2023年高考第三次模拟考试卷-理科综合（全国甲卷B卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第三次模拟考试卷-理科综合（全国甲卷B卷）（全解全析），共24页。试卷主要包含了【答案】D，【答案】B，【答案】A，【答案】C，【答案】等内容，欢迎下载使用。

2023年高考第三次模拟考试卷（全国甲卷理综B卷）
理科综合·全解全析
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
D
B
A
D
A
C
B
题号
8
9
10
11
12
13
14
答案
D
B
D
C
D
D
B
题号
15
16
17
18
19
20
21
答案
B
A
B
A
BD
CD
CD
1.【答案】D
【解析】A、T2噬菌体的遗传物质就是DNA，A错误；
B、硝化细菌中存在既有蛋白质又有核酸的结构，如核糖体，B错误；
C、大肠杆菌拟核环状DNA上含有控制多数性状的基因，此外在细胞质基质中也有控制少数性状的基因，C错误；
D、肺炎双球菌含有DNA和RNA两种核酸，因此其中由G、C、T、U组成的核苷酸有2+2+1+1=6种，D正确。
故选：D。
2.【答案】B 
【解析】A、水绵的叶绿体为带状叶绿体，体积较大，运动不明显，不适合观察细胞质流动，A错误；
B、植物细胞能发生失水和吸水的前提是细胞有活性，植物细胞内有大液泡，用小球藻代替洋葱鳞片叶外表皮观察质壁分离及复原现象，小球藻细胞质中有叶绿体，可以通过观察叶绿体的分布以其为参照，观察原生质体收缩情况，B正确；
C、斐林试剂乙液是0.05g•mL-1的CuSO4，不适合代替双缩脲试剂B液（0.01g•mL-1的CuSO4），需要经过适当的稀释，C错误；
D、噬菌体为病毒，其DNA复制离不开宿主细胞，不能在培养液中独立生活和繁殖，不适合验证DNA的复制方式，D错误。
故选：B。
3.【答案】A 
【解析】A.肺炎链球菌体内转化实验中，证明S型细菌含有能使R型细菌转化S型细菌的转化因子，A错误；
B.艾弗里的肺炎链球菌体外转化实验证明了DNA是遗传物质，蛋白质不是遗传物质，B正确；
C.用32P标记的噬菌体侵染未被标记的细菌，保温时间过长或过短，上清液放射性都会升高，C正确；
D.烟草花叶病毒(TMV)的重建实验证明了RNA是烟草花叶病毒的遗传物质，D正确。
故选A。
4.【答案】D 
【解析】A.蛇活动能力强、活动范围较大，调查其种群密度，应用标志重捕法，A错误；
B.生物群落是一定自然区域内由所有生物组成的，B错误；
C.调查土壤中小动物常用取样器取样法，C错误；
D.洞庭湖近岸区和湖心区，由于水平方向上地形变化、土壤湿度、盐碱度的差异、光照强度的不同，生物自身生长特点的不同，以及人和动物的影响等因素造成不同段往往分布着不同的种群，构成群落的水平结构，D正确。
故选D。  
5.【答案】A 
【解析】A.人参细胞培养和动物细胞的培养中细胞要进行有丝分裂，故体现了细胞增殖这一原理，A正确；
B.植物的组织培养是将离体的细胞培养成植株的过程，体现细胞的全能性，单克隆抗体的制备过程没体现细胞的全能性，B错误；
C.早期胚胎培养进行的是有丝分裂，体现了细胞的增殖能力，没有体现膜的流动性，人鼠细胞融合体现了细胞膜的流动性，C错误；
D.转基因抗虫棉的培育是基因工程，原理是基因重组，克隆羊多利的培育是核移植，胚胎移植，无基因重组，D错误。
故选A。
6.【答案】C
本题考查植物激素的相关知识，要求考生识记五大类植物激素的种类、分布及功能；掌握植物生长调节剂的应用，能结合所学的知识准确判断各选项。
【解析】A.赤霉素可以促进棉花种子更好的萌发，脱落酸则抑制种子的萌发，A错误
B.主要由根尖合成的细胞分裂素能促进细胞分裂，B错误；
C.为了更好地多结棉桃，需要去除顶端优势，让侧芽生长，C正确；
D.乙烯利具有催熟的作用，不能促进棉花果实的发育，D错误。  
7．【答案】B
【解析】A．75%的乙醇使蛋白质变性而消毒，84消毒液是用的强氧化性消毒，两者消毒原理不相同，A错误；B．钢铁在潮湿的空气中生锈，是原电池原理，主要发生电化学腐蚀，B正确；C．石油的分馏为物理变化，石油裂化和煤的干馏都是化学变化，C错误；D．碳纤维材料是碳单质，不属于有机高分子材料，D错误；故选B。
8． 【答案】D
【解析】A．NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4溶液分别与Ba(OH)2 溶液反应，现象依次为：刺激性气味的气体、刺激性气体和白色沉淀、不反应、白色沉淀，现象不同，能鉴别，故A正确；B．NaI、Ba(OH)2、Na2S、NaHCO3溶液分别与FeCl3溶液反应，现象依次为：溶液黄色消失变为棕褐色、生成白色沉淀最终变成红褐色、生成黄色沉淀、生成红褐色沉淀，现象不同，能鉴别，故B正确；C．MgCl2、FeCl2、Al2(SO4)3、(NH4)2SO4溶液分别与NaOH溶液反应，现象依次为：白色沉淀、生成白色沉淀最终变成红褐色、先生成白色沉淀后溶解、刺激性气体，现象不同，能鉴别，故C正确；D．Na2SO3溶液和NaHCO3溶液都是碱性的，不能用红色石蕊试纸鉴别，故D错误；故选D。
9． 【答案】B
【解析】A．H218O的摩尔质量为20g/mol，18gH218O为0.9mol，含有的质子数为9，A错误；B．磷酸为弱酸，不能完全电离，1mL2mol/LH3PO4溶液含有磷酸的物质的量为0.002mol，电离产生的氢离子小于0.002mol，B正确；C．铝箔能与钠和水的反应产物氢氧化钠反应放氢气，因此生成氢气的分子数大于0.05，C错误；D．标准状况下2.24L乙烯为0.1mol，与溴单质完全反应，乙烯和溴单质中的共价键都会断裂，断裂共价键的数目不是0.1mol，D错误；故选B。
10． 【答案】D
【解析】A．由结构简式可知，化合物N分子中含有的碳碳三键、醛基能与溴水反应使溶液褪色，故A错误；B．由结构简式可知，化合物P分子中苯环和碳碳三键为平面结构，分子中一定共平面的原子有16个，故B错误；C．由结构简式可知，P分子中不含有溴原子，则M与N一定条件下反应生成P的同时还有含溴元素的化合物生成，原子利用率不可能为100%，故C错误；D．由结构简式可知，M分子中含有4类氢原子，一氯代物有4种，故D正确；故选D。
11． 【答案】C
【解析】R、X、Y、Z的原子序数依次增大，且都不超过10，由化合物的结构可知，R、Z只形成1个共价键，且可形成R+、Z-离子，X的最外层有3个电子，Y最外层有5个电子，结合原子序数可知R为H、X为B、Y为N、Z为F。A．X为B元素，B元素的单质在常温下为固体，故A错误；B．非金属性B＜N，最高价氧化物对应水化物分别为硼酸、硝酸，硼酸为弱酸，硝酸为强酸，所以酸性：X＜Y，故B错误；C．Y、Z的气态氢化物分别为氨气、氟化氢，二者能发生化合反应生成NH4F，故C正确；D．由R、X两种元素可形成多种硼烷，类似烷烃，故D错误；综上所述，答案为C。
12． 【答案】D
【解析】溶液碱性越强，溶液中浓度越大，随着盐酸的加入先转化为，后转化为，所以曲线Ⅰ表示，曲线Ⅱ表示，曲线Ⅲ表示。A．a点表示加入盐酸后溶液中的，但由于加入盐酸导致体积的变化，所以，A错误； B．b点对应溶液中，，，所以，数量级为，B错误；C．同样方法可计算的第二步电离常数，的水解常数为，的水解常数小于其电离常数，所以溶液显碱性，C错误；D．结合电离常数、的表达式可计算：，交点c对应溶液中，所以c点对应溶液中，所以，，D正确。故选D。
13． 【答案】D
【解析】电化学题目重点在于电极的判断，浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极。
A．浓差电池中由于右侧AgNO3，浓度大，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极；电渗析法制备磷酸二氢钠，左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，则电a为阳极，电极b为阴极；电极a应与Ag(II)相连，故A正确；
B．左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，膜b为阳离子交换膜，故B正确；
C．阳极中的水失电子电解生成氧气和氢离子，氢离子通过膜a进入中间室，消耗水，硫酸的浓度增大；阴极水得电子电解生成氢气，中间室中的钠离子通过膜b进入右室NaOH的浓度增大，故C正确；
D．电池从开始到停止放电时，则浓差电池两边AgNO3浓度相等，所以正极析出0.02mol银，电路中转移0.02 mol电子，电渗析装置生成0.01 mol NaH2PO4，质量为1.2g，故D错误；
故选D。
14．【答案】B
【解析】A．第三宇宙速度是指发射物体能够脱离太阳系的最小发射速度，而“嫦娥一号”仍然没有脱离地球引力的范围，所以其发射速度小于第二宇宙速度，故A错误；
B．在绕地轨道中，根据开普勒第三定律

可知，同一中心天体，椭圆轨道半长轴的立方与周期的平方之比为定值，故B正确；
C．设轨道Ⅰ的速度为v1，轨道Ⅱ近地点速度为v2，轨道Ⅱ远地点速度为v3，在轨道Ⅱ的远月点建立一以月球为圆心的圆轨道，其速度为v4，则根据离月球的远近，再根据圆周运动加速离心原理，可得
v2>v1，v4>v3
结合万有引力提供向心力圆周运动知识，有

解得

可知，圆轨道半径越大，线速度越小，所以
v1>v4
因此
v2>v1>v4>v3
故在轨道Ⅰ上运动时的速度v1不是小于轨道Ⅱ上任意位置的速度，故C错误；
D．根据开普勒第二定律，可知在同一绕月轨道上，相同时间内卫星与月心连线扫过的面积相同，但是在不同的绕月轨道上不满足，故D错误。
故选B。
15．【答案】 B
【解析】A．灯泡的额定功率

故选项A错误；
B．通过电灯的电流

根据理想变压器原、副线圈电流关系可得输电线路的电流为

所以输电线路损失的电功率为

故选项B正确；
C．升压变压器原线圈两端电压

升压变压器原线圈的电流

所以升压变压器原、副线圈匝数之比为

故选项C错误；
D．若开关和都闭合时，电路的总电阻减小，总电流增大，通过输电线路损失的电压增大，所以电灯两端的电压降低，两电灯均不能正常发光，故选项D错误。
故选B。
16．【答案】A
【解析】由题意可知，质子从B点到D点的运动中，动能减小了

质子从B点到C点的运动中，动能不变，由题意可知质子在B点时，在Q的电场中的电势能为

在C点时的电势能为

在D点时的电势能为

可知质子在匀强电场中，从B到C克服电场力做功，因此质子在匀强电场中受到电场力方向沿BC直线，且方向由C到B，如图所示，，即DD＇是一条等势线，由能量守恒定律可得


解得

A正确，BCD错误。
故选A。
17．【答案】B
【解析】A．根据匀变速直线运动的速度位移关系得

由图线可知图像的斜率等于2a，对汽车A，则有

解得

故A错误；
B．汽车A、B在x=4m处的速度大小为v，由图可知，对于汽车A，有

得A的初速度为

由得

故B正确；
D．由图发现，对于B车

解得

从开始到汽车A停止时，用时

此时B车的位移

故A车停止后，B车才追上A车，故当xB=6m时A、B相遇，故D错误；
C．当两车速度相等时，AB相距最远，有

解得

此时

故C错误。
故选B。
18．【答案】A
【解析】A．对a，由平衡条件得

对O点受力分析，由平行四边形定则得

联立解得

故A正确；
B．如图所示

AO与BO关于水平虚线对称，AC水平。将P端缓慢向上移动一小段距离，长度不变，即AP的长度不变。则

不变，即OP与PC夹角不会变。则拉力不会变。可知a与斜面之间仍然没有摩擦力。故B错误；
C．将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，AC变长，角变大。对O点，有

可见，拉力变大，a有上滑趋势，将受到沿着斜面向下的摩擦力。故C错误；
D．剪断定滑轮与a之间轻绳的瞬间，a有下滑趋势，由于不知道摩擦因数，即摩擦力的大小，无法判断其运动情况，即无法求a的加速度。故D错误。
故选A。
19．【答案】BD
【解析】A．玻尔第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，故A错误；
B．大量处于基态的氢原子吸收频率为v的光子后，能产生6种不同颜色的光，由，可知氢原子从跃迁到能级，被吸收的光子能量为

故B正确；
C．大量第4能级的氢原子，向低能级跃迁过程中能发出6种不同频率的光，能量值的大小关系排列从大到小为
n=4→1，n=3→1，n=2→1，n=4→2，n=3→2，n=4→3
由，可知放出光子能量越大对应光的频率越高，所以如果从n=3跃迁到n=2产生的光子恰能使某种金属产生光电效应，则另外还有4种光也可以使这种金属产生光电效应，故C错误；
D．由氢原子能级图可以很好地解释，原子从高能态向低能态跃迁时放出光子的能量等于前后两能级差。由于原子的能级是分立的，所以放出的光子的能量也是分立的，因此原子的发射光谱只有一些分立的亮线。故D正确。
故选BD。
20．【答案】CD
【解析】A．小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统在水平方向的动量守恒，小球与小车组成的系统在竖直方向所受外力的合力不为0，因此球和小车组成的系统总动量不守恒，A错误；
B．小球与小车组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，系统在水平方向的动量守恒，且系统水平方向总动量为0，则小球由B点离开小车时，小球与小车水平方向上的速度相同，则水平方向上有

解得

即小球由B点离开小车时，水平方向的分速度为0，所以离开小车后，小球做竖直上抛运动，B错误；
C．根据上述，小球由B点离开小车时，小车向左运动的距离达到最大，根据动量守恒定律，在水平方向上有

此过程有

解得

C正确；
D．根据分析可知，小球运动到圆弧最低点时，小车获得速度最大，则有
，
解得

D正确。
故选CD。
21．【答案】 CD
【解析】A．粒子在小圆区域运动中，由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，由题设条件第一次离开小圆区域运动的时间均为，可得

由计算和几何关系可知，粒子在小圆区域内的运动半径是R，则有粒子的发射速度大小为

A错误；
B．粒子从小圆区域到环形区域，速度大小不变，因受洛伦兹力方向相反，粒子偏转方向相反，如图所示，由粒子束缚在半径为2R的大圆区域内，由几何关系可得


由余弦定理可得，在环形区域内粒子做圆周运动的半径最大值应满足关系式

解得

为了将所有粒子束缚在半径为2R的圆形区域内，粒子在环形区域内做圆周运动的半径

由洛伦兹力提供向心力，可得


B错误；
C．由解析图可知，由于，因此粒子能再次回到小圆区域内，则粒子下一次在小圆区域中运动的圆弧长所对的圆心角为120°，即运动的时间为

C正确；
D．若环形区域内的磁场磁感应强度大小也为B，由题意可知，则粒子在环形磁场中运动的时间也为，则有粒子在两磁场中运动的总时间为，D正确。
故选CD。
22. 【答案】 黑 145 1.8 540
【解析】(1)根据左手定则，N端聚集正电荷，电势较高；M端聚集负电荷，电势较低，故M端接黑表笔。
(2)由题图可知，250 mV挡，每小格为5 mV，故读数为145 mV。
(3)根据


解得

(4)根据


解得
ρ=540 Ω·m
23.【答案】 ＞ M ；
【解析】（1）为防止入射球碰撞后反弹，一定要保证入射球的质量大于被碰球的质量，故
（2）（3）碰撞前小球m1落在图中的P点，设水平初速度为v1，小球m1和m2发生碰撞后，m1落点在图中的M点，设水平初速度为，m2的落点在图中的N点，设其水平初速度为，设斜面BC与水平面的夹角为，由平抛运动规律有
，
解得

同理可得

因此只要满足

即

则说明两球碰撞过程动量守恒。
如果小球的碰撞为弹性碰撞，则应满足

代入（2）中速度可得

故若同时满足上述关系式，则还可判断该碰撞为弹性碰撞。
24．【答案】（1）b端电势高，5 N；（2）1.47 J；（3）0.755 m
【解析】（1）由右手定则可判断感应电流由a流向b，b相当于电源的正极，故b端电势高
当金属棒匀速运动时，由平衡条件得

其中

由乙图可知

联立解得

（2）从金属棒开始运动到恰好达到稳定状态，由动能定理得

又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热，代入数据解得

两电阻产生的焦耳热与阻值成正比，故金属棒上产生的焦耳热为

（3）进入匀强磁场导体棒做加速度减小的加速运动，由动量定理有

又

由图可知

代入数据解得

由

得

25．【答案】（1）6m/s；（2）4m/s；2m/s；（3）32J
【解析】（1）滑块A、B碰撞过程，由动量守恒定律和能量关系可知


解得
vB=6m/s
（2）当B滑上平板车后做减速运动，加速度大小
aB=μg=2m/s2
C做加速运动的加速度

当平板车C恰要与墙壁第一次碰撞前时由

解得
t1=1s
此时B的速度

C的速度

（3）C与墙壁碰后到返回到平台右端

解得
t2=1s
此时C的速度

C与墙壁碰后到返回到平台右端时的速度恰为零；此时滑块B向右的速度为

系统产生的热量

解得
Q=32J
26．【答案】（1）+3（2分）
（2）（2分）
（3）将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中，配成高温下的饱和溶液，趁热过滤，降温结晶、过滤，洗涤干燥（2分）
（4）（2分）
（5）铟离子发生水解，导致铟萃取率下降（2分）
（6）10-7.6（2分）     96%（2分）
【解析】从铜烟灰酸浸渣(主要含PbO、FeAsO4·2H2O、In2O3)中提取铟和铅，铜烟灰酸浸渣加入硫酸溶液硫酸化、焙烧后得到的焙砂，再加水水浸，浸渣加入10%氢氧化钠溶液加热处理后冷却、过滤，得到滤液和PbO粗品，经处理得到PbO；水浸液加硫代硫酸钠还原铁，再加入萃取剂萃取出含有亚铁离子和的水溶液，除铁后的有机相中加硫酸溶液反应萃取去掉萃余液，一系列处理得到粗铟。
（1）FeAsO4·2H2O中O元素的化合价为-2价，As元素的化合价为+5价，根据化合物的化合价代数和为0，则 铁元素化合价为+3价；
（2）水浸后的硫酸铅与氢氧化钠反应生成PbO粗品和硫酸钠，反应的化学反应方程式为；
（3）根据PbO在NaOH溶液中溶解度曲线，PbO粗品中的杂质难溶于NaOH溶液，结合溶解度曲线，可知，氢氧化钠浓度较大时PbO溶液度较大，提纯PbO粗品的操作为将粗PbO溶解在35%NaOH溶液中，配成高温下的饱和溶液，趁热过滤，降温结晶、过滤，洗涤干燥；
（4）“还原铁”是利用硫代硫酸钠将铁离子氧化为亚铁离子，反应的离子方程式为；
（5）“萃取除铁”中，发现当溶液pH>1.5后，钢萃取率随pH的升高而下降，原因是铟离子发生水解，导致铟萃取率下降；
（6）根据图像，加入50mLH2SO4时，沉淀完全，-lgc(Pb2+)=3.8，则c(Pb2+)=10-3.8mol/L，根据反应，则c(Pb2+)=c()，25℃，PbSO4的Ksp(PbSO4)= c(Pb2+)·c()=10-3.8mol/L10-3.8mol/L=10-7.6mol2/L2；
②加入50.00mL 0.100mol/LH2SO4与Pb2+恰好完全反应，，n(Pb2+)=n()=0.100mol/L0.05L=0.005mol，根据原子守恒n(PbO)=n(Pb2+)=0.005mol，PbO的质量m=nM=0.005mol223g/mol=1.115g，PbO产品的纯度为。
27．【答案】（1）SO2+I2+2H2O=4H++2I- +（2分）
（2）溶液变为浅绿色 （2分） 实验③（2分） 原溶液中含有（2分）
（3）棕色溶液滴入蒸馏水后离子浓度减小，使CuCl(s)+ 2C1- (aq)[CuCl3]2- (aq)  Q>K，反应逆向移动，析出CuCl 沉淀（2分）
（4）C1-与Cu+结合成[CuCl3]2- ，其氧化性弱于SO2，使Cu能够被SO2氧化（2分）
（5）Cu2+> SO2>CuCl（2分）
【解析】（1）a中溶液的棕黄色褪去，发生的反应为：SO2+I2+2H2O=4H++2I- +
（2）b中硫酸铁溶液为棕黄色，通入二氧化硫后被还原，溶液变成浅绿色；若发生氧化还原反应，则生成Fe2+，能证明有Fe2+的存在，前两个实验结果能证明，第三组只能证明有硫酸根的存在，硫酸铁溶液中阴离子存在硫酸根，无法证明硫酸根为氧化产物，所以答案为实验③；原因为：原溶液中含有
（3）溶液中存在反应：CuCl(s)+ 2C1- (aq)[CuCl3]2- (aq)，滴入蒸馏水后离子浓度减小，使得Q>K，反应逆向移动，析出CuCl 沉淀
（4）c和d的区别在于阴离子，硫酸根无明显现象，氯离子产出明显现象，所以从氯离子角度分析，C1-与Cu+结合成[CuCl3]2- ，其氧化性弱于SO2，使Cu能够被SO2氧化；
（5）氧化还原反应的规律为氧化性强的得到氧化性弱的，即氧化剂氧化性强于氧化产物，在硫酸的作用下，c中二氧化硫不能将Cu2+还原为Cu+或Cu，在盐酸中氯离子与Cu+结合成，其氧化性强于Cu，能够被二氧化硫氧化，故答案为：Cu2+> SO2>CuCl。
28．【答案】（1）-114.2（2分）
（2）CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3（2分）
（3）将部分NO转化为NO2，有利于加快SCR反应的进行（1分）
（4）甲（1分）     未（1分）     温度过高催化剂的活性降低，降低了反应速率；高温有利于将NH3催化氧化为NO（2分）
（5）4NOx+(5-2x)O2+2BaO2Ba(NO3)2（2分）     1∶x（2分）
（6）5 （2分）    =（1分）
【解析】（1）根据盖斯定律以及目标反应方程式可知，ΔH=ΔH1－2ΔH2=[(-1632.4)－2×(-759.1)]kJ/mol=-114.2kJ/mol；故答案为-114.2；
（2）SCR催化器中同时存在NOx、NH3、O2等气体，汽车尾气中含有NOx，因此尿素发生水解反应生成NH3，根据原子守恒，还有CO2，水解反应方程式为CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3；故答案为CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3；
（3）汽车尾气中NOx主要为NO、NO2，其中NO的占比较大，整个化学反应的决速步是由慢反应决定，根据三个SCR反应，提高NO2浓度，能够提高慢速SCR反应的速率，因此预氧化催化器的作用是将部分NO转化为NO2，有利于加快SCR反应的进行；
（4）①根据图像可知，在低温下，催化剂甲催化效率高；催化剂对化学平衡移动无影响，在相同温度下，N点的NO的转化率比催化剂甲的小，说明N点未达到平衡；
②催化剂的活性在一定温度范围内较高，超过该温度催化剂的活性降低，反应速率降低；同时高温有利于将氨气氧化成NO，从而导致NO的浓度反而上升；
（5）根据富养条件示意图，NOx被储存为Ba(NO3)2，发生反应的化学方程式为4NOx+(5-2x)O2+2BaO2Ba(NO3)2；贫氧条件下，NOx被氢气还原，NOx中的N被还原成氮气，氢气被氧化成H2O，根据得失电子数目守恒，n(NOx)∶n(H2)=1∶x；
（6）根据图像可知，达到平衡时，消耗NO的浓度为0.1mol/L，消耗CO的浓度为0.1mol/L，生成CO2的浓度为0.1mol/L，生成N2的浓度为0.05mol/L，K=5；达到平衡，其他条件不变，再充入0.5molNO(g)和0.5molCO2(g)，Qc=5=K，平衡不移动，即v正=v逆。
29.【答案】（10分，除标注外，每空2分）
（1）CO2固定（1分）  ；减少（1分）
（2）叶绿体的类囊体薄膜、细胞质基质和内膜；   避免农田中积水过多，使根部细胞缺氧，进行无氧呼吸，导致农作物根部腐烂 
（3）肥料溶于水时可能浓度较大，若离根部较近，可能会导致根部细胞失水死亡 
（4）自身细胞呼吸  ；此时呼吸速率等于光合速率，光合所需的CO2刚好被细胞呼吸所弥补 
【分析】本题以利用CO2人工合成淀粉为情境，考查植物光合作用和呼吸作用的过程以及影响因素的分析，意在考查学生的识记能力和分析能力。
【解析】（1）植物光合作用中通过暗反应阶段中二氧化碳固定过程获得C3；若将强光下的植物移到黑暗环境中，光反应停止，产生ATP和[H]的量减少，C3还原过程受阻，C5的产量将减少。
（2）白天光照时，农作物根尖细胞只能进行呼吸作用，故合成ATP的具体场所有叶绿体的类囊体薄膜、细胞质基质和内膜；在雨季来临前，农田需要做好排水措施，避免农田中积水过多，营造出缺氧环境，使根部细胞缺氧，细胞进行无氧呼吸产生酒精，导致农作物根部腐烂，影响经济收益。
（3）农业中，施加工业肥料时，需要将肥料与根部保持一定的距离，因为若施肥时离根部较近，肥料溶于水时可能浓度较大，根部细胞不能吸水甚至失水死亡，植株萎蔫，出现烧苗现象。
（4）光补偿点时，植物净光合速率为0，此时呼吸速率等于光合速率，光合所需的CO2刚好被细胞呼吸所弥补，所以此时光合反应所需的CO2全部来源于植物自身细胞呼吸产生的CO2，不需要从外界环境吸收。  
30.【答案】（12分，除标注外，每空2分）
（1）自由组合（1分）    F2表现型比为8：4：3：1，是9：3：3：1的变式    伴性遗传
（2）红    2
（3）雌（1分）    红眼雌：伊红眼雄：奶油眼雄=2：1：1 
【分析】本题考查基因自由组合、伴性遗传的相关知识，意在考查学生的识记能力和判断能力，运用所学知识综合分析问题的能力是解答本题的关键。
【解析】（1）由题干中遗传图解分析，F2出现的是9：3：3：1的变式，说明其眼色至少受两对独立遗传的基因控制，符合基因自由组合定律，F2中雌雄果蝇的眼色存在差异，即与性别相关联，这种现象在遗传学上称之为伴性遗传。
（2）由题干中遗传图解可知，假设B/b位于X染色体上，则除基因型aaXbY（aaXbXb）为奶油眼、A_XbY（A_XbXb）为伊红眼外，其他基因型的均为红眼。F1的基因型为AaXBXb、AaXBY，所以表型均为红眼。F2中伊红眼雄果蝇的基因型为AAXbY、AaXbY，所以有2种基因型。
（3）若设计果蝇眼色遗传的测交实验，验证遵循自由组合定律并且为伴性遗传，在各种基因型果蝇均具有的前提下，应选择的杂交组合的基因型为aaXbXb和AaXBY，即隐雌显雄组合，所以表型为奶油眼雌果蝇和红眼雄果蝇，测交子代的基因型及其比例为aaXbY：AaXbY：aaXBXb：AaXBXb=1：1：1：1，所以表型及其比例为红眼雌：伊红眼雄：奶油眼雄=2：1：1。
31.【答案】（9分，除标注外，每空2分）
（1）下丘脑细胞外液渗透压感受器；垂体（1分）；促进肾小管和集合管对水分的重吸收
（2）血糖浓度降低和神经递质；促进组织细胞摄取和利用葡萄糖（或促进葡萄糖的吸收和氧化分解）
【解析】本题考查在不利条件下，多种激素的调节功能。考查理论联系识记的能力。
解答本题的关键是理解长时间不吃饭、不喝水、不休息时，血糖含量降低、细胞外液渗透压升高
（1）穿着防护服期间，防疫医生大量出汗且不喝水，其细胞外液渗透压升高，引起下丘脑细胞外液渗透压感受器兴奋，进一步导致垂体释放的抗利尿激素的量增加，该激素的作用是促进肾小管和集合管对水分的重吸收。
（2）防疫医生长时间不进食，引起胰岛A细胞分泌激素的信号有血糖浓度降低和神经递；机体中胰岛素的分泌仍在进行，此时胰岛素的作用主要是促进组织细胞摄取和利用葡萄糖（或促进葡萄糖的吸收和氧化分解）。
32.【答案】（8分，除标注外，每空1分）
(1) ①生态系统的组成成分 ②信息传递
(2)就地；不同于自然演替的速度和方向；抵抗力；
生态系统中的组分增多, 食物网复杂, 自我调节能力增强（2分）
(3) 绿色出行；骑自行车或步行出行；节约用电；使用节能灯泡照明；随手关灯；休息时关闭电脑；夏天空调温度不要调太低；根据能耗标识选用能耗低的电器，避免浪费: 纸张双面使用；尽量少用一次性用具如塑料袋、纸杯、木块等 
【分析】本题考查生态系统的结构和功能的相关知识点，意在考查根据所学知识解决问题的能力。
【解析】(1) 生态系统的结构包括生态系统的组成成分和食物链食物网，故为生态系统的组成成分，生态系统的功能包括物质循环、能量流动和信息传递，故为信息传递。
(2) 建立卧龙自然保护区, 属于保护生物多样性措施中的就地保护, 人类活动对群落演替的影响是, 往往使群落演替按照不同于自然演替的速度和力向进行。建立自然保护区增加了生态系统的生物多样性, 生态系统的抵抗力稳定性增据, 原因是生态系统中的组分增多, 食物网复杂, 自我调节能力增强。
(3)还可以采用的措施有：绿色出行；骑自行车或步行出行；节约用电；使用节能灯泡照明；随手关灯；休息时关闭电脑；夏天空调温度不要调太低；根据能耗标识选用能耗低的电器，避免浪费: 纸张双面使用; 尽量少用一次性用具如塑料袋、纸杯、木块等。  
33．（1）【答案】 ABC
【解析】A．给庄稼松土时，破坏了泥土中的毛细管，土壤内部的水分不会快速通过毛细管上升到土壤表面而蒸发掉，故A正确；
B．用滴管通过数滴数能定量地量取少量液体，是因为滴管的径口大小确定，对应的液滴的表面张力小于等于液滴重力时液滴下落，故每一滴的液体体积都相同，故B正确；
C．晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，故C正确；
D．温度相同时气体分子的平均动能相同，相同质量的氧气和氢气，氧气的物质的量比氢气的小，所以氢气的内能大于氧气的内能，故D错误；
E．布朗运动是小颗粒受到分子的撞击力不平衡造成的，所以布朗运动只能发生在液体和气体中，不能发生在固体中，故E错误。
故选ABC。
（2）【答案】（i）；（ii）
【解析】（i）开始时，设玻璃管中气体的压强为，对玻璃管中的水银柱，由平衡条件得

玻璃管与汽缸相连，则汽缸内气体的压强等于，设活塞的横截面积为，则有
对活塞由平衡条件得

联立解得

（ii）水银柱的位置不变，则玻璃管中气体的压强不变，活塞最终静止在汽缸最左端，对汽缸和玻璃管中的气体，由盖-吕萨克定律得

解得

34．（1）【答案】 BCE
【解析】A．根据光谱对应的规律，光子的折射率越小，光在介质中传播的速度越大，红光的折射率小于紫光的折射率，因此在冰晶内红光的传播速度比紫光的传播速度大，A错误；
B．根据光谱对应的规律，光子的折射率越小，光在介质中的波长越大，红光的折射率小于紫光的折射率，因此在冰晶内红光的波长比紫光的大，B正确；
C．由于

根据光路可逆可知，第一次折射的折射角等于第二次折射的入射角，根据几何关系可知

则有

C正确；
D．保持入射角不变，将紫光改为红光，由于红光的折射率小一些，根据光路图，则偏转角将减小，D错误；
E．若红光和紫光均能使同一金属发生光电效应，根据

由于紫光的频率大于红光的频率，则紫光照射产生的光电子的最大初动能大，E正确。
故选BCE。
（2）【答案】 （1）6.0m；（2）当波向左传播时，（n=1，2，3…）；当波向右传播时，（n=1，2，3…）
【解析】（1）对于波动方程

在范围之内，当时，可以解得

对应题中时刻的波形可知，质点A的位移为振幅的一半，结合上述可知，质点A的平衡位置到相邻波谷位置质点的平衡位置之间的间距为

根据波形有

解得

（2）当波向左传播时，在内有
（n=1，2，3…）
则波速为

解得
（n=1，2，3…）
当波向右传播时，在内有
（n=1，2，3…）
则波速为

解得
（n=1，2，3…）
35．（1）16：1（2分） 3（1分）
（2）sp3（1分） 氢键（1分） H2SeO4中非羟基氧比H3AsO4多1个，非羟基氧越多，酸性较强（2分）
（3）固态SeO2发生聚合相对分子质量很大，范德华力大，熔点高（2分） b（1分）
（4）a（2分） （3分）
【解析】（1）硒元素的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，成对电子与成单电子的个数比为16：1；同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，但是As元素最外层处于半满，第一电离能大于Se，所以在同一周期中比它的第一电离能大的元素有3种。
（2）SeO3与水反应可以生成H2SeO4。对于H2SeO4中心原子Se，由于H2SO4中S的杂化方式为sp3，因此H2SeO4中Se的杂化方式也应为sp3；固体H2SeO4，存在作用力除范德华力共价键外还有氢键；由于H2SeO4中非羟基氧比H3AsO4多1个，非羟基氧越多，所以H2SeO4酸性较强。
（3）①由题可知，固态SeO2发生聚合相对分子质量很大，范德华力大，熔点高同为分子晶体，所以SeO2熔点为350℃而SO2的熔点为-75.5℃。
②依据共价键饱和性可知，a为Se−O，b为Se＝O，b中含有π键，电子云重叠程度大，使得键长短；故答案为b。
（4）4r(Se2-)＝晶胞面对角线长度=nm；所以r=a nm；由图3所示晶胞可知，一个晶胞中含有Se2-个数为4；CaSe晶体结构也为NaCl型，其晶胞参数比MgSe大，且r(Ca2+)=bnm，所以CaSe晶体的晶胞参数为cm；且一个晶胞中含有四个分子，所以CaSe晶体的密度为 g•cm-3。
36．（1）碳碳双键（2分） (CH3)2CHCH2OH（2分）
（2）消去反应（2分）
（3）4（2分） HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2（2分）
（4）(CH3)2CHCOOH++H2O（2分）
（5）（3分）
【解析】从目标产物出发，采用逆合成分析的方法，D的结构为，则C为，根据反应条件为Cu、加热，可推知该过程为醇的催化氧化，所以B为，A与水反应得到B，由分子式可知， A的结构为，由此进行解答。
（1）由A的分子式和反应（1）的条件及A能使溴的溶液褪色可以判断A为2-甲基丙烯，结构简式为，官能团名称为碳碳双键；是由氧化得到的，B的结构简式为。
（2）卤代烃的碱性醇解属于消去反应。
（3）属于酯类的同分异构体有甲酸丙酯、甲酸异丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯4种，能发生银镜反应的有甲酸丙酯、甲酸异丙酯，其结构简式分别为、。
（4）结合酸与氨基酸的反应方程式即可写出反应（3）的化学方程式：

（5）结合M的合成路线，将转化为，再与苯乙酸反应即可获得制备有机物的合成路线。
37.【答案】（15分，除标注外，每空2分）
（1）碳源、氮源、水和无机盐；纤维素
（2）1；②→③→①
（3）1.28×106
（4）刚果红染色；酚红指示剂
（5） 干热
【解析】（1）微生物的营养物质主要有碳源、氮源、水和无机盐等。筛选纤维素分解菌时，配置培养基时需要使用纤维素作为唯一的碳源的选择培养基。
（2）菌落是由单个细菌繁殖形成的群体，故每个菌落的最初细菌数为1个才是最理想的。据图分析，图中接种方式是平板划线法，用接种环沾取少量待分离的材料，在培养基表面平行或分区划线，在线的开始部分，微生物往往连在一起生长，随着线的延伸，菌数逐渐减少，最后能形成纯种的单个菌落，因此在培养基上划线接种时，划线的顺序依次是②→③→①。
（3）稀释涂布平板法可以用来进行微生物的计数，其原理是根据土壤样品的稀释倍数和接种稀释液的体积，统计平板上的菌落数目推测出样品中的活菌数。根据题意可知，每毫升样品中的活菌数是25.6÷0.2×104=1.28×106。
（4）鉴别纤维素分解菌时需要加入刚果红染液，当形成菌落以后可以根据菌落周围是否产生透明圈来鉴别纤维素分解菌。能分解尿素的细菌合成的脲酶将尿素分解成氨气，使培养基的碱性增强，所以可在培养基中加入酚红
（5）玻璃器皿通常采用干热灭菌。
38.【答案】（15分，除标注外，每空2分）
（1）蛋白质（1分）
（2）只用 BamHⅠ 同时用 EcoRⅠ和 BamHⅠ 启动子和终止子
（3）化学方法人工合成/PCR 技术扩增（1分） 指导乙肝病毒蛋白质外壳的合成
（4）青霉素 X﹣gal 白（1分）
【分析】本题以乙型肝炎疫苗的研制为情境,要求考生运用所学基因工程的操作工具及其特点、基因工程的操作步骤等知识，再结合所学的知识准确答题。主要考查获取信息、运用所学知识解决生物学问题的能力,体现了生命观念、科学思维学科素养,突出基础性、综合性、应用性的考查要求。
【解析】基因工程技术的基本步骤：（1）目的基因的获取：方法有从基因文库中获取、利用PCR技术扩增和人工合成。（2）基因表达载体的构建：是基因工程的核心步骤，基因表达载体包括目的基因、启动子、终止子和标记基因等。（3）将目的基因导入受体细胞：根据受体细胞不同，导入的方法也不一样。将目的基因导入植物细胞的方法有农杆菌转化法、基因枪法和花粉管通道法；将目的基因导入动物细胞最有效的方法是显微注射法；将目的基因导入微生物细胞的方法是感受态细胞法。（4）目的基因的检测与鉴定：分子水平上的检测：①检测转基因生物染色体的DNA是否插入目的基因--DNA分子杂交技术；②检测目的基因是否转录出了mRNA--分子杂交技术；③检测目的基因是否翻译成蛋白质--抗原-抗体杂交技术。个体水平上的鉴定：抗虫鉴定、抗病鉴定、活性鉴定等。
（1）乙肝病毒结构包括核酸和蛋白质外壳，在作为疫苗时能与相应抗体特异性结合的是蛋白质外壳，即蛋白质外壳是激发免疫反应的抗原。
（2）构建基因表达载体时，为保持目的基因的完整性，可只选用BamHⅠ同时切割目的基因和质粒，使目的基因和质粒两端产生相同的黏性末端，在DNA连接酶的作用下，会出现目的基因自身与自身连接、质粒自身与自身连接、目的基因与质粒连接等多种情况，需要筛选；也可用EcoRⅠ和BamHⅠ两种限制酶切割，质粒和目的基因两端会形成不同的黏性末端，在DNA连接酶的作用下，不会发生自身环化，还可以防止反向连接，最终只会出现目的基因与质粒成功重组和没有进行重组的质粒。为了使重组质粒中目的基因正常表达，还需要插入的序列有启动子和终止子。　
（3）若要迅速获取大量的目的基因，常用化学方法人工合成或PCR技术扩增。根据图中④目的基因最终产生乙肝病毒外壳进行接种，说明该目的基因的具体功能是指导乙肝病毒蛋白质外壳的合成。（4）为了筛选含目的基因的重组质粒的大肠杆菌，可在培养大肠杆菌的通用培养基中加入青霉素和X-gal，能正常生长的为导入质粒和重组质粒的大肠杆菌，而导入重组质粒的大肠杆菌，因为BamHⅠ破坏了质粒上的lacZ基因，菌落呈白色。