理科综合-2025届高三3月大联考（新课标卷）（全解全析及评分标准）

2025届高三3月大联考（新课标卷）理综生物学·全解全析及评分标准阅卷注意事项：1．阅卷前请各学科教研组长，组织本学科改卷老师开会，强调改卷纪律，统一标准。2．请老师改卷前务必先做一遍试题，了解自己所改试题的答案、评分细则、答题角度后，再开始改卷。3．请老师认真批阅，不可出现错改、漏改现象，如果不小心漏改或错改了，可以点击回评按钮重评。4．成绩发布后，如果有学校反馈错评乱评，平台定位阅卷老师，进行通报批评。5．根据学生答题的关键词，结合评分细则，意思相近或合理均给分。6．阅卷平台出现的相关问题，如果刷新页面重新登录未能解决，请将问题反馈给学校负责技术的老师（或考试负责人），由其统一在技术QQ群里反馈问题并协助解决。123456ADCBBC1．A【解析】水进出细胞的方式包括协助扩散（水通道蛋白协助）和自由扩散，A错误；与衰老细胞相比，幼嫩细胞代谢较旺盛，细胞中的自由水相对含量较高，B正确；核糖体是蛋白质的合成场所，氨基酸通过脱水缩合的方式合成蛋白质，线粒体内膜是有氧呼吸第三阶段的场所，会发生[H]和氧气结合生成水的反应，细胞核中有核酸的合成，核苷酸合成核酸的过程中也有水生成，C正确；人体摄入的水分过少会引起细胞外液渗透压升高，在这种情况下，下丘脑分泌并由垂体释放的抗利尿激素增多，促进对水的重吸收，D正确。2．D【解析】t0~t1时刻，原生质层对细胞壁的压力逐渐减小，说明细胞正在失水，细胞液浓度逐渐增大，A正确；t0~t1时刻，细胞不断失水，细胞的吸水能力逐渐增大，t2~t3时刻，原生质层对细胞壁的压力逐渐增大，说明细胞吸水，因此细胞吸水能力最大的时刻在t1和t2之间，由于细胞可以吸收溶液中的KNO3，使细胞液浓度大于外界溶液浓度，最终细胞会发生质壁分离后的自动复原，B、C正确；虽然t3时刻和t0时刻对应的压力相等，但t0时刻外界是清水，而t3时刻外界是KNO3溶液，所以t3时刻细胞液浓度大于t0时刻，D错误。3．C【解析】由于神经递质只能由突触前膜释放，然后作用于突触后膜上，所以神经元之间兴奋的传递只能是单方向的，A正确；兴奋在神经纤维上以电信号的形式传导，在神经元之间的传递需要经过突触，在突触处会发生电信号→化学信号→电信号的转变，因此传递速度相对较慢，B正确；排尿反射的神经中枢在脊髓，如果没有高级中枢的调控，由于反射弧是完整的，所以排尿可以进行，但脊髓对排尿的控制是初级的，会导致排尿不完全，C错误；条件反射的消退不是条件反射的简单丧失，而是中枢把原先引起兴奋性效应的信号转变为产生抑制性效应的信号，D正确。4．B【解析】保护区中的针叶树通常包括许多物种，因此所有针叶树不能构成一个种群，A错误；雪后的喀纳斯给画家带来创作灵感，属于艺术创作方面的价值，即生物多样性的直接价值，B正确；坡度描述的是地形的变化，是水平方向上的，由此可知，因坡度不同，不同地段分布着不同的种群，体现了群落的水平结构，C错误；喀纳斯在生态保护的基础上发展旅游业，主要遵循了生态工程的整体原理，D错误。5．B【解析】S1、S2、S3等复等位基因的出现，体现了基因突变具有不定向性，A错误；若该植物有S1~S7共7个复等位基因，由于不存在纯合子，所以该植物群体中相关的基因型共有C27QUOTEC72=21种，B正确；S1、S2、S3等复等位基因在遗传时遵循基因的分离定律，不遵循基因的自由组合定律，C错误；假设正交为♀S1S3和♂S1S2，含S1基因的花粉无法受精，含S2基因的花粉可以受精，子代基因型为S1S2和S2S3，反交为♂S1S3和♀S1S2，含S1基因的花粉无法受精，含S3基因的花粉可以受精，子代基因型为S1S3和S2S3，正反交的结果不同，D错误。6．C【解析】酶切后，可以采用琼脂糖凝胶电泳的方法分离不同长度的DNA片段，A正确；由图可知，EcoRⅠ酶切后出现两种片段，说明有1个EcoRⅠ的识别位点，BamHⅠ酶切后出现四种片段，说明有3个BamHⅠ的识别位点，B正确；与BamHⅠ单独酶切结果相比，EcoRⅠ和BamHⅠ同时酶切后，0.7片段消失，出现了新的0.2和0.5的片段，说明EcoRⅠ的酶切位点位于0.7片段内部，而只有0.5+1.0=1.5，所以若将BamHⅠ的酶切位点标记到该DNA分子上，有2种可能：和，C错误；EcoRⅠ和BamHⅠ均为限制性内切核酸酶，因此均可以识别特定的核苷酸序列，并使每一条链中特定部位的磷酸二酯键断开，D正确。30．（11分）（1）叶绿体基质（1分）ATP和NADPH（2分，答出一个给1分）（2）a（1分）CO2浓度（1分）t1时刻，c、d组的光合速率相等，而c、d组的环境CO2浓度相同、光照强度不同，所以限制c、d组光合速率的外界因素主要是CO2浓度（3分，c、d组的光合速率相等1分，c、d组的环境CO2浓度相同1分，光照强度不同1分）（3）分别从各组选取等量的相同位置的叶片，用无水乙醇提取各组叶片中的光合色素，并用纸层析法分离色素，观察并比较各组叶绿素条带的宽度和颜色深度（3分，提取色素1分，分离色素1分，观察并比较各组叶绿素条带的宽度和颜色深度1分）【解析】（1）CO2与C5结合形成C3发生在光合作用的暗反应中，场所为叶绿体基质；C3的还原需要光反应提供的ATP和NADPH参与，二者都属于能源物质。（2）由题图可知，t0时刻过后，只有a组对应的曲线未下降，说明a组的光合速率与呼吸速率相等。t1时刻，c、d组的光合速率相等（因光合速率与呼吸速率相等，而实验过程中该植物的呼吸速率不变），而c、d组的环境CO2浓度相同、光照强度不同，故限制c、d组光合速率的外界因素主要是CO2浓度。（3）欲进一步验证不同光照强度会对幼苗中的叶绿素含量产生不同的影响，可基于教材中光合色素的提取和分离实验进行后续实验，即分别从各组选取等量的相同位置的叶片，用无水乙醇提取各组叶片中的光合色素，并用纸层析法分离色素，观察并比较各组叶绿素条带的宽度和颜色深度。31．（10分）（1）记忆（T）（1分）辅助性T细胞分泌的细胞因子促进细胞毒性T细胞的增殖分化，而细胞毒性T细胞可以识别并裂解靶细胞（2分，答出一点给1分）（2）在胚胎期，双胞胎小鼠接触了对方的细胞，发生了相应淋巴细胞的凋亡，产生了免疫耐受现象（2分，双胞胎小鼠接触了对方的细胞1分，发生了相应淋巴细胞的细胞凋亡1分）（3）实验思路：对妊娠半个月的B系小鼠腹侧切，对其内的胚胎幼鼠注射0.01mL的A系小鼠细胞悬浮液；待幼鼠诞生后，植入C系小鼠的皮肤（合理即可，3分）预期实验结果：移植皮肤最终脱落（2分）【解析】（1）通过实验一、二可以看出，二次移植时移植皮肤的存活时间更短，说明是记忆（T）细胞更快增殖分化的结果；在细胞免疫中，辅助性T细胞和细胞毒性T细胞均发挥作用，其中辅助性T细胞分泌的细胞因子促进细胞毒性T细胞的增殖分化，而细胞毒性T细胞可以识别并裂解靶细胞。（2）在胚胎期，双胞胎小鼠共同生活在子宫内，会接触到对方的细胞，从而发生了相应的淋巴细胞的凋亡，产生了免疫耐受现象。（3）本题要求验证免疫耐受现象的特异性，即接受A系小鼠细胞悬液产生的对A系小鼠细胞的免疫耐受不作用于其他细胞。参考实验三的实验操作可知，实验思路为：对妊娠半个月的B系小鼠腹侧切，对其内的胚胎幼鼠注射0.01mL的A系小鼠细胞悬浮液；待幼鼠诞生后，植入C系小鼠的皮肤。预期实验结果为移植皮肤最终脱落。32．（8分）（1）含As的化合物往往对生物有害，As的浓度可以反映水体的污染程度（2分）（2）流向分解者、未利用（2分，答出一点给1分）（3）营养级越高，As的浓度越高（2分）含As的化合物比较稳定，不易被生物体排出，含As的生物被更高营养级的生物食用后，As就会沿着食物链逐渐在生物体内聚集，最终积累在食物链的顶端（2分，答出食物链关键词1分，积累在食物链顶端1分；仅答“生物富集”给1分）【解析】（1）含As的化合物往往对生物有害，As的浓度可以反映水体的污染程度，所以河流中As的浓度是评价水质的指标之一。（2）在某段时间内，流入初级消费者的能量的去向有：通过呼吸作用以热能的形式散失、流入下一营养级（次级消费者）、流向分解者、未利用。（3）从图中可以看出，营养级越高，As的浓度越高，原因为含As的化合物比较稳定，不易被生物体排出，含As的生物被更高营养级的生物食用后，As就会沿着食物链逐渐在生物体内聚集，最终积累在食物链的顶端。33．（14分）（1）自花传粉，自然状态下都是纯种；具有多对易于区分的性状，结果可靠易分析；子代数量较多（答出一点给1分，共2分）（2）高茎（1分）DD、Dd（1分）（3）①4/5（2分）②6/7（2分）实验思路：用F1黄色子叶植株与绿色子叶植株进行正反交实验，分别统计两个杂交组合中子代植株的表型及比例（2分）预期实验结果：F1黄色子叶植株作父本得到的子代中，黄色子叶∶绿色子叶＝7∶1；F1黄色子叶植株作母本得到的子代中，黄色子叶∶绿色子叶＝1∶1（4分）（其他答案合理也给分）【解析】（1）豌豆作为遗传学研究的常用实验材料，具有的优点包括：自花传粉，自然状态下都是纯种；具有多对易于区分的性状，结果可靠易分析；子代数量较多等。（2）多株高茎豌豆与矮茎豌豆杂交，其中基因型为DD和dd的植株杂交，后代全为显性性状；基因型为Dd和dd的植株杂交，后代会出现隐性性状。F1表现为高茎∶矮茎=9∶7，说明高茎对矮茎为显性性状，亲本高茎豌豆中既有纯合子DD，也有杂合子Dd。（3）①假设这两对等位基因分别用A/a、B/b表示，若同学甲的假设正确，则表中F1的基因型为AaBb，F1自交所得到的F2中，黄色子叶植株的基因型为A_B_、A_bb、aaB_，只有AABB、AAbb、aaBB为纯合子，在黄色子叶个体中各占1/15，即纯合子所占的比例为3/15＝1/5，则杂合子所占的比例为4/5。②若子叶颜色的遗传受一对等位基因（Y/y）控制，则F1的基因型为Yy，理论上F1产生的雌雄配子的基因型及比例均为Y∶y＝1∶1。已知F2中出现“黄色子叶∶绿色子叶＝15∶1”的原因是F1产生的含y的花粉有一部分不育，而雌配子不存在这种现象。根据F2中绿色子叶植株占1/16，而雌配子中y占1/2，可知雄配子中y占1/8，进一步推知雄配子中Y占7/8。由此可知，在基因型为y的花粉中，不育花粉所占的比例为（7/8-1/8）/（7/8）=6/7。若通过杂交实验来验证上述观点，则可以进行正反交实验，实验思路为：用F1黄色子叶植株（Yy）与绿色子叶植株（yy）进行正交与反交实验，分别统计两个杂交雌配子为y，子代表型及比例为黄色子叶∶绿色子叶＝7∶1。若F1黄色子叶植株作母本，雌配子的基因型及比例为Y∶y＝1∶1，雄配子为y，子代的表型及比例为黄色子叶∶绿色子叶＝1∶1。34．（11分）（1）液体（1分）碳源、氮源、维生素（答不全给1分，2分）（2）不断增加甲醛的浓度（1分）（3）稀释涂布平板法（1分）少（1分）当两个或多个细胞连在一起时，平板上观察到的只是一个菌落（2分）（4）不接种菌株WYO（1分）随着接种量的增加，对甲醛的降解效率先增加后降低（1分）10%~12%（1分）【解析】（1）分析题意可知，步骤②属于扩大培养，应使用液体培养基。蛋白胨提供的主要营养是碳源、氮源和维生素等。（2）题述过程中驯化的具体措施是不断增加甲醛的浓度。（3）常用的微生物接种方法有平板划线法和稀释涂布平板法，其中只有稀释涂布平板法可以用于统计菌落的数目。由于当两个或多个细胞连在一起时，平板上观察到的只是一个菌落，所以利用稀释涂布平板法统计样品中活菌的数目时，统计的菌落数往往比活菌的实际数目少。（4）从图中可以判断出，对照组的处理为不接种菌株WYO；由图可知，随着接种量的增加，对甲醛的降解效率先增加后降低，其中，10%~12%接种量的降解效率较为理想。

理综化学·全解全析及评分标准阅卷注意事项：1．阅卷前请学科教研组长组织改卷老师开会，强调改卷纪律，统一标准。2．请老师改卷前务必先做一遍试题，了解自己所改试题的答案、评分细则、答题角度后，再开始改卷。3．请老师认真批阅，不可出现漏改、错改现象，如果不小心漏改或错改了，可以点击回评按钮重评。4．成绩发布后，如果有学校反馈错评、乱评，平台定位阅卷老师，情况属实的将进行通报批评。5．化学主观题若学生答出不同于所给参考答案和评分标准里的其他要点，且符合题目要求，均可灵活给分。6．阅卷平台出现的相关问题，如果刷新页面重新登录未能解决，请将问题反馈给学校负责技术的老师（或考试负责人），由其统一在技术QQ群里反馈问题并协助解决。78910111213ACBDBCD7．A【解析】指南针的主要成分是Fe3O4，称为磁性氧化铁，A项错误；铜模的主要成分为铜、锡、铅组成的合金，B项正确；纸张主要用树皮、竹、芦苇等原料生产，其主要成分为纤维素，C项正确；黑火药由硝酸钾、木炭和硫黄混合而成，属于混合物，D项正确。8．C【解析】X的分子式为C4H3O2N2Cl，A项错误；Y分子比分子多1个CH和1个Br，与不属于同系物，B项错误；W分子中含有酰胺基，可以发生水解反应，含有碳碳双键，可以发生加成、氧化反应，C项正确；X和Y生成Z、Z转化为W的反应类型均为取代反应，D项错误。9．B【解析】关闭止水夹，从长颈漏斗加水至漏斗内液面高于三颈烧瓶中液面，一段时间后，根据液面高度差是否有变化，可检查装置气密性，A项正确；蒸馏分离互溶且沸点相差较大的液体混合物时，温度计测量的是蒸气的温度，故温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，B项错误；由于FeCl3易水解，配制FeCl3溶液时，将其溶于浓盐酸，再稀释至所需浓度，C项正确；浓氨水受热产生氨气，经碱石灰干燥后可得到较纯的氨气，D项正确。10．D【解析】Ca(HCO3)2属于强电解质，溶于水后完全电离，电离方程式为Ca(HCO3)2=Ca2++2，A项正确；减压CO2的溶解度减小，从溶液中析出，促使平衡向右移动，B项正确；吸收足量NH3后，NH3和水结合生成NH3·H2O，NH3·H2O与溶液中的反应生成和，部分与Ca2+反应生成难溶物CaCO3，反应后的溶液显碱性，C项正确；与含等物质的量Ba(OH)2的溶液混合，除生成CaCO3沉淀外，还生成BaCO3沉淀，离子方程式为Ca2++Ba2++2+2OH−=CaCO3↓+BaCO3↓+2H2O，D项错误。11．B【解析】根据Y、Z同周期且基态原子的未成对电子数相同和R中Y、Z成键情况，推出Y为C，Z为O；由Z、M同主族，推出M为S，再由X、Y、Z、M、W是原子序数依次增大的前20号主族元素，X、W同主族和R中X、W成键情况，推出X为H，W为K。S2－与K+的电子层结构相同，K+的核电荷数大，半径小，即半径：S2－＞K+，A项错误；同周期元素从左到右第一电离能呈增大的趋势，同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能：O＞S＞K，B项正确；碳的氢化物有多种，氧的氢化物也有多种，无法确定二者沸点高低，C项错误；R是具有复杂阴离子的离子化合物，含有离子键、非极性键和极性键等共价键，不含配位键，D项错误。12．C【解析】根据已知信息“放电时某电极反应为Li22Si5−ye−=Li22－ySi5+yLi+”，为负极反应，再结合图示信息中放电时电子移动的方向，可知电极b为负极，材料为Li22Si5合金，A项正确；由图示信息可知，改性PP允许Li+通过，是一种阳离子交换膜，充电时Li+由阳极（电极a）脱出，移动方向为①，然后重新嵌入阴极（电极b），B项正确；充电时，电极a为阳极，发生氧化反应，电极反应式为LiCoO2−xe−=Li1−xCoO2+xLi+，C项错误；放电时若y＝22，则电极b的反应为Li22Si5−22e−=Si5+22Li+，Li全部变成Li+，会使电极材料结构发生较大变化（放电时Li+不能完全释放出来移向正极，必须保留一部分Li+在负极，以保证下次充电时Li+畅通嵌入通道），将会降低电池的性能和缩短使用寿命，D项正确。13．D【解析】1.0×10−3mol·L−1的Na2S溶液中，根据元素守恒，存在c(S2−)+c(HS−)+c(H2S)＝1.0×10−3mol·L−1，A项正确；根据Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，CuS更难溶，二者的饱和溶液中c(Fe2+)＞c(Cu2+)，则pCu2+＞pFe2+，故Ⅰ为pCu2+与V的关系曲线，B项正确；根据Ⅰ为pCu2+与V的关系曲线，未加Na2S溶液时，CuS饱和溶液中c(Cu2+)＝c(S2−)，Ksp(CuS)＝c(Cu2+)·c(S2−)，故c(Cu2+)＝，pCu2+＝−lgc(Cu2+)＝−lg＝c(Fe2+)·c(S2−)＝10−2x＝1.0×10−18，C项正确；FeS、CuS均饱和的混合溶液中，＝＝102x−36，D项错误。26．（14分）（1）C（2分）（2）无机酸中的H+与吸着剂上的Li+发生了离子交换（2分，答案合理即可）2Cl−+2H2O2OH−+H2↑+Cl2↑（2分，化学式正确1分，配平1分，反应条件、状态符号不作要求）（3）抽滤时装置内压强很小（2分，答案合理即可）固液分离彻底，得到的固体易干燥（1分，任答一条即可）（4）浓缩（1分）（5）2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑（2分，化学式正确1分，配平1分，反应条件、状态符号不作要求）（6）17.6（2分）【解析】（1）除去卤水中的Mg2+一般用NaOH，除去一般用BaCl2，Ba(NO3)2会引入新杂质，不能使用，然后用Na2CO3除去Ca2+以及过量的Ba2+，最后再用盐酸调pH除去过量的Na2CO3，故除杂试剂选用科学且顺序合理的是C。（2）Li+被吸着剂吸着后，用无机酸“脱着”时，Li+从吸着剂中脱离重新进入溶液，根据电荷守恒，其机理可能是无机酸中的H+与吸着剂上的Li+发生了离子交换；若无机酸为盐酸，则“脱着”后的浓缩液中有LiCl，用Na2CO3沉锂后生成Li2CO3沉淀和NaCl，用惰性电极电解“上清液”主要反应的离子方程式为2Cl−+2H2O2OH−+H2↑+Cl2↑。（3）抽滤属于减压或真空过滤，抽滤时装置内压强很小，液体可以更快透过滤纸；与普通过滤相比，抽滤具有固液分离速度快、固液分离彻底、得到的固体易干燥等优点。（4）根据已知信息Li2CO3微溶于水，生产中应将“上清液”返回“浓缩”工序，提高锂的提取率。（5）根据题干信息可知，“氧化富集”过程中，除生成LiMn2O4外，还生成CO2和O2，再利用得失电子守恒、元素守恒进行配平，反应的化学方程式为2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。（6）5000m3海水中锂的质量为5000×103×0.17×10−6kg，根据沉锂率为80%，利用锂元素守恒可得如下关系式：Li～LiMn2O471815000×103×0.17×10−6kg×80%m则，解得m≈17.6kg。27．（14分）（1）干燥H2S（1分）c（2分）（2）恒压滴液漏斗（1分）2Na+2C2H5OH2C2H5ONa+H2↑（2分，漏写“↑”不扣分）（3）步骤Ⅰ中消耗的乙醇与步骤Ⅱ中生成的乙醇的量相等（2分，答案合理即可）（4）便于控制反应的进行与停止（2分，答案合理即可）无H2和H2S的尾气处理装置（2分，答案合理即可）（5）10NaHS+8MnO2+3H2SO4=5Na2SO4+8MnS+8H2O（2分，化学式正确1分，配平1分，反应条件不作要求）【解析】（1）用稀硫酸与FeS制备的H2S中混有水蒸气，根据题干信息，需要用干燥的H2S与C2H5ONa反应，故B装置的作用为干燥H2S，无水硫酸铜与H2S反应生成CuS，高锰酸钾有强氧化性，H2S为还原性气体，可以被高锰酸钾氧化，故选择的干燥试剂为无水氯化钙。（2）仪器X为恒压滴液漏斗；由题干信息可知，用H2S与C2H5ONa制备NaHS产品，将乙醇滴入三颈烧瓶中后，与钠反应，化学方程式为2Na+2C2H5OH2C2H5ONa+H2↑。（3）图1中C装置三颈烧瓶上有球形冷凝管，可将挥发的乙醇冷凝回流，再根据步骤Ⅰ中反应的化学方程式：2Na+2C2H5OH2C2H5ONa+H2↑和步骤Ⅱ中反应的化学方程式：H2S+C2H5ONaC2H5OH+NaHS，可知步骤Ⅰ中消耗的乙醇与步骤Ⅱ中生成的乙醇的量相等，故无需补充。（4）图2装置可以随开随用，随关随停，便于控制反应的进行与停止。本制备过程中，产生H2和H2S，H2属于易燃易爆气体，H2S为有毒气体，图1整套装置无H2和H2S的尾气处理装置。（5）NaHS中−2价S升高至+6价，MnO2中+4价Mn降低至+2价，根据元素化合价升降数目相等，配平后的化学方程式为10NaHS+8MnO2+3H2SO4=5Na2SO4+8MnS+8H2O。28．（15分）（1）1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2（1分）16x3×10−21（2分）（2）8（2分）分子晶体（1分）（3）①＞（1分）N（2分）②600K～1100K时，CO2同时参与反应Ⅰ和反应Ⅱ，而CH4只参与反应Ⅰ（2分，答案合理即可）恒温恒压下充入N2，相当于减小压强，反应Ⅰ平衡正向移动，CH4平衡转化率提高（2分，答案合理即可）③103c（2分）【解析】（1）镍为28号元素，原子核外有28个电子，基态镍原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2；根据信息和晶胞结构图可知，晶胞面对角线长度为4xnm，设钴晶胞的边长为anm，根据勾股定理可得（2）每个Co(NO)(CO)3含4个三键，每个三键中有两个π键，故1个Co(NO)(CO)3中含有的π键数目为8；由信息可知，Co(NO)(CO)3常温下为深红色的易挥发油状液体，沸点较低，故Co(NO)(CO)3的晶体类型为分子晶体。（3）①根据lgK（K为K1或K2）与温度T的变化曲线图，可知反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数均随温度升高而增大，反应Ⅰ和反应Ⅱ均为吸热反应，则a＞0；由于相同条件下，a＞b，温度对lgK1影响更大，故N为lgK2与T的关系曲线。②CH4和CO2气体按物质的量1∶1进行投料，若只发生反应Ⅰ，则CO2与CH4的平衡转化率相等，但CO2除参加反应Ⅰ外，还参加反应Ⅱ，故CO2平衡转化率比CH4的平衡转化率大。恒温恒压下充入N2，容器体积增大，相当于减小压强，反应Ⅰ平衡正向移动，使CH4平衡转化率提高。③根据甲烷干法重整二氧化碳反应的化学方程式CH4(g)+3CO2(g)4CO(g)+2H2O(g)分析，该反应可由反应Ⅰ+反应Ⅱ×2得出，则K3＝K1×。根据图3，T1温度时，K1＝K2＝10c，则K3＝103c。29．（15分）（1）6（1分）（2）酰胺基、碳氟键或氟原子（2分，每答对一种得1分）（3）（2分）（4）（2分，其他书写形式正确也给分）15（1分）（5）sp、sp2（2分，写出1个给1分）（6）（2分）取代反应（1分）（7）17（2分）【解析】（1）A分子中含有6种等效氢，则其核磁共振氢谱中有6组吸收峰。（2）H分子中除C＝N、N－N外，还含有的官能团为酰胺基、碳氟键。（3）有机物C分子中只有一个碳原子连接四个各不相同的原子或原子团，如图中标有“*”的碳原子。（4）D的分子式为C8H4ONF，D能发生银镜反应，说明含醛基，再根据产物E的结构简式，推出D的结构简式为；D分子中苯环和醛基均为平面结构，—C≡N为直线结构，单键可以旋转，故分子中所有原子可能共平面，即D分子中最多有15个原子共平面。（5）E分子苯环中的碳原子、碳碳双键中的碳原子、碳氧双键中的碳原子均采取sp2杂化方式，碳氮三键中的碳原子采取sp杂化方式。（6）F与G生成H时，F中—COOH与G中—NH脱水生成酰胺基，属于取代反应，反应的化学方程式为。（7）K和A互为同系物，相对分子质量比A大14，则K分子含苯环，官能团既有羧基，又有醛基，分子组成上比A多一个CH2，苯环上有一个取代基（）的只有1种；苯环上有—CH2COOH、—CHO两个取代基的有3种；苯环上有—COOH、—CH2CHO两个取代基的有3种；苯环上有—COOH、—CHO、—CH3三个取代基的有10种，共17种。

理综物理·全解全析及评分标准阅卷注意事项：1．阅卷前请各学科教研组长，组织本学科改卷老师开会，强调改卷纪律，统一标准。2．请老师改卷前务必先做一遍试题，了解自己所改试题的答案、评分细则、答题角度后，再开始改卷。3．请老师认真批阅，不可出现错改、漏改现象，如果不小心漏改或错改了，可以点击回评按钮重评。4．成绩发布后，如果有学校反馈错评乱评，平台定位阅卷老师，情况属实的将进行通报批评。5．要在学生列出的公式中找寻有用公式，合理即可按公式给分。6．7．阅1415161718192021CDCCADBCDBC14．C【解析】由核电荷数守恒和质量数守恒，可知AB正确；半衰期不随温度、压强等外界环境变化，C错误；经过2个半衰期，古木样品中的含量变成原来的，D正确。15．D【解析】设每号车厢的长度为d，动车运动的加速度大小为a，根据逆向思维，可得，，联立可得，D正确。16．C【解析】由万有引力提供向心力得出线速度、加速度与轨道半径的关系，，，可得A、B错误；飞船对接后引力势能增加多于动能减少，C正确；返程时应变轨减速，应向前喷气，D错误。17．C【解析】当位移为正时，合力向下应为负，A错误；由简谐运动特征可知，在平衡位置动能最大，B错误，C正确；由题可知，P将先向上运动，D错误。18．A【解析】由等量同种点电荷的电场分布特点可知，b、d场源和a、c场源在e点场强等大反向，即e点场强为0，同理f点场强也为0。再由等量异种点电荷中垂面上电势为0，e、f均在b、c场源和a、d场源的中垂面上，可得，e、f两点电势均为0，A正确。19．D【解析】金属棒速度为v时，回路电流