2021年高考理科综合

1/43

绝密★启用前

2021年普通高等学校招生全国统一考试（全国甲卷）

（适用地区：云南、广西、贵州、四川、西藏）

理科综合

注意事项：

1．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．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案书写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．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：H1C12N14O16S32Cu64Zr91

一、选择题：本题共

13

个小题，每小题

6

分。共

78

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．已知①酶、②抗体、③激素、④糖原、⑤脂肪、⑥核酸都是人体内有重要作用的物质。下列说法正确的是

A．①②③都是由氨基酸通过肽键连接而成的

B．③④⑤都是生物大分子，都以碳链为骨架

C．①②⑥都是由含氮的单体连接成的多聚体

D．④⑤⑥都是人体细胞内的主要能源物质

2．某同学将酵母菌接种在马铃薯培养液中进行实验，不可能得到的结果是

A．该菌在有氧条件下能够繁殖

B．该菌在无氧呼吸的过程中无丙酮酸产生

C．该菌在无氧条件下能够产生乙醇

D．该菌在有氧和无氧条件下都能产生CO2

3．生长素具有促进植物生长等多种生理功能。下列与生长素有关的叙述，错误的是

A．植物生长的“顶端优势”现象可以通过去除顶芽而解除

B．顶芽产生的生长素可以运到侧芽附近从而抑制侧芽生长

C．生长素可以调节植物体内某些基因的表达从而影响植物生长

D．在促进根、茎两种器官生长时，茎是对生长素更敏感的器官

4．人体下丘脑具有内分泌功能，也是一些调节中枢的所在部位。下列有关下丘脑的叙述，错误的是

A．下丘脑能感受细胞外液渗透压的变化

B．下丘脑能分泌抗利尿激素和促甲状腺激素

C．下丘脑参与水盐平衡的调节：下丘脑有水平衡调节中枢

D．下丘脑能感受体温的变化；下丘脑有体温调节中枢

2/43

5．果蝇的翅型、眼色和体色3个性状由3对独立遗传的基因控制，且控制眼色的基因位于X染色体上。让一群基因型

相同的果蝇（果蝇M）与另一群基因型相同的果蝇（果蝇N）作为亲本进行杂交，分别统计子代果蝇不同性状的个

体数量，结果如图所示。已知果蝇N表现为显性性状灰体红眼。下列推断错误的是

A．果蝇M为红眼杂合体雌蝇

B．果蝇M体色表现为黑檀体

C．果蝇N为灰体红眼杂合体

D．亲本果蝇均为长翅杂合体

6．群落是一个不断发展变化的动态系统。下列关于发生在裸岩和弃耕农田上的群落演替的说法，错误的是

A．人为因素或自然因素的干扰可以改变植物群落演替的方向

B．发生在裸岩和弃耕农田上的演替分别为初生演替和次生演替

C．发生在裸岩和弃耕农田上的演替都要经历苔藓阶段、草本阶段

D．在演替过程中，群落通常是向结构复杂、稳定性强的方向发展

7

．化学与人体健康及环境保护息息相关。下列叙述正确的是

A

．食品加工时不可添加任何防腐剂

B

．掩埋废旧电池不会造成环境污染

C

．天然气不完全燃烧会产生有毒气体

D

．使用含磷洗涤剂不会造成水体污染

8．

A

N为阿伏加德罗常数的值．下列叙述正确的是（）

A．18g重水（

2

DO）中含有的质子数为

A

10N

B．3mol的

2

NO与

2

HO完全反应时转移的电子数为

A

4N

C．32g环状

8

S（）分子中含有的SS键数为

A

1N

D．1LpH4的1

227

0.1molLKCrO溶液中

2

27

CrO离子数为

A

0.1N

9．实验室制备下列气体的方法可行的是（）

气体方法

A氨气加热氯化铵固体

3/43

B二氧化氮将铝片加到冷浓硝酸中

C硫化氢向硫化钠固体滴加浓硫酸

D氧气加热氯酸钾和二氧化锰的混合物

10．下列叙述正确的是（）

A．甲醇既可发生取代反应也可发生加成反应

B．用饱和碳酸氢纳溶液可以鉴别乙酸和乙醇

C．烷烃的沸点高低仅取决于碳原子数的多少

D．戊二烯与环戊烷互为同分异构体

11．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y

的最外层电子数的2倍．W和X的单质常温下均为气体。下列叙述正确的是（）

A．原子半径：ZYXW

B．W与X只能形成一种化合物

C．Y的氧化物为碱性氧化物，不与强碱反应

D．W、X和Z可形成既含有离子键又含有共价键的化合物

12．已知相同温度下，sp4sp3

KBaSOKBaCO．某温度下，饱和溶液中2

4

lgcSO





、2

3

lgcCO





与

2lgcBa





的关系如图所示。

下列说法正确的是（）

A．曲线①代表

3

BaCO的沉淀溶解曲线

B．该温度下

4

BaSO的sp4

KBaSO值为101.010

C．加适量

2

BaCl固体可使溶液由a点变到b点

D．25.1cBa10时两溶液中



21

2

4

yy

2

3

cSO

10

cCO









4/43

13．乙醛酸是一种重要的化工中间体，可果用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的

2

HO解离为H

和OH，并在直流电场作用下分别问两极迁移。下列说法正确的是（）

A．KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用

B．阳极上的反应式为：

2

||||||||

OOOO

HOCCOH2H2eHOCCHHO

C．制得2mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了1mol电子

D．双极膜中间层中的H在外电场作用下向铅电极方向迁移

二、选择题：本题共

8

小题，每小题

6

分，共

48

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。全部选对的得

6

分，选对但不全的得

3

分，有选错的得

0

分。

14．如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，

使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所

用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将

A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大后减小D．先减小后增大

15．“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两

端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的

点向心加速度大小约为

A．10m/s2B．100m/s2C．1000m/s2D．10000m/s2

5/43

16．两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O'Q在一条直线上，PO'与OF在一条直线上，

两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距

离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为

A．B、0B．0、2BC．2B、2BD．B、B

17．如图，一个原子核X经图中所示的一系列α、β衰变后，生成稳定的原子核Y，在此过程中放射出电子的总个数为

A．6B．8C．10D．14

18．2021年2月，执行我国火星探测任务的“天问一号”探测器在成功实施三次近火制动后，进入运行周期约为1.8×105

s的椭圆形停泊轨道，轨道与火星表面的最近距离约为2.8×105m。已知火星半径约为3.4×106m，火星表面处自由

落体的加速度大小约为3.7m/s

2

，则“天问一号”的停泊轨道与火星表面的最远距离约为

A．6×105mB．6×106mC．6×107mD．6×108m

19．某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则

A．一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功

B．一电子从a点运动到d点，电场力做功为4eV

C．b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右

D．a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大

20．一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的

动能为E

k，向上滑动一段距离后速度减小为零,此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为Ek/5。已知sinα＝0.6，

重力加速度大小为g。则

6/43

A．物体向上滑动的距离为k

2

E

mg

B．物体向下滑动时的加速度大小为g/5

C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5

D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长

21．由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，

甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直

于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，

上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是

A．甲和乙都加速运动

B．甲和乙都减速运动

C．甲加速运动，乙减速运动

D．甲减速运动，乙加速运动

三、非选择题：共

174

分。第

22

～

32

题为必考题，每个试题考生都必须作答。第

33~38

题为选考题，考生根据要求作

答。

（一）必考题：共

129

分。

22．（5分）

为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为α的斜

面（已知sinα＝0.34，cosα＝0.94），小铜块可在斜面上加速下滑，如图所示。该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，

然后解析视频记录的图像，获得5个连续相等时间间隔（每个时间间隔ΔT＝0.20s）内小铜块沿斜面下滑的距离s

i（i

＝1，2，3，4，5），如下表所示。

s1s2s3s4s5

5.87cn7.58cm9.31cm11.02cm12.74cm

由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为_______m/s

2

，小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为_________。

7/43

（结果均保留2位有效数字，重力加速度大小取9.80m/s

2

）

23．（10分）

某同学用图（a）所示电路探究小灯泡的伏安特性，所用器材有:小灯泡（额定电压2.5V，额定电流0.3A）、电压

表（量程300mV，内阻300Ω）、电流表（量程300mA，内阻0.27Ω）定值电阻R

0、滑动变阻器R1（阻值0~20Ω）、

电阻箱R

2（最大阻值9999.9Ω）、电源E（电动势6V，内阻不计）、开关S、导线若干。完成下列填空:

（1）有3个阻值分别为10Ω、20Ω、30Ω的定值电阻可供选择，为了描绘小灯泡电流在0-300mA的U-I曲线，

R0应选取阻值为______Ω的定值电阻；

（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的________（填“a”或“b”）端；

图（b）

（3）在流过电流表的电流较小时，将电阻箱R

2的阻值置零，改变滑动变阻器滑片的位置，读取电压表和电流表

的示数U、I，结果如图（b）所示。当流过电流表的电流为10mA时，小灯泡的电阻为__________Ω（保留1位有效

数字）；

（4）为使得电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为3V，该同学经计算知，应将R

2的阻值调整为_________Ω。

然后调节滑动变阻器R

1，测得数据如下表所示：

U/mV24.046.076.0110.0128.0152.0184.0216.0250.0

I/mA140.0160.0180.0200.0220.0240.0260.0280.0300.0

（5）由图（b）和上表可知，随流过小灯泡电流的增加，其灯丝的电阻____（填“增大”“减小”或“不变”）；

（6）该同学观测到小灯泡刚开始发光时流过电流表的电流为160mA，可得此时小灯泡电功率P

1＝________W（保

留2位有效数字）；当流过电流表的电流为300mA时，小灯泡的电功率为P

2，则2

1

P

P

=____________（保留至整数）。

24．（12分）

如图，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远

小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机

械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通

8/43

过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为

μ，重力加速度大小为g。

（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；

（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；

（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什

么条件？

25.（20分）

如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的

上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强

磁场。一质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子自电场中某处以大小为v

0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁

场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的

夹角为60°，不计重力。

（1）求粒子发射位置到P点的距离；

（2）求磁感应强度大小的取值范围；

（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。

26．（14分）

碘（紫黑色固体，微溶于水）及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：

（1）

2

I的一种制备方法如下图所示：

3

2

2

AgNO

C

e

l

F

II









粉

沉淀

净化除氯后含海水富集悬浊液转化氧化

①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为_________，生成的沉淀与硝酸反应，生成________后可循环使用。

9/43

②通入

2

Cl的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为__________；若反应物用量比



22

nCl/nFeI1.5时，氧化产物为_________；当22

nCl/nFeI1.5，单质碘的收率会降低，原因是

___________。

（2）以

3

NaIO为原料制备

2

I的方法是：先向

3

NaIO溶液中加入计量的

3

NaHSO，生成碘化物；再向混合溶液中

加入

3

NaIO溶液，反应得到

2

I，上述制备

2

I的总反应的离子方程式为__________。

（3）KI溶液和

4

CuSO溶液混合可生成CuI沉淀和

2

I，若生成

2

1molI，消耗的KI至少为_______mol。

2

I在KI

溶液中可发生反应：

23

III

。实验室中使用过量的KI与

4

CuSO溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制

得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是________。

27．（15分）

胆矾（

42

CuSO5HO）易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的CuO（杂质为氧化铁及泥沙）为

原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：

（1）制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有________（填标号）。

A．烧杯B．容量瓶C．蒸发皿D．移液管

（2）将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为___________，与直接用废铜和浓硫酸反

应相比，该方法的优点是_________。

（3）待CuO完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量

22

HO，冷却后用

32

NHHO调pH为3.5～4，再煮沸

10min，冷却后过滤．滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、________、乙醇洗涤、________，得到胆矾。其

中，控制溶液pH为3.5～4的目的是_________，煮沸10min的作用是_________。

（4）结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为

1

m，加入胆矾后总质量为

2

m，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于

干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为

3

m。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为_________

（写表达式）。

（5）下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是________（填标号）。

①胆矾未充分干燥②坩埚未置于干燥器中冷却③加热时有少胆矾迸溅出来

28．（14分）

二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳．回答下列问题：

（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：

2322

CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)

该反应一般认为通过如下步骤来实现：

10/43

①

1

2221

CO(g)H(g)CO(g)HO(g)Δ41kJmolH

②

232

CO(g)2H(g)CHOH(g)Δ90kJmolH

总反应的H_______

1kJmol；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是________（填

标号），判断的理由是_______。

A．B．C．D．

（2）合成总反应在起始物

22

nH/nCO3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为

3

x(CHOH)，在t250℃下的3

xCHOHp、在5p510Pa下的3

xCHOH~t如图所示。

①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式

p

K________；

②图中对应等压过程的曲线是________，判断的理由是_________；

③当

3

xCHOH0.10时，

2

CO的平衡转化率__________，反应条件可能为________或_______。

29．（10分）

植物的根细胞可以通过不同方式吸收外界溶液中的K

+

。回答下列问题：

（1）细胞外的K

+

可以跨膜进入植物的根细胞。细胞膜和核膜等共同构成了细胞的生物膜系统，生物膜的结构特点

是。

（2）细胞外的K

+

能够通过离子通道进入植物的根细胞。离子通道是由复合物构成的，其运输的特点是

（答出1点即可）。

（3）细胞外的K

+

可以通过载体蛋白逆浓度梯度进入植物的根细胞。在有呼吸抑制剂的条件下，根细胞对K

+

的吸收

速率降低，原因是。

11/43

30．（9分）

用一段由放射性同位素标记的DNA片段可以确定基因在染色体上的位置。某研究人员使用放射性同位素

32P标记

的脱氧腺苷三磷酸(dATP，dA-P

α~Pβ~Pγ，)等材料制备了DNA片段甲（单链），对W基因在染色体上的位置进行了研

究，实验流程的示意图如下。

回答下列问题：

（1）该研究人员在制备

32p标记的DNA片段甲时，所用dATP的α位磷酸基团中的磷必须是32p，原因是。

（2）该研究人员以细胞为材料制备了染色体样品，在混合操作之前去除了样品中的RNA分子，去除RNA分子的

目的是。

（3）为了使片段甲能够通过碱基互补配对与染色体样品中的W基因结合，需要通过某种处理使样品中的染色体

DNA。

（4）该研究人员在完成上述实验的基础上，又对动物细胞内某基因的mRNA进行了检测，在实验过程中用某种酶

去除了样品中的DNA，这种酶是。

31.（8分）

捕食是一种生物以另一种生物为食的现象，能量在生态系统中是沿食物链流动的。

回答下列问题：

（1）在自然界中，捕食者一般不会将所有的猎物都吃掉，这一现象对捕食者的意义是

（答出1点即可）。

（2）青草→羊→狼是一条食物链。根据林德曼对能量流动研究的成果分析，这条食物链上能量流动的特点

是。

（3）森林、草原、湖泊、海洋等生态系统是常见的生态系统，林德曼关于生态系统能量流动特点的研究成果是以

生态系统为研究对象得出的。

32、（12分）

植物的性状有的由1对基因控制，有的由多对基因控制。一种二倍体甜瓜的叶形有缺刻叶和全缘叶，果皮有齿皮

和网皮。为了研究叶形和果皮这两个性状的遗传特点，某小组用基因型不同的甲乙丙丁4种甜瓜种子进行实验，其中

甲和丙种植后均表现为缺刻叶网皮。杂交实验及结果见下表（实验②中F

1自交得F2）。

12/43

回答下列问题：

（1）根据实验①可判断这2对相对性状的遗传均符合分离定律，判断的依据是。根据实验②，可判断这2对

相对性状中的显性性状是。

（2）甲乙丙丁中属于杂合体的是。

（3）实验②的F

2中纯合体所占的比例为。

（4）假如实验②的F

2中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮不是9∶3∶3∶1，而是45∶15∶3∶1，

则叶形和果皮这两个性状中由1对等位基因控制的是，判断的依据是。

（二）选考题：共

45

分。请考生从

2

道物理题、

2

道化学题、

2

道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科

按所做的第一题计分。

33．[物理——选修3-3]（15分）

（1）（5分）如图，一定量的理想气体经历的两个不同过程，分别由体积-温度（V-t）图上的两条直线I和Ⅱ表示，

V1和V2分别为两直线与纵轴交点的纵坐标。t0是它们的延长线与横轴交点的横坐标，t0=-273.15°C；a为直线I上的一

点。由图可知，气体在状态a和b的压强之比p

a/pb=______;气体在状态b和c的压强之比pa/pc=_________。

（2）（10分）如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、

B的体积均为V，压强均等于大气压p0。隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会

滑动，否则隔板停止运动。气体温度始

终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为V/2。

（i）求A的体积和B的压强；

（ⅱ）再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。

34．[物理——选修3-4]（15分）

（1）（5分）如图，单色光从折射率n=1.5、厚度d=10.0cm的玻璃板上表面射入。已知真空中的光速为3.0×10

8m/s，

13/43

则该单色光在玻璃板内传播的速度为_________m/s；对于所有可能的入射角，该单色光通过玻璃板所用时间t的取值范

围是__________s≤t＜_________s（不考虑反射）。

（2）（10分）均匀介质中质点A、B的平衡位置位于x轴上，坐标分别为0和x

B=16cm。某简谐横波沿x轴正方

向传播，波速为v=20cm/s，波长大于20cm，振幅为y=lcm，且传播时无衰减。t=0时刻A、B偏离平衡位置的位移大

小相等、方向相同，运动方向相反，此后每隔Δt=0.6s两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同。已知在t

1时刻（t1>0），

质点A位于波峰。求：

（i）从t

1时刻开始，质点B最少要经过多长时间位于波峰；

（ii）t

1时刻质点B偏离平衡位置的位移。

35．[化学—选修3：物质结构与性质]（15分）

我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电

解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：

（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价电子层的电子排布式为______；单晶硅的晶体类型为

_______。SiCl4是生产高纯硅的前驱体，其中Si采取的杂化类型为______。SiCl4可发生水解反应，机理如下：

含s、p、d轨道的杂化类型有：①dsp

2

、②sp

3d、③sp3d2

，中间体SiCl

4(H2O)中Si采取的杂化类型为_______(填标

号)。

（2）CO

2分子中存在________个σ键和________个π键。

（3）甲醇的沸点(64.7℃)介于水(100℃)和甲硫醇(CH

3SH，7.6℃)之间，其原因是_____________。

（4）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO

2固溶体。四方ZrO2晶胞

如图所示。Zr

4+

离子在晶胞中的配位数是____________，晶胞参数为apm、apm、cpm，该晶体密度为

____________g·cm-3(写出表达式)。在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，则

y=____________(用x表达)。

14/43

36．[化学—选修5：有机化学基础]（15分）

近年来，以大豆素（化合物C）为主要成分的大豆异黄酮及其衍生物，因其具有优良的生理活性而备受关注．大

豆素的合成及其衍生化的一种工艺路线如下：

回答下列问题：

（1）A的化学名称为_______。

（2）1molD反应生成E至少需要______mol氢气。

（3）写出E中任意两种含氧官能团的名称_______。

（4）由E生成F的化学方程式为_________。

（5）由G生成H分两步进行：反应1）是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2）的反应类型为________。

（6）化合物B的同分异构体中能同时满足下列条件的有_______（填标号）。

a．含苯环的醛、酮

b．不含过氧键（OO）

c．核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1

A．2个B．3个C．4个D．5个

（7）根据上述路线中的相关知识，以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成：。

37.[生物——选修1：生物技术实践]（15分）

加酶洗衣粉是指含有酶制剂的洗衣粉。某同学通过实验比较了几种洗衣粉的去渍效果（“+”越多表示去渍效果越

好），实验结果见下表。

15/43

根据实验结果回答下列问题：

（1）加酶洗衣粉A中添加的酶是；加酶洗衣粉B中添加的酶是；加酶洗衣粉C中添加的酶

是。

（2）表中不宜用于洗涤蚕丝织物的洗衣粉有，原因是。

（3）相对于无酶洗衣粉，加酶洗衣粉去渍效果好的原因是。

（4）关于酶的应用，除上面提到的加酶洗衣粉外，固定化酶也在生产实践中得到应用，如固定化葡萄糖异构酶已

经用于高果糖浆生产。固定化酶技术是指。固定化酶在生产实践中应用的优点是（答出1点即

可）。

38.[生物——选修3：现代生物科技专题]（15分)

PCR技术可用于临床的病原菌检测。为检测病人是否感染了某种病原菌，医生进行了相关操作：①分析PCR扩增

结果；②从病人组织样本中提取DNA；③利用PCR扩增DNA片段；④采集病人组织样本。回答下列问题：

（1）若要得到正确的检测结果，正确的操作顺序应该是（用数字序号表示）。

（2）操作③中使用的酶是，PCR反应中的每次循环可分为变性、复性、三步，其中复性的结

果是。

（3）为了做出正确的诊断，PCR反应所用的引物应该能与特异性结合。

（4）PCR（多聚酶链式反应）技术是指。该技术目前被广泛地应用于疾病诊断等方面。

16/43

答案解析

1.

【答案】

C

【解析】

【分析】

1

、酶是活细胞合成的具有催化作用的有机物，大多数酶是蛋白质，少数酶是

RNA

。

2

、核酸是一切生物的遗传物质。有细胞结构的生物含有

DNA

和

RNA

两种核酸，但其细胞核遗传物质和细胞质遗传物

质都是

DNA

。

3

、动物体内激素的化学成分不完全相同，有的属于蛋白质类，有的属于脂质，有的属于氨基酸衍生物。

【详解】

A

、酶的化学本质是蛋白质或

RNA

，抗体的化学本质是蛋白质，激素的化学本质是有机物，如蛋白质、氨基

酸的衍生物、脂质等，只有蛋白质才是由氨基酸通过肽键连接而成的，

A

错误；

B

、糖原是生物大分子，脂肪不是生物大分子，且激素不一定是大分子物质，如甲状腺激素是含碘的氨基酸，

B

错误；

C

、酶的化学本质是蛋白质或

RNA

，抗体的化学成分是蛋白质，蛋白质是由氨基酸连接而成的多聚体，核酸是由核苷

酸连接而成的多聚体，氨基酸和核苷酸都含有氮元素，

C

正确；

D

、人体主要的能源物质是糖类，核酸是生物的遗传物质，脂肪是机体主要的储能物质，

D

错误。

故选

C

。

2.

【答案】

B

【解析】

【分析】酵母菌是兼性厌氧生物，有氧呼吸的产物是二氧化碳和水，无氧呼吸产物是酒精和二氧化碳。

【详解】

A

、酵母菌有细胞核，是真菌生物，其代谢类型是异氧兼性厌氧型，与无氧条件相比，在有氧条件下，产生的

能量多，酵母菌的增殖速度快，

A

不符合题意；

BC

、酵母菌无氧呼吸在细胞质基质中进行，无氧呼吸第一阶段产生丙酮酸、还原性的氢，并释放少量的能量，第二阶

段丙酮酸被还原性氢还原成乙醇，并生成二氧化碳，

B

符合题意，

C

不符合题意；

D

、酵母菌有氧呼吸和无氧呼吸都在第二阶段生成

CO2，

D

不符合题意。

故选

B

。

3.

【答案】

D

【解析】

【分析】生长素的化学本质是吲哚乙酸；生长素的运输主要是极性运输，也有非极性运输和横向运输；生长素对植物

17/43

生长具有双重作用，即低浓度促进生长，高浓度抑制生长。

【详解】

AB

、顶端优势产生的原因是顶芽产生的生长素向下运输，枝条上部的侧芽部位生长素浓度较高，侧芽对生长

素浓度比较敏感，因而使侧芽的发育受到抑制，可以通过摘除顶芽的方式解除植株顶端优势，

AB

正确；

C

、生物的性状是由基因控制的，生长素能引起生物性状的改变，是通过调控某些基因的表达来影响植物生长的，

C

正

确；

D

、根、茎两种器官对生长素的反应敏感程度有明显差异，其中根对生长素最敏感，

D

错误。

故选

D

。

4.

【答案】

B

【解析】

【分析】下丘脑的功能：

①感受：渗透压感受器感受渗透压升降，维持水盐代谢平衡。

②传导：可将渗透压感受器产生的兴奋传导至大脑皮层，使之产生渴觉。

③分泌：分泌促激素释放激素，作用于垂体，使之分泌相应的激素或促激素。在外界环境温度低时分泌促甲状腺激素

释放激素，在细胞外液渗透压升高时促使垂体分泌抗利尿激素。

④调节：体温调节中枢、血糖调节中枢、渗透压调节中枢。

⑤下丘脑视交叉上核的神经元具有日周期节律活动，这个核团是体内日周期节律活动的控制中心。

【详解】

AC

、下丘脑是水盐平衡调节中枢，同时也具有渗透压感受器，来感知细胞外液渗透压的变化，

AC

正确；

B

、下丘脑能分泌促甲状腺激素释放激素、抗利尿激素等，具有内分泌功能，促甲状腺激素是由垂体分泌，

B

错误；

D

、下丘脑内有是维持体温相对恒定的体温调节中枢，能感受体温变化，能调节产热和散热，

D

正确。

故选

B

。

5.

【答案】

A

【解析】

【分析】分析柱形图：果蝇

M

与果蝇

N

作为亲本进行杂交杂交，子代中长翅：残翅

=3

：

1

，说明长翅为显性性状，残

翅为隐性性状，亲本关于翅型的基因型均为

Aa

（假设控制翅型的基因为

A/a

）；子代灰身：黑檀体

=1

：

1

，同时灰体为

显性性状，亲本关于体色的基因型为

Bb×bb

（假设控制体色的基因为

B/b

）；子代红眼：白眼

=1

：

1

，红眼为显性性状，

且控制眼色的基因位于

X

染色体上，假设控制眼色的基因为

W/w

），故亲本关于眼色的基因型为

X

WXw×XwY

或

XwXw×XWY

。

3

个性状由

3

对独立遗传的基因控制，遵循基因的自由组合定律，因为

N

表现为显性性状灰体红眼，故

N

基因型为

AaBbXWXw

或

AaBbX

WY

，则

M

的基因型对应为

AabbXwY

或

AabbXwXw

。

18/43

【详解】

AB

、根据分析可知，

M

的基因型为

AabbX

wY

或

AabbXwXw

，表现为长翅黑檀体白眼雄蝇或长翅黑檀体白眼

雌蝇，

A

错误，

B

正确；

C

、

N

基因型为

AaBbXWXw

或

AaBbX

WY

，灰体红眼表现为长翅灰体红眼雌蝇，三对基因均为杂合，

C

正确；

D

、亲本果蝇长翅的基因型均为

Aa

，为杂合子，

D

正确。

故选

A

。

6.

【答案】

C

【解析】

【分析】

1

、群落演替：随着时间的推移，一个群落被另一个群落代替的过程。

2

、群落演替的原因：生物群落的演替是群落内部因素（包括种内关系、种间关系等）与外界环境因素综合作用的结果。

3

、初生演替：是指一个从来没有被植物覆盖的地面，或者是原来存在过植被，但是被彻底消灭了的地方发生的演替；

次生演替：原来有的植被虽然已经不存在，但是原来有的土壤基本保留，甚至还保留有植物的种子和其他繁殖体的地

方发生的演替。

【详解】

A

、人类活动可以影响群落演替的方向和速度，退湖还田、封山育林、改造沙漠、生态农业等相关措施都能促

进群落良性发展，

A

正确；

BC

、发生在裸岩上的演替是初生演替，依次经过：地衣阶段

→

苔藓阶段

→

草本阶段

→

灌木阶段

→

森林阶段，弃耕农田

的演替为次生演替，自然演替方向为草本阶段

→

灌木阶段

→

乔木阶段，

B

正确，

C

错误；

D

、一般情况下，演替过程中生物生存的环境逐渐改善，群落的营养结构越来越复杂，抵抗力稳定性越来越高，恢复力

稳定性越来越低，

D

正确。

故选

C

。

7.

【答案】

C

【解析】

【分析】

【详解】

A

．食品加工时，可适当添加食品添加剂和防腐剂等，如苯甲酸钠，故

A

错误；

B

．废旧电池中含有重金属等金属离子，会造成土壤污染，水体污染等，故

B

错误；

C

．天然气主要成分为甲烷，不完全燃烧会产生一氧化碳等有毒气体，故

C

正确；

D

．含磷洗涤剂的排放，使水中磷过多，造成水中藻类疯长，消耗水中溶解的氧，水体变浑浊，故

D

错误；

故选

C

。

8.

19/43

【答案】

C

【解析】

【分析】

【详解】A．

2

DO

的质子数为10，18g

2

DO

的物质的量为

18g

=

20g/mol

0.9mol，则

18g重水(

2

DO

)中所含质子数为

A

9N

，

A

错误；

B．

2

NO

与

2

HO

反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应消耗3个NO2分子转移的电子数为2个，则

有3mol的NO

2参与反应时，转移的电子数为

A

2N

，B错误；

C．一个

8

S

()分子中含有的S-S键数为8个，32gS8的物质的量为

32g

=

832g/mol

1

8

mol，则含有的S-S键数

为

AA

1

8N=N

8

，C正确；

D．酸性

227

KCrO

溶液中存在：2-2-+

2724

CrO+HO2CrO+2H，含Cr元素微粒有2-

27

CrO

和2-

4

CrO

，则

1LpH=4

的

-1

227

0.1molLKCrO溶液中2-

27

CrO

离子数应小于

A

0.1N

，D错误；

故选

C

。

9.

【答案】

D

【解析】

【分析】

【详解】

A

．氯化铵不稳定，加热易分解生成氨气和氯化氢，但两者遇冷又会化合生成氯化铵固体，所以不能用于制备

氨气，

A

不可行；

B

．将铝片加到冷浓硝酸中会发生钝化现象，不能用于制备二氧化氮，

B

不可行；

C

．硫化氢为还原性气体，浓硫酸具有强氧化性，不能用浓硫酸与硫化钠固体反应制备该硫化氢气体，因为该气体会与

浓硫酸发生氧化还原反应，

C

不可行；

D

．实验室加热氯酸钾和二氧化锰的混合物，生成氯化钾和氧气，二氧化锰作催化剂，可用此方法制备氧气，

D

可行；

故选

D

。

10.

【答案】

B

【解析】

20/43

【分析】

【详解】

A

．甲醇为一元饱和醇，不能发生加成反应，

A

错误；

B

．乙酸可与饱和碳酸氢钠反应，产生气泡，乙醇不能发生反应，与饱和碳酸钠互溶，两者现象不同，可用饱和碳酸氢

纳溶液可以鉴别两者，

B

正确；

C

．含相同碳原子数的烷烃，其支链越多，沸点越低，所以烷烃的沸点高低不仅仅取决于碳原子数的多少，

C

错误；

D

．戊二烯分子结构中含

2

个不饱和度，其分子式为

C5H8，环戊烷分子结构中含

1

个不饱和度，其分子式为

C5H10，两

者分子式不同，不能互为同分异构体，

D

错误。

故选

B

。

11

【答案】

D

【解析】

【分析】

W

．

X

、

Y

、

Z

为原子序数依次增大的短周期主族元素，

Z

的最外层电子数是

W

和

X

的最外层电子数之和，也

是

Y

的最外层电子数的

2

倍，则分析知，

Z

的最外层电子数为偶数，

W

和

X

的单质常温下均为气体，则推知

W

和

X

为非金属元素，所以可判断W为H元素，X为N元素，Z的最外层电子数为1+5=6，Y的最外层电子数为

6

2

=3，则Y

为

Al

元素，

Z

为

S

元素，据此结合元素及其化合物的结构与性质分析解答。

【详解】根据上述分析可知，

W

为

H

元素，

X

为

N

元素，

Y

为

Al

元素，

Z

为

S

元素，则

A

．电子层数越多的元素原子半径越大，同周期元素原子半径依次减弱，则原子半径：

Y(Al)

＞

Z(S)

＞

X(N)

＞

W(H)

，

A

错误；

B

．

W

为

H

元素，

X

为

N

元素，两者可形成

NH3和

N2H4，

B

错误；

C

．

Y

为

Al

元素，其氧化物为两性氧化物，可与强酸、强碱反应，

C

错误；

D

．

W

、

X

和

Z

可形成

(NH4)2S

、

NH4HS

，两者既含有离子键又含有共价键，

D

正确。

故选

D

。

12.

【答案】

B

【解析】

【分析】BaCO

3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(2-

4

SO)]}＝－lg[c(Ba2＋)×c(2-

4

SO)]＝－

lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(2-

3

CO)]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，则

－lg[K

sp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(2-

4

SO)]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与

－lg[c(

2-

3

CO)]的关系。

【详解】

A

．由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为

BaSO

4的沉淀溶解曲

线，选项

A

错误；

21/43

B．曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(2-

4

SO)]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c(2-

4

SO)

＝

7

，则－

lg[K

sp(BaSO4)]

＝

7

＋

3

＝

10

，因此

Ksp(BaSO4)

＝

1.0×10－10

，选项

B

正确；

C

．向饱和

BaSO4溶液中加入适量

BaCl2固体后，溶液中

c(Ba2＋)

增大，根据温度不变则

Ksp(BaSO4)

不变可知，溶液中

c(2-

4

SO)将减小，因此a点将沿曲线①向左上方移动，选项C错误；

D．由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1

时，两溶液中





2-

4

2-

3

SO

CO

c

c

＝

2

1

y

y

10

10





＝12

yy10，选项D错误；

答案选

B

。

13.

【答案】

D

【解析】

【分析】该装置通电时，乙二酸被还原为乙醛酸，因此铅电极为电解池阴极，石墨电极为电解池阳极，阳极上

Br

-

被氧

化为

Br

2，

Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，双极膜中间层的

H+

在直流电场作用下移向阴极，

OH

-

移向阳极。

【详解】

A

．

KBr

在上述电化学合成过程中除作电解质外，同时还是电解过程中阳极的反应物，生成的

Br

2为乙二醛制

备乙醛酸的中间产物，故

A

错误；

B

．阳极上为

Br-

失去电子生成

Br

2，

Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，故

B

错误；

C

．电解过程中阴阳极均生成乙醛酸，

1mol

乙二酸生成

1mol

乙醛酸转移电子为

2mol

，

1mol

乙二醛生成

1mol

乙醛酸转

移电子为

2mol

，根据转移电子守恒可知每生成

1mol

乙醛酸转移电子为

1mol

，因此制得

2mol

乙醛酸时，理论上外电路

中迁移了

2mol

电子，故

C

错误；

D

．由上述分析可知，双极膜中间层的

H+

在外电场作用下移向阴极，即

H

+

移向铅电极，故

D

正确；

综上所述，说法正确的是

D

项，故答案为

D

。

二、选择题：本题共

8

小题，每小题

6

分，共

48

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。全部选对的得

6

分，选对但不全的得

3

分，有选错的得

0

分。

14.

【答案】

D

【解析】

【分析】

【详解】设

PQ

的水平距离为

L

，由运动学公式可知

2

1

sin

cos2

L

gt





可得

2

4

sin2

L

t

g



22/43

可知45时，

t

有最小值，故当从由

30°

逐渐增大至

60°

时下滑时间

t

先减小后增大。

故选

D

。

15.

【答案】

C

【解析】

【分析】

【详解】纽扣在转动过程中

2100rad/sn

由向心加速度

221000m/sar

故选

C

。

16.

【答案】

B

【解析】

【分析】

【详解】两直角导线可以等效为如图所示的两直导线，由安培定则可知，两直导线分别在

M

处的磁感应强度方向为垂

直纸面向里、垂直纸面向外，故

M

处的磁感应强度为零；两直导线在

N

处的磁感应强度方向均垂直纸面向里，故

M

处

的磁感应强度为

2B

；综上分析

B

正确。

故选

B

。

17.

【答案】

A

【解析】

【分析】

【详解】由图分析可知，核反应方程为

23820640

928221

XY+He+eab





设经过a次



衰变，b次



衰变。由电荷数与质量数守恒可得

2382064a；92822ab

23/43

解得

8a，6b

故放出6个电子

。

故选

A

。

18.

【答案】

C

【解析】

【分析】

【详解】忽略火星自转则

2

GMm

mg

R

①

可知

2GMgR

设与为

1.8×10

5s

的椭圆形停泊轨道周期相同的圆形轨道半径为

r

，由万引力提供向心力可知

2

22

4GMm

mr

rT



②

设近火点到火星中心为

11

RRd

③

设远火点到火星中心为

22

RRd

④

由开普勒第三定律可知

3

12

22

()

3

2

RR

r

TT





⑤

由以上分析可得

7

2

610md

故选

C

。

19.

【答案】

BD

【解析】

【分析】

【详解】

A

．由图象可知

24/43

φb=φe

则正电荷从

b

点运动到

e

点，电场力不做功，

A

错误；

B

．由图象可知

φa=3V

，

φd=7V

根据电场力做功与电势能的变化关系有

Wad=Epa-Epd=(φa-φd)(-e)=4eV

B

正确；

C

．沿电场线方向电势逐渐降低，则

b

点处的场强方向向左，

C

错误；

D

．由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线分布如下图所示

由上图可看出，

b

点电场线最密集，则

b

点处的场强最大，

D

正确。

故选

BD

。

20.

【答案】

BC

【解析】

【分析】

【详解】

AC

．物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有

2cos

5

k

k

E

mglE

物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有

sincos0

k

mglmglE

整理得

k

E

l

mg



；

0.5

A

错误，

C

正确；

B

．物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有

sincosmamgmg

求解得出

25/43

5

g

a

B

正确；

D

．物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有

sincosmamgmg

上

物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有

sincosmamgmg

下

由上式可知

a上>a下

由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式

2

1

2

lat

则可得出

tt

下

上

D

错误。

故选

BC

。

21.

【答案】

AB

【解析】

【分析】

【详解】设线圈到磁场的高度为

h

，线圈的边长为

l

，则线圈下边刚进入磁场时，有

=2vgh

感应电动势为

EnBlv

两线圈材料相等（设密度为

0



），质量相同（设为

m），则

0

4mnlS

设材料的电阻率为



，则线圈电阻

22

0

16

4

nl

nl

R

Sm





感应电流为

0

16

EmBv

I

Rnl



26/43

安培力为

2

0

16

mBv

FnBIl





由牛顿第二定律有

mgFma

联立解得

2

0

16

FBv

agg

m



加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。当

2

0

16

Bv

g





时，甲和乙都加速运

动，当

2

0

16

Bv

g





时，甲和乙都减速运动，当

2

0

16

Bv

g





时都匀速。

故选

AB

。

三、非选择题：共

174

分。第

22

～

32

题为必考题，每个试题考生都必须作答。第

33~38

题为选考题，考生根据要求作

答。

（一）必考题：共

129

分。

22.

【答案】

(1).0.43(2).0.32

【解析】

【分析】

【详解】

[1]

根据逐差法有





22

5421

22

2

2

(12.7411.02)10(7.585.87)10

m/s0.43m/s

60.20

6

ssss

a

T











[2]

对小铜块受力分析根据牛顿第二定律有

sincosmgmgma

代入数据解得

0.32

23.

【答案】

(1).10(2).a(3).0.7(4).2700(5).

增大

(6).0.074(7).10

【解析】

【分析】

27/43

【详解】（

1

）

[1]

因为小灯泡额定电压

2.5V

，电动势

6V

，则滑动滑动变阻器时，为了保证电路安全，需要定值电阻分

担的电压

6V2.5V3.5VU

则有

0

3.5V

11.7Ω

0.3A

R

则需要描绘小灯泡在

0~300mA

的伏安特性曲线，即

R

0应选取阻值为

10

Ω

；

（

2

）

[2]

为了保护电路，滑动变阻器的滑片应置于变阻器的

a

端；

（

3

）

[3]

由图可知当流过电流表的电流为

10mA

时，电压为

7mV

，则小灯泡的电阻为

3

3

710

Ω=0.7Ω

1010

R









（

4

）

[4]

由题知电压表满量程时对应于小灯泡两端的电压为

3V

时，有

2VV

30.3

RRR





解得

2

2700ΩR

（5）[5]由图（b）和表格可知流过小灯泡电流增加，图像中

U

I变大，则灯丝的电阻增大；

（

6

）

[6]

根据表格可知当电流为

160mA

时，电压表的示数为

46mA

，根据（

4

）的分析可知此时小灯泡两端电压为

0.46A

，

则此时小灯泡电功率

W1=0.46V×0.16A≈0.074W

[7]

同理可知当流过电流表的电流为

300mA

时，小灯泡两端电压为

2.5V

，此时小灯泡电功率

W2=2.5V×0.3A=0.75W

故有

2

1

0.75

10

0.074

W

W



24.

【答案】（1）

sinmgd

；（2）

29sin

30

mgLdmgs

；（3）

sin

s

Ld







【解析】

【分析】

【详解】（

1

）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有

sinmgma

28/43

设小车通过第

30

个减速带后速度为

v

1，到达第

31

个减速带时的速度为

v2，则有

22

21

2vvad

因为小车通过第

30

个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均

为

v

1和

v2；经过每一个减速带时损失的机械能为

22

21

11

22

Emvmv

联立以上各式解得

sinEmgd

（

2

）由（

1

）知小车通过第

50

个减速带后的速度为

v

1，则在水平地面上根据动能定理有

2

1

1

0

2

mgsmv

从小车开始下滑到通过第

30

个减速带，根据动能定理有

2

1

1

29sinΔ

2

mgLdEmv

总

联立解得

Δ=29sinEmgLdmgs

总

故在每一个减速带上平均损失的机械能为

29sin

3030

mgLdmgs

E

E







总

（

3

）由题意可知

EE





可得

sin

s

Ld







25.

【答案】（1）

2

0

13

6

mv

qE

；（2）

00

22

(33)

mvmv

B

ql

ql





；（3）粒子运动轨迹见解析，

39103

44

l



【解析】

【分析】

【详解】（

1

）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知

0

xvt①

2

2

1

22

qEt

yat

m

②

粒子射入磁场时的速度方向与

PQ

的夹角为

60°

，有

29/43

0

tan30y

x

v

at

vv



③

粒子发射位置到

P

点的距离

22sxy④

由①②③④式得

2

0

13

6

mv

s

qE

⑤

（

2

）带电粒子在磁场运动在速度

00

23

cos303

vv

v

°

⑥

带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹（分别从

Q

、

N

点射出）如图所示

由几何关系可知，最小半径

min

3

2

cos303

l

rl



⑦

最大半径

max

2

2

(31)

cos75

l

rl



⑧

带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知

2mv

qvB

r

⑨

由⑥⑦⑧⑨解得，磁感应强度大小的取值范围

00

22

(33)

mvmv

B

ql

ql





（

3

）若粒子正好从

QN

的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示。

由几何关系可知

30/43

5

2

sin

5

5

2

l

l



⑩

带电粒子的运动半径为

3

5

4

cos(30)

l

r





⑪

粒子在磁场中的轨迹与挡板

MN

的最近距离

min33

(sin30)drlr

⑫

由⑩

⑪⑫

式解得

39103

44

dl



⑬

26.

【答案】

(1).2AgI+Fe=2Ag+Fe

2++2I-(2).AgNO3(3).FeI2+Cl2=I2+FeCl2(4).I2、

FeCl3(5).I2被过量

的

2

Cl

进一步氧化(6).--2-+

33242

2IO+5HSO=I+5SO+3H+HO(7).4(8).防止单质碘析出

【解析】

【分析】

【详解】

(1)

①由流程图可知悬浊液中含

AgI

，

AgI

可与

Fe

反应生成

FeI

2和

Ag

，

FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，

故加入

Fe

粉进行转化反应的离子方程式为

2AgI+Fe=2Ag+Fe

2++2I-

，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故

答案为：

2AgI+Fe=2Ag+Fe

2++2I-

；

AgNO

3；

②通入

2

Cl

的过程中，因I-

还原性强于Fe

2+

，

2

Cl

先氧化还原性强的I-

，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I

2，

故反应的化学方程式为FeI

2+Cl2=I2+FeCl2，若反应物用量比22

nCl/nFeI=1.5

时即

2

Cl

过量，先氧化完全部I-

再氧

化Fe

2+

，恰好将全部I

-

和Fe

2+

氧化，故氧化产物为I

2、FeCl3，当22

nCl/nFeI>1.5

即

2

Cl

过量特别多，多余的氯气

会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：

FeI

2+Cl2=I2+FeCl2；

I2、

FeCl3；

I2

被过量的

2

Cl

进一步氧化；

(2)先向

3

NaIO

溶液中加入计量的

3

NaHSO

，生成碘化物即含I-

的物质；再向混合溶液中（含I

-

）加入

3

NaIO

溶液，反

31/43

应得到

2

I

，上述制备

2

I

的两个反应中I-

为中间产物，总反应为

-

3

IO与-

3

HSO发生氧化还原反应，生成2-

4

SO和

2

I

，根据

得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：

--2-+

33242

2IO+5HSO=I+5SO+3H+HO，故答案为：

--2-+

33242

2IO+5HSO=I+5SO+3H+HO；

(3)KI溶液和

4

CuSO

溶液混合可生成CuI沉淀和

2

I

，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI+I2+2K2SO4，若生成

2

1molI

，则消耗的KI至少为4mol；反应中加入过量KI，I-

浓度增大，可逆反应

--

23

I+II平衡右移，增大

2

I

溶解

度，防止

2

I

升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。

27.

【答案】(1).A、C(2).CuO+H

2SO4

Δ

CuSO4+H2O(3).不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫

酸利用率高）

(4).

过滤

(5).

干燥

(6).

除尽铁，抑制硫酸铜水解

(7).

破坏氢氧化铁胶体，易于过滤

(8).23

31

80()

9()

mm

mm





(9).①③

【解析】

【详解】

(1)

制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃

棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿，

A

、

C

符合题意，故答案为：

A

、

C

；

(2)将

CuO

加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为CuO+H2SO4

Δ

CuSO4+H2O；直接用废铜和浓硫

酸反应生成硫酸铜与二氧化硫和水，与这种方法相比，将

CuO

加入到适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有

的优点是：不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸少（硫酸利用率高）；

(3)

硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥；

CuO

中含氧化铁杂质，溶

于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形成沉淀完全，需控制溶液pH为

3.5

～

4

，酸性环境同时还可抑制铜离

子发生水解；操作过程中可能会生成氢氧化铁胶体，所以煮沸10min，目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过

滤，故答案为：过滤；干燥；除尽铁，抑制硫酸铜水解；破坏氢氧化铁胶体，易于过滤；

(4)称量干燥坩埚的质量为

1

m

，加入胆矾后总质量为

2

m

，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后

称量，重复上述操作，最终总质量恒定为

3

m

。则水的质量是(

2

m

－

3

m

)g，所以胆矾（CuSO4•nH2O）中n值的表达式

为

2331

()()

:

18160

mmmm

=n:1，解得n＝23

31

80()

9()

mm

mm





；

(5)①胆矾未充分干燥，捯饬所测m2偏大，根据n=23

31

80()

9()

mm

mm





可知，最终会导致结晶水数目定值偏高，符合题意；

②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中水蒸气结合重新生成胆矾，导致所测

m

3偏大，根据

32/43

n=23

31

80()

9()

mm

mm





可知，最终会导致结晶水数目定值偏低，不符合题意；

③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m

3数值偏小，根据n=23

31

80()

9()

mm

mm





可知，最终会导致结晶水数目定值

偏高，符合题意；综上所述，①③符合题意，故答案为：①③。

28.

【答案】

(1).-49(2).A(3).ΔH

1为正值，

ΔH2为和

ΔH

为负值，反应①的活化能大于反应②的

(4).





23

3

22

HOCHOH

HCO

pp

pp





(5).b(6).总反应ΔH<0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变

小

(7).33.3%(8).5×10

5Pa

，

210℃(9).9×105Pa

，

250℃

【解析】

【分析】

【详解】(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：

2232

CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)

，该反应一般认为通

过如下步骤来实现：①

-1

2221

CO(g)+H(g)=CO(g)+HO(g)ΔH=+41kJmol，②

-1

232

CO(g)+2H(g)=CHOH(g)ΔH=-90kJmol，根据盖斯定律可知，①+②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为：

2232

CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)-1-1-1ΔH=+41kJmol90kJmol=49kJmol

；该反应总反应为放

热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应①为慢反应，因此反应①的活化能高于反应②，同时反应①的反

应物总能量低于生成物总能量，反应②的反应物总能量高于生成物总能量，因此示意图中能体现反应能量变化的是

A

项，故答案为：

-49

；

A

；

ΔH

1为正值，

ΔH2为和

ΔH

为负值，反应①的活化能大于反应②的。

(2)①二氧化碳加氢制甲醇的总反应为

2232

CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)

，因此利用各物质的平衡分压表示总

反应的平衡常数，表达式K

p=





23

3

22

HOCHOH

HCO

pp

pp





，故答案为：





23

3

22

HOCHOH

HCO

pp

pp





。

②该反应正向为放热反应，升高温度时平衡逆向移动，体系中

3

x(CHOH)

将减小，因此图中对应等压过程的曲线是b，

故答案为：

b

；总反应

ΔH<0

，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小。

③设起始n(CO

2)=1mol，n(H2)=3mol，则









2232

3Hg+COgCHOHg+HOg

mol

3100

mol

3xxxx

mol

3-3x1-xxx



起始

转化

平衡

，当平衡时



3

xCHOH=0.10

时，



x

3-3x+1-x+x+x

=0.1，解得x=

1

3

mol，平衡时CO2的转化率α=

1

mol

3

100%

1mol



=33.3%；由

图可知，满足平衡时

3

xCHOH=0.10

的条件有：5×105Pa，210℃或9×105Pa，250℃，故答案为：33.3%；5×105Pa，

33/43

210℃

；

9×105Pa

，

250℃

。

29.

【答案】

(1).

具有一定的流动性

(2).

蛋白质

(3).

顺浓度或选择性

(4).

细胞逆浓度梯度吸收

K

+

是主动

运输过程，需要能量，呼吸抑制剂会影响细胞呼吸供能，故使细胞主动运输速率降低

【解析】

【分析】植物根细胞的从外界吸收各种离子为主动运输，一般从低到高主动地吸收或排出物质，以满足生命活动的需

要，需要耗能、需要载体协助。

【详解】（

1

）生物膜的结构特点是具有一定的流动性。

（

2

）离子通道是由蛋白质复合物构成的，一种通道只能先让某种离子通过，而另一些离子则不容易通过，即离子通道

具有选择性。

（

3

）细胞外的

K

+

可以通过载体蛋白逆浓度梯度进入植物的根细胞。可知是主动运输过程，主动运输需要消耗能量，

而细胞中的能量由细胞呼吸提供，因此呼吸抑制剂会影响细胞对

K

+

的吸收速率。

【点睛】本题考查植物细胞对离子的运输方式，主动运输的特点等，要求考生识记基本知识点，理解描述基本生物学

事实。

30.

【答案】

(1).dATP

脱去

β

、

γ

位上的两个磷酸基团后，则为腺嘌呤脱氧核苷酸，是合成

DNA

的原料之一

(2).

防

止

RNA

分子与染色体

DNA

的

W

基因片段发生杂交

(3).

解旋

(4).DNA

酶

【解析】

【分析】根据题意，通过带

32p

标记的

DNA

分子与被测样本中的

W

基因进行碱基互补配对，形成杂交带，可以推测出

W

基因在染色体上的位置。

【详解】（

1

）

dA-P

α~Pβ~Pγ脱去

β

、

γ

位上的两个磷酸基团后，则为腺嘌呤脱氧核苷酸，是合成

DNA

的原料之一。因此

研究人员在制备

32p

标记的

DNA

片段甲时，所用

dATP

的

α

位磷酸基团中的磷必须是32p

。

（

2

）

RNA

分子也可以与染色体

DNA

进行碱基互补配对，产生杂交带，从而干扰

32p

标记的

DNA

片段甲与染色体

DNA

的杂交，故去除

RNA

分子，可以防止

RNA

分子与染色体

DNA

的

W

基因片段发生杂交。

（

3

）

DNA

分子解旋后的单链片段才能与

32p

标记的

DNA

片段甲进行碱基互补配对，故需要使样品中的染色体

DNA

解旋。

（

4

）

DNA

酶可以水解

DNA

分子从而去除了样品中的

DNA

。

【点睛】本题考查知识点中对

DNA

探针法的应用，考生需要掌握

DNA

探针的原理，操作的基本过程才能解题。

31.

【答案】

(1).

避免自己没有食物，无法生存下去

(2).

单向流动，逐级递减

(3).

（赛达伯格湖）湖泊

【解析】

【分析】

1

、种间关系包括竞争、捕食、互利共生和寄生等：

34/43

捕食：一种生物以另一种生物作为食物；

竞争：两种或两种以上生物相互争夺资源和空间，竞争的结果常表现为相互抑制，有时表现为一方占优势，另一方处

于劣势甚至灭亡；

寄生：一种生物（寄生者）寄居于另一种生物（寄主）的体内或体表，摄取寄主的养分以维持生活；

互利共生：两种生物共同生活在一起，相互依存，彼此有利。

2

、生态系统中能量的输入、传递、转化和散失的过程，称为生态系统的能量流动。

【详解】（

1

）在自然界中，捕食者一般不会将所有的猎物都吃掉，捕食者所吃掉的大多是被捕食者中年老、病弱或年

幼的个体，客观上起到了促进种群发展的作用，对捕食者而言，不会导致没有猎物可以捕食而饿死，无法生存下去；

（

2

）能量在生态系统中是沿食物链流动的，能量流动是单向的，不可逆转，也不能循环流动，在流动过程中逐级递减，

能量传递效率一般在

10%-20%

；

（

3

）林德曼关于生态系统能量流动特点的研究成果是对一个结构相对简单的天然湖泊

——

赛达伯格湖的能量流动进行

了定量分析，最终得出能量流动特点。

【点睛】本题考查生物的种间关系捕食、能量流动的特点，难度较小，需要记住教材中的基础知识就能顺利解题，需

要注意的本题考查了一个细节：林德曼研究的是湖泊生态系统，容易忘记该知识点。

32.

【答案】

(1).

基因型不同的两个亲本杂交，

F

1分别统计，缺刻叶∶全缘叶

=1

∶

1

，齿皮∶网皮

=1

∶

1

，每对相对性

状结果都符合测交的结果，说明这

2

对相对性状的遗传均符合分离定律

(2).

缺刻叶和齿皮

(3).

甲和乙

(4).

1/4(5).

果皮

(6).F2中齿皮∶网皮

=48

∶

16=3

∶

1

，说明受一对等位基因控制

【解析】

【分析】分析题表，实验②中

F

1自交得

F2，

F1全为缺刻叶齿皮，

F2出现全缘叶和网皮，可以推测缺刻叶对全缘叶为显

性（相关基因用

A

和

a

表示），齿皮对网皮为显性（相关基因用

B

和

b

表示），且

F

2出现

9

∶

3

∶

3

∶

1

。

【详解】（

1

）实验①中

F

1表现为

1/4

缺刻叶齿皮，

1/4

缺刻叶网皮，

1/4

全缘叶齿皮，

1/4

全缘叶网皮，分别统计两对相

对性状，缺刻叶∶全缘叶

=1

∶

1

，齿皮∶网皮

=1

∶

1

，每对相对性状结果都符合测交的结果，说明这

2

对相对性状的遗

传均符合分离定律；根据实验②，

F

1全为缺刻叶齿皮，

F2出现全缘叶和网皮，可以推测缺刻叶对全缘叶为显性，齿皮

对网皮为显性；

（

2

）根据已知条件，甲乙丙丁的基因型不同，其中甲和丙种植后均表现为缺刻叶网皮，实验①杂交的

F

1结果类似于测

交，实验②的

F

2出现

9

∶

3

∶

3

∶

1

，则

F1的基因型为

AaBb

，综合推知，甲的基因型为

Aabb

，乙的基因型为

aaBb

，丙

的基因型为

AAbb

，丁的基因型为

aaBB

，甲乙丙丁中属于杂合体的是甲和乙；

（

3

）实验②的

F

2中纯合体基因型为

1/16AABB

，

1/16AAbb

，

1/16aaBB

，

1/16aabb

，所有纯合体占的比例为

1/4

；

（

4

）假如实验②的

F

2中缺刻叶齿皮∶缺刻叶网皮∶全缘叶齿皮∶全缘叶网皮

=45

∶

15

∶

3

∶

1

，分别统计两对相对性状，

缺刻叶∶全缘叶

=60

∶

4=15

∶

1

，可推知叶形受两对等位基因控制，齿皮∶网皮

=48

∶

16=3

∶

1

，可推知果皮受一对等位

35/43

基因控制。

【点睛】本题考查基因的分离定律和自由组合定律，难度一般，需要根据子代结果分析亲代基因型，并根据杂交结果

判断是否符合分离定律和自由组合定律，查考遗传实验中分析与计算能力。

（二）选考题：共

45

分。请考生从

2

道物理题、

2

道化学题、

2

道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每学科

按所做的第一题计分。

33．

【答案】(1).1(2).

2

1

V

V

【详解】

[1]

根据盖吕萨克定律有

273

V

k

t





整理得

273Vktk

由于体积

-

温度（

V-t

）图像可知，直线

I

为等压线，则

a

、

b

两点压强相等，则有

1a

b

p

p



[2]设0Ct

时，当气体体积为

1

V

其压强为

1

p，当气体体积为

2

V

其压强为

2

p

，根据等温变化，则有

1122

pVpV

由于直线

I

和

Ⅱ

各为两条等压线，则有

1b

pp

，

2c

pp

联立解得

12

21

b

c

p

pV

ppV



（

2

）

【答案】（i）

0.4

A

VV

，

0

2

B

pp

；（ⅱ）'(51)

A

VV，'

0

35

4B

pp





【解析】

【分析】

【详解】（

i

）对

B

气体分析，等温变化，根据波意耳定律有

0

1

2B

pVpV

解得

0

2

B

pp

36/43

对

A

气体分析，根据波意耳定律有

0AA

pVpV

0

0.5

AB

ppp

联立解得

0.4

A

VV

（ⅱ）再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为

3

2

V，由波意耳定律可得

00

3

'

2

pVpV

则

A

此情况下的压强为

00

2

'0.5

3B

pppp

则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为

A

V

、压强为

A

p

，气体B的体积为

B

V

、压强为

B

p

，根据等温变

化有

0AA

pVpV

，

0BB

pVpV



2

AB

VVV

，

''

0

0.5

AB

ppp

联立解得

'

04

53

B

pp



（舍去），

'

0

3+5

4B

pp

'(51)

A

VV

34．[物理——选修3-4]（15分）

（

1

）

【答案】(1).

8210(2).10510

(3).103510

【解析】

【分析】

【详解】

[1]

该单色光在玻璃板内传播的速度为

8

8

310

m/s210m/s

1.5

c

v

n





[2]

当光垂直玻璃板射入时，光不发生偏折，该单色光通过玻璃板所用时间最短，最短时间

10

1

8

0.1

s=510s

210

d

t

v





[3]

当光的入射角是

90°

时，该单色光通过玻璃板所用时间最长。由折射定律可知

37/43

sin90

sin

n







最长时间

2

10

2

cos

3510s

1sin

d

d

t

v

v









（

2

）

【答案】（

i

）

0.8s

；（

ii

）

-0.5cm

【解析】

【分析】

【详解】（

i

）因为波长大于

20cm

，所以波的周期

1.0sT

v





由题可知，波的周期是

21.2sTt

波的波长

24cmvT

在

t

1时刻（

t1>0

），质点

A

位于波峰。因为

AB

距离小于一个波长，

B

到波峰最快也是

A

的波峰传过去，所以从

t1时

刻开始，质点

B

运动到波峰所需要的最少时间

1

0.8sAB

x

t

v



（

ii

）在

t

1时刻（

t1>0

），由题意可知，此时图象的函数是

cos(cm)

12

yx





t1时刻质点

B

偏离平衡位置的位移

coscm0.5cm

12BB

yx





35．

【答案】

(1).3s

23p2(2).

原子晶体

(

共价晶体

)(3).sp3(4).

②

(5).2(6).2(7).

甲硫醇不能形

成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多(8).8(9).

230

A

491816

ac10N





(10).2-x

【解析】

【分析】

【详解】

(1)

基态

Si

原子的核外电子排布式为

1s

22s22p63s23p2

，因此

Si

的价电子层的电子排式为

3s

23p2

；晶体硅中

Si

原

子与

Si

原子之间通过共价键相互结合，整块晶体是一个三维的共价键网状结构，因此晶体硅为原子晶体；

SiCl

4中

Si

原子价层电子对数为4+

441

2



=4，因此Si原子采取sp3

杂化；由图可知，SiCl

4(H2O)中Si原子的δ键数为5，说明Si

38/43

原子的杂化轨道数为

5

，由此可知

Si

原子的杂化类型为

sp

3d

，故答案为：

3s23p2

；原子晶体

(

共价晶体

)

；

sp

3

；②；

(2)CO2的结构式为

O=C=O

，

1

个双键中含有

1

个

δ

键和

1

个

π

键，因此

1

个

CO2分子中含有

2

个

δ

键和

2

个

π

键，故答案

为：

2

；

2

；

(3)

甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇，甲醇分子之间氢键的总强度低于

水分子之间氢键的总强度，因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间，故答案为：甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲

醇均能，且水比甲醇的氢键多；

(4)

以晶胞中右侧面心的Zr4+

为例，同一晶胞中与

Zr

4+

连接最近且等距的

O

2-

数为

4

，同理可知右侧晶胞中有

4

个

O

2-

与

Zr4+

相连，因此

Zr

4+

离子在晶胞中的配位数是

4+4=8

；

1

个晶胞中含有

4

个

ZrO

2微粒，

1

个晶胞的质量

m=

A

4mol91g/mol8mol16g/mol

N



，1个晶胞的体积为(a×10

-10cm)×(a×10-10cm)×(c×10-10cm)=a2c×10-30cm3

，因此该晶

体密度=

m

V

=

A

2303

491816

g

ac10cm

N







=

230

A

491816

ac10N





g·cm-3

；在ZrO

2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为

ZnxZr1-xOy，其中

Zn

元素为

+2

价，

Zr

为

+4

价，

O

元素为

-2

价，根据化合物化合价为

0

可知

2x+4×(1-x)=2y

，解得

y=2-x

，

故答案为：

230

A

491816

ac10N





；2-x。

36．

【答案】

(1).

间苯二酚（或

1,3-

苯二酚）

(2).2(3).

酯基，醚键，酮基（任写两种）

(4).

TsOH

PhMe



+H2O(5).取代反应(6).C(7).

m-CPBA24

2

浓HSO

HO

32

(CHCO)O揪揪井

【解析】

39/43

【分析】由合成路线图，可知，A（间苯二酚）和B（）反应生成C

（），与碳酸二甲酯发生

酯化反应，生成，

与氢气发生加成反应生成

，

发生消去反应，生成F，F先氧化成环氧化合物G，G

在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，然后发生酯的水解生成

H

，据此分析解答。

【详解】(1)A为，化学名称为间苯二酚（或1,3-苯二酚），故答案为：间苯二酚（或1,3-苯二酚）；

40/43

(2)D为，与氢气发生加成反应生成

，碳碳双键及酮基都发生了加成反应，所以1molD反

应生成

E

至少需要

2mol氢气，故答案为：

2

；

(3)E为，含有的含氧官能团的名称为酯基，醚键，酮基（任

写两种），故答案为：酯基，醚键，酮基（任写两种）；

(4)E为，发生消去反应，生成

，化学方程式为

TsOH

PhMe



41/43

+H2O，故答案为：

TsOH

PhMe



+H2O；

(5)

由

G

生成

H

分两步进行：反应

1)

是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应

2)

是将酯基水解生成羟基，反应

类型为取代反应，故答案为：取代反应；

(6)化合物B为，同分异构体中能同时满足下列条件：.含苯环的醛、酮；b.不

含过氧键

(-O-O-)

；

c.

核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为

3

∶

2

∶

2

∶

1

，说明为醛或酮，而且含有甲基，根据要求

可以写出：，，

，，故有4种，答案为：C；

42/43

(7)

以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成下图有机物，可以将丙烯在

m-CPBA

的作用下生成环氧化合物，

环氧化合物在酸催化下水发生加成反应，然后再与碳酸二甲酯发生酯化反应即可，故合成路线为：

m-CPBA24

2

浓HSO

HO

。

37.

【答案】

(1).

蛋白酶

(2).

脂肪酶

(3).

蛋白酶和脂肪酶

(4).

加酶洗衣粉

A

和加酶洗衣粉

C(5).

蚕

丝织物的主要成分是蛋白质，会被蛋白酶催化水解

(6).

酶可以将大分子有机物分解为小分子有机物，小分子有机

物易溶于水，从而将污渍与洗涤物分开

(7).

利用物理或化学方法将酶固定在一定空间内的技术

(8).

固定在载

体上的酶可以被反复利用，可降低生产成本（或产物容易分离，可提高产品的产量和质量，或固定化酶稳定性好，可

持续发挥作用）

【解析】

【分析】加酶洗衣粉是指含有酶制剂的洗衣粉，目前常用的酶制剂有四类：蛋白酶、脂肪酶、淀粉酶和纤维素酶。其

中，应用最广泛、效果最明显的是碱性蛋白酶和碱性脂肪酶。碱性蛋白酶能将血渍、奶渍等含有大分子蛋白质水解成

可溶性的氨基酸或小分子的肽，使污迹容易从衣物上脱落。

【详解】（

1

）从表格中信息可知，加酶洗衣粉

A

对血渍的洗涤效果比对照组的无酶洗衣粉效果好，而血渍含有大分子

蛋白质，因此，加酶洗衣粉

A

中添加的酶是蛋白酶，同理，加酶洗衣粉

B

中添加的酶是脂肪酶；加酶洗衣粉

C

对血渍

和油渍的洗涤效果比无酶洗衣粉好，油渍中有脂肪，因此，加酶洗衣粉

C

中添加的酶是蛋白酶和脂肪酶。

（

2

）蚕丝织物中有蛋白质，因此，表中不宜用于洗涤蚕丝织物的洗衣粉有加酶洗衣粉

A

、加酶洗衣粉

C

，原因是蚕

丝织物主要成分是蛋白质，会被蛋白酶催化水解。

（

3

）据分析可知，相对于无酶洗衣粉，加酶洗衣粉去渍效果好的原因是：酶可以将大分子有机物分解为小分子有机物，

小分子有机物易溶于水，从而将污渍与洗涤物分开。

（

4

）固定化酶技术是指利用物理或化学方法将酶固定在一定空间内的技术，酶既能与反应物接触，又能与产物分离，

所以固定在载体上的酶还可以被反复利用。所以固定化酶在生产实践中应用的优点是：降低生产成本（或产物容易分

离，可提高产品的产量和质量，或固定化酶稳定性好，可持续发挥作用）。

【点睛】本题考查加酶洗衣粉、酶的固定化相关知识点，难度较小，解答本题的关键是明确加酶洗衣粉与普通洗衣粉

去污原理的异同，以及固定化酶技术的应用实例和优点。

38.

【答案】

(1).

④②③①

(2).Taq

酶（热稳定

DNA

聚合酶）

(3).

延伸

(4).Taq

酶从引物起始进行互补

链的合成

(5).

两条单链

DNA(6).

一项在生物体外复制特定

DNA

片段的核酸合成技术

【解析】

【分析】

PCR

是一项在生物体外复制特定

DNA

片段的核酸合成技术。通过这一技术，可以在短时间内大量扩增目的

43/43

基因。利用

PCR

技术扩增目的基因的前提，是要有一段已知目的基因的核苷酸序列，以便根据这一序列合成引物。

【详解】（

1

）

PCR

技术可用于临床的病原菌检测，若要得到正确的检测结果，正确的操作顺序应该是④采集病人组织

样本

→

②从病人组织样本中提取

DNA→

③利用

PCR

扩增

DNA

片段

→

①分析

PCR

扩增结果。

（

2

）在用

PCR

技术扩增

DNA

时，

DNA

的复制过程与细胞内

DNA

的复制类似，操作③中使用的酶是

Taq

酶（热稳定

DNA

聚合酶），

PCR

反应中的每次循环可分为变性、复性、延伸三步，其中复性的结果是

Taq

酶从引物起始进行互补

链的合成。

（

3

）

DNA

复制需要引物，为了做出正确的诊断，

PCR

反应所用的引物应该能与两条单链

DNA

特异性结合。

（

4

）据分析可知，

PCR

（多聚酶链式反应）技术是指一项在生物体外复制特定

DNA

片段的核酸合成技术。该技术目

前被广泛地应用于疾病诊断等方面。

【点睛】本题考查

PCR

技术及应用，难度较小，解答本题的关键是明确

PCR

技术的原理，具体反应过程，以及在临床

病原菌检测中的应用。