理科综合参考答案
1．【答案】D【解析】发菜属于蓝藻类，是原核生物，细胞中不存在线粒体，A错误；发菜具有降血压的功效，体现了生物多样性的直接价值，B错误；发菜的遗传物质是DNA，C错误；发菜能够进行光合作用合成有机物，是自养生物，属于生产者，D正确。
2．【答案】C【解析】酶提高化学反应速率的机理是通过降低化学反应的活化能，A正确；
kg-1的铅作用后脲酶重金属导致酶的空间结构变化，从而影响酶的活性，B正确；200mg·
kg-1·h-1，过氧化氢酶的活性是1.47mL·g-1，C错误；脲酶变性后肽键没的活性是0.11mg·
有断裂，仍能与双缩脲试剂反应，D正确。
3．【答案】A【解析】T2噬菌体侵染大肠杆菌时，蛋白质外壳没有进入大肠杆菌中，则子代T2噬菌体不含35S，A错误；T2噬菌体侵染大肠杆菌时，只有DNA进入大肠杆菌，则
B正确；DNA复制是半保留复制，其转录形成RNA时需要的RNA聚合酶来自大肠杆菌，
2000=1.98×105，C正确；T2噬菌体属则子代噬菌体合成需要的脱氧核苷酸数量为(100-1)×
于病毒，无核糖体，侵入大肠杆菌内利用大肠杆菌的核糖体合成自身的蛋白质，D正确。
4．【答案】B【解析】乙羧氟草醚起选择作用，不能诱导麦田阔叶杂草突变，A错误；麦田阔叶杂草的突变具有不定向性，即在使用乙羧氟草醚前也可能存在抗性，B正确；2003
C错误；年甲组麦田阔叶杂草防效与2006年乙组相同，但杂草抗性基因频率不一定相等，
2006年甲组麦田阔叶杂草与2000年丙组能够进行基因交流，不存在生殖隔离，D错误。 5．【答案】C【解析】矮壮素抑制植株营养生长，赤霉素促进植株营养生长，二者表现为拮抗作用，A错误；矮壮素处理马铃薯，土地上面的营养生长减少，则块茎增大，产量增加，B错误；矮壮素属于植物生长调节剂，通过调控基因的表达调节植物的生长发育，C正确；矮壮素不直接参与细胞内多种生命活动，D错误。
6．【答案】C【解析】从表中可知6~7月份是土壤小动物的生殖期，7~8月份土壤小动物的数量急剧增加，且多数个体为幼年期，则7~8月份年龄组成为增长型，A正确；火烧后玉米样地的土壤小动物减少率高于火烧后大豆样地，则秸秆焚烧对玉米样地的影响高于大豆样地，B正确；由表格数据可知，秸秆焚烧会延迟土壤小动物数量的高峰期，C错误；焚烧秸秆属于人类活动，会改变农田群落演替的速度和方向，D正确。
7．【答案】C【解析】A项，二氧化硫具有漂白性，是因为二氧化硫能与某些有机色素加合生成无色物质，二氧化硫属于加合型漂白剂，而漂白粉、双氧水具有漂白性，是基于二者的强氧化性所致，二者属于氧化性漂白剂，故二氧化硫与漂白粉、双氧水的漂白原理不同，A项错误；B项，虽然铝比铁活泼，但铝能与空气中的氧气反应生成致密的氧化膜并牢固地覆盖在铝表面，阻止了内部的铝与空气接触，从而防止铝被进一步氧化，故铝比铁的抗腐蚀性强，B项错误；C项，聚乙烯塑料无毒且不溶于水，可用于制造水杯、奶瓶、食物保鲜膜等生活用品，C项正确；D项，小苏打是NaHCO3，NaHCO3能中和盐
NaHCO3＋HCl＝NaCl＋CO2↑＋H2O，酸，但产生的CO2气体对胃溃疡产生较强的冲击力，不利于胃溃疡的治疗，D项错误。
8．【答案】B【解析】A项，没有指明是在标准状况下，故11.2LCl2的物质的量不一定是0.5mol，生成H2的物质的量也不一定是0.5mol，即生成H2分子的数目不一定为0.5NA，A项错误；B项，分子式为CnH2n的链烃为烯烃，烯烃CnH2n中所含有的共用电子对数目＝碳原子数＋氢原子数，而28g烯烃中含有“CH2”的物质的量为2mol，故其所含有的共用
3＝6mol，共用电子对数目为6NA，B项正确；C项，在晶体硅电子对的物质的量＝2mol×
1
中，1个Si原子与周围4个Si原子形成4molSi－Si，但只有其中的2属于该Si原子，故
87g
1mol晶体硅中含有2mol共价键，数目为2 NA，C项错误；D项，n(MnO2)＝87g·mol-1＝1mol，n(HCl)＝0.1L×12mol·L-1＝1.2mol，MnO2＋4HCl(浓)@MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，MnO2过量，若1.2mol HCl完全反应，则产生0.3mol Cl2，转移0.6mol电子，转移电子的数目为0.6NA，实际反应过程中，随着反应的进行，盐酸浓度逐渐降低，而稀盐酸与MnO2不反应，即盐酸有剩余，故其转移电子的数目小于0.6NA，D项错误。
9．【答案】D【解析】A项，1mol R中含有1mol羟基（－OH）和1mol羧基（－COOH），
13
11
羟基和羧基均能与Na发生反应生成H2，根据关系式：－OH～2H2，－COOH～2H2，故1mol R与足量的Na反应能生成1mol H2，A项正确；B项，1mol R中含有1mol羧基（－COOH），和1mol酯基（－COOR），1mol羧基能与1mol NaOH反应，1mol酯基水解生成的羧基可与1mol NaOH反应，故1mol R最多能消耗2mol NaOH，B项正确；C项，R中含有碳碳双键、羟基、羧基和酯基，羟基、羧基能发生酯化反应，酯基能发生水解反应，酯化反应和酯的水解反应均属于取代反应，碳碳双键和羟基均能发生氧化反应，碳碳双键和苯环能发生加成反应，其中碳碳双键、苯环与氢气的加成反应又称为还原反应，故C项正确；D项，R的分子式为C14H16O5，R的组成可表示为C14H6·(H2O)5，1mol
6
C14H6·(H2O)5完全燃烧消耗的n(O2)＝(14＋4)mol＝15.5mol，D项错误。
10．【答案】A【解析】A项，pH：Na2CO3溶液小于Na2SiO3溶液，说明酸性：H2CO3＞H2SiO3，说明非金属性：C＞Si，A项正确；B项，焰色反应呈黄色，说明该溶液中含有钠元素，但不一定是钠盐溶液，也可能是NaOH溶液，B项错误；C项，蔗糖水解生成葡萄糖和果糖，葡萄糖含有醛基，在加热条件下，能与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，但蔗糖水解时加入了稀硫酸，溶液呈酸性，而葡萄糖需在碱性条件下才能与新制的氢氧化铜悬浊液反应，因此，蔗糖水解液在加入新制的氢氧化铜悬浊液前，应先加入NaOH溶液调溶液的pH至碱性，C项错误；D项，丙烯醛的结构简式为CH2＝CHCHO，其中，碳碳双键和醛基均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故无法证明丙烯醛中含有碳碳双键，D项错误。
11．【答案】C【解析】A项，氧化性：Cr2O72ˉ＞Fe3+，所以该原电池反应中，Fe2+是还原剂，Cr2O72ˉ是氧化剂，即a电极为原电池的负极，b电极为原电池的正极，A项正确；B项，外电路中电子由负极移向正极，即由a极→导线→b极，B项正确；C项，电池工作时，盐桥中的阳离子移向正极，即K+移向乙烧杯，C项错误；D项，b电极为正极，正极得电子发生还原反应，电极反应为：Cr2O72ˉ＋14H+＋6eˉ＝2Cr3+＋7H2O，D项正确。
1.12L
12．Cn(Na2CO3)＝0.1L×1.5mol·L-1＝0.15mol，n(CO2)＝22.4L·【答案】【解析】mol-1＝0.05mol，根据化学反应方程式Na2CO3＋CO2＋H2O＝2NaHCO3可知，反应消耗了0.05molNa2CO3，生成了0.1molNaHCO3，故反应后的溶液中含有0.1molNa2CO3和0.1molNaHCO3。A项，
垐??HCO3ˉ＋OHˉ，在含有0.1molNa2CO3和0.1molNaHCO3的溶液中，由于CO32ˉ＋H2O噲c(HCO3ˉ)＞c(CO32ˉ)，A项错误；B项，c(Na+)＋c(H+)＝c(HCO3ˉ)故该溶液中，根据电荷守恒，
＋2c(CO32ˉ)＋c(OHˉ)，由于混合溶液呈碱性，即c(OHˉ)＞c(H+)，故c(Na+)＞c(HCO3ˉ)＋2c(CO32ˉ)，B项错误；C项，n(Na+)＝0.3mol，n(HCO3ˉ)＋n(CO32ˉ)＋n(H2CO3)根据物料守恒，
＝0.2mol，即2c(Na+)＝3c(HCO3ˉ)＋3c(CO32ˉ)＋3c(H2CO3)，根据电荷守恒，c(Na+)＋c(H+)＝c(HCO3ˉ)＋2c(CO32ˉ)＋c(OHˉ)，将两式联立，消去c(Na+)得：3c(H2CO3)＋c(HCO3ˉ)＋2c(H+)＝c(CO32ˉ)＋2c(OHˉ)，C项正确；D项，c(HCO3ˉ)＋c(CO32ˉ)＋c(H2CO3)根据物料守恒，
L-1，D项错误。 ＝2mol·
13．【答案】B【解析】X原子的质子总数与电子层数相等，可推知X为H；Y、W同主族，且Y、W形成的一种化合物甲是常见的大气污染物，则Y为O，W为S，进而可知，Q为Cl；X与Z同主族，且原子序数大于Y，小于W，则Z为Na。A项，Z、Y、W、Q所形成的简单离子分别为O2ˉ、Na+、S2ˉ、Clˉ，其中，O2ˉ与Na+、S2ˉ与Clˉ的电子层结构完全相同，电子层结构完全相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：Na+＜O2ˉ＜Clˉ＜S2ˉ，A项错误；B项，O能分别与H、Na、S形成化合物H2O2、Na2O2、SO2，它们均具有漂白性，B项正确；C项，非金属性：S＜Cl，酸性：H2S＜HCl，但二者并不具有因果关系，C项错误；D项，Z与Q形成的化合物为NaCl，电解NaCl溶液可
得NaOH、H2、Cl2，不能得到金属Na，要制取Na，可通过电解熔融的NaCl，D项错误。
14．【答案】D【解析】爱因斯坦提出了微观世界量子化的观念，并获得诺贝尔奖，A错；最早发现光电效应现象的是赫兹，故B错。德布罗意只是提出了实物粒子具有波动性的假设，并没有通过实验验证，故C错。
15．【答案】C【解析】当滑块匀速下滑时，对滑块进行受力分析可知，重力沿斜面向下的分量等于滑动摩擦力的大小。施加竖直方向的电场与改变滑块的质量效果相同，各力沿斜
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面向下的分量之和与滑动摩擦力的大小始终相等，滑块仍做匀速直线运动；翻转滑块，改变它与斜面的接触面积，并未改变它与斜面间的摩擦力，所以滑块仍做匀速直线运动；施加水平向左的恒力时，该力有沿斜面向下的分力，而且摩擦力减小，滑块将做加速运动；施加水平向右的恒力时，该力有沿斜面向上的分力，而且摩擦力增大，滑块将做减速运动，故选C。
16．【答案】D【解析】因为两天体的角速度相同，由万有引力提供向心力
r1m2m1m2?Fn=m1ω2r1=m2ω2r2可知：?所以A正确，B正确，由2r2m1，L?mm1m2C正确；由GL=α1m1=m2α2得：?12?m12，D不正确，故选D。 2Gω=2πn可知，转速相同，
17．B【答案】【解析】电流表读数为交流电的有效值，由1?U?，得U2’=1025U1?U?2V，I2’=R02?2A，
故A错；电容器击穿电压与交流电的最大值有关，由1?U得，U2=20V，副线圈中交流电
25U1的最大值为20V，故B正确；保险丝的熔断电流为有效值，故最大电流应为2A，故C错；由交流电的电压表达式可知T=100?=0.02s，一个周期内电流方向改变2次，2s内有50个周期，故电流方向应改变100次，故D错。 18．【答案】C【解析】当高点），T2?mg?2mv2L2?θ=0°时（最低点），T1?mg?mv12L（L为绳长）；当θ=180°时（最
11，从最高点到最低点的过程，由动能定理得：2mv12-2mv22=2mgL，
可以得出T1-T2=6mg。因此利用特殊值代入法可选出C。
20．【答案】BDFa=Fb>Fc、Ea=Eb>Ec，【解析】由FΔx=ΔEk可知，图线斜率代表电场力，可得出：
故A错，B正确；由Uq=ΔEk可知，ΔEkab>ΔEkbc，因粒子电性未知，所以Uab?Ubc，a、b、c三点电势无法确定，故C错，D正确。
20．【答案】BC【解析】本题可采用逆向思维来处理。小球在最高点恰与管壁无相互作用
v1235vm/s，故A错；小球从最高点至圆轨道最低点由动能定，1=gR?5R21v2212
理：2mgR=2mv2-2mv1，解得v2=3m/s，在最低点有：FN-mg=mR，解得FN=30N，故B
力，则有：mg=m
正确；由
1v0cosθ=v2知，cosθ=2(v0sin?)2，θ=60°，故C正确；在竖直方向上，根据h=得，
2gBBLv2Rh=1.35m，故D错。
21．【答案】AC【解析】由乙图可知，t0时间内I随时间均匀变化，I=2R?时有F安=f，对于ab棒撤去外力F后，合力为F安+f=ma，a=t0时间内通过电路的电量大小等于图形的面积，所以q=
I0t022BI0Lm，v=
2IRBL，可
以得出v随时间均匀变化，ab棒做匀加速直线运动，故A正确；cd棒刚要开始运动，此
，故B错；由乙图可得
，C正确；对于整个系统来说，
外力F做的功全部用来克服安培力做功（ab、cd两棒中产生的焦耳热）、克服摩擦力做功（摩擦生热）以及增加的动能，故D错误。 22．【答案】（1）M远大于m（2分）
md211（2）M?2gx(t2?t2)（3
21分） （3）将木板左
端抬高，平衡摩擦力（2分）
【解析】（1）实际上滑块所受到的拉力小于钩码的重力，根据牛顿第二定律：滑块：FT-μMg=Ma，钩码：mg-FT=ma，滑块实际的加速度a=a′=
mg??MgMmg??MgM?m；而如果满足①条件，则
=a，M必须远大于m；（2）对于滑块，由动能定理得：，若想a′
μ=
md211?(2?2)；（3）验证机械能守恒，需要将摩擦M2gxt2t11d21d2(mg-μMg)x=2M(t)?2M(t)，解得
21力平衡掉，所以该同学需将木板左端抬高，平衡摩擦力。
23．【答案】A（2分） 2.0V（2分） 1500Ω（2分） 相等（2分） 【解析】多用电表测电阻时电流从黑表笔流出，红表笔流入。当红表笔接A时，指针几乎不偏转，说明二极管电阻无穷大，此时二极管反接，所以接A端；根据电路图由闭合
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电路欧姆定律得：E=U=E=2.0V，斜率
URRVRDRV?RD，得到U1?1RV?RD?REERVRD，再由图像可知截距
0.5=E解得
11.5?0.5R?RD?0.5?V2ERVRD解得RD=1500Ω。测量值与真实值相等。
24．【答案】（1）a=8m/s2 v0=20m/s （2）Δα=4.5m/s2
【解析】（1）设车恰好在第3s末停下，在第3s内通过的位移为x，将匀减速运动看成反
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x=2a×1（1分）16=a×32-a×2（1分）向的匀加速运动，由位移公式，有：，，得x=3.2m>1m22111（1分），可知第3s内教练车运动的时间小于1s。设教练车在第3s内运动的时间为t，t2（1分），16=2a×(t+2)2-16=2a×(t+1)2（1分），解得t=0.5s（1分），a=8m/s2则由1=2a×
（1分）。再由v0=a(t+2)（1分），得v0=20m/s（1分）。 （2）设刹车距离为s，由
2s2v0s=（12a1112×t′分），代入数值得s=25m（1分）。再由s=2a′得，
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a′=t?2（1分）=12.5m/s（1分）Δa=a′-a=4.5m/s2，解得a′，教练员应额外提供多大的加速度为：
（1分）。
25．【答案】（1））I=mv0 方向竖直向下 （2）(π+1)v （3）0L2?L2
，则有vy=v0
L【解析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，粒子到达O点时速度方向偏转了
?4（1分），电场力的冲量，取竖直向下方向为正方向，有I=mvy－0（1分），得I=mv0（1分），方向竖直向下（1分）。（2）设粒子在电场中运动的时间为t1，则t1=v，粒子在
0磁场中运动速度为v=2v0（1分），粒子运动轨迹如图甲所示。由几何关系知r=22L（1
t2=T，t2=分），两段轨迹半径相等，圆心角之和为2π，粒子运动的时间为一个周期，
L02?r?L?vv0（1分）。所以t=t1+t2=(π+1)v（1分）。（3）粒子在磁场中的运动情况如图甲、图乙所示。图甲：粒子做圆周运动的半径为r1=图乙：粒子做圆周运动的半径为r2=2L（12分），路程为s1=2πr1=2πL（1分）；
222L（14分），路程为s2=2πr2=πL（1分），当粒
2L（16子到达M处时是第三次通过磁场边界，粒子做圆周运动的半径为r3=动的半径为r4=2L（1822分），路程
2πr3=2πL（1分），当粒子到达M处时是第四次通过磁场边界，粒子做圆周运为s3=3×
2πr4=分），路程为s4=2×
22πL（1分），依次类推，当粒子到达
M处时奇数次通过磁场边界时，路程s2πL（1分），当粒子到达M处时偶数次通过磁场边界时，路程s=πL（1分）。
26．【答案】（1）2KMnO4＋16HCl(浓)＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O（2分）
（2）除去氯气中混有的氯化氢气体（1分） 浓硫酸（1分） 防止CuCl2潮解（2分） Cl2＋2OHˉ＝Clˉ＋ClOˉ＋H2O（2分） （3）产生棕黄色的烟（2分）
（4）①2Cu2+＋2Clˉ＋SO2＋2H2O@2CuCl↓＋4H+＋SO42ˉ（2分） ②洗去CuCl沉淀表面的杂质，减少CuCl溶解损耗，有利于干燥（2分）
KMnO4的氧化性强于MnO2，2KMnO4【解析】（1）故在常温下能与浓盐酸反应产生Cl2，
＋16HCl(浓)＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。（2）该反应为放热反应，浓盐酸易挥发，故生成的氯气中含有少量氯化氢气体，利用氯化氢极易溶于水，而氯气难溶于饱和食盐水，可用饱和食盐水将氯气中混有的氯化氢除去，故装置B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体。C装置中的试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气。CuCl2易潮解，E装置中盛有浓硫酸，可防止F中的水蒸气进入D装置而引起CuCl2水解。氯气有毒，不能直接排放到空气中，F装置的作用是吸收未反应的氯气，反应的离子方程式为：Cl2＋2OHˉ＝Clˉ＋ClOˉ
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