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2023年高考第三次模拟考试卷-理科综合（全国乙卷A卷）（全解全析）
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这是一份2023年高考第三次模拟考试卷-理科综合（全国乙卷A卷）（全解全析），共46页。
2023年高考物理第三次模拟考试卷
高三物理（A卷）
（考试时间：90分钟 试卷满分：110分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
14．2023年春节期间，中国科幻电影《流浪地球2》热映．《流浪地球》系列影片设定：若干年后，太阳上的氢元素将被耗尽，太阳由“氢核聚变”阶段进入“氦核聚变”阶段，并成为一颗红巨星，地球将被太阳吞没、气化．因此，人类启动了“流浪地球”计划．人类的自救之旅的第一阶段是“刹车阶段”，利用2000台安装在地球赤道上的“转向式行星发动机”，通过喷射高能高压的粒子流，推动地球停止自转；第二阶段是“逃逸阶段”，利用“推进式行星发动机”推动地球加速，增大公转速度，逐渐脱离太阳系，开启“流浪”之旅．根据以上素材，结合所学，判断下列说法正确的是（ ）
A．不考虑其它因素，地球停止自转的过程中，赤道上的物体所受重力逐渐减小
B．不考虑其它因素，地球停止自转的过程中，南北极处的物体所受重力逐渐增大
C．“转向式行星发动机”的喷口方向应该与自转速度方向相反，“推进式行星发动机”的喷口方向应该与公转速度方向相反
D．聚变要克服原子核之间的库仑斥力，因此氦核聚变比氢核聚变需要的温度更高
【答案】D
【详解】AB．不考虑其它因素，地球停止自转的过程中，赤道上的物体所受重力逐渐增大，而南北极处的物体本身不受地球自转的影响，因此在地球停止自转的过程南北极处物体的重力不变，故AB错误；
C．“转向式行星发动机”的喷口方向应该与自转速度方向相同，“推进式行星发动机”的喷口方向应该与公转速度方向相反，以使地球在公转轨道实现跃迁，逃离太阳系，故C错误；
D．聚变要克服原子核之间的库仑斥力，因此氦核聚变比氢核聚变需要的温度更高，故D正确。
故选D。
15．如图所示为某款手机充电器，其铭牌标识如下：“输入：AC、220V、50Hz”，“输出：DC、3V、6V、9V、12V”，“电流：1000mA1500mA”，该充电器正常工作时，下列说法正确的是（ ）
A．输入电压的最大值为220V，频率为50Hz
B．充电器输出功率的变化范围为3W18W
C．充电器内部变压器的原线圈匝数小于副线圈匝数
D．充电器内部变压器输入电压的频率大于输出电压的频率
【答案】B
【详解】A．根据铭牌标识可知输入电压的有效值为220V，频率为50Hz，故A错误；
B．由输出功率
且由题干中“输出：DC、3V、6V、9V、12V”，“电流：1000mA1500mA”，代入数据得当输出电压为，电流为时输出功率最小，当输出电压为，电流为时输出功率最大。代入数据得
故B正确；
C．根据原副线圈的匝数之比等于原副线圈电压值比，即
且原线圈中输入电压值大于副线圈的输出电压值，所以原线圈匝数大于副线圈匝数，故C错误；
D．由变压器的原理可知，输入电压的频率等于输出电压的频率，故D错误。
故选B。
16．2022年11月12日10时03分，天舟五号与空间站天和核心舱成功对接，此次发射任务从点火发射到完成交会对接，全程仅用2个小时，创世界最快交会对接纪录，标志着我国航天交会对接技术取得了新突破。在交会对接的最后阶段，天舟五号与空间站处于同一轨道上同向运动，两者的运行轨道均视为圆周。要使天舟五号在同一轨道上追上空间站实现对接，天舟五号喷射燃气的方向可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】要想使天舟五号在与空间站的同一轨道上对接，则需要使天舟五号加速，与此同时要想不脱离原轨道，根据
则必须要增加向心力，即喷气时产生的推力一方向有沿轨道向前的分量，另一方面还要有指向地心的分量，而因喷气产生的推力与喷气方向相反，则图A是正确的。
故选A。
17．有一种瓜子破壳器如图甲所示，将瓜子放入两圆柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可破开瓜子壳。破壳器截面如图乙所示，瓜子的剖面可视作顶角为的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A、B之间，并用竖直向下的恒力F按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则（ ）
A．若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变大
B．若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变小
C．若A、B距离不变，顶角越大，圆柱体A对瓜子的压力越大
D．若A、B距离不变，顶角越大，圆柱体A对瓜子的压力越小
【答案】D
【详解】AB．瓜子处于平衡状态，若仅减小A、B距离，A、B对瓜子的弹力方向不变，则大小也不变，AB错误；
CD．若A、B距离不变，顶角越大，则A、B对瓜子弹力的夹角减小，合力不变，则两弹力减小，C错误，D正确。
故选D。
18．实验中，将离子束从回旋加速器中引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。使用磁屏蔽通道法引出离子的原理如图所示。离子从P点进入通道时，由于引出通道内的磁场强度发生改变，离子运动轨迹半径增大，可使离子引出加速器。已知回旋加速器D型盒的半径为R，圆心在O点，D型盒区域中磁场垂直纸面向里，磁感应强度为B，引出通道外侧末端Q点到O点距离为L，与的夹角为，离子带电为q，质量为m，则（ ）
A．离子在加速器中所能获得的最大速率
B．若离子加速至最大速率后能从加速器中引出，引出通道中的磁感应强度范围
C．若引出通道中磁场为时，该离子能引出加速器，则此时将一带电量，质量为m的离子一定不能从加速器中引出
D．若撤去引出通道内的磁场，改为沿径向方向向里的电场，则离子仍有可能引出加速器
【答案】ABD
【详解】A．离子从D形盒边缘飞出时，有
解得
，
A正确；
B．由知，引出通道内磁感应强度应小于D型盒内磁感应强度B，离子半径变大做离心运动才可能引出加速器，离子在引出通道内，到其到达Q时，设圆弧半径为r，轨迹如图所示
引出轨迹为圆弧
解得
根据几何关系得
解得
则引出通道中的磁感应强度范围为
B正确；
C．由B中分析可知，离子能否离开加速器与粒子的电量无关，若引出通道中磁场为时，该离子能引出加速器，则此时将一带电量，质量为m的离子也一定能从加速器中引出，C错误；
D．离子在D型盒中圆周运动由洛伦兹力提供向心力，由左手定则知离子带负电，则通过P点时，撤去引出通道内的磁场，改为沿径向方向向里的电场，则离子受沿径向向外的电场力，做离心运动，仍有可能引出加速器，D正确。
故选ABD。
19．如图，中国古代的一种斜面引重车前轮矮小、后轮高大，在前后轮之间装上木板构成斜面，系紧在后轮轴上的绳索，绕过斜面顶端的滑轮与斜面上的重物连接。设重物的重力为G、绳索对重物的拉力为T、斜面对重物的作用力为F。推车子前进，重物被拉动沿木板上滑过程中（ ）
A．F与T的夹角一定大于90°
B．G和T的合力一定与F等大反向
C．T和F对重物做功之和等于重物动能的变化量
D．T和F对重物做功之和等于重物机械能的变化量
【答案】AD
【详解】A．对重物进行受力分析如图所示
根据受力分析可知，斜面对重物有支持力与摩擦力的作用，则斜面对重物的作用力为F为斜面对重物有支持力N与摩擦力f的合力，根据上述受力分析图，将支持力与摩擦力合成，可知，F与T的夹角一定大于90°，A正确；
B．当重物匀速上滑时，G和T的合力与F等大反向，当重物不是匀速上滑时，G和T的合力与F不等大反向，B错误；
C．以重物为对象，根据动能定理有
可知，T、F和G对重物做功之和等于重物动能的变化量，C错误；
D．根据上述有
由于
则有
可知，T和F对重物做功之和等于重物机械能的变化量，D正确。
故选AD。
20．磁悬浮列车是高速低耗交通工具，如图（a）所示，它的驱动系统简化为如图（b）所示的物理模型。固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L。匝数为N。总电阻为R；水平面内平行长直导轨间存在磁感应强度均为B、方向交互相反、边长均为L的正方形组合匀强磁场。当磁场以速度v匀速向右移动时，可驱动停在轨道上的列车，则（ ）
A．图示时刻线框中感应电流沿逆时针方向
B．列车运动的方向与磁场移动的方向相同
C．列车速度为v'时线框中的感应电动势大小为
D．列车速度为v'时线框受到的安培力大小为
【答案】BC
【详解】A．线框相对磁场向左运动，根据右手定则可知图示时刻线框中感应电流沿顺时针方向，A错误；
B．根据左手定则，列车受到向右的安培力，因此列车运动的方向与磁场移动的方向相同，B正确；
C．由于前后两个边产生的感应电动势顺次相加，根据法拉第电磁感应定律
C正确；
D．列车速度为v'时线框受到的安培力大小为
D错误。
故选BC。
21．“S”形单行盘山公路示意图如图所示。弯道1、2可看作两个不同高度的水平圆弧，圆心分别为、，弯道2比弯道1高，弯道1、2的中心虚线对应的半径分别为、，倾斜直道与两弯道平滑连接。一质量为的汽车沿着中心虚线从弯道1经过倾斜直道进入弯道2，已知汽车在段做匀加速直线运动，加速时间为，在两个弯道运动时，路面对轮胎的径向摩擦力始终等于汽车所受重力的，取重力加速度大小，下列说法正确的是（ ）
A．倾斜直道段倾角的正弦值为
B．汽车在段运动时的加速度大小为
C．汽车从弯道1运动到弯道2增加的机械能为
D．圆心、间的距离约等于
【答案】BCD
【详解】AB．由于汽车在弯道1和弯道2都是沿虚线中心运动，所以在弯道上汽车均做匀速圆周运动，设弯道1和弯道2的速度分别为v1和v2，由牛顿第二定律得
代入数据可得
AB段汽车做匀加速直线运动，设AB长度为l，所以有
代入数据得
所以AB直道倾角正切值为
故A错误，B正确；
C．以弯道1所在处为零势能面，根据能量守恒可得
代入数据得
故C正确；
D．由几何关系可知，圆心、间的距离为
故D正确。
故选BCD。
二、实验题：本题共2小题，共15分。
22．（6分）如图所示为“验证机械能守恒定律”的实验装置，质量为m1和m2的滑块与质量为m0的动滑轮用不可伸长的轻质绳按图示方式连接（绳竖直）。m2的右侧有宽度为d、质量忽略不计的遮光条。现让m2从距离光电门高度为h处由静止释放，发现光电计时器显示遮光条经过光电门的时间为t。已知重力加速度大小为g，且d远小于h。
（1）m2经过光电门时的速度大小为_______；
（2）若将m0、m1和m2看做一个系统，则m2下落h过程中，系统减少的重力势能为_______，系统增加的动能为_______。
（3）经过多次实验发现m0、m1和m2组成的系统减少的重力势能△Ep与系统增加的动能△Ek并不相等，请从系统误差的角度分析二者不相等的可能原因是（写出一条即可）：_______，即△Ep_______△Ek（选填“大于”或“小于”）。
【答案】（1）；（2），；（3）定滑轮有质量或旋转增加了动能或存在摩擦或存在阻力，大于
【详解】(1)[1] m2经过光电门时，遮光条宽度很小，可以看做匀速通过，其速度大小为
(2)[2] m2下落h过程中，m0下落h，m1上升2h系统减少的重力势能为
[3]m2、m0下落速度相同，m1上升速度为2v，系统增加的动能为
(3)[4]从系统误差的角度分析二者不相等的可能原因是，定滑轮有质量或旋转增加了动能或存在摩擦或存在阻力。
[5]减少的重力势能有一部分没有转化为动能，故选大于。
23．（9分）对于同种材料的电阻丝，现要探究在一定温度下阻值的影响因素。
（1）某同学用刻度尺、螺旋测微器、多用电表测出了每根金属丝的长度L、直径D、电阻，并记录了相应数据。在测量直径时，某次的测量数据如图1所示，则读数为______mm；用多用电表欧姆挡“×1”位置正确操作测量某段电阻丝时，指针如图2所示，则被测电阻的阻值为______Ω。
（2）为提高实验准确度，某同学采用如图3所示的电路图测量金属丝的电阻。请按图3所示的电路图将图4中实物连线图补齐_____：图4中，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P置于______端（填“a”或“b”）。
（3）根据图3，由于实验中使用的电表不是理想电表，会对实验结果造成一定的影响，实验测出的电阻值______的真实值（填“>”、“<”或“=”）。
（4）现在要根据测得的实验数据，探究电阻丝电阻与电阻丝长度L、横截面积S的关系。
实验小组的同学猜想：电阻丝的电阻跟它的长度L成正比，跟它的横截面积S成反比。该同学本想用控制变量法验证该猜想是否正确，但观察实验数据发现金属丝的长度没有相同的、直径没有相同的、电阻没有相同的，因此用控制变量法很难实现。若想继续验证上述猜想，请你结合所测实验数据，给出具体处理数据的方法。______________________________________________________
【答案】（1）0.524-0.528，7；（2），a（3）<；（4）方法有两种：
①计算每次实验中R与的比值（即的值），如果各次实验所得的值在实验允许的误差范围内相等，则说明R与成正比——假设成立。
②在坐标纸上作图像，如果该图线基本上是一条过原点的倾斜直线，则说明R与成正比——假设成立。
【详解】（1）[1]螺旋测微器读数=固定刻度+半刻度+可动刻度。故读数为
0mm+0.5mm+2.6×0.01mm=0.526mm（0.524mm—0.528mm均可）
[2]欧姆表读数=刻度盘读数×倍率，故读数是7Ω。
（2）[3]按照电路图连接实物图，注意接线到接线柱，不分叉不相交，如图
[4]闭合开关前用电器两端电压最小，故滑片P至于a端。
（3）[5]由电路图可知电流表外接，电流表读数偏大，所测电阻偏小。即实验测出的电阻值<的真实值。
（4）[6]根据电阻定律有
因电阻丝的材料相同，故电阻值，从这方面入手即可。
所以方法有两种：
①计算每次实验中R与的比值（即的值），如果各次实验所得的值在实验允许的误差范围内相等，则说明R与成正比——假设成立。
②在坐标纸上作图像，如果该图线基本上是一条过原点的倾斜直线，则说明R与成正比——假设成立。
三、计算题：本题共2小题，共32分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
24．（12分）2022年6月17日，我国自主设计建造的首艘电磁弹射型航空母舰“福建舰”成功下水。该舰采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置，飞机的前轮与磁悬浮电磁弹射车相连，如图甲所示。其工作原理简化为如图乙所示，间距d = 1m的平行光滑金属导轨（电阻不计）间存在磁感应强度B=10T的匀强磁场，弹射车由200根完全相同的导体棒并联组成。电磁弹射时，开关S与1相连，恒流电源为整个系统供电，弹射车带动飞机从静止开始匀加速运动x1= 60m后达到起飞速度v = 60m/s。飞机起飞后立即与弹射车脱钩，同时将开关S与2相连，弹射车在磁场的阻尼作用下运动x2= 30m后停下。假设弹射车的质量m = 1000kg，飞机的质量M = 1.9 × 104kg，电阻R0= 0.02Ω，不计弹射车带动飞机加速运动过程中的感应电动势以及飞机与甲板之间的摩擦和空气阻力。求：
（1）恒流电源提供的总电流大小；
（2）每根导体棒的电阻R。
【答案】（1）I= 6×104A；（2）R=6Ω
【详解】（1）设电磁弹射时飞机的加速度为a，则有
v2 = 2ax1
解得
a = 30m/s2
加速过程中飞机和弹射车受到的合力
BId = (M＋m)a
解得
I = 6 × 104A
（2）飞机飞离甲板后，弹射车在电磁阻尼的作用下做减速运动直到速度减为零，设减速过程所用时间为Dt，减速过程中弹射车的平均速度为。对弹射车根据动量定理有
其中
代入解得
R = 6Ω
25．（20分）滑板是冲浪运动在陆地上的延伸，是一种极富挑战性的极限运动，下面是该运动的一种场地简化模型。如图所示，右侧是一固定的四分之一光滑圆弧轨道AB，半径为，左侧是一固定的光滑曲面轨道CD，两轨道末端C与B等高，两轨道间有质量的长木板静止在光滑水平地面上，右端紧靠圆弧轨道AB的B端，木板上表面与圆弧面相切于B点。一质量的小滑块P（可视为质点）从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，经B点后滑上木板，已知重力加速度大小为，滑块与木板之间的动摩擦因数为，木板厚度，D点与地面高度差。
（1）求小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小；
（2）若木板只与C端发生了2次碰撞，滑块一直未与木板分离，木板与C端碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略。求木板最小长度和开始时木板左端离C端距离；
（3）若撤去木板，将两轨道C端和B端平滑对接后固定，小滑块P仍从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，要使滑块从D点飞出后落到地面有最大水平射程，求从D点飞出时速度方向以及最大水平射程。
【答案】（1）；（2），；（3）从D点飞出时速度方向与水平方向夹角为，
【详解】（1）小滑块P滑到B点时，由动能定理可知
解得
在B点时牛顿第二定律可知
解得
由牛顿第三定律可知，小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小为。
（2）整个过程木板所受摩擦力不变，滑块滑上木板后，木板做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知
解得
木板与C端第一次碰撞，木板与挡板第一次碰撞时，滑块速度为，木板速度为，在滑块滑上木板到木板第一次与挡板碰撞的过程中，由动量守恒定律可知
由于无能量损失，则木板原速率返回，做匀减速运动，加速度大小仍为，由对称性可知，木板与B端接触时速度为0，后开始做匀加速直线运动与C端发生第2次碰撞，根据对称性可知，碰撞时木板速度仍为，滑块速度为，木板只与C端发生了2次碰撞，则
从木板第一次与挡板碰撞之后的瞬间到木板第二次与挡板碰撞之前瞬间的过程在，由动量守恒定律可知
联立解得
则设开始时木板左端离C端距离为，则由运动学公式可知
解得
滑块P刚好停在木板最左端木板最短，且木板的左端刚好与C接触，此时滑块P与木板的速度均为0，可知滑块在木板上做匀减速运动，则由能量守恒定律可知
解得
（3）从A到D由动能定理可知
解得
设从D点飞出时速度方向与水平方向夹角为，小滑块落地的速度大小为，落地速度方向与水平方向夹角为，从D点飞出到落到所用时间为，根据动能定理可得
解得
该过程的速度变化量为
如图所示为速度矢量关系图
速度矢量图的面积为
可知当速度矢量图的面积最大时，水平射程有最大值，而图中速度、都是定值，可知当
速度矢量图的面积最大，则有
解得
可得
速度矢量图的面积最大为
最大水平射程为
33.【物理——选修3-3】（15分）
（1）（5分）古代发明的点火器原理如图所示，用牛角做套筒，木质推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆，艾绒即可点燃。对筒内封闭的气体，在此压缩过程中，气体温度____（填“升高”、“不变”或“降低”），压强_____（填“增大”、“不变”或“减小”）。
【答案】升高，增大
【详解】[1][2]封闭的气体被推杆压缩过程中，由公式可知，由于在瞬间，，，所以内能增加，则温度升高，气体体积减小，压强增大。
（2）（10分）水银气压计在超失重情况下不能显示准确的气压，但太空无液气压计却能显示超失重情况下的准确气压。若某次火箭发射中携带了一只太空无液气压计和一只水银气压计。发射的火箭舱密封，起飞前舱内温度，水银气压计显示舱内气体压强为1个大气压。太空气压计读数也是，当火箭以加速度g竖直向上运动时，舱内水银气压计示数为，则太空无液气压计读数是多少？舱内气体的温度是多少开尔文？（运动过程中重力加速度g不变）
【答案】，
【详解】起飞前
，
起飞后，设实际气压，对水银气压计中水银柱由牛顿第二定律得
又
解得
根据查理定律，解得
34.【物理——选修3-4】（15分）
（1）（5分）在2021年12月9日的天宫课堂中，三位航天员观察到水球中的气泡特别明亮，这主要是因为光在气泡表面发生了_______现象。如图，若在P点恰好发生全反射，，则水的折射率为_______。已知线段AB长为L，光在空气中传播速度为c，则光在水中传播的时间为_______。（用题中物理量表示）
【答案】全反射，1.25，
【详解】[1]水球中的气泡特别明亮，这主要是因为光在气泡表面发生了全反射现象。
[2]由
得
[3]光在水中传播的距离
光在水中的速度
所以
（2）（10分）我国科学家首创的超声消融术是一种超声波聚焦病灶部位进行照射治疗的先进技术。如图甲所示，一列超声波从介质1进入介质2中继续传播，A、B、C为传播方向上的三个点。图乙为时刻A质点右侧介质1中的部分波形图，此时该波恰好传播至介质2中的B点，图丙为该时刻之后B点的振动图像。已知B、C两质点间的距离0.75cm，波在介质2中的传播速度为。求：
（i）该波在介质1中传播速度的大小；
（ii）从质点B开始振动到质点C第一次到达波谷经历的时间。
【答案】（i）；（ii）
【详解】（i）超声波在介质2中传播时
在两种介质中传播时周期不变，则在介质1中传播时
（ii）超声波从B传到C的时间为
波传到C点时开始起振的方向向下，则到达波谷时还需要
则质点C第一次到达波谷的时间
2023年高考化学第三次模拟考试卷
┃全国乙卷┃
可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 K-39 Fe-56 Se-79
一、 选择题：本题共7个小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
7.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是
A．水质检验员先加稀HNO3后滴加AgNO3溶液检验自来水中氯离子的存在
B．科技考古研究员利用和两种核素的测定分析古代人类的食物结构
C．测试工程师可测出钢中Mn、C、Al、V等元素组成及含量确定合金钢等级
D．电子工业高级技工用覆铜板制作印刷电路板常用氯化亚铁溶液作为腐蚀液
【答案】D
【详解】A．先加稀HNO3后滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则自来水中含氯离子，A正确；
B．和两种核素的半衰期稳定，因此可用来分析古代人类的食物结构，B正确；
C．钢中含有Mn、C、Al、V等元素，故测试工程师可测出钢中Mn、C、Al、V等元素组成及含量确定合金钢等级，C正确；
D．用覆铜板制作印刷电路板常用氯化铁溶液作为腐蚀液，氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，D错误；
答案选D。
8.反式脂肪酸对人体的健康不利，反式油酸结构简式如图所示，下列说法正确的是
A．反式油酸的分子式为C18H36O2 B．反式油酸不能发生取代反应
C．该物质可形成高分子聚合物 D．1mol反式油酸最多消耗2molH2
【答案】C
【详解】A．键线式中拐点和端点均为碳原子，碳原子均以四价结构连接，则该分子的分子式为C18H34O2，A项错误；
B．分子中的-COOH可与醇发生酯化或者取代反应，同时烷基也能发生取代反应，B项错误；
C．分子中C=C发生加聚反应形成高聚物，C项正确；
D．C=C可发生加成反应，消耗1molH2，D项错误；
故选C。
9.白色固体混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种，常温常压下进行如下实验。
下列推断不正确的是
A．无色溶液B的pH≥7
B．白色固体F的主要成分是H2SiO3
C．混合物A中有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3
D．在无色溶液B中加稀硝酸和Ba(NO3)2溶液，过滤；再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，说明混合物A中有KCl
【答案】C
【分析】白色固体混合物A加水得无色溶液B和固体C，B中肯定不含Cu2+，但结合固体C加过量硝酸，产生蓝色溶液，说明A到B的过程中Cu2+转化为沉淀，A中必含有CuSO4，又结合固体C中加过量硝酸后得到白色固体F，说明A中必含有Na2SiO3，而且固体C与硝酸反应可得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3和硝酸反应，也可能是Cu2+和CO32-双水解得到的碱式碳酸铜与硝酸反应生成的，因此，不能确定碳酸钙和碳酸钠是否一定存在，但两者至少存在一种。
【详解】A.无色溶液B成分复杂，若B中只含有KCl，则 pH=7；若含有Na2CO3或硅酸钠或两者均有，则CO32-和硅酸根离子水解使溶液显碱性，pH>7，故无色溶液pH≥7，A项正确；
B.白色固体F难溶于硝酸，说明F为H2SiO3，B项正确；
C.固体C加入硝酸得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3生成的，也可能是Na2CO3与硫酸铜反应生成的碱式碳酸铜再与硝酸反应生成的CO2，因此，固体C中不一定含有CaCO3，C项错误；
D.检验Cl-可用硝酸酸化的AgNO3溶液，为了排除硫酸根的影响，加硝酸钡去除硫酸根，再加硝酸银产生白色沉淀，则证明A含有KCl，证明Cl-即可，D项正确。
故答案选C。
10.下列实验目的、方案设计和现象、结论都正确的是
选项
实验目的
方案设计和现象
结论
A
判断的化学键类型
将固体溶于水，进行导电性实验，溶液可导电
中含有离子键
B
验证某固体是还是
室温下取少量固体于试管中，插入温度计，加几滴水，温度降低
该固体是
C
探究乙炔的化学性质
将饱和食盐水滴入电石中，产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色
乙炔具有还原性
D
比较相同浓度的溶液和溶液的酸碱性
用洁净干燥的玻璃棒分别蘸取溶液和溶液，滴在pH试纸上，与标准比色卡比较，测得溶液对应的pH更小
溶液的酸性更强
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．为强电解质，其水溶液可以导电，但属于共价化合物，不含离子键，故A错误；
B．碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，温度降低证明该固体为，故B正确；
C．电石与饱和食盐水反应时产生的乙炔中含有等杂质，具有还原性，能使溴的四氯化碳溶液褪色，乙炔与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，溴的四氯化碳溶液褪色，不能证明乙炔具有还原性，故C错误；
D．溶液本身呈蓝色，会干扰pH试纸的颜色，故D错误；
选B。
11.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲是Y元素的固体单质，乙是Z元素的气体单质，K是主要的大气污染物之一，室温下0.05mol·L-1丙溶液的H+的浓度为0.1mol·L-1，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．氢化物的沸点：Z>W>Y
B．原子半径：W>Z>Y>X
C．X、Y、Z三种元素可以形成二元酸，但不能形成一元酸
D．X与Z可以形成原子个数比为1：1和2：1的共价化合物
【答案】D
【分析】室温下0.05mol/L丙溶液的pH为l，可知丙为二元强酸，应为H2SO4，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4，则应为SO2，可知乙为O2，L为H2O，乙是常见的气体为O2，且与浓硫酸和甲反应生成，可知甲为C，M为CO2，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，则X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，W为S元素。
【详解】A．形成的氢化物Z为H2O，W为H2S，Y为C元素，氢化物很多，氢化物的沸点不能判断，故A错误；
B．同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径为S＞C＞O＞H，即W＞Y＞Z＞X，故B错误；
C．X、Y、Z三种元素可以形成二元酸，也可以形成一元酸，如CH3COOH，故C错误；
D．X与Z可以形成原子个数比为1：1和2：1的共价化合物，为H2O2、H2O，故D正确；
故选D。
12.处理废水中氨氮的电解装置如图1所示，向溶液中加入NaCl，测得氨氮氧化速率及去除时间如图2所示：
已知：水在阳极表面会生成具有强氧化性的羟基自由基(·OH)，会将氨氮转化为。
下列说法正确的是
A．二氧化铅阳极应与电源负极相连
B．氨气与·OH发生反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3
C．加入时，溶液中会发生反应
D．利用该装置的原理可将废水中的除去
【答案】C
【详解】A．电解池中，阳极应与电源正极相连，故A错误；
B．未加入时，氨气与·OH发生反应的化学方程式为，氧化剂为·OH，还原剂为，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1，故B错误；
C．加入时，会在阳极发生反应，生成的会与水反应生成HClO， HClO再氧化，故C正确；
D．中N元素为+3价，需要被还原才能被除去，该装置的原理是氧化，故D错误；
选C。
13.室温下，用溶液滴定马来酸(结构简式为，可简写为)的曲线如图：
已知：，。下列说法错误的是
A．滴入10mLNaOH溶液时，溶液中存在：
B．滴入20mLNaOH溶液时，溶液中存在：
C．滴入30mLNaOH溶液时，
D．第一次滴定终点时，可选用甲基橙作指示剂；第二次滴定终点时，可选用酚酞作指示剂
【答案】C
【详解】A．加入NaOH溶液时，依次发生反应：、，根据物质的量关系判断：加入10mLNaOH溶液时，溶液中的溶质为等物质的量的NaHA、，溶液中存在物料守恒关系：，A项正确；
B．加入20mLNaOH溶液时，溶液中的溶质为NaHA，溶液中存在质子守恒关系：，B项正确；
C．加入30mLNaOH溶液时，溶液中的溶质为等物质的量的NaHA、，存在电离平衡： ，存在水解平衡： ，，存在水解平衡： ，，溶液中的电离程度大于、的水解程度，即，C项错误；
D．第一次滴定终点时，溶液呈酸性，可用甲基橙作指示剂，第二次滴定终点时溶液的pH在8-10之间，可用酚酞作指示剂，D项正确。
答案选C。
二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共43分。
26.（14分）钒的用途十分广泛，有金属“维生素”之称。以含钒石煤(主要成分是、，含有、及、、等化合物杂质)制备单质钒的工艺流程图如下所示：
已知：①该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
②、、远大于。
③一般认为平衡常数反应较完全。
回答下列问题：
(1)为了提高“焙烧”效率，可采用的措施有___________、___________。
(2)“焙烧”时，、都转化为，写出转化为的化学反应方程式_____。
(3)“水浸”加入调节溶液的pH为8.5，可完全除去的金属离子有_____，及部分的______。“水浸”加入不能使完全转化，原因是______。
(4)“离子交换”可表示为(为强碱性阴离子交换树脂，为在水溶液中的实际存在形式)，则“洗脱”过程“淋洗液”最好选用_____。
(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入钙冶炼V的方法相似的是____。
A．高炉炼铁 B．电解熔融NaCl制钠
C．利用铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞
【答案】(1) 将含钒石煤粉碎； 适当提高焙烧温度；适当增大氧气流量
(2)
(3) 、 、 反应的平衡常数
(4)饱和NaCl溶液
(5)AC
【分析】含钒石煤加入CaCO3焙烧，、都转化为，水浸并加入Na2CO3调节pH为8.5，根据表中各物质开始沉淀和完全沉淀的pH可知，此时Fe3+和Al3+沉淀完全，Mg2+和Mn2+部分沉淀，随后进行离子交换，用淋洗液洗脱，加入NH4Cl沉钒，煅烧加入钙冶炼最后生成单质钒。
【详解】（1）为了提高“焙烧”效率，可采用的措施有将含钒石煤粉碎；适当提高焙烧温度；适当增大氧气流量等措施。
（2）焙烧时通入氧气和CaCO3，V2O3、V2O4转化为Ca(VO3)2，根据转化关系，利用电子守恒及元素守恒即可得到方程式为
（3）pH为8.5，根据表格可得已完全沉淀的离子有、，部分沉淀的有、；CaSiO3与CaCO3沉淀转化的方程式
为，其平衡常数，故不能完全转化。
（4）“洗脱”过程是让反应逆向进行，即需要加入氯离子，为了不引入其他杂质，最好选用便宜易得的饱和NaCl溶液。
（5）本工艺中加入钙冶炼V的方法为热还原法。
A．高炉炼铁为热还原法，A正确；
B．电解熔融NaCl制钠是电解法，B错误；
C．利用铝热反应制锰是热还原法，C正确；
D．氧化汞分解制汞是热分解法，D错误；
故答案选AC。
27.（14分）某化学研究性学习小组为了模拟工业流程从浓缩的海水中提取液溴，查阅资料知：的沸点为59℃，微溶于水，有毒性。设计了如下操作步骤及主要实验装置(夹持装置略去)：
①连接与，关闭活塞、d，打开活塞a、，向中缓慢通入至反应结束；
②关闭a、，打开、d，向中鼓入足量热空气；
③进行步骤②的同时，向中通入足量：
④关闭，打开a，再通过向中缓慢通入足量；
⑤将中所得液体进行蒸馏，收集液溴。
请回答：
(1)实验室中采用固液加热制备氯气的化学方程式为_______；
(2)步骤①中鼓入热空气的作用为_______；
(3)步骤③中发生的主要反应的离子方程式为_______。
(4)此实验中尾气可用_______(填选项字母)吸收处理。
A．水 B．浓硫酸 C．溶液 D．饱和溶液
(5)步骤⑤中，用如图所示装置进行蒸馏，收集液溴，将装置图中缺少的必要仪器补画出来_______。
(6)若直接连接与C，进行步骤①和②，充分反应后，向锥形瓶中滴加稀硫酸，再经步骤⑤，也能制得液溴。滴加稀硫酸之前，C中反应生成了等，该反应的化学方程式为_______。
(7)与装置相比，采用C装置的优点为_______。
【答案】(1)
(2)使中生成的随空气流进入中
(3)
(4)C
(5)
(6)
(7)操作简单，污染小
【分析】连接与，关闭活塞、d，打开活塞a、，向中缓慢通入，氯气和溴离子反应生成溴单质和氯离子，反应结束后关闭a、，打开、d，向中鼓入足量热空气，将溴单质吹出到B中与二氧化硫反应；关闭，打开a，再通过向中缓慢通入足量，将溴离子充分反应生成溴单质，将中所得液体进行蒸馏，收集液溴。
【详解】（1）实验室制备氯气的反应为二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为：；故答案为：。
（2）溴易挥发，升高温度促进其挥发，所以通入热空气的目的是吹出；故答案为：使中生成的随空气流进入中。
（3）二氧化硫具有还原性，把单质溴还原为溴离子，反应的离子方程式为：；故答案为：。
（4）氯气不可能完全反应，氯气和溴离子反应生成溴单质，未反应的二氧化硫、氯气和溴都有毒，不能直接排空，且这几种物质都能和碱反应，所以用碱液吸收；故答案为：。
（5）蒸馏需要蒸馏烧瓶、冷凝管、酒精灯、温度计、牛角管和锥形瓶等；达到提纯溴的目的，操作中应控制的关键条件是把温度控制在溴的沸点59℃，并收集该温度下的馏分，步骤中，用图所示装置进行蒸馏，收集液溴，装置图中缺少的必要仪器是温度计和水浴装置，将装置图中缺少的必要仪器补画出来装置图为： ；故答案为： 。
（6）根据题给信息，溴和碳酸钠反应生成了溴化钠和溴酸钠，据此写出：，根据化合价升降总数相等配平为：，根据原子守恒，还有产物二氧化碳，故反应方程式为：；故答案为：。
（7）采用C装置，步骤少，减少了二氧化硫的污染；故答案为：操作简单，污染小。
28.（15分）煤和石油等化石燃料燃烧产生的是大气中氮氧化物的主要来源。选择性催化还原脱硝技术是控制尾部烟气中排放的最成熟有效的技术之一
Ⅰ.在相同时间内，三种催化剂下NO的转化率、浓度随温度变化如图1所示。空速(规定的条件下，单位时间、单位体积催化剂处理的气体量)的大小直接决定了烟气在催化剂表面的停留时间和装置的烟气处理能力。催化剂能够适应较大的空速，就可以在保证足够高的脱硝效率的前提下提高催化剂处理烟气的能力。相同时间内，MnCeZr催化剂在不同空速下NO的转化率随温度的变化如图2所示。
(1)根据图1和图2分析，选取工业脱硝的最佳反应条件为___________。350~400℃产生较多的原因为___________。
(2)通过改善催化剂的结构特性可以使脱硝效率得到提升。较低温度下，MnCeZr催化剂的脱硝效率远高于CeZr催化剂，说明主要是___________(填元素符号)的存在改善了催化剂的低温活性。在MnCe催化剂催化下，X点的正反应速率___________(填“>”“<”或“=”)逆反应速率，说明理由：___________。
Ⅱ.氧气的添加可以使较低温度下催化剂的脱硝效率迅速提高，氧气会与未反应的氨气反应。
i．
ii．
iii．
iv.
(3)=___________(用、表示)。
(4)已知反应i和反应iv为竞争反应，若只考虑这两个反应，相同时间内的值随温度变化及出口NO浓度随温度变化分别如图3、图4所示。在容积为2L的恒容密闭容器中，、均以4mol投料，250℃时反应已达平衡，则此时反应iv的平衡常数K=___________(列出计算式)。
【答案】(1) MnCeZr做催化剂、300℃、空速30000 在较高温度下，随着催化剂活性的下降，没有参加反应的NO逐渐被氧化成了
(2) Mn > X点反应未达最大限度，反应仍在正向进行
(3)
(4)
【详解】（1）结合题图1可知，温度300℃、MnCeZr做催化剂时，NO的转化率最高。由题图2结合题干信息“催化剂能够适应较大的空速，就可以在保证足够高的脱硝效率的前提下提高催化剂处理烟气的能力”可知空速30000时NO的转化率足够高，故选取工业脱硝的最佳反应条件为MnCeZr做催化剂、300℃、空速30000；50~400℃产生较多的原因为：在较高温度下，MnCeZr、MnCe催化活性均下降，反应速率减慢，随着脱硝效率的下降，没有参加反应的NO逐渐被氧化成了。
（2）较低温度下，MnCeZr催化剂的脱硝效率远高于CeZr催化剂，说明主要是Mn的存在改善了催化剂的低温活性。在MnCe催化剂催化下，X点的正反应速率＞逆反应速率，其理由为：平衡是可逆反应所能达到的最大限度，相同温度下，X点时NO的转化率不是最大的(MnCeZr做催化剂时NO的转化率更大)，所以X点时反应没有达到平衡，反应仍在正向进行，即正反应速率大于逆反应速率。
（3）根据盖斯定律可得反应iv=反应ii+2×反应iii，故。
（4）在容积为2L的恒容密闭容器中，、均以4mol投料，只考虑反应i和反应iv，设反应i、反应iv消耗的氨气的物质的量分别为x、y，则，，由图可知，共转化消耗氨气2mol，净生成NO为0.2mol/L×2L=0.4moL，则可得，解得x=1.2mol，y=0.8mol，则平衡时、NO、、、的浓度分别为1、0.2、1.15、0.4、1.5，故反应iv的平衡常数。
(二)选考题：共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计。
35.（15分）铁及其化合物在生活、生产中有重要应用。回答下列问题：
(1)乳酸亚铁[CH3CH(OH)COO]2Fe是一种常用的补铁剂。
①Fe2+的价层电子排布式是_______。
②乳酸分子()中 σ 键与π键的数目比为_______。
③乳酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为_______。
④C与O中，第一电离能较大的是_______， O的第二电离能远大于第一电离能的原因是____。
(2)无水FeCl2可与NH3形成[Fe(NH3)6]Cl2。
①[Fe(NH3)6]Cl2中Fe2+的配位数为_______。
②NH3的空间构型是_______，其中N原子的杂化方式是_______。
(3)由铁、钾、硒形成的一种超导材料，其晶胞结构如图1所示。
①该超导材料的化学式是_______。
②该晶胞参数a=0.4 nm、c=1.4 nm，该晶体密度ρ=_______g·cm-3。(用 NA表示阿伏加德罗常数，写出计算表达式即可)
③该晶胞在xy平面投影如图2所示，将图2补充完整_______。
【答案】(1) 3d6 11∶1 O＞C＞H＞Fe O或氧 O失去一个电子后，2p能级半充满，能量低，较稳定，再失去一个电子更困难
(2) 6 三角锥形 sp3杂化
(3) KFe2Se2
【详解】（1）①基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe2+核外电子排布式为[Ar]3d6，因此亚铁离子的价层电子排布式为3d6，故答案为3d6；
②成键原子之间单键有1个σ键，双键之间有1个σ键和1个π键，三键有1个σ键和2个π键，根据乳酸结构简式，σ键和π键数目比为11∶1；故答案为11∶1；
③乳酸亚铁中含有元素为H、C、O、Fe，铁元素为金属元素，电负性最小，同周期从左向右电负性逐渐增大，氧元素的电负性最大，碳氢化合物氢为正价，则碳的电负性大于氢，因此电负性由大到小顺序是O＞C＞H＞Fe；故答案为O＞C＞H＞Fe；
④同周期从左向右第一电离能增大趋势，即O的第一电离能大于C，基态O原子电子排布式为1s22s22p4，失去1个电子后排布式为1s22s22p3，2p能级半充满，能量低，较稳定，再失去一个电子更困难；故答案为O或氧；O失去一个电子后，2p能级半充满，能量低，较稳定，再失去一个电子更困难；
（2）①[Fe(NH3)6]Cl2中[Fe(NH3)6]2+为内界，2个Cl-为外界，6个NH3与Fe2+形成配位键，亚铁离子的配位数为6，故答案为6；
②NH3中中心原子N有3个σ键，有1个孤电子对，价层电子对数为4，空间构型为三角锥形，杂化轨道数等于价层电子对数，因此N的杂化类型为sp3，故答案为三角锥形；sp3；
（3）①K位于顶点和体内，个数为=2，Se位于棱上和体内，个数为=4，Fe位于面上，个数为=4，因此化学式为KFe2Se2；故答案为KFe2Se2；
②晶胞的质量为g，晶胞的体积为a2cnm3=0.4×0.4×1.4nm3，则晶胞的密度为g/cm3；故答案为；
③K位于顶点和体内，Se位于棱上和体内，Fe位于面上，按照xy平面投影得到；故答案为。
36.（15分）某种镇痛药H的一种合成路线如图所示：
回答下列问题：
(1)X为A的同系物，且比A多1个原子团，核磁共振氢谱有两组峰，则X的化学名称是___________。
(2)B生成C的化学方程式是___________，该反应的反应类型是___________。
(3)D的结构简式是___________，其官能团名称是___________。
(4)一定条件下，1 mol F与发生加成反应，最多需___________mol 。
(5)Y是C的同分异构体，符合下列条件的Y的结构简式有___________种(不考虑立体异构)。
①含有两个苯环，且两个苯环不直接相连
②遇溶液显色
(6)设计以为原料合成的路线：___________(其他试剂任选)。
【答案】(1)间三甲苯(或1，3，5-三甲苯)
(2) 取代反应
(3) 酮羰基、碳溴键
(4)9
(5)6
(6)
【详解】（1）化合物A分子中含苯环和两个甲基，结合B的结构简式可知，两个甲基处于间位，故A的名称是间二甲苯或1，3-二甲苯。X为A的同系物，且比A多1个原子团，核磁共振氢谱有两组峰，则X的化学名称是间三甲苯或1，3，5-三甲苯；
（2）对比B、C的结构简式可知，B生成C的过程中苯基取代了—OH，故反应的化学方程式是；
（3）结合D的分子式，对比C、E的结构简式可知，D为，其官能团是酮羰基、碳溴键；
（4）结合F的分子式，对比E、H的结构简式可知，F为 ，其分子中两个苯环、酮羰基、氰基均能与发生加成反应，则1 mol F最多消耗9 mol ；
（5）由题给条件②可知，Y分子中含有酚羟基，又由题给条件①可知，Y分子的骨架为或，两个结构中酚羟基的位置各有3种，故符合条件的Y共有6种；
（6）结合题给E→F→H的合成路线可知，以 为原料合成的路线为。
2023年高考生物第三次模拟考试卷（全国乙卷）
生物·全解全析
题号
1
2
3
4
5
6
答案
D
B
A
C
A
D
1．D
【分析】关于“细胞分化”，考生可以从以下几方面把握:
(1)细胞分化是指在个体发育中，由一个或一种细胞增殖产生的后代，在形态，结构和生理功能上发生稳定性差异的过程。
(2)细胞分化的特点:普遍性、稳定性、不可逆性。
(3)细胞分化的实质:基因的选择性表达。
(4)细胞分化的结果:使细胞的种类增多，功能趋于专门化。
【详解】A、细胞在山丘a处时，其“命运”面临选择，即细胞依然可以发生细胞分化，故山丘a处的"球"代表受精卵或分化程度较低的细胞，A正确；
B、现代生物技术可以影响基因的表达，即现代生物技术可以决定“球”在山丘 a处之后的“命运”，B正确；
C、已经分化的细胞在离体时，给予适应的的条件可以恢复到未分化的状态，因此到达谷底的“球”仍有可能运回山丘a处，C正确；
D、分化的细胞受基因的选择性表达的影响，RNA和蛋白质种类会发生改变，但DNA不变，D错误。
故选D。
2．B
【分析】有氧呼吸第一阶段发生在细胞质基质，第二阶段发生在线粒体基质中，第三阶段发生在线粒体内膜上，第三阶段产生的ATP最多。
【详解】A、线粒体是有氧呼吸主要场所，为细胞提供能量，增龄过程中活动能力下降可能与线粒体数目减少有关，A正确；
B、大鼠骨骼肌细胞中ATP主要在有氧呼吸第三阶段产生，即线粒体内膜，B错误；
C、运动训练提高了线粒体数目和ATP含量，有助于改善骨骼肌的能量供应，C正确；
D、运动训练可提高大鼠的线粒体数目，线粒体是有氧呼吸主要场所，故能提高有氧运动能力，D正确。
故选A。
3．A
【分析】酶是由活细胞产生的具有催化作用的有机物，大多数酶是蛋白质，少数酶是RNA；酶的特性：专一性、高效性、作用条件温和；酶促反应的原理：酶能降低化学反应所需的活化能。
【详解】A、无机环境中也存在有机物，含有大量C、H、О等元素构成的有机物不一定有生命体，A符合题意；
B、蛋白质和磷脂双分子层构成的边界是细胞膜，具有细胞膜意味着有细胞结构存在，能作为判定疑似生物为生命体的依据，B不符合题意；
C、能够进行化能合成作用合成有机物说明是一种自养型生物，能作为判定疑似生物为生命体的依据，C不符合题意；
D、酶是活细胞产生的一类有机物，若能够向外界分泌酶，并获取酶解反应后的产物，说明能进行生命活动，能作为判定疑似生物为生命体的依据，D不符合题意。
故选A。
4．C
【分析】群落的垂直结构主要指群落的分层现象。 陆地群落的分层与光的利用有关。森林群落从上往下，依次为乔木层、灌木层、草本层和地被层。 动物的分层主要与食物和栖息空间有关。
信息传递的三个作用为①生命活动的正常进行，离不开信息的作用②生物种群的繁衍，也离不开信息的传递③信息还能够调节生物的种间关系，以维持生态系统的稳定与平衡。
【详解】A、该食物链正确的表示了生产者水稻与消费者蝗虫、青蛙它们之间的关系，青蛙捕食蝗虫，减少了蝗虫对水稻的取食，增加水稻产量，将“蛙声”与“丰年”相联系，A正确；
B、“稻-蛙-鱼”立体生态种养模式既能提高该生态系统稳定性又能增产增收，因此实现了经济效益和生态效益的同步发展，B正确；
C、水稻植株是同一种生物，其高低错落不能体现群落的垂直结构，C错误；
D、蛙声属于物理信息，蛙声吸引异性，体现了信息传递有利于种群繁衍的作用，D正确。
故选A。
5．A
【分析】血糖平衡的调节存在神经调节和体液调节。血糖偏高时，能直接刺激胰岛B细胞分泌更多胰岛素，胰岛素能促进组织细胞加速摄取、利用、储存葡萄糖，使血糖降低；同时，高血糖也能刺激下丘脑的某区域，通过神经控制促进胰岛B细胞的分泌。血糖偏低时，能直接刺激胰岛A细胞分泌更多胰高血糖素，胰高血糖素能促进肝糖原分解，促进一些非糖物质转化为葡萄糖，使血糖水平升高；同时，低血糖也能刺激下丘脑的另外的区域，通过神经控制促进胰岛A细胞的分泌。糖尿病存在Ⅰ型糖尿病，病因是胰岛素分泌不足；也存在Ⅱ型糖尿病，病因是胰岛素靶细胞上的受体不足。
【详解】A、饭后食物中的糖类被消化、吸收，使血液中的葡萄糖含量上升，和胰高血糖素的作用无关，A符合题意；
B、饭后食物中的糖类被消化、吸收，使血液中的葡萄糖含量上升，B不符合题意；
C、血液中的葡萄糖上升，会刺激胰岛B细胞，胰岛B细胞分泌胰岛素增多，通过调节降低血糖，C不符合题意；
D、胰岛素能促进细胞中的葡萄糖氧化分解、促进肝糖原的合成、促进转化为非糖物质，D不符合题意。
故选A。
6．D
【分析】在一个种群基因库中，某个基因占全部等位基因数的比值，叫作基因频率；突变、自然选择、迁入迁出等会影响基因频率，交配方式不影响后代的基因频率。
【详解】A、自由交配不改变基因频率，致死、突变、迁入迁出等影响基因频率，A正确；
B、自由交配导致雌性中存在b基因，雌雄果蝇中b的基因频率趋于相等，B正确；
C、淘汰aa，导致a的基因频率下降，A的基因频率增大，AA个体占比逐渐升高，C正确；
D、F1的基因型为XBXb和XBY，从F1开始每代加入使Xb纯合胚胎致死的药物，F2的基因型为XBXB、XBXb、XBY，雌配子XB占3/4，后代是雌果蝇，雄配子一定提供XB，则F3雌果蝇中XBXB占比为3/4，D错误。
故选D。
29．(1) 类囊体薄膜 ATP和[H]（NADPH）
(2) 降低 淀粉和蔗糖 呼吸作用或构建自身的结构等 叶片光合产物因输出减少而积累，抑制其光合作用
(3)丙组制造的光合产物总量最多，运输给果实的最多
【分析】光合作用包括光反应和暗反应阶段：
1、光反应阶段是在类囊体的薄膜上进行的。叶绿体中光合色素吸收的光能将水分解为氧和H+，氧直接以氧分子的形式释放出去，H+与氧化型辅酶Ⅱ（NADP+）结合，形成还原型辅酶Ⅱ（NADPH）。还原型辅酶Ⅱ作为活泼的还原剂，参与暗反应阶段的化学反应，同时也储存部分能量供暗反应阶段利用；在有关酶的催化作用下，提供能量促使ADP与Pi反应形成ATP。
2、暗反应在叶绿体基质中进行，在特定酶的作用下，二氧化碳与五碳化合物结合，形成两个三碳化合物。在有关酶的催化作用下，三碳化合物接受ATP和NADPH释放的能量，并且被NADPH还原。一些接受能量并被还原的三碳化合物，在酶的作用下经过一系列的反应转化为糖类；另一些接受能量并被还原的三碳化合物，经过一系列变化，又形成五碳化合物。
【详解】（1）光反应阶段是在类囊体的薄膜上进行的，光合作用的光反应产生的ATP和[H]（NADPH）将CO2的固定产物（三碳化合物）转化为淀粉和蔗糖。
（2）CO2的固定速率表示总光合速率，由左图可知，随着疏果率提高，CO2的固定速率降低，说明叶片光合作用速率降低，由右图可知，随着疏果率提高，叶片中淀粉和蔗糖含量增加。叶片光合作用所制造的有机物一部分可用于自身的呼吸作用或构建自身的结构等，多余的部分可输送至果实，因此去除果实后，叶片的光合作用产物因输出减少而积累，抑制其光合作用，从而导致叶片光合速率下降。
（3）叶片的中叶绿体是进行光合作用的场所，丙组保留的成熟叶最多（甲组、乙组、丙组中的植物依次保留大小基本一致的2、4、6片成熟叶），丙组制造的光合产物总量最多，运输给果实的最多，因此丙组果实最重。
30．(1) 摄食次数或摄食量减少 促进小鼠饥饿，引起摄食行为
(2) 非条件 降解或回收
(3)特异性受体（或受体）
(4) 正常小鼠饥饿处理 实验小鼠正常处理
【分析】1、出生后无需训练就具有的反射，叫作非条件反射。出生后在生活过程中通过学习和训练而形成的反射叫作条件反射。
2、兴奋在神经元之间的传递：①突触：包括突触前膜、突触间隙、突触后膜。②突触小泡释放的递质：乙酰胆碱、单胺类物质等。③信号转换：电信号→化学信号→电信号。④兴奋传递特点：单向性（神经递质只存在于突触前膜的突触小泡中，只能由突触前膜释放，作用于突触后膜）。⑤神经递质作用效果有两种：兴奋或抑制。
【详解】（1）该实验的自变量是是否敲除A基因，因变量是体重，图1中实验小鼠的体重比野生型小鼠的体重轻，且每周的食物剩余量都比野生型多，可知实验小鼠的取食次数少或者每次的摄食量少，推测A基因的表达产物促进小鼠饥饿，引起摄食行为改变（摄食次数或摄食量减少）。
（2）该反射是先天生而就有的，不需要训练形成的，是非条件反射。谷氨酸是神经递质，发挥作用后被酶分解或者被突触前膜回收。
（3）实验小鼠饥饿处理后，发现其下丘脑中的谷氨酸含量与野生型小鼠无显著差异，但进食量减少，则A基因的表达产物很可能是谷氨酸的特异性受体，受体缺乏或受体被破坏等，导致谷氨酸不能发挥作用。
（4）图2中有4组实验，因变量是P神经元动作电位的频率，第1组是正常小鼠正常处理，第2组P神经元动作电位的频率明显升高，这是正常小鼠饥饿处理的结果，第3组是实验小鼠正常处理，和第4组作为对照。
31．(1) 慢 弃耕生境下没有高大乔木的遮挡，使草本植物获得更充足的阳光（提高群落中草本植物的种类和生物量）
(2) 正反馈 均
(3) 否 演替的结果是由人类活动、环境和群落内的生物共同作用而决定（或“降雨量少的地区很难形成树林”等具体因素分析即可给分）
【分析】群落演替是指 一个群落被另一个群落替代的过程，该过程中会发生优势种的取代。演替可以分为初生演替和次生演替。初生演替：是指在一个从来没有被植物覆盖的地面 或者原来存在过植被但被彻底消灭了的地方发生的演替。次生演替：是指在原有植被虽已不存在，但原有土壤条件基本保存甚至还保留了植物的种子或其他繁殖体的地方发生的演替。
【详解】（1）由于弃耕生境与退耕还林相比，缺乏人类的参与，故演替速度更慢；植物的生长与光照密切相关，由于弃耕生境下没有高大乔木的遮挡，使草本植物获得更充足的阳光，故调查期间弃耕生境下草本植物的种类和生物量远大于退耕还林生境。
（2）反馈调节是在一个系统中，系统本身的某种变化结果，反过来作为调节该系统变化的因素，使系统变化出现新结果的过程，如果新结果跟老结果呈正相关，则为正反馈调节，退耕还林使得群落具有更复杂的空间结构，可吸引更多的动物前来觅食、栖息，动物带来新的种子，植被得到快速恢复，这是反馈调节机制；由于弃耕生境和退耕还林生境中均存在原有植被和土壤条件，故发生的演替均属于次生演替。
（3）由于演替的结果是由人类活动、环境和群落内的生物共同作用而决定，故各地区的弃耕农田不一定都能演替至森林阶段。
32．(1) 基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物体性状 基因与性状之间不是一一对应关系 9∶7
(2) 让甲和乙相互杂交，观察后代的表型和比例。（让甲、乙分别与正常叶夹角玉米植株杂交，分别得F1使两者的F1相互杂交，观察F2的表型和比例。） 若后代叶夹角均为0°（若F2表型和比例为正常叶夹角：叶夹角为0°＝3∶1） 若后代全为正常叶夹角。（若F2表型全为正常叶夹角。）
【分析】基因对性状的控制可以分为直接控制和间接控制两种：1、直接控制结构蛋白：如镰刀形细胞贫血症就是因为血红蛋白结构异常引起；2、通过控制酶的合成来影响代谢，从而间接控制性状：如白化病（酪氨酸酶不能合成从而影响黑色素的形成）。
【详解】（1）结合题干“基因A能编码一种催化油菜素内酯合成的关键酶，基因a不能；基因B能控制油菜素内酯受体的合成，基因b不能”和“油菜素内酯缺乏或无法发挥作用时均表现为植株变矮”可知：基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物体性状；且基因与性状之间不是一一对应关系（多个基因控制一种性状）；结合题干可知同时含有A和B基因表现为株高正常，否则为矮株，基因型为AaBb的植株自交时，子代基因型及比例分别为：9A B 、3A bb、3aaB 、1aabb，故后代植株的株高中正常：矮＝9：7。
（2）结合题干“隐性突变基因lg1和1g2纯合时都会使玉米叶夹角为0°”与“发现了两株叶夹角为0°的突变体植株甲和乙”可知：甲乙的基因型可能有几种情况：甲乙均为lg1lg1LG2LG2；甲乙均为LG1LG11g21g2；甲为lg1lg1G2LG2，乙为LG1LG11g21g2；甲为LG1LG11g21g2，乙为lg1lg1G2LG2；故为探究植株甲、乙是否为同一基因突变引起，实验思路可以为：让甲和乙相互杂交，观察后代的表型和比例。（让甲、乙分别与正常叶夹角玉米植株杂交，分别得F1使两者的F1相互杂交，观察F2的表型和比例。）
预期结果：若植株甲、乙是同一基因突变引起，后代叶夹角均为0°（F2表型和比例为正常叶夹角：叶夹角为0°＝3∶1）。
若植株甲、乙不是同一基因突变引起，后代全为正常叶夹角。（若F2表型全为正常叶夹角）
37．(1)聚集土壤中的纤维素分解菌
(2) 灭菌、倒平板 选择 纤维素为碳源
(3) CR/刚果红 稀释涂布平板/稀释涂布
(4) C 接种菌株C后秸秆失重最多，纤维素降解率最大
【分析】纤维素分解菌的筛选：（1）筛选方法：刚果红染色法。能够通过颜色反应直接对微生物进行筛选。（2）刚果红染色法筛选纤维素分解菌的原理刚果红是一种染料，它可以与像纤维素这样的多糖物质形成红色复合物，但并不和水解后的纤维二糖和葡萄糖发生这种反应。当我们在含有纤维素的培养基中加入刚果红时，刚果红能与培养基中的纤维素形成红色复合物。当纤维素被纤维素酶分解后，刚果红－纤维素的复合物就无法形成，培养基中会出现以纤维素分解菌为中心的透明圈。这样，我们就可以通过是否产生透明圈来筛选纤维素分解菌。
【详解】（1）滤纸片的主要成分是纤维素，为纤维素分解菌提供分解原料，从而聚集土壤中的纤维素分解菌。
（2）培养基的配制过程一般是计算、称量、熔化、灭菌和倒平板。上表中的培养基主要碳源是纤维素，只有纤维素分解菌能生存，是选择培养基。
（3）纤维素分解菌的鉴别使用刚果红染色法，需要加入灭菌过的刚果红溶液。接种时适量的培养液经稀释涂布接种到平板上。
（4）由图可知，秸秆残重最低的是C组，纤维素降解率最高，纤维素酶活力最高的是C菌株。
38．(1) 耐高温的DNA聚合酶和4种脱氧核苷酸（或Taq酶和dNTP） DNA双链复制
(2) 这两种引物的部分区域能进行碱基互补配对 P2和P3能结合，会干扰引物和模板链的结合，影响PCR过程 不需要 两条母链可作为合成子链的引物
(3) 3 融合基因包含2个不同的基因，其分子量较大，3表示的DNA分子量最大（或1和2与M中碱基对数为1000bp和2500bp的对照基因的电泳结果相同，3的碱基对数大约是1和2的碱基对数之和）
【分析】PCR原理：在解旋酶作用下，打开DNA双链，每条DNA单链作为母链，以4种游离脱氧核苷酸为原料，合成子链，在引物作用下，DNA聚合酶从引物3'端开始延伸DNA链，即DNA的合成方向是从子链的5'端自3'端延伸的。实际上就是在体外模拟细胞内DNA的复制过程。DNA的复制需要引物，其主要原因是DNA聚合酶只能从3′端延伸DNA链。
【详解】（1）PCR体系中需要加入的物质有引物﹑模板链、耐高温的DNA聚合酶和dNTP（作为原料）等；PCR是一项体外扩增DNA的技术，利用PCR技术扩增目的基因，依据的生物学原理是DNA双链复制。
（2）LTB和ST1基因能够融合的关键是P2和P3两种引物的部分区域能发生碱基互补配对，碱基互补配对区域的碱基之间能够结合在一起，从而将两个基因融合在一起；由于P2和P3两种引物能结合，因此PCR1和PCR2不能在同一个体系中进行，理由是引物之间的结合会干扰引物和模板链的结合，从而影响PCR过程；②过程不需要加入引物，两条母链的起始段位置的碱基序列即为引物，可以作为子链合成的引物，为DNA聚合酶提供3端。
（3）PCR体系中存在融合和未融合的DNA分子，融合的DNA包括了2个DNA分子片段，其分子量较大。根据电泳图可知，3号DNA分子的分子量最大，因此3号DNA分子最可能是融合基因。
2023年高考物理第三次模拟考试卷
高三物理（A卷）
（考试时间：90分钟 试卷满分：110分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~17题只有一项符合题目要求，第18~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
14．2023年春节期间，中国科幻电影《流浪地球2》热映．《流浪地球》系列影片设定：若干年后，太阳上的氢元素将被耗尽，太阳由“氢核聚变”阶段进入“氦核聚变”阶段，并成为一颗红巨星，地球将被太阳吞没、气化．因此，人类启动了“流浪地球”计划．人类的自救之旅的第一阶段是“刹车阶段”，利用2000台安装在地球赤道上的“转向式行星发动机”，通过喷射高能高压的粒子流，推动地球停止自转；第二阶段是“逃逸阶段”，利用“推进式行星发动机”推动地球加速，增大公转速度，逐渐脱离太阳系，开启“流浪”之旅．根据以上素材，结合所学，判断下列说法正确的是（ ）
A．不考虑其它因素，地球停止自转的过程中，赤道上的物体所受重力逐渐减小
B．不考虑其它因素，地球停止自转的过程中，南北极处的物体所受重力逐渐增大
C．“转向式行星发动机”的喷口方向应该与自转速度方向相反，“推进式行星发动机”的喷口方向应该与公转速度方向相反
D．聚变要克服原子核之间的库仑斥力，因此氦核聚变比氢核聚变需要的温度更高
【答案】D
【详解】AB．不考虑其它因素，地球停止自转的过程中，赤道上的物体所受重力逐渐增大，而南北极处的物体本身不受地球自转的影响，因此在地球停止自转的过程南北极处物体的重力不变，故AB错误；
C．“转向式行星发动机”的喷口方向应该与自转速度方向相同，“推进式行星发动机”的喷口方向应该与公转速度方向相反，以使地球在公转轨道实现跃迁，逃离太阳系，故C错误；
D．聚变要克服原子核之间的库仑斥力，因此氦核聚变比氢核聚变需要的温度更高，故D正确。
故选D。
15．如图所示为某款手机充电器，其铭牌标识如下：“输入：AC、220V、50Hz”，“输出：DC、3V、6V、9V、12V”，“电流：1000mA1500mA”，该充电器正常工作时，下列说法正确的是（ ）
A．输入电压的最大值为220V，频率为50Hz
B．充电器输出功率的变化范围为3W18W
C．充电器内部变压器的原线圈匝数小于副线圈匝数
D．充电器内部变压器输入电压的频率大于输出电压的频率
【答案】B
【详解】A．根据铭牌标识可知输入电压的有效值为220V，频率为50Hz，故A错误；
B．由输出功率
且由题干中“输出：DC、3V、6V、9V、12V”，“电流：1000mA1500mA”，代入数据得当输出电压为，电流为时输出功率最小，当输出电压为，电流为时输出功率最大。代入数据得
故B正确；
C．根据原副线圈的匝数之比等于原副线圈电压值比，即
且原线圈中输入电压值大于副线圈的输出电压值，所以原线圈匝数大于副线圈匝数，故C错误；
D．由变压器的原理可知，输入电压的频率等于输出电压的频率，故D错误。
故选B。
16．2022年11月12日10时03分，天舟五号与空间站天和核心舱成功对接，此次发射任务从点火发射到完成交会对接，全程仅用2个小时，创世界最快交会对接纪录，标志着我国航天交会对接技术取得了新突破。在交会对接的最后阶段，天舟五号与空间站处于同一轨道上同向运动，两者的运行轨道均视为圆周。要使天舟五号在同一轨道上追上空间站实现对接，天舟五号喷射燃气的方向可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】要想使天舟五号在与空间站的同一轨道上对接，则需要使天舟五号加速，与此同时要想不脱离原轨道，根据
则必须要增加向心力，即喷气时产生的推力一方向有沿轨道向前的分量，另一方面还要有指向地心的分量，而因喷气产生的推力与喷气方向相反，则图A是正确的。
故选A。
17．有一种瓜子破壳器如图甲所示，将瓜子放入两圆柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可破开瓜子壳。破壳器截面如图乙所示，瓜子的剖面可视作顶角为的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A、B之间，并用竖直向下的恒力F按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则（ ）
A．若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变大
B．若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变小
C．若A、B距离不变，顶角越大，圆柱体A对瓜子的压力越大
D．若A、B距离不变，顶角越大，圆柱体A对瓜子的压力越小
【答案】D
【详解】AB．瓜子处于平衡状态，若仅减小A、B距离，A、B对瓜子的弹力方向不变，则大小也不变，AB错误；
CD．若A、B距离不变，顶角越大，则A、B对瓜子弹力的夹角减小，合力不变，则两弹力减小，C错误，D正确。
故选D。
18．实验中，将离子束从回旋加速器中引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。使用磁屏蔽通道法引出离子的原理如图所示。离子从P点进入通道时，由于引出通道内的磁场强度发生改变，离子运动轨迹半径增大，可使离子引出加速器。已知回旋加速器D型盒的半径为R，圆心在O点，D型盒区域中磁场垂直纸面向里，磁感应强度为B，引出通道外侧末端Q点到O点距离为L，与的夹角为，离子带电为q，质量为m，则（ ）
A．离子在加速器中所能获得的最大速率
B．若离子加速至最大速率后能从加速器中引出，引出通道中的磁感应强度范围
C．若引出通道中磁场为时，该离子能引出加速器，则此时将一带电量，质量为m的离子一定不能从加速器中引出
D．若撤去引出通道内的磁场，改为沿径向方向向里的电场，则离子仍有可能引出加速器
【答案】ABD
【详解】A．离子从D形盒边缘飞出时，有
解得
，
A正确；
B．由知，引出通道内磁感应强度应小于D型盒内磁感应强度B，离子半径变大做离心运动才可能引出加速器，离子在引出通道内，到其到达Q时，设圆弧半径为r，轨迹如图所示
引出轨迹为圆弧
解得
根据几何关系得
解得
则引出通道中的磁感应强度范围为
B正确；
C．由B中分析可知，离子能否离开加速器与粒子的电量无关，若引出通道中磁场为时，该离子能引出加速器，则此时将一带电量，质量为m的离子也一定能从加速器中引出，C错误；
D．离子在D型盒中圆周运动由洛伦兹力提供向心力，由左手定则知离子带负电，则通过P点时，撤去引出通道内的磁场，改为沿径向方向向里的电场，则离子受沿径向向外的电场力，做离心运动，仍有可能引出加速器，D正确。
故选ABD。
19．如图，中国古代的一种斜面引重车前轮矮小、后轮高大，在前后轮之间装上木板构成斜面，系紧在后轮轴上的绳索，绕过斜面顶端的滑轮与斜面上的重物连接。设重物的重力为G、绳索对重物的拉力为T、斜面对重物的作用力为F。推车子前进，重物被拉动沿木板上滑过程中（ ）
A．F与T的夹角一定大于90°
B．G和T的合力一定与F等大反向
C．T和F对重物做功之和等于重物动能的变化量
D．T和F对重物做功之和等于重物机械能的变化量
【答案】AD
【详解】A．对重物进行受力分析如图所示
根据受力分析可知，斜面对重物有支持力与摩擦力的作用，则斜面对重物的作用力为F为斜面对重物有支持力N与摩擦力f的合力，根据上述受力分析图，将支持力与摩擦力合成，可知，F与T的夹角一定大于90°，A正确；
B．当重物匀速上滑时，G和T的合力与F等大反向，当重物不是匀速上滑时，G和T的合力与F不等大反向，B错误；
C．以重物为对象，根据动能定理有
可知，T、F和G对重物做功之和等于重物动能的变化量，C错误；
D．根据上述有
由于
则有
可知，T和F对重物做功之和等于重物机械能的变化量，D正确。
故选AD。
20．磁悬浮列车是高速低耗交通工具，如图（a）所示，它的驱动系统简化为如图（b）所示的物理模型。固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L。匝数为N。总电阻为R；水平面内平行长直导轨间存在磁感应强度均为B、方向交互相反、边长均为L的正方形组合匀强磁场。当磁场以速度v匀速向右移动时，可驱动停在轨道上的列车，则（ ）
A．图示时刻线框中感应电流沿逆时针方向
B．列车运动的方向与磁场移动的方向相同
C．列车速度为v'时线框中的感应电动势大小为
D．列车速度为v'时线框受到的安培力大小为
【答案】BC
【详解】A．线框相对磁场向左运动，根据右手定则可知图示时刻线框中感应电流沿顺时针方向，A错误；
B．根据左手定则，列车受到向右的安培力，因此列车运动的方向与磁场移动的方向相同，B正确；
C．由于前后两个边产生的感应电动势顺次相加，根据法拉第电磁感应定律
C正确；
D．列车速度为v'时线框受到的安培力大小为
D错误。
故选BC。
21．“S”形单行盘山公路示意图如图所示。弯道1、2可看作两个不同高度的水平圆弧，圆心分别为、，弯道2比弯道1高，弯道1、2的中心虚线对应的半径分别为、，倾斜直道与两弯道平滑连接。一质量为的汽车沿着中心虚线从弯道1经过倾斜直道进入弯道2，已知汽车在段做匀加速直线运动，加速时间为，在两个弯道运动时，路面对轮胎的径向摩擦力始终等于汽车所受重力的，取重力加速度大小，下列说法正确的是（ ）
A．倾斜直道段倾角的正弦值为
B．汽车在段运动时的加速度大小为
C．汽车从弯道1运动到弯道2增加的机械能为
D．圆心、间的距离约等于
【答案】BCD
【详解】AB．由于汽车在弯道1和弯道2都是沿虚线中心运动，所以在弯道上汽车均做匀速圆周运动，设弯道1和弯道2的速度分别为v1和v2，由牛顿第二定律得
代入数据可得
AB段汽车做匀加速直线运动，设AB长度为l，所以有
代入数据得
所以AB直道倾角正切值为
故A错误，B正确；
C．以弯道1所在处为零势能面，根据能量守恒可得
代入数据得
故C正确；
D．由几何关系可知，圆心、间的距离为
故D正确。
故选BCD。
二、实验题：本题共2小题，共15分。
22．（6分）如图所示为“验证机械能守恒定律”的实验装置，质量为m1和m2的滑块与质量为m0的动滑轮用不可伸长的轻质绳按图示方式连接（绳竖直）。m2的右侧有宽度为d、质量忽略不计的遮光条。现让m2从距离光电门高度为h处由静止释放，发现光电计时器显示遮光条经过光电门的时间为t。已知重力加速度大小为g，且d远小于h。
（1）m2经过光电门时的速度大小为_______；
（2）若将m0、m1和m2看做一个系统，则m2下落h过程中，系统减少的重力势能为_______，系统增加的动能为_______。
（3）经过多次实验发现m0、m1和m2组成的系统减少的重力势能△Ep与系统增加的动能△Ek并不相等，请从系统误差的角度分析二者不相等的可能原因是（写出一条即可）：_______，即△Ep_______△Ek（选填“大于”或“小于”）。
【答案】（1）；（2），；（3）定滑轮有质量或旋转增加了动能或存在摩擦或存在阻力，大于
【详解】(1)[1] m2经过光电门时，遮光条宽度很小，可以看做匀速通过，其速度大小为
(2)[2] m2下落h过程中，m0下落h，m1上升2h系统减少的重力势能为
[3]m2、m0下落速度相同，m1上升速度为2v，系统增加的动能为
(3)[4]从系统误差的角度分析二者不相等的可能原因是，定滑轮有质量或旋转增加了动能或存在摩擦或存在阻力。
[5]减少的重力势能有一部分没有转化为动能，故选大于。
23．（9分）对于同种材料的电阻丝，现要探究在一定温度下阻值的影响因素。
（1）某同学用刻度尺、螺旋测微器、多用电表测出了每根金属丝的长度L、直径D、电阻，并记录了相应数据。在测量直径时，某次的测量数据如图1所示，则读数为______mm；用多用电表欧姆挡“×1”位置正确操作测量某段电阻丝时，指针如图2所示，则被测电阻的阻值为______Ω。
（2）为提高实验准确度，某同学采用如图3所示的电路图测量金属丝的电阻。请按图3所示的电路图将图4中实物连线图补齐_____：图4中，闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片P置于______端（填“a”或“b”）。
（3）根据图3，由于实验中使用的电表不是理想电表，会对实验结果造成一定的影响，实验测出的电阻值______的真实值（填“>”、“<”或“=”）。
（4）现在要根据测得的实验数据，探究电阻丝电阻与电阻丝长度L、横截面积S的关系。
实验小组的同学猜想：电阻丝的电阻跟它的长度L成正比，跟它的横截面积S成反比。该同学本想用控制变量法验证该猜想是否正确，但观察实验数据发现金属丝的长度没有相同的、直径没有相同的、电阻没有相同的，因此用控制变量法很难实现。若想继续验证上述猜想，请你结合所测实验数据，给出具体处理数据的方法。______________________________________________________
【答案】（1）0.524-0.528，7；（2），a（3）<；（4）方法有两种：
①计算每次实验中R与的比值（即的值），如果各次实验所得的值在实验允许的误差范围内相等，则说明R与成正比——假设成立。
②在坐标纸上作图像，如果该图线基本上是一条过原点的倾斜直线，则说明R与成正比——假设成立。
【详解】（1）[1]螺旋测微器读数=固定刻度+半刻度+可动刻度。故读数为
0mm+0.5mm+2.6×0.01mm=0.526mm（0.524mm—0.528mm均可）
[2]欧姆表读数=刻度盘读数×倍率，故读数是7Ω。
（2）[3]按照电路图连接实物图，注意接线到接线柱，不分叉不相交，如图
[4]闭合开关前用电器两端电压最小，故滑片P至于a端。
（3）[5]由电路图可知电流表外接，电流表读数偏大，所测电阻偏小。即实验测出的电阻值<的真实值。
（4）[6]根据电阻定律有
因电阻丝的材料相同，故电阻值，从这方面入手即可。
所以方法有两种：
①计算每次实验中R与的比值（即的值），如果各次实验所得的值在实验允许的误差范围内相等，则说明R与成正比——假设成立。
②在坐标纸上作图像，如果该图线基本上是一条过原点的倾斜直线，则说明R与成正比——假设成立。
三、计算题：本题共2小题，共32分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
24．（12分）2022年6月17日，我国自主设计建造的首艘电磁弹射型航空母舰“福建舰”成功下水。该舰采用平直通长飞行甲板，配置电磁弹射和阻拦装置，飞机的前轮与磁悬浮电磁弹射车相连，如图甲所示。其工作原理简化为如图乙所示，间距d = 1m的平行光滑金属导轨（电阻不计）间存在磁感应强度B=10T的匀强磁场，弹射车由200根完全相同的导体棒并联组成。电磁弹射时，开关S与1相连，恒流电源为整个系统供电，弹射车带动飞机从静止开始匀加速运动x1= 60m后达到起飞速度v = 60m/s。飞机起飞后立即与弹射车脱钩，同时将开关S与2相连，弹射车在磁场的阻尼作用下运动x2= 30m后停下。假设弹射车的质量m = 1000kg，飞机的质量M = 1.9 × 104kg，电阻R0= 0.02Ω，不计弹射车带动飞机加速运动过程中的感应电动势以及飞机与甲板之间的摩擦和空气阻力。求：
（1）恒流电源提供的总电流大小；
（2）每根导体棒的电阻R。
【答案】（1）I= 6×104A；（2）R=6Ω
【详解】（1）设电磁弹射时飞机的加速度为a，则有
v2 = 2ax1
解得
a = 30m/s2
加速过程中飞机和弹射车受到的合力
BId = (M＋m)a
解得
I = 6 × 104A
（2）飞机飞离甲板后，弹射车在电磁阻尼的作用下做减速运动直到速度减为零，设减速过程所用时间为Dt，减速过程中弹射车的平均速度为。对弹射车根据动量定理有
其中
代入解得
R = 6Ω
25．（20分）滑板是冲浪运动在陆地上的延伸，是一种极富挑战性的极限运动，下面是该运动的一种场地简化模型。如图所示，右侧是一固定的四分之一光滑圆弧轨道AB，半径为，左侧是一固定的光滑曲面轨道CD，两轨道末端C与B等高，两轨道间有质量的长木板静止在光滑水平地面上，右端紧靠圆弧轨道AB的B端，木板上表面与圆弧面相切于B点。一质量的小滑块P（可视为质点）从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，经B点后滑上木板，已知重力加速度大小为，滑块与木板之间的动摩擦因数为，木板厚度，D点与地面高度差。
（1）求小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小；
（2）若木板只与C端发生了2次碰撞，滑块一直未与木板分离，木板与C端碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略。求木板最小长度和开始时木板左端离C端距离；
（3）若撤去木板，将两轨道C端和B端平滑对接后固定，小滑块P仍从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，要使滑块从D点飞出后落到地面有最大水平射程，求从D点飞出时速度方向以及最大水平射程。
【答案】（1）；（2），；（3）从D点飞出时速度方向与水平方向夹角为，
【详解】（1）小滑块P滑到B点时，由动能定理可知
解得
在B点时牛顿第二定律可知
解得
由牛顿第三定律可知，小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小为。
（2）整个过程木板所受摩擦力不变，滑块滑上木板后，木板做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知
解得
木板与C端第一次碰撞，木板与挡板第一次碰撞时，滑块速度为，木板速度为，在滑块滑上木板到木板第一次与挡板碰撞的过程中，由动量守恒定律可知
由于无能量损失，则木板原速率返回，做匀减速运动，加速度大小仍为，由对称性可知，木板与B端接触时速度为0，后开始做匀加速直线运动与C端发生第2次碰撞，根据对称性可知，碰撞时木板速度仍为，滑块速度为，木板只与C端发生了2次碰撞，则
从木板第一次与挡板碰撞之后的瞬间到木板第二次与挡板碰撞之前瞬间的过程在，由动量守恒定律可知
联立解得
则设开始时木板左端离C端距离为，则由运动学公式可知
解得
滑块P刚好停在木板最左端木板最短，且木板的左端刚好与C接触，此时滑块P与木板的速度均为0，可知滑块在木板上做匀减速运动，则由能量守恒定律可知
解得
（3）从A到D由动能定理可知
解得
设从D点飞出时速度方向与水平方向夹角为，小滑块落地的速度大小为，落地速度方向与水平方向夹角为，从D点飞出到落到所用时间为，根据动能定理可得
解得
该过程的速度变化量为
如图所示为速度矢量关系图
速度矢量图的面积为
可知当速度矢量图的面积最大时，水平射程有最大值，而图中速度、都是定值，可知当
速度矢量图的面积最大，则有
解得
可得
速度矢量图的面积最大为
最大水平射程为
33.【物理——选修3-3】（15分）
（1）（5分）古代发明的点火器原理如图所示，用牛角做套筒，木质推杆前端粘着易燃艾绒。猛推推杆，艾绒即可点燃。对筒内封闭的气体，在此压缩过程中，气体温度____（填“升高”、“不变”或“降低”），压强_____（填“增大”、“不变”或“减小”）。
【答案】升高，增大
【详解】[1][2]封闭的气体被推杆压缩过程中，由公式可知，由于在瞬间，，，所以内能增加，则温度升高，气体体积减小，压强增大。
（2）（10分）水银气压计在超失重情况下不能显示准确的气压，但太空无液气压计却能显示超失重情况下的准确气压。若某次火箭发射中携带了一只太空无液气压计和一只水银气压计。发射的火箭舱密封，起飞前舱内温度，水银气压计显示舱内气体压强为1个大气压。太空气压计读数也是，当火箭以加速度g竖直向上运动时，舱内水银气压计示数为，则太空无液气压计读数是多少？舱内气体的温度是多少开尔文？（运动过程中重力加速度g不变）
【答案】，
【详解】起飞前
，
起飞后，设实际气压，对水银气压计中水银柱由牛顿第二定律得
又
解得
根据查理定律，解得
34.【物理——选修3-4】（15分）
（1）（5分）在2021年12月9日的天宫课堂中，三位航天员观察到水球中的气泡特别明亮，这主要是因为光在气泡表面发生了_______现象。如图，若在P点恰好发生全反射，，则水的折射率为_______。已知线段AB长为L，光在空气中传播速度为c，则光在水中传播的时间为_______。（用题中物理量表示）
【答案】全反射，1.25，
【详解】[1]水球中的气泡特别明亮，这主要是因为光在气泡表面发生了全反射现象。
[2]由
得
[3]光在水中传播的距离
光在水中的速度
所以
（2）（10分）我国科学家首创的超声消融术是一种超声波聚焦病灶部位进行照射治疗的先进技术。如图甲所示，一列超声波从介质1进入介质2中继续传播，A、B、C为传播方向上的三个点。图乙为时刻A质点右侧介质1中的部分波形图，此时该波恰好传播至介质2中的B点，图丙为该时刻之后B点的振动图像。已知B、C两质点间的距离0.75cm，波在介质2中的传播速度为。求：
（i）该波在介质1中传播速度的大小；
（ii）从质点B开始振动到质点C第一次到达波谷经历的时间。
【答案】（i）；（ii）
【详解】（i）超声波在介质2中传播时
在两种介质中传播时周期不变，则在介质1中传播时
（ii）超声波从B传到C的时间为
波传到C点时开始起振的方向向下，则到达波谷时还需要
则质点C第一次到达波谷的时间
2023年高考化学第三次模拟考试卷
┃全国乙卷┃
可能用到的相对原子质量： H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 K-39 Fe-56 Se-79
一、 选择题：本题共7个小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
7.化学与生活密切相关。下列叙述错误的是
A．水质检验员先加稀HNO3后滴加AgNO3溶液检验自来水中氯离子的存在
B．科技考古研究员利用和两种核素的测定分析古代人类的食物结构
C．测试工程师可测出钢中Mn、C、Al、V等元素组成及含量确定合金钢等级
D．电子工业高级技工用覆铜板制作印刷电路板常用氯化亚铁溶液作为腐蚀液
【答案】D
【详解】A．先加稀HNO3后滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，则自来水中含氯离子，A正确；
B．和两种核素的半衰期稳定，因此可用来分析古代人类的食物结构，B正确；
C．钢中含有Mn、C、Al、V等元素，故测试工程师可测出钢中Mn、C、Al、V等元素组成及含量确定合金钢等级，C正确；
D．用覆铜板制作印刷电路板常用氯化铁溶液作为腐蚀液，氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，D错误；
答案选D。
8.反式脂肪酸对人体的健康不利，反式油酸结构简式如图所示，下列说法正确的是
A．反式油酸的分子式为C18H36O2 B．反式油酸不能发生取代反应
C．该物质可形成高分子聚合物 D．1mol反式油酸最多消耗2molH2
【答案】C
【详解】A．键线式中拐点和端点均为碳原子，碳原子均以四价结构连接，则该分子的分子式为C18H34O2，A项错误；
B．分子中的-COOH可与醇发生酯化或者取代反应，同时烷基也能发生取代反应，B项错误；
C．分子中C=C发生加聚反应形成高聚物，C项正确；
D．C=C可发生加成反应，消耗1molH2，D项错误；
故选C。
9.白色固体混合物A，含有KCl、CaCO3、Na2CO3、Na2SiO3、CuSO4中的几种，常温常压下进行如下实验。
下列推断不正确的是
A．无色溶液B的pH≥7
B．白色固体F的主要成分是H2SiO3
C．混合物A中有Na2SiO3、CuSO4和CaCO3
D．在无色溶液B中加稀硝酸和Ba(NO3)2溶液，过滤；再滴加AgNO3，若有白色沉淀生成，说明混合物A中有KCl
【答案】C
【分析】白色固体混合物A加水得无色溶液B和固体C，B中肯定不含Cu2+，但结合固体C加过量硝酸，产生蓝色溶液，说明A到B的过程中Cu2+转化为沉淀，A中必含有CuSO4，又结合固体C中加过量硝酸后得到白色固体F，说明A中必含有Na2SiO3，而且固体C与硝酸反应可得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3和硝酸反应，也可能是Cu2+和CO32-双水解得到的碱式碳酸铜与硝酸反应生成的，因此，不能确定碳酸钙和碳酸钠是否一定存在，但两者至少存在一种。
【详解】A.无色溶液B成分复杂，若B中只含有KCl，则 pH=7；若含有Na2CO3或硅酸钠或两者均有，则CO32-和硅酸根离子水解使溶液显碱性，pH>7，故无色溶液pH≥7，A项正确；
B.白色固体F难溶于硝酸，说明F为H2SiO3，B项正确；
C.固体C加入硝酸得无色气体，该气体只能是CO2，可能是CaCO3生成的，也可能是Na2CO3与硫酸铜反应生成的碱式碳酸铜再与硝酸反应生成的CO2，因此，固体C中不一定含有CaCO3，C项错误；
D.检验Cl-可用硝酸酸化的AgNO3溶液，为了排除硫酸根的影响，加硝酸钡去除硫酸根，再加硝酸银产生白色沉淀，则证明A含有KCl，证明Cl-即可，D项正确。
故答案选C。
10.下列实验目的、方案设计和现象、结论都正确的是
选项
实验目的
方案设计和现象
结论
A
判断的化学键类型
将固体溶于水，进行导电性实验，溶液可导电
中含有离子键
B
验证某固体是还是
室温下取少量固体于试管中，插入温度计，加几滴水，温度降低
该固体是
C
探究乙炔的化学性质
将饱和食盐水滴入电石中，产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色
乙炔具有还原性
D
比较相同浓度的溶液和溶液的酸碱性
用洁净干燥的玻璃棒分别蘸取溶液和溶液，滴在pH试纸上，与标准比色卡比较，测得溶液对应的pH更小
溶液的酸性更强
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．为强电解质，其水溶液可以导电，但属于共价化合物，不含离子键，故A错误；
B．碳酸钠溶于水放热，碳酸氢钠溶于水吸热，温度降低证明该固体为，故B正确；
C．电石与饱和食盐水反应时产生的乙炔中含有等杂质，具有还原性，能使溴的四氯化碳溶液褪色，乙炔与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，溴的四氯化碳溶液褪色，不能证明乙炔具有还原性，故C错误；
D．溶液本身呈蓝色，会干扰pH试纸的颜色，故D错误；
选B。
11.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲是Y元素的固体单质，乙是Z元素的气体单质，K是主要的大气污染物之一，室温下0.05mol·L-1丙溶液的H+的浓度为0.1mol·L-1，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．氢化物的沸点：Z>W>Y
B．原子半径：W>Z>Y>X
C．X、Y、Z三种元素可以形成二元酸，但不能形成一元酸
D．X与Z可以形成原子个数比为1：1和2：1的共价化合物
【答案】D
【分析】室温下0.05mol/L丙溶液的pH为l，可知丙为二元强酸，应为H2SO4，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4，则应为SO2，可知乙为O2，L为H2O，乙是常见的气体为O2，且与浓硫酸和甲反应生成，可知甲为C，M为CO2，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，则X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，W为S元素。
【详解】A．形成的氢化物Z为H2O，W为H2S，Y为C元素，氢化物很多，氢化物的沸点不能判断，故A错误；
B．同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径为S＞C＞O＞H，即W＞Y＞Z＞X，故B错误；
C．X、Y、Z三种元素可以形成二元酸，也可以形成一元酸，如CH3COOH，故C错误；
D．X与Z可以形成原子个数比为1：1和2：1的共价化合物，为H2O2、H2O，故D正确；
故选D。
12.处理废水中氨氮的电解装置如图1所示，向溶液中加入NaCl，测得氨氮氧化速率及去除时间如图2所示：
已知：水在阳极表面会生成具有强氧化性的羟基自由基(·OH)，会将氨氮转化为。
下列说法正确的是
A．二氧化铅阳极应与电源负极相连
B．氨气与·OH发生反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3
C．加入时，溶液中会发生反应
D．利用该装置的原理可将废水中的除去
【答案】C
【详解】A．电解池中，阳极应与电源正极相连，故A错误；
B．未加入时，氨气与·OH发生反应的化学方程式为，氧化剂为·OH，还原剂为，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1，故B错误；
C．加入时，会在阳极发生反应，生成的会与水反应生成HClO， HClO再氧化，故C正确；
D．中N元素为+3价，需要被还原才能被除去，该装置的原理是氧化，故D错误；
选C。
13.室温下，用溶液滴定马来酸(结构简式为，可简写为)的曲线如图：
已知：，。下列说法错误的是
A．滴入10mLNaOH溶液时，溶液中存在：
B．滴入20mLNaOH溶液时，溶液中存在：
C．滴入30mLNaOH溶液时，
D．第一次滴定终点时，可选用甲基橙作指示剂；第二次滴定终点时，可选用酚酞作指示剂
【答案】C
【详解】A．加入NaOH溶液时，依次发生反应：、，根据物质的量关系判断：加入10mLNaOH溶液时，溶液中的溶质为等物质的量的NaHA、，溶液中存在物料守恒关系：，A项正确；
B．加入20mLNaOH溶液时，溶液中的溶质为NaHA，溶液中存在质子守恒关系：，B项正确；
C．加入30mLNaOH溶液时，溶液中的溶质为等物质的量的NaHA、，存在电离平衡： ，存在水解平衡： ，，存在水解平衡： ，，溶液中的电离程度大于、的水解程度，即，C项错误；
D．第一次滴定终点时，溶液呈酸性，可用甲基橙作指示剂，第二次滴定终点时溶液的pH在8-10之间，可用酚酞作指示剂，D项正确。
答案选C。
二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共43分。
26.（14分）钒的用途十分广泛，有金属“维生素”之称。以含钒石煤(主要成分是、，含有、及、、等化合物杂质)制备单质钒的工艺流程图如下所示：
已知：①该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
②、、远大于。
③一般认为平衡常数反应较完全。
回答下列问题：
(1)为了提高“焙烧”效率，可采用的措施有___________、___________。
(2)“焙烧”时，、都转化为，写出转化为的化学反应方程式_____。
(3)“水浸”加入调节溶液的pH为8.5，可完全除去的金属离子有_____，及部分的______。“水浸”加入不能使完全转化，原因是______。
(4)“离子交换”可表示为(为强碱性阴离子交换树脂，为在水溶液中的实际存在形式)，则“洗脱”过程“淋洗液”最好选用_____。
(5)下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入钙冶炼V的方法相似的是____。
A．高炉炼铁 B．电解熔融NaCl制钠
C．利用铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞
【答案】(1) 将含钒石煤粉碎； 适当提高焙烧温度；适当增大氧气流量
(2)
(3) 、 、 反应的平衡常数
(4)饱和NaCl溶液
(5)AC
【分析】含钒石煤加入CaCO3焙烧，、都转化为，水浸并加入Na2CO3调节pH为8.5，根据表中各物质开始沉淀和完全沉淀的pH可知，此时Fe3+和Al3+沉淀完全，Mg2+和Mn2+部分沉淀，随后进行离子交换，用淋洗液洗脱，加入NH4Cl沉钒，煅烧加入钙冶炼最后生成单质钒。
【详解】（1）为了提高“焙烧”效率，可采用的措施有将含钒石煤粉碎；适当提高焙烧温度；适当增大氧气流量等措施。
（2）焙烧时通入氧气和CaCO3，V2O3、V2O4转化为Ca(VO3)2，根据转化关系，利用电子守恒及元素守恒即可得到方程式为
（3）pH为8.5，根据表格可得已完全沉淀的离子有、，部分沉淀的有、；CaSiO3与CaCO3沉淀转化的方程式
为，其平衡常数，故不能完全转化。
（4）“洗脱”过程是让反应逆向进行，即需要加入氯离子，为了不引入其他杂质，最好选用便宜易得的饱和NaCl溶液。
（5）本工艺中加入钙冶炼V的方法为热还原法。
A．高炉炼铁为热还原法，A正确；
B．电解熔融NaCl制钠是电解法，B错误；
C．利用铝热反应制锰是热还原法，C正确；
D．氧化汞分解制汞是热分解法，D错误；
故答案选AC。
27.（14分）某化学研究性学习小组为了模拟工业流程从浓缩的海水中提取液溴，查阅资料知：的沸点为59℃，微溶于水，有毒性。设计了如下操作步骤及主要实验装置(夹持装置略去)：
①连接与，关闭活塞、d，打开活塞a、，向中缓慢通入至反应结束；
②关闭a、，打开、d，向中鼓入足量热空气；
③进行步骤②的同时，向中通入足量：
④关闭，打开a，再通过向中缓慢通入足量；
⑤将中所得液体进行蒸馏，收集液溴。
请回答：
(1)实验室中采用固液加热制备氯气的化学方程式为_______；
(2)步骤①中鼓入热空气的作用为_______；
(3)步骤③中发生的主要反应的离子方程式为_______。
(4)此实验中尾气可用_______(填选项字母)吸收处理。
A．水 B．浓硫酸 C．溶液 D．饱和溶液
(5)步骤⑤中，用如图所示装置进行蒸馏，收集液溴，将装置图中缺少的必要仪器补画出来_______。
(6)若直接连接与C，进行步骤①和②，充分反应后，向锥形瓶中滴加稀硫酸，再经步骤⑤，也能制得液溴。滴加稀硫酸之前，C中反应生成了等，该反应的化学方程式为_______。
(7)与装置相比，采用C装置的优点为_______。
【答案】(1)
(2)使中生成的随空气流进入中
(3)
(4)C
(5)
(6)
(7)操作简单，污染小
【分析】连接与，关闭活塞、d，打开活塞a、，向中缓慢通入，氯气和溴离子反应生成溴单质和氯离子，反应结束后关闭a、，打开、d，向中鼓入足量热空气，将溴单质吹出到B中与二氧化硫反应；关闭，打开a，再通过向中缓慢通入足量，将溴离子充分反应生成溴单质，将中所得液体进行蒸馏，收集液溴。
【详解】（1）实验室制备氯气的反应为二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为：；故答案为：。
（2）溴易挥发，升高温度促进其挥发，所以通入热空气的目的是吹出；故答案为：使中生成的随空气流进入中。
（3）二氧化硫具有还原性，把单质溴还原为溴离子，反应的离子方程式为：；故答案为：。
（4）氯气不可能完全反应，氯气和溴离子反应生成溴单质，未反应的二氧化硫、氯气和溴都有毒，不能直接排空，且这几种物质都能和碱反应，所以用碱液吸收；故答案为：。
（5）蒸馏需要蒸馏烧瓶、冷凝管、酒精灯、温度计、牛角管和锥形瓶等；达到提纯溴的目的，操作中应控制的关键条件是把温度控制在溴的沸点59℃，并收集该温度下的馏分，步骤中，用图所示装置进行蒸馏，收集液溴，装置图中缺少的必要仪器是温度计和水浴装置，将装置图中缺少的必要仪器补画出来装置图为： ；故答案为： 。
（6）根据题给信息，溴和碳酸钠反应生成了溴化钠和溴酸钠，据此写出：，根据化合价升降总数相等配平为：，根据原子守恒，还有产物二氧化碳，故反应方程式为：；故答案为：。
（7）采用C装置，步骤少，减少了二氧化硫的污染；故答案为：操作简单，污染小。
28.（15分）煤和石油等化石燃料燃烧产生的是大气中氮氧化物的主要来源。选择性催化还原脱硝技术是控制尾部烟气中排放的最成熟有效的技术之一
Ⅰ.在相同时间内，三种催化剂下NO的转化率、浓度随温度变化如图1所示。空速(规定的条件下，单位时间、单位体积催化剂处理的气体量)的大小直接决定了烟气在催化剂表面的停留时间和装置的烟气处理能力。催化剂能够适应较大的空速，就可以在保证足够高的脱硝效率的前提下提高催化剂处理烟气的能力。相同时间内，MnCeZr催化剂在不同空速下NO的转化率随温度的变化如图2所示。
(1)根据图1和图2分析，选取工业脱硝的最佳反应条件为___________。350~400℃产生较多的原因为___________。
(2)通过改善催化剂的结构特性可以使脱硝效率得到提升。较低温度下，MnCeZr催化剂的脱硝效率远高于CeZr催化剂，说明主要是___________(填元素符号)的存在改善了催化剂的低温活性。在MnCe催化剂催化下，X点的正反应速率___________(填“>”“<”或“=”)逆反应速率，说明理由：___________。
Ⅱ.氧气的添加可以使较低温度下催化剂的脱硝效率迅速提高，氧气会与未反应的氨气反应。
i．
ii．
iii．
iv.
(3)=___________(用、表示)。
(4)已知反应i和反应iv为竞争反应，若只考虑这两个反应，相同时间内的值随温度变化及出口NO浓度随温度变化分别如图3、图4所示。在容积为2L的恒容密闭容器中，、均以4mol投料，250℃时反应已达平衡，则此时反应iv的平衡常数K=___________(列出计算式)。
【答案】(1) MnCeZr做催化剂、300℃、空速30000 在较高温度下，随着催化剂活性的下降，没有参加反应的NO逐渐被氧化成了
(2) Mn > X点反应未达最大限度，反应仍在正向进行
(3)
(4)
【详解】（1）结合题图1可知，温度300℃、MnCeZr做催化剂时，NO的转化率最高。由题图2结合题干信息“催化剂能够适应较大的空速，就可以在保证足够高的脱硝效率的前提下提高催化剂处理烟气的能力”可知空速30000时NO的转化率足够高，故选取工业脱硝的最佳反应条件为MnCeZr做催化剂、300℃、空速30000；50~400℃产生较多的原因为：在较高温度下，MnCeZr、MnCe催化活性均下降，反应速率减慢，随着脱硝效率的下降，没有参加反应的NO逐渐被氧化成了。
（2）较低温度下，MnCeZr催化剂的脱硝效率远高于CeZr催化剂，说明主要是Mn的存在改善了催化剂的低温活性。在MnCe催化剂催化下，X点的正反应速率＞逆反应速率，其理由为：平衡是可逆反应所能达到的最大限度，相同温度下，X点时NO的转化率不是最大的(MnCeZr做催化剂时NO的转化率更大)，所以X点时反应没有达到平衡，反应仍在正向进行，即正反应速率大于逆反应速率。
（3）根据盖斯定律可得反应iv=反应ii+2×反应iii，故。
（4）在容积为2L的恒容密闭容器中，、均以4mol投料，只考虑反应i和反应iv，设反应i、反应iv消耗的氨气的物质的量分别为x、y，则，，由图可知，共转化消耗氨气2mol，净生成NO为0.2mol/L×2L=0.4moL，则可得，解得x=1.2mol，y=0.8mol，则平衡时、NO、、、的浓度分别为1、0.2、1.15、0.4、1.5，故反应iv的平衡常数。
(二)选考题：共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计。
35.（15分）铁及其化合物在生活、生产中有重要应用。回答下列问题：
(1)乳酸亚铁[CH3CH(OH)COO]2Fe是一种常用的补铁剂。
①Fe2+的价层电子排布式是_______。
②乳酸分子()中 σ 键与π键的数目比为_______。
③乳酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为_______。
④C与O中，第一电离能较大的是_______， O的第二电离能远大于第一电离能的原因是____。
(2)无水FeCl2可与NH3形成[Fe(NH3)6]Cl2。
①[Fe(NH3)6]Cl2中Fe2+的配位数为_______。
②NH3的空间构型是_______，其中N原子的杂化方式是_______。
(3)由铁、钾、硒形成的一种超导材料，其晶胞结构如图1所示。
①该超导材料的化学式是_______。
②该晶胞参数a=0.4 nm、c=1.4 nm，该晶体密度ρ=_______g·cm-3。(用 NA表示阿伏加德罗常数，写出计算表达式即可)
③该晶胞在xy平面投影如图2所示，将图2补充完整_______。
【答案】(1) 3d6 11∶1 O＞C＞H＞Fe O或氧 O失去一个电子后，2p能级半充满，能量低，较稳定，再失去一个电子更困难
(2) 6 三角锥形 sp3杂化
(3) KFe2Se2
【详解】（1）①基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe2+核外电子排布式为[Ar]3d6，因此亚铁离子的价层电子排布式为3d6，故答案为3d6；
②成键原子之间单键有1个σ键，双键之间有1个σ键和1个π键，三键有1个σ键和2个π键，根据乳酸结构简式，σ键和π键数目比为11∶1；故答案为11∶1；
③乳酸亚铁中含有元素为H、C、O、Fe，铁元素为金属元素，电负性最小，同周期从左向右电负性逐渐增大，氧元素的电负性最大，碳氢化合物氢为正价，则碳的电负性大于氢，因此电负性由大到小顺序是O＞C＞H＞Fe；故答案为O＞C＞H＞Fe；
④同周期从左向右第一电离能增大趋势，即O的第一电离能大于C，基态O原子电子排布式为1s22s22p4，失去1个电子后排布式为1s22s22p3，2p能级半充满，能量低，较稳定，再失去一个电子更困难；故答案为O或氧；O失去一个电子后，2p能级半充满，能量低，较稳定，再失去一个电子更困难；
（2）①[Fe(NH3)6]Cl2中[Fe(NH3)6]2+为内界，2个Cl-为外界，6个NH3与Fe2+形成配位键，亚铁离子的配位数为6，故答案为6；
②NH3中中心原子N有3个σ键，有1个孤电子对，价层电子对数为4，空间构型为三角锥形，杂化轨道数等于价层电子对数，因此N的杂化类型为sp3，故答案为三角锥形；sp3；
（3）①K位于顶点和体内，个数为=2，Se位于棱上和体内，个数为=4，Fe位于面上，个数为=4，因此化学式为KFe2Se2；故答案为KFe2Se2；
②晶胞的质量为g，晶胞的体积为a2cnm3=0.4×0.4×1.4nm3，则晶胞的密度为g/cm3；故答案为；
③K位于顶点和体内，Se位于棱上和体内，Fe位于面上，按照xy平面投影得到；故答案为。
36.（15分）某种镇痛药H的一种合成路线如图所示：
回答下列问题：
(1)X为A的同系物，且比A多1个原子团，核磁共振氢谱有两组峰，则X的化学名称是___________。
(2)B生成C的化学方程式是___________，该反应的反应类型是___________。
(3)D的结构简式是___________，其官能团名称是___________。
(4)一定条件下，1 mol F与发生加成反应，最多需___________mol 。
(5)Y是C的同分异构体，符合下列条件的Y的结构简式有___________种(不考虑立体异构)。
①含有两个苯环，且两个苯环不直接相连
②遇溶液显色
(6)设计以为原料合成的路线：___________(其他试剂任选)。
【答案】(1)间三甲苯(或1，3，5-三甲苯)
(2) 取代反应
(3) 酮羰基、碳溴键
(4)9
(5)6
(6)
【详解】（1）化合物A分子中含苯环和两个甲基，结合B的结构简式可知，两个甲基处于间位，故A的名称是间二甲苯或1，3-二甲苯。X为A的同系物，且比A多1个原子团，核磁共振氢谱有两组峰，则X的化学名称是间三甲苯或1，3，5-三甲苯；
（2）对比B、C的结构简式可知，B生成C的过程中苯基取代了—OH，故反应的化学方程式是；
（3）结合D的分子式，对比C、E的结构简式可知，D为，其官能团是酮羰基、碳溴键；
（4）结合F的分子式，对比E、H的结构简式可知，F为 ，其分子中两个苯环、酮羰基、氰基均能与发生加成反应，则1 mol F最多消耗9 mol ；
（5）由题给条件②可知，Y分子中含有酚羟基，又由题给条件①可知，Y分子的骨架为或，两个结构中酚羟基的位置各有3种，故符合条件的Y共有6种；
（6）结合题给E→F→H的合成路线可知，以 为原料合成的路线为。
2023年高考生物第三次模拟考试卷（全国乙卷）
生物·全解全析
题号
1
2
3
4
5
6
答案
D
B
A
C
A
D
1．D
【分析】关于“细胞分化”，考生可以从以下几方面把握:
(1)细胞分化是指在个体发育中，由一个或一种细胞增殖产生的后代，在形态，结构和生理功能上发生稳定性差异的过程。
(2)细胞分化的特点:普遍性、稳定性、不可逆性。
(3)细胞分化的实质:基因的选择性表达。
(4)细胞分化的结果:使细胞的种类增多，功能趋于专门化。
【详解】A、细胞在山丘a处时，其“命运”面临选择，即细胞依然可以发生细胞分化，故山丘a处的"球"代表受精卵或分化程度较低的细胞，A正确；
B、现代生物技术可以影响基因的表达，即现代生物技术可以决定“球”在山丘 a处之后的“命运”，B正确；
C、已经分化的细胞在离体时，给予适应的的条件可以恢复到未分化的状态，因此到达谷底的“球”仍有可能运回山丘a处，C正确；
D、分化的细胞受基因的选择性表达的影响，RNA和蛋白质种类会发生改变，但DNA不变，D错误。
故选D。
2．B
【分析】有氧呼吸第一阶段发生在细胞质基质，第二阶段发生在线粒体基质中，第三阶段发生在线粒体内膜上，第三阶段产生的ATP最多。
【详解】A、线粒体是有氧呼吸主要场所，为细胞提供能量，增龄过程中活动能力下降可能与线粒体数目减少有关，A正确；
B、大鼠骨骼肌细胞中ATP主要在有氧呼吸第三阶段产生，即线粒体内膜，B错误；
C、运动训练提高了线粒体数目和ATP含量，有助于改善骨骼肌的能量供应，C正确；
D、运动训练可提高大鼠的线粒体数目，线粒体是有氧呼吸主要场所，故能提高有氧运动能力，D正确。
故选A。
3．A
【分析】酶是由活细胞产生的具有催化作用的有机物，大多数酶是蛋白质，少数酶是RNA；酶的特性：专一性、高效性、作用条件温和；酶促反应的原理：酶能降低化学反应所需的活化能。
【详解】A、无机环境中也存在有机物，含有大量C、H、О等元素构成的有机物不一定有生命体，A符合题意；
B、蛋白质和磷脂双分子层构成的边界是细胞膜，具有细胞膜意味着有细胞结构存在，能作为判定疑似生物为生命体的依据，B不符合题意；
C、能够进行化能合成作用合成有机物说明是一种自养型生物，能作为判定疑似生物为生命体的依据，C不符合题意；
D、酶是活细胞产生的一类有机物，若能够向外界分泌酶，并获取酶解反应后的产物，说明能进行生命活动，能作为判定疑似生物为生命体的依据，D不符合题意。
故选A。
4．C
【分析】群落的垂直结构主要指群落的分层现象。 陆地群落的分层与光的利用有关。森林群落从上往下，依次为乔木层、灌木层、草本层和地被层。 动物的分层主要与食物和栖息空间有关。
信息传递的三个作用为①生命活动的正常进行，离不开信息的作用②生物种群的繁衍，也离不开信息的传递③信息还能够调节生物的种间关系，以维持生态系统的稳定与平衡。
【详解】A、该食物链正确的表示了生产者水稻与消费者蝗虫、青蛙它们之间的关系，青蛙捕食蝗虫，减少了蝗虫对水稻的取食，增加水稻产量，将“蛙声”与“丰年”相联系，A正确；
B、“稻-蛙-鱼”立体生态种养模式既能提高该生态系统稳定性又能增产增收，因此实现了经济效益和生态效益的同步发展，B正确；
C、水稻植株是同一种生物，其高低错落不能体现群落的垂直结构，C错误；
D、蛙声属于物理信息，蛙声吸引异性，体现了信息传递有利于种群繁衍的作用，D正确。
故选A。
5．A
【分析】血糖平衡的调节存在神经调节和体液调节。血糖偏高时，能直接刺激胰岛B细胞分泌更多胰岛素，胰岛素能促进组织细胞加速摄取、利用、储存葡萄糖，使血糖降低；同时，高血糖也能刺激下丘脑的某区域，通过神经控制促进胰岛B细胞的分泌。血糖偏低时，能直接刺激胰岛A细胞分泌更多胰高血糖素，胰高血糖素能促进肝糖原分解，促进一些非糖物质转化为葡萄糖，使血糖水平升高；同时，低血糖也能刺激下丘脑的另外的区域，通过神经控制促进胰岛A细胞的分泌。糖尿病存在Ⅰ型糖尿病，病因是胰岛素分泌不足；也存在Ⅱ型糖尿病，病因是胰岛素靶细胞上的受体不足。
【详解】A、饭后食物中的糖类被消化、吸收，使血液中的葡萄糖含量上升，和胰高血糖素的作用无关，A符合题意；
B、饭后食物中的糖类被消化、吸收，使血液中的葡萄糖含量上升，B不符合题意；
C、血液中的葡萄糖上升，会刺激胰岛B细胞，胰岛B细胞分泌胰岛素增多，通过调节降低血糖，C不符合题意；
D、胰岛素能促进细胞中的葡萄糖氧化分解、促进肝糖原的合成、促进转化为非糖物质，D不符合题意。
故选A。
6．D
【分析】在一个种群基因库中，某个基因占全部等位基因数的比值，叫作基因频率；突变、自然选择、迁入迁出等会影响基因频率，交配方式不影响后代的基因频率。
【详解】A、自由交配不改变基因频率，致死、突变、迁入迁出等影响基因频率，A正确；
B、自由交配导致雌性中存在b基因，雌雄果蝇中b的基因频率趋于相等，B正确；
C、淘汰aa，导致a的基因频率下降，A的基因频率增大，AA个体占比逐渐升高，C正确；
D、F1的基因型为XBXb和XBY，从F1开始每代加入使Xb纯合胚胎致死的药物，F2的基因型为XBXB、XBXb、XBY，雌配子XB占3/4，后代是雌果蝇，雄配子一定提供XB，则F3雌果蝇中XBXB占比为3/4，D错误。
故选D。
29．(1) 类囊体薄膜 ATP和[H]（NADPH）
(2) 降低 淀粉和蔗糖 呼吸作用或构建自身的结构等 叶片光合产物因输出减少而积累，抑制其光合作用
(3)丙组制造的光合产物总量最多，运输给果实的最多
【分析】光合作用包括光反应和暗反应阶段：
1、光反应阶段是在类囊体的薄膜上进行的。叶绿体中光合色素吸收的光能将水分解为氧和H+，氧直接以氧分子的形式释放出去，H+与氧化型辅酶Ⅱ（NADP+）结合，形成还原型辅酶Ⅱ（NADPH）。还原型辅酶Ⅱ作为活泼的还原剂，参与暗反应阶段的化学反应，同时也储存部分能量供暗反应阶段利用；在有关酶的催化作用下，提供能量促使ADP与Pi反应形成ATP。
2、暗反应在叶绿体基质中进行，在特定酶的作用下，二氧化碳与五碳化合物结合，形成两个三碳化合物。在有关酶的催化作用下，三碳化合物接受ATP和NADPH释放的能量，并且被NADPH还原。一些接受能量并被还原的三碳化合物，在酶的作用下经过一系列的反应转化为糖类；另一些接受能量并被还原的三碳化合物，经过一系列变化，又形成五碳化合物。
【详解】（1）光反应阶段是在类囊体的薄膜上进行的，光合作用的光反应产生的ATP和[H]（NADPH）将CO2的固定产物（三碳化合物）转化为淀粉和蔗糖。
（2）CO2的固定速率表示总光合速率，由左图可知，随着疏果率提高，CO2的固定速率降低，说明叶片光合作用速率降低，由右图可知，随着疏果率提高，叶片中淀粉和蔗糖含量增加。叶片光合作用所制造的有机物一部分可用于自身的呼吸作用或构建自身的结构等，多余的部分可输送至果实，因此去除果实后，叶片的光合作用产物因输出减少而积累，抑制其光合作用，从而导致叶片光合速率下降。
（3）叶片的中叶绿体是进行光合作用的场所，丙组保留的成熟叶最多（甲组、乙组、丙组中的植物依次保留大小基本一致的2、4、6片成熟叶），丙组制造的光合产物总量最多，运输给果实的最多，因此丙组果实最重。
30．(1) 摄食次数或摄食量减少 促进小鼠饥饿，引起摄食行为
(2) 非条件 降解或回收
(3)特异性受体（或受体）
(4) 正常小鼠饥饿处理 实验小鼠正常处理
【分析】1、出生后无需训练就具有的反射，叫作非条件反射。出生后在生活过程中通过学习和训练而形成的反射叫作条件反射。
2、兴奋在神经元之间的传递：①突触：包括突触前膜、突触间隙、突触后膜。②突触小泡释放的递质：乙酰胆碱、单胺类物质等。③信号转换：电信号→化学信号→电信号。④兴奋传递特点：单向性（神经递质只存在于突触前膜的突触小泡中，只能由突触前膜释放，作用于突触后膜）。⑤神经递质作用效果有两种：兴奋或抑制。
【详解】（1）该实验的自变量是是否敲除A基因，因变量是体重，图1中实验小鼠的体重比野生型小鼠的体重轻，且每周的食物剩余量都比野生型多，可知实验小鼠的取食次数少或者每次的摄食量少，推测A基因的表达产物促进小鼠饥饿，引起摄食行为改变（摄食次数或摄食量减少）。
（2）该反射是先天生而就有的，不需要训练形成的，是非条件反射。谷氨酸是神经递质，发挥作用后被酶分解或者被突触前膜回收。
（3）实验小鼠饥饿处理后，发现其下丘脑中的谷氨酸含量与野生型小鼠无显著差异，但进食量减少，则A基因的表达产物很可能是谷氨酸的特异性受体，受体缺乏或受体被破坏等，导致谷氨酸不能发挥作用。
（4）图2中有4组实验，因变量是P神经元动作电位的频率，第1组是正常小鼠正常处理，第2组P神经元动作电位的频率明显升高，这是正常小鼠饥饿处理的结果，第3组是实验小鼠正常处理，和第4组作为对照。
31．(1) 慢 弃耕生境下没有高大乔木的遮挡，使草本植物获得更充足的阳光（提高群落中草本植物的种类和生物量）
(2) 正反馈 均
(3) 否 演替的结果是由人类活动、环境和群落内的生物共同作用而决定（或“降雨量少的地区很难形成树林”等具体因素分析即可给分）
【分析】群落演替是指 一个群落被另一个群落替代的过程，该过程中会发生优势种的取代。演替可以分为初生演替和次生演替。初生演替：是指在一个从来没有被植物覆盖的地面 或者原来存在过植被但被彻底消灭了的地方发生的演替。次生演替：是指在原有植被虽已不存在，但原有土壤条件基本保存甚至还保留了植物的种子或其他繁殖体的地方发生的演替。
【详解】（1）由于弃耕生境与退耕还林相比，缺乏人类的参与，故演替速度更慢；植物的生长与光照密切相关，由于弃耕生境下没有高大乔木的遮挡，使草本植物获得更充足的阳光，故调查期间弃耕生境下草本植物的种类和生物量远大于退耕还林生境。
（2）反馈调节是在一个系统中，系统本身的某种变化结果，反过来作为调节该系统变化的因素，使系统变化出现新结果的过程，如果新结果跟老结果呈正相关，则为正反馈调节，退耕还林使得群落具有更复杂的空间结构，可吸引更多的动物前来觅食、栖息，动物带来新的种子，植被得到快速恢复，这是反馈调节机制；由于弃耕生境和退耕还林生境中均存在原有植被和土壤条件，故发生的演替均属于次生演替。
（3）由于演替的结果是由人类活动、环境和群落内的生物共同作用而决定，故各地区的弃耕农田不一定都能演替至森林阶段。
32．(1) 基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物体性状 基因与性状之间不是一一对应关系 9∶7
(2) 让甲和乙相互杂交，观察后代的表型和比例。（让甲、乙分别与正常叶夹角玉米植株杂交，分别得F1使两者的F1相互杂交，观察F2的表型和比例。） 若后代叶夹角均为0°（若F2表型和比例为正常叶夹角：叶夹角为0°＝3∶1） 若后代全为正常叶夹角。（若F2表型全为正常叶夹角。）
【分析】基因对性状的控制可以分为直接控制和间接控制两种：1、直接控制结构蛋白：如镰刀形细胞贫血症就是因为血红蛋白结构异常引起；2、通过控制酶的合成来影响代谢，从而间接控制性状：如白化病（酪氨酸酶不能合成从而影响黑色素的形成）。
【详解】（1）结合题干“基因A能编码一种催化油菜素内酯合成的关键酶，基因a不能；基因B能控制油菜素内酯受体的合成，基因b不能”和“油菜素内酯缺乏或无法发挥作用时均表现为植株变矮”可知：基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物体性状；且基因与性状之间不是一一对应关系（多个基因控制一种性状）；结合题干可知同时含有A和B基因表现为株高正常，否则为矮株，基因型为AaBb的植株自交时，子代基因型及比例分别为：9A B 、3A bb、3aaB 、1aabb，故后代植株的株高中正常：矮＝9：7。
（2）结合题干“隐性突变基因lg1和1g2纯合时都会使玉米叶夹角为0°”与“发现了两株叶夹角为0°的突变体植株甲和乙”可知：甲乙的基因型可能有几种情况：甲乙均为lg1lg1LG2LG2；甲乙均为LG1LG11g21g2；甲为lg1lg1G2LG2，乙为LG1LG11g21g2；甲为LG1LG11g21g2，乙为lg1lg1G2LG2；故为探究植株甲、乙是否为同一基因突变引起，实验思路可以为：让甲和乙相互杂交，观察后代的表型和比例。（让甲、乙分别与正常叶夹角玉米植株杂交，分别得F1使两者的F1相互杂交，观察F2的表型和比例。）
预期结果：若植株甲、乙是同一基因突变引起，后代叶夹角均为0°（F2表型和比例为正常叶夹角：叶夹角为0°＝3∶1）。
若植株甲、乙不是同一基因突变引起，后代全为正常叶夹角。（若F2表型全为正常叶夹角）
37．(1)聚集土壤中的纤维素分解菌
(2) 灭菌、倒平板 选择 纤维素为碳源
(3) CR/刚果红 稀释涂布平板/稀释涂布
(4) C 接种菌株C后秸秆失重最多，纤维素降解率最大
【分析】纤维素分解菌的筛选：（1）筛选方法：刚果红染色法。能够通过颜色反应直接对微生物进行筛选。（2）刚果红染色法筛选纤维素分解菌的原理刚果红是一种染料，它可以与像纤维素这样的多糖物质形成红色复合物，但并不和水解后的纤维二糖和葡萄糖发生这种反应。当我们在含有纤维素的培养基中加入刚果红时，刚果红能与培养基中的纤维素形成红色复合物。当纤维素被纤维素酶分解后，刚果红－纤维素的复合物就无法形成，培养基中会出现以纤维素分解菌为中心的透明圈。这样，我们就可以通过是否产生透明圈来筛选纤维素分解菌。
【详解】（1）滤纸片的主要成分是纤维素，为纤维素分解菌提供分解原料，从而聚集土壤中的纤维素分解菌。
（2）培养基的配制过程一般是计算、称量、熔化、灭菌和倒平板。上表中的培养基主要碳源是纤维素，只有纤维素分解菌能生存，是选择培养基。
（3）纤维素分解菌的鉴别使用刚果红染色法，需要加入灭菌过的刚果红溶液。接种时适量的培养液经稀释涂布接种到平板上。
（4）由图可知，秸秆残重最低的是C组，纤维素降解率最高，纤维素酶活力最高的是C菌株。
38．(1) 耐高温的DNA聚合酶和4种脱氧核苷酸（或Taq酶和dNTP） DNA双链复制
(2) 这两种引物的部分区域能进行碱基互补配对 P2和P3能结合，会干扰引物和模板链的结合，影响PCR过程 不需要 两条母链可作为合成子链的引物
(3) 3 融合基因包含2个不同的基因，其分子量较大，3表示的DNA分子量最大（或1和2与M中碱基对数为1000bp和2500bp的对照基因的电泳结果相同，3的碱基对数大约是1和2的碱基对数之和）
【分析】PCR原理：在解旋酶作用下，打开DNA双链，每条DNA单链作为母链，以4种游离脱氧核苷酸为原料，合成子链，在引物作用下，DNA聚合酶从引物3'端开始延伸DNA链，即DNA的合成方向是从子链的5'端自3'端延伸的。实际上就是在体外模拟细胞内DNA的复制过程。DNA的复制需要引物，其主要原因是DNA聚合酶只能从3′端延伸DNA链。
【详解】（1）PCR体系中需要加入的物质有引物﹑模板链、耐高温的DNA聚合酶和dNTP（作为原料）等；PCR是一项体外扩增DNA的技术，利用PCR技术扩增目的基因，依据的生物学原理是DNA双链复制。
（2）LTB和ST1基因能够融合的关键是P2和P3两种引物的部分区域能发生碱基互补配对，碱基互补配对区域的碱基之间能够结合在一起，从而将两个基因融合在一起；由于P2和P3两种引物能结合，因此PCR1和PCR2不能在同一个体系中进行，理由是引物之间的结合会干扰引物和模板链的结合，从而影响PCR过程；②过程不需要加入引物，两条母链的起始段位置的碱基序列即为引物，可以作为子链合成的引物，为DNA聚合酶提供3端。
（3）PCR体系中存在融合和未融合的DNA分子，融合的DNA包括了2个DNA分子片段，其分子量较大。根据电泳图可知，3号DNA分子的分子量最大，因此3号DNA分子最可能是融合基因。
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