2024届高考理综考向核心卷—新教材答案_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·新课标专用 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A C B B B C A C B D D 题号 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 B D C D C D D BD BD BD 一、选择题 会发生性反转成为雄株，因此雌雄比例为3∶5， 1. A【【解解析析】】由题可知，Mb中含有1条肽链，一分子 A正确。若性反转形成的雄株（eeXX）与正常雌 Mb至少含有1个游离的氨基和1个羧基，A错误。 株（EeXX）杂交，则杂交产生的子代中，存在基 Mb的极性侧链将非极性基团包裹在内，可溶于水， 因型为eeXX的子代，其表型为雄株，B错误。若 属于水溶性蛋白，与之结合的水属于结合水，B正确。 基因E/e位于常染色体上，未发生性反转的雌雄个 由题干信息可知，Mb在肌细胞内具有转运和贮存氧 体杂交，如基因型为EeXX和eeXY的个体杂交， 的作用，故人体有氧呼吸旺盛的肌细胞中Mb含量可 子代的基因型及比例为EeXX∶EeXY∶eeXX∶ 能较高，C正确。利用蛋白质工程可定向改变蛋白质 eeXY=1∶1∶1∶1，由于基因型为eeXX的个体会 的功能，D正确。 发生性反转成为雄株，因此雌雄比例可能为1∶3， 2. C【【解解析析】】由图可知，钙离子进入小肠上皮细胞是顺 C正确。若基因E/e位于常染色体上，且亲代的基因 浓度梯度进行的，且需要蛋白质的协助，方式为协助 型为EEXX和eeXY时，子代雌雄比例为1∶1；若 扩散，A错误；引起干呕的兴奋传导过程中需要消耗 基因E/e位于X染色体上，且亲代的基因型为XEXE 能量，如神经递质由突触前膜释放时消耗能量，B错 和XeY时，子代雌雄比例也为1∶1。因此无法判断 误；结合图示可知，干呕过程中涉及五羟色胺与受体 基因E/e是位于常染色体上还是X染色体上，D正确。 的结合，故药物抑制五羟色胺受体活性可缓解干呕， 6. C【【解解析析】】为了使1号试管稀释倍数为100倍，则锥 C正确；分析题意，腹腔注射SEA可引起小鼠恶心 形瓶中的稀释倍数应为10倍，因此加入5 mL酸奶 感觉和干呕行为，该过程中SEA作为体液调节因子 应加入45 mL无菌水，使稀释后的浓度成为原来的 起作用，且恶心感觉没有传出神经、效应器，没有经 5/(45+5)=0.1，即稀释10倍，A正确。除了培养涂布 过完整的反射弧，D错误。 的3个培养皿外，还需要培养未涂布菌落的培养基 3. B【【解解析析】】与内源激素相比，植物生长调节剂具有 作为对照，以检查培养基是否被污染，B正确。此 容易合成、原料广泛和效果稳定的特点，A正确； 实验需要对菌落进行计数，故应采用稀释涂布平板 2，4-D是一种与生长素作用类似的植物生长调节剂， 法，使用涂布器进行涂布，C错误。用稀释涂布平板 对于人们食用非种子的果实的植株在受粉受到干扰的 法计算每克样品中菌株数的公式为（C÷V）×M， 情况下，可将一定浓度的2，4-D涂在雌蕊上促进子 其中C代表某一稀释度下平板上生长的平均菌落 房发育成无籽果实，以达到增产的目的，但对提高植 数，代表涂布平板时所用的稀释液的体积（mL）， 物的种子产量无效，B错误；因生长素及其类似物在 M代表稀释倍数。因此估算的酸奶中细菌含量为 低浓度时促进生长，高浓度时抑制生长，形成相同重 (210+160+230)/3÷0.1×105=2.0×108（个·mL－1）， 量的无籽番茄时可施用低浓度和相对较高浓度这2种 由于此计数方法存在将多个活菌产生的菌落记作1个 不同浓度的2，4-D以达到其效果，随意加大2，4-D 菌落的情况，所以此值比实际活菌数少，D正确。 的用量和使用次数，不但不能促进植物生长，反而会 7. A【解解析析】】镉是第五周期第ⅡB族元素，属于过渡元素， 使其生长受到抑制，严重的甚至导致叶片畸形、干枯 碲是第五周期第ⅥA族元素，属于主族元素，A说法 脱落、整株死亡等情况发生，C、D正确。 错误；作为火炬燃烧的动力源，“蓉火”采用了生物 4. B【【解解析析】】蚯蚓肥主要是蚯蚓的粪便，可为水稻提供 质丙烷为燃料，与传统来自天然气加工和石油提炼的 无机物，但不能提供能量，A错误；畜禽粪肥还田实 丙烷不同，这种生物质丙烷由秸秆、稻壳、玉米芯等 现了物质的循环利用，体现了生态工程的循环原理， 废弃物合成而来，燃烧后只产生水蒸气和二氧化碳， B正确；牛粪中的能量不属于牛同化的能量，而是水 是一种可再生的清洁气体，B说法正确；蚕丝的主要 稻、花卉、牧草中的能量，C错误；绿色种养循环农 成分是蛋白质，蛋白质属于有机高分子，C说法正确； 业模式实现了物质循环利用、能量多级利用，但能量 金属材料包括金属单质和合金，故钛合金属于金属材 不能循环利用，D错误。 料，D说法正确。 5. B【【解解析析】】若两株未发生性反转的植株的基因型 8. C【解解析析】】由题给碱性品红的结构可知其化学式为 为EeXX和EeXY，则子代基因型及比例为E_XX C H ClN ，A正确；由图可知二氧化硫与水生成的 19 18 3 （1EEXX+2EeXX）∶E_XY（1EEXY+2EeXY）∶eeXX∶ 亚硫酸与醌式结构中的共轭双键发生了加成反应进而 eeXY=3∶3∶1∶1，由于基因型为eeXX的个体 破坏了该结构，形成苯环，B正确；化合物A分子中 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·新课标专用 连有−SO H的饱和碳原子（饱和碳原子为sp3杂化）连 误；因为H PO 是一元酸，则其对应的电荷守恒式 3 3 2 有三个苯环，所以三个苯环不可能共平面，C错误； 为 c ( Na+) +c ( H+) =c ( H PO−) +c(OH−)，B 错 误； 2 2 由反应机理可知SO 不能直接与碱性品红加成，需先 m=10.00即浓度为0.01mol⋅L−1的H PO 溶液中由水 2 3 2 与水反应生成亚硫酸后才能与碱性品红加成，D正确。 电离出的c (OH−)为1×10−10 mol⋅L−1，则c ( H+) =1× 9. B【解解析析】】灼烧固体物质要使用坩埚，不能用烧杯， 10−4 mol⋅L−1， 根 据 H PO H++H PO−， 可 得 3 2 2 2 A错误；过滤时需沿②（玻璃棒）向③（漏斗）中转 K =1.0×10−6,n处对应浓度为0.04mol⋅L−1的H PO 溶 移液体，待液体自然流入①（烧杯），不能进行搅拌， a 3 2 液，此时由H PO 电离出的c ( H+) = 0.04K mol⋅L−1 = 以防戳破滤纸导致过滤失败，B正确；过量氯水会将 3 2 a 2.0×10−4 mol⋅L−1，故由水电离出的c(OH−)为5.0× 碘单质氧化为碘酸根离子，因此加入适量氯水即可， 10−11 mol⋅L−1， pc (OH−)=−lgc (OH−)=11−lg5≈ C错误；乙醇与水互溶，可采用CCl 作萃取剂，D错误。 水 水 4 10.3，q点处为0.01mol⋅L−1H PO 溶液恰好与NaOH 10. D【解解析析】】由信息梳理可知R原子的杂化轨道类型为 3 2 溶液完全反应时的pc (OH−)，产物为NaH PO ， sp2、sp3，A正确；H的原子半径最小，同周期主族元素， 水 2 2 弱酸根水解使得溶液呈碱性，在温度不变的情况 从左至右，原子半径递减，则原子半径：B>O>H， 下，根据上述平衡常数计算可得溶液中c(OH−)= B正确；结合分析可知1 mol该离子中有2N 个硼氧 A 四面体结构，每个硼氧四面体中含有1个配位键，则 0.005K w mol⋅L−1 = 5×10−11 mol⋅L−1，则pOH≈5.15， 1 mol该离子中含有的配位键数目为2N ，C正确；R K A a 的最高价含氧酸为H BO ，为一元酸，D错误。 此时溶液中的H+全部是水电离得到的，所以pH=pc (OH−) 3 3 水 11. D【解解析析】】题图中为与风力发电相连的充电过程，结 =14−pOH=14−5.15=8.85，但是已经进行了滴定反 合乙池中的物质变化和电荷守恒可知电极反应式为 应，容器内温度发生变化，平衡常数数值发生变化，C NO−+3NO−e− ====2N O ，发生了氧化反应，则电 错误；b点所在曲线对应浓度为0.02mol⋅L−1的H PO 溶 3 2 3 3 2 极a是阳极，Ag电极为阴极，发生还原反应，A正确； 液，当滴加40 mL浓度为0.01mol⋅L−1的NaOH标准溶 放电时，Ag电极为负极，电极a为正极，NO−通过阴 液后，溶液中的溶质为浓度相等的NaOH、NaH PO， 3 2 2 离子交换膜向负极方向（甲池）迁移，B正确；结合 故有物料守恒式：c ( Na+) =2c ( H PO−) +2c(H PO )， 2 2 3 2 A项分析可知，放电时，电极附近发生还原反应，电 电荷守恒式：c ( Na+) +c ( H+) =c ( H PO−) +c(OH−)，两 极反应式为2N O +e− ====NO−+3NO，C正确；充 2 2 2 3 3 式相减可得c ( H PO−) +2c(H PO )+c ( H+) =c(OH−)， 电时，Ag电极的电极反应式为Ag++e− ====Ag，外 2 2 3 2 D正确。 电路通过1 mol电子时，甲池溶液中消耗1molAg+， 二、选择题 同时有1molNO−从甲池移向乙池，故理论上甲池溶液 3 14. C【解解析析】】 质量减少170 g，D错误。 12. B【解解析析】】六方氮化硼是通常存在的稳定相，相对于 比结合能表示原子核形成时 结合能表示核子形成原 立方氮化硼能量低，六方氮化硼转化为立方氮化硼是 单个核子释放的能量，可用 A错误 子核时释放的能量 吸热反应，A说法正确；六方氮化硼的层状结构中不 来描述原子核的牢固程度 存在自由移动的电子，所以不能导电，B说法错误； 表明原子不是组成物质的 汤姆孙发现电子 B错误 在立方氮化硼晶体中，N原子的个数为4×1=4，B原 最小微粒 1 1 库仑利用扭秤装置发现 带电体间的力学规律即库 子的个数为8× +6× =4，因此一个晶胞中含有4个 C正确 8 2 带电体间的力学规律 仑定律 BN，立方氮化硼的晶胞棱长为361.5 pm，则立方氮 核反应方程遵循质量数 14N+4He→17O+1H D错误 化硼的密度为 4×25 g⋅cm−3，C说法正确； 和核电荷数守恒 7 2 8 1 N A × ( 361.5×10−10)3 15. D【解解析析】】8～12 s内，b图线上存在与a图线斜率相同 立方砷化镓晶体与立方氮化硼均为原子晶体，N−B 的位置，则0～16 s内，甲、乙的速度可能相同，A错 的键长比Ga−As的键长短，因此熔点高的是立方氮化 误；甲做匀速运动，加速度为零，乙的速度始终是变化 硼晶体，D说法正确。 的，做变速直线运动，B错误；0～12 s内，甲的路程为 13. D【解解析析】】由题给三条曲线可以看出H PO 是一 15 m，乙的路程为75 m，根据平均速率的定义可知，甲的 3 2 元酸，且 a 点所在曲线对应浓度为0.01mol⋅L−1的 平均速率比乙的小5 m/s，C错误；0～12 s内，甲的位移大 H PO 溶液，b点所在曲线对应浓度为0.02mol⋅L−1的 小为60m−45m=15m，平均速度大小v =1.25m/s， 3 2 甲 H PO 溶液，c点所在曲线对应浓度为0.04mol⋅L−1的 乙的位移大小为45 m，平均速度大小v =3.75m/s， 3 2 乙 c2( H+) ⋅c ( H PO−) ⋅c(OH−) 甲的平均速度大小比乙的小2.5 m/s，D正确。 H PO 溶 液。 2 2 =K ⋅K ， 3 2 c(H PO ) a w 16. C【解解析析】】电子在a、c两点时的电势能分别为-6 eV 3 2 因为使用绝热反应器，酸碱中和反应放热，即滴 和4 eV，则a、c两点的电势分别为6 V和-4 V，又 加NaOH过程中温度升高，K ⋅K 发生变化，A错 沿着电场线方向电势逐渐降低，则电场线方向由a指 a w 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 向c，C正确；a、c两点的电势差为10 V，B错误； 20. BD【解解析析】】电压表显示的是电压有效值，A错误； 不确定电场是不是匀强电场，b点的电势不确定，则 熔断丝中电流为10 A时输电线的热功率最大，由理 电子在b点时的电势能不确定，A错误；如果该电场 想变压器原理可知，此时输电线中的电流为1 A， 是匀强电场，则a点的场强等于c点的场强，D错误。 输电线最大热功率为400 W，B正确；由题图2可 17. D【解解析析】】设恒星 A、B 的质量分别为 M 、M ， 得a、b间所接交流电压的有效值U =220V，又熔 A B 轨道半径分别为r、r ，由万有引力提供向心力有 断丝两端电压的最大值U′=20V，则升压变压器原 A B G M A M B =M ω2r =M ω2r ，又r +r =L，故r = 线圈两端电压的最小值U 1 =200V，副线圈输出电 L2 A A B B A B A 压最小值为U =2000V，C错误；降压变压器原线 M M v ωr M 1 2 B L，r = A L， A = A = B = ， 圈两端电压最小值U =1600V，R两端电压最小值 M +M B M +M v ωr M 3 3 A B A B B B A U =160V，此时通过R的电流为10 A，则其阻值最 M M 4 A 错误；由 A 项分析得 G A L2 B =M A ω2r A ， r A = 小为16 Ω，D正确。 M 2π 4π2L3 21. BD【解解析析】】根据题意可知对 a、b 棒有 mgsinθ− B L，且ω= ，则M +M = ，B错 M +M T A B GT2 µmgcosθ=0，3mgsinθ−µ⋅3mgcosθ=0，则a、b A B 1 1 误；因不知道卫星C的轨道半径，故无法求得恒星B 棒的合力均为其所受的安培力，a棒的初速度沿轨 的质量，更无法求得B的密度，C错误；因为恒星A、 道向下，由右手定则可知电流为逆时针方向，由 O点和恒星B始终共线，所以A、B、C三星相邻两 左手定则可知，a棒受到沿轨道向上的安培力 F A T 而做减速运动，b棒受到沿轨道向下的安培力 F 次共线的时间间隔为Δt= 2 ，D正确。 B 2 B2L2(v −v ) 18. D【解解析析】】小球恰做圆周运动，物块受力平衡，与 而做加速运动，而 F = a b ，可知 F 减 A 4R A 桌面间的摩擦力等于最大静摩擦力，由f =µMg可 m 小，当 v =v 时加速度为零，之后两棒做匀速运 知，轻绳OA、O B上的拉力之比为1∶4，A错误； b a 1 2 动，根据牛顿第二定律可知，a棒先做加速度减小 小球做匀速圆周运动，由重力和轻绳拉力的合力提 的减速运动后做匀速运动，两棒间的距离先减小 供向心力，竖直方向有 mg = f sinβ（β为轻绳与 m 后不变，A 错误；开始时 a 棒切割磁感线产生的 水平方向的夹角），A、B的质量之比为1∶4 3， 感应电动势 E=BLv ，根据闭合电路欧姆定律可 B 错误；设 OA=O B=L，由合力提供向心力有 0 1 2 E 2 知，回路中的电流 I = ，金属棒b 受到的安培 2π mL f cosβ=m  Lcosβ=ma ，可得T =2π ， 4R m  T  向 f 力 F =BIL，根据牛顿第二定律有 F =3ma ， m B0 B0 0 1 B2L2v 则A、B运动的周期之比为1∶34，A、B运动的向 解得a = 0 ，B正确；两棒组成的系统沿轨道方 心加速度大小之比为3∶1，C错误，D正确。 0 12mR 向所受合力为零，则两棒组成的系统动量守恒，最终 19. BD【解解析析】】如图所示，由几何知识可知，所 达到共同速度v，根据动量守恒定律有mv =4mv， 有光线经过 AD 边折射后在正方形玻璃砖中 0 设整个过程产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律有 sini 的传播路程均相等，由 n= 可知，光程为 1 1 sinr Q= mv2− ⋅4mv2，根据串联电路特点可知a棒产 2 0 2 2 3 2 6 s=nL= 2×AF = 2× a= a，B正确；两束 生的焦耳热为Q = R Q，解得Q = 3 mv2，C错 3 3 1 3R+R 1 32 0  3 2 误；根据法拉第电磁感应定律可知回路产生的平均感 平行光的宽度为 d =CF⋅cos45°=1− a⋅ = 1   3   2 BLΔx 应电动势为E = ，根据闭合电路欧姆定律可知，  2 6 3 2 6 Δt    2 − 6    a， d 2 =CE⋅cos45°= 3 a⋅ 2 = 6 a， 回路中的平均电流为I = E ，对b棒应用动量定理有 4R D正确。 3mRv BILΔt=3mv，联立解得Δx= 0 ，D正确。 45° B2L2 三、非选择题 D A 22. 0.15 2.60 300 2.94/2.95/2.96 1.05 30° 30° 30° I r 200×0.3 【【解解析析】】（1）要并联的电阻R = g g = Ω 1 I−I 600−200 g =0.15Ω C F E 45° 45° B （2）电压表的最小刻度为0.1 V，则读数为2.60 V， d 1 由图像读出电流表G的读数100 mA，通过电源的电 d 2 流等于通过电流计电流的3倍，则通过电源E的电流 为300 mA。 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·新课标专用 α （3）由图像纵轴截距可知，电源电动势为E=2.95 V （2） T 20 0 通过电源的电流等于通过电流计电流的3倍，则 【【解解析析】】（1）设篮球的体积为V ，给甲球缓慢充气， 当电流计电流为 160 mA 时，通过电源的电流为 0 由玻意耳定律有3pV = p (V +V ) 3×160 mA=480 mA=0.48 A，改装后的电流表内阻 0 0 0 0 1 0.3×0.15 解得V 1 =2V 0 为R = Ω=0.1Ω A 0.3+0.15 即注入空气的质量为2m 0 ∆U 2.95−2.40 p ⋅2V 2⋅1pV 则电源内阻r= −R = Ω−0.1Ω=1.05Ω （2）由理想气体状态方程有 0 0 = 0 0 ∆I A 0.48 T T 0 1 mgL2 21 23. （1） （2）偏小 桌子边缘 解得T = T 4h 1 20 0 α （3） 则ΔU =αΔT = T 20 0 又Q=0，由热力学第一定律有∆U =W +Q α 解得W = T 20 0 1 25. （1） gL 2 （2）3mg （3）0 【【解解析析】】（1）设小球A抛出的初速度大小为v ， 0 （4）0.04L 625mgx2 根据题意结合牛顿第二定律有 mgsinθ=m v 0 2 ，解 4h L 【【解解析析】】（1）小球从桌子边缘水平飞出，做平抛运动， 1 1 得v = gL 有h= gt2，L=v t 0 2 2 0 （2）设与小球A连接的细线刚好水平时，小球A的 1 压缩弹簧将小球向左推，由能量守恒可得E = mv2， 1 p 2 0 速度大小为v ，根据动能定理有mgLsinθ= mv2− mgL2 1 2 1 联立上述式子得E = 1 p 4h mv2 2 0 （2）由于有摩擦，小球被弹簧弹开的过程中，弹性 3 1 解得v = gL， 势能有一部分转化成了内能，所以实际上E > mv2， 1 2 p 2 0 设与小球A连接的细线与钉子接触的瞬间，细线的拉 所以测量值较真实值偏小； v2 固定轻弹簧时应让弹簧右端（自由端）位于桌子边缘， 力大小为F，根据牛顿第二定律有F =m 1 =3mg 1 能尽可能减小小球在桌面上滑动的距离，减小过程中 L 2 产生的内能，也就减小了测量误差； （3）设小球A与小球B碰撞前瞬间小球A的速度为 （3） 根据给出的数据利用描点法可得出对应的图像 v ，碰撞后瞬间小球A、B的速度分别为v、v ，取水 如图所示 2 3 4 1 1 平向左为正方向，根据动能定理有mg⋅ L= mv2− 2 2 2 1 mv2 2 1 5 解得v = gL， 2 2 根据动量守恒定律有mv =mv +3mv ， 2 3 4 1 1 1 根据能量守恒定律有 mv2 = mv2+ ⋅3mv2 2 2 2 3 2 4 1 5 1 5 解得v =− gL，v = gL 3 2 2 4 2 2 设小球A反弹后上升的最大高度为h，根据动能定理 （4）由图像得出x与L的关系式为x=0.04L 1 实验得到弹簧弹性势能E 与弹簧压缩量x之间的关系 有−mgh=0− mv2， p 2 3 mgL2 625mgx2 5 1 式为E = = 解得h= L< L p 4h 4h 16 2 24. （1）2m 因此两球会在最低点发生第二次碰撞，设第二次碰撞 0 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 后瞬间，小球A、B的速度分别为v、v ，根据动量守 25π 2mEqL 5 6 解得B= 恒定律有m(−v )+3m(−v )=mv +3mv ， 48qL 3 4 5 6 27. （1）z（1分）；关闭导管上的活塞，通过球形漏斗 1 1 1 1 根据能量守恒定律有 mv2+ ⋅3mv2 = mv2+ ⋅3mv2 2 3 2 4 2 5 2 6 向装置中加水，当漏斗中水面高于容器中水面，静置 5 1 5 一段时间，液面差不变，则气密性良好（2分） 解 得 v =− gL，v =0（ v = gL， v = 5 2 6 5 2 2 6 （2）三颈烧瓶（或三口烧瓶）（1分）；平衡压强， 1 5 便于漏斗内的液体顺利滴下（1分） − gL，不符合实际应舍去） 2 2 （3）排出装置内的空气（1分）；吸收反应产生的水， 由此可知，第二次碰撞后瞬间，小球 B 的速度大小 有利于苯胺蒸出（2分） 为 0。 （4）d进c出（2分）；不能（1分） 3 2EqL 4 2EqL （5）减压蒸馏可以在较低温度下使苯胺变为气体并 26. （1） 10 m 5 m 防止温度较高苯胺被氧化（2分） 3 2 （6）84.6%（2分） （2） q q 5 5 【【解解析析】】（1）CaH 与水反应生成微溶物质氢氧化钙， 2 25π 2mEqL （3） 易阻塞装置w中有孔塑料网或装置y中漏斗与容器间 48qL 的缝隙，造成仪器炸裂，不能选取装置w与y；装置 【【解解析析】】（1）粒子M在电场中加速，设到达Q点时 x是加热固态物质制备气体，所以不能选取装置x。 1 速度大小为v ，根据动能定理有EqL= ⋅4mv2 检查启普发生器的气密性，一般操作是关闭导管上的 0 2 0 活塞，通过球形漏斗向装置中加水，当漏斗中水面高 粒子碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，有4mv = 0 于容器中水面，静置一段时间，液面差不变，则密封 4mv +mv 1 2 性良好。 1 1 1 2 ⋅4mv 0 2 = 2 ⋅4mv 1 2+ 2 mv 2 2 （2）根据仪器构造特点，可以得出装置中仪器a的 名称为三颈烧瓶；恒压滴液漏斗的优点是平衡气压， 3 2EqL 4 2EqL 联立解得v = ，v = 1 10 m 2 5 m 便于漏斗内的液体顺利滴下。 （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，回到电场的位 （3）实验过程中，一般要先通入H 段时间，其目的 2 置相同，说明两个粒子在磁场中运动的轨迹半径相等， 是排出装置内的空气，防止氧气氧化苯胺；反应结束 4mv2 后，要关闭装置Ⅰ、Ⅱ中间的活塞，装置Ⅱ中加入生 根据牛顿第二定律有qvB= 1 1 1 r 石灰，再蒸馏，主要原理是生石灰能够与水反应，即 mv2 吸收反应产生的水，有利于苯胺蒸出。 q v B= 2 2 2 r （4）为加强冷却效果，冷凝管中冷却液一般是从下 q +q =q 1 2 口进水，上口出水；该蒸馏实验不宜选取球形冷凝管， 3 2 解得q = q，q = q 因为球形冷凝管易造成苯胺残积，影响产率。 1 5 2 5 （5）减压蒸馏可以在较低温度下使苯胺变为气体并 （3）M、N粒子在磁场中做完整圆周运动的周期分 防止温度较高苯胺被氧化。 2π(4m) 别为T = （6）实际产量与理论产量的比值即为产率，根据试 1 Bq 1 题提供的数据，借助化学反应方程式，可以求算出理 2πm T 2 = Bq 论产量为 15mL×1.20g⋅mL−1×93g⋅mol−1 ≈13.6g，实 则T >T 2 ，故第一次碰撞后，粒子M在磁场中刚好运 123g⋅mol−1 1 2 际产量为11.5 g，所以苯胺的产率为11.5g÷(13.6g)× 动半个圆周，粒子N在磁场中运动半个圆周后在电场 100%≈84.6%。 中再做一个往返运动，两粒子发生第二次碰撞， 28. （1）适当增大稀硫酸的浓度（或适当提高浸出温度 B 或将污泥粉碎等，合理即可）（1分）；25 ℃（1分）； 2 h（1分） （2）2H O−4e−====4H++O↑、O +4Fe2++4H+==== N粒子轨迹 2 2 2 4Fe3++2H O（3分）；取适量电解液试样于洁净试管 2 P Q 中，滴加K [Fe(CN) ]试剂，若出现蓝色沉淀，则含 3 6 Fe2+（2分） 粒子N在电场中往返运动，根据动量定理有 （3）CrPO、FePO、AlPO （2分） 4 4 4 T T  （4）2Fe2++H O +2H+ ====2Fe3++2H O（2分） Eq  1 − 2 =2mv 2 2 2 2 2 2  2 （5）MgF、CaF（2分） 2 2 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·新课标专用 【【解解析析】】（1）适当增大浸取液稀硫酸的浓度、提高 域空气中x(CO )=0.04%，则p(CO )= pθ×x(CO )= 2 2 2 浸出温度、将污泥粉碎等均能提高反应速率。由题给 100kPa×0.04%， 水 中CO 的 平 衡 浓 度c (CO )= 2 2 液固比、温度、时间对浸出率的影响图可知，从成本 1.54g⋅L−1 =0.035mol⋅L−1， 故 亨 利 定 律 常 数k = 考虑，实际生产中选取液固比为3∶1，温度为25 ℃， 44g⋅mol−1 时间为2 h，浸出效果最好。 p(CO ) 40.0Pa 2 = =1142.9Pa⋅L⋅mol−1。 （2）对比甲、乙两个工艺流程，甲中“电解”出铜 c(CO ) 0.035mol⋅L−1 2 后“调节pH”，而乙中“置换”出铜后加入H O ， 2 2 （3）H (g)和CH (g)的燃烧热分别为285.5kJ⋅mol−1 2 4 H O 的作用是氧化浸出的+2价铁离子，可考虑是甲 2 2 和890.0kJ⋅mol−1，且标准压强下H O(1)的汽化热为 中电解产物做氧化剂，甲中“电解”时阳极反应为 2 1 2H O−4e− ====4H++O ↑，生成的O 能将Fe2+氧化 44.0kJ⋅mol−1，则⑥H (g)+ O (g)====H O(l) ΔH = 2 2 2 2 2 2 2 6 为Fe3+。检验电解液中是否含Fe2+的方法是取适量电 −285.5kJ⋅mol−1， ⑦CH (g) 2+O (g) ===C=O (g) + 4 2 2 解液试样于试管中，滴加K 3 [Fe(CN) 6 ]试剂，观察是 2H O(l) ΔH =−890.0kJ⋅mol−1，⑧H O(l)====H O(g) 2 7 2 2 否出现蓝色沉淀。 ΔH =+44.0kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，由⑥× 4− 8 （3）由题给表格中各金属元素在干污泥（假设其 ⑦+⑧×2，得CO (g)+4H (g)CH (g)+2H O(g) 质量为100 g）中的质量百分数计算相关金属的物 2 2 4 2 ΔH =(−285.5kJ⋅mol−1)×4−(−890.0kJ⋅mol−1)+(+44.0 100g×4.25% 5 质 的 量， n(Fe)= 56g⋅mol−1 ≈0.08mol， n(Cr)= kJ⋅mol−1)×2=−164kJ⋅mol−1。由反应历程可知，只进 100g×1.97% 100g×1.16% 不出的物料有CO 和H ，只出不进的物料有CH 、H O ≈0.04mol，n(Al)= ≈0.04mol， 2 2 4 2 52g⋅mol−1 27g⋅mol−1 和CO，故得出副反应为CO (g)+H (g)CO(g)+ 2 2 设电解液中Cr3+的物质的量浓度为cmol⋅L−，1 则Fe3+ H O(g)。 2 的物质的量浓度为2cmol⋅L−1,Al3+的物质的量浓度为 （4）初始压强为p，20 min时主副反应都达到平衡状 cmol⋅L−，1 结合FePO 4 、CrPO 4 、AlPO 4 的溶度积常 态，测得此时c(H O)=5mol⋅L−1，则H O的物质的量 数可得沉淀Fe3+、Cr3+、Al3+所需PO3−的最小浓度分别为 2 2 4 3 为5 mol，体系压强为 p，恒温恒容条件下气体压强 6.5×10−23 2.4×10−23 5.8×10−19 4 mol⋅L−、1 mol⋅L−、1 mol⋅L−，1 之比等于其物质的量之比，则反应后气体总的物质的 c c c 故沉淀顺序是CrPO 、FePO 、AlPO 。 3 4 4 4 量为(4+12)mol× =12mol；设主反应消耗CO 的物 （4）“氧化”工序中，加入双氧水，Fe2+被氧化为Fe3+， 4 2 发生反应的离子方程式为2Fe2++H O +2H+ ==== 质的量为xmol，副反应消耗CO 的物质的量为ymol， 2 2 2 2Fe3++2H O。 列出三段式如下： 2 （5）加入氨水，调节pH=5.4，Fe3+、Cr3+、Al3+分别 CO (g)+4H (g)CH (g)+2H O(g) 2 2 4 2 转化为Fe(OH) 3 、Cr(OH) 3 、Al(OH) 3 ，而Mg2+、Ca2+ n(起始)/mol 4 12 0 0 未析出，再加入NH F 溶液，则Mg 2+、Ca 2+分别 4 n(转化)/mol x 4x x 2x 转 化 为MgF 、CaF 沉 淀， 故“ 滤 渣 b” 的 成 分 2 2 n(平衡)/mol4−x−y 12−4x−y x 2x+y 为Fe(OH) 、Cr(OH) 、Al(OH) 、MgF、CaF。 3 3 3 2 2 CO (g)+H (g)CO(g)+H O(g) 2 2 2 29. （1） O C O （1分）；1∶1（1分） pθ×c(CO ) n(起始)/mol 4 12 0 0 （2） cθ×p(CO 2 ) （2分）；1142.9（2分） n(转化)/mol y y y y 2 n(平衡)/mol4−x−y 12−4x−y y 2x+y （3）-164（1 分 ）； CO (g)+H (g)CO(g)+ 2 2 则4−x−y+12−4x−y+x+y+2x+y=12，结合2x+ H O(g)（1分）；320 ℃时用Ni−CeO 作催化剂，反 2 2 y=5，解得x=2，y =1，则0～20 min内，v(CH )= 应达到平衡状态，温度升高，CO 甲烷化反应平衡向 4 2 2mol 逆反应方向移动（1分）；以Ni作催化剂，反应尚未 =0.1mol⋅L−1⋅min−1，平衡时CH 的选择 1L×20min 4 达到平衡状态，反应速率随着温度升高而增加（合理 即可）（1分） 性= 2mol⋅L−1 ×100%≈66.7%。 （4）0.1（2分）；66.7%（2分） 3mol⋅L−1 30. （1）丙炔酸（1分）；3（1分） 【【解解析析】】（1）CO 的电子式为： O C O ，CO 2 2 （2）酮羰基、酯基（1分） 分子中含2个σ键和2个π键。 （2）根据题中定义，CO (g)CO (aq)的相对平衡 2 2 △ c(CO ) （3） 2 O +O 2 2 O +2H 2 O （2 2 常数Kr = cθ = pθ×c(CO 2 ) 。pθ =100kPa，该区 O O O O 1 p(CO ) cθ×p(CO ) 2 2 分）；氧化反应（1分） pθ 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 轮作提高土壤矿质元素的利用率） （4） （2分） 【【解解析析】】（1）氮肥给植物提供氮元素，用于合成细 O 胞内含氮化合物，如叶绿素、蛋白质、磷脂、核酸等。 O O （5）12（2分）； 叶绿体中色素在层析液中溶解度不同，层析时在滤纸 OH OHOH 上扩散速度也不同，因此可以用纸层析法分离叶绿素。 2 HO CHC CH 、HO C CH（2分） （2）光合作用过程中，绿色植物通过叶绿体，利用光能， 2 3 3 将二氧化碳和水转化成储存着能量的有机物，并且释 CH CH 3 3 放出氧气。因此，可以用单位时间单位叶面积的二氧 O （6） O Br 2 NaOH醇溶液 O 化碳固定量、氧气产生量或有机物的制造量来表示真 △ Br Br 光合速率。（3）夏季晴天中午，光照强烈，气温高， COOCH COOCH 3 H COOCH 3 导致叶片温度高，与光合作用相关的酶活性降低，光 2 O 2 O △ Ni,△ 合作用减弱。这种条件下植物蒸腾作用强烈，气孔会 （3分） 大量关闭，防止植物失水，同时通过气孔吸收的二氧 【【解解析析】】（1）比较A、B的结构简式，知官能团由 化碳也减少，使叶片光合作用合成的有机物减少。 OH COO ，发生了取代反应，则X是羧 （4）“种种甘薯种种稻，产量年年高”是农作物轮 酸或酯；再结合“X是不饱和羧酸”知，X的结构简 作的种植方式，这种种植方式不仅有利于均衡利用土 式为CH≡CCOOH，其名称为丙炔酸。 壤养分和防治病、虫、草害，还能有效地改善土壤的 （3）据流程分析，C被氧化脱氢，故反应方程式为 理化性质，调节土壤肥力，最终达到增产增收的目的。 32. （除标注外，每空2分，共10分）（1）不属于（1分） 真 △ 2 +O 2 +2HO， 反 应 类 核细胞和原核细胞的核糖体不同（合理即可） O 2 O 2 O O O O （2）自身免疫病（1分） 型为氧化反应。 （3）患者产生的记忆细胞和抗体存活时间有限（或 （4）比较D和E的结构简式知D→E是酮羰基邻位 肺炎支原体易发生变异） 病原体作为抗原，最终是 C原子上的2个H原子与CH I发生取代反应，结合副 靠人体的免疫系统产生抗体来战胜的 3 产物的分子式知其为1个H原子被取代的产物，结构 （4）人体内糖皮质激素含量少 【【解解析析】】（1）使用药物治疗疾病不属于免疫反应。 简式为 。 O 蛋白质的合成场所是核糖体，阿奇霉素能抑制细菌蛋 O O 白质的合成，但不影响人体蛋白质的合成，可能原因 （5）A 的不饱和度为 4，A 的同分异构体中，分 是真核细胞和原核细胞的核糖体不同。（2）糖皮质 子中含有苯环，有2个氧原子，1个取代基为酚羟 激素还可对炎症因子的产生、吞噬细胞的功能进行抑 基，又不含醚键，则另 1 个取代基应是醇羟基， 制，说明糖皮质激素抑制了免疫功能，所以糖皮质激 除苯环和酚羟基外，剩余基团含 4 个饱和碳原 子，形成的取代基与酚羟基处于苯环对位。问题 素可用于治疗自身免疫病。（3）患者虽然痊愈，但 转化成判断4个饱和碳原子上含有 2个不同基团 是患者产生的记忆细胞和抗体存活时间有限，且肺炎 （HO 、—OH）时的情况，采取“定一动一” 支原体易发生变异，导致免疫系统不能产生二次免疫， 使该患者再次患病。病原体作为抗原，可刺激人体的 法判断。将HO 进行固定，移动—OH，如 免疫系统进行清除，最终是靠人体的免疫系统来战胜 10 病原体。（4）由于激素（糖皮质激素）在人体内含 C C C C C C C C C C C C 1 2 3 4 5 6 7 8 9 12， 量很少，通过提取的方法成本高昂且产量少，所以通 C C 过人工合成甲泼尼龙作为药物。 11 共12种。 33. （除标注外，每空2分，共12分）（1）AaBb（1分） AB （6）比较原料和目标物知，要形成碳环。结合信息知， （1分） 应先合成共轭二烯烃，然后再加成、还原。 （2）3 纯合子 明显缩短育种年限 31. （除标注外，每空2分，共10分）（1）磷脂、蛋白 （3）没有 基因频率没有发生改变 质（1分，合理即可） 纸层析法（1分） 【【解解析析】】（1）由题意知，雄蜂是由未受精的卵直接 （2）单位时间单位叶面积的氧气的产生量、二氧化 发育而来的，子代中雄蜂基因型是 AB、Ab、aB、 碳固定量或有机物的制造量 ab，故卵细胞是AB、Ab、aB、ab，根据基因的自 （3）二氧化碳吸收量减小，光合作用合成的有机物 由组合定律可知，亲本雌蜂的基因型是AaBb。雌蜂 减少 与光合作用有关酶活性降低 是雌雄配子结合产生的二倍体，子代中雌蜂基因型 （4）不同农作物有不同害虫，通过轮作减少害虫 是 AABB、AABb、AaBB、AaBb，而卵细胞是AB、 量（或不同农作物有不同伴生杂草，通过轮作减少杂 Ab、aB、ab，所以精子是AB，故亲本雄蜂的基因型 草数量；不同农作物对土壤矿质元素需求不同，通过 是AB。（2）分析题意可知，品系甲是二倍体，品 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·新课标专用 系乙是四倍体，则品系甲、乙杂交得到的品系丙是 （3）一种生物刚迁入新环境时，由于资源、空间充 三倍体，体细胞中有3个染色体组。品系甲基因型 足，缺少天敌，种群数量一般呈“J”形增长。药物 为Aa，取其花药A和a进行离体培养，再用秋水仙 灭鼠导致山鼠种群数量下降，原因之一是药物直接 素处理，使其长成植株，得到AA和aa的个体，它 杀死山鼠，原因之二是山鼠种群中某些个体迁出。 们都是纯合子。上述育种方法是单倍体育种，单倍 （4）我国政府一直致力于防沙治沙，使我国的沙化 体育种的优点是能明显缩短育种年限。（3）分析题 土地面积由逐年增加转变为逐年减少，这一事实说 意，第一年基因型为AA和aa的个体所占的比例分 明人类干预可以使群落演替朝着对人类有益的方向 别为10%和70%，则Aa为20%，计算得出A、a基 发展。 因的频率分别为20%和80%。第二年基因型为AA 35. （除标注外，每空2分，共13分）（1）DNA连接酶 和aa的个体所占的比例分别为4%和64%，则Aa （1分） 淀粉可以转化为油脂，基因B表达可增加 为32%，计算得出A、a基因的频率分别为20%和 淀粉的合成，从而为合成油脂提供较多的原料（合理 80%，说明基因频率没有发生了改变，生物没有发生 即可） 进化。 （2）XbaⅠ和SacⅠ 目的基因和Ti质粒形成相同的 34. （除标注外，每空1分，共9分）（1）初生 原有 黏性末端 目的基因插入到启动子和终止子之间 的土壤条件基本保留且保留了部分植物的种子或其他 （3）农杆菌转化（1分） 不含（1分） 转化时T-DNA 繁殖体（2分） 整合到受体细胞的染色体上，Ti质粒的其他部分不进 （2）与其他物种的关系 生态位较近的种群会争夺 入受体细胞 相同的资源和空间（2分） 【【解解析析】】（1）利用DNA连接酶连接基因A和基因 （3）资源、空间充足，缺少天敌 死亡率升高、迁 B可获得重组目的基因。基因B的表达产物为淀粉 出率升高 合成酶，推测基因B表达可增加淀粉的合成，淀粉 （4）人类干预可以使群落演替朝着对人类有益的方 可以转化为油脂，进而为合成油脂提供较多的原料。 向发展 （2）选择限制酶时需考虑目的基因和Ti质粒形成相 【【解解析析】】（1）从裸岩到森林的演替方式属于初生 同的黏性末端，便于目的基因与Ti质粒连接构建基 演替。与从裸岩开始的演替相比，从荒废农田演替 因表达载体，结合图2，目的基因必须插到启动子和 到森林所需时间较短，原因是农田原有的土壤条件 终止子之间，用XbaⅠ和SacⅠ同时切割目的基因和 基本保留且保留了部分植物的种子或其他繁殖体。 Ti质粒，连接后获得重组Ti质粒。（3）将目的基因 （2）在群落中，每个物种都有自己的地位和作用， 导入受体细胞通常采用农杆菌转化的方法，农杆菌转 包括所处的空间位置、占用资源的情况和与其他物种 化时T-DNA可整合到受体细胞的染色体上，Ti质粒 的关系等，这就是该物种的生态位。生态位较近的种 的其他部分不进入受体细胞，故获得的转基因油菜植 群会争夺相同的资源和空间，导致种间竞争激烈。 株不含卡那霉素抗性基因。 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