2023届贵州省六校联盟高考实用性联考（一）理科综合答案_05高考化学_高考模拟题_全国课标版_2023贵州省六校联盟高三上学期高考实用性联考（一）理综

2023 届贵州省六校联盟高考实用性联考卷（一） 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 C D C A B C A C C D D B C 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，全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得0分。 题号 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 C B C A B BD BD BC 【解析】 1．胆固醇参与血液中脂质的运输，A不符合题意。生物膜上协助物质转运必须是蛋白质，氨 基酸无法直接参与，B不符合题意。抗体本质是蛋白质，氨基酸可通过脱水缩合合成抗体， C符合题意。光合色素吸收、传递、转化光能，氨基酸无法直接参与，D不符合题意。 2．转录需要以DNA的其中一条链为模板，衰老细胞的染色质收缩，DNA无法解旋，意味着 某些基因无法完成转录，导致基因表达减弱，A正确。转录、翻译都需要酶降低反应活化 能，因此衰老细胞内若相关的酶（如RNA聚合酶等）活性降低，会导致基因表达减弱，B 正确。细胞核内转录需要从细胞质基质获得原料、能量，形成的 RNA 需要通过核孔运输 到细胞质基质完成翻译的过程，衰老细胞核膜内折，降低核孔的核质间物质运输的效率， 就会降低基因的表达，C 正确。衰老的细胞并没有出现结合水增多的特征，因此不可能影 响基因的表达，D错误。 3．人体体细胞无氧呼吸不消耗氧气，也不释放二氧化碳，只有有氧呼吸的时候消耗氧气，释 放二氧化碳，且消耗量与释放量达到平衡，A 正确。1mol 葡萄糖彻底氧化分解可以释放 2870kJ的能量，只有1161kJ左右的能量储存在ATP中，转化效率约为40%，B正确。有 氧呼吸的反应场所有细胞质基质、线粒体，每一阶段都有能量释放、转化为ATP，故肌肉 收缩的能量大部分来自线粒体，而非全部，C 错误。运动过程中，人体产热与散热达到动 态平衡，D正确。 4．①所代表的是腺嘌呤，与嘧啶碱基互补配对，A 错误。ATP 与 ADP 相互转化的能量供应 机制，是生物界的共性，B 正确。破坏③后的产物是磷酸分子、腺嘌呤核糖核苷酸，其中 腺嘌呤核糖核苷酸可以参与以 RNA 以为化学本质的酶的构成，C 正确。吸能反应一般与 ④所代表的化学键的断裂，即ATP的水解相联系，D正确。 理科综合参考答案·第1页（共15页）5．减数分裂过程中，同源染色体在减数第一次分裂后期分离，进入不同的次级精母细胞， 减数第二次分裂后期姐妹染色单体分离，形成两个相同的精细胞，故可知来自同一初级 精母细胞的精细胞，应该各自含有同源染色体的其中一条，所以两个精细胞中的染色体 合起来，与体细胞的染色体组成一致，即可判断来自同一初级精母细胞，A、C、D错误， B正确。 6．通过F 与白花（纯合隐性个体）测交，F 性状分离比为1∶2∶1可知，A/a与B/b分别位 1 2 于两对同源染色体上，独立遗传，互不干扰，A正确。F 全部为红花，则说明两个亲本是 1 纯合子，则AABB×aabb符合，AAbb×aaBB也符合，故亲本可能都开粉花，也可能一株开 红花，一株开白花，B、D正确。F 的基因型为AaBb，故自交以后，按照题干所述，子代 1 为红花∶粉花∶白花=9∶6∶1，C错误。 7．A项，明矾净水的原理是生成的Al(OH) 胶体，吸附水中的杂质，并没有杀菌消毒的作用。 3 B 项，硅胶多孔，吸附水分子的能力强，可以用作食品的干燥剂。C 项，钛硬度大、熔点 高，化学性质稳定，耐腐蚀，尤其是抵抗海水腐蚀的能力强，所以钛及其钛的合金可用于 飞机、人造卫星和宇宙飞船等领域。D项，漂白粉的主要成分是Ca(ClO) ，洁厕灵中有HCl， 2 混合使用会生成有毒的物质 Cl ，所以此题答案选A。 2 8．A 项，22.4L 的 CO 和 CO 混合气体中含有的碳原子数为 1N ，在未告诉标况时不能得知 2 A 混合气体的物质的量，错误。B项，0.5mol AlCl 完全转化成氢氧化铝胶体生成胶粒数目小 3 于 0.5N ，错误。C 项，常温常压下，13.6g 金刚烷（ ）为 0.1mol，其中所含 C—C A 键的数目为1.2N ，正确。D项，7.8g Na O 的物质的量为0.1mol，阴离子为O2−，所以其 A 2 2 2 中含有的阴离子数为0.1N ，错误。 A 9．芳香化合物M结构简式为 ，H的结构简式为 ， M和H的分子式均为C H O ，A、B项均正确。M在苯环上加成需3mol H ，H在2个 6 6 6 2 “ ”上加成，需要 2mol H ，在“ ”中不能加成，C 错误，M 中六个 2 “—OH”不能发生消去反应，而H中2个“—OH”均可发生消去反应，D正确。 10．A 项，醋酸为弱电解质，不能拆分，氢氧化钠溶液和醋酸溶液反应的离子方程式为 OH−+CH COOH=CH COO−+H O，错误。B项，次氯酸钠溶液在碱性条件下与氯化铁 3 3 2 溶 液 反 应 生 成 高 铁 酸 钠 、 氯 化 钠 和 水 ， 反 应 的 离 子 方 程 式 为 理科综合参考答案·第2页（共15页）3ClO−+2Fe3++10OH−=2FeO2−+3Cl−+5H O，错误。C项，Ba(OH) 溶液与稀H SO 混合 4 2 2 2 4 生成硫酸钡和水，离子方程式为Ba2++SO2−+2H++2OH−=BaSO ↓+2H O，错误。D项， 4 4 2 Mg(HCO ) 与足量氢氧化钠反应：Mg2++2HCO−+4OH−=Mg(OH) ↓+2CO2−+2H O，正确。 3 2 3 2 3 2 11．短周期主族元素 X、Y、Z、W、Q 的原子序数依次增大。X 的简单氢化物的水溶液呈碱 性，X 为 N 元素；X、W 同主族，W 为 P 元素；Y 的最外层电子数是次外层的 3 倍，Y 为O元素；Z为金属元素，且Z原子最外层电子数等于其K层电子数，则Z为Mg元素； W（P)的最外层电子数为5、Y（O）的最外层电子数为6，设Q的最外层电子数为x，由 题W、Q的最外层电子数之和是Y的最外层电子数的2倍，则5+x=12，x=7，则Q为Cl 元素。根据以上分析可知X、Y、Z、W、Q分别为N、O、Mg、P、Cl元素。A项，N、 O 元素间能形成 NO、NO 、N O 等多种化合物，正确。B 项，工业上电解熔融 MgCl 2 2 4 2 来获得 Mg，正确。C 项，N、O、P 三种元素的非金属性强弱顺序为 O>N>P，故其气态 氢化物稳定性顺序为Y>X>W，正确。D项，氯的含氧酸HClO为弱酸，HClO 为强酸， 4 错误。 12．由装置图可知左池为原电池，右池为电解池，根据电子移动方向，Cu(1)为正极，Cu(2) 为负极，a 为阴极，b 为阳极。A 项，b 电极为阳极，应该是溶液中的阴离子 OH−放电， 因此电极反应为 2H O+2e−=H ↑+2OH−，错误。B 项，b 电极为阳极，溶液中的阴离 2 2 子OH−放电，生成氧气，H+浓度增大，为了制备得到硫酸，d为阴离子交换膜，SO2−通过， 4 a 电极为阴极，氢离子放电，氢氧根离子浓度增大，为了制备氢氧化钠，c 为阳离子交换 膜，Na+通过，正确。C 项，浓差电池放电过程中，Cu(1)为正极，电极上的电极反应为 Cu2++2e− =Cu，错误。D 项，当阴极产生 2.24L 气体时，未讲气体处于标况，物质的 量未知，错误。 13．CO 与Ca2+在碱性条件下才产生沉淀CaCO ，而在酸性和中性溶液中CO 不与Ca2+反应， 2 3 2 A 错误。向氨水中滴入 2 滴 AgNO 溶液时，氨水过量，Ag+与 NH ·H O 反应生成银氨 3 3 2 合离子，NH ·H O与Ag+发生了反应，B错误。SO 与KMnO 氧化还原使KMnO 生成 3 2 2 4 4 Mn2+褪色，SO 与品红褪色是SO 有漂白性，C正确。Fe(NO ) 溶液中加H SO 提供H+， 2 2 3 2 2 4 使NO−、H+与Fe2+反应生成Fe3+只能说明HNO 氧化性强于Fe3+，D错误。 3 3 1 14．抛出小球的最小速度为 gR，由2R gt2、xv t，解得x200m。 2 0 15．由初始时系统处于静止状态，A与斜面间的摩擦力为零得到m 2m；末态对B受力分析 A mg 2 3 2 3  得T   mg；再对A，有T 2mgsin30 f ；解得 f  1mg。   cos30 3 3   16．设小行星 2022OS1 和 2022ON1 的轨道半径分别为r和r ，则r r 1.5r，r r 4.5r， 1 2 1 2 1 2 解得r 3r、r 1.5r。 1 2 理科综合参考答案·第3页（共15页）17．对A、B构成的整体，最大静摩擦力提供向心力，Mr2 Mg ；对B，由重力和支持力 的合力提供向心力，mgtanmr2，解得tan。 18．碰撞前后竖直方向速度大小不变，由v v2 v2 2.5m/s，所以碰撞后水平方向速度 x y v 1.5m/s 。设乒乓球质量为 m，碰撞时间为 t，则竖直方向和水平方向分别有 x 3 F t 4m、ft F t 1.5m，解得 。 N N 8 19．原子核跃迁产生γ射线，故A错误。衰变自发进行，144Ba的衰变方程应为144Ba144X 0e， 56 56 57 1 故C错误。 20．PFv，v2 2ax，所以PF 2ax，即P x，故A错误，B正确。设绳子总质量为m， Ld Ld 以绳中某点到绳下端这段绳为研究对象，则 T  mgsin ma ，解得 L L Ld T (mgsinma) ，故C错误，D正确。 L 1 1 2m 21．对 BC，有 kx2 Fx 2mv2 ，解得 v g ；对 AB，有 mv 2mv ， 2 2 0 0 k 0 共 1 1 m2g2 1 1 1 E  mv2  2mv2 ，解得E  ；联立mv mv mv 、 mv2  mv2  mv2 ， p 2 0 2 共 p 2k 0 A B 2 0 2 A 2 B 2m 解得v v v g 。 m A 0 k 三、非选择题 （一）必考题：共11题，共129分。 22．（5分） （1）如图所示（3分） I (R R) （2） 1 g1 1 （2分） I I 2 1 23．（每空2分，共10分） （1）需要 不会 （2）0.20 0.60 d c （3） 2b 理科综合参考答案·第4页（共15页）24．（12分） 解：（1）对滑块，有mg ma ① vat ② 1 1 x at2 ③ 2 1 由①②③得t 2s、x2m 1 v at ，得t 1s ④ 0 2 2 1 又因为v t x at2 ⑤ 0 3 2 2 t t t t 4.5s ⑥ 1 2 3  1  （2）Qmg(xv t )mgv t  at2 4.5J ⑦ 01  0 2 2 2  评分标准：本题共12分。正确得出⑦式给4分，正确得出⑤、⑥式各给2分，其余各式 各给1分。 25．（20分） 解：（1）根据右手定则和左手定则，导体棒在过程Ⅰ中所受的安培力方向沿导轨平面向 上 ① （2）由牛顿第二定律 mgsinkmgF ma ② A v 由图乙可得a 0 ③ t 0 而F BIL ④ A q I  ⑤ t 由电磁感应定律 U BLv ⑥ q 又C  ⑦ U v a ⑧ t v 解得k sin(mB2L2C) 0 ⑨ mgt 0 由题意 mgsinkmgF ⑩ Am 而F BI L ⑪ Am m 理科综合参考答案·第5页（共15页）由闭合电路的欧姆定律 E I  m ⑫ m 2R 又E BLv ⑬ m m 2R(mB2L2C)v 解得v  0 ⑭ m B2L2t 0 （3）由动量定理 (mgsin)t kmgt BILt mv mv ⑮ 0 0 0 m 0 由闭合电路的欧姆定律 E I  ⑯ 2R 由法拉第电磁感应定律 BLs E ⑰ t 0 2RCv (3t 4RC) 解得s 0 0 ⑱ t 0 评分标准：本题共20分。正确得出①、⑮式各给2分，其余各式各给1分。 26．（除特殊标注外，每空2分，共14分） （1）分液漏斗（1分） 除去Cl 中混有的HCl（1分） 2 （2）B→F→E→D→C （3）2Cl +2Ca(OH) =CaCl +Ca(ClO) +2H O （反应物产物写对1分，配平正确1分） 2 2 2 2 2 （4）增大氯气和石灰乳的接触面积，提高吸收效率（意思答到增大接触面积则给2分） 氯气与碱反应为放热反应，采用冰水浴可避免氯气与石灰乳发生副反应生成氯酸钙 （答到避免副反应给1分，指明副产物是氯酸钙给1分） （5）溶液由蓝色变为无色，半分钟内溶液不再变为蓝色（答到蓝色变无色给 1 分，半分 钟内不再变为蓝色再给1分） 0.05000（未保留四位有效数字给1分） 【解析】MnO 与浓盐酸需要在加热条件下才能发生反应，生成的Cl 中混有浓盐酸挥发出 2 2 的 HCl 气体和水蒸气，用饱和食盐水除去 HCl，用浓硫酸除去水蒸气，用向上排空气法 收集氯气，尾气用NaOH溶液吸收。 （1）由分析可知，装置G为分液漏斗，装置F的作用为除去Cl 中混入的HCl。 2 （2）制取氯气时，需进行以下操作：制气、除杂、干燥、收集、尾气处理，从而得出仪 器连接顺序为B→F→E→D→C。 （3）工业制取漂白粉原理为氯气通入石灰乳，化学方程式为 2Cl +2Ca(OH) = 2 2 CaCl +Ca(ClO) +2H O。 2 2 2 理科综合参考答案·第6页（共15页）（4）使用多孔球泡，增大气体与石灰乳的接触面积，使反应更迅速更充分更完全；由信 △ 息可知于装置 C 中发生的反应会放出热量，为了避免发生 6Cl +6Ca(OH) ===== 2 2 5CaCl +Ca(ClO ) +6H O 生成副产物Ca(ClO ) ，所以采用冰水浴。 2 3 2 2 3 2 （5）在开始滴定时锥形瓶中的溶液中含有I 及淀粉溶液，溶液显蓝色，随着Na S O 标准 2 2 2 3 溶液的滴入，溶液中I 不断被消耗，浓度变稀，溶液蓝色变浅，当滴入最后一滴Na S O 2 2 2 3 标准溶液时，溶液颜色由蓝色变为无色，半分钟内溶液颜色不变色，说明滴定达到终点， 故滴定终点现象是当加入最后一滴Na S O 标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，半分钟内 2 2 3 溶 液 不 再 变 为 蓝 色 ， 说 明 滴 定 达 到 终 点 ； 发 生 的 有 关 反 应 方 程 式 为 ClO−+2I−+2H+=I +Cl−+H O、I +2S O2−=2I−+S O2−，可得关系式：ClO−～I ～2S O2−， 2 2 2 2 3 4 6 2 2 3 n(Na S O )=0.1000mol/L×0.0200L=0.0020mol ， 则 n(ClO−)=0.5×0.0020=0.0010mol ， 2 2 3 n[Ca(ClO) ]=0.5n(ClO−)=0.5×0.001=0.0005mol，故 C 中溶液 Ca(ClO) 的物质的量浓度 2 2 0.0005mol c[Ca(ClO) ]= =0.05000mol·L−1。 2 0.010L 27．（每空2分，共14分） （1）C （2）Mn2+、SO2−、（H+）（写对物质给一个 1 分，氢离子不写不扣分，多写一个扣 1 分， 4 不产生负分） （3）适当升温、搅拌、适当增加H O 的浓度（写对一点1分） 2 2 （4）Mn2++2HCO−=MnCO ↓+CO ↑+H O（写对物质给1分，配平给1分） 3 3 2 2 （5）洗涤、干燥（答对一点1分） （6）①2∶3 527.4℃ ②4MnCO +O =======2Mn O +4CO （写对物质给1分，配平给1分） 3 2 2 3 2 【解析】本题为工业流程题，由题干可知酸性废液中含 H+、 Fe2+、Mn2+、SO2−，工业生 4 产的目的是为了获得碳酸锰，所以亚铁离子和硫酸根离子是杂质离子。由流程图经过H O 2 2 氧化后，通过调节pH值以沉淀形式除去的应该是亚铁离子。结合第5小问的题目可以再 次明确碳酸锰是固体，所以流程图中加入NH HCO 碳化的过程是沉淀Mn2+。 4 3 （1）调节pH值的最佳试剂，可以中和氢离子，同时不引入杂质离子，综合考虑答案为C。 （2）经过过滤1后，除去了Fe2+，滤液中的主要离子还有Mn2+、SO2−。 4 （3）加快反应速率一般的方法有适当升温、搅拌、适当增加H O 的浓度。 2 2 （4）碳化过程后Mn2+变成了MnCO ，故反应的离子方程式为Mn2++2HCO−=MnCO ↓ 3 3 3 +CO ↑+H O。 2 2 理科综合参考答案·第7页（共15页）（5）过滤后的固体上有溶剂水，溶液中的一些杂质离子，要得到高纯度的碳酸锰，还需 要经过：洗涤、干燥。 （6）①由温度—质量图可知 527.4℃时固体质量为 79mg，结合题意可知此时的固体物质 是锰的氧化物，起点 115mg 是碳酸锰，整个加热过程中锰的质量（物质的量）没有发生 115 7955 过变化。由起点可知n(Mn)= 1mol，527.4℃时n(O)= 1.5，n(Mn)∶ 5512163 16 n(O)=2∶3。 ②从上一小题可知527.4℃时固体物质是Mn O ，Mn的化合价升高，氧气参与了反应。 2 3 28．（除特殊标注外，每空2分，共15分） （1）−90.77kJ·mol−1（没写单位给1分） <（1分，写“小于”不给分） （2）AC（选对一个给1分，选错不给分） 1 （3）①0.05mol·L−1·min−1（数值对给1分） ②0.2或 （写出表达式给1分） 5 ③增大（1分） （4）正极（1分） CH OH+H O−6e−=CO ↑+ 6H+（写对物质给1分，配平给1分） 3 2 2 0.6N （答0.6、0.6mol给一分，答0.6×6.02×1023或3.612×1023给2分） A 【解析】（1）ΔH =ΔH −ΔH =−90.77kJ·mol−1，由计算得反应Ⅲ为放热反应，因此活化 3 1 2 能E(正)小于E(逆)。 （2）A项，由于反应Ⅰ前后气体质量不变，且该容器为恒容，因此混合气体密度一直不变， 正确。B项，由于反应Ⅰ前后物质的量减小，前后气体质量不变，因此混合气体的平均相 对分子质量不变达平衡，错误。C项，二氧化碳的消耗和水的生成均为正反应方向，正确。 D项，氢气体积分数保持不变可以说明反应达平衡，错误。 （3） CO (g)+H (g)     CO(g)+ H O(g) 2 2 2 起始 0.5 1.5 0 0 转化 0.25 0.25 0.25 0.25 平衡 0.25 1.25 0.25 0.25 0.25 ①根据三段式可得v(H )= =0.05mol·L−1·min−1。 2 5 0.250.25 1 ②K= =0.2或 。 0.251.25 5 ③升高温度，由于反应Ⅱ为吸热反应，因此平衡正向移动，平衡常数增大。 （4）由装置图氢离子的移动方向可知 Y 电极为正极，X 电极参与反应的物质为甲醇，在 酸性介质中生成二氧化碳，因此电极反应式为CH OH+H O−6e−=CO ↑+ 6H+，铁制品 3 2 2 质量增加64.8g时，增加的质量为银的质量，因此银的物质的量为0.6mol，Ag++e−=Ag， 因此生成0.6mol银转移0.6N 电子。 A 理科综合参考答案·第8页（共15页）29．（每空2分，共10分） （1）类囊体薄膜（评分标准：类囊体薄膜/类囊体膜/基粒膜；0分答案：类囊体/基粒/叶绿 体基质） 光 [H]、ATP、糖类、C 、C （葡萄糖、淀粉）（评分标准：写对一个给1 3 5 分，写对两个给2分；0分答案：有错全扣，0分） （2）有无以核膜为界限的细胞核（评分标准：是否具有核膜包裹的细胞核/是否具备成形 的细胞核/是否具备完整的细胞核/细菌没有完整细胞核，酵母菌有完整细胞核/细菌没有完 整或成形细胞核/酵母菌有完整或成形细胞核，均可给分；0 分答案：细菌是拟核，酵母 菌是细胞核/细菌是原核生物，酵母菌是真核生物） 细菌生成的乙酸没有及时排出，导 致pH下降，抑制了酶活性（评分标准：乙酸导致pH下降（1分），酶活性下降/受到抑制 （或酶的空间结构遭到破坏）（1 分）（按点给分）；0 分答案：细菌死亡/细菌的活性受到 抑制） 【解析】（1）根据题干可知，硅半导体纳米线可吸收光能并分解H O，所以模拟的是叶绿 2 体中进行光反应的类囊体薄膜。由于装置图中显示H O分解之后产生的H+被细菌吸收后， 2 与CO 结合生成了乙酸，整个过程中没有[H]、ATP以及糖类等的生成。 2 （2）细菌（原核生物）与酵母菌（真核生物）的本质区别是有无以核膜为界限的细胞核。 根据装置图可知，细菌吸收CO ，生成乙酸，如果没有及时排除产物，意味着乙酸会大量 2 堆积，造成pH降低，影响酶的活性。 30．（除特殊标注外，每空2分，共9分） （1）脂溶（1分） （2）蛋白质种类和数量（评分标准：蛋白质种类（1 分）、数量（1 分），按点给分；0 分 答案：糖蛋白/载体蛋白/通道蛋白/受体蛋白/磷脂/脂质的种类、数量，不写蛋白质，只写 种类、数量） 协助扩散 （3）B 都需要载体蛋白（评分标准：需要载体蛋白；0分答案：都需要蛋白质） 【解析】（1）欧文顿的实验结果：凡是可以溶于脂质的物质，比不能溶于脂质的物质更容 易通过细胞膜进入细胞，所以这些物质应该是具备脂溶性的特征。 （2）生物膜上蛋白质的种类和数量决定了生物膜功能的复杂程度。水分子通过水通道蛋 白，逆浓度梯度运输，满足协助扩散的特征。 （3）图中的对角线表示物质在生物膜和人工膜的通透性是一致的，意味着这类物质的运 输不依赖载体/通道蛋白，所以应该是自由扩散，因此甘油的运输方式对应图中的B点。 Na+在生物膜上的两种运输方式是主动运输、协助扩散，所以共同特点是都需要载体蛋白。 理科综合参考答案·第9页（共15页）31．（每空2分，共10分） （1）（一定的）流动 磷脂、核酸（DNA、RNA）、糖类、胆固醇、脂肪等（评分标准： 一个1分；0分答案：有错0分） 蛋白质 （2）无限增殖（或无限分裂）（评分标准：无限增殖/无限分裂；0分答案：分裂增殖/不断 分裂/有丝分裂/细胞形态改变/易扩散、转移） 癌细胞通过自噬作用获得营养物质（评 分标准：只要答到癌细胞通过自噬作用，降解受损细胞器后，可以获得营养物质（如蛋 白质、氨基酸、核苷酸等），类似的意思即可；0 分答案：描述中有明显错误，如癌细胞 通过细胞凋亡……，或者专业名词错误，如自吞作用等） 【解析】（1）囊泡的形成体现了生物膜具有一定的流动性。根据题干信息——分解衰老或 损伤的细胞器，分析细胞器的组成成分及内容物可知，溶酶体中可能存在分解蛋白质、 磷脂、核酸、糖类、胆固醇、脂肪等的水解酶。脲酶是第一种被提取到的酶，其本质是 蛋白质。 （2）相较于正常体细胞有限的分裂次数，癌细胞因为基因突变，所以具有无限增殖的特 征。在营养物质缺乏的前提下，癌细胞可以通过自噬作用，将受损或功能退化的细胞器 降解后再利用其中的营养物质。 32．（除特殊标注外，每空2分，共10分） （1）否（1分） 雄性∶雌性=1∶2（或公鸡∶母鸡=1∶2）（0分答案：♂∶♀=1∶2） （2）伴性遗传 ZbZb×ZBW（0分答案：写作XX、XY） （3）若 F 公鸡与母鸡都为玫瑰冠∶豆冠=3∶1（或公鸡与母鸡性状分离比一致），则控制 2 该性状的基因位于常染色体上；若 F 公鸡全为玫瑰冠，母鸡既有玫瑰冠，又有豆冠（或 2 只有母鸡出现豆冠或只有母鸡出现性状分离），则基因位于Z染色体上（3分）（评分标准： 写到一种情况给 2 分，写全给 3 分；写对一种，写错一种给 2 分；0 分答案：比较 F 的 1 性状不给分；写♂、♀符号不给分；结果（F 的性状或性状分离比）或者结论（基因的 2 位置）任一写错，这种推测认定为错误，不给此项推测的分） 【解析】（1）性反转是由于外界因素（性激素）造成的，只改变了母鸡的性状，并不能改 变母鸡的遗传物质，所以母鸡仍然是 ZW 的性染色体组成。所以利用这只性反转的公鸡 （ZW）与母鸡（ZW）交配，子代性状分离比为雄性∶雌性=1∶2，遗传图解如下图。 理科综合参考答案·第10页（共15页）（2）控制性状的基因位于性染色体上，性状的遗传总是和性别相关联的现象称之为伴性 遗传。根据伴性遗传交叉遗传的特征，要在雏鸡阶段就能够区分雌雄个体，则子代的雄 性与母本表现型一致，子代的雌性与父本表现型一致，且父本与母本均为纯合子，即可 满足要求，所以亲本的基因型为ZbZb×ZBW。 （3）若F 公鸡与母鸡都为玫瑰冠∶豆冠=3∶1，则控制该性状的基因位于常染色体上；若 2 F 公鸡全为玫瑰冠，母鸡既有玫瑰冠，又有豆冠（或只有母鸡出现豆冠），则基因位于 Z 2 染色体上。 （二）选考题：共45分。 33．（15分） （1）（5分）ABC（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分，每选错1个扣 3分，最低得分为0分） 【解析】两分子间距减小到r 的过程中，由图可知，分子力先增大后减小至0，故A正确。 1 在两分子间距减小到 r 的过程中，分子力表现为引力，且引力做正功，分子势能减小， 2 故B 正确。在两分子间距由r 减小到r 的过程中，分子力表现为引力，且引力做正功， 2 1 分子势能减小，故C正确。在两分子间距等于r 处，分子势能最小，为负值，故D错误。 1 在两分子间距减小到r 的过程中，分子间距减小，分子引力和斥力都增大，故E错误。 1 （2）（10分） 解：Ⅰ．V 500cm3 0.5150cm3 575cm3、V 500cm3 0.5200cm3 600cm3 1 2 T (27327)K300K ① 1 V V 由等压变化有 1  2 ② T T 1 2 得T 313K，最高温度为40℃ ③ 2 Ⅱ．由等压变化 V V Sl   ④ T T T ST 得T  l ⑤ V 所以ΔT与Δl成正比，故刻度是均匀的 ⑥ 评分标准：本题共10分。正确得出④式给3分，正确得出①、②式各给2分，其余各式 各给1分。 理科综合参考答案·第11页（共15页）34．（15分） （1）（5分）BCD（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分，每选错1个扣 3分，最低得分为0分） （2）（10分） 解：Ⅰ．由题意，若该波沿x轴正方向传播 x 0.4 v  1  m/s2m/s ① 1 t 0.2 若该波沿x轴负方向传播 x 0.8 v  2  m/s4m/s ② 2 t 0.2 Ⅱ．该波沿x轴正方向传播  1.2 周期T   s0.6s ③ v 2 1 t 0时刻，处于x0.6m的质点在平衡位置，速度方向沿y轴正方向，该质点振动时间 3 t 2.25s3T  T ④ 4 故T 2.25s时刻，该质点处于波谷，其位移为y2cm ⑤ 评分标准：本题共10分。正确得出①~⑤式各给2分。 35．（除特殊标注外，每空2分，共15分） （1） （其他合理写法同样给分） （2）Na（1分） Na的原子半径比Al、Si、O都大，最外层电子数最少，失电子能力最 强（答“Na半径最大，最易失1个电子”给2分，只答其中一点给1分） （3）C O2−、H O（每个1分） 水分子间存在氢键 2 4 2 （4）＞（1分） SO2−和H O中，中心原子S和O均采取sp3杂化，但水中中心原子有 4 2 2对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对对成键电子对的斥力 （5）①CaCrO （1分） 3 ②240 【解析】（1）Cr为24号元素，基态Cr原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，基 态Cr3+的核外核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3，故基态Cr3+最外电子层的电子排布图 （轨道表示式）为 （3d亚层的3个电子在3d亚层的 5个简并轨道中以成单并自旋方向相同的形式任意排布都算正确）。 理科综合参考答案·第12页（共15页）（2）Na、Al、Si、O 四种元素中，Na 原子半径最大，同时最外层电子数最少，导致其失 电子能力最强，故Na在四种元素中第一电离能最小。值得注意的是，并非金属性越强第 一电离能一定越小，如Mg和Al，金属性Mg更强，但因Mg最后亚层为全满，第一电离 能却比Al大。 （3）从配合物化学式 K[Cr(C O ) (H O)]的写法可知，其中配离子是[Cr(C O ) (H O)]−， 2 4 2 2 2 4 2 2 故知其配体应有C O2−、H O两种。氢键会明显增强分子间作用力，对物质的沸点有明显 2 4 2 影响，因H O分子间存在氢键而CO 分子间不存在氢键，故H O的沸点明显高于CO 。 2 2 2 2 （4）SO2−和 H O 中，中心原子 S 和 O 均采用 sp3杂化，其理想的价层电子对互斥模型均 4 2 为正四面体，但因H O中O存在两对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键 2 电子对对成键电子对的斥力，使 H O 中 2 个共价键之间的夹角进一步受到挤压，键角变 2 小。 1 （5）①由均摊法很容易得出，Ca2+位于立方体8个顶点上，每个立方晶胞中含Ca2+ 8× =1， 8 1 O原子位于立方晶胞面心，每个立方晶胞中含O 6× =3，Cr原子位于立方晶胞体心，每 2 个立方晶胞中含Cr原子数应为1，故晶体化学式为CaCrO 。 3 ②由立方晶胞结构特征知，Ca2+与负 2 价 O 应在面对角线上相互接触，故面对角线长度 为 2×100pm+2×140pm=480pm，由勾股定理知，该立方晶胞的边长（晶胞参数）为 240480pm，再由图可知相邻面的边长的各一半又与八面体的边长形成直角三角形， 又由勾股定理知，2×(240×480)/22 pm=八面体边长的平方，故八面体的边长=240pm。也可 由中位线定理推知该八面体边长为240pm。 36．（除特殊标注外，每空2分，共15分） （1）邻甲基苯酚或邻甲苯酚或2−甲基苯酚 （2）酯基（1分） 取代反应 （3） 2 （4） （写对物质1分，条件及配平1分） （5）6 理科综合参考答案·第13页（共15页）【解析】（1）以酚为母体，A的化学名称为邻甲基苯酚或2−甲基苯酚。 （2） 发生取代反应，产生 酯基官能团。 （3）根据 B 和 D 的结构可以确定 C 的结构简式为 ；E 中有 1 个 “ ”，但水解后生成 1 个“ ”和一个酚“—OH”，所以 1mol E 消耗 2mol NaOH。 （4）根据已知信息反应方程式为 。 （5）能与FeCl 显色有酚“—OH”，能发生银镜反应有“ ”苯环上有2个取代基， 3 说明2个取代基分别为“—OH”和“ ”在苯环上有3种，“—OH” 和“ ”在苯环上有3种，共6种，其中只有 中才有1 个手性碳。 37．（除特殊标注外，每空2分，共15分） （1）葡萄糖苷酶 半乳糖醛酸 （2）刚果红染色 透明圈（1 分） 选择培养（评分标准：选择培养/扩大培养/富集培 养；0分答案：培养/液体培养基培养） （3）包埋 因为纤维素分解菌将纤维素酶分泌到外界环境，导致酶混合在产物中（评 分标准：答到纤维素酶分泌到外界环境，酶混合在产物任意一句即可给分；0分答案：纤 维素分解菌从包埋材料中漏出/纤维素分解菌不能完全分解纤维素） （4）对酶活性的影响较小或成本低、操作简单（评分标准：任意答到其中一个点即可给 分；对酶的影响较小也可；成本低、操作简单答全给分；0分答案：大分子物质无法进入 细胞/小分子物质可以进入细胞） 理科综合参考答案·第14页（共15页）【解析】（1）纤维素酶由 C 酶、C 酶和葡萄糖苷酶构成。果胶的基本单位是半乳糖醛酸。 1 x （2）鉴定纤维素分解菌可采用刚果红染色法。菌落周围有透明圈的即为目的菌。为了提 高菌种的浓度，可以进行选择培养。 （3）细胞因为体积较大，无法吸附或结合，所以采用包埋法进行固定。该同学不能提高 产品质量的原因是纤维素分解菌将纤维素酶分泌到外界环境，导致酶混合在产物中。 （4）相较于固定化酶技术，固定化细胞的优点有①可以进行一系列的酶促反应，②对酶 活性的影响较小，③成本低、操作简单。 38．（除特殊标注外，每空2分，共15分） （1）可持续 物种多样性原理、协调与平衡原理、整体性原理（3分）（评分标准：答对 一个给1分，答对两个给2分，答全给3分，答错不扣分） （2）循环经济 无废弃物农业 （3）藻类（蓝藻、绿藻等）（任写一种即可） 自我调节能力 抵抗力稳定性 【解析】（1）与传统工程相比，生态工程是一类少消耗、多效益、可持续的工程体系。贵 州省提高森林覆盖率至 61.51%的过程中主要体现的原理有物种多样性原理、协调性与平 衡性原理、整体性原理。植树造林提高植被面积时，要保证植物种类不单一，避免群落 结构不稳定，满足物种多样性原理；退耕还林种植的植物不能不适应当地环境而死亡， 满足协调性与平衡性原理；增加植被面积的过程中不能只考虑绿化，还要考虑当地农民 的生活问题，体现了整体性原理。 （2）生态经济主要是通过实行“循环经济”的原则。我国古代农民实施的“无废弃物农 业”就是具体体现。 （3）“水华”是由于 N、P 等元素大量进入水中，导致藻类（蓝藻、绿藻等）大量繁殖造 成的水体污染。一旦自然环境被破坏，意味着外界干扰强度超过了生态系统的自我调节 能力，使生态系统的抵抗力稳定性降低。 理科综合参考答案·第15页（共15页）