2024届高考理综考向核心卷—全国地区专用答案_2024高考押题卷_72024正确教育全系列_2024考向核心卷全系列_（全国卷）2024《考向核心卷》（九科全）各一套

理科综合参考答案 2024 届高考理科综合考向核心卷·全国卷版 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D A B B D C C B D C D 题号 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 C D D C A A B BD BD BD 一、选择题 6. C【【解解析析】】乙烯具有促进果实成熟的作用，由题图可 1. D【【解解析析】】乳酸菌无氧呼吸产生乳酸，不产生气体， 知，乙烯含量升高，CO 释放量增加，推测乙烯通过 2 所以不会导致胀袋，胀袋的原因有可能是酵母菌无氧 提高细胞呼吸速率促进香蕉成熟，A正确。香蕉成熟 呼吸在不消耗气体的情况下，产生了二氧化碳导致的， 过程中，淀粉含量减少，葡萄糖含量增加，可以推测 A错误；高温使蛋白质分子的空间结构变得伸展、松 香蕉变甜是淀粉水解产生葡萄糖等可溶性糖引起的， 散，但不会破坏肽键，B错误；支原体没有细胞壁， B正确。适当降低香蕉运输过程中的温度能够降低香 C错误；腌制果脯的过程中，由于细胞外液浓度过高， 蕉的呼吸速率，进而延缓香蕉成熟，但温度过低可能 细胞失水而死亡，然后糖分大量进入细胞才导致慢慢 导致香蕉冻伤，并非温度越低越好，C错误。乙烯可 变甜，D正确。 以促进果实成熟，降低乙烯含量可以延缓果实成熟， 2. A【【解解析析】】酶通过与底物结合发挥作用，酶量一定时， 利于香蕉保鲜，D正确。 反应速率有一个最大值，载体蛋白也是通过与转运物 7. C【解解析析】】“泥活字”的原料为黏土，黏土的主要 质结合发挥运输作用，载体蛋白的数量一定，运输速 成分为铝硅酸盐，A正确；过氧化尿素的化学式为 率也有个最大值，即载体蛋白与底物的结合具有饱和 CO(NH ) ⋅H O ，其中H O 有强氧化性且分解可得 2 2 2 2 2 2 性，A正确；神经细胞释放神经递质的过程是胞吐， 到氧气，故可以作漂白剂和增氧剂，B正确；钢管复 不需要载体蛋白，该过程不会被底物类似物竞争性抑 合桩表面的熔融结合环氧树脂涂料属于有机高分子材 制，B错误；载体蛋白参与的物质运输可能是主动运 料，C错误；光化学烟雾是大量聚集在空气中的氮氧 输，也可能是协助扩散，不一定都是从低浓度一侧运 化合物、碳氢化合物在太阳辐射下，与空气中其他成 输到高浓度一侧，C错误；载体蛋白转运物质的过程 分发生化学作用而产生的有毒气体，白日太阳辐射强 被抑制剂非竞争性抑制，改变了载体蛋白的结合位点， 度较强，傍晚太阳辐射强度较弱，因而傍晚时光化学 增加底物的浓度并不能缓解该种抑制，D错误。 烟雾污染的程度会有所下降，D正确。 3. B【【解解析析】】记忆功能不是人脑特有的高级功能，A错 8. B【解解析析】】根据图示可知，该反应属于加成反应，A错 误；感觉是在大脑皮层形成的，患者大脑某一区域受 误；苯环及与苯环直接相连的原子共平面，碳碳三键 损，则可能会出现味觉丧失，B正确；大脑皮层言语 及两端的原子共线，则Ⅱ分子中所有原子均处于同一 区的V区损伤，导致病人不能看懂文字，但可以进行 平面，B正确；反应过程中有非极性键（N ≡N键和 语音交流，C错误；突触丢失、神经递质减少会影响 C≡C键）断裂和极性键（C−N键）形成，C错误； 长期记忆，D错误。 由Ⅲ的结构可知，其分子式为C H N O，D错误。 4. B【【解解析析】】标志重捕法适用于活动能力强、活动范围 17 17 3 大的动物，而甜菜夜蛾幼虫活动能力弱，活动范围小， 9. D【解解析析】】N、O形成的简单离子N3−、O2−属于电子层 A错误；寄生蜂通过捕捉、农药通过毒性对甜菜夜蛾 结构相同而核电荷数不同的离子，依据“序大径小” 种群造成影响，二者对甜菜夜蛾种群进化的选择方向 的原则，r(N3−)>r(O2−)，A错误；Li和O元素只能 不同，B正确；农药不是信号分子，C错误；甜菜夜 形成一种原子个数比为1∶1的化合物，即Li O ， 2 2 蛾与寄生蜂、甜菜夜蛾与西红柿间的关系均是捕食， B错误；C元素的氢化物不止CH 一种，还有其他烃类 4 D错误。 物质，N元素的氢化物有NH和N H ，高级烃（常温下 3 2 4 5. D【【解解析析】】用基因型为Bb的玉米为亲代，连续自交 呈固态）的沸点高于NH 和N H ，C错误；N和Cl元 3 2 4 4代，在F 中，基因型为BB与Bb的个体数量比约 素的最高价氧化物对应水化物分别为HNO 和HClO ， 4 3 4 为15∶2，A错误；连续自交，每一代均淘汰基因型 均为强酸，D正确。 为bb的个体，在F 中，基因型为Bb的个体数量约 10. C【解解析析】】向硫化钠溶液中通入足量二氧化硫，溶 3 占2/9，B错误；连续随机交配，在F 之后，基因型 液变浑浊且生成亚硫酸氢钠，离子方程式为2S2−+ 1 频率和基因频率均不改变，F 中，基因型为BB、Bb 5SO +2H O====3S↓+4HSO−，A 书写正确；由于 5 2 2 3 和bb的个体的数量比约为1∶2∶1，C错误；连续 H CO 的K 大于HClO的K，K 小于HClO的K，因此 2 3 al a a2 a 随机交配，每一代均淘汰基因型为bb的个体，在F 将少量CO通入NaClO溶液中生成HClO和NaHCO ， 3 2 3 中，BB占3/5，Bb占2/5，因此b的基因频率为0.2， 离子方程式为CO +ClO−+H O====HClO+HCO−，B 2 2 3 D正确。 书写正确；铜锈的主要成分是碱式碳酸铜，不是氧化 1 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx0022024届高考理科综合考向核心卷·全国卷版 铜，C书写错误；向MnCl 溶液中加入NH HCO 溶液 最大初动能一定大，但逸出光电子的初动能可能相 2 4 3 得到MnCO 沉淀，离子方程式为Mn2++2HCO− ==== 等，C错误。氢原子发出的波长最短的可见光是从 3 3 MnCO ↓+H O+CO ↑，D书写正确。 n=6能级向n=2能级跃迁发出的光，光子的能量为 3 2 2 11. D【解解析析】】溴化铝易潮解，故实验所用铝粉和液溴均 E =E −E =3.02eV，大于钾、铷的逸出功，D正确。 62 6 2 需事先干燥，A说法正确；步骤④通入N 可将残留在 15. C【解解析析】】电子在a、c两点时的电势能分别为-6 eV 2 装置中的产品充分吹入接收器中，有利于提高产品产 和4 eV，则a、c两点的电势分别为6 V和-4 V，又 率，B说法正确；称取一定量AlBr，与足量氨水反应 沿着电场线方向电势逐渐降低，则电场线方向由a指 3 生成氢氧化铝沉淀，过滤、洗涤、干燥、称量，可通 向c，C正确；a、c两点的电势差为10 V，B错误； 过沉淀质量计算AlBr的质量，进一步计算纯度，C说 不确定电场是不是匀强电场，b点的电势不确定， 3 则电子在b点时的电势能不确定，A错误；如果该 法正确；由实验原理和操作目的可知，操作M为打 开K、K ，从a口通入一段时间N 以排尽装置中的空 电场是匀强电场，则 a点的场强等于c点的场强， 1 2 2 气，操作N为关闭K、K ，三颈烧瓶中发生制备产品 D错误。 1 2 AlBr的反应，充分反应后，操作Q为打开K、K ， 16. A【解解析析】】设脉冲星的质量为m 1 、轨道半径为r 1 ，其 3 1 2 伴星的质量为m 、轨道半径为r ，两者间的距离为L， 蒸馏并用e接收产品，D说法错误。 2 2 Gmm 12. C【解解析析】】由N极上CO 被还原成CO知N极为阴 轨道周期为T，由万有引力提供向心力有 1 2 = 2 L2 极，b极为负极，A正确；M极的电极反应式为Cl−+ 2 2 2 2OH−−2e− ====ClO−+H 2 O，B正确；N极的电极反 m   2π  r =m   2π  r ， 变 式 得 Gm 2 =   2π  r ， 应式为CO +2H++2e− ====CO+H O，由上述反应可 1 T  1 2 T  2 L2  T  1 2 2 知，双极膜中提供的H+与N极消耗的H+的量相等， Gm 2π 2 Gm Gm 2π 2 1 =  r ，由数学知识有 2 + 1 =  r 工作一段时间后，N极附近溶液pH无明显变化， L2  T  2 L2 L2  T  1 C错误；当只发生反应CO +NaCl 通电 NaClO+CO时， 2π 2 L3 2 +  r ，可得T =2π ，在双星系统总 产物中n(CO)=n(NaClO)，若出现n(CO)>n(NaClO)，  T  2 G(m +m ) 1 2 根据电路中转移电子数处处相等，说明阳极Cl−除了 质量不变的情况下，随着两颗星越靠越近，两颗星的 放电产生ClO−外，还可能放电产生Cl ，D正确。 2 轨道周期逐渐减小，A正确。 13. D【解解析析】】CuSO 中既有离子键又有共价键，共价键 4 17. A【解解析析】】欧姆挡内部结构大致如图所示，红表笔与 来自硫酸根离子；pH=7时，CuSO 溶液中存在电荷 4 电流表正接线柱对应，黑表笔与电流表负接线柱对应， 守恒2c(Cu2+) +c(K+) +c(H+) =2c(SO2−) +c(OH−)，又 4 电源正极与电流表正接线柱连接，当黑表笔连接二极 c(H+)=c(OH−)，则可知2c(Cu2+)+c(K+) =2c(SO2−)， 4 管正极、红表笔连接二极管负极时，二极管处于导通 A 错 误。a 点 溶 液 的 pH=4.l5， pM=0， c(OH−)= 状态，测量出的二极管电阻较小。当黑表笔连接二极 10−9.85 mol⋅L−1，c2(OH−)=10−19.7 mol2⋅L−2，则曲线Ⅰ 管负极、红表笔连接二极管正极时，二极管处于截止 表示−lgc(Cu2+)与pH的关系，同理可得曲线Ⅱ表示 状态，测量出的二极管电阻接近无限大。由表可知 c(HX) −lgc(Fe2+)与pH的关系，曲线Ⅲ表示−lg 与pH 红b 黑 c 或红 c 黑 b 时测得阻值均为 300 Ω，说明 c(X−) b、c间接的是阻值为300 Ω的定值电阻。红a黑b 的关系，B错误。FeSO 水解溶液显酸性，促进水的电离， 4 时测得阻值为，红b黑a时测得阻值为80 Ω，说明 随着KOH的加入，对水的电离的促进程度减小，故 a、b间接的是二极管，a端接二极管正极，二极管 c点水的电离程度比d点的大，C错误。根据b点坐 导通电阻为80 Ω，A 正确。测量a、c间时也印证了 c(HX) 标（4.8,0）来算，−lg =0，则c(HX)=c(X−)， A正确。 c(X−) c(H+)×c(X−) + - K = =c(H+)=10−4.8，K 的数量级为10−5， G a c(HX) a E D正确。 二、选择题 14. D【解解析析】】可见光光子能量范围是1.63 eV～3.10 eV， 红 黑 而氢原子从n=2能级向n=1能级跃迁发出的光子的 18. B【解解析析】】第一步：找联系，上升和下降过程中阻力 能量为E =E −E =10.20eV，不属于可见光，A错 大小相等，均做负功 21 2 1 误。大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁可发 由图像可知物体上升过程中，能到达的最大高度为h， 0 出6种波长的光，从n=4能级向n=2能级跃迁及 对物体上升过程由动能定理得−mgh −Fh =0−E ， 0 f 0 k0 从n=3能级向n=2能级跃迁发出的光属于可见光， E 物体下落过程中，由动能定理得mgh −Fh = k0， B错误。同种光照射钾、铷金属发生光电效应，光电 0 f 0 4 5E 3E 子的最大初动能E =hν−W ，从铷飞出的光电子的 解得m= k0，F = k0，A 错误；物体的重力为 k 0 8gh f 8h 0 0 2 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002理科综合参考答案 5E 极短时间，由动量定理有−mgΔt−kvΔt= mΔv，求和 G=mg = k0，空气阻力与物体所受重力的比值为 8h 得−∑mgΔt−∑kvΔt=∑mΔv，其中∑ kvΔt=∑ kΔx， 0 F f = 3 ，B正确。 得−mgt 1 −kx=0−mv 2 ，同理，下降到抛出点过程有 G 5 ∑mgΔt−∑kvΔt=∑mΔv， 得mgt −kx =mv −0，x 为 第二步：根据阻力和重力做功列动能定理方程，判断 2 1 上升和下降到抛出点过程中的位移大小，综合解得 能量相等的位置 v +v a −a 物体下落过程中，设距离地面高度为h时其动能等于 t=t +t = 1 2 = 2 1 v，D正确。 1 1 2 g a (a −a ) 2 重力势能，则有E =mg(h −h )−F (h −h )，此时物 0 2 0 k 0 1 f 0 1 21. BD【解解析析】】第一步：根据楞次定律判断电流方向 2h 体的重力势能为E =mgh，又E =E，解得h = 0， 根据几何关系可知，圆形线框与三角形磁场区域的内 p 1 k p 1 7 3R 4R C错误；若抛出时物体的动能为2E ，物体上升时由 接圆等大， 时刻线框恰好完全进入磁场， 时刻， k0 v v 动能定理得E′ −2E =−mgh′−Fh′，物体的重力势能 k k0 f 线框处于③位置，如图所示，恰有一半出磁场，根据 10E 为E′ =mgh′，又E′ =E′，解得E′ = k0，D错误。 4R p k p k 13 楞次定律可知，0~ 时间内线框中电流先沿逆时针 v 19. BD【解解析析】】设P、S间轻绳上的张力为T，墙对杆的作 后沿顺时针方向，A错误。 用力为F，墙面对杆的摩擦力为f，墙面对杆的弹力为 第二步：根据切割磁感线的有效长度判断感应电流和 F ，S点的受力如图所示，由力的矢量三角形与几何 N 安培力 T PS PS T PQ 4 三角形相似可得 = ，T = G，2 = 1 = ， 3R G PQ PQ T PQ 5 0时刻，线框中感应电流为零， 时刻线框内的感 1 2 v F QS QS F PQ 4 3R A 错 误。 = ，F = G， 2 = 1 = ，B 正 应电流也为零，0~ 时间内线框中的电流先增大后 G PQ PQ F PQ 5 v 1 2 2R 确。过 S 作水平线交墙面于 M 点，MP2+MS2 = 减小，B正确； 时刻，线框处于①位置，根据几 v (0.4m)2，MQ2+MS2 =(0.3m)2，当P、Q距离为0.4 m 何关系可知线框切割磁感线的有效长度为 3R，根据 时，MQ= 9 m，MS = 3 55 m，当P、Q距离为0.5 m 法拉第电磁感应定律可知线框产生的感应电动势为 80 80 E 9 6 E= 3BvR，电流I = ，安培力F = 3BIR，联立解得 时，MQ= m，MS = m，墙对杆的摩擦力大小 r 50 25 3B2R2v f MQ F = ，C错误。 等于墙对杆的作用力的竖直分量，有 = ，f = r G PQ 第三步：结合磁通量的变化量求解电荷量之比 MQ f M Q PQ 32 f G， 2 = 2 2 ⋅ 1 = ，C 错 误。 µ≥ 1 = R R PQ f M Q PQ 25 1 F 时刻，圆形线框的圆心在a点，0∼ 时间内磁通 1 1 1 2 N1 v v M Q 3 f M Q 3 πR2B 3R 5R 1 1 = ，µ ≥ 2 = 2 2 = ，杆与墙面间的动 量的变化量为ΔΦ = ， ∼ 时间内磁通量的 M S 55 2 F M S 4 1 6 v v 1 N2 2 ΔΦ R 摩擦因数可能为0.75，D正确。 变化量大小为ΔΦ =πR2B，根据q= 可知0∼ 和 2 r v 3R 5R P ∼ 时间内通过线框某横截面的电荷量之比为 v v 1∶6，D正确。 M S Q 20. BD【解解析析】】小球上升过程中有mg +kv =ma，得 kv kv a=g+ ，下降过程有mg −kv =ma，得a=g− ， m m 三、非选择题 因此图线 1 为小球上升过程中的图像，A 错误。 22. （1）B v=0时小球上升到最高点，此时小球只受到重力， （2）2.0 加速度为重力加速度，即a =g，B正确。小球抛出 0 d kv （3）平衡摩擦力过度； 时初速度大小为v 2 ，有a 2 =g+ m 2，图线斜率大小 c−b k a −a 【【解解析析】】（1）由于力传感器能测量出小车所受的牵 为 = 2 0，小球落回抛出点时速度大小为v，有 m v 1 引力，因此实验时没有必要保证小车的质量远大于砂 2 kv a −a 和砂桶的总质量，A错误；为了减小实验误差，实验 a =g− 1，解得v = 0 1 v，C错误。上升过程取 1 m 1 a −a 2 时应将长木板的右端适当垫高以平衡摩擦力，B正确； 2 0 3 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx0022024届高考理科综合考向核心卷·全国卷版 实验时应先接通打点计时器电源再释放小车，C错误； 【【解解析析】】（1）由牛顿第二定律得，滑块B的加速度 为了保证小车所受牵引力大小不变，实验时，应保证 为a=gsinθ 上方细线与长木板平行，D错误。 两滑块第一次碰撞前瞬间，滑块 B 的速度为v = 0 1 2aL = 2gLsinθ （2）由题意可知打点计时器的打点周期为T = = f 设两滑块第一次碰撞后瞬间，滑块A和滑块B的速度 0.02s，则相邻两计数点的时间间隔为t =5T =0.1s， 1 大小分别为v、v，则有m v =m v +m v， m v2 = x −x 1 2 B 0 A 1 B 2 2 B 0 由逐差法可知，小车的加速度为a= CF OC，代入 9t2 1 m v2+ 1 m v2 数据解得a=2.0m/s2。 2 A 1 2 B 2 2 1 （3）由题图丙可知，当F =0时，加速度a>0，表明 联立得v = 2gLsinθ，v =− 2gLsinθ 1 3 2 3 平衡摩擦力时，长木板的倾角过大，平衡摩擦力过度； （2）对于滑块A，由平衡条件得m gsinθ= f F 1 A 根据题意有a= ，结合a−F图像有k = ，由图像 两滑块第一次碰撞到第二次碰撞，有x =vt =v t + M M 12 112 212 得该图线的斜率为k = c d −b ，解得M = c d −b 。 1 2 at 1 2 2 23. （1）a 解得x = 4v 0 2 = 8L （2）1 12 3a 3 设两滑块第二次碰撞前瞬间，滑块A和滑块B的速度 （3）1∶9∶90 2 （4）向下 分别为v、v，则有v =v = v 3 4 3 1 3 0 （5）4000 v =v +at 4 2 12 【【解解析析】】（1）电流从红表笔流入，从黑表笔流出，a 设两滑块第二次碰撞后瞬间，滑块A和滑块B的速度 处与内部电源负极相连，所以红色表笔应该连接在图 分别为v、v，则有m v +m v =m v +m v 5 6 A 3 B 4 A 5 B 6 中a处。 1 1 1 1 m v2+ m v2 = m v2+ m v2 （2）当开关K拨向1时，回路中满偏电流小，欧姆 2 A 3 2 B 4 2 A 5 2 B 6 两滑块第二次碰撞到第三次碰撞，有x =vt =v t + 表内阻大，中值电阻大，倍率较大，即欧姆“×100”挡。 23 5 23 6 23 1 （3）当开关K拨向1时，回路中满偏电流I =I + at2 g1 g 2 23 I R g g ；当开关K拨向2时，回路中满偏电流 8v2 16L R 1 +R 2 +R 3 联立解得x 23 = 3a 0 = 3 I =I + I g (R g +R 3 ) ；当开关 K 拨向 3 时，回路中 两滑块第一次碰撞到第三次碰撞时间内，滑块A运动 g2 g R +R 的位移为x =x +x =8L 1 2 A 12 23 I (R +R +R ) 满偏电流I g3 =I g + g g R 2 3 ，依题意回路中 25. （1） 3mg 1 q 满偏电流满足I :I :I =1:10:100，解得定值电阻 4 g1 g2 g3 （2） 6gd R、R、R的阻值之比为R :R :R =1:9:90。 3 1 2 3 1 2 3 8 （4）从“×10”挡位换成“×1”挡位，即开关K从 （3） 3d 3 2拨向3，满偏时干路电流增大，再进行欧姆调零时， 【【解解析析】】（1）小球从A点到M点与从M点到Q点， 回路总电阻减小，调零电阻接入电路的阻值减小，因 竖直方向做自由落体运动，两段时间相等，则竖直位 此滑片向下滑动。 d 移之比为1∶3，从A点到M点的竖直高度为 E （5）在“×100”挡位进行欧姆调零，则I = ， 3 g1 R d 内 小球从A点到M点，竖直方向有v2 =2g⋅ 在两表笔间接入阻值为 6000 Ω 的定值电阻R ， y1 3 4 1 设小球在M点的速度方向与水平方向夹角为θ，则有 稳定后表头G的指针偏转到满偏刻度的 处，则 v 4 tanθ= y1 I E v 有 g1 = ；在两表笔间接入待测电阻R ， 0 4 R +R x 解得θ=30° 内 4 1 小球在两板间沿MQ做匀加速直线运动，电场力与重 稳定后表头G的指针偏转到满偏刻度的 处，则有 3 mg 力的合力沿MO直线，有 =tan30° I g1 = E ，联立解得R = 2 R，则R =4000 Ω。 qE 3 R 内 +R x x 3 4 x 解得E= 3mg 2 1 24. （1） 2gLsinθ；− 2gLsinθ q 3 3 （2）小球在两板间沿MQ做匀加速直线运动，设两 （2）8L 4 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002理科综合参考答案 d 3x)g=15.8g，解得x=0.05。第三步：计算混合物中Co O 板间距离为l，则有 =tan30° 3 4 l 的质量。混合物中Co O的质量为0.05×241g=12.05g。 3 4 d  小球从A点到Q点，由动能定理可得mg +d+ 27. （1）①酒精喷灯温度高，高温下普通玻璃管会软化（2 3  分）；前段盛放无水CuSO 粉末、后段盛放CaCl 粉末 1 1 4 2 qEl= mv2− mv2 （写入用棉花作相应药品的载体也可）（2分）；防 2 2 0 4 止空气中的水蒸气进入装置c（2分） 解得小球离开Q点时的速度大小v= 6gd 3 ②继续通入空气，直到石英管冷却至室温（1分） （3）小球进入磁场时，沿x轴正方向的分速度v =vcosθ （2）分液漏斗（1分） x =2 2gd，沿y轴负方向的分速度v =vsinθ= 2 6gd （3）取pH试纸放在干燥的表面皿上，用干燥洁净的 y 3 玻璃棒蘸取溶液D滴到试纸中央，待试纸颜色不再变 因qBv =mg，小球在磁场中的运动可分解为沿x轴正 x 化时与标准比色卡比对（1分）；单一溶质（1分）； 方向的速度大小为v 的匀速直线运动和在xOy平面内 x 溶液D呈碱性，与硫酸反应生成2.33 g白色沉淀E， 速度大小为v 的匀速圆周运动 y 故E为BaSO ,200.00mL溶液D中n ( Ba2+) =0.01mol， 当小球运动到圆周运动的最高点时速度最小，为 4 可知c[Ba(OH) ]=0.05mol⋅L−1，其pH=13，故溶液D 2 2 v =v −v =2 2gd − 6gd min x y 3 是单一溶质（2分） mv2 （4）3Cu O+14H++2NO− ====6Cu2++2NO↑+7H O 小球做匀速圆周运动，有qv B= y 2 3 2 y r （2分） 解得小球偏离x轴的最大距离y =r= 8 3d （5）2∶1（1分） m 3 【【解解析析】】（1）步骤Ⅱ中：①装置b用石英管是因为 26. （1）四（1分）；Ⅷ（1分） SiO 的熔点高，使用酒精喷灯加热普通玻璃管时玻璃 （2） SiO （1 分）； Co O +Na SO +2H SO ==== 2 2 2 3 2 3 2 4 管会软化；装置b中M分解生成的气体有CO 、水蒸 2CoSO +Na SO +2H O（2分） 2 4 2 4 2 气，还可能有O ，而装置a只能除去空气中的水蒸气， Cu2+/Fe3+ 2 （3）2H O 2H O+O ↑（2分） 不能除去CO 和O ，故装置c只能吸收水蒸气，另装 2 2 2 2 2 2 （4）6Co(OH) +O 850 ℃ 2Co O +6H O（2分） 置c还有检测水的作用，故装置c中盛放药品的方法 2 2 3 4 2 （5）溶液pH增大，c(H+)减小，萃取反应平衡向正 是前段盛放无水CuSO 粉末、后段盛放CaCl 粉末。装 4 2 反应方向移动（2分）；稀硫酸（其他合理答案也可） 置d的作用是防止空气中的水蒸气进入装置c，使测 （1分） 得的水含量偏高。②停止加热后的实验操作是继续通 （6）12.05（2分） 入空气，将装置b中的水蒸气赶入装置c中，直到石 【【解解析析】】（1）Co与Fe是同族元素，位于元素周期 英管冷却至室温。 表的第四周期第Ⅷ族。 （2）步骤Ⅲ中向溶解液继续加水至2000 mL得到溶 （2）SiO 不与Na SO 、稀硫酸反应，故浸出渣的主 液D时，即得到一定体积的溶液，需要将原溶液转移 2 2 3 要成分为SiO 。“浸取”时Co O 和MnO 分别被还原 到2000 mL容量瓶中，然后用烧杯或量筒加水至距离 2 2 3 2 为Co2+、Mn2+，SO2−被氧化为SO2−，浸取液中主要含 刻度线2～3 cm处，再用胶头滴管加水至刻度线， 3 4 有Co2+、Al3+、Cu2+、Fe2+、Mn2+和SO2−。 故一定未用到分液漏斗。 4 （3）“氧化”时H O 将Fe2+氧化为Fe3+,Cu2+和Fe3+都 （3）步骤Ⅳ测定溶液D的pH=13的实验操作是取 2 2 会促进H O 自身的分解反应，所以H O 的总消耗量 pH试纸放在干燥的表面皿上，用干燥洁净的玻璃棒 2 2 2 2 会明显高于作为氧化剂的H O 的用量。 蘸取溶液D滴到试纸中央，待试纸颜色不再变化时与 2 2 （4）在空气中850 ℃煅烧Co(OH) 得到Co O 的化学 标准比色卡比对；溶液D呈碱性，与硫酸反应生成 2 3 4 方程式为6Co(OH) +O 850 ℃ 2Co O +6H O。 2.33 g白色沉淀E，E为BaSO ,200.00mL溶液D中 2 2 3 4 2 4 （5）对于反应Co2++2(HA) 2 Co(HA 2 ) 2 +2H+， n(Ba2+)=0.01mol，可知c[Ba(OH) 2 ]=0.05mol⋅L−1， 溶液pH增大，c ( H+) 减小，平衡向正反应方向移动， 其pH=13，故溶液D是单一溶质。 Co2+萃取率增大。反萃取时，需要增大c ( H+) 使平衡 （4）红色固体C溶于稀硝酸得到蓝色溶液，加入过 量的氨水生成深蓝色溶液F，说明C是Cu O，故Cu O 逆向移动，故可加入稀硫酸。 2 2 溶于稀硝酸发生反应的离子方程式为2Cu O+14H++ （6）第一步：计算草酸钴晶体的物质的量。n(CoC O ⋅ 2 2 4 2NO− ====6Cu2++2NO↑+7H O。 36.6g 3 2 2H 2 O)= 183g⋅mol−1 =0.2mol。第二步：计算混合物 （5）由步骤Ⅱ中装置c增重1.80 g，可知n(H 2 O)= 中Co O 的物质的量。设混合物中Co O 的物质的量为 1.80g 3 4 3 4 =0.1mol，则29.50 g化合物M中n(OH−)= xmol，由钴元素守恒得混合物中CoO的物质的量为 18g⋅mol−1 (0.2−3x)mol，混合物的总质量为241xg +75×(0.2− 0.2mol；22.50 g残渣B中含7.20 g（0.05 mol）红色固 5 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx0022024届高考理科综合考向核心卷·全国卷版 体Cu O，步骤Ⅰ现象证明化合物M中Cu为+2价，则 最终未被CaO吸收，结合H原子守恒可知，产生的 2 n(Cu2+)=0.1mol；又n(Ba2+)=0.1mol，根据化合物呈 H O在过程ⅲ被排出，C正确。②过程ⅲ中存在反应： 2 电中性知n(CO2−)= 2×0.1mol+2×0.1mol−1×0.2mol = 3Fe+4CO 2 Fe 3 O 4 +4CO，恒温、恒压条件下通 3 2 入He，相当于减小压强，CaCO 分解反应的平衡正向 0.1mol。故OH−、CO 3 2−的物质的量之比z : w=2 : 1。 c(CO ) 3 28. （1）Ni−CeO 2 （1分）；320 ℃（1分） 移动，导致 c(CO 2 ) 增大，促进Fe还原CO 2 反应的平 4 （2）0.6（2分）； （2分）；增加（2分） 衡正向移动，故过程ⅱ平衡后通入He，测得一段时 3 间内CO物质的量上升。 （3）1（2分） （4）①BC（2分） 29. （除标注外，每空2分，共10分）（1）细胞质基质、 ②恒压条件下，通入 He 后，相当于减小压强， 线粒体、叶绿体 不变 c(CO ) CaCO 分解平衡正向移动，导致 2 增大，促进 （2）6:30时光照强度较弱，80%遮光处理下绿萝 3 c(CO) 进行光合作用能利用的光能更少，影响光反应速率 Fe还原CO 平衡正移（2分） 2 进而影响光合作用速率，导致呼吸速率大于光合速 【【解解析析】】（1）由图甲可知，图示温度和反应时间下， 率 30%遮光 使用Ni−CeO 催化剂时CO 的转化率比使用Ni催化 2 2 （3）取等量30%遮光和不遮光处理24 h的叶片，提 剂时要高，使用Ni−CeO 时甲烷的选择性也高于使用 2 取并分离绿叶中的色素，比较两者的叶绿素含量 Ni催化剂，因此应用Ni−CeO 作催化剂，温度应选 2 【【解解析析】】（1）M点为光补偿点，此时植株的细胞呼 320 ℃，在此温度下二氧化碳的转化率最高，且甲烷 吸速率与光合速率相等，细胞呼吸过程中，细胞质基 的选择性也较高。 质和线粒体中均会产生ATP，光合作用时，叶绿体 （2）在该温度下，向恒容密闭容器中充入7molCO 2 中会产生ATP。在光补偿点时，植株的净光合速率 和12molH ，气体总物质的量为19 mol，初始压强为 2 为0，因此植株干重不变。（2）6:30时光照强度较 19 kPa，根据相同条件下压强之比等于物质的量之比， 弱，80%遮光处理下绿萝进行光合作用能利用的光能 反应经10 min达到平衡，此时p(H O)=5kPa，p(CO)= 2 更少，影响光反应速率进而影响光合作用速率，导致 4kPa，可知反应①生成5 mol CO，反应②消耗1 mol 呼吸速率大于光合速率。根据题图信息可知，绿萝在 CO，列三段式： 30%遮光条件下净光合速率最高，更有利于其生长。 CO 2 (g)+H 2 (g)CO(g)+H 2 O(g) （3）探究适当遮光会导致叶绿素含量升高，可通过 起始压强/kPa 7 12 0 0 设置对照实验进行验证，即取等量30%遮光和不遮 转化压强/kPa 5 5 5 5 光处理24 h的叶片，提取并分离绿叶中的色素，比较 5 平衡压强/kPa 6 4 5 两者的叶绿素含量。 2 30. （除标注外，每空1分，共10分）（1）高 低 分 1 1 CO(g)+H (g) CO (g)+ CH (g) 泌的甲状腺激素弥散到体液中，随血液运输到全身 2 2 2 2 4 1 1 （2）该病原体的一种抗原分子与甲状腺细胞表面的 转化压强/kPa 1 1 2 2 某物质结构十分相似（合理即可）（2分） 胸腺、 5 1 平衡压强/kPa 4 6 淋巴结、骨髓、脾、扁桃体（2分） 防卫 2 2 （3）使用免疫抑制剂（合理即可）（2分） Δp(H ) 6kPa Δp(H )=6kPa，v(H )= 2 = =0.6kPa⋅min−1； 2 2 Δt 10min 【【解解析析】】（1）甲状腺激素具有促进新陈代谢、提高 5×4 20 4 神经系统兴奋性的功能。与正常人相比，表现出激动、 K = = = ；将容器的容积压缩，压强增大， pl 5 15 3 烦躁、体重下降等症状的患者体内甲状腺激素含量较 ×6 2 高，表现出体重增加、身体疲劳等症状的患者体内甲 反应②平衡正向移动，则CH 的物质的量增加。 状腺激素含量较低。分泌的激素弥散到体液中，随血液 4 （3）根据盖斯定律。由①+②=总反应得K ×K = 运输到全身，因而通过抽血可以检测某种激素的含量。 p1 p2 K ，则K = K p总 ，由图乙可知，当温度为T 时， （2）若某病原体的一种抗原分子与甲状腺细胞表面 p总 p1 K 1 的某物质结构十分相似，当人体感染该病原体后，免 p2 K =K ，则K =1。 疫系统在攻击该病原体的同时，也会向甲状腺细胞发 p2 总 p1 （4）①根据流程可知，Fe O 转化为Fe，Fe又转化 起进攻。免疫器官包括胸腺、淋巴结、骨髓、脾、扁 3 4 为Fe O ，Fe O 可循环利用，CaO与CO 反应生成 桃体等。免疫系统攻击外来病原体的过程体现了免疫 3 4 3 4 2 CaCO ，CaCO 受热分解生成CaO和CO ，CaO也可 系统的防卫功能。 3 3 2 循环利用，A错误；过程ⅱ，CaO吸收CO 使CO 浓 （3）自身免疫性甲状腺炎是一种自身免疫病，使用 2 2 度降低，促进Fe O 氧化CO为CO 反应的平衡正向移 免疫抑制剂抑制免疫系统的功能，可以治疗自身免 3 4 2 动，B正确；过程ⅱ中CaO吸收CO ，而产生的H O 疫病。 2 2 6 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002理科综合参考答案 31. （除标注外，每空1分，共11分）（1）黑斑 常染 殖中海带的数量来比较养殖不同数量的海带条件下牡 色体 子代雌、雄小鼠中黑斑∶白斑=3∶1，说明 蛎的产量。 该性状与性别无关 33. （1）ACE （2）1/2 遵循 （2）（i）30 L （3）AaXBXb 让子一代中短尾雌鼠与长尾雄鼠作为 （ii）6×103 Pa 亲本杂交，观察其后代的表现型及比例 子二代雌鼠 【【解解析析】】（1）碳素墨汁均匀散开属于扩散现象，温 均为长尾、雄鼠均为短尾 基因B/b位于X染色体 度越高扩散现象越明显，A正确；在高倍显微镜下看 上 子二代雌雄鼠的表现型及比例均为长尾∶短尾= 到的炭粒无规则运动是布朗运动，不是分子的热运动， 1∶1 基因B/b位于常染色体上 B错误；温度越高，液体分子运动越剧烈，水分子对 【【解解析析】】（1）根据题干信息可知，子代雌、雄个体 炭粒撞击的不平衡性越明显，布朗运动也就越明显， 中，黑斑∶白斑 =（3+3）∶（1+1）=3∶1，说明 C正确；炭粒越大，水分子的撞击作用越不明显，炭 黑斑对白斑为显性，且基因A/a位于常染色体上， 粒的运动越不明显，D错误；温度低于冰点时，水可 该亲本的基因型均为Aa。（2）亲本小鼠关于体色的 能凝结成冰，但水分子不会停止运动，E正确。 基因型均为Aa，则子代黑斑小鼠的基因型及占比为 pV C （2）（i）由公式 =C得V = T，显然V −T图像 1/3AA，2/3Aa，其产生的配子及比例为A∶a=2∶1， T p 中过原点的倾斜直线表示气体做等压变化，则气体由 则黑斑雌、雄小鼠随机交配，子代的基因型及比例 为AA∶Aa∶aa=4∶4∶1，故黑斑小鼠中杂合子 状态B到状态C的过程中，做等压变化 V V 所占比例为1/2。题干中子代雌、雄小鼠均有四种表 由盖-吕萨克定律有 B = C T T 现型，且比例为3∶1∶3∶1是由3∶1与1∶1 B C 代入数据得V =30L 组合而来的，故这两对基因遵循自由组合定律。 B 又气体由A到B为等容变化，所以V =V =30L （3）子代小鼠中长尾∶短尾=1∶1，长尾对短尾为 A B 初始状态时，封闭气体的体积为30 L 显性，若基因B/b位于常染色体上，则其亲本的基因 （ii）气体由A到B为等容变化，则该过程中气体对 型为Bb和bb，若基因B/b位于X染色体上，则其亲 外界不做功，所以W =W =180J 本的基因型为XBXb和XbY，由此可知，亲代雌性小 ABC BC 又W = p (V −V ) 鼠的基因型为AaXBXb。若想要探究基因B/b所在位 BC B C B W 180 置，可让子一代中的短尾雌鼠与长尾雄鼠交配，观察 解得p = BC = Pa=1.8×104 Pa B V −V (40−30)×10−3 其后代的表现型及比例。若基因B/b位于X染色体上， C B p p 则XbXb×XBY→XBXb、XbY，即其子代雌鼠均为长 气体从A到B做等容变化，由查理定律得 A = B T T 尾、雄鼠均为短尾；若基因B/b位于常染色体上，则 A B 解得p =6×103 Pa A Bb×bb→Bb、bb，即其子代雌雄鼠的表现型及比例 2 6R 均为长尾∶短尾=1∶1。 34. （1） 2； 3c 32. （除标注外，每空1分，共8分）（1）用于自身生长、 π 5π （2）（i）y=10sin t+ cm 发育和繁殖等生命活动 消费者、分解者 2 6  （2）垂直 能充分利用空间和资源 （ii）见解析 （3）环境容纳量、种间关系（合理即可）（2分） 在 【【解解析析】】（1）如图所示，设P和Q分别是半圆弧上 海水立体养殖中，分别养殖不同数量的海带，一段时 光线射出的临界位置，因为圆弧MN上有一半区域有 间后比较养殖不同数量的海带条件下牡蛎的产量（合 光线射出，则∠POQ=90°。设光线射入玻璃砖后的 理即可）（2分） 折射角为θ，全反射的临界角为C，由几何关系可知 【【解解析析】】（1）生产者所固定的太阳能有两个去路： ∠POM =∠AOQ，即90°−θ−C =C−θ，可得C =45°， 一个是用于自身生长、发育和繁殖等生命活动，另一 折射率n= 2。玻璃砖内的光线路径最长的是从A点 个是通过呼吸作用以热能形式散失。海水立体养殖中， 2R 海参以底栖微藻、生物遗体残骸等为食，因此其属于 3 2 6R 射出的光线，则最长传播时间为t = = 。 消费者和分解者。（2）不同立体空间养殖不同的生物， m c 3c 这体现群落的垂直结构。在生产实践中应用群落的垂 2 直结构原理，能够充分利用空间和资源。（3）在构 Q 建立体养殖生态系统时，需要考虑所养殖生物的环境 A 容纳量、种间关系等因素，从而确定每种生物之间的 C-θ C θ P 合适比例，最终实现生态效益和经济效盗的可持续发 C 展。为了探究在牡蛎投放量一定的情况下，能保证牡 M O N 90°-θ 蛎高产的海带最佳养殖数量，可通过改变海水立体养 7 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx0022024届高考理科综合考向核心卷·全国卷版 （2）（i）由题意可知，质点C振动方程表达式为y= 的关系。As原子与Mn原子之间的最短距离为晶胞 Asin(ωt+ϕ) 1 3 0 体对角线长的 ，为晶胞棱长的 。第二步：计算 因质点C振动的周期为T =4s，故其圆频率为ω= 4 4 2π π 晶胞棱长。设晶胞棱长为a，一个晶胞中含有4个 = rad/s T 2 4M 3 4M “LiZn Mn As”，所以a3 = cm3，a= cm= 由题图甲可知，当t= 1 s时，y=0， m n dN dN A A 3 3 4M π 1  5 ×107 nm。第三步：计算As原子与Mn原子之 故有sin 2 × 3 s+ϕ 0   =0，结合题图可得ϕ 0 = 6 π dN A 由于质点C的振幅为A=10cm，故质点C的振动方程 间的最短距离。As原子与Mn原子之间的最短距离为 π 5π 3 3 4M 为y=10sin t+ cm × ×107 nm。 2 6  4 dN A （ii）由题中甲、乙两图可知，在t =0时刻，质点C 36. （1）丙炔酸（1分）；3（1分） 偏离平衡位置的位移为5 cm，质点D在平衡位置， （2）酮羰基、酯基（2分）  1  有Δx=n+ λ(n=0，1，2，…)  12 （3） 2 O +O 2 △ 2 O +2H 2 O （2 Δx 96 整理并代入数据可得λ= = m(n=0、1、 O O O O 1 12n+1 n+ 分）；氧化反应（1分） 12 2、…) λ 96 （4） （2分） 当n=0时，λ=96m，波速为v= = m/s=24m/s O T 4 O O 96 λ 96 （5）12（1分）； 当 n=1 时 λ= m， 波 速 为 v= = m/s= 13 T 13×4 OH OHOH 2 24 m/s HO CHC CH 、HO C CH（2分） 13 2 3 3 96 CH CH 当n=2时，λ= m<4m，故n≥2时不再符合题意 3 3 25 O 35. （1）碳化硅（1分）；石墨炔、C （1分）；金刚石、 （6） O Br 2 NaOH醇溶液 O 60 △ 碳化硅（1分） Br Br （2）+3（1分）；sp2、sp3（2分） COOCH COOCH 3 H COOCH 3 2 O 2 O （3）N的电负性小于O（2分）；大于（1分） △ Ni,△ 3 3 4M （3分） （4）①0.75（2分）；0.25（2分） ② × ×107（2分） 【【解解析析】】（1）比较A、B的结构简式，知官能团由 4 dN A OH COO ，发生了取代反应，则X是羧 【【解解析析】】（1）同素异形体是指同种元素形成的结构 酸或酯；再结合“X是不饱和羧酸”知，X的结构简 不同的单质，碳纳米管、石墨炔、金刚石、C 互为 60 式为CH≡CCOOH，其名称为丙炔酸。 同素异形体；石墨炔、C 是分子晶体，存在分子间 60 （3）据流程分析，C被氧化脱氢，故反应方程式为 作用力；金刚石、碳化硅是共价晶体，作用力是共价键。 （2）有机高聚物中含有碳氧双键和碳碳单键，C的 △ 2 +O 2 +2HO， 反 应 类 杂化方式包括sp2、sp3。 O 2 O 2 （3）N的电负性小于O，故Zn−N键中离子键成分的 O O O O 型为氧化反应。 百分数小于Zn−O键。基态O原子的价电子排布式为 （4）比较D和E的结构简式知D→E是酮羰基邻位 2s22p4，失去1个电子后2p轨道处于半充满状态，较 C原子上的2个H原子与CH I发生取代反应，结合副 稳定，不易再失去一个电子，而基态N原子的价电子 3 产物的分子式知其为1个H原子被取代的产物，结构 排布式为2s22p3，失去1个电子后2p轨道有两个电子， 相对容易再失去一个电子，故O的第二电离能大于N。 简式为 。 O （4）①根据均摊法，每个晶胞中含有的Li原子数 O O 为1+12× 1 =4，Zn 原子数为4× 1 +5× 1 =3，Mn 原 （5）A 的不饱和度为 4，A 的同分异构体中，分 4 8 2 子中含有苯环，有2个氧原子，1个取代基为酚羟 子数为4× 1 +1× 1 =1，As原子数为4，化简即可得 基，又不含醚键，则另 1 个取代基应是醇羟基， 8 2 除苯环和酚羟基外，剩余基团含 4 个饱和碳原 LiZn Mn As中m=0.75,n=0.25。②第一步：分析晶 子，形成的取代基与酚羟基处于苯环对位。问题 m n 体中As原子与Mn原子之间的最短距离与晶胞棱长 转化成判断4个饱和碳原子上含有 2个不同基团 8 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002理科综合参考答案 养皿等进行灭菌，常用的灭菌方法是高压蒸汽灭菌法。 （HO 、—OH）时的情况，采取“定一动一” 为避免周围环境中微生物的污染，无菌技术要求实验 法判断。将HO 进行固定，移动—OH，如 操作应在酒精灯火焰附近进行。 10 38. （除标注外，每空2分，共15分）（1）逆转录（1分） 热 C C C C C C C C C C C C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 12， 稳定DNA聚合酶 C C （2）诺如病毒cDNA核苷酸 作为核苷酸聚合的起 11 共12种。 点，使DNA聚合酶从引物的3′端开始连接核苷酸 （6）比较原料和目标物知，要形成碳环。结合信息知， （合理即可） 应先合成共轭二烯烃，然后再加成、还原。 （3）使DNA双链变成DNA单链 G+C含量越多， 37. （除标注外，每空2分，共15分）（1）选择 倒 其氢键越多，结构越稳定，变性时所需温度越高 平板 （4）正比 小 （2）最后一次（第四次）划线与第一次划线区域重 【【解解析析】】（1）步骤①过程通过病毒RNA获得了病 叠 五 杀死上次划线后接种环上可能残余的菌种， 毒cDNA，属于逆转录。由图可知，PCR过程中， 保证下一次划线时的菌种直接来源于上一次划线的末 酶X能够使引物A延伸，其为热稳定DNA聚合酶。 端（3分） （2）由题可知，PCR过程中扩增的目的基因为诺如 （3）高压蒸汽灭菌法 避免周围环境中微生物的污染 病毒的cDNA，因此引物是根据诺如病毒cDNA核苷 【【解解析析】】（1）分离空气中微生物的培养基属于选择 酸序列设计的。引物是核苷酸聚合的起点，使DNA 培养基。培养基的配制过程为计算→称量→溶化→灭 聚合酶从引物的3′端开始连接核苷酸。（3）步骤② 菌→倒平板。（2）图中最明显的错误是最后一次（第 中cDNA解旋，使DNA双链变成DNA单链。cDNA 四次）划线与第一次划线区域重叠。每次接种或划线 中G+C碱基越多，氢键数越多，结构越稳定，变性 前都需要灼烧一次接种环，第四次结束后也需要灼烧 所需温度越高。（4）由题可知，每扩增一次，就有 一次接种环，故整个操作过程需要灼烧接种环五次。 一个荧光分子生成，PCR产物量越多，荧光分子生成 在第二次划线前灼烧接种环，目的是杀死接种环上可 量越多，因此荧光强度与PCR产物量成正比。诺如 能残余的菌种，保证下一次划线时的菌种直接来源于 病毒核酸浓度越高，荧光强度越大，需要设定阈值的 上一次划线的末端。（3）接种前需要对培养基及培 循环次数（Ct值）就越小。 9 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全电子讲义以及最全网课，有需要的联系微信：xygewx002