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CBBDCAABCDDCB
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DDBCDBCADAC
【解析】
1．B点时CO2释放量与O2消耗量之比为73，则有氧呼吸与无氧呼吸的CO2释放量之比为
34，所以消耗的葡萄糖之比为14，A正确。C点时光合作用强度与呼吸作用强度相等，
所以C点之前已开始进行光合作用，B正确。自由水/结合水的比值上升时，结合水相对减
少，植物的抗逆性应减弱，C错误。低温诱导促使植物开花的作用称为春化作用，促进冬
小麦开花进而提高结实率，D正确。
2．交感神经兴奋使支气管扩张，A错误。肾上腺髓质分泌肾上腺素增加，能促进细胞代谢，
提高机体应激能力，B正确。缓冲物质位于细胞外液中，可调节血浆（细胞外液）的pH，
C错误。血浆中Ca2+浓度降低会引起手足抽搐，D错误。
3.显性纯合子和隐性纯合子自交子代都不发生性状分离，故不能判断出亲本的基因型，A错
误。测交就是检测待测个体产生的配子种类及比例，B正确。根据测交子代出现宽叶窄
叶=11，高茎矮茎=11，只能判断这两对基因遵循分离定律，不能判断出这两对基因
遵循自由组合定律，C错误。根据杂合子AaBb自交子代出现4种表型可能是基因自由组
合，也可能是染色体互换导致的，不能判断出这两对基因遵循自由组合定律，D错误。
4．杂交育种的原理是基因重组，A正确。射线处理可能导致植株发生基因突变引起基因结构
变化，也可能发生染色体变异导致基因数量或排列顺序改变，B正确。人工选育过程会淘
汰不需要的表型，从而定向改变种群基因频率，C正确。使用这些育种手段并未发生地理
隔离，D错误。
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5．板栗、茶树两种植物高度不一，其进行间作时利用的是群落的垂直结构，A错误。植物生
态位通常应该研究植物的出现频率、种群密度、植株高度以及与其他物种的关系等，B错
误。该立体农业模式有利于区域小气候、土壤条件的发展，对生态系统具有调节功能，故
体现出生物多样性的间接价值，C正确。该立体农业未能体现出对能量的多级利用，而是
将生物在时间、空间上进行合理配置，增大流入生态系统的总能量，D错误。
6．使用PCR技术扩增抗冻基因，只需要知道抗冻基因两端碱基序列设计引物即可，A正确。
使用限制酶会破坏Vir区的基因，Vir区的基因活化能促进TDNA的加工和转移，是
TDNA转移整合到受体细胞DNA上必不可少的，不能选限制酶，B错误。农杆菌侵染
植物细胞后，Ti质粒上的TDNA能转移到被侵染的细胞并整合到该细胞的染色体DNA
上，所以Vir区基因活化可促进TDNA转移并整合到受体细胞的染色体DNA上，C错误。
转化成功的植物细胞染色体DNA上整合了TDNA片段，只获得了四环素抗性基因，所
以培养基中最好加入四环素进行筛选，D错误。
7．航天飞机返回舱外层的隔热瓦使用的是耐高温复合材料，而不是能导热的金属材料，A错
误。TiFe合金是一种新型储氢合金材料，B正确。制造5G芯片的氮化铝晶圆属于无机非
金属材料，C正确。高吸水性树脂聚丙烯酸钠是丙烯酸钠通过加聚反应合成的，D正确。
8．光照下烃基氢可以与氯气反应，但是氯气不会取代苯环上的氢，A正确。分子中除苯环上
的羟基，其他羟基不与氢氧化钠反应，B错误。催化剂存在下与足量氢气反应，苯环加成
为饱和碳环，羰基氧加成为羟基，故键均可断裂，C正确。橙皮苷不与NaOH醇溶液反
应，故多羟基六元环不可形成键，D正确。
1
9．NCl3中中心原子N周围的价层电子对数为3(531)4，故空间结构为三角锥形，其
2
分子中正、负电荷中心不重合，为极性分子，而SiCl4中中心原子周围的价层电子对数为
1
4(441)4，是正四面体形结构，为非极性分子，A错误。NCl3和NH3中中心原子
2
1
N周围的价层电子对数均为3(531)4，故二者N均为sp3杂化，B错误。由题干
2
NCl3反应历程图可知，NCl3水解时首先H2O中的H原子与NCl3上的孤电子对结合，O与
Cl结合形成HClO，而SiCl4上无孤电子对，故SiCl4的水解反应机理与之不相同，C正确。
NHCl2和NH3分子中均存在N—H键和孤电子对，故均能与H2O形成氢键，D错误。
10．银镜反应需要在碱性溶液中进行，应加入氢氧化钠调溶液为碱性，A错误。在2mL
0.01mol/LH2C2O4溶液中加入5mL0.01mol/L酸性KMnO4，酸性KMnO4溶液过量，紫色
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不会褪去，B错误。因为Ksp(AgI) 2+ 过量，黄色沉淀不能全部转化为白色沉淀，C错误。还原性Fe大于Br，向FeBr2溶液 2+2+ 中加入少量氯水，先与Fe反应，再加CCl4，振荡无Br2生成，可以得出Fe和Br的还 原性强弱，D正确。 11．石墨附近发生的电极反应式为2N2O5+O2+4e=4NO3，A错误。石墨为负极，石 墨为正极，甲池内的NO3向石墨移动，B错误。乙池中Fe()棒为阳极，发生的电 2++ 极反应为Fe2e=Fe，Fe()棒为阴极，2H+2e=H2，C错误。因为 22+2 Cr27O~6Fe~12e所以若溶液中减少了0.2molCr27O，则电路中至少转移了2.4mol电 子，D正确。 12．工业上通过分离液态空气获得X2单质，则X是N或O。Y元素基态原子最外电子层上s、 p电子数相等，Y是C或Si。Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，Z是Mg。 W元素原子的M层有1个未成对的p电子，W是Al或Cl。X元素的最简单氢化物可能 是NH3或H2O，分子空间结构可能是三角锥形或V形，A不正确。Y元素最高价氧化物 为CO2或SiO2，晶体类型可能是分子晶体或共价晶体，B不正确。镁既能和氮气反应生 成氮化镁，又能和氧气反应生成氧化镁，C正确。若W是氯元素，则氯的第一电离能比 镁元素的大，D不正确。 13．从图甲可以看出pH=10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，电荷守恒，A正确。 从图乙可以看出pH=11、lg[c(Mg2)]6时，该点位于曲线和曲线的下方，不会产 生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B不正确。从图乙可以看出pH=9、lg[c(Mg2)]2时， 该点位于曲线的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中 21，C正确。pH=8时，溶液中主要含碳微粒是 ccc(H23CO)(HCO3)(CO3)0.1molL 2 HCO3，pH=8，lg[c(Mg)]1时，该点位于曲线的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此 2+ 反应的离子方程式为Mg+2HCO3=MgCO3+H2O+CO2，D正确。 14．卡文迪什巧妙地采用了放大法，运用扭秤测出引力常量，故A错误。伽利略为了说明力 不是维持物体运动的原因用了理想实验法，故B错误。在探究加速度与力和质量关系的 实验中采用了控制变量法，故C错误。在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动 过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，其 和代表物体的位移，这里采用了微元法，故D正确。 理科综合参考答案第3页（共14页） {#{QQABBQAEoggoAAAAARhCQwHwCkMQkBGAACoOAEAIsAIAAQNABCA=}#} 15．对滚筒进行受力分析，受重力G，撑杆对滚筒的弹力N2，墙面对滚 筒的支持力N1，由力的分解可知Nmg1tan，由牛顿第三定律滚筒 对墙面的压力为mgtan，故A错误。Nmg1tan，变小，N1变小， 由牛顿第三定律，滚筒对墙的压力变小，故B错误。滚筒缓慢移动， mg 处于动态平衡，N2、N1的合力等于滚筒重力，保持不变，故C错误。N，变小， 2cos N2变小，故D正确。 16．由题可知物体做平抛运动，且位移大小之比为12，方向相同，由运动的分解可知，竖 1 直位移之比为12。由hgt2，运动时间之比为12，故A、C、D错误，B正确。 2 17．空间站里的宇航员处于悬浮状态是因为处于完全失重状态，故A错误。根据万有引力提 Mmv2GM 供向心力，有Gm，可得v，可知该组合体运行的线速度大于地球同步 rr2r MmGM 轨道卫星的线速度，故B错误。根据牛顿第二定律，有Gmr2，可得， r2r3 可知“天舟五号”独立在轨运行时的角速度大于同步卫星的角速度，而同步卫星的角速 度等于地表物体的角速度，故“天舟五号”独立在轨运行时的角速度大于地表物体的角 速度，故C正确。“天舟五号”货运飞船绕地球运动，“天舟五号”货运飞船的发射速 度应大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，故D错误。 18．速度方向与OB的夹角为60的粒子恰好从E点射出磁场， 由粒子运动的轨迹，根据左手定则可判断，粒子带负电， 故A错误。由此粒子的运动轨迹结合几何关系可知，粒子 v2 做圆周运动的半径rd，由牛顿第二定律，有qBvm， r qBd 则粒子运动的速度大小为v，故B错误。由于粒子 m 做圆周运动的速度大小相同，因此在磁场中运动的轨迹越长，时间越长，分析可知，粒 子在磁场中运动的最长弧长为四分之一圆周，因此最长时间为四分之一周期，即最长时 m 间为，故C错误。由图可知磁场区域有粒子通过的面积为图中AOCDA区域的面积， 2qB 22142 即为ddd，故D正确。 44 理科综合参考答案第4页（共14页） {#{QQABBQAEoggoAAAAARhCQwHwCkMQkBGAACoOAEAIsAIAAQNABCA=}#} 19．vt图像中图线与坐标轴所围面积表示位移。已知t0时A物体在B物体的前方25m处， 在0~10s内，B物体的位移比A物体的位移大，两者逐渐靠近，故A错误。根据vt图 像与时间轴所围的面积表示位移，可知在0~10s内，B物体的位移与A物体的位移之差 105 为xxx10m510m25m，因为t0时A物体在B物体的前方25m处， BA2 则在10s末B物体刚好追上A物体，即两者相遇，故B正确。在10s末两物体相遇，在 10~20s内，A物体的位移比B物体的位移大，两物体逐渐远离，故C正确。根据vt图 像与时间轴所围的面积表示位移，可知在0~20s内两物体的位移相同，所以平均速度也相 同，故D错误。 20．由图看出b光的折射角大于a光的折射角，b光的偏折程度大，根据折射定律得知水对a 光的折射率小于对b光的折射率，因此，a光的频率小于b光的频率，故A正确，B错误。 c a光的折射率小于b光的折射率，根据v分析知在同种介质中传播，a光的传播速度 n 大于b光的传播速度，故C错误。根据光的反射定律知，a、b两种单色光入射角相同， 反射角也相同，所以反射光一定是复色光，故D正确。 21．开始时弹簧被压缩，此时对B由平衡条件有Fkxmg弹11sin，释放物块C的瞬间， 对BC整体根据牛顿第二定律有mgF弹1mgsin2ma，解得ag0.5，故A正确。由 前式可知当弹簧恢复原长时，此时B的加速度仍然沿绳子向上不等于零，B会继续加速； 当B的加速度等于零时速度最大，弹簧此时处于伸长状态，有mgmgsinF弹20，解 得FF弹2弹10.5mg。弹簧形变量相等，故开始和当物块B的速度达到最大时，弹簧的 1 弹性势能相等，两状态下BC系统的机械能相等，有2mv2mg2sinx 2m1 2 mg mg2x1，解得v，故B错误，C正确。当B的速度达到最大时此时物块A刚 m2k 好将要离开挡板，从初始状态到该过程中，弹簧先被压缩后被拉伸，形变量先减小后增 大，即弹簧的弹性势能先减小后增大，该过程BC和弹簧组成的系统机械能不变，故B、 C的机械能之和先增大后减小，故D错误。 三、非选择题：共14题，共174分。 22．（每空2分，共8分） （1）C 理科综合参考答案第5页（共14页） {#{QQABBQAEoggoAAAAARhCQwHwCkMQkBGAACoOAEAIsAIAAQNABCA=}#} 2 （2）d11 22 2xttBA （3）AD 【解析】（1）平衡摩擦力只需要进行一次即可；平衡摩擦力不能挂沙桶，故选C。 dd22 vvBA （2）小车通过A光电门的速度为vA，同理有vB；小车的加速度a tAtB2x d211 22。 2xttBA （3）图像没过原点，在F0时就已经有了加速度，可知小车和长木板之间的摩擦力平衡 过度，故A正确，B错误。图像的末端出现弯曲，说明小桶和沙子的总质量没能远小于 小车的质量，故C错误，D正确。 23．（每空2分，共8分） （2）V11075 （3）541 【解析】（2）为了测量更加精确，电压表应选V1，滑动变阻器R选最大阻值为10的， 方便调节；又因电流表的量程为1mA，内阻为300，通过测量电阻的最大电流为5mA， 因此电流表量程应扩大为原来的5倍，因此分流电阻阻值应为该电流表内阻的四分之一， 故电流表并联电阻的阻值为R075。 （3）Rx两端电压即为电压表读数2.30V；因电流表与R0并联，量程扩大，通过待测电阻 的电流为电流表读数的5倍，即通过Rx的电流为50.85mA4.25mA，故 2.30 R541。 x4.25103 24．（12分） 解：（1）对弹珠B，有 0.2mg22ma 将弹珠B逆向看成初速度为零的匀加速直线运动，有 1 xat2 22 得x21m （2）因弹珠A和B发生弹性正碰，设碰撞前、后弹珠A的速度分别为vA、vA，碰撞后弹 理科综合参考答案第6页（共14页） {#{QQABBQAEoggoAAAAARhCQwHwCkMQkBGAACoOAEAIsAIAAQNABCA=}#} 珠B的速度为vB，有 mmm112vvvAAB 111 mmvv222mv 2211AA22B 其中vBat 得vA1.8m/s 对弹珠A，有 11 0.2mgxmvv22m 11221A10 得v03m/s 评分标准：本题共12分。正确得出、、式各给2分，其余各式各给1分。其余正 确解法也相应给分。 25．（14分） E 解：（1）回路电流为I Rr 当杆a开始向右运动，有mgBIL 联立解得E6V （2）金属框进入磁场时，框的右边切割磁感线，产生感应电动势，等效电路如图 EBL1v E I R总 BL22 1v FBIL安1 R总 1 此时杆a与金属框形成的总电阻为RRR3 总2 从金属框刚进入磁场到完全进入磁场过程，根据动量定理有 BL22v 1tMv R总 BL23 两边求和有1 Mvv1M R总 理科综合参考答案第7页（共14页） {#{QQABBQAEoggoAAAAARhCQwHwCkMQkBGAACoOAEAIsAIAAQNABCA=}#} 2 联立解得vm/s 13 （3）金属框完全进入磁场后，金属框相当于电源，EH和FG均受向左的安培力而做减速 运动，最终停下，则从完全进入磁场到停下的整个过程，根据能量守恒定律有 12 QMv2J 291 24 QQJ a327 评分标准：本题共14分。正确得出、、、式各给1分，其余各式各给2分。其 余正确解法也相应给分。 26．（20分） 解：（1）物块P过B点，由牛顿第三定律可知，圆轨道对其支持力大小为 FFNN12N 由牛顿第二定律有 v2 FmgmB NR 4 解得v10m/s B5 对物块P由静止释放运动到B点的过程，利用动能定理有 1 qExmgxmv2 2B 解得E110V/m3 （2）如图所示，令电场力与重力的合力与水平方向夹 角为，有 mg tan qE 解得53 图中C为等效场的最低点，D为等效场的最高点，F为等效场中与圆心等高的点。令 物块P运动到F点的速度为vF，利用动能定理有 11 qERsinmgR(1cos)mv2mv2 2F2B 解得vF0 物块P恰好不超过F点，故进入圆弧轨道后的运动过程不会与圆轨道分离 理科综合参考答案第8页（共14页） {#{QQABBQAEoggoAAAAARhCQwHwCkMQkBGAACoOAEAIsAIAAQNABCA=}#} （3）电场力和重力的合力大小为 mg F5N 合sin 物块P进入圆弧轨道后恰好能做完整的圆周运动，过D点有 v2 FmD 合R 令释放点距B点的距离为x，利用动能定理有 1 qE(cos)xRmgxmgR(1sin)mv2 2D 解得x1.84m 物块P过C点时，圆轨道对其支持力最大，物块P由C到D，利用动能定理有 11 FR2mvv22m 合22DC 物块P过C点时，利用牛顿第二定律有 v2 FFmC m合R 解得Fm30N 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。其余正 确解法也相应给分。 27.（除特殊标注外，每空2分，共14分） （1）适当升高温度、搅拌、增加硫酸的浓度，将钛铁矿粉碎等等（任写一点）（1分） （2）蒸发浓缩（1分）冷却结晶（1分） （3）TiOSO4+2H2O=H2TiO3+H2SO4 1233933 （4）无（1分）pH=2.0时，Q[Al(OH)3]=0.001(10)=10<1.010，此时无 Al(OH)3沉淀生成 4.7 （5）还原剂 + （6）FePO4+Li+e=LiFePO4 【解析】（4）将Al3+完全除去，则c(Al351)1.010molL，根据1.01053c(OH) 339.33+ Ksp[Al(OH)3]1.010，求得c(OH)1.010，pH4.7，故要将Al完全除去，需 将pH调整到4.7。 理科综合参考答案第9页（共14页） {#{QQABBQAEoggoAAAAARhCQwHwCkMQkBGAACoOAEAIsAIAAQNABCA=}#} 28.（除特殊标注外，每空2分，共14分） （1）连接仪器，检查装置气密性 （2）或 （3）c、d减压蒸馏 （4）防止外界水蒸气进入C中使催化剂中毒（1分） （5）防止温度过高H2O2分解（1分） （6）H+O22HO22 （7）13.6% 【解析】（1）实验开始前需要检查装置气密性。 （2）H2O、HX等杂质易使Ni催化剂中毒，需通过碱石灰除去HX和H2O，所以装置B 应该选或。 （3）开始制备时，打开活塞a、c，A中产生的H2进入C中，在Ni催化作用下与乙基蒽 醌反应生成乙基蒽醇，一段时间后，关闭a、c，仅保持活塞b打开，将残留H2抽出，随 后关闭活塞b，打开活塞c、d，将O2通入C中与乙基蒽醇反应生成H2O2和乙基蒽醌。 过氧化氢受热易分解，而减压蒸馏可以降低温度。 （4）HO2容易使Ni催化剂中毒，实验中需要保持C装置为无水环境，F的作用为防止外 界水蒸气进入C中。 （5）防止温度过高H2O2分解，所以反应过程中控温45。 （6）第一步为H2在Ni催化作用下与乙基蒽醌反应生成乙基蒽醇，第二步为O2与乙基蒽 醇反应生成HO22和乙基蒽醌，总反应为H+O22HO22。 +2+ （7）滴定反应的离子方程式为2MnO422+5HO+6H=2Mn+5O2+8H2O，可得关系式： 2KMHOnO4225。三组数据中20.50mL偏差较大，舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液 的平均体积为20.00mL，HO22的质量分数为 5250mL 20103L0.02mol/L34g/mol w225mL100%13.6% 2.50g 29．（除特殊标注外，每空2分，共15分） （1）326 （2）低温（1分） 理科综合参考答案第10页（共14页） {#{QQABBQAEoggoAAAAARhCQwHwCkMQkBGAACoOAEAIsAIAAQNABCA=}#}