2024届高三5月大联考新课标卷理科综合答案_2024年5月_01按日期_8号_2024届xkw高三5月大联考_2024届高三5月大联考新课标卷理科综合

2024 届高三 5 月大联考（新课标卷）
理综生物学·全解全析及评分标准
阅卷注意事项：
1．阅卷前请各学科教研组长，组织本学科改卷老师开会，强调改卷纪律，统一标准。
2．请老师改卷前务必先做一遍试题，了解自己所改试题的答案、评分细则、答题角度后，再开始改卷。
3．请老师认真批阅，不可出现错改、漏改现象，如果不小心漏改或错改了，可以点击回评重评。
4．成绩发布后，如果有学校反馈错评乱评，平台定位阅卷老师，进行通报批评。
5．根据学生答题的关键词，结合评分细则，意思相近或合理均给分。
6．阅卷平台出现的相关问题，如果刷新页面重新登录未能解决，请将问题反馈给学校负责技术的老师（或
考试负责人），由其统一在技术QQ群里反馈问题并协助解决。
1 2 3 4 5 6
D C B D C D
1．D 【解析】茶叶中含有丰富的钾、钙、镁、锰等元素，其中，钾、钙、镁属于大量元素，A错误；新鲜
茶叶细胞中含量最多的化合物是水，B 错误；无机盐在细胞中大多数以离子的形式存在，少数以化合物
的形式存在，C错误；钾、钙被人体吸收后可作为无机盐存在于体液中，参与调节人体的渗透压，D正确。
2．C 【解析】科学家用荧光染料分别标记小鼠细胞与人细胞，并进行融合实验，证明了细胞膜具有流动性，
该实验未利用同位素标记法，A 错误；证明 DNA 的半保留复制实验运用了密度梯度离心法，而不是差
速离心法，B 错误；常通过绘制种群数量增长曲线研究种群数量的变化规律，属于建立数学模型，C 正
确；探究土壤微生物的分解作用实验中，实验组需进行处理，以排除土壤微生物的作用，对照组不做处
理，两组之间属于对照实验，该实验没有采用对比实验这一方法，D错误。
3．B 【解析】痛觉的产生没有经过完整的反射弧，不属于反射，A错误；由受损细胞释放出的致痛物质能
激活伤害性感受器，进而引发疼痛反应，有助于动物感知身体伤害，逃避危险，B 正确；致痛物质由受
损细胞释放，不属于神经递质，C错误；正常情况下，细胞没有受损，内环境中不存在高浓度致痛物质，
D错误。
4．D 【解析】制备单克隆抗体时，向小鼠注射特定抗原后，需从小鼠脾中得到能产生特定抗体的B细胞，
A 正确；②过程培养的细胞是癌细胞，癌细胞是悬浮生长，不贴壁生长，没有接触抑制现象，B 正确；
③过程是动物细胞融合过程，常用PEG或灭活的病毒促进细胞融合，C正确；④过程选出需要的杂交瘤
细胞依靠的是克隆化培养和抗体检测，而不是用特定的选择培养基筛选，D错误。
5．C 【解析】四大家鱼在水体中占据了不同的水层，这体现了群落的垂直结构，A正确；根据题干信息，
鲢鱼主要摄食浮游藻类，所以养殖一定数量的鲢鱼可以防止浮游藻类大量繁殖，B 正确；由于不同鱼类
在同一空间进行养殖，并且不同鱼类的食性也有相同的部分，因此它们的生态位可能存在重叠，C错误；
理科综合·全解全析及评分标准 第1页（共15页）
{#{QQABSYSEggCAAIIAABhCQQWSCEGQkAGACCoOxFAIMAAACANABCA=}#}混养的鱼塘群落丰富度高，生态系统营养结构更加复杂，比单养的鱼塘生态系统稳定性高，D正确。
6．D 【解析】由“F 自交得到F 呈现紫红果∶白果=27∶37”可知，F 是杂合子，若是两对等位基因控制，
1 2 1
则不会出现这样的比例，而F 的27∶37=(3/4)3∶[1-(3/4)3]，说明控制果色的等位基因至少有3对，且遵
2
循自由组合定律，两株亲本白果茄子均为纯合子，A、B、C 正确；F 紫红果中纯合子所占的比例为
2
1/3×1/3×1/3=1/27，D错误。
31．（12分）
（1）类囊体薄膜（2分） NADPH（2分）
（2）①光质类型（光的类型）和光敏色素基因phyA/phyB的缺失情况（2分）
②phyB（2分） 野生型和phyA缺失突变体中叶绿素含量差别不大，phyB缺失突变体中叶绿素含量
明显较野生型低（合理即可，2分）
③除红光外，其他光质也能够调控叶绿素的含量（合理即可，2分）
【解析】（1）光合色素分布在叶绿体的类囊体薄膜上。光合色素吸收的光能，有两方面用途：一是将
水分解为氧和 H+，氧直接以氧分子的形式释放出去，H+与氧化型辅酶Ⅱ（NADP+）结合，形成还原
型辅酶Ⅱ（NADPH）。将光能转化为储存在ATP和NADPH中的化学能。
（2）①由图中信息分析可知，该实验的自变量有光质类型（光的类型）和光敏色素基因phyA/phyB的
缺失情况。
②不论是在白光还是红光照射条件下，水稻野生型和phyA缺失突变体中叶绿素的含量差别不大，而phyB
缺失突变体水稻中叶绿素的含量明显较野生型低。因此可以推测phyB基因在叶绿素合成中的调控作用
更强。
③白光是由不同波长的光复合而成。比较红光和白光下叶绿素含量，可发现四组水稻的叶绿素含量均表
现为红光条件明显低于相应白光条件下。据此可以推知，原因可能是除红光外，白光中的其他光质也能
够调控叶绿素的含量。
32．（11分）
（1）T（2分） 成年前（2分）
（2）抑制免疫系统对自身成分发生免疫反应（合理即可，2分）
实验思路：将生理状态相同的健康雄性小鼠随机均分为甲、乙两组，甲组注射适量的抗CD25+T细胞的
抗体，乙组注射等量的生理盐水，在相同且适宜的条件下培养，一段时间后，观察其是否患自身免疫病
（3分）。
预期实验结果：甲组小鼠出现自身免疫病，乙组小鼠未出现自身免疫病。（2分）（其他答案合理也给
分，共5分）
【解析】（1）胸腺是T细胞分化、发育、成熟的场所；实验1中的对照实验说明T细胞的成熟主要发
生在成年前。
（2）实验2说明，缺乏CD25+T细胞会导致自身免疫病的发生，因此可推测CD25+T细胞的功能为抑
理科综合·全解全析及评分标准 第2页（共15页）
{#{QQABSYSEggCAAIIAABhCQQWSCEGQkAGACCoOxFAIMAAACANABCA=}#}制免疫系统对自身成分发生免疫反应。由提供的实验材料分析，可通过对照实验来验证CD25+T细胞的
功能，具体操作为将生理状态相同的健康雄性小鼠随机均分为甲、乙两组，甲组注射适量的抗CD25+T
细胞的抗体，乙组注射等量的生理盐水，在相同且适宜的条件下培养，一段时间后，观察其是否患自身
免疫病。由于是验证性实验，所以结果是唯一的，即对照组不患自身免疫病，实验组患自身免疫病。
33．（9分）
（1）次生（1分） 栖息空间和食物条件（2分）
（2）促进生物在荒野之间扩散与基因交流，提高遗传多样性（2 分） 减少不同种群之间的竞
争，进而快速形成优势种群（合理即可，2分）
（3）可提高物种丰富度，使该生态系统中的食物链和食物网更复杂，生态系统的功能增强，抵抗外界
干扰的能力增强，有利于维持城市的生态平衡（合理即可，2分）
【解析】（1）城市植被再野化的过程是通过生态修复使生物群落呈现近荒野状态，发生了群落的次生
演替，植物群落的再野化为动物关键种的引入提供了栖息空间和食物条件。
（2）从保护生物多样性方面分析，①过程连通荒野生境片段可以将碎片化的栖息地连起来，促进生物
在荒野之间扩散与基因交流，提高遗传多样性；②过程将不同种植物分别集群种植形成集群分布格局，
从种间关系角度分析，有利于减少不同种群之间的竞争，进而快速形成优势种群。
（3）从促进生态平衡角度分析，重建城市荒野生境的意义是可提高物种丰富度，使该生态系统中的食
物链和食物网更复杂，生态系统的功能增强，抵抗外界干扰的能力增强，有利于维持城市的生态平衡。
34．（10分）
（1）碱基（对）的排列顺序不同（2分）
（2）b（2分） BbXDXD、BbXDXd（2分）
（3）实验思路：让该白毛雌性个体与子代中的黑毛（或黄毛）雄性个体杂交，观察后代的表型（2分）。
预期实验结果：若只有黑毛和白毛，则基因型为bbXDXD；若有黑毛、白毛、黄毛三种颜色，则基因型
为bbXDXd（2分）。（合理即可，共4分）
【解析】（1）基因D与d的根本区别是碱基（对）的排列顺序不同。
（2）分析题表可知，子代中（黑毛+黄毛）∶白毛=1∶1，由于雄性是纯合的，所以亲本关于B、b的基
因型是雌性为Bb，雄性为bb，因此导致与毛色色素形成有关的酶失活的基因是b。由于D、d基因位于X
染色体上，与该动物毛色色素的合成有关，亲本雌性为黑毛，子代雄性出现黄毛，所以亲本雌性的基因
型中有BbXDXd，又由于亲本雄性为纯合白毛，子代雌性个体黑毛∶白毛=1∶1，所以，亲本雄性的基因
型为bbXDY。若亲本雌性只有一种基因型，则子代雄性中，黑毛∶黄毛应为1∶1，而实际是3∶1，因此
亲本雌性的基因型有两种：BbXDXD、BbXDXd，两种基因型各占1/2。
（3）子代中白毛雌性个体的基因型为bbXDXD、bbXDXd，欲通过一次杂交实验确定某白毛雌性个体的
基因型，可让该白毛雌性个体与子代中的黑毛（或黄毛）雄性个体杂交，观察后代的表型。若后代中只
有黑毛和白毛，则基因型为bbXDXD；若后代中有黑毛、白毛、黄毛三种颜色，则基因型为bbXDXd。
35．（12分）
（1）稀释涂布平板法或平板划线（2分） PCR（2分）
理科综合·全解全析及评分标准 第3页（共15页）
{#{QQABSYSEggCAAIIAABhCQQWSCEGQkAGACCoOxFAIMAAACANABCA=}#}（2）让Bs毒蛋白基因在鱼腥藻细胞内正常表达（2分） 新霉素（2分）
（3）转基因鱼腥藻对按蚊幼虫有毒杀作用，且随着鱼腥藻密度增大和处理时间的延长效果更明显（2 分）
在室外按蚊幼虫孳生处开展转基因鱼腥藻的毒性测试或探究转基因鱼腥藻对生态的安全性（2分）
【解析】（1）培养Bs时，可用稀释涂布平板法或平板划线法将菌株接种到固体培养基中培养以便获得
单菌落。可用PCR技术大量获得Bs毒蛋白基因。
（2）构建重组质粒时，需要在 Bs 毒蛋白基因的上游加上鱼腥藻特异性表达的启动子 Pcpcβ，是为
了确保Bs毒蛋白基因在鱼腥藻细胞内正常表达。标记基因为新霉素抗性基因，重组质粒导入鱼腥藻后，
将鱼腥藻置于含有新霉素的蓝绿水藻培养基中进行筛选培养，获得含目的基因的鱼腥藻。
（3）据表分析，转基因鱼腥藻毒性测试结果是转基因鱼腥藻对按蚊幼虫有毒杀作用，且随着鱼腥藻密
度增大和处理时间的延长效果更明显。为了推广应用转基因鱼腥藻，接下来还应探究的课题是在室外按
蚊幼虫孳生处开展转基因鱼腥藻的毒性测试或探究转基因鱼腥藻对生态的安全性。
理科综合·全解全析及评分标准 第4页（共15页）
{#{QQABSYSEggCAAIIAABhCQQWSCEGQkAGACCoOxFAIMAAACANABCA=}#}理综化学·全解全析及评分标准
阅卷注意事项：
1．阅卷前请学科教研组长组织改卷老师开会，强调改卷纪律，统一标准。
2．请老师改卷前务必先做一遍试题，了解自己所改试题的答案、评分细则、答题角度后，再开始改卷。
3．请老师认真批阅，不可出现错改、漏改现象，如果不小心漏改或错改了，可以点击回评重评。
4．成绩发布后，如果有学校反馈错评、乱评，平台定位阅卷老师，情况属实的将进行通报批评。
5．化学主观题若学生答出不同于所给参考答案和评分标准里的其他要点，且符合题目要求，均可灵活给分。
6．阅卷平台出现的相关问题，如果刷新页面重新登录未能解决，请将问题反馈给学校负责技术的老师（或
考试负责人），由其统一在技术QQ群里反馈问题并协助解决。
7 8 9 10 11 12 13
C A B D C B D
7．C 【解析】石墨是碳单质，A项正确；橡胶属于聚合物，B项正确；酶具有专一性，淀粉酶不能用于纤
维素的水解，C项错误；合金的特性是硬度大、熔点低，D项正确。
8．A 【解析】M中含有2个亚氨基，故1 mol M最多可消耗2 mol HCl，A项正确；N分子中含有2个手
性碳，B 项错误；反应中环氧环打开，为开环聚合反应，反应中没有小分子生成，一定不是缩聚反应，
C项错误；P与CH COOH酯化后，亲水基羟基变成疏水基酯基，所以吸水性减弱，D项错误。
3
9．B 【解析】HCl与CH COOH的物质的量相同，则与足量的NaHCO 反应生成CO 的量相等，A项错误；
3 3 2
等浓度时，Na CO 溶液的pH大，说明CO2的水解程度大，即与H+的结合能力更强，B项正确；Na SO
2 3 3 2 3
和 Na S 在酸性条件下能发生归中反应生成 S 单质，在碱性条件下可以大量共存，C 项错误；NO在酸
2 3
性条件下才有强氧化性，白色沉淀为BaSO ，不是BaSO ，不能体现Na SO 的还原性，D项错误。
3 4 2 3
10．D 【解析】铜为反应物，不是催化剂，A项正确；根据中间体a和 反应生成 ，
推出中间体a为 ，B项正确；Cu、CuX、 、 四种物质中，铜表现出4
种化合价，分别为0、+1、+2、+3，C项正确；反应中没有非极性键的断裂，D项错误。
11．C 【解析】基态Al原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，占据的原子轨道数为7，核外电子的空间
运动状态有7种，A项错误；图1中铝原子周围最近的氯原子数为6，Al填充在由Cl构成的八面体空
隙中，B项错误；液态分子结构中存在共价键和配位键，C项正确；液态分子中Al原子的配位数是4，
采用sp3杂化，高温气态分子中Al原子的配位数是3，采用sp2杂化，D项错误。
12．B 【解析】根据CO 被还原可知，Bi电极为阴极，与电源负极相连，故Pt−Ti电极与电源正极相连，A
2
理科综合·全解全析及评分标准 第5页（共15页）
{#{QQABSYSEggCAAIIAABhCQQWSCEGQkAGACCoOxFAIMAAACANABCA=}#}项正确；Pt−Ti电极发生反应生成H+，Bi电极区发生反应消耗H+、生成OH−，且Bi电极表面的纳米片
层结构形成了空腔可有效抑制OH−、H+的扩散，故其pH比其他区域溶液的pH高，B项错误；Bi电极
生成 HCOOH 的电极总反应为 CO + 2H+ + 2e−= HCOOH，C 项正确；当Bi电极表面生成1 mol
2
2
HCOOH和0.08 mol H 时，所需电子分别为2 mol、0.16 mol，所以HCOOH的电解效率为 ×100%≈
2
2.16
92.6%，D项正确。
13．D【 解析】[Fe(H O) ]3+的配体是6个H O，[Fe(H O) (OH)]2+的配体是5个H O和1个OH−，[Fe(H O) (OH) ]+
2 6 2 2 5 2 2 4 2
c{[Fe(H O) (OH)]2}c(H)
的配体是4个H O和2个OH−，Fe(Ⅲ)的配位数都是6，A项正确；K = 2 5 ，
2 1
c{[Fe(H O) ]3}
2 6
c(H)
所以−lg = −lgK − (−lgc{[Fe(H O) (OH)]2+}) =−(−lgc{[Fe(H O) (OH)]2+})+3.05，斜率为
1 2 5 2 5
c{[Fe(H O) ]3}
2 6
c{[Fe(H O) (OH) ]}c(H) c{[Fe(H O) (OH)]2}
−1。K = 2 4 2 ，所以−lg 2 5 = −lgc{[Fe(H O) (OH) ]+}+lgK ，
2 2 4 2 2
c{[Fe(H O) (OH)]2} c(H)
2 5
c(H) c{[Fe(H O) (OH)]2}
斜率是1。所以L1表示 与c{[Fe(H O) (OH)]2+}的关系，L2表示 2 5
2 5
c{[Fe(H O) ]3} c(H)
2 6
c{[Fe(H O) (OH)]2}
与c{[Fe(H O) (OH) ]+}的关系，B项正确；−lg 2 5 =−lgc{[Fe(H O) (OH) ]+}+lgK ，代
2 4 2 2 4 2 2
c(H)
入数据可得−0.105=3.155+lgK ，lgK =−3.26，K =10−3.26，C 项正确；根据坐标含义可知，P 点
2 2 2
c{[Fe(H O) (OH)]2+}=c{[Fe(H O) (OH) ]+}，与c{[Fe(H O) ]3+}=c{[Fe(H O) (OH) ]+}不是同一个点，所以
2 5 2 4 2 2 6 2 4 2
pH不同，D项错误。
27．（14分）
（1）球形冷凝管（1分） 浓硫酸；防止NaOH溶液中的水进入反应器中（2分，试剂1分，作用1
分，答案合理即可）
（2）Cu O+2CH COOH=2CH COOCu＋H O（2分） 吸收水分，提供反应物（2分，写出1点给
2 3 3 2
1分，答案合理即可）
（3）反应过程中有H 逸出，H 遇明火易爆炸（2分，答案合理即可）
2 2
（4）真空干燥（1分，答“干燥”也给分，答案合理即可）
12.3abV
（5）① 1 （2分，或其他合理书写形式） ②AD（2分，1个1分，多选或错选不得分）
mV
2
【解析】（1）仪器c的名称是球形冷凝管；由题干信息知，CH COOCu易水解，因此仪器d中的试剂
3
是浓硫酸，作用是防止NaOH溶液中的水进入反应器中。
（2）Cu O和冰醋酸反应的化学方程式为Cu O+2CH COOH=2CH COOCu＋H O。醋酸酐和水反应
2 2 3 3 2
理科综合·全解全析及评分标准 第6页（共15页）
{#{QQABSYSEggCAAIIAABhCQQWSCEGQkAGACCoOxFAIMAAACANABCA=}#}生成醋酸，一方面吸收水分防止CH COOCu水解，另一方面生成反应物CH COOH。
3 3
（3）制备过程不可选用明火直接加热，原因是反应过程中有H 逸出，H 遇明火可能发生爆炸，因此应
2 2
避免与明火接触。
（4）已知醋酸亚铜固体遇空气易水解或被氧化，因此需要真空干燥，最终得到醋酸亚铜固体。
（5）①根据 CH COOCu+Fe3+=Cu2++Fe2++CH COO−，Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，可得到关系式：
3 3
CH COOCu～Fe2+～Ce4+～Ce(SO ) ，则V mL待测液中所含CH COOCu的物质的量为（ab×10−3）mol，
3 4 2 2 3
V V
则V mL待测液中所含CH COOCu的物质的量为( 1 ×ab×10−3) mol，质量为( 1 ×ab×10−3) mol×123 g·mol−1
1 3
V V
2 2
0.123abV
1 g
0.123abV V 12.3abV
= 1 g，因此产品中CH COOCu的质量分数为 2 ×100%= 1 %。
3
V m g mV
2 2
②未用标准溶液润洗滴定管，会使消耗的标准溶液体积偏大，使测定结果偏高，A项错误；滴定时需要
适当控制滴定速度，使反应充分进行，B项正确；当滴定接近终点时，用锥形瓶内壁将半滴标准液刮落，
并用蒸馏水冲洗内壁，可减小实验误差，提高滴定的准确度，C项正确；滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，
滴定后无气泡，会使读得的消耗标准溶液的体积偏大，使测定结果偏高，D项错误。
28．（15分）
（1）4s2（1分） 适当升高温度、适当增大盐酸的浓度、搅拌等（2分，任写一种）
（2）SbOCl（2分） 加足量水、加热、用热水、加少量氨水等（2分，任写一种，或其他合理答案）
（3）Sb O Cl + 2NH ·H O=2Sb O + 2NH Cl + H O（2分，化学式正确1分，配平1分）
4 5 2 3 2 2 3 4 2
（4）碳的用量过大，会与Sb O 形成泡渣而结块，使得CO与Sb O 的接触面积减小，还原效率降低，
2 3 2 3
回收率减小（2分，答案合理即可）
292
（5） 3 107（2分，其他书写形式正确也给分） Bi 2 O 3 晶体中离子堆积方式比Sb 2 O 3 的更加紧
dN
A
密（2分，答案合理即可）
【解析】流程分析：Sb O 、As O 、Bi O 经过盐酸“酸浸”转化为 Sb3+、As3+、Bi3+，加水“水解”只
2 3 2 3 2 3
有Sb3+转化为滤渣（氯氧锑）从而分离出来，氯氧锑（Sb O Cl ）经过“转化”生成Sb O ，再经过“还原
4 5 2 2 3
熔炼”得到金属锑。
（1）As 为第四周期第ⅤA 族元素，As3+的价电子排布式为 4s2；提高“酸浸”效率的措施有适当升高温
度、适当增大盐酸的浓度、搅拌等。
（2）分析水解反应可知，盐酸浓度较大时抑制水解平衡，所以加入少量水时产物以 SbOCl 为主；实现
SbOCl转化为Sb O Cl ，需要使水解平衡正向移动，加水、升温、适当加入碱性物质等均可以使平衡正
4 5 2
向移动。
（3）根据元素守恒可以得出反应的化学方程式为Sb O Cl + 2NH ·H O =2Sb O + 2NH Cl + H O。
4 5 2 3 2 2 3 4 2
理科综合·全解全析及评分标准 第7页（共15页）
{#{QQABSYSEggCAAIIAABhCQQWSCEGQkAGACCoOxFAIMAAACANABCA=}#}（4）由已知信息可知，熔炼过程中原料之间可能会形成泡渣而结块，过量的碳附着在原料表面阻碍了
CO与Sb O 的反应。
2 3
（5）Sb3+位于晶胞的八个顶点和体心，O2−位于面心，则1个晶胞中有2个Sb3+、3个O2−，设晶胞参数
1222163 292
为a nm，则晶体密度为 gcm3=d g·cm−3，所以晶胞参数a=3 107；离子晶体的熔
N (a107)3 dN
A A
点与离子所带的电荷数、离子半径、离子堆积的紧密程度有关，已知 Sb O 、Bi O 中离子所带的电荷
2 3 2 3
数相等，说明Bi O 的熔点更高与电荷数关系不大，离子半径：Sb3+<Bi3+，离子半径越小离子键越强，
2 3
熔沸点应越高，但是 Bi O 的熔点更高，说明应该是 Bi O 晶体中离子堆积方式比 Sb O 的更加紧密造
2 3 2 3 2 3
成的。
29．（14分）
（1）−49（2分）
（2）①c（1分） 在相同的条件下，Cu−ZnO−ZrO 作催化剂时，CO 转化率和CH OH选择性都
2 2 3
最高（1分，答案合理即可）
1
100 14%53%32
4
② （2分，答案合理即可）
1367 1 1
③吸附H ，并将其解离为H（1分，答案合理即可） HCOO−、CH O−（1分，答不全不给分） Ⅲ
2 3
（1分）
（3）①a（1分） 反应ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡时CO的选择性增大，c线为CO的选择性
曲线；CH OH和CO选择性之和为100%，b线为CH OH的选择性曲线，所以a线为CO 平衡转化率
3 3 2
的曲线（2分，答案合理即可）
0.2 0.1
5 5
3.8 3.8
② （2分，其他书写形式正确也给分）
0.8 2.6
5( 5)3
3.8 3.8
【解析】（1）根据盖斯定律，反应iii=反应i +反应ii ，ΔH =ΔH +ΔH =(−90+41) kJ·mol−1= −49 kJ·mol−1。
3 1 2
（2）①催化效果最好的是 Cu−ZnO−ZrO ，因为在相同的条件下，Cu−ZnO−ZrO 作催化剂时，CO 转
2 2 2
化率和CH OH选择性都最高。
3
②设经过1 min时，通过100 mL CO 和H ，其中n(CO )∶n(H )=1∶3，V =1367 mL·mol−1，CO 转化
2 2 2 2 m 2
率为 14%，CH OH 选择性为 53%，根据 CH OH 时空收率的定义，可列出计算式：CH OH 时空收率=
3 3 3
1
100 mL 14%53%32 gmol1
4 。
1367 mLmol11 g(催化剂)1 min
理科综合·全解全析及评分标准 第8页（共15页）
{#{QQABSYSEggCAAIIAABhCQQWSCEGQkAGACCoOxFAIMAAACANABCA=}#}③由图示 可知，Cu−ZnO−ZrO 催化剂中Cu的作用是吸附H ，并将其解离为H。由
2 2
反应机理图可知，制甲醇的过程中，生成的含碳中间体有CO2、HCOO−、CH O−；因HCOO−的消耗与
3 3
CH OH的合成之间有很好的线性关系，说明HCOO−的消耗反应即反应Ⅲ的活化能最大，为生成甲醇的
3
控速步骤。
（3）①因反应i是吸热反应，升高温度，平衡时CO的选择性增大，c线为CO的选择性曲线；CH OH
3
和CO选择性之和为100%，b线为CH OH的选择性曲线，所以a线为CO 平衡转化率的曲线。
3 2
②X 点温度下，由图可知 CO 平衡转化率为 20%，CH OH 选择性与 CO 选择性都为 50%。n(CO )∶
2 3 2
n(H )=1∶3，设n(CO ) =1 mol，n(H ) =3 mol，则n(CH OH) =n(CO) =1 mol×20%×50%=0.1 mol，n(CO )
2 2 始 2 始 3 平 平 2 平
=1 mol−1 mol×20%=0.8 mol，根据O原子守恒：n(H O) =(2−0.8×2−0.1−0.1) mol=0.2 mol，根据H原子
2 平
(60.140.22) mol
守恒：n(H ) = =2.6 mol，平衡时气体总物质的量为(0.8+0.1+0.1+2.6+0.2) mol=
2 平
2
0.2 0.1
5 5
p(H O)p(CH OH) 3.8 3.8
3.8 mol，反应iii的K = 2 3 = 。
p p(CO )p3(H ) 0.8 2.6
2 2 5( 5)3
3.8 3.8
30．（15分）
（1） （1分） 苯酚（1分）
（2）N（1分）
（3）醚键、酮羰基（2分，1个1分） 还原反应（2分）
（4） （2分）
（5）11（2分） （2分）
（6）将 转化成溶解度较小的C或强酸制弱酸（2分，答案合理即可）
【解析】（1）根据A的元素组成和B、C的结构可知，A的结构简式为 。B的化学名称为
苯酚。
（2）C 中所含第二周期元素为 C、N、O，由于氮原子的 2p 轨道电子半充满，能量低，较稳定，第一
理科综合·全解全析及评分标准 第9页（共15页）
{#{QQABSYSEggCAAIIAABhCQQWSCEGQkAGACCoOxFAIMAAACANABCA=}#}电离能大于氧原子，故C中所含第二周期元素的基态原子第一电离能最大的是氮原子。
（3）D中含氧官能团为醚键和酮羰基。D到E的变化是酮羰基变羟基，属于还原反应。
（4）由 E 和 H 的结构发现其有两处不同，再根据 F 的分子式比 E 少 1 个 O 原子，可以确定 F 为
，再结合H 的结构简式和G 的分子式可以确定G 为 ，所以F到H 的化学方程式
为 。
（5）根据M与I的结构可知—R 为—C H O，R 中含有四元环，O 原子可以在环内或环外，可能的结
4 7
构有以下11种：
其中满足R上处于不同化学环境的氢原子数目之比为1∶1∶1∶4的结构简式为
。
（6）A 与 B 在 NaOH 作用下反应结束后，加入水搅拌后用乙酸乙酯洗涤，收集水层，水层中含有
，用CH COOH调pH至4生成 ， 溶解度低，
3
从溶液中析出。
理科综合·全解全析及评分标准 第10页（共15页）
{#{QQABSYSEggCAAIIAABhCQQWSCEGQkAGACCoOxFAIMAAACANABCA=}#}理综物理·全解全析及评分标准
阅卷注意事项：
1．阅卷前请各学科教研组长，组织本学科改卷老师开会，强调改卷纪律，统一标准。
2．请老师改卷前务必先做一遍试题，了解自己所改试题的答案、评分细则、答题角度后，再开始改卷。
3．请老师认真批阅，不可出现错改、漏改现象，如果不小心漏改或错改了，可以点击回评重评。
4．成绩发布后，如果有学校反馈错评乱评，平台定位阅卷老师，进行通报批评。
5．要在学生列出的公式中找寻有用公式，合理即可按公式给分。
6．不要只看结果，结果正确，但中间公式无法建立有效衔接的，不能给满分；同样，结果错误，但正确列
出的公式应给分，因第(1)问中结果算错，使后面最终结果出错(过程列式正确)，不宜重复扣分。
7．阅卷平台出现的相关问题，如果刷新页面重新登录未能解决，请将问题反馈给学校负责技术的老师(或考
试负责人），由其统一在技术QQ群里反馈问题并协助解决。
14 15 16 17 18 19 20 21
C D B C D AC AD ACD
1
14．C 【解析】由衰变方程知，238Pu的衰变属于 α 衰变，A 错误；43.85 年是 个半衰期，则未发生衰变
94 2
1 0.5 2 3 1
的Pu原子核的质量mm 0 2    2 m 0  4 m 0 ，则有超过 4 的Pu原子核发生了衰变，B错误；由爱
因斯坦质能方程可知，一次衰变中释放出的能量为Emc2 m m m c2，C 正确；238Pu能自
1 2 3 94
发衰变为234U，说明238Pu比234U更加不稳定，238Pu的比结合能比234U小，D错误。
92 94 92 94 92
15．D 【解析】三颗天链卫星都是地球同步卫星，运行轨道都相同且运行速度大小相等，并相对地面静止，
而“天宫”空间站相对地面运动，则三颗天链卫星与“天宫”空间站不是相对静止，A、B 错误；地球半径
未知，不能根据题中条件算出地球的密度，C错误；天链卫星与“天宫”空间站都绕地球运行，由开普勒
第三定律知，D正确。
pV
16．B 【解析】由题图可知，a→b过程气体压强不变，体积增加，由 C可知，气体温度升高，分子的
T
平均动能变大。若单位时间内撞击器壁单位面积的次数增加，则气体压强将变大，由于该过程压强不变，
可知气体分子单位时间内撞击器壁单位面积的次数减少，A 错误；b→c 过程，气体体积不变，压强增
p V pV pV
大，温度升高，则分子的平均动能增加，B正确；由 a a  c c 可知，T  c c T 4T ，C错误；a→b
T T c p V a a
a c a a
过程，气体对外做功，b→c 过程，气体不做功，c→a 过程，外界对气体做功，由 p-V 图像与横轴围成
的面积表示做功的大小可知，经历 a→b→c→a 的变化过程，气体的内能不变，因外界对气体做的功大
于气体对外界做的功，由热力学第一定律E W Q可知，气体对外放热，D错误。
17．C 【解析】汽车螺旋上坡时，受到牵引力、重力、弹力、摩擦力，而向心力是效果力，A 错误；桥梁
理科综合·全解全析及评分标准 第11页（共15页）
{#{QQABSYSEggCAAIIAABhCQQWSCEGQkAGACCoOxFAIMAAACANABCA=}#}设计成“外高内低”的目的是让重力的分力提供向心力，减小所需的静摩擦力，B 错误；螺旋上升的桥梁
设计，可以减小坡度，减小重力沿桥面的分力，保证车辆行驶安全，C 正确；车辆沿“外高内低”的路面
螺旋运动，且不改变运动半径，当增加速率时，向心力一定变大，但摩擦力大小不一定变大，D错误。
18．D 【解析】如图所示，AD边只有一半长度的入射光能从圆弧面出射，易知临界角为C=30°，由对称性
3
知，圆弧 BC 上有光射出的区域对应圆心角为 60°，其正弦值为 ，A、C 错误；透镜对该单色光的折
2
1 c
射率n 2，则光在透镜中的传播速度大小为 ，B错误，D正确。
sinC 2
19．AC 【解析】在返回舱拉着减速伞以收尾速度匀速下降过程，整体受力平衡，有mMg f 0，可
2mMg Mg
得v ，A正确；对返回舱有Mg NFcos0，可得F  ，B错误；减速伞和返
CS Ncos
回舱的总质量越大，匀速运动时所受的阻力越大，收尾速度v越大，C正确；减速伞迎风面积S越大，
其他数据不变时，收尾速度v越小。D错误。
20．AD 【解析】设位于正方形顶点处的某根导线在正方形中心所在的水平轴上产生的磁场的磁感应强度大
小为B，在d导线中的电流反向前，如图1所示，由右手定则和磁感应强度的叠加知，正方形中心处的
2mg
合磁感应强度大小为B 2 2B，因 e 导线平衡，满足BILmg，可得B 。d 导线中的电流反
1 1 4IL
2mg
向后，如图 2 所示，a、b、c、d 四根导线在正方形中心处的合磁感应强度大小变为B 2B ，
2 2IL
2
方向沿由b到d方向，C错误，D正确；e导线所受安培力为F  B IL mg ，方向沿由c到a方向，
安 2 2
A正确，B错误。
kQq kQq
F   
21．ACD 【解析】Q对–q的库仑引力大于对+q库仑斥力，合力表现为引力，即  d  2  d 2
r  r 
 2  2
理科综合·全解全析及评分标准 第12页（共15页）
{#{QQABSYSEggCAAIIAABhCQQWSCEGQkAGACCoOxFAIMAAACANABCA=}#}2kQqrd 2kQqrd 2kQqd
 
 d 2
2
  d  2
2 r3
。据此可知，仅使Q加倍，电偶极子所受的电场力也加倍，A
r2    r41  
 2   2r  
正确；仅使r减半，电偶极子所受的电场力变为原来的8倍，B错误；仅使d减半，电偶极子所受的电
场力也减半，C正确；当r逐渐减小时，库仑引力做的正功大于库仑斥力做的负功，电场力的合力做正
功，系统的电势能减小，D正确。
22．（1）0.20（0.2也正确，2分） （2）9.65（2分） （3）空气阻力的影响（时间测量不准等，合理即
可，2分）
t t
【解析】（1）从第1滴滴下到第21滴滴下共有20个时间间隔，则相邻两滴滴下的间隔T  2 1 0.20 s。
20
（2）从上到下相邻三个水滴的中心位置对应刻度尺的读数分别为h =0.211 m、h =0.805 m、h =1.785 m，
1 2 3
h 2h h
由hgT2，其中hh h h h ，可得g  3 2 1 9.65 m/s2。
3 2 2 1 T2
（3）测得的重力加速度小于当地的真实值，产生误差的原因有空气阻力的影响、时间测量不准等。
23．（1）V （2 分） （2）电流表（2 分） （3）2.90（2 分） 1.8（2 分） （4）42（2 分） （5）
1
无误差（2分）
【解析】（1）待测电池组电动势约为3 V，电压表V 的量程为0~15 V，量程过大，电压表V 的量程
2 1
为0~3 V，量程合适，电压表应选择V 。
1
（2）当电阻丝接入电路的阻值过小时，若无保护电阻，通过电流表的电流会超出其量程。所以保护电
阻R 的作用是防止通过电流表的电流过大。
0
（3）对整个回路，由闭合电路欧姆定律有U EIrR ，则U I 图像纵轴截距为电动势的测量值，
A
可知E=2.90 V，斜率绝对值k rR ，可得r kR 1.8 Ω。
A A
U U
（4）设电阻丝接入电路的长度为L时，电阻值R L，由欧姆定律可知RR  ，整理得 R L，
0 I I 0
U
可知 L图像的斜率即为所求的λ，由图可知λ=42 Ω/m。
I
（5）把电流表和电池组视为等效电源，电流表示数是等效电源的准确电流，电压表示数是等效电源准
确的路端电压，测得的电池组的电动势是等效电源的电动势，而等效电源的电动势等于电源的电动势。
若考虑电压表的内阻，测得的电池组的电动势相比实际值无误差。
24.（1）驾驶员采取紧急制动前瞬间的速度大小为vv at （2分）
0 10
解得v14 m/s
紧急制动过程中驾驶员动量的变化量p0mv（2分）
解得p840 Ns（1分）
vv
（2）设汽车紧急制动后的位移为x ，加速度最小为a ，则有x  x 0 t （2分）
1 min 1 2 0
v2
又x  （2分）
1 2a
min
理科综合·全解全析及评分标准 第13页（共15页）
{#{QQABSYSEggCAAIIAABhCQQWSCEGQkAGACCoOxFAIMAAACANABCA=}#}解得a 7.0 m/s2（1分）
min
25．（1）经过时间t，两导体棒均做匀速运动时，对导体棒b有2mgsin BIL（1分）
对导体棒a有BILcos F （1分）
联立可得F mgsin2（或F 2mgsincos，1分）
（2）设整个过程中回路中的平均电流为I ，对导体棒b有2mgtsinBILt2mv （2分）
2
对导体棒a有FtBcosILtmv （2分）
1
联立可得v 2v cos
1 2
匀速运动后满足EIr2r（1分）
又E BLv cosBLv （2分）
1 2
6mgrsin
v 
联立可得 2 B2L2 12cos2  （1分）
（3）由2mgtsinBILt2mv
2
可得2mgtsinBqL2mv （2分）
2
2mgtsin 12m2grsin
解得q
BL

B3L3 12cos2 
（1分）
26．（1）物块a从A点抛出后做平抛运动，到达B点时，下落高度h＝H－R（1+sinθ）＝0.8 m（2分）
竖直方向上有v 2＝2gh（1分）
y
根据几何关系可知v ＝v tanθ（1分）
A y
联立解得v ＝3 m/s（2分）
A
（2）由题意可知，碰后物块b第一次在水平地面CD上运动的距离x =3.4 m（1分）
1
因左、右轨道对称且水平平台光滑，则物块b到达F点时的速度与物块a在A点抛出的速度相同，即v
＝3 m/s（1分）
F
物块b从平台A点离开后将沿物块a抛出时的轨迹运动再次经过C点，对物块b从A到C，由动能定
1 1
理有m gH  m v2  m v2 （2分）
2 2 2 C 2 2 F
1
对物块b再次经过C点至停止运动，由动能定理有m gx 0 m v2 （2分）
2 2 2 2 C
解得x ≈3.27 m<3.4 m
2
则整个过程中物块b在水平地面CD上运动的总路程x=x +x =6.67 m（1分）
1 2
（3）由对称性知，碰后物块b经过D点的速度v v 7 m/s（1分）
D C
设物块b碰后的速度大小为v ，对物块b第一次在CD上的运动过程，由动能定理有
2
理科综合·全解全析及评分标准 第14页（共15页）
{#{QQABSYSEggCAAIIAABhCQQWSCEGQkAGACCoOxFAIMAAACANABCA=}#}1 1
m gL m v2  m v2（2分）
2 2 2 D 2 2 2
解得v 10 m/s
2
在C点，物块a、b发生弹性碰撞，设碰后物块a的速度大小为v ，由动量守恒定律和能量守恒定律分
1
别有mv mv m v （1分）
1 C 1 1 2 2
1 1 1
mv2  mv2  m v2（1分）
2 1 C 2 1 1 2 2 2
联立可得m :m 5:2（2分）
1 2
理科综合·全解全析及评分标准 第15页（共15页）
{#{QQABSYSEggCAAIIAABhCQQWSCEGQkAGACCoOxFAIMAAACANABCA=}#}