资源简介

2021—2022 学年全国重点高中一轮复习质检
高三生物参考答案
1.D 【解析】干扰素属于分泌蛋白(糖蛋白)，其加工、分类、包装由高尔基体完成，A正确；
干扰素属于淋巴因子，在 T淋巴细胞和靶细胞之间发挥传递信息的作用，B正确；干扰素为
糖蛋白，口服后会被消化液中的消化酶分解掉，C正确；溶菌酶不都是由淋巴细胞产生的，
D错误。
2.A 【解析】蛙的受精卵中也有一些基因不表达，如甲状腺激素合成基因、血红蛋白合成基
因等，A正确；受精卵和红细胞中 tRNA的种类相同，B错误；蛙的受精卵和红细胞的分裂
方式分别为有丝分裂和无丝分裂，C错误；随着分裂次数的增加，端粒 DNA的长度会缩短，
因此红细胞中端粒 DNA的长度较短，D错误。
3.B 【解析】恩格尔曼实验可以证明光合作用放氧部位是叶绿体，低倍显微镜下并不能观察
到类囊体薄膜以及膜上是否发生生化反应，B错误。
4.C 【解析】牛痘病毒和天花病毒并不是一种病毒，A错误；预防接种的关键是刺激机体产
生记忆细胞和抗体，B错误；由于牛痘病毒和天花病毒存在部分相同的表面抗原，因此牛痘
病毒的某种表面抗原刺激机体产生的记忆细胞和抗体，对天花病毒也能发挥免疫作用，C正
确；对机体发挥监控、清除等免疫功能的是机体的免疫系统，而非疫苗，D错误。
5.C 【解析】土壤有机质增加，可为土壤微生物提供较丰富的营养，使微生物的种类和数量
增加，抵抗力稳定性增加，可有效抑制某一种微生物(病原或非病原微生物)的大量繁殖，A
正确；农家肥是由动植物遗体残骸、动物粪便等沤制而成，包含了细胞中应该含有的所有矿
质元素，化肥只能补充部分矿质元素，B正确；农家肥中的能量包含在有机质中，能被分解
者利用，而不能被农作物利用，C错误；增施农家肥可改善土壤板结等状况，D正确。
6.D 【解析】一般情况下，在自然选择的作用下，数量占优势的个体所具有的性状，更适应
当前环境，但是该性状不一定是显性性状，A错误；对于从性遗传来说，如有角的公羊多于
母羊，虽然该性状与性别相关联，但是控制该性状的基因并不位于性染色体上，B错误；对
于一个自由交配的大群体，若某性状由一对等位基因控制，性状分离比为 15:1，遵循遗传平
衡定律的情况下，A基因频率为 3/4，a基因频率为 1/4，则性状分离比也为 15:1，C错误；
大数据调查的基础上，每种性状的雌雄个体数量基本相同，则说明该基因控制的性状与性别
没有关联，控制该性状的基因位于常染色体上，D正确。
29.【答案】（10分）
（1）C5(1分) 二氧化碳的固定(1分)
（2）较强光照下，可减少水分蒸发(2分)
（3）甘蔗、大豆(2分) 甘蔗的 B细胞可将胞间低浓度的 CO2转化为高浓度的 CO2，进而
提供给 A细胞进行卡尔文循环，故其可在较低浓度 CO2条件下进行光合作用(2分)
（4）大豆(2分)
【解析】
（1）来自 B细胞的 CO2与 A细胞中的 C5结合，该过程为暗反应中的二氧化碳固定。
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（2）叶片的上表皮直接暴露在光照下，若气孔大都分布于上表皮，光照较强时，会导致蒸
腾作用过强，水分蒸发过快，气孔过早关闭，不利于植物生长。
（3）甘蔗的 B细胞可将胞间低浓度的 CO2转化为高浓度的 CO2，进而提供给 A细胞进行卡
尔文循环，因此，甘蔗可利用较低浓度 CO2进行光合作用。从图 2可以看出，外界 CO2
浓度较低时，甲植物的光合速率远高于乙，说明甲为甘蔗、乙为大豆。
（4）随着光合作用的持续进行，密闭容器内的 CO2浓度逐渐降低，当 CO2浓度低于 100 l/L
时，大豆的净光合速率为负值，而甘蔗仍能积累有机物，因此，大豆生长先出现异常。
30.【答案】（10分）
（1）维持渗透压(2分) 维持酸碱平衡(2分)
（2）兴奋性神经递质与突触后膜上的特异性受体结合(2分)
（3）产生渴觉，主动饮水补充水分(2分)
垂体释放的抗利尿激素量增加，促进肾小管和集合管对水分的重吸收(减少水的排出，2分)
【解析】
+ －
（1）血浆内的 Na 的作用主要是维持渗透压、HCO3 的作用主要是维持酸碱平衡。
（2）突触后膜上 Na+通道打开，需要突触前膜释放的兴奋性神经递质与突触后膜上的特异性
受体结合。
（3）血浆中水分的来源有：一是体内组织液和淋巴液的补充回流，二是饮食中水的补充，
三是肾小管和集合管对水分的重吸收。由于血浆渗透压升高后会导致组织液渗透压升
高，因此从血浆中进入组织液(间接进入淋巴)的液体量和补充回流的液体量相差很小，
因此，血浆量增加主要来源于另两个途径。
31.【答案】（9分）
（1）垂直结构能显著提高群落利用(阳光等)环境资源的能力(2分)
（2）在生态系统中能量沿食物链流动过程中逐级递减，食物链越短，能量流动过程中能量
的损失就越少(2分)
（3）对能量的（分层次）多级利用(2分)
（4）充分利用牧草所提供的能量(2分) 草场退化(1分)
【解析】
（1）高低作物间作、混合放养都是主要利用群落的空间结构（垂直结构）原理，以提高群
落利用空间和(阳光等)环境资源的能力。
（2）我们食材中的肉、蛋、奶主要来自第二营养级，米面、蔬菜来自第一营养级，在生态
系统中能量沿食物链流动过程中逐级递减，食物链越长，能量流动过程中能量的损失
就越多，反之就越少。
（3）生态农业通过实现对能量的（分层次）多级利用，来提高能量的利用率。
（4）草原牧草中的能量并不能被人们直接利用，需要调整能量流动关系，使能量持续高效
地流向对人类最有益的部分——牛羊等牲畜。但是，如果放养的牲畜过少，使过剩的
牧草中的能量流向分解者或其他昆虫等，人类对牧草中能量的利用率会降低；如果放
养的牲畜过多，就会造成过度啃食而引起草场退化，进而导致畜产品产量下降。
32.【答案】（10分）
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（1）酶的合成来控制代谢过程(1分)
（2）纺锤丝(2分)
（3）基因重组(2分)
（4）花药离体培养，秋水仙素诱导染色体数目加倍(单倍体育种，2分) 单独收获矮杆抗
病植株上的种子(1分)，每个植株上所结的全部种子种植在一起(1分)，子代不发生性状
分离的全为矮杆抗病植株(1分)
【解析】
（1）与较矮的植株相比，较高植株的细胞数目较多或细胞伸长较多，该变化往往由生长素、
赤霉素或细胞分裂素等激素调控，因此，基因 A/a很可能通过控制相关酶的合成，进
而控制激素合成量，从而控制株高。
（2）线粒体中的DNA分子无纺锤丝牵引，因此质基因不能随之平均准确地分配到配子中去，
而是随机分配，因此不存在特定的分离比。
（3）若两对等位基因 A/a和 B/b位于一对同源染色体上且不发生其他变异，则子代性状分离
比符合 1:2:1；若 A/a和 B/b分别位于两对同源染色体上，则符合 9:3:3:1的性状分离比。
只有当 A/a和 B/b位于一对同源染色体上，且部分细胞在减数分裂形成配子时，这对同
源染色体的非姐妹染色单体之间发生了交换，产生了一定比例的基因型为 Ab、aB的配
子，才会出现这类异常的性状分离比。
（4）见答案(略)。
37.【答案】（15分）
（1）碳源、无机盐(2分)
（2）增加敌草隆分解菌的密度(确保接种用的样液中含有敌草隆分解菌，2分) 所含碳源量
太少，无法为细菌增殖提供能量和结构组分(2分) 加入(10g或适量)葡萄糖(2分)
（3）形状、大小、隆起程度、颜色等(3分) 固氮菌(或能利用空气中氮气的细菌，2分)
敌草隆浓度的变化(2分)
【解析】
（1）敌草隆(C9H10Cl2N2O)属于有机物，可提供有机碳源，还含有 N素，分解产生的氯离子
属于无机盐类营养物质。
（2）当样液 a中敌草隆分解菌密度太低时，接种时取的 0.1mL样液中不一定含有目的菌，
因此，在分离接种前可以先在敌草隆为唯一氮源的培养液中培养，以增加目的菌的浓
度(又叫选择培养)。另外，从碳源角度分析，碳源一方面为细菌的生长繁殖提供能量，
另一方面，碳源参与所有有机化合物的构成，因此对碳的需求很大，培养基中 1.5g的
C9H10Cl2N2O中所含碳太少，往往需要添加葡萄糖(如分离尿素分解菌时，虽然尿素中
含有 C元素，但是培养基中须添加 10g葡萄糖)才能形成菌落。
（3）不同菌落的形状、大小、隆起程度、颜色等存在差异，可据此进行鉴别。能利用空气
中氮气的细菌也能在缺氮培养基上生长。可根据培养基中敌草隆浓度的变化来判断敌
草隆是否被分解从而来判断菌落是否为敌草隆分解菌。
38.【答案】（15分）
（1）1或 2(2分)
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（2）二者具有相同的基本结构(和黏性末端，2分) EcoRI、BamHI(2分)
（3）DNA连接酶(2分) 使细菌处于感受态，便于将重组质粒导入细菌细胞(2分)
（4）氨苄青霉素 （1分） 四环素（1分） 能在含氨苄青霉素的培养基上生长，不能在
含四环素的培养基上生长(3分)
【解析】
（1）由于氨苄青霉素抗性基因和四环素抗性基因均能发挥作用，说明这两种基因均能正常
表达，所以将 CP基因的启动子 3换成启动子 1或 2均可进行转录。
（2）为防止自身环化以及反向连接，需要用两种限制酶同时切割 CP基因和运载体，由于
PstI能同时切割两个标记基因，因此不能用该酶进行切割。
（3）CP基因和运载体均为双链 DNA，基本结构相同；又由于用同种限制酶切割 CP基因和
2+
运载体，因此产生的粘性末端相同。故可以用 DNA连接酶进行连接。用 Ca 处理细菌
的目的是使细菌变为感受态，便于将重组质粒导入细菌细胞。
（4 r）由于目的基因插入到 tet 中，若先在含四环素的培养基上培养，会导致不能得到含目的
基因的菌株，因此，应该先在含氨苄青霉素的培养基上培养，以挑选出抗氨苄青霉素
的菌株。再接种到含四环素的培养基上培养，若仍能生长说明细菌中不含目的基因，
若不能生长说明细菌中有含目的基因的重组质粒。
高三物理参考答案
14．D
【解析】原子核内的质子带正电，中子不带电，故原子核的核电荷数等于质子数，且同
153
位素的核电荷数和质子数都是相等的，而铒 153（ 68Er）内的中子数等于核子总数减去质子
数，即中子数=153-68=85，所以短寿命缺中子核铒 153的中子数还是比质子数多，只是比铒
167的中子数少，故选项 D正确。
15．B
mM υ 2
【解析】探测器在圆轨道Ⅰ上运行时，根据万有引力提供向心力有G = m 1 ，做
r 2 r
mM
匀速圆周运动的半径为 r = 4R，而在月球表面上的物体有G = mg0 ，联立解得：
R2
1
υ = g R，故选项 B正确。1 0
2
16．D
【解析】由于有除了重力或弹簧的弹力以外的力做功，故
系统机械能不守恒，A错误；系统的初末状态动量相等，但中
间过程中合外力不为零，即动量不守恒，B错误；任何一个力
作用在物体上，只要有时间的延续，就一直在产生冲量，故水
平拉力 F 对物块 B产生的冲量和不为零，C错误；根据动能定
理可知，合外力对物块 B做功的代数和为零，根据动量的定义
可知，物块 B的动量变化量为零，D正确。
17．C
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【解析】无限大的均匀带电平面在周围空间会形成与平面垂直的匀强电场，故 A板在上
方单独产生的电场均竖直向上，B处点电荷产生的电场强度方向指向圆心 B，根据矢量叠加
原理可知，只能是 C点的电场强度为零，故 E点的电场强度是点电荷（或带电平板）在 E
点产生的电场强度的两倍，而 D、F两点的电场强度是点电荷（或带电平板）在 E点产生的
电场强度的 2倍，故 E点的电场强度最大，D、F两点的电场强度一样大，但方向不同，由
于 A板带正电，带电平板在周围空间产生的电场方向竖直向上，沿电场线方向电势降低且为
正，而点电荷在圆周上产生的电势均相等且为负，根据电势的叠加原理是标量和，故 E点的
电势最高，C点电势最低，故选项 C正确。
18．A
rb
【解析】设粒子 b在磁场中做匀速圆周运动的半径为 rb，由由几何关系有 sinθ1 = ，
L rb
υ 2 q υ
得 rb = (2 3 3)L，根据洛伦兹力提供向心力有 qυB = m 和 k = ，故 kb = ，同
r m Brb
υ
理粒子 a 2ra 3在磁场中做匀速圆周运动的半径为 ra，则有 sinθ = ，1 ra = L， k = ，故a
L 4 Bra
ka rb
有 = = 4(2 3)，故选项 A正确。
kb ra
19．BD
0+ 2F0 0+ F0
【解析】对玩具车全程由动量定理由 2t0 + 2F0 2t0 t0 F0 3t0 = mυ，
2 2
5F t
υ = 0 0解得 ，故A错误；在 0— 4t0的时间内，根据动能定理，合外力的功等于动能的变
2m
1 2 25F
2
0 t
2
0
化，故W = mυ = ，B正确；在 4t0时，牵引力的功率为
合
2 8m
5F0t0 5F
2
P = Fυ = 2F 0
t0
0 = ，C错误；由图像可知，牵引力产生的冲量就等于力的图线与
2m m
时间轴所围的面积，故 I = 6F0t0，D正确。
20．AC
【解析】根据沿着电场线的方向电势降低，可判断场区1的电场方向向下，场区2的电场
mgd 1
方向向上，依次交替变化，而在场区1，由U = Ed 可得 0 = E1d ，故 qE1 = mg，
4q 4
5
根据牛顿第二定律有mg + qE1 = ma1，解得 a1 = g，故小球做类平抛运动，竖直方向加速
4
5 mgd 1
度为 g ，进入场区2后，电场方向向上，由 0 = E2d，则 qE2 = mg，负号表示
4 2q 2
1 a 5
电场力方向向上，由mg + qE2 = ma
1
2，解得： a2 = g ，故 = = 2.5，A正确；在四
2 a2 2
个场区小球的加速度的方向都不会与速度方向相同，故小球的整个运动过程是非匀变速曲线
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运动，B错误；在各场区的运动过程中，运动的时间与水平速度无关，而竖直方向一直加速，
故越到下面的场区平均速度越大，故小球经历每个场区的时间越来越少，故有
t1 > t2 > t3 > t4，C正确，D错误。
21．ACD
【解析】如果磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电
流的方向由 P指向M，则根据左手定则可知导体棒受到的安培力方向沿导轨平面向上，当磁
场方向变为垂直导轨平面向下时，感应电流方向反向，导体棒受到的安培力的方向不变，A
正 确 ， B 错 误 ； 根 据 法 拉 第 电 磁 感 应 定 律 可 得 回 路 中 的 感 应 电 动 势 为
B0 B
Φ B 0 2
E = = S = 2
B L
L 2L = 0 （负号表示只影响感应电流的方向），根据闭
t t t0 0 t0
E B 20L
合电路欧姆定律可得感应电流的大小为 I = = ，故整个电路产生的热量为
R + r (R + r)t0
B2L4 B L2 B L2
Q = I 2 (R + r)t = 0 ，C 0 0正确；通过电阻 R的电荷量为0 q = It = t ，0 =
(R + r)t0 (R + r)t0 R + r
D正确。
22．【答案】
（1）5.712 （2分）
k(m1 +m
2
2 )d
（2） （2分）
2(m1 m2 )
（3）BD（2分）
【解析】
（1）小球 A的直径是5mm + 0.5mm + 21.2×0.01mm = 5.712mm；根据速度位移公式得
d d
2 2 2 2 2aυ υ = 2a(x x ) ( ) ( ) = 2a(x2 x1) k =，即 ，由图线的斜率 ，对 AB2 1 2 1 t t d 22 1
m m
m g m g = (m a =
1 2 g
组成的系统，根据牛顿第二定律有 1 2 1 +m2 )a，故有 ，联m1 +m2
k(m +m )d 2 2a 2(m1 m2 )
g = 1 2 k = = g
立解得： ；由 2 可知，改变小球 A的质量和
2(m m ) d (m1 +m2 )d
2
1 2
增大小球 A的直径时，斜率 k值会发生变化，故 BD正确。
23．【答案】
（1）28（1分），小于（2分）
（2） 1（2分）
（3）1.2（2分），4.8（2分）。
【解析】
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（1）由电路图可知，用半偏法测微安表的内阻，当微安表的读数偏转到一半时，通过电阻
I g
箱的电流为 ，则电阻箱的阻值等于微安表内阻，由图可知电阻箱的读数为 28 ，则
2
微安表的内阻为 28 ；闭合 S2后，电路总电阻变小，电路总电流变大，通过电阻箱的
I g
电流大于 ，则该实验测出的电表内阻偏小；
2
2 R（ ）若要将该微安表改装成双量程电流表时，将单刀双掷开关接为 1时，电阻 2与微安表
I Rg + RR1 2=
串联，电阻增大，而满偏电流不变，根据并联电路的分流公式有 ，而改
I g R1
I = I + I R R
装后电流表能够测量的最大电流为 R g，故定值电阻 2与微安表串联时，且1 1
越大，则电流表的量程越大，故当单刀双掷开关接 1时是双量程电流表的大量程；
I gRg
3 Rg = 30 + I g = 0.6A（ ）若 ，根据改装为小量程时有 ，根据改装为大量程时有
R1 + R2
I g (Rg + R2 )
+ I g = 3.0A R =1.2 R = 4.8 ，代入数据联立解得： 1 ， 2 。
R1
24．【参考答案】
（1）12.5(V /m T)；
144
（2） （或者 0.87）。
53π
【解析】
（1）当长方形区域内存在匀强电场时，带电粒子做类平抛运动，
1
根据平抛运动规律有： 2L =υ0t， L = at
2
（1分）
2
qE
根据牛顿第二定律有 a = （1分）
m
12.5m
代入数据解得：E = （V /m） （1分）
q
当长方形区域内存在匀强磁场时，带电粒子在区域内做匀速圆周运动，如图所示，根
据几何关系有
(r L 2 + 2L 2 2） （ ）= r ，解得： r =10m （1分）
υ 20 mυ
根据洛仑兹力提供向心力有 qυ0B = m
0
，解得 r = （2分）
r qB
m
联立解得：B = (T) （1分）
q
E
故电场强度和磁感应强度的比值为 =12.5(V /m T) （1分）
B
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2L
（2）当长方形区域内存在匀强电场时，根据 2L =υ0t可得 t1 = = 0.8s （1分）
υ0
DC
当长方形区域内存在匀强磁场时，根据几何关系有 sin∠DOC = = 0.8 （1分）
r
故∠DOC = 530 （1分）
530 53π
则AC圆弧的长度为 s = ×2πr = (m) （1分）
3600 18
s 53π
故带电粒子在磁场中运动的时间为 t2 = = (s) （1分）
υ0 180
t1 0.8 144
故 = = ≈ 0.87。 （1分）
t 53π2 53π
180
25．【参考答案】
2
（1）5m / s ，12m / s；
（2） 4m / s υ2 = 8m / s， ；
48 10λ 58
3 λ > 4.8 x1 = m(λ > 4.8) 2.9 < λ < 4.8 x2 = m(2.9 < λ < 4.8)（ ）当 时， ；当 时， 。
λ λ
【解析】
0
（1）物块 A从倾斜轨道上滑下时，根据受力分析由牛顿第二定律有mAg sin 30 = m a；A
（2分）
2
代入数据解得 a = 5m / s （1分）
A υ 2设物块 下滑倾斜轨道底端时的速度为 ，由运动学公式有υ = 2aL （1分）
代入数据解得υ =12m / s。 （1分）
（2）小物块 A滑上薄木板 B后，假设最终可以从右端离开薄木板，则物块与薄木板间的相
对运动的路程为 s = 2l =10m υ υ，设分离后 A的速度为 1，B的速度为 2，则 A、B相
m υ = m υ +m υ
互作用的过程中，根据动量守恒定律有 A A 1 B 2， （2分）
1 1
m υ 2 + E = m υ 2
1
+ m υ 2 + m gs
根据功能关系有 A p A 1 B 2 A （2分）
2 2 2
υ = 4m / s υ = 8m / s
代入数据联立解得： 1 ， 2 （1分）
（3）使小物块 A ′ = λ 与薄木板 B之间的动摩擦因数变为 ，要使小物块最终停在薄木板
B上，须分两种情况来分析：
第一种情况是小物块 A滑上薄木板 B后没有碰撞挡板 n就达到共同速度，则由动量守
恒有
mAυ = (mA +mB )υ （1分）
共
1 2 1mAυ (m +m
2
根据功能关系有 A B )υ < λ mAgl （1分）
共
2 2
联立解得λ > 4.8 （1分）
x
故当λ > 4.8时，小物块 A停在距离薄木板 B右端的距离为 1
8 16
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1 2 1mAυ (mA +mB )υ
2 = λ mAgx则 1
共
2 2
48
x1 = m(λ > 4.8)解得： （1分）
λ
第二种情况是小物块与挡板 n碰撞后再达到共同速度，则由动量守恒有
mAυ = (mA +mB )υ （1分）
共
1 1
mAυ
2 + E 2
根据功能关系有 p (mA +mB )υ < λ mAgs （1分）
共
2 2
解得：λ > 2.9 （1分）
1 2 1 2
2.9 < λ < 4.8 mAυ + Ep (mA +mB )υ < λ mAg(s x2 )即当 时，
共
2 2
10λ 58
x2 = m(2.9 < λ < 4.8)解得： 。 （1分）
λ
33．【物理—选修 3-3】
（1）ACD
21πp R2
2 0.6T 0（ ）ⅰ． 0 ； ⅱ．3.5M +
2g 。
【解析】
（1）气体由状态 a变化到状态b的过程，由于压强和体积都增大，根据理想气体状态方程有
pV
=C，故气体的温度升高，物体的内能增加，而体积增大的过程气体对外做功，
T
根据热力学第一定律有 U =W +Q，故Q > 0，气体吸收热量，A正确；气体由状态
p
b b
Vb pcVc
变化到状态 c的过程，根据理想气体状态方程有 = ，代入数据得
Tb Tc
4
Tc = Tb，故气体的温度升高，内能增加，故 B错误；将气体状态 d 与椭圆圆心相比
3
p0 pd
较，发生等容変化，根据查理定律有 = ，由于 pd < p0，故有T T0 T
气体由状态 c变化到状态 d 的过程，由于体积减小，故外界压缩气体做功，D正确；气
pdVd paVa
体由状态 d 变化到状态 a的过程，由 = ，代入数据得Ta = 0.5Td，故气体
Td Ta
的温度降低，E错误。
（2）ⅰ．通过温度变化使小活塞移动到与卡子接触但无压力的过程中，气体发生等圧変化，
L L 5
则气体初态体积为V1 = π (2R)
2 +π R2 = πR2L，温度为T1 =T0，末态
2 2 2
2 2
体积为V2 = π (2R) L = 4R L，温度为T2 = T0 + T ，根据盖·吕萨克定律有
9 16
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V1 V= 2 （2分）
T1 T2
解得： T = 0.6T0 （2分）
ⅱ．在小活塞上升到卡子处之后，在大活塞上面缓慢加放沙子，直到大活塞恰好下降圆筒交
接处且对交接处无压力的过程中，以活塞整体为研究对象，根据受力平衡有
Mg + p0 π (2R)
2 + p 21 πR = p
2 2
1 π (2R) + p0 πR （1分）
Mg
解得气体初态压强为 p1 = p0 + ， （1分）
3πR 2
2 2
初态体积为V1 = π (2R) L = 4πR L，温度为T1 = T0 + T =1.6T0
设末态时加在大活塞上的沙子的质量为m，根据受力平衡有
(M +m)g + p0 π (2R)
2 + p2 πR
2 = p2 π (2R)
2 + p0 πR
2
（1分）
(M + m)g
解得气体末态压强为 p2 = p0 + ， （1分）
3πR 2
初态体积为V2 = π R
2 L = πR2L，温度为T2 =T1 + 0.2T0 =1.8T0
p1V1 p2V2
根据理想气体状态方程有 = ， （1分）
T1 T2
21πp R2
解得m = 3.5M + 0 （1分）
2g 。
34．【物理—选修 3-4】
（1）强（2分）， 9（3分）。
7
（2）ⅰ． 7 7m；ⅱ． (28 7 7)m ( 319 7 7)m， 。
3
【解析】
（1）因为 A、B到中点的距离相等，声波可以同时传播到中点，一定是振动加强点，故听到
υ 340m / s
υ = λ f
的声音较强；根据 可知，声波在空气中传播的波长为λ = = =1.7m
f 200Hz
根据波的叠加原理，振动加强的条件，在直径AB上，设距离A点 x的位置为振动加强
点，则有
λ
x (7 x) = n× （ n为偶数）
2
且 0 < x < 7
联立解得 8.24 ≤ n < 8.24，故有 n = 0,±2,±4,±6,±8
共 9个位置是振动加强点。
1
2 sinC =（ ）ⅰ．由 （2分）
n
3 21
sinC = =
得
4 212 + h2
10 16
高三理科综合参考答案 第 页 （共 页）
解得 h = 7 7m （2分）
sinα
n =
ⅱ．若光线恰好从长木板右端射入，折射角为θ，根据折射定律
sinθ
3
sinθ =
解得
5
21 3
=
即
h2 + 212 51
h = 28m
解得： 1 （2分）
sin β
γ n =
若光线恰好从长木板左端射入，折射角为 ，同理
sin γ
9
sinγ =
解得
20
21 9
=
即
h2 + 212 202
7
h = 319m
解得： 2 （2分）
3
故动物必须从 D点最少还要下潜 hmin = h1 h = (28 7 7)m，
7
h
最大还要下潜 max = h2 h = ( 319 7 7)m。 （2分）
3
高三化学参考答案
7．B
【解析】A.实现碳中和目标，不能急功近利，应该“实事求是、尊重规律、循序渐进”，
尊重科学，故 A正确；B.用清洁能源替代传统化石能源是未来能源的发展方向，但是目前尚
不能实现清洁能源完全替代传统化石能源，故 B错误；C.通过提高工业生产中的能源利用效
率，节约能源消耗，是成本最低的减碳方式，故 C正确；D.发展碳捕捉技术可把二氧化碳做
成各种日用品，故 D正确。
8．C
-
【解析】A.标况下 2.24LCl2的物质的量为 0.1mol，含氯原子 0.2mol，则所得溶液中 Cl2、Cl、
HClO ClO-和 四种微粒总数介于 0.1mol和 0.2mol之间，A错误；B. H2O2+Cl2=2HCl+O2，若
0.1mol + +氯气完全与 H2O2反应生成 0.2molHCl，完全电离出 0.2molH ,还要考虑水电离的 H ，
+
所得溶液中 H 数目一定大于 0.2NA 若 H2O2少量，部分氯气与水反应，
，
Cl2+H +2O HCl+HClO，则 H 数目无法确定，B错误；C.一定条件下，H2O2+Cl2=2HCl+O2，
若 0.1mol 3氯气完全与 H2O2反应转移电子数为 0.2NA，C正确；D.标准状况下，19g H2O2的
物质的量为 0.5mol，含有 1.5NA共价键，D错误。
9．D
【解析】A．甲可被高锰酸钾溶液氧化生成邻苯二甲酸，乙与高锰酸钾溶液反应是碳碳
11 16
高三理科综合参考答案 第 页 （共 页）
双键被氧化，生成物不同，故 A正确；B．乙分子属于环二烯烃的同分异构体也是烃类物质，
具有烃类物质的通性，难溶于水易溶于乙醇，故 B正确；C．甲生成乙可以看作是加氢反应，
是还原反应，甲乙都是不饱和烃，可以发生加成反应，故 C正确；D．甲分子中所有碳原子
共面，乙分子中所有氢原子不共面，故 D错误。
10．B
【解析】A.浓硫酸可以吸收碱式碳酸镁分解生成的水，碱石灰可以吸收碱式碳酸镁分解
生成的二氧化碳，A正确；B.X气体可以是氨气也可以是氢气，还原氧化铜，黑色变红色，
无水硫酸铜由白色变蓝色，B错误；C.若 A中澄清石灰水不变浑浊，B中澄清石灰水变浑浊，
可证明 NaHCO3不稳定，易分解，Na2CO3稳定不易分解，C正确；D.铁粉与稀硫酸反应生成
氢气生成正压，A中的液体进入 B与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，D正确。
11．D
【解析】短周期主族元素 X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与 Z的气体二元化合物
有漂白性,Y元素的焰色为黄色，则 Y为 Na，则 Z为 S元素，W原子序数最大，X为 O元素；
A.氧可以和 Y、Z、W形成多种二元化合物，NaO、Na2O2、SO2、SO3、ClO2、Cl2O,A正确；
B.H2O分子之间存在氢键，水的沸点高于 H2S，Na2O为离子化合物，沸点最高，B正确；
C.非金属性 S＜Cl，故氢化物稳定性 H2S＜HCl，C正确；
D.Na2O2含有离子键、共价键，Na2S只含有离子键，D错误。
12．D
【解析】A．熔融盐电池中的阴离子移向负极，通氧气的电极为正极，故 A错误;B．b
为阴极，阴极上 H+ + -放电生成 H2，电极反应式为 2H +2e ═H2↑，故 B错误；C．电解时，NO -3
+
移向阳极 a，c为阴离子交换膜，NH4 移向阴极 b，d为阳离子交换膜，故 C错误；D．根据
2+ -
装置图知，Fe为阳极，阳极上 Fe失电子发生氧化反应生成 Fe ，一段时间，NO3移动过来，
2+
氧化 Fe 所以溶液变棕黄色，故 D正确。
13．C
【解析】A.H3AsO + -4溶液中逐滴加入 NaOH溶液，n点之前的溶液显酸性，c(H )＞c(OH )，
H3AsO4 H++H2AsO -4 , H2O H++OH- c(H+) c(H -，因此 ＞ 2AsO4 )，A错误；B.H3AsO4的
第一步电离方程式为 H AsO + - -3 4 H +H2AsO4 ,c(H3AsO4)=c(H2AsO4 ),第一步电离平衡常数
K =10-2.2 10-3 B C.n c(H AsO -)=c(HAsO 2-2 ，数量级为 ，故 错误； 点溶液中 2 4 4 )，由电荷守恒得：
c(Na+)+c(H+)=c(H AsO -2 4 )+c(OH-)+3c(AsO 3-4 )+2c(HAsO 2-4 ),c(Na+)+c(H+)=3c(H2AsO -4 )+c(OH-)+3
c(AsO 3-4 ),故 C正确；D. 3- 2-当该溶液中 c（As )=c(HAs )时，即 m点溶液，溶液水解显碱性，促
+ -7
进水的电离，所以此时溶液中水电离出的 c(H )＞10 mol/L，故 D错误。
26．（14分）
（1）蒸发（2分）
+ -
（2）H3BO3+H2O H +B(OH)4（2分）
（3）蒸发浓缩、冷却结晶 （2分） HCl（2分）
（4）4×10-12 （2分）
+ -
（5）2Li + HCO3 +NH3·H2O=Li2CO3↓+NH +4 +H2O或 2Li++ HCO -3 +NH3=Li +2CO3↓+ NH4（2分）
产品碳酸锂中混入氢氧化锂（2分）
12 16
高三理科综合参考答案 第 页 （共 页）
【解析】
（1）盐湖卤水提取 NaCl一般采取蒸发的方法获得粗盐；
（2）Ka=5.81×10 10 + -，说明是弱酸，则 H3BO3的电离方程式为 H3BO3+H2O H +B(OH)4；
（3）煅烧前的溶液需蒸发浓缩、冷却结晶，煅烧产生的 HCl气体,用水吸收得到盐酸；
4 -4（ ）已知某温度下，Mg(OH)2的溶解度为 5.8×10 g，设 1L溶液，溶解的Mg(OH)2为 5.8×10-3g，
c(Mg2+)=10-4mol/L，c(OH-)=2×10-4，则 Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)×c2(OH-)=4×10-12mol3·L3
；
（5）沉锂选择用氨水- NH4HCO3混合溶液，发生反应的离子方程式为
2Li++HCO -3 +NH3·H2O=Li2CO3↓+NH ++H O + - +4 2 或 2Li + HCO3 +NH3=Li2CO3↓+ NH4 ，若用
碳酸钠溶液做沉淀剂，碳酸钠溶液碱性强，产品碳酸锂中混入氢氧化锂。
27．（14分）【答案】
（1）2NaClO3+H2O2+H2SO4=Na2SO4+2ClO2↑+O2↑+2H2O（2分） 分液漏斗（1分）
安全瓶（1分） 稀释 ClO2，防止因 ClO2的浓度过高而发生爆炸（2分）
（2）①SO2（2分）
②生成白色沉淀（2分）
③加入足量稀硝酸酸化的硝酸银溶液（2分）
2 －－ －8ClO 2
＋
2＋5S ＋4H2O===8Cl ＋5SO4 ＋8H （2分）
【解析】
（1）发生反应的化学方程式为 2NaClO3+H2O2+H2SO4=Na2SO4+2ClO2↑+O2↑+2H2O；由实验装
置图可知，仪器 a为分液漏斗；装置 A发生的反应为 NaClO3、H2O2和 H2SO4发生反应
生成 ClO2、Na2SO4、O2和 H2O，由题干信息可知，ClO2在混合气体中浓度过高时易发
生爆炸，为防止因浓度过高而发生爆炸，实验时应从 A装置左侧通入氮气以稀释 ClO2；
（2）二氧化氯与硫化钾一定发生氧化还原反应，品红不褪色说明无二氧化硫生成，加 Ba(OH)2
生成白色沉淀，有 SO 2-4 生成。
28．（15分）【答案】
（1）2CO(g) CO2(g)+C(s)或 CO2(g)+C(s) 2CO(g)（2分）
H2+ H3- H5 （2分）
（2）BD（2分）
（3）①1:2 （2分）
②温度（1分） 增大条件 X，CH4平衡转化率增大（2分）
（4）1.5p0 （2 2分） p0 （2分）
【解析】
（1）根据盖斯定律则有 H1= H2+ H3- H5= H3- H4；
（2）A．未指明速率方向，不能判断反应②是否达到平衡，A错误；B．升高温度，能提高
活化分子总数，反应②的正、逆反应速率都增大，B正确；C．增大压强，平衡向气体
分子数减少的方向移动，即反应①平衡逆向移动，但 K只和温度有关，K不变，C错
误；D．加入合适的催化剂，能降低反应的活化能，因此加入反应①的催化剂，可减小
反应①的活化能，D正确；选 BD；
（3）①其他条件相同时，进料浓度比 c(CH4):c(CO2)越大，CH4平衡转化率越小，则曲线 a
13 16
高三理科综合参考答案 第 页 （共 页）
代表进料浓度比 c(CH4):c(CO2)为 1:2；
②反应正反应吸热，其它条件不变，升高温度，平衡均正向移动，甲烷平衡转化率增
大，而增大压强，平衡均逆向移动，甲烷平衡转化率均减小，则条件 X是温度；依
据是增大条件 X，甲烷平衡转化率增大；
（4） CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g)
起始 1 1 0 0
变化 x x 2x 2x
平衡 1-x 1-x 2x 2x
平衡时总物质的量为 2+2x,依据甲烷的物质的分数为 1/6,则(1-x)/(2+2x)=1/6,x=0.5,依据
P/p =2/3 P=3p /2 K =(0.5p )2×(0.5p )20 得 0 。 p 0 0 /(0.25p0)2=p 20
35．（15分）
（1）第四周期第 IVB（2分） 2（1分）
（2）He、F、Ne（2分）
（3）O3 或 SO2（1分）
（4）小于（1分） 两者均为原子晶体，金刚石是 C-C键,氮化碳是 N-C键,因为 N的原子
半径小于 C,N-C键键长短,键能大，熔点高 （2分）
（5）4 （2分） 0.851（2分） （2分）
【解析】
（1）Ti的原子序数为 22，核外电子排布为 2、8、10、2，位于周期表中第四周期 IVB族，
未成对电子是次外层上的两个电子；
（2）同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但 VA族最外层处于半满稳定状态其第一
电离能大于同周期的 VIA族元素，因此在前十号元素中第一电离能大于 N的有 He、F、
Ne；
NO-
（3）与 2中互为等电子体的分子为 O3；
（4）金刚石和氮化碳均为原子晶体，金刚石是 C-C键，氮化碳是 N-C键，因为 N的原子半
径小于 C，N-C键键长短键能大，熔点高；
（5）由晶胞结构可知 B位于体心，Ti位于棱心，距离 Ti最近的 B有 4个；由晶胞结构得 N
1 1
8× +6× =4
有 8个位于顶点，6个位于面心，个数为： ，根据 TiN的化学式可知参杂
8 2
B后的 TiN中，B原子是替换了一个 Ti原子形成的。所以在参杂 B原子前，Ti原子有
1
12 12× +1=4个位于棱心，1个位于体心，个数为： ，掺杂 B原子前的晶胞质量为：
4
48 × 4+14 × 4 248
=
；所以在参杂 B原子后，Ti原子有 12个位于棱心，个数为：
N N
A A
1
12× =3
，1个 B原子位于体心，掺杂 B后的晶胞质量为（48×3+14×4+11）/NA =211 /NA ,
4
掺杂后晶体的体积不变，则前后的密度之比等于晶胞的质量之比，即掺杂后的晶胞密度
3a
是掺杂前的 211/248=0.851倍；设晶胞的边长为 a cm，则①到②的距离为： ，晶胞
2
14 16
高三理科综合参考答案 第 页 （共 页）
211
N
的体积为： 3 3 ， ，①到②的距离为：
a cm = A
ρ
。
36．（15分）【答案】
（1）间苯二酚（1分） （2分）
（2） （2分）
（3）取代反应（2分） 醚键、酯基（2分）
（4）8（2分） ClCH=C(CH3)2 （2分）
（5） （2分）
【解析】 发生取代反应生成 B，B和间苯二酚发生取代反应生成 C，C和 Br2发生取代
反应生成 D,D和 CHClF2在 NaOH溶液作用下反应生成 E，E与 CO、CH3OH、(CH3COO)2Pd、
P(C6H5)3反应生成 F，F在碱性条件下发生水解反应，再酸化得到 G。
（1）A( )的化学名称为间苯二酚，G的结构简式为 ；
（2）C生成 D的化学方程式 ;
15 16
高三理科综合参考答案 第 页 （共 页）
（3）D→E是取代反应，F中含氧官能团的名称为醚键、酯基；
（4）丁烯的结构简式有 CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C(CH3)2，它们不同位置的
氢分别有 4、2、2种，因此 链状同分异构体有 4+2+2=8种，其中核磁共振氢
谱有两组峰的结构简式是 ClCH=C(CH3)2；
（5）根据题中 C到 G的反应，合成路线为
。
16 16
高三理科综合参考答案 第 页 （共 页）2021-2022学年全国重点高中一轮复习质检
理科综合试题
(考试时间:150分钟试卷满分:300分)
注意事项
.答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号填写在答题卡上
2.回答选择题时,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。如
需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡
上,写在本试卷上无效
3.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:H-1C-12B
0-16N-14Cl-35.5S-32
Mg-24Na-23Ti-48
选择题(本题共13个小题,每小题6分,共78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。
1.干扰素是一种由T淋巴细胞产生、分泌的糖蛋白,通过诱导靶细胞产生抗病毒蛋白来抑制病
毒增殖。下列有关叙述错误的是
A.高尔基体受损的T细胞不能产生具有生物活性的干扰素
B.干扰素在T淋巴细胞和靶细胞之间发挥传递信息的作用
C.口服干扰素不会使靶细胞产生抗病毒蛋白
D.干扰素和溶菌酶都是由淋巴细胞产生的免疫活性物质
2.青蛙的受精卵细胞经过分裂、分化等一系列生理活动,发育为一个完整个体。下列有关青蛙
受精卵和红细胞的叙述,正确的是
A.二者均存在基因选择性表达的现象
两种细胞中tRNA的种类存在差异
C.两种细胞的增殖方式相同
D.两种细胞中染色体端粒DNA长度相同
3.很多经典实验可以让人们很好地认知生物世界。下列有关实验的叙述不合理的是
A.植物的质壁分离和复原实验,可证明原生质层比细胞壁的伸缩性大
恩格尔曼用水绵、好氧菌和极细光线证明光反应在类囊体薄膜上进行
C统计根尖细胞有丝分裂各时期占比时,每个视野须同时看到约50个细胞
D制作生态缸时,需考虑系统内基本组分齐全、不同营养级生物之间的合适比例
4.英国的一个乡村医生琴纳从挤牛乳的妇女那儿得知:得过牛痘后就不会再生天花了。1796
年5月,琴纳将牛痘浆(含牛痘病毒)接种在一个八岁的未患天花的男孩手臂上。六周后琴
纳特意给这个男孩接种天花痘浆(含天花病毒),结果这个男孩安然无恙。后来经过反复实
验证明:种牛痘能预防天花。下列有关叙述正确的是
高三理科综合试题第1页(共16页)
A.牛痘病毒和天花病毒是同一种病原体
B题干中男孩安然无恙,说明牛痘病毒刺激机体产生的浆细胞发挥了关键作用
C牛痘病毒和天花病毒存在部分相同的表面抗原
D.该事实能证明牛痘病毒可监控、清除天花病毒
5.与农田中增施化肥相比,增施农家肥既可以降低成本,又可以持续高产。下列有关农田中增
施农家肥的叙述,错误的是
A.可使土壤微生物的丰富度增加,有效抑制病原微生物的大量繁殖
B可有效补充农作物生长发育必需的多种矿质元素
C.可通过提高农作物对农家肥的能量利用率,而达到持续增产的目的
有机质被分解后使土壤变得疏松,可有效改善土壤通气状况,益于根系生长
6.山羊的性状甲和性状乙是一对相对性状生物兴趣小组的同学对一个较大山羊种群(自由
放养)的甲、乙性状进行调查,分析调查结果后可以得出的结论是
选项
调查结果
所得结论
,,,
若甲性状个体数量远多于乙性状个体数量
甲对乙为显性性状
ABC
若甲性状的雄性个体数远多于埠性个体数
状的基因位于性染色体上
若甲性状个体数量:乙性状个体数量≈15:1
该性状至少由两对等位基因控制
甲、乙两种性状的雌雄个体数量基本相同
控制该性状的基因位于常染色体上
7化学与科学、社会、技术和环境密切相关。下列有关说法中错误的是
A.国家发改委指出,实现碳中和必须“实事求是、尊重规律、循序渐进
B.实现碳中和目标可用清洁能源完全替代传统化石能源
C.提高工业生产中的能源利用效率有利于实现碳中和目标
D.实现碳中和目标发展碳捕捉技术可把二氧化碳做成保鲜膜等各种日用品
4L氯气(标况)通入01mol.LH2O2溶液中(设N4为阿伏加德罗常数的值),下列说
法正确的是
所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和CO四种微粒总数为0.1
B.所得溶液中H数目一定大于0.2NM
C若氯气完全与H2O2反应转移电子数为0.2N
D标准状况下,19g3H2O2中含有3N4共价键
9环己二烯类物质乙是稳定的有机合成试剂,下列说法错误的是
A.甲乙两物质均能使高锰酸钾溶液褪色生成物不同CH3
乙难溶于水易溶于乙醇
C甲生成乙是还原反应且甲乙都可以发生加成反应CH
D.甲中所有碳原子均共面,乙中所有氢原子一定
共面
理科综合试题第2页(共16页

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