2022年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試(全國甲卷)理科綜合生物化學(xué)物理解析版

2022年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試

理科綜合能力測試（生物）

一、選擇題

1.鈣在骨骼生長和肌肉收縮等過程中發(fā)揮重要作用。曬太陽有助于青少年骨骼生長，預(yù)防

老年人骨質(zhì)疏松。下列敘述錯誤的是（）

A.細胞中有以無機離子形式存在的鈣

B.人體內(nèi)Ca2+可自由通過細胞膜的磷脂雙分子層

C.適當補充維生素D可以促進腸道對鈣的吸收

D.人體血液中鈣離子濃度過低易出現(xiàn)抽搐現(xiàn)象

【答案】B

【解析】

【分析】無機鹽的存在形式與作用：（1）存在形式：細胞中大多數(shù)無機鹽以離子的形式存在;

（2）無機鹽的功能：對維持細胞和生物體生命活動有重要作用，如：Fe是構(gòu)成血紅素的元

素；Mg是構(gòu)成葉綠素的元素。

【詳解】A、細胞中有以無機離子形式存在的鈣，也有以化合物形式存在的鈣（如CaCCh）,

A正確；

B、Ca2+不能自由通過細胞膜的磷脂雙分子層，需要載體協(xié)助，B錯誤；

C、維生素D能有效地促進人體腸道對鈣和磷的吸收，故適當補充維生素D可以促進腸道

對鈣的吸收，C正確；

D、哺乳動物的血液中必須含有一定量的Ca2+,Ca2+的含量太低，會出現(xiàn)抽搐等癥狀，D正

確。

故選B。

2.植物成熟葉肉細胞的細胞液濃度可以不同?，F(xiàn)將a、b、c三種細胞液濃度不同的某種植

物成熟葉肉細胞，分別放入三個裝有相同濃度蔗糖溶液的試管中，當水分交換達到平衡時觀

察到：①細胞a未發(fā)生變化；②細胞b體積增大；③細胞c發(fā)生了質(zhì)壁分離。若在水分交換

期間細胞與蔗糖溶液沒有溶質(zhì)的交換，下列關(guān)于這一實驗的敘述，不合理的是（）

A.水分交換前，細胞b的細胞液濃度大于外界蔗糖溶液的濃度

B.水分交換前，細胞液濃度大小關(guān)系為細胞b＞細胞a＞細胞c

C.水分交換平衡時，細胞c的細胞液濃度大于細胞a的細胞液濃度

D.水分交換平衡時，細胞c的細胞液濃度等于外界蔗糖溶液的濃度

【答案】C

【解析】

【分析】由題分析可知，水分交換達到平衡時細胞a未發(fā)生變化，既不吸水也不失水，細胞

a的細胞液濃度等于外界蔗糖溶液的濃度；細胞b的體積增大，說明細胞吸水，水分交換前，

細胞b的細胞液濃度大于外界蔗糖溶液的濃度；細胞c發(fā)生質(zhì)壁分離，說明細胞失水，水分

交換前，細胞c的細胞液濃度小于外界蔗糖溶液的濃度。

【詳解】A、由于細胞b在水分交換達到平衡時細胞的體積增大，說明細胞吸水，則水分交

換前，細胞b的細胞液濃度大于外界蔗糖溶液的濃度，A正確；

B、水分交換達到平衡時，細胞a的細胞液濃度等于外界蔗糖溶液的濃度，細胞b的細胞

液濃度大于外界蔗糖溶液的濃度，細胞c的細胞液濃度小于外界蔗糖溶液的濃度，因此水分

交換前，細胞液濃度大小關(guān)系為細胞b＞細胞a＞細胞c,B正確；

C、由題意可知，水分交換達到平衡時，細胞a未發(fā)生變化，說明其細胞液濃度與外界蔗糖

溶液濃度相等；水分交換達到平衡時，雖然細胞內(nèi)外溶液濃度相同，但細胞c失水后外界蔗

糖溶液的濃度減小，因此,水分交換平衡時,細胞c的細胞液濃度小于細胞a的細胞液濃度，

C錯誤

D、在一定的蔗糖溶液中，細胞c發(fā)生了質(zhì)壁分離，水分交換達到平衡時，其細胞液濃度等

于外界蔗糖溶液的濃度，D正確。

故選C。

3.植物激素通常與其受體結(jié)合才能發(fā)揮生理作用。噴施某種植物激素，能使某種作物的矮

生突變體長高。關(guān)于該矮生突變體矮生的原因，下列推測合理的是（）

A.赤霉素合成途徑受阻B.赤霉素受體合成受阻

C脫落酸合成途徑受阻D.脫落酸受體合成受阻

【答案】A

【解析】

【分析】赤霉素：合成部位：幼芽、幼根和未成熟的種子等幼嫩部分；主要生理功能：促進

細胞的伸長；解除種子、塊莖的休眠并促進萌發(fā)的作用。

【詳解】AB、赤霉素具有促進細胞伸長的功能，該作用的發(fā)揮需要與受體結(jié)合后才能完成，

故噴施某種激素后作物的矮生突變體長高，說明噴施的為赤霉素，矮生突變體矮生的原因是

缺乏赤霉素而非受體合成受阻（若受體合成受阻，則外源激素也不能起作用），A正確，B

錯誤；

CD、脫落酸抑制植物細胞的分裂和種子的萌發(fā)，與植物矮化無直接關(guān)系，CD錯誤。

故選A?

4.線粒體是細胞進行有氧呼吸的主要場所。研究發(fā)現(xiàn)，經(jīng)常運動的人肌細胞中線粒體數(shù)量

通常比缺乏鍛煉的人多。下列與線粒體有關(guān)的敘述，錯誤的是（）

A.有氧呼吸時細胞質(zhì)基質(zhì)和線粒體中都能產(chǎn)生ATP

B.線粒體內(nèi)膜上的酶可以參與［H］和氧反應(yīng)形成水的過程

C.線粒體中的丙酮酸分解成CO2和［H］的過程需要O2的直接參與

D.線粒體中的DNA能夠通過轉(zhuǎn)錄和翻譯控制某些蛋白質(zhì)的合成

【答案】C

【解析】

【分析】有氧呼吸的第一、二、三階段的場所依次是細胞質(zhì)基質(zhì)、線粒體基質(zhì)和線粒體內(nèi)膜。

有氧呼吸第一階段是葡萄糖分解成丙酮酸和［H］,合成少量ATP；第二階段是丙酮酸和水反

應(yīng)生成二氧化碳和［H］,合成少量ATP；第三階段是氧氣和［H］反應(yīng)生成水，合成大量ATP。

【詳解】A、有氧呼吸的第一階段場所是細胞質(zhì)基質(zhì)，第二、三階段在線粒體，三個階段均

可產(chǎn)生ATP,故有氧呼吸時細胞質(zhì)基質(zhì)和線粒體都可產(chǎn)生ATP,A正確；

B、線粒體內(nèi)膜是有氧呼吸第三階段的場所，該階段氧氣和［H］反應(yīng)生成水，該過程需要酶

的催化，B正確；

C、丙酮酸分解為C02和田］是有氧呼吸第二階段，場所是線粒體基質(zhì)，該過程需要水的參

與，不需要氧氣的參與，C錯誤；

D、線粒體是半自主性細胞器，其中含有少量DNA,可以通過轉(zhuǎn)錄和翻譯控制蛋白質(zhì)的合

成，D正確。

故選C。

5.在魚池中投放了一批某種魚苗，一段時間內(nèi)該魚的種群數(shù)量、個體重量和種群總重量隨

時間的變化趨勢如圖所示。若在此期間魚沒有進行繁殖，則圖中表示種群數(shù)量、個體重量、

種群總重量的曲線分別是（）

A.甲、丙、乙B.乙、甲、丙C.丙、甲、乙D.丙、乙、

甲

【答案】D

【解析】

【分析】S型增長曲線：當種群在一個有限的環(huán)境中增長時，隨著種群密度的上升，個體間

由于有限的空間、食物和其他生活條件而引起的種內(nèi)斗爭必將加劇，以該種群生物為食的捕

食者的數(shù)量也會增加，這就會使這個種群的出生率降低，死亡率增高，從而使種群數(shù)量的增

長率下降，當種群數(shù)量達到環(huán)境條件所允許的最大值時，種群數(shù)量將停止增長，有時會在K

值保持相對穩(wěn)定。

【詳解】分析題圖可知，隨著時間變化，甲曲線先增加后減少，乙曲線呈S形，丙曲線下

降，在池塘中投放一批魚苗后，由于一段時間內(nèi)魚沒有進行繁殖，而且一部分魚苗由于不適

應(yīng)環(huán)境而死亡，故種群數(shù)量下降，如曲線丙；存活的個體重量增加，如曲線乙，種群總重量

先增加后由于捕撈而減少，如曲線甲。綜上可知，D正確。

故選D。

6.某種自花傳粉植物的等位基因A/a和B/b位于非同源染色體上。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，紅花對白花為顯性。若基因

型為AaBb的親本進行自交，則下列敘述錯誤的是（）

A.子一代中紅花植株數(shù)是白花植株數(shù)的3倍

B.子一代中基因型為aabb的個體所占比例是1/12

C.親本產(chǎn)生的可育雄配子數(shù)是不育雄配子數(shù)的3倍

D.親本產(chǎn)生的含B的可育雄配子數(shù)與含b的可育雄配子數(shù)相等

【答案】B

【解析】

【分析】分析題意可知：A、a和B、b基因位于非同源染色體上，獨立遺傳，遵循自由組合

定律。

【詳解】A、分析題意可知，兩對等位基因獨立遺傳，故含a的花粉育性不影響B(tài)和b基因

的遺傳，所以Bb自交，子一代中紅花植株B_：白花植株bb=3：1,A正確；

B、基因型為AaBb的親本產(chǎn)生的雌配子種類和比例為AB:Ab:aB:ab=l:l:l:l,由于含a的花

粉50%可育，故雄配子種類及比例為AB:Ab:aB:ab=2:2:l:l,所以子一代中基因型為aabb的

個體所占比例為1/4x1/6=1/24,B錯誤；

C、由于含a的花粉50%可育，50%不可育，故親本產(chǎn)生的可育雄配子是A+l/2a,不育雄配

子為l/2a,由于Aa個體產(chǎn)生的A：a=l:l,故親本產(chǎn)生的可育雄配子數(shù)是不育雄配子的三倍，

C正確；

D、兩對等位基因獨立遺傳，所以Bb自交，親本產(chǎn)生含B的雄配子數(shù)和含b的雄配子數(shù)

相等，D正確。

故選B。

7.根據(jù)光合作用中CO2的固定方式不同，可將植物分為C3植物和C4植物等類型。C4植物

的CO2補償點比C3植物的低。CO2補償點通常是指環(huán)境CO2濃度降低導(dǎo)致光合速率與呼吸

速率相等時的環(huán)境CO2濃度?；卮鹣铝袉栴}。

（1）不同植物（如C3植物和C4植物）光合作用光反應(yīng)階段的產(chǎn)物是相同的，光反應(yīng)階段

的產(chǎn)物是（答出3點即可）。

（2）正常條件下，植物葉片的光合產(chǎn)物不會全部運輸?shù)狡渌课唬蚴牵ù?/p>

出1點即可）。

（3）干旱會導(dǎo)致氣孔開度減小，研究發(fā)現(xiàn)在同等程度干旱條件下，C4植物比C3植物生長得

好。從兩種植物CO2補償點的角度分析，可能的原因是。

【答案】（1）。2、［H］和ATP

（2）自身呼吸消耗或建造植物體結(jié)構(gòu)

（3）C4植物的CO2補償點低于C3植物，C4植物能夠利用較低濃度的CO2

【解析】

【分析】光合作用包括光反應(yīng)和暗反應(yīng)兩個階段：（1）光合作用的光反應(yīng)階段（場所是葉綠

體的類囊體膜上）：水的光解產(chǎn)生［H］與氧氣，以及ATP的形成；（2）光合作用的暗反應(yīng)階

段（場所是葉綠體的基質(zhì)中）：CO2被C5固定形成C3,C3在光反應(yīng)提供的ATP和［H］的作用

下還原生成糖類等有機物是指綠色植物通過葉綠體，利用光能把二氧化碳和水轉(zhuǎn)變成儲存著

能量的有機物，并釋放出氧氣的過程。

【小問1詳解】

光合作用光反應(yīng)階段的場所是葉綠體的類囊體膜上，光反應(yīng)發(fā)生的物質(zhì)變化包括水的光解以

及ATP的形成，因此光合作用光反應(yīng)階段生成的產(chǎn)物有02、［H］和ATP。

【小問2詳解】

葉片光合作用產(chǎn)物一部分用來建造植物體結(jié)構(gòu)和自身呼吸消耗,其余部分被輸送到植物體的

儲藏器官儲存起來。故正常條件下，植物葉片的光合產(chǎn)物不會全部運輸?shù)狡渌课弧?/p>

【小問3詳解】

C4植物的CO2固定途徑有C4和C3途徑，其主要的CO2固定酶是PEPC,Rubisco；而C3植

物只有C3途徑，其主要的C02固定酶是Rubisco。干旱會導(dǎo)致氣孔開度減小，葉片氣孔關(guān)

閉，C02吸收減少；由于C4植物的CO2補償點低于C3植物，則C4植物能夠利用較低濃度

的CO2,因此光合作用受影響較小的植物是C4植物，C4植物比C3植物生長得好。

8.人體免疫系統(tǒng)對維持機體健康具有重要作用機體初次和再次感染同一種病毒后，體內(nèi)

特異性抗體濃度變化如圖所示?；卮鹣铝袉栴}。

（1）免疫細胞是免疫系統(tǒng)的重要組成成分，人體T細胞成熟的場所是；體

液免疫過程中，能產(chǎn)生大量特異性抗體的細胞是。

（2）體液免疫過程中，抗體和病毒結(jié)合后病毒最終被清除的方式是o

（3）病毒再次感染使機體內(nèi)抗體濃度激增且保持較長時間（如圖所示），此時抗體濃度激增

的原因是。

（4）依據(jù)圖中所示的抗體濃度變化規(guī)律，為了獲得更好的免疫效果，宜采取的疫苗接種措

施是o

【答案】（1）口.胸腺□.漿細胞

（2）抗體與病毒特異性結(jié)合形成沉淀，被吞噬細胞吞噬消化

（3）病毒再次感染時，機體內(nèi)相應(yīng)的記憶細胞迅速增殖分化，快速產(chǎn)生大量抗體（4）

多次接種

【解析】

【分析】體液免疫過程：抗原被吞噬細胞處理呈遞給T淋巴細胞，T細胞產(chǎn)生淋巴因子作用

于B細胞，B細胞再接受淋巴因子的刺激和抗原的刺激后，增殖分化成漿細胞和記憶B細

胞，漿細胞產(chǎn)生抗體作用于抗原。

【小問1詳解】

免疫細胞是免疫系統(tǒng)的重要組成成分，包括淋巴細胞和吞噬細胞等，其中T細胞成熟的場

所是胸腺。體液免疫過程中，只有漿細胞能產(chǎn)生特異性的抗體。

【小問2詳解】

體液免疫過程中，抗體和病毒特異性結(jié)合后形成沉淀，再被吞噬細胞吞噬消化。

【小問3詳解】

記憶細胞可以在病毒消失后存活幾年甚至幾十年，當同一種病毒再次感染機體，記憶細胞能

迅速增殖分化，快速產(chǎn)生大量抗體，使抗體濃度激增。

【小問4詳解】

分析圖示可知，二次免疫比初次免疫產(chǎn)生的抗體更多，故為了獲得更好的免疫效果，接種疫

苗時可多次接種，使機體產(chǎn)生更多的抗體和記憶細胞。

9.為保護和合理利用自然資源，某研究小組對某林地的動植物資源進行了調(diào)查?；卮鹣铝?/p>

問題。

（1）調(diào)查發(fā)現(xiàn)，某種哺乳動物種群的年齡結(jié)構(gòu)屬于增長型，得出這一結(jié)論的主要依據(jù)是發(fā)

現(xiàn)該種群中O

（2）若要調(diào)查林地中某種雙子葉植物的種群密度，可以采用的方法是；若要

調(diào)查某種鳥的種群密度，可以采用的方法是o

（3）調(diào)查發(fā)現(xiàn)該林地的物種數(shù)目很多。一個群落中物種數(shù)目的多少稱為0

（4）該林地中，植物對動物的作用有（答出2點即可）；動物對植物的作用

有（答出2點即可）。

【答案】（1）幼年個體數(shù)較多、中年個體數(shù)適中、老年個體數(shù)較少

（2）□.樣方法□,標志重捕法

（3）物種豐富度（4）□.為動物提供食物和棲息空間□.對植物的傳粉和種

子傳播具有重要作用

【解析】

【分析】預(yù)測種群變化主要依據(jù)是年齡組成，包含增長型、穩(wěn)定性個衰退型。

調(diào)查植物和活動能力弱、活動范圍較小的動物的種群密度，可用樣方法；調(diào)查活動能力強、

活動范圍廣的動物一般用標志重捕法。

【小問1詳解】

預(yù)測種群變化主要依據(jù)是年齡組成，是指不同年齡在種群內(nèi)的分布情況,對種群內(nèi)的出生率、

死亡率有很大影響，當幼年個體數(shù)最多、中年個體數(shù)適中、老年個體數(shù)最少時呈增長型，此

時種群中出生率大于死亡率。

小問2詳解】

調(diào)查林地中某種雙子葉植物的種群密度,可采用樣方法進行隨機抽樣調(diào)查;鳥的活動能力強、

活動范圍廣，調(diào)查其種群密度一般采用標志重捕法。

【小問3詳解】

物種組成是區(qū)別不同群落的重要特征，一個種群中物種數(shù)目的多少稱為物種豐富度。

【小問4詳解】

植物可進行光合作用，為動物提供食物，同時可以為動物提供棲息空間；動物的活動有利于

植物的繁衍，如蜜蜂采蜜可幫助植物傳粉，鳥類取食可幫助植物傳播種子。

10.玉米是我國重要的糧食作物。玉米通常是雌雄同株異花植物（頂端長雄花序，葉腋長雌

花序），但也有的是雌雄異株植物。玉米的性別受兩對獨立遺傳的等位基因控制，雌花花序

由顯性基因B控制，雄花花序由顯性基因T控制，基因型bbtt個體為雌株?，F(xiàn)有甲（雌雄

同株）、乙（雌株）、丙（雌株）、丁（雄株）4種純合體玉米植株?；卮鹣铝袉栴}。

（1）若以甲為母本、丁為父本進行雜交育種，需進行人工傳粉，具體做法是。

（2）乙和丁雜交，F(xiàn)i全部表現(xiàn)為雌雄同株；Fi自交，F(xiàn)2中雌株所占比例為,

F2中雄株的基因型是；在F2的雌株中，與丙基因型相同的植株所占比例是

（3）已知玉米籽粒的糯和非糯是由1對等位基因控制的相對性狀。為了確定這對相對性狀

的顯隱性，某研究人員將糯玉米純合體與非糯玉米純合體（兩種玉米均為雌雄同株）間行種

植進行實驗，果穗成熟后依據(jù)果穗上籽粒的性狀，可判斷糯與非耀的顯隱性。若糯是顯性,

則實驗結(jié)果是;若非糯是顯性，則實驗結(jié)果是o

【答案】（1）對母本甲的雌花花序進行套袋，待雌蕊成熟時，采集丁的成熟花粉，撒在甲的

雌蕊柱頭上，再套上紙袋。

(2)□.1/4□.bbTT,bbTt□,1/4

（3）□.糯性植株上全為糯性籽粒，非糯植株上既有糯性籽粒又有非糯籽?！?非

糯性植株上只有非糯籽粒，糯性植株上既有糯性籽粒又有非糯籽粒

【解析】

【分析】雌花花序由顯性基因B控制，雄花花序由顯性基因T控制，基因型bbtt個體為雌

株、甲（雌雄同株）、乙（雌株）、丙（雌株）、T（雄株），可推斷出甲的基因型為BBTT,

乙、丙基因型可能為BBtt或bbtt,丁的基因型為bbTT。

小問1詳解】

雜交育種的原理是基因重組，若甲為母本，丁為父本雜交，因為甲為雌雄同株異花植物，所

以在花粉未成熟時需對甲植株雌花花序套袋隔離，等丁的花粉成熟后再通過人工授粉把丁的

花粉傳到甲的雌蕊柱頭后，再套袋隔離。

【小問2詳解】

根據(jù)分析及題干信息、“乙和丁雜交，F(xiàn)i全部表現(xiàn)為雌雄同株”，可知乙基因型為BBtt,丁的

基因型為bbTT,Fi基因型為BbTt,Fi自交F2基因型及比例為9B_T_（雌雄同株）：3B

（雌株）：3bbT—（雄株）：Ibbtt（雌株），故F2中雌株所占比例為1/4,雄株的基因型

為bbTT、bbTt,雌株中與丙基因型相同的比例為1/4。

【小問3詳解】

假設(shè)糯和非糯這對相對性狀受A/a基因控制，因為兩種玉米均為雌雄同株植物，間行種植時,

既有自交又有雜交。若糯性為顯性，基因型為AA,非糯基因型為aa,則糯性植株無論自交

還是雜交,糯性植株上全為糯性籽粒,非糯植株雜交子代為糯性籽粒，自交子代為非糯籽粒，

所以非糯植株上既有糯性籽粒又有非糯籽粒。同理，非糯為顯性時，非糯性植株上只有非糯

籽粒，糯性植株上既有糯性籽粒又有非糯籽粒。

【生物—選修1:生物技術(shù)實踐】

11.某同學(xué)從被石油污染的土壤中分離得到A和B兩株可以降解石油的細菌,在此基礎(chǔ)上采

用平板培養(yǎng)法比較二者降解石油的能力，并分析兩個菌株的其他生理功能。

實驗所用的培養(yǎng)基成分如下。

培養(yǎng)基I：K2HPO4,MgSO4,NH4NO3,石油。

培養(yǎng)基H：K2HPO4,MgSO4,石油。

操作步驟：

①將A、B菌株分別接種在兩瓶液體培養(yǎng)基I中培養(yǎng)，得到A、B菌液；

②液體培養(yǎng)基I、II口中添加瓊脂，分別制成平板I、II,并按圖中所示在平板上打甲、乙

兩孔。

（1）實驗所用培養(yǎng)基中作為碳源的成分是。培養(yǎng)基中NH4NO3的作用是為菌

株的生長提供氮源，氮源在菌體內(nèi)可以參與合成（答出2種即可）等生物大分

子。

（2）步驟①中，在資源和空間不受限制的階段，若最初接種No個A細菌，繁殖n代后細

菌的數(shù)量是o

（3）為了比較A、B降解石油的能力，某同學(xué)利用步驟②所得到的平板I、II進行實驗，

結(jié)果如表所示（“+”表示有透明圈，“+”越多表示透明圈越大，表示無透明圈），推

測該同學(xué)的實驗思路是。

（4）現(xiàn)有一貧氮且被石油污染的土壤，根據(jù)上表所示實驗結(jié)果，治理石油污染應(yīng)選用的菌

株是，理由是。

【答案】（1）□.石油□.DNA、RNA、蛋白質(zhì)

n

（2）N0-2（3）在無菌條件下，將等量等濃度的A菌液和B菌液分別接種到平板口的

甲和乙兩孔處，平板□也進行同樣的操作，在相同且適宜條件下培養(yǎng)一段時間，比較兩個平

板的兩孔處的透明圈大小并作記錄，根據(jù)透明圈大降解能力強，透明圈小降解能力弱，進而

比較A、B降解石油的能力

（4）口A□.A菌株降解石油的能力高于B菌株，并且在沒有添加氮源的培養(yǎng)基中

也能生長

【解析】

【分析】培養(yǎng)基對微生物具有選擇作用。配置培養(yǎng)基時根據(jù)某一種或某一類微生物的特殊營

養(yǎng)要求，加入某些物質(zhì)或除去某些營養(yǎng)物質(zhì)，抑制其他微生物的生長，也可以根據(jù)某些微生

物對一些物理、化學(xué)因素的抗性，在培養(yǎng)基中加入某種化學(xué)物質(zhì),從而篩選出待定的微生物。

這種培養(yǎng)基叫做選擇培養(yǎng)基。

【小問1詳解】

培養(yǎng)基的成分有碳源、氮源、無機鹽和水等，從組成培養(yǎng)基的物質(zhì)所含化學(xué)元素可知，作為

碳源的成分是石油。生物大分子DNA、RNA、蛋白質(zhì)都含有N元素，故氮源在菌體內(nèi)可以

參與合成這些物質(zhì)。

【小問2詳解】

由題意“資源和空間不受限制”可知，細菌的增殖呈J型曲線增長，由于DNA的半保留復(fù)制，

細菌每繁殖一代就是上一代的2倍，根據(jù)公式Nt=No4t,右2,繁殖n代后細菌的數(shù)量是No。氣

【小問3詳解】

分析表格數(shù)據(jù)可知，實驗的結(jié)果是：在平板口上，A菌株降解石油的能力高于B菌株；在平

板□上，A菌株仍然能降解石油，而B菌株不能降解，根據(jù)實驗的單一變量和對照原則，推

測該同學(xué)的思路是：在無菌條件下，將等量等濃度的A菌液和B菌液分別接種到平板口的

甲和乙兩孔處，平板口也進行同樣的操作，在相同且適宜條件下培養(yǎng)一段時間，比較兩個平

板的兩孔處的透明圈大小并作記錄，根據(jù)透明圈大降解能力強，透明圈小降解能力弱，進而

比較A、B降解石油的能力。

【小問4詳解】

由表格數(shù)據(jù)可知，在平板口（無氮源的培養(yǎng)基）上，A菌株仍然能降解石油，而B菌株不能

降解，所以要治理貧氮且被石油污染的土壤，應(yīng)該選用A菌株，因為A菌株降解石油的能

力高于B菌株，并且在沒有添加氮源的培養(yǎng)基中也能生長。

12.某牧場引進一只產(chǎn)肉性能優(yōu)異的良種公羊，為了在短時間內(nèi)獲得具有該公羊優(yōu)良性，狀

的大量后代，該牧場利用胚胎工程技術(shù)進行了相關(guān)操作?；卮鹣铝袉栴}，

（1）為了實現(xiàn)體外受精需要采集良種公羊的精液，精液保存的方法是o在體

外受精前要對精子進行獲能處理,其原因是;精子體外獲能可采用化學(xué)誘導(dǎo)法,

誘導(dǎo)精子獲能的藥物是（答出1點即可）。利用該公羊的精子進行體外受精需要

發(fā)育到一定時期的卵母細胞，因為卵母細胞達到時才具備與精子受精的能力。

（2）體外受精獲得的受精卵發(fā)育成囊胚需要在特定的培養(yǎng)液中進行，該培養(yǎng)液的成分除無

機鹽、激素、血清外，還含的營養(yǎng)成分有（答出3點即可）等。將培養(yǎng)好的良

種囊胚保存?zhèn)溆谩?/p>

（3）請以保存的囊胚和相應(yīng)數(shù)量的非繁殖期受體母羊為材料進行操作，以獲得具有該公羊

優(yōu)良性狀的后代。主要的操作步驟是o

【答案】（1）□,放入-196口的液氮中保存（或冷凍保存）□,剛排出的精子必需在

雌性生殖道內(nèi)發(fā)生相應(yīng)生理變化后才能受精□.肝素或鈣離子載體A23187□.MII

中期

（2）維生素、氨基酸、核甘酸

（3）對受體母羊進行同期發(fā)情處理，將保存的囊胚進行胚胎移植，對受體母羊進行是否妊

娠的檢查，一段時間后受體母羊產(chǎn)下具有該公羊優(yōu)良性狀的后代

【解析】

【分析】試管動物技術(shù)是指通過人工操作使卵子和精子在體外條件下成熟和受精，并通過培

養(yǎng)發(fā)育為早期胚胎后，再經(jīng)移植后產(chǎn)生后代的技術(shù)。

【小問1詳解】

精液可以放入T96C的液氮中保存（或冷凍保存），使用前再將精液解凍離心分離。剛排出

的精子必需在雌性生殖道內(nèi)發(fā)生相應(yīng)生理變化后才能受精，故在體外受精前要對精子進行獲

能處理。通常采用的體外獲能方法有培養(yǎng)法和化學(xué)誘導(dǎo)法，化學(xué)誘導(dǎo)法是將精子放在一定濃

度的肝素或鈣離子載體A23187溶液中，用化學(xué)藥物誘導(dǎo)精子獲能。卵母細胞需要培養(yǎng)到減

數(shù)第二次分裂中期（Mil中期）才能具備與精子受精的能力。

【小問2詳解】

進行早期胚胎培養(yǎng)的培養(yǎng)液中，除了無機鹽、激素、血清外，還含有維生素、氨基酸、核甘

酸等。

【小問3詳解】

要利用保存的囊胚和相應(yīng)數(shù)量的非繁殖期受體母羊為材料,獲得具有該公羊優(yōu)良性狀的后代,

主要是利用胚胎移植技術(shù)，即對受體母羊進行同期發(fā)情處理，將保存的囊胚進行胚胎移植，

對受體母羊進行是否妊娠的檢查，一段時間后受體母羊產(chǎn)下具有該公羊優(yōu)良性狀的后代。

2022年全國統(tǒng)一高考化學(xué)試卷（全國甲卷）

化學(xué)

一、選擇題

1.化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列敘述正確的是

A.漂白粉與鹽酸可混合使用以提高消毒效果B.溫室氣體是形成酸雨的主要物質(zhì)

C.棉花、麻和蠶絲均為碳水化合物D.干冰可用在舞臺上制造“云霧”

【答案】D

【解析】

【詳解】A.漂白粉的有效成分次氯酸鈣與鹽酸混合，會發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成有毒的氯氣，

兩者不能混合使用，A錯誤；

B.溫室氣體主要是指二氧化碳，二氧化碳不是形成酸雨的主要物質(zhì)，形成酸雨的主要物質(zhì)

是硫氧化物、氮氧化物等，B錯誤；

C.棉花、麻來源于植物，主要成分均是纖維素，為碳水化合物，但蠶絲來源于動物，主要

成分是蛋白質(zhì)，蛋白質(zhì)不是碳水化合物，C錯誤；

D.干冰是固態(tài)的二氧化碳，干冰升華時，吸收大量的熱，使周圍溫度降低，大量的水蒸氣

凝結(jié)成了小液滴，形成“云霧”效果，D正確；

答案選D。

2.輔酶Qi。具有預(yù)防動脈硬化的功效，其結(jié)構(gòu)簡式如下。下列有關(guān)輔酶QJO的說法正確的是

0

A.分子式為C60H90O4B.分子中含有14個甲基

C.分子中的四個氧原子不在同一平面D.可發(fā)生加成反應(yīng)，不能發(fā)生取代反

應(yīng)

【答案】B

【解析】

【詳解】A.由該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式可知，其分子式為C59H90。4,A錯誤；

B.由該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式可知，鍵線式端點代表甲基，10個重復(fù)基團的最后一個連接H原子

的碳是甲基，故分子中含有1+1+1+10+1=14個甲基，B正確；

C.雙鍵碳以及與其相連的四個原子共面，段基碳采取Sp2雜化，堤基碳原子和與其相連的

氧原子及另外兩個原子共面，因此分子中的四個氧原子在同一平面上，C錯誤；

D.分子中有碳碳雙鍵，能發(fā)生加成反應(yīng)，分子中含有甲基，能發(fā)生取代反應(yīng)，D錯誤；

答案選B。

3.能正確表示下列反應(yīng)的離子方程式為

2+

A.硫化鈉溶液和硝酸混合：S-+2H=H2St

3+

B.明磯溶液與過量氨水濕合：A1+4NH3+2H2O=A1Oj+4NH4

C.硅酸鈉溶液中通入二氧化碳：SiO+CO2+H2O=HSiO；+HCO；

D.將等物質(zhì)的量濃度的Ba(0H)2和NH4HSO4溶液以體積比1：2混合：Ba2++2OH+2H++SO

-

4=BaSO41+2H2O

【答案】D

【解析】

【詳解】A.硝酸具有強氧化性，可以將S?一氧化為S單質(zhì)，自身根據(jù)其濃度大小還原為NO

或NO2,反應(yīng)的離子方程式為4H++2NO]+S2-=SJ+2NC)2T+2H20(濃)或8H++2NO；

+3S2-=3S[+2N0+4H2。(稀)，A錯誤；

B.明磯在水中可以電離出AF+,可以與氨水中電離出的0H-發(fā)生反應(yīng)生成Al(0H)3,但由

于氨水的堿性較弱，生成的Al(0H)3不能繼續(xù)與弱堿發(fā)生反應(yīng)，故反應(yīng)的離子方程式為

+

AP+3NH3-H2O=Al(OH)3i+3NH,B錯誤；

C.硅酸的酸性小于碳酸，向硅酸鈉溶液中通入二氧化碳時，生成硅酸沉淀，二氧化碳則根

據(jù)其通入的量的多少反應(yīng)為碳酸根或碳酸氫根，反應(yīng)的離子方程式為SiO：

+H2O+CO2=H2SiO3J.+CO3"(CO2少量)或SiO7+2H2O+2CO2=H2SiO3i+2HCO；(C02過量)，C

錯誤；

D.將等物質(zhì)的量濃度的Ba(OH)2與NH4Hs04溶液以體積比1：2混合，Ba(0H)2電離出的

OH-與NH4HSO4電離出的H+反應(yīng)生成水,Ba(OH)2電離出的Ba?+與NH4HSO4電離出的SOj

反應(yīng)生成BaS04沉淀,反應(yīng)的離子方程為為Ba2++2OH-+2H++S01=BaSO4；+2H2O,D正確；

故答案選D。

4.一種水性電解液Zn-MnCh離子選澤雙隔膜電池如圖所示(KOH溶液中，Zn2+以Zn(OH)/

存在)。電池放電時，下列敘述錯誤的是

MnC)2電極離子選擇隔膜Zn電極

I/xJL

三.

二

一

夜

ZKOH溶液

IIIIII

A.□區(qū)的K+通過隔膜向□區(qū)遷移

B.n區(qū)的so1通過隔膜向門區(qū)遷移

+2+

C.MnO2電極反應(yīng)：MnO2+2e-+4H=Mn+2H2O

+2+

D.電池總反應(yīng)：Zn+4OH+MnO2+4H=Zn(OH)+Mn+2H2O

【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)圖示的電池結(jié)構(gòu)和題目所給信息可知，口區(qū)Zn為電池的負極，電極反應(yīng)為

+2+

Zn-2e+4OH=Zn(OH)^,」區(qū)MnCh為電池的正極，電極反應(yīng)為MnO2+2e-+4H=Mn+2H2O；

電池在工作過程中，由于兩個離子選擇隔膜沒有指明的陽離子隔膜還是陰離子隔膜，故兩個

離子隔膜均可以通過陰、陽離子，因此可以得到□區(qū)消耗H+,生成Mn2+,口區(qū)的K+向□區(qū)

移動或□區(qū)的SO：向口區(qū)移動，口區(qū)消耗OH:生成Zn(OH);，□區(qū)的SO1向口區(qū)移動或

口區(qū)的K+向□區(qū)移動。據(jù)此分析答題。

【詳解】A.根據(jù)分析，口區(qū)的K+只能向□區(qū)移動，A錯誤；

B.根據(jù)分析，同區(qū)的S。1向□區(qū)移動，B正確；

C.MnO2電極的電極反應(yīng)式為MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2。，C正確；

+

D.電池的總反應(yīng)為Zn+4OH+MnO2+4H=Zn(OH):+M112++2H2O,D正確；

故答案選A。

5.NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是

A.250,KHkPa下，28L氫氣中質(zhì)子的數(shù)目為2.5NA

B.2.0L1.0mol-L」AICI3溶液中，Af+的數(shù)目為2QNA

c.0.20mol苯甲酸完全燃燒，生成c。？的數(shù)目為1.4NA

D.電解熔融CuCL，陰極增重6.4g,外電路中通過電子的數(shù)目為(MONA

【答案】C

【解析】

【詳解】A.25℃、lOlkPa不是標準狀況，不能用標況下的氣體摩爾體積計算氫氣的物質(zhì)的

量，故A錯誤；

B.AP+在溶液中會發(fā)生水解生成A1(OH)3,因此2.0L1.0mol/L的A1CL溶液中AF+數(shù)目小

于2.0NA,故B錯誤；

15點燃

C.苯甲酸燃燒的化學(xué)方程式為C6H5COOH+]C)2-7CO2+3H2。，Imol苯甲酸燃燒

生成7moicCh,則0.2mol苯甲酸完全燃燒生成1.4molCO2,數(shù)目為1.4NA,故C正確；

D.電解熔融CuCb時，陽極反應(yīng)為2Cr-2e=C12個，陰極反應(yīng)為Cu2++2d=Cu，陰極增

加的重量為Cu的質(zhì)量，6.4gCu的物質(zhì)的量為O.lmol,根據(jù)陰極反應(yīng)可知，外電路中通過電

子的物質(zhì)的量為0.2mol,數(shù)目為0.2NA,故D錯誤；

答案選C。

6.Q、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其最外層電子數(shù)之和為19。Q與X、

Y、Z位于不同周期，X、Y相鄰，Y原子最外層電子數(shù)是Q原子內(nèi)層電子數(shù)的2倍。下列

說法正確的是

A.非金屬性：X>QB.單質(zhì)的熔點：X>Y

C.簡單氫化物的佛點：Z>QD.最高價含氧酸的酸性：Z>Y

【答案】D

【解析】

【分析】Q、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Q與X、Y、Z不在同一周

期，Y原子最外層電子數(shù)為Q元原子內(nèi)層電子數(shù)的2倍，則Q應(yīng)為第二周期元素，X、Y、

Z位于第三周期，Y的最外層電子數(shù)為4,則Y為Si元素，X、Y相鄰，且X的原子序數(shù)小

于Y,則X為A1元素，Q、X、Y、Z的最外層電子數(shù)之和為19,則Q、Z的最外層電子數(shù)

之和為19-3-4=12,主族元素的最外層電子數(shù)最多為7,若Q的最外層電子數(shù)為7,為F元

素，Z的最外層電子數(shù)為5,為P元素，若Q的最外層電子數(shù)為6,為O元素，則Z的最外

層電子數(shù)為6,為S元素，若Q的最外層電子數(shù)為5,為N元素，Z的最外層電子數(shù)為7,

為C1元素；綜上所述，Q為N或O或F,X為Al,Y為Si,Z為Cl或S或P,據(jù)此分析解

題。

【詳解】A.X為Al,Q為N或O或F,同一周期從左往右元素非金屬性依次增強，同一主

族從上往下依次減弱，故非金屬性：Q>X,A錯誤；

B.由分析可知,X為A1屬于金屬晶體,Y為Si屬于原子晶體或共價晶體,故單質(zhì)熔點Si>Al,

即Y>X,B錯誤；

C.含有氫鍵的物質(zhì)沸點升高，由分析可知Q為N或0或F,其簡單氫化物為H2O或NH3

或HF,Z為C1或S或P,其簡單氫化物為HC1或H2s或PR,由于前者物質(zhì)中存在分子間

氫鍵，而后者物質(zhì)中不存在，故沸點Q>Z,C錯誤；

D.元素的非金屬性越強，其最高價含氧酸的酸性越強，P、S、C1的非金屬性均強于Si,

因此最高價含氧酸酸性：Z>Y,D正確；

故答案為：Do

7.根據(jù)實驗?zāi)康?，下列實驗及現(xiàn)象、結(jié)論都正確的是

選

實驗?zāi)康膶嶒灱艾F(xiàn)象結(jié)論

項

分別測濃度均為

比較CH3coeF0.Imol-U1的

K（CHCOOj<K（HCO）

A和HCO：的水解CH3COONH4和h3h3

常數(shù)NaHCOs溶液的pH,后者

大于前者

檢驗鐵銹中是否將鐵銹落于濃鹽酸，滴入

B鐵繡中含有二價鐵

含有二價鐵KMnC>4溶液，紫色褪去

探究氫離子濃度

向KzCrO,溶液中緩慢滴增大氫離子濃度，轉(zhuǎn)化平衡向生成

C對CrO］、Cr2O^

加硫酸，黃色變?yōu)槌燃t色C^O彳的方向移動

相互轉(zhuǎn)化的影響

檢驗乙醇中是否向乙醇中加入一小粒金屬

D乙醇中含有水

含有水鈉，產(chǎn)生無色氣體

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

+

［詳解］A.CH3COONH4中NH；水解，NH：+H20NH3-H2O+H,會消耗CH3coeT

水解生成的OH：測定相同濃度的CH3coONH4和NaHCCh溶液的pH,后者大于前者，不

能說明Kh（CH3coO-）＜Kh（HCC）3），A錯誤；

B.鐵銹中含有Fe單質(zhì)，單質(zhì)Fe與濃鹽酸可反應(yīng)生成Fe2+,滴入KM11O4溶液，紫色褪去，

不能說明鐵銹中一定含有二價鐵，B錯誤；

C.KzCrCU中存在平衡2CrC方（黃色）+2H+.-—50；（橙紅色）+H2O,緩慢滴加硫酸，H+

濃度增大，平衡正向移動，故溶液黃色變成橙紅色，C正確；

D.乙醇和水均會與金屬鈉發(fā)生反應(yīng)生成氫氣，故不能說明乙醇中含有水，D錯誤；

答案選C。

二、非選擇題

8.硫酸鋅（ZnS。^是制備各種含鋅材料的原料，在防腐、電鍍、醫(yī)學(xué)上有諸多應(yīng)用。硫酸

鋅可由菱鋅礦制備。菱鋅礦的主要成分為ZnCOs，雜質(zhì)為Si。？以及Ca、Mg、Fe、Cu等

的化合物。其制備流程如下：

濾渣①濾渣②濾渣③濾渣④

本題中所涉及離子的氯氧化物溶度積常數(shù)如下表:

離子Fe3+Zn2+Cu2+Fe2+Mg2+

KSP4.0x10-386.7x10-"2.2x10-2°8.0x10161.8xl0-11

回答下列問題：

(1)菱鋅礦焙燒生成氧化鋅的化學(xué)方程式為O

(2)為了提高鋅的浸取效果，可采取的措施有、o

(3)加入物質(zhì)X調(diào)溶液pH=5,最適宜使用的X是(填標號)。

A.NH3H2OB.Ca(0H)2C.NaOH

濾渣①的主要成分是、、=

(4)向80?90°。的濾液①中分批加入適量KM11O4溶液充分反應(yīng)后過濾，濾渣②中有

MnO2,該步反應(yīng)的離子方程式為o

(5)濾液②中加入鋅粉的目的是o

(6)濾渣④與濃H?SO4反應(yīng)可以釋放HF并循環(huán)利用，同時得到的副產(chǎn)物是、

【答案】(1)ZnCO3^=ZnO+CO2t

(2)口.增大壓強□.將焙燒后的產(chǎn)物碾碎，增大接觸面積、增大硫酸的濃度等

(3)□.BD.Fe(OH)3□.CaSC>4D.SiO2

2++

(4)3Fe+MnO4+7H2O=3Fe(OH)31+MnO2I+5H

(5)置換C/+為Cu從而除去

(6)□.CaSO4D.MgSO4

【解析】

【分析】由題干信息，菱鋅礦的主要成分為ZnCO3,雜質(zhì)為SiCh以及Ca、Mg,Fe、Cu等

的化合物，結(jié)合流程圖分析，菱鋅礦焙燒，主要發(fā)生反應(yīng)ZnCCh上三ZnO+CCht,再加入

H2sCU酸浸，得到含ZE+、Ca2+、Ma2+>Fe2+,Fe3+,C/+的溶液,加入物質(zhì)X調(diào)節(jié)pH=5,

結(jié)合表格數(shù)據(jù)，過濾得到Fe(OH)3、CaSO4、SiC)2的濾渣①，濾液①中主要含有ZP、Cu2\

Mg2+、Ca2\Fe2+,再向濾液①中加入KMnCU溶液氧化Fe?+,過濾得到Fe(OH)3和MnCh

的濾渣②，濾液②中加入鋅粉，發(fā)生反應(yīng)Zn+Cu2+=Zn2+=Cu,過濾后得到濾渣③為Cu,再

向濾液③中加入HF脫鈣鎂，過濾得到濾渣④為CaF2、MgF2,濾液④為ZnSCU溶液，經(jīng)一

系列處理得到ZnSO4-7H2O,據(jù)此分析解答。

【小問1詳解】

由分析，焙燒時，生成ZnO的反應(yīng)為：ZnCCh且①ZnO+CCht;

【小問2詳解】

可采用增大壓強、將焙燒后的產(chǎn)物碾碎，增大接觸面積、增大硫酸的濃度等方式提高鋅的浸

取率；

小問3詳解】

A.NH3?H2O易分解產(chǎn)生NH3污染空氣，且經(jīng)濟成本較高，故A不適宜；

B.Ca(OH)2不會引入新的雜質(zhì)，且成本較低，故B適宜；

C.NaOH會引入雜質(zhì)Na+,且成本較高，C不適宜；

故答案選B；

當沉淀完全時(離子濃度小于10-5moi/L),結(jié)合表格Ksp計算各離子完全沉淀時pH<5的只

有Fe3+,故濾渣①中有Fe(OH)3,又CaSCU是微溶物，SiCh不溶于酸，故濾渣①的主要成分

是Fe(OH)3、CaSO4>SiO2；

【小問4詳解】

向80?90℃濾液①中加入KMnCU溶液，可氧化Fe?+,得到Fe(OH)3和MnCh的濾渣②，反應(yīng)

2++

的離子方程式為3Fe+MnO4+7H2O=3Fe(OH)3I+MnO2I+5H；

【小問5詳解】

濾液②中加入鋅粉，發(fā)生反應(yīng)Zn+Cu2+=Zn2+=Cu,故加入鋅粉的目的為置換Ci?+為Cu從而

除去；

【小問6詳解】

由分析，濾渣④為CaF2、MgF2,與濃硫酸反應(yīng)可得到HF,同時得到的副產(chǎn)物為CaSCU、

MgSO4o

9.硫化鈉可廣泛用于染料、醫(yī)藥行業(yè)。工業(yè)生產(chǎn)的硫化鈉粗品中常含有一定量的煤灰及重

金屬硫化物等雜質(zhì)。硫化鈉易溶于熱乙醇，重金屬硫化物難溶于乙醇。實驗室中常用95%

乙醇重結(jié)晶純化硫化鈉粗品。回答下列問題：

(1)工業(yè)上常用芒硝(Na2S。4?10H2。)和煤粉在高溫下生產(chǎn)硫化鈉，同時生成CO,該反

應(yīng)的化學(xué)方程式為o

(2)溶解回流裝置如圖所示，回流前無需加入沸石，其原因是?；亓鲿r，燒瓶內(nèi)氣

霧上升高度不宜超過冷凝管高度的1/3.若氣霧上升過高，可采取的措施是

熱源

（3）回流時間不宜過長，原因是。回流結(jié)束后，需進行的操作有□停止加熱口關(guān)

閉冷凝水口移去水浴，正確的順序為（填標號）。

A.□□□B.□□□C.□□□D.□□□

（4）該實驗熱過濾操作時，用錐形瓶而不能用燒杯接收濾液，其原因是o過濾除去

的雜質(zhì)為-若濾紙上析出大量晶體，則可能的原因是。

（5）濾液冷卻、結(jié)晶、過濾，晶體用少量_______洗滌，干燥，得到Na2s-xH?。。

【答案】（1）Na2SO4?10H2O+4C^=Na2S+4COt+10H2O

（2）□.硫化鈉粗品中常含有一定量的煤灰及重金屬硫化物等雜質(zhì)，這些雜質(zhì)可以直接

作沸石□,降低溫度

（3）□.硫化鈉易溶于熱乙醇，若回流時間過長，Na2s會直接析出在冷凝管上，使提

純率較低，同時易造成冷凝管下端堵塞，圓底燒瓶內(nèi)氣壓過大，發(fā)生爆炸□.D

(4)□防止濾液冷卻□.重金屬硫化物□.溫度逐漸恢復(fù)至室溫

(5)冷水

【解析】

【分析】本實驗的實驗?zāi)康臑橹苽淞蚧c并用95%乙醇重結(jié)晶純化硫化鈉粗品，工業(yè)上常

用芒硝3225。「10凡。)和煤粉在高溫下生產(chǎn)硫化鈉，反應(yīng)原理為：Na2SO4-10H2O+4C

旦典Na?S+4cot+IOH2O,結(jié)合硫化鈉的性質(zhì)解答問題。

【小問1詳解】

工業(yè)上常用芒硝(Na2S。4?10H2。)和煤粉在高溫下生產(chǎn)硫化鈉，同時生產(chǎn)CO,根據(jù)得失

高溫

電子守恒，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Na2SO4-10H2O+4C^=Na2S+4COf+10H2O；

【小問2詳解】

由題干信息，生產(chǎn)的硫化鈉粗品中常含有一定量的煤灰及重金屬硫化物等雜質(zhì)，這些雜質(zhì)可

以直接作沸石，因此回流前無需加入沸石，若氣流上升過高，可直接降低降低溫度，使氣壓

降低；

小問3詳解】

硫化鈉易溶于熱乙醇，若回流時間過長，Na2s會直接析出在冷凝管上，使提純率較低，同

時易造成冷凝管下端堵塞，圓底燒瓶內(nèi)氣壓過大，發(fā)生爆炸；回流結(jié)束后，先停止加熱，再

移去水浴后再關(guān)閉冷凝水，故正確的順序為①③②，答案選D。

【小問4詳解】

硫化鈉易溶于熱乙醇，使用錐形瓶可有效防止濾液冷卻，重金屬硫化物難溶于乙醇，故過濾

除去的雜質(zhì)為重金屬硫化物，由于硫化鈉易溶于熱乙醇，過濾后溫度逐漸恢復(fù)至室溫，濾紙

上便會析出大量晶體；

【小問5詳解】

乙醇與水互溶，硫化鈉易溶于熱乙醇，因此將濾液冷卻、結(jié)晶、過濾后，晶體可用少量冷水

洗滌，再干燥，即可得到Na2s-xH?。

10.金屬鈦(Ti)在航空航天、醫(yī)療器械等工業(yè)領(lǐng)域有著重要用途，目前生產(chǎn)鈦的方法之一是

將金紅石(TiC)2)轉(zhuǎn)化為TiC，，再進一步還原得到鈦?；卮鹣铝袉栴}：

(1)Ti。?轉(zhuǎn)化為TiCl,有直接氯化法和碳氯化法。在1000C時反應(yīng)的熱化學(xué)方程式及其

平衡常數(shù)如下：

12

(口)直接氯化：TiO2(S)+2C12(g)=TiCl4(g)+O2(g)=172kJ.mol,Kpl=1.OxIO

(口)碳氯化：

112

TiO2(S)+2C12(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)AH2=-5IkJ-mol,Kp2=1.2x10Pa

□反應(yīng)2c(s)+C)2(g)=2CO(g)AH為kJmol1，J=Pa?