2020年高考理综全国卷1-答案.pdf

2020年普通高等学校招生全国统一考试全国卷理科综合答案解析一、选择题1.【答案】B【解析】新冠肺炎是由新型冠状病毒引起的疾病，该病毒不能离开活细胞独立生活。A、戴口罩可以减少飞沫引起的病毒传播，可以在一定程度上预防新冠病毒，A 正确；B、病毒只能依赖于活细胞才能存活，不能在餐桌上增殖，B 错误；C、煮沸可以破坏病原体蛋白质的空间结构，进而杀死病原体，C 正确；D、手可能接触到病毒，勤洗手可以洗去手上的病原体，降低感染风险，D 正确。故选 B。2.【答案】D【解析】呼吸底物是葡萄糖时，若只进行有氧呼吸，则消耗的氧气=生成的二氧化碳量；若只进行无氧呼吸，当呼吸产物是酒精时，生成的酒精量=生成的二氧化碳量。A、若二氧化碳的生成量=酒精的生成量，则说明不消耗氧气，故只有无氧呼吸，A 正确；B、若只进行有氧呼吸，则消耗的氧气量=生成的二氧化碳量，B 正确；C、若只进行无氧呼吸，说明不消耗氧气，产乳酸的无氧呼吸不会产生二氧化碳，C 正确；D、若同时进行有氧呼吸和无氧呼吸，若无氧呼吸产酒精，则消耗的氧气量小于二氧化碳的生成量，若无氧呼吸产乳酸，则消耗的氧气量=二氧化碳的生成量，D 错误。故选 D。3.【答案】D【解析】甲状腺可以分泌甲状腺激素，甲状腺激素可以促进神经系统的发育，还可以促进细胞代谢，增加产热。A、若切除垂体，则垂体分泌的促甲状腺激素减少，会导致甲状腺激素分泌不足，产热减少，A 正确；B、给切除垂体的幼年小鼠注射垂体提取液后，该提取液中含有促甲状腺激素，可以促进甲状腺激素的分泌，故小鼠的耗氧量会增加，B 正确；C、甲状腺激素可以促进神经系统的发育，故给成年小鼠注射甲状腺激素后，神经系统的兴奋性会增加，C 正确；D、促甲状腺激素释放激素作用的靶器官是垂体，故切除垂体后，注射促甲状腺激素释放激素不能让代谢恢复正常，D 错误。故选 D。4.【答案】A【解析】细胞质壁分离及复原的原理：把成熟的植物细胞放置在某些对细胞无毒害的物质溶液中，当细胞液的浓度小于外界溶液的浓度时，细胞液中的水分子就透过原生质层进入到外界溶液中，使原生质层和细胞壁都出现一定程度的收缩。由于原生质层比细胞壁的伸缩性大，当细胞不断失水时，原生质层就会与细胞壁逐渐分离开来，也就是逐渐发生了质壁分离。当细胞液的浓度大于外界溶液的浓度时，外界溶液中的水分子就通过原生质层进入到细胞液中，发生质壁分离的细胞的整个原生质层会慢慢地恢复成原来的状态，使植物细胞逐渐发生质壁分离复原。A、根尖分生区无成熟的大液泡，不能用于观察细胞的质壁分离与复原，A符合题意；B、蝗虫的精巢细胞可以发生减数分裂，可以用于观察细胞的减数分裂，B 不符合题意；C、哺1 1/1919乳动物的红细胞吸水会膨胀，失水会皱缩，故可以用于观察细胞的吸水和失水，C 不符合题意；D、人的口腔上皮细胞无色，且含有DNA和RNA，可以用于观察DNA、RNA在细胞中的分布，D 不符合题意。故选 A。5.【答案】C【解析】由题意可知，长翅与长翅果蝇杂交的后代中出现截翅果蝇，说明截翅是隐性性状，长翅是显性性状。A、根据截翅为无中生有可知，截翅为隐性性状，长翅为显性性状，A 不符合题意；B、根据杂交的后代发生性状分离可知，亲本雌蝇一定为杂合子，B 不符合题意；C、无论控制翅形的基因位于X染色体上还是常染色体上，后代中均会出现长翅:截翅3:1的分离比，C 符合题意；D、根据后代中长翅:截翅3:1可知，D 不符合题意。控制翅形的基因符合基因的分离定律，故可推测该等位基因在雌蝇体细胞中是成对存在的，故选 C。6.【答案】A【解析】物种丰富度指群落中物种数目的多少。常用取样器取样法调查土壤小动物的丰富度。A、调查身体微小、活动能力强的小动物数量常用取样器取样法，A 错误；B、物种丰富度指群落中物种数目的多少，土壤中小动物丰富度高，说明该类群含有的物种数目多，B 正确；C、一些土壤小动物可以将有机物分解为无机物，增加土壤肥力，进而影响植物的生长，C 正确；D、土壤小动物可以通过呼吸作用产生二氧化碳，二氧化碳进入大气中，可以参与碳循环，D 正确。故选 A。7.【答案】D【解析】A、乙醇分子中有羟基，其与水分子间可以形成氢键，因此乙醇能与水互溶，A 说法正确；B、次氯酸钠具有强氧化性，其能使蛋白质变性，故其能通过氧化灭活病毒，B 说法正确；C、过氧乙酸的分子式为C2H4O3，故其相对分子质量为76，C 说法正确；D、氯仿的化学名称为三氯甲烷，D 说法不正确。综上所述，故选 D。8.【答案】B【解析】A、根据该有机物的分子结构可以确定其分子式为C14H14O4，A 叙述正确；B、该有机物的分子在有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，故其可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，能使酸性重铬酸钾溶液变色，B 叙述不正确；C、该有机物的分子中有酯基，故其能够发生水解反应，C 叙述正确；D、该有机物分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其可以在一定的条件下发生消去反应生成碳碳双键，D 叙述正确。综上所述，故选B。9.【答案】A【解析】A、SO2和H2S都具有较强的还原性，都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；因此在用酸性高锰酸钾溶液除杂质H2S时，SO2也会被吸收，故A项不能实现除杂目的；B、氯气中混有少量的氯化氢气体，可以用饱和食盐水除去；饱和食盐水在吸收氯化氢气体的同时，也会抑制氯气在水中的溶解，故 B 项能实现除杂2 2/1919目的；C、氮气中混有少量氧气，在通过灼热的铜丝网时，氧气可以与之发生反应：2Cu O22CuO，NO2可以与NaOHD、而铜与氮气无法反应，因此可以采取这种方式除去杂质氧气，故 C 项能实现除杂目的；发生反应：2NO2 2NaOH NaNO3 NaNO2 H2O，NO与NaOH溶液不能发生反应；尽管NO可以与NO2一同跟NaOH发生反应：NO NO2 2NaOH2NaNO2 H2O，但由于杂质的含量一般较少，所以也不会对NO的量产生较大的影响，故D项能实现除杂的目的；答案选A。【考点】除杂操作原则10.【答案】C【解析】题干中明确指出，铑配合物RhCO2I2充当催化剂的作用，用于催化甲醇羰基化。由题干中提供的反应机理图可知，铑配合物在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，甲醇羰基化反应所需的反应物除甲醇外还需要CO，最终产物是乙酸；因此，凡是出现在历程中的，既非反应物又非产物的物种如CH3COI以及各种配离子等，都可视作中间物种。A、通过分析可知，CH3COI属于甲醇羰基化反应的反应中间体；其可与水作用，生成最终产物乙酸的同时，也可以生成使甲醇转化为CH3I的HI，A 项正确；B、通过分析可知，甲醇羰基化反应，反应物为甲醇以及CO，产物为乙酸，方程RhCO2I2式可写成：CH3OH CO CH3COOH，B项正确；C、通过分析可知，铑配合物在整个反应历程中，成键数目，配体种类等均发生了变化，C项不正确；D、通过分析可知，反应中间体CH3COI与水作CH3IH2O，D项正确；答案选用生成的HI可以使甲醇转化为CH3I，方程式可写成：CH3OHHIC。【考点】对于反应机理图的分析11.【答案】B【解析】原子轰击实验中，满足质子和质量数守恒，因此W 4 301，则W 27，X与Y原子之间质子数相差 2，因X元素为金属元素，Y的质子数比X大，则Y与X位于同一周期，且Y位于X右侧，且元素X、Y的最外层电子数之和为8，设X最外层电子数为a，则Y的最外层电子为a2，解得a 3，因此X为Al，Y为P，以此解答。A、13Al的质量数为 27，则该原子相对原子质量为27，故A错误；B、Al元素均可形成AlCl3，P元素均可形成PCl3，故 B正确；C、Al原子与P原子位于同一周期，且Al原子序数大于P原子序数，故原子半径AlP，故 C 错误；D、P的含氧酸有H3PO4、H3PO3、H3PO2等，故 D错误；故答案为：B。12.【答案】D【解析】由题可知，放电时，CO2转化为HCOOH，即CO2发生还原反应，故放电时右侧电极为正极，左273 3/1919侧电极为负极，Zn发生氧化反应生成ZnOH4；充电时，右侧为阳极，H2O发生氧化反应生成O2，左侧为阴极，ZnOH4发生还原反应生成Zn，以此分析解答。A、放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为：Zn2e4OH=ZnOH4，故A正确，不选；B、放电时，CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低 2，则1mol CO2转化为HCOOH时，转移电子数为2 mol，故 B 正确，不选；C、充电时，阳极上222H2O转化为O2，负极上ZnOH4转化为Zn，电池总反应为：2ZnOH4 2ZnO2 4OH2H2O，故 C 正确，不选；D、充电时，正极即为阳极，电极反应式为：2H2O 4e 4HO2，溶液中H浓度增大，溶液中c Hc OH KW，温度不变时，KW不变，因此溶液中OH浓度降低，故D错误，符合22 题意；答案选 D。13.【答案】C【解析】根据图像，曲线代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大；当加入40mL NaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线代表的粒子达到最大值接近 1；没有加入NaOH时，pH为 1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线 代 表 HA2，曲 线 代 表 A，根 据 反 应2NaOH H2A Na2A 2H2O，cH2A0.1000mol/L40 mL 0.1000mol/L，据此分析作答。A、根据分析，曲线代表HA，曲220.00mL2线代表 A，A错误；B、当加入40.00mL NaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH H2A Na2A 2H2O，cH2A0.1000mol/L40 mL 0.1000mol/L，B错220.00mL误；C、由于H2A第一步完全电离，则HA的起始浓度为0.1000mol/L，根据图像，当VNaOH 0时，HA的分布系数为 0.9，溶液的pH 1，A2的分布系数为 0.1，则HA的电离平衡常数KacA2cH+cHA0.1000mol/L0.10.1000mol/L1102，C 正确；D、用酚酞作指示剂，酚酞变色0.1000mol/L0.9pH范 围 为8.2 10，终 点 时 溶 液 呈 碱 性，cOHcH，溶 液 中 的 电 荷 守 恒 为cNacH 2cA2cHAcOH，则cNa2cA2cHA，D 错误；答案选 C。【考点】判断H2A的电离二、选择题14.【答案】D【解析】A、因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A 错误；B、有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B 错误；C、因有安全气囊的存在，司4 4/1919机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故 C 错误；D、因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故 D 正确。故选 D。15.【答案】B【解析】设物体质量为m，则在火星表面有F1GM1mM2mM11F G，在地球表面有2由题意知有2，R12R2M2102R11F1M1R214，故联立以上公式可得 0.4，故选 B。R22F2M2R1210116.【答案】Bmv2【解析】在最低点由2T mg，知T 410 N，即每根绳子拉力约为410 N，故选 B。r17.【答案】A【解析】根据电容器的定义式C QQII可知，UCt，结合图像可知，图像的斜率为，则12 s内UCCCU可知R的电流I12与3:5s内的电流I35关系为I12 2I35，且两段时间中的电流方向相反，根据欧姆定律I R两端电压大小关系满足UR12 2UR35，由于电流方向不同，所以电压方向不同。故选A。18.【答案】C2m2rmv2【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动qBv，T，可得粒子在磁场中的周期T，粒子在qBvr磁场中运动的时间t mT,则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动2qB时间越长。采用放缩圆解决该问题，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆心必在ac直线上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大。当半径r0.5R和r1.5R时，粒子分别从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动1.5R时，粒子从半圆边界射出，逐渐将轨迹半径从0.5R逐渐放大，粒子射时间等于半个周期。当0.5Rr出位置从半圆顶端向下移动，轨迹圆心角从逐渐增大，当轨迹半径为R时，轨迹圆心角最大，然后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于R时轨迹圆心角最大，即轨迹对应的最大圆心角44，粒子运动最长时间为t T 32m4m，故选 C。3322pqB3qB5 5/191919.【答案】BD【解析】粒子为氦原子核2He，根据核反应方程遵守电荷数守恒和质量数守恒，A 选项中的X1为2He，431X3为中子0B 选项中的X2为4n，D 选项中的X4为42He，C选项中的2He。故选 BD。20.【答案】ABA、【解析】下滑5 m的过程中，重力势能减少30 J，动能增加10 J，减小的重力势能并不等与增加的动能，所以机械能不守恒，A正确；B、斜面高3m、长5 m，则斜面倾角为37。令斜面底端为零势面，则物块在斜面顶端时的重力势能mgh 30 J，可得质量m 1kg，下滑5 m过程中，由功能原理，机械能的减少量 等 于 克 服 摩 擦 力 做 的 功mg coss 20 J，求 得0.5，B 正 确；C、由 牛 顿 第 二 定 律mgsinmgcos ma，求得a 2 m/s2，C 错误；D、物块下滑2.0 m时，重力势能减少12 J，动能增加4J，所以机械能损失了8J，D选项错误。故选 AB。21.【答案】BC【解析】由bc边切割磁感线产生电动势，形成电流，使得导体棒MN受到向右的安培力，做加速运动，bc边受到向左的安培力，向右做加速运动。当MN运动时，金属框的bc边和导体棒MN一起切割磁感线，设导体棒MN和金属框的速度分别为v1、v2，则电路中的电动势E BLv2v1，电流中的电流B2L2v2v1EBLv2v1，金属框和导体棒MN受到的安培力F安框，与运动方向相反，I RRRF安MNB2L2v2v1R，与运动方向相同，设导体棒MN和金属框的质量分别为m1、m2，则对导体棒MNB2L2v2v1R m1a1，对金属框F B2L2v2v1R m2a2，初始速度均为零，则a1从零开始逐渐增加，a2从FRm1Fv v a a开始逐渐减小。当1大小恒定。整个运动过程用速度时间图12时，相对速度22B2L2m1 m2m2象描述如下。6 6/1919综上可得，金属框的加速度趋于恒定值，安培力也趋于恒定值，BC 选项正确；金属框的速度会一直增大，导体棒到金属框bc边的距离也会一直增大，AD选项错误。故选 BC。三、非选择题22.【答案】（1）O、P（2）50.5（3）50.0【解析】（1）若将电压表接在O、P之间，I RxRVUUI，根据一次函数关系可知对应，则U RVRxRx RV斜率为RxRVU IRAQ之间，。若将电压表接在O、电流表分压为UA IRA，根据欧姆定律变形可知R，Rx RVIk，所以图线是解得U IR RA，根据一次函数可知对应斜率为R RA，对比图像的斜率可知k采用电压表跨接在O、P之间。（2）因为待测电阻为几十欧姆的电阻，通过图像斜率大致估算待测电阻为50左右，根据1k50，500.5说明电流表的分压较小，电流表的分流较大，所以电压表应跨接在O、Q之间，所以选择图线得到的结果较为准确。根据图像可知Rx3V 1V50.5。59.6 mA20 mA（3）考虑电流表内阻，则修正后的电阻为Rx RxrA50.50.550.0。23.【答案】（1）大约相等（5）m1gt12 dd m2tt12（6）0.2210.212（7）4【解析】（1）当经过A、B两个光电门时间相等时，速度相等，此时由于阻力很小，可以认为导轨是水平的。7 7/1919（5）由I Ft，知I m1gt12。由p mv2 mv1知p m2 dddd m2 m2。t2t1tt12（6）代入数值知，冲量I m1gt12=1.51029.81.5Ns 0.221Ns。dd 1动量改变量p m2 0.212 kgms。t2t1（7）I pI100%0.2250.212100%4%0.22524.【答案】（1）v2 78 m/s2（2）2m/st 39 s22【解析】（1）空载起飞时，升力正好等于重力：kv1 m1g，满载起飞时，升力正好等于重力：kv2 m2g，由上两式解得：v2 78 m/s。22（2）满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以v20 2ax，解得：a 2m/s，由加速的定义式变形得：t vv20，解得：t 39 s。aa2mv025.【答案】（1）E 2qR（2）v12v04（3）0 或v23v02【解析】（1）由题意知在A点速度为零的粒子会沿着电场线方向运动，由于q0，故电场线由A指向C，根据几何关系可知：xACR，所以根据动能定理有：qExAC12mv022mv00，解得：E；2qR（2）根据题意可知要使粒子动能增量最大则沿电场线方向移动距离最多，做AC垂线并且与圆相切，切点为D，即粒子要从D点射出时沿电场线方向移动距离最多，粒子在电场中做类平抛运动，根据几何关系有xRsin60v1t，yRRcos6012at，而电场力提供加速度有qE ma，联立各式解得粒子进入电2场时的速度：v12v0；4（3）因为粒子在电场中做类平抛运动，粒子穿过电场前后动量变化量大小为mv0，即在电场方向上速度变化为v0，过C点做AC垂线会与圆周交于B点，故由题意可知粒子会从C点或B点射出。当从B点射出时8 8/1919由几何关系有xBC3Rv2t2，xACR12at2，电场力提供加速度有qE ma，联立解得v223v0；当2粒子从C点射出时初速度为0。26.【答案】（1）加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）（2）Fe22VO MnO2 2H VO+H2O2 Mn（3）Mn2Fe3、Al3（4）FeOH3（5）NaAlO2 HCl H2O NaCl AlOH3或NaAlOH4HCl NaClAlOH3H2O（6）利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全【解析】黏土钒矿中，钒以3、4、5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO和VO2被氧化成VO2，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2被氧化成Fe3，SiO2此过程中不反应，滤液中含有VO2、K、Mg、Al3、Fe3、Mn2、SO24；滤液中+2+加入NaOH调节pH 3.03.1，钒水解并沉淀为V2O5xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3部分转化为FeOH3沉淀，部分Al3转化为AlOH3沉淀，滤液中含V O xH2O、FeOH3、AlOH3，滤有K、Na+、Mg、Al3、Fe3、Mn2、SO24，滤饼中含25213，V2O5xH2O转化为钒酸盐溶解，AlOH3转化为NaAlO2，则滤渣的主饼中加入NaOH使pH要成分为FeOH3；滤液中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH 8.5，NaAlO2转化为AlOH3沉淀而除去；最后向滤液中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。（1）“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全），故答案为：加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；（2）“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2SO43和水，MnO2具有氧化性，Fe2具有还原性，则VO和VO2被氧化成VO2的同时还有Fe2被氧化，反应的离子方程式为+MnO2 2Fe2+4H+Mn2+2Fe3+2H2O；VO转化为VO+2时，钒元素的化合价由3价升至5价，9 9/19191mol VO失去2 mol电子，MnO2被还原为Mn2，Mn元素的化合价由4价降至2价，1mol MnO2得到2 mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO转化为VO2反应的离子方程式为2+2+VO+MnO2 2H+VO+H2O，故答案为：Fe2，VO+MnO2 2H+VO+H2O；2 Mn2 Mn+（3）根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5xH2O，随滤液可除去金属离子K、Mg、2Na+、Mn2，以及部分的Fe3、Al3，故答案为：Mn2，Fe3、Al3；（4）根据分析，滤渣的主要成分是FeOH3，故答案为：FeOH3；（5）“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是HCl NaClAlOH3H2O，故答案为：NaAlO2 HCl H2O NaCl AlOH3或NaAlOH4HCl NaClAlOH3H2O。NaAlO2 HCl H2O NaCl AlOH3或NaAlOH4（6）“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。【考点】流程的分析，物质的分离和提纯，反应方程式的书写27.【答案】（1）烧杯、量筒、托盘天平（2）KCl（3）石墨（4）0.09 mol/L（5）Fe3+e Fe2+Fe2e Fe2+Fe3+Fe（6）取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成【解析】（1）根据物质的量浓度溶液的配制步骤选择所用仪器；（2）（5）根据题给信息选择合适的物质，根据原电池工作的原理书写电极反应式，并进行计算，由此判断氧化性、还原性的强弱；（6）根据刻蚀活化1的原理分析作答。（1）由FeSO47H2O固体配制0.10 molL FeSO4溶液的步骤为计算、称量、溶解并冷却-1至室温、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，由FeSO47H2O固体配制0.10 molL FeSO4溶液需要的仪器有药匙、托盘天平、合适的量筒、烧杯、玻璃棒、合适的容量瓶、胶头滴管，故答案为：烧杯、量筒、托盘天平。FeSO4、Fe2SO43都属于强酸弱碱盐，水溶液（2）Fe2+、Fe3+能与HCO3反应，Ca2+能与SO24反应，呈酸性，酸性条件下NO3能与Fe2+反应，根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应”，1010/1919盐桥中阴离子不可以选择HCO3、NO3，阳离子不可以选择Ca2+，另盐桥中阴、阳离子的迁移率（u）应尽可能地相近，根据表中数据，盐桥中应选择KCl作为电解质，故答案为：KCl。（3）电流表显示电子由铁电极流向石墨电极，则铁电极为负极，石墨电极为正极，盐桥中阳离子向正极移动，则盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中，故答案为：石墨。（4）根据（3）的分析，铁电极的电极反应式为Fe2e Fe2+，石墨电极上未见Fe析出，石墨电极的电极2反应式为Fe3+e Fe2+，电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c Fe增加了0.02 mol/L，根据得失2电 子 守 恒，石 墨 电 极 溶 液 中c Fe增 加0.04 mol/L，石 墨 电 极 溶 液 中cFe20.05 mol/L0.04 mol/L0.09 mol/L，故答案为：0.09 mol/L。（5）根据（3）、（4）实验结果，可知石墨电极的电极反应式为Fe3+e Fe2+，铁电极的电极反应式为Fe2e Fe2+；电池总反应为Fe 2Fe3+3Fe2+，根据同一反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物、还原剂的还原性强于还原产物，则验证了Fe2+氧化性小于Fe3+，还原性小于Fe，故答案为：Fe3+e Fe2+，Fe2e Fe2+，Fe3+，Fe。（6）在FeSO4溶液中加入几滴Fe2SO43溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化，发生的反应为Fe Fe2(SO4)3 3FeSO4，要检验活化反应完成，只要检验溶液中不含Fe3+即可，检验活化反应完成的方法是：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成，故答案为：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不变红，说明活化反应完成。【考点】盐桥中电解质的选择，实验方法的设计，信息和反应的原理解答28.【答案】（1）2V2O5s 2SO2g2VOSO4s V2O4sH 351 kJmol1（2）0.975该反应气体分子数减少，增大压强，提高。所以，该反应在550、压强为5.0 MPa2.5 MPa p2的，所以p1 5.0 MPa反应物（N2和O2）的起始浓度（组成）、温度、压强（3）2mp100m11.5mp100m0.5（4）升高温度，k增大使v逐渐提高，但降低使v逐渐下降。当ttm，k增大对v的提高大于引起的降低；当ttm，k增大对v的提高小于引起的降低1111/1919【解析】根据盖斯定律，用已知的热化学方程式通过一定的数学运算，可以求出目标反应的反应热；根据压强对化学平衡的影响，分析图中数据找到所需要的数据；根据恒压条件下总压不变，求出各组分的分压，进一步可以求出平衡常数；根据题中所给的速率公式，分析温度对速率常数及二氧化硫的转化率的影响，进一步分析对速率的影响。（1）由题中信息可知：SO2gO2gV2O4s SO3gV2O4s 2SO3g12SO3gH 98 kJmol1V2O5s SO2gH2 24 kJmol12VOSO4sH1 399 kJmol12VOSO4s V2O4s，则根 据 盖 斯 定 律 可 知，2得2V2O5s 2SO2gH H12H2399 kJmol124 kJmol12 351 kJmol1，所以该反应的热化学方程式为：2V2O5s 2SO2g（2）SO2gO2g2VOSO4s V2O4sH 351 kJmol1；12SO3g，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550、SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为5.0 MPa条件下，压强为2.5 MPa的，因此，p1 5.0 MPa，由图中数据可知，0.975。影响的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物（N2和O2）的浓度、温度、压强等。（3）假设原气体的物质的量为100 mol，则SO2、O2和N2的物质的量分别为2m mol、m mol和q mol，2m mq 3mq 100，SO2的平衡转化率为，则有下列关系：平衡时气体的总物质的量为n总 2m1 m1 2m mol q mol，则SO3的物质的量分数为nSO3n总100%2m mol2m100%100%。该反应在恒压容器2m1 m1 2m molq mol100mpSO3中进行，因此，SO3的分压2m1pm1p2mp，在该pSO2pO2100m100m100m，条件下1SO2gO2g22SO3g的1212/1919KppSO3pSO2 p0.5O22mp100m0.50.5mp。1.52m1p m1p 1100m100m100m0.8（4）由于该反应是放热反应，温度升高后降低。由题中信息可知，v k1升高温度，1n，k增大使v逐渐提高，但降低使v逐渐下降。当ttm，k增大对v的提高大于引起的降低；当ttm，k增大对v的提高小于引起的降低。【考点】化学平衡常数的计算，速率公式与化学平衡的综合理解29.【答案】（1）细胞膜（2）参与信息传递（3）对蛋白质进行加工修饰（4）脂质和蛋白质（5）叶肉细胞进行光合作用时，光能转化为化学能的过程发生在类囊体膜上1、【解析】生物膜主要由脂质和蛋白质组成，还有少量的糖类。脂质中磷脂最丰富，功能越复杂的生物膜，蛋白质的种类和数量越多。2、细胞膜的功能：将细胞与外界环境分隔开；控制物质进出；进行细胞间的信息交流。3、分泌蛋白的合成与分泌过程：附着在内质网上的核糖体合成蛋白质内质网进行粗加工内质网“出芽”形成囊泡高尔基体进行再加工形成成熟的蛋白质高尔基体“出芽”形成囊泡细胞膜，整个过程还需要线粒体提供能量。（1）K进入植物根细胞的过程为主动运输，体现了细胞膜控制物质进出的功能。（2）兴奋在神经元之间是通过突触传递的，当兴奋传递到突触小体时，突触前膜释放神经递质进入突触间隙，与突触后膜上的受体结合，使突触后膜发生兴奋或抑制，该过程体现了细胞膜参与信息传递的功能。（3）由分析可知，在分泌蛋白的合成和分泌过程中，高尔基体对来自内质网的蛋白质进行加工修饰后，“出芽”形成囊泡，最终将蛋白质分泌到细胞外。（4）由分析可知生物膜的主要成分是脂质和蛋白质。（5）类囊体薄膜上分布着光合色素和多种酶，是绿色植物进行光反应的场所，光能转化为化学能的过程发生在类囊体膜上。【考点】生物膜的成分和功能30.【答案】（1）减少杂草对水分、矿质元素和光的竞争；增加土壤氧气含量，促进根系的呼吸作用（2）肥料中的矿质元素只有溶解在水中才能被作物根系吸收（3）A和C1313/1919作物A光饱和点高且长得高，可以利用上层光照进行光合作用；作物C光饱和点低且长得矮，与作物A间作后，能利用下层的弱光进行光合作用【解析】1、中耕松土是指对土壤进行浅层翻倒、疏松表层土壤。中耕的作用有：疏松表土、增加土壤通气性、提高地温，促进好气微生物的活动和养分有效化、去除杂草、促使根系伸展、调节土壤水分状况。2、矿质元素只有溶解在水中，以离子形式存在，才能被植物的根系选择吸收。（1）中耕松土过程中去除了杂草，减少了杂草和农作物之间的竞争；疏松土壤可以增加土壤的含氧量，有利于根细胞的有氧呼吸，促进矿质元素的吸收，从而达到增产的目的。（2）农田施肥时，肥料中的矿质元素只有溶解在水中，以离子形式存在，才能被作物根系吸收。（3）分析表中数据可知，作物A、D的株高较高，B、C的株高较低，作物A、B的光饱和点较高，适宜在较强光照下生长，C、D的光饱和点较低，适宜在弱光下生长，综合上述特点，应选取作物A和C进行间作，作物A可利用上层光照进行光合作用，作物C能利用下层的弱光进行光合作用，从而提高光能利用率。【考点】光合作用和呼吸作用的相关内容31.【答案】（1）胰岛B（2）高增加（3）甲组大鼠胰岛素缺乏，使机体不能充分利用葡萄糖来获得能量，导致机体脂肪和蛋白质的分解增加（4）获得了因胰岛素缺乏而患糖尿病的动物，这种动物可以作为实验材料用于研发治疗这类糖尿病的药物【解析】1、胰岛B细胞能分泌胰岛素，其作用是促进组织细胞加速摄取、利用和储存葡萄糖，从而使血糖水平降低；胰岛A细胞能分泌胰高血糖素，其作用是促进糖原分解，并促进一些非糖物质转化为葡萄糖，从而使血糖水平升高。2、糖尿病的病人由于胰岛B细胞受损，导致胰岛素分泌过少，血糖进入细胞及在细胞内氧化分解发生障碍，而非糖物质转化成糖仍在进行，从而使血糖水平升高，部分糖随尿液排出，而原尿中的葡萄糖又增加了尿液的渗透压，因此导致肾小管、集合管对水分的重吸收减少，进而导致尿量增多。（1）由于甲组大鼠注射药物W后，血糖浓度升高，可推知药物W破坏了胰腺中的胰岛B细胞，使胰岛素的分泌量减少，从而导致血糖浓度升高。（2）由题干信息可知，甲组大鼠肾小管液中的葡萄糖含量增加，会导致肾小管液的渗透压比正常时的高，因此导致肾小管、集合管对水分的重吸收减少，进而导致尿量增加。（3）甲组大鼠注射药物W后，由于胰岛素分泌不足，使机体不能充分利用葡萄糖来获得能量，导致机体脂肪和蛋白质的分解增加，体重下降。（4）由以上分析可知，药物W破坏了胰腺中的胰岛B细胞，使大鼠因胰岛素缺乏而患糖尿病，这种动物可以作为实验材料用于研发治疗这类糖尿病的药物。1414/1919【考点】糖尿病的病因，“三多一少”症状出现的原因等相关基础知识32.【答案】（1）在减数分裂过程中，随着非同源染色体的自由组合，非等位基因自由组合；同源染色体上的等位基因随着非姐妹染色单体的交换而发生交换，导致染色单体上的基因重组（2）控制新性状的基因是杂合的通过自交筛选性状能稳定遗传的子代【解析】1、基因重组是指在生物体进行有性生殖的过程中，控制不同性状的基因的重新组合。它包括：减数第一次分裂过程中，随着非同源染色体的自由组合，非等位基因自由组合；减数分裂形成四分体时期，位于同源染色体上的等位基因随着非姐妹染色单体的交换而发生交换，导致染色单体上的基因重组。2、诱变育种是指利用物理因素或化学因素来处理生物，使生物发生基因突变。用这种方法可以提高突变率，在较短时间内获得更多的优良变异类型。其原理是基因突变。（1）由分析可知，减数分裂形成配子的过程中，基因重组的途径有减数第一次分裂后期，非同源染色体上的非等位基因自由组合；减数第一次分裂前期同源染色体的非姐妹染色单体之间发生交叉互换。（2）在诱变育种过程中，诱变获得的新个体通常为杂合子，自交后代会发生性状分离，故可以将该个体进行自交，筛选出符合性状要求的个体后再自交，重复此过程，直到不发生性状分离，即可获得稳定遗传的纯合子。【考点】基因重组的概念和分类，诱变育种的原理和应用33.【答案】（1）减小减小小于（2）2p323【解析】（1）从距O点很远处向O点运动，两分子间距减小到r2的过程中，分子间体现引力，引力做正功，分子势能减小。在r2 r1过程中，分子间仍然体现引力，引力做正功，分子势能减小。在间距等于r1之前，分子势能一直减小，取无穷远处分子间势能为零，则在r1处分子势能小于零。（2）气体发生等温变化，对甲乙中的气体，可认为甲中原气体有体积V变成3V，乙中原气体体积有2V变成3V，则根据玻意尔定律分别有pV p13V，11p2V p23V，则pV p2V p1 p23V，则甲22乙中气体最终压强p p1 p22p。若调配后将甲气体再等温压缩到气体原来的压强为p，则pV pV，3m现V22。计算可得VV，由密度定律可得，质量之比等于mV33原1515/191934.【答案】（1）BCE（2）l141fl4【解析】A、之所以不能同时观察到是因为声音的传播速度比光的传播速度慢，所以A错误；B、超声波与血液中的血小板等细胞发生反射时，由于血小板的运动会使得反射声波的频率发生变化，B正确；C、列车和人的位置相对变化了，所以听得的声音频率发生了变化，所以C正确；D、波动传播速度不一样是由于波的频率不一样导致的，D错误；E、双星在周期性运动时，会使得到地球的距离发生周期性变化，故接收到的光频率会发生变化，E正确。故选 BCE。（2）设与c点最近的振幅极大点为d，则ad l l l，bd cd2bc22bccdcos60 l，根据385878干涉加强点距离差的关系：x x1 x2 n，bd ad l，所以波长为l。由于受迫振动的频率取决于1414受迫源的频率由v f知，v 35.【答案】（1）4:51fl。4（2）Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小Li，Be和B为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于B的（3）正四面体形4sp3（4）43或 0.18751613:3【解析】题（1）考查了对基态原子电子排布规律的认识；题（2）考查了第一电离能的周期性变化规律；题（3）考查了分子或离子空间构型判断的两大理论；题（4）重点考查通过陌生晶胞的晶胞结构示意图判断晶胞组成。（1）基态铁原子的价电子排布式为3d64s2，失去外层电子转化为Fe2+和Fe3+，这两种基态离子的价电子排布式分别为3d6和3d5，根据Hund规则可知，基态Fe2+有 4个未成对电子，基态Fe3+有 5个未成对电子，所以未成对电子个数比为4:5；1616/1919（2）同主族元素，从上至下，原子半径增大，第一电离能逐渐减小，所以I1LiI1Na；同周期元素，从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于A元素基态原子s能级轨道处于全充满的状态，能量更低更稳定，所以其第一电离能大于同一周期的A元素，因此I1BeI