仪领航备考·信息转换共领航备考·必会规律结合题图可知，四种短周期主族元素位于第二、三溶液中离子浓度大小比较的规律：(1)多元弱酸溶周期。由于Y与W可形成YW4,且所有原子均达液，根据多步电离分析。如HPO4的溶液中，到8电子稳定结构，可知Y通常显+4价，W通常c(H+)>c(H2P04)>c(HPO})>c(PO)。多元显-1价，符合条件的只有Si和Cl,因此X、Z分别弱酸的正盐溶液根据弱酸根的分步水解分析：如为N和P。NaC0,溶液中，c(Na+)>c(C0)>c(OH)>【解题思路】原子半径：Si>P>N,A正确；最高价氧c(HCO3)。(2)对于HA和NaA的混合溶液（多元化物对应水化物的酸性：HC104>H3PO4[提示：元素的弱酸的酸式盐：NaHA),在比较盐或酸的水解、电离非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强]，B对溶液酸、碱性的影响时，由于溶液中的Na保持正确；N与Si形成共价化合物Si,N4,只含有共价键，不变，若水解大于电离，则有c(HA)>c(Na)>C错误；NH,分子间能形成氢键，使分子间的相互作c(A),显碱性；若电离大于水解，则有c(A)>用力增大，易液化，液氨汽化时要吸收大量热，使周c(Na)>c(HA),显酸性。若电离、水解完全相同围温度急剧降低，常用作制冷剂，D正确。(或不水解、不电离)，则c(HA)=c(Na)=12.C【必备知识】二次电池的基本原理及其应用、电c(Aˉ)，但无论是水解部分还是电离部分，都只能极反应式的书写等占c(HA)或c(Aˉ)的百分之几到百分之零点几，因【解题思路】由总反应方程式知，放电时b极上此，由它们的酸或盐电离和水解所产生的c(H+)或NaFePO,F转化为Na,FePO.,F,故Na+应由a极区（负c(OH)都很小。极区)移向b极区（正极区），交换膜为阳离子交换膜，A项正确；充电时a极上NaTi,(PO4),转化为14.D【关键能力】理解能力、逻辑推理能力NaTi2(PO4)3,B项正确；通过交换膜的离子所带电【解题思路】结合题述可知，6个氘核全部发生核聚变反荷总数与电路中转移电子数相等，通过交换膜的离应，释放能量的最小值为3.27MeV×3=9.81MeV,2个子为Na+,当电路中有0.2mole通过时，通过交换氘核聚变生成氚核后，氚核与氘核聚变生成氦核，如膜的离子数目为0.2NA,C项错误；放电时b极为正此反应，6个氘核发生核聚变反应释放的能量最大，极，b极上发生还原反应，D项正确。为(17.58+4.04)MeV×2=43.24MeV,则释放能13.B【关键能力】分析与推测、归纳与论证能力量的最大值与最小值之差为△E=43.24MeV【解题思路】AG=lg[c(H)/c(OH)]=lg[c(H)]9.81MeV=33.43MeV,D正确。lg[c(OH)]=-pH-(-pOH)=-pH+14-pH=15.C【必备知识】抛运动规律、冲量、做功14-2×pH,A错误。【解题思路】设足球的初速度大小为，方向与水滴定前：AG=14-2×pH=8,pH=3,该方向的夹角为0，重力加速度为g,足球在空中的运HA溶液中HA的电离度=c(A)/川c(HA)Hc(A)=1/TcH)/K(HA)+1]=1/10-3/10-5+11动时间为t,水射程为x。竖直方向有vosin0=g·1/101.B正确K.(HA)(Ac(H=1.0×105起始时),得t=2 Dosin0,根据g月=68地，可得t月=6他，Atc(HA)cHA)=0.1mol·L-1,根据图象可知A点AG=0,则cH)=c(OH),即溶液错误。水方向有x=,1cs0,得x-26sin6cos0g显中性，由于NaA水解使溶液显碱AG性，所以A点时加入氢氧化钠溶液体积小于20.00mL,C错误根据81=石5，可得x1=6,B错误。由1=mg,得在空中运动的过程足球所受重力的冲量大小I=BV(NaQH溶液)/mL2 nosin0,与g无关[易错：不能只根据时间不同就误认为冲量不同，要注意g值也不同]，C正确。踢出足球的过若B点时加入NaOH溶液40.00mL,则此时溶液是等物质的量浓度的NaA和氢氧化钠的混合液，因此根据物料守恒2c(A)+2cHA)=cNa)可知，D错误程，由动能定理有W=m-0,得脚对足球做的功理科综合领航卷（六）全国卷答案一64

,=at(1分),=otan37°(2分)解得E=mv32gh(1分)(2)由题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，则有x=vot(1分)x=r+rsin37°(1分)第得一号为1分)不·37··。。。。。由洛伦兹力提供向心力有g0B=m心(1分)又6=vcos37°(1分)解得B=3mAgh(1分)]25.(20分)(1)18N(2)2.6s(3)36J[(1)对物块a,从C到N应用动能定理有mig(r-rsin 0)=2m1①(2分)在N点，由牛顿第二定律有Fx-mg=mr②(2分)由①②解得F=18N③(1分)(2)物块a在传送带上由牛顿第二定律有m1g=m1a（④(1分)由运动学公式有6一函=2ax⑤(1分)由④⑤解得x=1m

电流I=1.8A,电阻两端的电压U=1.8V,由E=U+Ir,解得太25.(15分)2022年北京冬奥会阳能电池内阻r=号n≈0.56n.定值电阻的功率P=U1于2月4日开幕，冰壶是冬奥会的比赛项目之一。冰壶起滑架投掷线圆垒3.24W.比赛是在水冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示，比赛时运动员从起滑架处推着红冰壶出发，在投掷线AB处放手让红冰壶以一定的速度滑出，红冰壶沿虚线向圆心运动，并以1.2m/s的速度与静止在圆垒圆心O处的质量相同的蓝冰壶发生正碰，且碰后蓝冰壶滑行2.7m停下。已知两冰壶与冰面间的动摩擦因数均为4=0.015，冰壶的质量均为m=20kg,重力加速度g取10m/s2。求：(1)两冰壶碰撞过程中损失的机械能。(2)碰撞后两冰壶的最远距离。24.【典型情境题】(12分)如图，一体积为V的密闭刚充气口解题分析(1)设红冰壶碰撞前、后的速度分别为0、1，蓝冰性汽缸内有压强为。、温度为T。的气体。先利用壶碰撞后的速度为2，碰撞后红、蓝冰壶滑行的距离分别为x1、x2气泵通过充气口向汽缸充气20S,然后启动电功率对碰后蓝冰壶进行受力分析，由牛顿第二定律有umg=ma为P的电加热装置。假设充气过程中气体温度不(1分)变，电加热装置的效率为50%。电加热装置由运动学公式，有=器(1分)(1)若气泵每秒钟充入压强为po、温度为T。、体积为0.1V的同种气体，求充气结束后汽缸中气体的压强。联立解得v2=0.9m/s(1分)(2)若用绝热材料将汽缸包裹后启动电加热装置，使汽缸内气对红、蓝冰壶碰撞过程分析，取0的方向为正方向，由系统动体的温度从T。升高到1.5To,气体内能增加△U,求加热后量守恒得mvo=mv1十mw2(2分)解得v1=0.3m/s(1分)气体的压强和电加热装置的加热时间。故两冰壶碰撞过程中损失的机械能△E-2mw2-(分mn+w)=5.4J。（2分)(2)对碰后红冰壶分析有mg=ma'(2分)解题分析(1)汽缸在20s时间内充入的气体体积20×0.1V可得a'=a(1分)=2V(1分)又由于<2，则两者的最远距离出现在均静止时把充气后汽缸内的气体作为研究对象，由玻意耳定律，有V+·2V=V(2分)红冰壶从开始运动到件止的过程中，有一爱(1分)解得p=3po。(1分)解得x1=0.3m(1分)(2)电加热过程中，气体体积不变，由查理定律，有号。沉p'则两冰壶相距最远的距离△x=x2一x1=2.4m。(2分)(2分)解得p'=1.5p=4.5p0(2分)由于汽缸绝热，与外界没有发生热交换，电加热装置消耗的电能等于气体增加的内能，即50%Pt=△U(2分)解得=2.(2分)23新教材老高考·D·理科综合（物理部分）】

13.【典型情境题】T℃时，铬酸银(Ag2CrO4)在水溶液中的沉淀溶请回答下列问题：解衡曲线如图所示。下列说法中不正确的是(1)“酸浸”前预先将软锰矿制成浆液的目的是A.TC时，在Y点和Z点，Ag:Cr0,KIo↑c(Ag)/(molL);加入Na2SO3的作用是的Kp相等B.向饱和Ag2CrO4溶液中加入固体(2)滤渣1的主要成分为(填化学式)。K2CrO4不能使溶液由Y点变为01×1035x10-c(Cr02)/(mol-L')(3)“氧化”后，向溶液中加入足量Na2SO,可以将Fe3+以铁矾X点[Na2Fe(SO4)4(OH)12]的形式除去，反应的化学方程式为C.T℃时，Ag2CrO4的Kp为1×10-8;反应后，溶液的D.图中a=2×10-4pH会(填“增大”或“减小”)。(4)用沉淀溶解衡原理解释选择MnS除Co或Ni的原因：(分析一种离子即可)。(5)“一系列操作”包括、过滤、洗涤、干燥、脱水。答案C答案(1)增大反应物接触面积，加快反应速率；作还原剂，将解题分析本题考查K的图像分析。一种物质的Kp只与温MnO2还原为Mn2度有关，A项正确；向饱和Ag2CrO4溶液中加入固体K2CrO4后，(2)SiO,沉淀溶解衡向左移动，导致c(Ag+)减小，而图像中由Y点变成(3)3Fe2 (SO)3+Na2SO+12H2O=Na2Fes(SO)(OH)12X点的过程中，c2(Ag+)保持不变，B项正确；T℃时，Ag2CrO4的+6H2SO4;减小Kp=c(CrO})·c2(Ag+)=(1×10-5)×(1×10-3)2=1×10-",(4)反应MnS(s)+Co2+(aq)一CoS(s)+Mn2+(aq)的衡C项不正确；温度不变，Kp=c(CrO)·c2(Ag+)=(1×10-5)×常数K=c(Mn)=2.5X10>10,Co2+可以比较彻底地转化为c(Co2)(1×10-3)2=a2×5×10-4,解得a=√2×10-4，D项正确。CoS而除去(5)蒸发浓缩、降温结晶（每空2分）第Ⅱ卷（非选择题共174分）27.(14分)硫酰氯(S0,C2)常用作有机化学的氯化剂，可用干燥的三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22题~第32题为氯气和二氧化硫在活性炭催化下制取。SO2(g)十C12(g)必考题，每个试题考生都必须作答。第33题~第38题为选考SO,C2(I)△H=-97kJ·mol-1。实验装置如图所示（部分题，考生根据要求作答。夹持装置未画出)：(一)必考题：11题，共129分。26.【典型情境题】(14分)分离回收软锰矿（含MnO2及少量Fe0、70%硫酸碱石灰CoO、NiO、SiO2)中的金属元素的工艺流程如下：6己稀HS0,适量NaS0,H,0,仪器PNaSO4MnS(s)Na SO软锰矿一酸浸L氧化一碎滤液2，除心7滤液3一系列操作→MnSO滤渣1滤渣2滤渣3丙已知：①CoS、NiS的溶解度均随温度升高而增大。查阅资料可知硫酰氯的部分性质如下：②Kp(MnS)=2.5X10-18,Kp(CoS)=10-21,Kp(NiS)=10-19。23·D·理科综合（化学部分）-Y

口口口■m口g(2)C,CN中成键原子能且只能形成1个。键，1个该分子中含有。健数目是5，三健中有1个。银，2个x健，即乙别分子中0键和开键数目之比为5：2：CH,CN与水互溶的(5)15主题原因是CH,CN与水形成分子间氢健，(3)①水是极性分子，CS:是非极性溶剂，根据相似相溶原理，P,和CS,均为非极性分子：②图中层与层之问的作用力是分于何作用力，A正确。由结构可知磷原子的杂化方式为(6)入OH浓HB溶液即杂化，B错误。黑磷为原子品体，而其他两种磷单质为分子品体，则黑磷品体是混合定条件0入(3分42型品体，C正确，石墨中碳原子为即杂化，每层原子均在同一面内，但黑磷中磷原子式；1的杂化方式为s印杂化，每一层的各原子不可能在同一面内，D错误血位于预点和面心，个数为a位于顶点和面心，个数为的8，放答案为5：27.【解析】根据合成路线，A一B是取代反应，径非上的氯被澳原子取代，B和乙二醇发生0入0人H应生成C,C在浓HB:溶液的条件下生成D,可推得C的结构简式为◇个O一一O(5)1个品胞中，含有P原子数目为8x。6×4个，含有B原了数目为4个，不妨取D在一定条件下发生取代反应生成E,E在LA,的条件下发生还原反应生成F,据此分析解题。1m0l这样的品胞，即有M个这样的品胞，1m©l晶胞的质量为m=42×4g,所以晶体密42×4)A一B的反应为苯环侧链烃基上的氢原子被溴原子取代，所以需要的试剂和条件是识度为p=水，x0厚cm:根据品胞结构分析，立方磷化绷品胞沿着体对角线蒸气、光照；去0加日为还原反应(2)HO入OH催化氧化产物为OHCCHO,名称为乙二醛。方向可以观察到六边形，中心B与P重合，六边形中形成两个倒立关系的正三角形，分(3)根据合成路线中D的结构，可知D中所含官能团为溴原子，醚键：一个碳原子连有四个不同的原子或原子团，称为手性碳原子，E与足量的氢气发生加成反应，即E中苯环别由3个B或者3个P形成，所以画图为与氢气发生加成反应，所得的产物中不存在手性碳原子。(4)根据题意可知，D-E反应为取代反应，副产物为HB,故化学方程式为36.(除特殊标注外，每空2分，共15分)00(1)溴单质（蒸气），光照(1分)还原反应1分)+HBr(2)乙二醛(1分)(5)D的同分异构体中满足①苯环上有且只有两个取代基，有邻、间、对三种位置关系，(3)溴原子，醚键不存在山分)②能与N,CO,溶液反应，说明含酚羟基，则另一个取代基含三个碳原子和一个溴原子，共5种情况，所以同时满足条件的同分异构体有3×5=15种，其中核磁共振氢谱有4组峰Br+HBr的结构简式为理科综合参考答案·第16页（共9页）OH理科综合参考答案·第17页（共19页）new

二全国©所名校高考模拟金典卷@⊙所名校高考模拟金典卷·理科综合(生物部分)参考答案（四六）(四)题序123456答案DBDDD1.答索D解题分析本题考查蛋白质和核酸的结构与功能关系，以及二者之间的相互联系。熟鸡蛋内的蛋白质已变性，其空间结构变得松散，肽键暴露，更容易被蛋白酶水解，A项错误；细胞中含有DNA和RNA,但细胞的遗传物质只能是DNA,所有原核生物的遗传物质都是DNA,B项错误；线粒体和叶绿体中含有少量DNA,能复制与表达，C项错误；mRNA、tRAN及rRNA均是转录的产物，均需要RNA聚合酶的催化，D项正确。2.答案C解题分析本题考查细胞的物质输入和输出。物质跨膜运输方式可通过运输方向（逆浓度还是顺浓度)和是否需要载体蛋白来判断。由图可知，多肽进入小肠上皮细胞为胞吞，细胞内的Na进入组织液是逆浓度梯度运输，为主动运输，细胞内的葡萄糖进入组织液是顺浓度梯度运输，属于协助扩散，C项正确。3.答案B解题分析本题考查细胞的分裂。该动物为二倍体，有丝分裂中期和减数第二次分裂后期染色体数目均为2N,A项错误；减数第一次分裂后期同源染色体分离，非同源染色体自由组合，非等位基因自由组合，H基因位于X染色体上，B基因位于常染色体上，可通过自由组合移向同一极，B项正确；X染色体上存在决定性别的基因，但也有控制其他性状的基因，如色盲基因和血友病基因等，H基因不一定与性别决定有关，C项错误；染色体的DNA中存在大量非基因片段（非编码序列)，其长度远大于基因片段长度之和，D项错误。4.答案D解题分析本题考查基因的表达和基因突变的相关知识。Hlix基因突变导致该基因的一条链缺少了5个脱氧核苷酸，从而使终止密码子提前出现，翻译提前终止，表达的相应的酶中氨基酸数目减少了8个。Hlix基因突变后仍然是互补配对的双链DNA,复制时遵循碱基互补配对原则，即嘌呤脱氧核苷酸数等于嘧啶脱氧核苷酸数，比例不变，A项正确；Hlix基因的一条链缺少了5个脱氧核苷酸，且编码的氨基酸少了8个，可能是翻译提前终止所致，B项正确；突变前后的Ielix基因表达过程中产生的mRNA含有的密码子种类可能相同，则所需的tRNA种类可能相同，C项正确；Hlix基因突变只是改变了该种生物的一个基因，一般不会导致突变体与原低产品种之间产生生殖隔离，D项错误。5.答案D解题分析本题考查神经调节的相关知识。冷热感觉属于躯体感觉，躯体感觉中枢位于大脑皮层，A项错误；TRPV1受体被激活后产生动作电位，是Na+内流所致，B项错误；TRPV1是热觉(生物部分)参考答案（四~六）第1页（答案共7页）【23·JD·理科综合一N)

则有回路内电动势E=BL(v一a)(1分)x'=0--27=0.63m≈1,04m.(2分)回路内的电流1=号，F=BL(1分)(4)设拉力F与水地面的夹角为0，物块要在05s时间内，设安培力对ab杆的冲量为一水地面上运动，则Ia,则安培力对cd杆的冲量为IAFcos0-F,≥0(1分)对ab杆有：Ft一IA=ma,对cd杆有：IA=F,=FN(1分）mead(1分)在竖直方向上，由衡条件得Fv+Fsin9=mg解以上方程得ab杆速度大小v=3m/s,cd杆(1分)速度的大小d=2m/s(1分)解得Fcos6+4sin92分)uing(3)5s时撤去外力F后，则ab杆做加速度逐渐减小的减速运动，cd杆做加速度逐渐减小的加速运动，最后两杆速度相等，做匀速运动，设最由数学知识得6os+停血0=2n(60+》终速度为v,该过程ab、cd杆系统动量守恒有(1分》nvb+1ma=2mv(1分）当0=30时，拉力F最小，最省力.(2分)对ab杆用动量定理有一BILt'=m一mv,q33.(1)BCE(5分)=It'解析：(1)当两个分子间距为ra和间距为无穷大解得通过ab杆的电量g=0.5C(1分)时，它们间的分子力都为零，但它们的势能不相该过程ab、cd两杆距离增大了x,根据法拉第电等，当两个分子间距为时，分子势能最小，且酸感应定律正-9(1分)为负值，当两个分子间距为无穷大时，分子势能为零，A项错误：根据热力学第一定律，一定质7=票放有=1=骋-卧1分量的理想气体对外界做了正功(W<0),由于和2r2r外界热交换情况不明确，其内能不一定减少，气解得ab、cd两杆距离的增大量x=1m(1分)25.解：(1)物块做初速度为零的匀加速直线运动，体对外界做了正功，体积增大，密度减小，B项正确：条件不同，物质微粒在空间分布规则就可由位移公式可得=2aP(1分)能不同，就可能生成不同的晶体，C项正确；空解得a=√3m/s2.(2分)气中水蒸气的实际压强越大，绝对湿度越大，但(2)对物块，由牛顿第二定律得相对湿度不一定越大，D项错误：单位时间内气Fcos30°-(mg-Fsin30°)=ma(2分)体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，但解得-(2分)如果速度增大，撞击力增大，气体的压强可能增加，E项正确(3)撒去力F时，物块的速度v=at=2√3m/s(2)ⅰ.封闭理想气体初始状态：V1=ShT,=(1分)T。(1分)撤去力F后，由牛顿第二定律得mg=ma封闭理想气体未始状态：山：=S么+乡)=3(1分)(1分)解得a'=l033m/s2(1分）给理想气体缓慢加热，理想气体做等压变化，设由匀变速运动的速度位移公式得物块的位移末状态的温度为T:S3名师原创分科模拟·物理答案第11页（共24页）

(2)滤液1中溶质的主要成分包括Na2RuO4、NaBiO2、Naz PbO2等，其中Si的存在形式为(填化学式)；BiO转化为NaBiO.2的化学方程式为(3)滤液1先用盐酸调节滤液H,后用甲酸“还原”提取钉并同时生成CO?,则该过程的离子方程式为；“蒸馏”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为(4)“吸收”过程产生的气体X经Y溶液吸收后，经进一步处理可以循环利用，则X和Y的化学式分别为0(5)可用氢气还原重量法测定产品中RuC1的纯度，所得实验数据记录如下：实验序号产品的质量/g固体Ru的质量/g①2.42251.0110②2.42251.0090③2.42251.0100则产品的纯度为(保留小数点后一位)28.(14分)苯乙烯是合成树脂、离子交换树脂及合成橡胶等的重要单体，常用乙苯为原料合成。(1)逆水煤气变换耦合反应（二步法）：CO2和乙苯为原料制备恭乙烯的机理如下：+H2△H=+117.6kJ·molCO2+H2=CO+H2O△H=+41.2kJ·mol1“一步法”：C0(g)十(g)+CO(g)十H,O(g)的△H为(2)乙苯直接脱氢制苯乙烯，反应原理如下：（g)雀化剂H,(g)+(g)△H=+123.5kJ。mol1①不同压强下，实验测得乙苯的衡转化率随温度(T)的变化关系如图1所示，压强(1、2、3)由大到小的顺序为理由是1.00.86乙苯转0.6P20.4P3500.2转化300400500600700率温度/℃图1图2②实际过程中，通常向乙苯中掺入水蒸气，保持体系总压为100kPa。乙苯衡转化率与温度、投料比mm=!瓷的关系如图多，则设料比则以m由大到小的顺序为③若2=10：1，则A点温度下，该反应的衡常数K,=(3)含苯乙烯的废水肆意排放会对环境造成严重的污染，现采用电解法进行处理，其工作原全国100所名校最新高考冲刺卷第8页（共13页）【22·高考样卷·理综（二）一GQN·B)

(物理部分)14.C【命题意图】本题考查物质的电结构【解题分析】带正电的物体缺少电子，用它去接触不带电的验电器，电子从验电器转移到带正电的物体上，验电器因失去了电子而带正电，故金属箔片会张开，C项正确。15.D【命题意图】本题考查直线运动，体现考生对图像的理解和应用。【解题分析】根据α一t图像可知，在0~2s时间内，电梯做匀加速运动，电梯通过的位移x=2×2×22m一4m,在2s~6s时间内，电梯做匀速运动，电梯通过的位移x2=2×2X(6一2)1m=16m,在6s一10s内，电梯做匀减速运动，电梯通过的位移。一号×4×(10一6)m=8m,所以货运电梯在10s时间内通过的位移大小为28m,D项正确。16.D【命题意图】本题考查半衰期，认识半衰期在生活中的应用。【解题分析】半衰期是一半的放射性元素发生衰变所需要的时间，该枯树死亡时距今的时间相当于二个半衰期，则6=a(2)芹，故D项正确。17.D【命题意图】本题考查万有引力定律的应用，展现我国航天事业的发展【解题分析】核心舱绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有G”4π2=2r=m是rGG故D项正确。mww,可得M=g=“E=7F=u-G18.C【命题意图】本题考查电动机的原理。【解题分析】从题图乙中可以看出，线框中的电流方向向下，若磁铁的N极向上，则右侧铜线受到的安培力方向向外，左侧铜线受到的安培力方向向里，故从上往下看，铜线框沿顺时针方向转动；同理分析可知，磁铁的S极向上，铜线框沿逆时针方向转动，所以A、B项错误，C项正确；铜线框由静止开始加速转动的过程中，线框切割磁感线产生的电动势在增大，即反电动势增大，则线框中的电流I=E区，故随着转速的增大，ER一E反减小，故线框中的电流减小，D项错误。19.AD【命题意图】本题考查相互作用及功。【解题分析】由题意可知A、B间存在弹力和摩擦力，由于A保持静止，弹力的方向与B的运动方向垂直，故A、B间弹力对A、B都不做功，A项正确、B项错误；A保持静止，摩擦力对A不做功，B受到的摩擦力与B的运动方向相反，故摩擦力对B做负功，C项错误、D项正确。20.AC【命题意图】本题考查力的衡。LL∠4 LZZ22【解题分析】设小球a的质量为，小球α被缓慢拉动过程中，两球间细绳拉力大小不变，始终为2mg,随着小球α逐渐向右移动，滑轮两侧细绳间的夹角增大，故对滑轮的合力减小，支架对滑轮的作用力大小等于两侧细绳对滑轮作用力的合力大小，故支架6口对滑轮的作用力一直减小，A项正确。以小球为研究对象，设细绳与水方向的夹mg角为0，其受力如图所示，在竖直方向上有Frsin日-mg十Fx,其中Fr-2mg,小球a向右移动，0减小，Fy减小，当0=30时Fy=0,当030°之后，有Frsin0十FN=mg,小球a继续向右移动，0减小，F增大，故B项错误。由公式f=F、可知，水杆对小球a的摩擦力先减小后增大，C项正确。在细杆对a的弹力向下时，水拉力F=(2gsin9-mg)+2 ngcos0,可知F的值不是一直增大的，故D项错误。21.CD【命题意图】本题考查电磁感应综合。【解题分析】假设回路总电阻为R,右侧导体棒的速度为，左侧导体棒的速度为2，根据法拉第电磁感应定律，回路中的感应电流1=3BkB头k产；对于导体棒有3B1L,=3m1,B1L,=m,可得两导体棒加速度大R全国100所名校最新高考冲刺卷·参考答案第9页（共12页）【22·高考样卷·理综（一）一Y】

(2)在满足实验条件下，对实验中打出的一条纸带进行数据处理，一的两点间的距离为L,两点间的初速度为、未速度为四，则系统所受外力做的功W一(用题中所给的物理量表达)系统动能的变化量△E=(3)一同学用此实验装置测匀变速运动的加速度，得到如图乙所示的一条纸带，纸带上标出了相邻计数点间的距离（相邻两计数点间还有四个点没有画出），已知打点计时器所接交流电的频率为50Hz,则可求出小车的加速度大小为m/s。(结果保留三位有效数字)单位：cm2.133.164.175.206.22乙23.(9分)某实验小组欲测量一节旧干电池的电动势和内阻，现有实验器材如下：A.电压表(0~0.5V,内阻Rv未知)B.电流表(0~10mA,内阻RA=602)C.电阻箱R(最大阻值为99999.92)D.滑动变阻器R(0~20)E.定值电阻R1=12F.定值电阻R2=202G.开关一个，导线若干(1)为了使电压表量程满足实验要求，实验小组首先测量电压表内阻。考虑到电压表内阻远大于干电池内阻，采取的实验电路如图甲所示。其步骤为先调节电阻箱阻值，使电压表指针指在三分之一量程刻度线处，记下电阻箱的阻值R,再调节电阻箱阻值，使电压表指针指在三分之二量程刻度线处，记下电阻箱的阻值为R,则电压表的内阻Rv=(2)测得电压表内阻为30002，实验小组采取如图乙所示电路测量废旧千电池的电动势，电压表量程要扩大为原来的3倍，则R。应调到(选填“R1”或“R2”)。Ω，与电流表并联的电阻应选(3)调节滑动变阻器，根据电压表与电流表的示数作出如图丙所示的U一I图线，横轴表示电流表的示数，纵轴表示电压表的示数。由图线求得电池的电动势E=Ω。（结果均保留三位有效数字）V,内阻r0.50U/V0.450.400.350.30Ro0.250.2026全国100所名校最新高考冲刺卷1012mA丙第7页（共16页）【22·高考样卷·理综（一）一门

CHO+O分)(物理部分】(3)+CH,COOH,CH0人D【命罐重图本题以如西部风动表车行公路幸托车会赛第三场比赛为情境，考查匀变速直线运动：本题要水考生事程匀文道直线运动的蒸本公式，能等应用匀变连直线运动的公式解决相关的物问适【解题分析们血图像可知，章托车的打造度为反来速度为20m摩托车道过这段位移的均速度CHHCOOCH大小。-号-0+6)ms.D项正确(4)(或)2分OOCH1点B【命题意图本题考查电要路位，要求考生短道电爱略应的基本版念：能应用电置感应的知识解决相关的问题，6CH-CH马CCH.CH.CNCCH.CH.CN9H0 CCH.CH.c0OHa分CHCH【解题分析】在0一1内：题感位强度均句减小，感应电腹恒定，安培力沿斜面向下且减小，由衡条件知，摩【命题意国本题考查苯丙酸乙盾的合成路线，考查的化学学科技心素养是宏藏阴识与微观探析，证据推见擦力不断减小，B项正确，16,B【命题意图】本题考查动量守恒、动最与动能的关系，相互作用，要求考生章程动量、动能的基本概念，能与模型认知CHO应用动量守恒解决相关问题，知道动量和动能的关系。【题分为◇厂BC,E为(4)D的同分异构体，【解题分析】白于反向电流互相排斥，两环之同的作用力大小相等，方向相反，但两滑块的质量不同，放心苯环上含3个取代基：既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明含甲酸酯：枝磁共振氢谱有4组吸收，两环的加这度大小不同，C.D项错菌由环和得块将或的系使，系统动量守仙，B项正确：根据上一盖可CH,知A项错误。峰面积之比为6：2：1：1，同时端足题中条件的D的同分异构体为(或1?,C【命题意图】本题考查交变电流的产生，交变电流的铜时值表达式电功率，要求考生知道交变电藏的基OOCH本概念，知道怎样写交变电流的颜时值表达式：现第交变电流的产生过程，电功率的计算，知道能量守恒CH,定律，HCOOCHCH案【钢题分折线面从系直中性面开始转动，有一上一弟手一后根都能量守恒定律知，外力做功2的均功率等于整个电路消耗的热功率，所以外力脑功的均功率P一户，一2W,C项正确18C【命题意图】本题以空间站天和枝心轮和地球同步卫星绕地球的运动为背景，考查天体质量的计算。要求考生苹提万有引力的基本概念万有引力公式的应用，能痘用数学方法解决相关的物理问题。【锅题分析】限器牛顿第二定律得G学一m茅第两高，两边取对数：有收T一是g吉结合图像，有-6解得M-答义心，C项正确19,AD【命题意图】本题考查动能定理、能量守恒定律，菱求考生知道动能定理.能量守恒定律的相关概念，能应用动能定理、能量守恒定理解决相关问题，【解题分析】A相对B的运动有两种可能，相对静止和相对滑动，当A,B相对静止时，拉力F做的功等于A、B系统的动能的增加量，当A,B相对滑动时，拉力F做的功大于A,B系统的动能的增加量，A项正确、B项错误：由动能定理知，D项正确，C项错误0,C【命题意图】本题以日本政府正式决定向海洋排敏福岛第一核电站的核废水为情境，考查核反应的相关知识，要求考生草握核反应过程中质量数和电荷数守恒等知识，理解比结合能的概念，能应用质能方程解决相关问题。【解题分析】根据核反应中质量数守恒与电荷数守恒，可知X表示H粒子，A项错误：比结合能为原子核的结合能与核子数之比，因此Q-206E+4E一210E,B项正确：由爱因斯坦质能方程△E=△x,解得一，由于Q-△正.放m一9.C项正确：若把X粒子射人匀强磁场中，如果速度方向与磁场方向行：则粒子不受洛伦兹力作用，D项情误。全国100所名校最新高考模示苑卷·参考8案第8页（共12页）【22·Z公·N·理综（四）·门全8100所名极服新考顺际范卷·参考西案第9页（共12页）【2·X·MN·理综（四）·Y门

计时)沿ad方向以速度v匀速穿过磁场区域，导线框的直径与ad共线，下列说法正确的是A.0、4时间内线框中电流先沿顺时针后沿逆时针（俯视）》2B.0、3R时间内线框中的电流一直增大1)C.2五时刻线框所受安培力大小为2，D.0R和3R5R时间内通过线框某横截面的电荷量之比为1：619.如图，一长为L的轻杆两端分别用铰链与质量均为m的小球A、B连接，A套在固定竖直杆上，B放在倾角0=30°的斜面上。开始时，轻杆AB与竖直杆的夹角α=30°。现将轻杆由静止释放，A沿竖直杆向下运动，B沿斜面下滑。小球均视为质点，不计一切摩擦，已知重力加速度为g。下列说法正确的是A.A碰到斜面前瞬间，B重力的功率为零BA到斜固前弱间，8的速度大小为学1+1十C.A碰到斜面前瞬间，4重力的功率为m%,(1+）3D.B下滑过程中，A的重力势能的减少量小于A、B动能增加量之和0.天问火星探测任务的成功标志若我国行星禁测琉开了新的篇章。设地球、火星在同一面上绕太阳做匀速圆周运动，火星的轨道半径是地球的k倍。探测器从地球发射后沿霍曼转移轨道抵达灭星。如图所示，霍曼转移轨道为椭圆轨道，在近日点、远日点分别与地球、火星轨道相切。探测器在椭圆轨道运行时，只考虑太阳引力的作用。下列结论正确的是A.探测器在近日点处与远日点处速度的比值为飞天问一号霍曼转移轨道B.探测器在近日点处与远日点处加速度的比值为k2C探测器沿霍曼转移轨道运行的时间为（士）倍的地太阳地球轨道球年、火星轨道D.探测器从离开地球至运动到火星，火星转过的角度为0=(2m21.如图所示，粗糙斜面上的0点有甲、乙两物块（均可视为质点）并排静止放置，两物块与斜面间的动摩擦因数相同，甲、乙同时从0点分别以速度y,、2沿斜面上滑，1=22，到达最高点后均下滑。斜面在0点上方和下方均足够长。关于甲、乙的运动，下列说法正确的是A.甲滑行的最高点到O点的距离是乙的2倍乙甲0B.甲从出发到返回O点用时是乙的2倍抢分密卷（一）理科综合试题第6页（共16页）

12.D由图示信息可知Zn失电子作负极，I?在石墨电极上得电子生成碘离子，石墨电极作正极，电子由负极经导线用电器流向正极，故A正确；由图示可知I在石墨电极上得电由F=m可知，甲的线速度较小，即直线冲刺过程的初速度较小，由2-5-2al子生成碘离子，电极反应式为I十2-=3I,故B正确；由图示可知Zn+可通过离子交换膜进入右侧电极区，则离子交换膜为阳离子交换膜，故C正确；负极区电极Z失电可知，甲的术速度。较小，即乙到达终点线时的速度较大，由上-“，可如，甲冲刺子生成锌离子，电极质量减少，正极区得电子生成碘离子，为保持两侧电荷守恒，每过程用时t较长，即乙一定先到达终点线，C错误，D正确。生成1 molZn2-,会有1 molZn+过离子交换膜进人右侧电极区使右侧正极区质量增加，18.答案：D)则负极区电极质量减少13g,则正极区质量增加13g,故)错误。根据场强的叠加原理可知，细圆环在其中心轴线上的场强方向为，细圆环上方沿o向13.C NaOH溶液显碱性，应用碱式滴定管盛放，A错误；d点表示苯甲酸与氢氧化钠恰好上，下方沿b向下，则O点的电势最高，故A错误；完全反应，根据质子守恒有：c(C&H;COOH)十c(H+)=c(OH),B错误；b点溶液为根据场强的矢量叠加遵循行四边形定则和对称性可知、b两点的场强等大反向，故BC6 H,COONa和C6 H.COOH1:1的混合溶液，苯甲酸的电离程度(pK.=4.19)大于苯错误；甲度销的水部程皮<根聚K,人，K。=14一K-Qs》,混合溶液呈酸，C正确：根根据场强的矢量叠加和对称性，可知)点的场强为零，所以小球从α到b过程中场强先减小后增大，故加速度先减少后增大，故℃错误；据溶液显中性和电荷守恒可得：c(Na)=c(C&H,COO)十c(C1)、根据物料守恒可得：根据对称性可知a、b两点的电势相等，故小球从a到b过程电场力做的总功为零，根据c(Na)=c(C.H,COO)十c(C6 H,COOH),因此c(CI)=c(CH,COOH),D错误。能量守恒可知，小球从α到b过程动能的增加量等于重力势能的减少量，故D正确。14.答案：C19.答案：ABC轻核聚变过程放出能量，有质量亏损，则经轻核聚变过程后核子的均质量减小，A根据粒子的偏转方向，由左手定则可以判断出粒子带正电，A正确；错误；经重核裂变过程后，由于放出核能，则原子核的比结合能变大，B错误；血洛伦兹力提供向心力可得9B=m,解得粒千在磁场中运动时，其轨迹的半径为经轻核聚变过程后，由于放出核能，原子核的比结合能增大，C正确；目前我国核电站是利用重核裂变释放的能量来发电，D错误。。B,由几何关系可知其对应的圆心角为日，则粒子在磁场中运动的轨迹长度15.答案：Bmvl根据机械能守恒mgh=2mu2,解得o=20m/s,故A错误；gB,B正确：根据=g可得1=”=2s,重力做功的均功率PW_m-20W,枚B正确：粒子做匀速运动的周期为T==,则粒子在磁场中运动的时间为1=·由动量定理得-(F-mg)t'=0-m,解得F=42N,故C错误；6,2πm=n0苹果落地瞬间动量的大小为p=mo=4kg·m/s,故D错误。2元9BgB·C正确；Gmv16.答案：D设周形孩场区城的半径为R,血am号-，解得R=7an号一B·a?.D错误。让金属杆巾静止开始自巾下落，经过一段时间后具有速度，闭合开关S后，回路产生感应电流，金属杆受到安培力竖直向上，可能有以下三种情况：20.答案：BD若此刻安培力等于重力，金属杆做匀速运动，安培力、运动速度、电流都不变，通过金,110、2属杆的电量与时间成正比，此情况ABC不可能，D可能；设变压器原线图端电压有效值为，据电流的热效应可得·T=/2T’可解得若此刻安培力大于重力，金属杆将做加速度减小的诚速运动，直至匀速运动，安培力、运动速度、电流先变小后不变，通过金属杆的电量与时间不成正比，，此情况ABCD均不U1=55V,A错误；可能；若此刻安培力小于重力，金属杆将做加速度减小的加速运动，直至匀速运动，安培力、电乐表的示数为剥线憫电压，即U,=25V,号-可积该变压器原副线陶的匝数之比运动速度、电流先变大后不变，通过金属杆的电量与时间不成正比，此情况ABCD均不为11：5，B正确：可能。综上所述q随时间t变化的图像可能正确，D正确。副线圈的电流为12=。=2.5A,由21I=”可得原线圈的电流，即电流表的示数1≈17.答案：D1.14A,C错误；由向心力公式F=mr不可知，甲圆周运动半径较小，运动周期较小，同样做半个圆周若培大电型及的阻但，由P一得可知，到线图的功车诚小，变器的箱人等于爷出功运动，故在做圆周运动时，甲所用的时间比乙的短，A错误；率，故变压器原线圈的输入功率减小，D正确。由w票可知，甲的角速度较大，B错误；21.答案：BD从B点到C点的过程做斜抛运动，将B点的速度沿水方向和竖直方向分解？B=伯乐马2022年高考三轮复保分抢分系列卷·理综选择题专练答案·第24页（共28页）

“差，水道蛋自运输水分于风于协助扩不需资故人情误，通道蛋白对物质的运输的速率取决于花度着：而非分子大小，放大小相同的分子通过适道蛋台洗出控胞时的速事不定相同：故销误：器脂双分子层中风是燕水菊，水分子通过的速度很慢，而水道过水强道蛋自购膜运物的速率快放©正确心钻斯烫苏蛋白透人神经细胞的跨膜运输方式为协助扩散其动为来自膜内外的浓度整。津透压是指溶质微粒对水分子的吸引能力，故D错误2在三知ATP合隔是凡，和R,的复合体，其中F,位于某些细胞器的膜外基质中，P,帐在膜的南脂双分于是中在光合作用中，ATP合成于在叶绿体的类舞体裤膜上进行的光反应阶段，因此叶绿体内胶上不存在AT合而有呼吸的三个阶段都有ATP合成场所依次为细塑胞质基质、线粒体基质，线粒体内股，因此个T合酯有东于线粒体内膜上、放A箭误：F,战在膜的0脂双分于层中，为AP合酶的疏水部位是预子（行）通道，题外的高浓度的质子冲人膜内时能为ATP的合成提供能，说明合成ATP时的能量直接来自的化学势能放B错误、C正晚：R具有降活性，高温使和，分离后，会因高温而变性失话，不能催化合成ATP,故口错误。3A图中发生了染色体结构变异（易位）和染色体数目交异，故A正确：易位纯合公猪缺失了个B基因，但还行在另个B基闲，故B错误：易位杂合子含有品位染色体和正活、？号染色体它们均不能形成正意四分：其他正赏染色体可以形成1？个正常的四分体，因此易位杂合子减数分裂会形成7个正常的四分体，故C错误品位纯合公猪无正常13、17号染色体，而易位杂合子含有易位染色体和正常1317号染色体，其有可能产生染色体组成正常的配子，故D错误4B选择前共同进化指的是不同种生物之间或生物与环境之同，放A错误：该种群是随机交配，如果没有选择和变：随机交配后代基因覆频率不变，兔中黑色纯合子$S所占的频率始终为1/2义1/2=1/4，故B正确：由题意知，选择的S基因频率与s基因频率相等，各占50%，由于是随机交配.因此选择前的S-(0.5)=1/4,Ss=2X05X0,5-2,50,5)1/4:人工选择时，逐代淘次掉5个体，因此。基因颜率逐渐降低，S基因频率逐渐升高、选择前，基因型频率比例是S:S:5=1:2:1,淘汰掉5后，SS:S0=1:2,群体产生的雌配子或雄配子种类和比例为S。一2：1，随机交配子代的基因型比例是Ss:S:s=(2/3×2/3):(2X2/3X1/3):1/3×13)=4:41,再选择一次，去掉s个体】3:S一1：1，群体产生的雌配子或雄配子种类和比例为S:一3：1，随机交配后代的基因型比例是S:5(34X3/4):(2X3/4×1/④：(1/4×1/9=9：6：1，S的基因频率是9/16+6/16×1/2=3/4，故C错误：生物进化的实质为基因频率的改变，而非基因型频率的改变，故D错误。5,A手指接触到针尖而产生痛觉没有经过完整的反射弧，不属于反射，故A正确：反射弧中的效应器指的是传出神经未梢及其所支配的肌肉或腺体，故B错误：兴奋在反射弧中的传递方式有电信号和化学信号，是单向传递的，故C错误；缩手反射的神经中枢位于脊鸛，因此大脑皮层受损的患者能完成缩手反射，故D错误。6,C据图可知，控制开花的因素是持续不间断的黑暗环境，故A正确，夜间照明使得黑暗环境中断，变为短夜环境而不开花，因此在短日照植物临近开花季节，夜间照明会使开花时间推迟，故B正确：若为长日照植物，则在暗期内不断闪光，长日照植物会提前开花，放C错误，菊花属短日照植物，在秋季开花，若使其在夏季开花，应当适当遮光，使光照时间缩短，故D正确。29.(每空2分，共10分)(1)大于更大(2)突变体（水稻）突变体水稻叶绿素含量低，捕光能力弱，在强光照下产生过剩光能的可能性小，光抑制相对较弱(3)思路：用完全营养液和缺M的完全营养液分别培养水稻，提取分离叶片色素并对比叶绿素b含量：结果：缺Mn组滤纸条最下端色带（或叶绿素b色带）更浅或缺失解析：(1)据图示曲线知，叶绿体的氧气产生速率表示真正的光合作用；当光照强度为时野生型和突变体O,释放速率相等，即净光合作用速率相等；但由图可知突变体的呼吸作用大于野生型，所以与野生型相比，突变体单位面积叶片叶绿体的氧气产生速率较大。当光照强度为m时，突变体Q释放速率大于野生型，突变体的呼吸作用大于野生型，突变型的真正光合速率大于野生型，突变型消耗的CO2比野生型多，叶片气孔开放程度大的植株CO2供应充足，推测该突变体叶片气孔开放程度比野生型更大。(2)该突变体和野生型水稻相比，突变体水稻叶绿素含量低，捕光能力弱，在强光照下产生过剩光能的可能性小，光抑制相对较弱，对强光照环境的适应能力更强。(3)缺M也可能导致水稻叶绿素b无法合成，因此用完全营养液和缺Mn的完全营养液分别培养水稻，提取分离叶片色素并对比叶绿素b含量，缺M组滤纸条最下端色带（或叶绿素b色带）更浅或缺失，可证明假设内容30.(每空2分，共10分)(1)5(2)3/8(3)BBZAW或BhZW让该雕性亲本与多只白羽雄鸟杂交若子代中不出现白羽鸟，则该雌性亲本的基因型为BBZW;若子代中出现白羽鸟，则该雌性亲本的基因型为BbZAW解析：(1)依题意可知：当该种鸟不含B基因时即表现为白羽，因此该种鸟表现为白羽时的基因型有5种，分别为bbZAZA、bbZ2、bbZZ、bbZW、bbZW。(2)粉羽鸟为B_ZZ、B-2W。纯合红羽雕鸟的基因型为BBZAW,纯合白羽雄乌的基因型为bbZZ或bbZZ,二者杂交，F中出现了粉羽鸟，说明亲本白羽雄鸟的基因型为bbZZ,E的某因型为B跳ZZ、BbZW。让F相互交配，所得F,中粉羽鸟占3/4BX1/2(1/4ZT+1/4ZW)=3/3(3)红啊能鸟(BZW)与红羽雄鸟(BZZ)交配，所得F,中只有红羽鸟和粉羽鸟，说明双亲中，有一个亲本必含B6,另一亲本含有BB或Bb,而且雄性亲本必然含有，进而推知：雕性亲本的基因型可能是BBZW或bbZ。白羽鸟为bb-。欲探究雕性亲本的基因型是BBZW还是BbZW,可让该雕性亲本与【2022高考模拟卷（一~六）·理综生物参考答案第5页（共12页）G-N】

后检测并比校两姐小鼠体内X妥白的舍量，由于长期压力会降低机体的免疫功能，故一段时间后，预期站果为：实脸组小鼠X妥白合量高于对照姐小鼠。32.(10分，除标注外，每空2分)(1)分高定律(1分)(2)12(1分)(3)以F,为母本，品种乙为父本，子代中抗病个体与不抗病个体比例是1：1(2分)：以F,为父本，品种乙为母本，子代中抗病个体与不抗病个体比例是1：3(2分)(4)A7/13【解析】()由题干所知，果实的颜色由一对等位基固拉制，遵循分离定律；(2)由于小西红柿属于雌雄同株的二倍体植物，所以若要测定小西红柿的基因姐序列，则可测定一个染色体组的基因序列，即12条；(3)F,产生的蝉配子育性正常，雌配子D:d=1:1,D雌配子在雌配子中比倒为1/2，F:群体中DD、Dd、dd基因型个体的数量比总是1：4：3，DD在F:中比例为1/8，而带有D基因的花粉育性低，设雄配子D在雄配于中比例为X,所以X为1/4，所以雄配子D:d=1:3,以F为母本，品种乙为父本，子代中抗病个体与不抗病个体比例是1：1；以F,为父本，品种乙为母本，于代中抗病个体与不杭病个体比例是1：3。(4)B基因会抑制不育基因的表达，反转为可育，说明雄性不育株一定不含B基因，进而确定控制雄性不育的基图为A,丙的基因型是Aabb、丁的基因型是aaBB,F,的基图型为1/2AaBb、1/2aaBb。AaBb自交后代的基图型共9种，其中AAbb、Aabb表现为不育，因此可育株的基固型共有9一2=7种。仅考虑F:中出现雄性不育株的那一半，谊部分可育林中能稳定遗传的个体的基图型为1/13AABB、2/13AABb、2/13AaBB、4/13AaBb、1/13aaBB、2/13aaBb、1/13aabb,其中2/13AABb和4/13AaBb自交后代会发生性状分离，其他均能稳定遗传，故该部分可育株中能稳定遗传的个体所占的比例为1一2/13一4/13=7/13，33.(1)BCE (2)25-1v【解折1)理想气体经历b过程，体积不变，则w=0,A错误：根据兴=C可知体积不支，压强增大，则温度升高，内能增大，由△U=Q十W可知，气体一直吸热，故选项B正璃；理想气体经历a过程为等压压城，则外界对气体做功W>0,根据y-C可知温度降低，即内能流少AU<0,由△U=Q+w可知，Q<0,即气体放指，故选项C正璃：根据Y=C可知，p与V的乘积反映温度，b状态和(c状态的p与V的桑积相等，而中间状态的p与V的来积更大，故bc过程中温度先升高后降低，故选项D错误，E正确。(2)0对A气体，A,V=p·兰，得到p=2npA-pe=0.5p,得到pn=1.5p0bV-PiV..V-3V②假设隔枚不动，活富回到初始位里时，对气体A有p,V=pV以，V以=2V-V=等V,得·28·

流程分析28.(共15分，除标注外，每空2分》余的H,为20-0.44-0.4x2-1.6x6)ml4ml,则浸渣成分为CaS0、Si0,(1)①-204.2kJ·mol先加入H,0,的作用是将Fe②CH,0H(1分，甲醇也得分)衡转化率a（H,):104)m0lx100%=60%。反应b10 mol碳酸ONH,HSO氧化成Fe:调节pH至5.5左右，目的是将Fe3·、A1转化③相同温度下，Zn0与H,S反应的衡常数远大于Cu锰浸出为氢氧化物沉淀除去c(H20)·c(CH20CH3)0.4×1.6与H,S反应的衡常数，Zn0与H,S反应的程度更的衡常数K③水滤渣1成分为Fe(O田A1(OHc2(CH OH)0.42浸出液2H,0,调pH至5.5左右大，因此Z0的存在可有效减少H,S与Cu的反应，从滤渣2成分为CuS4。②保持温度不变，增大压强，反应b、c衡不移成牙为Mns0、esO;④NH)zS而对Cu基催化剂起到保护作用溶液1动，反应a衡向正反应方向移动，c(CHOH)增大，FeSO)nAL,(S0A、MgSO成分为MnsO成分为MnSO(2)BCuSO4、NH)2SO4、极少量溶液2MgSO(NH)2SO4促使反应b衡向正反应方向移动，c(CH,OCH,)增MgSO4、CuS0CaSO极少量CaSO,(3)7(1分)使用更高效的催化剂(1分)》NH)2SO4、极少大，CH,0CH3的产率增加。⑤NH,F量CaSO4(4)①60%4NHHs0,200℃QNH)S0,+母液名师评题多重衡一般的解题方法是书写⑥氨水空气溶液司②保持温度不变，增大压强，反应b、c衡不移动，反滤渣3“三段式”进行计算，本题(4)小问是根据碳、氢原应a衡向正反应方向移动，c(CH,OH)增大，促使反Ma,O,洗涤、干提含锰沉淀成分为MmSO成分为子守恒法进行计算的。通过原子守恒法来解此类NH4)2S04;MgF2、CaF2应b衡向正反应方向移动，c(CH,OCH)增大，问题，计算简单，并不像“三段式”那么繁琐，可以【解析】(1)提高浸出率可采取的措施有适当提高温度(5)抑制Fe3·的水解(1分)CH,OCH3的产率增加大大缩短解题时间。适当提高NH,HSO4溶液的浓度、粉碎锰矿石等。(6)2Fe3++Cu=Cu2*+2Fe2*CuSCN【命题意图】本题以利用“一步法”合成二甲醚的反应29.(共10分，除标注外，每空2分)】(2)由流程分析知，在“浸出”过程中，Si02不参与反应，(7)反应i过程为载体考查化学反应原理综合，具体考查盖斯定(1)通过影响酶活性来影响代谢过程25℃(1分)则“浸渣”中还有Si02。(3)“净化、除杂”时，先加入(8)Cu2*+Fe2*+SCN-CuSCN +Fe3律的应用、化学反应流程图分析、曲线图分析、衡常(2)植物总光合速率增幅小于呼吸速率增幅，导致净H,02溶液的作用是将Fe2·氧化成Fe3·,反应的离子方【命题意图】本题考查FeCL,的制备及FeCL,溶液与Cu数的应用和计算、衡移动等，意在考查考生的图表光合速率减小，曲线A下降程式为2Fe2+H,02+2H一2Fe*+2H,0:由题中所给的反应，具体考查仪器的名称、化学方程式及离子方分析能力和推理、计算能力。(3)继续设置大于35℃的温度梯度进行实验(2分，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知，调节程式的书写、试剂和装置的作用、反应现象的分析及【解析】(1)①由盖斯定律可知，总反应d的△H=将天竺葵幼苗分别放在不同温度的密闭玻璃钟罩内pH至5.5左右，目的是将Fe+、A3转化为氢氧化物沉原理的探究等，意在考查考生的分析能力及实验探究2AH,+△H。=2×(-90.1k·molr)-24.0kJ·mol1=黑暗处理相同时间，分别测定各组密闭玻璃钟罩内的淀除去。(4)“除钙、镁”时加入过量的NH,F溶液，反能力。-204.2kJ·mol'。②“一步法”中液相混合物为甲醇C02释放情况(1分)，C02释放量最多的一组对应的应完全后过滤，滤液中的(Ca）c(Ca2)·c(F)【解析】(1)观察题图可知，仪器a的名称为分液漏斗。和二甲醚，二甲醚的沸点为-24.9℃，可蒸馏分离两(2)实验室用Mn02与浓盐酸反应制取Cl2,反应的化温度，即为天竺葵进行呼吸作用的最适温度(2分)。c(Mg2+)c(Mg2+)·c2(F)者，故“循环”的物质为甲醇。③观察题表中数据可【命题意图】本题考查光合作用和呼吸作用的相关知Kp(CaF2)_1.46x100K,(Mg,)740×10≈1.97。(5)由题意知，“沉锰学方程式为Mn02+4HCl(浓)△MnCl,+C,↑+知，相同温度下，Z0与H,S反应的衡常数远大于识，意在考查考生的实验探究能力和分析能力。2H,0。(3)制备的C12中混有的HC1气体，可用饱和Cu与H,S反应的衡常数，Zn0与H,S反应的程度【解析】(1)温度影响植物代谢的主要原理是通过影响阶段，以氨水为沉淀剂，鼓入空气作为氧化剂，使M食盐水除去。(4)FCl3易升华，将硬质玻璃管直接接更大，因此Zn0的存在可有效减少H2S与Cu的反应，酶活性来影响代谢过程；由题图可知，曲线A表示光最终转化为MnO4,故该过程发生反应的离子方程式为入收集器中，可防止FeCL,凝华成固体而堵塞导管。从而对Cu基催化剂起到保护作用。(2)催化剂不改6Mn2++12NH3·H,0+02—2Mn,04+12NH4+6H20;(5)e*易水解，配制FeCl,溶液时加入少量盐酸，可照下CO,的吸收量，即净光合速率，曲线B表示黑暗变衡转化率，A错误；增大C0与H2的浓度，反应a、下C0,的释放量，即呼吸速率，对应温度下两曲线之母液经纯化结晶后得到的物质的主要成分是抑制Fe的水解。(6)“红色褪去”说明Fe+与Cu发和表示总光合速率。在该适宜光照条件下，天竺葵生(NH),S04,(NH,)230,2-30tNH,Hs04+NH,↑，生了反应，反应的离子方程式为2e++Cu—Cu2++c,d的正反应速率都增大，B正确；升高反应温度，反应a、b、c的逆反应速率增大，正反应速率也增大，C错长发育的最适温度应为积累有机物最多时对应的温加热到300℃，分解的固体产物NH4HS04溶解又可返2Fe2。白色沉淀可能为CuCl或CuSCN,CuCl是由Cu和CuCL,溶液反应产生的，CuSCN是由Cu2+与SCN反误；加入H,0(g),反应c的衡正向移动，导致H,的度，即净光合速率最大时对应的温度，该温度约为回“浸出”工序循环使用。(6)MnC03的摩尔质量为应产生的，“取上层清液于试管中，滴加3滴KSCN溶浓度改变，反应a的衡也会移动，D错误。(3)曲线25℃。(2)由题图可知，当温度超过25℃时，随着温115g·mol,C点剩余固体的摩尔质量为115g·液，有白色沉淀生成”，说明此白色沉淀为CuSCN,因度继续升高，植物总光合速率增幅小于呼吸速率增mol×61.74%≈71g·mol1,则题图中点C对应固体为上层清液中无Cu,所以不会产生CuCl。(7)“在盛1的阁率为2号-7，则该反位的活化能发，幅，导致净光合速率减小，曲线A下降。(3)要测定天的成分为MnO。有2mL0.1mol·LCuS04溶液的试管中滴加KSCN7kJ·mol。同理计算出曲线Ⅱ对应反应的活化能竺葵进行呼吸作用的最适温度，还需设置大于35℃27.(共14分，除标注外，每空2分)溶液，溶液很快由蓝色变为绿色，24h后，溶液绿色变E,小于7kJ·mol',则实验可能改变的外界条件是使的系列温度梯度实验组，将天竺葵幼苗分别放在不同(1)分液漏斗(1分)浅，试管底部有白色沉淀”说明反应1较快，反应ⅱ较用更高效的催化剂。(4)①反应前充人5molC0和温度的密闭玻璃钟罩内黑暗处理相同时间，测定各组(2)Mn0,+4HCI(浓)△MnCl,+Cl2↑+2H,0慢。(8)由“Cu2+、Fe2+和SCN可直接发生反应，生成10molH2,根据碳原子守恒可知，剩余的CH,OCH3为密闭玻璃钟罩内的C02释放情况，C02释放量最多的(3)除去C2中的HC1(1分)CuSCN和Fe+”,且CuSCN为白色沉淀可知，该反应一组对应的温度，即为天竺葵进行呼吸作用的最适(4)不易因为FeC,固体积聚而造成堵塞(1分)》的离子方程式为Cu2++Fe2++SCN一CuSCN↓+Fe3+。(5-0.2-0.4-1.2)mol-1.6ml,根据氢原子守恒，剩2温度。D7卷（一）·理科综合D8卷（一）·理科综合

解得4=0.5，A错误：凹槽A与物块B同时释放，凹槽受力不变，故物块到C端的速度仍为零，不会掉下传送A与斜面间的最大静摩擦力Fa=u(m4+mB)gcos6=匀速圆周运动的轨迹半径R=号(1分)带。因为5m/s>25m/s,所以物块从右向左回到B12N=m4gsin0,故开始时凹槽A静止不动，对物块B【解析】本题考查验证动量守恒定律的实验。点时的速度大小ve=25m/s(1分)(1)(2)由动量守恒定律有m1,=m+m25,其中v=联立B=m爱(1分)有4=28s血01，解得1=后，B错误：物块从释放至此后只要物块还能冲上传送带，都将原速率返回B点，与凹槽A下端碰撞前过程中，由动能定理有mogdsin0=号，得%-公+%，则还需要测量两滑块（包含意光设s为物块在AB段运动的路程，由能量守恒定律有解将。一盟(1分)2m,,解得碰撞前物块速度大小=，6m,碰撞后片)的质量。(2分)小球从P到0的时间为4=号·2-qB(1分)(3)由弹性碰撞知m,=m+m①解得s=5m(2分)H物块与凹槽整体速度设为，由动量守恒定律得(1分)2m=2m,叶+2②所以物块最终停在A点，到A点距离为0(1分)小球从P到0的水位移为需==2mg=(m4+mg,解得-看m5,损失的机械能小球进入第四象限后运动3则有背：骨+管也可由①②，联立得1(3)-轨迹如图，在第四象限中△E=2m号-(m:+m,听，代入数据解得△E=2J,(m-m,=磁场方向垂直纸面向外C正确：A、B碰撞之后，两者共同做匀加速直线运动，直m1+m2时gB【思路点拨】运动的时间△-6，当到与挡板P碰撞，设之后反弹沿斜面上升最大距离为x,【易错警示】对于弹性碰撞推导出来的式子，~”，小球在第二象限中做曲线运动，可以利用配速法分磁场改变后，小球还将在根据运动学公式可得号-t=2(gsin0-gcos0)L,号=-一定要注意角标，等式两侧必须同时是大的速过程1为水向右的匀速直线运动和逆时的匀速圆周第四象限中经过两个半圆2(6sn0+gm0)x,解得x-号m,D正确。度减小的速度（题中2=0）。过程2球在第四象限中做匀速园周运动，恰好经过半个23.(1)见解析(2分)(2)2(2分)12.52(2分】回车到厦点0，运动时间为4出B-(2分)21.AC【解析】本题考查电磁感应。当cd棒刚开始运动112.52(2分)(3)小于(2分)球在第三象限中做水向左的匀减速直线运动小球在第三象限中，运动的时间为时满足umg=BL,此时ab棒切割磁感线产生的感应电然后反向做匀加速直线运动【解析】本题考查欧姆表原理。动势为E=B肌0m0,由闭合电路欧妈定律得1-，联改变第四象限磁场后，小球在第四象限经过两个半A=4-4V四(1分)(1)将红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在过程4的匀速圆周运动，家限故小球运动的总时间为立解得此时ab棒的速度为u=,A正确，当cd棒欧姆表的零刻度处。(2)设电流计满偏时，流过电源的电流为：，根据欧姆【解析】本题考查带电小球在电磁复合场中的运动。=a4需V(1分)也运动起来后，设ab棒的速度大小为心，cd棒的速度()从P到0由动能定理有mgH=之m心(2分)大小为2，则回路中的感应电动势为E'=BL,cos0调零原理几。号，选泽开关接2时较小，R较大。小球的总位移为。=后+厅-号+4(1分)中值电阻较大，因此选择开关接2时是“×100”挡，(1分)BL,由闭合电路欧姆定律得r:解得v=√2gRE(2)小球经过0点后，由于qE,=mg,小球在第四象限m+4此时R=1500,1,=15000=1mA,又有，故小球的均速度大小为=(2分)】BL,o日-BL,逐新增大，b棒的加速度a,逐渐减中做匀速圆周运动，经历的时间为R◆风+，同里，远择开关接1时有R+R),1IR需4R}2需器(2分)小，cd棒的加速度a,逐渐增大，直至4，-a,时，两棒【关键点拨】本题中配速法结论如图所示1500联立解得R,=12.50,R,-12.5。由于gE2=2mg,小球在第三象限中电场力与重力的合x=X在相同时间内水方向的速度变化量相同，即单位时(3)根据欧姆表表盘左密右疏的特点，可知此时读数小力大小为mg,方向水向右，所以小球先向左做匀减速间内磁通量的变化率恒定，感应电动势恒定，电流”=于750。直线运动，再反向做匀加速直线运动，加速度大小为g,BL()维持恒定，之后两棒各自进行匀加速直24.(1)1.2m(2）25m/s（3)0R小球速度减为零经历的时间为4=专√得(1分)【解析】本题考查传送带模型。此后小球将向右做匀加速直线运动到达y轴，线运动，则号，-2=C(定值)，两棒在水方向上的距其中g=%8,mB=n7-2(1)物块从释放到恰好停在C端，由能量守恒定律得离逐渐增大，B错误，C正确：从d棒开始运动到两棒达到mgH=umgl +uamgL2(2分】放4=4+248器+2(2分)26.(除标注外，每空2分，共15分)解得H=1.2m稳定状态的过程中，ab棒克服安培力做的功减去安培力(1分(3)小球静止时可以分解为有一个水向右的速度(1)①0：0②产生氨氧化物，污染环境对d棒做的功等于电路中产生的总焦耳热，D错误。(2)设物块第一次冲上传送带时的速度大小为4，从冲和一个水向左的速度0，则小球可以等效为受两个(2)保持良好的通风环境，防止产生的H,发生爆炸【思路点拨】感应电动势E=BL中，BL、v要两两垂直，上传送带到恰好停在C端，由能量守恒定律知2m-大小相等的洛伦兹力F*左=F洛右=9驷B,初始时F洛左(3)2Fe2++S,0?—2Fe3++2s0溶液中Fe3+会方向竖直向下，F洛右方向竖直向上，令F洛右=mg,则小催化H,0,的分解，增大H,02的消耗量题中b棒的速度与B不垂直，因此应该将速度分解。uamgl(2分)球从P点运动到0点的过程可以等效为水向右的匀(4)抑制溶液中N2·的水解22uB2分剂22-受+22分))学管解得，=25m/s(1分)速直线运动（速度大小为）和逆时针匀速圆周运动(5)①增大(1分)②1.0(3)传送带转动后，物块在传送带上向右运动的过程中(速度大小为0)的合运动，其中qw,B=mg,【解析】本题以镍酸锂二次电池为情境考查化学用语，D57[卷六D58

CO2的，B项错误；NH,HCO3、(NH)2CO3,CH,COONH,都是离子化合物，C项错误。12.C【解析】本题主要考查原电池原理，侧重考查学生的知识迁移能力。该燃料电池放电过程的工作原理为原电池的工作原理，N2H4失电子，发生氧化反应，故a为氧气，b为N2H4,A项错误；该燃料电池的产物为氮气和水，其总反应中未消耗KOH,所以KOH的物质的量不变，但由于有水生成，故KOH的浓度减小pH减小，B项错误；根据转移电子数守恒和总反应可知，消耗1molO2时，生成的氨气的物质的量为1mol,在标准状况下为22.4L,D项错误。13.B【解析本题主要考查难溶电解质的溶解衡，侧重考查学生对基础知识的理解与运用能力。由图像知，D点代表aSO和AgNO的反应终点，c(Ag)=2(S0)=2X10-18mol·L1,Kp(AgS0)=2(Ag)·c(SO)=4X10-5.4,A点代表NaCI和AgNO3的反应终点，c(Ag)=c(C1-)=1×104.9mol·L1,Kp(AgCI)c(Ag)·c(CI)=1X1098,A项正确；由于C点SO只沉淀一半，根据衡移动原理，D点c(Ag)大于C点，故A、CD三点中，D点c(Ag)最大，B项错误；若AgNO溶液浓度减小，则消耗AgNO溶液体积增大，而Kp(AgC)不变，反应到达终点时pM[pM=一lgc(C)]不变，故A点向B点移动，C项正确：AgS0,(s)+2C-(aq)-2AgC1(s)+S0g(a0的衡常数KcS0)cS0):cAg2c2(C-)c2(Cl)·c2(Ag)K(Ag2S0）4X10-54-0K(AgC1X10y=4X10,D项正确。14.B【解析】本题考查原子物理学，目的是考查学生的理解能力。放射性元素的半衰期与环境温度无关，选项A错误；天然放射现象说明原子核具有复杂的结构，选项B正确；在核反应中，电荷数与质量数均守恒，选项C错误；光电效应现象中逸出的电子是核外电子吸收光子能量后摆脱原子核的束缚而产生的，选项D错误。15.C【解析】本题考查物体的衡条件，目的是考查学生的推理能力。根据物体的衡条件，物体B匀速下滑时受到重力、物体A对它的支持力以及物体A对它的摩擦力，因此物体A受到重力、斜面的支持力、物体B对它的压力、物体B对它的摩擦力以及斜面对它的摩擦力共五个力的作用，选项C正确。16.B【解析】本题考查运动的合成与分解，目的是考查学生的推理能力。篮球在空中的运动可分解为水方向的匀速直线运动和竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的规律，高弧线投篮时，篮球在空中运动的时间最长，选项A错误；三种弧线投篮的过程中，重力做的功相等，根据P=W,,高弧线投篮时，篮球从出手到进框，重力的均功率最小，选项B正确；三种弧线投篮的过程中，篮球的水位移相同，低弧线投篮时的水分速度最大，竖直分速度最小，无法确定三种弧线投篮的过程中人对篮球做的功的大小关系，选项C,D均错误。17.A【解标体题考查万有引力定律，目的是考查学生的推理能力。由G=m荒=mg,V鸳，一兰3p=解得p一器选项A正确。18.B【解析】本题考查电场力做功，目的是考查学生的推理能力。依题意可判断与电荷正负无关，只要求4、b两球所带电荷是异种电荷即可，由电场力做功有2q.EL十9%EL=0,选项A、C错误，B正确；电场力对a,b两球做功的代数和为零，选项D错误。19.BD【解析】本题考查竖直上抛运动，目的是考查学生的推理能力。0~3s内甲球处于上升阶段，0~2s内甲球的速度大于乙球的速度，两球间的距离变大，2s~3s内甲球的速度小于乙球的速度，两球间的距离变小，选项A错误；根据对称性，第6s末，甲球落回地面，选项B正确；)一t图像与时间轴所围区域的“面积”表示位移，0一2s内，甲球通过的位移x甲=2×(30+10)×2m二40m,乙球通过的位移xz=0,故第2s金卷押题猜题理科综合（二）参考答案第2页（共10页）二)合8容22·JJ·YTCT

00(二)选考题：共45分。请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选35.化学·选修3：物质结构与性质(15分)含肉族元素的化合物在人们的生活、生产和科学研究中有着广泛应用。回答下列已知：(i)R-NH,+40一题作答。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。R—NCH问顺：33.物理·选修3-3(15分)(1)(5分)一定质量理想气体的状态变化P-V图像如图所P(1)硒(Ts)是目前原子序数(117)最大的一种卤族元素。下列有关基态T原子的叙术正确的是(填字母)。(i)R-OH+R'-BrRCR-0-R'示。过程1：从状态a沿等温线到状态b,过程2：从状态A.核外电子排布式是[Rn]7s27p回答下列问题b沿过原点的直线到状态c,过程3：从状态c沿行纵B.核外电子排布中成对电子为58对(1)X的化学名称是A的结构简式是轴的直线到状态a。则过程1中，理想气体热C.Ts的电负性比I大(2)反应②的化学方程式是量（填“吸收”或“放出”）；过程2中，理想气体内能D.是第七周期中原子半径最小的原子(3)反应④的反应类型为(填“增加”“减少”或“不变”)：过程3中，理相(2)GCl,是精制锗金属的中间产物，锗是制作半导体的重要材料。下表是部分卤化(4)反应①2⑦的日的是0气体对外界(填“做正功”“做负功”或“不锗的熔沸点数据：(5)H和普卡比利含有的相同官能团的名称是做功”)。卤化错GeClGeBra(6)B的同分异构体中，符合下列条件的有种（不考虑立体异构）。(2)(10分)用打气简给容器打气的原理图如图所示。容器的容积为V,打气筒的容积熔点/℃-49.526.1146.0①苯环上有3个取代基，②遇FeCl,溶液显紫色；③与Na,C0,反应生成气体。密人=。，打气筒给容器打气时，K打开，打气筒中的气体被活塞雅人容器，向外拉沸点/℃83.1186.0350.037.生物·选修1：生物技术实践(15分)动连杆，K闭合，容器内气体被封闭。初始时，K闭合，容器内气体热力学温度为①卤化储的晶体类型是,熔沸点逐渐升高的原因是β-葡萄糖苷酶是种纤维素酶，在纤维素水解成葡萄糖的过程中发挥着重要作用。某实验小组利用海藻酸钠固定化B-葡萄糖苷酶，在质量分数为3.5%的海藻酸钠中T%,压强为P0=1.0×10Pa。②AsCl,的熔点为-18℃，沸点为130.2℃，其相对分子质量化GCL,小，但熔沸分别加入50、100、150、200、250U/g的B-葡萄糖苷酶，在其他条件均相同的情况下制（1)若给容器内气体加热，使气体温度升高】，求容器内气体的压强为多少？备固定化酶，并测定随着给酶量的增加，固定化酶的活性和酶的回收率的变化，结果点较高的可能原因是」(iⅱ)若用此打气筒打气n次，每次都把压强为p,=1.0×10Pa的气体打入容(3)如图是一种含钛、氯的配合物，可用作环烯烃聚合反应的催化剂。如图所示。请分析回答下列问题：器，整个过程中气体温度保持不变，最终容器内压强为多少？CH酶回收率固定化酶活性9090T8080线CH,CH,6050①提供空轨道的原子是_,该配合物中所有的氯、氧原子形成的空间构型60②该配合物中碳原子的杂化轨道类型是30(4)氟化氪可用作特殊制造行业的氟化剂和氧化剂。B-KF2晶胞属于四方晶系，晶1001502002508内205034.物理·选修3-4(15分)胞结构如图所示：给酶量U/g(1)(5分)如图所示，一列简谐横波的波源在坐标原点0处，经过1s波从0点沿x轴(1)纤维素酶是一种复合酶，除葡萄糖苷酶外，纤维素酶还包括正方向传播到P点，P点和Q点到O点的距离分别为2m和7m。下列判断正确0Q00-Q0(答出两种)。酶活性的高低可用的是」。(填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3006表示，题中固定化B-葡萄糖苷酶所采用的方法是个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分)0-⑧-0(2)该实验中，最佳的给酶量是」U/g,理由是。,当给酶量超过一定值时，继续增加给酶量，固定化酶的活性基本不再变化，其原因可能是(3)与普通酶相比，固定化酶的优点有(答出两点)。0.1④-oapm38.生物·选修3：现代生物科技专题(15分)A.波的传播周期为1sA位置的氪原子坐标为(0,0,0)，则B位置的氪原子坐标为波尔山羊原产于南非，被称为世界“肉用山羊之王”，近年来，我国多次从国外引进波B.波的传播速度为1m/s若阿伏加德罗常数的值为N,则B-KF2的密度是尔山羊用于本土山羊的品种改良。但是从国外引种价格昂贵，为解决这一问题，科学C.Q点的起振方向沿y轴负方向(列出代数式)。家利用胚胎工程技术对引进的波尔山羊进行快速繁育。请分析回答下列问题：答D.当Q点经过衡位置时，P点可能在波峰36.化学·选修5：有机化学基础(15分)E.从图示状态开始计时，经3.25s时间质点Q第一次到达波峰普卡比利可改善长期便秘症患者的肠道功能一种以有机化合物A为初始原料制备(1)通过体外受精可获得大量波尔山羊胚胎。体外受精前需要用处理波尔母羊，使其排出更多的卵子；培养成熟的卵子与获能的精子，一般情(2)(10分)如图所示，透明介质的横截面ABC是边长为L的等边三角形，D为AB的普卡比利的合成路线如下：况下可以在溶液中完成受精过程。中点，E为AC上一点，AE=L。一单色光从D点垂直AC方向射人透明介质，发判断卵子是否受精的重要标志是COOCHCOOCH0(2)精子与卵子在体外受精后，应将受精卵移入发育培养液中继续培养，以现一部分光线经过AC、BC面反射后又回到D点。已知光在真空中传播的速度CH,OSO.CLBr、当胚胎发育到适宜阶段时，可进行胚胎移植，若要提CH.COOH CI为c。1NHCOCH高胚胎的利用率，可对囊胚阶段的胚胎进行分割，此时要注意(1)求透明介质的折射率；NHCOCH.⊙E0(ⅱ)现在让该单色光从E点垂直AC射入透明介质，求光从射人透明介质到第(3)在胚胎移植时需对受体母羊进行选择，选择的受体母羊所具备的特点是」次射出时，光在介质中的传播时间。COOH,受体母羊(填“一定”或“不一●BrCH,CHBr[定”)是波尔山羊，原因是K.CO.C H O.NCIBr普卡比利高考冲刺押题卷·理科综合（二）第4页共4页

度（未达到C02饱和点），呼吸速率不变，光合速率增强，因此所【命题意图】本题考查对-V图像的理解、气体实验定律、热力学在同一族，且在Cr的下一周期，则基态Mo原子的价电子排布式9测的五个光照强度下对应的净光合速率都增大，整体曲线上移。第一定律及其相关知识点，若杏考生的理解能力和推佣能力为4d58':基态N原子的最高能级为2p,电子云轮廓图为哑铃形30.【答案】（除标注外，每空1分，共10分）【名师精析】(1)从状态A到状态B,P与V的乘积先增大后减小或纺锤形。(2)D的结构简式为◇CH一○，由D-E的条件可知，该反(1)下丘脑骨酪肌和肝脏汗液的蒸发和皮肤内毛细血管舒张则气体的温度先升高后降低。根据P一V图像与横轴所围的面积(2)非金屈性域棍.由负性越大.CN、0二种元者的由负性由大应为卤代烃的水解反应，水解反应也属于取代反应(2)寒冷刺激冷觉感受器→传人神经一→下丘脑体温调节中枢一→传表示做功可知，从状态B到状态C,气体体积减小，外界对气体做到小的顺序为O>N>C;N的2p轨道为半充满状态，较稳定，其第(4)与FCl,溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，此外还出神经→毛细血管收缩/骨骼肌战栗/肾上腺分泌肾上腺素增加功，为W=2po,则气体做负功，W=-2pV0。由热力学第一定一电离能比0大，C、N、0三种元素的第一电离能由大到小的顺序(2分)用状腺激煮》级调结知备后德调节律可知气体内能的变化量为40=W-Q=2poV。-Q。为N>0>C。含有◇◇，则剩下的基团为甲基，甲基的位置如图所示：(3)渗透压、酸碱度血浆、组织液、淋巴细胞直接生活的环境(2)①不坐人时对活塞进行受力分析，有mg+0m(号)2OH细胞与外界环境进行物质交换的媒介(3)S5【命题意图】本题考查内环境稳态及神经一体液调节的相关知识中的2个C原子分别形成3个共价键和4个共价意在考查考生理解和综合运用能力m(号)(2分)NH,◆好月0以：放满足条6【名师精析()人体体温调节的中枢在下丘脑。人体热量的来键，杂化方式分别为即2、即3。解得p=4m件的E的同分异构体共19种。其中，核磁共振氢谱有6组峰，且峰源主要是细胞中有机物的氧化放能，尤以骨骼肌和肝脏产热最+poe(1分)(4)电负性0>S>S,电负性越大，共用电子对越靠近，斥力越大，键角越大。面积之比为3：2：2：2：2：1的结构简式为H0〈》《CH3。多，热量的散出主要通过汗液的蒸发、皮肤内毛细血管舒张等。(2)寒冷刺激下，在神经调节和体液调节的共同参与下最终体温②坐上质量为M的人时，设气体的压强为p',座椅下降的距离为(5)目标产物(CH)2N(CH2)20(CH2)20(CH2)2N(CH)2可由维持稳定，神经调节的反射弧：寒冷刺激冷觉感受器→传人神△h,稳定时，有(5)S0中中心原子S的价层电子对数为4+6+2,2X44,孤电CI(CH2)20(CH2)20(CH2)2C1制得，类似F→苯拉海明的反应经→下丘脑体温调节中枢→传出神经→毛细血管收缩/骨骼肌战(+)g+po()=4)(2分)子对数为0，其空间构型为正四面体形。过程；Cl(CH2)20(CH2)20(CH2)2CI可由CH20HCH20H和栗/肾上腺分泌肾上腺素增加等，体液调节中的关键激素是甲状(6)Mo的晶胞结构为体心立方结构，Mo的配位数为8。设晶胞边长HOCH,CH2Cl制得，类似E→F的反应过程；CH2OHCH2OH可由腺激素，作用是促进新陈代谢，增加产热。甲状腺澈素的调节机由玻意耳定律有m(号)h=pm(号)a-A),(2分)为am则a=05p号2x96卤代烃的水解反应制得，即乙烯和卤素（如溴水、氯气等）加成后制有分级调节和负反馈调节。(3)细胞外液重要的理化性质有温g·cm3。k解得CH,OHCH,OH度、酸碱度、渗透压，细胞外液由血浆、组织液、淋巴组成，它是细联立解得△h=4Mgh(1分)37.【答案】（除标注外，每空2分，共15分）胞直接生活的环境，细胞与外界环境进行物质交换的媒介。4(M+m)g ndpo(1)醋酸菌(1分)氧气充足，温度为30-35℃31.【答案（每空1分，共8分）由热力学第一定律可知，座椅下降过程对气体做的功为W=Q。36.【答案】(1)甲苯(1分)醚键(2分)(2)板划线法和稀释涂布板法防止杂菌的污染，保证菌种(1)生物防治利用音响设备发出信号吸引鸟类，使其结群捕食(2分)的纯度水无机盐，碳源、氨源乳酸杆菌生长所需要的维生害虫：利用昆虫信息素诱捕或者警示有害动物合理调整能量流(2)◇一H◇(2分)取代反应（或水解反应）(1分)素、无氧的环境动关系，使能量续高效地流向对人类最有益的部分34.【答案J(AcD5分(2)①@2(3)包理法细胞体积大，难于被吸附或结合，所以采用包埋法固(2)实现对能量的多级利用，从而大大提高能量的利用率速度【命题意图】本题考查波的传播、波的干涉、折射定律、光的传播OH定细响和方向水及其相关知识点，考查考生的推理能力和应用数学处理物理问题(3)◇CH◇+HoCH,cH,CH2S04/75-80℃命题意图】本题主要考查微生物培养和应用的相关知识，意在考(3）野黄中，应/鸣大部朵查考生理解和综合运用能力。命题意图】本题主要通过生态农业考查群落演替、生态系统的能【名师精析】（1)制作果醋所用菌种为酷酸菌，醋酸菌是好氧型量流动、信息传递等相关知识，意在考查考生分析和综合运用【名师精析1（由2寸：云解得/=Hz,A正确；由题中的波Q菌，生长的最适温度为30~35℃。(2)微生物接种的方法最常用能力。CH0CH2CH2C1+H20(2分的是板划线法和稀释涂布板法，无论哪种方法，其核心都是【名师精析](1)为了减少环境污染，尽量减少农药的使用，可以动图像可知被长入=4m,周期T==85，则该简谐横波的传防止杂菊的污染，保证菌种的纯度：培养基为微生物提供的基本用生物防治方法控制虫害，这是一种对人类生存环境无污染的防营养成分是水、无机盐、碳源、氮源，除此之外还要满足一些微生治方法，具体措施有利用音响设备发出信号吸引鸟类，使其结群播速度为。==0.5m,B错误；两列波的波源相距4x-(4)19(2分H0-QCH,(2分)物的特殊要求，比如乳酸杆菌需要维生素及无氧的环境。(3)醋捕食害虫；利用昆虫信息素诱捕或者警示有害动物等。控制农亚21m-（-1m)=22m,由△x=2t可得两列波从振动开始经过(5)CH,=CH,澳本CH,BCH,B0OH溶液CH,OHCH2OH酸南细胞体积大，难于被吸附或结合，不适合用物理吸附法或者害虫的意义是合理调整能量流动关系，使能量持续高效地流向对。=22s相遇，C正确；由于两列波的振动情况完全相同，x=10m化学结合法，应采用包埋法固定人类最有益的部分。(2)生态农业能实现对能量的多级利用，从处的质点距两波源的距离相等，则x=10m处的质点为振动加强HOCH2CH2CI而大大提高能量的利用率：荒山开层说明人为作用明显影响群落点，振幅为12cm,D正确；x=-8m处的质点距两波源的距离差为o5-C(CH)(C)(CH)C①(CH)2NH38.【答案1（除标注外，每空2分，共15分）②NaOH(1)限制酶、DNA连接酶、载体(1分)从基因文库中获取、通过演替的速度和方向；根据山区地形的变化，光照强度的不同等种(21m-8m)-(8m+1m)=4m,则x=8m处的质点为振动(CH3)2N(CH2)20(CH2)20(CH,)2N(CH,2(3s分3DNA合成仪用化学方法直接人工合成植不同的作物，体了群落的水结构。(6)欲写出含有级消加强点，振幅为12cm,E错误。(2)利用DNA双链复制的原理，将基因的核苷酸序列不断地加以费者的食物链，根据题意可知，鸡、鸭食用虫子时为次级消费者【命题意图】本题以合成苯海拉明为载体，考查有机化学基础知(2)①由于紫光的折射率大于红光的折射率，所以紫光在玻璃柱复制，使其数量呈指数方式增加DNA的两条链反向行，都作即食物链可表示为野草→虫一鸡/鸭。某同学吃了只鸡，这只识，意在考查考生综合运用知识分析问题的能力。(2分)模板，其上的碱基序列不同鸡的能最大部分流入该同学体内10%-20%的传递效率是指具体中的偏转角度较大，即光束b为紫光。【名师精析】由苯海拉明的结构简式及F的分子式可推知，F为根据题述可知，紫光的入射角i=60°，折射角，=30°，(1分)(3)与RNA聚合酶结合，驱动转录目的基因进入受体细胞内有捕食关系的两个营养级之间。并且在受体细胞内维持稳定和表达的过程DNA分子杂交技术32.【答案】（除标注外，每空1分，共12分则由折射定律可得玻璃柱体对紫光的折射率n==3」sin rCHOCH,CH,Cl;由A的分子式及装海拉明中含有苯环可分子杂交技术、抗原一抗体杂交技术、个体生物学水的鉴定(1)抗倒伏、易染条锈病基因的自由组合杂交一①自交，后代(2分)(4)转基因技术、早期胚胎培养、胚胎移植技术、体外受精技术性状分离比为9：3：3：1，或者①与④交，后代性状分离比为1②根据几何关系可知，紫光在玻璃柱体中的传播路程为1.5L,【命题意图】本题主要考查基因工程的相关知识，意在考查考生识1:1:1(写出一种即可)(2分)(2分)推知，A为◇CH,甲苯与氯气在光照条件下发生取代反应生记和综合运用能力。(2)DdTt,Ddu,DTT、ddt(2分)1或2(2分)1或3：1(2分)【名师精析】(1)基因工程的基本操作程序中所用的基本工具有(3)脱落酸由一。可得紫光在玻璃柱体中的传播速度。C,成B(令CHC,B与苯发生取代反痘生成C限制酶、DA连接酶、载体；获取目的基因常用的方法除了利用【命题意图】本题考查遗传定律的相关知识，重点考查自由组合定律的判断及相关分离比的计算，意在考查考生应用相关知识解决(2分)PCR技术扩增之外还有从基因文库中获取、通过DNA合成仪用(◇CH,◇)和HC,C在光照条件下与氢气发生取代反化学方法直接人工合成。(2)PCR技术扩增目的基因的原理是利实际问题的能力。则紫光在玻璃柱体中的传播时间上：三。3(1分)用DNA双链复制的原理，将基因的核苷酸序列不断地加以复制【名师精析】(1)根据两组实验的杂交结果可知，抗倒伏、易染条2c锈病为显性性状；根据杂交可知，这两对性状的遗传遵循基因35.【答案】(1)4d58'(1分)哑铃形（或纺锤形）(1分)使其数量呈指数方式增加。PCR扩增时需要两种不同的引物，原因是基因的两条链反向行，都作模板，其上的碱基序列不同。的自由组合定律，结合杂交二实验可得，①②③④的基因型依次(2)0>N>C(2分)N>0>C(2分)应生成D(CH◇)，D发生水解反应生成E(3)启动子位于基因的首端，它是RNA聚合酶识别和结合的部为DdT、Dd、DdTT和ddt,验证基因自由组合定律可以用双杂合(3)p2,p3(1分)OH位，有了它才能驱动基因转录出mRNA,最终获得所需要的蛋白子自交或者双杂合子与隐性纯合子测交，所以可以用①自交，后(4)H,0>H2S>H2Se(1分)电负牲0>S>Se,H20,H2S、H2Se的共用电子对的排斥力依次减小，所以键角依次减小(2分)(◇CH◇)，E与H0CH,CH,C1发生取代反应生成P。质：转化是指目的基因进人受体细胞内，并且在受体细胞内维持代性状分离比为9：3：3：1，或者①与④杂交，后代性状分离比稳定和表大的时程。目的因导人受体细胞后，是否可以稳定准为1：1：1：1。(2)从杂交一后代中随机选择的一株抗倒伏抗(5)正四面体形(2分)条锈病的个体的基因型可能是DDt或者Ddt,则自交后代表现型2×96(1)A的结构简式为◇CH,其名称为甲苯。苯海拉明的结持和表达其遗传特性，需要通过检测和鉴定才能知道，常用的方(6)8(1分)-(2分)法有DNM分子杂交技术，分子杂交技术，抗原一抗体杂交技术和有1或2种，表现型比例为1或3：1。(3)根据矮壮素的作用特个体生物学水的鉴定，比如一个抗虫或抗病基因导入植物细胞点可知，它和植物体内的脱落酸作用效果相似。后是否情予了捕物抗中或抗病的特性需贾彬抗中成抗病的接33.【答案1(1)先升高后降低(1分)-2p'(2分)24%-Q(2分)【命题意图】本题以高硫物质[(NH,)2M0,Sa]为载体考查物质结构简式为CHOCH2CH2N(CH,)2,其含氧官能团的名称为4Mgh种实验，以确定其是否具有抗性以及抗性的程度。(4)转基因哺构的知识，意在考查考生综合运用知识分析问题的能力。乳动物的获得，可能应用了转基因技术、早期胚胎培养、胚胎移植【名师精析1(1)基态Cr原子的价电子排布式为3d4s',Mo与Cr醚键。技术、体外受精技术、胚胎分割技术等。6

冲刺卷。生物（一）参考答案1.A指导细胞内的核酸生物合成的是DNA,DNA主要在细胞核中，A错误，蛋白质与糖类结合形成的糖蛋白具有识别功能，B正确，膜上的载体蛋白具有选择运输细胞所需营养物质的作用，C正确；线粒体内膜上的蛋白质能催化有氧呼吸的第三阶段，细胞膜上的某些蛋白质能催化ATP的水解，D正确。2.D马蝈虫细胞只能进行无氧呼吸，在第一阶段有ATP的合成，第二阶段没有ATP的合成，A错误；植物细胞有氧呼吸的第二阶段产生C02,C02中的0来自丙酮酸和水，B错误；马铃薯块茎细胞只在有氧呼吸过程是中产生C02,其场所是线粒体基质，无氧呼吸不产生C0,C错误；人体成熟的红细胞内不含线粒体，所以只白能进行无氧呼吸，D正确。是3.BDNA复制时，DNA聚合酶能催化脱氧核苷酸合成长链，A正确；DNA依赖性蛋白激酶可识别DNA损是伤，激活细胞周期检查点，减缓或阻滞细胞周期，以保证细胞有足够时间进行DNA修复，故DNA依赖性蛋白激酶失活可能导致细胞周期缩短，B错误；细胞内损伤的DNA修复过程中发生差错的碱基对可发生替换形成正常的DNA分子，C正确；若DNA损伤不能及时被识别和修复，则可能会导致细胞无限增殖，形成肿瘤，D正确。34.C双链RNA分子被彻底水解的产物有4种碱基、核糖、磷酸，共六种化合物，A正确；双链RNA中嘌呤数一定等于嘧啶数，而单链RNA中该数量未必相等，B正确；图中RNA是以染色体上DNA分子的部分单链彩为模板转录形成的，因为基因是有遗传效应的DNA片段，C错误；根据题干及图示信息，RNA干扰通过降解mRNA来阻断其翻译，D正确。月弃5.D植物生命活动的调节不只有激素调节，还受环境因素的影响，A错误；植物激素只有调节作用，不具有催朕化作用，B错误；脱落酸不能促进细胞分裂，C错误；2,4-D是生长素类似物，能发挥与生长素相似的功能，具月车有两重性，D正确。6.D分析题意可知，N,/N,1的比值表示该种群数量是前一年种群数量的倍数，若比值大于1，种群数量增加；白若比值等于1，种群数量不变；若比值小于1，种群数量减少。第4年时，种群的N,/八，-1最大，自然增长率达到最大值，A正确；第4~6年间，种群数量的N,/N,-1下降，但仍大于1，数量依然增加，年龄组成为增长型，B)正确；第6年后种群的数量先降低后维持在相对稳定状态，原因可能与该种群的天敌迁人有关，C正确；第8年N,/N,-1的比值与第1年相同，但无法确定种群的数量是否相等，D错误。拔29.(除注明外，每空1分，共10分)是(1)真核叶绿体的类囊体薄膜发(2)对比（相互对照）(3)30减少还原C3生成C6和有机物（且能释放能量）20月(4)在30℃以上设置多个温度梯度（以1℃为一个梯度），测定不同温度下水绵在黑暗中的C02释放速率；A迷黑暗中CO2释放速率最大时对应的温度即为水绵呼吸作用的最适温度（合理即可，3分）【冲刺卷·生物参考答案第1页（共12页）】2B

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27.(15分)氮化嫁(G)在SG基站及工业互联网系统建设等方面用途广泛。综合利用炼锌矿渣[主要含铁酸像G,(e,0,),、铁酸锌加F,0,它们都为易溶于水的强电解质]获得3种金属盐，并进一步利用嫁盐

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