2022全國甲卷高考理科綜合答案及解析

2022年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試

理科綜合能力測試（全國甲卷理綜）答案及解析

1.【答案】B

【解析】

【分析】無機(jī)鹽的存在形式與作用：（1）存在形式：細(xì)胞中大多數(shù)無機(jī)鹽以離子的形式存在;

（2）無機(jī)鹽的功能：對維持細(xì)胞和生物體生命活動有重要作用，如：Fe是構(gòu)成血紅素的元

素；Mg是構(gòu)成葉綠素的元素。

【詳解】A、細(xì)胞中有以無機(jī)離子形式存在的鈣，也有以化合物形式存在的鈣（如CaCO。，A

正確；

B、C/不能自由通過細(xì)胞膜的磷脂雙分子層，需要載體協(xié)助，B錯誤；

C、維生素D能有效地促進(jìn)人體腸道對鈣和磷的吸收，故適當(dāng)補(bǔ)充維生素D可以促進(jìn)腸道對

鈣的吸收，C正確；

I）、哺乳動物的血液中必須含有一定量的C/,Ca?的含量太低，會出現(xiàn)抽搐等癥狀，D正確。

故選Bo

2.【答案】C

【解析】

【分析】由題分析可知，水分交換達(dá)到平衡時細(xì)胞a未發(fā)生變化，既不吸水也不失水，細(xì)胞

a的細(xì)胞液濃度等于外界蔗糖溶液的濃度；細(xì)胞b的體積增大，說明細(xì)胞吸水，水分交換前，

細(xì)胞b的細(xì)胞液濃度大于外界蔗糖溶液的濃度；細(xì)胞c發(fā)生質(zhì)壁分離，說明細(xì)胞失水，水分

交換前，細(xì)胞c的細(xì)胞液濃度小于外界蔗糖溶液的濃度。

【詳解】A、由于細(xì)胞b在水分交換達(dá)到平衡時細(xì)胞的體積增大，說明細(xì)胞吸水，則水分交

換前，細(xì)胞b的細(xì)胞液濃度大于外界蔗糖溶液的濃度，A正確；

B、水分交換達(dá)到平衡時，細(xì)胞a的細(xì)胞液濃度等于外界蔗糖溶液的濃度，細(xì)胞b的細(xì)胞液

濃度大于外界蔗糖溶液的濃度，細(xì)胞c的細(xì)胞液濃度小于外界蔗糖溶液的濃度，因此水分交

換前，細(xì)胞液濃度大小關(guān)系為細(xì)胞b＞細(xì)胞a＞細(xì)胞c,B正確；

C、由題意可知，水分交換達(dá)到平衡時，細(xì)胞a未發(fā)生變化，說明其細(xì)胞液濃度與外界蔗糖

溶液濃度相等;水分交換達(dá)到平衡時，細(xì)胞c的細(xì)胞液濃度等于外界蔗糖溶液的濃度，因此，

水分交換平衡時，細(xì)胞c的細(xì)胞液濃度等于細(xì)胞a的細(xì)胞液濃度，C錯誤；

D、在一定的蔗糖溶液中，細(xì)胞c發(fā)生了質(zhì)壁分離，水分交換達(dá)到平衡時，其細(xì)胞液濃度等

于外界蔗糖溶液的濃度，D正確。

故選Co

3.【答案】A

【解析】

【分析】赤霉素：合成部位：幼芽、幼根和未成熟的種子等幼嫩部分；主要生理功能：促進(jìn)

細(xì)胞的伸長；解除種子、塊莖的休眠并促進(jìn)萌發(fā)的作用。

【詳解】AB、赤霉素具有促進(jìn)細(xì)胞伸長的功能，該作用的發(fā)揮需要與受體結(jié)合后才能完成，

故噴施某種激素后作物的矮生突變體長高，說明噴施的為赤霉素，矮生突變體矮生的原因是

缺乏赤霉素而非受體合成受阻（若受體合成受阻，則外源激素也不能起作用），A正確，B

錯誤；

CD,脫落酸抑制植物細(xì)胞的分裂和種子的萌發(fā)，與植物矮化無直接關(guān)系，CD錯誤。

故選Ao

4.【答案】C

【解析】

【分析】有氧呼吸的第一、二、三階段的場所依次是細(xì)胞質(zhì)基質(zhì)、線粒體基質(zhì)和線粒體內(nèi)膜。

有氧呼吸第一階段是葡萄糖分解成丙酮酸和［H］,合成少量ATP；第二階段是丙酮酸和水反

應(yīng)生成二氧化碳和［H］,合成少量ATP；第三階段是氧氣和［川反應(yīng)生成水，合成大量ATP。

【詳解】A、有氧呼吸的第一階段場所是細(xì)胞質(zhì)基質(zhì)，第二、三階段在線粒體，三個階段均

可產(chǎn)生ATP,故有氧呼吸時細(xì)胞質(zhì)基質(zhì)和線粒體都可產(chǎn)生ATP,A正確；

B、線粒體內(nèi)膜是有氧呼吸第三階段的場所，該階段氧氣和［H］反應(yīng)生成水，該過程需要酶的

催化，B正確；

C、丙酮酸分解為C0。和［H］是有氧呼吸第二階段，場所是線粒體基質(zhì)，該過程需要水的參與，

不需要氧氣的參與，C錯誤：

D、線粒體是半自主性細(xì)胞器，其中含有少量DNA,可以通過轉(zhuǎn)錄和翻譯控制蛋白質(zhì)的合成，

D正確。

故選Co

5.【答案】D

【解析】

【分析】S型增長曲線：當(dāng)種群在一個有限的環(huán)境中增長時，隨著種群密度的上升，個體間

由于有限的空間、食物和其他生活條件而引起的種內(nèi)斗爭必將加劇，以該種群生物為食的捕

食者的數(shù)量也會增加，這就會使這個種群的出生率降低，死亡率增高，從而使種群數(shù)量的增

長率下降，當(dāng)種群數(shù)量達(dá)到環(huán)境條件所允許的最大值時，種群數(shù)量將停止增長，有時會在K

值保持相對穩(wěn)定。

【詳解】分析題圖可知，隨著時間變化，甲曲線先增加后減少，乙曲線呈S形，丙曲線下降，

在池塘中投放一批魚苗后，由于一段時間內(nèi)魚沒有進(jìn)行繁殖，而且一部分魚苗由于不適應(yīng)環(huán)

境而死亡，故種群數(shù)量下降，如曲線丙；存活的個體重量增加，如曲線乙，種群總重量先增

加后由于捕撈而減少，如曲線甲。綜上可知，D正確。

故選D。

6.【答案】B

【解析】

【分析】分析題意可知：A、a和B、b基因位于非同源染色體上，獨(dú)立遺傳，遵循自由組合

定律。

【詳解】A、分析題意可知，兩對等位基因獨(dú)立遺傳，故含a的花粉育性不影響B(tài)和b基因

的遺傳，所以Bb自交，子一代中紅花植株B_：白花植株bb=3：1,A正確；

B、基因型為AaBb的親本產(chǎn)生的雌配子種類和比例為AB:Ab:aB:ab=l:l:l:l,由于含a的花

粉50%可育，故雄配子種類及比例為AB:Ab:aB:ab=2:2:l:l,所以子一代中基因型為aabb

的個體所占比例為1/4X1/6=1/24,B錯誤；

C、由于含a的花粉50%可育，50%不可育，故親本產(chǎn)生的可育雄配子是A+l/2a,不育雄配子

為l/2a,由于Aa個體產(chǎn)生的A：a=l:l,故親本產(chǎn)生的可育雄配子數(shù)是不育雄配子的三倍，

C正確；

D、兩對等位基因獨(dú)立遺傳，所以Bb自交，親本產(chǎn)生的含B的雄配子數(shù)和含b的雄配子數(shù)相

等，D正確。

故選Bo

7.【答案】D

【解析】

【詳解】A.漂白粉的有效成分次氯酸鈣與鹽酸混合，會發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成有毒的氯氣，

兩者不能混合使用，A錯誤：

B.溫室氣體主要是指二氧化碳，二氧化碳不是形成酸雨的主要物質(zhì)，形成酸雨的主要物質(zhì)

是硫氧化物、氮氧化物等，B錯誤；

C.棉花、麻來源于植物，主要成分均是纖維素，為碳水化合物，但蠶絲來源于動物，主要

成分是蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)不是碳水化合物，c錯誤；

D.干冰是固態(tài)的二氧化碳，干冰升華時，吸收大量的熱，使周圍溫度降低，大量的水蒸氣

凝結(jié)成了小液滴，形成“云霧”效果，D正確；

答案選D。

8.【答案】B

【解析】

【詳解】A.由該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式可知，其分子式為C59H9。0,,A錯誤；

B.由該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式可知，鍵線式端點(diǎn)代表甲基，10個重復(fù)基團(tuán)的最后一個連接H原子

的碳是甲基，故分子中含有1+1+1+10+1=14個甲基，B正確；

C.雙鍵碳以及與其相連的四個原子共面，?；疾扇p2雜化，皴基碳原子和與其相連的

氧原子及另外兩個原子共面，因此分子中的四個氧原子在同一平面上，C錯誤；

D.分子中有碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應(yīng)，分子中含有甲基，能發(fā)生取代反應(yīng)，D錯誤；

答案選B。

9.【答案】D

【解析】

【詳解】A.硝酸具有強(qiáng)氧化性，可以將r氧化為S單質(zhì)，自身根據(jù)其濃度大小還原為N0

2

或N02,反應(yīng)的離子方程式為4H1+2N0j+S=SI+2NO2t+2&0(濃)或8H'+2N0：+3S，=3SI

+2N0+4HQ(稀)，A錯誤;

B.明磯在水中可以電離出Al",可以與氨水中電離出的0H發(fā)生反應(yīng)生成Al(OH)”但由于

氨水的堿性較弱，生成的Al(0H)3不能繼續(xù)與弱堿發(fā)生反應(yīng)，故反應(yīng)的離子方程式為

3

A1'+3NH3?H20=Al(0H)31+3NH：,B錯誤；

c.硅酸的酸性小于碳酸，向硅酸鈉溶液中通入二氧化碳時，生成硅酸沉淀，二氧化碳則根

據(jù)其通入的量的多少反應(yīng)為碳酸根或碳酸氫根，反應(yīng)的離子方程式為SiO^+H20+C02=H2Si0：i

I+C01(⑩少量)或SiO；-+2達(dá)0+20)2=底論I+2HC0；(CO2過量)，C錯誤；

D.將等物質(zhì)的量濃度的BaSH”與NHHSO,溶液以體積比1：2混合,Ba(0H)2電離出的0H

與NILHSO”電離出的11+反應(yīng)生成水，Ba(Oil)2電離出的Ba"與NHJISO,電離出的SO；反應(yīng)生成

BaSOi沉淀，反應(yīng)的離子方程為為Ba2*+20H+2H*+S0：=BaS04I+2HQ,D正確；

故答案選D。

10.【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)圖示的電池結(jié)構(gòu)和題目所給信息可知，III區(qū)Zn為電池的負(fù)極，電極反應(yīng)為

Zn-2e+40H=Zn(0H),I區(qū)MnO,為電池的正極，電極反應(yīng)為MnOz+2e+物n江+2&0；電池

在工作過程中，由于兩個離子選擇隔膜沒有指明的陽離子隔膜還是陰離子隔膜，故兩個離子

隔膜均可以通過陰、陽離子，因此可以得到I區(qū)消耗IT,生成Mn。II區(qū)的K'向I區(qū)移動或

I區(qū)的so：向n區(qū)移動，in區(qū)消耗OH,生成zn(0H)：,n區(qū)的so：向ni區(qū)移動或in區(qū)的

K*向n區(qū)移動。據(jù)此分析答題。

【詳解】A.根據(jù)分析，n區(qū)的K+只能向I區(qū)移動，A錯誤；

B.根據(jù)分析，I區(qū)的so；向n區(qū)移動，B正確；

C.MnOz電極的電極反應(yīng)式為Mn02+2e+4H'=Mn2"+2H2。，C正確；

D.電池的總反應(yīng)為Zn+4OH+MnO2+4H=Zn(OH):+Mn-+2H2O,D正確；

故答案選A?

11.【答案】C

【解析】

【詳解】A.25℃、lOlkPa不是標(biāo)準(zhǔn)狀況，不能用標(biāo)況下的氣體摩爾體積計算氫氣的物質(zhì)的

量，故A錯誤；

B.A0在溶液中會發(fā)生水解生成Al(0H)3,因此2.0L1.0mol/L的AlCh溶液中A生數(shù)目小

于2.ON.,故B錯誤；

15點(diǎn)燃

C.苯甲酸燃燒的化學(xué)方程式為C6H5coOH+3O2-7(202+3凡0,lmol苯甲酸燃燒

生成7moic則0.2mol苯甲酸完全燃燒生成1.4molC0z,數(shù)目為1.4N,”故C正確;

I).電解熔融CuCL時，陽極反應(yīng)為2C「-2e=C12T,陰極反應(yīng)為Q?++2e-=Cu，陰極增加

的重量為Cu的質(zhì)量，6.4gCu的物質(zhì)的量為0.Imol,根據(jù)陰極反應(yīng)可知，外電路中通過電子

的物質(zhì)的量為0.2mol,數(shù)目為0.2NA,故D錯誤；

答案選C。

12.【答案】D

【解析】

【分析】Q、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Q與X、Y、Z不在同一周期，

Y原子最外層電子數(shù)為Q元原子內(nèi)層電子數(shù)的2倍，則Q應(yīng)為第二周期元素，X、Y、Z位于

第三周期，Y的最外層電子數(shù)為4,則Y為Si元素，X、Y相鄰，且X的原子序數(shù)小于Y,則

X為A1元素,Q、X、Y、Z的最外層電子數(shù)之和為19,則Q、Z的最外層電子數(shù)之和為19-3-4=12,

主族元素的最外層電子數(shù)最多為7,若Q的最外層電子數(shù)為7,為F元素，Z的最外層電子

數(shù)為5,為P元素，若Q的最外層電子數(shù)為6,為0元素，則Z的最外層電子數(shù)為6,為S

元素，若Q的最外層電子數(shù)為5,為N元素，Z的最外層電子數(shù)為7,為C1元素；綜上所述，

Q為N或0或F,X為Al,Y為Si,Z為Cl或S或P,據(jù)此分析解題。

【詳解】A.X為Al,Q為N或0或F,同一周期從左往右元素非金屬性依次增強(qiáng)，同一主族

從上往下依次減弱，故非金屬性：Q>X,A錯誤；

B.由分析可知,X為Al屬于金屬晶體，丫為Si屬于原子晶體或共價晶體，故單質(zhì)熔點(diǎn)Si>Al,

即Y>X,B錯誤；

C.含有氫鍵的物質(zhì)沸點(diǎn)升高，由分析可知Q為N或0或F,其簡單氫化物為HQ或Nlh或HF,

Z為C1或S或P,其簡單氫化物為HC1或HzS或PH：、，由于前者物質(zhì)中存在分子間氫鍵，而

后者物質(zhì)中不存在，故沸點(diǎn)Q>Z,C錯誤；

D.元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價含氧酸的酸性越強(qiáng)，P、S、C1的非金屬性均強(qiáng)于Si,因

此最高價含氧酸酸性：Z>Y,D正確；

故答案為：I）。

13.【答案】C

【解析】

【詳解】A.QhCOONHi中NH：水解，^NH3-H2O+H+,會消耗C%COO水

解生成的OH,測定相同濃度的ClhCOOML和NaHC。,溶液的pH,后者大于前者，不能說明

Kh（CH3C00）<R,（HCO3）,A錯誤；

B.鐵銹中含有Fe單質(zhì)，單質(zhì)Fe與濃鹽酸可反應(yīng)生成Fe,滴入KMnO,溶液，紫色褪去，不

能說明鐵銹中一定含有二價鐵，B錯誤；

C.K￡rO,中存在平衡2CrO孑（黃色）+2H,（橙紅色）+HO緩慢滴加硫酸，H'濃

度增大，平衡正向移動，故溶液黃色變成橙紅色，C正確；

D.乙醇和水均會與金屬鈉發(fā)生反應(yīng)生成氫氣，故不能說明乙醇中含有水，D錯誤;

答案選c。

14.【答案】D

【解析】

【詳解】運(yùn)動員從a到。根據(jù)動能定理有

"1g/?=;加片

在c點(diǎn)有

FNe-mg=m-^-

Kc

&Wkmg

聯(lián)立有

故選Do

15.【答案】C

【解析】

【詳解】由題知當(dāng)列車的任一部分處于隧道內(nèi)時，列車速率都不允許超過P（丫＜玲）,則列

車進(jìn)隧道前必須減速到%則有

v=Vo-2at\

解得

V2a

在隧道內(nèi)勻速有

L+l

t?一

V

列車尾部出隧道后立即加速到％,有

VQ=v+at3

解得

一

qa

則列車從減速開始至回到正常行駛速率的所用時間至少為

L3(--u)?L+l

2av

故選Co

16.【答案】C

【解析】

【詳解】設(shè)圓線框的半徑為r，則由題意可知正方形線框的邊長為2r,正六邊形線框的邊長

為r；所以圓線框的周長為

C2=271r

面積為

S-,=7tr~

同理可知正方形線框的周長和面積分別為

G=8r,S[=4r2

正六邊形線框的周長和面積分別為

C3=6r,S3=-x6xrx^r=^^-

3222

三線框材料粗細(xì)相同，根據(jù)電阻定律

S橫截面

可知三個線框電阻之比為

4::=C|：G：G=8：2萬：6

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有

IIE=--k=B---S-----

R\tR

可得電流之比為：

A:/2:73=2:2:73

即

4=，2>A

故選Co

17.【答案】0

【解析】

【詳解】根據(jù)題意設(shè)半衰期為友的元素原子核數(shù)為x，另一種元素原子核數(shù)為y,依題意有

x+y=N

經(jīng)歷2友后有

11N

—x+—y=一

42-3

聯(lián)立可得

x=-N,y=-N

33

在，=今0時，原子核數(shù)為X的元素經(jīng)歷了4個半衰期，原子核數(shù)為y的元素經(jīng)歷了2個半

衰期，則此時未衰變的原子核總數(shù)為

11N

故選Co

18.【答案】B

【解析】

【詳解】AC.在立加平面內(nèi)電場的方向沿y軸正方向，故在坐標(biāo)原點(diǎn)0靜止的帶正電粒子在

電場力作用下會向y軸正方向運(yùn)動。磁場方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，可判斷出向

y軸正方向運(yùn)動的粒子同時受到沿x軸負(fù)方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負(fù)方向偏轉(zhuǎn)。

AC錯誤;

BD.運(yùn)動的過程中在電場力對帶電粒子做功，粒子速度大小發(fā)生變化，粒子所受的洛倫茲力

方向始終與速度方向垂直。由于勻強(qiáng)電場方向是沿y軸正方向，故x軸為勻強(qiáng)電場的等勢面,

從開始到帶電粒子偏轉(zhuǎn)再次運(yùn)動到x軸時，電場力做功為0,洛倫茲力不做功，故帶電粒子

再次回到x軸時的速度為0,隨后受電場力作用再次進(jìn)入第二象限重復(fù)向左偏轉(zhuǎn),故B正確,

D錯誤。

故選B。

19.【答案】AD

【解析】

【詳解】設(shè)兩物塊的質(zhì)量均為如撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運(yùn)動，則拉力大小為

F=2/jmg

撤去拉力前時Q受力分析可知，彈簧的彈力為

To=Rmg

AB.以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變?yōu)閮苫瑝K與地面間仍然保持相對

滑動，此時滑塊P的加速度為

-T0-^img=maPi

解得

?PI=-2〃g

此刻滑塊Q所受的外力不變，加速度仍為零，滑塊P做減速運(yùn)動，故PQ間距離減小，彈簧

的伸長量變小，彈簧彈力變小。根據(jù)牛頓第二定律可知P減速的加速度減小，滑塊Q的合外

力增大，合力向左，做加速度增大的減速運(yùn)動。

故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為o

Q加速度大小最大值為彈簧恢復(fù)原長時

一〃"2g=maQm

解得

故滑塊Q加速度大小最大值為A正確，B錯誤；

C.滑塊PQ水平向右運(yùn)動，PQ間的距離在減小，故P的位移一定小于Q的位移，C錯誤；

D.滑塊P在彈簧恢復(fù)到原長時的加速度為

-/Jing=maP2

解得

?P2="g

撤去拉力時，PQ的初速度相等，滑塊P由開始的加速度大小為2〃g做加速度減小的減速運(yùn)

動，最后彈簧原長時加速度大小為"g；滑塊Q由開始的加速度為0做加速度增大的減速運(yùn)

動，最后彈簧原長時加速度大小也為"g。分析可知P的速度大小均不大于同一時刻Q的速

度大小，D正確。

故選AD。

20.【答案】AD

【解析】

【詳解】，始，在運(yùn)動過程中為非純電阻，，極，上的電流瞬時值為

u-Blv

A.當(dāng)閉合的瞬間，B/v=O,此時版V可視為純電阻凡此時反電動勢最小，故電流最大

/m?Q

RCR

故A正確；

B.當(dāng)時，導(dǎo)體棒加速運(yùn)動，當(dāng)速度達(dá)到最大值之后，電容器與也V及斤構(gòu)成回路,

由于一直處于通路形式，由能量守恒可知，最后網(wǎng)「終極速度為零，故B錯誤；

C.眩V在運(yùn)動過程中為非純電阻電路，WV上的電流瞬時值為

當(dāng)必=陰丫時，屈V上電流瞬時為零，安培力為零此時，物V速度最大，故C錯誤；

D.在"V加速度階段，由于助V反電動勢存在，故，瓶上電流小于電阻戶上的電流，電阻《

消耗電能大于網(wǎng)，上消耗的電能（即/>場加），故加速過程中，QR>QMN；當(dāng)松，減速為

霎的過程中，電容器的電流和導(dǎo)體棒的電流都流經(jīng)電阻A形成各自的回路，因此可知此時也

是電阻R的電流大，綜上分析可知全過程中電阻A上的熱量大于導(dǎo)體棒上的熱量，故D正確。

故選ADo

21.【答案】BD

【解析】

【詳解】A.如圖所示

Eq=mg

故等效重力G'的方向與水平成45°。

V0

當(dāng)4=0時速度最小為Vmin=%，由于此時匕存在水平分量，電場力還可以向左做負(fù)功，

故此時電勢能不是最大，故A錯誤；

BD.水平方向上

v=—t

0m

在豎直方向上

由于

Eq^mg,得u=%

如圖所示，小球的動能等于末動能。由于此時速度沒有水平分量，故電勢能最大。由動能定

理可知

%+%=0

則重力做功等于小球電勢能的增加量，故BD正確；

C.當(dāng)如圖中匕所示時，此時速度水平分量與豎直分量相等，動能最小，故C錯誤；

故選BD。

22.【答案】①.見解析②.990Q

【解析】

【詳解】(1)[1]為了準(zhǔn)確測出微安表兩端的電壓，可以讓微安表與定值電阻而并聯(lián)，再與

電流表串聯(lián)，通過電流表的電流與微安表的電流之差，可求出流過定值電阻吊的電流，從

而求出微安表兩端的電壓，進(jìn)而求出微安表的內(nèi)電阻，由于電源電壓過大，并且為了測量多

組數(shù)據(jù)，滑動電阻器采用分壓式解法，實(shí)驗(yàn)電路原理圖如圖所示

(2)[2]流過定值電阻入的電流

I=IA-IG=9.00mA-0.09mA=8.91mA

加在微安表兩端的電壓

U=/&)=8.91X102V

微安表的內(nèi)電阻

R=且=8.91310:Q=990Q

6

gIG90.0xlO-

-m1

23.【答案】①.0.304②.0.31③.0.32；⑤.0.33

2ml

【解析】

【詳解】（2）[1]應(yīng)該用質(zhì)量較小的滑塊碰撞質(zhì)量較大的滑塊，碰后運(yùn)動方向相反，故選

0.304kg的滑塊作為A。

（6）[2]由于兩段位移大小相等，根據(jù)表中的數(shù)據(jù)可得

左,=4=6=也=0.31

-v2t10.67

V,

（7）[3],平均值為

彩

0.31+0.31+0.33+0.33+0.33…

k-二----------------------------------------------------------------=0.32

5

（8）[4][5]彈性碰撞時滿足動量守恒和機(jī)械能守恒，可得

m}%=一町v,+牡嶺

121212

力叫環(huán)=5町匕+-^v2

聯(lián)立解得

W_嗎一叫

v22ml

代入數(shù)據(jù)可得

上=0.33

V2

24.【答案】拽m/s

5

【解析】

【詳解】頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次閃光，每相鄰兩個球之間被刪去3個影像，故相鄰兩球

的時間間隔為

/=4T=().05x4s=0.2s

設(shè)拋出瞬間小球的速度為%,每相鄰兩球間的水平方向上位移為x,豎直方向上的位移分別

為％、為，根據(jù)平拋運(yùn)動位移公式有

%=卬

1,1,

x=-gt2=-xl0x0.22m=0.2m

%=；g(一gg/=；x10x((VP—0.2?)m=0.6m

令x=y，則有

%=3y=3y

已標(biāo)注的線段M、S2分別為

5]=y]x2+y2-

§2=次+(3才=次+9＞，2

則有

整理得

2逐

X------V

5

故在拋出瞬間小球的速度大小為

x2^5,

%—=-----m/s

t5

NBII2NBIlr⑵或(M+SJ

25.【答案】（1）

kdk'ANBlr

【解析】

【詳解】（1）由題意當(dāng)線圈中通入微小電流/時，線圈中的安培力為

F=NBH

根據(jù)胡克定律有

F=NBI1=k\\x\

lA1NBll

設(shè)此時細(xì)桿轉(zhuǎn)過的弧度為e,則可知反射光線轉(zhuǎn)過的弧度為2%又因?yàn)?/p>

d?bx,r?d

則

sin00,sin2012。

所以有

Nx二48

s=r-20

聯(lián)立可得

2r2NBllr

s=—zAkr=---------

ddk

(2)因?yàn)闇y量前未調(diào)零，設(shè)沒有通電流時偏移的弧長為s',當(dāng)初始時反射光點(diǎn)在。點(diǎn)上

方，通電流/'后根據(jù)前面的結(jié)論可知有

INBI'lr,

S,=-----------FS

1dk

當(dāng)電流反向后有

INBI'lr,

=------------s

dk

聯(lián)立可得

「=4或（4+52）

'NBlr

同理可得初始時反射光點(diǎn)在0點(diǎn)下方結(jié)果也相同，故待測電流的大小為

/,；4必（4+§2）

NBlr

26.【答案】（1）ZnCO3焙=^燒=ZnO+CO2T

(2)①.增大壓強(qiáng)②.將焙燒后的產(chǎn)物碾碎，增大接觸面積、增大硫酸的濃度等

(3)①.B②.Fe(OH)3③.CaSO,④.SiO2

2

(4)3Fe*+MnO4+7H20=3Fe(OH)31+MnO21+5H'

(5)置換Cd*為Cu從而除去

(6)①.CaS04②.MgSO4

【解析】

【分析】由題干信息，菱鋅礦的主要成分為ZnCOs,雜質(zhì)為SiOz以及Ca、蛇、Fe、Cu等的

焙產(chǎn)

化合物，結(jié)合流程圖分析，菱鋅礦焙燒，主要發(fā)生反應(yīng)ZnCOa^ZnO+COzt,再加入HzSO.,

酸浸，得到含Zn"、Ca2\Ma2\Fe2\Fe3\Cu"的溶液,加入物質(zhì)X調(diào)節(jié)pH=5,結(jié)合表格數(shù)

據(jù)，過濾得到Fe(0H)3、CaSO.,,SiO?的濾渣①,濾液①中主要含有Zn2\Cu"、Mg"、Ca2\Fe2\

再向?yàn)V液①中加入KMn(\溶液氧化Fe,過濾得到Fe(0H)3和MnOz的濾渣②，濾液②中加入

鋅粉，發(fā)生反應(yīng)Zn+Cu嘰Z/Xu,過濾后得到濾渣③為Cu,再向?yàn)V液③中加入HF脫鈣鎂，

過濾得到濾渣④為CaFz、MgFz,濾液④為ZnSQi溶液，經(jīng)一系列處理得到ZnSO“?7H2,據(jù)此

分析解答。

【小問1詳解】

焙燒

由分析，焙燒時，生成ZnO的反應(yīng)為：ZnC03=^Zn0+C02t；

【小問2詳解】

可采用增大壓強(qiáng)、將焙燒后的產(chǎn)物碾碎，增大接觸面積、增大硫酸的濃度等方式提高鋅的浸

取率；

小問3詳解】

A.NH3?H。易分解產(chǎn)生NL污染空氣，且經(jīng)濟(jì)成本較高，故A不適宜：

B.Ca(OH)?不會引入新的雜質(zhì)，且成本較低，故B適宜；

C.NaOH會引入雜質(zhì)Na',且成本較高，C不適宜；

故答案選B；

當(dāng)沉淀完全時(離子濃度小于l(Tmol/L),結(jié)合表格Ksp計算各離子完全沉淀時pH<5的只

有Fe。故濾渣①中有Fe(OH)3,又CaSO」是微溶物，SiO2不溶于酸，故濾渣①的主要成分是

Fe(OH):i,CaSOi、SiO2；

【小問4詳解】

向80~90℃濾液①中加入KMnO,溶液，可氧化Fe”，得到Fe(0H)3和MnOZ的濾渣②，反應(yīng)的離

子方程式為3Fe2'+MnO；+7H2O=3Fe(OH)31+MnO21+5H*：

【小問5詳解】

濾液②中加入鋅粉，發(fā)生反應(yīng)Zn+Cu"=Zn2'=Cu,故加入鋅粉的目的為置換為Cu從而除

去；

【小問6詳解】

由分析，濾渣④為CaF?、MgF”與濃硫酸反應(yīng)可得到HF,同時得到的副產(chǎn)物為CaSOi、MgS0.1o

高溫

=

27.【答案】(1)Na2S04-10H20+4C^=Na2S+4C0t+10H20

(2)①.硫化鈉粗品中常含有一定量的煤灰及重金屬硫化物等雜質(zhì)，這些雜質(zhì)可以直接作

沸石②.降低溫度

(3)①.硫化鈉易溶于熱乙醇，若回流時間過長，Na2S會直接析出在冷凝管上，使提純率

較低，同時易造成冷凝管下端堵塞，圓底燒瓶內(nèi)氣壓過大，發(fā)生爆炸②.D

(4)①防止濾液冷卻②.重金屬硫化物③.溫度逐漸恢復(fù)至室溫

(5)冷水

【解析】

【分析】本實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)?zāi)康臑橹苽淞蚧c并用95%乙醇重結(jié)晶純化硫化鈉粗品，工業(yè)上常用

高溫

芒硝(Na2so&/OH)。)和煤粉在高溫下生產(chǎn)硫化鈉，反應(yīng)原理為：NazSOi?10Hz0+4C^

Na2S+4C0f+10H20,結(jié)合硫化鈉的性質(zhì)解答問題。

【小問1詳解】

工業(yè)上常用芒硝(Na2so「10H2O)和煤粉在高溫下生產(chǎn)硫化鈉，同時生產(chǎn)CO,根據(jù)得失電

高溫

子守恒，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Na2SOf-10H20+4C^=Na2S+4C0t+10H20；

【小問2詳解】

由題干信息，生產(chǎn)的硫化鈉粗品中常含有一定量的煤灰及重金屬硫化物等雜質(zhì)，這些雜質(zhì)可

以直接作沸石，因此回流前無需加入沸石，若氣流上升過高，可直接降低降低溫度，使氣壓

降低；

小問3詳解】

硫化鈉易溶于熱乙醇，若回流時間過長，N&S會直接析出在冷凝管上，使提純率較低，同時

易造成冷凝管下端堵塞，圓底燒瓶內(nèi)氣壓過大，發(fā)生爆炸；回流結(jié)束后，先停止加熱，再移

去水浴后再關(guān)閉冷凝水，故正確的順序?yàn)棰佗邰?，答案選I)。

【小問4詳解】

硫化鈉易溶于熱乙醇，使用錐形瓶可有效防止濾液冷卻，重金屬硫化物難溶于乙醇，故過濾

除去的雜質(zhì)為重金屬硫化物，由于硫化鈉易溶于熱乙醇，過濾后溫度逐漸恢復(fù)至室溫，濾紙

上便會析出大量晶體；

【小問5詳解】

乙醇與水互溶，硫化鈉易溶于熱乙醇，因此將濾液冷卻、結(jié)晶、過濾后，晶體可用少量冷水

洗滌，再干燥，即可得到Na2s-H2。

28.【答案】(1)①.-223②.1.2X10“③.碳氯化反應(yīng)氣體分子數(shù)增加，AH小

于0,是爆增、放熱過程，燧判據(jù)與燃判據(jù)均是自發(fā)過程，而直接氯化的體系氣體分子數(shù)不

變、且是吸熱過程④.向左⑤.變小

(2)①.7.2X105②.為了提高反應(yīng)速率，在相同時間內(nèi)得到更多的TiCI”產(chǎn)品，提高

效益

(3)將兩固體粉碎后混合，同時鼓入CL,使固體粉末“沸騰”

【解析】

【小問1詳解】

①根據(jù)蓋斯定律,將“反應(yīng)ii-反應(yīng)i”得到反應(yīng)2c(s)+02(g)=2C0(g),則A

K.,)[2x]

H=-51kJ/mo1-172kJ/mo1=-223kJ/mo1；則Kp=」-=」----------=1.2X10"Pa；

(1.0x10-2

②碳氯化的反應(yīng)趨勢遠(yuǎn)大于直接氯化,因?yàn)樘悸然磻?yīng)氣體分子數(shù)增加,AI小于0,是嫡增、

放熱過程，燃判據(jù)與焰判據(jù)均是自發(fā)過程，而直接氯化的體系氣體分子數(shù)不變、且是吸熱過

程；

③對應(yīng)碳氯化反應(yīng)，氣體分子數(shù)增大，依據(jù)勒夏特列原理，增大壓強(qiáng)，平衡往氣體分子數(shù)減

少的方向移動，即平衡向左移動；該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，溫度升高，平衡往吸熱方向移動，即

向左移動，則平衡轉(zhuǎn)化率變小。

【小問2詳解】

①從圖中可知，1400℃,體系中氣體平衡組成比例COz是0.05,TiCL是0.35,C0是0.6,

反應(yīng)C(s)+CO?(g)=2C0(g)的平衡常數(shù)Kp(1400℃)=毀冬-=。6*L。Pa=7.2X

0.05P也0.05x1,0x105

105Pa；

②實(shí)際生產(chǎn)中需要綜合考慮反應(yīng)的速率、產(chǎn)率等，以達(dá)到最佳效益，實(shí)際反應(yīng)溫度遠(yuǎn)高于

200℃,就是為了提高反應(yīng)速率，在相同時間內(nèi)得到更多的TiCl“產(chǎn)品。

【小問3詳解】

固體顆粒越小，比表面積越大，反應(yīng)接觸面積越大。有利于TiOz-C“固-固”接觸，可將

兩者粉碎后混合，同時鼓入CL,使固體粉末“沸騰”，增大接觸面積。

29.【答案】（1）Oz、［H］和ATP

（2）自身呼吸消耗或建造植物體結(jié)構(gòu)

（3）C,植物的CO?補(bǔ)償點(diǎn)低于Cs植物，C,植物能夠利用較低濃度的CO?

【解析】

【分析】光合作用包括光反應(yīng)和暗反應(yīng)兩個階段：（1）光合作用的光反應(yīng)階段（場所是葉綠

體的類囊體膜上）：水的光解產(chǎn)生［H］與氧氣，以及ATP的形成；（2）光合作用的暗反應(yīng)階段

（場所是葉綠體的基質(zhì)中）：CO2被Cs固定形成G,C3在光反應(yīng)提供的ATP和［H］的作用下還

原生成糖類等有機(jī)物是指綠色植物通過葉綠體，利用光能把二氧化碳和水轉(zhuǎn)變成儲存著能量

的有機(jī)物，并釋放出氧氣的過程。

【小問1詳解】

光合作用光反應(yīng)階段的場所是葉綠體的類囊體膜上，光反應(yīng)發(fā)生的物質(zhì)變化包括水的光解以

及ATP的形成，因此光合作用光反應(yīng)階段生成的產(chǎn)物有0八［H］和ATP。

【小問2詳解】

葉片光合作用產(chǎn)物一部分用來建造植物體結(jié)構(gòu)和自身呼吸消耗,其余部分被輸送到植物體的

儲臧器官儲存起來。故正常條件下，植物葉片的光合產(chǎn)物不會全部運(yùn)輸?shù)狡渌课弧?/p>

【小問3詳解】

G植物的CO2固定途徑有G和C：,途徑，其主要的CO?固定酶是PEPC,Rubisco；而G植物只

有G途徑，其主要的CO?固定酶是Rubisc。。干旱會導(dǎo)致氣孔開度減小，葉片氣孔關(guān)閉，CO?

吸收減少；由于c,植物的co2補(bǔ)償點(diǎn)低于C3植物，則a植物能夠利用較低濃度的co?,因此

光合作用受影響較小的植物是G植物，a植物比a植物生長得好。

30.【答案】（1）胸腺漿細(xì)胞

（2）抗體與病毒特異性結(jié)合形成沉淀，被吞噬細(xì)胞吞噬消化

（3）病毒再次感染時，機(jī)體內(nèi)相應(yīng)的記憶細(xì)胞迅速增殖分化，快速產(chǎn)生大量抗體

（4）多次接種

【解析】

【分析】體液免疫過程：抗原被吞噬細(xì)胞處理呈遞給T淋巴細(xì)胞，T細(xì)胞產(chǎn)生淋巴因子作用

于B細(xì)胞,B細(xì)胞再接受淋巴因子的刺激和抗原的刺激后，增殖分化成漿細(xì)胞和記憶B細(xì)胞，

漿細(xì)胞產(chǎn)生抗體作用于抗原。

【小問1詳解】

免疫細(xì)胞是免疫系統(tǒng)的重要組成成分，包括淋巴細(xì)胞和吞噬細(xì)胞等，其中T細(xì)胞成熟的場所

是胸腺。體液免疫過程中，只有漿細(xì)胞能產(chǎn)生特異性的抗體。

【小問2詳解】

體液免疫過程中，抗體和病毒特異性結(jié)合后形成沉淀，再被吞噬細(xì)胞吞噬消化。

【小問3詳解】

記憶細(xì)胞可以在病毒消失后存活幾年甚至幾十年，當(dāng)同一種病毒再次感染機(jī)體，記憶細(xì)胞能

迅速增殖分化，快速產(chǎn)生大量抗體，使抗體濃度激增。

【小問4詳解】

分析圖示可知，二次免疫比初次免疫產(chǎn)生的抗體更多，故為了獲得更好的免疫效果，接種疫

苗時可多次接種，使機(jī)體產(chǎn)生更多的抗體和記憶細(xì)胞。

31.【答案】(1)幼年個體數(shù)較多、中年個體數(shù)適中、老年個體數(shù)較少

(2)樣方法標(biāo)志重捕法

(3)物種豐富度

(4)為動物提供食物和棲息空間對植物的傳粉和種子傳播具有重要作用

【解析】

【分析】預(yù)測種群變化主要依據(jù)是年齡組成，包含增長型、穩(wěn)定性個衰退型。

調(diào)查植物和活動能力弱、活動范圍較小的動物的種群密度，可用樣方法；調(diào)查活動能力強(qiáng)、

活動范圍廣的動物一般用標(biāo)志重捕法。

【小問1詳解】

預(yù)測種群變化主要依據(jù)是年齡組成，是指不同年齡在種群內(nèi)的分布情況,對種群內(nèi)的出生率、

死亡率有很大影響，當(dāng)幼年個體數(shù)最多、中年個體數(shù)適中、老年個體數(shù)最少時呈增長型，此

時種群中出生率大于死亡率。

【小問2詳解】

調(diào)查林地中某種雙子葉植物的種群密度,可采用樣方法進(jìn)行隨機(jī)抽樣調(diào)查;鳥的活動能力強(qiáng)、

活動范圍廣，調(diào)查其種群密度一般采用標(biāo)志重捕法。

【小問3詳解】

物種組成是區(qū)別不同群落的重要特征，一個種群中物種數(shù)目的多少稱為物種豐富度。

【小問4詳解】

植物可進(jìn)行光合作用，為動物提供食物，同時可以為動物提供棲息空間；動物的活動有利于

植物的繁衍，如蜜蜂采蜜可幫助植物傳粉，鳥類取食可幫助植物傳播種子。

32.【答案】（1）對母本甲的雌花花序進(jìn)行套袋，待雌蕊成熟時，采集丁的成熟花粉，撒在

甲的雌蕊柱頭上，再套上紙袋。

（2）1/4bbTT、bbTt1/4

（3）糯性植株上全為糯性籽粒，非糯植株上既有糯性籽粒又有非糯籽粒非糯性植株上

只有非糯籽粒，糯性植株上既有糯性籽粒又有非糯籽粒

【解析】

【分析】雌花花序由顯性基因B控制，雄花花序由顯性基因T控制，基因型bbtt個體為雌

株、甲（雌雄同株）、乙（雌株）、丙（雌株）、T（雄株），可推斷出甲的基因型為BBTT,

乙、丙基因型可能為BBtt或bbtt,丁的基因型為bbTT。

【小問1詳解】

雜交育種原理是基因重組，若甲為母本，丁為父本雜交，因?yàn)榧诪榇菩弁戤惢ㄖ参?，?/p>

以在花粉未成熟時需對甲植株雌花花序套袋隔離，等丁的花粉成熟后再通過人工授粉把丁的

花粉傳到甲的雌蕊柱頭后，再套袋隔離。

【小問2詳解】

根據(jù)分析及題干信息“乙和丁雜交，R全部表現(xiàn)為雌雄同株”，可知乙基因型為BBtt,丁的

基因型為bbTT,Fi基因型為BbTt,H自交F2基因型及比例為9B_T_（雌雄同株）：3B_tt

（雌株）：3bbT_（雄株）：Ibbtt（雌株），故F2中雌株所占比例為1/4,雄株的基因型為

bbTT、bbTt,雌株中與丙基因型相同的比例為1/同

【小問3詳解】

假設(shè)糯和非糯這對相對性狀受A/a基因控制，因?yàn)閮煞N玉米均為雌雄同株植物，間行種植時,

既有自交又有雜交。若糯性為顯性，基因型為AA,非糯基因型為aa,則糯性植株無論自交

還是雜交,糯性植株上全為糯性籽粒,非糯植株雜交子代為糯性籽粒，自交子代為非糯籽粒，

所以非糯植株上既有糯性籽粒又有非糯籽粒。同理，非糯為顯性時，非糯性植株上只有非糯

籽粒，糯性植株上既有糯性籽粒又有非糯籽粒。

33.（1）【答案】BCE

【解析】

【詳解】A.因從a到6圖像過原點(diǎn)，由或=?？芍獜腶到6氣體的體積不變，則

T

從a到6氣體不對外做功，選項(xiàng)A錯誤；

B.因從a到6氣體溫度升高，可知?dú)怏w內(nèi)能增加，選項(xiàng)B正確；

CDE.因上0,4》0,根據(jù)熱力學(xué)第一定律

拉馬件0

可知，氣體一直從外界吸熱，且氣體吸收的熱量等于內(nèi)能增加量，選項(xiàng)CE正確，D錯誤。

故選BCEo

49

(2)【答案】(i)T=-TO；(ii)P=

【解析】

【詳解】(1)因兩活塞的質(zhì)量不計，則當(dāng)環(huán)境溫度升高時，IV內(nèi)的氣體壓強(qiáng)總等于大氣壓強(qiáng)，

則該氣體進(jìn)行等壓變化，則當(dāng)6中的活塞剛到達(dá)汽缸底部時，由蓋呂薩克定律可得

%。V

4___J_o_

不一不

解得

4

F。

(2)設(shè)當(dāng)/中的活塞到達(dá)汽缸底部時HI中氣體的壓強(qiáng)為0,則此時IV內(nèi)的氣體壓強(qiáng)也等于0,

設(shè)此時w內(nèi)的氣體的體積為匕則n、m兩部分氣體被壓縮的體積為上匕則對氣體N

P

04,PV

4

對n、in兩部分氣體

嗚+爭M3V)

T.27。

聯(lián)立解得

V=-V

3o°

9

PR。

34.(1)【答案】①.4②.0.5③.向下運(yùn)動

【解析】

【詳解】［1］設(shè)波的表達(dá)式為〉=/^^（丁x+e）

由題知4-2cm,波圖像過點(diǎn)（0,、歷）和（1.5,0）,代入表達(dá)式有

>=2sin（Wx+?）（cm）

即

A-4m

［2］由于該波的波速v=2m/s,則

/=I.=|HZ=O.5HZ

［3］由于該波的波速K=2m/s,則

T=—=2s

v

由于題圖為t=0時刻的波形圖，則t=2s時刻振動形式和零時刻相同，根據(jù)“上坡、下

坡”法可知質(zhì)點(diǎn)力向下運(yùn)動。

（2）【答案】〃=也，PC=2^11。

22

【解析】

【詳解】光線在M點(diǎn)發(fā)生折射有

sin60°-〃sin0

由題知，光線經(jīng)折射后在回邊的N點(diǎn)恰好發(fā)生全反射，則

.-1

smC=—

n

C=90°-0

聯(lián)立有