安徽省合肥市第六中学2020届高三最后一卷理科综合试题答案

安徽省合肥市第六中学2020届高三最后一卷理科综合试题答案

1 合肥六中 2020 届高三冲刺最后一卷理科综合 （1）生物答案 1-6 BACCDD 1．【答案】B 【解析】 盐析仅改变蛋白质溶解度使蛋白质析出沉淀，没有破坏蛋白质空间结构，可以保留原有功能，A 错。 双缩脲试剂检测原理为两个以上肽键的显色反应，所以即使加热后蛋白质空间结构改变依然可以用双缩脲 试剂进行检测，B 正确。人体既可以自己合成也可以从食物中获取非必需氨基酸，C 错。蛋清中含有的溶 菌酶不能直接进入人体内环境，D 错。 2．【答案】A 【解析】 真核自养型生物光合作用两个阶段发生在叶绿体，原核蓝藻类光合作用发生在细胞质中，A 错。光合 色素吸收光能不依赖于膜结构，B 对。叶绿体是半自主性细胞器，含有 DNA、核糖体，能编码和合成一些 对于光合作用非常重要的蛋白质，C 对。C5 在固定阶段被消耗，还原阶段又重新生成，循环利用，D 对。 3．【答案】C 【解析】 基因转录形成的 tRNA 和 rRNA 产物不可作模板形成多肽链，A 错。双螺旋结构的基本骨架是磷酸、脱 氧核糖交替相连的长链，不蕴藏遗传信息，遗传信息蕴藏在碱基序列中，B 错。基因是遗传的功能单位， 保持完整性和独立性，C 对。群体同源染色体的相同位点上，可能存在多种等位基因，称复等位基因，D 错。 4．【答案】C 【解析】 本题考查的是变异、育种和进化相关内容。需要运用变异、育种和进化的各种知识进行综合分析。A 选项，诱变产生的新基因并不能改变进化的方向，进化的方向是由环境的选择作用决定的。诱变产生新基 因只能提供进化的原材料，A 选项错误；B 选项，是否进化与 B 基因频率是否大于 b 基因频率无关，B 选项 错误；C 选项，新物种的形成必须要形成生殖隔离，生殖隔离属于隔离，所以形成新物种必须要经过隔离， C 选项正确；D 选项，自然环境的选择作用是直接作用于生物的表现型，而不是直接作用于相关基因，D 选 项错误。 5．【答案】D 【解析】 2 本题考查的是内环境稳态的调节。需要充分利用题目提供的信息再结合课本内环境稳态调节相关知识 分析。A 选项，褪黑素调节人体昼夜节律，A 选项正确；B 选项，根据题目信息，褪黑素可以改善睡眠，说 明在晚上分泌比白天多，B 选项正确；C 选项，褪黑素通过血液循环运输，抽血可以检测褪黑素含量，C 选 项正确；D 选项，根据题目信息，褪黑素分泌受神经调节控制，松果体是该反射弧的效应器。虽然褪黑素 是激素，但是题目分析的是褪黑素的被调节过程，题目没有信息表明褪黑素的分泌受到其他激素调节，D 选项错误。 6．【答案】D 【解析】 本题考查的是种群数量的变化，需要利用课本相关知识深入分析题中曲线图。图中曲线高于直线 P 时 Nt+1 >Nt，表示种群数量在增长。A 选项，Nt 小于 a 时甲种群曲线低于直线 P，乙高于 P，表示甲种群数量在 下降，乙种群数量在上升，所以甲更易消亡，A 错误；B 选项，乙种群曲线在 b 点之后，有一段高于直线 P， 种群数量在增长，说明 b 点时的种群数量并未达到 K 值，B 错误。C 选项，在 c 点之前甲曲线形状像“S” 型曲线，但实际不是“S” 型曲线，在 a 点之前甲种群下降，所以在 c 点之前并不是一直增长的，C 选项 错误。D 选项， d 点 Nt 大于 Nt+1，说明种群数量减少，属于衰退型。 29.（10 分） 【答案】（1）在低于 C 光照强度下 B 植物光能利用率比 A 植物的高，在高于 C 光照强度下 A 植物光能 利用率比 B 植物的高。（2 分） 纸层析法 （1 分） A 植物叶绿素 a 色素带（蓝绿色色素带）比 B 植物 的对应色素带宽（或颜色深） （3 分） （2）不同层次土壤内的水分和养分（无机盐）（2 分） 不同层次的光能 （2 分） 【解析】 观察曲线可知，A 植物光补充点、光饱和点均大于 B 植物，说明 A 植物相比 B 植物更适宜阳生环境，B 更耐受阴生环境。观察曲线发现，低于 C 点光强时，B 植物的净光合作用强度大于 A 植物，说明在低于 C 光照强度下 B 植物光能利用率比 A 植物的高，高于 C 点光强时，A 植物的净光合作用强度大于 B 植物，说 明在高于 C 光照强度下 A 植物光能利用率比 B 植物的高。光合色素可以用纸层析法进行分离，通过色素带 的位置和宽窄区分色素的种类和含量，含量高的色素其色素带较宽（颜色较深）。把 A 植物与 B 植物种植 在一起，通过根系的深浅搭配，可以利用不同层次土壤内的水分和养分（无机盐），通过高矮的结合，可 以充分的利用不同层次的光能，进而达到增产的目的 30.（10 分） 【答案】（1）Ⅰ（1 分） 此阶段的蝌蚪不分泌甲状腺激素，其生长发育不受甲状腺激素的调节。（3 分） （2）多氯联苯通过抑制甲状腺激素的作用延缓了蝌蚪的发育，且浓度越高抑制作用越强。（3 分） 3 （3）甲状腺激素可通过（负）反馈调节影响（抑制）TSH 的分泌，因而可以通过血液中 TSH 的含量变化来 间接反映干扰物影响下的甲状腺激素含量变化。（3 分） 【解析】 PCBs 干扰甲状腺激素的作用，而Ⅰ阶段本身不分泌甲状腺激素，不受其干扰，故不适合作为实验材 料。从实验结果可知，PCBs 浓度越高，蝌蚪发育越迟缓，因此可推知 PCBs 抑制了甲状腺激素的作用。TSH 的含量受甲状腺激素的负反馈调节，因此可以作为体内 TH 含量变化的指标。 31. （7 分） 【答案】（1） 捕食 （1 分） 人和家禽家畜（1 分） （2） 分解有机物成无机物，产生沼气（甲烷）（2 分） 0 （1 分） （3） 物质的循环利用和能量的多级利用 （2 分） 【解析】 本题考查生态系统功能。需要准确理解相关概念，并且需要能准确表述相关原理。 （1）人和家禽家畜虽然都吃农作物，但吃的是不同部位，所以只有捕食关系，没有竞争关系。人和 家禽家畜都吃农作物，都属于第二营养级。 （2）分解者的作用是分解有机物成无机物，但是这些分解者在沼气池中，所以同时还在产生沼气（甲 烷）。家禽家畜粪便中的能量并不是家禽家畜同化的能量，是属于上一营养级同化的能量，所以家禽家 畜粪便能量流向分解者是属于农作物同化能量流向分解者，家禽家畜同化的能量流向分解者为 0。 （3）该生态系统中增加沼气池等能量利用环节可以提高能量的利用率。沼液中含有无机盐，可以作 为肥料被农作物吸收，这个过程体现了物质的循环利用。 32.（11 分） 【答案】（1）脱氧核苷酸（碱基）的排列顺序不同（2 分） （2）减数第一次分裂后期两条 X 染色体未分离或减数第二次分裂后期两条 X 染色单体染色单体未分离（2 分） Y（1 分） （3）实验思路：取异常红眼雄果蝇体细胞（或精巢）制作装片，在光学显微镜下找出处于有丝分裂中期 的细胞（若用精巢可观察减数第一次分裂中期的细胞），观察性染色体的数目和类型。（3 分） 预期实验结果及结论：在该红眼雄果蝇的细胞中只能观察到一条 X 染色体，没有 Y 染色体，证明异常的红 眼雌果蝇是因为染色体数目变异造成的。（3 分） 【解析】 本题通过课本材料考查实验设计和探究能力。 （1）W 与 w 是等位基因，区别就是脱氧核苷酸（碱基对）的排列顺序不同。 （2）XwXw 与 XWY 杂交，子代雌性应该全部是白眼，染色体变异导致的红眼，应该是母本产生卵细胞 XwXw 与 4 含 Y 的精子结合形成 XwXwY 的雌性白眼果蝇。产生卵细胞 XwXw 可以是母本减数第一次分裂时两个同源染色未 分开，或者减数第二次分裂时两个姐妹染色单体没分开。 （3）如果是染色体数目变异，最简单的验证方法就是观察染色体的形态和数目。可以直接选取变异雄果 蝇，获取细胞观察有丝分裂中期（或减数第一次分裂中期），观察染色体组成，看看红眼雄果蝇是不是只 有一个 X 染色体，没有 Y 染色体。 37. （15 分） 【答案】（1） 废液上清液中含有大量有机物，可为白地霉的生长繁殖提供所需的物质和能量 （2 分） 是（1 分） 废液上清液含有大量微生物，若不灭菌，不利于获得白地霉菌体（合理即可）（2 分） （2）需氧型（2 分） 不加（2 分） （3）恒重时的质量与滤纸质量之差（合理答案均给分）（2 分） （4）平板划线法（或稀释涂布平板）（2 分） 甘油管藏（2 分） 【解析】 发酵废液上清液中含有大量有机物，可为白地霉的生长繁殖提供所需的物质和能量，可以用来培养白 地霉。为了防止杂菌生长，需要对培养基进行灭菌。震荡可增加溶液中的溶氧量，可知白地霉为需氧型， 培养基中不加琼脂，应为液体培养基。称重时含滤纸质量，去除即可。纯化培养可以用平板划线法和稀释 涂布平板法，长期保存要使用甘油管藏法。 38.（15 分） 【答案】(1)逆转录（2 分） 启动子和终止子（2 分） （2）向小鼠体内注入蛋白质 B，再从产生免疫反应小鼠的脾脏中获得 B 淋巴细胞（3 分） 聚乙二醇（PEG） （2 分） （3）杂交瘤（2 分） 克隆化培养（2 分） 能无限增殖，又能分泌抗蛋白 B 抗体（2 分） 【解析】 本题考查通过基因工程方法制备疫苗，以及制备单克隆抗体的原理和方法。需要理解相关原理，并且 要能具体去应用。（1）该病毒是 RNA 病毒，要先逆转录成 DNA 片段才能表达出相应的蛋白质。有 RNA 逆转 录的 DNA 片段可能没有启动子和终止子，所以要在 DNA 片段前后添加启动子和终止子。 （2）单克隆抗体制备过程中要在小鼠体内注入相对应的抗原物质 B，然后分离 B 淋巴细胞，与骨髓瘤细胞 融合。细胞融合用的化学试剂是聚乙二醇（PEG）。 （3）单克隆抗体制备时要筛选出产生所需抗体的杂交瘤细胞。这种杂交瘤细胞既可以无限增殖又可以产 生相应抗体。通过克隆化培养这种细胞就可以获得大量单一抗体。 5 合肥六中 2020 届高三冲刺最后一卷理科综合 （2）化学答案 7．【答案】D 【解析】 A 选项：若电池中的电解液及重金属进入土壤，将会使土壤酸碱化，污染土壤和地下水，导致严重的 环境污染和生态风险，并威胁到人类健康，A 选项正确。 B 选项：以淀粉为原料，先水解为葡萄糖，再在乳酸菌的作用下将葡萄糖转变为乳酸，乳酸在催化剂 的作用下聚合成聚乳酸。聚乳酸材料废弃后，先水解成乳酸，乳酸在微生物的作用下分解成 CO2 和 H2O，故 聚乳酸塑料是一种可降解塑料，B 选项正确。 C 选项：工农业生产及生活中含氮、磷过多的废水排放后导致水体富营养化，造成藻类大量繁殖（发 生在淡水中称为“水华”、在海水中则称为“赤潮”），消耗水中溶解氧而导致水质恶化，C 选项正确。 D 选项：“84”消毒液的有效成分是 NaClO，“洁厕灵”的主要成分是浓盐酸，因浓盐酸还原性比稀盐 酸增强，混合使用时主要不是发生复分解反应 NaClO+HCl=NaCl+HClO，而使 HClO 浓度增大更好地消毒，而 是发生氧化还原反应 NaClO+2HCl(浓)＝NaCl+Cl2↑ +H2O，因产生 Cl2 会污染环境，可能使人中毒，D 选项错误。 8．【答案】D 【解析】 A 选项：结构相似、分子组成相差一个或若干个 CH2 原子团的化合物互称为同系物。互为同系物的化合 物结构相似，必须为同类物质，具有相同种类与数目的官能团，同为链状或环状结构；通式相同，具有相 同不饱和度。因此，苯的同系物中只含一个苯环，侧链必须是烷基，不饱和度为 4；而二苯基甲烷含两个 苯环，不饱和度为 8，两者通式不同，不属于苯的同系物，A 选项错误。 B 选项：二苯基甲烷分子中存在两个具有平面结构的苯环，将甲烷分子的结构特点迁移到该分子中不 饱和碳原子进行分析，可知能通过旋转碳碳单键的方式使得分子中所有碳原子可能处于同一平面，B 选项 错误。 C 选项：根据等效氢法和对称思维，可知二苯基甲烷的一氯代物为 4 种，则二氯代物超过 4 种，C 选 项错误。 D 选项：可将甲苯、乙苯等苯的同系物性质进行迁移，可知苯环与侧链相互影响而被活化。由于苯环 对侧链的影响，使得直接与苯环相连的含有氢原子的碳原子被活化，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，D 选项 正确。 9．【答案】C 【解析】 A 选项：观察图示信息，a 离子的半径比 b 离子的大，故 a 离子为 Clˉ、b 离子为 Na+，故水合 a 离子 为[Cl(H2O)6]ˉ，A 选项正确。 B 选项：要克服 NaCl 晶体中较强的离子键，由于异性相吸作用，而且 O 元素的非金属性比 H 元素的强， 构成水分子的显负电性的 O 端靠近 Na+，显正电性的 H 端靠近 Cl－，体现了异种电荷之间的静电作用，在多 个水分子的作用下，进而形成自由移动的水合钠离子和水合氯离子，B 选项正确。 C 选项：在 NaCl 的饱和溶液中，和难溶的电解质一样，也达到溶解平衡状态，其溶解速率与结晶速率 相等，必然存在 NaCl(s) Na+(aq)+ Clˉ(aq)，C 选项错误。 6 D 选项：破坏 NaCl 晶体中较强的离子键需要消耗较多能量，需补偿的能量必定与溶液中钠离子和氯离 子的水合过程能量变化有关，该过程是配位键形成过程，放出能量，故 D 选项正确。 10【答案】A 【解析】A．药品 X 应该是 Na2O2，这样可以与碳酸氢铵分解的二氧化碳、水反应提供反应物氧气。 B．先加热 c 处酒精灯目的是对催化剂预热，让气体充分反应 C．一段时间后，产物 NO 和 O2 在装置 E 中反应生成红棕色气体 NO2，气体 NO2 进入装置 f，形成硝酸，发生 反应 3Cu + 8H+ +2NO3 - =3Cu2++2NO↑ +4H2O，溶液变蓝。 D．装置 d 的作用是收集 NH3 并防止 f 中溶液倒吸。 11．【答案】 D 【解析】 W、X、Y 三种元素的简单离子核外电子排布相同，结合其形成化合物结构中 X 与 W 成键特征，可知为 W 为 F 元素、X 为 Na 元素；根据化合价代数和为 0，可知中心元素 Y 呈+3 价，为 Al 元素。或利用直觉思 维，联想冰晶石的化学式 Na3AlF6，猜想 Y 为 Al 元素。根据“原子最外层电子数之和为 17”，17-7-1-3=6， 又因为 Z 在四种短周期主族元素中原子序数最大，可中 Z 为 S 元素。即 W、X、Y、Z 分别为 F、Na、Al、S 元素。 A 选项：同一周期主族元素，原子的有效核电荷数随原子序数的增大而增加，故同周期主族元素的原 子半径逐渐减小；同一主族元素，原子的有效核电荷数随原子序数的增大而减少，故同主族元素原子半径 逐渐增大。因此，原子半径：Na＞Al＞S＞F，A 选项错误。 B 选项：钠与铝形成的晶体都是金属晶体，Al 比 Na 的半径小、价电子多，故铝的金属键比钠强，铝 的熔点比钠高。或者由钠与水反应的现象以及铝与盐酸或氢氧化钠溶液反应现象比较均可知，铝的熔点高 于钠。硫的常见单质通常情况下呈固态、氟单质为气态，可知硫的熔点高于氟单质，故 B 选项错误。 C 选项：S 的最高价氧化物的水化物 H2SO4 是强酸，S 的其他价态的氧化物的水化物，例如 H2SO3 是中强 酸，C 选项错误。 D 选项：Y 与 Z 形成的化合物为 Al2S3，Al3+与 S2−水解互相促进使 Al2S3 水解反应的 K 值很大，反应进行 很完全：2Al3++3S2−+6H2O＝2Al(OH)3↓+3H2S↑，故 Al2S3 的制备只能用干法，D 选项正确。 12．【答案】B 【解析】 由反应方程式 Ag++ Clˉ AgCl↓、2Ag++CrO2 - 4 Ag2CrO4↓可知，滴定至恰好完全反应时，两反 应中分别有 n(Ag+)=n(Clˉ)、n(Ag+)=2n(CrO2 - 4 )，可知 a 点所在曲线代表 AgNO3 溶液滴定 NaCl 溶液，且 a 点为滴定终点，b、c 点所在曲线代表 AgNO3 溶液滴定 K2CrO4 溶液，且 b 点为滴定终点。 A 选项：根据图示信息和反应原理，可知 b 点时 pM=4.0，即-lgc(CrO2 - 4 )=4.0，c(CrO2 - 4 )=10−4.0 mol·L−1， c(Ag+)=2×10−4.0 mol·L−1，Ksp(Ag2CrO4)= c(CrO2 - 4 )×c2(Ag+)=10−4.0×(2×10−4.0)2=4×10−12.0， 即 Ksp(Ag2CrO4)的数量级为 10−12，A 选项正确。 B 选项：根据图示信息及反应原理，可知 a 点 c(Ag+)=c(Clˉ) =10−4.9 mol·L−1，Ksp(AgCl)= 10−9.8；A 选项已 分析出 b 点 c(Ag+)=2×10−4.0 mol·L−1，故 B 选项错误。完整分析：反应前 n(CrO2 - 4 )=1.000 mmol，c 点时加入的 n(Ag+)=1.000 mmol，可知剩余的 n(CrO2 - 4 )=0.5000 mmol，其浓度为： 7 0.5000 mmol (10.00 10.00)mL =0.02500 mmol·mL−1=0.02500 mol·L−1，故c(Ag+)= 2sp 4 2 4 (Ag CrO ) (CrO ) K c  = 12.04 10 0.02500  = 1.6 ×10−5.0 ( mol·L−1)≈1.263×10−5.0 mol·L−1。即 a、b、c 三点所示溶液中 c(Ag+)：b＞a＞c。 C 选项：同条件下改为 0.2000 mol·L−1 Clˉ，初始浓度为题干中的 2 倍，反应终点消耗的 n(AgNO3) 仍然为 10.00 mmol，故消耗 AgNO3 溶液体积为 20.00 mL；根据反应原理及图示信息，d 点时 c(Ag+)=c(Clˉ)=10 −4.9 mol·L−1，根据温度不变 Ksp为一定值，而据此计算出的 Ksp(AgCl)= 10−9.8，与前述计算结果相同，故 C 选项正 确。 D 选项：由 B 选项的分析可进一步推测，当溶液中同时存在 Clˉ和少量 CrO2 - 4 时，用标准硝酸银溶液滴 定，Clˉ沉淀完全后，过量的 Ag+再与 CrO2 - 4 反应生成浅红色沉淀(量少)而指示滴定终点，故用 AgNO3 溶液滴定 Clˉ时常用 K2CrO4 溶液作指示剂。由于 2CrO2 - 4 +2H+ Cr2O2 - 7 +H2O，根据浓度对平衡的影响规律可知，滴定若 在酸性介质中进行，CrO2 - 4 可能会以 HCrO2 - 4 形式存在，酸性过强甚至转化为 Cr2O2 - 7 ，CrO2 - 4 浓度减小，指示终 点的浅红色沉淀 Ag2CrO4 出现晚或甚至不出现，导致测定误差。滴定若在强碱性介质中进行，则有 AgOH 甚 至氧化银沉淀析出，所以用 AgNO3 溶液滴定 Clˉ时，一般用少量 K2CrO4 溶液作指示剂，在中性或弱碱性介 质中进行。因此，D 选项正确。 13．【答案】D 【解析】 A 选项：据图中信息可知，熔盐捕获 CO2 的过程，阳极(正极)区域反应①为：2CO2+ O2−＝C2O2 - 5 ，负 极(阴极)区域反应②为：CO2+ O2−＝CO2 - 3 ，即它们的产物不同，A 选项正确。 C 选项：根据图中信息，负极区域先发生熔盐捕获 CO2 反应：CO2+ O2−＝CO2 - 3 ，后发生电极反应：CO 2 - 3 + 4e−＝C + 3O2−，C 选项正确。两式相加，可得负极区域的总反应为：CO2+ 4e−＝C + 2O2−。 B 选项：根据图中信息，可知阳极表面生成了 O2，结合图中信息和 C 选项的分析，可知该区域先发生 熔盐捕获 CO2 的反应：2CO2+ O2−＝C2O2 - 5 ，后发生电极反应：C2O2 - 5 -4e−+ O2−＝O2↑+ 2CO2↑。两式相加， 可得阳极区域的总反应为：2O2−-4e−＝O2↑，B 选项正确。 D 选项：由 B、C 选项中所分析出的负极(阴极)区域和阳极(正极)区域总反应相加，可知电池中总反应 为 CO2=====通电 C+ O2↑。可见外电路每通过 1 mol 电子可捕获 0.25 mol CO2，即标准状况下 0.25 mol ×22.4 L·mol −1 =5.6 L。气体体积与气体物质的量及温度、压强均有关，未指明温度、压强时，无法判断气体体积，D 选项错误。 26．（14 分） （1）Cl2 0.1NA（或 1.204×1023） （2 分，2 分，共 4 分） （2）①Cu+2H2SO4(浓) △ CuSO4+SO2↑+2H2O ②g→h(或 h→g)→b→c→e→f→d ③ClO2 的沸点为 11℃，用冰水可使 ClO2 冷凝为液体 （2 分，2 分，2 分， 共 6 分） （3）淀粉溶液 1.35cV （1 分，3 分，共 4 分） 【解析】 8 （1）该反应不是“归中反应”，原因是不符合同种元素价态越高氧化性越强的一般规律。 （2）①略。 ②A 是 SO2 发生装置；B 装置用于制备 ClO2；C 装置用于吸收多余的 SO2，并防止倒吸，增大吸收 面积；D 装置冷凝收集 ClO2；E 装置是安全瓶，防止倒吸。因此，装置连接顺序为 a→g→h(或 h→g)→b →c→e→f→d。 （3）测定 ClO2 含量的过程中发生的反应为：2ClO2+10Iˉ+8H+＝2Clˉ+5I2+4H2O、2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6 ＋2NaI，用关系式法计算，可得：2ClO2～5I2～5Na2S2O3，即： ClO2 ～ 5Na2S2O3 67.5 g 5 mol （13.5×10−3cV g） 10−3cV mol 故 ClO2 溶液浓度= 3 3 1 13.5 10 g 10.00 mL 10 L mL cV      = 1.35cV g·L−1。 27．（15 分） （1）6FeCl3+Bi2S3====△ 2BiCl3+6FeCl2+3S Bi3++H2O+ Clˉ====△ BiOCl↓+H+ 盐酸浓度过大，容易腐蚀设备，在后续置换时会消耗大量铁粉 （2 分，2 分，2 分共 6 分） （2）冷却、过滤 （1 分） （3）H+、Fe3+、Fe2+ （1 分） （4） 将“溶浸”时生成的 Cl2，通入置换液中生成 FeCl3 循环利用； 将 PbCl2 的洗涤液与浸出液合并，提高原料利用率； 将浸出液加铋矿还原，使溶液中残存的Fe3+还原为Fe2+，以防止铁粉置换时发生2FeCl3+Fe=3FeCl2 而增加铁粉消耗量 （答对任何一条均可，2 分） （5）阳（或正） 2Bi+6HCl 通电 2BiCl3+3H2↑ （1 分，2 分，共 3 分） （6）Fe2+没有开始沉淀，Bi3+已开始沉淀且沉淀完全。 （2 分） 【解析】 本题以工业湿法冶金制备铋单质的工艺流程为载体，考查考生对化工流程的分析、氧化还原反应、电 解原理的应用以及难溶电解质溶度积计算等内容。 （1）辉铋矿加入足量 FeCl3 溶液和盐酸加热溶解后过滤，FeCl3 将 S2−氧化为 S，加入盐酸可抑制 FeCl3 及 BiCl3 水解生成有关沉淀，得到的滤渣主要为 S。 “浸出”时 Bi2S3 与 FeCl3 溶液反应的化学方程式为： 6FeCl3+Bi2S3====△ 2BiCl3+6FeCl2+3S。反应液必须保持强酸性，否则铋元素会以碱式氯化铋(BiOCl)沉淀形式 析出，离子方程式为：Bi3++H2O+ Clˉ====△ BiOCl↓ +H+。但盐酸浓度过大时，容易腐蚀设备，在后续置换时会消耗大量铁粉。 （2）流程中的 PbCl2 是 PbO2 的还原产物，主要由加热溶浸时被 HCl 还原产生：PbO2 +4HCl====△ PbCl2 +Cl2 9 ↑+2H2O。根据信息“PbCl2 是一种难溶于冷水，易溶于热水的白色固体”，因此分离回收 PbCl2 的方法为冷 却、过滤、洗涤、干燥。 （3）根据题目设问、流程信息及氧化还原反应原理，“溶浸”时的主要反应为：6FeCl3 +Bi2S3====△ 2BiCl3+6FeCl2+3S，同时“浸出”时加入了足量的 FeCl3 溶液和盐酸，故答案为 H+、Fe3+、Fe2+。 （4）该问有一定开放性。在“溶浸”时生成了会环境污染的 Cl2，“置换液”中的铁主要是 Fe2+，而在 “溶浸”时需要加入 FeCl3 溶液，故答案可以是：将“溶浸”时生成的 Cl2，通入置换液中生成 FeCl3 循环 利用；将 PbCl2 的洗涤液与浸出液合并，提高原料利用率；或将浸出液加铋矿还原，使溶液中残存的 Fe3+ 还原为 Fe2+，以防止铁粉置换时发生 2FeCl3+Fe=3FeCl2 而增加铁粉消耗量。 （5）电解精炼时金属铋失电子，因此为电解池的阳极(或正极)；电解时阳极铋溶解生成 BiCl3，由于 Bi3+体积较大，不能透过阴极陶瓷坩埚隔膜，而被留在电解液中，H+体积小，能通过隔膜在阴极放电。在不 断对阴极补充盐酸的情况下，电解液含铋量不断增加，电解总反应为 2Bi+6HCl 通电 2BiCl3+3H2↑。 （6）25℃时，向浓度均为 0.1 mol·L−1 的 Fe2+、Pb2+、Bi3+的混合溶液中滴加 Na2S 溶液，当 Pb2+恰好沉 淀完全时，c(S2−)= sp 2+(Pb ) K c = 28 5 3.0 10 10    =3.0×10−23(mol·L−1)，此时 Qc(FeS)= c(Fe2+)×c(S2−)=0.1×3.0×10−23=3.0×10−24＜Ksp(FeS)= 6.0×10−18；Qc(Bi2S3)= c2(Bi3+)×c3(S2−)=0.12 ×(3.0×10−23)3=2.7×10−70＞Ksp(Bi2S3)= 1.8×10−99。可见，此时 Fe2+没有开始沉淀，Bi3+已开始形成沉淀， 且 c(Bi3+)= sp 2 3 3 2 (Bi S ) (S ) K c  = 23 99 3 1.8 10 (3.0 10 )   =2.6×10−26(mol·L−1 )＜10−5 mol·L−1 ，Bi3+已沉淀完全。 28．（14 分） （1）1 1 （1 分，1 分，共 2 分） （2）①方式 1 （1 分） ②CHO*+3H*＝CO*+4H*（或 CHO*＝CO*+H*） （2 分） （3）①2H2-H1 （2 分） ②H1＜0，H2＞0，温度升高时，平衡Ⅰ逆向移动增加的 CO2 的量大于平衡Ⅱ正向移动减少的 CO2 的量 （2 分） ③反应Ⅰ、Ⅱ中 CO2 平衡时的净转化率呈减小趋势 （或反应Ⅰ中 CO2 减小的平衡转化率始终大于反应Ⅱ中 CO2 增大的平衡转化率 （2 分） （4）O2 H2S+4H2O-8 e−＝10H++SO2 - 4 （1 分，2 分，共 3 分） 【解析】 （1）根据表格信息，由第 1、2 组数据分别列出表达式，两式相比，可得 n=1；由第 1、3 组数据分别 列出表达式，两式相比，可得 m=1。 （2）①方式 1 比方式 2 的活化能 Ea 小，故由活化能 Ea 值推测，甲醇裂解过程主要历经的为方式 1。 ②根据方式 1 反应历程信息，该历程中，放热最多的步骤是 CHO*+3H*转化为 CO*+4H*的过程， 故对应方程式为 CHO*+3H*＝CO*+4H*（或 CHO*＝CO*+H*）。 10 （3）①根据盖斯定律，反应Ⅱ×2-反应 I，可得：CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g) H= H2- H1。 ②由图甲可知，升高温度时 CH4(g)、H2O(g)的含量减少，H2(g)、CO(g)的含量增加，可知反应 I 为放热反应、反应Ⅱ为吸热反应，即 H1＜0、 H2＞0。恒压条件下升高温度，平衡 I 逆向移动使 CO2 增加， 平衡Ⅱ正向移动使 CO2 减少，但平衡Ⅰ逆向移动使 CO2 增加的量大于平衡Ⅱ正向移动使 CO2 减少的量，故图 甲中，200～550℃时，CO2 的物质的量分数随温度升高而增大。 ③一方面，反应 I 为气体分子数减小的反应，反应Ⅱ是气体分子数不变的反应，增大压强平衡 I 正向移动、平衡Ⅱ不能移动，故温度一定时，增大压强，CO2 的平衡转化率增大，即图乙中：温度相同时， CO2 的平衡转化率为：10 MPa＞3 MPA＞1 MPA＞0.1 MPA。另一方面，反应 I 的 H1＜0、反应Ⅱ的 H2＞0， 压强一定时，温度升高平衡 I 逆向移动、平衡Ⅱ正向移动，由②分析可知，平衡Ⅰ逆向移动增加的 CO2 的 量大于平衡Ⅱ正向移动减少的 CO2 的量。 因此，图乙中，在压强为 10 MPa 时，当温度在 200～800℃范围 内，随温度升高 CO2 的平衡转化率始终减小，即反应Ⅰ、Ⅱ中 CO2 平衡时的净转化率呈减小趋势（或反应Ⅰ 中 CO2 减小的平衡转化率始终大于反应Ⅱ中 CO2 增大的平衡转化率）。 （4）电解池中，HS−(或 S2−)、HCO - 3 (或 CO2 - 3 )移向阳极与酸生成 H2S、CO2，阳极上 H2O、H2S 发生失去电 子的氧化反应生成 O2、SO2 - 4 ，电极反应为 2H2O-4e−＝O2↑+2H2O、H2S+ 4H2O-8 e−＝10H++SO2 - 4 ，所以阳极室逸出 CO2 和 O2，H2S 转化为 SO2 - 4 而除去。 35．（15 分） （1）原子光谱 （1 分） （2）①9 sp3 （1 分，1 分，共 2 分） ②O σ键 2.5 NA （1 分，1 分，2 分，共 4 分） （3）OF2 与 H2O 的立体构型相似，同为 V 形，但水分子的极性很强，而 OF2 的极性却很小。这是因为： 从电负性上看，氧与氢的电负性差大于氧与氟的电负性差；OF2 中氧原子上有两对孤电子对，抵消 了 F－O 键中共用电子对偏向 F 而产生的极性 （3 分） （4）① （2 分） ② 2 30 A 2 12 3 3 150 300 10 2 N     （3 分） 【解析】 （1）现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素。 （2）①基态 S 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p4，其中 3p4 的 4 个电子占据 3 个轨道，电子的 空间运动状态有：1s、2s、2px、2py、2pz、3s、3px、3py、3pz，共 9 种。H2S2O8 中，硫原子价层电子对数= 6+2 2 =4， 所以采取 sp3 杂化 ②由反应可知，Mn 元素的化合价由+2 升高至+7，部分 O 元素的化合价由-1 降低至-2，故上述反 应中被还原的元素是 O 元素。每生成 1 mol MnO - 4 ，消耗 2.5 mol S2O2 - 8 ，而 1 mol S2O2 - 8 中含 1 mol－O－O 11 －键，再结合 SO2 - 4 结构可知，反应中断裂了 2.5 NA 个（－O－O－）σ键。 （3）OF2 与 H2O 的立体构型相似，同为 V 形，但水分子的极性很强，而 OF2 的极性却很小。这是因为： 从电负性上看，氧与氢的电负性差大于氧与氟的电负性差；OF2 中氧原子上有两对孤电子对，抵消了 F－O 键中共用电子对偏向 F 而产生的极性，故 （4）①根据图（b）可知，沿 c 轴的投影，可以看到四边形的四个顶点上各有 1 个碳原子，结合图（a）， 视图为 ，下面一层有一个碳原子位于该原子的对称位置，因此沿 c 轴的投影为 。 ②在石墨晶体中每个碳原子与 3 个正六边形相连，而每个正六边形有 6 个碳原子，所以每个正六边 形实际含有的碳原子数为 2，即每个碳原子实际占有的正六边形数目为 0.5 个。12 g 碳含有 1 mol 碳原子， 含有 0.5 mol 正六边形。在石墨晶体中，每个六棱柱含有 12× 1 6 =2 个碳原子，而六棱柱的体积为 3 3 2 (150 ×10−10) 2×(300×10−10) cm3= 3 3 2 ×1502×300×10−30 cm3。取 1 mol 晶胞计算，其晶体密度= 3 2 30 A 2 12 g cm3 3 150 300 10 2 N        。 另一种计算方法： 首先由右图可知每个晶胞平均含有 4 个 C 原子，晶胞高度为 600 pm，另由平面几何知识可知，晶胞底面积 为 150 ×225 pm， 故可计算得密度为： AN  30106002253150 124 36．（15 分） （1） 2-丙醇 （或异丙醇） （1 分） （2） C16H34O （1 分） （3）碳碳双键、酯基 加聚反应 （2 分，1 分，共 3 分） （4） +2NaOH 2H O   +2NaBr （2 分） （5） CH3CH2CHO、 （4 分） （6） 12 （4 分） 【解析】 （ 1 ） 根 据 图 示 信 息 可 知 A 是 CH3-CH=CH2 ， 该 物 质 与 H2O 在 一 定 条 件 下 发 生 加 成 反 应 产 生 ，名称为 2-丙醇或异丙醇。 （2）M 是由 G（ ）与（ ）L 发生加聚反应反应产生 的高聚物； 是由 E（ ）与 F 发生酯化反应形成的，所以 F 是醇，其分子 式为 C16H34O。 （3）G 的结构简式是 ，其官能团的名称是碳碳双键、酯基，G 与 L 在一定条件下 生成 M 的反应类型是加聚反应。 （4）I 是 ，该物质与 NaOH 的水溶液在加热条件下发生水解反应（或取代反应）生成 ，所以 I→J 的反应方程式为： +2NaOH 2H O   +2NaBr 。 （5）由 C 结构简式可知 C 的分子式是 C3H6O，由于含 1 个不饱和度，一个 O 原子可能形成的官能团除 羰基外，还可能为醛基、羟基、醚键，但由于它的同分异构体中，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为 3 ︰2︰1，故 其结构简式为：CH3CH2CHO 和 。 （6） 中含有的官能团名称为碳碳双键和羧基，对比苯乙烯和 的结构简式， 可知目标产物侧链增加一个碳原子，根据已知流程中 A→B→C→D 的 转 化 途径 ，可实现碳骨架的构建 并引入羧基，最后消去醇羟基即可。因此，由苯乙烯为起始原料制备 的合成路线为： 。 13 合肥六中 2020 届高三冲刺最后一卷理科综合 （3）物理答案 14.【答案】C 【解析】 能否发生光电效应，取决于照射光的频率，与强度无关，所以 A 选项错误；b 光照射不能发生光电效 应，电流计不会偏转，B 选项错误；当光电流达到饱和时，及时增加电压，光电流不变，C 选项正确；电 流方向与电子运动方向相反，D 选项错误。 15.【答案】B 【解析】 斜劈对滑块的作用力方向为右上方，并且与水平方向夹角 030 ，A 选项错误；滑块受到拉力，重力， 斜面对滑块的力三个力的作用，处于平衡状态，并且这三个力夹角均为 0120 ，因此这三个力大小相等均为 mg，B 选项正确；水平面对斜劈的摩擦力的大小等于拉力的水平分量为 mg2 3 ，C 选项错误；撤除外力后， 水平面对斜劈的摩擦力方向水平向右，D 选项错误。 16.【答案】D 【解析】 粒子做匀变速曲线运动,A 选项错误，动量变化量的大小为 02 3 mv ，B 选项错误；由于粒子的电性未 知，初速度与电场强度方向间的夹角无法判断，C 选项错误；速度最小值时，速度与电场力垂直，电场力 的功率为 0，D 选项正确. 17.【答案】B 【解析】 火星探测器的发射速度介于 11.2km/s 至 16.7km/s 之间，A 选项错误； 2 3 2 2 3 2 地 地 T r T r  ，得 地rr 5.12  ，B 选项正确；火星的密度是 2 3 GT  ，周期 T 应该是火星表面的卫星运行周期，C 选项错误；由 2R GMg  ，可 知火星表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的 倍 5 2 ，D 选项错误。 18.【答案】CD 【解析】 初始弹簧的弹力大小 kx=mg，运动瞬间对 B 分析： mgFgmFFmg NN 2,22-2  得：弹 ，A 选项 错误；分离时：对 B 分析， 222 gmkxmg  、 ,所以 xx 、 ,因此 B 物体向下运动 2x 时与木板分开，B 选 14 项错误，由 gxvxgv 2,2222  得 ，C 选项正确，B 物块向下运动过程弹簧弹力，木板的支持力的合 力向上，对 B 做负功，因此 B 机械能减少，D 选项正确。 19.【答案】BC 【解析】 设正三角形的边长为 a,匀速运动的速度为 v. 线框进入磁场的过程,根据右手定则可以知道,电流方向为逆时针,即为正方向,线框所受的安培力方向向 左, t 时刻线框有效切割长度 vtvtL 360tan 0  , 产生的感应电动势 , 感应电流的大小 , ; 根据安培力公式 , 图线是开口向上的抛物线. 同理,线框离开磁场的过程,回路中磁通量减小,产生的感应电流为顺时针,方向为负方向,安培力方向向左. 此过程线框有效切割长度 , 产生的感应电流大小为 , 根据安培力公式 , 图线是开口向上的抛物线.根据数学知识可以知道 BC 正确. 20.【答案】BC 【解析】 滑片向上移动，变阻器连接在电路中的电阻变大，由于用电器是并联关系，应该是相当于减少用电器 的个数，A 选项错误，将变压器和负载看做等效电路，变阻器阻值变大，等效电阻 负 、 （ Rn nR 2 2 1 ) 阻值变 大，电压表 V1 示数变大，V2 示数也变大，B 选项正确，等效电路中 I1 变小，因此 I2 变小，电阻 2R 功率 2 2 22 RIPR  变小，C 选项正确，由 1 2 2 1 ) RRn nR  负 、 （ 可知，随负载电阻的增加，变压器的输入功率变小，D 选项错误。 21.【答案】AC 【解析】 15 当 A、C 共速时，A 的速度最小， BAC mvmvvmmv  22 00 ,并且 ABAC vvvv  00 2 ,得到： 03 2 vvAC  ， 03 5 vvB  ，A 选项正确；B 与 C 碰撞时： 000 3 422 vmmvvmmv AC  、 ，得： 06 5 vvAC 、 ， B、C 碰后 C 的速度最大： BCAC vmvmmv  23 4 0 、 , 012 13 vvBC  ，B 选项错误； A、C 间相对位移： 11 0 22 tvtvvx ACAC AC  ， a vv t 00 1 3 2  ； B、C 间相对位移： ]22 3 4 []22 2[ 22 0 11 0 tvvt vv tvtvvx ACAC B ACB BC 、   ； a vvt BB 、2 得到： 9:2:  BCAC xx ，C 选项正确; 最终 mvvmmv 32 00  ， 0vv  ， 机械能减少量： %40%100 )2(2 1 2 1 32 1)2(2 1 2 1 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0    vmmv vmvmmv ，D 选项错误 22.（5 分） 【答案】 （1）BD （2 分，选对但不全的得 1 分，有选错的得 0 分。） （2）0.90 （3 分，写 0.9 的不得分） 【解析】 （1）BD （2）对小车、盘和砝码整体： aMmmg )(  ，得： gmg M a 111  ，结合图像得： 1.01  g ； 09.0 g M ，得 kgM 90.0 23．（10 分） 【答案】 （1）减小 （2 分） （2）A （2 分） （3）1250 （2 分） （4）1333.3 （2 分） 1.5mA （2 分，1.4~1.6 都算对，不带单位得 1 分） 24．（12 分） 【解析】 （1）物块距离斜面顶端 1 2x L 时，由题意 0 3 3 2 2 4 L L     ① 16 由牛顿第二定律 0 0sin cosmg mg ma    ② 解得 0 1 8a g ③ （2）加速度为零时，物块的速度最大，由牛顿第二定律 sin cos 0mg mg    ④ 由题意 xL2 3 解得，此时 Lx 3 2 ⑤ 物块下滑阶段，由牛顿第二定律 sin cosa g g    即 1 3 2 4 ga g xL    ⑥ 作出物块下滑过程的 a—x 图像 由图像的物理意义可知，a—x 图像与横轴所围的面积的 2 倍等于最大速度 vmax 的平方。即 gLLgv 3 1 3 2 2 1 2 122 max  ⑦ 所以 gLv 3 1 max  ⑧ 评分参考：第（1）问 6 分，①②③式各 2 分；第（2）问 6 分，④⑤⑥⑦式各 1 分，⑧式 2 分。 25．（20 分）【解析】 (1)小球在△abc 区域做圆周运动，则满足重力与电场力平衡， 所以小球带正电， 且 mgqE  则 E mgq  ① 17 （2）小球的运动轨迹如右图所示。 小球在磁场中的轨迹半径 2 Lr  ，由 r mvqvB 2  ， ② 得到小球的入射速度： m qBLv 2  ③ 小球在△acd 做匀速直线运动，离开 cd 边界竖直上抛运动 离开 cd 边界后上升的高度： g vh 2 2  ④ 所以最高点到边界 ab 的距离： LhH  ⑤ 解①③④⑤式得： 2 22 8E LgBhH  ⑥ （3）如左图，当入射速度较小时，一定可以从 ad 边射出。 若运动轨迹与边界 bc 相切（如右图），这是满足条件的入射速度最大值 得到轨迹半径： 3 Lr  ⑦ 由 、r mvBqv 2 max max  ， ，得到 E BgL m qBLv 33max  ⑧ 所以入射速度的范围是 E BgLv 30  ⑨ 18 （4）设粒子在磁场中轨迹半径为 r，经分析可得， 在磁场中运动时间 Bg E qB mt  22 1  , ⑩ 在电场中运动时间 v L v rLrt 2)(22 2  ⑪ 在边界 cd 上方运动时间 g vt 2 3  ⑫ 总时间 g v v L Bg Et 222   ，当 gLv  时，有最小值。⑬ （i） E BgLgL 3  时，时间的最小值为： g L Bg E g gL gL L Bg Et 42222 min   ⑭ （ii） E BgLgL 3  时，时间的最小值为： E BL Bg E g E BgL E BgL L Bg Et 3 2)62(32 3 22 min   ⑮ 评分参考：第（1）问 3 分，判断带正电 1 分，①式 2 分；第（2）问 5 分，②式 2 分，④⑤⑥式各 1 分； 第（3）问 4 分，⑦式 2 分，⑧⑨式各 1 分；第（4）问 8 分，⑩⑪⑫⑬式各 1 分，⑭⑮式各 2 分。 （二）选考题 33．[物理——选修 3-3] （1）ABE（5 分。选对 1 个给 2 分，选对 2 个给 4 分，选对 3 个给 5 分；每选错 1 个扣 3 分，最低得分 为 0 分） （2）（10 分） 【解析】 （i）初始时活塞平衡，以两个活塞为研究对象，由平衡条件 0A A B B A Bp S p S p S S  （ ） ① 由题意 3B AS S 01.6Ap p 解得 19 00.8Bp p ② （ii）重新达到平衡后，设汽缸 A、B 中气体的压强为 Ap 、 Bp ，汽缸 A 中气体体积增加 AV ，汽缸 B 中气体体积增加 3 AV 。以两个活塞为研究对象，由平衡条件 0A A B B A Bp S p S p S S    （ ） ③ 对汽缸 A 中的气体，由理想气体状态方程 0 0 0 )(A A A Ap V pV V T T     ④ 汽缸 B 中气体发生等温变化，由玻意耳定律 0 0 )( 3B ABp V p V V  ⑤ 解得 02.5Ap p  ⑥ 评分参考：第（i）问 3 分，①式 2 分，②式 1 分；第（ii）问 7 分，③④⑤式各 2 分，⑥式 1 分。 34．[物理——选修 3-4] （1）ACD（5 分。选对 1 个给 2 分，选对 2 个给 4 分，选对 3 个给 5 分；每选错 1 个扣 3 分，最低得 分为 0 分） （2）（10 分） 【解析】 （i）光由空气射向柱体，入射角θ1=45º，折射角θ2=30º，由折射定律 1 2 sin sinn   ① 解得 = 2n ② （ii）如图所示，作出两条折射光线，经过平面右端点的光线恰好通过圆心，从 E 点透射出柱体；从 A 点入射的光线，在圆弧上的 D 点恰好发生全反射。即光线能从圆弧 DE 部分透射。 20 由折射定律 i sin9= 0 s nn ADO  ③ 解得 45ADO   ④ 故  45DOE ⑤ 所以，圆弧 DFE 的长度 RRs  4 128 1  ⑥ 评分参考：第（i）问 4 分，①②式各 2 分；第（ii）问 6 分，③⑥式各 2 分，④⑤式各 1 分。