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理科综合
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理综生物答案
1-6 ACBCDC
1 答案 A
解析 SGLT1 和 GLUT2 都是用于运输葡萄糖的载体蛋白，据题干信息，GLUT2 是细胞顺浓度
梯度吸收葡萄糖的载体，该过程不消耗能量，因此没有 ATP 水解酶的活性，A 错误；麦芽糖
能水解成两分子葡萄糖，图中二糖可能是麦芽糖，B 正确；据题干信息，饥饿时细胞通过 SGLT1
逆浓度梯度吸收葡萄糖，而当葡萄糖浓度较高时，细胞通过 GLUT2 顺浓度梯度吸收葡萄糖，
二者同时存在增强了动物对环境的适应能力，C正确；载体蛋白 SGLT1 主动运输葡萄糖体现
了活细胞能够按照生命活动的需要选择性吸收所需营养物质，D正确。
2答案 C
解析 长时间的 ERS 可引起细胞凋亡,A 正确；发生 ERS 时，内质网功能障碍，蛋白质在内
质网堆积增加，内质网蛋白质向高尔基体转入减少，B 正确；若 ERS 发生在胰岛 B 细胞中，
可引起胰岛 B细胞大量凋亡，导致胰岛素分泌减少，导致糖尿病，C错误。
3答案 B
解析 该“无子香蕉”培育的方法为多倍体育种，其原理是染色体变异，①错误；染色体加
倍的原因是有丝分裂前期纺锤体的形成受阻，但不影响着丝点分裂，
②正确；野生芭蕉和四倍体有子香蕉虽能杂交，但它们的后代为三倍体，减数分裂时染色体
联会紊乱导致不育，所以仍然存在生殖隔离，③正确；若图中无子香蕉 3n 的基因型为 Aaa，
则有子香蕉 4n 的基因型可能为 AAaa，野生芭蕉的基因型为 Aa，④正确；可遗传的变异都可
成为生物进化的原材料，⑤正确；多倍体育种方法的优点不是为了缩短育种年限，⑥错误。
正确的有②③④⑤共 4 项
4答案 C
解析 若该细胞是二倍体植物的根细胞只能发生有丝分裂，不会发生同源染色体联会，A错
误；龙胆紫染液若能进入细胞并使染色体着色，则说明细胞膜已失去选择透过性，B 错误；
图中的染色体上含有 G与 g基因，可能发生过基因突变或染色体的交叉互换，C 正确；若该
细胞为骨髓干细胞，能分化形成 T 细胞，HIV 的核酸是 RNA，在逆转录酶的作用下，首先合
成 cDNA，然后 cDNA 才能插入细胞中的染色体上，D 错误。
5答案 D
解析 只有活化状态的 B淋巴细胞能分泌抗体，从未活化的 B 淋巴细胞到活化状态的过程存
在基因的选择性表达，A 正确；抗体的分泌过程中存在囊泡与细胞膜融合，该过程需要 ATP
供能，B 正确；B 淋巴细胞的活化需要抗原和淋巴因子的共同作用，C 正确；从图示分析，
活化后的 B 淋巴细胞体积增大，相对表面积减小，物质运输效率降低，D错误。
6答案 C
解析 赤霉素能促进某些植物体内 DEL 蛋白的降解，DEL 蛋白能抑制开花，则赤霉素有利于
开花，A 正确；赤霉素能促进某些植物体内 DEL 蛋白的降解，DEL 阻止 SPL 蛋白发挥作用，
故赤霉素有利于 SPL 蛋白发挥作用，B 正确；SOC 蛋白的存在是植物开花的先决条件，DEL
蛋白能抑制开花，C错误；DEL 阻止 SPL 蛋白发挥作用，SPL 直接激活 SOC 编码基因的转录，
故 DEL 间接抑制 SOC 编码基因的转录，D正确。
7.（除标注外每空 1分共 8分）(1)四 等量的缺硫培养液、等量添加 CCCP 的完全培养液、
等量添加 CCCP 的缺硫培养液 相同且适宜 各组产生氢气的总量
(2)光反应产生的[H]转变为 H2，导致参与暗反应中 C3还原的[H]不足，有机物的生成量减少
（2 分） 氧气浓度较高，抑制了产氢酶的活性（2 分）
解析：（1）本实验需要探究 CCCP、缺硫两种因素对莱茵衣藻产生氢气的影响及其相互关系，
所以需要 4 组，分别是等量的缺硫培养液、等量添加 CCCP 的完全培养液、等量添加 CCCP
的缺硫培养液， 在相同且适宜条件下培养莱茵衣藻，一定时间后检测各组产生氢气的总量。
(2)光反应产生的[H]转变为 H2，导致参与暗反应中 C3还原的[H]不足，有机物的生成量减少，
故莱茵衣藻在产生氢气时，会表现出生长不良的现象。在自然条件下，莱茵衣藻光合作用氧
气浓度较高，抑制了产氢酶的活性故几乎不产生氢气 。
8.（每空 1分共 7 分）
（1）细胞膜对 K
＋
的通透性大，造成 K
＋
外流（答出 K
＋
外流即得分） 由外正内负变为外负
内正 （2）组织液 吗啡的浓度和作用时间 降低细胞膜对 Na
＋
的通透性，从而抑制 Na
＋
内流 （3）（特异性）受体 神经递质发挥作用后即会被相应的酶分解（答案合理即可）
解析（1）神经元未受到外界刺激时，细胞膜主要对 K
＋
有通透性，K
＋
外流，使膜电位维持外
正内负，处于静息状态；当神经元受到一定刺激后，细胞膜对 Na
＋
的通透性增加，Na
＋
内流，
膜电位变为内正外负，产生兴奋。（2）神经细胞和肌细胞在人体内的生活环境是组织液，因
此应将大鼠坐骨神经—腓肠肌标本置于类似于组织液的液体环境中进行相关实验。根据表格
信息可以推出，吗啡的浓度及作用的时间都会影响神经纤维动作电位的峰值和兴奋传导速
率。与对照组相比，吗啡作用后动作电位峰值均有所降低，而动作电位的产生与 Na
＋
内流有
关，故推测吗啡的作用机理可能是降低细胞膜对 Na
＋
的通透性，从而抑制 Na
＋
的内流，降低
动作电位峰值。（3）神经递质与突触后膜上的特异性受体结合，引起下一个神经元膜电位发
生变化，正常情况下神经递质发挥作用后即被相应的酶分解或被运回突触前神经元。
9.（每空 2分共 14 分）
(1)鸟的性别受遗传物质和环境共同影响，性反转现象是某种环境因素使性腺出现反转的缘
故（必须答出环境或性腺出现反转才得分）
(2)多只雌鸟（少多只不得分） 子代的性别 雌雄比例为 1∶1 雌雄比例为 2∶1
(3)只要不存在 A 基因 4
解析:(1)生物的性状由基因型和环境决定，题目给出性反转过程中鸟的遗传物质没有改变，
故鸟类出现性反转的原因是环境的影响。(2)辨别一只雄鸟是否是经性反转形成的应将该雄
鸟与多只雌鸟杂交,统计子代的性别,如果子代中雌雄比例为 1∶1,该雄鸟不是性反转形成的;
如果子代中雌雄比例为 2∶1,该雄鸟是性反转形成的。(3)基因 A和 B同时存在时,表现为黑
色;只要不存在 A 基因,羽毛表现为白色;存在 A 基因,不存在 B基因,AAZ
b
Z
b
、AaZ
b
Z
b
、AAZ
b
W、
AaZ
b
W 羽毛表现为灰色，共有 4 种基因型。
10.（除标注外每空 1 分，共 10 分）
(1)不能 抽样检测 （2）物理 有利于生物种群的繁衍（3）25m/（4a＋1） 25m－20ma
(4)直接价值、间接价值和潜在价值 生态系统具有保持或恢复自身结构和功能相对稳定的
能力
解析（1）种群指在一定时间内占据一定空间的同种生物的所有个体，而蓝藻是一类生物，
不是一种。某种藻类的种群密度时常采用的方法是抽样检测法。（2）关关是雌雄二鸟相互应
和的叫声，属于生态系统中的物理信息，该信息在生态系统中的作用是有利于生物种群的繁
衍。（3）因为至少，所以传递效率为 20％，假设需要消耗藻类 X，水藻类的能量中比例为 a
的部分直接提供给杂食性鱼类，则水藻中比例为 1-a 的部分提供给了植食性鱼类，因此得出
等式：X.a.20％+X.(1-a).20％.20％=m,故 X 为 25m/（4a＋1）。若杂食性鱼类增加的能量中
比例为 a的部分直接由水藻类提供，则水藻至少需要 ma÷20％=5ma，杂食性鱼类增加的能量
中提供给植食性鱼类的比例为 1-a，则水藻至少需要（1-a）m÷20％÷20％=25m-20ma（4）绿
水青山中既有可以直接使用的直接价值，又有调节气候等作用的间接价值还有不可知的潜在
价值。生态系统的稳定性是指生态系统具有保持或恢复自身结构和功能相对稳定的能力
11.（除标注外其余每空 2 分，共 15 分）
（1）青蒿素为非挥发性物质，不能随水蒸气蒸馏出，但易溶于有机溶剂（3 分） 粉碎 温
度和时间（2）过滤（3）水中蒸馏 增加水的比重，使油水分层 （严格控制蒸馏温度）
延长蒸馏时间
解析 （1）青蒿素为非挥发性物质，不能随水蒸气蒸馏出，但易溶于有机溶剂，所以从黄
花蒿中提取青蒿素时，应采用萃取法；为提高效率，在用萃取法提取青蒿素前，通常将黄花
蒿茎叶进行粉碎和干燥处理；干燥过程应控制好温度和时间，以防止青蒿素分解。（2）提取
过程中所得的液体浓缩前需进行过滤。（3）玫瑰精油化学性质稳定，难溶于水，易溶于有机
溶剂，常用水蒸气蒸馏中的水中蒸馏法提取；为增加水的比重，使油水分层，可在提取过程
中加入 NaCl；要提高玫瑰精油的产品质量，应严格控制蒸馏温度，延长蒸馏时间。
12.（除标注外其余每空 2 分，共 15 分）
（1）根据这一序列合成引物 使 DNA 解链（或目的基因受热变性解旋为单链）（2）DNA 连
接（1 分） 目的基因、启动子、终止子 鉴别受体细胞中是否含有目的基因，从而将含有
目的基因的细胞筛选出来
（3）农杆菌转化法 干扰素基因是否插入到烟草细胞的染色体 DNA 上
（4）病毒感染转基因烟草
解析（1）PCR 的前提是要有一段已知干扰素基因的核苷酸序列，以便根据这一序列合成引
物 在操作步骤中需要加热至 90～95 ℃的目的是使 DNA 解链（2）构建基因表达载体，
此时需要 DNA 连接酶把干扰素基因与质粒连接起来。一个基因表达载体需要有标记基因 目
的基因、启动子、终止子（复制原点可不写），其中标记基因的作用是鉴别受体细胞中是否
含有目的基因，从而将含有目的基因的细胞筛选出来。（3）将含有干扰素基因的基因表达载
体导入烟草细胞中，常用的方法是农杆菌转化法。将干扰素基因导入烟草细胞后，要检测干
扰素基因是否插入到烟草细胞的染色体 DNA 上，这是干扰素基因能否在烟草细胞中稳定遗传
的关键。
（4）要检测培育的转干扰素基因烟草是否具有抗病毒能力，需要用病毒感染转基因烟草，
若烟草不得病，说明烟草具有抗病毒能力；若烟草得病，说明烟草不具有抗病毒能力。
理综化学答案及解析
1 2 3 4 5 6 7
A A D C C D D
8.（14分）答案 Ⅰ.(1)i—ab—gh—ef—dc （2分）
(2)固体逐渐变成棕色（2分）
(3)除去空气中的氧气，4Fe2＋＋O2＋4H＋ = 4Fe3＋＋2H2O，避免氧气与金属钙反应，使
产品不纯（2分）
(4)②A（1分） C（1分） ③C（1分） A（1分）
(5)取少量反应后的物质于试管中，加入适量水，用排水法收集到无色气体，则证明产
物中含有未反应的钙（2分）
Ⅱ.(6)94.9%（2分）
9.（14分）答案 (1)减少铜离子损失，提高铜元素的利用率（2分） SiO2 （1分）
MnO2＋CuS＋2H2SO4=S＋MnSO4＋CuSO4＋2H2O（2分）
(2)SO2＋2Cu2＋＋2H2O＋2Cl－ = 2CuCl↓＋SO2－4 ＋4H＋ （2分）
使铜离子反应更完全，提高产率 防止产品被氧化（2分）
(3)乙醇（2分） 干燥（1分） 烧杯、漏斗、玻璃棒（2分）
10.（15分）答案：Ⅰ.(1)C4H8(g)＋C2H4(g) 2C3H6(g) ΔH＝＋148 kJ·mol－1 （2
分）
(2) a
2Vt1
（2分） D（2分） (3)k 正/k 逆（2分）
Ⅱ.(1)C（2分）
(2)450℃比 300℃的反应速率快，比 700℃的副反应程度小；该温度下丁烯转化成丙烯
的转化率高；该温度下催化剂的选择性最高；该温度是催化剂的活性温度(合理即可) （3
分）
(3)压强增大，生成乙烯的副反应平衡逆向移动，丁烯浓度增大，导致主反应的平衡正
向移动，从而使丙烯含量增大（2分）
11.（15分）答案：
(1)[Ar]3d104s24p5或 1s22s22p63s23p63d104s24p5 （1分）Sc、Cu（1分）
(2)HF>HBr>HCl（1 分） HF 可形成分子间氢键，沸点最高；HBr 相对分子质量比
HCl大，分子间作用力大，因而 HBr的沸点比 HCl高（2分）
(3)F的电负性比 N大，导致 NF3中 F原子核对 N原子孤电子对的吸引能力增强，不易
提供孤电子对给 Cu2＋空轨道，难以形成配位键（2分）
(4)ClO－4 >ClO－3>ClO－2（2分）
(5)①晶体中阴、阳离子的半径比不同(或几何因素不同、半径不同) （2分）
②Na2Cl（2分）
163
NA×a2b×10－21
（2分）
12.答案：(1)醛基、醚键 （2分）邻氨基苯甲酸或 2氨基苯甲酸（1分）
(2)浓硫酸，加热 （2分）消去反应（1分）
（2分）
（2分）
（2分）
（3分）
1.答案 A
解析 硅酸钠水溶液俗称水玻璃，可用于生产木材防火剂，故 A正确；金属铂灼烧焰
色为无色，故 B错误；人体内无纤维素酶，纤维素在人体内不能水解，故 C错误；利用油
脂在碱性环境下水解来制取肥皂，故 D错误。
2.答案 A
解析 M(D2O)＝20 g/mol，M(ND3)＝20 g/mol，则混合物的平均摩尔质量 M＝20 g/mol，
根据 n＝m
M
＝
2.0 g
20 g/mol
＝0.1 mol，结合分子式计算电子数为 NA，故 A正确；10 g溶质质量分
数为 92%的乙醇溶液中，乙醇分子中的 n(O—H)＝m
M
＝
10 g×92%
46 g/mol
＝0.2 mol，即 0.2NA，由于
水分子中也含有 O—H键，则该溶液中含 O—H键的数目大于 0.2NA，故 B错误；没有说明
是否为标准状况下，则无法利用 NO的体积来计算溶液中氮原子，故 C错误；合成 PCl5的
反应为可逆反应，故不能完全反应，则转移的电子数小于 0.2NA，故 D错误。
3.答案 D
解析 甘油和水互溶，不分层，不能用分液漏斗分离，故 A错误；二氯代物的同分异
构体可以采用“定一移一”法解题，先找出所有的同分异构体，再找出只含一个“—CH3”的，
其中符合条件的有
CH3—CH2—CH2—CH2—CHCl2，
CH3—CH2—CH2—CHCl—CH2Cl，
CH3—CH2—CHCl—CH2—CH2Cl，
CH3—CHCl—CH2—CH2—CH2Cl，
CH3—CH2—CH(CH2Cl)—CH2Cl，
CH3—CH(CH2Cl)—CH2—CH2Cl，符合条件的结构简式一共有 6个，故 B错误；甲苯和
浓 HNO3在加入催化剂浓硫酸后加热发生取代反应，乙酸和苯甲醇发生酯化反应，酯化反应
属于取代反应，故 C错误；该有机物中含有碳碳双键就能发生氧化、还原、加成、加聚，
含有羧基能发生取代反应，故 D正确。
4.答案 C
解析 假设W为金属 Al，则 X为 C，Y为 N，Z为 S，能符合题目给出的已知条件，
故四种元素中有金属元素，故 A错误；根据已知可假设W为 Si，则 X为 N，Y为 O，Z为
Cl，则由 X、Y和氢三种元素形成的化合物可以是 NH4NO3，含有共价键和离子键，故 B错
误；W 和 Z 的最高价氧化物的水化物能相互反应，则 W 的最高价氧化物的水化物可为
Al(OH)3，Z 的最高价氧化物的水化物为 H2SO4，则W 为 Al，X为 C，Y为 N，Z 为 S，Y
的氢化物为 NH3，而 X的氢化物有很多，如甲烷、乙烷、甲苯及其他高分子碳氢化合物，
若 X的氢化物为高分子碳氢化合物，则就有可能比 Y的氢化物沸点高，若 X的氢化物为低
分子碳氢化合物，则就有可能比 Y的氢化物沸点低，故 C正确；若这四种元素的原子最外
层电子数之和为 22，W、X、Y、Z 为短周期元素，由元素在周期表中位置可知，X、Y处
于第二周期，W、Z处于第三周期，设W的最外层电子数为 x，则 X、Y、Z最外层电子数
分别为 x＋1、x＋2、x＋3，故 x＋x＋1＋x＋2＋x＋3＝22，解得：x＝4，故W为 Si、X为 N、
Y为 O、Z为 Cl元素，物质WY2、W3X4、WZ4分别为 SiO2、Si3N4、SiCl4，SiO2、Si3N4为
原子晶体，具有熔点高、硬度大的特性，而 SiCl4为共价化合物，不具有该性质，故 D错误。
5.答案 C
解析 不饱和烃可被高锰酸钾氧化，由得到的气体通入酸性 KMnO4溶液，溶液褪色，
可知分解产物含不饱和烃，故 A正确；钠与水反应比与乙醇反应剧烈，水中的氢比乙醇中
的羟基氢活泼性强，故 B正确；浓硫酸具有脱水性，使蔗糖炭化，然后 C与浓硫酸发生氧
化还原反应生成气体，故 C错误；该实验没有观察到气泡产生，说明碳酸钠和硼酸不反应，
根据强酸制弱酸知，酸性：H2CO3＞H3BO3，故 D正确。
6．D Mg 是活泼金属，放电时，Mg 电极是负极，溶液中阳离子向正极移动，则 Li＋
由左向右移动，A项正确；放电时，正极上发生还原反应，Li1－xFePO4被还原成 LiFePO4，
电极反应式为 Li1－xFePO4＋xLi＋＋xe－===LiFePO4，B项正确；充电时，该装置为电解池，阳
极与外加电源的正极相连，则外加电源的正极与 Y相连，C项正确；充电时，Mg 电极是阴
极，电极反应式为Mg2＋＋2e－===Mg，导线上通过 1 mol e－，阴极上析出 0.5 mol Mg，溶液
中有 0.5 mol Mg2＋在阴极放电析出Mg，为维持左室电解质溶液呈电中性，有 1 mol Li＋由右
室透过 Li＋透过膜移向左室，故左室溶液减轻的质量为 0.5 mol×24 g·mol－1－1 mol×7 g·mol
－1＝5 g，D项错误。
7.答案 D
解析 加入的 n(HCl)＝0.1 mol，混合溶液中相当于 NaOH 恰好和 HCl 反应生成 NaCl
和水，则溶液中溶质为 NaCl、CH3COOH，溶液的 pH＜7，溶液呈酸性，则 c(H＋)＞c(OH－)，
根据物料守恒得 c(Na＋)＝c(Cl－)，b 点溶液的 pH＜7，溶液呈酸性，醋酸钠溶液呈碱性，要
使混合溶液的 pH＜7，则 x mol/L＞0.1 mol/L，结合物料守恒得 c(CH3COOH)＞c(Na＋)，所以
存在 c(CH3COOH)＞c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)，故 A正确；电离平衡常数只与温度有
关，温度不变，则 ＝Ka(电离平衡常数)不变，故 B正确；c点溶液的 pH＝7，
溶液呈中性，则 c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒得 c(CH3COO－)＝c(Na＋)，故 C正确；如果
开始时 c(CH3COOH)＝0.2 mol/L，则 c点溶质为 CH3COONa，溶液的 pH应该大于 7，要使
混合溶液的 pH＝7，醋酸应该稍微过量，则开始时 c(CH3COOH)＞0.2 mol/L，故 D错误。
8.解析 Ⅰ.(1)E装置：装有空气，提供反应物 N2；A 装置：可除去空气中的氧气；D
装置：盛有碱石灰，除去空气中的水蒸气和酸性气体；C装置：制备产物氮化钙；B装置：
氮化钙(Ca3N2)通常条件下为棕色易水解的固体，浓硫酸吸收空气中的水蒸气，防止进入 C；
故答案为：i—ab—gh—ef—dc。
(2)C装置发生反应：N2＋3Ca Ca3N2，钙为银白色固体，氮化钙为棕色固体，装置
C的硬质玻璃管中的现象为银白色金属逐渐变为棕色。
(4)E装置：装有空气，打开分液漏斗活塞，向装置中通入空气，实验开始先点燃装置 A
处酒精灯，使 A装置的反应发生，除去空气中的 O2，再点燃装置 C处酒精灯，反应一段时
间，实验结束，先熄灭 C处的酒精灯，再熄灭 A处的酒精灯，防止空气中的氧气跟钙反应
生成杂质。
(5)氮化钙与水反应生成氨气，钙与水反应生成氢气，氢气难溶于水，氨气极易溶于水，
检验生成的气体有氢气即可确定氮化钙中含有未反应的钙。
Ⅱ.(6)剩余的 HCl量为 n1＝
200 mL
20 mL
×0.2 mol/L×0.025 L＝0.05 mol，故参与反应的 HCl为
n2＝1 mol/L×0.1 L－0.05 mol＝0.05 mol，氮化钙与水反应生成氨气，氨气与盐酸反应生成
NH4Cl，所以 n(NH3)＝n2＝0.05 mol，根据氮元素守恒：Ca3N2～2NH3，则 n(Ca3N2)＝0.025 mol，
则氮化钙的质量分数＝
0.025 mol×148 g/mol
3.9 g
≈94.9%。
9.解析 (1)在过滤时，Cu2＋会沾附在滤渣中造成浪费，故要再将洗涤液与滤液合并；因
为 SiO2不参与反应，也不溶于水，所以第一次过滤的滤渣含有 SiO2；根据题意：反应物应
为MnO2、CuS和 H2SO4，且有 S生成，故反应方程式为 MnO2＋CuS＋2H2SO4 S＋MnSO4
＋CuSO4＋2H2O。
(2)根据流程图可知反应物有 SO2，NaCl、CuSO4水溶液，生成物为 CuCl，Cu的化合价
由＋2价降为＋1价，所以 S的化合价升高为＋6价，所以反应方程式为 SO2＋2CuSO4＋2H2O
＋2NaCl 2CuCl↓＋Na2SO4＋2H2SO4，拆成离子方程式为 SO2＋2Cu2＋＋2H2O＋2Cl－
2CuCl↓＋SO2－4 ＋4H＋；SO2为反应物，增加反应物的量可以使铜离子反应更完全，从而提高
产率，CuCl 在潮湿的空气中发生水解和氧化，SO2过量可防止空气中的氧气进入装置中，
防止 CuCl被氧化。
(3)产品 CuCl含有杂质，还需过滤，由于 CuCl难溶于水和乙醇，且乙醇沸点低，易挥
发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分。
10.解析：Ⅰ.(1)根据盖斯定律，由①＋③－②×2得：C4H8(g)＋C2H4(g) 2C3H6(g)
ΔH＝＋148 kJ·mol－1。
(2)根据题意，可列出三段式：
C4H8(g) ＋ C2H4(g) 2C3H6(g)
起始物质的量/mol a＋0.5b 2a＋0.5b 0
转化物质的量/mol 0.5b 0.5b b
平衡物质的量/mol a 2a b
根据题意可知，C3H6占平衡总体积的1
4
，则
b
a＋2a＋b
＝
1
4
，解得 a＝b。根据化学反应速
率的定义可得：v(C4H8)＝
0.5b
V·t1
mol·L－1·min－1＝ 0.5a
V·t1
mol·L－1·min－1＝ a
2Vt1
mol·L
－1·min－1。由于 v 生成(C4H8)和 v 消耗(C3H6)都是逆反应速率，二者之比恒等于 1∶2，A项错
误。C4H8(g)、C2H4(g)、C3H6(g)的物质的量之比为 1∶1∶2，不能说明各物质的物质的量不
变，故该项不能作为该反应达到平衡状态的标志，B项错误。由于混合气体的总质量不变，
总物质的量也不变，所以混合气体的平均相对分子质量始终不变，C 项错误。C4H8(g)、
C2H4(g)、C3H6(g)的浓度不变，表明反应已达平衡状态，D项正确。(3)平衡时 v 正＝v 逆，则
Kp＝
p2（C3H6）
p（C4H8）·p（C2H4）
＝
v 逆
k 逆
v 正
k 正
＝
k 正
k 逆
。
Ⅱ.(1)由题图 1可知，300 ℃时，乙烯的质量分数最低，虽然丙烯的质量分数不是最高，
但丙烯与乙烯的质量比最大。由题图 2可知，当压强为 0.5 MPa时，乙烯的质量分数最低，
丙烯的质量分数最高，则丙烯与乙烯的质量比最大。故最适宜的条件为 300℃、0.5 MPa。
11. 解 析 ： (1) 基 态 Br 原 子 的 核 外 电 子 排 布 式 为 [Ar]3d104s24p5 或
1s22s22p63s23p63d104s24p5，其未成对电子数为 1，第四周期过渡元素中基态原子未成对电子
数为 1的是 Sc、Cu两种元素。(2)因为 HF分子间有氢键，所以沸点最高；HCl、HBr结构
相似，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高。(3)F的电负性比 N大，导致 NF3
中 F原子核对 N原子孤电子对的吸引能力增强，不易提供孤电子对给 Cu2＋的空轨道，难以
形成配位键。(4)ClO－2、ClO－3、ClO －4中价层电子对数都是 4，都采取 sp3杂化，且孤电子对
数分别为 2、1、0，则离子中相邻两个 Cl—O 键间键角依次增大。(5)①晶体中阴阳离子的
半径比不同，结构也不相同；②根据均摊法，8 个 Cl 均在棱上，一个晶胞中 Cl 的个数为
8×1
4
＝2；4个 Na在棱上，2 个 Na在面上，2个 Na 在立方体内，则一个晶胞中 Na 的个数
为 4×1
4
＋2×1
2
＋2＝4，化学式为 Na2Cl；1个晶胞质量为
23×4＋35.5×2
NA
g＝163
NA
g，体积为 a2b
nm3＝a2b×10－21 cm3，则该晶体密度ρ＝ 163
NA×a2b×10－21
g·cm－3。
12.解析：由反应①前后物质结构可知，①属于取代反应，同时生成 HI，A发生信息中
反应生成 B，B为 ，反应③为醇的消去反应，由反应③后产物结
构可知，反应④是与溴发生取代反应生成 C，C 为 ，C 发生卤
代烃的水解反应生成 D，D为 ，D发生氧化反应生成 E，E为
，反应⑦是醛基被氧化为羧基，生成M的反应是羧基与氨基脱
去 1分子水。
(4)由题目信息可知，A的同分异构体含有酯基与酚羟基，且在苯环上有两个取代基，
其中一个取代基为羟基，另外一个取代基可能为—OOCCH2CH3、—CH2OOCCH3、
—COOCH2CH3、—CH2COOCH3、—CH2CH2OOCH、—CH(CH3)OOCH，分别具有邻、
间、对三种位置结构，故共有 18 种。 (5)苯甲醛与 CH3MgBr/H2O、H ＋作用得到
，然后发生消去反应生成 ，再与溴单质发生加成反
应生成 ，最后在氢氧化钠溶液和加热条件下发生水解反应生成
热身考试理综测试物理答案
1 2 3 4 5 6 7 8
D B C C AC BD BCD AC
1. 答案 D 解析 沿直线①运动的油滴，根据题意得：mg＝Eq，即：q
m
＝
g
E
，所以沿直线
①运动的油滴比荷相同，A、B错误；沿曲线②、③运动的油滴，均做类平抛运动，水平方
向匀速运动：x＝v0t，初速度相同，所以运动时间之比等于位移之比，即为 2∶1，C错误；
沿曲线②、③运动的油滴，水平方向 x＝v0t，竖直方向：y＝1
2
at2，联立解得：a＝
2yv02
x2
，因
为水平位移之比为 2∶1，v0和 y相同，所以加速度大小之比为 1∶4，D正确．
2. 答案 B 解析 金属棒在水平向右的恒力作用下，在虚线左边区域中以速度 v 做匀速直
线运动，恒力 F与安培力平衡．当 B2＝B1时，棒进入右边区域后，棒切割磁感线的感应电
动势与感应电流大小均没有变化，棒所受安培力大小和方向也没有变化，与恒力 F仍然平
衡，则棒进入右边区域后，以速度 v 做匀速直线运动，故 A错误，B正确；当 B2＝2B1时，
棒进入右边区域后，棒产生的感应电动势和感应电流均变大，所受的安培力也变大，恒力没
有变化，则棒先减速运动，随着速度减小，感应电动势和感应电流减小，棒受到的安培力减
小，当安培力与恒力再次平衡时棒做匀速直线运动．设棒最后匀速运动速度大小为 v′.在左
侧磁场中 F＝
B12L2v
R
，在右侧磁场中匀速运动时，有 F＝
B22L2v′
R
＝
?2B1?2L2v′
R
，则 v′＝v
4
，
即棒最后以速度
v
4
做匀速直线运动，故 C、D错误．
3. 答案 C 解析 战机在同一竖直面内做曲线运动，且运动速率不变，由于速度方向是变
化的，则速度是变化的，故战机的加速度不为零，根据牛顿第二定律可知，战机所受的合外
力不为零，故 A错误；战机在同一竖直平面内做匀速率曲线运动，所受合外力与速度方向
垂直，由于速度方向时刻在变，则合外力的方向也时刻在变化，并非始终都竖直向上，故 B
错误；由以上分析可知，战机所受合外力始终与速度方向垂直，斜向左上方，对合外力和速
度进行分解可知，竖直方向上做加速运动，水平方向上做减速运动，故竖直方向分速度逐渐
增大，水平方向分速度逐渐减小，故 C正确，D错误．
4. 答案 C 解析 经分析可知，当高铁列车以 180 km/h 的速度在平直轨道上匀速行驶
时：P1＝F1v1＝2F 空阻v1＝2kv12·v1；该列车以 360 km/h 的速度在平直轨道上匀速行驶时：
P2＝F2v2＝(Ff＋F 空阻)·v2＝(kv12＋kv22)·v2，解得 P2＝5P1＝10 000 kW，故选 C.
5. 答案 AC 解析 地磁场是客观存在的，磁感线是人们为了研究方便而假想出来的，故
A正确；磁场是闭合的曲线，地球磁场从南极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲
线，不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行，故 B错误；当通电导线与地磁场
平行放置时，导线不受安培力，故 C 正确；由于洛伦兹力始终与速度方向垂直，所以运动
电荷在地磁场中受到的洛伦兹力不做功，故 D错误．
6. 答案 BD 解析 由左手定则可得：a粒子带负电，b粒子带正电，故 A错误；
由粒子做匀速圆周运动可得：粒子运动轨迹圆心为 AB的垂直平分线和过 A点的速度垂直方
向直线的交点，
故 Ra＝
1
2
d
sin 30°
＝d，Rb＝
1
2
d
sin 60°
＝
3
3
d， 所以，Ra∶Rb＝ 3∶1，故 B正确；由几何关系
可得：从 A运动到 B，a粒子转过的圆心角为 60°，b粒子转过的圆心角为 120°，根据运动
时间相同可得运动周期为：Ta∶Tb＝2∶1，再根据洛伦兹力提供向心力可得：Bvq＝
mv2
R
，所
以，运动周期为：T＝
2πR
v
＝
2πm
qB
；根据电荷量相等可得 ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故 C错误，
D正确．
7. 答案 BCD 解析 M静止在斜面上时，对 M由平衡条件有 Mgsin α＝mg；互换位置后，
对 M和 m组成的系统有 Mg－mgsin α＝(M＋m)a，解得 a＝(1－sin α)g＝M－m
M
g，对 m由牛
顿第二定律得：FT－mgsin α＝ma，解得 FT＝mg，故 A错误，B、C、D正确．
8. 答案 AC 解析 由题可知圆环 A 到达 b 位置时，重物 B 沿斜面运动的位移为：x＝
H2＋L2－L
2
＝0.5 m，A、B组成的系统机械能减少了：ΔE＝μMgcos 30°·x＝2.5 J，故选项 A
正确；轮与轴有相同的角速度且轮和轴的直径之比为 2∶1，圆环 A速度最大时，环 A沿绳
方向的分速度与重物 B的速度之比为：
H
H2＋L2
vA∶vB＝R∶r＝2∶1，则 vA∶vB＝10∶3，
故选项 B 错误；圆环 A 能下降的最大距离为 Hm，重物 B 沿斜面的运动的位移为：xB＝
Hm2＋L2－L
2
，根据能量守恒可知：mgHm＝MgxBsin 30°＋μMgcos 30°·xB，解得圆环 A能下
降的最大距离为 Hm＝7.5 m，故选项 C正确；圆环 A先向下做加速运动，后做减速运动，所
以重物 B也是先加速后减速，而重物 B受到的重力、支持力和摩擦力都保持不变，由牛顿
第二定律可得 FT－Mgsin 30°－μMgcos 30°＝Ma，即：FT－10 N＝Ma，所以绳子对 B的拉力
先大于 10 N后小于 10 N，故选项 D错误．
9. 答案 (1)m
M
(3)2.4 (4)0.32(0.31～0.33) 解析 (1)由平衡知识可知：mg＝μMg，解得μ
＝
m
M
.
(3)根据Δx＝aT2可得木块运动的加速度 a＝?7.34＋6.96－6.57－6.19?×10
－2
4×0.042
m/s2≈2.4 m/s2.
(4)平衡摩擦力后挂上沙桶，系统加速运动，据牛顿第二定律可得mg＝(m＋M)a 因mg＝μMg，
联立可得μ＝ a
g－a
＝
2.4
9.8－2.4
≈0.32.
10. 答案 (1)见解析 (3分) (2)①左 (3分) (3) R0
k－1
(3分)
解析 (1)滑动变阻器的阻值远小于待测电压表的内阻值，所以滑动变阻器用分压式接法，
待测电压表的量程为 3 V，而电压表 V2的量程为 9 V，为使电表指针偏转角度
较大，读数更准确，需将定值电阻与待测电压表 V1串联，然后与 V2并联，所
以电路图如图所示．(3分)
(2)分压式接法，闭合开关前应将滑片移至使测量电路短路的位置，所以应该移
至最左端；(3分)
(3)根据欧姆定律：U2－U1
R0
＝
U1
RV
，整理得 U2＝(1＋
R0
RV
)U1，所以 k＝1＋
R0
RV
，
解得待测电压表的内阻 RV＝
R0
k－1
. （3分）
11. 答案
3mv02
qd
解析 带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的合成与分解得到：vy＝
v0
tan 30°
＝ 3v0，
（4分）
水平方向上：d＝v0t，（3分）竖直方向上：vy＝Eq
m
t，（3分）
联立方程得：E＝
3mv02
qd
.（2分）
12. 答案 (1)75 N (7分) (2)3 2 m/s (13分)
解析 (1)设 A刚滑到圆弧轨道底端时的速度为 v0，轨道对 A支持力大小为 FN
由机械能守恒定律得：MgR＝1
2
Mv02 (2分)
由牛顿第二定律，有：FN－Mg＝M
v02
R
(2分)
联立解得 FN＝75 N，v0＝4 m/s (2分)
由牛顿第三定律知：FN′＝FN＝75 N (1分)
(2)小铅块 B在木板上滑动时铅块对木板的摩擦力为：Ff1＝μ2Mg＝5 N (1分)
当铅块 B滑动到第 n(1≤n≤4)块木板时，铅块所在木板及后面的木板受到地面的最大静摩擦
力为：
Ff2＝μ1[M＋(5－n)m]g (2分)
要使木板滑动，应满足 Ff2即μ1[M＋(5－n)m]g<5 N (2分)
解得：n>2.5，取 n＝3 (2分)
由于 A、B铅块质量相同，且发生弹性碰撞，所以碰后两者速度交换
根据动能定理得：－μ2Mg2l＝
1
2
Mv2－1
2
Mv02 (3分)
解得：v＝2 m/s. (1分)
13. 答案 (1)BCD (5分) (2)①11.8 cm ②13.2 cm (10分)
解析 (1)气体扩散现象表明气体分子永不停息地做无规则运动，选项 A错误；对于同一理
想气体，温度越高，分子平均动能越大，选项 B正确；热量总是自发地从高温物体传到低
温物体，即从分子平均动能大的物体传递到分子平均动能小的物体，选项 C 正确；当分子
力表现为斥力时，分子力随分子间距离的减小而增大，分子距离减小时，分子力做负功，则
分子势能随分子间距离的减小而增大，选项 D正确；灰尘的运动不属于布朗运动，选项 E
错误．
(2)①设空气柱长度 l＝10 cm时压强为 p；当高度差为 h1＝10 cm时，空气柱的长度为 l1，压
强为 p1
则有：p＝p0＋ph 由玻意耳定律得：pl＝p1l1
逐渐从 U形管中取走一部分水银，右侧水银面低于左侧水银面 h1则有：p1＝p0－ph1
联立解得：l1＝11.8 cm. (5分)
②当两侧的水银面达到同一高度时，设空气柱的长度为 l2，压强为 p2，则有：p2＝p0
由玻意耳定律得：pl＝p2l2 联立解得：l2≈10.2 cm
设注入的水银在管内的长度为Δl，依题意得：Δl＝2(l1－l2)＋h1 联立解得：Δl＝13.2 cm.
(5分)
14. 答案 (1)> < (2)①8 m 2 s 4 m/s ②质点 P向 y轴负方向运动 0.3 m
解析 (1)根据光路图可知，a光的偏折程度较大，可知 a光的折射率较大，即 na>nb
由公式 v＝c
n
可知，a光在水珠中传播的速度较小，即 va(2)①由题图可知，波长λ＝8 m，由于该波沿 x轴负方向传播，从 t1＝0到 t2＝0.5 s时间内，
有：Δt＝t2－t1＝(k＋1
4
)T(k＝0,1,2,3…)，又知 T>0.5 s，可知：k＝0，则波的周期 T＝4Δt＝2 s
由 v＝λ
T
可得 v＝8
2
m/s＝4 m/s
②由于波沿 x轴负向传播，故 t＝0时刻质点 P向 y轴负方向运动，又知 t＝3.0 s＝3
2
T，
则质点 P在 t＝3.0 s时间内通过的路程为 s＝3
2
×4A＝6×5×10－2 m＝0.3 m．

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