理科综合-2022年高考押题预测卷03（全国甲卷）（全解全析）.docx

2022年高考押题预测卷03【全国甲卷】理科综合全解全析1234567CDDCDBC891011121314ABCDDCC15161718192021BCABACACBCD1 .【答案】c【解析】A、蛋白质类食物已经煮熟，但加热过程中并没有引起肽键断裂，因此，其中的肽键数目并未发生 变化，A错误；B、蔬菜中含有的纤维素是多糖，但人体不能产生分解纤维素的酶，因此蔬菜中的纤维素不能被人体利用, B错误；C、食物中应富含钙等无机盐，同时适当补充鱼肝油，因为鱼肝油中含有维生素D能促进肠道对钙、磷的吸 收，因而可在一定程度上预防骨质疏松，C正确；D、假设宇航员没有及时进食，糖代谢发生障碍，供能缺乏时，脂肪会转化为糖类，但并不是大量转化为糖类,D错误。2 .【答案】D【解析】A、生长素不直接参与细胞代谢，具有调节作用，生长素具有两重性，能给细胞传达促进生长的信息也能给 抑制生长的信息，A错误；B、共同进化是指不同物种之间，生物与无机环境之间在相互影响中不断进化和开展，不包括种群内部，B 错误；C、人的成熟红细胞通过无氧呼吸提供能量，所以无氧环境不会影响成熟红细胞对离子的吸收，C错误；D、动物细胞进行有丝分裂时，中心体在间期数量倍增、子细胞又恢复，其数量呈现周期性变化，D正确。3 .【答案】D【解析】竹NW Fsin530 = kx （2 分）其中 x = 2L（sin530-sin30 ）且尸产F解得 =喏（2分） y L（2）自由释放时A的加速度方向垂直于4。杆，由牛顿第二定律得/ngcos60。-bcos30。= 侬（1分）对 B： Feos60 = man （ 1 分）解得aB = &2工（2分）（3）当 9 = 90。时眩=ycos450,对系统由机械能能守恒定律得"磔（cos30 -cos45 ） = -mv +-/7tv2 + Ep （2分） 22解得 E = mgL mv2 （2 分） p 2425. （18分）【答案】（1） 江,；（2） -.1； （3）卜2上吟上储。V m Rq166,【解析】（1）离子加速电场加速后，根据动能定理机说（1分）解得? = /!巫（1分） V m2离子在圆弧形静电分析器中，根据牛顿第二定律加费（1分）2U解得月二4（1分）R（2）从P点进入圆形磁场后，垂直打在竖直放置的硅片上的。点，方向偏转90。，故粒子在磁场中的轨迹2半径也为心 根据牛顿第二定律小生（2分）R解得3 =号=1吃（2分）qR av q（3）电场和磁场都存在时，粒子将做螺旋线运动，由电场后2产生的沿X轴方向的运动为初速为。的匀加速直线运动，由磁场产生沿纸面的运动为匀速圆周运动，以由磁场产生沿纸面的运动为匀速圆周运动为研究 过程，如下图由图中几何关系可得cos 6 = 一 D= 0.5 （1分）RJT即8 = （1分）工RI粒子在磁场中的时间为r=3 /R m （1分） 1%3 2qU粒子由电场当产生的加速度为4=%=当（1分） m71mR粒子沿电场方向通过的位移为=。片=苧（1分） 26粒子离开磁场到打在硅片上的时间为，2=- = 4 与（1分）v0 sin 0 V3v0 6qU故粒子打在硅片上的V坐标为y = % cos。4 =日H（1分）粒子离开磁场时，沿电场方向的速度为匕=/、户巨（1分）V m粒子离开磁场到打在硅片上沿电场方向的位移为 = u4=走R （1分）故粒子打在硅片上的九坐标为X = X +%2（26+下）尺6粒子最后打到硅片上的坐标为"）R 尺。（1分） o o26（14分）【答案】（l）fghabe（2）KC1O3 + 6HC1（浓产KC1 + 3C12T + 3H2O （3）NaOH或氢氧化钠溶液(4)通入Cl2与生成的NaOH反响，有利于NaC3N3O3Cl2的生成(5) 冷水洗涤干燥55cV(6) 滴加最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去且半分钟不恢复m【解析】【分析】由二氯异氧尿酸钠的制备原理以及给定的装置可知，题干中所示的反响装置可以分为氯气的发生装置与二 氯异同尿酸钠的制备装置。具体反响流程为：用浓盐酸与Ca(ClO)2反响制CL；除去Cb中因浓盐酸挥发而 混合的HC1；将Cb通入氢氧化钠溶液中制备NaClO,再与氟尿酸溶液反响生成二氯异氧尿酸钠；对尾气 Cb进行处理。据此可回答各个问题。(1)按照气流从左至右的顺序，制备二氯异氟尿酸钠首先需要制备C12,需要装置D, 02从f 口流出；接下来需 要除去Cb中混合的HCL需要装置E,气体从g 口流入、h 口流出；制备NaClO并与氧尿酸溶液发生反响 需要装置A,气体从a 流入、b 口流出；为了除去未反响完的Cb,需要将尾气通入到氢氧化钠溶液中， 需要装置C,气体从e 口流入。故导管连接顺序为fghabe。(2)装置D为氯气发生装置，假设利用氯酸钾与浓盐酸制备氯气，发生反响的化学方程式为:KCIO3+6HCI(浓尸KC1 + 3CLT +3H20。(3)仪器X中所加试剂的目的是与Cb反响生成NaClO,故该试剂为NaOH或氢氧化钠溶液。(4)观察题干信息可知制备二氯异氟尿酸钠的反响可以生成NaOH,故继续通入一定量的氯气可以与生成的 NaOH反响不断生成NaClO,有利于NaCsNsOsCh的生成。(5)考虑到二氯异氧尿酸钠难溶于冷水，A中的浊液经过滤后应再用冷水洗涤并干燥之后可以得到粗产品。故 答案为：冷水洗涤；干燥。(6)NaC3N3O302溶液可以与过量的KI溶液反响生成12, 12遇淀粉显蓝色。随后加入Na2s2。3溶液与12反响 可使蓝色逐渐褪去，故滴定终点的现象为：滴加最后一滴标准溶液，锥形瓶中溶液蓝色褪去且半分钟不恢 复；由题干中给出的反响方程式：C3N3O3C12 +3H+4I-= C3H3N3O3+2I2+2CI-, I2+2S2O；=21+S4O：-可知各物质的物质的量之比为 n(NaC3N303cl2)： n(I2)： n(Na2S2O3)=l： 2： 4。即nCNaC3NsO3Ch)= - n(Na2S2O3)= - x cV x 10_3 mol o 10mL 溶液中 NaC3N3O3C12 的质量为 44m=nxM= xcVx 10-3 molx220g/mol=0.055cV g, 100mL 溶液中 NaCsChCb 的质量为 0.55cV g。那么0 55cV55cVNaC3NQ3cb 的含量上xlOO% =二 J% ° mm【点睛】回答滴定终点的现象时不能简单描述为“溶液褪色”，要加上“滴加最后一滴标准溶液''以及"半分钟不恢复”的条件，才能保证到达了滴定终点。27. (14 分)【答案】(1)90.8(2) 低温、高压 加入一定量CO,使反响CO2(g)+H2(g)=CO(g) + H2O(g)逆向进行，提高生成CH30H的选择性16.7%5.33X10-4(4) CO2 + 6H+ + 6e- = CHQH + H2O5.6【解析】(1)CO2加氢分别生成甲醇和CO是最重要的两个基本反响，其反响如下：CO2(g)+3H2 (g) UCH30H (g) + H2O(g)- 49.6kJ moE1 CO2(g) + H2(g)F-CO(g) + H2O(g)AH2= + 41.2kJ moE1 CO(g) + 2H2(g) uCHQH(g)根据盖斯定律，可知反响二反响-反响，A/nAd-A4=-90.8kJmoL,那么反响的“3 二90.8 kJ - mol1 o(2)CO2加氢生成甲醇的反响是一个反响后气体分子数减少的放热反响，因此，从热力学角度上分析，CO2加氢生成甲醇的反响适宜在低温、高压的条件下进行；在实际生产过程中，通常会在原料气里掺一些CO,从x 100% x 16.7% 0.5 + 1.5 + 0.5 + 0.5，0.5<Tx50atm/，0.5x 50atmx 50atm73x 50atm75.33xIO-4 (atm)-2 o平衡移动角度分析原因：加入一定量co,使反响CO2（g）+H2（g）=CO（g） + H2O（g）逆向进行，提高生成CH30H的选择性。(3)CO2(g) +3H2(g)WCH30H (g) +H2O(g)起始量/mol1300变化量/ mol0.51.50.50.5平衡量/ mol0.51.50.50.5根据图中M点CO2的平衡转化率为50%,得:所以平衡时CHQH的物质的量分数为(4)根据电荷守恒和质量守恒，阴极的电极反响式为CC）2+6H+6e-=CH3OH + H2O,阳极有。2公关系，假设外接电源为铅蓄电池，铅蓄电池正极反响式为PbC）2 + 2e一+4H+SO； = PbSO4+2H2O ,正极质量增加64g转移2moi e一，假设铅蓄电池正极质量增加32g,那么铅蓄电池中转移电子为Imol,生成。2的物质的量为0.25moL那么标准状况下阳极生成5.6L。2。28. (15 分)【答案】(1)增大压强，提高SO2的溶解度，从而提高酸浸速率 SiO2 S02(3) MnO2 + 2Fe2+ + 4H+ = 2Fe3+ +Mn2+ 2H2O(4)4.0x1023(5) 1x10-8 调 pH(6) 5Mn2+ +1 OHCO- = 2MnCO3 - 3Mn (OH)9 H2O J +8CO2 T +H2Orn900 -10004 2MnCO3 - 3Mn (OH)2 - H2O 4-10Li2CO3 +5O2= 20LiMnO2 +18CQ2 +16H2O【解析】【分析】以软钵矿粉(主耍成分是Mi!。?，含少量FeQs、A12O3, SiO2, MgO等)为原料，加入硫酸并通入二氧化硫 进行酸浸，反响后除去滤渣1为Si。？，得到滤液主要含有硫酸镒、硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸镁等，再加入 二氧化镒，将亚铁离子氧化成铁离子，再通入氨气调节pH,将AF+、Fe3+转化为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀 为滤渣2,再加入氟化镒沉镁，将镁离子转化为氟化镁形成滤渣3,所得滤液再加入碳酸氢镂沉镒，得到碱 式碳酸镐2乂仅03314口(。1)2凡0的同时放出©。2,再加入碳酸锂，在空气中加热至900-1000,反响 得到镒酸锂(LiMnOz)。(1)“酸浸”时，常在高压下充入SO2,其目的是增大压强，提高SO2的溶解度，从而提高酸浸速率；(2)“滤渣1”的主要成分是SiC>2(不溶于H2so4), “酸浸”时，二氧化镒、Fe3+能将SO2氧化，故被氧化的物质是 S02；(3)“氧化”时MnC>2将Fe2+氧化成Fe3+,同时自身被还原为镒离子，发生反响的离子方程式为MnO2 + 2Fe2+ + 4H+ = 2Fe3+ +Mn2+ 2H2O ；(4)“调pH”时发生反响：3NH3. H2O(aq) + Fe3+ (aq)Fe(OH)3(s) + 3NH：(aq),该反响的平衡常数K二cNH；)c3(NH3H2O)c(Fe3+)J (NH：(OH-)_ K： (NH3 .凡0)_ Q x 10-5 Jc3 (NH3 H2O)c(Fe3+)c3(OH )"="(OH%标k - X 一(5)测得“沉镁”后溶液中c(Mn2+) = 0.8molL,Ksp(MnF2)=c(Mn2+)c2(F)=0.8mol/Lxc2(F)= 5.6xIO-3，那么那么残留的c(Mg号与篙:流磊小炉mol,L-; “沉铲后的滤液与碱加热处理后会产生氨气，可返回调pH步骤循环利用;(6)“沉铲生成碱式碳酸锦2MnCO33Mn(OH)2H2。的同时放出CO2,结合质量和氧化还原反响原理可知，该反响的离子方程式为5Mn2+10HCO； =2MnCO33Mn(OH)2H2。J+8c。2 T+国。；利用碱式碳酸锦制备镒酸锂时加入碳酸锂，在空气中加热至900-1000C,反响得到镒酸锂（LiMnC>2）,反响的化学方程式为900-100042MnCO3 -3Mn（OH）o H2Oj + 10Li2CO3 + 5O2-20LiMnO2 +18CO2 +16H2O29.【答案】（1） Mg2+是构成细胞内叶绿素的重要组成成分（3分）（2）大于（1分）适宜条件下，绿藻呼吸作用相关酶的活性与温度呈正相关，实际光合作用速率=呼吸作用速率+净光合作用速率。随温度升高，实际光合作用速率虽然增大，但呼吸作用速率增加的更快， 导致净光合作用速率下降，光下。2的增加值逐渐降低（4分）（3）取适量绿藻至于密闭黑暗培养瓶（培养液）中培养一段时间，取培养前和培养后的培养液，加入适量 的酸性重倍酸钾溶液，观察比照两次溶液颜色的变化（3分）【解析】黑暗条件下氧气的消耗值代表了呼吸速率，且UVt2<t3t4,由图可知，随着温度的升高，呼吸速率逐 渐增加，说明在实验温度范围内，绿藻呼吸作用相关酶的活性与温度呈正相关；光下氧气的增加值代表了 净光合速率（=总光合速率-呼吸速率），随着温度的升高净光合速率先逐渐增加后降低，t4时净光合速率与 呼吸速率相等。（1）光合色素在光反响中发挥作用，可吸收、传递、转化光能，而Mg2+是构成细胞内叶绿素的重要组成 成分，故绿藻植物吸收的Mg2+可促进光合作用。（2）由分析可知，光下氧气的增加值属于净光合速率，而总光合速率=净光合速率+呼吸速率，从图中可以 看出，在t3时总光合速率约为20mg/h,而在U时总光合速率为24mg/h,故白时光合速率大于t3时。由分析 可知，随着温度的升高，呼吸速率逐渐增加，说明在实验温度范围内，绿藻呼吸作用相关酶的活性与温度 呈正相关。在t4条件下光合速率增大幅度小于呼吸速率增大幅度，而总光合速率=净光合速率+呼吸速率， 故t4时净光合速率下降。（3）为了验证绿藻无氧呼吸的产物中有酒精产生，需要给绿藻创造无氧的环境且只研究呼吸作用，需要利 用黑暗环境。鉴定是否有酒精产生，需要用到酸性重铭酸钾溶液，酒精与酸性重铭酸钾溶液反响使橙色重 络酸钾变为灰绿色。即实验设计思路为：取适量绿藻至于密闭黑暗培养瓶（培养液）中培养一段时间，取 培养前和培养后的培养液加入适量的酸性重铭酸钾溶液，观察比照两次溶液颜色的变化，假设颜色变为灰绿 色，那么绿藻无氧呼吸的产物中有酒精，反之没有。30. （9 分）【答案】（1） 促甲状腺激素释放激素（2分）下丘脑、垂体（1分） 负反响调节（1分）促进脂肪的分解和促进UCP-1基因表达（2分）寒冷环境下，机体促进甲状腺激素和去甲肾上腺素的分泌，从而促进BAT细胞中UCP-1基因表达，产生UCP-1蛋白能使有氧呼吸的最后阶段释放出来的能量全部转化成热能，从而抵御寒冷。（3分）【解析】分析题图：甲状腺激素的调节过程：下丘脑一促甲状腺激素释放激素一垂体一促甲状腺激素一甲状腺 一甲状腺激素，同时甲状腺激素还能对下丘脑和垂体进行负反响调节。从图中可看出，cAMP的直接作用 有两方面：促进脂肪的分解和促进UCP-1基因的表达；布氏田鼠通过神经调节和体液调节，最终引起BAT 细胞中脂肪分解增加和ATP合成减少，实现产热增加，维持体温的稳定。根据分析可知，图中为下丘脑产生的促甲状腺激素释放激素。甲状腺激素增加，还能对下丘脑和垂体 进行负反响调节，使机体内甲状腺激素的含量维持相对稳定，因此甲状腺激素不仅能作用于图中的BAT细 胞，还能作用于图中的下丘脑、垂体。由图可知，cAMP的直接作用是促进脂肪的分解和促进UCP-1基因的表达。（3）据图可知，寒冷环境下，布氏田鼠可通过机体调节促进甲状腺激素和去甲肾上腺素的分泌，从而促进BAT 细胞中UCP-1基因表达，产生UCP-1蛋白能使有氧呼吸的最后阶段释放出来的能量全部转化成热能，增加 产热，从而抵御寒冷。31.【答案】（1） 次生（1分）阳光等环境资源（1分）（2） 不属于（1分）兔通过呼吸作用以热能形式散失的能量（2分）（-）/X100% （2分）（3） 化学（1分）调节生物的种间关系，以维持生态系统的稳定（1分）【解析】如图分析，代表植物固定太阳能，表示兔的摄入量，表示兔的粪便，其中的能量是兔未同化的能量, 属于上一营养级的同化能量，一表示兔子同化的能量值，一局部通过呼吸作用以热能的形式散失，一 局部用于自身的生长发育和繁殖，表示狼的摄入量，为兔子遗体、残骸中的能量。弃耕农田中存在土壤条件和一定的繁殖体，因此弃耕农田上进行的演替属于次生演替；演替为灌木阶段 后，垂直结构的分层现象明显，显著提高了群落利用阳光等环境资源的能力。表示兔子粪便中的能量，不属于兔子的同化量，属于上一营养级的同化能量。摄入量=同化量+粪便量, 同化量=呼吸散失的能量+流向下一营养级的能量+流向分解者的能量，因此未在图中画出的局部为通过呼吸 作用以热能的形式散失的能量。植物与兔之间能量的传递效率是兔子的同化量与生产者固定太阳能的比例, 兔子的同化量是一，生产者固定太阳能，它们之间比值为（-）XDxioo%。（3）狼根据兔留下的气味捕猎兔，兔根据狼的气味躲避狼，此为化学信息，表达了信息传递的作用是调节生 物的种间关系，以维持生态系统的稳定。32. （10 分）【答案】（1）母本（1分）（2）基因重组（2分）性状别离（1分）（3）待其成熟后，让其自交，观察后代是否出现耐盐性状（2分）（4）用纯合高秆抗病水稻和纯合矮秆不抗病水稻杂交，得到R。（1分）B自交得到F2。（1分）在F2中选择抗倒伏（矮秆）抗病水稻。（1分）连续多代自交直至不发生性状别离。（1分）【解析】杂交育种：（1）概念：是将两个或多个品种的优良性状通过交配集中一起，再经过选择和培育，获得新品 种的方法.（2）方法：杂交一自交一选优一自交.（3）原理：基因重组.通过基因重组产生新的基因型， 从而产生新的优良性状.（4）优缺点：方法简单，可预见强，但周期长.（5）实例：水稻的育种。水稻是两性花，可以自交，假设对水稻进行杂交需要对母本进行去雄（套袋），育种环节繁琐，工作量大。 在袁隆平院士的研究过程中，最关键的是找到了野生雄性不育的水稻，可以将其作为母本，大大简化育种 环书。（2）杂交水稻的育种原理是基因重组，利用的是B的杂种优势，其后代会发生性状别离，因此需要年年制种。 在育种过程中，出现了具有耐盐性状的新品种，可能是遗传物质改变引起的，也可能是环境因素引起的, 假设是遗传物质改变那么为可遗传变异，假设为环境因素引起不会遗传给下一代，判断该变异性状是否能够遗传 最简便的方法就是待该幼苗长大成熟后，让其自交；观察后代是否出现耐盐性状。方法一：采用杂交育种方法。用纯合高秆抗病水稻和纯合矮秆不抗病水稻杂交，得到B。B自交得到F2。 在F2中选择抗倒伏（矮）抗病水稻，通过连续多代自交选育出能稳定遗传的抗倒伏抗病水稻新品种。33.物理选修3-3 （15分）（1）【答案】减小（2分） 吸（2分） 气体对外界（2分）【解析】由图可知，过程中压强不变，温度降低，那么根据华=C,可知，气体体积减小；油过程中气 体体积不变（因为其所在直线为过0K的倾斜直线），那么W=0,温度升高，那么（/>（）,根据AU=W+Q,可知, 气体吸热。儿过程中温度不变，压强减小，那么根据牛=。，体积增大，即气体对外界做功。（2） （9分）【答案】（1） 3.06xio5 Pa；（2）!【解析】（1）初、末状态4=（273 + 27）K = 300KT2 =（273 + 33）K = 360Kp =lxl05 PaX =V + 30%v2=v = i.sl根据理想气体状态方程竽=竽，lxl0-Pax（1.8 + 0.12x30）Lp1xL T、 T?300 K306 K解得 2 =3.06 X 1（）5 Pa（4 分）（2）温度由33降到室温27C过程中轮胎内气体发生等容变化，有中=华代人数值得当给P3300 K解得 3 = 3 X 1（）5 Pa > 2.8 X105 Pa胎压过大，需要放出局部气体。根据等温变化，有3 V = 。匕代入数值得3xl05 PaxV = 2.8xl05 Pax%根据题意得=与上解得=（ JL J所以放出气体的体积占轮胎内总气体体积的!（5分）JL34.物理选修3-4 （15分）（1）（6分）【答案】1 （3分）述（3分）2V.【解析】根据题意可知两波长 = 7 = 2m,两波源振动步调相反，某点到两波源的波程差 =|彳-胃=成 * /A、由题意可知，尿崩症有两种，一种是抗利尿激素缺乏引起的中枢性尿崩症，另一种是肾细胞外表相应受 体缺乏引起的肾源性尿崩症，前者体内抗利尿激素合成分泌异常，因此补充外源抗利尿激素能治疗该种尿 崩症，A正确；B、醛固酮与细胞质内受体结合形成醛固酮一受体复合物，能促进Na+的重吸收，因此阻断醛固酮一受体复 合物的形成，会导致Na+重吸收障碍，B正确；C、在水盐平衡调节过程中，下丘脑可作为效应器合成分泌抗利尿激素，C正确；D、抗利尿激素和醛固酮可作用于肾小管和集合管，抗利尿激素能促进对水的重吸收，醛固酮那么是促进Na+ 和水的重吸收和增加K+的排出，D错误。4 .【答案】C【解析】A、由图可知，新冠病毒是自我复制，不属于逆转录病毒，A错误；B、是翻译，mRNA与tRNA之间遵循碱基互补配对，都是合成RNA,都存在碱基互补配对，而 是RNA和蛋白质组装成病毒，没有碱基互补配对，B错误；C、图中+RNA能起到mRNA的功能从而指导蛋白质的合成，如过程，C正确；D、图示可知，新冠病毒蛋白质的合成不需经转录过程，只需翻译即可，D错误。5 .【答案】D【解析】A、我国保护大熊猫，建立了自然保护区和繁育基地，采取了就地保护和易地保护相结合的方法， A正确；B、大熊猫最初是食肉动物，后来食物以竹子为主，其食性的改变是其与其他生物以及无机环境间共同进化 的结果，B正确；C、假设该对等位基因位于常染色体上，由于该种群中B的基因频率为80%, b的基因频率为20%,那么BB的 基因型频率为(80%)2=64%, Bb的基因型频率为2x80%x20%=32%,那么显性个体中出现纯合子的概率=64%; (64%+32%) =2/3, C 正确；D、假设该对等位基因只位于X染色体上，那么XbXb的基因型频率=20%x20%xl/2=2%, XbY的基因型频率 =20%xl/2=10%, D 错误。6 .【答案】B【解析】A、在预测和描述黄河刀鱼种群数量变化时，常需要建立种群增长的数学模型，数学模型常见的表现形式有 两种，分别是数学表达式和曲线图，A正确；2时振动减弱"=作一目=（2 + 1）（九=0, 1, 2,.）时振动加强，3点到两波源的波程差七=|AB-3C|=0故3点为振动减弱点，振幅=|A-4| = lcm由几何知识得AE = 36mA波源产生的波传播到E点所经历的时间p =v 2（2） （9 分）【答案】（1） 11.5 cm； （2） 28.28 cm【解析】（1）当玻璃砖转过30。时，如图甲所示甲。尸30。（ 1 分）又有相对折射率公式得警=3=卑 =6（1分） sin"%1 5又由几何关系得仇=60。（1分）仇二30。x = /ztan30° （1 分）解得4208 R1.5 cm （1分）3（2）当最远时是光发生全反射时此时临界角为如下图=6 （2 分）故由几何关系得最远距离茗 =A tan= h tan （90° -= 20/2cm « 28.28cm （2分） 35(15分)【答案】(1)44。5s25Pl(2) +1或-1亚硫酸为(HO)2SO,硫酸为(HO)2s。2,也就是说硫酸的n值大于亚硫酸的n值，使S原子的正电性增大，导致S-OH中电子向S偏移程度增大，因而更易电离出氢离子，硫酸的酸性更强(3) B 正四面体（4）Sp3、Sp24x103（）m S'Na【解析】（1）In为49号元素,基态In原子电子排布式为：Is22s22P63s23P64s23不。4P65s24dM)5pl那么价层电子排布式为:4di05s25pl 故答案为:4d105s25p1；3s对于基态的硫原子，其核外价电子排布图为3P,成对的电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代数和为0,根据洪特规那么可知，其3P轨道的两个单电子自旋状态相同，因此基态硫原子价电子的自旋 磁量子数的代数和为(-J)x4 + (J)x2 = -1或为(J)x4 + (-J)x2 = +1,即为：+1或-1； S元素可以形成两种常见含氧酸，其通式为(HO)mSOn，即亚硫酸为(HObSO,硫酸为(HObSOz，也就是说硫酸的。值大于亚 硫酸的n值，使S原子的正电性增大，导致S-OH中电子向S偏移程度增大，因而更易电离出氢离子，硫酸的酸性更强，故答案为：+1或-1;亚硫酸为(HO)2S。，硫酸为(HO)2so2,也就是说硫酸的n值大于亚硫 酸的n值，使S原子的正电性增大，导致S-OH中电子向S偏移程度增大，因而更易电离出氢离子，硫酸 的酸性更强；(4)硫酸铜稀溶液中水分子之间有氢键和范德华力存在，水分子和硫酸根离子中均存在共价键，铜离子和水分子间可以形成配位键，即不存在金属键；硫酸根离子中中心原子硫原子上的孤电子对数为1x(6 + 2-4x2) = 0,价层电子对数为4, S采用sp3杂化，那么空间构型为正四面体，故答案为：B；正四面 体；(5)氨基乙酸钠中C原子的价层电子对数分别为匕尸=4、巴尹=2,那么杂化方式为sp3、sp2；共价单键 为。键，共价双键中一个是。键一个是兀键，H?NCH2coONa中含有8个。键，所以Imol氨基乙酸钠含有。 键的数目为8M,故答案为：sp3、sp2； 8M；配合物A的非金属元素有C、0、N、H元素，元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性大小顺序 为0>N>C>H,那么电负性大小顺序为：0>N>CH,故答案为：0>NC>H； 用“土匀摊法”，一个晶胞内含Cu的数目：8x14W + U4个含S的数目：8个含m吗+6小4个,M/4x g4x10 M那么一个晶胞含4个CuInSz,晶胞的体积为x2ypm3,那么该晶体的密度p=苛 二 g-cm.根据品- F x-Na x-ypm a胞结构可知，Cu原子在z轴方向投影位于顶点上和面心上，S原子在z轴方向投影位于顶点和面心的连线中点上，在图b中画出S原子在该方向的投影位置为：0故答案为:4x103（）m2AOo36. (15 分)碳漠键、竣基【答案】(1)a.毗咤+HBrOOCH2cH3(5)加成反响加成反响【解析】【分析】由C的结构和B到C的反响条件可知，发生酯化反响,知A到B是发生取代反响，A为由分析可知，化合物A的结构简式为,C中-Br与丙氨酸的-NH2发生取代反响得到D,结合F的结构可知是D中竣基和N-H发生脱水得到，那么E为(1)的官能团名称为碳溟键、竣基;反响是C中-Br与丙氨酸的-NH2发生取代反响得到D,反响的化学方程式为a.毗咤b.H>+HBr；化合物E是脯氨酸与苯甲醇反响的产物，化合物E的结构简式为,手性碳原子为，共1个;(4)属于竣酸，且苯环上有两个取代基的同分异构体有:共15种;00H(5)反响和都是由含有不饱和键的有机物，通过不饱和键两端原子与其他原子或原子团直接结合生成一种 新的化合物的反响，那么反响类型都是加成反响。37. （15 分）【答案】（1）充分破碎植物细胞（2分）洗涤剂和食盐（2分）（2） DNA不溶于苯酚、氯仿，而蛋白质等杂质能溶（2分）（3）使DNA析出，同时去除局部蛋白质等杂质（提取杂质较少的DNA） （2分）（4）水浴温度应为“沸水浴”（2分）缺少对照组（2分）（5）形成层、冬芽、嫩叶等部位的细胞分裂旺盛，DNA复制使得细胞中DNA含量较高（3分）【解析】试题分析：此题考查了 DNA的粗提取和鉴定的有关知识，能够通过题干信息确定实验中各步骤的目的，明 确DNA鉴定需要水浴加热，再能够结合题干答题。（1）从植物细胞中提取DNA首先需要破碎细胞，因此步骤中苹果组织研磨前先经液氮冷冻处理能够充 分破碎植物细胞。在常温条件下，也可向切碎的组织材料中加入一定量的洗涤剂和食盐，再进行充分搅拌 和研磨。（2）分析题意可知，“苯酚和氯仿不溶或微溶于水，它们的密度均大水”，而DNA能够溶于水，而离心后 获得的是上清液（其中含有DNA）,由此可推知，步骤、所依据的原理是DNA不溶于苯酚、氯仿，而 蛋白质等杂质能溶。（3） DNA不溶于酒精溶液，但是细胞中的某些蛋白质那么溶于酒精。步骤加入23倍体积的95%乙醇能 够使DNA析出，同时去除局部蛋白质等杂质（提取杂质较少的DNA）。（4） DNA鉴定需要沸水浴加热，并且鉴定过程中需要设置对照实验。（5）分析表格可知，形成层、冬芽、秋梢嫩叶的DNA含量较高，而韧皮部、成熟叶片的DNA含量较低， 从细胞分裂的角度来看，形成层、冬芽、嫩叶等部位的细胞分裂旺盛，DNA复制使得细胞中DNA含量较 高。38. （15 分）【答案】（1）食用菌、沼气池中微生物（2分）（2）多级（2分）物质循环再生原理（2分）（3）物种多样性原理（2分） 生物种类（物种丰富度）（1分） 协调与平衡原理（2分）（4）物质循环利用，对环境的破坏性很小（2分） 生产效率低，难以适应人口的快速增长（2分）【解析】生态农业是一个农业生态经济复合系统，将农业生态系统同农业经济系统综合统一起来，以取得最大的生 态经济整体效益.它也是农、林、牧、副、渔各业综合起来的大农业，又是农业生产、加工、销售综合起 来，适应市场经济开展的现代农业；生态工程的基本原理有物质循环再生原理、物种多样性原理、协调与平衡原理、整体性原理和系统学和工 程学原理。建立该人工生态系统的目的是实现对能量的多级利用，提高能量的利用率，减少环境污染。图中沼气池中的沼气池中微生物和食用菌利用动植物遗体和遗落物为营养物质，进行腐生生物，属于分 解者。秸秆可以工成饲料、垫窝草料、食用菌培养基、沼气池的发酵原料等，这其中表达了物质和能量的多级 利用，“沼气工程”的设计，遵循的基本原理是物质循环再生原理。(3)要提高抵抗力稳定性，需要增加群落结构的复杂度，所以根据物种多样性原理，增加农田的生物种类或 物种丰富度；如果考虑当地的环境承载力，这表达了协调与平衡原理。无废弃物农业与石油农业相比，其主要优点物质循环利用，对环境的破坏性很小；但生产效率低，难以 适应人口的快速增长。B、黄河刀鱼的同化量一局部用于生长、发育、繁殖，另一局部用于自身呼吸消耗，B错误；C、与时期I相比，时期n物种数增多，营养结构变得复杂，自我调节能力增强，抵抗力稳定性更强，C正 确；d、为防治某种生物增加引起的危害，可引入该生物的天敌，使能量分配向n时期的模型改变，繁殖后代的 能量相对减少，其种群数量下降，d正确。7 .C【解析】【解析】A.冰是无机化合物，故A错误；8 .氢气火炬中的储氢合金材料是金属材料，故B错误；C.我国远洋水体调查船“向阳红01”号上钉的锌条起到了防止船体被腐蚀的作用，主要原理是牺牲阳极的阴 极保护法，故C正确；D.由于金的活动性差，性质稳定，所以自然界中的金元素大多以游离态形式存在，为保护野生动物，我国 法律禁止象牙加工、交易，D项错误； 综上所述，答案为C。8.A【解析】【分析】实验室可用如图装置制取103装置，A是制取氯气，盐酸易挥发，反响制取的氯气中含有氯化氢、水蒸气 等杂质，通过装置B中长导管内液面上升或下降调节装置内压强，B为平安瓶，可以防止倒吸，根据B中 内外液面高低变化，可以判断是否发生堵塞，同时利用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，装置C是利用硅 胶吸收水蒸气，装置D碘和氯气反响生成ICL,氯气有毒需进行尾气处理，E装置吸收多余的氯气，防止 污染空气。【解析】A.二氧化镒与浓盐酸制取需要加热，装置A不可以选用的药品二氧化镒和浓盐酸，故A不正确；B.由分析知根据B中内外液面高低变化，可以判断是否发生堵塞，故B正确；C.装置C是利用硅胶吸收水蒸气，可用无水氯化钙代替，故C正确；D.装置D碘和氯气反响生成ICb,三氯化碘(ICL)在药物合成中用途非常广泛，其熔点为33C,沸点为73, 最恰当的加热方式是用水浴加热，故D正确；应选A选项。9.B【解析】【解析】A. NaF溶液中，F一发生水解，故含有O.lmolF一的NaF溶液中，Na+的数目大于，A错误；B.根据核反响eX+；n叶Y+： He可知，X的质量数N为4+7-1 = 10,又因为Y在化合物中呈+1价，可 知Y位于第【A族，Y的质量数为7,所以Y为Li,其质子数p=3,所以X的质子数Z = 3 + 2-0 = 5 ,由 质量数=质子数+中子数得X的中子数是5, 10gX的物质的量为Imol,其对应的中子数为5Na, B正确；C.铁跟浓硫酸在加热条件下发生反响的化学方程式为2Fe +6H2s0式浓）=Fe2（SOj3 +3SC）2 1 +6H2O ,一段时间后，浓硫酸变成稀硫酸，铁跟稀硫酸反响的化学方程式为Fe + H2sO,-FeSO4+H?%两个反响中铁转移电子数不相同，所以将56g铁置于浓硫酸中加热，铁全部溶解后，转移电子数可能小于3Na，C 错误；D. 0.1L3moi.口硝酸镂溶液中存在电荷守恒：c（NH：） + c（H+） = c（NO；） + c（OH）那么物质的量也满足 （NH：） + （H+） = MNO） + （OH-）,因 n（NOj = 0.lLx3moi .匚=0.3mol,所以该溶液中