2023年高考第三次模拟考试卷-理科综合（全国甲卷A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A卷）（全解全析），共26页。试卷主要包含了 B， A， D， D， C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A卷）
理科综合·全解全析
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B
A
D
A
D
C
D
A
A
A
C
C
D
B
D
B
C
B
ACD
AB
CD

1. B 
【解析】A.核酸是遗传信息的携带者,绝大多数生物的遗传物质是DNA,A正确；
B.蛋白质是生命活动的主要承担者, 蛋白质的种类繁多, 如结构蛋白、载体蛋白等等,酶只是其中的一部分,而不是绝大多数的蛋白质是酶,B错误;
C.ATP与ADP的相互转化是细胞的能量供应机制,C正确;
D.大多数信息分子需要与膜上的特异性受体结合, 将信息传递给靶细胞, 因此细胞膜上的受体与细胞间的信息交流有关,植物细胞可以通过胞间连丝进行物质和信息交流,D正确。  
2. A 
【解析】A、成熟生物体内，细胞的自然更新属于细胞凋亡过程，是正常的现象，A正确；
B、细胞癌变是由于原癌基因和抑癌基因的突变，导致原癌基因过量表达，而抑癌基因表达量过低，B错误；
C、黑色素细胞衰老后，酪氨酸酶等酶活性降低，与衰老有关的酶的活性升高，C错误；
D、胚胎细胞具有胚胎细胞的特性，具有发育的全能性，具有发育为完整个体的潜能，D错误。
故选A。
3. D 
【解析】
A.皮质醇为固醇类激素，在肾上腺皮质细胞的内质网中合成 , A正确；
B.皮质醇具有免疫抑制作用，分泌不足可能会引起自身免疫病, 如类风湿性关节炎, B 正确；
C.皮质醇具有升高血糖浓度的作用, 因此与胰岛素可发生拮抗作用, C正确；
D.肾上腺皮质受下丘脑、垂体系统的激素的分级调节过程属于体液调节, 其中肾上腺皮质不是反射弧的效应器, D错误。  
4. A 
【解析】A、群落是指在同一时间内、占据一定空间的相互之间有直接或间接联系的各种生物种群的集合，群落是由一定的动物、植物和微生物种群组成，诗句中没有该地区所有的生物，A错误；
B、竹林外两三枝桃花初放，鸭子在水中游戏，河滩上已经满是蒌蒿，此时的芦芽也刚刚破土而出，而河豚此时正要逆流而上，从大海回游到江河里来了，诗句中体现了人与自然和谐共生，B正确；
C、春江水暖鸭先知，温度的变化（物理信息）把春天的信息传递给了生物，故该诗句中蕴含了生态系统的信息传递，C正确；
D、直接价值是指对人类有食用、药用和工业原料等使用意义，以及有旅游观赏、科学研究和文学艺术创作等非实用意义的，诗句创作体现了生物多样性直接价值，D正确。
故选A。
5. D 
【解析】A.用抗体检测试剂盒筛查疑似病例利用了抗原-抗体特异性结合原理，A正确；B.感染早期，人体免疫系统尚未制造出特定的抗体，故会出现能检测出核酸而检测不出抗体的情况，B正确；C.患者康复后，体内病毒被清除，故会出现能检测出抗体而检测不出核酸的情况，C正确；D.感染该病毒但无症状者，说明其体内产生了抗体，故适用抗体检测法检测，D错误。故选D。
6. C
【解析】A、在新鲜黑藻小叶装片中可进行叶绿体形态观察，但不能进行计数，A错误；
B、观察减数分裂装片时，视野中多数细胞处于减数分裂前的间期，该时期有细胞核，但还未形成染色体，B错误；
C、低温诱导染色体数目变化实验中，要用到的实验材料有洋葱、显微镜、卡诺氏液、体积分数为95%的酒精溶液、质量分数为15%的盐酸溶液、清水、甲紫溶液等，实验过程中需要用卡诺氏固定液中固定30分钟后，需用体积分数为95%的酒精溶液进行冲洗，C正确；
D、叶绿体中色素的提取和分离实验中，要用的到的实验材料有菠菜叶、无水乙醇、碳酸钙、二氧化硅、层析液等，由于层析液易挥发且有毒，因此纸层析法分离色素时需要用培养皿盖盖住小烧杯，D错误。
7．D 【解析】A．合金比成分金属硬度高、韧性更好，A正确；B．积极推动大型风电、水电、核电、太阳光伏等可再生能源的发展，符合绿色发展理念，B正确；C．保护和治理山水林田湖草，增强绿色植物的光合作用，增大CO2的吸收，有利于实现“碳中和”，C正确；D．使用聚乙烯制作的塑料包装袋，会造成严重的白色污染，不符合绿色发展理念，D错误；故选D。
8．A 【解析】A．乙醇溶液溶质CH3CH2OH分子中有O—H键，每个乙醇分子中一个O—H键，溶剂H2O分子中也有O—H键，每个水分子中两个O—H键；n(C2H5OH)= ==1mol，O—H键数目1NA，n(H2O)===3mol，O—H键数目6NA，所以O—H键数目共7NA，故A正确；
B．由2个钠离子和1个过氧根离子构成，则含有离子总数为，故B错误；
C．初始浓硫酸与镁发生反应，生成MgSO4、SO2和H2O，随着硫酸浓度变稀，稀硫酸与镁反应生成MgSO4和H2；如果只发生第一个反应，每两个H2SO4分子中有一个参与变价，转移电子2个(生成SO2)，但有第二个反应发生，每分子H2SO4均参与变价，生成H2，转移电子2个，故0.2mol H2SO4中参与变价的H2SO4物质的量应大于0.1mol，转移电子总量应大于0.2NA，故C错误；
D．溶液没有给出体积数据，无法计算微粒数目，故D错误；故选：A。
9．A 【解析】A．1mol苯甲醛最多与4molH2发生加成反应，故A错误；B．根据苯环中12个原子共平面，甲烷中三个原子共平面得到安息香分子中所有碳原子可能共面，故B正确；C．该反应过程中，反应物全部生成生成物，因此原子利用率达到100%，故C正确；D．苯甲醛苯环上的二氯取代产物，当一个氯原子在醛基邻位，另外的氯原子分别在苯环的其他碳原子上共有4种即，当一个氯原子在醛基间位，另外的氯原子分别在苯环的其他碳原子上共有2种即，共6种，故D正确。
综上所述，答案为A。
10．A 【解析】由结构简式可知，X能形成3个共价键、Y形成2个共价键、Z形成1个共价键、W形成6个共价键，X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期元素，Y与W是同一主族元素，则X为N元素、Y为O元素、Z为F元素、W为S元素。A．氟离子的放电能力弱于氢氧根离子，则电解氢氟酸溶液实际上是电解水，水在阳极失去电子发生氧化反应制得氧气，故A正确；B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越大，则氧离子的离子半径大于氟离子，故B错误；C．氨分子能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，氨分子间的作用力强于硫化氢，沸点高于硫化氢，故C错误；D．氟元素的非金属性最强，没有正化合价，不存在最高价含氧酸，故D错误；故选A。
11．C 【解析】A．将灼热的木炭伸入浓硝酸中，木炭与浓硝酸反应生成二氧化氮、二氧化碳、水，A错误；
B．向悬浊液中加浓溶液，铵根与溶解平衡产生的OH-反应，促进溶解正向移动，沉淀溶解，B错误；
C．含有等物质的量和的混酸中H+与的物质的量之比为3∶1，加入过量铜粉，发生离子反应：，硝酸根过量，则溶质为和，C正确；
D．将Al粉加入强碱性的溶液，微热，产生气体使湿润红色石蕊试纸变蓝，该气体为NH3，硝酸根离子中的N元素降价，表现氧化性，D错误；
故选C。
12．C 【解析】横坐标为离子比值的对数，纵坐标为由水电离出的氢离子的对数，当纵坐标为-5时，由水电离出的氢离子浓度为10-5，说明溶液中离子的水解程度大于电离程度，促进水的电离，溶液的pH为9，溶液中氢离子的浓度为10-9，此时横坐标数值分别为1和3，结合电离常数表达式可知，，左侧曲线代表，右侧曲线代表。A．由上述分析可知，，A错误；B．Z点时=3，即=1000，溶液中主要存在A2-，溶液显碱性pH不为7，B错误；C．M点和N点分别表示同一溶液中和，溶液组成完全相同，C正确；D．X点表示水的电离程度达到最大，则X溶液为正盐溶液，HA-和H2A皆有A2-水解而来，X点到Y点表示继续加碱，抑制A2-的水解，而非发生选项所示反应，D错误；故选C。
13．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． B
【解析】A．由图可知，时两车速度相等，甲车达到最大速度，牵引力等于阻力，乙车做加速运动，牵引力大于阻力，则两车功率不相等，故A错误；
B．由图可知，内，甲车做匀速直线运动，牵引力等于阻力，乙车做加速运动，牵引力大于阻力，则内两车牵引力始终不相等，故B正确；
C．根据题意可知，速度相等时两车间的距离最大，由图像面积可知，最大距离为

故C错误；
D．根据题意可知，后甲车的功率不变，乙车的功率从零开始增大，开始一段时间内乙的功率小于甲车的功率，故D错误。
故选B。
15． D
【解析】
如图所示，将变压器及右侧部分等效为一个电阻，当端与副线圈绕组按不同方式连接时，副线圈等效匝数设为，设原线圈两端电压、流过的电流分别为，电阻R两端的电压、流过的电流分别为，则有

设发电机输出电压有效值为E，等效电阻的功率为

可知当

时，等效电阻的功率有最大值，此时。
当a端接1，b端接2时，副线圈等效匝数为
，
当a端接3，b端接4时，副线圈等效匝数为
，
当2，3连接，a端接1，b端接4时，副线圈等效匝数为
，
当1、3连接，a端接2，b端接4时，副线圈等效匝数为
，
此时，等效电阻的功率有最大值，即电阻R的功率最大。
故选D。
16．B
【解析】A．假设卫星在半径为的圆轨道上运行时速度为，由

可得卫星速度公式

可知，卫星在半径为的圆轨道上运行时速度比卫星在半径为的圆轨道上运行时速度小，即

故A错误；
B．由

可知轨道半径越大，加速度越小，则

故B正确；
C．卫星加速后从A运动到B的过程中，由机械能守恒定律可得

解得

故C错误；
D．设卫星在半径为的圆轨道上运行时周期为，在椭圆轨道上运行时周期为，根据开普勒第三定律

又因为

卫星从A点运动至B点的最短时间为

联立解得

故D错误。
故选B。
17． C
【解析】A．金属圆筒中电场为零，质子不受电场力，做匀速运动，故A错误；
B．质子进入第n个圆筒时，经过n次加速，根据动能定理

解得

故B错误；
D．只有质子在每个圆筒中匀速运动时间为时，才能保证每次在缝隙中被电场加速，故D错误；
C．第n个圆筒长度

则各金属筒的长度之比为1:：：，故C正确。
故选C。
18． B
【解析】发射子弹时，根据动量守恒可得每发一颗子弹，皮划艇增加的速度为

所以在t时间内沿水平方向发射了7发子弹，则皮划艇在6个时间内，分别以、、……匀速运动，每段匀速运动的位移依次为



……
故t时间内皮划艇的总位移为

故选B。
19． ACD
【解析】A．根据衰变过程质量数和电荷数守恒可知放射源衰变方程为，故A正确；
B．根据题意作图，如图所示：

根据几何关系有

解得

由洛伦兹力提供向心力得

解得

由于粒子带正电，可知磁感应强度方向垂直于纸面向里，故B错误；
C．甲、乙在磁场内发生弹性正碰，碰后乙粒子反向运动，设乙粒子从E点出射，如图：

根据几何关系可知

故C正确；
D．甲、乙在磁场内发生弹性正碰，碰后甲粒子反向运动，设甲粒子从F点出射，如图：

根据几何关系可知
，，
则甲粒子在磁场中运动的时间为

解得

故D正确；
故选ACD。
20．AB
【解析】A．由物体B的图像可知，在0.50s后物体B与传送带共速，即此时物块B的速度为传送带的速度，所以传送带的速度大小为6m/s，故A项正确；
B．0.50s前物块B在传送带上做匀加速直线运动，其加速度根据图像可知为

对其受力分析有

解得

故B项正确；
C．在，物块B与传送带相对位移为

产生的热量为

对物体A有


解得

在，物块A与传送带相对位移为

产生的热量为

因为两物块的质量未知，所以其产生的热量不一定相等，故C项错误；
D．0.75s时，两物块的速度大小相等，根据追及相遇的知识点可知，此时两物块在相遇前其距离达到了最大值，其距离为

设0.75s后在经过时间物块A超过物块B后其距离达到，则有

解得

所以在0.75s后，物块A在传送带上运动的时间小于等于时，A、B间的最大距离就不会变，故D项错误。
故选AB。
21．CD
【解析】A．P棒到达轨道最低点时速度大小设为v0，根据机械能守恒定律得

根据牛顿第二定律得

解得

由牛顿第三定律可得，P棒到达轨道最低点瞬间对轨道压力的大小为，故A错误；
BC．设Q棒第一次稳定运动时的速度为，P棒的速度为，则有

Q棒从开始运动到第一次速度达到稳定过程中，对P、Q棒分别分析，由动量定理可得


又因

解得



故B错误，C正确；
D．从P棒进入导轨Ⅱ运动后，两棒速度稳定时，速度相同，设稳定速度为v。由动量守恒定律得

由能量守恒定律得P、Q棒中产生的总热量为

解得

故D正确。
故选CD。
22. （6分）
【答案】 CD C A
【解析】（1）AC．实验中不需要保证SO轨道是否光滑，只需要保证释放的滑块通过O点时速度一样，即保证在同一位置无初速释放即可，故A错误，C正确；
B．只有滑块A的质量大于滑块B的质量才能保证碰撞时不发生反弹，即碰撞后A的速度不发生变向，故B错误；
D．只有滑块A和滑块B与水平轨道OP的动摩擦因数相同时，才能消去，从而只需测量两滑块的质量及各自在水平轨道上的位移，就可以验证A、B系统在碰撞过程中是否满足动量守恒定律，故D正确。
（2）当滑块A第一次从O点滑到点时，根据动能定理

解得

对滑块A第二次碰撞B后，对A、B后续滑行过程运用动能定理


解得


若两球碰撞前动量守恒，则满足

即需验证

等式C成立；
需验证碰撞前后动能是否相同，即

解得

等式A成立。
23. （9分）
【答案】 偏大 20.6~21.0
【解析】（1）越不纯净的水，水中能够自由移动的粒子就越多，则导电性能越强，电阻越小，即电阻率越小，而电导率是电阻率的倒数，则可知越不纯净的水电导率越大，即不合格的纯净水的电导率偏大。
（2）由图2可知，欧姆表指针偏角过小，为使指针在中央刻度附近，需要换选。
（3）由于电源的电动势为，则在选取电压表时应选择接近电源电动势量程的电表，即选择电压表，这样在实验中才能保证电表在测量时其最大读数超过量程的三分之二，从而减小实验误差；选择电流表时可用直除法，用电源的电动势直接除以待测电阻的大概阻值，从而得到一个粗略电流的范围进行电流表的选择，由图2中“”挡时欧姆表的读数可知待测电阻大致在左右，通过直除法可得电流大概在左右，再根据电表的读数要求可知电流表应选择表；
由于所给滑动变阻器的阻值远小于待测电阻的阻值，因此滑动变阻器采用分压式接法，而电流表的内阻远小于待测电阻的阻值，定量方面可根据

进行判断，则可知电流表采用内接法，电路图如下所示

（4）由于电流表的内阻远小于待测电阻的阻值，则计算时可忽略电流表的分压作用，根据部分电路的欧姆定律可得

根据电阻定律可得

联立可得

而

图线的斜率

代入数据可得

24．（14分）
【答案】 （1）1s；（2）；（3）240J
【解析】（1）对整体，由牛顿第二定律

解得

逆向过程

得
t=1s
（2）嵌套后，对整体

得

嵌套过程中

得

在嵌套过程中损失的机械能

解得

（3）对小车

解得
W=240J
25．（18分）
【答案】 （1），方向垂直纸面向里；（2）；（3）
【解析】（1）离子能直线通过两极板，则洛伦兹力与电场力平衡，则有

将代入上式解得

由左手定则判断可知：磁场方向垂直纸面向里。
（2）当离子在偏转磁场中做匀速圆周运动时有

解得

又由图可知：离子在吞噬板上最靠右的落点到左极板距离

离子在吞噬板上最靠左的落点到左极板距离

则此吞噬板的长度最短，联立解得


（3）当初速度为时，对于沿右极板运动的离子，在两极板间做类平抛运动。

则



联立解得

离子做类平抛运动的过程中，根据动能定理

得

离子进入偏转电场时的速度偏向角的余弦值为

此时沿上极板进入电场的带电离子射出偏转电场时，与吞噬板右端相距为，当磁场满足此离子打到吞噬板，则由几何关系分析可得


又当入射点下移至带电粒子刚好擦着下极板右边缘射出电场进入偏转磁场，则磁场满足该离子刚好能打在吞噬板的下端点为最大值，有

综合分析结果有

根据

则所需磁场的取值范围

26．（1）（2分）
（2）2MoS+2Na2CO3+5O22Na2MoO4+2CO2+2SO2（2分） Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑（2分）
（3）NiO（1分） NaVO3、NaHCO3（1分）
（4）20g•L-1（1分） 10g•L-1（1分）
（5）6NH4VO33V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O（2分）
（6）1021（2分）
【解析】本题是工业流程题，工业废催化剂在纯碱条件下焙烧，MoS与碳酸钠反应生成钼酸钠、二氧化碳和二氧化硫，MoO3和碳酸钠反应生成钼酸钠和二氧化碳，随后浸泡，除去不溶物得到钼酸钠溶液，其中也含有偏铝酸钠，再通入二氧化碳除去氢氧化铝，滤液调节pH加入氯化铵沉钒，滤液加入硝酸得到钼酸。
（1）由分析可知，“气体”中包含二氧化硫和二氧化碳，其中二氧化碳为最高价氧化物，其电子式为：；
（2）由题中的信息可知，及分别与纯碱反应的化学方程式为
，；
（3）硫化物焙烧时生成氧化物和二氧化硫，由于NiO不能与碳酸钠反应，故“水浸”时以“浸渣”的形式沉淀出来，而、、与纯碱反应生成、和，沉铝通过量生成沉淀和，故“浸渣”的成分为NiO；“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有NaVO3、NaHCO3；
（4）由图可知选择的初始钒浓度和的加入量分别为和时，钒提取率达到90%以上，且再增大量时，提钒率变化不大，故选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为：和；
（5）由信息和流程可知，沉淀煅烧时分解产生和两种气体，根据氧化还原反应原理可知，其中一种气体为氮气，另外一种只能是氨气，故反应的化学方程式为；
（6）由题意可知的。
27．（1）球形干燥管（2分） 饱和食盐水（2分） C（2分）
（2）（2分）
（3）（2分）
（4）ADEF（2分） 90%（2分）
【解析】（1）仪器D为球形干燥管；洗气瓶B中盛有的试剂是饱和食盐水，用来除去混合气体中的氯化氢；因为实验中需要保持碱性环境，因此先向溶液中加入NaOH溶液，然后再通入，所以先开C活塞；
（2）大试管中的与浓盐酸反应的离子方程为：；
（3）结合化合价升降相等、原子守恒、电荷守恒的知识可写出制取的离子方程式：；
（4）溶液配制需要胶头滴管、烧杯、250mL容量瓶、玻璃棒；，所以的去除率为。
28．（1）+261（2分） BD（2分）
（2）（2分） 恒压条件下，的摩尔分数增大，的分压增大，平衡正向移动，的转化率降低（2分）
（3）＜（2分） 在1000K，反应①，反应趋势小，反应③，反应趋势大，占主导（2分）
（4）（3分）
【解析】（1）反应③等于反应①减去反应②，；
A．都表示正反应同一个方向，故A不符合题意；
B．该反应是气体分子数可变的反应，恒容条件下压强不变即达到平衡，故B符合题意；
C．气体密度等于质量除以容器体积，恒容条件又都是气体参与反应，故密度始终保持不变，因此不能作为平衡的标志，故C不符合题意；
D．有，一个正反应，一个逆反应，速率之比等于计量系数之比，则达到平衡，故D符合题意；
故答案为：+261；BD。
（2）反应①是吸热反应，温度越高，平衡正向移动，则的转化率越大，故；恒压条件下，的摩尔分数增大，的分压增大，平衡正向移动，的转化率降低；故答案为：；恒压条件下，的摩尔分数增大，的分压增大，平衡正向移动，的转化率降低。
（3）在1000K，反应①，不易自发，反应③，容易自发，故反应自发趋势①＜③；根据图中曲线和可知越大，反应平衡常数越小，反应趋势越小，在1000K，反应①，反应趋势小，反应③，反应趋势大，占主导；故答案为：＜；在1000K，反应①，反应趋势小，反应③，反应趋势大，占主导。
（4）设，列三段式，达到平衡时，分压与的分压相同即有，求解，平衡后气体的总物质的量为，则；故答案为：。
29.（9分）
【答案】（9分，除标注外，每空2分）
（1） 叶绿体的基质（1分）五碳化合物（1分）  淀粉（1分）
（2） 小于   类胡萝卜素（或叶黄素和胡萝卜素）  
叶绿素含量减少使光反应变慢，导致光反应供给暗反应的NADPH和ATP减少，光合速率降低
【解析】本题考查光合作用的的过程和影响因素，意在考查考生理解所学知识并建立知识网络的能力。（1）光合作用固定CO2的场所是叶绿体基质，二氧化碳和C5固定形成C3，C3被还原生成有机物。光合作用合成的糖，大部分转变成蔗糖，还有一部分在叶绿体中转变成淀粉。（2）实际光合速率应是净光合速率与呼吸速率之和，故可判断第24天的果实总光合速率小于第12天的果实总光合速率。第36天后果皮逐渐变黄，原因是叶绿素含量减少而类胡萝卜素（或叶黄素和胡萝卜素）的含量基本不变。 叶绿素含量减少使光反应变慢，导致光反应供给暗反应的NADPH和ATP减少，光合速率降低。
30.(10分【答案】（10分，每空2分）
（1）细胞因子 效应T细胞
（2）减少 清除 增加调节性T细胞的数量
【解析】辅助性T细胞表面的特定分子发生变化并与B细胞结合，这是激活B细胞的第二个信号;辅助性T细胞开始分裂、分化，并分泌细胞因子。B细胞活化需要两个信号的刺激，此外，还需要细胞因子的作用。当B细胞活化后，就开始增殖、分化，大部分分化为浆细胞，小部分分化为记忆B细胞。随后浆细胞产生并分泌抗体。在多数情况下，抗体与病原体结合后会发生进一一步的变化，如形成沉淀等，进而被其他免疫细胞吞噬消化。记忆细胞可以在抗原消失后存活几年甚至几十年，当再接触这种抗原时，能迅速增殖分化，分化后快速产生大量抗体。细菌等病原体侵人人体后，也会如病毒-样引起机体发生体液免疫反应。在癌症治疗中，科研人员通过减少 (填“减少”或“增加”）调节性T细胞的数量，可降低对其它T细胞的抑制作用，从而增强免疫系统对癌细胞的监控和清除功能。调节性T细胞应用于器官移植，增加调节性T细胞的数量
31.(8分）【答案】（8分，除标注外，每空2分）
（1）基因、物种和生态系统
（2）出生率和死亡率、迁入率和迁出率 间接价值明显大于直接价值
（3）光照强度（1分） 强（1分）
【解析】生物多样性主要包括三个层次的内容:遗传多样性(基因多样性)、物种多样性和生态系统多样性。直接影响候鸟种群密度的种群数量特征包括出生率和死亡率、迁入率和迁出率。生物多样性的间接价值明显大于直接价值；。林下种植三七主要是依据不同植物对光照强度需求不同的原理，考查群落的垂直结构；土壤中分解者的代谢活动一般较强。
32.(12分) 【答案】（12分，除标注外，每空2分）
(1)长刚毛(1分) AaBb 黑檀体短刚毛
(2)能(1分) 灰体短刚毛∶灰体长刚毛︰黑檀体短刚毛∶黑檀体长刚毛=3∶3∶ 1∶1
(3)1/4 1(或100%)
【解析】（1）由题意可知,甲的基因型为aabb,结合实验一F可知,乙的基因型为AaBb。通过实验二F表型及比例可知,长刚毛为隐性性状,丙的基因型为aaBb。(2)实验一为测交实验,可以验证基因的自由组合定律。实验一F的灰色长刚毛个体的基因型为Aabb,与乙(AaBb)杂交后代表型及比例为灰体短刚毛∶灰体长刚毛∶黑檀体短刚毛︰黑檀体长刚毛=3∶3∶1∶1。(3)实验二两亲本的基因型分别为AaBb和aaBb,杂交后代中与丙(aaBb)基因型相同的概率为(1/2)×(1/2)=1/4;F中的灰体短刚毛的基因型为AaB_,一定为杂合子。
33．【选修3-3】（15分）
【答案】 BDE
【解析】AB．理想气体的分子势能为0，当温度升高时，分子的平均动能增大，内能增大，则a中气体的内能小于b中气体的内能，选项A错误、B正确；
C．b中分子平均动能大于a中分子平均动能，每个分子撞击活塞的平均作用力较大，而气体的压强不变，所以b中气体分子单位时间内单位面积上撞击活塞的次数较少，选项C错误；
D．气体的内能增大，由热力学第一定律可知，从a到b的过程中，气体从外界吸收的热量大于对活塞做的功，选项D正确；
E．由动能定理可知，容器内气体对活塞做的功、外部气体对活塞做的功和重力对活塞做的功之和为零，所以从a到b的过程中，气体对活塞做的功大于活塞重力势能的增加量，选项E正确。
故选BDE。
【答案】 （1）5:3；（2）30次
【解析】（1）将漏气前胎内气体换算为压强为的气体，设换算后体积为 ，根据玻意耳定律得

所以漏气前与漏气后的质量比为

解得

（2）设最多可以打n次，根据理想气体状态方程得

代入数据得
次
34．【选修3-4】（15分）
【答案】 ABC
【解析】A．由共振曲线知，此单摆的固有频率为0.5Hz，固有周期为2s，A正确；
B．由单摆的周期公式，可得此单摆的摆长约为1m，B正确；
CD．若摆长增大，则单摆的固有周期增大，固有频率减小，共振曲线的峰将向左移动，C正确，D错误；
E．此单摆做受迫振动，只有共振时的振幅最大，为8cm，E错误。
故选ABC。
【答案】 （1）；（2）入射角的最小正弦值为
【解析】（1）由题意可知，光在A点入射角为，设折射角为，如图所示

根据几何关系可知

则玻璃砖对该单色光的折射率为

（2）光在内球表面上恰好发生全反射，入射角最小，设为，光路图如图所示

根据

由几何知识可得

在中，由正弦定理可得

根据折射定律可得

联立解得

即入射角的最小正弦值为。
35．（1）Li （1分） 2（1分）
（2） [Ar]3d104s24p3（1分）
（3）AsH3 （1分） 两者均为分子晶体，AsH3相对分子质量大，范德华力强，沸点高（2分）
（4）6（2分）
（5）sp3、sp（2分）
（6）1∶1（2分）
（7）（3分）
【解析】（1）Li、P、S中，Li为金属元素，容易失去电子，电负性最小；一般情况下同一周期的元素，原子序数越大，元素的第一电离能也越大，但第VA的元素由于其处于p轨道的半充满的稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能P>S，故第三周期元素中第一电离能大于磷的元素有Cl、Ar；所以第三周期元素中第一电离能比P大的元素有2种；故答案为Li；2。
（2）基态As原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p3；故答案为9或7 ；[Ar]3d104s24p3。
（3）PH3 、AsH3均为分子晶体，相对分子质量大，范德华力强，沸点高所以沸点较高的是AsH3，故答案为AsH3；两者均为分子晶体，AsH3相对分子质量大，范德华力强，沸点高。
（4）Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，该配合物中与锰原子的配位有CO和CH3CN，配位数为6；故答案为6。
（5）CH3CN中有两个C原子，分别连接有4个和2个键，杂化类型为sp3、sp；故答案为sp3、sp。
（6）CH3CN和CO均含有2个π键，等物质的量的CH3CN和CO中，π键数目之比1：1；故答案为1：1。
（7）该晶胞中含有Ni3+个数为，含有As3-为4；即含有4个NiAs，其质量为，设其棱长为acm，所以，As3-位于其八分之一晶胞的中心，两个As3-之间的距离相当于面对角线长度的一半；所以两个As3-之间为；故答案为。
36．（1）2，6-二甲基苯酚（1分） 醚键、酯基（1分）
（2）稀硫酸，加热(或NaOH溶液，加热后，再酸化) （1分） （1分）
（3） （1分） H2O（1分）
（4）E、F、G（2分）
（5）5（2分） （2分）
（6）（3分）
【解析】A中酚羟基发生取代反应生成B，B发生酯的水解反应生成C为，C发生取代反应生成D为，由F结构可知E为；
（1）A的化学名称为2，6—二甲基苯酚，B中的官能团名称为醚键、酯基；
（2）反应②为酸性条件下酯的水解(或碱性条件下，水解再酸化)，反应条件为稀硫酸，加热(或NaOH溶液，加热后，再酸化)；由D与F的结构可推知E的结构为；
（3）反应⑥为取代反应，官能团变化为羧基和氨基反应形成酰胺基，故反应为G+；
（4）该消去反应均为醇的消去，根据消去反应的条件可知在有机物A~H中能发生消去反应的物质有E、F、G；
（5）由于N能发生显色反应和水解反应，且水解产物可以发生银镜反应，说明含有酯基和酚羟基，酯基是甲酸酯基，结构如下：、、、、，共5种对位结构，两种取代基还可以处于邻位和间位，共种，其中核磁共振氢谱示有5组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1的N的结构简式为；
（6）乙苯被酸性高锰酸钾氧化生成苯甲酸，与SOCl2发生已知信息的反应，再与苯乙胺发生反应④，合成路线如下：。
37.（15分）
【答案】（15分，除标注外，每空2分）
(1)萜类化合物及其衍生物　吸水（1分）　使得橘皮油与水分离　(2)C、H　发酵培养　(3)防止水浴加热过程中大量挥发，可以更好地溶解胡萝卜素　石油醚　性质和使用量
【解析】　(1)植物芳香油的组成比较复杂，主要包括萜类化合物及其衍生物；玫瑰精油化学性质稳定，难溶于水，易溶于有机溶剂，挥发性强，可采用蒸馏法进行提取，提取玫瑰精油时Na2SO4的作用是吸水，提取橘皮精油时Na2SO4的作用是使得橘皮油与水分离。
(2)胡萝卜素的元素组成为C和H，无N，所以发酵培养时碳/氮比例更高些。
(3)萃取胡萝卜素的有机溶剂应具有较高的沸点，这可以防止水浴加热过程中大量挥发，可以更好地溶解胡萝卜素。胡萝卜素不溶于水，而乙醇和丙酮为水溶性有机溶剂，不能作为萃取剂，而四氯化碳沸点低，因此石油醚比较适合作为萃取剂；萃取的效率主要取于萃取剂的性质和使用量。
38.（15分）【答案】（15分，除标注外，每空2分）
(1)终止子
(2)标记　重组DNA分子的筛选
(3)SmaⅠ　SmaⅠ会破坏目的基因
(4)能　用BamHⅠ和Hind Ⅲ两种限制酶对质粒进行切割时,会破坏四环素抗性基因,但不会破坏氨苄青霉素抗性基因（3分）
【解析】(1)四环素抗性基因和氨苄青霉素抗性基因是质粒上的标记基因,可以利用其进行重组DNA分子的筛选。
(2)据图A分析,SmaⅠ的切割序列位于目的基因(耐盐基因)上,如果使用限制酶SmaⅠ会破坏目的基因(耐盐基因),因此不能用该限制酶获取耐盐基因。
(3)用BamHⅠ和HindⅢ两种限制酶对质粒进行切割时,会破坏四环素抗性基因,但不会破坏氨苄青霉素抗性基因,因此导入耐盐基因的受体细胞能在含有氨苄青霉素的培养基上生存,但不能在含有四环素的培养基上生存。