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12345678910111213
答案BDBBDCBCBDCBA
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1418题只有一
项符合题目要求；第1921题有多项符合题目要求，全部选对的给6分，选对但不全的给3
分，有选错的给0分。
题号1415161718192021
答案DCBDCACACAD
【解析】
1．哺乳动物成熟的红细胞属于真核细胞，A错误。细胞学说揭示了动物和植物的统一性，从
而阐明了生物界的统一性，未涉及病毒和原核生物，B正确。HIV、烟草花叶病毒的遗传
物质是RNA，肺炎支原体属于原核生物，遗传物质为DNA，C错误。细胞骨架由蛋白质
纤维构成，D错误。
2．谷田必须岁易，指的是轮作，可以避免长期种植谷物引起的土壤中某些必需元素的减少，
有利于作物的生长，可以有效防止病虫害的发生和杂草的繁殖，A正确。谷物生长需要适
宜的温度，低温会影响谷物的产量，B正确。根系吸收矿质离子为主动运输，需要呼吸作
用提供能量，松土有利于增加土壤通气量，有利于有氧呼吸的进行，C正确。水参与光合
作用光反应阶段和有氧呼吸第二阶段，主要以协助扩散的方式进出细胞，D错误。
3．若曲线abc为pH影响酶活性的曲线，c点强碱条件下酶变性失活，酶空间结构破坏，但是
高温不会破坏肽键，所以肽键数目与b点相同，A正确。酶不能为化学反应提供能量，只
能降低化学反应所需的活化能，B错误。曲线abd，若x为底物浓度，y可表示反应速率，
bd不再增加可能是酶浓度或活性的限制，C正确。若曲线abd为某一化学反应产物的产量
随时间的变化，b点后产物不再增加，可能是底物已消耗完，不再有生成物产生，增加底
物后b点会往右上方移动，D正确。
4．芽和幼叶能合成生长素（而非生长激素），利于插条生根，因此，扦插时，保留有芽和幼
叶的插条比较容易生根成活，A错误。措施烟草种植过程中去除顶芽可解除顶端优势，
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促进枝条上部侧芽生长，烟草上部叶片增大，提高烟草的产量，B正确。种植油菜是为了
收获种子，如果没有授粉就不能形成种子，喷施生长素不能获得种子，C错误。“红柿
摘下未熟，每篮用木瓜两三枚放入，得气即发，并无涩味”，这种“气”是乙烯（植物激
素），乙烯利是植物生长调节剂，D错误。故选B。
5．在调查分布范围较小、个体较大的种群时，可以逐个计数，A正确。生物多样性的价值包
括直接价值、间接价值以及目前人类尚不清楚的潜在价值。直接价值是对人类有食用、药
用和作为工业原料等实用意义的，以及有旅游观赏、科学研究和文学艺术创作等非实用意
义的价值，B正确。威胁野生物种生存的人类活动，主要是对野生物种生存环境的破坏和
掠夺式利用等，C正确。生物多样性的保护包括就地保护和易地保护两大类，就地保护是
对生物多样性最有效的保护措施，D错误。
6．硝化细菌和蓝细菌均不含叶绿体，均是自养生物，但硝化细菌不能进行光合作用，错误；
S型肺炎链球菌因为含有荚膜，可抵抗吞噬细胞的吞噬，有利于其在宿主体内生活并繁殖，
正确；T2噬菌体专门寄生在大肠杆菌体内与其DNA的特异性有关，正确；乳酸菌进
行细胞呼吸不会产生CO2，错误；单细胞蛋白是微生物菌体本身，并非从微生物细胞中
提取，错误；农杆菌可以在自然条件下侵染双子叶植物和裸子植物，从而将目的基因转
移到受体细胞中，正确。故选C。
7．某种能耐受铜盐毒性的细菌能利用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，从而把不溶性的硫化铜
转化为可溶性的铜盐，因此，其可用于生物炼铜，A正确。酚醛树脂是由酚类和醛类聚合
而成的，含羟基，不含酯基，不属于聚酯，B错误。太阳电池翼采用碳纤维框架和玻璃纤
维网，都是无机非金属材料，C正确。天然橡胶经硫化后转变成网状结构，硫化程度越高，
弹性越差，强度越大，D正确。
8．氯化氢是共价化合物，氯化氢气体中只含有氯化氢分子，不含有氢离子，A错误。1个
22
Cu(H24O)中含有12个键，1molCu(H24O)含键的个数为12NA，B错误。HCHO
与CH3COOH的最简式为CH2O，原混合物相当于30gCH2O，n(CH2O)1mol，因而C原
子数为NA，C正确。氢氧燃料电池正极上氧气发生得电子的还原反应，当消耗标准状况下
22.4L
22.4L气体时，电路中通过的电子数目为44NN，D错误。
22.4L/molAA
2+
9．漂白粉溶液吸收少量的二氧化硫气体的方程式应为Ca+3ClO+SO2+H2O=CaSO4+
2
2HClO+Cl，A错误。FeS具有还原性，CrO4具有氧化性，铁被氧化为+3价，铬被还原
2
为+3价，弱碱性条件下分别生成对应的氢氧化物，离子方程式为FeSCrO424HO
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2
=Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH，B正确。硝酸具有强氧化性，可以将S氧化为
2
S单质，自身根据其浓度大小还原为NO或NO2，反应的离子方程式为4H2NO3S
2
=S+2NO2+2H2O(浓)或8H2NO33S=3S+2NO+4H2O(稀)，C错误。用惰
2+
性电极电解MgCl2溶液，阳极反应为2Cl2e=Cl2，阴极反应为2H2O+2e+Mg=
2+
Mg(OH)2+H2，总反应的离子方程式为Mg+2Cl+2H2O=Mg(OH)2+H2+Cl2，D
错误。
10．向麦芽糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，滴加NaOH溶液调至呈碱性，再加入银氨溶液，
水浴加热，可观察到产生银镜，但是不能说明麦芽糖水解产物具有还原性，因为麦芽糖含
有醛基，本身就具有还原性，A错误。该反应中FeCl3是HO22分解的催化剂，而不是氧化
3
了HO22，B错误。该反应中FeCl3过量，若完全反应，则溶液中存在Fe，加入KSCN
溶液，溶液变为红色，说明溶液中存在Fe3，不确定是剩下，还是Fe3和I的反应存在限
度，C错误。由题意可知，向氯化钾溶液中加入硝酸银溶液时，氯化钾溶液过量，再加入
碘化钾溶液时，只存在沉淀的转化，不存在沉淀的生成，比较出氯化银和碘化银的Ksp大
小，D正确。
11．由键线式分析分子式为C18H16O8，A错误。迷迭香酸不能发生消去反应，B错误。酚羟基、
酯基、羧基均能和氢氧化钠反应，则1mol迷迭香酸与烧碱溶液共热反应时最多消耗
6molNaOH，C正确。迷迭香酸分子中碳原子的杂化方式有sp2和sp3杂化，D错误。
12．由题意可知，Cu2xSe填充碳纳米管作为正极材料，钠较为活泼，钠为负极材料。根据“均
11
摊法”，每个CuSe晶胞中含8+64个Se，则晶胞内铜离子、亚铜离子和为4
2x82
（2x）个，设铜离子、亚铜离子分别为a、b，则ab4(2)x，由化合价代数和为零
可知，2a+b=42，解得a=4x，b=88x，A错误。放电时，正极Cu2xSe得到电子发生还
+
原反应生成零价铜，电极反应式为Cu2xSe+2Na+2e=Na2Se(2x)Cu，B正确。
充电时外电路中转移1mol电子，阳极释放出1mol钠离子，质量减小23g，阴极生成1mol
钠，质量增加23g，两极质量变化差为46g，C错误。晶胞中Na+有8个，Se2有4个，故
41251030
在计算个数时要乘，正确答案为3。
43gcm
aNA
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+
c(AOH)c(AOH)cc(A)(OH)4
13．由题图可知，a点时lg1，10，pH11，Kb==10，
c(A+)c(A+)c(AOH)
K1014
则+的水解平衡常数w10，正确。由题中信息可知，点表示
AKh==4=1.010AeHCl
Kb10
和AOH恰好完全反应，溶液中溶质为ACl，ACl为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，溶
液中的H+来自水的电离，所以e点溶液中水电离出的H+浓度为106.23molL1，B错误。
c点溶液pH=7，根据电荷守恒，cc(A)(Cl)，nn(A)(Cl)，则n(A+)+n(AOH)>n(Cl)，
C错误。d点溶液盐酸过量，A+水解受到抑制，水解程度微弱，所以d点溶液中：
c(Cl)>c(A+)>c(AOH)，D错误。
14．阳光下的肥皂膜呈现彩色条纹，这种现象属于光的薄膜干涉现象。故选D。
15．根据题意，对球受力分析，如图甲所示，由平衡条件可得FFNsin45、FmgNcos45，
解得Fmg、FmgN2，则有FFmgN，故A、B错误。由挡板绕O点逆时针转至
水平的过程中挡板对球的弹力由水平向右逆时针转至竖直向上，由矢量三角形（如图乙）
可知挡板对球的弹力先减小后增大，故C正确。重力的分力与球对挡板的压力是不同性质
的力，只能说重力沿垂直于挡板方向的分力大小等于球对挡板的压力，故D错误。
16．地球卫星的最大环绕速度为7.9km/s，b卫星的轨道半径大于地球半径，所以环绕速度应
小于7.9km/s，故A错误。地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ac，
GM
根据ar2知c的向心加速度大于a的向心加速度，根据a得b的向心加速度大于
r2
aaa
c的向心加速度，即bca，故B正确。卫星c为地球同步卫星，所以TTac，根据
r3GM
T2得c的周期大于b的周期，即TTT，故C错误。在b、c中，根据v，
GMacbr
可知b的线速度比c的线速度大，a、c角速度相同，a半径小则速度小，故a的线速度小
于c的线速度，即a的线速度最小，故D错误。
理科综合参考答案第4页（共15页）
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Fmg甲
17．对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律有a甲、
m甲
Fmg乙
a乙，由于mm甲乙，所以aa甲乙，由于两物体运动时间相同，且同时由静
m乙
止释放，可得vv甲乙，故A、C错误。对于整个系统而言，由于mg甲乙mg，合力方
向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，故B错误，
D正确。
18．由图乙可知t0.25s时刻P质点位于y轴负半轴，速度方向沿y轴负向，加速度指向平衡
位置即沿y轴正向，故A错误。由图乙可知t0时，P点向下运动，根据“上下坡”法可
4
知波向左传播；由图甲可知波长为4m，由图乙可知波的周期为2s，则波速为vm/s
T2
1
2m/s，故B错误。tT1s，质点在半个周期内的路程等于两倍振幅，即10cm，故
2
1
C正确。根据图甲可知t0时x3m处的质点位于波谷处，由于tT7s3T，可知
2
在t7s时质点位于波峰处，故D错误。
19．输电过程中电阻R会损失电压和功率，即T1输出电压大于T2输入电压，T1输出功率大于
T2输入功率，故A正确，B错误。由于变压器T1输入电压不变，所以变压器T1的输出电
压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用户端并联总电阻减小，变压器T2与用户端
2
的等效电阻变小，则输电线上电流变大，根据P损IR可知R功率增大，故C正确。由C
可知T1输出电压不变输出电流增大，由PUI可知T1输出功率增大，故D错误。
20．线框出磁场的过程中由楞次定律知电流方向为顺时针方向，故A正确。线框进、出磁场
EBL22v
的过程中，根据EBlv、I，联立有Fma，线框进、出磁场过程中由左
RAR
手定则可知线框受到的安培力向左，则v减小，线框做加速度减小的减速运动，故B错误。
Ex
线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量qIt，其中I、EBL，则联
Rt
BL
立有qx，由于线框在进和出的两过程中线框的位移均为L，则线框在进和出的两过
R
程中通过导线横截面的电荷量相等，故C正确。线框进磁场和出磁场均是减速，两个过程
的位移相等，速度大则时间短，即进磁场所用时间小于出磁场所用时间，故D错误。
理科综合参考答案第5页（共15页）
{#{QQABbQAEggioAAAAAQgCEQUiCECQkBCACCoOABAMMAAAwRNABCA=}#}
21．设杆的弹力为N，对小球A，竖直方向受力平衡，则杆水平方向的分力与竖直方向的分
Nx
力满足tan，竖直方向有Nmgy，则Nmgxtan；若B球受到的摩擦力为零，
Ny
对B根据牛顿第二定律可得Nmax，可得agtan；对小球A、B和小车整体根据牛
顿第二定律Fmamg44tan，故A正确。对小球A，根据牛顿第二定律可得Nmax，
对系统整体根据牛顿第二定律Fma4，解得Fmg4tan，故B错误。若推力F向左，
根据牛顿第二定律可知加速度向左，小球A向左方向的加速度由杆对小球A的水平分力
以及车厢壁的弹力的合力提供，小球A所受向左的合力的最大值为Nmgxtan，小球B
所受向左的合力的最大值FNmgNmax()yx2mgmgtan，由于tan可知
Fmgmaxtan，故F最大加速度最大时小球B所受摩擦力已达到最大、小球A与左壁还
有弹力，则对小球B根据牛顿第二定律Fmgmgmamax2tanmax，
agmax(2tan)，故C错误。若推力F向右，根据牛顿第二定律可知系统整体加速度
向右，由于小球A可以受到左壁向右的支持力，理论上向右的合力可以无限大，因此只需
要讨论小球B即可，当小球B所受的摩擦力向左时，小球B向右的合力最小，此时
FNNmgmgminxy()tan2mg，当小球所受摩擦力向右时，小球B向右的合力
最大，此时FNNmgmgmaxxy()tan2mg，对小球B根据牛顿第二定律
Fmaminmin、Fmamaxmax、gag(tan2)(tan2)，故D正确。
三、非选择题：共14题，共174分。
22．（每空2分，共6分）
（1）AB
（2）1漏气（或者环境温度降低）
V
【解析】（1）为减小实验误差，推拉柱塞时应尽量缓慢，以防止柱塞移动太快，气体的温
度产生变化，故A正确。推拉柱塞时不能用手握注射器筒上空气柱部分，以防止空气温度
产生变化，故B正确。若实验中橡胶塞脱落，气体的质量变化，需重新做实验，故C错误。
（2）当温度不变时有pVC，即压强p与V成反比，两者的关系图像不是直线，但压强
p与1是线性关系，故应当以1为横坐标。一定质量的气体在温度不变的条件下压强与体
VV
1
积的关系，pVC，其中常数与物质的量和气体温度有关，压缩气体压强增大，点（，p）
V
与坐标原点连线斜率减小，则C减小，即实验过程中有漏气现象或者环境温度降低。
理科综合参考答案第6页（共15页）
{#{QQABbQAEggioAAAAAQgCEQUiCECQkBCACCoOABAMMAAAwRNABCA=}#}
23．（每空2分，共10分）
（1）如图所示
（2）2.80~3.00
（3）B
（4）等于
（5）小于
【解析】（2）根据闭合电路欧姆定律有，可得，由图像可得电动势
EUIr0UrIE0
。
E02.95V
（3）由表格可知，电压表示数的最大值为1.95V，所以电压表选V1。故选B。
（4）按图示中伏安法测电源电动势时，路端电压测量准确，电路中由于电压表是理想的，
干路电流测量准确，所以电动势E0测量值不受电流表内阻影响。
（5）路端电压测量准确，因电压表分流导致干路电流测量偏小，电动势测量偏小。
24．（12分）
解：（1）当物体刚要离开斜面时距离最大，根据平衡条件得
qBvmgcos
根据动能定理得
1
mgxsinmv2
2
64
解得xm
3
（2）随着速度增加洛伦兹力增大，跟斜面间挤压力增大，摩擦力增大，当摩擦力等于重
力沿斜面的分力时，合力为零，速度达到最大，此时
qBmgvmNcosF
mgsinFN
解得
vm8m/s
评分标准：本题共12分。正确得出~式各给2分。
25.（14分）
解：（1）设抛出速度大小为，第一次接触水面时竖直方向有
v0
2
2ghvy
可得第一次落到水面上时的竖直速度
vy2gh
理科综合参考答案第7页（共15页）
{#{QQABbQAEggioAAAAAQgCEQUiCECQkBCACCoOABAMMAAAwRNABCA=}#}
v992gh
（2）由题意可知第三次落到水面时水平方向速度为0，竖直方向速度为v，
416y16
9
vy
则16tan
1
v
40
v027272gh
第四次落到水面时水平方向速度为，竖直方向速度为v，则
864y64
27
vy
64tan
1
v
80
92ghgh272
解得石子抛出速度范围为v
4tan08tan
评分标准：本题共14分。正确得出、式各给4分，其余各式各给2分。
26.（20分）
解：（1）物体由P到A的过程，由动能定理可得
1
mghWmv2
f02
解得
Wf7.5J
（2）物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为
mg
ag5m/s2
m
减速至与传送带速度相等时所用的时间
vv53
t0s0.4s
1a5
匀减速运动的位移
vv53
st00.4m1.6mL3.4m
1122
所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为
Ls3.41.6
t1s0.6s
2v3
故物体从A运动到B的时间为
tt12t1s
传送带的支持力对物体的冲量大小为
I1mgt
理科综合参考答案第8页（共15页）
{#{QQABbQAEggioAAAAAQgCEQUiCECQkBCACCoOABAMMAAAwRNABCA=}#}
传送带的摩擦力对物体的冲量大小为
Im20()vv
传送带对物体的冲量大小为
22
III12104Ns
（3）物块与小球1发生弹性正碰，设物块反弹回来的速度大小为，小球1被撞后的速度
v1
大小为，由动量守恒和能量守恒定律得
u1
mmmuvv101
111
mmmuvv222
222101
解得
v111m/s，u2m/s
物块被反弹回来后，在传送带上向左做匀减速运动，由运动学公式得
2
02v1as
解得s0.1m<3.4m
v13at
由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。可知，物体第一
次返回还没到传送带左端速度就减小到零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增
加到，此过程电动机多给传送带的力为mg，电动机多做的功率为mgv，电动机多消
v1
耗的电能为Emgt26Jv3
评分标准：本题共20分。正确得出、、、式各给2分，其余各式各给1分。
27.（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）SiO2（写H2SiO3也得分）、CaSO4粉碎、加热、用浓度较高的硫酸（合理即可）
（1分）
2++3+
（2）2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O
8
（3）Fe(OH)31.010
（4）置换Cu2+变为Cu，从而除去
（5）MgF224HSO(浓)MgSO42HF
（6）蒸发浓缩（1分）冷却结晶（1分）
【解析】菱锌矿焙烧碳酸锌分解，加硫酸浸取，滤渣中有SiO2和CaSO4，滤液加H2O2
3+
目的是把二价铁离子氧化为三价铁离子，加入Ca(OH)2调节pH值除去Fe离子，再加入
Zn粉置换出Cu，加入HF除去Ca2+和Mg2+，最后得到七水硫酸锌。
理科综合参考答案第9页（共15页）
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（1）菱锌矿焙烧碳酸锌分解，加硫酸浸取，滤渣中有SiO2和CaSO4，将菱锌矿粉碎、
搅拌、适当加热、适当增加硫酸浓度都可以加快浸取的速率，提高浸取效率。
2++3+
（2）氧化时离子方程式为2Fe+H2O2+2H=2Fe+2H2O（合理即可）。
3+
（3）pH调节至4.4，根据表格主要沉淀为Fe(OH)3；根据表格中Fe沉淀完全时的pH值为
，可以计算出氢氧化铁的溶度积常数，33510.6336.8，
3.4Kspcc(Fe)(OH)10(10)10
K1036.8
pH4.4时，c(OH)109.6mol/L，带入计算公式：c(Fe3)sp
c39.6(OH)(10)3
108mol/L。
（4）加入锌粉将Cu2+置换为Cu以除去。
（5）MgF2与浓硫酸反应生成HF，利用强酸制取弱酸，也利用了浓硫酸的难挥发性，方
程式为MgF224HSO(浓)MgSO42HF。
（6）从滤液中获得带结晶水的晶体都是用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等一
系列操作。
28.（每空2分，共14分）
（1）恒压滴液漏斗答其中一个均可得分]
KMnO43[Ca(ClO)2、，KClO
abcfgde
（2）70T95
3HClONH
（3）NCl323HO3
（4）滴入最后半滴标准液后，溶液中蓝色褪去且半分钟内不恢复原色72.3%
【解析】在实验室利用多种方式制取Cl2和NH4Cl溶液反应制取NCl3，并蒸馏、冷凝得到
NCl3，并避免空气中的水蒸气接触产品，需要干燥装置连接在最右边。
（1）装置A中使用恒压滴液漏斗，利用装置A制取氯气，在不加热条件下，利用浓盐酸
和强氧化剂可制取氯气，故KMnO4、Ca(ClO)2、KClO3均可；利用装置B制取NCl3，利
用装置D冷凝NCl3，用装置C收集NCl3，故正确连接顺序为abcfgde。
（2）由题给信息可知，实验时，为保证三氯化氮顺利蒸出，同时防止三氯化氮发生爆炸，
水浴加热的温度应控制在7095之间。
（3）NCl3水解的反应液有漂白性，可知水解生成HClO，则另一产物应为NH3，水解的化
学方程式：NCl3+3H2O3HClO+NH3。
（4）滴定时加入淀粉作指示剂溶液显蓝色，到终点时，溶液中的全部变成I，滴入
I2
最后半滴标准液后，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原来颜色。
理科综合参考答案第10页（共15页）
{#{QQABbQAEggioAAAAAQgCEQUiCECQkBCACCoOABAMMAAAwRNABCA=}#}