理科综合答案_05高考化学_高考模拟题_全国课标版_学科网2022年高三12月大联考（全国乙卷）理综_学科网2022年高三12月大联考（全国乙卷）理综

2022 年高三 12 月大联考（全国乙卷）
理科综合·全解全析及评分标准
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
D D A C B C B D C C D
12 13 14 15 16 17 18 19 20 21
B D D D C B C AC AD BC
1．D 【解析】细胞内生物大分子均以碳链为基本骨架，A正确；蛋白质纤维组成的网架结构即细胞骨架，
细胞骨架与细胞运动、分裂、分化以及物质运输、能量转换、信息传递有关，而且能维持细胞形态、保
持细胞内部结构有序性，B正确；具有膜结构的细胞器一定含有蛋白质，没有膜结构的细胞器即核糖体
和中心体也有蛋白质，C正确；细胞是最基本的生命系统，是生物体结构的基本单位，同时细胞也是代
谢和遗传的基本单位，D错误。
2．D 【解析】由图可知，葡萄糖进入小肠上皮细胞依赖葡萄糖—Na+同向转运载体，能量来自Na+顺浓度
梯度势能（膜外Na+浓度高于膜内），为主动运输，出小肠上皮细胞依赖的载体和葡萄糖—Na+同向转运
载体不同，顺浓度梯度运输，为协助扩散，A正确；细胞膜上转运蛋白的种类和数量是选择透过性的基
础，所以小肠上皮细胞膜的选择透过性与膜上的蛋白质密切相关，B正确；葡萄糖进入小肠上皮细胞依
赖Na+顺浓度梯度势能，不直接消耗ATP，但膜内Na+低浓度的维持需要消耗ATP，C正确；转运葡萄
糖进入小肠上皮细胞的蛋白质只有运输功能，没有催化功能，D错误。
3．A 【解析】效应T细胞可促进靶细胞裂解、凋亡，磷酸化的 Bcl-2 蛋白与 BAK 蛋白结合后可抑制凋
亡，因此效应T细胞可能会抑制靶细胞中的Bcl-2 蛋白发生磷酸化，A错误；由题干和图可知，Bcl-2
蛋白为抗凋亡蛋白，因此能抑制细胞的凋亡，可与重要的自噬蛋白Beclin1结合从而抑制自噬，B正确；
AT-101 可以通过干扰 Beclin1 与 Bcl-2 蛋白之间的相互作用促进自噬，C正确；由题干可知，促凋
亡蛋白 BAK 促进细胞凋亡，抗凋亡蛋白 Bcl-2 抑制细胞凋亡，这说明可研发能抑制Bcl-2 基因表
达或促进 BAK 基因表达的药物用于癌症治疗，D正确。
4．C 【解析】植物激素具有微量高效的作用特点，茉莉酸是高等植物体内的一种激素，能够促进不定根的
形成，说明茉莉酸能提高扦插繁殖的成功率，A正确；茉莉酸和脱落酸均能促进叶片的衰老，表现为协
同作用，B正确；自由水与结合水的比值降低，植物抗冻性增强，茉莉酸作为抗冻信号分子，可能会使
自由水与结合水的比值降低，C错误；茉莉酸属于植物激素，通过对植物细胞基因表达的调节进而调节植
物的生命活动，D正确。
5．B 【解析】蝴蝶蛹固定在树上，可用样方法调查，A正确；决定该区域蝴蝶成虫种群数量变化的直接因
理科综合 全解全析及评分标准 第1页素是出生率、死亡率、迁入率和迁出率，B错误；由题可知，气温较往年偏低时，蝴蝶蛹的孵化会延长
时间，故蝴蝶成虫数量的变化受当地气温的影响较大，C正确；开展旅游业发展当地经济，体现了生物
多样性的直接价值，D正确。
6．C 【解析】四分体时期，一对同源染色体上含4条染色单体，正常情况下，每条染色体上的两条染色单
体的基因相同，若1条染色体上有红、绿荧光，说明发生了片段互换或基因突变，A错误；若看到同源
染色体分离，说明该细胞处于减Ⅰ后期，移向每一极的染色体上可能有红、绿、蓝、黄色荧光各1个，或
其中一极为2个红荧光和2个蓝荧光，另一极为2个绿荧光和2个黄荧光，或其他情况，B错误；移向
一极的染色体中有一条染色体上呈现红、蓝色荧光，由于红、蓝色荧光分别代表A、B基因（位于非同
源染色体上），说明该细胞中可能发生了易位，C正确；若看到染色单体分离，则为减Ⅱ后期，移向每一
极的染色体中有红和蓝或绿和黄各一个荧光，也可能为红和黄或绿和蓝各一个荧光，D错误。
7．B 【解析】一次能源是直接从自然界获得的能源，氢气属于二次能源，B项错误。
8．D 【解析】由结构简式可知该物质的分子式为C H O ，A项错误；该物质中含有碳碳双键，分子中至
10 14 4
少有6个原子共平面，B项错误；该物质中含氧官能团有羧基、羟基、醚键，共3种，C项错误；羧基
和羟基均能与Na反应，1 mol该物质与足量Na反应最多生成1 mol H ，D项正确。
2
9．C 【解析】二氯甲烷在标准状况下不是气体，A 项错误；过量的 Fe 与稀硝酸反应的化学方程式为
3Fe+8HNO =3Fe(NO ) +2NO↑+4H O，8H+~6e−，所以转移电子数为 0.3N ，B 项错误；Na SO 和
3 3 2 2 A 2 4
Na HPO 的摩尔质量均为142 g·mol−1，所以14.2 g Na SO 和Na HPO 的混合物中所含Na+数目为0.2N ，
2 4 2 4 2 4 A
C项正确；2 mol NO与1 mol O 充分反应生成2 mol NO ，NO 发生反应2NO N O ，所以产物的
2 2 2 2 2 4
分子数小于2N ，D项错误。
A
10．C 【解析】启普发生器的简易装置，应装块状难溶于水的固体，而 Na SO 是粉末状易溶于水的固体，
2 3
A项错误；应用K[Fe(CN) ]检验是否存在Fe2+，B项错误；NaHCO 的热稳定性弱，NaHCO 应在小试
3 6 3 3
管中，Na CO 应在大试管中，D项错误。
2 3
11．D 【解析】由图中各原子的成键数目及离子所带电荷数可以判断X为O或S元素，Y为Li或Na元
素，结合 X、Y 的原子序数关系可知，X 是O 元素，Y 是 Na 元素，则W 是C 元素，Z 是Cl元素。
Na 是活泼金属，在自然界中以化合态形式存在，A 项错误；Na O 中含有共价键，B 项错误；元素非
2 2
金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，但题中没有说明是最高价氧化物，C项错误；
常温下，H O是液体，HCl、CH 是气体，所以H O的沸点大于HCl、CH ，HCl的相对分子质量比CH
2 4 2 4 4
大，且为极性分子，故沸点HCl大于CH ，D项正确。
4
12．B 【解析】根据离子移动方向可知，膜a为阴离子交换膜、膜b为阳离子交换膜，电极M为阳极，电
极N为阴极，A项正确；通电过程中Ⅳ室内消耗的H+与转移来的H+数目相等，所以硫酸浓度不变，B
理科综合 全解全析及评分标准 第2页项错误；Ⅲ室中 Ni2+参与的反应为 Ni2++2CH COCH COCH +2OH−=Ni(CH COCHCOCH ) +2H O，
3 2 3 3 3 2 2
C项正确；通电过程中N极每产生11.2 L（标准状况下）H ，反应中转移1 mol电子，双极膜内减少
2
18 g H O，D项正确。
2
13．D 【解析】0.1 mol·L−1 ROH溶液的pOH=3.2，则c(R+)≈c(OH−)=10−3.2 mol·L−1，c(ROH)≈0.1 mol·L−1，
103.2103.2
K (ROH)≈ =10−5.4=100.6×10−6，ROH电离常数的数量级为10−6，A项正确；a点溶液溶质为
b
0.1
ROH 和RCl，b 点溶液溶质为ROH 和RCl（比a 点多），c 点溶液溶质为RCl，R+水解促进水的电离，
ROH 电离抑制水的电离，所以水的电离程度 a<b<c，B 项正确；b 点 pOH=7，此时溶液呈中性，
c(H+)=c(OH−)，又因为电荷守恒，c(R+)+c(H+)=c(Cl−)+ c(OH−)，所以c(R+)+ c(OH−)=c(Cl−)+c(H+)，C项
n(HCl)
正确；d点对应溶液中的溶质为RCl和HCl，d点 =1.5，由物料守恒可得3c(R+)+3c(ROH)=2c(Cl−)，
n(ROH)
D项错误。
14．D 【解析】根据氢原子能级图可知，一群处于n＝4激发态的氢原子有6种跃迁方式，可以产生6种不
hc
同频率的谱线，选项A正确；当两能级差越小时，放出光子的能量越小，由ΔE ，可知由n＝4

跃迁到n＝3，辐射光的波长最长，选项B正确；电子在向较低能级跃迁过程中，库仑力做正功，电子
动能增加，氢原子放出光子，氢原子总能量减少，选项C正确；玻尔理论的不足之处在于保留了经典
粒子的观念，仍然把电子的运动看作经典力学描述下的轨道运动，实际上，根据量子力学，原子中电
子的坐标没有确定的值。故本题答案为D。
F
15．D 【解析】书针的受力如图，根据平衡条件应有，2F cos F ，得出F  ，D正确。
支 支 2cos
16．C 【解析】航天员在空间站中受到地球引力的作用，万有引力提供向心力，所以航天员处于失重状态，
加速度不为零，A 项错误；飞船发射对接所用时间不是天和号核心舱绕地球运动的周期，仅由题干信
GMm mv2 GM
息求不出核心舱绕地运行的周期，B项错误；根据万有引力提供向心力有  ，得v ，
r2 r r
v R 6400 16 1 GMm
则 1    ( )2，选项C正确；对空间站根据牛顿第二定律有 ma ，对赤道上
v r 6800 17 r2 1
2 1 1
理科综合 全解全析及评分标准 第3页GMm
物体随地球自转有 mg ma ，则选项D错误。
R2 2
17．B 【解析】分析数据，相邻相等时间间隔内的位移差约为 2.5 cm，但第一段时间的位移与第二段时
间的位移之比不足 1:3，所以数据记录的过程可视为匀加速直线运动，但初速度不为零，A错误；
0.3570.145
充电器在t 0.4 s时刻的瞬时速度大小为v  m/s=1.06 m/s，B正确；充电器下滑
0.4 0.2
x x (0.6680.239)(0.2390.030)
时的加速度大小a  47 14  m/s2 2.44 m/s2，C错误；由于
9t2 0.09
不知道充电器的质量，所以无法计算出摩擦力的大小，D错误。
18．C 【解析】在滑片P向上滑动过程中，滑动变阻器接入电路阻值变大，副线圈电路总电阻变大，因电
源内阻不计，电源路端电压保持不变，可知原线圈输入电压不变，即电压表V示数U 不变，由于匝数
1 1
不变，副线圈输出电压U 不变，根据欧姆定律可知，副线圈总电流I 减小，则定值电阻R两端电压
2总 2总 1
减小，定值电阻R 两端电压增大，即电压表V 示数U 增大，A错误；根据变压器电流与匝数关系
2 2 2
I n
1  2 ，由于副线圈总电流I 减小，可知原线圈电流I 减小，由于定值电阻R 两端电压增大，可知
I n 2总 1 2
2总 1
I n
通过定值电阻R 的电流增大，即电流表A 示数I 增大，B错误；根据变压器电流与匝数关系 1  2 ，
2 2 2 I n
2总 1
n
对于副线圈有U I R U ，联立可得U U I  1 R ，由于副线圈输出电压U 不变，变压器
2总 2总 1 2 2 2总 1 n 1 2总
2
U
匝数n 、n 不变，R为定值电阻，可知U I 图像为一条倾斜直线，故 2 保持不变，C正确；电源
1 2 1 2 1 I
1
的输出功率为PUI ，由于路端电源U保持不变，电流I 减小，可知电源的输出功率减小，D错误。
1 1
19．AC 【解析】设通电螺线管在P点产生磁场的磁感应强度大小为B，地磁场在P点的磁感应强度大小
为B ，由题意，开始位置与最终位置两磁场在P点的方向共线，又B ＞B ，则分别有B =B+B ，B =B-B ，
0 1 3 1 0 3 0
B B B B
联立解得B= 1 3 ，B = 1 3 ，选项A正确；通电螺线管由开始位置旋转90°时，两磁场方向垂
0
2 2
B2 B2
直，合磁感应强度大小B  B2 B2  1 3 ，选项C正确；故选AC。
2 0 2
20．AD 【解析】设每节车厢所受阻力为f，动车组以最大速度运行时，由题意有2P=8fv ，则每节车厢克
m
P
服阻力做功的功率P fv  ，选项A正确；动车组由静止加速到最大速度的过程中，合外力做功
m 4
v
为4mv2 ，牵引力做功要大于此值，选项B错误；动车组保持额定功率加速，当速度为 m 时，牵引力
m 4
理科综合 全解全析及评分标准 第4页2P
F  F 8f 3P
v ，则动车组加速度大小a   ，选项C错误；改后，动车组速度最大时，满足
m 8m 4mv
4 m
4P8fv ，则v 2v ，选项D正确，故本题答案为AD。
m m m
21．BC 【解析】导体棒匀加速下滑，速度v at，感应电动势E BLvBLat，A错误；由牛顿运动定
BLat B2L2a
律知F mgsinBL mamgsin，可得F  t，B正确；导体棒下滑过程中通过导体
R R
 BLx BL 1
棒的电荷量q    at2，C正确；导体棒下滑过程中电阻R上产生的热量QI2Rt 
R R R 2
BLat B2L2a2 B2L2a2 1
( )2Rt  t2t   t3，D错误。
R R R 3
22．（6分）（1）2.8（2分） （2）如图所示（2分） （3）在误差允许范围内，F 和F大小和方向近
似相同（其他合理表述亦可）（2分）
23．（9分）（1）A （2分） 20 Ω（2分） （2）如图所示（电流表与R 并联1分、分压式1分、内接
2 0
U
法1分，共3分） （3） 16（2分）
5I
E
【解析】（1）由题意，电源电动势为6 V，待测电阻大约为100 Ω，故电路中的最大电流为I  60 mA，
R
根据器材选择的精确性原则，不选电流表 A ，但电流表 A 量程太小，需要把电流表 A 改装成大量程
1 2 2
电流表，根据电流表改装原理，并联的定值电阻R 应选的阻值为20 Ω。
0
（2）因电流表内阻已知，电压表内阻未知，且电阻R 阻值较大，应选用电流表内接法，滑动变阻器的
x
最大阻值较小，应选用分压式接法。实验电路图如答案图。
理科综合 全解全析及评分标准 第5页（3）若电压表和电流表示数分别为U和I，则通过待测电阻的电流为I=5I，改装后电流表内阻为
x
8020 U U
R  16 ，故待测电阻阻值R  R  16（Ω）。
A 8020 x I A 5I
x
24．（12分）（1）物块A离开弹簧后以速度v 滑至斜面底端，滑上斜面后做匀减速运动至停止。
1
根据牛顿第二定律有mam gsinm gcos（1分）
1 1 1
可得a12.5 m/s2（1分）
根据匀变速直线运动规律有0v2 2(a)x（1分）
1
可得v 5 m/s（1分）
1
（2）设小球B离开弹簧时的速度为v ，由动量守恒定律可知mv m v =0（1分）
2 1 1 2 2
可得v 4 m/s（1分）
2
设小球B恰好通过圆弧轨道最高点时的速度为v ，
3
v 2
由牛顿第二定律有m g m 3 （2分）
2 2 r
可得v  3 m/s（1分）
3
小球B在圆弧轨道上的运动过程，由动能定理可知
1 1
m g2rW  m v 2  m v 2（2分）
2 2 2 3 2 2 2
可得W 1.25 J（1分）
25．（20分）（1）根据题意小球的运动轨迹如图所示。（1分）
在区域1中，对小球竖直方向有mg qE 1.6 N（1分）
1
所以小球做匀速圆周运动
v2
由qv Bm 0 （1分）
0 r
理科综合 全解全析及评分标准 第6页解得r 1 m（1分）
由几何知识可知小球离开区域1时速度与水平方向的夹角θ满足
L 4
sin 1  ,53（1分）
r 5
小球离开区域1后做斜抛运动，在A点时速度沿水平方向，根据平抛运动规律有
v sin gt（1分）
0
L v tcos（1分）
2 0
1
h gt2（1分）
2
解得L 4.8 m，h3.2 m（1分）
2
（2）由几何关系有2R  r(1cos)h（2分）
解得R1.8 m（1分）
（3）小球在区域2中的半圆轨道上运动的过程中，当合力指向圆心时速度最大，设此位置为C点，此
时小球对轨道的压力最大。对小球受力分析如图所示。（1分）
设此时F 与竖直方向的夹角为α，
N
qE
则tan 2  3（1分）
mg
解得60（1分）
从A到C过程由动能定理可知
1 1
mgR(1cos)qE Rsin mv2  m（v cos）2（1分）
2 2 2 0
解得v12 m/s（1分）
mg v2
在C点由牛顿第二定律有F  qvBm （1分）
N cos R
解得F 35.2 N（1分）
N
由牛顿第三定律可得，小球对轨道的最大压力
理科综合 全解全析及评分标准 第7页F   F 35.2 N，方向与竖直方向成60°斜向右下（1分）
N N
26．（14分）
（1）+1（1分）
（2）漏斗、烧杯、玻璃棒（2分，见错不给分，漏写给1分）
c(SO2) c(SO2)c2(Ag) K (Ag SO )
（3）Ag SO +2Cl−(aq) SO2(aq)+2AgCl 的平衡常数 K= 4  4 = sp 2 4 ≈
2 4 4 c2(Cl) c2(Cl)c2(Ag) K 2(AgCl)
sp
4.3×1014＞1.0×105，沉淀转化能进行到底（2分，答案合理即可） Au、SiO（2分，写出1个给1分）
2
（4）H C O H++HC O（1分） 2∶3（2分）
2 2 4 2 4
（5）取最后一次洗涤液少许于试管中，加入用盐酸酸化的 BaCl 溶液，若无白色沉淀生成，则滤
2
渣2已经洗涤干净（2分，通过检验滤液中是否含有钠离子，如果说法正确也可给分，或其他合理答案）
（6）4Ag(NH )+N H +4OH−+4H O=4Ag↓+8NH ·H O+N ↑或 4Ag(NH )+N H +4OH−=4Ag↓+
3 2 2 4 2 3 2 2 3 2 2 4
8NH +N ↑+4H O 或 4Ag(NH )+N H =4Ag↓+4NH +4NH +N ↑或 4Ag(NH )+N H +4H O=
3 2 2 3 2 2 4 3 4 2 3 2 2 4 2
4Ag↓+4NH ·H O+4NH+N ↑（2分，Ag(NH )写成[Ag(NH ) ] +也可，漏写状态符号不扣分）
3 2 4 2 3 2 3 2
【解析】（1）Se为氧族元素，说明CuAgSe中Se为−2价，结合Ag为+1价，可以推出Cu为+1价。
（2）根据流程图可以判断操作1、操作2、操作3均为过滤，过滤所需玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒。
（3）蒸硒渣的主要成分是CuSO 、Ag SO 、Au和SiO ，由K (AgCl)=1.8×10−10，K (Ag SO )=1.4×10−5
4 2 4 2 sp sp 2 4
c(SO2) c(SO2)c2(Ag) K (Ag SO )
可知，Ag SO +2Cl−(aq) SO2(aq)+2AgCl的平衡常数K= 4  4 = sp 2 4 ≈
2 4 4 c2(Cl) c2(Cl)c2(Ag) K 2(AgCl)
sp
4.3×1014＞1.0×105，沉淀转化能进行到底，即加入H SO 和NaCl混合液能将Ag SO 完全转化为AgCl；
2 4 2 4
过滤操作除去了CuSO ，故滤渣1的主要成分是AgCl、Au、SiO 。
4 2
（4）乙二酸（H C O ）是二元弱酸，二元弱酸的电离是分步进行的，则第一步电离方程式为H C O
2 2 4 2 2 4
H++HC O。HAuCl 与乙二酸反应的化学方程式为2HAuCl +3H C O =2Au↓+ 8HCl+6CO ↑，反应
2 4 4 4 2 2 4 2
中HAuCl 为氧化剂，H C O 为还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶3。
4 2 2 4
（5）“滤渣2”的主要成分是AgCl和SiO ，根据流程图，可能含有的杂质离子是SO2、Na+等。取最后
2 4
一次洗涤液少许于试管中，加入用盐酸酸化的 BaCl 溶液，若无白色沉淀生成，则滤渣 2 已经洗
2
涤干净。
（6）Ag(NH )与 N H 反应生成 N ，因此该反应的离子方程式为 4Ag(NH )+N H +4OH−+4H O
3 2 2 4 2 3 2 2 4 2
理科综合 全解全析及评分标准 第8页=4Ag↓+8NH ·H O+N ↑或4Ag(NH )+N H +4OH−=4Ag↓+8NH +N ↑+4H O。
3 2 2 3 2 2 4 3 2 2
27．（15分）
（1）三颈烧瓶或三口烧瓶（1分）
（2）KOH 溶液可除去易拉罐中除铝以外的金属，并提供产品需要的钾离子（2 分，答出将铝与其他金
属分离1分，提供钾离子1分）
（3）2Al+2H O+2KOH=2KAlO +3H ↑{或2Al+2KOH+6H O=2K[Al(OH) ]+3H ↑（} 2分，写2H +O
2 2 2 2 4 2 2 2
2H O也可给分，漏写条件、状态符号不扣分，产物正确、计量数错误给1分）
2
（4）抽滤比普通过滤速度快、固液分离彻底（2 分，写出 1 点给 1 分） 蒸发浓缩、冷却结晶（2 分，
写出1点给1分）
（5）防止Al3+水解产生Al(OH) 沉淀而降低铝的利用率（2分，答案合理即可）
3
（6）带走晶体表面的水分，减少明矾的溶解损失（2分，写出1点给1分，答案合理即可）
（7）70%或70.1%（2分，写出0.70或0.701也给分）
【解析】（1）仪器A为三颈烧瓶或三口烧瓶。
（2）易拉罐中的金属均溶于强酸，而仅 Al 溶于强碱，因此不用酸溶，且用 KOH 可提供产品所需的钾
离子。
（3）本实验中铝与强碱溶液反应产生氢气且放热，容易达到氢气的爆炸极限，因而应该在通风橱里及
时排出产生的氢气以保证实验安全。
（4）用抽滤装置分离固体和液体的优点是比普通过滤速度快、固液分离彻底；操作 2 的名称是蒸发浓
缩、冷却结晶、抽滤。
（5）加入稀硫酸时，要防止产生Al(OH) 沉淀而降低产率，所以加硫酸时要保持溶液pH在1~1.5之间，
3
以便得到明矾溶液。
（6）将明矾溶液蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤后得到的固体较潮湿，加入无水乙醇可以带走固体表面的
水分，而晶体表面残留的乙醇可由挥发度高的乙酸乙酯再除去。
（7）计算产率时，可以利用原子守恒的方法。Al的物质的量为14.2 g×95%÷27 g·mol−1≈0.5 mol，0.5molAl
理论上能制得0.5 mol KAl(SO ) ·12H O，质量为237 g；明矾的产率为165.9 g÷237 g×100%=70%。
4 2 2
28．（14分）
（1）+41.4（2分，漏写“+”、多写单位不扣分）
（2）CH OH、CH （2分，写出1个给1分）
3 4
（3）BD（2分，写出1个给1分，见错不得分）
理科综合 全解全析及评分标准 第9页n(CO) n(CO)
（4）各 值下，CO与CO 转化率均接近100％（或变化不大），随着 值增大，CO 减少，
n(CO ) 2 n(CO ) 2
2 2
反应①消耗H 减少，故H 转化率降低（2分，答案合理即可，仅答出“CO消耗H 少”给1分）
2 2 2
（5）3 MPa（2分，漏写单位不给分）
P
2P 2P 2
（6） 1 ×100％或 1 （2分） P P （2分，合理即可）
2P P 2P P ( 0 P 2P)( 0 2P 4P)2
1 2 1 2 2 2 1 2 2 1
【解析】（1）反应①的ΔH=（2×803+436−1075−2×462.8）kJ·mol−1=+41.4 kJ·mol−1。
（2）由图可知③和⑥反应分别生成了副产物甲醇和甲烷。
（3）平衡时正反应速率=逆反应速率，故平衡时v (CO)∶v (H O)=2∶1，A项不符合题意；设起始时，
正 逆 2
CO和H 的物质的量均为1 mol，CO转化量为2x mol，则：
2
2CO(g) + 4H (g) CH CH OH(g) + H O(g)
2 3 2 2
起始/mol 1 1 0 0
转化/mol 2x 4x x x
任意时刻/mol 1－2x 1－4x x x
12x 12x
CO的物质的量分数= ×100%= ×100%=50%，为定值，故不论反应是否达到平
12x14xxx 24x
气体总质量
衡，CO 的物质的量分数均为定值，B 项符合题意；气体平均摩尔质量= ，气体总质量
气体总物质的量
不变，若气体平均摩尔质量不变，则说明气体总物质的量不变，而该反应前后气体分子数发生改变，
故可判断反应达到了平衡状态，C 项不符合题意；容器体积恒定，气体质量守恒，无论反应是否达到
平衡，气体密度都不发生改变，D项符合题意。
n(CO)
（4）CO 转化为乙醇、甲醇之前先发生反应①变为CO，故 的值发生改变可影响H 转化率。又
2 n(CO ) 2
2
n(CO)
因为各比值下CO 和CO 转化率均接近 100%，所以随着 的值增大而使CO 减少时，经由反应
2 n(CO ) 2
2
①消耗H 的量减少，转化率降低。
2
（5）由图可知，应选择乙醇选择性极大值对应的压强3 MPa。
（6）在恒温恒容密闭容器中，气体物质的压强与其物质的量成正比。可以用气体分压代替物质的量计
P
算各种与反应相关的量。由题给信息可知反应前容器中的气体分压：p(CO)= p(H )= 0 ，在达到平衡时，
2
2
理科综合 全解全析及评分标准 第10页平衡体系中不同反应对应同一物质的分压相等，则列出三段式如下：
CO(g) + 2H (g) CH OH(g)
2 3
P P
起始压强 0 0 0
2 2
转化压强 P 2P P
2 2 2
P P
平衡压强 ( 0 －P －2P ) ( 0 －2P －4P ) P
2 1 2 1 2
2 2
2CO(g) + 4H (g) CH CH OH(g) + H O(g)
2 3 2 2
P P
起始压强 0 0 0 0
2 2
转化压强 2P 4P P P
1 1 1 1
P P
平衡压强 ( 0 －P －2P ) ( 0 －2P －4P ) P P
2 1 2 1 1 1
2 2
2P
则发生反应③的CO占CO总消耗量的比例为 1 ×100％。
2P P
1 2
P
p
2
CHOH
反应②的压强平衡常数K ＝ 3 ＝ P P 。
p p p2 ( 0 P 2P)( 0 2P 4P)2
CO H 2 2 2 1 2 2 1
29．（10分）
（1）作对照（1分）
（2）黄光能促进叶绿素的合成而红光和蓝光可能对叶绿素的合成有抑制作用（2分）
（3）光合作用相关酶（2分） 黄光（1分）
（4）补充黄光、红光的混合光（2分） 补充黄光有利于棉花叶中叶绿素的合成，补充红光有利于其
光合作用中光能的吸收、利用和转化（2分）
【解析】（1）本实验无遮光处理（D）组为对照组。
（2）C组叶绿素含量高于D组，说明黄光能促进叶绿素的合成，A组、B组叶绿素含量均低于D组，
说明红光和蓝光可能会抑制叶绿素的合成。
（3）硝酸还原酶活力与净光合作用速率呈正相关，推测其功能可能与光合作用相关酶的合成有关，进
而提高净光合作用速率；黑暗条件下硝酸还原酶活力很低，根据实验结果可知，实验前期黄光对硝酸还
原酶活力影响最大，随着时间的延长而减弱。
（4）植物对红光的吸收利用率更高，更有利于植物进行光合作用，结合表中结果可知，补光时可以补
充黄光、红光的混合光。补充黄光有利于棉花叶中叶绿素的合成，补充红光有利于其光合作用中光能的
吸收、利用和转化。
理科综合 全解全析及评分标准 第11页30．（9分）
（1）神经—体液调节（2分）
（2）①胰岛素分泌量（1分） ②胰岛素分泌量多于第一组（1分） ③等量的IL-1β拮抗剂（抑制
剂）（1分） 胰岛素分泌量少于第一组（1分）
（3）患有慢性炎症的小鼠体内炎症因子IL-1β过多，过量的炎症因子IL-1β会抑制“头相胰岛素释放”（3分）
【解析】（1）由题干信息可知，炎症因子IL-1β可以激活支配胰腺的副交感神经，进而引起胰岛B细胞
释放胰岛素，故题述血糖调节方式为神经—体液调节。
（2）欲探究IL-1β是促进“头相胰岛素释放”的关键，需要进行三组实验，第一组为对照组，记录对照组
的胰岛素分泌量，第二、第三组为实验组，第二组注射等量的IL-1β溶液，第三组注射等量的拮抗剂，
分别对照第一组的实验结果从而得出结论。
（3）根据实验结果可得出，患有慢性炎症的小鼠体内炎症因子IL-1β过多，过量的炎症因子IL-1β会抑
制“头相胰岛素释放”。
31．（8分）
（1）不能（1分） 垂直（1分）
（2）鱼和鸭的粪便为水稻供肥；鱼和鸭呼吸释放的CO 可供水稻进行光合作用；稻田中的害虫、其他
2
浮游动物、田间杂草的数量也因养殖鱼和鸭大大下降，使能量更有效地流向水稻（2分，只答前两点给1分）
（3）增强（1分） 生态系统组成成分增加，营养结构变复杂，自我调节能力增强（2分）
人类活动往往会使群落演替按照不同于自然演替的速度和方向进行（1分）
【解析】（1）群落是指在相同时间聚集在一定地域中各种生物种群的集合，该稻田中还有杂草、害虫、
其他浮游动物和微生物等生物种群，故水稻、鸭和鱼不能称为一个群落。该生态农业利用了群落的垂直
结构原理，不同种群分布在群落的不同垂直空间。
（2）从物质循环角度分析：鱼和鸭的粪便为水稻供肥；鱼和鸭呼吸释放的CO 可供水稻进行光合作用。
2
从能量流动角度分析：稻田中的害虫、其他浮游动物、田间杂草的数量也因养殖鱼和鸭大大下降，使能
量更有效地流向水稻。
（3）若没有人员干预，随着时间的流逝，在适宜条件下，该生态系统最终可能形成森林，即组成成分
增加，营养结构变复杂，自我调节能力增强，生态系统稳定性增强。该过程为群落的演替，上述现象说
明人类活动往往会使群落演替按照不同于自然演替的速度和方向进行。
32．（12分）
（1）柳树是雌雄异株植物，杂交时不需要去雄，节省人力、物力和财力（2分）
（2）花序直立（1分）
理科综合 全解全析及评分标准 第12页实验思路：让F 雌雄株随机交配，观察并统计F 雌雄株的表现型及比例（2分）
1 2
预期实验结果及结论：若F 雌雄株均表现为花序直立∶花序斜展=3∶1，则说明基因E、e位于常染色
2
体上（2分）；若F 只有雄株有花序斜展个体，则说明基因E、e仅位于X染色体上（2分）
2
（3）遵循（1分），子代中叶互生∶叶对生=15∶1，且雌雄中比例相同，说明控制叶着生位置的2对等
位基因位于两对常染色体上，而控制花序形状的基因仅位于X染色体上（控制叶着生位置和花序形状的
3对等位基因位于三对同源染色体上）（2分）
【解析】（1）豌豆是雌雄同株植物，柳树是雌雄异株植物，用柳树做杂交实验时，不需要人工去雄，节
省人力、物力和财力。
（2）花序斜展的雄株和花序直立的雌株杂交，F 雌雄株均表现为花序直立，可知柳树葇荑花序的显性
1
性状是花序直立。由于F 雌雄株表现型相同，故尚不能判断基因E、e的相对位置，为确定基因E、e
1
是位于常染色体上还是仅位于X染色体上，可让F 雌雄株随机交配，观察并统计F 雌雄株的表现型及
1 2
比例。若基因E、e位于常染色体上，则亲本杂交组合为ee×EE，F 的基因型为Ee，F 的基因型为3E 、
1 2 —
ee，F 的雌雄株均表现为花序直立∶花序斜展=3∶1；若基因E、e仅位于X染色体上，则亲本杂交组合
2
为XeY×XEXE，F 的基因型为XEXe、XEY，F 的基因型为XEXE、XEXe、XEY、XeY，F 中只有雄株有
1 2 2
花序斜展个体。
（3）亲本叶互生花序斜展的雌株与叶互生花序直立的雄株杂交，子代雌雄株的叶互生与叶对生的比例
为15∶1，雌雄株表现型及比例相同，说明控制叶着生位置的性状是由两对常染色体上的2对等位基因
控制的，而控制花序形状的基因E、e仅位于X染色体上，因此，控制叶着生位置和花序形状的3对等
位基因位于三对同源染色体上，遵循基因的自由组合定律。
33．（15分）（1）BCE（5分） 【解析】布朗运动是指悬浮微粒的运动，反映了液体分子的无规则运动。
故A错误；分子间的引力和斥力均随分子间距离的增大而减小。故B正确；物体的内能不单是由温度
决定的，还与物体的体积、分子数有关，故C正确；第二类永动机没有违反能量守恒定律，但违反了
热力学第二定律，故D项错误；摄氏温度变化1 ℃，热力学温度变化1 K。故E正确。
（2）（ⅰ）初始状态容器内压强为 p ，满足
1
mg
p  p  （2分）
1 0 S
解得 p 1.05105 Pa（1分）
1
（ⅱ）谷物缓慢注入，活塞缓慢下降，容器内的气体经历等温变化，设谷物分装完成时容器内气体的压
强为p ，据玻意耳定律，有 pV  p V （2分）
2 1 1 2 2
理科综合 全解全析及评分标准 第13页即 pSH  p Sh（1分）
1 2
可得谷物分装完成时容器内压强为 p 1.155105 Pa（1分）
2
（mm M）g
又满足 p  p  0 （2分）
2 0 S
代入数据解得M 10 kg（1分）
34．（15分）（1）加强（1分） –30（2分） 150（2分）
【解析】（1）甲波和乙波的波长相同，在同一绳上传播的速度相同，由 v＝λf 知，甲波和乙波的频率
相同，甲波和乙波发生干涉现象，图示时刻甲波和乙波在M点的振动方向相同，故质点M是振动加强
5
点，振幅A=10 cm+20 cm=30 cm。再经过甲波周期的 倍时间，甲波和乙波的波谷同时传至M点，M
4
点的位移为–A=–30 cm，路程为5A=150 cm。
（2）（ⅰ）作出光由P到Q的光路示意图如图所示，S为光与直径MN的交点。
由几何关系可知a光与法线OP的夹角即入射角大小为60°
sin60 sin
由折射定律可知n  （2分）
sin sin
根据几何关系可知 β=60°（1分）
则有α=θ=30°（1分）
所以n 3（答1.73、1.732都正确，1分）
c
（ⅱ）光在玻璃中传播速度v  （1分）
n
R
根据几何关系可知PS OS  （1分）
2cos30
(OSR)
SQ （1分）
sin
PS SQ 5+2 3
得t   = R（2分）
v c 3c
理科综合 全解全析及评分标准 第14页35．（15分）
（1）3d104s2（1分）
（2）O>Ti>Ca或O、Ti、Ca（1分）
（3）CH NH PbBr 或(CH NH )PbBr （2分） sp3（1分）
3 3 3 3 3 3
（4）CO（1分，或其他合理答案） 2N （2分）
A
（5）SnF 为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大，分子间作用力
4
增大，熔点逐渐升高（2分，答出要点即可，或其他合理答案）
3 3 1
（6）①（ 、 、 ）（2分）
4 4 4
2 1
4324 644 119
② 3 3 3 ×107（3分，答案合理即可）
N
A
【解析】（1）Ge 的核电荷数为 32，其基态原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p2，则 Ge2+
的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，简化的电子排布式为[Ar]3d104s2。
（2）元素的非金属性越强，其电负性越大，所以电负性：O>Ti>Ca。
（3）根据钙钛矿的组成(ABX )可知，CH NH、Pb2+和Br−的个数比为1∶1∶3，则该钙钛矿的化学式
3 3 3
为(CH NH )PbBr 。CH NH中碳原子形成4个单键，且无孤电子对，杂化方式为sp3。
3 3 3 3 3
（4）C2有2个原子，14个电子，与其互为等电子体的化合物为CO；1 mol C2中含有2 mol π键，即
2 2
2N 个π键。
A
（5）SnF 为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大，分子间作用力
4
增大，熔点逐渐升高。
1
（6）①根据投影图，判断A、B原子在晶胞中的位置为 。A原子坐标为（ 、
4
3 3 3 3 1
、 ），1原子坐标为（0，0，0），所以推出B原子坐标为（ 、 、 ）。
4 4 4 4 4
1 1 2 1
②Cu和 Sn 在晶胞的顶点和面心，Cu 原子和Sn 原子总个数为 8× +6× =4，Cu占 ，Sn占 ，所以
8 2 3 3
2 1
Cu 原子数为 4× ，Sn 原子数为 4× ，S 在正四面体空隙内，所以 S 原子数为 4，则(a×10−7)3×ρ=
3 3
理科综合 全解全析及评分标准 第15页2 1 2 1
4324 644 119 4324 644 119
3 3 ，故a= 3 3 3 ×107 nm。
N N
A A
36．（15分）
（1）酯基、硝基（2分） 邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯，1分）
（2）浓硫酸、加热（1分，加热写出“△”也可）
（3） （2分） 取代反应或水解反应（1分）
（4）2 +O Cu2 +2H O（2分）
2 △ 2
（5）0.24（2分）
（6）20（2分） （2分，苯环上连有—OH、—OOCH、—NH 的结构均正确）
2
【解析】根据题给信息逆推该反应的流程为：
（1）由硝苯地平的结构简式可知，其含有的含氧官能团有硝基、酯基；由 E 的结构可知，其名称为邻
硝基甲苯或2-硝基甲苯。
2 1
（5）1 mol乙醇参与反应，则最终得到D 的物质的量为1 mol× ×90%× ×80%=0.24 mol。
3 2
（6）由已知信息①②得该同分异构体中含1个氨基，1个羟基直接与苯环相连，由信息③得该同分异构
体可以是酸，也可以是酯，所以苯环上三个基团有以下2种可能：—NH 、—OH、—OOCH，—NH 、
2 2
—OH、—COOH，符合条件的同分异构体共有20种；能与3 mol NaOH反应，该分子必为酚酯，其中
一种结构简式为 （苯环上连有—OH、—OOCH、—NH 的结构均正确）。
2
37．（15分）
（1）碳源、氮源和维生素（2分） 固体培养基（2分）
（2）9（2分） 使聚集的微生物逐渐稀释成单个细胞，经培养后获得单个菌落（2分） 稀释度
为10-3的培养液中更容易出现两个或多个细菌聚集在一起，在平板上只形成一个菌落（或稀释度为10-3
的培养液涂布不均匀，两个或多个细菌聚集在一起，在平板上只形成一个菌落）（3分）
理科综合 全解全析及评分标准 第16页（3）隆起程度和颜色（2分） 出现透明圈（不显蓝色）（2分）
【解析】（1）结合所学知识可知，蛋白胨为枯草芽孢杆菌的生长主要提供碳源、氮源和维生素等营养。
该培养基中含有琼脂，从培养基的物理状态分类，其属于固体培养基。
（2）制备梯度稀释液的过程中，每吸取1 mL培养液注入9 mL无菌水中，可得到稀释倍数增加10倍的
培养液。微生物培养过程中，梯度稀释后涂布接种的目的是使聚集的微生物逐渐稀释成单个细胞，经培
养后获得单个菌落。稀释度为10-3的培养液中细菌密度比稀释度为10-5的高，用这两种不同稀释度的培
养液分别进行涂布平板法接种和计数时，稀释度为10-3的培养液更容易出现两个或多个细菌聚集在一起，
在平板上只形成一个菌落的现象，因此由稀释度为10-3计算得出的细菌数少于由稀释度为10-5计算得出
的细菌数。
（3）菌落的特征包括菌落的形态、大小、隆起程度和颜色等方面，是鉴定菌种的重要依据。由于枯草
芽孢杆菌能产生淀粉酶，因此在根据菌落特征鉴定的基础上，可进一步根据其分解淀粉的能力进行鉴定，
淀粉与碘液反应显蓝色，若菌落周围出现透明圈（不显蓝色），则说明该菌能分泌淀粉酶，将菌落周围
的淀粉水解，该菌为枯草芽孢杆菌。
38．（15分）
（1）愈伤组织（2分） 纤维素酶和果胶（2分）
（2）离体的植物细胞具有全能性（2分）
（3）加入了与Bapt基因特异性结合的引物（2分） 农杆菌转化法（2分）
DNA分子杂交（2分）
（4）可以改善紫杉醇供不应求，价格昂贵的现状，又可保护濒临灭绝的珍稀红豆杉树种（3分）
【解析】（1）紫杉醇是细胞的次生代谢产物，生产紫杉醇可以利用植物组织培养的方法，让愈伤组织细
胞产生紫杉醇，植物细胞壁的成分是纤维素和果胶，培养植物细胞时，可以用纤维素酶和果胶酶处理细
胞得到原生质体，培养原生质体获得细胞系。（2）微型繁殖技术利用了植物组织培养技术，该技术利用
的原理是植物细胞的全能性。（3）图中②过程能特异性扩增Bapt基因的关键是加入了与Bapt基因特异
性结合的引物。图中将Bapt基因导入红豆杉细胞的常用方法为农杆菌转化法。在DNA分子水平上检测
Bapt基因是否成功导入红豆杉受体细胞，其方法是DNA分子杂交技术。（4）由题意可知，红豆杉是濒
临灭绝的抗癌植物，药物制备成本高，价格昂贵会给患者带来更重的医疗负担。因此通过用基因工程手
段改造真菌，产生紫杉醇，可以改善紫杉醇供不应求，价格昂贵的现状，又可保护濒临灭绝的珍稀红豆
杉树种。
理科综合 全解全析及评分标准 第17页