1、理科綜合生物能力測試一、選擇題1.新冠肺炎疫情警示人們要養(yǎng)成良好的生活習慣，提高公共衛(wèi)生安全意識。下列相關敘述錯誤的是（）A.戴口罩可以減少病原微生物通過飛沫在人與人之間的傳播B.病毒能夠在餐具上增殖，用食鹽溶液浸泡餐具可以阻止病毒增殖C.高溫可破壞病原體蛋白質(zhì)的空間結構，煮沸處理餐具可殺死病原體D.生活中接觸的物體表面可能存在病原微生物，勤洗手可降低感染風險【答案】B【解析】【分析】新冠肺炎是由新型冠狀病毒引起的疾病，該病毒不能離開活細胞獨立生活。【詳解】A、戴口罩可以減少飛沫引起的病毒傳播，可以在一定程度上預防新冠病毒，A正確；B、病毒只能依賴于活細胞才能存活，不能在餐桌上增殖，B錯誤；C

2、、煮沸可以破壞病原體蛋白質(zhì)的空間結構，進而殺死病原體，C正確；D、手可能接觸到病毒，勤洗手可以洗去手上的病原體，降低感染風險，D正確。故選Bo2.種子貯藏中需要控制呼吸作用以減少有機物消耗。若作物種子呼吸作用所利用的物質(zhì)是淀粉分解產(chǎn)生的葡萄糖，下列關于種子呼吸作用的敘述，錯誤的是（）A.若產(chǎn)生的CO2與乙醇的分子數(shù)相等，則細胞只進行無氧呼吸B.若細胞只進行有氧呼吸，則吸收02的分子數(shù)與釋放CO2的相等C.若細胞只進行無氧呼吸且產(chǎn)物是乳酸，則無02吸收也無C02釋放D.若細胞同時進行有氧和無氧呼吸，則吸收02的分子數(shù)比釋放C02的多【答案】D2020年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（全國卷I)【解

3、析】呼吸底物是葡萄糖時，若只進行有氧呼吸，則消耗的氧氣=生成的二氧化碳量；若只進行無氧呼吸，當呼吸產(chǎn)物是酒精時，生成的酒精量=生成的二氧化碳量。【詳解】A、若二氧化碳的生成量=酒精的生成量，則說明不消耗氧氣，故只有無氧呼吸，A正確；B、若只進行有氧呼吸，則消耗的氧氣量=生成的二氧化碳量，B正確；G若只進行無氧呼吸，說明不消耗氧氣，產(chǎn)乳酸的無氧呼吸不會產(chǎn)生二氧化碳，C正確；D、若同時進行有氧呼吸和無氧呼吸，若無氧呼吸產(chǎn)酒精，則消耗的氧氣量小于二氧化碳的生成量，若無氧呼吸產(chǎn)乳酸，則消耗的氧氣量=二氧化碳的生成量，D錯誤。故選D。3.某研究人員以小鼠為材料進行了與甲狀腺相關的實驗，下列敘述錯誤的是（

4、）A,切除小鼠垂體，會導致甲狀腺激素分泌不足，機體產(chǎn)熱減少B.給切除垂體的幼年小鼠注射垂體提取液后，其耗氧量會增加C.給成年小鼠注射甲狀腺激素后， 其神經(jīng)系統(tǒng)的興奮性會增強D.給切除垂體的小鼠注射促甲狀腺激素釋放激素， 其代謝可恢復正常【答案】D【解析】 【分析】甲狀腺可以分泌甲狀腺激素，甲狀腺激素可以促進神經(jīng)系統(tǒng)的發(fā)育，還可以促進細胞代謝，增加產(chǎn)熱。【詳解】A、若切除垂體，則垂體分泌的促甲狀腺激素減少，會導致甲狀腺激素分泌不足，產(chǎn)熱減少，A正確；B、給切除垂體的幼年小鼠注射垂體提取液后，該提取液中含有促甲狀腺激素，可以促進甲狀腺激素的分泌，故小鼠的耗氧量會增加，B正確；C甲狀腺激素可以促進神

5、經(jīng)系統(tǒng)的發(fā)育，故給成年小鼠注射甲狀腺激素后，神經(jīng)系統(tǒng)的興奮性會增加，C正確；D、促甲狀腺激素釋放激素作用的靶器官是垂體，故切除垂體后，注射促甲狀腺激素釋放激素不能讓代謝恢復正常，D錯誤。故選D。4.為達到實驗目的，需要選用合適的實驗材料進行實驗。下列實驗目的與實驗材料的對應,不合理的是（）實驗材料實驗目的A大蒜根尖分生區(qū)細胞觀察細胞的質(zhì)壁分離與復原B蝗蟲的精巢細胞觀察細胞的減數(shù)分裂C哺乳動物的紅細胞觀察細胞的吸水和失水D人口腔上皮細胞觀察DNA、RNA在細胞中的分布細胞質(zhì)壁分離及復原的原理：把成熟的植物細胞放置在某些對細胞無毒害的物質(zhì)溶液中,細胞液的濃度小于外界溶液的濃度時，細胞液中的水分子就

6、透過原生質(zhì)層進入到外界溶液胞不斷失水時，原生質(zhì)層就會與細胞壁逐漸分離開來，也就是逐漸發(fā)生了質(zhì)壁分離。符合題意;液的濃度大于外名慢慢地恢復成原來的狀態(tài),生質(zhì)壁分離的細【詳解】A、根B、蝗蟲的精巢細C、哺乳動物的紅D、人的口腔上皮布，D不符合題親界溶液中的水分子就通過原生質(zhì)層進入到細胞液中,使植物細胞逐漸發(fā)生質(zhì)壁分勺大液泡，不能用于觀察細胞的質(zhì)壁分離與復原,次分裂，可以用于觀察細胞的減數(shù)分裂,A符合題B不符合題意;,失水會皺縮，故可以用于觀察細胞的吸水和失水,DNA和RNA,可以用于觀察DNA、RNA在細胞中的分A.A【答案】A【解析】分析】B.BC.CD.D中，使原生質(zhì)層和細胞壁都出現(xiàn)一定程度的

7、收縮。由于原生質(zhì)層比細胞壁的收縮性大,當細當細胞故選Ao5.已知果蠅的長翅和截翅由一對等位基因控制。多只長翅果蠅進行單對交配（每個瓶中有1只雌果蠅和1只雄果蠅），子代果蠅中長翅：截翅=3:1。據(jù)此無法判斷的是（）A.長翅是顯性性狀還是隱性性狀B.親代雌蠅是雜合子還是純合子C.該等位基因位于常染色體還是X染色體上D.該等位基因在雌蠅體細胞中是否成對存在【答案】C【解析】【分析】由題意可知，長翅與長翅果蠅雜交的后代中出現(xiàn)截翅果蠅，說明截翅是隱性性狀，長翅是顯性性狀。【詳解】A、根據(jù)截翅為無中生有可知，截翅為隱性性狀，A不符合題意；B、根據(jù)雜交的后代發(fā)生性狀分離可知，親本雌蠅一定為雜合子，B不符合題

8、意；C、無論控制翅形的基因位于X染色體上還是常染色體上，后代中均會出現(xiàn)長翅：截翅=3:1的分離比，C符合題意；D、根據(jù)后代中長翅：截翅=3:1可知，控制翅形的基因符合基因的分離定律，故可推測該等位基因在雌蠅體細胞中是成對存在的，D不符合題意。故選Co6.土壤小動物對動植物遺體的分解起著重要的作用。下列關于土壤小動物的敘述，錯誤的是（）A.調(diào)查身體微小、活動力強的小動物數(shù)量常用標志重捕法B.土壤中小動物類群的豐富度高，則該類群含有的物種數(shù)目多C.土壤小動物的代謝活動會影響土壤肥力，進而影響植物生長D.土壤小動物呼吸作用產(chǎn)生的CO2參與生態(tài)系統(tǒng)中的碳循環(huán)【答案】A【解析】物種豐富度指群落中物種數(shù)目

9、的多少。常用取樣器取樣法調(diào)查土壤小動物的豐富度。【詳解】A、調(diào)查身體微小、活動能力強的小動物數(shù)量常用取樣器取樣法，A錯誤；B、物種豐富度指群落中物種數(shù)目的多少，土壤中小動物豐富度高，說明該類群含有的物種數(shù)目多，B正確；G一些土壤小動物可以將有機物分解為無機物，增加土壤肥力，進而影響植物的生長，C正確；D、土壤小動物可以通過呼吸作用產(chǎn)生二氧化碳，二氧化碳進入大氣中，可以參與碳循環(huán)，D正確。故選Ao三、非選擇題7.真核細胞的膜結構具有重要功能。請參照表中內(nèi)容完成下表。結構名稱突觸圖爾基體(1)葉綠體的類囊體膜功能(2)(3)控制物質(zhì)進出細胞作為能量轉換的場所膜的主要成分(4)功能舉例在縮手反射中參

10、與興奮在神經(jīng)元之間的傳遞參與豚鼠胰腺腺泡細胞分泌蛋白的形成過程參與K+從土壤進入植物根細胞的過程【答案】(1).細胞膜(2).參與信息彳遞(3).對蛋白質(zhì)進行加工修飾(4).脂質(zhì)和蛋白質(zhì)(5).葉肉細胞進行光合作用時，光能轉化為化學能的過程發(fā)生在類囊體膜上【解析】【分析】1、生物膜主要由脂質(zhì)和蛋白質(zhì)組成，還有少量的糖類。脂質(zhì)中磷脂最豐富，功能越復雜的生物膜，蛋白質(zhì)的種類和數(shù)量越多。2、細胞膜的功能：將細胞與外界環(huán)境分隔開；控制物質(zhì)進出；進行細胞間的信息交流。3、分泌蛋白的合成與分泌過程：附著在內(nèi)質(zhì)網(wǎng)上的核糖體合成蛋白質(zhì)一內(nèi)質(zhì)網(wǎng)進行粗加工一內(nèi)質(zhì)網(wǎng)“出芽”形成囊泡一高爾基體進行再加工形成成熟的蛋白

11、質(zhì)一高爾基體“出芽”形成囊泡一細胞膜，整個過程還需要線粒體提供能量。【詳解】(1)K+進入植物根細胞的過程為主動運輸，體現(xiàn)了細胞膜控制物質(zhì)進出的功能。(2)興奮在神經(jīng)元之間是通過突觸傳遞，當興奮傳遞到突觸小體時，突觸前膜釋放神經(jīng)遞質(zhì)進入突觸間隙，與突觸后膜上的受體結合，使突觸后膜發(fā)生興奮或抑制，該過程體現(xiàn)了細胞膜參與信息傳遞的功能。(3)由分析可知，在分泌蛋白的合成和分泌過程中，高爾基體對來自內(nèi)質(zhì)網(wǎng)的蛋白質(zhì)進行加工修飾后，“出芽”形成囊泡，最終將蛋白質(zhì)分泌到細胞外。(4)由分析可知生物膜的主要成分是脂質(zhì)和蛋白質(zhì)。(5)類囊體薄膜上分布著光合色素和多種酶，是綠色植、【點睛】本題考查生物膜的成分和

12、功能，要求考生育己分泌蛋白，8.農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中的一些栽培措施可以影響作物的生理活動，Q作物的生長(1)中耕是指作物生長期中，在植株之間去除雜草并進,土施對作物的作用有(答出2U(2)農(nóng)田施肥的同時，往往需要適當澆水，此時澆水的 s 是出i點即可)。(3)農(nóng)業(yè)生產(chǎn)常采用間作(同一生長期內(nèi)，在同一塊農(nóng)田上間隔種植兩種作物)的方法提高農(nóng)田的光能利用率。現(xiàn)有4種作物，在正常條件下生長能達到的株高和光飽和點率達到最大時所需的光照強度)見下表。從提高光能利用率的角度考慮,作物ABC株高/cm1706559兩種作物是,選擇這兩種作物的理由是:合速間作的光飽和點/科mol-21s-112001180560623【

13、答案】（1）.減少雜草對水分、礦質(zhì)元素和光的競爭；增加土壤氧氣含量，促進根系的呼吸作用（2）.肥料中的礦質(zhì)元素只有溶解在水中才能被作物根系吸收（3）.A和C（4）.作物A光飽和點高且長得高，可以利用上層光照進行光合作用；作物C光飽和點低且長得矮，與作物A間作后，能利用下層的弱光進行光合作用【解析】【分析】1、中耕松土是指對土壤進行淺層翻倒、疏松表層土壤。中耕的作用有：疏松表土、增加土壤通氣性、提高地溫，促進好氣微生物的活動和養(yǎng)分有效化、去除雜草、促使根系伸展、調(diào)節(jié)土壤水分狀況。2、礦質(zhì)元素只有溶解在水中，以離子形式存在，才能被植物根系選擇吸收。【詳解】（1）中耕松土過程中去除了雜草，減少了雜草

14、和農(nóng)作物之間的競爭；疏松土壤可以增加土壤的含氧量，有利于根細胞的有氧呼吸，促進礦質(zhì)元素的吸收，從而達到增產(chǎn)的目的。（2）農(nóng)田施肥時，肥料中的礦質(zhì)元素只有溶解在水中，以離子形式存在，才能被作物根系吸收。（3）分析表中數(shù)據(jù)可知，作物A、D的株高較高，B、C的株高較低，作物點較高，適宜在較強光照下生長，C、D的光飽和點較低，適宜在弱光下生點，應選取作物A和C進行間作，作物A可利用上層光照進行光合作用,層的弱光進行光合作用，從而提高光能利用率。【點睛】本題結合具體實例考查光合作用和呼吸作用的相關內(nèi)容,的原理、影響因素及在生產(chǎn)中的應用是解題的關鍵。9.某研究人員用藥物W進行了如下實驗：給甲組大鼠注射藥物

15、鹽水，飼養(yǎng)一段時間后，測定兩組大鼠的相關生理指標。實驗結果表明:化；與乙組大鼠相比，甲組大鼠的血糖濃度升高，尿中葡萄糖含量增加，進食量下降。 回答下列問題:(1)由上述實驗結果可推測，藥物W破壞了胰腺中的A、述特C能利掌握）W,乙組口,細胞，使細胞失去光飽和乍用和呼吸作功能,從而導致血糖濃度升高。(2)由上述實驗結果還可推測，甲組大鼠腎小管液中的葡萄糖含量增加，導致腎小管液的滲透壓比正常時的,從而使該組大鼠的排尿量。(3)實驗中測量到甲組大鼠體重下降，推測體重下降的原因是。(4)若上述推測都成立，那么該實驗的研究意義是(答出1點即可)。【答案】(1).胰島B(2).高(3).增加(4).甲組大

16、鼠胰島素缺乏，使機體不能充分利用葡萄糖來獲得能量，導致機體脂肪和蛋白質(zhì)的分解增加(5).獲得了因胰島素缺乏而患糖尿病的動物，這種動物可以作為實驗材料用于研發(fā)治療這類糖尿病的藥物【解析】【分析】1、胰島B細胞能分泌胰島素，其作用是促進組織細胞加速攝取、利用和儲存葡萄糖，從而使血糖水平降低；胰島A細胞能分泌胰高血糖素，其作用是促進糖原分解，并促進一些非糖物質(zhì)轉化為葡萄糖，從而使血糖水平升高。2、糖尿病的病人由于胰島B細胞受損，導致胰島素分泌過少，血糖進入細胞及在細胞內(nèi)氧化分解發(fā)生障礙，而非糖物質(zhì)轉化成糖仍在進行，從而使血糖水平升高，部分糖隨尿液排出，而原尿中的葡萄糖又增加了尿液的滲透壓，因此導致腎

17、小管、集合管對水分的重吸收減少，進而導致尿量增多。【詳解】(1)由于甲組大鼠注射藥物W后，血糖濃度升高，可推知藥物W破壞了胰腺中的胰島B細胞，使胰島素的分泌量減少，從而導致血糖濃度升高。(2)由題干信息可知，甲組大鼠腎小管液中的葡萄糖含量增加，會導致腎小管液的滲透壓比正常時的高，因此導致腎小管、集合管對水分的重吸收減少，進而導致尿量增加。(3)甲組大鼠注射藥物W后，由于胰島素分泌不足，使機體不能充分利用葡萄糖來獲得能量，導致機體脂肪和蛋白質(zhì)的分解增加，體重下降。(4)由以上分析可知，藥物W破壞了胰腺中的胰島B細胞，使大鼠因胰島素缺乏而患糖尿病，這種動物可以作為實驗材料用于研發(fā)治療這類糖尿病的藥

18、物。【點睛】本題結合藥物W的實驗，主要考查了糖尿病的病因以及“三多一少”癥狀出現(xiàn)的原因等相關基礎知識，意在考查考生從題中獲取信息的能力，并運用所學知識對信息進行分析、推理和解釋現(xiàn)象的能力。10.遺傳學理論可用于指導農(nóng)業(yè)生產(chǎn)實踐。回答下列問題：(1)生物體進行有性生殖形成配子的過程中，在不發(fā)生染色體結構變異的情況下，產(chǎn)生基因重新組合的途徑有兩條，分別是。（2）在誘變育種過程中，通過誘變獲得的新性狀一般不能穩(wěn)定遺傳，原因是，若要使誘變獲得的性狀能夠穩(wěn)定遺傳，需要采取的措施是。【答案】（1）.在減數(shù)分裂過程中，隨著非同源染色體的自由組合，非等位基因自由組合；同源染色體上的等位基因隨著非姐妹染色單體的

19、交換而發(fā)生交換，導致染色單體上的基因重組（2）.控制新性狀的基因是雜合的（3）.通過自交篩選性狀能穩(wěn)定遺傳的子代【解析】【分析】1、基因重組是指在生物體進行有性生殖的過程中，控制不同性狀的基因的重新組合。它包括：減數(shù)第一次分裂過程中，隨著非同源染色體的自由組合，非等位基因自由組合；減數(shù)分裂形成四分體時期，位于同源染色體上的等位基因隨著非姐妹染色單體的交換而發(fā)生交換，導致染色單體上的基因重組。2、誘變育種是指利用物理因素或化學因素來處理生物，使生物發(fā)生基因突變。用這種方法可以提高突變率，在較短時間內(nèi)獲得更多的優(yōu)良變異類型。其原理是基因突變。【詳解】（1）由分析可知，減數(shù)分裂形成配子的過程中，基因

20、重組的途徑有減數(shù)第一次分裂后期，非同源染色體上的非等位基因自由組合；減數(shù)第一次分裂前期同源染色體的非姐妹染色單體之間發(fā)生交叉互換。（2）在誘變育種過程中，誘變獲得的新個體通常為雜合子，自交后代會發(fā)生性狀分離，故可以將該個體進行自交，篩選出符合性狀要求的個體后再自交，重復此過程，直到不發(fā)生性狀分離，即可獲得穩(wěn)定遺傳的純合子。【點睛】本題考查基因重組和育種的相關知識，要求考生掌握基因重組的概念和分類、誘變育種的原理和應用，并能靈活運用解題。生物一一選修1:生物技術實踐11.某種物質(zhì)S（一種含有C、H、N的有機物）難以降解，會對環(huán)境造成污染，只有某些細菌能降解S。研究人員按照下圖所示流程從淤泥中分離

21、得到能高效降解S的細菌菌株。實驗過程中需要甲、乙兩種培養(yǎng)基，甲的組分為無機鹽、水和S,乙的組分為無機鹽、水、S和Y。回答下列問題:(1)實驗時，盛有水或培養(yǎng)基的搖瓶通常采用的方法進行滅菌。乙培養(yǎng)基中的Y物質(zhì)是。甲、乙培養(yǎng)基均屬于培養(yǎng)基。(2)實驗中初步估測搖瓶M中細菌細胞數(shù)為2X107個/mL,若要在每個平板上涂布100dL稀釋后的菌液，且保證每個平板上長出的菌落數(shù)不超過200個，則至少應將搖瓶M中的菌液稀釋倍。(3)在步驟的篩選過程中，發(fā)現(xiàn)當培養(yǎng)基中的S超過某一濃度時，某菌株對S的降解量反而下降，其原因可能是(答出1點即可)。(4)若要測定淤泥中能降解S的細菌細胞數(shù)，請寫出主要實驗步驟。(5

22、)上述實驗中，甲、乙兩種培養(yǎng)基所含有的組分雖然不同，但都能為細菌的生長提供4類營養(yǎng)物質(zhì)，即。【答案】(1).高壓蒸汽滅菌(2).瓊脂(3).選擇(4).104(5),S的濃度超過某一值時會抑制菌株的生長(6),去淤泥加入無菌水，涂布到乙培養(yǎng)基上，培養(yǎng)后計數(shù)(7),水、碳源、氮源和無機鹽【解析】【分析】培養(yǎng)基一般含有水、碳源、氮源、無機鹽等。常用的接種方法：平板劃線法和稀釋涂布平板法。常用的滅菌方法：干熱滅菌法、灼燒滅菌法、高壓蒸汽滅菌法。【詳解】(1)常用高壓蒸汽滅菌法處理盛有水或培養(yǎng)基的搖瓶，乙為固體培養(yǎng)基，故需要加入Y瓊脂；甲和乙培養(yǎng)基可以用于篩選能降解S的菌株，故均屬于選擇培養(yǎng)基。(2)

23、若要在每個平板上涂布100dL稀釋液后的菌液，且每個平板上長出的菌落數(shù)不超過200個，則搖瓶M中的菌液稀釋的倍數(shù)至少為2X10+1000X100+200=f倍。10(3)當培養(yǎng)基中的S超過某一濃度后，可能會抑制菌株的生長，從而造成其對S的降解量下降。(4)要測定淤泥中能降解S的細菌的細胞數(shù)，可以取淤泥加無菌水制成菌懸液，稀釋涂布到乙培養(yǎng)基上，培養(yǎng)后進行計數(shù)。(5)甲和乙培養(yǎng)基均含有水、無機鹽、碳源、氮源。【點睛】培養(yǎng)基常用高壓蒸汽滅菌法進行滅菌，接種工具應該進行灼燒滅菌，玻璃器皿等耐高溫的、需要干燥的物品，常采用干熱滅菌。生物一一選修3:現(xiàn)代生物科技專題12.為研制抗病毒A的單克隆抗體，某同學

24、以小鼠甲為實驗材料設計了以下實驗流程。制備單制備單. .細胞懸液細胞懸液回答下列問題：(1)上述實驗前必須給小鼠甲注射病毒A,該處理的目的是。(2)寫出以小鼠甲的脾臟為材料制備單細胞懸液的主要實驗步驟：。(3)為了得到能產(chǎn)生抗病毒A的單克隆抗體的雜交瘤細胞，需要進行篩選。圖中篩選1所采用的培養(yǎng)基屬于,使用該培養(yǎng)基進行細胞培養(yǎng)的結果是。圖中篩選2含多次篩選，篩選所依據(jù)的基本原理是。(4)若要使能產(chǎn)生抗病毒A的單克隆抗體的雜交瘤細胞大量增殖，可采用的方法有(答出2點即可)。【答案】(1).誘導小鼠甲產(chǎn)生能夠分泌抗病毒A抗體的B淋巴細胞(2).取小鼠甲脾臟剪碎，用胰蛋白酶處理使其分散成單個細胞，加入

25、培養(yǎng)液制成單細胞懸液(3).選擇培養(yǎng)基(4).只有雜交瘤細胞能夠生存(5).抗原與抗體的反應具有特異性(6).將雜交瘤細胞注射到小鼠腹腔內(nèi)增殖；將雜交瘤細胞在體外培養(yǎng)【解析】【分析】由圖可知，篩選1指用選擇培養(yǎng)基篩選出雜交瘤細胞，篩選2指進行克隆化培養(yǎng)和專一抗體檢測，篩選出能產(chǎn)生特定抗體的雜交瘤細胞。【詳解】(1)實驗前給小鼠甲注射病毒A,是為了誘導小鼠甲產(chǎn)生能夠分泌抗病毒A抗體的B淋巴細胞。(2)取小鼠的脾臟，剪碎組織，用胰蛋白酶處理獲得單個細胞，加入培養(yǎng)液可以制成單細胞懸液。(3)圖中篩選1需要用到選擇培養(yǎng)基，只有雜交瘤細胞可以存活。篩選2是為了獲得能產(chǎn)生特定抗體的雜交瘤細胞，該過程要用到

26、抗原抗體雜交，故篩選所依據(jù)的原理是抗原-抗體反應具有特異性。(4)獲得能產(chǎn)生抗病毒A的單克隆抗體的雜交瘤細胞后， 可以在體外培養(yǎng)液中進行培養(yǎng)， 或在小鼠的腹腔中進行培養(yǎng)，使雜交瘤細胞大量增殖。【點睛】制備單克隆抗體的過程中，需要用到動物細胞融合和動物細胞培養(yǎng)，需要用到兩次篩選，第一次篩選的目的是獲得雜交瘤細胞，第二次篩選的目的是獲得能產(chǎn)生特定抗體的雜交瘤細胞。理科綜合能力測試注意事項：1 .答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.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，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題

27、卡上，寫在本試卷上無效。3 .考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Na23Al27P31Cl35.5Ar40V51Fe56二、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15題只有一項符合題目要求， 第68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。1.行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時間內(nèi)減小為零，關于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是()A.增加了司機單位面積的受力大小B.減少了碰撞前后司機動量的變化量C.將司機的

28、動能全部轉換成汽車的動能D.延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積【答案】D【解析】【詳解】A.因安全氣囊充氣后，受力面積增大，故減小了司機單位面積的受力大小，故A錯誤；B.有無安全氣囊司機初動量和末動量均相同，所以動量的改變量也相同，故B錯誤；C.因有安全氣囊的存在，司機和安全氣囊接觸后會有一部分動能轉化為氣體的內(nèi)能，不能全部轉化成汽車的動能，故C錯誤；D.因為安全氣囊充氣后面積增大，司機的受力面積也增大，在司機擠壓氣囊作用過程中由于氣囊的緩沖故增加了作用時間，故D正確。故選Do112.火星的質(zhì)n約為地球質(zhì)n的,平徑約為地球牛徑的一，則同一物體在火生表面與在地102球表面受到的引力的比值

29、約為（）A.02B.0.4C.2.0D.2.5【答案】B【解析】【詳解】設物體質(zhì)量為m,則在火星表面有在地球表面有由題意知有故聯(lián)立以上公式可得故選Bo3.如圖，一同學表演蕩秋千。FiM1mR2 M2mF2-GTM1-1M2.10R11R222F1M1R2F2M2R141010.4已知秋千的兩根繩長均為10m,該同學和秋千踏板的總質(zhì)量約為50kg。繩的質(zhì)量忽略不計，當該同學蕩到秋千支架的正下方時，速度大小為8m/s,此時每根繩子平均承受的拉力約為（）A.即每根繩子拉力約為410N,故選Bo4.圖（a）所示的電路中，K與L間接一智能電源，用以控制電容器C兩端的電壓UC。如果UC隨時間t的變化如圖（

30、b）所示，則下列描述電阻R兩端電壓UR隨時間t變化的圖像中,A.200NB.400NC.600ND.800N【答案】B【解析】【詳解】在最低點由2Tmg2mvT=410N正確的是（）由于電流方向不同，所以電壓方向不同。故選Ao5.一勻強磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，ab為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑。一束質(zhì)量為m、電荷量為q（q0）的粒子，在紙面【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)電容器的定義式CQ可知U結合圖像可知，圖像的斜率為,則142s內(nèi)的電流Ii2與3、5s內(nèi)的電流I35關系為I122135且兩段時間中的電流方向相反，根據(jù)歐

31、姆定律,UI一可知RR兩端電壓大小關系滿足UR122UR35R35內(nèi)從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為（）【詳解】粒子在磁場中做勻速圓周運動A.7m6qB5mB.4qB4mC.3qBD.3m2qBqBv2mvr可得粒子在磁場中的周期T口qB粒子在磁場中運動的時間t一T2qB則粒子在磁場中運動的時間與速度無關，軌跡對應的圓心角越大，運動時間越長。采用放縮圓解決該問題，粒子垂直ac射入磁場，則軌跡圓心必在ac直線上，將粒子的軌跡半徑由零逐漸放大。當半徑r0.5R和r1.5R時，粒子分別從ac、bd區(qū)域射出，磁場中的軌跡為

32、半圓，運動時間等于半個周期。當0.5Rr0)的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點先后以不同的速度進入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進入電場時速度為零的粒子，自圓周上的C點以速率vo穿出電場，AC與AB的夾角打60。運動中粒子僅受電場力作用。(1)求電場強度的大小;(2)為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進入電場時的速度應為多大?(3)為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mvo,該粒子進入電場時的速度應為多大?所以根據(jù)動能定理有:“1一qExAC.amV。-0解得:解得:由加速的定義式變形得:解得:2V202ax22m/sv20a12.在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強電場,(1)2mv02qR；(2)5

33、(3)0或v2.2 4-2由題意知在A點速度為零的粒子會沿著電場線方向運動，由于q0,故電場線由A指向C,根據(jù)幾何關系可知:2mv0(2)根據(jù)題意可知要使粒子動能增量最大則沿電場線方向移動距離最多， 做與圓相切， 切點為D,即粒子要從D點射出時沿電場線方向移動距離最多,類平拋運動，根據(jù)幾何關系有(xRsin60v1trr 一人-12y-RRcos60，-at2而電場力提供加速度有qEma聯(lián)立各式解得粒子進入電場時的速度：(3)因為粒子在電場中做類平拋運動，粒子穿過電場前后動量變化量大小為mv0,即在電場方向上速度變化為V。，過C點做AC垂線會與圓周交于B點，故由題意可知粒子會從C點或B點射出。

34、當從B點射出時由幾何關系有XBC.3R.V2t2 J1-2XACRat2-2電場力提供加速度有AC垂線并且粒子在電場中做v1;-4qEma聯(lián)立解得v2-0-;當粒子從C點射出時初速度為0。2（二）選考題：共15分。請考生從2道物理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。物理一一選彳3-313.分子間作用力F與分子間距r的關系如圖所示，r=ri時，F(xiàn)=0。分子間勢能由r決定，規(guī)定兩分子相距無窮遠時分子間的勢能為零。若一分子固定于原點O,另一分子從距O點很遠處向。點運動，在兩分子間距減小到2的過程中，勢能（填減小“不變”或“增大”）；在間距由上減小到ri的過程中，勢能（填“減小”

35、“不變”或“增大”）【答案】（1）.減小（2）.減小（3）.小于【解析】【詳解】1從距O點很遠處向O點運動，兩分子間距減小到匕的過程中,引力做正功，分子勢能減小;2在r2q的過程中，分子間仍然體現(xiàn)引力，引力做正功，分子勢能減小;3在間距等于r1之前，分子勢能一直減小，取無窮遠處分子間勢能為零，則在r1處分子勢能小于零。14.甲、乙兩個儲氣罐儲存有同種氣體（可視為理想氣體）。甲罐的容積為V,罐中氣體的壓強為p；乙罐的容積為2V,罐中氣體的壓強為1po現(xiàn)通過連接兩罐的細管把甲罐中的部2分氣體調(diào)配到乙罐中去，兩罐中氣體溫度相同且在調(diào)配過程中保持不變，調(diào)配后兩罐中氣體的壓強相等。求調(diào)配后：（i）兩罐中

36、氣體的壓強；（ii）甲罐中氣體質(zhì)量與甲罐中原有氣體的質(zhì)量之比。【答案】（i）2p；（ii）-33【解析】【詳解】（i）氣體發(fā)生等溫變化，對甲乙中的氣體，可認為甲中原氣體有體積V變成3V,分子間體現(xiàn)引力,乙中原氣體體積有2V變成3V,則根據(jù)玻意爾定律分別有1pVPi3V,-p2Vp23V2則1pV-p2V(piP2)3V則甲乙中氣體最終壓強,2ppiP2-p3（ii）若調(diào)配后將甲氣體再等溫壓縮到氣體原來的壓強為p,則pVpV計算可得2V-V3由密度定律可得，質(zhì)量之比等于叫VJ2m原V3物理一一選彳3-415.在下列現(xiàn)象中，可以用多普勒效應解釋的有。A.雷雨天看到閃電后，稍過一會兒才能聽到雷聲B.

37、超聲波被血管中的血流反射后，探測器接收到的超聲波頻率發(fā)生變化C.觀察者聽到遠去的列車發(fā)出的汽笛聲，音調(diào)會變低D.同一聲源發(fā)出的聲波，在空氣和水中傳播的速度不同E.天文學上觀察到雙星（相距較近、均繞它們連線上某點做圓周運動的兩顆恒星）光譜隨時間的周期性變化【答案】BCE【解析】【詳解】A.之所以不能同時觀察到是因為聲音的傳播速度比光的傳播速度慢B.超聲波與血液中的血小板等細胞發(fā)生反射時，由于血小板的運動會使得反射聲波的頻率發(fā)生變化，B正確C.列車和人的位置相對變化了，所以聽得的聲音頻率發(fā)生了變化，所以D.波動傳播速度不一樣是由于波的頻率不一樣導致的，D錯誤E.雙星在周期性運動時，會使得到地球的距

38、離發(fā)生周期性變化，故接收到的光頻率會發(fā)生變化，E正確。故選BCE16.一振動片以頻率f做簡諧振動時，固定在振動片上的兩根細桿同步周期性地觸動水面上a、b兩點，兩波源發(fā)出的波在水面上形成穩(wěn)定的干涉圖樣。c是水面上的一點，a、b、c間的距離均為l,如圖所示。已知除c點外，在ac連線上還有其他振幅極大的點，其中距c最近的點到c的距離為31。求：8(i)波的波長；(ii)波的傳播速度。Ab【答案】1；(ii)1fl44【解析】【詳解】(i)設與c點最近的振幅極大點為d,則35ad1一1一188bdcd2bc22bccdcos60718根據(jù)干涉加強點距離差的關系：xx1x2n1bdad14C正確1所以波

39、長為114(ii)由于受迫振動的頻率取決于受迫源的頻率由vf知,注意事項：1 .答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2 .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，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上,寫在本試卷上無效。3 .考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16Mg24S32Fe56Cu64、選擇題：本題共13個小題，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。7.國家衛(wèi)健委公布的新型冠狀病毒肺炎診療方案指出，乙醛、75%乙醇

40、、含氯消毒劑、過氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效滅活病毒。對于上述化學藥品，下列說法錯誤的是A.乙醇分子中有羥基，其與水分子間可以形成氫鍵，因此乙醇能與水互溶，A說法正確;8 .次氯酸鈉具有強氧化性，其能使蛋白質(zhì)變性，故其能通過氧化滅活病毒，B說法正確;C過氧乙酸的分子式為QH4O3,故其相對分子質(zhì)量為76,C說法正確;D.氯仿的化學名稱為三氯甲烷，D說法不正確。免疫力。有關該化合物，下列敘述錯誤的是B.不能使酸性重需酸鉀溶液變色D.能夠發(fā)生消去反應生成雙鍵【解析】A.CH3CH20H能與水互溶C.過氧乙酸相對分子質(zhì)量為76【答案】D【解析】B.NaClO通過氧化滅活病毒D.氯仿的化

41、學名稱是四氯化碳可從中藥材當歸和白芷中提取得到,能提高人體A.分子式為CI4H14。4C.能夠發(fā)生水解反應【答案】B8.紫花前胡醇A.根據(jù)該有機物的分子結構可以確定其分子式為Cl4H14O4,A敘述正確；8 .該有機物的分子在有羥基，且與羥基相連的碳原子上有氫原子，故其可以被酸性重銘酸鉀溶液氧化，能使酸性重銘酸鉀溶液變色，B敘述不正確；C該有機物的分子中有酯基，故其能夠發(fā)生水解反應，C敘述正確；D.該有機物分子中與羥基相連的碳原子的鄰位碳原子上有氫原子，故其可以在一定的條件下發(fā)生消去反應生成碳碳雙鍵，D敘述正確。9.下列氣體去除雜質(zhì)的方法中，不能實現(xiàn)目的的是氣體（雜質(zhì)）方法ASO2（H2S）通

42、過酸性高鎰酸鉀溶液BCl2（HCl）通過飽和的食鹽水CN2（O2）通過灼熱的銅絲網(wǎng)DNO（NO2）通過氫氧化鈉溶液A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【詳解】A.SO2和H2s都具有較強的還原性，都可以被酸性高鎰酸鉀溶液氧化；因此在用酸性高鎰酸鉀溶液除雜質(zhì)H2s時，SO2也會被吸收，故A項不能實現(xiàn)除雜目的；B.氯氣中混有少量的氯化氫氣體，可以用飽和食鹽水除去；飽和食鹽水在吸收氯化氫氣體的同時，也會抑制氯氣在水中的溶解，故B項能實現(xiàn)除雜目的；C.氮氣中混有少量氧氣，在通過灼熱的銅絲網(wǎng)時，氧氣可以與之發(fā)生反應：2CuO2=2CuO，而銅與氮氣無法反應，因此可以采取這種方式除去雜質(zhì)氧氣，故C項

43、能實現(xiàn)除雜目的；D.NO2可以與NaOH發(fā)生反應：2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O,NO與NaOH溶液不能發(fā)生反應；盡管NO可以與NO2一同跟NaOH發(fā)生反應：NONO22NaOH=2NaNO2H2O,但由于雜質(zhì)的含量一般較少，所以也不會對NO的量產(chǎn)生較大的影響，故D項能實現(xiàn)除雜的目的.10.銬的配合物離子Rh(CO)2|2可催化甲醇玻基化，反應過程如圖所示。A.CH3COI是反應中間體B.甲醇玻基化反應為CH3OH+CO=CH3CO2HC.反應過程中Rh成鍵數(shù)目保持不變D.存在反應CH3OH+HI=CH3I+H2O【答案】C【解析】題干中明確指出，銬配合物題干中提供的反應機理圖

44、可知,變化；并且也可以觀察出，甲醇乙酸；因此，凡是出現(xiàn)在歷程等，都可視作中間物種。A.通過分析可知，CH3COI產(chǎn)物乙酸的同時，也可以生成使B.通過分析可知,CH3OHCOC.通過分析可知,項不正確;在整個反應歷程中既非反應的反應中間轉化為3I的HI,A確;,反應物為甲CO,產(chǎn)物為頁正確;鍵數(shù)目，配體一卜列敘述錯誤的是充當催化劑的彳用于催化甲醇玻基化。由RhCO配體種類等均發(fā)生了銬配A.放電時，負極反應為Zn2e40HZn(0H)2D.通過分析可知，反應中間體CH3COI與水作用生成的HI可以使甲醇轉化為CH3I,方程式可寫成：CH3OH+HICH3IH2O,D項正確；答案選Co11.1934

45、年約里奧席里夫婦在核反應中用“粒子（即氨核4He）轟擊金屬原子WZX,得到核素Z+2Y,開創(chuàng)了人造放射性核素的先河：VZx+2Hez+2Y+（1no其中元素X、丫的最外層電子數(shù)之和為8。下列敘述正確的是A.WZX的相對原子質(zhì)量為26B.X、丫均可形成三氯化物C.X的原子半徑小于丫的D.Y僅有一種含氧酸【答案】B【解析】原子轟擊實驗中，滿足質(zhì)子和質(zhì)量數(shù)守恒，因此W+4=30+1,則W=27,X與丫原子之間質(zhì)子數(shù)相差2,因X元素為金屬元素，Y的質(zhì)子數(shù)比X大，則Y與X位于同一周期，且Y位于X右側，且元素X、Y的最外層電子數(shù)之和為8,設X最外層電子數(shù)為a,則Y的最外層電子為a+2,解得a=3,因此X為

46、Al,Y為P。成PCl3,故B正確；Al原子與P原子位于同一周期， 且子半徑AlP,P的含氧酸有H3P04、H3P03、H3P02等，故選Bo12.科學家近年發(fā)明了一種新型Zn-C02水介質(zhì)電池。電池示意圖如圖，電極為金屬鋅和選擇性催化材料，放電時，溫室氣體C02被轉化為儲氫物質(zhì)甲酸等，為解決環(huán)境和能源問題提2713AI的質(zhì)量數(shù)為27,則該原子相對原子質(zhì)量為27,Al元素均可形成AlCl3,P元素均可形Al原子序數(shù)大于P原子序數(shù)，故原供了一種新途徑。卜列說法錯誤的是B.放電時，1molCO2轉化為HCOOH,轉移的電子數(shù)為2mol2C.充電時，電池總反應為2Zn(OH)42ZnO24OH2H2

47、OD.充電時，正極溶液中OH-濃度升高【答案】D【解析】由圖可知，放電時，CO2轉化為HCOOH,即CO2發(fā)生還原反應，故放電時右側電極為正極，左側電極為負極，Zn發(fā)生氧化反應生成Zn(OH)42-;充電時，右側為陽極，心。發(fā)生氧化反2-應生成。2,左側為陰極，Zn(OH)4發(fā)生還原反應生成Zn。放電時，負極上Zn發(fā)生氧化反應，-2-電極反應式為：Zn-2e+4OH=Zn(OH)4,放電時，CO2轉化為HCOOH,C元素化合價降低2,則1molCO2轉化為HCOOH時，轉移電子數(shù)為2mol。充電時，陽極上H2O轉化為22-O2,負極上Zn(OH)4轉化為Zn,電池總反應為：2Zn(OH)4=2

48、Zn+O2+4OH+2H2Oo充電時，正極即為陽極，電極反應式為：2H2O-4e-=4H+O2,溶液中H+濃度增大，溶液中c(H+)?c(OH-)=Kw,溫度不變時，KW不變，因此溶液中OH-濃度降低，故選D。13.以酚儆為指示劑，用0.1000molL-1的NaOH溶液滴定20.00mL未知濃度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系數(shù)頻滴加NaOH溶液體積 VWOH的變化關系如圖所示。比如c(A2-)c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)下列敘述正確的是A.曲線代表4H2A),曲線代表a(HA-)A2-的分布系數(shù):2.22)=(一)必考題：共129分。銳礦中，銳以寓離子開始沉?、+4、+

49、5價的化合物存在，還包括鉀、呈可由黏土專pH如U備NH4VO3。 沉訊沉訊一一法液法液B.H2A溶液的濃度為0.2000molL-1C.HA-的電離常數(shù)Ka=1.010-2D.滴定終點時，溶液中c(Na+)c(H+),溶液中的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=2c(A2)+c(HA-)+c(OH-),則c(Na+)2c(A2-)+c(HA-)。答案選C。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題為選考題，考生根據(jù)要求作答。0.1000mol/L40mL220.00mL=0.1000mol/Lo由于H2A第一步完全電離，則HA-的起始濃度為0.10

50、00mol/L,根據(jù)圖像，當VNaOH=0時，HA-的分布系數(shù)為0.9,溶液的pH=1,A2-的分布系數(shù)為0.1,則HA-的電離平衡常數(shù)3x10-2,C正確;用酚酬:作指示劑,26.(14分)鈕具有廣泛用途。鎂的鋁硅酸鹽，以及演演pHpH風礦桁一暇浸汽化風礦桁一暇浸汽化淪漁淪漁J JMTIO,L.LI完全沉淀的該工藝條件下，溶液所示:HCINH.C1HCINH.C1I I(41=8.5(41=8.5I I一一濾液卬濾液卬1 1。2、e3O4。金屬離子Fe3+L2+FeAl3+Mn2+開始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答下列問題：(1)酸浸氧化”需要加熱

51、，其原因是。(2)酸浸氧化中，VO+和VO2+被氧化成VO2,同時還有離子被氧化。寫出VO+轉化為VO2反應的離子方程式。(3)中和沉淀”中，引水解并沉淀為V2O5xH2O,隨濾液可除去金屬離子K+、Mg2+、Na+、,以及部分的。(4)沉淀轉溶中，V2O5xH2O轉化為鋰酸鹽溶解。濾渣的主要成分是。(5)調(diào)pH”中有沉淀生產(chǎn)，生成沉淀反應的化學方程式是。(6)沉鈕”中析出NH4VO3晶體時，需要加入過量NH4C1,其原因是。【答案】加快酸浸和氧化反應速率(促進氧化完全)Fe2+VO+MnO2+2H+=VO+Mn2+H2OMn2+Fe3+、Al3+Fe(OH)3NaAlO2+HCl+H2O=N

52、aCl+Al(OH)3域NaAl(OH)4+HCl=NaCl+Al(OH)3J+HO禾U用同離子效應，促進NH4VO3盡可能析出完全【解析】黏土鋰礦中，鈕以+3、+4、+5價的化合物存在，還包括鉀、鎂的鋁硅酸鹽，以及SiO2、Fe3O4,用30%H2SO4和MnO2酸浸氧化”時VO+和VO2+被氧化成VO+,Fe3O4與硫酸反應生成的Fe2+被氧化成Fe3+,SiO2此過程中不反應，濾液中含有VO+、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、SO4-;濾液中加入NaOH調(diào)節(jié)pH=3.03.1,引水解并沉淀為V2O5XH2O,根據(jù)表中提供的溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH,此過程中Fe

53、3+部分轉化為Fe(OH)3沉淀， 部分Al3+轉化為Al(OH)3沉淀， 濾液中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、SO 濾餅中含V2O5XH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3,濾餅中加入NaOH使pH13,V2O5XH2O轉化為鈕酸鹽溶解，Al(OH)3轉化為NaAlO2,則濾渣的主要成分為Fe(OH)3；濾液中含鋰酸鹽、偏鋁酸鈉，加入HCl調(diào)pH=8.5,NaAlO2轉化為Al(OH)3沉淀而除去；最后向濾液中加入NH4Cl沉鈕”得到NH4VO3。(1)酸浸氧化”需要加熱，其原因是：升高溫度，加快酸浸和氧化反應速率(促進氧化完全)，故答案為：加快酸浸和氧化反應速率

54、(促進氧化完全)；(2)酸浸氧化中，鈕礦粉中的Fe3O4與硫酸反應生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，F(xiàn)e2+具有還原性，則VO+和VO2+被氧化成VO+的同時還有Fe2+被氧化，反應的離子方程式為MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O；VO+轉化為VO+時， 鋰元素的化合價由+3價升至+5價，1molVO+失去2mol電子，MnO2被還原為Mn2+,Mn元素的化合價由+4價降至+2價，1molMnO2得到2mol電子，根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒，VO+轉化為VO+反應的離子方程式為VO+MnO2+2H+=VO+Mn2+H2O,故答案為：Fe2

55、+,VO+MnO2+2H+=VO+Mn2+H2O;(3)根據(jù)分析，中和沉淀”中，引水解并沉淀為V2O5XH2O,隨濾液可除去金屬離子K+、Mg2+、Na+、Mn2+,以及部分的Fe3+、Al3+,故答案為：Mn2+,Fe3+、Al3+；(4)根據(jù)分析，濾渣的主要成分是Fe(OH)3,故答案為：Fe(OH)3；(5)調(diào)pH”中有沉淀生成，是NaAlO2與HCl反應生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反應的化學方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3域NaAl(OH)4+HCl=NaCl+Al(OH)3,+HO,故答案為：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3域N

56、aAl(OH)4+HCl=NaCl+Al(OH)3J+HO。(6)沉鈕”中析出NH4VO3晶體時，需要加入過量NH4Cl,其原因是：增大NH4+離子濃度，利用同離子效應，促進NH4VO3盡可能析出完全，故答案為：利用同離子效應，促進NH4VO3盡可能析出完全。27. (15分)為驗證不同化合價鐵的氧化還原能力，利用下列電池裝置進行實驗。回答下列問題:由FeS047H2O固體配制0.10molL-1FeSO4溶液，需要的儀器有藥匙、玻璃棒、(從下列圖中選擇，寫出名稱)。(2)電池裝置中，鹽橋連接兩電極電解質(zhì)溶液。鹽橋中陰、陽離子不與溶液中的物質(zhì)發(fā)生化學反應，并且電遷移率(u)應盡可能地相近。根據(jù)

57、下表數(shù)據(jù)，鹽橋中應選擇作為電解質(zhì)。陽離了ux108/(m2s-1V-1)陰離子ux108/(m2s-1V-1)Li+4.07HCO34.61Na+5.19NO37.40Ca2+6.59Cl-7.91K+7.62SO28.27(3)電流表顯示電子由鐵電極流向石墨電極。可知，鹽橋中的陽離子進入電極溶液中。(4)電池反應一段時間后，測得鐵電極溶液中c(Fe2+)增加了0.02molL-1。石墨電極上未見Fe析出。可知，石墨電極溶液中c(Fe2+)=。(5)根據(jù)(3)、(4)實驗結果，可知石墨電極的電極反應式為,鐵電極的電極反應式為。因此，驗證了Fe2+氧化性小于,還原性小于。(6)實驗前需要對鐵電極

58、表面活化。在FeSO4溶液中加入幾滴Fe2(SO4)3溶液，將鐵電極浸泡一段時間，鐵電極表面被刻蝕活化。檢驗活化反應完成的方法是。【答案】燒杯、量筒、托盤天平KCl石墨0.09mol/LFe3+e-=Fe2+Fe-2e-=Fe2+Fe3+Fe取活化后溶液少許于試管中，加入KSCN溶液，若溶液不出現(xiàn)血紅色，說明活化反應完成【解析】由FeS047H2O固體配制0.10molL-1FeSOH溶液的步驟為計算、稱量、溶解并冷卻至室溫、移液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶、貼標簽，由FeS047H20固體配制0.10molL-1FeS04溶液需要的儀器有藥匙、托盤天平、合適的量筒、燒杯、玻璃棒、合適的容量瓶、膠

59、頭滴管，故答案為：燒杯、量筒、托盤天平。(2)Fe2+、Fe3+能與HCO3反應，Ca2+能與S02-反應，F(xiàn)eS04、Fe2(SO4)3都屬于強酸弱堿鹽，水溶液呈酸性，酸性條件下NO3能與Fe2+反應，根據(jù)題意鹽橋中陰、陽離子不與溶液中的物質(zhì)發(fā)生化學反應”，鹽橋中陰離子不可以選擇HC03、N03,陽離子不可以選擇Ca2+,另鹽橋中陰、陽離子的遷移率(u應盡可能地相近，根據(jù)表中數(shù)據(jù)，鹽橋中應選擇KCl作為電解質(zhì)，故答案為：KCl0電流表顯示電子由鐵電極流向石墨電極，則鐵電極為負極，石墨電極為正極，鹽橋中陽離子向正極移動，則鹽橋中的陽離子進入石墨電極溶液中，故答案為：石墨。(4)根據(jù)(3)的分析

60、，鐵電極的電極反應式為Fe-2e-=Fe2+,石墨電極上未見Fe析出，石墨電極的電極反應式為Fe3+e-=Fe2+,電池反應一段時間后，測得鐵電極溶液中c(Fe2+)增加了0.02mol/L,根據(jù)得失電子守恒，石墨電極溶液中c(Fe2+)增加0.04mol/L,石墨電極溶液中c(Fe2+)=0.05mol/L+0.04mol/L=0.09mol/L,故答案為：0.09mol/L。(5)根據(jù)(3)、(4)實驗結果，可知石墨電極的電極反應式為Fe3+e-=Fe2+,鐵電極的電極反應式為Fe-2e-=Fe2+；電池總反應為Fe+2Fe3+=3Fe2+,根據(jù)同一反應中，氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物、還原