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12345678910111213答案DDACDDCACDBDB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14~18题只有一项符合题目要求；第19~21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1415161718192021答案CCBBAADBDAC【解析】1．线粒体DNA的遗传信息与好氧细菌DNA的遗传信息相似才支持“内共生学说”，线粒体DNA的空间结构与核DNA一致，不支持“内共生学说”，②错误；④只是描述线粒体本身的特点，没有涉及线粒体与好氧细菌的比较，不支持“内共生学说”。2．乳酸转化为葡萄糖的过程在肝细胞中进行，D错误。3．该个体发生的变异类型为染色体变异，B错误。该个体减数分裂Ⅱ后期的细胞中有2条或4条染色体，C错误。该个体的配子中最多有2种形态的染色体，D错误。4．根据“VRN 1解除VRN 2对基因VRN3的抑制状态，且随着日照时间延长，VRN3基因被激活，使冬小麦开花”可知，VRN3基因的表达对冬小麦开花有促进作用，故C错误。5．物理信息也可能来自非生物环境，A错误。不能进行光合作用的植物不属于生产者，B错误。储存在生态系统中的能量小于流入生态系统的能量，C错误。6．该刚果红培养基中形成了甲菌落和乙菌落，甲菌落周围出现透明圈，说明甲可以分解纤维素进而利用，而乙菌落周围没有出现透明圈，说明乙是不能分解利用纤维素的，则培养基中还存在乙菌可以利用的碳源，D错误。7．明矾和高铁酸钾均是水处理剂，但明矾只是絮凝剂，不能杀菌消毒，A错误。四氯乙烯结构为，含有碳碳双键，不能由乙烯发生加成反应制得，B错误。高温蒸煮、紫外线照射、涂抹医用酒精的消毒方法均与蛋白质的变性有关，C正确。用浓硫酸在纸上书写的字迹会变黑，是因为浓硫酸使有机物脱水炭化，D错误。8．Na着火不能用CO2灭火，因为Na会与CO2反应，但反应不会生成O2，A错误。S2−水解呈碱性，在实验室配制Na2S溶液时，常滴加几滴NaOH浓溶液抑制S2−水解，B正确。面粉是有机物，可燃，当面粉悬浮在空气中，细小的面粉颗粒与空气中氧气的接触面积大大增加，遇到明火就会发生剧烈的反应，反应能量集中释放，导致爆炸，C正确。为证明配离子只有在高浓度Cl−的条件下才稳定，可向其中加入AgNO3溶液，Ag++Cl−=AgCl↓，AgNO3可有效降低c(Cl−)，待沉淀后观察溶液颜色变化即可，D正确。9．根据相似相溶原理，DDT结构极性较小，且不能与水形成氢键，所以难溶于水，易溶于脂肪，易富集在动物的脂肪中，A正确。DDT中有2个sp3杂化的碳原子，其中一个与三个氯原子相连，不是手性碳；另外一个碳原子与两个相同的对氯苯环结构相连，也不是手性碳，B正确。DDT一定条件下与足量的NaOH反应方程式为，可知1molDDT最多可消耗8molNaOH，C错误。DDE分子中含碳碳双键，能发生加聚反应生成线型结构的高分子化合物，D正确。10．由题可推知X、Y、Z分别为O、S、Cl。电负性，A正确。O3分子中的共价键是极性键，其中心氧原子是呈正电性的，而端位的两个氧原子是呈负电性的，是极性分子，B正确。YXZ2是SOCl2，中心原子为S，根据价层电子对互斥理论，中心原子周围的价层电子对数，VSEPR模型为四面体，分子的空间结构为三角锥形，C正确。H2O的键角大于H2S的键角，D错误。11．步骤Ⅰ中涉及氮氢键、碳氧双键的断裂，碳氮双键、氧氢键的形成，有σ键和π键的断裂和形成，A正确。物质①、④中N原子为sp3杂化，物质③、⑥中N原子为sp2杂化，B错误。由反应机理图可知该过程中总反应方程式为，C正确。由机理分析可知，将丙酮（）替换环戊酮（），反应可得到，D正确。12．根据放电的总反应可知，正极反应式为NaTi2(PO4)3+xe−+xNa+=Na1+xTi2(PO4)3，负极反应式为Na0.44MnO2−xe−=Na0.44−xMnO2+xNa+，所以放电时甲为负极、乙为正极，A和B错误。根据阴极电极反应式为Na0.44−xMnO2+xe−+xNa+=Na0.44MnO2，若转移1mole−，甲电极将增重23g，C错误。充电时甲为阴极、乙为阳极，Na+从乙极移向甲极，D正确。13．根据Ksp[Co(OH)2]>Ksp[Pb(OH)2]，可判断出图中②、③分别代表−lgc(Pb2+)、−lgc(Co2+)与pH的关系，A正确。当溶液中时，从图中可读出此时溶液的，，即，B错误。根据图中数据可计算出，a点，此时，，，C正确。根据图中数据可计算出，常温下，反应Pb(OH)2+2HRPb2++2R−+2H2O的平衡常数，D正确。14．气囊充气后放入水中，当水温升高时，理想气体温度升高，内能增大，故A错误。温度升高，气体分子的平均动能增大，但不是每个气体分子的动能都增加，故B错误。温度升高，气囊内的气体体积不变，由热力学第一定律可知，，内能增大，气体从外界吸热，故C正确。温度升高，压强增大，气体分子对气囊的平均撞击力增大，但不是每个气体分子对气囊的撞击力均增大，故D错误。15．合力一定时，分力之间夹角越小，每个分力越小。当分力方向相同时，挂包时两边肩带受到的拉力最小，因为，肩带长100cm，当将挂包肩带跨挂在4个挂钩上，恰好满足肩带平行，此时拉力最小，故C正确。16．因为椭圆轨道的长轴大于圆轨道的直径。由周期定律可知：卫星1的运行周期小于卫星2的运行周期，故A错误。卫星2在D点加速，能变轨到以D点到地球球心的距离为半径的圆轨道运动，由可知，r越大，运行线速度越小，卫星1在C点速度大于卫星2在以D点到地球球心的距离为半径的圆轨道上的运行速度，故卫星1在C点速度大于卫星2在D点速度，故B正确。由，卫星2在D点距地心的距离大于卫星1距地心的距离，卫星2在D点的向心加速度小于卫星1在C点的向心加速度，故C错误。因为两颗卫星在不同轨道上运行，所以相等时间内卫星1与地心的连线扫过的面积不一定等于卫星2与地心的连线扫过的面积，故D错误。17．由该过程中小球动能随下降距离h变化的图像，可知图像上任一点切线的斜率表示合力，小球所受的合外力先减小后增大，再减小再增大，故D错误。由合力的变化可知，小球带正电，故A错误。全程中电场力方向不变，对小球一直做负功，小球的机械能一直在减少，故B正确。距A点处，合力为零，此处电场力和重力等大反向，而场强最大的位置必定是电场力最大的位置，此时小球减速的加速度达到最大，该位置在到之间，故C错误。18．光源距底面端点的距离为，距上表面端点的距离为，冰块的上表面刚好全部被照亮，红光在上表面顶点恰好发生全反射现象，设临界角为，，故A正确。19．在a、b端输入电压的正弦交流电，灯L1、L2均恰好达到额定功率，由，可知理想变压器原、副线圈的匝数比为7∶4，故A正确。灯L1、L2均恰好达到额定功率，，，由，，由，理想变压器的输出功率为210W，故D正确。流经灯L3的电流为1.125A，故B错误。由电流分配情况可知，此时滑动变阻器R的阻值与灯泡的阻值不相同，故C错误。20．由波形图可知，波源的起振方向为y轴负方向，故A错误。，由，，，，振动传播到N点的时间为，当时，质点N振动到x轴下方，此时它的加速度方向沿y轴正方向，故B正确。0~2s内质点N振动了一个周期，运动的路程为，故C错误。当质点M开始振动时，，质点N已经振动了，在剩余振动的过程中，当MN中点所在位置的质点振动到平衡位置时，即质点M和质点N在同一时刻振动速度完全相同的情况会出现二次，故D正确。21．粒子（设电量，质量）以速度从轴射出，轨迹如图甲所示。第一次从电场进入磁场的位置到原点的距离为，有，，，解得。质子、粒子第一次进入磁场的位置到原点的距离分别为，由几何关系有，质子、粒子射入电场速度之比为∶1，之比为1∶2，可知，，故A正确。设粒子进入匀强磁场做圆周运动的半径为，质子、粒子的半径分别为，，有，由几何关系，粒子第一次进入磁场的速度，由质子、粒子比荷关系，联立得，质子第一次离开磁场的位置距离原点距离为，轨迹如图乙所示。由几何关系有，，得，故C正确。两粒子在磁场中运动转过的角度相同，周期之比为1∶2，在磁场中运动的时间之比为1∶2，故D错误。三、非选择题（共174分）22．（每空2分，共8分）（1）3.75（2）（3）23．（每空2分，共10分）（1）BDF（2）A（3）67（电路如图所示）24．（10分）解：（1）小滑块在木板上滑动过程中，小滑块和木板系统动量守恒，小滑块恰好未滑下木板，小滑块滑到木块右端时和木板速度相等，设此时的速度为，则 ①解得由功能关系可知 ②解得以木板为研究对象，由动能定理 ③解得 ④（2）以小滑块为研究对象，由动量定理 ⑤解得 ⑥评分标准：本题共10分。正确得出④、⑥式各给1分，其余各式各给2分（其他正确解法参照给分）。25．（14分）解：（1）初始时，物块A、B叠放在一起，处于静止状态，此时弹簧的形变量为，有 ①解得 ②两物块分离时，物块之间的相互作用力恰好为0，此时弹簧的形变量为，以物块B为研究对象，有 ③ ④解得 ⑤（2）两物块分离时，以物块A为研究对象，有 ⑥解得 ⑦评分标准：本题共14分。正确得出①~⑦式各给2分（其他正确解法参照给分）。26．（20分）解：（1）以棒为研究对象，金属棒刚进入磁场时的速度为，由动能定理得 ①解得金属棒刚进入磁场时，电动势 ②解得由闭合电路欧姆定律，有 ③解得 ④金属棒刚进入磁场时流经的电流 ⑤（2）金属棒在磁场中运动过程，棒中电流始终保持不变，由 ⑥解得该过程中，由关系可知安培力做功 ⑦回路中的热量等于安培力做功，电阻产生的焦耳热为 ⑧解得 ⑨（3）金属棒在磁场中运动过程，棒中电流始终保持不变，回路的连接方式始终不变，金属棒到达磁场下边界的速度为，有 ⑩解得以棒为研究对象，由动能定理 ⑪解得 ⑫评分标准：本题共20分。正确得出①、⑧、⑪、⑫式各给2分，得出⑦、⑩式各给3分，其余各式各给1分（其他正确解法参照给分）。27．（每空2分，共14分）（1）（2）高温红色颜料、油漆（合理即可）（3）6FeO·V2O3+5KClO3eq\o(=,\s\up7(高温))3Fe2O3+6V2O5+5KCl（4）=Al(OH)3↓（5）取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，证明NH4VO3已洗涤干净（6）坩埚（7）2NA 【解析】（1）基态V原子的价电子轨道表示式为。（2）根据题意可知“滤渣1”这种红色固体是Fe2O3，可用作颜料、油漆等。（3）“高温氧化”发生反应的化学方程式为6FeO·V2O3+5KClO3eq\o(=,\s\up7(高温))3Fe2O3+6V2O5+5KCl。（4）“焙烧”步骤中Na2CO3和Al2O3反应生成NaAlO2，NaAlO2与NH4HCO3在“调pH”步骤中反应得到Al(OH)3沉淀，相应的离子反应方程式为=Al(OH)3↓。（5）证明NH4VO3已洗涤干净的实验操作及现象为取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀盐酸酸化，再加BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，证明NH4VO3已洗涤干净。（6）实验室“煅烧”使用的硅酸盐质仪器有酒精灯、泥三角和坩埚。（7）根据配合物的结构简式，可知1mol该配合物中配体的数目为2