昭通市2024届理综答案_2024届云南省昭通市高三上学期诊断性检测_2024届云南省昭通市高三上学期诊断性检测理综

昭通市 2024 届高中毕业生诊断性检测
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 A C C D B D B C A D A D D
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 A C C B AC BD AD
【解析】
1．细胞骨架和生物膜系统都与物质运输、能量转换和信息传递等细胞生命活动有关，A 正
确。细胞间信息交流并非都需要细胞膜上的受体，如高等植物细胞可通过胞间连丝传递信
息，B 错误。细胞核是遗传信息库，是细胞遗传和代谢的控制中心，C 错误。溶酶体中的
水解酶化学本质一般是蛋白质，蛋白质的合成场所在核糖体，D错误。
2．ATP脱去两个磷酸基团后为AMP（腺嘌呤核糖核苷酸）可作为合成RNA的原料之一，逆
转录过程所需原料是4种脱氧核糖核苷酸，A错误。ATP、核酸（DNA和RNA）由C、H、
O、N、P 五种元素组成，脂质包括脂肪、磷脂、固醇，其中脂肪和固醇由 C、H、O 三种
元素组成，磷脂由 C、H、O、N、P 五种元素组成，B 错误。哺乳动物成熟的红细胞无线
粒体，可通过无氧呼吸合成ATP；蛙的红细胞、鸡的红细胞可通过有氧呼吸和无氧呼吸合
成ATP，C正确。ATP在酶的催化作用下水解时，脱离的磷酸基团挟能量与该载体蛋白结
合，即载体蛋白的磷酸化，此过程会导致该载体蛋白空间结构和活性发生变化，该过程伴
随ATP的水解，为吸能反应，D错误。
3．由于基因的选择性表达，①②和⑤⑥过程只能发生在人体特定的细胞中，A错误。过程①
是遗传信息的转录，需要RNA聚合酶的催化，过程②是翻译，需tRNA和rRNA的参与，
B错误。①→②→④体现了基因控制生物体性状的直接途径，C正确。人体出现白化症状的
原因是酪氨酸酶基因突变，导致酪氨酸酶不能合成，D错误。
理科综合参考答案·第1页（共14页）
{#{QQABDQCAogCIQAAAAQgCAwm4CgIQkBEAAKoOBBAMMAIAyBNABAA=}#}4．植物分布的地域性很大程度上就是由温度决定，D错误。
5．就地保护是指在原地对被保护的生态系统或物种建立自然保护区以及国家公园等，是对生
物多样性最有效的保护，大山包国家级自然保护区的建立属于对黑颈鹤的就地保护，A正
确。赤水河治理需选种净化能力强的水生植物，体现了在生态工程中需有效选择生物组分
并合理布设的特点，主要遵循了生态工程的自生原理，B 错误。生态足迹又叫生态占用，
是指在现有技术条件下，维持某一人口单位生存所需的生产资源和吸纳废物的土地及水域
的面积。提倡低碳生活方式、生活废水处理等措施降低了对生态环境的影响，减小了人类
的生态足迹，C正确。退耕还湖、还草、还林等措施使对应地区的演替在自然条件下发生，
减弱了人类对自然演替方向的干扰作用，D正确。
6．褐变是由位于细胞中的多酚氧化酶（PPO）催化位于液泡中的多酚类物质生成棕色色素所
致，目的基因可选抑制 PPO 表达的基因；卡那霉素抗性基因为标记基因，便于重组 DNA
分子的筛选，不是目的基因，A错误。过程①为基因表达载体的构建，是基因工程的核心
步骤，需要限制性内切核酸酶和 DNA 连接酶的参与，B 错误。在步骤③将目的基因导入
受体细胞之前，需要用次氯酸钠溶液对苹果嫩叶碎片进行处理，目的是消毒，C 错误。为
了评估目的基因对抑制苹果褐变的效果，需要选择无目的基因的对照植株，如野生株或导
入不含目的基因质粒的植株，两者中最佳的是导入不含目的基因质粒的植株，因为相比野
生株，该植株作为对照，可以排除不含目的基因质粒中的基因对实验结果的干扰，D正确。
7．五彩缤纷的开幕烟火，与电子跃迁有关，A正确。运动员的金、银、铜奖牌的金属材料是
不活泼金属，不用电解法来冶炼，B 错误。涤纶可作为制作运动服的材料，C 正确。“复
方氯乙烷气雾剂”可用于运动中急性损伤的镇痛，D正确。
8．该线性聚合物分子中仍含有具有反应活性的氨基，A 正确。m=(n-1)，B 正确。该线性聚
合物 亚甲基处的碳原子为sp3杂化，故该线性聚合
物分子中所有原子一定不可能在同一平面，C 错误。该线性聚合物中含有氨基，所以在一
定条件下可以和盐酸反应，D正确。
9．图中已经有3个手性碳原子，R为长链有机基团可能还含有手性碳原子，A正确。基态原
子的第一电离能：O<N，B 错误。分子中的 Mg—N 化学键有配位键存在，形成配位键时
理科综合参考答案·第2页（共14页）
{#{QQABDQCAogCIQAAAAQgCAwm4CgIQkBEAAKoOBBAMMAIAyBNABAA=}#}镁离子提供空轨道，氮原子提供孤对电子，C 错误。Mg、C、O、N 的未成对电子数分别
为0、2、2、3，D错误。
10．由题意可知放电时硫电极得电子，硫电极为原电池正极，钠电极为原电池负极。充电时为
电解池装置，阳离子移向阴极；故充电时，Na+由硫电极移至钠电极，A错误。理论上，
当有1mol 的S 分子全部转化为2mol S2离子时，外电路转移电子4N 。则64g的S 分
8 4 A 8
子为0.25mol全部转化为S2离子时外电路转移电子1N ，B错误。放电时正极的反应式
4 A
为2Na++ x S +2e-→Na S ，C错误。Na S 的电子式为 ，D正确。
8 2 x 2 4
8
11．锅炉内的石膏垢为硫酸钙用饱和 Na CO 溶液浸泡后变为碳酸钙，用 5%柠檬酸溶液除去
2 3
可行。是因为硫酸钙的K 大于碳酸钙，柠檬酸酸性强于碳酸，A正确。常温下将铁片插
sp
入浓硝酸中会钝化，所以无明显现象，B 错误。久置空气中的漂白粉遇盐酸产生CO 是
2
由于次氯酸钙变质，次氯酸钙和空气中二氧化碳、水反应生成碳酸钙，碳酸钙和盐酸反
应生成二氧化碳，C错误。向溴水中加入苯，苯可将溴萃取到上层，使下层水层颜色变浅，
不是溴与苯发生了取代反应，D错误。
12．步骤Ⅰ、步骤Ⅱ均为放热反应，A正确。直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位
素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，MO+与CD 反应
4
的能量变化应为图中曲线a，B正确。MO+与CH D 反应时，因直接参与化学键变化的元
2 2
素被替换为更重的同位素时，步骤Ⅰ的活化能增大，反应速率会变慢，则 CH DOD 更难
2
获得，故产率：CH DOD<CHD OH，C正确。步骤Ⅰ和步骤Ⅱ均没有非极性键的生成，
2 2
D错误。
13．根据图像，由(1.7，5)可得到Ag CrO 的溶度积K (Ag CrO )=c2(Ag+)·c(CrO2)=(1×10−5)2
2 4 sp 2 4 4
×1×10−1.7=10−11.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度积K (AgCl)=c(Ag+)·c(Cl−)=1×10−5×1×
sp
10−4.8=10-9.8，据此数据计算。而溶度积常数只与温度有关，与浓度无关，A错误。a点坐
标时，两者的c(Ag+)=c(Ag+)，c(CrO2)=c(Cl−)，所以c2(Ag+)·c(CrO2)=10−11.7，c(Ag+)·
4 4
c(CrO2)=10−9.8，解方程得c(Ag+)=10−1.9 ，c(CrO2)=10−7.9 ，所以a点坐标为（7.9，1.9），
4 4
c2(Cl)
B 错误。该反应的平衡常数表达式为K  ，将表达式转化为与两种难溶物的溶
c(CrO2)
4
理科综合参考答案·第3页（共14页）
{#{QQABDQCAogCIQAAAAQgCAwm4CgIQkBEAAKoOBBAMMAIAyBNABAA=}#}2
度积有关的式子得K 
c2(Cl)



K
sp
(AgCl)
 
109.82
1107.9，C 错误。在化学分
c(CrO2) K (Ag CrO ) 1011.7
4 sp 2 4
析中，用AgNO 标准溶液滴定溶液中的Cl−时，常用K CrO 作为指示剂，D正确。
3 2 4
14．汤姆孙发现电子并提出了西瓜（枣糕）模型，故 A 错误。玻尔的原子理论具有局限性，
只能解释氢原子的光谱的实验规律，故 B 错误。改变压力、温度或浓度，半衰期不变，
故C错误。重核裂变后，形成的新核更加稳定，比结合能更大，故D正确。
15．卫星从轨道Ⅰ到轨道Ⅲ需要多次获得机械能，故 A 正确。卫星在轨道Ⅰ经 P 点需要点火
加速才能进入轨道Ⅱ，故 B 错误。根据周期公式，卫星在轨道Ⅰ的周期小于轨道Ⅲ的周
期，故 C 错误。根据牛顿第二定律，卫星在轨道Ⅱ经过 F 点的加速度等于在轨道Ⅲ经过
F点的加速度，D错误。
16．由图乙可知，t 0.4s 时刻质点 A 经平衡位置沿 y 轴正方向运动，由同侧法可知，该横
 20m
波的传播方向沿 x 轴负方向，故 A 错误。该横波的传播速度v=  25m/s，故 B
T 0.8s
错误。t 1.0s时，质点B将运动到波峰位置，故C正确。质点A不会随波迁移，故D错误。
17．设绳子拉力为F，对B位置受力分析，有2Fcos60mg，F 10N，故A错误。A所受
摩擦力大小 f F mgsin305N，故B错误。对斜面体、物块A以及定滑轮构成的整
1
体受力分析可得，水平地面对斜面体的摩擦力大小 f Fcos305 3N，故 C 正确，D
2
错误。
18. 解 除 锁定 后 ， 沿 绳 方 向 上 对 A、B 和 绳 组 成 的 系 统 由 牛 顿 第 二 定 律 有
1 1
Mgsinmg (M m)a，对 A 由运动学规律有x at2，结合图像斜率k  a ，即
2 2
M k5
a2k，联立解得  ，故B正确。
m 3k
19．根据图像，两交流电压的周期为 0.02s，故频率为 50Hz，故 A 正确。电压表的示数应为
2
有效值，故 B 错误。已知正弦交流电的电压有效值U  U ，图中实线上各个时刻的
2 m
电压均小于或等于虚线正弦交流电的电压，所以产生的热量应小于正弦交流电产生的热
2
量，所以有效值应该小于 U ，即小于100 2 V，故 C 正确。t 0.01s 时，虚线交流
m
2
电的线圈平面应与中性面重合，故D错误。
理科综合参考答案·第4页（共14页）
{#{QQABDQCAogCIQAAAAQgCAwm4CgIQkBEAAKoOBBAMMAIAyBNABAA=}#}1
20．色光 1 刚好在 AC 面发生全反射，有sin45 ，则n  2，故 A 错误。对色光 2 有
n 1
1
sin60 6
n   ，故B正确。由于色光2的折射率小，则波长较长，则色光2更容易发
2 sin45 2
生衍射现象，故C错误。若色光1为绿光，色光2波长较长，可能为红光，故D正确。
E BxL
21．通过金属棒的电荷量qIt，平均感应电流I  ，回路中平均感应电动势E ，
Rr t
BLx BLx
联立得q ，故 A 正确。0~0.9s 内通过金属棒的电荷量q  1 ，0.9~1.2s 内通
Rr 1 Rr
BL(x x )
过金属板的电荷量q  2 1 ，由图乙读出1.2s时刻金属棒的位移大小x 0.9m，
2 Rr 2
又q 2q 联立解得x 0.6m，故B错误。由图乙知金属棒在0.9~1.2s内做匀速直线运
1 2， 1
动，速度大小为1m/s，0.9s后金属棒受力平衡，有F mgsinBIL，F Mg，根据闭
BLv
合电路欧姆定律I  ，解得B 21T，故C错误。在0~1.2s内，对整个系统，根据
Rr
1
能量守恒定律得QMgx mgx sin (M m)v2，代入数据解得Q5.8J，故D正确。
2 2 2
三、非选择题：共14题，共174分。
22.（每空2分，共8分）
（1）大于
（2） 2gs
0
（4）m s m s m s
1 0 1 1 2 2
（5）仍能
【解析】（1）为防止滑块甲碰后反弹，滑块甲的质量大于乙的质量才能方便验证动量守恒。
（2）由v2 2gs ，得v  2gs 。
0 0 0 0
（4）设滑块与管道间的动摩擦因素为，碰撞前甲的瞬时速度v 由v2 2gs 求得，碰
0 0 0
撞后甲、乙的瞬时速度v 和v 分别由v2 2gs 、v2 2gs 求得，甲、乙碰撞过程中，
1 2 1 1 2 2
若动量守恒，则有mv mv m v ，联立方程有m s m s m s 成立，则动量
1 0 1 1 2 2 1 0 1 1 2 2
守恒。
（5）实验前先将乙从高度为h处由静止释放，最终停止在水平轨道，则动能定理
h
m ghm ghcotm gs 0，解得  。将甲从高度h处由静止释放，
2 2 2 2 2 0 2 hcots
0
理科综合参考答案·第5页（共14页）
{#{QQABDQCAogCIQAAAAQgCAwm4CgIQkBEAAKoOBBAMMAIAyBNABAA=}#}甲在水平管道内仍停在距离B点s 处，对甲由动能定理mghmghcotmgs 0，
0 1 1 1 1 1 0
h 2ghs
解得  ，由v2 v2 2gs，求出碰撞前后的瞬时速度为v  0 、
1 hcots t 0 0 hcots
0 0
2ghs 2ghs
v 1 、 v  2 ，在误差允许的范围内，甲、乙碰撞过程中，
1 hcots 2 hcots
0 0
s s
若动量守恒，则 mv mvm v，代入数据有 m 0 m 1 
1 0 1 1 2 2 1 hcots 1 hcots
0 0
s
m 2 ，可验证动量守恒定律。
2 hcots
0
23.（每空2分，共10分）
（1）红
（2）1483
（3）×100 1600
（4）1.7
【解析】（1）根据电流方向“红进黑出”，结合欧姆表内部电源的情况，可以判断 a 为红
表笔。
E
（2）当电表指针满偏时，电表总内阻为R  1500，R rR R ，带数据解得
内 I 内 g 0
g
R 1483。
0
（3）表盘指针半偏时，R 1500，则倍率为“×100”挡；被测电阻的阻值为1600 Ω。
中
（4）倍率为“×10”时，R R 150，满偏电流I 10I 0.01A，由I R (I I )R ，
中 内 g g g g g g 1
得1×10−3×15=(0.01−1×10−3)R
1
，R 11.7 Ω。
24．（10分）
解：（1）由题图可得： p 0.9105Pa ①
D
p V p V
根据理想气体状态方程得： A A  D D ②
T T
A D
可解得T 225K ③
D
（2）从A状态到B状态的过程中，气体对外做功，因 pV 图像与坐标轴围成的面积等于
功的大小，可得W 480J ④
AB
从B状态到C状态的过程中：W 0 ⑤
BC
理科综合参考答案·第6页（共14页）
{#{QQABDQCAogCIQAAAAQgCAwm4CgIQkBEAAKoOBBAMMAIAyBNABAA=}#}根据热力学第一定律可得：
U QW W 0 ⑥
AB BC
评分标准：本题共10分。正确得出①、⑤式各给1分，其余各式各给2分。其他解法，
只要符合物理规律，阅卷教师酌情给分。
25.（14分）
解：（1）粒子在第一象限的匀强电场中做类平抛运动
在水平方向有：bv t ①
0
b 1
在竖直方向上有：  at2 ②
2 2
根据牛顿第二定律有：Eqma ③
mv2
联立解得：E 0 ④
qb
（2）粒子离开电场的竖直分速度：v at v ⑤
y 0
Q点的速度：v= v2 v2  2v ⑥
0 y 0
v
设此时v与x轴的夹角为a，有：tan y 1
v
0
则：45 ⑦
如图，分别过Q点速度和M点速度作垂线，交点O为粒子
在磁场中做圆周运动的圆心，设半径为r，则
rsin30rcos45b ⑧
v2
洛伦兹力提供向心力：qBvm ⑨
r
(2 2)mv
联立解得：B 0 ⑩
2qb
（3）根据几何关系，粒子从Q到M走过的圆心角：165 ⑪
165
从Q到M的时间：t T ⑫
350
2πr 2(2 2)πb
T   ⑬
v v
0
理科综合参考答案·第7页（共14页）
{#{QQABDQCAogCIQAAAAQgCAwm4CgIQkBEAAKoOBBAMMAIAyBNABAA=}#}11(2 2)πb b
粒子从P点运动到M点所经历的时间：t tt  ⑭
总 12v v
0 0
评分标准：本题共 14 分。正确得出①~⑭式各给 1 分。其他解法，只要符合物理规律，
阅卷教师酌情给分。
26.（20分）
解：（1）根据F x图像的面积数值上表示弹力的功：W 2J ①
1
由功能关系：W  mv2 ②
2 01
即：v 2m/s ③
01
（2）由于v v，煤块被传送带带动加速，设煤块在传送带上的加速度为a，加速时间t
01
后与传送带共速，加速位移为s，由牛顿第二定律有：
mg ma ④
由运动学速度规律：vv at ⑤
01
1
由运动学位移规律：xv t at2 ⑥
01 2
联立②~⑤解得：t1s，x3mL，共速时恰离开传送带：v4m/s ⑦
第一个煤块在传送带上运行过程中产生的摩擦热量：
Q fs mg(vtx) ⑧
相
联立⑥～⑦得：Q2J ⑨
（3）设煤块滑上传送带的速度为v，对煤块和长木板组成的系统水平方向动量守恒，由于
木板足够长，最终取得共同速度v ，即：mv(mM)v ⑩
共 共
由煤块和木板构成的系统机械能损失
1 1
E mv2  (mM)v2
2 2 共
由能量的转化与守恒定律得煤块和长木板系统产生的热量：
Q fs mgs E
相 相
Mv2
联立⑧～⑩解得：s 
相 2g(M m)
由（2）问及题意得第一个煤块在长木板上留下的痕迹（相对位移）
8
s  m
1 3
10
由题意得第二个煤块在长木板上的相对位移：s  m
2 3
理科综合参考答案·第8页（共14页）
{#{QQABDQCAogCIQAAAAQgCAwm4CgIQkBEAAKoOBBAMMAIAyBNABAA=}#}联立 ~ 得第二个煤块离开传送带滑上木板的速度为
v2 5m/sv=4m/s
设第二个煤块冲上传送带的初速度为v
02
由：v2 v2 2gL，即v 4 2m/s
02 02
故第二个煤块滑上传送带后一直匀减速直线运动到离开传送带
则两个煤块压缩弹簧所储存的弹性势能之比为：
1
mv2
E p1  2 01  1 ⑱
E 1 8
p2 mv2
2 02
评分标准：本题共20分。正确得出②、 式各给2分，其余各式各给1分。其他解法，
只要符合物理规律，阅卷教师酌情给分。
27.（除特殊标注外，每空2分，共14分）
（1）增大接触面积，加快反应速率（1分）
（2）防止生成BaSO 沉淀，降低产率（1分） Ba2++ SO2= BaSO ↓（物质化学式
4 4 4
有错或缺漏或多写其它物质得 0 分；所有物质的化学式对，配平系数不对或系数不是最
简整数比，可得1分；多写，漏写条件，多写、漏写状态符号，不扣分。）
（3）过滤（1分） 洗涤（1分） 取少量滤液于试管中，加入适量浓NaOH溶液，加
热，用湿润的红色石蕊试纸置于试管口处，试纸变蓝（合理即可）
△
（4）BaTiO(C O ) =====BaTiO +2CO ↑+2CO↑（物质化学式有错或缺漏或多写其它物质得
2 4 2 3 2
0分；所有物质的化学式对，配平系数不对或系数不是最简整数比，可得1分；多写，漏
写条件，多写、漏写状态符号，不扣分。）
（5）①6
136
②
(N a31021)
A
【解析】（1）扩大接触面积，加快反应速率。
（2）防止生成BaSO
4
沉淀降低产率，Ba2++ SO2
4
= BaSO
4
↓。BaSO
4
与过量的碳粉及
过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl 、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS，因此
2
加入硫酸会发生Ba2++ SO2= BaSO ↓
4 4 。
理科综合参考答案·第9页（共14页）
{#{QQABDQCAogCIQAAAAQgCAwm4CgIQkBEAAKoOBBAMMAIAyBNABAA=}#}（3）过滤；洗涤；“沉淀”主要发生的反应为 BaCl +TiCl +H O+2(NH ) C O =
2 4 2 4 2 2 4
BaTiO(C O ) ↓+4NH Cl+2HCl，因此反应后除氢离子外的主要阳离子的是铵根离子，其
2 4 2 4
检验方法是：取少量滤液于试管中，加入适量浓 NaOH 溶液，加热，用湿润的红色石蕊
试纸置于试管口处，试纸变蓝。
△
（4）BaTiO(C O ) =====BaTiO +2CO ↑+2CO↑。
2 4 2 3 2
（5）①每个钛离子周围与它最近而且等距离的钛离子，上下左右前后各有一个共6个；
(4048163)
② 按 均 摊 法 ， 晶 体 的 化 学 式 为 CaTiO 密 度 为 g/cm3 
3 (N a31073)
A
136
g/cm3。
(N a31021)
A
28.（除特殊标注外，每空2分，共14分）
（1）恒压滴液漏斗（1分，恒压分液漏斗也可得分）
（2）吸收Cl 中的杂质HCl气体（合理即可）
2
（3）2MnO+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl ↑+8H O（物质化学式有错或缺漏或多写其它
4 2 2
物质得0分；所有物质的化学式对，配平系数不对或系数不是最简整数比，可得1分； 多
写，漏写条件，多写、漏写状态符号，不扣分。）
（4）漂白液、消毒剂（1分，合理即可得分）
（5）3ClO−+2MnO +2OH−=2MnO+3Cl−+H O（物质化学式有错或缺漏或多写其它物
2 4 2
质得 0 分；所有物质的化学式对，配平系数不对或系数不是最简整数比，可得 1 分；多
写，漏写条件，多写、漏写状态符号，不扣分。）
（6）①负 阳
②MnO2−e−=MnO（物质化学式有错或缺漏或多写其它物质得0分；所有物质的化
4 4
学式对，配平系数不对或系数不是最简整数比，可得 1 分；多写，漏写条件，多写、漏写
状态符号，不扣分。）
【解析】（1）恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗。
（2）吸收Cl 中的杂质HCl气体。
2
（3）2MnO+10Cl−+16H+=2Mn2++5Cl ↑+8H O。
4 2 2
（4）尾气处理多余的Cl 后，装置中生成了氯化钠和次氯酸钠可以作漂白液、消毒剂等。
2
（5）3ClO−+2MnO +2OH−=2MnO+3Cl−+H O。
2 4 2
理科综合参考答案·第10页（共14页）
{#{QQABDQCAogCIQAAAAQgCAwm4CgIQkBEAAKoOBBAMMAIAyBNABAA=}#}（6）①负 阳
②MnO2−e−=MnO
4 4
29.（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）
（2）(a+c−2b)
（3）①d（1分） b（1分）
② 5.0 正向进行 >（1分）
（4）40 4.44
【解析】（1） 。
（2）根据盖斯定律可知，H H 2H 可得H =(a+c−2b)kJ·mol−1。
1 3 2
（3）①检验该反应生成的气体产物应先将气体通过氯化钡溶液，然后再通过品红溶液，
最后尾气用氢氧化钠溶液吸收。因为氯化钡溶液不会与二氧化硫反应，若氯化钡溶液中
产生白色沉淀说明有三氧化硫产生，同时不会完全吸收二氧化硫，若品红溶液褪色又证
明了二氧化硫的存在。反之不行，先通品红溶液三氧化硫极易与水剧烈反应生成硫酸，
气体再通过氯化钡溶液时没有明显现象，证明不了三氧化硫的生成；
② 720K 时 ， p  p =2.5kPa ， 该 反 应 的 平 衡 总 压 p  5kPa ， 平 衡 常 数
SO3 SO2 总
K (Ⅰ)=2.5×2.5=6.25(kPa)2大于Qp=5(kPa)2，此时反应正向进行，v (SO )v (SO )=
p 正 2 逆 2
v (SO )。
逆 3
（4）根据同温同体积下，不同气体的物质的量之比等于其分压之比。
设SO 的起始分压为x，则SO 的起始分压为x
3 2
2SO (g)      2SO (g) + O (g)
3 2 2
起始： x x 0
变化： 5 5 2.5
平衡： x5 x5 2.5
根据 p  p  p = p
SO.3 SO2 O2 总
得：x35
4022.5
可得 p 40kPa， p 30kPa，则K (Ⅱ) 4.44kPa。
SO2 SO3 p 302
理科综合参考答案·第11页（共14页）
{#{QQABDQCAogCIQAAAAQgCAwm4CgIQkBEAAKoOBBAMMAIAyBNABAA=}#}30.（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）邻羟基苯甲酸或2-羟基苯甲酸
（2）sp2、sp3（填对1个得1分，错填，多填不得分）
（3）羧基、酯基（填对1个得1分，错填，多填不得分）
（4）取代反应
（5） （3 分，物质化学式有错或缺
漏或多写其它物质得0分；所有物质的化学式对，配平系数不对或系数不是最简整数比，
可得1分；多写，漏写条件，多写、漏写状态符号，不扣分。）
（6）9种
① ② ③ （合理即可得分）
【解析】（1）根据E倒推D为 ，其名称为邻羟基苯甲酸或2-羟基苯甲酸。
（2）苯环、双键上的C原子的杂化类型为sp2杂化，还含有甲基上的C原子的杂化类型为
sp3杂化。
（5） 。
（6）①能与三氯化铁发生显色反应，说明有酚羟基，②能发生银镜反应说明有醛基。因
此可以是2 个酚羟基，1 个醛基，为苯环上AAB 型6 种，还可以是1 个酚羟基，1 个甲
酸苯酯，为苯环上AB型3种共9种。其中，核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为
2∶2∶1∶1的同分异构体的结构简式：
① ② ③ 。
理科综合参考答案·第12页（共14页）
{#{QQABDQCAogCIQAAAAQgCAwm4CgIQkBEAAKoOBBAMMAIAyBNABAA=}#}31.（除特殊标注外，每空1分，共10分）
（1）叶绿素和类胡萝卜素（2分） 叶绿体基质
（2）顺 [B] ATP（2分）
（3）减少
（4）18O 参与有氧呼吸第三阶段，可形成H 18O（1分）；H 18O参与有氧呼吸第二阶段，
2 2 2
可形成C18O （1分）；C18O 参与光合作用暗反应阶段，可形成含有18O的有机物（1分）
2 2
（共3分）
【解析】（1）据图分析，图中的膜结构为类囊体薄膜，Ⅱ侧进行了暗反应过程，为叶绿体
基质，光合色素主要包括叶绿素和类胡萝卜素两大类。
（2）H+顺浓度梯度转运出类囊体，促使ATP合成。
（3）E物质为C ，若突然停止光照，光反应停止，短时间内C 来源减少，去路不变，含
5 5
量减少。
（4）植物有氧呼吸第三阶段会利用含有18O标记的18O 与还原性氢结合生成H 18O；H 18O
2 2 2
会参与有氧呼吸第二阶段，H 18O 与丙酮酸反应生成 C18O 和还原性氢；C18O 参与光合
2 2 2
作用暗反应阶段，经过C18O 的固定和C 的还原，生成的有机物中会检测到18O。
2 3
32．（除特殊标注外，每空2分，共12分）
（1）抗利尿激素和醛固酮 尿量和尿的成分
（2）免疫防御、免疫自稳、免疫监视
（3）促进肝糖原分解（为葡萄糖）和非糖物质转化（为葡萄糖）（1分，两点答全给分）
传出神经末梢及其所支配的胰岛B细胞
（4）交感神经（1 分） 可以使机体对外界刺激作出更精确的反应（1 分），使机体更好
地适应环境的变化（1分）（共2分）
33．（除特殊标注外，每空2分，共11分）
（1）化石燃料（化石燃料中的碳；煤、石油；煤、石油中的碳均可给分）（1分）
栖息地、食物、天敌以及与其他物种的关系等（任两点）
（2）光合作用和（“、”或者“或”）化能合成作用
（3）C还有自身呼吸作用消耗、流向分解者和未被利用的能量 50（1分）
（4）生物（1分）
（5）有害物质可以通过大气、水和生物迁移等途径扩散到世界各地
【解析】（1）甲、乙、丙为生态系统中的生物成分，丁、戊为非生物成分，据图分析，丁
为化石燃料中的碳，戊代表大气中的 CO 库，甲为生产者，乙为消费者，丙为分解者。
2
乙一般为动物，研究动物的生态位，通常要研究它的栖息地、食物、天敌以及与其他物
种的关系等。
（2）据图分析，a代表的生理过程是光合作用和（“、”或者“或”）化能合成作用。
理科综合参考答案·第13页（共14页）
{#{QQABDQCAogCIQAAAAQgCAwm4CgIQkBEAAKoOBBAMMAIAyBNABAA=}#}（3）能量流动具有单向流动，逐级递减的特点，能量不能百分之百的流向下一营养级，
原因可能是自身呼吸作用以热能的形式散失一部分，有一部分流向分解者，还可能存在
未被利用的能量。若D增加10kJ的能量，计算至少消耗绿色植物的能量，应选择最短食
物链，最大能量传递效率20%计算，为50kJ。
（4）该项措施中，利用了化学信息来发挥防治作用，属于生物防治。
（5）生物体从环境中吸收，积蓄某种元素或难以降解的化合物，使其在体内浓度超过环
境浓度的现象，称作生物富集，这些物质会沿着食物链逐渐在生物体内聚集，最终积累
在食物链的顶端。由于这些有害物质可以通过大气、水和生物迁移等途径扩散到世界各
地，因此该现象也具有全球性。
34．（除特殊标注外，每空1分，共10分）
（1）遗传物质
（2）伴X染色体隐性遗传（2分） 1/2
（3）2或3（2分）
（4）Ⅱ （或4）（2分）
4
（5）替换 碱基序列（结构）
【解析】（1）人类遗传病通常是指遗传物质改变而引起的人类疾病。
（2）由图甲分析Ⅰ 和Ⅰ 为正常个体，子女中Ⅱ 为患者，所以该病为隐性遗传病，据图
1 2 4
乙分析可知11.5kb条带对应致病基因，6.5kb和5.0kb条带对应正常基因被酶切后的两个
片段，Ⅰ 含有6.5kb和5.0kb条带即只含有正常基因，因此该病应该为伴X染色体遗传。
2
Ⅱ 和Ⅱ 基因型分别为XAXa和XAY，再生一个男孩患病的概率为1/2。
1 2
（3）Ⅱ 和Ⅱ 基因型分别为XAXa和XAY，若Ⅲ 为正常女孩，该女孩基因型可能为XAXA
1 2 3
或XAXa，酶切后电泳将产生2或3种条带。
（4）据电泳条带可知，X个体只含有 a基因，推测 X可能是图甲Ⅱ代中的Ⅱ （或 4）
4
号个体。
（5）分析得知11.5kb条带对应致病基因，6.5kb和5.0kb条带对应正常基因被酶切后的两
个片段，两种基因的总长度相等，应该是基因突变中发生了碱基的替换所致，从而导致
基因的碱基序列发生改变。
35．（除特殊标注外，每空1分，共11分）
（1）纤维素 高压蒸汽灭菌（湿热灭菌） 将灭菌后的空白培养基（与接种过的培养
基）（1 分），放在相同且适宜的条件下培养（1 分），培养后若空白培养基没有产生菌落，
则说明培养基灭菌彻底（共2分）
（2）获能 MⅡ（期）（写“减数分裂Ⅱ中（期）”给分，写“MⅡ中（期）”不给分）
（3）无性 桑葚胚或囊胚（答全给分） 滋养层 引物（2分）
理科综合参考答案·第14页（共14页）
{#{QQABDQCAogCIQAAAAQgCAwm4CgIQkBEAAKoOBBAMMAIAyBNABAA=}#}