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大理市辖区 2024 届高中毕业生区域性规模化统一检测
理科综合参考答案
一、选择题：本题共 13 小题，每小题 6 分。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
答案 B D B B D C B C B D C B A
二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 14～18 题只有一
项符合题目要求；第 19～21 题有多项符合题目要求，全部选对的给 6 分，选对但不全的给 3
分，有选错的给 0 分。
题号 14 15 16 17 18 19 20 21
答案 D C B D C AC AC AD
【解析】
1．哺乳动物成熟的红细胞属于真核细胞，A 错误。细胞学说揭示了动物和植物的统一性，从
而阐明了生物界的统一性，未涉及病毒和原核生物，B 正确。HIV、烟草花叶病毒的遗传
物质是 RNA，肺炎支原体属于原核生物，遗传物质为 DNA，C 错误。细胞骨架由蛋白质
纤维构成，D 错误。
2．谷田必须岁易，指的是轮作，可以避免长期种植谷物引起的土壤中某些必需元素的减少，
有利于作物的生长，可以有效防止病虫害的发生和杂草的繁殖，A 正确。谷物生长需要适
宜的温度，低温会影响谷物的产量，B 正确。根系吸收矿质离子为主动运输，需要呼吸作
用提供能量，松土有利于增加土壤通气量，有利于有氧呼吸的进行，C 正确。水参与光合
作用光反应阶段和有氧呼吸第二阶段，主要以协助扩散的方式进出细胞，D 错误。
3．若曲线 abc 为 pH 影响酶活性的曲线，c 点强碱条件下酶变性失活，酶空间结构破坏，但是
高温不会破坏肽键，所以肽键数目与 b 点相同，A 正确。酶不能为化学反应提供能量，只
能降低化学反应所需的活化能，B 错误。曲线 abd，若 x为底物浓度，y可表示反应速率，
bd 不再增加可能是酶浓度或活性的限制，C 正确。若曲线 abd 为某一化学反应产物的产量
随时间的变化，b 点后产物不再增加，可能是底物已消耗完，不再有生成物产生，增加底
物后 b 点会往右上方移动，D 正确。
4．芽和幼叶能合成生长素（而非生长激素），利于插条生根，因此，扦插时，保留有芽和幼
叶的插条比较容易生根成活，A 错误。措施②烟草种植过程中去除顶芽可解除顶端优势，
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促进枝条上部侧芽生长，烟草上部叶片增大，提高烟草的产量，B 正确。种植油菜是为了
收获种子，如果没有授粉就不能形成种子，喷施生长素不能获得种子，C 错误。④“红柿
摘下未熟，每篮用木瓜两三枚放入，得气即发，并无涩味”，这种“气”是乙烯（植物激
素），乙烯利是植物生长调节剂，D 错误。故选 B。
5．在调查分布范围较小、个体较大的种群时，可以逐个计数，A 正确。生物多样性的价值包
括直接价值、间接价值以及目前人类尚不清楚的潜在价值。直接价值是对人类有食用、药
用和作为工业原料等实用意义的，以及有旅游观赏、科学研究和文学艺术创作等非实用意
义的价值，B 正确。威胁野生物种生存的人类活动，主要是对野生物种生存环境的破坏和
掠夺式利用等，C 正确。生物多样性的保护包括就地保护和易地保护两大类，就地保护是
对生物多样性最有效的保护措施，D 错误。
6．硝化细菌和蓝细菌均不含叶绿体，均是自养生物，但硝化细菌不能进行光合作用，①错误；
S 型肺炎链球菌因为含有荚膜，可抵抗吞噬细胞的吞噬，有利于其在宿主体内生活并繁殖，
②正确；T2 噬菌体专门寄生在大肠杆菌体内与其 DNA 的特异性有关，③正确；乳酸菌进
行细胞呼吸不会产生 CO2，④错误；单细胞蛋白是微生物菌体本身，并非从微生物细胞中
提取，⑤错误；农杆菌可以在自然条件下侵染双子叶植物和裸子植物，从而将目的基因转
移到受体细胞中，⑥正确。故选 C。
7．某种能耐受铜盐毒性的细菌能利用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，从而把不溶性的硫化铜
转化为可溶性的铜盐，因此，其可用于生物炼铜，A 正确。酚醛树脂是由酚类和醛类聚合
而成的，含羟基，不含酯基，不属于聚酯，B 错误。太阳电池翼采用碳纤维框架和玻璃纤
维网，都是无机非金属材料，C 正确。天然橡胶经硫化后转变成网状结构，硫化程度越高，
弹性越差，强度越大，D 正确。
8．氯化氢是共价化合物，氯化氢气体中只含有氯化氢分子，不含有氢离子，A 错误。1 个
Cu(H 2 2 2O)4 中含有 12 个σ键，1mol Cu(H2O)4 含σ键的个数为 12NA，B 错误。HCHO
与 CH3COOH 的最简式为 CH2O，原混合物相当于 30g CH2O，n(CH2O) 1mol，因而 C 原
子数为 NA，C 正确。氢氧燃料电池正极上氧气发生得电子的还原反应，当消耗标准状况下
22.4L 22.4L气体时，电路中通过的电子数目为 4N
22.4L/mol A
4NA ，D 错误。
9．漂白粉溶液吸收少量的二氧化硫气体的方程式应为 Ca2++3ClO +SO2+H2O=CaSO4↓+
2HClO+Cl ，A 错误。FeS 具有还原性，CrO2 4 具有氧化性，铁被氧化为+3 价，铬被还原
为+3 价，弱碱性条件下分别生成对应的氢氧化物，离子方程式为 FeS CrO2 4 4H2O
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=Fe(OH) 3↓+Cr(OH) 3↓+S↓+ 2OH ， B 正确。硝酸具有强氧化性，可以将 S2 氧化为
S 单质，自身根据其浓度大小还原为 NO 或 NO ，反应的离子方程式为 4H 2 2NO 3 S
2
=S↓+2NO2↑+2H2O(浓)或8H 2NO 3 3S
2 =3S↓+2NO↑+4H2O(稀)，C 错误。用惰
性电极电解 MgCl2 溶液，阳极反应为 2Cl 2e =Cl2↑，阴极反应为 2H2O+2e +Mg2+=
Mg(OH)2↓+H 2+ 2↑，总反应的离子方程式为 Mg +2Cl +2H2O=Mg(OH)2↓+H2↑+ Cl2↑，D
错误。
10．向麦芽糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，滴加 NaOH 溶液调至呈碱性，再加入银氨溶液，
水浴加热，可观察到产生银镜，但是不能说明麦芽糖水解产物具有还原性，因为麦芽糖含
有醛基，本身就具有还原性，A 错误。该反应中 FeCl3 是H2O2 分解的催化剂，而不是氧化
了H2O2 ，B 错误。该反应中 FeCl
3
3 过量，若完全反应，则溶液中存在 Fe ，加入 KSCN
溶液，溶液变为红色，说明溶液中存在 Fe3 ，不确定是剩下，还是 Fe3 和 I 的反应存在限
度，C 错误。由题意可知，向氯化钾溶液中加入硝酸银溶液时，氯化钾溶液过量，再加入
碘化钾溶液时，只存在沉淀的转化，不存在沉淀的生成，比较出氯化银和碘化银的 Ksp大
小，D 正确。
11．由键线式分析分子式为 C18H16O8，A 错误。迷迭香酸不能发生消去反应，B 错误。酚羟基、
酯基、羧基均能和氢氧化钠反应，则 1mol 迷迭香酸与烧碱溶液共热反应时最多消耗
6mol NaOH ，C 正确。迷迭香酸分子中碳原子的杂化方式有 sp2 和 sp3杂化，D 错误。
12．由题意可知，Cu2 xSe填充碳纳米管作为正极材料，钠较为活泼，钠为负极材料。根据“均
Cu Se 8 1 1摊法”， 每个 2 x 晶胞中含 +6 4 个 Se，则晶胞内铜离子、亚铜离子和为 4×8 2
（2 x）个，设铜离子、亚铜离子分别为 a、b，则 a b 4 (2 x) ，由化合价代数和为零
可知，2a+b=4×2，解得 a=4x，b=8 8x，A 错误。放电时，正极Cu2 xSe得到电子发生还
原反应生成零价铜，电极反应式为Cu +2 xSe + 2Na +2e
=Na2Se (2 x)Cu ，B 正确。
充电时外电路中转移 1mol 电子，阳极释放出 1mol 钠离子，质量减小 23g，阴极生成 1mol
钠，质量增加 23g，两极质量变化差为 46g，C 错误。晶胞中 Na+有 8 个，Se2 有 4 个，故
4 125 1030
在计算个数时要乘 4，正确答案为 g cm33 。 a NA
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+
13 c(AOH) c(AOH) c(A ) c(OH )．由题图可知，a 点时 lg + 1， + 10， pH 11，K
4
c(A ) c(A ) b
= =10 ，
c(AOH)
K 10 14
则 A+的水解平衡常数 K = w = =1.0×10 10h 4 ，A 正确。由题中信息可知，e 点表示 HClKb 10
和 AOH 恰好完全反应，溶液中溶质为 ACl，ACl 为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，溶
液中的 H+来自水的电离，所以 e 点溶液中水电离出的 H+浓度为 10 6.23mol·L 1，B 错误。
c 点溶液 pH=7，根据电荷守恒，c(A ) c(Cl )，n(A ) n(Cl ) ，则 n(A+)+n(AOH)>n(Cl )，
C 错误。d 点溶液盐酸过量，A+水解受到抑制，水解程度微弱，所以 d 点溶液中：
c(Cl )>c(A+)>c(AOH)，D 错误。
14．阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，这种现象属于光的薄膜干涉现象。故选 D。
15．根据题意，对球受力分析，如图甲所示，由平衡条件可得 FN sin 45 F 、FN cos 45 mg，
解得 F mg、FN 2mg，则有 FN F mg，故 A、B 错误。由挡板绕 O点逆时针转至
水平的过程中挡板对球的弹力由水平向右逆时针转至竖直向上，由矢量三角形（如图乙）
可知挡板对球的弹力先减小后增大，故 C 正确。重力的分力与球对挡板的压力是不同性质
的力，只能说重力沿垂直于挡板方向的分力大小等于球对挡板的压力，故 D 错误。
16．地球卫星的最大环绕速度为 7.9 km/s，b卫星的轨道半径大于地球半径，所以环绕速度应
小于 7.9 km/s，故 A 错误。地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以 a c，
GM
根据 a r 2 知 c的向心加速度大于 a的向心加速度，根据 a 2 得 b的向心加速度大于r
c的向心加速度，即 ab ac aa，故 B 正确。卫星 c为地球同步卫星，所以Ta Tc，根据
3
T 2π r c GM 得 的周期大于b的周期，即Ta Tc Tb ，故C错误。在b、c中，根据 v ，GM r
可知 b的线速度比 c的线速度大，a、c角速度相同，a半径小则速度小，故 a的线速度小
于 c的线速度，即 a的线速度最小，故 D 错误。
理科综合参考答案·第 4 页（共 15 页）
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F m g
17．对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律有 a 甲甲 、m甲
a F m g乙 乙 ，由于m甲 m乙 ，所以 a甲 a乙，由于两物体运动时间相同，且同时由静m乙
止释放，可得 v甲 v乙 ，故 A、C 错误。对于整个系统而言，由于 m甲g m乙g ，合力方
向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，故 B 错误，
D 正确。
18．由图乙可知 t 0.25s 时刻 P质点位于 y轴负半轴，速度方向沿 y轴负向，加速度指向平衡
位置即沿 y轴正向，故 A 错误。由图乙可知 t 0 时，P点向下运动，根据“上下坡”法可
4
知波向左传播；由图甲可知波长为 4m，由图乙可知波的周期为 2s，则波速为 v m/s
T 2
2m/s ，故 B 1错误。 t 1s T，质点在半个周期内的路程等于两倍振幅，即 10cm，故
2
C 正确。根据图甲可知 t 0 时 x 3m 1处的质点位于波谷处，由于 t 7s 3T T ，可知
2
在 t 7s 时质点位于波峰处，故 D 错误。
19．输电过程中电阻 R会损失电压和功率，即T1 输出电压大于T2 输入电压，T1 输出功率大于
T2 输入功率，故 A 正确，B 错误。由于变压器T1 输入电压不变，所以变压器T1 的输出电
压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用户端并联总电阻减小，变压器T2 与用户端
的等效电阻变小，则输电线上电流变大，根据 P 2损 I R可知 R功率增大，故 C 正确。由 C
可知T1 输出电压不变输出电流增大，由 P UI 可知T1 输出功率增大，故 D 错误。
20．线框出磁场的过程中由楞次定律知电流方向为顺时针方向，故 A 正确。线框进、出磁场
E B2L2v
的过程中，根据 E Blv、 I ，联立有 FA ma，线框进、出磁场过程中由左R R
手定则可知线框受到的安培力向左，则 v减小，线框做加速度减小的减速运动，故 B 错误。
E x
线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量 q It，其中 I 、 E BL ，则联
R t
q BL立有 x，由于线框在进和出的两过程中线框的位移均为 L，则线框在进和出的两过
R
程中通过导线横截面的电荷量相等，故 C 正确。线框进磁场和出磁场均是减速，两个过程
的位移相等，速度大则时间短，即进磁场所用时间小于出磁场所用时间，故 D 错误。
理科综合参考答案·第 5 页（共 15 页）
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21．设杆的弹力为 N，对小球 A，竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分
N
力满足 x tan ，竖直方向有 N
N y
mg，则 Nx mg tan ；若 B 球受到的摩擦力为零，
y
对 B 根据牛顿第二定律可得 Nx ma，可得 a g tan ；对小球 A、B 和小车整体根据牛
顿第二定律 F 4ma 4mg tan ，故 A 正确。对小球 A，根据牛顿第二定律可得 Nx ma，
对系统整体根据牛顿第二定律 F 4ma，解得 F 4mg tan ，故 B 错误。若推力 F 向左，
根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球 A 向左方向的加速度由杆对小球 A 的水平分力
以及车厢壁的弹力的合力提供，小球 A所受向左的合力的最大值为 Nx mg tan ，小球 B
所受向左的合力的最大值 Fmax (Ny mg) Nx 2 mg mg tan ，由于 tan 可知
Fmax mg tan ，故 F 最大加速度最大时小球 B所受摩擦力已达到最大、小球 A与左壁还
有 弹 力 ， 则 对 小 球 B 根 据 牛 顿 第 二 定 律 Fmax 2 mg mg tan mamax ，
amax g(2 tan )，故 C 错误。若推力 F 向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度
向右，由于小球 A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需
要讨论小球 B 即可，当小球 B 所受的摩擦力向左时，小球 B 向右的合力最小，此时
Fmin Nx (Ny mg) mg tan 2 mg，当小球所受摩擦力向右时，小球 B向右的合力
最大，此时 Fmax Nx (Ny mg) mg tan 2 mg ，对小球 B 根据牛顿第二定律
Fmin mamin 、 Fmax mamax 、 g(tan 2 )≤a≤g(tan 2 ) ，故 D 正确。
三、非选择题：共 14 题，共 174 分。
22．（每空 2 分，共 6 分）
（1）AB
（2 1） 漏气（或者环境温度降低）
V
【解析】（1）为减小实验误差，推拉柱塞时应尽量缓慢，以防止柱塞移动太快，气体的温
度产生变化，故 A 正确。推拉柱塞时不能用手握注射器筒上空气柱部分，以防止空气温度
产生变化，故 B 正确。若实验中橡胶塞脱落，气体的质量变化，需重新做实验，故 C 错误。
（2）当温度不变时有 pV C，即压强 p与 V成反比，两者的关系图像不是直线，但压强
p 1 1与 是线性关系，故应当以 为横坐标。一定质量的气体在温度不变的条件下压强与体
V V
积的关系，pV C 1，其中常数与物质的量和气体温度有关，压缩气体压强增大，点（ ，p）
V
与坐标原点连线斜率减小，则 C减小，即实验过程中有漏气现象或者环境温度降低。
理科综合参考答案·第 6 页（共 15 页）
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23．（每空 2 分，共 10 分）
（1）如图所示
（2）2.80~3.00
（3）B
（4）等于
（5）小于
【解析】（2）根据闭合电路欧姆定律有 E0 U Ir，可得U rI E0 ，由图像可得电动势
E0 2.95V 。
（3）由表格可知，电压表示数的最大值为 1.95V，所以电压表选 V1。故选 B。
（4）按图示中伏安法测电源电动势时，路端电压测量准确，电路中由于电压表是理想的，
干路电流测量准确，所以电动势 E0测量值不受电流表内阻影响。
（5）路端电压测量准确，因电压表分流导致干路电流测量偏小，电动势测量偏小。
24．（12 分）
解：（1）当物体刚要离开斜面时距离最大，根据平衡条件得
qvB mg cos ①
根据动能定理得
mgxsin 1 mv2 ②
2
x 64解得 m ③
3
（2）随着速度增加洛伦兹力增大，跟斜面间挤压力增大，摩擦力增大，当摩擦力等于重
力沿斜面的分力时，合力为零，速度达到最大，此时
qvmB mg cos FN ④
mg sin FN ⑤
解得 v 8m/s m ⑥
评分标准：本题共 12 分。正确得出①~⑥式各给 2 分。
25.（14 分）
解：（1）设抛出速度大小为 v ，第一次接触水面时竖直方向有 0
2gh v2y ①
可得第一次落到水面上时的竖直速度
v y 2gh ②
理科综合参考答案·第 7 页（共 15 页）
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v
（2）由题意可知第三次落到水面时水平方向速度为 0 ，竖直方向速度为 9 9 2gh
4 v
，
16 y

16
9 vy
则 16 tan ③ 1 v
4 0
v
第四次落到水面时水平方向速度为 0 ，竖直方向速度为 27 27 2gh ，则
8 v 64 y 64
27 v
64 y
1 tan
④
v
8 0
解得石子抛出速度范围为 9 2gh 27 2gh v ⑤
4 tan 0

8tan
评分标准：本题共 14 分。正确得出③、④式各给 4 分，其余各式各给 2 分。
26.（20 分）
解：（1）物体由 P到 A的过程，由动能定理可得
mgh W 1 mv2 f 0 ① 2
解得W 7.5J ② f
（2）物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为
a mg g 5m/s2 ③
m
减速至与传送带速度相等时所用的时间
t v0 v 5 31 s 0.4s ④ a 5
匀减速运动的位移
s v0 v t 5 31 1 0.4m 1.6m L 3.4m ⑤ 2 2
所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为
t L s 1 3.4 1.62 s 0.6s ⑥ v 3
故物体从 A运动到 B的时间为
t t t 1s ⑦ 1 2
传送带的支持力对物体的冲量大小为
I1 mgt ⑧
理科综合参考答案·第 8 页（共 15 页）
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传送带的摩擦力对物体的冲量大小为
I2 m(v0 v) ⑨
传送带对物体的冲量大小为
I I 2 I 2 104N s ⑩ 1 2
（3）物块与小球 1 发生弹性正碰，设物块反弹回来的速度大小为 v1，小球 1 被撞后的速度
大小为u1 ，由动量守恒和能量守恒定律得
mv mv1 m0u1
1mv2 1mv2 1 m u2
2 2 1 2 0 1
解得 v1 1m/s，u1 2m/s
物块被反弹回来后，在传送带上向左做匀减速运动，由运动学公式得
0 v21 2as
解得 s 0.1m<3.4m
v at 1 3
由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。可知，物体第一
次返回还没到传送带左端速度就减小到零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增
加到 v1，此过程电动机多给传送带的力为 μmg，电动机多做的功率为 mgv，电动机多消
耗的电能为 E 2 mgvt3 6J
评分标准：本题共 20 分。正确得出①、 、 、 式各给 2 分，其余各式各给 1 分。
27.（除特殊标注外，每空 2 分，共 15 分）
（1）SiO2（写 H2SiO3 也得分）、CaSO4 粉碎、加热、用浓度较高的硫酸（合理即可）
（1 分）
2 2Fe2+ （ ） + H O +2H+ = 2Fe3+2 2 + 2H2O
（3） Fe(OH) 1.0 10 83
4 2+（ ）置换 Cu 变为 Cu，从而除去
（5）MgF2 H2SO4 (浓) MgSO4 2HF
（6）蒸发浓缩（1 分） 冷却结晶（1 分）
【解析】菱锌矿焙烧碳酸锌分解，加硫酸浸取，滤渣①中有 SiO2 和 CaSO4，滤液加 H2O2
3+
目的是把二价铁离子氧化为三价铁离子，加入Ca(OH)2调节 pH 值除去 Fe 离子，再加入
Zn Cu 2+ 2+粉置换出 ，加入 HF 除去 Ca 和 Mg ，最后得到七水硫酸锌。
理科综合参考答案·第 9 页（共 15 页）
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（1）菱锌矿焙烧碳酸锌分解，加硫酸浸取，滤渣①中有 SiO2 和 CaSO4，将菱锌矿粉碎、
搅拌、适当加热、适当增加硫酸浓度都可以加快浸取的速率，提高浸取效率。
2 2Fe2+ + H O +2H+ 3+（ ）氧化时离子方程式为 2 2 = 2Fe + 2H2O（合理即可）。
（3）pH 调节至 4.4，根据表格主要沉淀为Fe(OH) Fe3+3；根据表格中 沉淀完全时的 pH 值为
3.4，可以计算出氢氧化铁的溶度积常数，K c(Fe3 ) c3 5 10.6 3 36.8sp (OH ) 10 (10 ) 10 ，
K 36.8
pH 4.4 10时， c(OH ) 10 9.6 mol / L c(Fe3 sp，带入计算公式： )
c3 (OH ) (10 9.6 )3
10 8 mol / L 。
（4 2+）加入锌粉将 Cu 置换为 Cu 以除去。
（5）MgF2 与浓硫酸反应生成 HF，利用强酸制取弱酸，也利用了浓硫酸的难挥发性，方
程式为MgF2 H2SO4 (浓) MgSO4 2HF 。
（6）从滤液中获得带结晶水的晶体都是用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等一
系列操作。
28.（每空 2 分，共 14 分）
（1）恒压滴液漏斗 KMnO4[Ca(ClO)2、KClO ] 3，答其中一个均可得分
a→b→c→f→g→d→e
（2）70℃≤T 95℃
（3） NCl 3H O 3HClO NH3 3 2
（4）①滴入最后半滴标准液后，溶液中蓝色褪去且半分钟内不恢复原色 ②72.3%
【解析】在实验室利用多种方式制取Cl2 和 NH4Cl溶液反应制取 NCl3 ，并蒸馏、冷凝得到
NCl3 ，并避免空气中的水蒸气接触产品，需要干燥装置连接在最右边。
（1）装置 A 中使用恒压滴液漏斗，利用装置 A 制取氯气，在不加热条件下，利用浓盐酸
和强氧化剂可制取氯气，故KMnO4 、Ca(ClO)2 、KClO3 均可；利用装置 B 制取 NCl3 ，利
用装置 D 冷凝 NCl3 ，用装置 C 收集 NCl3 ，故正确连接顺序为 a→b→c→f→g→d→e。
（2）由题给信息可知，实验时，为保证三氯化氮顺利蒸出，同时防止三氯化氮发生爆炸，
水浴加热的温度应控制在 70℃～95℃之间。
（3）NCl3 水解的反应液有漂白性，可知水解生成 HClO，则另一产物应为 NH3，水解的化
学方程式：NCl3+3H2O 3HClO+NH3↑。
（4 ）①滴定时加入淀粉作指示剂溶液显蓝色，到终点时，溶液中的 I 全部变成 I2 ，滴入
最后半滴标准液后，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原来颜色。
理科综合参考答案·第 10 页（共 15 页）
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②根据反应 NCl3 4HCl=NH4Cl 3Cl2 、Cl2 2KI=2KCl I2 、 I2 2Na2S2O3
=Na2S4O6 2NaI，可得关系式 NCl3 ~ 3Cl2 ~ 3I2 ~ 6Na S
1
2 2O3 ， n(NCl3 ) n(Na2S2O 6 3
)
0.1mol L 1 18.00 10 3 L 10
3 10 3mol，故m(NCl3) 120.5g mol
1 3 10 3mol 0.3615g，
6
故 NCl3 的纯度： (NCl )
0.3615g
3 100% 72.3%。0.5g
29.（除特殊标注外，每空 2 分，共 14 分）
Ⅰ．（1） 1155.5 BC
（2）60% 5
2p
Ⅱ．（1）2p（1 分） 哑铃形（1 分） 2HSO +3 +2e +2H =S2O
2
4 +2H2O
（2）0.02
2.24 L
【解析】Ⅰ．（1）N2 和 O2 完全反应，每生成 2.24L（标准状况）NO 时 n(NO) 22.4L/mol
0.1 mol ，吸收 8.9kJ 的热量，则生成 2mol NO 吸收热量Q 8.9kJ 20 178kJ ，即热化学
方程式为③N2 (g) O2 (g)=2NO(g) H 178 kJ / mol ，根据盖斯定律，反应①+② ③
整理可得CH4 (g) 4NO(g)=2N2 (g) CO2 (g) 2H2O(g) H 1155.5kJ/mol ；A．反
应前后气体质量守恒，物质的量不变，故而平均相对分子质量一直不变，不能作为平衡的
标志。B．达到平衡时不同物质按计量数成比例，正确。同理 C 正确。D．整个反应过程
气体压强不变，不能作为平衡的标志。E．反应前后气体质量守恒，体积不变，故而密度
不变，不能作为平衡的标志。
（2）由题目信息可，设平衡时n(NO) x mol ，n(NO2 ) n(O2 ) n(N2O4 ) y mol ，根据 N
守恒可得 x 3y 2 ，根据 O 守恒可得 x 8y 4 ；解得 n(NO) x mol 0.8mol ，
n(NO2 ) n(O2 ) n(N2O4 ) y mol 0.4mol
2 0.8
。NO 转化率为 100% 60%；平衡时混
2
0.4
2
p

4
合气体总物质的量为0.8mol 0.4mol 3 2mol 4mol ，反应②平衡常数Kp
0.8
2
p
0.4
4
p
4
5

2p。
理科综合参考答案·第 11 页（共 15 页）
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2
Ⅱ．基态 N 原子核外电子排布为 1s 2s22p3，基态 N 原子中，电子占据的最高能级为 2p 能
级，该能级轨道的形状为哑铃形。由图可知，电解池中阴极的亚硫酸氢根离子得到电子发
生还原反应生成 S O2 ，反应式为 2HSO +2e +2H+2 4 3 =S2O
2
4 +2H2O ；阳极反应为
2H2O 4e
=4H+ +O2 ；A 口每产生 224mL O2（体积已换算成标准状况，不考虑O2 的
溶解）为 0.01mol，NO 得到电子生成 0 价的氮气，根据电子守恒可知， 2NO ~ 4e ~ O2 ，
则可处理 NO的物质的量为 0.02mol。
30．（除特殊标注外，每空 2 分，共 15 分）
（1）间甲基苯甲酸（3 甲基苯甲酸）
（2）羧基、酮羰基
（3）
（4）
（5）18
（6）
（3 分）
【解析】根据 B、D 的结构简式和 C 的化学式，可知 C 为 ，根据 D、F 的结
构简式和 E 的化学式，可知 E 为 。
（1）该有机物的名称为间甲基苯甲酸（3 甲基苯甲酸）。
（2）酮基布洛芬中官能团的名称为酮羰基、羧基。
（3）C 的结构简式为 。
理科综合参考答案·第 12 页（共 15 页）
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（4）苯环取代了 D 中的氯原子，则 D→E 反应的化学方程式为
。
（ 5）H 的取代基可为 、 、 、 、
、 6 种， 上有三种 H，即 ，则符合条
件的H有 3×6=18种，其中核磁共振氢谱有 8 组峰，且峰面积之比为 3∶2∶2∶2∶2∶1∶1∶1
的结构简式为 。
（6）得到目标产物需要连接上苯环，参考 C→D→E 路线合成，可设计出合成路线：
。
31．（除特殊标注外，每空 1 分，共 9 分）
（1）③ 光能转变为 NADPH、ATP 中（活跃）的化学能
（2）C3 的还原 ①②③（答不全不给分）
（3）b b 植物的光补偿点和光饱和点均低于 a 植物（2 分） 10∶7 左下
【解析】（1）光合色素分布于类囊体薄膜上，该结构为光反应的场所，发生的能量转化过
程是光能转变为 NADPH、ATP 中（活跃）的化学能。
（2）②表示的过程是 C3的还原，A 是 NADPH，其作用是还原 C3，①表示的过程是二氧
化碳的固定。若光照突然停止，则光反应停止，产生的 NADPH 和 ATP 减少，被还原的
C3 减少，剩余的 C3 增多，C5 的变化与 C3 相反，C5 含量减少，因此短时间内叶绿体中含
量随之减少的物质有①②③。
（3）阴生植物是在较弱的光照条件下生长良好的植物，与阳生植物相比，其光补偿点、光
饱和点均较低，呼吸强度也低。因此 b 更有可能为阴生植物。光照强度为 Z 时，a、b 植
物二氧化碳的吸收速率分别是 8mg·m 2·h 1、6mg·m 2·h 1，呼吸速率为 2mg·m 2·h 1、
理科综合参考答案·第 13 页（共 15 页）
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1mg·m 2·h 1，故二氧化碳的固定速率分别是 10mg·m 2·h 1、7mg·m 2·h 1（也可
以代表氧气的产生速率），所以 a、b 植物产生氧气的速率之比为 10∶7。镁是构成叶绿素
的重要元素，缺镁环境中，光合作用减弱，N 点往左下方移动。
32．（共 13 分）
（1）传出神经末梢及其所支配的唾液腺（2 分） 辐射、传导、对流、蒸发（2 分，答
对 1 个给 1 分，答对 2 个及 2 个以上给 2 分，错别字不给分） 下丘脑渗透压（2 分）
（2）胰岛 A 细胞（答案唯一，1 分，错字不给分） 促进肝糖原分解成葡萄糖，促进
非糖物质转变成糖（2 分，答到一点给 1 分，答肝糖原转化不给分，非糖物质分解不给分，
没有写肝糖原不给分，错误答案：糖原、肌糖原）
（3）取高血压模型鼠若干只随机均分为甲、乙、丙、丁四组；甲组注射适量生理盐水，
乙组注射等量的辅助剂 N（+生理盐水），丙组注射等量药物 M（+生理盐水），丁组注射
等量的辅助剂 N 和药物 M（+生理盐水）；一段时间后测定小鼠血压并比较血压高低 [4
分，答到取高血压模型鼠若干只随机均分为甲、乙、丙、丁四组给 1 分，甲组注射适量
生理盐水，乙组注射等量的辅助剂 N（+生理盐水），丙组注射等量药物 M（+生理盐水），
丁组注射等量的辅助剂 N 和药物 M（+生理盐水）答对其中两组给 1 分，四组都对给 2 分，
一段时间后测定小鼠血压并比较血压高低给 1 分。没有答到随机均分或等分不给分，没
有强调等量不给分，分组编号可以用其他的，答饲喂也给分]
33．（除特殊标注外，每空 2 分，共 11 分）
（1）分解者（答案唯一，1 分，错字不给分） 能将动植物遗体残骸中的有机物分解成
无机物（或能将动植物遗体和动物排遗物分解成无机物或将有机物分解成无机物）（答分
解有机物给 1 分）
（2）①生产者（水稻）固定的全部太阳能 在一个生态系统中，营养级越多，在能
量流动过程中消耗的能量就越多 [或能量沿着食物链的流动是逐级递减的（1 分），营
养级越高，所获取的能量越少（1 分）]
②0.4kg（答案唯一，错字不给分）
③实现了对能量的多级利用（1 分），从而大大提高能量的利用率（1 分）（共 2 分，利用
率写成利用效率不给分）
34．（除特殊标注外，每空 2 分，共 11 分）
（1）DNA 分子中发生碱基的替换、增添或缺失，而引起的基因碱基序列的改变（两个得
分点：①主语及变化得 1 分，替换、增添、缺失三个词至少写出两个，②基因碱基序列
改变 1 分，关键词“基因”一定不能少。给分 0，1，2） 控制相对性状的基因（缺关
键词“相对性状”不得分。给分 0，2）
（2）遵循（1 分，无扩展答案。给分 0，1） F1中黑体∶黄体=2∶1，圆翅∶锯翅=3∶1，
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两对性状综合考虑，性状分离比为 6∶2∶3∶1（体现两对性状综合分离比是两对性状各
自分离比相乘即可给分。给分 0，2）
（3）AaDD、AaDd （学生答案为 1 个或两个的情况正确 1 个给 1 分，超过 2 个答案的有
1 个错误答案扣 1 分。给分 0，1，2） 黑体圆翅∶黑体锯翅∶黄体圆翅∶黄体锯翅=2∶
1∶2∶1（表型及比例正确给 2 分。给分 0，2）
35．（每空 2 分，共 10 分）
（1）以便清除代谢物，防止细胞代谢物积累对细胞自身造成危害（两个得分点，①清除代
谢物或有害物质 1 分，答到“清除”和“代谢物”相近的意思均可，②防止细胞代谢物
积累对细胞自身造成危害，答到防止“危害细胞”相近意思给 1 分。给分 0，1，2） 95%
空气和 5%CO2 混合气体（空气写成氧气不给分，没有百分数不给分，两种气体不全不给
分。给分 0，2）
（2）（外源）促性腺（激素）（给分 0，2）
为了使核移植的胚胎或动物的核遗传物质均来自待克隆的猴提供的体细胞（得分点“核
遗传物质”和“待克隆的猴”。其他答案酌情给分，有科学性错误不给分。给分 0，1，2）
（3）已分化的动物体细胞的细胞核是具有全能性的（得分点“已分化的动物细胞的细
胞核”“全能性”，只写“动物细胞细胞核具有全能性”或“细胞核具有全能性”给 1
分，只要没关键词“细胞核”不给分。给分 0，1，2）
理科综合参考答案·第 15 页（共 15 页）
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