2022年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試理科綜合（適用于云南、四川、廣西、貴州、西藏）注意事項：.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1C12N14016F19S32Ca40Cu64一、選擇題：本題共13小題，每小題6分，共78分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。.鈣在骨骼生長和肌肉收縮等過程中發(fā)揮重要作用。曬太陽有助于青少年骨骼生長，預防老年人骨質疏松。下列敘述錯誤是（ ）A.細胞中有以無機離子形式存在的鈣B.人體內(nèi)C/可自由通過細胞膜的磷脂雙分子層C.適當補充維生素D可以促進腸道對鈣的吸收D.人體血液中鈣離子濃度過低易出現(xiàn)抽搐現(xiàn)象【答案】B【解析】【分析】無機鹽的存在形式與作用：（1）存在形式：細胞中大多數(shù)無機鹽以離子的形式存在;（2）無機鹽的功能：對維持細胞和生物體生命活動有重要作用，如：Fe是構成血紅素的元素；Mg是構成葉綠素的元素。【詳解】A、細胞中有以無機離子形式存在的鈣，也有以化合物形式存在的鈣（如CaCOs）,A正確；B、Ca?.不能自由通過細胞膜的磷脂雙分子層，需要載體協(xié)助，B錯誤：C、維生素D能有效地促進人體腸道對鈣和磷的吸收，故適當補充維生素D可以促進腸道對鈣的吸收，C正確：D,哺乳動物的血液中必須含有一定量的Ca",Ca?'的含量太低，會出現(xiàn)抽搐等癥狀，D正確。故選Bo.植物成熟葉肉細胞的細胞液濃度可以不同?，F(xiàn)將a、b、c三種細胞液濃度不同的某種植物成熟葉肉細胞，分別放入三個裝有相同濃度蔗糖溶液的試管中，當水分交換達到平衡時觀察到：①細胞a未發(fā)生變化；②細胞b體積增大；③細胞c發(fā)生了質壁分離。若在水分交換期間細胞與蔗糖溶液沒有溶質的交換，下列關于這一實驗的敘述，不合理的是（ ）A.水分交換前，細胞b的細胞液濃度大于外界蔗糖溶液的濃度B.水分交換前，細胞液濃度大小關系為細胞b＞細胞a＞細胞cC.水分交換平衡時，細胞c的細胞液濃度大于細胞a的細胞液濃度D.水分交換平衡時，細胞c的細胞液濃度等于外界蔗糖溶液的濃度【答案】C【解析】【分析】由題分析可知，水分交換達到平衡時細胞a未發(fā)生變化，既不吸水也不失水，細胞a的細胞液濃度等于外界蔗糖溶液的濃度；細胞b的體積增大，說明細胞吸水，水分交換前，細胞b的細胞液濃度大于外界蔗糖溶液的濃度；細胞c發(fā)生質壁分離，說明細胞失水，水分交換前，細胞c的細胞液濃度小于外界蔗糖溶液的濃度?！驹斀狻緼、由于細胞b在水分交換達到平衡時細胞的體積增大，說明細胞吸水，則水分交換前，細胞b的細胞液濃度大于外界蔗糖溶液的濃度，A正確；B、水分交換達到平衡時，細胞a的細胞液濃度等于外界蔗糖溶液的濃度，細胞b的細胞液濃度大于外界蔗糖溶液的濃度，細胞c的細胞液濃度小于外界蔗糖溶液的濃度，因此水分交換前，細胞液濃度大小關系為細胞b＞細胞a＞細胞c,B正確；C、由題意可知，水分交換達到平衡時，細胞a未發(fā)生變化，說明其細胞液濃度與外界蔗糖溶液濃度相等；水分交換達到平衡時，細胞c的細胞液濃度等于外界蔗糖溶液的濃度，因此,水分交換平衡時，細胞c的細胞液濃度等于細胞a的細胞液濃度，C錯誤；D、在一定的蔗糖溶液中，細胞c發(fā)生了質壁分離，水分交換達到平衡時，其細胞液濃度等于外界蔗糖溶液的濃度，D正確。故選Co.植物激素通常與其受體結合才能發(fā)揮生理作用。噴施某種植物激素，能使某種作物的矮生突變體長高。關于該矮生突變體矮生的原因，下列推測合理的是（ ）A.赤霉素合成途徑受阻 B.赤霉素受體合成受阻C.脫落酸合成途徑受阻 D.脫落酸受體合成受阻【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：促進細胞的伸長；解除種子、塊莖的休眠并促進萌發(fā)的作用?！驹斀狻緼B、赤霉素具有促進細胞伸長的功能，該作用的發(fā)揮需要與受體結合后才能完成，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、脫落酸抑制植物細胞的分裂和種子的萌發(fā)，與植物矮化無直接關系，CD錯誤。故選A..線粒體是細胞進行有氧呼吸的主要場所。研究發(fā)現(xiàn)，經(jīng)常運動的人肌細胞中線粒體數(shù)量通常比缺乏鍛煉的人多。下列與線粒體有關的敘述，錯誤的是（ ）A.有氧呼吸時細胞質基質和線粒體中都能產(chǎn)生ATPB.線粒體內(nèi)膜上的酶可以參與［H］和氧反應形成水的過程C.線粒體中的丙酮酸分解成CO?和［H］的過程需要Oz的直接參與D.線粒體中的DNA能夠通過轉錄和翻譯控制某些蛋白質的合成【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胞質基質、線粒體基質和線粒體內(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生成二氧化碳和［H］,合成少量ATP；第三階段是氧氣和［H］反應生成水，合成大量ATP?！驹斀狻緼、有氧呼吸的第一階段場所是細胞質基質，第二、三階段在線粒體，三個階段均可產(chǎn)生ATP,故有氧呼吸時細胞質基質和線粒體都可產(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］反應生成水，該過程需要酣的催化，B正確；C、丙酮酸分解為CO,和［H］是有氧呼吸第二階段，場所是線粒體基質，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胞器，其中含有少量DNA,可以通過轉錄和翻譯控制蛋白質的合成,D正確。故選C.在魚池中投放了一批某種魚苗，一段時間內(nèi)該魚的種群數(shù)量、個體重量和種群總重量隨時間的變化趨勢如圖所示。若在此期間魚沒有進行繁殖，則圖中表示種群數(shù)量、個體重量、種群總重量的曲線分別是（）A.甲、丙、乙B.乙、甲、丙A.甲、丙、乙B.乙、甲、丙C.丙、甲、乙D.丙、乙、甲【答案】D【解析】【分析】S型增長曲線：當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，當種群數(shù)量達到環(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?！驹斀狻糠治鲱}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)魚沒有進行繁殖，而且一部分魚苗由于不適應環(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。.某種自花傳粉植物的等位基因A/a和B/b位于非同源染色體上。A/a控制花粉育性，含A的花粉可育；含a的花粉50%可育、50%不育。B/b控制花色，紅花對白花為顯性。若基因型為AaBb的親本進行自交，則下列敘述錯誤的是（ ）A.子一代中紅花植株數(shù)是白花植株數(shù)的3倍B.子一代中基因型為aabb的個體所占比例是1/12C.親本產(chǎn)生的可育雄配子數(shù)是不育雄配子數(shù)的3倍D.親本產(chǎn)生的含B的可育雄配子數(shù)與含b的可育雄配子數(shù)相等【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，獨立遺傳，遵循自由組合定律?！驹斀狻緼、分析題意可知，兩對等位基因獨立遺傳，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一：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B。

.化學與生活密切相關。下列敘述正確的是B.溫室氣體是形成酸雨的主要物質D.B.溫室氣體是形成酸雨的主要物質D.干冰可用在舞臺上制造“云霧”C.棉花、麻和蠶絲均為碳水化合物【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)生氧化還原反應生成有毒的氯氣,兩者不能混合使用，A錯誤；.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，形成酸雨的主要物質是硫氧化物、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，蛋白質不是碳水化合物，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，大量的水蒸氣凝結成了小液滴，形成“云霧”效果，D正確；答案選D。8.輔酶具有預防動脈硬化的功效，其結構簡式如下。下列有關輔酶的說法正確的是A.分子式為c60H9G。4 B.分子中含有14個甲基C.分子中的四個氧原子不在同一平面 D.可發(fā)生加成反應，不能發(fā)生取代反應【答案】B【解析】【詳解】A.由該物質的結構簡式可知，其分子式為C59fMA錯誤：.由該物質的結構簡式可知，鍵線式端點代表甲基，10個重復基團的最后一個連接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，銀基碳采取sd雜化，黑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，分子中含有甲基，能發(fā)生取代反應，D錯誤：答案選B。

.能正確表示下列反應的離子方程式為A.硫化鈉溶液和硝酸混合：S"+2H*=H￡fB.明磯溶液與過量氨水濕合：Al3++4NH3+2H20=A10；+4NH；C.硅酸鈉溶液中通入二氧化碳：SiOj+COz+H^HSiO/HCO；D.將等物質的量濃度的Ba(OH)z和NH4HsO,溶液以體積比1：2混合：Ba2，+20lT+2ir+S0；=BaSO”I+2H20【答案】D【解析】【詳解】A.硝酸具有強氧化性，可以將力氧化為S單質，自身根據(jù)其濃度大小還原為NO或N02,反應的離子方程式為4H*+2N0：+S2=SI+2NO2t+2H?0(濃)或8H*+2NO；+3S2=3SI+2N0+4HQ(稀)，A專昔誤；B.明磯在水中可以電離出A產(chǎn)，可以與氨水中電離出的0"發(fā)生反應生成Al(OH%,但由于氨水的堿性較弱，生成的Al(OH),不能繼續(xù)與弱堿發(fā)生反應，故反應的離子方程式為Al3+3NH3?H2O=A1(OH)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為碳酸根或碳酸氫根，反應的離子方程式為SiOj-W+^HzSiO.,I+C0：(CO?少量)或SiO：+2H2O+2CO2=H2SiO3I+2HC0；(CO?過量)，C錯誤；D.將等物質的量濃度的Ba(0H)2與NH,HSO」溶液以體積比1：2混合，Ba(OH)z電離出的0H與NH-HSO」電離出的H+反應生成水，Ba(0H)2電離出的Ba*與NEHSO*電離出的S0；反應生成BaSO4沉淀，反應的離子方程為為Ba*+20H+2H'+S0；=BaS0j+2HzO,D正確；故答案選D。一種水性電解液Zn-MrA離子選澤雙隔膜電池如圖所示(KOH溶液中，Zn"以Zn(OH)1存在)。電池放電時，下列敘述錯誤的是MnO2電極離子選擇隔膜 ZnMnO2電極離子選擇隔膜 Zn電極IIIIIn區(qū)的k+通過隔膜向ni區(qū)遷移i區(qū)的so；通過隔膜向II區(qū)遷移C.MnOz電極反應：Mn02+2e+4H=Mn2++2H20D.電池總反應：Zn+40H+MnO2+4ir=Zn(OH)+Mn2*+2H20【答案】A【解析】【分析】根據(jù)圖示的電池結構和題目所給信息可知，IH區(qū)Zn為電池的負極，電極反應為Zn-2e+40H=Zn(0H)：,I區(qū)MnO2為電池的正極，電極反應為MnO2+2e-+4H*=Mn2*+2HQ；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H*,生成Mn,II區(qū)的K,向I區(qū)移動或I區(qū)的SO；向H區(qū)移動，IH區(qū)消耗0出，生成Zn(OH)；,II區(qū)的SO；向IH區(qū)移動或IH區(qū)的K'向H區(qū)移動。據(jù)此分析答題。【詳解】A.根據(jù)分析，II區(qū)的t只能向【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.MnO?電極的電極反應式為Mn0z+2e+41T=Mn2'+2HzO,C正確；D.電池的總反應為Zn+4OH+MnO2+4H=Zn(OH)+Mn2*+2H2O,D正確：故答案選A。Na為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是25*C,lOlkPa下，28L氫氣中質子的數(shù)目為2.5Na2.0Ll.OmolL」Aid、溶液中，A?+的數(shù)目為2.0Na0.20mol苯甲酸完全燃燒，生成CO?的數(shù)目為1.4NaD.電解熔融CuCl?,陰極增重6.4g,外電路中通過電子的數(shù)目為O.IONa【答案】C【解析】【詳解】A.25℃、lOlkPa不是標準狀況，不能用標況下的氣體摩爾體積計算氫氣的物質的量，故A錯誤；B.A1”在溶液中會發(fā)生水解生成A1(OH)3,因此2.0L1.0mol/L的A1CL,溶液中A1”數(shù)目小于2.ON,,故B錯誤；15點燃C.苯甲酸燃燒的化學方程式為C6H5coOH+]O2-7CO2+3H2。，Imol苯甲酸燃燒生成7moic口,則0.2mol苯甲酸完全燃燒生成1.4molC02,數(shù)目為1.4Na,故C正確;D.電解熔融CuCL時，陽極反應為2Cr-2e=CL已陰極反應為Cj+ZeZCu，陰極增加的重量為Cu的質量，6.4gCu的物質的量為0.Imol,根據(jù)陰極反應可知，外電路中通過電子的物質的量為0.2mol,數(shù)目為0.2N、，故D錯誤；答案選C。Q、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其最外層電子數(shù)之和為19。Q與X、Y、Z位于不同周期，X、Y相鄰，Y原子最外層電子數(shù)是Q原子內(nèi)層電子數(shù)的2倍。下列說法正確的是A.非金屬性：X>Q B.單質的熔點：X>YC.簡單氫化物的佛點：Z>Q D.最高價含氧酸的酸性：7>Y【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?；騀,X為ALY為Si,Z為Cl或S或P,據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼.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，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A1屬于金屬晶體，Y為Si屬于原子晶體或共價晶體，故單質熔點Si>Al,即Y>X,B錯誤；C.含有氫鍵的物質沸點升高，由分析可知Q為N或0或F,其簡單氫化物為H20或NM或HE,Z為Cl或S或P,其簡單氫化物為HC1或H2s或PH”由于前者物質中存在分子間氫鍵，而后者物質中不存在，故沸點Q>Z,C錯誤；D.元素的非金屬性越強，其最高價含氧酸的酸性越強，P、S,C1的非金屬性均強于Si,因此最高價含氧酸酸性：Z>Y,D正確；故答案為：Do13.根據(jù)實驗目的，下列實驗及現(xiàn)象、結論都正確的是選項實驗目的實驗及現(xiàn)象結論A比較CH3co0一和HCO；的水解常數(shù)分別測濃度均為00moiI?的CHQOONH'和NaHCO：溶液的pH,后者大于前者Kh（CH,COO）＜Kh（HCO3）B檢驗鐵銹中是否含有二價鐵將鐵銹落于濃鹽酸，滴入KMnO?溶液，紫色褪去鐵繡中含有二價鐵C探究氫離子濃度對CrO彳、Cr2O^相互轉化的影響向KzCrO」溶液中緩慢滴加硫酸，黃色變?yōu)槌燃t色增大氫離子濃度，轉化平衡向生成C^O手的方向移動D檢驗乙醇中是否含有水向乙醇中加入一小粒金屬鈉，產(chǎn)生無色氣體乙醇中含有水A.A B.B C.C D.D【答案】c【解析】【詳解】A.CH3COONH1中NH：水解，NH"+H2ONH3-H2O+H+,會消耗C&COO水解生成的OH,測定相同濃度的CHEOONH,和NaHCO」溶液的pH,后者大于前者，不能說明Kh(CH3C00)<Kh(HCO3),A錯誤；B.鐵銹中含有Fe單質，單質Fe與濃鹽酸可反應生成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￡2中存在平衡2CrO；-(黃色)+2H^^Cr2。；-(橙紅色)+川0,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)生反應生成氫氣，故不能說明乙醇中含有水，D錯誤；答案選C。二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14?18題只有一項是符合題目要求的，第19?21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。14.北京2022年冬奧會首鋼滑雪大跳臺局部示意圖如圖所示。運動員從a處由靜止自由滑下，到6處起跳，c點為a、6之間的最低點，a、c兩處的高度差為人要求運動員經(jīng)過一點時對滑雪板的壓力不大于自身所受重力的A倍，運動過程中將運動員視為質點并忽略所有阻力，則c點處這一段圓弧雪道的半徑不應小于（）【答案】D【解析】【詳解】運動員從a到。根據(jù)動能定理有在c點有F veFNc-mg=m--%&Wkmg聯(lián)立有故選D。15.長為1的高速列車在平直軌道上正常行駛，速率為玲，要通過前方一長為L的隧道，當列車的任一部分處于隧道內(nèi)時，列車速率都不允許超過r（y<%）。已知列車加速和減速時加速度的大小分別為a和2a,則列車從減速開始至回到正常行駛速率所所用時間至少為（）vn-vL+1 vn—vL+ll 3（vn—v）L+1A.-2—+ B.義一+ C. _i-+ D.2av av 2av3（v0-v）1L+21av【答案】C【解析】【詳解】由題知當列車的任一部分處于隧道內(nèi)時，列車速率都不允許超過『（/<”）,則列車進隧道前必須減速到匕則有%-2ati解得%一丫2a在隧道內(nèi)勻速有L+1’2=V列車尾部出隧道后立即加速到外,有Vq=vatz解得*3 a則列車從減速開始至回到正常行駛速率％所用時間至少為fr3（%一-?L+12av故選C。16.三個用同樣的細導線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊長與圓線框的直徑相等，圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長相等，如圖所示。把它們放入磁感應強度隨時間線性變化的同一勻強磁場中，線框所在平面均與磁場方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線框中感應電流的大小分別為人、乙和乙。貝！I（ ）A/.</,<B./.>/,>I2C./]=/,>7,D./,=/,=/,【答案】c【解析】【詳解】設圓線框的半徑為八則由題意可知正方形線框的邊長為2八正六邊形線框的邊長為r；所以圓線框的周長為C2=2兀r面積為S2=nr1同理可知正方形線框的周長和面積分別為G=8r,￡=4r2正六邊形線框的周長和面積分別為C-f.re>a仃 3+戶-or,s.=-xoxrx—r= 32 2 2三線框材料粗細相同，根據(jù)電阻定律R=p—^~SJ橫截面可知三個線框電阻之比為/?1：/?2：R3=C]：。2：G=8:2乃：6根據(jù)法拉第電磁感應定律有E_ABS_可得電流之比為：:/2:/3=2:2:G故選Co17.兩種放射性元素的半衰期分別為％和270,在1=0時刻這兩種元素的原子核總數(shù)為其

在，=2r°時刻，尚未衰變的原子核總數(shù)為,，則在，=4。時刻，尚未衰變的原子核總數(shù)為()TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"N .N °N °NA.— B.— C.— D.—12 9 8 6【答案】C【解析】【詳解】根據(jù)題意設半衰期為友的元素原子核數(shù)為人另一種元素原子核數(shù)為y,依題意有x+y=N經(jīng)歷2to后有TOC\o"1-5"\h\z1 1N—x+—y=一

4 2 3聯(lián)立可得x=-N,y=-N3 -3在，=4小時，原子核數(shù)為*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1 1N故選C。

.空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面（龍0y平面）向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點。由靜止開始運動。下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是（ ）【解析】【詳解】AC.在“如平面內(nèi)電場的方向沿y軸正方向，故在坐標原點。靜止的帶正電粒子在電場力作用下會向尸軸正方向運動。磁場方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，可判斷出向y軸正方向運動的粒子同時受到沿x軸負方向的洛倫茲力，故帶電粒子向x軸負方向偏轉。AC錯誤：BD.運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。由于勻強電場方向是沿y軸正方向，故”軸為勻強電場的等勢面,從開始到帶電粒子偏轉再次運動到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入第二象限重復向左偏轉，故B正確，D錯誤。故選B。.如圖，質量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為〃。重力加速度大小為班用水平向右的拉力產(chǎn)拉動P,使兩滑塊均做勻速運動；某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前（ ）/77777777777777777777777777777777777ZP的加速度大小的最大值為2〃gQ加速度大小的最大值為2〃gP的位移大小一定大于Q的位移大小P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小【答案】AD【解析】【詳解】設兩物塊的質量均為加，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運動，則拉力大小為F=2/jmg撤去拉力前對Q受力分析可知，彈簧的彈力為To="mgAB.以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變?yōu)椤╩g,兩滑塊與地面間仍然保持相對滑動，此時滑塊P的加速度為-7J)-/dtng=man解得aV\=-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oQ加速度大小最大值為彈簧恢復原長時一Rmg=maQm解得=一〃mg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在彈簧恢復到原長時的加速度為-Ring=maP2解得仆2="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動，最后彈簧原長時加速度大小也為〃8.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.如圖，兩根相互平行的光滑長直金屬導軌固定在水平絕緣桌面上，在導軌的左端接入電容為。的電容器和阻值為火的電阻。質量為小、阻值也為火的導體棒仞V靜止于導軌上，與導軌垂直，且接觸良好，導軌電阻忽略不計，整個系統(tǒng)處于方向豎直向下的勻強磁場中。開始時，電容器所帶的電荷量為Q,合上開關S后，（ ）A.通過導體棒MN電流的最大值為名B.導體棒掰V向右先加速、后勻速運動C.導體棒MN速度最大時所受的安培力也最大D.電阻火上產(chǎn)生的焦耳熱大于導體棒上產(chǎn)生的焦耳熱【答案】AD【解析】【詳解】，物V在運動過程中為非純電阻，上的電流瞬時值為u-Blv

RA.當閉合的瞬間，Blv=O,此時WV可視為純電阻凡此時反電動勢最小，故電流最大RCR故A正確；B.當“〉B/y時，導體棒加速運動，當速度達到最大值之后，電容器與“”及2構成回路，由于一直處于通路形式，由能量守恒可知，最后蛇終極速度為零，故B錯誤；C.MV在運動過程中為非純電阻電路，WV上的電流瞬時值為.u—Blv

i= R當“=時，脈上電流瞬時為零，安培力為零此時，WV速度最大，故C錯誤；D.在加速度階段，由于協(xié)，反電動勢存在，故協(xié)，上電流小于電阻??上的電流，電阻H消耗電能大于刈上消耗的電能（即紜〉Emn）,故加速過程中，Qr>Qmn；當瓶減速為零的過程中，電容器的電流和導體棒的電流都流經(jīng)電阻廳形成各自的回路，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上的熱量大于導體棒上的熱量，故D正確。故選ADo21.地面上方某區(qū)域存在方向水平向右勻強電場，將一帶正電荷的小球自電場中產(chǎn)點水平向左射出。小球所受的重力和電場力的大小相等，重力勢能和電勢能的零點均取在尸點。則射出后，（ ）A.小球的動能最小時，其電勢能最大B.小球的動能等于初始動能時，其電勢能最大C.小球速度的水平分量和豎直分量大小相等時，其動能最大D.從射出時刻到小球速度的水平分量為零時，重力做的功等于小球電勢能的增加量【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°。VVo當匕,=°時速度最小為%in=W，由于此時匕存在水平分量，電場力還可以向左做負功，故此時電勢能不是最大，故A錯誤；BD.水平方向上m在豎直方向上v=gt由于Eq=tng,得v=%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%+叫=0則重力做功等于小球電勢能的增加量，故BD正確；C.當如圖中必所示時，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。三、非選擇題：共174分。第22-32題為必考題，每個試題考生都必須作答.第33-38為選考題，考生依據(jù)要求作答。（-）必考題：共129分。（5分）某同學要測量微安表內(nèi)阻，可利用的實驗器材有：電源E（電動勢1.5V,內(nèi)阻很小），電流表（量程10mA,內(nèi)阻約10。），微安表（量程lOO/A,內(nèi)阻4待測，約IkA）,滑動變阻器A（最大阻值10C）,定值電阻凡（阻值10C），開關S,導線若干。（5分）（1）在答題卡上將圖中所示的器材符號連線，畫出實驗電路原理圖 ；（2）某次測量中，微安表的示數(shù)為90.0gA,電流表的示數(shù)為9.00mA,由此計算出微安表內(nèi)阻4=Q.【答案】 ①.見解析②.990Q【解析】【詳解】（1）[1]為了準確測出微安表兩端的電壓，可以讓微安表與定值電阻尼并聯(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尼的電流，從而求出微安表兩端的電壓，進而求出微安表的內(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，實驗電路原理圖如圖所示[2]流過定值電阻尼的電流I=IA-IG=9.00mA-0.09mA=8.91mA加在微安表兩端的電壓U=火=8.91xIO?v微安表的內(nèi)電阻

8.91xlQ-290.0x10^8.91xlQ-290.0x10^C=990C（10分）利用圖示的實驗裝置對碰撞過程進行研究。讓質量為㈣的滑塊A與質量為m2的靜止滑塊B在水平氣墊導軌上發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，比較碰撞后A和B的速度大小匕和彩，進而(1)調(diào)節(jié)導軌水平；(2)測得兩滑塊的質量分別為0.510kg和0.304kg。要使碰撞后兩滑塊運動方向相反，應選取質量為kg的滑塊作為A；(3)調(diào)節(jié)B的位置，使得A與B接觸時，A的左端到左邊擋板的距離山與B的右端到右邊擋板的距離與相等；(4)使A以一定的初速度沿氣墊導軌運動，并與B碰撞，分別用傳感器記錄A和B從碰撞時刻開始到各自撞到擋板所用的時間4和弓；(5)將B放回到碰撞前的位置，改變A的初速度大小，重復步驟(4)o多次測量的結果如下表所示；12345tjs0.490.671.011.221.39t2/s0.150.210.330.400.46吃0.31k20.330.330.33(6)表中的&2=(保留2位有效數(shù)字)；(7)上的平均值為；(保留2位有效數(shù)字)%(8)理論研究表明，對本實驗的碰撞過程，是否為彈性碰撞可由力判斷。若兩滑塊的碰v2撞為彈性碰撞，則上的理論表達式為（用班和肛表示），本實驗中其值為彩 ■（保留2位有效數(shù)字），若該值與（7）中結果間的差別在允許范圍內(nèi)，則可認為滑塊A與滑塊B在導軌上的碰撞為彈性碰撞?！敬鸢浮竣?0.304 ②.0.31 ③.0.32 ④.~~ ⑤.0.3327nl【解析】【詳解】（2）[1]應該用質量較小的滑塊碰撞質量較大的滑塊，碰后運動方向相反，故選0.304kg的滑塊作為A?[2]由于兩段位移大小相等，根據(jù)表中的數(shù)據(jù)可得V,[3]」?平均值為v2-0.31+0.31+0.33+0.33+0.33八外k= =0.325[4][5]彈性碰撞時滿足動量守恒和機械能守恒，可得叫%=-m}vi+m^v2g町詔1n色盯聯(lián)立解得W_m2-,n]“ 2班代入數(shù)據(jù)可得又=0.33

匕24.（12分）將一小球水平拋出，使用頻閃儀和照相機對運動的小球進行拍攝，頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次閃光。某次拍攝時，小球在拋出瞬間頻閃儀恰好閃光，拍攝的照片編輯后如圖所示。圖中的第一個小球為拋出瞬間的影像，每相鄰兩個球之間被刪去了3個影像，所標出的兩個線段的長度再和&之比為3：7,重力加速度大小取g=10m/s2,忽略空氣阻力.求在拋出瞬間小球速度的大小。【答案】2叵m/s5【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=0.05X4s=0.2s設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M豎直方向上的位移分別為必、力，根據(jù)平拋運動位移公式有x=voty.=—gt2=—x10x0.22m=0.2m2 2y2=gg(2f)--gg/=gx10x(0.42-OZ?)m=0.6m令y=y,則有%=3%=3y已標注的線段電、S2分別為*=M+y2S2=次+(3?=舊+9寸則有yjx2+y2:yjx2+9y2=3:7整理得故在拋出瞬間小球的速度大小為x2\f5.v0=7=-m/s(20分)光點式檢流計是一種可以測量微小電流的儀器，其簡化的工作原理示意圖如圖所示。圖中4為輕質絕緣彈簧，C為位于紙面上的線圈，虛線框內(nèi)有與紙面垂直的勻強磁場；隨為置于平臺上的輕質小平面反射鏡，輕質剛性細桿〃的一端與“固連且與鏡面垂直，另一端與彈簧下端相連，網(wǎng)為圓弧形的、帶有均勻刻度的透明讀數(shù)條，N的圓心位于“的中心使用前需調(diào)零，使線圈內(nèi)沒有電流通過時，〃豎直且與紙面垂直；入射細光束沿水平方向經(jīng)N上的0點射到〃上后沿原路反射。線圈通入電流后彈簧長度改變，使〃發(fā)生傾斜，入射光束在〃上的入射點仍近似處于國的圓心，通過讀取反射光射到網(wǎng)上的位置，可以測得電流的大小。已知彈簧的勁度系數(shù)為A,磁場磁感應強度大小為6,線圈C的匝數(shù)為從沿水平方向的長度為/,細桿〃的長度為d,圓弧網(wǎng)的半徑為r,r>>",d遠大于彈簧長度改變量的絕對值。(1)若在線圈中通入的微小電流為/,求平衡后彈簧長度改變量的絕對值Ax及N上反射光點與。點間的弧長s；(2)某同學用此裝置測一微小電流，測量前未調(diào)零，將電流通入線圈后，網(wǎng)上反射光點出現(xiàn)在。點上方，與。點間的弧長為s,保持其它條件不變，只將該電流反向接入，則反射光點出現(xiàn)在。點下方，與0點間的弧長為S2。求待測電流的大小?！窘馕觥俊驹斀狻?1)由題意當線圈中通入微小電流/時，線圈中的安培力為F=NBI1根據(jù)胡克定律有

F=NBI1=A|Ax|iA1NB1I陽1設此時細桿轉過的弧度為，，則可知反射光線轉過的弧度為2夕，又因為d?bx,r?d則sin8a8,sin20^20所以有Ax=d0s=r20聯(lián)立可得2rA2NBIlrs=—/XX= d dk（2）因為測量前未調(diào)零，設沒有通電流時偏移的弧長為s',當初始時反射光點在。點上方，通電流/'后根據(jù)前面的結論可知有2NBI'lr,5.= +Sdk當電流反向后有2NBl'lr,a= s2dk聯(lián)立可得4叫S|+“)NBlr同理可得初始時反射光點在。點下方結果也相同，故待測電流的大小為/,：4叫4+￡2）一NBlr（14分）硫酸鋅（ZnSOJ是制備各種含鋅材料的原料，在防腐、電鍍、醫(yī)學上有諸多應用。硫酸鋅可由菱鋅礦制備。菱鋅礦的主要成分為ZnCO1,雜質為SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制備流程如下：濾渣①濾渣②濾渣③濾渣④本題中所涉及離子的氯氧化物溶度積常數(shù)如下表:離子Fe"Zn2+Cu2+Fe2+Mg2+4.0x10-386.7xIO*2.2x1O-208.0x10161.8x10""回答1二列問題：(1)菱鋅礦焙燒生成氧化鋅的化學方程式為.(2)為了提高鋅的浸取效果，可采取的措施有、.(3)加入物質X調(diào)溶液pH=5,最適宜使用的X是(填標號)。NH3H2OB.Ca(OH),C.NaOH濾渣①的主要成分是、、o(4)向80?90℃的濾液①中分批加入適量KMnO4溶液充分反應后過濾，濾渣②中有MnO2,該步反應的離子方程式為<,(5)濾液②中加入鋅粉的目的是.(6)濾渣④與濃H2so4反應可以釋放HF并循環(huán)利用，同時得到的副產(chǎn)物是、焙燒【答案】(1)ZnC03^=Zn0+C02f①.增大壓強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①.B②.Fe(0H)3 ③.CaSO4④.Si023Fe2t+MnO4+7H20=3Fe(011)3I+MnO2I+5H'(5)置換Cu"為Cu從而除去①.CaSO,②.MgSOt【解析】【分析】由題干信息，菱鋅礦的主要成分為ZnC03,雜質為SiOz以及Ca、Mg、Fe、Cu等的焙燒化合物，結合流程圖分析，菱鋅礦焙燒，主要發(fā)生反應ZnCOs^-ZnO+COM,再加入HzS(h酸浸，得到含Zn"、Ca2\Ma2\Fe2\Fe'Cu"的溶液，加入物質X調(diào)節(jié)pH=5,結合表格數(shù)據(jù),過濾得到Fe(0H)3、CaSO,、SiO?的濾渣①，濾液①中主要含有Zn"、Cu"、Mg2\Ca2\Fe*,再向濾液①中加入KMnOi溶液氧化Fe,過濾得到Fe(OH)?和MnO?的濾渣②，濾液②中加入鋅粉，發(fā)生反應Zn+Cu嘰Zn—Cu,過濾后得到濾渣③為Cu,再向濾液③中加入HF脫鈣鎂，過濾得到濾渣④為CaFz、MgFz,濾液④為ZnSOi溶液，經(jīng)一系列處理得到ZnSOi?7HQ,據(jù)此分析解答?！拘?詳解】焙燒由分析，焙燒時，生成ZnO的反應為：ZnCO；,==ZnO+CO2t;【小問2詳解】可采用增大壓強、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.陽3?HQ易分解產(chǎn)生NHs污染空氣，且經(jīng)濟成本較高，故A不適宜；Ca(OH”不會引入新的雜質，且成本較低，故B適宜；NaOH會引入雜質Na',且成本較高，C不適宜；故答案選B；當沉淀完全時(離子濃度小于105mol/L),結合表格Ksp計算各離子完全沉淀時pH<5的只有Fe‘，故濾渣①中有Fe(0H)3,又CaSO.是微溶物，SiO?不溶于酸，故濾渣①的主要成分是Fe(0H)3>CaSO」、SiO2；【小問4詳解】向80-90℃濾液①中加入KMnOi溶液，可氧化Fe",得到Fe(0H)3和MnO?的濾渣②，反應的離子方程式為3Fe2'+MnO4+7H20=3Fe(0H)31+MnO2I+5H1；【小問5詳解】濾液②中加入鋅粉，發(fā)生反應Zn+Cu2=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?、MgFz,與濃硫酸反應可得到HF,同時得到的副產(chǎn)物為CaSO*、MgSO」。(15分)硫化鈉可廣泛用于染料、醫(yī)藥行業(yè)。工業(yè)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。硫化鈉易溶于熱乙醇，重金屬硫化物難溶于乙醇。實驗室中常用95%乙醇重結晶純化硫化鈉粗品。回答下列問題：(1)工業(yè)上常用芒硝(Na2so「lOH?。)和煤粉在高溫下生產(chǎn)硫化鈉，同時生成CO,該反應的化學方程式為。(2)溶解回流裝置如圖所示，回流前無需加入沸石，其原因是?回流時，燒瓶內(nèi)氣霧上升高度不宜超過冷凝管高度的1/3.若氣霧上升過高，可采取的措施是.關閉冷凝水③移去水浴，正確的順序為需進行的操作有①停止加熱②(填標號)。關閉冷凝水③移去水浴，正確的順序為需進行的操作有①停止加熱②(填標號)。A.①?③ B.③(。② C.②(D? D.①?②(4)該實驗熱過濾操作時，用錐形瓶而不能用燒杯接收濾液，其原因是.去的雜質為.o若濾紙上析出大量晶體，則可能的原因是(5)濾液冷卻、結晶、過濾，晶體用少量.去的雜質為.o若濾紙上析出大量晶體，則可能的原因是(5)濾液冷卻、結晶、過濾，晶體用少量..洗滌，干燥，得到Na2s-xH)。。高溫【答案】(1)NazSO,?10H20+4C=^=Na2S+4C0t+10H20①.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，這些雜質可以直接作沸石 ②.降低溫度①.硫化鈉易溶于熱乙醇，若回流時間過長，Na?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 ②.D①防止濾液冷卻 ②.重金屬硫化物③.溫度逐漸恢復至室溫(5)冷水【解析】【分析】本實驗的實驗目的為制備硫化鈉并用95%乙醇重結晶純化硫化鈉粗品，工業(yè)上常用芒硝(Na2so「10H?O)和煤粉在高溫下生產(chǎn)硫化鈉，反應原理為:高溫Na2SO4?10H20+4C^=Na2S+4C0t+10HQ,結合硫化鈉的性質解答問題?！拘?詳解】工業(yè)上常用芒硝(Na2so&TOH2。)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，反應的化學方程式為：Na2SO(?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，這些雜質可以直接作沸石，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，Na*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；回流結束后，先停止加熱，再移去水浴后再關閉冷凝水，故正確的順序為①③②，答案選D。【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薛，故過濾除去的雜質為重金屬硫化物，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、結晶、過濾后，晶體可用少量冷水洗滌，再干燥，即可得到Na2s-H2。(14分)金屬鈦(Ti)在航空航天、醫(yī)療器械等工業(yè)領域有著重要用途，目前生產(chǎn)鈦的方法之一是將金紅石(TiO?)轉化為TiCl,,再進一步還原得到鈦?；卮鹣铝袉栴}：TiO2轉化為TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1000C時反應的熱化學方程式及其平衡常數(shù)如下：(i)直接氯化：TiO2(s)+2C12(g)=TiCl4(g)+O2(g)AH,=172kJ-mol1,Kpl=1.0x1O-2(ii)碳氯化：TiO2(s)+2C12(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)AH,=-51kJmor1,Kp2=1.2xlO,2Pa①反應2C(s)+O,(g)=2CO(g)ah為kJmol1,J=Pa.②碳氯化的反應趨勢遠大于直接氯化，其原因是.

③對于碳氯化反應：增大壓強，平衡移動(填“向左”“向右”或“不”)；溫度升高，平衡轉化率(填“變大”“變小”或“不變”)。(2)在1.0xl()5pa，將TiO?、C、Cl?以物質的量比1：2.2：2進行反應。體系中氣體平衡組成比例(物質的量分數(shù))隨溫度變化的理論計算結果如圖所示。0.70.60.50.40.30.20.10.00 200 400 600 8001000120014001600溫度/℃①反應C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常數(shù)Kp(1400℃)=Pa?②圖中顯示，在200c平衡時TiO?幾乎完全轉化為TiCL，但實際生產(chǎn)中反應溫度卻遠高于此溫度，其原因是.(3)TiO,碳氯化是一個“氣一固一固”反應，有利于TiOz-C“固一固”接觸的措施是【答案】(1) ①.-223②.1.2X10“③.碳氯化反應氣體分子數(shù)增加，AH小于0,是瘠增、放熱過程，端判據(jù)與培判據(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?、?7.2*1。5 ②.為了提高反應速率，在相同時間內(nèi)得到更多的TiCh產(chǎn)品，提高效益(3)將兩固體粉碎后混合，同時鼓入Ch,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ii-反應i”得到反應2c(s)+O2(g)=2CO(g),則AK212x10l2PiH=-51kJ/mo1-172kJ/mol-223kJ/mo1；貝ljKp=— ——=1.2X10“Pa：K1.0x102②碳氯化的反應趨勢遠大于直接氯化，因為碳氯化反應氣體分子數(shù)增加，AH小于0,是端增、放熱過程，燧判據(jù)與烙判據(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對應碳氯化反應，氣體分子數(shù)增大，依據(jù)勒夏特列原理，增大壓強，平衡往氣體分子數(shù)減少的方向移動，即平衡向左移動；該反應是放熱反應，溫度升高，平衡往吸熱方向移動，即向左移動，則平衡轉化率變小?！拘?詳解】①從圖中可知，1400℃,體系中氣體平衡組成比例C02是0.05,TiCL是0.35,C0是0.6,反應C（s）+CO2（g）=2CO（g）的平衡常數(shù)Kp（1400℃）=（°-6P&）-=06*1。*I。）pa=7.2X105Pa；0.05% 0.05x1.0x105②實際生產(chǎn)中需要綜合考慮反應的速率、產(chǎn)率等，以達到最佳效益，實際反應溫度遠高于200℃,就是為了提高反應速率，在相同時間內(nèi)得到更多的TiC"產(chǎn)品?！拘?詳解】固體顆粒越小，比表面積越大，反應接觸面積越大。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。（9分）根據(jù)光合作用中CQ的固定方式不同，可將植物分為G植物和C,植物等類型。以植物的CO?補償點比C3植物的低。CO?補償點通常是指環(huán)境C02濃度降低導致光合速率與呼吸速率相等時的環(huán)境C02濃度?；卮鹣铝袉栴}。（1）不同植物（如C3植物和Q植物）光合作用光反應階段的產(chǎn)物是相同的，光反應階段的產(chǎn)物是（答出3點即可）。（2）正常條件下，植物葉片的光合產(chǎn)物不會全部運輸?shù)狡渌课?，原因是（答?點即可）。（3）干旱會導致氣孔開度減小，研究發(fā)現(xiàn)在同等程度干旱條件下，C,植物比Cs植物生長得好。從兩種植物ca補償點的角度分析，可能的原因是.【答案】（1）口、［H］和ATP（2）自身呼吸消耗或建造植物體結構（3）c植物的co2補償點低于a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和暗反應兩個階段：（1）光合作用的光反應階段（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）光合作用的暗反應階段（場所是葉綠體的基質中）：C02被C5固定形成G,a在光反應提供的ATP和［H］的作用下還原生成糖類等有機物是指綠色植物通過葉綠體，利用光能把二氧化碳和水轉變成儲存著能量的有機物，并釋放出氧氣的過程?！拘?詳解】光合作用光反應階段的場所是葉綠體的類囊體膜上，光反應發(fā)生的物質變化包括水的光解以及ATP的形成，因此光合作用光反應階段生成的產(chǎn)物有“、［H］和ATP?！拘?詳解】葉片光合作用產(chǎn)物一部分用來建造植物體結構和自身呼吸消耗，其余部分被輸送到植物體的儲藏器官儲存起來。故正常條件下，植物葉片的光合產(chǎn)物不會全部運輸?shù)狡渌课??！拘?詳解】G植物的CO?固定途徑有G和C3途徑，其主要的CO?固定酶是PEPC,Rubisco；而G,植物只有Cs途徑，其主要的CO?固定酶是Rubisco。干旱會導致氣孔開度減小，葉片氣孔關閉，CO?吸收減少；由于G植物的CO2補償點低于C3植物，則Ci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C,植物，G植物比a植物生長得好。（9分）人體免疫系統(tǒng)對維持機體健康具有重要作用。機體初次和再次感染同一種病毒后，體內(nèi)特異性抗體濃度變化如圖所示?；卮鹣铝袉栴}。（1）免疫細胞是免疫系統(tǒng)的重要組成成分，人體T細胞成熟的場所是；體液免疫過程中，能產(chǎn)生大量特異性抗體的細胞是.（2）體液免疫過程中，抗體和病毒結合后病毒最終被清除的方式是o（3）病毒再次感染使機體內(nèi)抗體濃度激增且保持較長時間（如圖所示），此時抗體濃度激增的原因是。（4）依據(jù)圖中所示的抗體濃度變化規(guī)律，為了獲得更好的免疫效果，宜采取的疫苗接種措施是.【答案】（1） ①.胸腺 ②.漿細胞（2）抗體與病毒特異性結合形成沉淀，被吞噬細胞吞噬消化（3）病毒再次感染時，機體內(nèi)相應的記憶細胞迅速增殖分化，快速產(chǎn)生大量抗體 （4）多次接種【解析】【分析】體液免疫過程：抗原被吞噬細胞處理呈遞給T淋巴細胞，T細胞產(chǎn)生淋巴因子作用于B細胞，B細胞再接受淋巴因子的刺激和抗原的刺激后，增殖分化成漿細胞和記憶B細胞,漿細胞產(chǎn)生抗體作用于抗原。【小問1詳解】免疫細胞是免疫系統(tǒng)的重要組成成分，包括淋巴細胞和吞噬細胞等，其中T細胞成熟的場所是胸腺。體液免疫過程中，只有漿細胞能產(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合后形成沉淀，再被吞噬細胞吞噬消化?！拘?詳解】記憶細胞可以在病毒消失后存活幾年甚至幾十年，當同一種病毒再次感染機體，記憶細胞能迅速增殖分化，快速產(chǎn)生大量抗體，使抗體濃度激增?！拘?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，使機體產(chǎn)生更多的抗體和記憶細胞。（9分）為保護和合理利用自然資源，某研究小組對某林地的動植物資源進行了調(diào)查?；卮鹣铝袉栴}。（1）調(diào)查發(fā)現(xiàn)，某種哺乳動物種群的年齡結構屬于增長型，得出這一結論的主要依據(jù)是發(fā)現(xiàn)該種群中.（2）若要調(diào)查林地中某種雙子葉植物的種群密度，可以采用的方法是;若要調(diào)查某種鳥的種群密度，可以采用的方法是.（3）調(diào)查發(fā)現(xiàn)該林地的物種數(shù)目很多。一個群落中物種數(shù)目的多少稱為.（4）該林地中，植物對動物的作用有（答出2點即可）；動物對植物的作用有（答出2點即可）?！敬鸢浮浚?）幼年個體數(shù)較多、中年個體數(shù)適中、老年個體數(shù)較少①.樣方法②.標志重捕法（3）物種豐富度 （4） ①.為動物提供食物和棲息空間 ②.對植物的傳粉和種子傳播具有重要作用【解析】【分析】預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、活動范圍廣的動物一般用標志重捕法。【小問1詳解】預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?！拘?詳解】調(diào)查林地中某種雙子葉植物的種群密度,可采用樣方法進行隨機抽樣調(diào)查:鳥的活動能力強、活動范圍廣，調(diào)查其種群密度一般采用標志重捕法?！拘?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?！拘?詳解】植物可進行光合作用，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。（12分）玉米是我國重要的糧食作物。玉米通常是雌雄同株異花植物（頂端長雄花序，葉腋長雌花序），但也有的是雌雄異株植物。玉米的性別受兩對獨立遺傳的等位基因控制，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。現(xiàn)有甲（雌雄同株）、乙（雌株）、丙（雌株）、T（雄株）4種純合體玉米植株。回答下列問題。（1）若以甲為母本、丁為父本進行雜交育種，需進行人工傳粉，具體做法是。（2）乙和丁雜交，艮全部表現(xiàn)為雌雄同株；用自交，F(xiàn),中雌株所占比例為,Fz中雄株的基因型是 ；在Fz的雌株中，與丙基因型相同的植株所占比例是（3）已知玉米籽粒的糯和非糯是由1對等位基因控制的相對性狀。為了確定這對相對性狀的顯隱性，某研究人員將糯玉米純合體與非糯玉米純合體（兩種玉米均為雌雄同株）間行種植進行實驗，果穗成熟后依據(jù)果穗上籽粒的性狀，可判斷糯與非耀的顯隱性。若糯是顯性，則實驗結果是;若非糯是顯性，則實驗結果是 .【答案】（1）對母本甲的雌花花序進行套袋，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。①.1/4 ②.bbTT、bbTt③.1/4①.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 ②.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?！窘馕觥俊痉治觥看苹ɑㄐ蛴娠@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?！拘?詳解】雜交育種原理是基因重組，若甲為母本，丁為父本雜交，因為甲為雌雄同株異花植物，所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?！拘?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,T的基因型為bbTT,3基因型為BbTt,K自交F?基因型及比例為9B_T_（雌雄同株）：3B_tt（雌株）：3bbT_（雄株）：Ibbtt（雌株），故Fz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1/4?！拘?詳解】假設糯和非糯這對相對性狀受A/a基因控制，因為兩種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。（二）選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。如果多做，則每科按所做的第一題計分。33.[物理——選修3-3]（15分）（1）5分一定量的理想氣體從狀態(tài)a變化到狀態(tài)b,其過程如P-T圖上從a到b的線段所示。在此過程中（ ）A.氣體一直對外做功B.氣體的內(nèi)能一直增加C.氣體一直從外界吸熱D.氣體吸收的熱量等于其對外做的功E.氣體吸收的熱量等于其內(nèi)能的增加量【答案】BCE【解析】【詳解】A.因從a到6 圖像過原點，由勺=C可知從a到6氣體的體積不變，則從a到人氣體不對外做功，選項A錯誤;B.因從a到6氣體溫度升高，可知氣體內(nèi)能增加，選項B正確;CDE.因忙0,A60,根據(jù)熱力學第一定律NU平Q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CE正確，D錯誤。故選BCEo(2)10分如圖，容積均為玲、缸壁可導熱的48兩汽缸放置在壓強為％、溫度為7；的環(huán)境中；兩汽缸的底部通過細管連通，A汽缸的頂部通過開口C與外界相通：汽缸內(nèi)的兩活塞將缸內(nèi)氣體分成I、II、m、w四部分，其中第II、ni部分的體積分別為;匕和；匕、環(huán)境壓強保持不變，不計活塞的質量和體積，忽略摩擦。(1)將環(huán)境溫度緩慢升高，求8汽缸中的活塞剛到達汽缸底部時的溫度；(2)將環(huán)境溫度緩慢改變至27；,然后用氣泵從開口。向汽缸內(nèi)緩慢注入氣體，求力汽缸中的活塞到達汽缸底部后，5汽缸內(nèi)第IV部分氣體的壓強。4 9【答案】(1)T=-Toi(2)P=-Po【解析】【詳解】(1)因兩活塞的質量不計，則當環(huán)境溫度升高時，IV內(nèi)的氣體壓強總等于大氣壓強,則該氣體進行等壓變化，則當6中的活塞剛到達汽缸底部時，由蓋呂薩克定律可得\VTo~T解得『二/(2)設當A中的活塞到達汽缸底部時HI中氣體的壓強為p,則此時IV內(nèi)的氣體壓強也等于p,設此時W內(nèi)的氣體的體積為匕貝IJII、III兩部分氣體被壓縮的體積為%-匕則對氣體IVP。P。4pv24對n、in兩部分氣體聯(lián)立解得聯(lián)立解得34.［物理——選修3-4］（15分）（1）5分一平面簡諧橫波以速度7=2m/s沿x軸正方向傳播，t=0時刻的波形圖如圖所示，介質中平衡位置在坐標原點的質點4在t=0時刻的位移、=缶!11,該波的波長為m,頻率為Hz,t=2s時刻，質點4（填“向上運動”“速度為零”或“向下運【詳解】［1］設波的表達式為【詳解】［1］設波的表達式為③.向下運動4?/、y-Asin(——x+0)由題知4由題知4=2cm,波圖像過點（0,&和（1.5,0）,代入表達式有y=2sin(y%+—)(cm)即4=4m[2]由于該波的波速r=2m/s,則

f=—=—Hz=0.5Hz24[3]由于該波的波速v=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”法可知質點力向下運動。(2)10分如圖，邊長為a的正方形的為一棱鏡的橫截面，"為四邊的中點。在截面所在平的，一光線自〃點射入棱鏡，入射角為60°,經(jīng)折射后在死邊的“點恰好發(fā)生全反射，反射光線從位邊的夕點射出棱鏡，求棱鏡的折射率以及A。兩點之間的距離?！窘馕觥俊驹斀狻抗饩€在M點發(fā)生折射有sin60°-〃sin0由題知，光線經(jīng)折射后在笈邊的力點恰好發(fā)生全反射，則sinC=—

nC=90°-o聯(lián)立有tan0=—

2根據(jù)幾何關系有八mbtan八mbtan0= BNa2BN解得NC-a—BN=a—產(chǎn)再由tan/NC解得35.【化學一選修3：物質結構與性質】(15分)2008年北京奧運會的“水立方”，在2022年冬奧會上華麗轉身為“冰立方”，實現(xiàn)了奧運場館的再利用，其美麗的透光氣囊材料由乙烯(CHz=CHj與四氟乙烯(CFkCFz)的共聚物(ETFE)制成。回答下列問題：(1)基態(tài)F原子的價電子排布圖(軌道表示式)為.(2)圖a、b、c分別表示C、N、0和F的逐級電離能I變化趨勢(縱坐標的標度不同)。第一電離能的變化圖是(填標號)，判斷的根據(jù)是;第三電離能的變化圖是(3)固態(tài)氟化氫中存在(HF)“形式，畫出(用心的鏈狀結構oC&=CFz和ETFE分子中C的雜化軌道類型分別為和；聚四氟乙烯的化學穩(wěn)定性高于聚乙烯，從化學鍵的角度解釋原因 。(5)螢石(CaFj是自然界中常見的含氟礦物，其晶胞結構如圖所示，X代表的離子是;若該立方晶胞參數(shù)為apm,正負離子的核間距最小為pm。

【答案】(1)2P(2)【答案】(1)2P(2)①.圖a②.同一周期第一電離能的總體趨勢是依次升高的，但由于N元素的2P能級為半充滿狀態(tài)，因此N元素的第一電離能較C、0兩種元素高③.圖b⑶F、 下、(4) ①.sp?(2).sp3 ③.C-F鍵的HHH鍵能大于聚乙烯中C-H的鍵能，鍵能越大，化學性質越穩(wěn)定①.Ca2②. apm4【解析】【分析】根據(jù)基態(tài)原子的電子表示式書寫價電子排布式；根據(jù)電離能的排布規(guī)律分析電離能趨勢和原因；根據(jù)氫鍵的表示方法書寫(HF)：,的結構；根據(jù)鍵能影響物質穩(wěn)定性的規(guī)律分析兩種物質的穩(wěn)定性差異；根據(jù)均攤法計算晶胞中各粒子的個數(shù)，判斷粒子種類。【小問1詳解】F為第9號元素其電子排布為Is22s22PF為第9號元素其電子排布為Is22s22P\則其價電子排布圖為【小問2詳解】C、N、0、F四種元素在同一周期，同一周期第一電離能的總體趨勢是依次升高的，但由于N元素的2P能級為半充滿狀態(tài)，因此N元素的第一電離能較C、0兩種元素高，因此C、N、0、F四種元素的第一電離能從小到大的順序為C<0〈N〈F,滿足這一規(guī)律的圖像為圖a,氣態(tài)基態(tài)正2價陽離子失去1個電子生成氣態(tài)基態(tài)正3價陽離子所需要的的能量為該原子的第三電離能，統(tǒng)一周期原子的第三電離能的總體趨勢也一次升高，但由于C原子在失去2個電子之后的2s能級為全充滿狀態(tài)，因此其再失去一個電子需要的能量稍高，則滿足這一規(guī)律的圖像為圖b,故答案為：圖a、同一周期第一電離能的總體趨勢是依次升高的，但由于N元素的2P能級為半充滿狀態(tài)，因此N元素的第一電離能較C、0兩種元素高、圖b?！拘?詳解】固體HF中存在氫鍵,則(HF),固體HF中存在氫鍵,則(HF),的鏈狀結構為F、 /F、HHF、，故答案為:

H【小問4詳解】CF產(chǎn)CFz中C原子存在3對共用電子對，其C原子的雜化方式為sp2雜化，但其共聚物ETFE中C原子存在4對共用電子對，其C原子為sd雜化；由于F元素的電負性較大，因此在于C原子的結合過程中形成的C-F鍵的鍵能大于聚乙烯中C-H的鍵能，鍵能的強弱決定物質的化學性質，鍵能越大，化學性質越穩(wěn)定，因此聚四氟乙烯的化學穩(wěn)定性高于聚乙烯，故答案為：sp\sp\C-F鍵的鍵能大于聚乙烯中C-H的鍵能，犍能越大，化學性質越穩(wěn)定。【小問5詳解】根據(jù)螢石晶胞結構，淺色X離子分布在晶胞的頂點和面心上，則1個晶胞中淺色X離子共有8x1+6X^=4個，深色丫離子分布在晶胞內(nèi)部，則1個晶胞中共有8個深色丫離子，因此該晶胞的化學式應為XL,結合螢石的化學式可知，X為Ca\根據(jù)晶胞，將晶胞分成8個相等的小正方體，仔細觀察CaFz的晶胞結構不難發(fā)現(xiàn)F位于晶胞中8個小立方體中互不相鄰的4個小立方體的體心，小立方體邊長為」a,體對角線為且a，Ca*與F之間距離就是小2 2晶胞體對角線的一半，因此晶體中正負的核間距的最小的距離為pm,故答案為：Ca-4不 apmo436.【化學—選修5,有機化學基礎】(15分)用N-雜環(huán)卡其堿(NHCbase)作為催化劑，可合成多環(huán)化合物。下面是一種多環(huán)化合物H的合成路線(無需考慮部分中間體的立體化學)。的合成路線(無需考慮部分中間體的立體化學)。回答下列問題:(1)A的化學名稱為(2)反應②涉及兩步反應，已知第一步反應類型為加成反應，第二步的反應類型為(3)寫出C與Bq/CCI,反應產(chǎn)物的結構簡式E的結構簡式為

H中含氧官能團的名稱是.(6)化合物X是C的同分異構體，可發(fā)生銀鏡反應，與酸性高銃酸鉀反應后可以得到對苯二甲酸，寫出X的結構簡式.(7)如果要合成H的類似物H，(),參照上述合成路線，寫出相應的D，和G'的結構簡式、?H，分子中有個手性碳(碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳)?！敬鸢浮?1)苯甲醇(2)消去反應(3)⑷O(5)硝基、酯基和?；鵆H=CH,【解析】(7) ①.(3)⑷O(5)硝基、酯基和?；鵆H=CH,【解析】(7) ①.CHO的結構簡式為,則A為再發(fā)生消去反應反應生成C,C的結構簡式為,C與BrCHO的結構簡式為,則A為再發(fā)生消去反應反應生成C,C的結構簡式為,C與Br2/CCl,發(fā)生加成反應得到,B與E在強堿再在堿性條件下發(fā)生消去反應生成D,D為的環(huán)境下還原得到F,E的分子式為C5HeOz，F(xiàn)的結構簡式為【分析】由合成路線，A的分子式為C7HQ,在Cu作催化劑的條件下發(fā)生催化氧化生成B,BCH,OH\,B與CH3CHO發(fā)生加成反應生成由分析可知，A的結構簡式為由分析可知，A的結構簡式為,其化學名稱為苯甲醇;°,F與HO八X/NO2生成G,G與D反應生成H,據(jù)此分析解答。【小問1詳解】CH,OH【小問【小問2詳解】CHO由B、C的