1、 理科综合参考答案第 1 页（共 16 页） 2022 届“3+3+3”高考备考诊断性联考卷（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 B C C D B C B C C A C B D 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 1417 题只有一项符合题目要求；第 1821 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 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 C D D C AC BD AC B
2、D 【解析】 1减数第一次分裂前的间期，DNA 进行半保留复制，一条染色体含两个姐妹染色单体，形成28 个核 DNA 分子，A 正确。减数第一次分裂前期，同源染色体两两配对的现象叫做联会，联会后的每对同源染色体含有 4 条染色单体，叫做四分体，一共 7 对同源染色体，即 7 个四分体，B 错误。有丝分裂中期，14 条染色体的着丝点排列在赤道板上，此时染色体形态固定、数目清晰，易于观察染色体，C 正确。有丝分裂后期和减数第二次分裂后期都有着丝点分裂，发生染色单体的分离，D 正确。 2苏丹溶液溶于 50%的酒精中，所以做“细胞中脂肪检测和观察”实验时，装片染色一段时间后可以用 50%的酒精洗去浮色
3、，A 正确。体积分数为 95%的酒精可用于洗涤细胞固定过程中使用的卡诺氏液，解离细胞需要体积分数为 95%的酒精和质量分数为 15%的盐酸11 混合制成，B 正确。“观察根尖分生组织细胞的有丝分裂”实验中，用清水洗去解离液，C 错误。采集到的土壤小动物可以放在体积分数为 70%的酒精溶液中保存，酒精可杀死样本，并能进行防腐处理，D 正确。 3温度过低时，酶的活性下降，影响呼吸作用，进而影响植物体其他生理活动，A 正确。无机盐在植物体内一般以离子形式存在，少数也可以以化合物形式存在，B 正确。植物是生产者，可以利用农家肥中的无机盐，但不能利用有机物中的能量，C 错误。不同的农作物 理科综合参考答
4、案第 2 页（共 16 页） 对土壤中矿质元素的需求不同，将不同的农作物进行轮作，有计划地更换作物种植种类，可以充分利用土壤中的矿质元素，D 正确。 4一个完整的反射活动仅一个神经元不能完成，A 错误。膝跳反射是生来就有的先天性反射，是一种比较低级的神经活动，神经中枢在脊髓，谈梅生津是通过大脑皮层的人类特有的语言中枢对抽象的语言建立的条件反射，是人类特有的复杂反射，该反射活动的神经中枢在大脑皮层，B 错误。膝跳反射的效应器是传出神经末梢及其所支配的肌肉，谈梅生津反射活动的效应器是传出神经末梢及其所支配的腺体（唾液腺） ，C 错误。膝跳反射是生来就有的先天性反射，是一种比较低级的神经活动，神经中
5、枢在脊髓，谈梅生津是通过大脑皮层的人类特有的语言中枢对抽象的语言建立的条件反射，是人类特有的复杂反射，两个反射活动效应器对刺激作出应答反应的时间，前者短于后者，D 正确。 5肺炎双球菌转化实验证明了 DNA 是遗传物质，A 正确。肺炎双球菌的转化实验中需要培养肺炎双球菌，T2噬菌体侵染大肠杆菌的实验中需要培养大肠杆菌，都用到细菌培养，B错误。T2噬菌体与肺炎双球菌的遗传物质都是 DNA，遗传物质的核酸种类相同，C 正确。二者的设计思路都是设法把 DNA 与蛋白质分开，单独观察它们的作用，D 正确。 6因为该种群只有 Hh 一种基因型，在群体足够大且没有其他因素干扰（如突变、选择等）时，理论上，
6、则该种群中 H 和 h 的基因频率均为 0.5，随机交配且一代后，HH、Hh 和 hh的数量比为 121，A 正确。在群体足够大且没有其他因素干扰（如突变、选择等）时，从理论上分析，该玉米种群随机交配产生的第 n 代，H 基因频率还是 0.5，B 正确。该玉米种群进行连续自交 n 代，显性纯合子的比例等于隐性纯合子的比例，C 错误。该玉米种群进行连续自交 n 代，在群体足够大且没有其他因素干扰（如突变、选择等）时，从理论上分析，H 基因频率仍为 0.5。故选 C。 7太阳能电池板使用的主要原料是硅，不是二氧化硅，故 A 错误。液氧与液氢反应生成 H2O，水对环境无污染，故 B 正确。长征六号运
7、载火箭箭体采用铝合金，是因为铝合金具有硬度大、密度小且耐高温、耐腐蚀的特点，故 C 错误。碳纤维是一种含碳量在 95%以上的高强度的新型无机材料，不是有机高分子材料，故 D 错误。 8该有机物中除 C、H 元素外，还有 O、N、S、Br 元素，故不属于烃，A 错误。由于单键可以旋转，所以不是所有碳原子一定处于同一平面，B 错误。其酸性水解产物之一含有羧基，能与 NaHCO3反应，C 正确。能与氢气发生加成反应的为苯环，碳碳双键，则 1mol 该分子最多与 4mol 氢气发生加成反应，D 错误。 理科综合参考答案第 3 页（共 16 页） 9由于温度、压强未知，无法确定 22.4L 二氧化碳的物
8、质的量，故 A 错误。0.1mol N(C2H5)3和盐酸反应生成 0.1mol N(C2H5)3H+，类比 NH+4，溶液中N(C2H5)3H+发生水解，离子数目小于 0.1NA，故 B 错误。整个过程是 CO2+H2 催化剂HCOOH，因此每生成 1mol 甲酸，转移的电子数为 2NA，故 C 正确。甲酸和乙醇在浓硫酸加热条件下生成甲酸乙酯为可逆反应，因此 1mol 甲酸和足量乙醇充分反应后，生成甲酸乙酯的数目小于 NA，故 D 错误。 10向 FeCl3溶液中滴入几滴 30%的 H2O2溶液，产生气体的速率加快，说明 Fe3+能催化 H2O2分解，一段时间后，FeCl3溶液颜色加深，说明
9、水解被促进，产生的氢氧化铁浓度增大，该分解反应为放热反应，A 正确。将 BaSO4投入饱和 Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生，说明 BaSO4转化成BaCO3沉淀，但只要 QcKsp，溶解度小的沉淀也能向溶解度大的沉淀转化，因此不能证明 Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)， B 错误。 Fe(NO3)2中加入稀硫酸，3NO在酸性条件下氧化 Fe2+生成 Fe3+，加入 KSCN 溶液呈红色，不能说明 Fe(NO3)2晶体已经变质，C 错误。用 pH 试纸测得 0.1molL1 Na2CO3溶液的 pH 等于 10，测得 0.1m
10、olL1 CH3COONa 溶液的 pH等于 9，说明23CO的水解程度大于 CH3COO的，说明酸性：CH3COOH 强于3HCO，不能判断 CH3COOH 和 H2CO3的酸性强弱，D 错误。 11由图分析可知，W 为 N 元素，X 为 Na 元素，Y 为 S 元素，Z 为 Cl 元素。简单离子半径大小为 S2ClN3Na+，即 YZWX，A 错误。氯的单质具有强氧化性，没有漂白性，可与水反应生成具有漂白性的次氯酸，B 错误。盐酸是强酸，氢硫酸是弱酸，同浓度氢化物水溶液的酸性：ClS，C 正确。化合物 X2Y2为 Na2S2，为离子化合物，硫原子之间为非极性共价键，S22和 Na+之间是离
11、子键，D 错误。 12放电时，A 是负极、B 是正极，Li+向正极移动，则 X 是 Li+，允许阳离子通过的隔膜为阳离子交换膜，A 正确。充电时，A 极电极反应为 a Li+a e+6C(石墨)=LiaC6，外电路中流过 0.2mol 电子，A 极质量增加 1.4g，B 错误。当 xyz=235 时，这三种金属元素一共为20.23 0.340.53.3 价，而氧元素一共为4价，因此一共有0.7个Li+，即0.3a ，C正确。放电时，正极发生还原反应，反应式为Li1aNixCoyMnzO2+a Li+ a e=LiNixCoyMnzO2，D正确。 13相同温度下，C点溶质为KCl，不影响水的电离
12、，A点为CH3COOK，其水解促进水的电离， 故A点大于C点，A错误。PA段电导率变化是由CH3COOH转化为CH3COOK所致，但不是因为K+的导电能力强于H+，而是因为弱电解质转化为强电解质，B错误。对于A点，根据电荷守恒可知，c(CH3COO)+c(OH)c(H+)=c(K+)=0.05molL1，C错误。B点 理科综合参考答案第 4 页（共 16 页） 的溶液中含有等物质的量的醋酸钾和氢氧化钾，溶液显碱性，CH3COO只有很小的一部分发生水解，所以c(K+)c(OH)c(CH3COO)c(H+)，D正确。 14点电荷利用的方法是理想化模型法，故A错误。库仑定律只适用于点电荷之间，故B错
13、误。牛顿第一定律是在实验的基础上，经过逻辑推理得出，不可以通过实验直接验证，故C正确。牛顿运动定律适用于宏观、低速和弱引力状态下的经典力学，故不适用于微观领域中的物质结构和能量的不连续现象，故D错误。 15设匀加速时间为t1，匀速时间为t2，则匀减速时间也为t1。由题意可知11222ttxtvvv； 122ttt，解方程可得160st 、2300st ，故A、B错误。加速度211.4m/satv，故C错误，D正确。 16根据电场的叠加原理，a、c两点的场强大小相等，方向不同，故a、c两点电场不同，故A错误。空间某点的电势等于各电荷在该点电势的代数和，正电荷在a、b、c和d处产生的电势相等，负电
14、荷在d点产生的电势最高，b点电势最低，所以d点的电势最高，故B错误。 电子顺时针从a到c的过程中， 电场力先做负功后做正功， 故电势能先增大后减小，故D正确。 17空间站绕地球做匀速圆周运动的过程中，空间站内所有物体处于完全失重状态，当圆管绕轴转动时，外管壁给人的支持力提供转动的向心力，故挤压外管壁，故A、B错误。为了产生类“重力”，所以圆管绕轴转动的加速度等于地球表面的重力加速度，2MmGmgR；222gRT，解得22RTRGM，故C正确。 18菜盘沿着水平方向减速向左运动，所以加速度水平向右，重力和支持力平衡，摩擦力水平向右，故A正确，B错误。菜盘对手的压力竖直向下，菜盘给手的摩擦力水平向
15、左，所以菜盘对手的作用力斜向左下方，故C正确，D错误。 19根据左手定则可知道粒子带负电；因为粒子从C点进入，O点射出，作出粒子运动轨迹如图所示，因为22OCROD ，由几何关系得60，rR，由2mq Brvv得qBRmv，粒子在磁场中运动的时间602360mtqB3mqB，故B、D正确。 理科综合参考答案第 5 页（共 16 页） 20 根据平抛运动的分解， 在竖直方向为自由落体运动，212hgt； 水平方向为匀速直线运动，0 xt v，所以高度越高运动时间越长，初速度越小，落地前瞬间重力的功率yPmgv 2mggh越大，故A正确，B错误。小球击中A点时的动能22k01122yEmmvv 2
16、4mgxmghmgxh，根据均值不等式0.5hx时落地动能最小，故C正确，D错误。 21滑块在木板上运动的过程中，因为摩擦，所以系统机械能减小，故A错误。由动量守恒，有01()mmMvv，合力对物块的冲量等于物块的动量变化量，得10Immvv 0mMmMv，故B正确。系统减少的机械能转化为系统内能，有220111()22QmmMvv mgs，解得相对运动路程202()Msg mMv，故C错误。当m、M第一次共速时，弹簧被压缩到最短，弹性势能最大，2220p0111()2224()mMQEmmMmMvvv，故D正确。 三、非选择题（共174分） （一）必考题：共11小题，共129分。 22 （除
17、特殊标注外，每空2分，共6分） （1）桶和砂的质量远小于小车的质量（1分） （2）0.60 （3）如图所示（1分） （4）0.25（0.240.26） 23 （除特殊标注外，每空2分，共9分） （1）590.0 10 8 （2）3625I （3）偏高（1分） 【解析】 由乙图可得读数为590.0R； 半偏时gg2590IERr； 满偏时gg290EIRr，解得g10mAI 、g8R 。电阻3005Rt，电流gEIRrR，解得362()5tI 。 理科综合参考答案第 6 页（共 16 页） 24 （12分） 解： （1）开始时摩擦力fEq 由牛顿第二定律有mgfma 解得20.5m/sa （2）
18、速度最大时满足()mgq BqEv 根据能量守恒得212mghQmv 解得：0.20.04(J)Qh 评分标准：本题共12分。正确得出 式各给2分。 25 （20分） 解： （1）若A、B间不发生相对滑动，则A、B整体的加速度 203m/sag 由图乙可知，A的加速度24m/sAatv 即A、B间发生相对滑动，对A有 0()ABBAAmmgm gm a 可得0.2 （2）对木板C，在加速的过程中，由动力学关系得 0()ABFmmgMa 221122Axata t 可得26m/sa ，15NF （3）由图乙知，A与C挡板碰撞前A的速度2m/sAv B的速度1m/sBgtv C的速度3m/sCat
19、v 该过程中B相对于A滑动的距离为 221110.25m22ABLa ta t A与C组成的系统在碰撞中动量守恒，可知 理科综合参考答案第 7 页（共 16 页） ()CAAAMmMmvvv 可得2.8m/sv 当B恰好滑到A的左端与A达到共同速度共v时，B恰好不与木板C的挡板发生碰撞，设从A与木板C上挡板碰撞至B滑至A左端这段时间内B相对A滑动的距离为L2，对A、C与B组成的系统，根据动量守恒定律和能量守恒定律知 ()()ABBABMmmMmm共vvv 2222111()()222ABBABBMmmMmmm gL共vvv 可得20.675mL 故L的最小值 min121.175mLxLL 评
20、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。 26 （除特殊标注外，每空2分，共14分） （1）Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O 将装置C置于冰水浴中（或其他合理答案） （1分） 饱和NaCl溶液（或其他合理答案，1分） （2）分液漏斗（1分） 防止N2H4H2O被NaClO氧化，降低产率（1分） （3）蒸发结晶、趁热过滤 （4）当最后一滴I2溶液滴入时溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 87.5% （5）4Cu(OH)2+N2H4=N2 +2Cu2O +6H2O 【解析】 （1）Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO，故离子方程式为Cl2+2OH =Cl+C
21、lO+H2O。由于反应过程中温度升高产生副产物，故可采用将装置C置于冰水浴中进行反应，或控制A处产生Cl2的速率等其他方法。B装置储存剩余Cl2，因为Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度减小，故可采用排饱和NaCl的方法储存。 （2）装置C中生成的NaClO溶液具有强氧化性，N2H4H2O有强还原性，将NaClO溶液置于分液漏斗中缓慢滴入，可防止生成的N2H4H2O被过量的NaClO溶液氧化。 （3） 根据NaCl和Na2CO3的溶解度曲线可知，NaCl溶解度随温度升高变化不大， 而 Na2CO3溶解度随温度升高明显增大，故采用蒸发结晶出NaCl晶体，趁热过滤，防止Na2CO3冷却结晶。 理科综合
22、参考答案第 8 页（共 16 页） （4）当最后一滴I2溶液滴入后，与淀粉作用显蓝色，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色说明反应达到终点， 据N2H4H2O+2I2=N2+4HI+H2O知，n(I2)=2n(N2H4H2O)，故2421(N HH O)=0.2mol/L0.0175L500.0875mol2n，m(N2H4H2O)=0.0875mol 50g/mol=4.375g，质量分数为4.375g5.0g100%=87.5%。 （5）反应产物为无污染气体N2，据氧化还原反应方程式书写配平。 27 （除特殊标注外，每空2分，共15分） （1）CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H
23、2(g) 1()kJ molHca （1分） （2）50L2/mol2（可不写单位） 逆向 （3）（1分） （1分） 温度升高CO2平衡转化率减小，平衡逆向移动，该反应为放热反应，升高温度化学平衡常数减小 （4）正（1分） 2CO2+12e+8H2O=C2H4+12OH 【解析】 （1）根据盖斯定律将反应+反应，并结合图象H生成物能量反应物能量，故答案为CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g) 1()kJ molHca 。根据图象，反应的活化能大于反应，活化能较大的反应速率慢，慢反应决定了总反应速率的快慢，故答案是反应。 （2） 平衡时n(CH3OH)=0.4mol， 则c(CH
24、3OH)=0.2mol/L，c(CO)=0.4mol/L、c(H2)=0.1mol/L，代入22322(CH OH)50L /mol(CO)(H )cKcc。在这一恒压容器中再通入0.35mol CO气体，根据气体物质的量之比=容器体积之比，此时容器体积从2L变为2.5L，各物质浓度变为30.4(CH OH)mol/L2.5c，1.15(CO)mol/L2.5c、20.2(H )mol/L2.5c， 计 算 浓 度 商223c22(CH OH)54.35L /mol(CO)(H )cQcc，Qc大于K，故平衡向逆反应方向移动。 （3）增加H2的初始投料，可提高CO2的转化率，故图中3a ；M点
25、温度小于N点，平衡时各点正逆速率相等，故(M)(N)vv正逆；分析图象可知，温度升高CO2的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，该反应为放热反应，0H，升高温度化学平衡常数减小，故KMKN。 理科综合参考答案第 9 页（共 16 页） （4）X电极上CO2C2H4，C元素化合价变化+42，得电子，故X电极是阴极，Y是阳极，电源b为正极，碱性环境中阴极反应式为 2CO2+12e+8H2O=C2H4+12OH 。 28 （除特殊标注外，每空2分，共14分） （1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 （2）4FeO+6(NH4)2SO4+O2=焙烧2Fe2(SO4)3+12NH3+6H2
26、O SiO2（1分） （3）C （4）2.3pH2.7 （5）2.5103 （6）NH3（1分） （7）2Ni2+ClO+4OH=2NiOOH+Cl+H2O 【解析】 （1）焙烧前研磨粉碎红土镍矿和硫酸铵，增大焙烧时反应物接触面积，加快反应速率，使反应更充分。 （2）部分FeO焙烧时被空气中O2氧化并与硫酸铵反应生成Fe2(SO4)3，铵根离子转化为尾气NH3，故化学方程式为4FeO+6(NH4)2SO4+O2=焙烧2Fe2(SO4)3+12NH3+6H2O。据提示信息反应方程式知，焙烧产物除SiO2外其他焙烧产物均能溶于热水，故“浸渣”中还有SiO2。 （3）硫酸铵焙烧法选择性提取镍，减少其
27、他金属杂质浸出且“焙烧” “热水浸泡”后浸渣中主要成分是铁的氧化物，故选择Fe元素浸出率低而Ni元素浸出率高的“焙烧”温度。 （4）除铁的目的是使Fe3+转化为黄铵铁矾沉淀除去，故pH调节到2.32.7，防止生成Fe(OH)3。 （5）根据Ni2+完全沉淀的pH计算KspNi(OH)2=c(Ni2+)c(OH)2=1105(104.8)2 =11014.62.51015，当pH8.0时c(OH)=1106mol/L，c(Ni2+)2.5103mol/L。 （6）焙烧尾气NH3可在除铁中循环使用。 （7）Ni2+被氧化为NiOOH，ClO被还原为Cl，故碱性溶液中氧化还原反应为2Ni2+ClO+
28、4OH=2NiOOH+Cl+H2O。 29 （除特殊标注外，每空1分，共11分） （1）吸能 放能（顺序可调换） （答合成和分解不给分） （2）协助扩散（或被动运输） 顺浓度梯度运输、需要蛋白质（通道蛋白）协助、不消耗ATP（2分） 理科综合参考答案第 10 页（共 16 页） （3）实验思路：黑暗 pH=4 pH=8 两组类囊体是否产生ATP（或ATP的生成量或ADP与Pi的消耗量） 实验预期：甲组类囊体没有产生ATP，乙组类囊体产生ATP（2分） 【解析】 （1）ATP被喻为细胞内流通的能量“通货”，是因为能量通过ATP分子在吸能反应和放能反应之间流通。 （2）H+顺浓度梯度通过ATP合酶
29、返回线粒体基质时，不仅不消耗ATP还合成了ATP，符合协助扩散的特征，据此判断为协助扩散。 （3）本实验可将类囊体先后置于pH=4和8的缓冲溶液，使类囊体内H+浓度高于类囊体外，通过检测ATP的产生证明假说。为避免光照对H+分布的影响，本实验应置于黑暗条件下，同时设置没有H+浓度梯度的对照组。 30 （除特殊标注外，每空1分，共8分） （1）物种组成 （2）物种丰富度很高 （3）海星的主要食物是藤壶，除去海星后藤壶大量繁殖；藤壶占据了岩石表面，抑制海藻生长，石鳖和石槭因食物不足而数量减少（4分） （4）竞争的强弱（2分） 【解析】 （1）要认识一个群落，首先要分析该群落的物种组成，物种组成是区
30、别不同群落的重要特征，也是决定群落性质最重要的因素。 （2）一方面，人为主观地选定所谓的关键种来进行去除实验，在物种非常丰富的群落中很可能会使那些具有同等重要性的物种被忽视；另一方面，越复杂的生物群落，抵抗力稳定性越高，去除实验不一定能观察到对群落结构明显的影响。 （3）由题干信息，海星的主要食物是藤壶，当人为除去所有的海星后，这部分藤壶得以生存，并迅速繁殖，占据大量岩石表面，从而挤占了同样固着于岩石表面的海藻，石鳖和石槭因食物减少而减少。 （4）海星与藤壶、贻贝、石鳖和石槭四种动物存在捕食关系，后四种动物彼此存在种间竞争关系；自然状态下，这五种生物可以共存，但在人为去除捕食者海星之后，藤壶、
31、贻贝、石鳖和石槭之间主要是种间竞争，且占优势的物种随时间推移而发生变化。由此可见，捕食会影响自然群落中不同物种之间种间竞争的强弱，进而调节物种的种群密度。 理科综合参考答案第 11 页（共 16 页） 31 （除特殊标注外，每空2分，共8分） 皮肤、黏膜（1分） 体液（1分） 免疫器官和免疫细胞 人人生来就有，不针对某一类特定病原体，而是对多种病原体都有防御作用 监控和清除 【解析】人体有三道防线抵御病原体的攻击。皮肤、黏膜是保卫人体的第一道防线；体液中的杀菌物质（如溶菌酶）和吞噬细胞是保卫人体的第二道防线。这两道防线人人生来就有，也不针对某一类特定病原体，而是对多种病原体都有防御作用，因此叫
32、做非特异性免疫。多数情况下，这两道防线可以防止病原体对机体的侵袭，人体第一、二道防线具有防卫的功能。如果这两道防线被突破，人体的第三道防线就发挥作用了。第三道防线主要是由免疫器官和免疫细胞借助血液循环和淋巴循环而组成的。人体的第三道防线在抵抗外来病原体和抑制肿瘤等方面具有十分重要的作用，第三道防线除了具有防卫功能外，还具有监控和清除的功能。 32 （除特殊标注外，每空2分，共12分） （1）如图所示（3分） （2）不是（1分） 第代的男患者生下了不患该病的女儿，则不符合伴X显性遗传病的特点（或第代的男患者的母亲是不患该病的，说明其不符合伴X显性遗传病的特点） （3）1/4（1分） 基因诊断（1
33、分） （4）世代数或后代个数（答出一点即可） 得到多个具有某种遗传病家系的系谱图，并进行合并分析 【解析】 （2）若为伴X显性遗传病，则男患者的X染色体从母亲传递而来，将来只能传递给女儿，所以伴X显性遗传病的特点是男患者的母亲及其女儿均为患者，而该家系中，第代的男患者的小女儿不是该病的患者，且第代的男患者的母亲也不是该病的患者，所以该病不符合伴X显性遗传病的特点，该病不是伴X显性遗传病，而是常染色体显性病。 理科综合参考答案第 12 页（共 16 页） （3）因为该病为常染色体显性病，假设控制该病的相关基因为A、a，则大儿子母亲的基因型为aa，而大儿子患该病，其基因型为Aa，大儿子的妻子基因型
34、为aa，故二者生下一位不患该病女孩的概率为1/21/2=1/4。该病是单基因显性遗传病，所以需要通过基因检测的方式鉴定大儿子未出生的孩子是否患该病。 （4）系谱法是在表现型的水平上进行分析，而且这些系谱图记录的家系中世代数、后代个体数较少，因此，有时为了确定某一种单基因遗传病的遗传方式，还需要得到多个具有某种遗传病家系的系谱图，并进行合并分析。 （二）选考题：共45分。 33 （15分） （1） （5分） 吸收（2分） 增加（3分） 【解析】从a到b等容升压，根据pVCT可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，根据热力学第一定律UWQ可知，气体不做功，气体从
35、外界吸收热量；在过程ca中压强不变，体积减小，则温度降低，则单位时间内碰撞器壁单位面积的分子数增加。 （2） （10分） 解：以封闭气体为研究对象，由玻意耳定律得 01021.4p Vp V 初始时气体体积1000.8VVV 剩余水的体积02VVV 代入数据得00.72VV 设打气次数为n，打入的气体和瓶中的气体总体积为V3，则 30000.020.20.8VnVVVV 选打入的气体和瓶中的原有气体为研究对象，已知30pp，401.4pp，40VVV 由玻意耳定律 3344p Vp V 代入数据得5.6n 即至少打6次 评分标准：本题共10分。正确得出式各给2分，其余各式各给1分。 理科综合参
36、考答案第 13 页（共 16 页） 34 （15分） （1） （5分） 小于（2分） 最小（3分） 【解析】小球由静止开始运动，在08T的平均速度小于84TT的平均速度，04T小球运动的路程为A，故小球在08T的路程小于2A。在4T时刻，小球回到平衡位置，速度最大，动能最大，因系统机械能守恒，故势能最小。 （2） （10分） 解：光路如图所示，光线经过两次偏折后有 2()30ir 解得45r 由折射定律得sin60sin45n 解得62n 光束进入透明球体时，设折射角为 sin45sinn 设光束在球体中的传播路程为s，由几何关系 2 cossR cnv 传播时间stv 解得2Rtc 评分标准
37、：本题共10分。正确得出式给2分，其余各式各给1分。 35 （除特殊标注外，每空2分，共15分） （1）正四面体（1分） （2）1s22s22p63s23p63d6（或Ar3d6，1分） Fe3+电子排布式为Ar3d5，最外层轨道为半充满结构，能量更低，从而更稳定（1分） （3）氨气与水之间可以形成氢键，溶解度更大（1分） 理科综合参考答案第 14 页（共 16 页） （4）(2)31P Onnn （5）1 LiC2 （6）面心立方堆积（1分） LiB6H6 73A632(10 )Na 【解析】 （1）34PO的价层电子对数=4，无孤电子对，空间构型与VSEPR模型相同，为正四面体结构。 （2
38、）铁元素是26号元素，Fe2+核外有24个电子，根据能量最低原理，Fe2+核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d6或Ar3d6。Fe3+电子排布式为Ar3d5， 最外层轨道为半充满结构，能量更低，所以稳定性比Fe2+好。 （3）NH3与H2O间可以相互形成氢键，从而增大NH3溶解度。 （4）由图可知，2个P原子时存在7个O，3个P原子时存在10个O，存在n个P时存在(3n+1)个O，则这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为(2)31P Onnn。 （5）根据均摊原则，每个碳环实际占用2个碳原子，每个锂离子占用碳环是11633，石墨嵌入化合物的Li、C原子数比为16，所以LixC6中1
39、x；若每个六元环都对应一个Li+，则石墨嵌入化合物的Li、C原子数比为12，所以化学式是LiC2。 （6）根据阴离子在晶胞中位置图，阴离子在晶胞顶点和面心，所以堆积方式为面心立方堆积；根据“均摊法” ，阴离子数1186482，Li+占据阴离子组成的所有正四面体中心，晶胞中共8个锂离子，故该化合物的化学式为LiB6H6；根据晶胞结构，Li+占据阴离子组成的所有正四面体中心，晶胞边长为a nm，所以一个晶胞中有8 个LiB6H6，则一个晶胞中物质的质量为A8(7666)N，体积为(a107)3cm3，密度则为373A632g/cm(10 )mVNa。 36 （除特殊标注外，每空2分，共15分） （
40、1）间苯二酚（或1，3苯二酚，1分） （1分） （2）羰基（或酮基） 、羟基 （3）C15H10O4 8 （4） 理科综合参考答案第 15 页（共 16 页） （5）、（任写一种） （6） （一步1分，共3分） 【解析】 （1）C的名称为间苯二酚；根据已知以及F的结构，可知乙醛酸中醛基在苯酚的对位发生了加成反应，故E的结构简式为。 （2）根据G的结构简式可知，G中所含官能团的名称为羰基（或酮基） 、羟基。 （3）根据H的结构简式可知，H的分子式为C15H10O4，1mol H可以与8mol H2发生加成反应。 （4） 由C、F与G的 结 构 简 式 可 知 该 反 应 副 产 物 为H2O，
41、化 学 方 程 式 为。 （5）比F分子量大14的同系物X同时满足以下条件：a. 含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应；b. 一定条件下，既能发生银镜反应，又能发生水解反应；c. 核磁共振氢谱图显示四组峰，峰面积比为6211，通过分析，其结构简式为、。 （6）通过原料和目标产物可知，合成路线流程图为 。 理科综合参考答案第 16 页（共 16 页） 37 （除特殊标注外，每空2分，共15分） （1）让处于休眠状态的微生物重新恢复正常的生活状态 （2）微生物呼吸作用产生的CO2释放形成的 （3）杂菌（或细菌、其他污染物） （4）防止蒸熟的米温度过高导致酒曲中的微生物死亡 （1）葡萄糖 半乳糖
42、（顺序可颠倒） 碳源（1分） （2）可以杀死牛奶中的微生物，并且使牛奶的营养成分不被破坏 【解析】参与酒精的制作的微生物是酵母菌，酵母菌是兼性厌氧型微生物，在有氧条件下进行有氧呼吸将葡萄糖分解为二氧化碳和水，在无氧条件下生成酒精和二氧化碳。“浸曲发”是将酵母菌活化，让处于休眠状态的微生物重新恢复正常的生活状态，可以使微生物代谢加快。“鱼眼汤”是指酵母菌在呼吸过程中产生CO2，使溶液中出现气泡。在做酒过程中，为消除杂菌的影响主要靠“炊作饭” ，即蒸熟。 “舒令极冷”是将米饭摊开冷透，防止温度过高导致微生物（酵母菌）死亡。 乳糖为二糖，由葡萄糖和半乳糖合成，故水解产物为葡萄糖和半乳糖，为酵母菌提供
43、碳源。采用巴氏杀菌法加工牛奶，在7075煮30分钟或80煮15分钟进行杀菌，在杀灭牛奶中有害菌群的同时牛奶的营养成分不被破坏，完好地保存了营养物质和纯正口感。 38 （除特殊标注外，每空2分，共15分） （1） 逆转录 耐高温的DNA聚合酶（Taq酶） （2）不能 引物是根据已知目的基因（S蛋白基因）的核苷酸序列设计的（两段引物序列没有相关性，可能既不相同也不互补，合理即可） （3）抗原抗体杂交 （4）重组腺病毒DNA在人体细胞中能持续表达抗原，反复刺激机体免疫系统发挥免疫保护作用（3分） 【解析】 （1）基因表达载体的构建是基因工程的核心，过程为基因表达载体的构建，过程为逆转录，PCR过程除需要模板、原料外，还需要2种引物和Taq酶。 （2）PCR过程需要两段引物，两段引物都是根据已知目的基因的核苷酸序列设计的，两段引物序列没有相关性，可能既不相同也不互补。 （3）新冠肺炎康复患者体内有该病毒抗体，若能与S蛋白发生免疫反应则说明S蛋白与新冠病毒有相同的免疫反应特性。 （4）接种疫苗后由于长时间接种者体内仍能检测到重组腺病毒DNA，而DNA会不断表达出S蛋白，S蛋白可能作为抗原刺激机体， 故机体会反复针对抗原产生特异性免疫应答。
