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理科综合-2021年高考考前最后一卷(新课标Ⅰ卷)(全解全析)

2023-12-12 来源:好走旅游网


2021年高考考前最后一卷 理科综合·全解全析

1 D 12 D 2 A 13 A 3 B 14 C 4 C 15 B 5 C 16 D 6 C 17 B 7 B 18 B 8 D 19 BC 9 B 20 AC 10 C 21 AD 11 C 1.D 【解析】有细胞核就有核仁,A错误;细胞质中的RNA分布在叶绿体、线粒体和细胞质基质中,B错误;真核细胞中有多个DNA分子,C错误;真核细胞的细胞膜中有糖类分布,D正确。

2.A 【解析】病毒必须在宿主细胞里才能繁殖,所以病毒基因的表达必须在细胞里进行,A正确;子代病毒离开细胞时,细胞不一定死亡,有的细胞修复后继续生存,B错误;病毒寄生在人体细胞中,主要通过细胞免疫将其清除,C错误;现在研究无法确定天气温度高,病毒必定死亡,D错误。

3.B 【解析】肾上腺素可以作为神经递质,进入组织液,然后与突触后膜的受体结合,使细胞兴奋,A正确;胰岛素是信息分子,不是酶,所以没有催化作用,B错误;赤霉素对细胞伸长有促进作用,所以赤霉菌产生的赤霉素对水稻的生长有促进作用,C正确;性激素是固醇,是小分子物质,D正确。 4.C 【解析】据题意,实验目的是研究“新药对治疗新冠肺炎是否有疗效”,确定自变量是“给药不给药”(注..意自变量不是“患新冠肺炎恒河猴与健康恒河猴”),因变量是恒河猴的症状是否缓解;且最大限度的排除了人为因素对结果的影响,就是对某些患新冠肺炎的恒河猴使用无害且外形相同的安慰剂。 5.C 【解析】有些RNA病毒的遗传物质不是通过半保留复制生成的,A错误;遗传信息传递过程中,如DNA解旋,导致基因的空间结构发生变化,B错误;一个细胞周期中,DNA只在间期复制一次,而基因可以多次转录,C正确;原核生物没有细胞核,D错误。

6.C 【解析】男性群体中红绿色盲的基因频率等于女性群体中红绿色盲的基因频率,和整个人群中的基因频率相同,A正确;进化的本质是基因频率的变化,一个种群中,控制一对相对性状的基因频率改变说明物种在进化,B正确;种群基因型频率的改变不一定会导致基因频率发生改变,如植物的自交,C错误;基因突变如果发生在体细胞中,则突变的基因不能传递至下一代,所以对后代基因频率没有影响,D正确。

7.B 【解析】是药三分毒,化湿败毒颗粒也不例外,选项A不正确;黄酒是世界上最古老的酒类之一,源于中国,黄酒中含有多种氨基酸,被誉为“液体蛋糕”,选项B正确;火药是用硫磺、硝石(硝酸钾)、木炭等配制出来的混合物,选项C不正确;古人使用的染料只有天然染料,选项D不正确。

8.D 【解析】根据丙泊酚的结构简式,可得其分子式为C12H18O,选项A正确;此反应为苯环上羟基邻位的碳氢键与丙烯中碳碳双键的加成反应,选项B正确;丙泊酚分子中氢原子的种类如图所示:

,共5种,选项C正确;苯环左侧和右侧的3号氢原子所连接的碳原子,该碳原子与

所连的3个碳原子和氢原子形成四面体结构,且该碳原子位于四面体内部,所有碳原子不可能同时共面,

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选项D不正确。

9.B 【解析】根据反应机理图可知SO2和O2 在CeO2的作用下,生成了SO3,选项A正确;表面O空缺形成CeyO2y−x,是失O的,Ce化合价降低,被还原,选项B不正确;由图可知,CeO2在整个反应中作催化剂,降低了反应的活化能,选项C正确;CeO2在反应中先是提供O形成空缺,后又结合O得到完整的结构,起到了晶格O传递的作用,选项D正确。

10.C 【解析】虽然不需拆卸仪器,但喷泉实验需要干燥烧瓶收集氨气,只需换上干燥烧瓶即可反复多次

实验,装置中有尾气吸收装置,气体不会溢出污染空气,安全环保,符合绿色化学设计理念,选项A正确;晃动塑料管,NaOH与NH4Cl反应产生NH3,NH3密度小,利用向下排空气法可以在烧瓶收集满NH3,推进少量的蒸馏水,氨气极易溶于水,使烧瓶内气压减小,形成喷泉,选项B正确;通过计算可知

1000氨水(gmL1)1722400 mol·L−1是一次喷泉实验后氨水的浓度,但仪器可反复多次实验,且状况未知,所

以氨水浓度可能会增大,选项C不正确;形成喷泉是由于烧瓶中压强比外界压强小,水被吸进烧瓶,实验结束,将塑料管从装置中取下后,空气会进入烧瓶,烧瓶中压强和外界相同,由于重力作用,烧瓶中的水会自动回流到烧杯中,无需拆卸仪器,选项D正确。

11.C 【解析】染料敏化剂(Dye)太阳能电池能缓解化石燃料带来的环境污染问题,选项A正确;注入到

半导体之中的电子不能及时被导电基底材料收集,就有可能与氧化态的染料进行复合或还原电解质溶液中的I3(Dye ++e−→ Dye,I3+2e −

3I−),这会降低电池光电转化的效率,应当减少这种情况的

发生,选项B正确;Dye+得到电子可实现Dye再生,但选项中方程式电荷不守恒,选项C不正确;由图可知:I3在反电极的表面获得电子被还原为I−:I3+2e−

3I−,实现了电子的循环,选项D正确。

12.D 【解析】硫酸是二元强酸,盐酸是一元强酸,醋酸是一元弱酸,浓度相同的硫酸、盐酸和醋酸的电

导率:硫酸>盐酸>醋酸,曲线①②③分别为Ba(OH)2滴定硫酸、盐酸和醋酸的曲线,选项A不正确;硫酸与Ba(OH)2完全反应时物质的量之比满足1∶1,而且完全反应时电导率最小,c点是曲线①的最低点,此时Ba(OH)2溶液体积为20 mL,可计算出Ba(OH)2溶液的浓度为0.100 mol·L−1,20 mL 0.100 mol·L−1的Ba(OH)2与20.00 mL 0.100 mol·L−1CH3COOH反应,反应后溶液中溶质为物质的量浓度相同的Ba(OH)2和Ba(CH3COO)2,因CH3COO−水解,可得c(OH−) >c(Ba2+)>c(CH3COO−)>c(H+),选项B不正确;选项B中已求出Ba(OH)2浓度为0.100 mol·L−1,a点、b点溶质分别为Ba(CH3COO)2、BaCl2,两者均为强电解质,完全电离,故a、b点c(Ba2+):a=b,c点生成的是BaSO4,虽然是强电解质,但属于难溶电解质,电离出的Ba2+浓度太小,几乎为零,d点溶质为物质的量浓度相同的Ba(OH)2和Ba(CH3COO)2,故Ba2+浓度最大,因此c(Ba2+):d>a=b>c,选项C不正确;随着Ba(OH)2溶液的滴加,均是先生成盐,水的电离程度逐渐增大,随后Ba(OH)2再过量,水的电离程度又逐渐减小,依据上面分析可知a、b、c、d四点对应的溶质分别是Ba(CH3COO)2、BaCl2、BaSO4(沉淀)、物质的量浓度相同的Ba(OH)2和Ba(CH3COO)2,BaCl2、BaSO4是强酸强碱盐,对水的电离没有影响,b=c,Ba(CH3COO)2是强碱弱酸盐,促进水的电离,物质的量浓度相同的Ba(OH)2和Ba(CH3COO)2,相当于在Ba(CH3COO)2溶液中加入Ba(OH)2,抑制水的电离,故水的电离程度:a>b=c>d,选项D正确。

13.A 【解析】满足主族序数与周期序数相同的元素有:H、Be、Al,W、X、Z的价电子数之和为11,如

果W为H,X、Z的价电子数之和为10,又因为X、Y、Z为同一周期相邻,且依次增大,故X、Z可以是C、O或Si、S,Y为N或P,因Y的最高价含氧酸是一种强酸,则Y为N,X、Z为C、O,满

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足题意;如果W为Be,X、Z的价电子数之和为9,又因为X、Y、Z为同一周期且相邻,不符合题意;如果W为Al,X、Z的价电子数之和为8,W、X、Y、Z原子序数依次增大,又因为X、Y、Z为同一周期且相邻,不符合题意,由以上分析可得W为H,X为C,Y为N,Z为O,据此推断。X2W4Z2为C2H4O2,8 g C2H4O2中氢原子个数为4×4×

8×NA,XZY2W4为CON2H4,7 g CON2H4中氢原子个数为607×NA,二者加和,氢原子个数为NA,选项A正确;元素的非金属性:O>N>C>H,选项B不60正确;W、Y、Z形成的化合物可能是HNO3、HNO2或NH4NO3等物质,NH4NO3属于离子化合物,既存在共价键,也存在离子键,选项C不正确;92 g的C2H6O的物质的量为2 mol,C2H6O有两种不同2 mol乙醇含C—H键个数为10NA,的结构,一种为乙醇(CH3CH2OH),一种为二甲醚(CH3—O—CH3),2 mol二甲醚含C—H键个数为12NA,选项D不正确。

14.C【解析】氚核β衰变放出能量,平均核子质量会减小,所以A错误;β衰变的电子来源于核内中子转

30C正确;变为质子和电子,而不是核外电子,所以B错误;该反应方程为31H2He+1e+e,所以

衰变反应放出的是电子和中微子,质量很小,12.5年后剩余物的质量和初始质量相近,D错误。综上答案为C。

15.B【解析】根据悬链的对称性,左侧的电线悬挂端和竖直方向的夹角比右侧的电线悬挂端和竖直方向的

夹角大(如图1),而且左右两侧悬挂端的水平分力相等,对左右两侧从悬挂端到最低点的两段电线分别分析(如图2、图3)可知电线杆B受到电线的拉力更大,所以A错误,B正确。在冬季时由于冷缩效应,电线会变短,电线悬挂端和竖直方向的夹角会变大,而重力不变,所以悬挂端的水平分力相应会变大;同时由于电线变短重心会升高,重力势能会增大,CD错误。

mv2mqvBv216.D【解析】根据牛顿第二定律得qvBm,则r,得T=,a,由题意知m、q、v、

qBqBmrB大小均相同,则r、a大小均相同,故AB均错误;作出两个粒子的运动轨迹如图所示,短弧和长弧12m均以OP为弦,可以得出两个粒子的动量变化量大小方向均相同,时间差为t=T=,C错误,D

33qB正确。

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17.B【解析】根据运动的独立性,初速度方向上粒子做匀速运动,沿电场方向粒子做匀加速运动,若保证

总能够相遇,应当让静止释放的粒子在初速度方向上,所以释放位置坐标(x,y)满足的关系为y=x。 18.B【解析】两激光束可看成粒子流,其动量变化情况如图所示,动量变化量方向即为激光束受力方向,

根据牛顿第三定律可得介质球的受力方向为向左,即沿OS方向,B正确。

19.BC【解析】沙子的加速度为agcosgsin1m/s2,所以沙子经过2 s和传送带达到共速,

位移为2 m,和传送带间相对位移为2 m,匀速运动的位移为2 m、时间为1 s,到达传送带顶端,所以共计用时3 s。因为运送沙子带动传送带的电动机需要额外消耗的功率为

1mghmv2QE,由PFv可得F=17 N;也可以这样计算传送带因为运送沙子带2P34Wtt动传送带的电动机需要额外提供的摩擦力:沙子加速段位移为2 m,用时2 s,所以正在加速的沙子质量为m1=2 kg,所受摩擦力大小为f1m1gcos12N,匀速段的沙子质量为m2=1 kg,所受摩擦力大小为f2m2gsin5N,共计17 N,与上面解法答案是一致的。在加速过程中,沙子获得的动能为

Ek(mgcosmgsin)x,而因摩擦产生的热量为Qmgcosx,两者不相等;BC正

确。

20.AC【解析】第一次击打能使小球到达圆心等高处,则小球获得动量大小为m2gR,第二次能够使小球

刚好做完整圆周运动,在最高点重力提供向心力,则小球经过击打获得的末动量为m5gR,而且有两种可能性:第二次打击的冲量跟小球返回最低点时的动量方向相同或者相反,则Im2gRm5gR,所以Im5gRm2gR。

21.AD【解析】根据楞次定律可知,安培力阻碍圆环内磁通量的变化,所以感应电流所受到的安培力背离

圆心向外,A正确。同样的,安培力背离圆心向外将会对圆环在其缩小过程中做负功,B错误。磁场增强,同样的速度将会导致圆环受到更大的安培力,而安培力是阻力,圆环完全缩小为点所用时间将变长,同样的,若把恒力F增加,而F是动力,圆环完全缩小为点所用时间将变短;AD正确。

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22.(1)

m(x3x4x1x2)(Mm)m0(2分) (2)(2分) AB(2分) M36MgT2M【解析】(1)物块匀速运动有:m0g=μMg,解得:μ=(2)①根据逐差法由纸带可知物块加速度am0; M(x3x4)(x1x2),对小物体和物块应用牛顿第二定

36T2m(x3x4x1x2)(Mm)mg(Mm)amgMg律可知a,可得,联立解得。

MgM36MgT2Mm②木板和细线均需水平,上面表达式才成立,故A项正确;滑轮端偏低导致正压力变大,设正压力增加量N,则mg(Mm)a,而没有考虑N的话,会使用①中的μ的计算式,会造成测量得

MgN到的动摩擦因数偏大,B项正确;据上面表达式可知,交流电频率为48 Hz而没有发现(还按50 Hz计算),测得的动摩擦因数偏小,故C项错误;实验没有用小物体A的重力代替细线的拉力,实验不需要m远小于M,故D项错误。

23.3 mA 20 40 (2) 555 (3)1.10103(1)(1分)(1分)(1分)直流电压0.6 V(1分)(1分)

(2分) (4)4.62(2分)

【解析】(1)由题意可知:1挡为3 mA挡,2挡为1 mA挡,则可得方程:

IgRg(R1R2)+Ig1mA,

I(gRg+R2)+Ig3mA,联立可得:R1=20 Ω,R2=40 Ω。 R1(2)由题意可知:“4”为直流电压挡0.6 V挡,而表头改装成了量程为Ig1mA,则可得方程:

R4IgIgRg0.6V,可得:R4=555 Ω。

(3)读数为1.1010。

(4)若该表的欧姆挡改成10挡,那么中值电阻变为150 Ω,则需要把改装的电流表量程改装成

3Ig=EIR10mA,所以gg+Ig10mA,可得(R1R2)=4.62。 R中(R1+R2)24.经估算可以得出“金球”质量为11020kg,远远大于我国探明储量,所以消息是个谣言。

【解析】相同体积的“金球”离地面越近产生的重力加速度偏差将会越大,根据题意,金矿在地表下极浅处,我们可以假设 “金球”与地球相切,切点在实验楼下。因为金矿导致的重力加速度偏差如图所示(1分)

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地表重力加速度正常值为gG4π3R4π①(2分) 3GR3R2设“纯金球”半径为r,则重力加速度的偏差是由于金球替代了岩石球导致的,可得 ggG(金)r24π3r4π2 3gG(金)r(分)3即实验测得的重力加速度偏差为gG(金)ggG(金)4πr②(2分) 3①②两式作比可得

4πr3(金)r③(2分)

4πRGR3根据“恶作剧”所说数据“重力加速度相比于该地区正常值产生将近5%的偏差”,带入③式可得: r1.1105m④(1分)

则金球的质量m=ρV4ρ金r311020kg(1分) 320由上计算数据可得“纯金球”的质量为110kg,远大于我国已探明黄金的资源量,很明显“测量得到

的重力加速度相比于该地区正常值有将近5%的偏差,…….发现大量金矿……”是个谣言。(1分)

225.(1)a2m/s (2)vmax7.2 m/s (3)B=3.33 T P=14.4 W

【解析】(1)由牛顿第二定律可得,刚释放瞬间金属棒的加速度为

aBIl(mgsinmgcos)①(2分)

m此时棒中电流大小为I2E②(2分) rEBlv④(1分) rEBlv)l⑤(1分) r代入可得a2m/s③(2分)

(2)金属棒最终将会做匀速运动,设此速度为v,电流大小为I安培力、重力下滑分力、摩擦力三力平衡,即mgsinmgcosB(整理可得:lvBlEB(mgsinmgcos)r0⑥(1分) 为方便书写,令:mgsinmgcosf(1分) 则由⑥式可以看出这是关于B的一元二次方程,它的解为:

2lE(lE)4l2vfr⑦(1分) B2l2v22E2若要B存在,需要v⑧(1分)

4fr带入数据可得速度的最大值为vmax7.2 m/s⑨(2分)

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(3)由上述讨论可知B可代入④求得IE3.33 T(2分)

2lvmaxEBlvmax1.2 A(2分) r则电池的功率为PEI14.4 W(2分) 26.(14分)

(1)除去废铁屑表面的油污(1分) (2)FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O(3)a(1分) 4ClO−+PH3

(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(2分) H3PO4+4Cl−(2分)

(4)取少量草酸亚铁溶于少量冷盐溶液中,加入KSCN溶液无现象,再加入氯水显红色,说明草酸亚铁中含有Fe2+(或其他合理答案,2分)

(5)部分H2O2分解(2分) 6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4(6)饱和草酸(或草酸)(2分)

【解析】(1)废铁屑表面往往附着一些油污,加NaOH溶液进行碱洗的目的是除去废铁屑表面的油污。 (2)从流程图中可看出,摩尔盐是利用硫酸亚铁和硫酸铵反应制得,方程式为: FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O

(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。

4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3(2分)

(3)净化气体时,导管应该长进短出,故气体应从a口通入。根据信息,试剂瓶中的次氯酸钠把硫化氢、磷化氢氧化成最高价含氧酸,次氯酸钠被还原,氯元素化合价降低至−1,可写出离子方程式:4ClO−+PH3

H3PO4+4Cl−。

(4)因为草酸亚铁难溶于水,能溶于冷盐溶液,故取少量草酸亚铁溶于少量冷盐溶液中,加入KSCN溶液无现象,再加入氯水显红色,说明草酸亚铁中含有Fe2+;也可利用K3[Fe(CN)6]进行检验。 (5)H2O2浓度越大越易分解,若太快则会因局部浓度过大,导致部分H2O2分解;根据流程图可知在草酸亚铁溶液中加入饱和草酸钾(K2C2O4)溶液和双氧水生成Fe(OH)3和三草酸合铁(Ⅲ)酸钾,双氧水作为氧化剂把二价铁氧化为三价铁,方程式为6FeC2O4+3H2O2+6K2C2O4

4K3[Fe(C2O4)3]+2Fe(OH)3。

(6)三草酸合铁(Ⅲ)酸钾中钾离子与草酸根离子的个数比为1∶1,草酸钾中钾离子与草酸根离子的个数比为2∶1,必须增加草酸根离子的量,所以在不引入杂质的前提下,应该加入饱和草酸。 27.(15分)

(1)(NH4)2Cr2O7

引燃 Cr2O3+N2↑+4H2O(2分,反应条件写为“加热”也给分) 放热(1分)

(2)ECDB(2分)

(3)固体由白色变成蓝色(1分) CO2(1分) 赶尽装置内的空气,使分解产生的气体被试剂完全吸收,减少实验误差(2分)

(4)D装置既能吸收氧气,又能吸收氨气,且可能发生倒吸,无法达到实验目的(2分) (5)2(NH4)2Cr2O7

1050~1150℃4NH3↑+2Cr2O3+3O2↑+2H2O↑(2分)

(6)FeSO4(2分)(其它合理答案也得分)

【解析】(1)根据实验可知重铬酸铵分解产生固体Cr2O3,同时产生大量气体,其密度ρ=1.25 g·L−1, M气=1.25 g·L−1×22.4 L·mol−1=28 g·mol−1,可知该气体为N2,由重铬酸铵的组成可知方程式为

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(NH4)2Cr2O7

引燃 Cr2O3+N2↑+4H2O;引燃固体后,反应持续进行并剧烈反应,得出反应为放热反应。

(2)在1050~1150℃受热分解过程中,只有重铬酸根离子发生氧化还原反应,反应中应有氨气生成,重铬酸根离子发生氧化还原反应,铬元素化合价降低生成氧化物,氧元素化合价升高生成氧气,产物中共存在三种气体:水蒸气、氧气、氨气,结合题中装置检验顺序为水蒸气、氨气、氧气,则仪器连接顺序为AECDBF。

(3)E用于检验水蒸气,无水硫酸铜由白色变成蓝色;根据B的设计,气体X应该可以被氢氧化钠溶液吸收,但不和其它装置中的物质反应,应为CO2;目的为赶尽装置内的空气,使分解产生的气体被试剂完全吸收,减少实验误差。

(4)C装置的作用是检验并吸收氨气,D装置的作用是检验并吸收氧气,而D装置既能吸收氧气,又能吸收氨气,且可能发生倒吸,互换顺序无法达到实验目的。 (5)C 吸收氨气,增重6.8 g,n(NH3)=

6.8g1=0.4 mol,D吸收氧气,增重9.6 g,

17gmoln(O2)=

9.6g3.6g=0.3 mol,E吸收水蒸气,增重3.6 g,n(HO)=211=0.2 mol,A中红色粉末变

32gmol18gmol 1050~1150℃4NH3↑+2Cr2O3+3O2↑+2H2O↑。

为绿色粉末,由Ⅰ实验中信息可知绿色粉末是Cr2O3,根据产物的物质的量比例可得方程式为 2(NH4)2Cr2O7

(6)除水蒸气之外的两种气体为氧气和氨气,试剂可以吸收这两种气体,则需具备还原性且能吸收氨气,很容易想到FeSO4。 28.(14分)

(1)0.882(1分) ΔH1+ΔH2−ΔH3(1分) (2)①2.4(1分) 66.7(2分)

1.223.660.82121.23(2分) 0.15p0(2分)

②压强增大,副反应平衡逆向移动,氨气的浓度增大,使主反应平衡正向移动(2分) (3)①增强溶液导电性(1分) ②2CNO−+4OH−−6e−【解析】(1)①HCN(aq)②NH3(g)+H2O(l)③H2O(l)

N2↑+2CO2↑+2H2O(2分)

H+(aq)+CN−(aq) K1=4.9×10−10 ΔH1

NH4(aq)+OH−(aq) K2=1.8×10−5 ΔH2

H+(aq)+OH−(aq) K3=1.0×10−14 ΔH3

NH4(aq)+ CN−(aq) K4, ΔH4

④NH3(g)+HCN(aq)反应④=①+②−③,K4=

K1K2K3=

4.910101.81051.01014=0.882。

依据盖斯定律可得ΔH4=ΔH1+ΔH2−ΔH3。

(2)①起始时n(CH4)∶n(NH3)∶n(O2)=2∶3∶3,图中n(O2)=6 mol,则n(CH4)=4 mol,n(NH3)=6 mol。

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利用三段式计算:

(mol•L−1) 2CH4(g)+2NH3(g)+3O2(g)

2HCN(g)+6H2O(g)

起始浓度 2 3 3 0 0 反应浓度 2x 2x 3x 2x 6平衡浓度 2− 2x 3−2x 3−3x 2x 6x (mol•L−1) 2NH3(g)

N2(g)+3H2(g)

x

起始浓度 3−2x 0 0 反应浓度 2y y 3y 平衡浓度 3−2x−2y y 3y

根据图中信息,5 min时n(O2)=n(H2)=n(HCN),得出3−3x=2x,2x=3y,求得x=0.6,y=0.4,代入数据: (mol•L−1) 2CH4(g)+2NH3(g)+3O2(g)

2HCN(g)+6H2O(g)

起始浓度 2 3 3 0 0 反应浓度 1.2 1.2 1.8 1.2 3.6 平衡浓度 0.8 1.8 1.2 1.2 3.6 (mol•L−1) 2NH3(g)

N2(g) + 3H2(g)

起始浓度 1.8 0 0 反应浓度 0.8 0.4 1.2 平衡浓度 1 0.4 1.2 故a=1.2×2=2.4(mol),平衡时氨气的转化率=

26c(HCN)c(H2O)2232x2y32×100%=

23×100%=66.7%,主要反应的平衡常数计

算式为K=

c(CH4)c(NH3)c(O2)0.811.2=

1.223.6623。设平衡时H2的分压为p, n(H2)=1.2 mol·L−1×

2 L=2.4 mol,n(反应后总物质的量)=(0.8+1+1.2+1.2+3.6+0.4+1.2)mol·L−1×2 L=18.8 mol,n(反应前总物质的量)=6 mol +4 mol +6 mol =16 mol,p=

2.418.8×

18.816p0=0.15p0。

②副反应的正反应是气体物质的量增加的反应,压强增大,副反应平衡逆向移动,氨气的浓度增大,使主反应平衡正向移动。

(3)②由图可知,CNO−在阳极上反应生成了CO2、N2,则电极反应式为 2CNO−+4OH−−6e−

29.(8分)

(1)增大(1分) 降低(1分) 保证了光合作用过程中原料(水和二氧化碳)的供应(2分) (2)根冠、萎蔫的叶片(2分) (3)远远大于(或超过)(2分)

【解析】(1)题中设问是干旱胁迫时外源ABA对气孔开度、叶片蒸腾速率的影响,明确对照组是“干旱胁迫处理组”,实验组是“外源ABA+干旱胁迫处理组”。看实验数据,气孔开度相对值这一栏中0.7>0.4,

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N2↑+2CO2↑+2H2O。

即外源ABA可以增大干旱胁迫时气孔开度;叶片蒸腾速率这一栏中2.3<2.6,所以叶片蒸腾速率降低。气孔开度的增加是保证了光合作用暗反应过程中二氧化碳的供应,蒸腾速率降低是保证了光合作用光反应过程中水的供应,所以在干旱条件下,外源ABA能够提高玉米叶片的光合速率。(2)脱落酸的合成部位是根冠、萎蔫的叶片。(3)从图中可以看出,随着实验天数的增加,干旱对玉米叶片中的ABA浓度的影响远远大于对IAA浓度的影响。 30.(10分)

(1)自身免疫(1分) 抗原(2分) 相似(相同)(1分) 体液(2分) (2)胰岛素不能和受体结合而发挥作用(或受体发生改变)(2分)

(3)糖尿病患者原尿中糖的含量高于正常值,不利于肾小管和集合管对水分的重吸收(2分) 【解析】(1)有的人感染某种病毒,产生的抗体在消灭该种病毒的同时还攻击胰岛B细胞,引起Ⅰ型糖尿病,这属于自身免疫病,从分子水平上看,该种病毒上的某些物质(即抗原)与胰岛B细胞表面的某些物质的空间结构相似(相同),对胰岛B细胞的损伤是机体主要通过体液免疫导致的。(2)Ⅱ型糖尿病患者体内胰岛素的含量和正常人相差很小,甚至比正常人还高,推测Ⅱ型糖尿病人最可能的病因是胰岛素不能和受体结合而发挥作用(或受体发生改变)。(3)糖尿病患者出现多尿的原因是糖尿病患者血糖偏高,导致原尿中糖的含量高于正常值,不利于肾小管和集合管对水分的重吸收,引起多尿现象。 31.(9分)

(1)物种组成(1分) 垂直结构(1分) 阳光(2分) (2)随机取样(1分)

(3)不可以(1分) 在沿海滩涂大面积种植互花米草就成了外来物种入侵,由于外来物种往往无天敌限制其发展,可能会引发当地物种的灭绝(3分)

【解析】(1)不同群落的物种组成不同,这是区分不同群落的重要依据。四种不同的群落都有明显的分层现象,这是群落垂直结构的体现,这一现象与不同植物适宜在不同光照强度下生长有关。(2)调查植物的种群密度可以采用样方法,选取样方的关键是随机取样。(3)互花米草是外来物种,由于外来物种往往无天敌限制其发展,可能会引发当地物种的灭绝,所以不可以在沿海滩涂大面积种植互花米草。 32.(12分)

(1)亲本为杂合体时,子一代雌雄都是红眼∶白眼=3∶1(2分)

母本为杂合体时,子一代雌性都是红眼,雄性中红眼∶白眼=1∶1(2分)

(2)控制红眼的显性基因纯合时不仅控制红眼性状,还控制红斑腿(或控制红斑腿的基因与红眼基因

连锁),当个体为杂合体时无此效应(合理即可,2分) 红斑腿性状在下一代中出现了比例为25%的较高比例(3分) (3)不能(1分) 如图

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(2分)

【解析】(1)由题干信息可知,若亲本为杂合体时,子一代雌雄都是红眼∶白眼=3∶1,能判断基因位于常染色体上;若母本为杂合体时,子一代雌性都是红眼,雄性中红眼∶白眼=1∶1,能判断基因位于X染色体上。(2)由题干信息可知,控制红眼的显性基因纯合时不仅控制红眼性状,还控制红斑腿(或控制红斑腿的基因与红眼基因连锁),当个体为杂合体时无此效应。虽然红斑腿在本组实验中是一个新的性状,红斑腿性状在下一代中出现了比例为25%的较高比例,说明控制红斑腿性状的基因不是一个新突变的基因。(3)已知红眼对白眼为显性,正常翅对外展翅为显性,相关的两对等位基因都位于常染色体上,将红眼外展翅与白眼正常翅杂交。会出现下列两种情况:

则子一代中红眼正常翅∶红眼外展翅∶白眼正常翅∶白眼外展翅=1∶1∶1∶1。 所以,根据此结果不能判定这两对等位基因是否符合自由组合定律。 33.(1)放出(1分) 1 500(1分) 等于(1分) 1 200(2分)

【解析】从状态1到状态2,外界对气体做功有W=pΔV=900 J,根据热力学第一定律ΔU=W+Q,得Q=ΔU-W=-1 500 J,气体放热1 500 J;由题图可知p2V2=p3V3,故T2=T3,根据理想气体状态方程有

p1V1p3V3,代入数据可得T1=1 200 K。 T1T3(2)117 ℃

【解析】设空气在27 ℃情况下密度为ρ1,ρ1=1.3 kg/m3,加热后密度减小设为ρ2,可以设想一个质量不变的等压膨胀过程,球内气体做等压变化,密度将会变小,根据盖·吕萨克定律

V1V2(2分) T1T2可得:

11①(2分) 1T12T2设气球体积为V0,V0=1 000 m3,热气球能够飞起来则浮力跟整体重力平衡,可得:

2V0gm0g1V0g②(2分)

代入数据可得ρ2=1.0 kg/ m3③(2分)

再次代入①式,可得T2=390 K=117 ℃④(2分) 34.(1)BDE(5分)

【解析】结合题图可分析出,该机械波的传播周期为T0.4s,波长为4m,振幅A5cm,该

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机械波的波速为v210m/s,A错误;质点B的位移达到y=2.5 cm,则最快为x=(1) m质点T313mm的振动信息传播至B处,所以31s,选项B正确;图示时刻质点P的加速度方向为tv3y轴负方向,选项C错误;图示时刻质点P的速度小于质点O的速度,选项D正确;图示时刻开始计时,位于x=5 m处的质点B开始振动时,所用时间为0.3 s,位于x=0.5 m处的质点P通过的总路程为2A22A(1052) cm,选项E正确。 2(2)(ⅰ)x43R (ⅱ)OB2R 5【解析】根据对称性可得:光束将会经过矩形中心。设矩形中心为M点,射入介质时折射角为α, –α(1分) ∠OMA=30°

xsin3019R由正弦定理可得:,且n,可得x43R(3分) =2sin12sin(30)sin

(ⅱ)设OB=r,AB=l, 正弦定理可得:

rl(2分) sinsin60余弦定理可得:R2r22Rrcos60l2(2分) 联立可得:OB35.(15分)

(1)1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)(2分) 3d(1分) (2)Zn(或

,2分) sp3(1分)

2R(2分) 5(3)依F、Cl、Br、I顺序, ZnX2中的化学键的离子性越来越弱、共价性越来越强,ZnF2为离子晶体, 熔点最高,ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为分子晶体,组成相似,相对分子质量越来越大,熔点越来越高(2分)(4)Zn2N(2分) (5)①60°(1分) ②9723a2hNA2×1021(2分)

【解析】(1)Zn的原子序数为30,基态Zn2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10,在锌原子中最高能级是3d。

(2)Cl、Zn、O三元素中Zn为金属,电负性最小,在Cl2O中O为负价,Cl为正价,故O的电负性

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大于Cl,因此电负性从小到大的顺序为Zn(3)ZnX2的熔点分别为:ZnF2 872℃、ZnCl2 290℃、ZnBr2 394℃、ZnI2 446℃,依F、Cl、Br、I的顺序,可知ZnF2为离子晶体,ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为分子晶体,ZnX2中化学键的离子性越来越弱,共价性越来越强,离子晶体熔点大于分子晶体熔点,ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的结构相似,相对分子质量越来越大,熔点越来越高。

(4)根据侧视图和俯视图可看出一个Zn原子周围最近的N原子为3个,一个N原子周围有6个Zn,得出化学式为Zn2N。

(5)①六方ZnS的晶胞图底面四边形为菱形,底面菱形的锐角一定是60°,即最小的角为60°。 ②Zn原子个数=1+4×=2,S原子个数=1+8×=2,质量=

1418972NAg,此晶胞属于四棱柱,体积V=底面

积S×高h,由题意可知底是由两个正三角形组成的平行四边形,S2−与S2−之间的最近距离为a nm,底面积S=

32−14 2972×a×10cm,高为h×10−7 cm,晶胞密度ρ=×1021 g·cm−3。 23a2hNA236.(15分)

(1)对氯苯甲醇(或4−氯苯甲醇)(1分) (2)酯基、氯原子(各1分,共2分) (3)d(2分) (4)C16H22O3(1分)

OAlCl3OO(5)

+OO+CH3COOH(2分)

O(6)16(2分) 、(2分)

(7)

(合理即可,3分)

【解析】(1)—Cl、—CH2OH 处于苯环对位,可命名为对氯苯甲醇或4−氯苯甲醇。

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(2)布洛芬对氯苄酯中含官能团—Cl、

OCO,即氯原子、酯基。

(3)A→I的反应中,A→B取代反应,B→C还原反应, C→D取代反应,D→E加成反应,E→F取代反应,F→G氧化反应,G→H取代反应,H→I取代反应,取代反应最多,选d。

(4)在E分子中含16个C、3个O,内含1个苯环,4个不饱和度,1个氧环,1个不饱和度,1个碳氧双键,1个不饱和度,共6个不饱和度,氢的个数为16×2+2−6×2=22,故分子式为 C16H22O3。 (5)根据C→D的反应物和产物,可看出是C被乙酸酐在对位上发生取代,方程式为

O+OOAlCl3O+CH3COOH 。

O(6)B为

,B与M互为同分异构体,M能发生银镜反应说明有醛基,苯环上有三个取代基

B说明有苯环,除醛基外还有两个取代基,分子中除去苯环和醛基,剩余3个饱和碳,当三个取代基为

CHO—CHO、—CH3、—CH2CH3 时,—CHO、—CH3 处于邻位时有4种( 1CH3),处于间位时

2CHO34CHO4有4种(12311 ),处于对位时有2种(

2CH3),共10种结构,当三个取代基为—CH2CHO、

2CH3CH3—CH3、—CH3 时,—CH3、—CH3处于邻位时有2种 (

CH3122),处于间位时有3种

1H3C(

3121CH3CH31),处于对位时有1种(

1CH31),共6种,总共16种;核磁共振氢谱有51组峰,且峰面积比为6∶2∶2∶1∶1,可判断应有两个甲基,而且处于对称位置的碳上,应为

O、

O。

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O(7)要想合成

O,可以采用逆推的方法,先合成

ClO,

结合题给路线可得:

37.(15分,除标明外,每空2分)

(1)90 酒精灯火焰

(2)甲同学 甲同学的结果中,1个平板的计数结果与另2个相差较大,结果的重复性差(3分) (3)高压蒸汽灭菌

(4)灼烧 将聚集的菌落逐步稀释以获得单个菌落

【解析】(1)称取陈腐垃圾10 g倒入90 mL无菌水中制成101倍稀释液,然后通过梯度稀释制成102倍和103倍稀释液。用无菌移液管在酒精灯火焰旁分别吸取上述101倍、102倍和103倍的菌种稀释液各0.1 mL通过稀释涂布平板法进行接种。(2)稀释涂布平板法常用来统计样品中活菌的数目。为了保证结果准确,在设计实验时,一个稀释度要涂布至少3个平板,做重复实验,才能增强实验的说服力与准确性。在分析实验结果时,一定要考虑所设置的重复组的结果是否一致,若结果不一致,就意味着操作有误,需要重新实验。(3)使用高压蒸汽灭菌法对培养基进行灭菌。(4)在除臭菌株鉴定的过程中,可将菌株采用平板划线法接种在平板上,该方法中,每次划线前都要对接种环进行灼烧,在第二次及以后的划线时,总是从上一次划线的末端开始划线,这样做的目的是将聚集的菌落逐步稀释以获得单个菌落。

38.(15分,除标明外,每空2分)

(1)反转录(逆转录)

(2)变性→复性→延伸 不需要 2

(3)设计蛋白质结构(3分) 推测氨基酸序列 功能

【解析】(1)要探究格列卫对骨髓细胞中bcr-abl融合基因表达的影响,需要检测CML患者服用格列

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卫前后骨髓细胞中bcr-abl融合基因表达的变化。从CML患者骨髓细胞中提取mRNA,经过反转录(逆转录)过程可获得cDNA,然后进行PCR扩增。(2)PCR一般要经历三十多次循环,每次循环分为“变性→复性→延伸”三步。利用PCR技术扩增目的基因的前提,是要有一段已知目的基因的核苷酸序列,以便根据这一序列合成引物,所以,进行PCR扩增不需要知道bcr-abl融合基因的全部脱氧核苷酸序列,这种实验中加入引物的序列通常为2种。(3)蛋白质工程的基本途径:从预期的蛋白质功能出发→设计预期的蛋白质结构→推测应有的氨基酸序列→找到相应的脱氧核苷酸序列。通过蛋白质工程合成的蛋白质还需要进行生物活性的鉴定即功能鉴定,看是否达到人类的需求。

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