2023贵州省贵阳第一 高三上学期高考适应性月考 理综试题含答案.pdf

1、 理科综合参考答案第 1 页（共 17 页）贵阳第一中学 2023 届高考适应性月考卷（二）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 D A B C D A B A C C 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 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 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 B A D D B BC AD ABC【解析】1

2、蛋白质是生命活动的主要承担者，所有生物一定具有蛋白质，A 正确。DNA 与蛋白质组成染色体，只存在于细胞核中，线粒体中是裸露的环状 DNA 分子，B 错误。生物大分子通过单体脱水缩合反应形成，有水的生成，C 正确。RNA 是 DNA 通过转录产生的，主要在细胞核中合成，其转录成的 mRNA 具有传递信息的功能，tRNA 具有转运物质的功能，D正确。2催化丙酮酸分解的酶分布在线粒体基质中，A 错误。有氧呼吸的第二阶段，水和丙酮酸被分解产生 CO2和 NADH，这一过程发生在线粒体基质，有氧呼吸的第三阶段发生在线粒体内膜，不产生 CO2，但这两个阶段都能产生 ATP，B 错误。丙酮酸分解为 CO2

3、和 NADH 是有氧呼吸第二阶段，场所是线粒体基质，该过程需要水的参与，C 正确。葡萄糖在细胞质基质中分解，葡萄糖不能进入线粒体内，线粒体内不会发生 C6H12O6的氧化分解的过程，D 错误。3上述过程中细胞死亡是主动结束生命的过程，属于程序性的细胞凋亡，A 错误。受精卵第一次卵裂是有丝分裂过程，不出现同源染色体的联会现象，联会发生在减数分裂中，B 错误。AB 细胞与幼虫环神经节细胞中的 RNA 不完全相同，由 AB 细胞经过分化在幼虫中发育为环神经节细胞，遗传信息的执行情况是不同的，mRNA 存在差异，C 错误。13 个死亡细胞均是由 ABalaa 细胞有丝分裂后分化而来的，所以若 ABal

4、aa 细胞核基因突变，13 个死亡细胞可能含有该突变基因。D 正确。理科综合参考答案第 2 页（共 17 页）4肺炎双球菌的活体转化实验通过小鼠存活情况判断有无 S 型菌，A 错误。赫尔希和蔡斯用放射性同位素35S 标记噬菌体的外壳，用32P 标记噬菌体的 DNA，B 正确。在证明 DNA 进行半保留复制实验中，运用同位素标记技术，并对提取的 DNA 进行离心处理，通过分析离心后在试管中的位置，证明了 DNA 半保留复制，C 正确。摩尔根用果蝇杂交实验证明基因在染色体上后，又与他的学生们经过多年努力，发明了测定基因位于染色体上的相对位置的方法，证明基因在染色体上呈线性排列，D 正确。5该生物干

5、细胞中的 piRNA，是一类小 RNA，合成需要消耗核糖核苷酸，A 正确。该生物干细胞可进行 DNA 复制，进而转录产生 piRNA，B 错误。该生物干细胞的内源基因中所具有的特殊 DNA 序列可以与 piRNA 相互识别，从而抵御 piRNA 的沉默效应，这种识别是通过碱基互补配对实现的，C 正确。piRNA 能使入侵的基因序列沉默，可保护细胞基因组的稳定性，使其完好地传给后代，D 正确。6 根据 F2性状表现及比例可知，黄色青色=97，扁圆形葫芦形=31，进而推论南瓜颜色由两对等位基因控制，遵循自由组合定律，A 错误。假设南瓜颜色由 A/a 和 B/b 控制，形状由 D/d 控制，由于亲本

6、为纯合，性状未知，所以可能的基因型有 AAbbDD（青色扁圆形）aaBBdd（青色葫芦形）或 AABBDD（黄色扁圆形）aabbdd（青色葫芦形）或 AABBdd（黄色葫芦形）aabbDD（青色扁圆形），B 错误。F1的基因型应为 AaBbDd，F2中的青色葫芦形基因型有 1/7AAbbdd，2/7Aabbdd，1/7aaBBdd，2/7aaBbdd，1/7aabbdd，共 5 种，青色葫芦形中纯合子占 3/7，C 正确。F1的基因型应为 AaBbDd，F1可产生 ABd 的配子，经秋水仙素加倍后可获得 AABBdd（黄色葫芦形），D 错误。7漂白粉含有 Ca(ClO)2，与盐酸可混合产生 C

7、l2，会使消毒效果减弱，故 A 错误。氧化铁本身为红棕色固体，故“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色不是来自于红色的氧化铁，故B 错误。活性炭本身具有吸附性，可除异味，但不可杀菌，故 C 错误。金属单质及其合金皆为金属材料，故钛合金属于金属材料，故 D 正确。814C 的中子数为 8，H 的中子数是 0，故14CH3的中子数为 8，17g 甲基（14CH3）的物质的量为 1mol，故所含的中子数为 8NA，故 A 正确。3mol 的 NO2与 H2O 完全反应时转移的电子数应为 2NA，故 B 错误。1L 0.1molL1磷酸钠溶液中，由于34PO会发生水解反应，故该溶液中含有的34PO数目小于

8、 0.1NA，故 C 错误。23g Na 与足量 H2O 反应生成的 H2分子数目应为 0.5NA，故 D 错误。理科综合参考答案第 3 页（共 17 页）9Fe3+与 SCN不共存，故 A 错误。澄清透明的溶液中可存在有色离子，且 Fe3+、Mg2+、Br、Cl可大量共存，故 B 正确。无色透明的溶液中不可存在有色离子 Cu2+，故 C 错误。使紫色石蕊溶液变红的溶液显酸性，故 H+与2AlO不共存，且+4NH与2AlO不共存，故 D 错误。10由题干可知，A 为 O，B 为 P，C 为 Cl，由于 C 的单质 Cl2的密度大于空气的密度，且在饱和食盐水中的溶解度最低，故可用排饱和食盐水法收

9、集，故 A 正确。P 有 H3PO4、H3PO3等多种含氧酸，故 B 错误。由于 P 的原子半径大于 Cl 的原子半径，故非金属性：ClP，故 C 错误。H 可与 O 形成含非极性键的化合物 H2O2，故 D 错误。11由题干可知，该装置为电解池，其中电极 a 为阳极，电极 b 为阴极，在 b 电极上，N2被还原，发生还原反应，故 A 错误。每生成 1mol O2，转移的电子数应为 4NA，故 B 错误。改变工作电源电压，电流发生改变，反应速率改变，故 C 正确。电解过程中，固体氧化物电解质中 O2不变，故 D 错误。12该有机物含有羟基、醚键、羰基和碳碳双键四种官能团，故 A 错误。该有机物

10、的不饱和度为 11，分子式为 C15H10O5，故 B 错误。1mol 该物质与足量溴水反应，最多可消耗 5mol Br2，故 C 正确。1mol 该物质与足量 H2反应，最多可消耗 8mol H2，故 D 错误。13向稀硝酸中加入过量铁粉，充分反应后生成 Fe2+，加入 KSCN 溶液后，溶液不会显血红色，现象和结论错误，故 A 错误。将铜与浓硫酸反应产生的气体 SO2通入 BaCl2溶液中，因 SO2与 BaCl2不反应，所以无明显现象，故 B 错误。酸性环境下，3NO也可将 Fe2+氧化为 Fe3+，故无法得出实验结论氧化性：H2O2比 Fe3+强，故 C 错误。NO2 和水反应生成硝酸

11、和 NO，通入氧气，NO 和 O2 按 43 恰好与水反应生成硝酸溶液，原料充分利用，防止气体污染空气，故 D 正确。14半衰期由原子核内部因素决定，与外界条件无关，故 A 错误。14C 衰变为14N 也是 衰变，故 B 正确。衰变中产生的 射线是原子核内的中子转化为质子时放出的电子，故 C 错误。自然界中存在四种基本相互作用：引力相互作用、电磁相互作用、强相互作用和弱相互作用力，弱相互作用是引起原子核 衰变的原因，故 D 错误。15 由题知当货车进入隧道时，货车速率不允许超过0()v vv，则货车进隧道前必须减速到v，则有01atvv，解得01tavv。在隧道内匀速有2Lt v。列车出隧道后

12、立即加速到0v，有03atvv，解得03tavv。则列车从减速开始至回到正常行驶速率0v所用时间至少为02()Ltavvv，故A正确。理科综合参考答案第 4 页（共 17 页）16 由 题 知 汽 车 运 动 到a b 处 的 时 间3.1slt v，由 角 速 度 定 义 式4rad/srad/s3.10.112t，由角速度与线速度关系式14m/sm/s1226NNr v，故A、B、C错误，D正确。17设玩具熊受重力G、绳子的拉力T、墙壁的支持力N三个力的作用，当细绳AB长度增大，绳与竖直墙的夹角变小，重力不变，作出矢量图形如图所示：由图可以看出当绳子长度变长时，绳子拉力T变小，墙壁对玩具熊

13、的支持力N变小；当绳子长度变短时，绳子拉力T变大，墙壁对玩具熊的支持力N变大，故A、B错误。绳子变长，绳子拉力在水平方向的分力变小，墙壁对吸盘的支持力变大，故C错误。无论绳子变长还是变短，墙壁对吸盘的摩擦力始终等于玩具熊和吸盘重力大小之和，所以不变，故D正确。18运动员做平抛运动，属于匀变速曲线运动，在相等的时间间隔内，速度的变化量相同。设运动员的初速度为0v，在运动员做平抛运动过程中，t时刻和tt 时刻的速率分别为22 210g tvv，22220()gtt vv，所 以 在t时 间 内 速 率 的 变 化 量 为22222 200()gttg t vvv。根据数学知识可知，当t一定时，随着

14、t的增大，v减小，所以在相等的时间间隔内，运动员速率的变化量不同，故A错误。将运动员的初速度0v、重力加速度g沿斜面方向和垂直于斜面方向分解，可知运动员在垂直于斜面方向上做匀减速直线运动，当速度减为零时，离斜面最远，此时只有沿斜面方向的速度，即运动员速度方向与斜面平行，故B正确。平抛运动只有落到同一个水平面上时，运动时间只与竖直高度有关。当落到斜面上时候，运动时间还与抛出速度有关，故C错误。根据平抛运动规律的推论可知，运动员落到斜面上时的速度方向的反向延长线一定过水平位移的中点，所以运动员落到斜面上时速度偏向角的正切值等于位移偏向角正切值的2倍，易知运动员在CD上的落点位置由0v决定，所以0v

15、不同，运动员的落点不同，则位移方向不同，所以运动员落到斜面上时的速度方向不同，故D错误。19弹力是发生形变的物体产生的，所以磁铁对书法作品的压力是由于磁铁发生形变引起的，故A错误。设书法作品的重力大小为G1，磁铁的重力大小为G2，对磁铁分析，根据平衡条件以及牛顿第三定律可知磁铁对书法作品的摩擦力大小为22fG；对磁铁和书法作品整体分析，可知黑板对书法作品的摩擦力大小为1122fGGf，故B正确。根据平衡 理科综合参考答案第 5 页（共 17 页）条件可知黑板对书法作品的支持力大小等于磁铁对书法作品的压力大小，均设为N，对磁铁有222fGN，对磁铁和书法作品整体有1121fGGN，可解重力之比1

16、1222GG。但仅有的已知条件无法表示出磁铁与书法作品间的最大静摩擦力，故C正确，D错误。20对A、B选项以小球m为研究对象，受重力mg和拉力T，受力情况如图甲所示，根据牛顿第二定律得tanFmg合，解得tanag，方向水平向左，则车厢的加速度也为tang，方向水平向左，因为不知小车的初速度，若小车初速度为零或水平向左，则小车做向左的匀加速直线运动。若小车初速度水平向右，则小车做向右的匀减速直线运动，故A正确，B错误。对C、D选项以小球m为研究对象，受重力mg和斜面支持力N，受力情况如图乙所示，斜面对小球的支持力为cosmgN。根据牛顿第二定律得tanFmg合，解得tanag，方向水平向右，则

17、车厢的加速度也为tang，方向水平向右，因为不知小车的初速度，若小车初速度为零或水平向右，则小车做向右的匀加速直线运动。若小车初速度水平向左，则小车做向左的匀减速直线运动，故C错误，D正确。21物块从A到B，如果始终满足cosFkx，则物块将一直做加速运动，故A正确。如果在O点满足cosFkx，则物块在O点的速度最大，故B正确。撤去拉力后ABkxma，tan30tan45ABhhx，解得(31)hkam，故C正确。撤去拉力后，无论在B的速度如何，从B到A，物块一直加速到达A的速度一定不为零，物块将以A为中心做往复运动，故D错误。三、非选择题（一）必考题：共11题，共129分。22（每空2分，共

18、6分）（3）R1（4）如图所示（电流表采用内接法不扣分，滑动变阻器采用限流接法扣1分）（5）24xD RL 理科综合参考答案第 6 页（共 17 页）23（除特殊标注外，每空2分，共9分）（1）BC（选对但不全给1分，全对给2分，有错选给0分）（2）0.16（3分）（3）A（4）A 24（12分）解：（1）设侧面与水平面的夹角为，则sinfmg 由几何关系得22sin()hhRr 解得22()mghfhRr （2）由21tanamgmr 2aRrr 解得1222ghRr （3）分两种情况：当abff，且方向相同时20 当abff，且方向相反时，对a有 22sincosNaaaFfmr，coss

19、inNaaFfmg 对b有22sincosNbbbFfmr，cossinNbbFfmg 2abrr 解得22283()ghRr 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。25（20分）解：（1）由11sincosmgmgma，212m/sa；22mgma，222.5m/sa 212Ba sv，222Ba Lv，sinhs 解得3mh 理科综合参考答案第 7 页（共 17 页）（2）2.4mh，4msinhs，滑到B点的速度212Ba sv，4m/sBv 由于Bvv，所以物块在传送带上先向右做匀减速运动，当速度减为零后反向做匀加速运动，当速度达到传送带速度3m/s时，做匀速

20、运动，并以这个速度冲上轨道AB，有 1 1Ba tv，2 2Ba tv，2 3a tv，2212Ba xv，2222a xv，124xxtv 1234ttttt，解得79s15t （3）由212Hgt，得0.4st 落到D点：1Cxtv，16m/sCv；落到E点：2Cxlt v，210m/sCv 如果传送带顺时针转动，且速度足够大，物块在传送带上从B到C一直加速，物块经过B点对应的速度221122BCa Lvv，对应的高度h1满足21112sinBhav，12.4mh 同理222222BCa Lvv，22212sinBhav，212mh 如果传送带逆时针转动，或顺时针转动速度较小，物块在传送带

21、上从B到C一直减速，物块经过B点对应的速度及对应高度 223122BCa Lvv，23312sinBhav，38.4mh 同理224222BCa Lvv，24412sinBhav，418mh 所以释放点的高度h应满足8.4m12mh 评分标准：本题共20分。正确得出式给4分（物块经历四个过程，每个过程计算时间的式子正确各给1分），得出式给3分，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15分）（1）B （2）上层油层消失 （3）除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气 42MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O（4）d（5）C（1分）无

22、色变为粉红色且半分钟内不褪色 92.00%理科综合参考答案第 8 页（共 17 页）【解析】（1）加热液体，所盛液体的体积不超过两颈烧瓶的一半，两颈烧瓶中已经加入一定量甲苯（折算后为0.020mol）、8.0g KMnO4（过量）、100mL蒸馏水，应选用250mL的两颈烧瓶。（2）当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，因为没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化。（3）高锰酸钾具有强氧化性，能将Cl氧化。加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液是为了除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；该步骤亦可用草酸处理，生成二氧化碳和锰盐，离子方程式为5H2C2O4+42MnO+6H+=2Mn2+

23、10CO2+8H2O。（4）由于苯甲酸易溶于热水、乙醇、乙醚等溶剂，微溶于冷水，因此步骤中，可选用的试剂为冷水。（5）纯度测定：称取1.220g产品，配成100mL溶液，取其中25.00mL溶液，用0.1mol/L的KOH标准溶液进行滴定，即用碱滴定酸，且生成的苯甲酸钾溶液呈碱性，酚酞的变色范围是810，则该中和滴定时应该使用的指示剂为酚酞，酚酞在酸性溶液中为无色，遇碱呈红色，则当滴加最后一滴标准KOH溶液，溶液由无色变为粉红色且半分钟内不褪色表示达到滴定终点，已知苯甲酸和KOH是按物质的量11反应的，测得消耗KOH溶液的体积为23.00mL，故有n(苯甲酸)=n(KOH)=23.00103L

24、0.1mol/L=2.3103mol，则产品中苯甲酸的质量分数为0.1 0.0230.1 1220.025100%92.00%1.22。27.（每空2分，共14分）（1）增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料利用率等 （2）MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O（3）Mn2+32HCO=MnCO3+CO2+H2O（4）NiS和ZnS（5）F与H+结合形成弱电解质HF，MgF2 Mg2+2F平衡向右移动（6）最终溶液中c(3HCO)=0.1molL1，pH=8，根据碳酸的Ka2=233(CO)(H)(HCO)ccc=51011，可得此溶液中c(23CO)=5104mol

25、L1，Ksp(MnCO3)=c(23CO)c(Mn2+)=21011，则c(Mn2+)=4108molL1105molL1，沉淀完全（7）13 理科综合参考答案第 9 页（共 17 页）【解析】（1）“溶浸”前需将矿石粉碎成细颗粒，其目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率。（2）在硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程式为MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O。（3）根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3沉淀，所以反应离子方程式为Mn2+32HCO=MnCO3+CO2+H2O。（4）根据题干信息，加

26、入Na2S除杂为了除去锌离子和镍离子，所以滤渣3生成的沉淀是ZnS和NiS。（5）由HF H+F知，酸度过大，F浓度减少，使得MgF2 Mg2+2F平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2+沉淀不完全。（6）最终溶液中c(3HCO)=0.1molL1，pH=8，根据碳酸的Ka2=233(CO)(H)(HCO)ccc=51011，可得此溶液中c(23CO)=5104molL1，Ksp(MnCO3)=c(23CO)c(Mn2+)=21011，则c(Mn2+)=4108molL1105molL1，沉淀完全。（7）化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4，根据化合物

27、中各元素化合价代数和为0的规律得：1+2x+3y+4z=4，已知，x=y=13，带入计算得：z=13。28（每空2分，共14分）（1）99 +41 （2）K=322(CH OH)(CO)(H)ccc a（3）0.12molL1min1【解析】（1）反应热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值，则根据表中数 据 和 反 应 的 化 学 方 程 式CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)可 知 反 应 热H1=1076kJ/mol+2436kJ/mol3413kJ/mol343kJ/mol465kJ/mol=99kJmol1。根据盖斯定律可知即可得到反应，则H3=58kJ/mol+99k

28、J/mol=+41kJmol1。（2）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和 反 应 物 浓 度 的 幂 之 积 的 比 值，则 反 应 的 化 学 平 衡 常 数K的 表 达 式 为K=322(CH OH)(CO)(H)ccc；由于正方应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，因此a正确。理科综合参考答案第 10 页（共 17 页）（3）该反应正向是气体体积减小的反应，其他条件不变时，增大氢气的浓度，则CO2的平衡转化率增大，即投料比22(H)(CO)nxn越大，CO2的平衡转化率越大，所以x=a3，由图可知，反应随着温度的升高，CO2的平

29、衡转化率降低，则正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，由于温度：NM，所以平衡常数KMKN。300，往3L反应容器中加入6mol H2、2mol CO2，即x=3，M点CO2的平衡转化率为60%，n(CO2)=1.2mol，v(CO2)=1.2mol3L10mim=0.04mol/(Lmin)，反应为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，所以v(H2)=3v(CO2)=0.12molL1min1。29（除特殊标注外，每空2分，共10分）（1）暗（1分）ATP、NADPH（或H）、C5、CO2（全对2分，两个以上但不全给1分）（2）缓冲液 无水乙醇能使Rubis

30、co（蛋白质）变性（3）取新鲜菠菜叶剪碎，加入适量的无水乙醇、少许SiO2和CaCO3研磨、过滤获得色素提取液，再用纸层析法分离色素，分析色素带（3分）【解析】（1）Rubisco的某作用位点能与CO2结合，促进合成C3，所以Rubisco在暗反应中起催化作用。Rubisco参与暗反应，构建反应体系时，除Rubisco等酶外，需光反应提供光反应产生的ATP、NADPH(或H），同时需暗反应过程中的原料及相关条件，即C5、CO2。（2）酶是活细胞产生的具有催化作用的有机物，其中绝大多数酶是蛋白质，提取生物酶必须在缓冲液中进行，才能保持其结构稳定性。高温、强酸、强碱、无水乙醇等都能使Rubisco

31、（蛋白质）变性。（3）新鲜菠菜叶中色素的提取和分离，包括取叶片、研磨法获色素提取液、纸层析法分离色素等步骤。30（除特殊标注外，每空1分，共9分）（1）增殖（或分裂）促进 反馈调节（或正反馈调节）（2）阻止细胞不正常的增殖（或抑制癌细胞的增殖）（2分）（3）在常氧条件下，F蛋白可与HIFl结合使HIFl降解，降低VEGF的表达（或常氧条件下，F蛋白可使HIFl含量减少，降低VEGF的表达）（合理叙述给分，2分）（4）降低癌细胞中HIFl的含量（或通过给氧来抑制低氧诱导因子的表达）（合理即可，2分）理科综合参考答案第 11 页（共 17 页）【解析】（1）癌细胞在适宜条件下，能无限增殖。癌细胞中

32、HIFl增多，促进VEGF的表达，癌细胞周围血管的生成增多，为癌细胞提供氧气。癌细胞对O2的需求更多，这种调节机制称为反馈调节。（2）与癌有关的基因有原癌基因和抑癌基因，抑癌基因的作用是阻止细胞不正常的增殖。（3）F蛋白在常氧条件下能够降低癌细胞中VEGF的过量表达，而HIFl增多能促进VEGF的表达，所以F蛋白的作用是与HIFl结合使HIFl降解，从而降低VEGF的表达。（4）治疗该类患者提供新的思路是直接降低癌细胞中HIFl的含量（或通过给氧来抑制低氧诱导因子的表达）。31（除特殊标注外，每空2分，共10分）（1）12（1分）（2）杂种（杂合子）自交后代会发生性状分离现象（3）细胞中的一组

33、非同源染色体，在形态和功能上各不相同，但又互相协调，共同控制生物的生长、发育、遗传和变异的一组染色体（4）实验思路：用纯种非糯性圆花粉粒性状的个体和纯种糯性长花粉粒性状的个体（或纯种非糯性长花粉粒性状的个体和纯种糯性圆花粉粒性状的个体）杂交得F1，取F1的花粉粒加碘液染色后放在显微镜下观察并记录花粉粒的颜色和形状（3分）预期结果：蓝黑色圆形蓝黑色长形橙红色圆形橙红色长形1111【解析】（1）水稻是雌雄同体的二倍体植物，含有12对同源染色体，无性染色体，因此测定其基因组需要测定12条染色体上的DNA序列。（2）由于杂种（杂合子）自交后代会发生性状分离现象，因此杂交种只能种植一代。（3）染色体组是

34、指细胞中的一组非同源染色体，在形态和功能上各不相同，但又互相协调，共同控制生物的生长、发育、遗传和变异的一组染色体。（4）自由组合定律：位于非同源染色体上的非等位基因的组合是互不干扰的，在减数分裂过程中，同源染色体上的等位基因彼此分离的同时，非同源染色体上的非等位基因自由组合。以花粉粒作为研究对象，设计实验验证自由组合定律的思路是：用纯种非糯性圆花粉粒性状的个体和纯种糯性长花粉粒性状的个体（或纯种非糯性长花粉粒性状的个体和纯种糯性圆花粉粒性状的个体）杂交得F1，取F1的花粉粒加碘液染色后放在显微镜下观察并记录花粉粒的颜色和形状。当花粉粒的表现型及比例为蓝黑色圆形蓝黑色长形橙红色圆形橙红色长形1

35、111时，则可验证自由组合定律是正确的。理科综合参考答案第 12 页（共 17 页）32（除特殊标注外，每空1分，共10分）（1）同种生物的同一性状的不同表现类型 bbXAY BBXaXa（后两空顺序可颠倒）（2）相同 不同（3）39 减数第一次分裂后期 褐色白色=81（全对3分）【解析】（1）相对性状是指同种生物的同一性状的不同表现类型。纯合的褐色雌狗与纯合的白色雄狗杂交，子一代中雌狗均为黑色，雄狗均为褐色，说明黑色与褐色这一对相对性状，显性性状是黑色，由基因A控制。且子代雌雄的表现型不一致，说明控制褐色和黑色的等位基因位于X染色体。而等位基因B/b与色素的合成有关，含基因B的个体可以合成色

36、素，只含基因b的个体不能合成色素，毛色为白色，与性别无关，说明B/b这一对等位基因位于常染色体上。F2雌性中褐色黑色白色=332，雄性中褐色黑色白色=332，F2雌雄白色（bb_ _）均为1/41=1/4，F2雌雄褐色（B_XaXa、B_XaY）为3/41/2=3/8，F2雌雄黑色（B_XAX、B_XAY）为3/41/2=3/8，可推知F1黑色为BbXAXa，褐色为BbXaY。因此，亲代果蝇的基因型分别是bbXAY和BBXaXa。（2）有丝分裂形成的两个子细胞的DNA数目相同，即C1与C2相同；减数第一次分裂，由于非同源染色体的自由组合，所形成的两个次级精母细胞的遗传信息不同，所以遗传信息S1

37、与S2不同。（3）狗（2n=78），在减数分裂形成卵细胞过程中，39对同源染色体联会，每对同源染色体含四个染色单体，即1个四分体，共形成39个四分体。基因A与B为非等位基因，发生自由组合的时期是减数第一次分裂后期。若子二代中褐色狗（1BBXaXa、2BbXaXa、1BBXaY、2BbXaY）随机交配，雌配子bXa概率为1/3，雄配子bY概率为1/6，雄配子bXa概率为1/6，子代白色为bbXaXa+bbXaY=1/61/3+1/31/6=1/9，则其子代褐色的比例为11/9=8/9，则褐色白色81。（二）选考题：共45分。33（15分）（1）（5分）BDE（选对1个给2分，选对2个给4分，选对

38、3个给5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）（2）（10分）解：对活塞受力分析，竖直方向上有0pSp Smg 解得0mgppS 理科综合参考答案第 13 页（共 17 页）加热过程等压变化，有01001.5VVTT 解得101.5VV 气体膨胀，外界对气体做负功10()Wp VV 由UQW 解得0001.52mgVUp VS 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。34（15分）（1）BDE（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）（2）（10分）解：由图可知波长4m 波向+x方向传播时20.9s(0.25)tn T，其中0

39、12n，因为0.25s0.5sT，只有当n=2时符合条件 解得0.4sT 所以波速4m/s10m/s0.4Tv 0t 时，M点在正向位移最大处，所以其振动的初相位2 而角速度22rad/s5rad/s0.4T M点振动方程为sin()yAt 代入数据得到2sin 5cm2yt 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。35（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）3d104s1（1分）FNO（2）第四周期第族（1分）1（1分）（3）N、O、Cl（1分）6（1分）（4）15NA sp2、sp3（5）303A84010N agcm3 22()22abb 理科综合参考答案第 1

40、4 页（共 17 页）【解析】（1）铜是29号元素，基态铜原子的电子排布式为Ar3d104s1，价电子排布式为3d104s1；由于氮元素的2p轨道电子处于半充满稳定状态，则氧以及与其同周期的主族元素中，第一电离能由大到小的前三种元素是FNO。（2）Ni原子序数是28，位于第四周期第族：最外层电子占据的原子轨道为4s，原子轨道为球形，只有一种空间伸展方向。（3）配位化合物Cr(NH3)3(H2O)2Cl2+的中心离子是Cr3+，其提供空轨道，配体NH3中的N原子和H2O中的O原子提供电子对形成配位键，该配合物中Cl也是配体，推断Cl也提供了电子对参与形成配位键；NH3、H2O、Cl均是配体，则中

41、心离子的配位数为6。（4）1个丁二酮肟分子中含13个单键、2个双键，即1个丁二酮肟分子中含有15个键，故1mol丁二酮肟分子含有键数目为15NA；丁二酮肟镍分子中饱和碳原子的杂化轨道类型为sp3杂化，不饱和碳原子的杂化轨道类型为sp2杂化。（5）在晶胞中铜位于顶点、面心、棱心和体心，共有818+612+1214+1=8个，Mn和Al在晶胞内部，各有4个，所以合金的化学式为AlMnCu2，该晶体的密度为303A333AA44(2755264)84010 g cmMNmVaNaN a；从P点向下作垂线交中间立方体上平面于R点，PR为2abpm，RQ的长为22b pm，P、Q间的距离为2222()2

42、2pm222abbabbpm。36（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）16 羟基、酯基、硝基（2）浓硝酸、浓硫酸、加热（3）（4）（或、）（5）（3分）理科综合参考答案第 15 页（共 17 页）【解析】水杨酸和甲醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成A为；再和浓硝酸在浓硫酸催化剂作用下加热发生硝化反应生成B为；B发生还原反应得到；在NaOH溶液中水解生成；和二氧化碳反应生成，据此分析作答。（1）水杨酸分子中所有原子可能在同一平面，故最多有16原子共平面；根据B的结构式可知，其中官能团的名称为羟基、酯基、硝基。（2）水杨酸和甲醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应或取代反应生成A为；再和浓硝酸在

43、浓硫酸催化剂作用下加热发生硝化反应生成B为。（3）在NaOH溶 液 中 水 解 生 成，化学方程式为 理科综合参考答案第 16 页（共 17 页）（4）F的分子组成比水杨酸多1个CH2，其分子式为C8H8O3，满足如下条件：a含有苯环，且能发生银镜反应，说明存在醛基或甲酯；b核磁共振氢谱显示四组峰，峰面积比为3221，说明苯环高度对称，如果存在醛基，则剩下基团为两个酚羟基、一个甲基，则F的结构简式为、；如果存在甲酯，则剩下基团为OCH3，则F的结构简式为。（5）在酸性高锰酸钾的作用下，生成；和乙醇反应，生成；根据题干信息，在铁和盐酸作用下，生成，则合成路线为。37(除特殊标注外，每空2分，共1

44、5分)（1）污水处理厂的污泥中含有较多的辛基酚（OP），存在辛基酚降解菌的可能性更大 辛基酚（OP）（1分）选择（2）单位时间内辛基酚（OP）的降解量（或一定量的辛基酚降解所需的时间）（3）灼烧 稀释涂布平板 1.6109个 低【解析】（1）污水处理厂的污泥中含有较多的辛基酚，存在辛基酚降解菌的可能性更大。为获得OP的降解菌，需以OP作为培养基中的唯一碳源，从功能上属于选择培养基。（2）微生物降解OP的效率，可以通过检测单位时间内OP的降解量（或一定量的OP降解所需要的时间来评价）。（3）纯化微生物可以用稀释涂布法和平板划线法，其中稀释涂布法能用于微生物的计数。稀释涂布法的接种工具是涂布器，采

45、用灼烧法灭菌。1毫升原样液中上述微生物数量=（180+155+176+129）41060.1=1.6109个。用稀释涂布平板法进行微生物的计数，但统计的数量比实际数量会偏少，原因是当两个或多个细胞连在一起时，平板上观察到的只是一个菌落。理科综合参考答案第 17 页（共 17 页）38（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）植物细胞的全能性（1分）可以高效快速地实现刺梨苗的大量繁殖（2）已分化的细胞经过诱导后，失去其特有的结构和功能而转变成未分化细胞的过程 基因的选择性表达（3）提供碳源，同时能维持细胞的渗透压 大于（4）诱导叶绿素的合成，进行光合作用（5）植物体细胞杂交【解析】（1）外植体能

46、够形成幼苗所用技术是植物组织培养技术，植物组织培养技术的原理是植物细胞具有全能性。与扦插相比，利用组织培养繁殖刺梨可以高效快速地实现刺梨种苗的大量繁殖。（2）为脱分化，脱分化是指已分化的细胞经过诱导后，失去其特有的结构和功能而转变成未分化细胞的过程。的实质是基因的选择性表达。（3）在培养基中加入蔗糖，一方面提供碳源，另一方面维持细胞的渗透压。进行组织培养需配制MS培养基，在该培养基中常需要添加生长素和细胞分裂素等激素，欲利于根的分化，生长素的用量应大于细胞分裂素。（4）为诱导叶绿素的合成，进行光合作用，幼苗的培养阶段需要提供光照。（5）植物细胞工程中主要包括植物组织培养技术和植物体细胞杂交技术。