并且不与水混溶等特点。鉴定胡萝卜素萃取样品时，

可采用纸层析法，扩散的最终位置距点样处距离取决于溶解度，与含量无关，因此在鉴定萃取样品时，

若标准样品点样偏少，则其扩散的最终位置距点样处会不变。

38.答案为：

（1）MH中使克隆出的动物个体的遗传物质几乎全部来自供体细胞

（2）早期胚胎培养内细胞团发育的全能性

（3）（正常的）Rag2基因含（正常的）Rag2基因的基因表达载体（正常的）Rag2基因的

脱氧核甘酸序列（或碱基对序列或遗传信息）显微注射DNA分子杂交技术

（4）限制性核酸内切酶、DNA连接酶和胰蛋白酶抗Rag2蛋白的抗体

【分析】分析题图：图示是利用胚胎干细胞（ES细胞）对Rag2基因缺失小鼠进行基因治疗的过程图解，

其中①表示核移植过程，②表示早期胚胎培养过程，③表示采用基因工程技术将目的基因导入受体细胞。

【解答】解：（1）核移植过程中，接受细胞核的卵母细胞应处于MH中期；去除卵母细胞细胞核的目的

是使克隆出的动物个体的遗传物质几乎全部来自供体细胞。

（2）②是早期胚胎培养；ES细胞可从早期胚胎（囊胚的内细胞团）中分离出来，其在功能上具有发育

的全能性。

（3）根据题干信息可知，过程③中获取的目的基因是（正常的）Rag2基因，若要将目的基因导入受体

细胞，需要构建含（正常的）Rag2基因的基因表达载体，构建之前可以根据Rag2基因的脱氧核甘酸序

列（或碱基对序列或遗传信息）设计引物，利用PCR技术对目的基因进行扩增。将目的基因导入动物细

胞最有效的方法是显微注射法；为了检测ES细胞的DNA上是否插入了干扰素基因，可采用DNA分子

杂交技术。

（4）按此方法和图示技术流程，完成Rag2基因缺失小鼠的基因治疗涉及基因工程技术（包括PCR技术）、

动物细胞培养技术，其中基因工程涉及的酶有限制性核酸内切酶、DNA连接酶，动物细胞培养技术涉及

的酶有胰蛋白酶，PCR技术涉及的酶有耐高温的DNA聚合酶（Taq酶）等。检测Rag2基因的表达情况，

可采用抗原-抗体杂交法，即提取治疗后小鼠骨髓细胞的蛋白质，用抗Rag2蛋白的抗体进行杂交实验。

化学•全解全析

7.【答案】C

【解析】

A.“司母戊鼎”铸造所需的主要材料为铜合金，故A正确；

B.铁粉有还原性，置于食品袋中有防止食品被氧化的作用，故B正确；

C.绿色化学研究的是如何将污染消除在产业的源头，故C错误；

D.游泳池常加入硫酸铜对其进行消毒，而导致其水呈蓝色，故D正确；

8.【答案】D

【解析】

A.根据结构简式可知药物H的分子式为C|6H|3'。20,A正确；

B.该分子中含有氯原子和酰胺键两种官能团，B正确；

C.碱性条件下水解产物酸化后可产生含酚羟基的有机物和丙二酸，都能与Na2c。3溶液反应，C正确；

D.该物质苯环上的一浪代物有6种，D错误。

9.【答案】A

【解析】

A.绿矶的化学式为FeSO4-7H,O,FeSO,常用作补血剂，故A正确；

B.从铝土矿中获得氧化铝，电解熔融的氧化铝得到铝，故B错误；

C.泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸氢钠和硫酸铝，两者发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，故C

错误；

D.除去水中的Cm+和Hg2+常用Na?S,将Cs+和Hg2+转化为CuS和HgS沉淀，Na2s不是作还原剂，故D

错误。

10.【答案】D

【解析】

A.过程II为电解饱和NaCl溶液的过程，根据上述分析，电解过程中阳极发生氧化反应生成C",阴极发生

还原反应生成OH,使用阳离子交换膜可防止C%和阴离子OH-通过，减少副反应，A正确；

B.过程IV中的反应是C2H4+2CuC12=C2H4J+2CUCI,B正确；

C.CuCl2进入过程IV反应，过程III发生的反应主要为过程IV产生的CuCl与过程II产生的Cl2反应生成

CuCl2,实现了CuC%的再生，故在联合生产过程中CuCh起催化作用，C正确；

D.过程I为H?与COrCO反应生成CH3OH,过程中H元素的化合价由0价升高为+1价，则每生成1mol

CH30H转移4mol电子，过程III发生反应ZCuCl+C%=2CUC12,过程IV中发生反应

C,H4+2CUC1=C.H,C1.+2CUC1,每生成1mol转移2moi电子，结合过程II中发生的反应，则理论上

每生成1molCHQH,可得到2moic2H4cI2,D错误；

H.【答案】B

【解析】

A.CaO中只含有离子键，SO3中只含有共价键，故A错误；

B.由H、0、Mg、S组成的化合物为Mg(HSC)4)2,溶液呈酸性，故B正确；

C.同周期原子半径从左到右依次减小，故0<S,同主族从上到下原子半径依次变大，故S<Mg,即0<S<Mg,

故C错误；

D.这里没有说明是否为简单离子，其中0可形成022r与S2一电子数均为18,故D错误；

12.【答案】C

【解析】

由图示可知a所连电极上发生的反应为2HCL2e=C12忏2H+,失电子发生氧化反应，作阳极，则a为正极；b

所连电极上发生的反应为Fe3++e=Fe2+,得电子发生还原反应，作阴极，贝砧为负极；阴极生成的亚铁离子

与氧气反应生成三价铁离子，氧气生成水，据此解答。

A.由以上分析可知b为负极，故A错误；

B.阳极电极反应式为2HCl-2e=C12t+2H+,故B错误；

C.阴极首先发生反应Fe3++e=Fe2+,再发生4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2。，故C正确；

D.由图示信息可知Fe3+在整过过程中可循环使用，并不消耗Fe3+,不需要补充Fe3+,故D错误；

13.【答案】C

【解析】

A.a〜b点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，也证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，故A

正确；

B.a、b点所示溶液中一元酸HR电离的氢离子浓度不同，对水的电离的抑制程度不同，因此水的电离程度

不同，故B正确；

C.NH,R为弱酸弱碱盐，NH4R的溶液pH=7,说明钱根离子和R-的水解程度相等，故C错误；

D.根据图象可知，c点时溶液的pH>7,混合液呈碱性，则c（OH-）>c（H+）,结合电荷守恒可知：c（NH4+）

>c（R）,故D正确；

26.（14分）【答案】

（1）反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风（2分）

（2）b（2分）MW2和Fe（OH%（2分）

（3）避免产生CO等有毒气体（2分）尾气中含有的SO2等有毒气体（2分）

（4）ZnSO4,BaS、Na2s（2分）4ZnSO4+BaS+3Na2S=BaSO44ZnS；+3Na,SO4（2分）

【解析】

（1）生产ZnSC>4的过程中，有氢气生成，氢气达一定浓度后易爆炸，所以要保持强通风的目的是避免氢气

浓度过大而易发生爆炸，出现危险；

（2）已知KMnOq在酸性环境中被还原为Mn2+,在弱酸性、弱碱性溶液中被还原为MnO?,在碱性环境中

被还原为MnOj,加入KMnC）4时溶液能氧化亚铁离子且自身被还原生成沉淀而除去Mn元素，所以pH应

调至5.2~5.4；通过以上分析可知。滤渣HI的成分为Mn。2和Fe（OH）3；

（3）制备BaS时，按物质的量之比计算，BaS。4和碳粉的投料比要大于1：2,避免产生CO等有毒气体；

反应器W中含有二氧化硫等有毒气体，二氧化硫属于酸性氧化物，能被碱液吸收，防止污染环境；

（4）高品质银印级立德粉中ZnS含量比普通立德粉中高，说明所选试剂中硫离子浓度较大，所以在Z11SO4、

BaS、Na2soQNa2s中选取三种试剂ZnSO,、BaS、Na2s制备银印级立德粉；BaSO^,的相对分子质量为233,

ZnS的相对分子质量为97,ZnS含量为29.4%,立德粉为BaSO/ZnS；高品质银印级立德粉中ZnS含量为

97x

62.5%,设ZnS的计量数为X,则------x--1-00%=62.5%,解得x=4,所以高品质银印级立德粉化学式为

97%+233

BaSO4-4ZnS,反应的化学方程式为4ZnSC）4+BaS+3Na,S=BaS0j4ZnS1+3Na,SO4o

27.（14分）【答案】

（1）分液漏斗（1分）防倒吸、防堵塞（1分）

（2）SOz+HzSOg+ZKClC^ZKHSC^+ZClO2T（2分）检验U进而证明CIO2有氧化性（2分）

（3）①CO,（2分）②O.lmol（2分）0.05mol（2分）

③2C1O,+5SO2-+2OH-=2CI+5SO2-+H,0（2分）

2342

【解析】

浓硫酸与Na2s。3反应生成$。2,A用于制取SO?,装置B有缓冲作用，能防止倒吸、堵塞；装置C用于制

备CIO?，同时还生成一种酸式盐，则C中发生的反应为SO#H2so4+2KClO3=2KHSO4+2ClC）2T，CIO2是一

种黄绿色的易溶于水的气体，具有强氧化性，所以D中发生氧化还原反应生成I2，装置D中滴入几滴淀粉

溶液，淀粉遇碘单质变蓝；氯气有毒，不能排放到大气中，装置E用于尾气吸收，据此分析解答。

（1）根据仪器的构造，仪器a的名称分液漏斗，根据分析可知，装置B的作用是防倒吸、防堵塞；

（2）装置C用于制备CIO2，同时还生成一种酸式盐，根据分析可知，该反应的化学方程式为

SO2+H2SO4+2KC1O3=2KHSO4+2C1O2T：装置D中滴有几滴淀粉溶液，其作用是检验［进而证明CQ有氧

化性；

（3）①该反应2KCIO3+H2c2O4+H2so『2CIO2T+K2so4+2CO2T+2H2。中，Cl元素的化合价降低，得到电子

被还原，C元素的化合价由+3价升高到+4价，则H2c2O4是还原剂，对应的CO2为氧化产物；

②根据①中分析，反应2KCR+H2c2O4+H2so4=2C1C）2T+K2so4+2CO2T+2H2。中，H2c2（\是还原剂，C元

素的化合价由+3价升高到+4价，当生成2moic02时转移2moi电子，同时消耗1molH2c2。#若反应共产

4.48L

生了4.48L气体（标准状况）,该气体的物质的量为-7=0.2mol,则反应转移电子的物质的量为0.1mol,

22.4L/mol

消耗还原剂的物质的量为0.05mol；

0.0448L

③在酸性条件下，标准状况下44.8mL的CIO?气体的物质的量为百石不而=0。02mo1,恰好能与

50mL0.1mol/L的Na,SO?溶液完全反应生成Na,SOyNa,SO,的物质的量为0.05Lx0.1mol/L=0.005mol,

0.005molNa2sO3全部转化为Na2sOyS元素的化合价由+4价转化为+6价,反应中共转移0.005molx2=0.01mol

0.01

电子，根据得失电子守恒可得，Cl元素的化合价降低而位=5,则反应后C1元素的化合价为-1价，为C1-,

该反应的离子方程式2CR+5SO；+2OH=2CL+5SO：+H2。。

28.（15分）【答案】

(1)2H,S(g)+O,(g)=2S(g)+2H2O(g)A//=-407.1kJ-mol-i(2分)

(2)BC(2分)

(3)①以2。3催化剂在1100℃以上的高温下几乎失去催化活性（1分）

②恒压充入Ar相当于系统减压，使得分解平衡正向移动，S2平衡产率增大（2分）

器五舐（3分）

(4)H2S+COr=HS-+HCO-(2分)~0。0(3分)

【解析】

(1)①2H2s(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H,O(g)AH=-1035.6kJmol-i；②2H2s(g)+SO,(g)=3S(g)

12

+2H,0（g）△居=-92.8kJ.moU,根据盖斯定律，将方程式①乘以不加上方程式②乘以行即可得到目标方程

//33

式，目标方程式为2H2s(g)+。2(g)=2S(g)+2%0(g)AW=-407.1kJ-mol-i；

(2)A.从分析中可以看出，脱硫过程可实现Fe?(SO/3的循环使用，不需添加Fe?(S04)3溶液，A不

正确；

B.i过程中发生反应Fe?(S04)3+H2S=2FeSO4+Sl+H,SO4,可导致环境pH减小，B正确；

C.由分析可以得出，该脱硫过程的总反应为：2H2S+C)2=2Sj+2H2O,C正确；

D.因为天然气的催化脱硫过程，使用T.F菌作催化剂，所以该过程不能在高温下进行，D不正确；

故选BC：

(3)①在约11OCTC时，有无AI2O3催化，其转化率几乎相等，则表明催化剂的催化效果接近0,从而得出

原因是1100℃时，A1Q3几乎失去催化活性；

②压强一定，掺入稀有气体Ar,虽然不参与反应，但可减小反应物与生成物的浓度，减小反应物的碰撞次

数，从而使平衡向气体分子数增大的方向移动，从而得出掺入Ar能提高S2的平衡产率，该事实表明：温度、

压强一定时，原料气中掺入Ar,相当于往平衡混合气中充入稀有气体，减小反应物和生成物浓度，促进平

衡正向移动，从而提高S2的产率；

p、T一定时，H,S(g)、Ar(g)按1：〃混合，发生反应H2s(g)0H,(g)+1s2(g),S2平衡产率为

a,则反应物的转化率为a,设〃(H2S)=lmol,则可建立下列三段式:

HS（g）H（g）+聂。)

22

起始量(mol)1u00

变化量(mol)aa0.5a

平衡量(mol)1-aa0.5a

则平衡混合气的总物质的量为（l+0.5a+”）mol,平衡常数

a/0.5a平5

„l+0.5a+/Px1l+0.5a+”PjaI~~ap-

-----p-----------~;

l+0.5a+〃P

(4)由表中的平衡常数可以看出，H2s只能电离出1个H+与CO：反应，所以纯碱溶液吸收少量H?S,生

成HS和HCO,离子方程式为H,S+CCh=HS+HCO。答案为：H.S+COJ=HS-+HCO；该反应的平衡

3L33,33

c(HS)c(HCO)

常数表达式K=/口将平衡常数表达式整理有

c(HS)c(CO2-)

23

c(HS-)c(HCO-)c(H+)K(HS)5.6x10-8

K---------------------------------3------------------9----------____________—1000

-

c(HS)C(CO2-)C(H+)K(HCO)-5.6xl0-n

23a223

35.(15分)【答案】

(1)①3d24s2(1分)②第四周期第VID族(1分)

（2）①C<Cl<0（1分）②1：3（2分）sp2（l分）

M

（3）①LaN1（2分）②（3分）③1236（3分）

A

【解析】

（1）①Ti是22号元素，位于元素周期表中第四周期第IVB族，故基态Ti原子的价层电子排布为3d24s2；

②Fe是26号元素，位于元素周期表的第四周期第VIII族：

（2）①方程式中涉及的非金属元素有三种：0、C、Cl,CC1中c元素表现正化合价、C1元素表现负化合

4

价，ego中a元素显+i价，o元素显_2价，电负性越大，对键合电子的吸引力越大，相互化合时该元

素表现负价，故电负性：c<ci<o；

②1个coci?分子中有1个c=o键和2个c?a键，所以1个coci,分子中兀键的数目为1,。键的数

c4-lx2-2c

目为3,个数比为1：3,中心C原子价层电子对数为3+——-——=3,故中心C原子杂化方式为sp2；

（3）①根据该合金的晶胞图可知，晶胞中心有1个银原子，其他8个银原子位于晶胞面上，锄原子位于晶

胞顶点，所以晶胞中含有的银原子数为lxl+?x8=5,晶胞中含有的锄原子数为8x2=l,晶体的化学

2o

式为LaNi,；

M、，M

②一个晶胞的质量m=R—g,根据m=pV,可得V=Nqcm3；

AA

③LaNi$金储氢后氢的密度

m（晶胞中的H）1x6n...

P=v（晶胞）=z仁…），・和例7ing»。0l11g•emc,由定义式可知储

v1日日照JNx\51IxlO-iozxsin60ox397x10-10

0.111g-cm-3

氧能力—8.98xl0-5gcm-3*1236;

36.（15分）【答案】

（1）羟基、竣基（2分）

⑵。分）

CHs

（3）|（1分）加成反应（1分）

CHi=€—CHj

-Jlp/O+H夕（2分）取代反应（或酯化反应）（1分）

O

H

(5)CuH,5OBr(1分)H((3

H

分）

OH

(6)-Mg-44X^010--------->-CH-CH3(3分)

乙健也

【解析】

CH；

BryBrCHs

-CH3，c是CJ_CHO,D是,E是CHm—C—Br，F是

CH?=C—CH?

dCH?

CH5

CH3—C-MgBr，J是［JLr/O

(1)化合物H是OH,其中含有的官能团名称是竣基、羟基;

COOH

Br

(2)C结构简式是

-CHO'

CH3

(3)E核磁共振氢谱只有一组峰，说明分子中只有1种H原子,则D结构简式是，E是

CH2=O-CHJ

CH3

CH?—C—Br，D与HBr发生加成反应产生E,故由D-E的反应类型为加成反应;

CE

（4）H是H与浓硫酸混合加热发生酯化反应产生J：0^。和H?。，该反应方程式为:

0

—

0H加热/O+H2O,该反应类型为酯化反应（或取代反应）;

COOHII

O

（5）G结构简式是,根据C四价原则，可知其分子式是CuH^OBr,G的同分异构体符合条件:

①能与FeCg溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基；

②核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6：6：2：1,说明物质分子中含有四种H原子，这四种H原子

H3cCH3H3CCH3

的个数比为6：6：2：1,该物质结构简式是：<—Br,

HjCCHaH3cCH3

CH.CH3

-----c—Br；

CH,CH3

（6）与B%在Fe作催化剂条件下发生取代反应产生O>-Br,O>-Br与Mg、乙醛发生反应产

生'Q^-MgBr与CH3CHO在水溶液中发生反应产生《^一片一^^珏，故乙醛和苯为

0H

原料经过三步合成某化工原料的流程图为：

0H

Oy>O-Br-犷O-MgBr一节j。-&-CH3°

理科综合物理•全解全析

1415161718192021

CDCBBABBCAD

14.【答案】C

【解析】镣Ra衰变为锣Ac的过程中，放出负电子，则该衰变是P衰变，选项A错误；半衰期是大量

原子核衰变的统计规律，对少数原子核的衰变不适用，选项B错误；赞Th衰变为迎Pb的过程中，质量

数减少20,由原子核衰变时质量数守恒可知，该过程中共发生了5次a衰变，又由原子核衰变时电荷

数守恒有5x2—x=8,和x=2,则该过程中共发生了2次。衰变，选项C正确；发生a衰变和。衰变

时，往往伴随丫射线产生，选项D错误。

15.【答案】D

st02兀fGMm4兀2

【解析】由几何关系知卫星b绕地球运行轨道半径为7=在由亍=五，得7=万，由口=m而，得

4712r3S3

地球质量用=凉=方而，故A错误；由于地球半径未行，不能确定地球的密度大小，B错误；若TJ

丁尸：k（k>l,为正整数），从图示位置开始，设每隔时间外，。、b相距最近，则（q—%）7=2兀，所

2兀2兀T］、7\

以T=co―①=五一五=7一7，卫星b运动一周的过程中，两人造卫星。、b相距最近的次数为〃=7

ab----ba

Ta-T,b

Th—TkT—T

=T=—『=4-1,卫星。、。距离最近的次数为&—1次，选项C错误；设每隔时间f,a、b、

aa

兀兀TT

C共线一次，贝!|(%—%»=兀，所以一电=2兀2兀=J\，卫星b运动一周的过程中，“、

Tvb/

ab

7,2(T-T)2kT“一2T”

b、c共线的次数为几=/=J"=T=2k—2,选项D正确。

1a

16.【答案】C

1gx2h，1Y1

【解析】小球做平抛运动有y=kg，2,x=vf,可得y=2<xx2,调整前=，即力=工〃，

2o2V2h+H12；3

0

兄(2、2412

调整后考虑临界情况，小球恰好没有擦到A而击中C,——=-,即"=工"，所以〃’==〃，

h+H55

,,12,

从越高处抛出而击中C点，抛物线越陡，越不容易擦到A点，入是满足条件的最小值，故AB

错误；由匕=x号,且两次平抛从抛出到A点过程,x都为L,所以匕=