1、理科综合全解全析及评分标准 第1页（共15页）2023 年高三 2 月大联考（全国乙卷）（新教材）理综生物全解全析及评分标准 1 2 3 4 5 6 B A D B A A 1B【解析】发光细菌细胞中的核酸为 DNA 和 RNA，因此含有 2 种五碳糖、5 种碱基、8 种核苷酸，A正确。根据题干中发光细菌发光的化学反应式可知，该过程需要消耗 ATP，属于吸能反应，与 ATP 的水解相联系，B 错误。发光细菌可能进行耗氧的有氧呼吸并合成 ATP，从发光反应式中可知，发光细菌中存在耗氧的 ATP 水解过程，C 正确。当环境中存在抑制细胞呼吸的毒物时，发光细菌中 ATP 的合成减少，发光过程受抑制，
2、发光能力降低，D 正确。2A【解析】由图可知，线粒体内膜上具有载体蛋白，真核生物的有氧呼吸中，丙酮酸的分解发生在第二阶段，场所为线粒体基质，所以分解丙酮酸的酶在线粒体基质中，A 错误；根据“丙酮酸先由线粒体外膜上孔蛋白构成的通道顺浓度梯度进入膜间隙”可知，丙酮酸经过孔蛋白进入线粒体膜间隙需要蛋白质协助，由于是顺浓度梯度运输，所以属于协助扩散，B 正确；丙酮酸通过内膜进入线粒体基质时，需要借助 H+载体蛋白，并且由内膜两侧 H+电化学梯度提供能量，所以属于主动运输，C 正确；降低膜间隙 H+浓度，H+电化学梯度会降低，线粒体内膜上丙酮酸的运输速率下降，膜间隙中丙酮酸浓度增大，外膜与膜间隙丙酮酸浓
3、度差减小，所以外膜对丙酮酸运输速率会下降，D 正确。3D【解析】探究酵母菌细胞呼吸的方式实验中，氧气条件属于自变量，A 正确。鲁宾和卡门研究光合作用中氧气的来源实验中，利用的方法是同位素标记法，因变量是产物中 O2的相对分子质量（即产物是 O2还是18O2），B 正确。沃泰默的三组实验中，自变量为是否切除通向小肠段的神经和注入稀盐酸的部位，C 正确。探索生长素类调节剂促进插条生根的最适浓度实验中，生根的数量和生根的长度都属于因变量，无关变量有插条种类、插条数量等，D 错误。4B【解析】基因的选择性表达会受到外界环境条件的影响，OsDREB1C 基因的表达受光照和低氮状态诱导，是基因选择性表达的
4、表现，A 正确。OsDREB1C 基因的表达产物是一种转录激活剂，而 mRNA 是转录产物，所以 OsDREB1C 基因表达产物的作用位点不在 mRNA 上，B 错误。OsDREB1C 基因的表达产物可以增强与光合作用、氮利用和开花密切相关的五个基因的表达，而不是增强或者影响所有基因的表达，故具有一定的特异性，C 正确。由题干信息推知，OsDREB1C 基因可以影响光合作用、氮利用、开花等多个性状，D 正确。5A【解析】生态系统的组成成分包括生产者、消费者、分解者，以及非生物的物质和能量，生活在海洋牧场中的所有生物构成了群落，A 错误；与单一养殖生态系统相比，海洋牧场生态系统中的物种丰富度高，
5、营养结构复杂，抵抗力稳定性更强，B 正确；海洋牧场具有休闲、观光功能，体现了生物多样性的理科综合全解全析及评分标准 第2页（共15页）直接价值，C 正确；海洋牧场中的立体养殖体现了生物在垂直方向上的分布，属于群落的垂直结构，有利于提高资源的利用率，D 正确。6A【解析】由不患甲病的 1 号和 2 号生出患甲病的女儿 4 号（符合“无中生有为隐性，生女患病为常隐”的特点），可以得出甲病为常染色体隐性遗传病；3 号和 4 号不患乙病，生出的 9 号患乙病，则乙病也为隐性遗传病，由 2 号和 6 号的电泳条带完全不同可以得出，乙病为伴 X 染色体隐性遗传病，A 正确。假设与甲病有关的基因为 A/a，
6、与乙病有关的基因为 B/b，根据 4 号的表型和 1 号的电泳结果可推出，1号的基因型为 AaXBXB，进一步分析可知，3 号的基因型为 AaXBY，4 号的基因型为 aaXBXb，8 号的基因型为 1/2AaXBXB、1/2AaXBXb，所以 8 号与 1 号基因型相同的概率为 1/2，B 错误。6 号的基因型为 aaXBY，由于 10 号和 12 号均患甲病，7 号表现正常，所以 7 号关于甲病的基因型为 Aa，根据电泳图分析可推出7 号关于乙病的基因型为XBXb，6 号和7 号再生一个孩子，其同时患两种病的概率为1/21/4=1/8，C 错误。5 号的基因型为 A_XBXb，正常男性的基
7、因型为 A_XBY，所生女孩不患乙病，但可能患甲病，D错误。31（9分）（1）蓝紫光和红（2 分）无水乙醇（或体积分数为 95%的乙醇加入适量无水碳酸钠）（1 分）95%遮阴处理下的叶绿素 a 含量和叶绿素 b 含量均高于 85%遮阴处理下的（2 分）（评分细则：对比两种遮阴条件下叶绿素 a 和叶绿素 b 的含量）（2）低（1 分）与 95%遮阴处理相比，该时间段内 85%遮阴处理下叶片的气孔导度下降，CO2吸收量减少；（1 分）该时间段内净光合速率增大，说明对 CO2的利用量增大，最终表现为胞间 CO2浓度下降（1 分）（评分细则：气孔导度下降，CO2吸收量减少；净光合速率增大，CO2的利用
8、量增大）（3）85%遮阴（1 分）【解析】（1）叶绿素 a 和叶绿素 b 主要吸收蓝紫光和红光；叶绿素可以溶于有机溶剂，常用无水乙醇（或体积分数为 95%的乙醇加入适量无水碳酸钠）提取。由表可知，95%遮阴处理下叶绿素 a 含量和叶绿素 b 含量均高于 85%遮阴处理下的。（2）由图 2 可知，在 10:0012:00 时间段，85%遮阴处理下的胞间 CO2浓度比 95%遮阴处理下的低；结合图 3 可知，该时间段内 85%遮阴处理下叶片的气孔导度下降，CO2的吸收量减少；而图 1 显示，该时间段内 85%遮阴处理下的净光合速率大于 95%遮阴处理下的，说明前者对 CO2的利用量较大，所以最终表
9、现为胞间 CO2浓度更低。（3）据图 4 分析，在两种遮阴条件下，85%遮阴条件下七叶一枝花根茎中的皂苷含量更高。32（10 分）（1）显著低于 K 组；与 Q 组相近（答出一点给 1 分，共 2 分）苦味对甜味可能具有一定的抑制作用（2 分）理科综合全解全析及评分标准 第3页（共15页）（2）突触（1 分）由负变正（1 分）（3）苦味（剂）、甜味（剂）（2 分）（4）苦味中枢和 X 区均可抑制 C 神经元的兴奋（答出一点给 1 分，共 2 分）【解析】（1）由图 2 可知，K+Q 组小鼠的舔舐次数显著低于 K 组，与 Q 组相近，说明苦味对甜味可能具有一定的抑制作用。（2）神经元之间通过突触
10、连接，神经元兴奋时膜电位由内负外正变为内正外负。（3）给实验小鼠饲喂苦味剂，S 神经元兴奋，C 神经元不兴奋；饲喂甜味剂，C 神经元兴奋，S 神经元不兴奋，说明 S 神经元、C 神经元分别对苦味（剂）、甜味（剂）作出响应。（4）饲喂甜味剂的同时刺激苦味中枢，C 神经元不兴奋，说明苦味中枢可抑制 C 神经元；饲喂甜味剂的同时刺激 X 区，C 神经元也不兴奋，说明苦味中枢和 X 区均可抑制 C 神经元的兴奋。33（10 分）（1）物种组成（2 分）降低（2 分）（2）捕食蜥蜴、爬行类昆虫的鸟类数量减少（2 分）（3）标记重捕（2 分）风电场的建设使鸟类栖息地丧失，降低了鸟类的繁殖成功率，从而降低了
11、出生率（1 分）；同时鸟类会与旋转的风车叶片发生碰撞而死亡，升高了死亡率（或迁出率升高、迁入率降低）（1 分）（评分细则：出生率降低、死亡率升高或迁出率升高、迁入率降低）【解析】（1）物种组成是区别不同群落的重要特征。根据题干信息，风电场的建设导致鸟类数量减少，间接影响营养级较低的种群，使该地生态系统的自我调节能力降低。（2）风电场周围的蜥蜴、爬行类昆虫逐渐增多，最可能的原因是捕食蜥蜴、爬行类昆虫的鸟类数量减少。（3）调查风电场周围鸟类的种群密度可用标记重捕法。出生率和死亡率、迁入率和迁出率直接决定种群密度的大小，根据题干信息分析，从种群的数量特征角度分析风电场周围的某鸟类种群数量降低的原因是
12、：风电场的建设使鸟类栖息地丧失，降低了鸟类的繁殖成功率，从而降低了出生率；同时鸟类会与旋转的风车叶片发生碰撞而死亡，升高了死亡率（或迁出率升高、迁入率降低）。34（10 分）（1）4（2 分）（2）两条 II 号染色体（A/a 或 B/b 所在片段）发生了互换（2 分）减数第一次分裂前期（2 分）（3）灰身长翅灰身残翅黑身长翅黑身残翅=9331（2 分）灰身长翅黑身残翅=31或灰身长翅灰身残翅黑身长翅=211（2 分）【解析】（1）减数第一次分裂前的间期进行了染色体的复制，故在减数第一次分裂中期可观察到 4 个荧光点。（2）A 基因和 B 基因在同一条染色体上，在不考虑突变的情况下，出现 Ab
13、 类型的配子的原因可能是 A/a 或 B/b 基因所在染色体发生了部分片段的交换，互换发生在减数第一次分裂前期。理科综合全解全析及评分标准 第4页（共15页）（3）若两对等位基因位于两对同源染色体上，则符合自由组合定律，后代的表型及比例为灰身长翅灰身残翅黑身长翅黑身残翅=9331。如果两对等位基因在一对同源染色体上，则有两种情况，一种是 M 与N 在一条染色体上，m 和 n 在同源的另一条染色体上，后代的表型及比例为灰身长翅黑身残翅=31；另一种是 M 与 n 在一条染色体上，m 和 N 在同源的另一条染色体上，则后代的表型及比例为灰身长翅灰身残翅黑身长翅=211。35（15 分）（1）抗原结
14、构（2 分）基因工程（2 分）（2）2（2 分）新型冠状病毒基因的部分核苷酸序列（2 分）（3）单克隆抗体（2 分）特异性强、灵敏度高、可大量制备（3 分）（4）此人没有注射过新冠疫苗并且刚刚感染新型冠状病毒，（1 分）机体还没有产生相应抗体（1 分）（评分细则：刚刚感染新型冠状病毒但没有产生相应抗体）【解析】（1）灭活是指用物理或化学手段使病原体失去感染能力，但是并不破坏这些病原体的抗原结构。此外，还可以利用基因工程技术来表达抗原蛋白，以大规模生产疫苗。（2）利用实时荧光 RT-PCR技术扩增目的基因时需加入 2 种引物，荧光探针的设计依据是新型冠状病毒基因的部分核苷酸序列。（3）对新型冠状
15、病毒感染的诊断还可以通过抗体检测，这需要利用动物细胞工程技术获取单克隆抗体，其优点为特异性强、灵敏度高、可大量制备。（4）对某人进行检测时发现，其抗体检测呈阴性，核酸检测呈阳性，说明此人体内有新型冠状病毒，但没有产生抗体，可能是因为此人没有注射过新冠疫苗并且刚刚感染新型冠状病毒，机体还没有产生相应抗体。理科综合全解全析及评分标准 第5页（共15页）理综化学全解全析及评分标准 7 8 9 10 11 12 13 A B D B D C C 7A【解析】石墨烯是碳单质，不属于有机物，A 项错误；碳纤维是一种新型无机非金属材料，B 项正确；碲化镉光电薄膜能利用太阳能发电，可以有效减少二氧化碳的排放，
16、C 项正确；聚乳酸餐具可降解，使用聚乳酸餐具，体现了“绿色化学”的理念，D 项正确。8 B【解析】化合物 X 的名称是苯乙炔，A 项正确；该反应属于加成反应，B 项错误；化合物 Y 中含有O结构，C 项正确；化合物 X 中的碳碳三键可以和 Br2发生加成反应，D 项正确。9D【解析】在进行分液操作时，分液漏斗放液端的长斜面需紧贴烧杯内壁，防止液体流下时飞溅，A 项不符合题意；生成的 NO 会被氧气氧化，不能用排空气法收集，B 项不符合题意；丙装置不能将生成的FeSO4溶液压入 NaOH 溶液中，得不到 Fe(OH)2，C 项不符合题意；丁装置能测量生成 H2的体积，使用恒压滴液漏斗能避免加入的
17、硫酸对生成气体体积产生影响，D 项符合题意。10B【解析】催化剂能降低反应的活化能，升高温度能增大活化分子的百分数，两者都能加快反应速率，A 项正确；升高温度，不能改变反应的活化能，B 项错误；根据图中 C2H4*从催化剂表面脱附转化为C2H4(g)吸收能量，类比可推出 C4H6*从催化剂表面脱附转化为 C4H6(g)的过程也吸收能量，C 项正确；从图像看出，该过程中步骤 H2O(g)+C2H2*+e=OH+C2H3*的活化能最大，是制乙烯反应的决速步骤，D 项正确。11D【解析】H2S 和 H2O 的中心原子均采取 sp3杂化，O 的电负性大于 S，H2O 分子中负电荷靠近中心 O原子，成键
18、电子对间的斥力大，键角大，A 项正确；H、O、S、F 四种元素中电负性和第一电离能最大的均是 F，B 项正确；SF6的中心原子价层电子对数为 6，为正八面体形，C 项正确；氢键是分子间作用力而不是化学键，D 项错误。12C【解析】由图中 a 电极上有机物转化为 CO2可知，a 电极上失去电子，为负极，A 项正确；作为燃料电池，O2在 b 电极上得到电子，酸性条件下的电极反应为 O2+4H+4e=2H2O，B 项正确；当外电路中转移 2 mol e时，有 2 mol Cl移向负极室，2 mol Na+移向正极室，所以脱盐室理论上减少 2 mol NaCl，即 117 g，C 项错误；若要淡化脱盐
19、室的盐水，则 M 膜适宜选用阴离子交换膜，N 膜适宜选用阳离子交换膜，D 项正确。13C【解析】H2A 为二元有机弱酸，故 H2A 的分布分数随 pH 增大逐渐减小，HA的分布分数随 pH 增大先增大后减小，A2的分布分数随 pH 增大逐渐增大，即图 1 中曲线、分别代表 H2A、HA、A2的分布分数随 pH 的变化。由图 1 知，H2A 的 Ka1=102.9，Ka2=105.7，图 1 中 c 点对应溶液中 c(H2A)=c(A2)，将 H2AHA+H+、HAA2+H+两 步 电 离 方 程 式 相 加 并 结 合 电 离 常 数 得 到c2(H+)=Ka1Ka2=102.9105.7=1
20、08.6，c(H+)=104.3 molL1，溶液的 pH=4.3，A 项正确；25 时，H2A 的电离常数 Ka2=105.7，A2的水解常数 Kh2=Kw/Ka1=1011.1，Ka2Kh2，NaHA 溶液显酸性，B 项正确；加理科综合全解全析及评分标准 第6页（共15页）入 10 mL 盐酸恰好得到 NaHA 溶液，对应图 1 中的 c 点，即 Na2A 与 HCl 恰好反应生成 NaHA，则c(Na2A)=0.005 molL1，C项 错 误；图2中b点 对 应 的 溶 液 中 存 在 电 荷 守 恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl)+c(OH)+c(HA)+2c(A2)，根据元素
21、质量守恒知，溶液中存在 c(Na+)c(HA)+c(A2)+c(H2A)，即 c(HA)+c(A2)+c(H2A)+c(H+)c(Cl)+c(OH)+c(HA)+2c(A2)，化简得 c(H2A)+c(H+)c(Cl)+c(OH)+c(A2)，D 项正确。27（14 分）（1）恒压滴液漏斗（1 分，其他答案不给分）不需要（1 分）搅拌可以起到防暴沸的作用（1 分，合理即可）反应物炭化或发生副反应等（1 分，答“减少试剂挥发”不给分）（2）反应剧烈，产生大量泡沫而使产物溢出（2 分，合理即可）（3）B（2 分）（4）乙酰二茂铁（2 分）（5）60.1（2 分）（6）需要大量洗脱剂、耗时过长等（2
22、 分，任写一种即可）【解析】（1）仪器名称为恒压滴液漏斗。实验中，无论是机械搅拌还是磁力搅拌均能起到防暴沸的作用，故不需要添加沸石。高温下，有机物容易炭化，同时，二茂铁上的 H 原子可以被多个乙酰基取代，发生副反应。（2）碳酸钠与酸反应时生成 CO2，产生大量泡沫，可使产物溢出，故加入碳酸钠不能过快。（3）乙酰二茂铁易溶于乙醚等有机溶剂，在水中有一定溶解性，故选择冰水洗涤为最佳。（4）根据二茂铁为黄色粉末、乙酰二茂铁为橙色固体可以判断，先洗脱的是二茂铁，后洗脱的是乙酰二茂铁，故硅胶对乙酰二茂铁的吸附能力更强。（5）理论上 1.86 g 二茂铁完全反应生成 2.28 g 乙酰二茂铁，故产率为1.
23、37 g2.28 g100%60.1%。（6）分析柱色谱分离操作过程，可知该实验方法的缺点是需要大量洗脱剂、耗时过长等。28（14 分）（1）2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O（2 分，化学式正确 1 分，配平正确 1 分）Fe(OH)3（1 分，多写 CaSO4不扣分）（2）Fe3+在溶液中存在水解平衡：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，加入 CaCO3消耗 H+，使溶液中 c(H+)减小，水解平衡正向移动，形成 Fe(OH)3沉淀，从而达到沉铁的目的（2 分，合理即可）（3）pH=3.5（1 分，错答不给分）（4）Ca2+（2 分）c(Ca2+)=1.0105 molL1
24、时，c2(F)=2.7106 mol2L2，则 Q(MgF2)=c(Mg2+)c2(F)=0.36242.7106=4.05108Ksp(MgF2)，故 Mg2+已沉淀（2 分，计算过程正确 1 分，结论正确 1 分）（5）不溶于水、液体（1 分，答对一条即得 1 分）硫酸或 H2SO4（1 分）控制溶液的 pH（2 分）【解析】（1）加入 H2O2的目的是氧化 Fe2+，故离子方程式为 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O。用 CaCO3调 pH，Fe3+转化为 Fe(OH)3，同时生成的 CaSO4微溶，也可能是滤渣 I 的主要成分之一。理科综合全解全析及评分标准 第7页（共15
25、页）（2）Fe3+在溶液中存在水解平衡：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，加入 CaCO3能消耗 H+，使溶液中 c(H+)减小，Fe3+水解平衡正向移动，形成 Fe(OH)3沉淀，从而达到沉铁的目的。（3）由图可得，在保证 Fe 的去除率较高的前提下，选择的最佳条件是 pH=3.5。（4）根据表中数据计算，溶液中 Ca2+和 Mg2+的浓度接近，分别为110.52 4g Lg0 mol=0.013 molL1、110.36 2g Lg4 mol=0.015 molL1，根据Ksp数据可知，题目条件下CaF2和MgF2沉淀所需要的F的最低浓度为Mg2+Ca2+，故 Ca2+先沉淀。c(C
26、a2+)=1.0105 molL1时，c2(F)=2.7106 mol2L2，则 Q(MgF2)=c(Mg2+)c2(F)=0.36242.7106=4.05108Ksp(MgF2)，故 Mg2+已沉淀。（5）萃取剂的萃取原理：利用溶质在两种互不相溶且互不反应的溶剂中溶解度的不同，使溶质从一种溶剂转移到另一种溶剂中。根据题意，萃取和反萃取为可逆过程，酸度较小时，由于磷酸类萃取剂与金属离子结合物的稳定性好，反应向着萃取方向进行；酸度较大时，反应向着反萃取方向进行，即金属离子由有机相转入水相，有机相获得再生。根据萃取剂的定义，萃取剂 HA 为液体，且不溶于水。由题意可知，电解锰废渣常用硫酸浸出法回
27、收有色金属，因此反萃取所用的酸为硫酸；从平衡角度看，调节pH 可控制平衡移动方向，故通过萃取与反萃取分离回收锰、钴、镍的关键实验条件是控制溶液的 pH。29（15 分）（1）+117（1 分）sp3、sp2（2 分，写出 1 个给 1 分）（2）AC（2 分，漏写得 1 分，错写不得分）（3）2（1 分）温度更高，催化剂活性增强（选择性增大），相同时间内 C3H8转化率更高（或温度更高，化学反应速率更快，相同时间内 C3H8转化率更大或温度更高，丙烷脱氢吸热反应平衡右移，相同时间内 C3H8转化率更大）（2 分，答案合理即可）20.1 0.90.950.10.1 0.9（）或20.090.95
28、0.01（）（2 分，其他书写形式正确也给分）Co3Sn 或 SnCo3（1 分）13（1 分）（4）2（1 分）2C3H8+O2NO 2C3H6+2H2O（2 分）【解析】（1）根据题意得：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)H1=2 218 kJmol1 C3H6(g)+92O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)H2=2 049 kJmol1 H2(g)+12O2(g)=H2O(l)H3=286 kJmol1 根据盖斯定律，H=H1 H2 H3=+117 kJmol1。丙烯分子的结构简式为 CH2=CHCH3，两个双键碳原子采取 sp2杂化，甲基中的碳原子（饱和
29、碳原子）采取 sp3杂化。（2）反应中全为气体物质，容器中混合气体的质量始终保持不变，但恒压条件下反应后气体体积增大，由=mV可知，当混合气体密度不变时体积不变，能说明反应达到平衡，A 项正确；过程为恒压，压强始终不变，B 项错误；因化学方程式中丙烷与氢气的化学计量数相等，反应速率 v正(C3H8)=v逆(H2)，说理科综合全解全析及评分标准 第8页（共15页）明正、逆反应速率相等，反应达到平衡，C 项正确；同时断裂 1 mol C=C 键和 1 mol HH 键，为同一方向的反应，不能说明反应达到平衡，D 项错误。（3）对比 C3H8转化率及 C3H6选择性，综合分析方案 2 为最佳。对比方
30、案 4，方案 3 中 C3H8转化率更高，原因可能是：方案 3 温度更高，催化剂活性增强，相同时间内 C3H8转化率更高。向 10 L 密闭容器中充入 1 mol C3H8，发生反应 C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)，已知在该条件下 C3H8转化率为 90%，C3H6选择性为 95%，则平衡时 c(C3H8)=（0.10.10.9）molL1，c(C3H6)=c(H2)=0.10.90.95 molL1，故该反应的平衡常数 K=20.1 0.90.950.10.1 0.9（）或20.090.950.01（）。立方晶胞每个面心上含有 1 个 Co 原子，1 个晶胞中含有 612=3 个
31、Co 原子，立方晶胞每个顶角含有 1 个Sn 原子，1 个晶胞中含有 818=1 个 Sn 原子，因此该合金的化学式为 Co3Sn；根据晶胞结构可知，晶胞中 6 个面心位置的 Co 原子构成 1 个八面体位于体心；相邻晶胞中由 4 个 Co 原子和 2 个 Sn 原子构成的12 个八面体的体对角线与棱重合，则该八面体有14分摊到一个晶胞，因此一个晶胞中由 Co 原子与 Sn原子构成的八面体有 3 个，故两者之比为 13。（4）如图所示，由 NO 生成 HONO 的反应历程有 2 种，分别是 NONO2HONO 和 NO+H2O+NO2 HONO。从整个反应来看，C3H8和 O2为反应物，C3H
32、6和 H2O 为生成物，以 NO 为催化剂，故整个过程中总反应的化学方程式为 2C3H8+O2NO 2C3H6+2H2O。30（15 分）（1）C10H7O3SF（2 分，O、S、F 顺序不作要求）1（2 分）（2）羧基（1 分）（3）取代反应（2 分）（4）（2 分，漏写条件不扣分）（5）6（2 分）（6）或（2 分，其他正确书写形式也可）理科综合全解全析及评分标准 第9页（共15页）、KOH未写 KOH 或 KOH 写为(CH3CH2)3N 也可得满分，写为、KOH 或(CH3CH2)3N 也可得满分（2 分）【解析】（1）根据化合物 A 的结构简式，可知其分子式为 C10H7O3SF；F
33、 分子中仅与 S 原子相连的右侧C 原子符合手性碳的定义，故答案为 1。（2）化合物 B 中含氧官能团为羧基和酮羰基。（3）根据流程可知，反应中OCH3取代了化合物 C 中的Cl，故为取代反应。（4）DE为取代反应，故化学方程式为。（5）(CH3CH2)3N 有多种同分异构体，其中与 N 原子相连的三个烷基可能是（C1、C1、C4）组合或者（C1、C2、C3）组合，分别有 4 种和 2 种烷基的异构体，故总共有 6 种。（6）根据信息，碱性条件下带“*”处 C 原子形成碳负离子，与反应生成或。从产物推导原料，利用“迈克尔加成”反应原理，带“*”处 C 原子形成碳负离子，参与后续反应，故原料为、
34、KOH。此处主要考虑有机原料，故未写 KOH 也可得满分。同理，原料写为、KOH 也得满分。理科综合全解全析及评分标准 第10页（共15页）理综物理全解全析及评分标准 14 15 16 17 18 19 20 21 D C D C C CD BC AB 14D【解析】深潜器下潜过程中压强增大，温度降低，因活塞与缸壁导热良好，故气体温度降低，内能减小，C 错误；温度降低，氧气分子的平均动能减小，但不是每个氧气分子的动能都减小，因此每个氧气分子对缸壁的撞击力不一定都减小，A 错误；由pVCT知，气缸内气体体积减小，分子数密度增大，氧气分子单位时间撞击缸壁单位面积的次数增多，B 错误；根据热力学第一
35、定律UQW知，氧气放出的热量等于减少的内能和活塞对它做的功之和，D 正确。15C【解析】由光电效应方程及遏止电压的关系可得ck0eUEhW，由题图 2 知，b、c 两种光的遏止电压相同，故 b、c 光的频率相同，波长相同，而 a 光的遏止电压较小，a 光的频率较低，波长较长，A 错误，C 正确；b、c 光的频率相等，但两光的最大光电流不同，b 光的大，说明相同时间内用 b 光照射阴极 K 可以产生更多的光电子，说明 b 光较强，B 错误；将开关 S 接 1，滑动变阻器的滑片向右滑动，会增大光电管两端电压，且为正向电压，电流计的读数可能增大，但不会超过饱和光电流，D 错误。16D【解析】乙车相对
36、甲车中的驾驶员发生的运动具有对称性，分析得 t=30 s 时刻，两车共速，速度10830 m/s15 m/s3.660v共，且相对位移等于乙车长度 L=2512 m=300 m。设 t=0 时，乙车的速度为 v，则有2vLt，解得 v=20 m/s，则乙车加速度大小21 m/s6vvat共，D 正确。17C【解析】小球 N 带正电，固定的每个正点电荷对小球 N 的库仑力大小均为N2kqqF=a，设 F 与竖直方向的夹角为，由几何关系可得 cos=63，对小球 N，由平衡条件有3cosANFmgE q，解得266Nmgaqkq，则 A 点的电场强度大小为6A2kqE=a，C 正确，B 错误；因无
37、穷远处电势为零，小球 N 从 A 点移动到无穷远处，电场力做正功 W，而由 A 到 O，电势升高，电场力做负功，A、D 错误。理科综合全解全析及评分标准 第11页（共15页）18C【解析】波长12 cm，由Tv得出周期1.2 sT，A 错误；2 s 内，波沿传播方向传播的距离为20 cmsvt，分析可得波朝 x 轴正方向传播，则0t，质点 Q 沿 y 轴负方向运动，B 错误；0.1 st时刻，将波形图向右平移 1 cm，可得质点 P 与质点 Q 振动位移相同，C 正确；t=0.8 s 时刻，质点 Q 处于从平衡位置向正方向最大位移的运动阶段，振动的速度方向与加速度方向相反，D 错误。19CD【
38、解析】打开降落伞之后对返回舱受力分析可知 kv1-mg=ma1，kv2=mg，可知 a1106.6 m/s2，A 错误；在火箭喷气过程中返回舱所受合外力方向向上，合外力做负功，B 错误；根据匀变速直线运动规律可得v22-v322a2h2，代入数据解得 a2=18 m/s2，C 正确；对返回舱在缓冲火箭喷气过程中，根据动能定理可得到22102Wmghmv，解得做功为48.4 10 JW ，D 正确。20BC【解析】绳子断开时，对 Q 有220sin2B L vmgmgR，解得202mgRvB L，断开后的瞬间，对 Q 有220sin2B L vmgmaR，解得 a=g，此时 P 的动能3222k
39、044122Pm g REmvB L，A 错误，B 正确；设绳子断开后，P、Q 的速度分别用 v1、v2表示，则对 P 有22121()sin2B L vvmgmaR，对 Q 有22122()sin2B L vvmgmaR，可得221221()B L vvaamR，分析易得12vv与21aa均逐渐变小，且 a1变大，a2变小，最终12vvv共，2112aag，D 错误；从断开至 P、Q 共速，对 P、Q 分别应用动量定理有0sinmgtBIL tmvmv共，sinmgtBIL tmv 共，又2BL xItR，联立可得2202244mv Rm gRxB LB L，C 正确。21AB【解析】由题意
40、结合题图 2 可知，滑块沿斜面向上运动 0.2 m 时，弹簧恢复原长，此时滑块的动能为k1E2.0 J，对应滑块的速度为 v1=2 m/s，滑块离开弹簧之后，又沿斜面向上运动 0.2 m 到达斜面最高点。因 0.2 m0.4 m 段的运动图线为倾斜直线，说明滑块做匀变速直线运动，对滑块有212(0.4 m 0.2 m)va，解得 a=10 m/s2，说明物块还受到摩擦力的作用。0.2 m0.4 m 段，对滑块有sincosmgmgma，解得33。滑块向上运动的过程中，斜面、滑块和弹簧组成的系统损失的机械能33cos10 0.4 J2 J32Emgs，B 正确；由能量守恒知，弹簧的最大弹性势能p
41、msin4 JEmgsE，又2pm012Ekx，弹簧初始的形变量 x0=0.2 m，解得弹簧的劲度系数200 N/mk，A 正确，C 错误；滑块在 x临处，动能达到最大，加速度为零，由牛顿第二定律可理科综合全解全析及评分标准 第12页（共15页）知0()sincosk xxmgmg临，可得 x临=0.15 m。设滑块的最大速度为 vm，则从 0 x临，由动能定理有22200m111()sincos222kxk xxmgmgxmv临临，解得m3 22v m/s，D 错误。22（6 分）（1）A（2 分）（2）1321 cos1 cos1 cosABAmmm（2 分）（3）A 球静止，C 球向右摆
42、起，C 球运动至最高点时细线与竖直方向夹角31（其他合理答案均可，2 分）【解析】（1）在计算碰撞前后的系统的总动量时，需要用到球 A、B 的质量 mA、mB和碰前瞬间 A 的速度和碰后瞬间 A、B 的速度，而计算速度时需要用到小球上升或下降的高度，因两细线长度相等，列式后，等式左右可消去细线长 L 和小球的半径，因此不需要测量细线的长度 L 和两球的直径 d；（2）由机械能守恒定律知，球 A 碰前瞬间的速度大小12()1 cos2dvg L，球 A、B 碰后瞬间的速度大小22()1 cos2Advg L，32()1 cos2Bdvg L，以水平向右为正方向，碰撞过程，由动量守恒定律知ABBA
43、Am vm vm v，化简后有1321 cos1 cos1 cosABAmmm；（3）换用质量和大小相等的 A、C 两球，若发生弹性碰撞，碰后 A、C 交换速度，即碰后球 A 静止，球 C 以球 A 碰前的速度向右摆，运动至最高点时，细线与竖直方向夹角31。23（9 分）（1）308（3 分）（2）1b（2 分）kb（2 分）偏小（2 分）【解析】（1）3V2 308 27.5 102 000 xURUIR；（2）忽略电压表内阻对电路的影响，根据闭合电路的欧姆定律，可得0UE=U+rR，整理得0111rUE RE，则有rkE，1bE，解得1kErbb，；而实际上，该电路测得的内阻值为电源内阻与
44、电压表内阻并联后的阻值，故测量值偏小。24（12 分）（1）在光路图中标出相关角度，如图所示。理科综合全解全析及评分标准 第13页（共15页）由几何关系知 sin1=32RR（1 分）解得1=3=60，2=30（1 分）13323tan2RRR（1 分）解得130，230（1 分）两次折射时，有312sinsinsinsin（2 分）解得60（1 分）（2）介质对该光的折射率32sin3sinn（1 分）介质中的光速cvn（1 分）因132cos3RABR（1 分）解得Rtc（2 分）25（15 分）（1）粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为 t1 沿 x 轴方向有00 1xv
45、 t（1 分）沿 y 轴方向有2112hat（1 分）粒子在 O 点的竖直速度1yvat（1 分）又220yvvv（1 分）理科综合全解全析及评分标准 第14页（共15页）Eqma（1 分）设粒子从 O 点进入磁场时的速度方向与 x 轴正方向夹角为，在磁场中做圆周运动的半径为 R1，则有0tanyvv（1 分）在磁场中有201vqvBmR（1 分）由几何关系有10sin1.5Rx（1 分）代入数据，联立解得2003mvEx q，0002 33mvBx q（1 分）（2）改变磁感应强度大小，设粒子在磁场中做圆周运动的半径为 R2，出磁场后做斜上抛运动，如图 2所示。假设没有挡板，利用逆向思维，粒
46、子沿 y 轴负方向做初速度为零的匀加速运动，从最高点 h 到34h处和从34h再到 x 轴上时间相等（因沿 y 方向的位移之比为 1:3），如图 3 所示。（1 分）粒子出磁场点到荧光挡板的距离011022xtxv（1 分）且有0123sin2xxR（1 分）在磁场中有22vqvBmR（1 分）代入数据，联立解得004 35mvBx q，065BB（2 分）26（20 分）（1）设传送带运动的速率为 v，因每个物品在传送带上的加速过程的位移均相等，则共速后相邻物品理科综合全解全析及评分标准 第15页（共15页）间的距离即为传送带在 T 时间内的位移，有xvT（1 分）解得6 m/sv（1 分）
47、每个物品在传送带上加速的加速度大小24 m/sag（1 分）每个物品加速过程的位移212vxa（1 分）传送带的位移2vxva（1 分）对每个物品的加速过程，设传送带做的功为 W，则由功能关系有 22112Wmg xxmv（2 分）则传送带对该物品做的功36 JW（1 分）（2）物品离开传送带后做平抛运动，设物品滑上斜面上时的竖直速度大小为 vy，要使物品与斜面无碰撞，则滑上斜面时应满足tan30yvv（1 分）此前物品已下落的竖直位移212yvhg（1 分）则斜面的高度1hHh（1 分）解得0.8 mh（1 分）（3）传送带制动后，物品甲做初速度为零的匀加速直线运动，传送带做匀减速直线运动，至二者共速，则有vva tgt共（1 分）解得0.5 st，2 m/sv共（1 分）物品甲与传送带的相对位移12vxt（1 分）之后，物品甲以大小为 a 的加速度做匀减速直线运动，传送带以大小为a的加速度继续做匀减速运动，直至二者停止。从二者共速至二者各自的速度为零，物品甲运动的时间1vtg共（1 分）传送带运动的时间2vta共（1 分）物品甲与传送带的相对位移2212vxtt共（1 分）则整个过程，传送带和物品甲之间因摩擦而产生的热量12Qmgxx（1 分）解得7 JQ（1 分）
