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{#{QQABIQ6QggAoQABAABgCAQH4CAAQkBCCCIoGAAAAsAIAARFABAA=}#}2024屆高三 12月大聯考（全國乙卷）
理綜生物·全解全析及評分標準
1 2 3 4 5 6
B B A D C C
1．B 【解析】胃蛋白酶、抗體、胰島素都是分泌蛋白，呼吸作用發生在細胞內，所以呼吸酶是在細胞內發
揮作用的，不是分泌蛋白，A 錯誤；分泌蛋白都是蛋白質，單體是氨基酸，每個氨基酸都有氨基，含有
氮元素，B 正確；分泌蛋白合成和運輸過程中內質網膜面積減小，高爾基體膜面積基本不變，細胞膜面
積增大，C 錯誤；蛋白質結構不同的根本原因是控制它們合成的基因不同，D 錯誤。
2．B 【解析】前 20 min 內，甲組原生質體體積相對值逐漸變小，說明細胞在失水，水分子從滲透壓低的
一側向高的一側擴散，所以細胞液滲透壓小于細胞質基質滲透壓，A 錯誤；實驗開始 20 min 時，甲、乙
兩組原生質體體積相對值相等，說明細胞失水量相同，甲組蔗糖分子沒有進入細胞，而乙組 KNO3溶液
中有離子進入細胞，使細胞液滲透壓升高，B 正確；實驗開始 30 min 后，乙組細胞可能因為吸收了 K+、
NO -3 ，細胞液濃度升高，引起細胞吸水，原生質體體積增大，C 錯誤；實驗開始 40 min 后，乙組細胞吸
水和失水達到平衡，由于植物細胞壁的限制，細胞液的滲透壓可能大于或等于外界溶液的滲透壓，因此
不能得出 40 min 后細胞液中 KNO3的濃度與外界溶液濃度相等的結論，D 錯誤。
3．A 【解析】植物各個部位都能產生乙烯，乙烯的作用是促進果實成熟，A 正確；用一定濃度的生長素類
似物處理可以促進子房發育成果實，得到無子番茄，不能誘導染色體數目加倍，B 錯誤；植物打頂通過
解除頂芽產生的生長素對側芽的抑制作用，進而促進側芽生長，C 錯誤；植物的生長發育是基因組在一
定的時間和空間上程序性表達的結果，而不是基因組改變的結果，D 錯誤。
4．D 【解析】在性狀分離比的模擬實驗中，兩個小桶模擬了生物的雌、雄生殖器官，小球代表生殖細胞，
雌性生殖細胞數量一般少于雄性生殖細胞數量，所以兩個小桶中的彩球總數可以不相等，A 錯誤；用
32P、35S 標記的噬菌體侵染未被標記的細菌，可證明 DNA 分子是噬菌體的遺傳物質，B 錯誤；探究酵母
菌細胞呼吸的方式實驗中，有氧和無氧組都是實驗組，形成對比實驗，C 錯誤；在綠葉中色素的提取和
分離實驗中，先用無水乙醇提取再用層析液分離色素，D 正確。
5．C 【解析】蝗蟲的振翅聲為鳥類捕食傳遞物理信息，說明信息可以調節生物的種間關系，進而維持生態
系統的穩定，A 正確；該食物網中存在 6 條食物鏈，分別是植物→鼠→鷹、植物→鼠→蛇→鷹、植物→
鳥→鷹、植物→鳥→蛇→鷹、植物→蝗蟲→鳥→鷹、植物→蝗蟲→鳥→蛇→鷹，其中蛇和鷹都可以捕食
鳥和鼠，鷹還可以捕食蛇，因此二者的種間關系為捕食和競爭，B 正確；鷹屬于第三營養級、第四營養
級和第五營養級，鷹捕食鼠，保護鷹有利于防治鼠害，C 錯誤；該食物網中植物通過光合作用和呼吸作
用參與了生態系統的物質循環，能通過光合作用將無機物轉化成有機物，D 正確。
理科綜合 全解全析及評分標準 第 1 頁（共 18 頁）
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6．C 【解析】分析題意，親本都是褐斑，F1 中雌雄昆蟲均為褐斑∶素斑=2∶1，說明體色基因位于常染色
體上（設相關基因為 A/a），且存在褐斑基因純合個體致死現象，A 正確；親本白繭雄蟲和黃繭雌蟲雜交，
F1 的雄蟲都是黃繭，雌蟲都是白繭，說明繭色基因位于 Z 染色體上（設相關基因為 B/b），因此體色基因
和繭色基因在遺傳時遵循基因的自由組合定律，B 正確；依上述分析，親本的基因型為 AaZbZb、AaZBW，
F1 的基因型為（2Aa、aa）×（ZBZb、ZbW），選取 F 的褐斑黃繭雄蟲（AaZBZb1 ）進行測交，子代的基因
型為（Aa、aa）×（ZBZb、ZbZb、ZBW、ZbW），子代雌、雄昆蟲的表現型及比例相同，C 錯誤；讓 F1 的
雌、雄昆蟲隨機交配，F1 褐斑基因 A 的頻率為 1/3，素斑基因 a 的頻率為 2/3，理論上 F2 的基因型頻率
為 AA=1/9、Aa=4/9、aa=4/9，考慮到基因型 AA 的個體致死，故 F2 的褐斑昆蟲數約等于素斑昆蟲數，D
正確。
29．（10 分）
（1）水和二氧化碳（或 H2O 和 CO2）（答不全給 1 分，2 分） 類囊體薄膜和基質（答不全給 1 分，
2 分）
（2）增加葉綠體的數量、增大單葉面積和提高葉綠素含量（答不全給 1 分，2 分）
（3）隨著透光率降低，氣孔導度不斷降低，引起 CO2 吸收不足，暗反應速率降低，使凈光合速率降低
（2 分） 連香樹的呼吸速率（和光照或黑暗的時間）（答出呼吸速率即給分，2 分）
【解析】（1）一般來說，光合作用是指綠色植物通過葉綠體，利用光能，把二氧化碳和水轉化成儲存能
量的有機物，并且釋放出氧氣的過程。光合作用的原料有二氧化碳和水。光反應階段的化學反應是在類
囊體薄膜上進行的，暗反應階段的化學反應是在葉綠體的基質中進行的，所以與光合作用有關的酶分布
于葉綠體的類囊體薄膜和葉綠體基質中。
（2）全光照下，葉肉細胞中的葉綠體數量較少，遮光條件下葉肉細胞中的葉綠體數量有所增加，說明
遮光條件下連香樹可以通過增加葉綠體數量提高捕獲光能的能力；由表可知，單葉面積隨透光率降低而
增大，葉綠素含量隨透光率降低而增多，說明連香樹可以通過增大單葉面積和增加葉綠素含量來提高捕
獲光能的能力。
（3）據表分析可知，隨著透光率降低，氣孔導度不斷降低，引起 CO2 的吸收不足，暗反應受抑制，導
致凈光合速率降低。植物白天進行光合作用積累有機物，白天和夜晚都進行呼吸作用消耗有機物，欲判
斷透光率為 10%時連香樹能否生長，還需要知道連香樹的呼吸速率（和光照或黑暗的時間）。
30．（9 分）
（1）神經—體液—免疫調節網絡（答出神經—體液—免疫即給分，2 分） 激素（ACTH）和神經
遞質（2 分）
（2）分級（答出“負反饋”不給分，2 分）
理科綜合 全解全析及評分標準 第 2 頁（共 18 頁）
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（3）在應激狀態下，機體內糖皮質激素分泌增多，會抑制免疫系統的功能，使免疫系統的防衛、監控
和清除功能降低（答出糖皮質激素分泌增多給 1 分，抑制免疫細胞或免疫系統的功能給 2 分。合理即可，
共 3 分）
【解析】（1）內環境穩態的主要調節機制是神經—體液—免疫調節網絡。腎上腺皮質分泌糖皮質激素受
ACTH 調控，ACTH 屬于激素，腎上腺髓質分泌腎上腺素受神經的直接支配，屬于神經調節，該過程中
腎上腺髓質接受的信息分子是神經遞質。
（2）據圖可知，糖皮質激素的分泌受下丘腦—垂體—腎上腺皮質的調控，該過程存在分級調節，這種
調節方式可以放大激素的調節效應。
（3）從圖中信息可知，在應激狀態下，糖皮質激素分泌增多，會抑制免疫系統的功能，使免疫系統的
防衛、監控和清除功能降低，所以老年動物（包括人）在遭遇應激性生活事件時，體內容易出現感染和
腫瘤。
31．（9 分）
（1）長江中的白鱘是在長江這一自然區域內，同種生物的全部個體（2 分）
（2）就地保護（1 分） 食物減少、水質惡化、航運頻繁、繁殖力較低等（可從食物、環境、人類
活動、自身特點等角度回答）（合理即可，答出一點給 1 分，2 分）
（3）等距取樣（2 分） 水平（2 分）
【解析】（1）種群是指生活在一定的自然區域內，同種生物的全部個體。題干中的長江白鱘是同種生物，
而它們生活的長江屬于一定的自然區域，所以長江中的白鱘屬于一個種群。
（2）保護生物多樣性的措施包括就地保護和易地保護，長江白鱘本身生活在長江中，因此實行十年禁
漁屬于就地保護。禁漁雖然阻止了人類對魚類的捕撈，但白鱘的食物減少、水質惡化、航運頻繁、繁殖
力較低等因素都會導致白鱘滅絕。
（3）采用樣方法調查某雙子葉植物的種群密度時，取樣方法包括五點取樣法和等距取樣法，由于長江
沿岸屬于長條形樣地，適宜采用等距取樣法取樣。水平結構是指生物群落在水平方向上，由于地形的變
化、光照強度的不同、土壤濕度和鹽堿度的差異等因素的影響，不同地段往往分布著不同的種群。從江
邊到江心生物分布不同，這屬于群落的水平結構。
32．（11 分）
（1）1/2（2 分） F1 產生的含 M 和 m 的配子的數量比為 1∶1（合理即可，2 分） 3∶1
（2 分）
（2）5∶1（2 分）
（3）利用 F1 的花粉進行單倍體育種，得到四種植株（1 分），讓四種植株分區域單獨種植（1 分），選擇
理科綜合 全解全析及評分標準 第 3 頁（共 18 頁）
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其中產量較高的秈稻（MMRR）和粳稻（mmRR）雜交（1 分），即可得到基因型為 MmRR 的高產水稻
（其他合理答案也給分，共 3 分）
【解析】（1）根據題意分析，F1 基因型為 MmRr，由于 M/m 和 R/r 基因位于兩對同源染色體上，F1 產生
四種配子：Mr、mR、MR、mr，不含 R 基因的雄配子 50%致死，基因型為 M 的花粉與基因型為 m 的花
粉所占比例相同，即遇碘呈藍黑色的花粉所占比例為 1/2。F2 中 MM∶Mm∶mm=1∶2∶1，秈稻與粳稻
的比例為 3∶1。
（2）若 M/m 與 R/r 基因位于一對同源染色體上，則 F1 雌性個體可產生基因型為 MR 和 mr 兩種數量相
等的配子，由于不含 R 基因的雄配子 50%致死，所以 F1 雄性個體產生的配子的基因型及比例為 MR∶
mr=2∶1。按照棋盤法可計算 F2 的基因型及所占比例如表，由表可知，秈稻與粳稻的比例為 5∶1。
（3）為了得到基因型為 MmRR 的高產水稻，以 F1 為實驗材料，需要先獲得基因型為 MMRR、mmRR
的個體，可選擇 F1 的花粉進行單倍體育種，得到基因型為 MMRR、mmRR、MMrr、mmrr 的四種植株，
由于不含 R 基因的雄配子 50%致死，所以四種植株分區域單獨種植后，基因型為 MMRR、mmRR 的植
株較剩余兩種基因型的植株產量高，讓二者雜交，即可獲得基因型為 MmRR 的植株。
37．（15 分）
（1）香樟油容易揮發（2 分） 原料放置的位置（2 分） 蒸餾時間和蒸餾溫度（合理即可，2 分）
（2）無水乙醇和香樟油都是易燃物，直接使用明火加熱容易引起燃燒、爆炸（2 分）
粉碎、干燥（合理即可，2 分）
（3）低溫、密封、陰涼、避光保存等（合理即可，答出 1 點給 1 分，共 2 分）
（4）方法一：分別取適量且等量的金黃色葡萄球菌培養液，均勻涂布在甲、乙兩個已滅菌的固體培養
基平板上（1 分），將分別含有香樟油和無菌水的小濾紙片分別放在甲、乙培養基上（1 分），培養一段
時間后，觀察是否出現抑菌圈（1 分）（共 3 分）
方法二：取適量金黃色葡萄球菌培養液均勻涂布在已滅菌的固體培養基平板上（1 分），將分別含有香樟
油和無菌水的小濾紙片貼在該培養基上的不同區域（1 分），培養一段時間后，觀察是否出現抑菌圈（1
分）（共 3 分）
（其他答案合理也給分）
【解析】（1）水蒸氣蒸餾法是利用水蒸氣將揮發性較強的植物芳香油攜帶出來，形成油水混合物，冷卻
后，混合物又會重新分離出油層和水層。根據蒸餾過程中原料放置的位置，可以將水蒸氣蒸餾法劃分為
理科綜合 全解全析及評分標準 第 4 頁（共 18 頁）
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水中蒸餾、水上蒸餾和水氣蒸餾。蒸餾時間和蒸餾溫度等均會影響香樟油的品質，因此蒸餾時，應控制
好蒸餾的時間和溫度。
（2）無水乙醇和香樟油都是易燃物，直接使用明火加熱容易引起燃燒、爆炸，故通常采用水浴加熱。
萃取前需要將原料進行粉碎（增加有機溶劑與萃取物的接觸面積）、干燥（降低含水量）處理，以提高
萃取效率。
（3）由于香樟油可燃，遇高溫、明火、氧化劑（包括硝酸）有引起燃燒的危險，所以需要低溫、密封、
陰涼、避光保存。
（4）欲探究香樟油是否對金黃色葡萄球菌有抑菌作用，可將含有香樟油的小濾紙片和含有無菌水的小
濾紙片分別貼在培養基上，根據是否有抑菌圈來判斷。
38．（15 分）
（1）逆（反）轉錄（2 分） 2n-1（2 分）
（2）②（2 分） 使目的基因在受體細胞中穩定存在（1 分），并且可以遺傳給下一代（1 分），
同時使目的基因能夠表達和發揮作用（1 分）（共 3 分）
（3）T-DNA（2 分） 植物組織培養（2 分）
（4）抗原—抗體雜交（2 分）
【解析】（1）利用題圖流程培育抗 TMV 煙草植株時，應先獲取 TMV 外殼蛋白 RNA，通過逆（反）轉
錄過程獲得 cDNA。若用 1 個 TMV 外殼蛋白基因的一條單鏈為模板，通過 PCR 獲得 n（n 大于 2）個目
的基因，由于子鏈的延伸都需要從引物的 3'端開始，即新合成的子鏈中均帶有引物，只有原來的模板鏈
上沒有引物連接，故消耗的引物總量是 2n-1 個。
（2）基因工程的核心步驟是構建基因表達載體，其目的是使目的基因在受體細胞中穩定存在，并且可
以遺傳給下一代，同時，使目的基因能夠表達和發揮作用。
（3）據題圖分析，先將目的基因插入農桿菌 Ti 質粒的 T-DNA 中，然后導入農桿菌中，再用該農桿菌
感染煙草細胞，最后通過植物細胞工程中的植物組織培養技術獲得轉基因植株。
（4）從分子水平上檢測 TMV 外殼蛋白基因在抗 TMV 煙草植株中是否成功表達出 TMV 外殼蛋白，常
利用抗原—抗體雜交技術，如果出現雜交帶，則表明目的基因已經成功表達。
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理綜化學·全解全析及評分標準
7 8 9 10 11 12 13
B C B D A C D
7．B 【解析】A 選項，電解飽和食鹽水制燒堿，陰陽兩極分別有 H2、Cl2生成，反應前后 H、Cl 兩種元素
的化合價發生了變化，涉及氧化還原反應；B 選項，用肥皂洗去衣服上的油污屬于乳化作用，不涉及氧
化還原反應；C 選項，用堿液吸收 NO 2 時，NO2轉化為 NO3和 NO2，氮元素的化合價發生了變化，涉及
氧化還原反應；D 選項，聚乳酸包裝材料完全降解生成 CO2 和 H2O，碳元素被氧化，空氣中的氧氣被還
原，涉及氧化還原反應。
8．C 【解析】觀察紅曲素的結構簡式，其官能團有碳碳雙鍵、羥基和酯基三種，A 項正確；酯基能與 NaOH
溶液發生水解反應，B 項正確；紅曲素分子中有多處碳原子采用 sp3 雜化與 3 個碳原子形成單鍵，4 個碳
原子構成三角錐形，不可能共平面，C 項錯誤；羥基能發生酯化反應、消去反應，碳碳雙鍵能發生加成
反應，D 項正確。
9．B 【解析】將 CO2通入 CaCl2溶液中應該無現象，如果 CO2 與 CaCl2 溶液反應，就該生成 CaCO3和 HCl，
然而 CaCO 又易溶于鹽酸，故 A 項現象錯誤；SO 溶于水生成的亞硫酸是中強酸，酸性溶液中SO2 3 2 3 會
被 NO 3氧化為SO2 4 ，Ba
2+與SO2 4 生成不溶于酸的 BaSO4 沉淀，B 項現象和結論均正確；漂白液的主要
成分是 ClO ，可以將淀粉 KI 溶液中的 I 氧化為 I2，進而使淀粉溶液變藍，故 C 項現象正確，但結論錯
誤；還原性物質和不飽和烴均能使酸性 KMnO4溶液褪色，不能根據溶液褪色來判斷石油裂解氣中含有
乙烯，D 項結論錯誤。
10．D 【解析】向 Ba(OH)2溶液中加入稀硫酸生成 BaSO4和 H2O，反應的離子方程式為 Ba2++2OH +2H++SO2 4
=BaSO ↓+2H O，A 項錯誤；向 NaOH 溶液中通入過量 SO 生成HSO 4 2 2 3 ，反應的離子方程式為 OH
+
SO =HSO 2 3 ，B 項錯誤；H2S 為弱電解質，在離子方程式中不能拆為離子，反應的離子方程式為 Cu
2++
H S=CuS↓+2H+2 ，C 項錯誤；Pb 加入 Fe2(SO4)3 溶液中發生氧化還原反應生成二價鉛和 Fe2+，反應的
離子方程式為 Pb+2Fe3++ SO2 4 =2Fe
2++PbSO4，D 項正確。
11．A 【解析】W 的簡單氫化物可作制冷劑，猜測為 NH3，W 為 N 元素；X 與 Z 同族，則它們可能是 O、
S 或 F、Cl，結合題給化合物的結構圖可知，X 為 O，Z 為 S，再考慮四種元素原子序數依次增大，則
Y 為 Na，經驗證上述推斷完全符合題意。簡單離子半徑：r(S2 )＞r(O2 )＞r(Na+)，A 項正確；簡單氫化
物的沸點應該為 H2O＞NH3＞H2S，B 項錯誤；Na3N、SO3 中，前一種由離子鍵構成，后一種由共價鍵
構成，C 項錯誤；Na2O2、SO2 均能使品紅溶液褪色，但原理不同，前者為氧化還原反應，不可逆，后
者為加合反應，是可逆的，D 項錯誤。
12．C 【解析】充電時 Na V (PO +3 2 4)3 脫嵌部分 Na 形成 Na3 xV2(PO4)3，發生氧化反應，應為陽極，A 項錯誤；
充電時，陽極脫嵌的 Na+與陰極嵌入的 Na+數目相等，電解液的質量不變，B 項錯誤；放電時負極發生
氧化反應，Na+從硬碳材料中脫出，由負極遷移到正極與 Na3 xV2(PO4)3結合，C 項正確；D 中的電極反
應實際是充電時的陽極反應，放電時正極得到電子發生還原反應，即 Na3 xV2(PO4) ＋ xe 3 ＋
理科綜合 全解全析及評分標準 第 6 頁（共 18 頁）
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xNa+=Na3V2(PO4)3，D 項錯誤。
+
13．D 【解析】觀察甘氨酸稀溶液中存在的平衡，可認為 H3NCH2COOH（即 X+）發生了兩步電離，K1為
+
第一步電離常數，K2 為第二步電離常數，且 H NCH COO 3 2 等同于 H2NCH2COOH，第二步電離是甘氨
c(X±)· c(H+)
酸羧基上的氫離解為 H+。K +1＝ c(X+) ，當 pH＝2.35 時，c(X )＝c(X
±)，K ＝c(H+)＝10 2.351 ，其數
-14
量級為 10 3
Kw 10
，A 項正確；25 ℃時，參照 K1的算法得 K ＝10 9.782 ，X 的水解常數 K 4.22h＝ K ＝ 10-9.78＝10 ，2
B 項正確；pH＝6 時，X±即 H2NCH2COOH，呈電中性，在電場中不移向任何電極，C 項正確；pH＝9.78
時，顯然有 c(OH )＞c(H+)，事實上，D 選項電荷守恒式的右邊還應加上調節溶液 pH 的堿的陽離子濃
度，D 項錯誤。
26．（14 分）
（1）小燒杯中（1 分，或其他合理答案） 100 mL 容量瓶、膠頭滴管（2 分，答對一個給 1 分）
攪拌、引流（2 分，答對一個給 1 分）
（2）3I ＋6OH =IO 2 3＋5I ＋3H2O（2 分）
（3）H2（或氫氣）（1 分） I ＋6OH 6e =IO 3＋3H2O（2 分）
（4）過濾、洗滌、干燥（2 分，答對一個或兩個給 1 分）
cV×10-3 ×10×390 32.5cV
（5） 12w ×100% 或 w %（2 分，答案合理即可）
【解析】（1）KOH 固體有強腐蝕性，不能放在紙片上稱量，應放在小燒杯中稱量。
（2）I2 能與 KOH 溶液發生歧化反應，離子方程式為 3I2＋6OH =IO 3＋5I ＋3H2O。
（3）電解池中，陰極發生還原反應，陰極液為 KOH 溶液，陰極的電極反應式為 2H 2O＋2e =H2↑＋
2OH ；陽極區溶液中 I 還原性最強，發生氧化反應可生成 IO 3。
（4）步驟Ⅴ中，因 Ca(IO3)2 微溶于水，KIO3 與 CaCl2在溶液中可發生復分解反應析出 Ca(IO3)2 沉淀，分
離沉淀的“系列操作”包括過濾、洗滌、干燥。
（5）設 w g 產品中 Ca(IO3)2 的物質的量為 x，從題給三個反應可以得出碘元素守恒關系：
Ca(IO3)2 ~ 2IO 3 ~ 6I2 ~ 12S 2 2O3
1 mol 12 mol
x/10 cV×10 3 mol
-3
1 mol×cV×10 mol cV
x＝ 212 mol ×10＝ 12 ×10 mol
cV×10-2 ×M[Ca(IO3)2] 390cV 32.5cV
產品中碘酸鈣的純度＝ 12w ×100%＝ 12w %＝ w %。
27．（14 分，每空 2 分）
（1）將 Fe2+氧化為 Fe3+
（2）4.0≤pH＜5.0 或 4.0~5.0（答 4.0＜pH＜5.0 或 4.0≤pH≤5.0 給 1 分）
（3）CuS 便于分別回收鐵、銅（答案合理即可）
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（4）3.16×10 3 或 10 2.5
（5）5Co2+＋10HCO 3=2CoCO3·3Co(OH)2·H2O↓＋8CO2↑＋H2O
（6）Co3O4
【解析】（1）鈷廢料酸浸后，溶液中的金屬離子有 Co2+、Cu2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+，結合后續流程及已知
信息知，加入 H2O2 的目的是將 Fe2+氧化為 Fe3+，方便除鐵。
（2）從表中數據可知，要保證 Fe3+沉淀完全，需要溶液 pH≥4.0；要保證 Cu2+不沉淀，需要溶液 pH＜5.0。
（3）H2S＋Cu2+=CuS↓＋2H+，濾渣 2 的主要成分是 CuS?！俺F”后溶液中有 Fe(OH)3 沉淀生成，如
果不過濾除去就通入 H2S，H2S 與 Cu2+反應后溶液酸性增強，會溶解 Fe(OH) 3+3 沉淀，Fe 和 H2S 反應生
成 FeS 沉淀，不利于分別回收鐵和銅。
（4）向“除銅”后的溶液中加入 NH4F，當除鈣率為 96%時，c(Ca2+)＝0.01 mol·L 1×4%＝4×10 4 mol·L 1，
K (CaF )＝c(Ca2+)·c2(F )＝4×10 4 ×c2(F )＝4.0×10 9，c(F )＝ 10×10 3sp 2 mol·L 1＝3.16×10 3 mol·L 1。
（5）“沉鈷”時，反應物為 Co2+和 HCO 3，生成物有 2CoCO3·3Co(OH)2·H2O 沉淀，可認為該反應是相互
促進的水解反應，產物還有 CO2 氣體，由此可寫出反應的離子方程式：Co2+＋HCO 3
2CoCO3·3Co(OH)2·H2O↓＋CO2↑。試配平，根據反應前后 Co 原子守恒在 Co2+前面加 5，根據反應前后
電荷守恒在 HCO 3前面加 10，再根據反應前后碳原子守恒在 CO2前面加 8，最后要保證反應前后 H、O
守恒，需在生成物中加 H2O。
（6）根據堿式碳酸鈷的熱重曲線分析，800 ℃時質量保留百分數為 75.1%，設 800 ℃時所得鈷的氧化物
5
中 Co、O 的原子個數比為 x﹕y，則 1 mol 2CoCO3·3Co(OH)2·H2O 加熱至 800 ℃時得到鈷的氧化物 x mol，
5
即：2CoCO3·3Co(OH)2·H2O x CoxOy
5
535 x (59x＋16y)
5 y x 3
535×75.1%＝ x (59x＋16y)，解得 x≈1.34，y≈0.75＝4，這種氧化物為 Co3O4。
28．（15 分）
（1）a＋b＋c（2 分） K1·K2·K3（2 分）
（2）①反應未達平衡狀態，溫度升高，反應速率增大（2 分，答案合理即可）
②a d（2 分，漏選得 1 分，錯選不得分）
③9∶10 或 0.9（2 分） 6.8%或 0.068（2 分）
（3）最大（1 分） 反應②需要斷裂鍵能較大的氫氧鍵，所需能量最高，其他各步反應沒有化學鍵斷
裂（2 分，答案合理即可）
【解析】（1）依據蓋斯定律，將①②③三個反應的反應物和生成物分別相加，刪去反應符號兩邊相同的
物質即得目標反應的熱化學方程式，所以 H＝(a＋b＋c) kJ·mol 1。將①②③三個反應的平衡常數表達式
相乘，化簡后與目標反應的平衡常數表達式相同，故 K＝K1·K2·K3。
（2）①化學反應達到平衡之前，正反應速率大于逆反應速率，隨溫度升高，反應速率增大，反應物的
理科綜合 全解全析及評分標準 第 8 頁（共 18 頁）
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轉化率和產物的產率均增大。②總反應是氣體分子數減小的反應，加壓時平衡正向移動，a 項正確；分
析曲線，達到平衡之后再升高溫度，甲醇的轉化率和 DMC 的產率均減小，說明平衡逆向移動，該反應
為放熱反應，隨溫度升高平衡常數減小，故 b、c 項均錯誤；110～130 ℃之間，隨溫度升高 DMC 的產
率比甲醇的轉化率減小更多，說明副反應增多，d 項正確。③在題給條件下，設有 2 mol CH3OH 與 1 mol
CO、0.5 mol O2 發生反應，24%的 CH3OH 轉化，其中 90%的甲醇（即 2 mol×0.24×0.9＝0.432 mol）生
成 0.216 mol DMC，另外 10%的甲醇（即 2 mol×0.24×0.1＝0.048 mol）轉化為副產物，生成二甲醚 0.024 mol。
反應物的轉化情況如下：
1
2CH3OH(g) ＋ CO(g) ＋ O2(g) (CH3O)2CO(g) ＋ H2O(g)
2
n起始/mol 2 1 0.5
n轉化/mol 0.432 0.216 0.108 0.216 0.216
n平衡/mol 2 0.432 0.048 1 0.216 0.5 0.108 0.216 0.216+0.024
2CH3OH(g) CH3OCH3(g) ＋ H2O(g)
n轉化/mol 0.048 0.024 0.024
n平衡/mol 2 0.432 0.048 0.024 0.216+0.024
平衡混合物中 DMC 與 H2O 的物質的量之比為 0.216∶(0.216＋0.024)＝9∶10。
快捷解法：主反應和副反應中，甲醇與水、DMC、二甲醚的化學計量數之比均為 2∶1，所以甲醇轉化
為 DMC 占轉化為水的 90%，平衡混合物中 n(DMC)∶n(H2O)＝9∶10。
副反應前后氣體分子數不變，故平衡混合物總物質的量為(3.5 0.216 0.108) mol＝3.176 mol，DMC 的體
0.216
積分數＝3.176 ×100%＝6.8%。
（3）相同條件下，反應的活化能越大，反應速率越小，第②步速率最小，說明該反應的活化能最大。
分析甲醇氧化羰基化反應的機理，第②步反應有氧氫鍵斷裂，需要能量多，而其他各步反應沒有化學
鍵斷裂。
35．（15 分）
（1）3d104s1（2 分）
（2）+2（1 分） 配位（1 分）
（3）5（2 分） 電負性 O＞S，H2O 分子中成鍵電子對更偏向 O，成鍵電子對之間的斥力較大，鍵角
較大（2 分，答案合理即可）
（4）sp3（1 分） V 形或角形（2 分）
4×(56+32×2) 480
（5）FeS2（2 分） 30 a3N ×10 或
30
a3N ×10 （2 分，其他合理形式也給分） A A
【解析】（1）基態 64Cu 原子核外電子數為 29，其價電子填充順序為 4s23d9，由于軌道全充滿、半充滿更
穩定，故價電子排布式為 3d104s1。
（2）與 Cu 相連的 N 原子已有三個共價鍵，故與 Cu 連接的是以孤對電子形成的配位鍵，Cu 與 S 則以
理科綜合 全解全析及評分標準 第 9 頁（共 18 頁）
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共價鍵結合，Cu 的化合價為+2。
（3）基態 S 原子的核外電子排布式為 1s22s22p63s23p4，共有 5 個不同能級的原子軌道填充了電子。電負
性 O＞S，H2O 分子中成鍵電子對更偏向 O，成鍵電子對之間的斥力較大，鍵角較大。
（4）根據價層電子對互斥理論，確定SO2 3 的空間構型為三角錐形，并有 1 對孤對電子，由此判斷 S 采
用 sp3雜化。同理，在多硫離子S2 3 中，中心 S 原子也是 sp
3 雜化，離子的空間構型為 V 形。
1 1 1
（5）分析晶胞結構圖，用均攤法計算其中的原子個數，Fe：8×8＋2×6＝4，S：4×12×2＋2＝8，由 Fe 與 S
4M(FeS2) 4×120
的最簡整數比為1∶2可知，該硫化物的化學式為FeS2，晶體密度d＝ g·pm 3a3N ＝ 3 ×10
30 g·cm 3。
A a NA
36．（15 分）
（1）醛基（1 分） 取代反應或酯化反應（1 分）
（2） （2 分，其他書寫形式正確
也給分）
（3） （2 分，其他書寫形式正確也給分） 2（2 分）
（4）12（2 分） 或 （2 分，其他書寫形式正確也給分）
（5） （3 分，
一步 1 分）
【解析】（1）D 為苯甲醛，其中所含官能團的名稱為醛基；結合合成路線可推斷 A 為乙酸，B 為乙酸乙
酯，A→B 的反應類型為取代反應或酯化反應。
（2）B→C 的化學方程式為 。
（3）結合已知信息可知 E 為 。F 中手性碳原子如圖 “*”所示，為 2 個。
（4）X 既可以與 NaHCO3 溶液反應放出二氧化碳，又可以與銀氨溶液反應生成銀鏡，說明其分子結構
中既含有羧基，又含有醛基，結合其分子式 C6H10O3，根據碳鏈異構和定一移一法，其可能的結構有
（醛基位于 1 號碳，羧基有 4 種位置）、 （醛基位于 2 號碳，羧基有 4 種位置）、
理科綜合 全解全析及評分標準 第 10 頁（共 18 頁）
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（醛基位于 1 號碳，羧基有 3 種位置）、 （醛基位于 2 號碳，羧基有 1 種位置），符合條件的同
分異構體共 12 種；其中核磁共振氫譜中峰面積之比為 1∶1∶2∶6 的同分異構體的結構簡式為
或 。
（5）結合題中路線及所給信息，逆向推導可得其合成路線為
。
理科綜合 全解全析及評分標準 第 11 頁（共 18 頁）
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理綜物理·全解全析及評分標準
14 15 16 17 18 19 20 21
C B B B D AC AC AC
14．C 【解析】溫度的變化，對半衰期沒有影響，A 錯誤；半衰期是統計規律，對于少數原子沒有意義，B
0
錯誤；原子核發生 β 衰變時會放出電子 -1e ，根據核反應中質量數和電荷數守恒的規律，可知一個碳 14
14 14 0
的原子核衰變為氮 14 的核反應方程為 6C→ 7 N+ -1e ，C 正確；質子數相同而中子數不同的同一元素的
原子互稱同位素，碳 14 與氮 14 不是同一元素，D 錯誤。
15．B 【解析】如圖所示，籃球在上升至最高點的過程中，受重力和空氣阻力，兩個力均做負功，故速率 v
變小，則阻力 f=kv 逐漸減小，所以合力是變力，所以其運動不是勻變速曲線運動，軌跡不是拋物線，
A、C 錯誤；由于阻力 f 的方向與重力 mg 方向間的夾角逐漸變大，且阻力變小，重力不變，故合力變
小，則加速度變小，B 正確；籃球在最高點處，速度沿水平方向，仍受空氣阻力作用，故合力大于重力，
加速度大于重力加速度，D 錯誤。
16．B 【解析】對圓筒壁上的物塊，根據牛頓第二定律可得 FN mg ， FN m
2r ，對底面物塊，根據牛
頓第二定律可得 rMg M 2 ，聯立解得 2 ，B 正確。
2 2
17．B 【解析】取其中一條電場線的最高點或者最低點，畫出兩個電荷在該點的電場強度矢量，根據豎直
方向電場強度矢量和為零，可以判斷出 A 的電荷量小于 B 的電荷量，所以 A 帶正電，電荷量為 q，B
帶負電，電荷量為-2q，由此可知 A、B 連線的電場方向由 A→B，A 錯誤，B 正確；由 P 點釋放試探正
電荷，試探電荷在之后的運動過程中，速度方向與電場力的方向不在一條線上，所以不會沿著電場線
運動到 Q 點，C 錯誤；N、P 和 M、Q 分別在兩個相同的等勢面上，所以 N、M 之間的電勢差等于 P、
Q 之間的電勢差，D 錯誤。
18．D 【解析】因滑塊到達最高點后能沿斜面下滑，則有mg sin mg cos ，可得 μ在斜面上滑動過程中，機械能一直在減少，B 錯誤；滑塊上升過程中，當動能與重力勢能相等時，有
Ek1=mgh
H
1，之后滑塊繼續上升，由能量守恒定律知 Ek1>mg(H–h1)，由此可得 h ；滑塊下滑過程中，1 2
H
當動能與重力勢能相等時，有 Ek2=mgh2，由能量守恒定律知 Ek2D 正確。
理科綜合 全解全析及評分標準 第 12 頁（共 18 頁）
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19．AC 【解析】碰撞前，微粒 A 在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，運動中經過 N 點，設軌跡半徑為 r，
3 v2 mv
由幾何關系可知， 2r sin L ，解得 r L ，由牛頓第二定律可得 qvB m ，解得 r ，則
3 r qB
3mv
B ，C 正確，D 錯誤；兩個微粒碰撞過程中，滿足動量守恒定律，有mv 3mv ，碰后兩微粒結
qL
3mv
mv
為一體，一起做勻速圓周運動，其軌跡半徑 r r ，即碰前與碰后，微粒做勻速圓周運動的
qB qB
半徑不變，會再次經過 M，軌跡圓如圖所示，A 正確，B 錯誤。
1
20 AC 2
1 2
． 【解析】小球在地球表面自由落體，有h gt ，在月球表面自由落體，有 h g (nt) ，則
2 2 月
g M
g 地
m M m
月 2 ，對地球表面的物體，有G mg2 ，對月球表面的同一物體，有G
月 mg ，聯
n R R2 月月
M gR2 n2R2 nR
立解得 地 k ，則 R月 ，A 正確，B 錯誤；近月衛星貼近月球表面做勻速圓周
M月 g月R
2 R2月 月 k
v2
運動，有mg月 m
gR
，則v g月R月 ，即v ，C 正確，D 錯誤。 R月 n k
21．AC 【解析】由楞次定律可知，通過電動機的電流方向由 C 到 A，所以 C 點電勢高于 A 點電勢，A 正
B0
確；由法拉第電磁感應定律可知，在 0~t0 時間內線圈產生的感應電動勢 E1 nS0 ，由于該段時間t0
4R R 4
內電動機沒有轉動，回路中并聯部分的總電阻 R R并 ，所以此時通過螺線管線圈的電流4R R 5
E nS B
I 1 0 01 R Rt ，B 錯誤；由法拉第電磁感應定律可知，在 t0~2t 0時間內線圈中產生的感應電動R 0
5 并
4.6B0 B0 18nS0B0 R 3nS0B0
勢 E2 nS0 ，由題意可知，定值電阻兩端的電壓U E 3I ，2t0 t 5t
2 1
0 0 5 t0
U 3nS0B0 9nS0B0
此時通過定值電阻的電流 I21 ，通過電動機的電流 I22 3I1 I21 ，C 正確；4R 4Rt0 4Rt0
理科綜合 全解全析及評分標準 第 13 頁（共 18 頁）
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2 27n
2S2B2
t ~2t P UI I R 0 0由前面分析可知，在 0 0時間內電動機輸出的機械功率 出 22 22 16Rt2
，D 錯誤。
0
2 2
d d
22．（1） t t （2 分） （2）0.30（2 分） （3）偏大（2 分） B A
2x
d
【解析】（1）根據光電門的測速原理可以得到木塊經過兩個光電門 A、B 時的速度分別為vA 和tA
2 2
d d d
vB 2 2

，再根據運動學公式vB vA 2ax，得到木塊的加速度的表達式為 t a
t ； B tA
B
2x
（2）將帶遮光條的木塊和重物作為一個整體，根據牛頓第二定律可以得到mg Mg M m a ，
mg M m a
則 ，代入數據可得 μ=0.30；
Mg
2 2
d d

（3）若遮光條寬度的測量值與實際值相比偏小，根據加速度公式 t

t ，可得加速度的a B A
2x
mg M m a
測量值比實際值偏小，再根據動摩擦因數的計算公式 ，可判斷 μ 的測量值與實
Mg
際值相比偏大。
23．（1）a（1 分） （2）50（2 分） 1.05×103（或 1050，2 分） （3）10（2 分） （4）0.1（2 分）
【解析】（1）因電流表 A2 內阻的精確值未知，則應將導線 c 端與 a 連接，電流表 A2與電流表 A1示數
的差值就是通過壓敏電阻的準確電流，又壓敏電阻兩端的電壓可精確測得，由歐姆定律可精確得到壓
敏電阻的阻值；
（2）此時流過壓敏電阻的電流為 54 mA-6 mA=48 mA，則壓敏電阻兩端的電壓為 6 mA×(200 Ω+200 Ω)=2.4 V，
2.4 V
根據歐姆定律知此時壓敏電阻的阻值R 50 Ω ，汽油在油箱底部產生的壓強p=ρ 油gh=1.05×103 Pa。
48 mA
（3）同理可知，深度為 0.4 m 時，汽油產生的壓強 p 油gh 2.8 10
3 Pa ，由圖 2 知此時壓敏電阻的
12 V
阻值是 10 Ω，根據閉合電路的歐姆定律知 R總 20 ，則 R0=R 總-R=10 Ω。 0.6 A
（4）汽油耗盡時，汽油產生壓強為 0，根據圖像，此時壓敏電阻為 110 Ω，則電流表的示數為
12 V
I 0.1 。
10 110
理科綜合 全解全析及評分標準 第 14 頁（共 18 頁）
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24．（1）物塊滑上木板后，物塊做勻減速直線運動，木板做勻加速直線運動，由題圖知，木板先加速后減
速，說明在 t=0.2 s 時，木板與物塊共速，共速后，物塊和木板一起做勻減速直線運動至速度為零。
設物塊的初速度為 v0，共速前木板加速過程的加速度大小為 a1 ，物塊減速過程的加速度大小為 a2 ，
共速后二者減速過程的加速度大小為a3
共速前，物塊減速過程，對物塊由牛頓第二定律知 1mg ma2 （1 分）
共速后，對木板和物塊整體，減速過程中由牛頓第二定律知 2 m M g M m a3 （1 分）
1.6 2
由題圖可知，a1 m/s 8 m/s
2
（1 分）
0.2
v0 va2 （1 分） t
1.6
a3 m/s
2 1 m/s2 （1 分）
1.8 0.2
v20 v
2 v
由題意知，0~0.2 s 內物塊與木板的位移滿足 L t （2 分）
2a2 2
聯立可得 v0=2 m/s，μ1=0.2，μ2=0.1（2 分）
（2）共速前，木板加速過程，對木板由牛頓第二定律知 1mg 2 m M g Ma1（2 分）
將 a m1、 2 和 1的值代入后，解得 9 （1 分） M
25．（1）設帶電粒子的質量為 m、所帶電荷量為 q，粒子在 M、N 板間的加速過程，由動能定理有
1
qU mv20 0 （2 分） 2
2qU
解得 v0
0 2kU0 （1 分） m
粒子在 P、Q 板間的偏轉過程，設粒子打在 Q 板最右端時的速度為 vQ，速度方向與水平方向的夾角為
θ，加速度大小為 a，如圖 1 所示。
L
1
由平拋運動知識知 2 tan 3L （1 分） 2
2
2
解得 tan （1 分）
3
v
粒子在 Q 點的速度 v 0Q ，豎直分速度v v tan （1 分） cos Qy 0
26kU 2 2
解得 v 0 ， vQy v0 2kUQ （1 分） 3 3 3
0
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L qU
粒子在豎直方向上有 vQy 2a
1 kU （1 分）
2 m 1
8
聯立可得U1 U0 （1 分） 9
3 3
（2）①對比荷為 k的粒子，當金屬板P、Q間的電勢差為 U1 時，粒子在偏轉電場中的加速度大小a1 a ，2 2
3 3
又粒子在偏轉板間的運動時間不變，則粒子到達虛線Ⅰ時的豎直分速度vy v2 Qy
v （1 分）
3 0
v 3
如圖 2 所示，設此時速度與水平方向的夾角為 α，有 tan
y ，所以 30 （1 分）
v0 3
v0 2 3此時粒子的速度 v v0 （1 分） cos 3
v2
粒子在磁場中運動有 qvB0 m （1 分） r0
2 3
v
解得 mv 0 2 3 2 6Ur 3 2kU 0 （1 分） 0 qB kB 3kB 0

0 0 0 3B0 k
由幾何關系有d r0 r0 sin （1 分）
1 6U
解得 d 0 （1 分）
B0 k
②由①中 vy 和 v0 的關系式知，粒子離開電場時的速度方向與粒子的比荷無關，即速度方向與水平方向的
夾角仍為 α=30°，由平拋運動規律知，不同比荷的粒子都從同一點離開偏轉電場，如圖 3 所示。（1 分）
4 2πm 9π
比荷為 k的粒子在磁場中運動的周期T1 （1 分） 9 q B0 2kB0
4
由軌跡半徑 r0 的表達式，同理可得，比荷為 k的粒子進入磁場時，在磁場中運動軌跡的半徑
9
2 6U 1 6U
r 0 01 d3B 40 k B0 k
（1 分）
9
1 3π
由幾何關系可知，粒子在磁場中運動的時間 t1 T1 （1 分） 6 4kB0
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1
33．（1）ACE（5 分）【解析】由 p 圖像可知，理想氣體從 A 到 B 發生等溫變化，體積變小、壓強變
V
大，則由氣體壓強的微觀解釋知，單位時間內撞擊到汽缸壁單位面積上的分子數增加，A 正確；理想
pV
氣體從 B 到 C 發生等容變化，壓強減小，由 C （常量）知，溫度降低，故內能減小，因氣體對外
T
不做功，由熱力學第一定律知，氣體一定放出熱量，B 錯誤；理想氣體從 C 到 A 過程發生等壓變化，
體積變大，由理想氣體狀態方程知，氣體溫度升高，因氣體對外界做功，內能增加，由熱力學第一定
律知，氣體一定從外界吸收熱量，C 正確，D 錯誤；作出整個變化過程的 p-V 圖像如圖所示，可知經過
一個循環，外界對氣體做正功，則氣體一定向外界放出熱量，E 正確。
（2）（ⅰ）加熱前，分別對活塞 a、b 受力分析，因彈簧處于原長，由平衡條件可得汽缸 A、B 內氣體
的壓強均等于大氣壓強，即 pA pB p0 （1 分）
加熱后，活塞 a、b 均向左移動，汽缸 A 中的氣體發生等溫變化，由玻意耳定律可得
p V A A pAVA （1 分）
其中，VA SAL 、V A S（A L xa )
聯立可得 p A 1.25 10
5 Pa （1 分）
設最終彈簧的壓縮量為 x，則由平衡條件，對活塞 a，有 p ASA p0SA kx （1 分）
所以活塞 b 移動的距離為 xb x xa （1 分）
聯立可得 xb 12 cm （1 分）
pBV p V （ⅱ）對于汽缸 B 中的氣體，由理想氣體狀態方程可得 B B B （1 分）
T0 TB
其中VB SBL ，V B S（B L x b )
由平衡條件可得 p B SB p0SB kx （1 分）
聯立可得TB 990 K （2 分）
34．（1）ACD（5 分）【解析】由題圖知，波源停止振動 1 s 后，波向右傳播的距離Δx 1 m ，則波傳播
x
的速度大小為 v 1 m/s，A 正確；由于波長 0.8 m ，則周期為T 0.8 s ，B 錯誤；1 s~1.5 s
t v
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T 3
內，P 點又振動了 0.5 s 的時間，因 0.5 s T ，可知質點 P 運動方向沿 y 軸負方向，C 正確；從 t
2 4
＝0 開始計時，2 s 內質點 P 振動了 2.5T，則質點 P 運動的總路程為 s 4A 2.5 2 m，D 正確；波從
x=1.0 m 處傳到 P 點，需 1.2 s，則 t=2.2 s 時 P 點停止振動，E 錯誤。
（2）（?。┕饩€在棱鏡中傳播的光路圖如圖所示，設光線在 D 點的折射角為 α，則由折射定律可得
sin 45
n （2 分）
sin
設光線在 BC 面上的入射點為 P，入射角為 β，則由幾何關系可知 30 （1 分）
延長 DP 與 AC 的延長線交于 F，易得 AD=AF，△ADF 為等邊三角形，∠F=60°=β
則 30 （1 分）
代入數據可得n 2 （1 分）
注：其他方法求解合理即可得分。
（ⅱ）由幾何關系可得 DP l ， PE 2l ，故光在棱鏡內傳播的路程為 s DP PE 3l （2 分）
c
光在棱鏡中的速率為v （1 分）
n
s
所以，光束從 D 點射入到從 E 點射出所用的時間為 t （1 分）
v
3 2l
聯立可得 t （1 分）
c
理科綜合 全解全析及評分標準 第 18 頁（共 18 頁）
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