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1、2022 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试（全国甲卷）（全国甲卷）理科综合能力测试理科综合能力测试注意事项：注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时回答选择题时，选出每小题答案后选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。本试卷上无效。3考
2、试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14O 16F 19S 32Ca 40Cu 64一、选择题：本题共一、选择题：本题共 13 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 78 分。在每小题给出的四个选项中，只有一分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。1.钙在骨骼生长和肌肉收缩等过程中发挥重要作用。晒太阳有助于青少年骨骼生长，预防老年人骨质疏松。下列叙述错误的是（）A.细胞中有以无机离子形式存在的钙B.人体内 Ca2+可自由通过细胞膜的磷脂双分子层C.适当
3、补充维生素 D 可以促进肠道对钙的吸收D.人体血液中钙离子浓度过低易出现抽搐现象【答案】B【解析】【分析】无机盐的存在形式与作用：（1）存在形式：细胞中大多数无机盐以离子的形式存在；（2）无机盐的功能：对维持细胞和生物体生命活动有重要作用，如：Fe 是构成血红素的元素；Mg 是构成叶绿素的元素。【详解】A、细胞中有以无机离子形式存在的钙，也有以化合物形式存在的钙（如 CaCO3），A 正确；B、Ca2+不能自由通过细胞膜的磷脂双分子层，需要载体协助，B 错误；C、维生素 D 能有效地促进人体肠道对钙和磷的吸收，故适当补充维生素 D 可以促进肠道对钙的吸收，C正确；D、哺乳动物的血液中必须含有一
4、定量的 Ca2+，Ca2+的含量太低，会出现抽搐等症状，D 正确。故选 B。2.植物成熟叶肉细胞的细胞液浓度可以不同。现将 a、b、c 三种细胞液浓度不同的某种植物成熟叶肉细胞，分别放入三个装有相同浓度蔗糖溶液的试管中，当水分交换达到平衡时观察到：细胞 a 未发生变化；细胞 b 体积增大；细胞 c 发生了质壁分离。若在水分交换期间细胞与蔗糖溶液没有溶质的交换，下列关于这一实验的叙述，不合理的是（）A.水分交换前，细胞 b 的细胞液浓度大于外界蔗糖溶液的浓度B.水分交换前，细胞液浓度大小关系为细胞 b细胞 a细胞 cC.水分交换平衡时，细胞 c 的细胞液浓度大于细胞 a 的细胞液浓度D.水分交换
5、平衡时，细胞 c 的细胞液浓度等于外界蔗糖溶液的浓度【答案】C【解析】【分析】由题分析可知，水分交换达到平衡时细胞 a 未发生变化，既不吸水也不失水，细胞 a 的细胞液浓度等于外界蔗糖溶液的浓度；细胞 b 的体积增大，说明细胞吸水，水分交换前，细胞 b 的细胞液浓度大于外界蔗糖溶液的浓度；细胞 c 发生质壁分离，说明细胞失水，水分交换前，细胞 c 的细胞液浓度小于外界蔗糖溶液的浓度。【详解】A、由于细胞 b 在水分交换达到平衡时细胞的体积增大，说明细胞吸水，则水分交换前，细胞 b 的细胞液浓度大于外界蔗糖溶液的浓度，A 正确；B、水分交换达到平衡时，细胞 a 的细胞液浓度等于外界蔗糖溶液的浓度
6、，细胞 b 的细胞液浓度大于外界蔗糖溶液的浓度，细胞 c 的细胞液浓度小于外界蔗糖溶液的浓度，因此水分交换前，细胞液浓度大小关系为细胞 b细胞 a细胞 c，B 正确；C、由题意可知，水分交换达到平衡时，细胞 a 未发生变化，说明其细胞液浓度与外界蔗糖溶液浓度相等；水分交换达到平衡时，虽然细胞内外溶液浓度相同，但细胞 c 失水后外界蔗糖溶液的浓度减小，因此，水分交换平衡时，细胞 c 的细胞液浓度小于细胞 a 的细胞液浓度，C 错误D、在一定的蔗糖溶液中，细胞 c 发生了质壁分离，水分交换达到平衡时，其细胞液浓度等于外界蔗糖溶液的浓度，D 正确。故选 C。3.植物激素通常与其受体结合才能发挥生理作
7、用。喷施某种植物激素，能使某种作物的矮生突变体长高。关于该矮生突变体矮生的原因，下列推测合理的是（）A.赤霉素合成途径受阻B.赤霉素受体合成受阻C.脱落酸合成途径受阻D.脱落酸受体合成受阻【答案】A【解析】【分析】赤霉素：合成部位：幼芽、幼根和未成熟的种子等幼嫩部分；主要生理功能：促进细胞的伸长；解除种子、块茎的休眠并促进萌发的作用。【详解】AB、赤霉素具有促进细胞伸长的功能，该作用的发挥需要与受体结合后才能完成，故喷施某种激素后作物的矮生突变体长高，说明喷施的为赤霉素，矮生突变体矮生的原因是缺乏赤霉素而非受体合成受阻（若受体合成受阻，则外源激素也不能起作用），A 正确，B 错误；CD、脱落酸
8、抑制植物细胞的分裂和种子的萌发，与植物矮化无直接关系，CD 错误。故选 A。4.线粒体是细胞进行有氧呼吸的主要场所。研究发现，经常运动的人肌细胞中线粒体数量通常比缺乏锻炼的人多。下列与线粒体有关的叙述，错误的是（）A.有氧呼吸时细胞质基质和线粒体中都能产生 ATPB.线粒体内膜上的酶可以参与H和氧反应形成水的过程C.线粒体中的丙酮酸分解成 CO2和H的过程需要 O2的直接参与D.线粒体中的 DNA 能够通过转录和翻译控制某些蛋白质的合成【答案】C【解析】【分析】有氧呼吸的第一、二、三阶段的场所依次是细胞质基质、线粒体基质和线粒体内膜。有氧呼吸第一阶段是葡萄糖分解成丙酮酸和H，合成少量 ATP；
9、第二阶段是丙酮酸和水反应生成二氧化碳和H，合成少量 ATP；第三阶段是氧气和H反应生成水，合成大量 ATP。【详解】A、有氧呼吸的第一阶段场所是细胞质基质，第二、三阶段在线粒体，三个阶段均可产生 ATP，故有氧呼吸时细胞质基质和线粒体都可产生 ATP，A 正确；B、线粒体内膜是有氧呼吸第三阶段的场所，该阶段氧气和H反应生成水，该过程需要酶的催化，B 正确；C、丙酮酸分解为 CO2和H是有氧呼吸第二阶段，场所是线粒体基质，该过程需要水的参与，不需要氧气的参与，C 错误；D、线粒体是半自主性细胞器，其中含有少量 DNA，可以通过转录和翻译控制蛋白质的合成，D 正确。故选 C。5.在鱼池中投放了一批
10、某种鱼苗，一段时间内该鱼的种群数量、个体重量和种群总重量随时间的变化趋势如图所示。若在此期间鱼没有进行繁殖，则图中表示种群数量、个体重量、种群总重量的曲线分别是（）A.甲、丙、乙B.乙、甲、丙C.丙、甲、乙D.丙、乙、甲【答案】D【解析】【分析】S 型增长曲线：当种群在一个有限的环境中增长时，随着种群密度的上升，个体间由于有限的空间、食物和其他生活条件而引起的种内斗争必将加剧，以该种群生物为食的捕食者的数量也会增加，这就会使这个种群的出生率降低，死亡率增高，从而使种群数量的增长率下降，当种群数量达到环境条件所允许的最大值时，种群数量将停止增长，有时会在 K 值保持相对稳定。【详解】分析题图可知
11、，随着时间变化，甲曲线先增加后减少，乙曲线呈 S 形，丙曲线下降，在池塘中投放一批鱼苗后，由于一段时间内鱼没有进行繁殖，而且一部分鱼苗由于不适应环境而死亡，故种群数量下降，如曲线丙；存活的个体重量增加，如曲线乙，种群总重量先增加后由于捕捞而减少，如曲线甲。综上可知，D 正确。故选 D。6.某种自花传粉植物的等位基因 A/a 和 B/b 位于非同源染色体上。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，红花对白花为显性。若基因型为 AaBb 的亲本进行自交，则下列叙述错误的是（）A.子一代中红花植株数是白花植株数的 3 倍B.子一代中基因型为
12、 aabb 的个体所占比例是 1/12C.亲本产生的可育雄配子数是不育雄配子数的 3 倍D.亲本产生的含 B 的可育雄配子数与含 b 的可育雄配子数相等【答案】B【解析】【分析】分析题意可知：A、a 和 B、b 基因位于非同源染色体上，独立遗传，遵循自由组合定律。【详解】A、分析题意可知，两对等位基因独立遗传，故含 a 的花粉育性不影响 B 和 b 基因的遗传，所以Bb 自交，子一代中红花植株 B_：白花植株 bb=3：1，A 正确；B、基因型为 AaBb 的亲本产生的雌配子种类和比例为 AB:Ab:aB:ab=1:1:1:1，由于含 a 的花粉 50%可育，故雄配子种类及比例为 AB:Ab:
13、aB:ab=2:2:1:1，所以子一代中基因型为 aabb 的个体所占比例为 1/41/6=1/24，B 错误；C、由于含 a 的花粉 50%可育，50%不可育，故亲本产生的可育雄配子是 A+1/2a，不育雄配子为 1/2a，由于Aa 个体产生的 A：a=1:1，故亲本产生的可育雄配子数是不育雄配子的三倍，C 正确；D、两对等位基因独立遗传，所以 Bb 自交，亲本产生的含 B 的雄配子数和含 b 的雄配子数相等，D 正确。故选 B。7.化学与生活密切相关。下列叙述正确的是A.漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果B.温室气体是形成酸雨的主要物质C.棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物D.干冰可用在舞台上
14、制造“云雾”【答案】D【解析】【详解】A漂白粉的有效成分次氯酸钙与盐酸混合，会发生氧化还原反应生成有毒的氯气，两者不能混合使用，A 错误；B温室气体主要是指二氧化碳，二氧化碳不是形成酸雨的主要物质，形成酸雨的主要物质是硫氧化物、氮氧化物等，B 错误；C棉花、麻来源于植物，主要成分均是纤维素，为碳水化合物，但蚕丝来源于动物，主要成分是蛋白质，蛋白质不是碳水化合物，C 错误；D干冰是固态的二氧化碳，干冰升华时，吸收大量的热，使周围温度降低，大量的水蒸气凝结成了小液滴，形成“云雾”效果，D 正确；答案选 D。8.辅酶10Q具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如下。下列有关辅酶10Q的说法正确的是A.分
15、子式为60904C H OB.分子中含有 14 个甲基C.分子中的四个氧原子不在同一平面D.可发生加成反应，不能发生取代反应【答案】B【解析】【详解】A由该物质的结构简式可知，其分子式为 C59H90O4，A 错误；B由该物质的结构简式可知，键线式端点代表甲基，10 个重复基团的最后一个连接 H 原子的碳是甲基，故分子中含有 1+1+1+10+1=14 个甲基，B 正确；C双键碳以及与其相连的四个原子共面，羰基碳采取 sp2杂化，羰基碳原子和与其相连的氧原子及另外两个原子共面，因此分子中的四个氧原子在同一平面上，C 错误；D分子中有碳碳双键，能发生加成反应，分子中含有甲基，能发生取代反应，D
16、错误；答案选 B。9.能正确表示下列反应的离子方程式为A.硫化钠溶液和硝酸混合：S2-+2H+=H2SB.明矾溶液与过量氨水湿合：Al3+4NH3+2H2O=AlO2+4NH4C.硅酸钠溶液中通入二氧化碳：SiO23+CO2+H2O=HSiO3+HCO3D.将等物质的量浓度的 Ba(OH)2和 NH4HSO4溶液以体积比 12 混合：Ba2+2OH-+2H+SO24=BaSO4+2H2O【答案】D【解析】【详解】A硝酸具有强氧化性，可以将 S2-氧化为 S 单质，自身根据其浓度大小还原为 NO 或 NO2，反应的离子方程式为 4H+2NO3+S2-=S+2NO2+2H2O(浓)或 8H+2NO
17、3+3S2-=3S+2NO+4H2O(稀)，A 错误；B明矾在水中可以电离出 Al3+，可以与氨水中电离出的 OH-发生反应生成 Al(OH)3，但由于氨水的碱性较弱，生成的 Al(OH)3不能继续与弱碱发生反应，故反应的离子方程式为 Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4，B 错误；C硅酸的酸性小于碳酸，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳时，生成硅酸沉淀，二氧化碳则根据其通入的量的多少反应为碳酸根或碳酸氢根，反应的离子方程式为 SiO23+H2O+CO2=H2SiO3+CO23(CO2少量)或SiO23+2H2O+2CO2=H2SiO3+2HCO3(CO2过量)，C 错误；D将等物质的量浓
18、度的 Ba(OH)2与 NH4HSO4溶液以体积比 1：2 混合，Ba(OH)2电离出的 OH-与 NH4HSO4电离出的 H+反应生成水，Ba(OH)2电离出的 Ba2+与 NH4HSO4电离出的 SO24反应生成 BaSO4沉淀，反应的离子方程为为 Ba2+2OH-+2H+SO24=BaSO4+2H2O，D 正确；故答案选 D。10.一种水性电解液 Zn-MnO2离子选泽双隔膜电池如图所示(KOH 溶液中，Zn2+以 Zn(OH)24存在)。电池放电时，下列叙述错误的是A.区的 K+通过隔膜向区迁移B.区的 SO24通过隔膜向区迁移C.MnO2电极反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2+2
19、H2OD.电池总反应：Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)24+Mn2+2H2O【答案】A【解析】【分析】根据图示的电池结构和题目所给信息可知，区 Zn 为电池的负极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)24，区 MnO2为电池的正极，电极反应为 MnO2+2e-+4H+=Mn2+2H2O；电池在工作过程中，由于两个离子选择隔膜没有指明的阳离子隔膜还是阴离子隔膜，故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子，因此可以得到区消耗 H+，生成 Mn2+，区的 K+向区移动或区的 SO24向区移动，区消耗 OH-，生成 Zn(OH)24，区的 SO24向区移动或区的 K+向区移动。据此分析
20、答题。【详解】A根据分析，区的 K+只能向区移动，A 错误；B根据分析，区的 SO24向区移动，B 正确；CMnO2电极的电极反应式为 MnO2+2e-+4H+=Mn2+2H2O，C 正确；D电池的总反应为 Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)24+Mn2+2H2O，D 正确；故答案选 A。11.AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.25，101kPa下，28L氢气中质子的数目为A2.5NB.-132.0L 1.0mol L AlCl溶液中，3+Al的数目为A2.0NC.0.20mol苯甲酸完全燃烧，生成2CO的数目为A1.4ND.电解熔融2CuCl，阴极增重6.4g，外电路
21、中通过电子的数目为A0.10N【答案】C【解析】【详解】A25、101kPa 不是标准状况，不能用标况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量，故 A 错误；BAl3+在溶液中会发生水解生成 Al(OH)3，因此 2.0L 1.0 mol/L 的 AlCl3溶液中 Al3+数目小于 2.0NA，故 B错误；C苯甲酸燃烧的化学方程式为6522215C H COOH+O7CO+3H O2点燃，1mol 苯甲酸燃烧生成 7molCO2，则 0.2mol 苯甲酸完全燃烧生成 1.4molCO2，数目为 1.4NA，故 C 正确；D电解熔融 CuCl2时，阳极反应为-22Cl-2e=Cl，阴极反应为2+-Cu
22、+2e=Cu，阴极增加的重量为 Cu的质量，6.4gCu 的物质的量为 0.1mol，根据阴极反应可知，外电路中通过电子的物质的量为 0.2mol，数目为 0.2NA，故 D 错误；答案选 C。12.Q、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为 19。Q 与 X、Y、Z 位于不同周期，X、Y 相邻，Y 原子最外层电子数是 Q 原子内层电子数的 2 倍。下列说法正确的是A.非金属性：XQB.单质的熔点：XYC.简单氢化物的佛点：ZQD.最高价含氧酸的酸性：ZY【答案】D【解析】【分析】Q、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q 与 X、Y、Z 不在同一周期
23、，Y 原子最外层电子数为 Q 元原子内层电子数的 2 倍，则 Q 应为第二周期元素，X、Y、Z 位于第三周期，Y 的最外层电子数为 4，则 Y 为 Si 元素，X、Y 相邻，且 X 的原子序数小于 Y，则 X 为 Al 元素，Q、X、Y、Z 的最外层电子数之和为 19，则 Q、Z 的最外层电子数之和为 19-3-4=12，主族元素的最外层电子数最多为 7，若 Q的最外层电子数为 7，为 F 元素，Z 的最外层电子数为 5，为 P 元素，若 Q 的最外层电子数为 6，为 O 元素，则 Z 的最外层电子数为 6，为 S 元素，若 Q 的最外层电子数为 5，为 N 元素，Z 的最外层电子数为 7，为
24、Cl 元素；综上所述，Q 为 N 或 O 或 F，X 为 Al，Y 为 Si，Z 为 Cl 或 S 或 P，据此分析解题。【详解】AX 为 Al，Q 为 N 或 O 或 F，同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下依次减弱，故非金属性：QX，A 错误；B由分析可知，X 为 Al 属于金属晶体，Y 为 Si 属于原子晶体或共价晶体，故单质熔点 SiAl，即 YX，B 错误；C含有氢键的物质沸点升高，由分析可知 Q 为 N 或 O 或 F，其简单氢化物为 H2O 或 NH3或 HF，Z 为 Cl或 S 或 P，其简单氢化物为 HCl 或 H2S 或 PH3，由于前者物质中存在分子间氢
25、键，而后者物质中不存在，故沸点 QZ，C 错误；D元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，P、S、Cl 的非金属性均强于 Si，因此最高价含氧酸酸性：ZY，D 正确；故答案为：D。13.根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是选项实验目的实验及现象结论A比较3CH COO和3HCO的水解常数分别测浓度均为10.1mol L的34CH COONH和3NaHCO溶液的pH，后者大于前者-h33hKCH COO KHCOB检验铁锈中是否含有二价铁将铁锈落于浓盐酸，滴入4KMnO溶液，紫色褪去铁绣中含有二价铁C探究氢离子浓度对2-4CrO、2-27Cr O相互转化的影响向24K CrO溶液中
26、缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色增大氢离子浓度，转化平衡向生成2-27Cr O的方向移动D检验乙醇中是否含有水向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体乙醇中含有水A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】ACH3COONH4中+4NH水解，+4232NH+H ONHH O+H，会消耗 CH3COO-水解生成的OH-，测定相同浓度的 CH3COONH4和 NaHCO3溶液的 pH，后者大于前者，不能说明 Kh(CH3COO-)Kh(-3HCO)，A 错误；B铁锈中含有 Fe 单质，单质 Fe 与浓盐酸可反应生成 Fe2+，滴入 KMnO4溶液，紫色褪去，不能说明铁锈中一定含有二价铁，B 错误；
27、CK2CrO4中存在平衡 22-4CrO(黄色)+2H+2-27Cr O(橙红色)+H2O，缓慢滴加硫酸，H+浓度增大，平衡正向移动，故溶液黄色变成橙红色，C 正确；D乙醇和水均会与金属钠发生反应生成氢气，故不能说明乙醇中含有水，D 错误；答案选 C。二、二、选择题选择题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 6 分分，共共 48 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，第第 1418题题只有一项是符合题目要求的只有一项是符合题目要求的，第第 1921 题题有有多多项符合题目要求项符合题目要求。全部选对的得全部选对的得 6 分分，选对选对但不全的得但不全的得 3 分，有选错
28、的得分，有选错的得 0 分。分。14.北京 2022 年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从 a 处由静止自由滑下，到 b 处起跳，c 点为 a、b 之间的最低点，a、c 两处的高度差为 h。要求运动员经过一点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的 k 倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则 c 点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（）A.1hk B.hkC.2hkD.21hk【答案】D【解析】【详解】运动员从 a 到 c 根据动能定理有212cmghmv在 c 点有2NcccvFmgmRFNc kmg联立有21chRk故选 D。15.长为 l 的高速列车在平直轨道上正常行驶，
29、速率为 v0，要通过前方一长为 L 的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过 v（v v0）。已知列车加速和减速时加速度的大小分别为 a 和 2a，则列车从减速开始至回到正常行驶速率 v0所用时间至少为（）A.02vvLlavB.02vvLlavC.032vvLlavD.032vvLlav【答案】C【解析】【详解】由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过 v（v d，d 远大于弹簧长度改变量的绝对值。（1）若在线圈中通入的微小电流为 I，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值x 及 PQ 上反射光点与 O 点间的弧长 s；（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零
30、，将电流通入线圈后，PQ 上反射光点出现在 O 点上方，与 O 点间的弧长为 s1保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在点下方，与 O 点间的弧长为 s2。求待测电流的大小。【答案】（1）NBIlk，2NBIlrdk；（2）124dk ssNBlr【解析】【详解】（1）由题意当线圈中通入微小电流 I 时，线圈中的安培力为F=NBIl根据胡克定律有F=NBIl=kxNBIlxk设此时细杆转过的弧度为，则可知反射光线转过的弧度为 2，又因为d x，r d则sin ，sin2 2所以有x=ds=r2联立可得22rNBIlrsxddk（2）因为测量前未调零，设没有通电流时偏移的弧长为
31、s，当初始时反射光点在 O 点上方，通电流 I后根据前面的结论可知有12NBI lrssdk当电流反向后有22NBI lrssdk联立可得124dk ssINBlr 同理可得初始时反射光点在 O 点下方结果也相同，故待测电流的大小为124dk ssINBlr 26.硫酸锌(4ZnSO)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为3ZnCO，杂质为2SiO以及 Ca、Mg、Fe、Cu 等的化合物。其制备流程如下：本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：离子3+Fe2+Zn2+Cu2+Fe2+MgspK384.0 10176.7 10202
32、.2 10168.0 10111.8 10回答下列问题：（1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_。（2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有_、_。（3）加入物质 X 调溶液pH=5，最适宜使用的 X 是_(填标号)。A.32NHH OB.2Ca(OH)C.NaOH滤渣的主要成分是_、_、_。（4）向80 90的滤液中分批加入适量4KMnO溶液充分反应后过滤，滤渣中有2MnO，该步反应的离子方程式为_。（5）滤液中加入锌粉的目的是_。（6）滤渣与浓24H SO反应可以释放 HF 并循环利用，同时得到的副产物是_、_。【答案】（1）ZnCO3焙烧ZnO+CO2（2）.增大压强.将焙烧后的产物碾
33、碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等（3）.B.Fe(OH)3.CaSO4.SiO2（4）3Fe2+-4MnO+7H2O=3Fe(OH)3+MnO2+5H+（5）置换 Cu2+为 Cu 从而除去（6）.CaSO4.MgSO4【解析】【分析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为 ZnCO3，杂质为 SiO2以及 Ca、Mg、Fe、Cu 等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应 ZnCO3焙烧ZnO+CO2，再加入 H2SO4酸浸，得到含 Zn2+、Ca2+、Ma2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质 X 调节 pH=5，结合表格数据，过滤得到 Fe(OH)3、CaSO4、SiO2
34、的滤渣，滤液中主要含有 Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液中加入 KMnO4溶液氧化 Fe2+，过滤得到 Fe(OH)3和 MnO2的滤渣，滤液中加入锌粉，发生反应 Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，过滤后得到滤渣为 Cu，再向滤液中加入 HF 脱钙镁，过滤得到滤渣为 CaF2、MgF2，滤液为 ZnSO4溶液，经一系列处理得到 ZnSO47H2O，据此分析解答。【小问 1 详解】由分析，焙烧时，生成 ZnO 的反应为：ZnCO3焙烧ZnO+CO2；【小问 2 详解】可采用增大压强、将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；【小问 3 详解】A
35、NH3H2O 易分解产生 NH3污染空气，且经济成本较高，故 A 不适宜；BCa(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故 B 适宜；CNaOH 会引入杂质 Na+，且成本较高，C 不适宜；故答案选 B；当沉淀完全时(离子浓度小于 10-5mol/L)，结合表格 Ksp 计算各离子完全沉淀时 pH5 的只有 Fe3+，故滤渣中有 Fe(OH)3，又 CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣的主要成分是 Fe(OH)3、CaSO4、SiO2；【小问 4 详解】向 8090滤液中加入 KMnO4溶液，可氧化 Fe2+，得到 Fe(OH)3和 MnO2的滤渣，反应的离子方程式为 3Fe2+-4M
36、nO+7H2O=3Fe(OH)3+MnO2+5H+；【小问 5 详解】滤液中加入锌粉，发生反应 Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换 Cu2+为 Cu 从而除去；【小问 6 详解】由分析，滤渣为 CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到 HF，同时得到的副产物为 CaSO4、MgSO4。27.硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用 95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列问题：（1）工业上常用芒硝(242Na SO10H O)和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成 CO，
37、该反应的化学方程式为_。（2）溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是_。回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的 1/3.若气雾上升过高，可采取的措施是_。（3）回流时间不宜过长，原因是_。回流结束后，需进行的操作有停止加热关闭冷凝水移去水浴，正确的顺序为_(填标号)。ABCD（4）该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是_。过滤除去的杂质为_。若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是_。（5）滤液冷却、结晶、过滤，晶体用少量_洗涤，干燥，得到22Na S xH O。【答案】（1）Na2SO410H2O+4C高温Na2S+4CO+10H2O（2）.硫化钠粗品中常
38、含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石.降低温度（3）.硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，Na2S 会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同时易造成冷凝管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸.D（4）.防止滤液冷却.重金属硫化物.温度逐渐恢复至室温（5）冷水【解析】【分析】本实验的实验目的为制备硫化钠并用 95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品，工业上常用芒硝(242Na SO10H O)和煤粉在高温下生产硫化钠，反应原理为：Na2SO410H2O+4C高温Na2S+4CO+10H2O，结合硫化钠的性质解答问题。【小问 1 详解】工业上常用芒硝(242Na SO10H O)和煤
39、粉在高温下生产硫化钠，同时生产 CO，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为：Na2SO410H2O+4C高温Na2S+4CO+10H2O；【小问 2 详解】由题干信息，生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石，因此回流前无需加入沸石，若气流上升过高，可直接降低降低温度，使气压降低；【小问 3 详解】硫化钠易溶于热乙醇，若回流时间过长，Na2S 会直接析出在冷凝管上，使提纯率较低，同时易造成冷凝管下端堵塞，圆底烧瓶内气压过大，发生爆炸；回流结束后，先停止加热，再移去水浴后再关闭冷凝水，故正确的顺序为，答案选 D。【小问 4 详解】硫化钠易溶于热乙醇，使用锥
40、形瓶可有效防止滤液冷却，重金属硫化物难溶于乙醇，故过滤除去的杂质为重金属硫化物，由于硫化钠易溶于热乙醇，过滤后温度逐渐恢复至室温，滤纸上便会析出大量晶体；【小问 5 详解】乙醇与水互溶，硫化钠易溶于热乙醇，因此将滤液冷却、结晶、过滤后，晶体可用少量冷水洗涤，再干燥，即可得到22Na S xH O。28.金属钛(Ti)在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石2TiO转化为4TiCl，再进一步还原得到钛。回答下列问题：（1）2TiO转化为4TiCl有直接氯化法和碳氯化法。在1000时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：()直接氯化：-1-222421p1TiO(s
41、)+2Cl(g)=TiCl(g)+O(g)H=172kJ mol,K=1.0 10()碳氯化：-1122242p2TiO(s)+2Cl(g)+2C(s)=TiCl(g)+2CO(g)H=-51kJ mol,K=1.2 10 Pa反应22C(s)+O(g)=2CO(g)的H为_-1kJ mol，pK=_Pa。碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是_。对于碳氯化反应：增大压强，平衡_移动(填“向左”“向右”或“不”)；温度升高，平衡转化率_(填“变大”“变小”或“不变”)。（2）在51.0 10 Pa，将2TiO、C、2Cl以物质的量比 12.22 进行反应。体系中气体平衡组成比例(物质的量分数
42、)随温度变化的理论计算结果如图所示。反应2C(s)CO(g)2CO(g)的平衡常数pK1400_Pa。图中显示，在200平衡时2TiO几乎完全转化为4TiCl，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是_。（3）2TiO碳氯化是一个“气固固”反应，有利于2TiOC“固固”接触的措施是_。【答案】（1）.-223.1.21014.碳氯化反应气体分子数增加，H 小于 0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程.向左.变小（2）.7.2105.为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的 TiCl4产品，提高效益（3）将两固体粉碎后混合，同时鼓入 C
43、l2，使固体粉末“沸腾”【解析】【小问 1 详解】根据盖斯定律，将“反应-反应”得到反应 2C(s)+O2(g)=2CO(g)，则H=-51kJ/mol-172kJ/mol=-223kJ/mol；则 Kp=pp1KK2=12-21.210 Pa1.010=1.21014Pa；碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加，H 小于 0，是熵增、放热过程，熵判据与焓判据均是自发过程，而直接氯化的体系气体分子数不变、且是吸热过程；对应碳氯化反应，气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡往气体分子数减少的方向移动，即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡往吸热方向移动，
44、即向左移动，则平衡转化率变小。【小问 2 详解】从图中可知，1400，体系中气体平衡组成比例 CO2是 0.05，TiCl4是 0.35，CO 是 0.6，反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数 Kp(1400)=2(0.6P)0.05P总总=525(0.61.010)0.051.010Pa=7.2105Pa；实际生产中需要综合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于 200，就是为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的 TiCl4产品。【小问 3 详解】固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于 TiO2 C“固-固”接触，可将两者粉碎后混合，同时鼓入
45、 Cl2，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。29.根据光合作用中 CO2的固定方式不同，可将植物分为 C3植物和 C4植物等类型。C4植物的 CO2补偿点比 C3植物的低。CO2补偿点通常是指环境 CO2浓度降低导致光合速率与呼吸速率相等时的环境 CO2浓度。回答下列问题。（1）不同植物（如 C3植物和 C4植物）光合作用光反应阶段的产物是相同的，光反应阶段的产物是_（答出 3 点即可）。（2）正常条件下，植物叶片的光合产物不会全部运输到其他部位，原因是_（答出 1 点即可）。（3）干旱会导致气孔开度减小，研究发现在同等程度干旱条件下，C4植物比 C3植物生长得好。从两种植物 CO2补偿点的角
46、度分析，可能的原因是_。【答案】（1）O2、H和 ATP（2）自身呼吸消耗或建造植物体结构（3）C4植物的 CO2补偿点低于 C3植物，C4植物能够利用较低浓度的 CO2【解析】【分析】光合作用包括光反应和暗反应两个阶段：（1）光合作用的光反应阶段（场所是叶绿体的类囊体膜上）：水的光解产生H与氧气，以及 ATP 的形成；（2）光合作用的暗反应阶段（场所是叶绿体的基质中）：CO2被 C5固定形成 C3，C3在光反应提供的 ATP 和H的作用下还原生成糖类等有机物是指绿色植物通过叶绿体，利用光能把二氧化碳和水转变成储存着能量的有机物，并释放出氧气的过程。【小问 1 详解】光合作用光反应阶段的场所是
47、叶绿体的类囊体膜上，光反应发生的物质变化包括水的光解以及 ATP 的形成，因此光合作用光反应阶段生成的产物有 O2、H和 ATP。【小问 2 详解】叶片光合作用产物一部分用来建造植物体结构和自身呼吸消耗，其余部分被输送到植物体的储藏器官储存起来。故正常条件下，植物叶片的光合产物不会全部运输到其他部位。【小问 3 详解】C4植物的 CO2固定途径有 C4和 C3途径，其主要的 CO2固定酶是 PEPC，Rubisco；而 C3植物只有 C3途径，其主要的 CO2固定酶是 Rubisco。干旱会导致气孔开度减小，叶片气孔关闭，CO2吸收减少；由于 C4植物的 CO2补偿点低于 C3植物，则 C4植
48、物能够利用较低浓度的 CO2，因此光合作用受影响较小的植物是 C4植物，C4植物比 C3植物生长得好。30.人体免疫系统对维持机体健康具有重要作用。机体初次和再次感染同一种病毒后，体内特异性抗体浓度变化如图所示。回答下列问题。（1）免疫细胞是免疫系统的重要组成成分，人体 T 细胞成熟的场所是_；体液免疫过程中，能产生大量特异性抗体的细胞是_。（2）体液免疫过程中，抗体和病毒结合后病毒最终被清除的方式是_。（3）病毒再次感染使机体内抗体浓度激增且保持较长时间（如图所示），此时抗体浓度激增的原因是_。（4）依据图中所示的抗体浓度变化规律，为了获得更好的免疫效果，宜采取的疫苗接种措施是_。【答案】（
49、1）.胸腺.浆细胞（2）抗体与病毒特异性结合形成沉淀，被吞噬细胞吞噬消化（3）病毒再次感染时，机体内相应的记忆细胞迅速增殖分化，快速产生大量抗体（4）多次接种【解析】【分析】体液免疫过程：抗原被吞噬细胞处理呈递给 T 淋巴细胞，T 细胞产生淋巴因子作用于 B 细胞，B细胞再接受淋巴因子的刺激和抗原的刺激后，增殖分化成浆细胞和记忆 B 细胞，浆细胞产生抗体作用于抗原。【小问 1 详解】免疫细胞是免疫系统的重要组成成分，包括淋巴细胞和吞噬细胞等，其中 T 细胞成熟的场所是胸腺。体液免疫过程中，只有浆细胞能产生特异性的抗体。【小问 2 详解】体液免疫过程中，抗体和病毒特异性结合后形成沉淀，再被吞噬细
50、胞吞噬消化。【小问 3 详解】记忆细胞可以在病毒消失后存活几年甚至几十年，当同一种病毒再次感染机体，记忆细胞能迅速增殖分化，快速产生大量抗体，使抗体浓度激增。【小问 4 详解】分析图示可知，二次免疫比初次免疫产生的抗体更多，故为了获得更好的免疫效果，接种疫苗时可多次接种，使机体产生更多的抗体和记忆细胞。31.为保护和合理利用自然资源，某研究小组对某林地的动植物资源进行了调查。回答下列问题。（1）调查发现，某种哺乳动物种群的年龄结构属于增长型，得出这一结论的主要依据是发现该种群中_。（2）若要调查林地中某种双子叶植物的种群密度，可以采用的方法是_；若要调查某种鸟的种群密度，可以采用的方法是_。（