＋H2O。（3）当Cl2排尽空气后，加热D，发生的反应为Cu＋Cl2@CuCl2，现象是产生棕黄色的烟。（4）①CuCl2溶液与SO2发生氧化还原反应，生成CuCl沉淀和H2SO4，离子方程式为：2Cu2+＋2Clˉ＋SO2＋2H2O@2CuCl↓＋4H+＋SO42ˉ。②CuCl微溶于水，不溶于稀盐酸和酒精，且酒精易挥发，故用酒精漂洗可洗去CuCl沉淀表面的杂质，减少CuCl溶解损耗，有利于干燥。
27．【答案】（1）4HI＋O2＝2H2O＋2I2（2分） （2）2P＋3I2＋6H2O＝2H3PO3＋6HI（2分）
L-1·min-1（2分） ②64（2分） ③降温（2分） （3）①0.064mol·
④见右图（2分） ＜（2分）
【解析】（1）氢碘酸具有较强的还原性，露置在空气中会被空气中的氧气氧化为碘单质，从而使溶液变黄，反应的化学方程式为：4HI＋O2＝2H2O＋2I2。
（2）根据题意和氧化还原反应方程式的配平原则，该反应的化学方程式为：2P＋3I2
0~5min内，Δc(HI)＝0.32mol·L-1，v(HI)＋6H2O＝2H3PO3＋6HI。（3）①由图像可知，
-1
0.32mol·L
L-1·min-1。②T℃时，该反应在5min时达到平衡，由图像可＝5min＝0.064mol·
L-1，c(H2)＝c(I2)＝0.04mol·L-1，则T℃时该反应的平衡常数知，平衡时，c(HI)＝0.32mol·
(0.32)2
c(HI)K＝c(H)?c(I)＝0.04×0.04＝64。③6min时，反应物、产物浓度瞬间不变，但随着反应的进行，反应物浓度减少，生成物浓度增加，说明平衡正向移动，由于该正反应为放热反应，故6min时改变的条件是降低温度。④10min时，已达到新的平衡，此时c(H2)＝c(I2)＝
(0.36)22c(HI)0.02mol·L-1，c(HI)＝0.36mol·L-1，则K＝c(H)?c(I)＝0.02×0.02＝324。保持其他条件不变，22222L-1，再向容器中充入0.1mol H2、0.1mol I2(g)、0.2mol HI，此时，c(H2)＝c(I2)＝0.12mol·
(0.56)21962c(HI)-1
c(HI)＝0.56mol·L，Qc＝c(H)?c(I)＝0.12×c(H2)和c(I2)平衡正向移动，0.12＝9＜K＝324，22减小，c(HI)增大，12min时，反应达到新平衡，设10 min ~12min过程中Δc(H2)＝Δc(I2)
L-1，则12min时，c(H2)＝c(I2)＝(0.12－x)mol·L-1，c(HI)＝(0.56＋2x)mol·L-1，则K＝xmol·
c2(HI)(0.56?2x)2＝c(H)?c(I)＝(0.12?x)?(0.12?x)22＝324，解得：x＝0.08，故12min时，c(H2)＝c(I2)＝(0.12－
0.08)mol·L-1＝0.04mol·L-1，c(HI)＝(0.56＋0.16)mol·L-1＝0.72mol·L-1，故10～12min，H2
和HI的浓度变化曲线如答案图所示。由图示可知，0～5min时，H2的转化率α1＝(0.2－0.04)mol·L-1
×100%＝80%，0～12min时，共充入的n(H2)＝0.3mol，12min时，剩余0.2mol·L-1
0.3mol－0.04mol
-1
n(H2)＝0.04mol·L×1L＝0.04mol，则0～12min时，H2的转化率α2＝0.3mol×100%≈86.7%，故α1＜α2。
28．【答案】（1）盐酸（或稀硫酸等）（1分） NaOH溶液（或KOH溶液等）（1分） SiO2（1分）
（2）取少量滤液Ⅱ于小试管中，向小试管中滴加KSCN溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已全部转化为红褐色滤渣b（2分）
（3）不可以，通入足量CO2进行酸化的目的是使滤液Ⅱ中的AlO2ˉ转化为Al(OH)3，而Al(OH)3能溶于盐酸，不易控制加入盐酸的量，故不能用盐酸进行酸化。（2分）
（4）Al2O3＋4H2SO4＋2NH3＝2NH4Al(SO4)2＋3H2O（2分） 过滤洗涤干燥（1分）
垐?垐??NH3·?Al(OH)3H2O＋H+（1分），Al3+＋3H2O噲（5）酸性（1分） NH4+＋H2O噲＋3H+（1分）
（6）c[NH4Al(SO4)2]＜c(NH4Cl)＜c(NH4HCO3)（2分）
【解析】（1）根据铝土矿的成分，Al2O3为两性氧化物，Fe2O3属于碱性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，SiO2不与盐酸或稀硫酸等酸反应，结合图中转化关系可知，红褐色滤渣b为Fe(OH)3，则试剂Ⅱ为NaOH溶液或KOH溶液等强碱溶液均可；进而推知滤渣a为SiO2，
Al2O3溶于过量强酸溶液并转化为Al3+，试剂I为盐酸或稀硫酸。（2）根据转化关系可知，
Fe2O3溶于过量强酸溶液转化为Fe3+，滤液I中加入过量强碱溶液，Fe3+转化为Fe(OH)3
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沉淀，Al3+转化为AlO2ˉ。可通过检验滤液Ⅱ中是否还含有Fe3+，来证明Fe3+是否已全部转化为Fe(OH)3，具体方法为：取少量滤液Ⅱ于小试管中，向小试管中滴加KSCN溶液，若溶液不变红，说明Fe3+已全部转化为红褐色滤渣b。（3）由上面的分析可知，滤液Ⅱ中含有AlO2ˉ，通入足量CO2进行酸化，AlO2ˉ可转化为Al(OH)3，CO2＋AlO2ˉ＋2H2O＝Al(OH)3↓＋HCO3ˉ，若改用盐酸进行酸化，反应过程中生成的Al(OH)3会溶于盐酸，不易控制加入盐酸的量，故不能用盐酸进行酸化。（4）根据流程图，固体c为Al(OH)3，固体d为Al2O3，固体d与稀硫酸、氨气反应生成铵明矾的化学方程式为：溶于足量稀硫酸得Al2(SO4)3，则制取铵明矾溶液的化学反应方程式为：Al2O3＋4H2SO4＋2NH3＝
2NH4Al(SO4)2＋3H2O。从铵明矾溶液中获得铵明矾晶体的操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥。（5）NH4Al(SO4)2溶液呈酸性，因为NH4+和Al3+均能水解使溶液呈
垐?垐??NH3·?Al(OH)3＋3H+。（6）NH4Al(SO4)2H2O＋H+，Al3+＋3H2O噲酸性，NH4+＋H2O噲溶液中，Al3+水解产生的H+对NH4+的水解起抑制作用，使NH4+的水解程度减弱，溶液中NH4+的量较多，而NH4HCO3中，HCO3ˉ的水解产生的OHˉ对NH4+的水解起促进作用，使NH4+的水解程度增大，溶液中NH4+的量较少，因此，若溶液中的NH4+的物质的量浓度相等，三种铵盐溶液的浓度从小到大的顺序为：c[NH4Al(SO4)2]＜c(NH4Cl)＜c(NH4HCO3)。
29．【答案】（共9分，除标注外，每空1分）
（1）与10:00相比，11:00时温度过高，蒸腾作用过强，失水过多，部分气孔关闭，影响CO2的吸收，影响了光合作用的暗反应过程（2分） 大于
（2）光照强度 增大光照强度（或降低温室温度） （3）高 低 （4）施肥过量，土壤溶液浓度过高，导致根毛细胞不能吸收甚至失水（2分）
【解析】（1）与10:00相比，11:00时温度较高，蒸腾作用较强，气孔关闭，CO2供应不足，则11:00时光合速率低于10:00。由于11:00时，净光合速率大于0，则此时光合速率大于呼吸速率。（2）阴雨天温度接近20℃，但光照强度较低，故光合速率较小，此时可通过增大光照强度，增大光合速率，或降低温室温度，降低呼吸速率，从而提高茄子产量。（3）光照强度降低，光反应产物[H]和ATP少，C3还原弱，则C3含量高，C5含量低。（4）施肥过量，土壤溶液浓度过高，导致根毛细胞不能吸水甚至失水，植株萎蔫，长势不良。
30．【答案】（共10分，每空1分）（1）大脑皮层 促进 抑制 负反馈 不能 （2）肝糖原分解和非糖物质转化 拮抗
（3）下丘脑 肾小管和集合管 （4）抗体
【解析】（1）体温感觉中枢位于大脑皮层。下丘脑产生的促甲状腺激素释放激素，促进垂体产生促甲状腺激素，进而促进甲状腺产生甲状腺激素，故作用①是促进。当甲状腺激素含量增加到一定程度时，抑制下丘脑和垂体的活动，体现了激素调节的负反馈调节。甲状腺激素发挥作用后就被灭活了，不能继续发挥作用。（2）胰岛A细胞分泌胰高血糖素，促进肝糖原分解和非糖物质转化，从而升高血糖。胰岛素降低血糖，故胰高血糖素与胰岛素表现为拮抗作用。（3）细胞外液渗透压升高，使位于下丘脑的渗透压感受器兴奋，水分调节的中枢在下丘脑，从而使下丘脑分泌抗利尿激素增加，促进肾小管和集合管对水分的重吸收增强，使渗透压下降，以维持水分的平衡。（4）在免疫学上，破伤风抗毒素血清属于抗体，能快速与抗原发生抗原抗体免疫反应。 31．【答案】（10分，除标注外，每空2分）
（1）黄羽、短喙（1分） 是（1分） 控制羽色的基因位于常染色体上，控制喙
AaZBW 0 （3）1/3 长的基因位于Z染色体上 （2）AaZbZb×
【解析】（1）就羽色而言，亲本均为黄羽，子代有黄羽和白羽，且雌雄均有，说明黄羽是显性性状，基因位于常染色体上；就喙长而言，子代雄鸟全为短喙，雌鸟全为长喙，说明控制喙长的基因位于Z染色体上，子代雌鸟表现型只与父本一致，雄鸟表现型由父本和母本共同决定，故短喙是显性性状。（2）由于子代有黄羽和白羽，则亲本羽色基因型均为Aa。由于短喙是显性性状，长喙是隐性性状，故亲本基因型是ZbZb和ZBW，则亲本
AaZBW，子代黄羽短喙雄鸟基因型为AAZBZb或AaZBZb，全为杂合子。基因型是AaZbZb×
2/3AaZbZb，（3）子代白羽短喙雌鸟基因型为aaZBW，黄羽长喙雄鸟基因型为1/3AAZbZb、
1/2=1/3。 交配后代黄羽短喙雄鸟（A_ZBZ--）出现的概率是2/3×
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32．【答案】（共10分，除标注外，每空1分） （1）乙
（2）第一营养级固定的能量和人工饲料中的能量（2分） 为第二营养级和第三营
×100% （3）养级提供能量，使能量流向对人类有益的部分 b2/（a2+r1）（2分）
不能 热能不能被生物重新利用（或能量不能循环利用） （4）双向 调节生物的种间关系，维持生态系统的稳定性
【解析】（1）由图1可知，甲、乙、丙之间的食物链关系是甲→乙→丙，故乙是第二营养级。
（2）由于该农场人工补充饲料，为第二营养级和第三营养级提供能量，使能量流向对人类有益的部分，故流入该农场的总能量是第一营养级同化的能量和人工饲料中的能量。第二营养级流向第三营养级的能量是b2，第二营养级同化的能量是a2+r1，所以二者之间的
100%。能量传递效率是b2/（a2+r1）×（3）分解者分解有机物释放的热能不能被生物利用。
（4）生物之间通过相互的气味识别对方，说明信息传递具有双向性，且信息传递能够调节生物的种间关系，维持生态系统的稳定性。
33．（1）【答案】ACE【解析】一种物质温度升高时，有的分子热运动的动能要增加，有的反而要减少，故B错；一定质量的物质，在一定的温度和压强下，汽化时吸收的热量与液化时放出的热量相等，故D错。 （2）【答案】I．2(pS?mg)L II．2(pS?mg)-W
00p0Sp0SmgL【解析】I．气缸刚要离开地面时，对整体由平衡条件可知：F=mg①（1分），活塞处于平衡状态，设此时封闭气体压强为p，有F+pS=p0S②（1分），此过程气体做等温变化，=p0S×2L③（2分），联立各设此时活塞距气缸底的距离为L′，由玻意尔定律则有：pSL′=2(pS?mg)L④（1分）。 式，解得：L′
01p0SII．此过程中力F对活塞做正功，环境气体对活塞做负功，封闭气体对活塞做正功，总功-2L)⑤（1分），由于封闭气体温度不变，为零，设封闭气体做功为W0，有W+W0=p0S(L′
所以其内能保持不变，由热力学定律知，封闭气体对活塞所做的功等于其吸收的热量，有Q=W0⑥（2分），解得Q=2(pS?mg)-W⑦（2分）。
01p0SmgL34．（1）【答案】ACD【解析】若振源在A处，由图可知，B质点刚好起振，且起振方向向下，则各质点开始振动的方向均向下，所以P质点第一次到达波谷位置需要4=0.1s，所以A正确，B错误；若振源在A处，P质点比Q质点先到达波谷位置，提前的时间等于波在PQ间传播的时间t=
?x0.8?0.5?s2v0.4T=0.06s，同理，若振源在B处，Q质点比P质点先
?x0.8?0.5?s2v0.4到达波谷位置，提前的时间等于波在QP间传播的时间t==0.06s，所以C、D正
确；介质中质点并不会随波迁移，只在各自的平衡位置两侧振动，所以E错误。 （2）【答案】①(3-1)R ②左侧
【解析】①光路图如图所示，由几何关系知：sinγ=2，γ=30°由P点向OC作垂线PE交OC于E点，则有sOE=分），解得sAC=(3-1)R（1分）。
②对于同一介质，蓝光折射率比红光的大。由n=sin?可知，γ相同，n大，则i大。故蓝光入射点C′应在C的左侧。（3分）
35．【答案】（1）sp2（2分） （2）等电子体（1分） 2NA（1分）
（3）10（1分） Mg原子的价电子排布式为3s2，3s轨道处于全满状态，比较稳定，失去一个电子比较困难（2分） （4）2（2分） 8（2分）
1206 22626101
（5）1s2s2p3s3p3d4s（2分） 2?N（2分）
3A1（1分），由n=
sinisin?32R（1分），
32得i=60°（1分），∠PCO=i-γ=30°（1分），则sBC=sOE=siniR（1分），sAC=sOE+sCE-R（1
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【解析】X是短周期非金属元素，且原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍，可推知X原子的核外电子排布式为1s22s22p2，其中1s、2s轨道上的电子为成对电子，2p轨道
1
上的2个电子未成对，即X为碳元素；Z的次外层电子数是最外层电子数的3，则Z的次外层电子数为2，最外层电子数为6，即Z为氧元素，进而推知Y为N元素；W的核电荷数大于氧元素的核电荷数，且W原子的s电子与p电子数相等，可推知W为Mg，其原子核外电子排布式为1s22s22p63s2；Q是前四周期电负性最小的元素，则Q为K元素；R的原子序数为29，则R为Cu元素。
（1）X的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，其结构简式为，中心碳原子采用sp2杂化。（2）化合物XZ为CO，CO分子与N2分子中的原子总数和价电子总数均相等，二者互为等电子体，故二者的结构相似，分子中两个原子之间存在碳氧三键，其中一个是σ键，2个是π键，故1molCO中含有π键的物质的量为2mol，数目为2NA。（3）W的稳定离子为Mg2+，核外共有10个电子，每个电子的运动状态均不相同，故W的稳定离子核外有10种运动状态的电子。Mg原子的价电子排布式为3s2，3s轨道处于全满状态，比较稳定，失去一个电子比较困难，故第一电离能比其同周期相邻元素Na和Al的第一电离能均大。（4）Q为金属钾，该晶胞中有8个K原子位于晶胞的8个顶点，1个
1
K原子位于晶胞的中心，根据均摊法，一个钾晶胞中含有的钾原子的数目＝8×8＋1＝2。如图所示，一个K原子周围有8个其他K原子与该K原子的距离最近且相等，故晶体钾的配位数为8。（5）原子序数为29的元素为Cu，即R为Cu，Cu原子的核外共有29个电子，其原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。Y为N，R为Cu，根据二者所形成的晶体结构可知，有8个N原子分别位于晶胞的8个顶点上，有12个Cu原子分别
1
位于晶胞的12条棱上，故一个晶胞中含有的N原子数＝8×含有的Cu原子数＝12×8＝1，1-1-131mol1mol×14g·mol3mol×64g·mol＝，故晶胞的质量＝＋＝206g，则1个晶胞的质量4
206＝NAg，晶胞的密度为ρg·cm，则晶胞的体积V＝-3206g206NA??3?g?cm?NAcm3。设R原子和Y原子
2063之间的最短距离为acm，则晶胞的边长＝2acm，晶胞的体积V＝(2a)3cm3＝?Ncm，则a
A1＝23206?NA。
（2分）
36．【答案】（1）丙醇（或1-丙醇）（2分）
△（2）2CH3CH2CH2OH＋O2???Cu2CH3CH2CHO＋2H2O（2分） 氧化反应（1分） ?（3）（4）
△?＋2Ag(NH3)2OH??＋2Ag↓＋3NH3＋H2O（2分）
＋H2O（2分）
＋
垐垐噲垐垐垐垐垐??浓硫酸△（5）24（2分） （2分）
【解析】由已知信息①和图中转化关系可推知，B分子中含有醛基(—CHO)，且Mr(B)＋Mr()－Mr(H2O)＝Mr(C)＝146，则Mr(B)＝58，故B的结构简式为CH3CH2CHO，进
C为而推知A为CH3CH2CH2OH，名称为丙醇（或1-丙醇）。结合信息①可推知，。
由已知信息②可知，E分子中含有酚羟基（—OH）和羧基（—COOH），且分子中有4种不同的氢原子，则苯环上只有2种不同的氢原子，即酚羟基和羧基处于苯环的对位，E为。D能与E发生酯化反应，说明D中含有羟基，比较C和D的相对分子质量可知，C分子中的醛基与H2发生了加成反应而碳碳双键并没有发生加成反应，故D为
，进而推知，F为，F可以通过加聚反应生成G，则G为
G的结构简式为。1）（由上面的分析可知A为丙醇（或1-丙醇）。
。
（2）A在催化剂Cu和加热条件下，被氧气氧化为B，反应的化学方程式为：
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