1、 理科综合试题 第 1 页（共 80 页） 2020 年高考新课标卷押题预测密卷（5 月） 理科综合 （考试时间：150 分钟 试卷满分：300 分） 注意事项： 1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、 准考证号填写在答题卡上。 2回答第卷时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。 3回答第卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.
2、5 Ti 48 Sn 119 第卷 一、选择题：本题共 13 个小题，每小题 6 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要 求的。 1.下列有关细胞与细胞中的元素说法正确的是（ ） A所有高等植物细胞中都有叶绿体，蓝藻细胞中虽然没有叶绿体，但具有光合色素 BSi在番茄细胞中含量极少，在水稻细胞中含量较多 CMg是植物细胞特有的元素，植物体缺 Mg会影响光合作用 D一切生物体都由细胞构成，细胞是生物体结构和功能的基本单位 2.用体外实验方法可以合成核酸已知新冠病毒 2019nCoV是一种新型 RNA病毒，能够攻击人体 的肺细胞，若要在体外利用同位素标记法来探究该类病毒是否存在逆转录现象
3、，则所需的材料组 合是（ ） 同位素标记的胸腺嘧啶脱氧核苷酸 同位素标记的尿嘧啶核糖核苷酸 2019nCoV的 RNA 除去了 DNA 和 RNA的肺细胞裂解液 相应的逆转录酶 A B C D 3.将黄化的豌豆茎用刀劈成对称的两半后，内侧为髓，外侧为木质部、形成层和韧皮部。浸没在蒸 馏水中，劈茎的两臂向外弯曲，如图甲所示。已知豌豆茎的横切结构如图乙所示。髓由薄壁细胞 构成；形成层细胞是未成熟的细胞，无中央大液泡，在适宜条件下会分裂、分化，向内产生木质 部，向外产生韧皮部，细胞分裂和生长所需要的营养从髓中获得。下列叙述不正确的是（ ） 理科综合试题 第 3 页（共 80 页） 内装订线 此卷只装
4、订不密封 外装订线 A薄壁细胞在清水中能够发生渗透作用吸收水分 B木质部细胞细胞壁的伸缩性比薄壁细胞细胞壁的伸缩性小 C形成层细胞在适宜浓度的蔗糖溶液中可观察到质壁分离现象 D细胞分裂和生长所需要的营养从髓中获得，导致髓细胞丢失营养物质渗透压下降 4.如图是某高等植物根尖分生区内一个正在分裂的细胞，下列叙述不正确的是（ ） A若该植物是由花粉粒发育而来的，则其亲本是四倍体 B若该植物是由受精卵发育而来的，则其配子含一个染色体组， C该细胞在分裂的某个时期发生过基因突变 D中心体、线粒体、核糖体与该细胞的分裂过程有密切关系 5.下图甲表示能量在生态系统中的流动过程，其中 A、B、C 表示不同类型
5、的生物。图乙是 B1中两 个种群的数量变化。下列说法正确的是（ ） A图甲中 A、B、C 共同组成一个群落，三者都是生态系统不可缺少的成分 B图乙中两个种群之间的关系是竞争。种群的数量会无限增加 CB2中动物的食性会影响种群、的数量变化，若 B2中的生物大量死亡，短时间内 A 中生物 的数量增加 D 若要使 Be 储存的能量增加 x， 最多需要 A 固定太阳能的量为 y， 则 x 与 y 的关系式应为 y=100x 6.大豆子叶颜色（BB表现为深绿，Bb表现为浅绿，bb呈黄色幼苗阶段死亡）和花叶病的抗性（抗 病、不抗病分别由R、r基因控制）遗传的两组杂交实验结果如下： 实验一：子叶深绿不抗病（
6、） 子叶浅绿抗病（）F1：子叶深绿抗病：子叶浅绿抗病=1：1 实验二：子叶深绿不抗病（） 子叶浅绿抗病（）F1：子叶深绿抗病：子叶深绿不抗病：子 叶浅绿抗病：子叶浅绿不抗病=1：1：1：1 根据实验结果分析判断下列叙述，错误的是（ ） A实验一和实验二中父本的基因型不同 BF1的子叶浅绿抗病植株自交，在 F2的成熟植株中四种表现型的分离比为 1：2：3：6 C用子叶深绿与子叶浅绿植株杂交得 F1，F1随机交配得到 F2成熟群体中，B基因的频率为 0.75 D在短时间内选育出纯合的子叶深绿抗病大豆新品种常规的育种方法，最好用与实验一的父本 基因型相同的植株自交 7陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的
7、象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法 错误的是 A雨过天晴云破处所描述的瓷器青色，来自氧化铁 B闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成 C陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐 理科综合试题 第 5 页（共 80 页） D陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点 8阿巴卡韦(Abacavir) 是一种核苷类逆转录酶抑制剂，存在抗病毒功效。关于其合成中间体 M()，下列说法正确的是 A与环戊醇互为同系物 B分子中所有碳原子共平面 C和 1 mol 钠反应可以生成 22.4 L 氢气 D可用碳酸氢钠溶液鉴别乙酸和 M 9X、Y、Z、W 为原子序数递增的四种短
8、周期元素，其中 Z 为金属元素，X、W 为同一主族元素， Y 是地壳中含量最高的元素。X、Z、W 分别与 Y 形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图 转化关系，下列判断错误的是 A反应为工业制粗硅的原理 BZ 位于元素周期表第三周期A 族 C4 种元素的原子中，Y 原子的半径最小 D工业上通过电解乙来制取 Z 10用 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A22.4 L CH4 中含有共价键数为 4NA B1 mol -OH 中含有电子数为 9NA C1 L 1 mol L-1FeCl3 溶液中含有 Fe3+数为 NA D常温常压下，32 g O2 中含有氧分子数为 2NA 11常温
9、常压下电解法合成氨的原理如图所示。下列说法中错误的是 AM 为外接电源的正极 B右室电极反应式为 N2+6H+6e-=2NH3 C理论上左、右室产生的气体同温同压下体积比为 34 D该合成氨反应是化合反应、放热反应 12下列有关实验现象和解释或结论都一定正确的是 选项 实验操作 实验现象 解释或结论 A 某钾盐溶于盐酸后，产生无色无味气 体，将其通入澄清石灰水 有白色沉淀出现 该钾盐是 K2CO3 B 将少量的溴水分别滴入 FeCl2溶液、 NaI 溶液中，再分别滴加 CCl4振荡 下层分别呈无色 和紫红色 还原性：IBrFe2+ C 将充满 NO2的密闭玻璃球浸泡在热红棕色变深 反应 2NO
10、2N2O4的 理科综合试题 第 7 页（共 80 页） 内装订线 此卷只装订不密封 外装订线 水中 HFe3+，则还原性有 Fe2+Br，B 项错误；C红棕色变深说明 NO2浓度 增大，即平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知正反应放热，C 项正确；D碳酸氢铵受热分解 得到 NH3和 CO2，通入 Ca(OH)2后浑浊不会消失，D 项错误；答案选 C。 13B 【解析】A在 CdS 饱和溶液中，c(Cd2+)=c(S2-)=S（溶解度） ，则图中 a 和 b 分别表示 T1和 T2 温度下 CdS 的溶解度，A 正确；BCdS 的沉淀溶解平衡中，溶度积受温度影响，m、n 和 p 点均 为 T1时对
11、应的离子浓度，则其溶度积相同，B 错误；Cm 点达平衡，向其中加入硫化钠后，平 衡逆向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由 m 沿 mnp 向 p 方向移动，C 正确；D随着温 度的升高，离子浓度增大，说明 CdSCd2+S2-为吸热反应，则温度降低，q 点对应饱和溶液的 溶解度下降，溶液中的 c(Cd2+)与 c(S2-)同等程度减小，会沿 qp 线向 p 点方向移动，D 正确；故选 B。 14B【解析】由爱因斯坦光电效应方程 EkhW0，同种金属的逸出功相同，光电子的最大初动 能始终为 1.7 eV，A 选项错误；光电管阴极的逸出功为 W01.05 eV，B 选项正确；当
12、滑动触 头向 a 端滑动时，反向电压增大，电流变小，C 选项错误；改用能量为 2.5 eV 的光子照射，移 动滑动变阻器的触点 c，电流表 G 中也可能有电流，D 选项错误。 15C【解析】本题的四幅区别在于细线 oa 与细线 ab 与竖直方向的夹角不同，要想比较二者的夹 角大小就需要分别选择不同的研究对象进行处理； 假设细线 ab 的与竖直方向夹角的大小为 1， 对小球 b 受力分析如图所示， 理科综合试题 第 45 页（共 80 页） 结合矢量三角形法可得 mg F 1 tan ； 假设细线 oa 与竖直方向的夹角大小为 2， 拉力大小为 T， 选择小球 ab 整体进行受力分析： 结合矢量
13、三角形法可得 mg F 2 tan 2 ，因为 2121 .tantan，所以线绳 ab 与 竖直方向的夹角更大，故 C 选项正确。 16C【解析】由乙图可知，在 02t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，A 错误；由 乙图可知，在 t03t0时间内，物块先处于超重状态，后处于失重状态，B 错误；由乙图可知， t=t0时刻，物块所受的支持力大小为 mg，C 正确；由乙图可知，t=3t0时刻，物块所受的支持力 大小为 mg，D 错误。故选 C。 17A【解析】若石块恰能落到 O 点，,则，解得 t=2s,v0=17.32 m/s,所以若 v0=18m/s，则石块可以落入水中；因为石块落
14、水的时间均为 2s，落到水中的竖直速 度均为 10m/s，所以若石块能落入水中，则 v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越小；根 据平抛运动的规律若石块不能落入水中，则落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角满足 ，即为定值，而落到斜面上时速度方向与斜面的夹角等于-300， 也为定值选项 A 正确 18D【解析】粒子运动的速度为 0 2qBa v m ，则粒子运动的轨道半径为： 0 2 mv ra qB ，则若粒 子初速度 沿 y 轴正方向，粒子在磁场中运动转过的角度 为 30 ，则运动时间 为 0 1 0 0 3012 360126 rm tT vqB ，选项 AB 错误；当轨迹与磁场上边界相
15、切时，粒子在磁场中运 理科综合试题 第 47 页（共 80 页） 内装订线 此卷只装订不密封 外装订线 动的时间最长，由几何关系可知，粒子在磁场中转过的角度为 1200，时间为 1 2 4 3 m m tt qB ， C 错误，D 正确。 19BD【解析】逃逸速度是卫星脱离地球的引力的第二宇宙速度，“鹊桥”的发射速度应小于逃逸速 度，故 A 错误；根据题意知中继星“鹊桥”绕地球转动的周期与月球绕地球转动的周期相同，故 B 正确；鹊桥卫星与月球、地球两天体中心距离分别为 R1、R2，到地表的距离要小一些，则嫦 娥四号发出信号到传回地面的时间为 t 要小于 12 RR c ，故 C 错误；由 a=
16、r 可知处于 L1点绕地 球运转的卫星其向心加速度 a1小于月球的向心加速度， 由 2 GM a r 可知月球的向心加速度小于 同步卫星的向心加速度，则卫星其向心加速度 a1小于地球同步卫星的加速度 a2，故 D 正确。 20BD【解析】据半径为 R0的均匀带正电Q的球壳在内部的电势为 0 Q k R ，可知均匀带电球壳在 其壳内产生场强为零，则均匀带电球壳 O 在 O 点处产生场强为零；据对称性可知均匀带电球壳 O1、O2在 O 点处场强抵消，所以 O 点处场强为零；O 点电势等于均匀带电球壳 O、O1、O2在 O 点的电势之和，则 11 33 3 44 O qqqkq kkk RR RR
17、，故 A 项错误；均匀带电球壳在其壳内产 生场强为零，则均匀带电球壳 O、O1在 O1处产生场强为零；均匀带电球壳 O2在 O1处产生场强 不为零， 则 O1点场强等于球壳 O2在 O1处产生的电场、 不为零； O1点电势等于均匀带电球壳 O、 O1、O2在 O1点的电势之和，则 1 17 3 3 42 O qqqkq kkk RR RR ，故 B 项正确；根据对称性可 知，O1和 O2电势相等，则 O1O2两点电势差 U12=0，故 C 项错误；OO2 两点电势差为 21 02 2 OOOO q Uk R ，故 D 项正确。 21AD【解析】在 m1从 A 点运动到 C 点的过程中，绳子的拉
18、力对 m1做负功，则 m1的机械能一直 减少，选项 A 正确；设小球 m1到达最低点 C 时 m1、m2的速度大小分别为 v1、v2，由运动的合 成分解得 v1cos45=v2，则 v1= 2v2，故 B 错误。在 m1从 A 点运动到 C 点的过程中，对 m1、m 2组成的系统由机械能守恒定律得 22 121 122 11 22 2m gRm gRmvm v，结合 v1= 2v2解得 1 2vgR，若 m1运动到 C 点时绳断开，至少需要有2gR的速度，m1才能沿碗面上升到 B 理科综合试题 第 49 页（共 80 页） 点，故 C 错误。m2沿斜面上滑过程中，m2对斜面的压力是一定的，斜面
19、的受力情况不变，由 平衡条件可知地面对斜面的支持力始终保持恒定，故 D 正确。故选 AD。 22 （1）D（1 分） （2） b gk （1 分） （3） 1 gk （1 分） （4） 0.46（2 分） 【解析】（1）小车与长木板的间的粗糙情况与小车的质量无关，所以在同一个实验中，每次 改变小车的质量，不需要平衡摩擦力故 A 错误实验时应先接通电源，后释放小车故 B 错 误 根 据 牛 顿 第 二 定 律 可 得 系 统 的 加 速 度 1 12 m g a mm ， 则 绳 子 的 拉 力 121 2 1 21 2 1 m m gm g Fm a m mm m ，由此可知钩码的质量 1 m
20、远小于小车和砝码的质量 m2时，绳子 的拉力才等于钩码的重力故 C 错误由牛顿第二定律可知 2 1 aF m ，当F一定是，a与 2 1 m 成正比，所以应作出 2 1 a m 图象故 D 正确 （2）根据牛顿第二定律可知 122 m gm gm a，结合 2 1 a m 图象可得 211 11 a mmm g ， 由此可得钩码的质量为 1 1 m gk ，小车与木板间的动摩擦因数为 b gk （ 3 ） 设 1 1 . 2 4sc m， 4 2.62scm， 有 公 式 2 41 3ssat， 化 简 可 得 222 41 22 2.62 1.24 10/0.46/ 33 0.1 ss am
21、 sm s t 23（1）如图所示（2 分） （2）100（2 分） 50（2 分） （3）87 （2 分） 1.9 （2 分） 【解析】（1）根据电路原理图，实物连线如图所示： 理科综合试题 第 51 页（共 80 页） 内装订线 此卷只装订不密封 外装订线 （2） 根据分压规律 1 V 100 3 1 2VV 3 x R ， 串联在电路中的总电阻约为500 x R ， 所以500.0 和1.0k阻值太大不能用，否则电压表的示数不满足题中要求；为了在 2 S闭合时，能够有效的 保护电路，所以 1 100R ， 2 50R 。 （3）当电键 1 S闭合、 2 S断开时 V 1 V12 UE R
22、RRR ，当 1 S、 2 S均闭合时 V 2 1V UE RRR ，解 得 V 87R ，1.9VE 。 24（1）4106 m/s 0.25 m （2） 171 4 m 【解析】（1）电场内，内外边界的电势差大小为 U045V，（1 分） 在加速正电子的过程中，根据动能定理可得 qU 1 2mv 20，（2 分） 代入数据解得 v4106 m/s，（1 分） 正电子进入磁场做匀速圆周运动，由向心力公式可得：qvBm v2 r（1 分），解得 r0.25 m。 （2 分） （2）正电子在磁场中运动的轨迹如图所示，当正电子运动的轨迹与接收器相切时，正电子恰 好能被接收器接收，由几何关系可得：（
23、Rr）2r2R2，（3 分） 理科综合试题 第 53 页（共 80 页） 解得 R 171 4 m。（2 分） 25（1） 22 2 4 B Lgh mR （2） 4 25 mgh （3） 147 600 mgh 【解析】（1）a 棒刚进入水平轨道时，由机械能守恒得 2 0 1 2 mghmv（1 分） 解得 0 2vgh（1 分） 由：EBLv E I R 总 （1 分） FBIL 安 （1 分） 得 22 2 4 B Lgh F R 安 （1 分） 由牛顿第二定律 b F a m 安 （1 分） 22 2gh 4 b B L a mR （1 分） （2）b 棒在窄轨上运动的过程中，对 a、
24、b 棒，设 b 棒刚滑上宽轨时的速度为 b v，此时 a 棒的 速度为 a v，由动量守恒得： 0ab mvmvmv（1 分） 又由： 0 1 5 b vv 得 0 4 5 a vv（1 分） 故由能量守恒，该过程中系统产生的焦耳热： 22 001 ()() 141 255 Qmghmvmv 总 （1 分） 又因此过程中，a、b 棒连入电路的电阻相等，故由 2 QI Rt （1 分） 得 1 14 225 QQmgh 阻总 （1 分） （3）当 a 棒在窄轨上匀速时，b 棒在宽轨上也一定匀速，设其速度分别为 a v 、 b v ，由 E=BLv 知 2 aa L EBv （1 分） bb EB
25、Lv 由 ab EE得2 ab vv（1 分） 理科综合试题 第 55 页（共 80 页） 内装订线 此卷只装订不密封 外装订线 而由 0 1 2 a vv可得 0 1 4 b vv（1 分） b 棒刚滑上宽轨时，a，b 两棒的总动能为 22 100 141117 252525 k Emvmvmgh （1 分） b 棒在宽轨上第一次恰好达到匀速时，a，b 两棒的总动能为 22 200 11115 222416 k Emvmvmgh （1 分） 故从 b 棒刚滑上宽轨到第一次达到匀速的过程中，两棒产生的总焦耳热 122 147 400 kk QEEmgh 总 （1 分） 而此过程中，b 棒连入电
26、路的电阻是 a 棒的两倍，由 2 QI Rt （1 分） 知 2 2147 3600 b QQmgh 总 （1 分） 26 （14 分） （1）2（2 分） （2）4 10-21 molL-1（2 分） （3）离子键、(极性)共价键（2 分） Fe(OH)3（2 分） MnO2 +4H+2Fe2+=2Fe3+Mn2+2H2O（2 分） c（2 分） 7Na2CO3+7MnSO4+ 11H2O=MnCO36Mn(OH)25H2O+7Na2SO4+6CO2（2 分） 【解析】 （1）由题给条件知 KMnO4是强酸强碱盐，故 HMnO4是强酸，0.01 molL-l的 HMnO4溶 液的 pH=2。
27、 （2） 对于反应 Pb2+(aq)+ MnS(s)PbS(s)+Mn2+(aq)， K= 2+ sp 2+ sp (MnS) (Mn) = (Pb )(PbS) K c cK = 13 28 -14 =2.5 2 10 8 10 10 ， 当 c(Mn2+)=1 10-6 molL-1，可求出 c(Pb2+)=4 10-21 molL-1。 （3）MnSO4是离子化合物，含有离子键， 2 4 SO 中含有极性共价键； 根据分析可知滤渣主要成分是 Fe(OH)3；由流程图知，MnO2被 Fe2+还原为 Mn2+，Fe2+则被 氧化为 Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可知反应的离子方程式为 Mn
28、O2 +4H+2Fe2+= 2Fe3+ + Mn2+ +2H2O；由图知当温度达到 80 后，MnO2的转化率几乎没有变化，故温度控制在 80 左右为 好，再升高温度转化率变化不大，反而浪费资源； 碳酸根水解显碱性，锰离子水解显酸性，二者相互促进，所以生成的气体应为 CO2，故可先 写出 Na2CO3+MnSO4+ H2OMnCO36Mn(OH)25H2O +CO2， 根据质量守恒定律确定有 Na2SO4 生成，得到 7Na2CO3+7MnSO4+11H2O=MnCO36Mn(OH)25H2O +6CO2 +7Na2SO4。 理科综合试题 第 57 页（共 80 页） 27 （14 分） （1
29、）2NH3+2O2N2O+3H2O（2 分） （2）BC（2 分） NaNO3（2 分） NO（2 分） （3）3HClO+2NO+H2O3Cl+2 3 NO+5H+（3 分） 溶液 pH 越小，溶液中 HClO 的浓度越大，氧化 NO 的能力越强（3 分） 【解析】 （1）NH3与 O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成 N2O，根据得失电子守恒 和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为：2NH3+2O2N2O+3H2O； （2）A.加快通入尾气的速率，不能提高尾气中 NO 和 NO2的去除率，不选 A；B.采用气、液 逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中 NO 和
30、NO2的去除率，选 B；C.定期补 充适量的 NaOH 溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中 NO 和 NO2的去除率，选 C。故答案为 BC； 由吸收反应： NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O， 2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O 可知， 反应后得到 NaNO2 和 NaNO3混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到 NaNO2和 NaNO3晶体，因此得到的 NaNO2混有 NaNO3；由吸收反应可知，若 NO 和 NO2的物质的量之比大于 1：1，NO 不能被吸收，因此，吸 收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是 NO，故答案为 NaNO3；NO； （3）在酸性的 NaClO 溶
31、液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成 HClO，HClO 和 NO 发生氧化 还原反应生成 NO3-和 Cl-，根据得失电子守恒及电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为 2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+； 在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应 2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3 Cl-+5H+ 可知，溶液 pH 越小，溶液中 HClO 浓度越大，氧化 NO 的能力越强。 28 （15 分） （1）水浴（2 分） （2）为保证反应温度的稳定性(小于 50)或控制反应温度在 50以下（2 分） （3）未出现紫红色（2 分） （4）热水（2 分） （5
32、）C（2 分） （6）碱式滴定管（2 分） 98.5%（3 分） 【解析】 （1）氧化过程需要使反应温度维持在 35左右，要用 35的热水浴； （2）因为滴速对溶液的温度有影响，为保证反应温度的稳定性(小于 50)或控制反应温度在 50以下，需要控制环己醇滴速； 理科综合试题 第 59 页（共 80 页） 内装订线 此卷只装订不密封 外装订线 （3）为证明“氧化”反应已结束，就是检验无高锰酸钾即可，所以在滤纸上点 1 滴混合物，若观 察到未出现紫红色，即表明反应完全； （4）根据步骤中分析可知要使生成的 MnO2沉淀并充分分离 MnO2沉淀和滤液，应趁热过滤； 为减少 MnO2沉淀的损失，洗涤
33、时也要用热水洗涤； （5）据题意，高锰酸钾约 0.060mol，碳酸钠 3.18g，0.030mol，根据元素守恒，得最后 NaCl、 KCl 最多为 0.060mol，质量分别为 3.51g，4.47g，所需体积最少要 10mL、13.4mL，为确保产品 纯度及产量，所以应浓缩溶液体积至 15mL； （6）氢氧化钠溶液呈碱性，需要的仪器是碱式滴定管； 称取已二酸(Mr146g/mol)样品 0.2920g，用新煮沸的 50mL 热水溶解，滴入 2 滴酚酞试液， 用 0.2000mol/L NaOH 溶液滴定至终点，进行平行实验及空白实验后，消耗 NaOH 的平均体积为 19.70mL；设己二
34、酸样品的纯度为 ，则： 24 -3 HOOC(CH ) COOH2NaOH 146g2mol 0.2920g0.2000mol/L 19.70 10 L 0.292 146g 0g 3 2mol 0.2000mol/L 19.70 10 L 解得 98.5%。 29.(每空 2 分，共 12 分） 【答案】 （1）光照强度（或遮光比例） 蓝紫光和红光 （2）增加 增大叶面积，以捕获更多的光能 （3）30%遮阴 不遮阴时光照太强，叶片气孔部分关闭，CO2供应不足，影响暗反应，导致光合 速率较小 【解析】 【分析】 影响光合作用的环境因素。 1、温度对光合作用的影响：在最适温度下酶的活性最强，光合
35、作用强度最大，当温度低于最适温 度，光合作用强度随温度的增加而加强，当温度高于最适温度，光合作用强度随温度的增加而减弱。 2、二氧化碳浓度对光合作用的影响：在一定范围内，光合作用强度随二氧化碳浓度的增加而增强。 当二氧化碳浓度增加到一定的值，光合作用强度不再增强。 3、光照强度对光合作用的影响：在一定范围内，光合作用强度随光照强度的增加而增强。当光照 强度增加到一定的值，光合作用强度不再增强。 理科综合试题 第 61 页（共 80 页） 题意分析：由实验目的，探究不同的遮阴处理对东北铁线莲净光合速率、叶绿素含量以及叶干重 总干重的影响，并结合实验结果，可知该实验中的自变量是不同的遮阴比例（或光
36、照强度） ，因变量 为净光合速率、叶绿素含量以及叶干重总干重的比例。 【详解】 （1）本实验通过遮阴来调整光照强度，故该实验的自变量是光照强度。叶绿素主要捕获蓝紫光和 红光，类胡萝卜素主要吸收蓝紫光。 （2）据图可知，随着遮阴比例增大（光照强度）的减弱，同时东北铁线莲的叶干重/总干重的值增 大，即叶面积增大。据此可推测东北铁线莲对弱光的适应方式有两方面：一是东北铁线莲的叶绿素 含量增加，以利于吸收光能；二是随着光照强度的减弱，东北铁线莲的叶干重总干重的值增大， 即增大叶面积，以捕获更多的光能。 （3）净光合速率最大时，植物积累的有机物最多，由图可知 30%遮阴处理时，东北铁线莲的产量最 高。不
37、遮阴组和 30%遮阴组相比，不遮阴处理的植株光合速率较小，可能的原因是不遮阴时光照太 强，叶片气孔部分关闭，CO2供应不足，影响暗反应，导致光合速率较小。 【点睛】 熟知光合色素的吸收光谱以及影响光合作用的因素的影响机理是解答本题的关键！另结合实验目的 进行实验自变量、因变量和无关变量的分析也是本题考查的重点。 30. （除标注外，每空 1 分，共 8 分） 【答案】 （1）加速摄取、利用和储存葡萄糖 型 （2）注射等量生理盐水 方案完善：另取生理状况正常、体重、数量相同的正常大鼠作为对照 b 组，并对对照 b 组注射 等量生理盐水，一段时间后测量正常大鼠的血糖浓度（3 分） 预期结论：实验组
38、和对照 b 组血糖浓度在正常范围，而对照组血糖浓度高于正常范围，则可初 步确定该药物有疗效；否则无疗效(2 分） 【解析】 【分析】 I 型糖尿病是由于胰岛 B 细胞破坏引起的，也称为胰岛素依赖型糖尿病，可以通过注射胰岛素治疗； 型糖尿病是由于胰岛素不能有效发挥作用引起的，也称非胰岛素依赖型糖尿病，不能通过注射胰 岛素治疗。 【详解】 （1）胰岛素能促进组织细胞加速摄取、利用和储存葡萄糖，从而使血糖水平降低；由题干可知 型糖尿病因胰岛 B 细胞遭到破坏，导致胰岛素分泌不足，患者需要使用胰岛素来维持血糖稳定，故 型糖尿病可通过注射胰岛素的方式缓解病症。 理科综合试题 第 63 页（共 80 页）
39、 内装订线 此卷只装订不密封 外装订线 （2）为遵循实验的单一变量和等量性原则，对照组应注射等量生理盐水。 （3）实验目的是确定药物 X 是否对型糖尿病有疗效，则可通过对型糖尿病大鼠注射与不注射 药物 X 进行对照，同时要与正常大鼠的血糖浓度进行空白对照。若对型糖尿病大鼠注射药物 X 后 血糖浓度与正常大鼠一样在正常范围，而未注射药物 X 的型糖尿病大鼠仍表现为高血糖浓度，则 可初步确定该药物有疗效，否则无疗效。 31.（除标注外，每空 2 分，共 8 分） 【答案】 （1）玉米草地贪蛾蠋蝽 （初级）消费者（1 分） 、 （2）生物（1 分） 在一个系统中，系统本身的工作效果，反过来又作为信息
40、调节该系统的工作 （3）调整能量流动的关系，使能量持续高效流向对人类最有益的部分 【解析】 【分析】 生态系统的组成成分有生产者、消费者、分解者和非生物的物质和能量。绿色植物属于生产者，直 接以绿色植物或间接以绿色植物为食的一般为消费者， 分解动植物遗体残骸的细菌和真菌为分解者， 腐生动物也属于分解者。 【详解】 （1）草地贪蛾对玉米等农作物产生了极大的危害，说明草地贪蛾以玉米为食，引入蠋蝽作为捕食 性天敌昆虫可防治草地贪蛾，说明蠋蝽捕食草地贪蛾，所以玉米田地中包含草地贪蛾的一条食物链 是玉米草地贪蛾蠋蝽从生态系统的组成成分来看，草地贪蛾属于初级消费者 （2）引入蠋蝽来控制草地贪蛾的数量属于利
41、用捕食性天敌来控制种群数量，属于生物防治。反馈 调节是指在一个系统中，系统本身的工作效果，反过来又作为信息调节该系统的工作。 （3）引入蠋蝽可控制草地贪蛾的数量，从而使能量更多的储存在玉米等农作物中，所以从能量流 动角度分析，其意义是调整能量流动的关系，使能量持续高效流向对人类最有益的部分。 【点睛】 本题考查生态系统的营养结构和功能，意在考查考生对所学基础知识的理解和应用能力。 32.（除标注外，每空 2 分，共 11 分） 【答案】 （1）2 XBYB和 XbYB （2）红眼雄性：红眼雌性：白眼雌性=4：3：1（3 分） （3）选取（纯合）白眼雌性昆虫与（纯合）红眼雄性昆虫杂交获得子一代昆
42、虫，再将子一代雄性 昆虫与纯合的白眼雌性昆虫杂交，子二代中，雌性昆虫全为白眼，雄性昆虫全为红眼 （4 分） 【解析】 【分析】 理科综合试题 第 65 页（共 80 页） 由题干分析，假设控制眼色的基因只位于 X 染色体上，子一代红眼的雌雄昆虫随机交配，子二代雄 性昆虫全为红眼，则 F1雌性基因型为 XBXB，雄性基因型为 XBY，F2中雌性中不可能出现白眼，故控 制眼色的基因不可能只位于 X 染色体上，也不可能只位于 Y 染色体上。因此，控制眼色的基因位于 XY 的同源区段。 【详解】 （1）由题干雄性全为红眼，无白眼可知，Y 染色体上有 B 基因。由于 F1雌性昆虫中红眼：白眼=3： 1，则亲代雄性有 2 种基因型 XBYB、XbYB，亲代雌性基因型为 XBXb，F1红眼雄性昆虫的基因型为 XBYB 和 XbYB。 （2）亲代雄性基因型 XBYBXbYB=11，亲代雌性基因型为 XBXb，杂交时，雄性产生三种配子 XBXbYB=112，雄性产生两种配子 XBXb=11，亲代随机交配后，F1雄性基因型 XBYBXbYB=11，F1雌性基因型 XBXBXBXbXbXb=121。F1雌雄昆虫随机交配，F1雄性产生三种 配子 XBXbYB=112，F1雌性产生两种配子 XBXb=11，随
