2023年高考第一次模拟考试卷：全国甲卷理综A卷（全解全析）

2023年高考第一次模拟考试卷（全国甲卷理综A卷）

理科综合•全解全析

123456789101112131415161718192021

DBDCCBBBADCDDBCCAABCADAC

DD

1.【答案】D

【分析】膳食纤维是指除淀粉以外较复杂糖类物质，包括纤维素和果胶等，这些复杂的糖类物质人体是不

能消化的。

【详解】A、纤维素与肝糖原的水解产物都是葡萄糖，A错误；

B、细菌、真菌等细胞壁的功能相似，但主要成分不同，B错误；

CD、草食类动物的胃肠道不能分泌分解、利用纤维素的一系列消化酶，但某些草食类动物的胃肠道中共生

的微生物能帮助分解食物中的纤维素，分解产物中的葡萄糖被吸收和利用后可以合成糖原，C错误，D正确。

故选D。

2.【答案】B

【分析】SOD是生物体内一类重要的抗氧化酶，属于蛋白质，能抗氧化可以延缓衰老。

【详解】A、据题意可知，超氧化物歧化酶（SOD）的活性中心含有金属离子，金属离子的存在可能直接影

响SOD的活性，A正确；

B、SOD属于蛋白质，故不能口服，只能注射，B错误；

C、02-攻击蛋白质后，会使蛋白质活性下降，导致细胞衰老，因此使用SOD能减缓细胞哀老，SOD属于

蛋白质，可通过胞吞方式进入细胞，C、D正确。

故选B。

3.【答案】D

【分析】小肠细胞中合成的氨基酸数减少与mRNA编辑有关，mRNA上的一个密码子为CAA,编辑后变为

UAA,而UAA为终止密码子，导致翻译终止，进而导致肽链变短。

【详解】AB、apoB-48mRNA与apoB-100mRNA长度相等，只是apoBlOOmRNA被编辑后，终止密码子提

前出现，apoB-48的肽链明显缩短，因此apoB100的相对分子质量更大，AB正确；

C、转录过程中DNA与RNA互补配对，翻译过程中tRNA与mRNA互补配对，共同的碱基配对方式是A

与U配对、G与C配对，C正确；

D、小肠细胞中的脱氨酶将apoBmRNA上的一个碱基C转变成了U,使该部位的密码子由CAA（谷氨酰胺）

转变成UAA（终止密码子），翻译过程提前终止，因此不是基因突变，D错误。

故选D。

4.【答案】C

【分析】1、不同物种之间的影响既包括种间互助，也包括种间斗争。无机环境的选择作用可定向改变种群

的基因频率，导致生物朝着一定的方向进化；生物的进化反过来又会影响无机环境。

2、种群的基因库指同种生物构成的同一种群的全部个体的全部基因。

3、现代生物进化理论的内容是：种群是生物进化的基本单位；突变和基因重组为生物进化提供原材料；自

然选择决定生物进化的方向；隔离是新物种产生的必要条件。

【详解】A、快速飞翔和警觉性强的个体是在游隼的击杀之前就产生的，游隼的击杀只能对其进行选择，A

错误；

B、游隼的击杀和人类的干预都会改变朱鹘的基因频率，B错误；

C、陕西洋县、浙江德清、河南董寨三个地方的朱鹘具有地理隔离，属于不同种群，种群基因库不同，C正

确；

D、不同地方的朱鹘之间存在地理隔离，不一定存在生殖隔离，D错误。

故选C。

5.【答案】C

【分析】生长素在低浓度起促进作用，高浓度起抑制作用。不同器官对生长素的敏感性不同，根对生长素

比较敏感，而茎对生长素较不敏感。

【详解】A、茎对生长素敏感性较小，植物横放时，茎的近地侧生长素浓度增大且促进作用增强，故可能会

由a变为b,A错误；

B、根对生长素敏感性较大，植物横放时，根的近地侧生长素浓度增大可能起抑制作用，而生长素浓度由a

变为b的过程促进作用在增强，B错误；

C、对茎的作用效果为b的生长素浓度是最适浓度，根的敏感性大于茎，故促进茎生长的最适生长素浓度可

能对根起抑制作用，即作用效果可能为d,C正确；

D、植物表现为顶端优势时，顶芽生长素浓度较低，起促进作用，侧芽生长素浓度较高，起抑制作用，图中

a、b对应的浓度均起促进作用，D错误。

故选C。

6.【答案】B

【分析】1、标志重捕法的计算公式：种群中个体数(N)/标记总数=重捕总数/重捕中被标志的个体数。

2、环境容纳量(K值)是指环境条件不受破坏的情况下，一定空间中所能维持的最大种群数量。

【详解】A、由图可知，1、2月住宅区和农田区布氏田鼠的捕获率呈上升趋势，故推测成年的布氏田鼠可

能在冬末春初集体进入繁殖期，A正确；

B、根据实验获取的数据可直接计算布氏田鼠的捕获数，但无法计算出种群中个体数，则根据实验获取的数

据不能直接计算布氏田鼠的种群密度，B错误；

C、K值受环境的影响，住宅区环境卫生提高在一定程度上减少了布氏田鼠食物的来源，使其种群的K值降

低，C正确；

D、年龄组成通过影响出生率和死亡率来间接影响种群数量，性别比例通过影响出生率来间接影响种群数量,

D正确。

故选Bo

7.B【解析】A.“地沟油”属于混合物，A错误；

B.光导纤维的主要材料为二氧化硅，属于酸性氧化物，B正确；

C.舰载机降落的拦阻索为钢索，属于合金材料，C错误；

D.CO,不会导致酸雨的发生，D错误；

故选B。

8.B【解析】A.X分子式为C8Hl2O5,X中只不饱和度为3,所以不可能存在属于芳香族化合物的同分异

构体，A项错误；B.X分子中有碳碳双犍、酯基、羟基，B项正确；C.X分子中只有酯基能与NaOH溶

液发生反应，所以ImolX最多能与ImolNaOH反应，C项错误；

D.X分子中存在碳碳双键，则X能与浓澳水发生加成反应，D项错误；

答案选B。

9.A【解析】本题以阿伏加德罗常数为情境，考查反应原理等知识，意在考查分析、判断及简单计算能力，

变化观念与平衡思想、宏观辨识与微观探析的核心素养。5.5g/220g.mxl2=0.3moLA项正确；OCT发生

水解；B项错误，该反应是可逆反应；C项错误，没有说是在标准状况下，不能确定22.4LNH3的物质的量

是ImoLD项错误。

10.D【解析】A.Na先与水反应，生成的NaOH再与硫酸铜溶液反应，则钠与CuSCU溶液反应的离子方

程式为2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)21+H2T+2Na+,故A错误；

B.用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，离子方程式为：CO；+CaSO4=CaCO3+SO;，故B错误；

C.硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液，反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，正确的离子方程式为：

A13++3OH=A1(OH)3；,故C错误；

D.H2O2溶液中滴加酸性KMnCM溶液，离子方程式：2乂!!0；+511202+61{+=2乂112++5021+81120,故口正确；

故选：De

11.C【解析】W、X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的短周期元素，由M的结构可知，Q最外层有7个

电子，则丫的原子序数为7,为N元素，又因为X、Y、Z为同周期相邻元素，所以X为C元素，丫为N

元素，Z为O元素，Q为C1元素，W能形成一根共价键，则W为H元素，据此解答。

A.水分子间及氨气分子间均存在氢键，熔沸点高，常温下水为液态，水的沸点更高，氯化氢相对分子质量

大于甲烷，分子间作用力更强，氯化氢沸点高于甲烷，故简单氢化物熔沸点H2O>NH3>HC1>CH4,A正

确；

B.非金属越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属性C1>N>C,B正确；

C.cr核外三层电子，离子半径大于N3-、O2-,N\-核外电子排布相同，原子序数大半径小，N3>02-,

故简单离子半径Z<Y<Q,C错误；

D.M的官能团是硝基、氯原子，含有相同官能团，且与M互为同分异构体的还有2种，硝基和氯原子处

于邻位和间位，D正确；

故选Co

12.D【解析】由图可知，电解氧化铝的装置中B电极为电解池的阴极，铝离子在阴极得到电子发生还原

反应生成铝，电解A为电解池的阳极，氧离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，氧气高温下与碳素

电极中的碳反应生成碳的氧化物。

A.由分析可知，电解氧化铝的装置中B电极为电解池的阴极，铝离子在阴极得到电子发生还原反应生成铝,

故A正确；

B.由分析可知，电解A为电解池的阳极，氧离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，氧气高温下与碳

素电极中的碳反应生成碳的氧化物，由于生产中碳素电极会有损耗，需定期更换，故B正确；

C.由化合价变化可知，电解A1C13-NaCl熔融盐制备金属铝时，ALC1；离子在阴极得到电子发生还原反应

生成铝和A1C"离子，电极反应式为4Abel；+3e—=Al+7AlC",故C正确；

D.由化合价变化可知，电解AlCb-NaCl熔融盐制备金属铝时，铝做电解池的阳极，在A1C1；离子作用下

铝在阳极失去电子发生氧化反应生成A1C1；离子，电极反应式为A1+7A1C1；—+3e—=4AhCl；,则电解时

AIC1：从阴极流向阳极，故D错误；

故选D。

13.D【解析】A.常温下，浓硝酸和铝发生钝化，A错误；

B.双氧水是足量，可能氧化了硫劄根离子，B错误；

C.液澳与铁反应生成溟化铁，浪离子可与硝酸银反应生成淡黄色沉淀，故不能证明取代反应的发生，C错

误；

D.铁氟化钾溶液生成蓝色沉淀说明亚铁离子的生成，铁片上可能发生了电化学腐蚀，D正确；

故选D。

14.B

【解析】A.实验船绕地球做匀速圆周运动，其线速度为

昨2万(/?+/7)

T

A错误；

B.地球的第一宇宙速度为近地卫星(-R)的运行速度

「Mmv.2

G-r-=tn—

R2R

对实验船

(R+4

联立可得

B正确:

C.由B解析中方程可得地球质量

4乃2(7?+研

M-

GT-

C错误;

D.对地球表面物体，有

G-^r=ms

代入C中数据可得

4乃2(R+/?)3

g-_-

D错误。

故选Bo

15.C

【解析】AB.质量为加的物块在水平向右的推力F作用下，沿斜面向上匀速运动，若物块受到摩擦力作用,

则摩擦力大小一定沿斜面向下；若满足

Aos夕=砥?sin。

则物块刚好不受摩擦力作用；故AB错误；

CD.对斜面和物体构成的整体进行受力分析，受重力、推力、地面对斜面的支持力和地面对斜面的摩擦力,

根据平衡条件可得，竖直方向有

N地=(M+m)g

水平方向有

九井

故C正确，D错误。

故选C。

16.C

【解析】A.从垂直于中性面时开始计时，正方形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式应为

e=NBcoL:cosa)t

A错误；

B.交流电在一个周期内有半个周期通过二极管，原线圈两端的电压的最大值等于

U\m=NBsl}

由于变压器原、副线圈的匝数之比为1：3,所以副线圈两端电压的最大值为

U2m=3NBcoL}

根据电的热效应可得

LMxj旦T

&+R2R、+R

解得通过二管后电压的有效值为

3,

U,=-NBI3(O

2

电压表测量的是滑动变阻器两端电压的有效值，即

,,RU,1,,NBCDC

U=------=—17,=---------

R+R.32

B错误;

C.理想变压器的输入功率与输出功率相等，由此可得

NB313x3

2

解得

A_3

广正

c正确；

D.当滑片P向下滑动时，滑动变阻器&连入电路的电阻增大，由于％不变，则滑动变阻器消耗的功率为

-R=——2——

当R增加且小于与时，滑动变阻器/消耗的功率增加，D错误。

故选C。

17.A

【解析】A.将初速度分解为垂直于斜面的分速度为

v2=%sina

和平行于斜面的分速度为

v,=v()cosa

将重力分解为垂直于斜面的分力为

F2=mgcosa

和平行于斜面的分力为

/=mgsina

则在平行于斜面方向，运动员做匀加速直线运动，在垂直于斜面方向做匀减速直线运动，当垂直于斜面的

分速度减为0时，运动员距离斜面最远，此时只有平行于斜面的分速度，故A正确；

B.从a到匕时间为

_v2_v0sina_v0tana

a2gcosag

设从。到c的运动时间为f',斜面长为L,斜面高为小则

小#?

L=Vot'

解得

T_2vQh_2v0tana

gLg

则从b到c的运动时间为

r2=f,_r=Vana

g

故B错误；

C.上述可知，运动员从4到6的时间等于〃到C的时间，则。到人的之间的水平位移等于6到C的之间的

水平位移，d点为竖直线"与ac连线的交点，则而与cd之间的水平位移相等，即

Xad=%

设ad之间的竖直距离为为，cd之间竖直距离为％,由数学知识可知

tana=9="

4%

则可知

则ad两点之间的距离为

A两点的距离为

故C错误;

D.，山两点的竖直距离为

,1og/%tana、2唏tarra

=f-(-——)•=^4—

22g2g

4c两点的竖直距离为

,1,,g,2%tana\,2*tan2a

==-T-(—--------)=-----------

22gg

则ab两点的竖直距离与反两点的竖直距离之比为

%:4=%:（〃一〃［）=1:3

故D错误。

故选Ao

18.A

【解析】由题意可知，质子从8点到。点的运动中，动能减小了

温=/-勺=?

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。的电场中的电势能为

口__kQe

EpB=明=

在。点时的电势能为

口kQe

在。点时的电势能为

"__kQe

EpD=C(PD=

可知质子在匀强电场中，从3到。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8,如图所示，DI7LBC,即。力'是一条等势线，由能量守恒定律可得

eERcos30=%—勺

解得

尸_线。

匕=-6----

3eR

A正确，BCD错误。

故选Ao

19.BCD

【解析】A.路灯正常工作消耗的太阳能约为

£尸i=—Pt

故A错误；

B.根据

AE=AH/

因释放核能而带来的太阳质量变化约为

c~c-

故B正确;

C.以太阳为球心，厂为半径的球面积为

2

So=47rr

到达地球单位面积功率为

p二70%47兄

'So40万产

到达地球表面的太阳辐射总能量约为

7那2

%=嬴・­=40产

故C正确;

D.路灯需要的总能量为

-1P

PDt=r]E、=r)——01•Sc-t,.=°上

40Q2040乃产

路灯正常工作所需日照时间约为

40万产Pf

t.=-----------

}7PM

故D正确。

故选BCD。

20.AD

【解析】AB.0-ls内，煤块的加速度大小为

a.=^L=8m/s2

方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律得

mgsinQ+jiimgcos0=ma]

l-2s,物块的加速度大小为

a,=包^=4m/s2

方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律得

mgsin9-Ringcos0=ma-,

联立解得

0=37。，〃=0.25

则tanQ0.75,故A正确，B错误；

C.物块上升的位移大小等于回图象与时间轴所包围的面积大小，为

（4+12）।1一g

x=---------x1+—x1x4=1Om

22

根据x=542rH得煤块下滑的时间

t尸底

所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为（2+6）s,故C错误；

D.传送带的速度v=4m/s。在O-ls内传送带的位移

x^/=vZ/=4x]m=4m

煤块的位移为

x#/=8m

两者相对位移大小为

△x/=xtxi-x^；=4m

在l-2s内传送带的位移

x愁2=vf2=4xlm=4m

物块的位移为

x超2=2m

两者相对位移大小为

△X2=x带2-X球2=2m

煤块沿传送带向下滑动过程中，煤块与传送带的相对位移为

Ax,=%带3+工煤3=x+vt-v=（1°+4石）m

摩擦生热

Q=Ringcos0-（Ax,+Ax2+Ax,）=@2+84）J

故D正确。

故选AD。

21.ACD

【解析】B.导体棒P由CE处释放后，P棒受到向左的安培力减速，Q受到向右的安培力加速运动，回路

电流相同，两棒所受安培力等大反向，两棒组成的系统动量守恒，导体棒P经过CE后，导体棒P在安培力

作用下做减速运动，导体棒Q做加速运动，由动量守恒得

〃w（）=wvp+mvQ

1

Vp=-v0

由题可知当2时

1

此时两棒产生的电动势相同，回路中电流为0,两棒加速度均为0,当P、Q速度为2时，此时放上第三个

棒，干路中电流为

Bdv「；Bdv。

=-JR京

AHK-A

22

P、Q两棒加速度为

〃把=*

in6mR

B错误；

1

vp=—vn

A.当2时，Q棒的速度第一次达到最大，此时另一导体棒（设为M）滑上导轨，此后M棒减速，P、

马.

Q两棒在安培力作用下加速，导体棒P的速度最小为2,A正确；

C.导体棒M中的电流为P、Q中的2倍，M受到的安培力与导体棒P、Q受到的安培力的合力等大反向，

导体棒M、P、Q组成的系统动量守恒，当三者共速时另导体棒（设为N）滑上导轨后，四个导体棒所受合

外力仍为0,系统动量守恒，C正确；

D.每滑上一个导体棒，Q棒都会加速，则Q棒的速度可以达到%,根据动量定理得

Bdq=

解得

”处

Bd

D正确。

故选ACDo

22.（6分）（1）499右（2）2500（3）0.802250

【解析】（1）由图可知没有悬挂重物时

/?,=1000Q

根据闭合电路欧姆定律有

解得

R=499C

由于电阻丝的阻值&随拉力产的增大而增大，因此电流随拉力的增大而减小，因此重力为零时，电流最大,

毫安表的示数最大，故改装后的表盘重力“0”刻度位于表盘的“右端”。

（2）若毫安表指针指向表盘正中间刻度，根据闭合电路欧姆定律有

E=]/g卜+%A+RJ+R)

解得

R；=2500Q

(3)根据闭合电路欧姆定律有

£=/什+。+9+尺)

解得

/=0.80mA

根据图乙可知

RL=0.2产+1000

拉力敏感电阻丝的阻值%为13750,则

F=1875N

故重物的重力为

G=2Fcos^=2250N

23.(9分)

111111111

"4=/H|-------Fl?ty---------1---------==-------------------

(1)相等(2)>(3)窄纳绝4342或△乙

【解析】(1)实验开始，在不挂重物的情况下轻推滑块，若滑块做匀速直线运动，滑块通过光电门速度相

等，则光电门的挡光时间相等，证明气垫导轨已经水平；

(2)根据弹性碰撞的“动碰静”的碰撞后的速度通项公式可知，要想“动”的物体碰撞“静'’的物体不返回，必

须“动''的物体的质量大于“静”物体的质量，即

(3)滑块通过光电门的速度是用遮光片通过光电门的平均速度替代，则遮光片的宽度要越小，则遮光片通

过光电门的平均速度越接近于滑块过光电门的瞬时速度，因此挡光片应选择“窄''的；

滑块A两次经过光电门Gi的速度近似等于滑块经过光电门时的平均速度，分别为

D

VA=­

,D

VA=—

滑块B经过光电门G2的速度

D

vB=——

根据动量守恒

整理得

111

町——=in,---F叫----

州颂"加2

若为弹性碰撞，则动能也是守恒的

;7％或=;7%曰:+3

整理得

班（，一）2=机|（1一）2+”?,（：!一尸

M维“2

1,1,1,

班（二一）一一班（二一）~=/722（-一）~

△4曲Af2

/I1、/11、/1、2

班~一丁乂丁+丁）=%（―）

△4"颂一加2

由上面的动量守恒推导出来的等式变换得

11、1

町（z-------）=处——

A4Ar34

代入上式

111

--1--=—

Ar,M绝

24.（14分）

⑴2m/s2；⑵30m.⑶（6+”卜

【解析】（1）根据牛顿第二定律

F—mgsin0—pmgcos0=ma

加速度大小为

a=2m/s2

（2）5s末物块的速度与位移分别为

x.=—at2=25m

v=6rr=10m/s,2

撤去力R根据牛顿第二定律

mgsin0+"mgcos0=ma

得

ci=10m/s2

撤去力产后物块沿斜面运动的最大距离为

小物块沿斜面向上运动的最大距离为

x=%+W=30m

（3）撤去力E后，物块匀减速运动至最大距离的时间为

v,

从最高点匀加速运动至斜面底端，有

x=—a't^

22

得

t2=#>s

小物块在斜面运动的总时间为

5=，+乙+，2=（6+石）s

25.（18分）

叫143万-4&°qd

（j）3qB、；（?）216综4；（3）5nm

【解析】（1）根据洛伦兹力提供向心力得

qv0-3B0=m^-

解得

,3阻

（2）要使粒子恰好不从y轴射出，轨迹如图

在前5”内的运动半径为

3qB、

-T

在后5"内的运动半径

寸―

-2涵

由几何关系知

sin0=­--=0.6

解得

夕=37。

o〜

5。粒子做圆周运动的周期

_2几m

3qB。

则

180°-37°2T

--------=一()

360050

解得磁感应强度变化周期

216稣9

(3)要想使粒子经过。点且平行负轴射出，则粒子只能从叫,时刻经过。点，(其中〃=1，2,3),则轨迹

如图

温…彳f曰f\D

\。,口，

Op~~dX°\~~dX

设粒子射入磁场的速度为L由(2)可得

3

5=万4

由几何关系可知

n(2r}cos30°+2r2cos30°)=2d

又

qv-3B„=m—

解得

咤幽幽5=123)

5nm

26.(1)增大反应物接触面积，使反应速率增大(1分)加热（1分）

(2)SiCh(2分)2《%NH2+4MnO2+5H2so4=20=/2o+（NH4）2SO4+4MnSO4+4H2。（2分）

(3)Ksp[Mn(OH)2]>Ksp[A1(OH)3]>[Fe(OH)3](2分)4.7-8.1(2分)

(4)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(2分)MnSO^H2。晶体有部分失去了结晶水，或混有其他硫酸

盐杂质(2分)

【解析】软镒矿(主要成分是Mn。？，含SiO2、Fe2O3>Al?。?等杂质)粉碎后向其中加入苯胺和稀硫酸，苯

3+

胺将MnC)2还原为MM+,Fe2O3,AL。.：与稀硫酸反应生成Fe3+、Al,SiCh不与苯胺和稀硫酸反应，则

沉淀1中含有二氧化硅，过滤后向滤液中加入NaOH溶液调pH将Fe3\AF+转化为Fe(OH)3、A1(OH)3沉淀，

则沉淀2含有Fe(OH)3、AI(OH)3,再过滤后加入NH4HCO3沉镭生成MnCCh沉淀，最后将MnCOs与稀硫酸

反应生成硫酸锦溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥一系列操作得到MnSO/H?。。

(1)还原酸浸前将软镒矿粉碎的目的是增大反应物接触面积，使反应速率增大；为达到该目的在加入苯胺

和稀硫酸后常采取的操作为加热；

(2)据分析可知，沉淀1的主要成分为SiCh；还原酸浸时主要是用苯胺将二氧化毓还原为二价锌离子，其

发生反应的化学方程式为NHz+4MnO2+5H2so4=2O=^2^=O+(NH4)2S°4+4MnSO4+4H2°i

(3)温度不变，Ksp保持不变，则计算时可取用开始沉淀时或完全沉淀时数据，

2+2592138

Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn)-c(OH>0.01x(l(r)=l(r,

3+3-1183-374

Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe)-c(OH)=().()1x(10)=10,

3+31033-329

Ksp[A1(OH)3]=c(Al)•c(OH)=().()1x(1()--)=IO-,贝ij

Ksp[Mn(OH)2]>Ksp[Al(OH),]>Ksp[Fe(OH)3]；调pH是为了将FetAF+转化为Fe(0H)3、A1(OH)3

沉淀且要沉淀完全，而Mi?+不能开始沉淀，则应控制的pH范围是4.7-8.1；

(4)从操作A所得的溶液中获得MnSOrH?。晶体需要进行的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、

干燥；计算所得样品的质量分数大于100%,说明样品中SO：含量变多了，则可能的原因是MnSO/H?。

晶体有部分失去了结晶水，或混有其他硫酸盐杂质。

27.(1)NA(2分)

55℃

(2)(NH4),S2O8+2NaOH—Na2S2O8+2H2O+2NH3T(2分)水浴加热(1分)

吸收生成的氨气(2分)将氨气及时排出，防止其与过二硫酸钠反应(2分)

(3)使水的沸点降低，能防止或减少过二硫酸钠分解(2分)

I19V

(4)淀粉溶液(1分)二士一(2分)

m

【解析】由实验装置图可知，在氮气气氛中，装置A中过二硫酸镀与氢氧化钠溶液在55℃的水浴加热条件

下反应生成过二硫酸钠、氨气和水，装置B中盛有的四氯化碳用于防止倒吸的发生，盛有的稀硫酸用于吸

收氨气。

(1)设过二硫酸钠中-1价氧原子个数为a,由化合价代数和为0可得：

(+1)x2+(+6)x2+(—1)xa+(—2)x+(8—a)=0,解得a=2,则Imol过二硫酸钠中含有的过氧键数目为

1molx1x^Amol'=7VA，故答案为：NA;

(2)①由分析可知，装置A中发生的反应为过二硫酸镀与氢氧化钠溶液在55℃的水浴加热条件下反应生

成过二硫酸钠、氨气和水，反应的化学方程式为(NHJ2sq.+ZNaOH姿Na2sq8+2H2O+2NH3T,故答案

55℃

为：（NH4）2S2O8+2NaOH—Na2S2O8+2H2O+2NH,T；水浴加热;

②由分析可知，装置B中盛有的四氯化碳用于防止倒吸的发生，盛有的稀硫酸用于吸收氨气，由题给信息

可知，碱性条件下，氨气与过二硫酸钠在共热条件下能发生氧化还原反应，所以反应过程中需要持续通入

氮气将氨气及时排出，防止其与过二硫酸钠反应，故答案为：吸收生成的氨气；将氨气及时排出，防止其

与过二硫酸钠反应；

(3)由题给信息可知，过二硫酸钠加热至较高温度时发生分解，所以制备过二硫酸纳晶体时，应采用减压

蒸发浓缩的方法使水的沸点降低，防止或减少过二硫酸钠分解，故答案为：使水的沸点降低，能防止或减

少过二硫酸钠分解；

(4)由题意可知，用硫代硫酸钠标准溶液滴定时应选用淀粉溶液做指示剂，当溶液由蓝色变为无色说明反

应生成的碘完全反应，达到滴定终点；由得失电子数目守恒和题给方程式可得如下转化关系：

Na2S2O8—12—2Na2S2O3,滴定消耗VmL0.1000mol/L硫代硫酸钠溶液，则成品中过二硫酸钠的含量为

0J000mol/Lxl0-VLxlx238g/lnolxi00%=L^%,故答案为：L19V

mm

mg

31

28.（1）—a-3b—（2分）

22

（2）3（2分）30%（1分）0.57(2分)增大CO的物质的量(2分)

（3）C（2分）反应I的活化能小于反应II的活化能，反应I的反应速率快于反应H,相同时间内获得

的产物的浓度自然反应I比反应H多（2分）温度590K,R=2.5（2分）

［解析］（1）①2H2（g）+O2（g）=2H2。⑴AH=akJ-mok1

@NaCl（aq）+H2O（l）=NaClO（aq）+H2（g）AH=bkJmol-1

③4Na2FeC）4（叫）+10比0⑴=4Fe（OH）3（s）+3O2（g）+8NaOH（aq）AH=ckJmol_1

13

根据盖斯定律，”③■②x3■①得2Fe（OH）3（s）+3NaCIO（aq）+4NaOH（aq）=2Na2FeO4（aq）+3NaCl（aq）+5H2O（l）

,31

的AH=--a-3b--ckJmol」。

22

（2）①0〜15s时CO的变化物质的量为2.5mol-l.75moi=0.75moL则Cb的变化物质的量也为0.75moLCl2

0.75mol

的平均反应速率为」^2Z=0.05mol/（L-s）=3mol・LLminJ；

15s

②反应进行到氏时达到第一次平衡，8的平街转化率为霁，1。。％=3。％；此时平衡体系内8为

c(COCl,)075

1.75mol/L,CL为0.75mol/L、COCI2为0.75mol/L,该反应的平衡常数~0.57；

c(CO)xc(Cl2)1.75x0.75

③在第20s时，CO的物质的量瞬间迅速增大，然后平衡正向进行，说明此时改变的条件是增大CO的物质

的量；

(3)①A.反应前后气体分子总数不变，总物质的量不变，利用相同条件下，压强之比等于气体物质的量

之比，即气体压强始终保持不变，压强不变不能说明该反应达到平衡，故A不符合题意；B.平衡常数只与

温度有关，温度不变平衡常数始终不变，因此平衡常数不变不能说明反应达到平衡，故B不符合题意；C.»

正(H?S)表示正反应速率，u逆(HC1)表示逆反应速率，化学反应速率之比等于化学计量数之比，因此。正(H?S)=u

迪(HC1)说明反应达到平衡，故C符合题意；D.组分都是气体，则气体总质量始终不变，容器为恒容状态，

气体总体积保持不变，根据密度的定义，气体密度始终不变，气体密度不变，不能说明反应达到平衡，故D

不符合题意；故答案为C；

②C6H5—C1由反应I生成，C6H6由反应II生成，图2显示温度较低时C6H5—C1浓度的增加程度大于C6H6,

说明反应I的活化能小于反应H的活化能，反应I的反应速率快于反应H,相同时间内获得的产物的浓度

自然反应I比反应II多；根据图2和图3的数据信息，该模拟工业生产制备C6H5—C1的适宜条件为温度

590K,R=2.5。

29.【答案】(1)年龄结构和性别比例气候适宜、食物及空间资源充足、没有天敌

(2)被分解者利用调整生态系统能量流动关系，使能量持续高效地流入对人类最有益的部分

(3)鳏金龟光诱导的季节、光的波长(或频率)

【分析】1、种群密度是种群最基本的数量特征。种群的其他数量特征是影响种群密度的重要因素，其中出

生率和死亡率、迁入率和迁出率直接决定种群密度，年龄结构影响出生率和死亡率，性别比例影响出生率,

进而影响种群密度。在调查分布范围较小、个体较大的种群时，可以逐个计数的方法。若逐个计数非常困

难，需要采取估算的方法，如黑光灯诱捕法、样方法和标记重捕法。

2、输入某一营养级的能量，一部分在该营养级生物的呼吸作用中以热能的形式散失了；另一部分用于该营

养级生物的生长、发育和繁殖等生命活动，储存在生物体的有机物中。构成生物体的有机物中的能量，一

部分随着遗体残骸等被分解者分解而释放出来；另一部分则流入下一营养级。

【详解】(1)由分析可知，间接影响某害虫种群密度的数量特征有年龄结构(影响出生率和死亡率)和性

别比例(影响出生率)；某些害虫迁入农田的初期，由于气候适宜、食物及空间资源充足，且没有天敌，导

致种数数量呈指数增长，即呈"J”形增长。

(2)由分析可知，害虫体内的能量有一部分随着遗体残骸等被分解者分解利用，一部分能量暂时未被利用，

因此其用于生长、发育和繁殖的能量不会全部流入其天敌；从能量流动的角度分析，农田害虫防治能够调

整生态系统能量流动关系，使能量持续高效地流入对人类最有益的部分。

(3)灯光诱捕法适用于趋光性强的昆虫，分析题图可知，三种害虫的趋光率中，鲤金龟的趋光率最低，最

不适合用灯光进行诱捕；利用灯光诱捕害虫时，光照强度、光诱导的季节、光的波长（或频率）等因素都

会影响调查结果。

【点睛】本题综合考查生态系统的知识，意在考查学生对知识的理解水平，联系知识形成网络的能力，要

求学生能利用知识综合分析题意，利用提取的信息结合知识分析解决问题。

30.【答案】⑴叶肉细胞、叶肉细胞水的光解（水在光下分解）和ATP、[H]（NADPH）的合成

（2）C3（磷酸烯醇式丙酮酸）C3在高光强、高温和干旱的条件下，气孔常处于关闭状态，进入叶肉细

胞的CO2较少，而玉米叶肉细胞中的PEP段化酶对CO2的亲和性较高，能利用较低浓度的CO2玉米

（3）植株高度低于玉米、阴生植物（光饱和点较低）、生长周期与玉米相同光能、空间和土壤矿质元素

等

【分析】光合作用包括光反应阶段和暗反应阶段，光反应在类囊体薄膜上进行，暗反应在叶绿体基质中进

行。光反应的物质变化为水的光解和ATP以及NADPH的合成，暗反应的物质变化为二氧化碳的固定和C3

的还原。

（1）据题意可知，C3植物和C4植物光反应发生的场所分别为叶肉细胞、叶肉细胞，它们主要发生的物质

变化为水的光解和ATP、[H]（NADPH）的合成，能量变化为光能转化为活跃的化学能。

（2）CO2被玉米吸收后，先被叶肉细胞中的C3（磷酸烯醇式丙酮酸）固定，后被维管束鞘细胞中的C3固

定；在高光强、高温和干旱条件下玉米的光合效率高于水稻的原因是在高光强、高温和干旱的条件下，气

孔常处于关闭状态，进入叶肉细胞的CO2较少，玉米叶肉细胞中的PEP竣化酶对CO2的亲和性较高，能

利用较低浓度的CO2进行光合作用；若将玉米和水稻放在同一密闭容器中培养，在适宜的温度和光照条件

下，植物的光合速率大于呼吸速率，容器中的CO2浓度降低，而玉米可以利用较低浓度的CO2,故存活时

间较长。

（3）适合与玉米进行间作的植物应具备的特点是植株高度低于玉米、阴生植物（光饱和点较低）、生长周

期与玉米相同；间作能提高粮食产量的原因是间作种植可充分利用光能、空间和土壤矿质元素等，实现了

群落的合理配比，从而能够提高产量。

31.【答案】（1）消化系统、循环细胞与外界环境进行物质交换的媒介

（2）饭后胰岛素的分泌量增加，细胞膜上的Na+-K+泵被激活，血钾大量进入细胞内

⑶肾尿液

（4）特异性的激活效应T细胞膜上的钾通道，使得效应体细胞丢钾而发生凋亡，不再攻击正常的组织细胞

【分析】1、无机盐的存在形式和功能：主要的存在形式是离子，有些无机盐是某些复杂化合物的组成成分;

许多无机盐对于维持细胞核生物体的生命活动具有重要作用，有些无机盐参与维持酸碱平衡和渗透压。

2、静息电位由钾离子产生和维持，钾离子外流形成静息电位，动作电位主要由钠离子产生和维持，钠离子

内流形成动作电位。

（1）食物中的钾离子进入细胞需要经过消化系统、循环系统，内环境在这个过程中发挥的作用是细胞与外

界环境进行物质交换的媒介。

（2）胰岛素可激活细胞膜上的Na+-K+泵，协助小肠上皮细胞进行葡萄糖的运输，正常人饭后血糖含量升

高，胰岛素分泌增加，细胞膜上的K+-Na+泵被激活，血液中K+大量进入细胞内，血钾含量降低，故正

常人饭后血钾含量会有所降低。

（3）由图A可知，尿液是钾离子排出体外的主要途径，尿毒症患者的肾功能障碍，排出钾离子功能下降，

导致血钾浓度高于正常值，钾离子滞留体内，出现高血钾症。

（4）自身免疫病能使人体的免疫系统攻击自身正常的细胞，依据题干“钾通道是钾离子转移至细胞外的主

要途径，细胞丢钾是细胞凋亡的必要条件“，故治疗细胞毒性T细胞攻击正常组织细胞引起的自身免疫病的

思路：可以特异性的激活效应T细胞膜上的钾通道，使得效应T细胞丢钾而凋亡，使其不能再攻击正常组

织细胞。

【点睛】本题考查无机盐的存在形式和功能，要求考生能把握知识的内在联系，具有分析题图获取信息，

利用有效信息进行推理、综合解答问题的能力。

32.【答案】（1）不能；由于不管这对基因在常染色体上还是在X染色体上，其结果都可能符合杂交结果

（2）3/5

AAXBY和aaXBXb

由于XBXB的雌性个体死亡。

（3）将其和粗糙眼aa雄性个体交配，观察后代表现型，如果后代全为正常眼，则基因型是AAXBXb,

如果后代既有正常眼又有粗糙眼，则是AaXBXb

【分析】根据实验二的杂交情况，先分析正常眼和粗糙眼，亲代正常眼和粗糙眼杂交，子代全为正常眼，

说明正常眼为显性性状，F2中雄性正常眼：粗糙眼=3:1,雌性中正常眼：粗糙眼=3:1,说明该基因位于常

染色体上；分析直刚毛和焦刚毛，F2中雄性直刚毛：焦刚毛=1:1,雌性直刚毛：焦刚毛2:1,说明该基因位

于X染色体上。

结合实验一的情况，亲代焦刚毛雄性基因型是XbY,直刚毛雌性基因型是XBXb,所以直刚毛为显性；实

验二中F1雌性只有直刚毛，且雌雄比例为1:2,说明存在致死现象，可以推测直刚毛雌性纯合子致死，即

XBXB致死，推测实验二亲代直刚毛雄性的基因型是XBY,直刚毛雌性的基因型是XBXb,Fl中基因型、

表现型及比例为XBXb（直刚毛雌性）：XBY（直刚毛雄性）：XbY（焦刚毛雄性）=1:1:1,

因此实验二亲代基因型是AAXBY和aaXBXb»

（1）仅根据实验一，如果这对基因位于常染色体上，则基因型是Bb和Ibb,子代基因型Bb：bb=l:l,雌雄中

直刚毛：焦刚毛=1:1,如果这对基因位于X染色体上，则亲代基因型是XbY和XBXb,子代XBXb：XbXb：

XBY：XbY=l:l:l:l,雌雄中直刚毛：焦刚毛=1:1,因此由于不管这对基因在常染色体上还是在X染色体上，

其结果都可能符合杂交结果，因此不能判断B/b位于常染色体上。

（2）根据分析，控制直刚毛和焦刚毛的基因位于X染色体上，且XBXB致死，实验一亲代基因型是XBXb和

XbY,所以子一代基因型是XBXb,XbXb,XBY、XbY,如果随机交配，雄性可以产生的配子XB：Xb：

丫=1:1:2,雌性产生的配子XB：Xb=l:3,用棋盘法表示结果；

1XBIXb2Y

1XB致死1雌性直刚毛2雄性直刚毛

3Xb3雌性直刚毛3雌性焦刚毛6雄性焦刚毛

所以子代表现型雌性直刚毛：雌性焦刚毛：雄性直刚毛：雄性焦刚毛=4:3:2:6,所以焦刚毛的比例为3/5。

根据分析，实验二的亲代基因型是AAXBY和aaXBXbo

根据分析出现上述表现型比例的原因是由于XBXB的雌性个体死亡。

（3）实验二F2中的一只正常眼直刚毛雌性个体基因型可能是AAXBXb或AaXBXb,为判断其基因型，可以

选择测交，即将其和粗糙眼aa雄性个体交配，如果后代全为正常眼，则基因型是AAXBXb,如果后代既有

正常眼又有粗糙眼，则是AaXBXb。

【点睛】解答本题的关键是掌握基因的自由组合定律、伴性遗传的规律等知识点，若验证两对相对性状的

基因位于两对同源染色体时，则杂交实验满足自由组合的定律，杂交结果会出现自由组合相关比例，进而

根据题干要求分析答题。

33.（15分）,…

（1）（5分）

ABD

【解析】A.燧是物体内分子运动无序程度的量度，系统内分子运动越无序，嫡值越大，A正确；

B.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，B正确；

C.分子一直在永不停息的做无规则运动，物体的温度为（TC时，该物体中分子的平均动能不为零，C错误；

D.油脂对水是不浸润的，脱脂棉脱脂的目的是使它从不能被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液，D

正确；

E.气体分子的间隙很大，气体的摩尔体积除以阿伏伽德罗常数等于每个气体分子占据的体积，并不是气体

分子的体积，E错误；

故选ABD=

（2）（10分）

（］）5.0x10sPa,4.0L.⑵25

【解析】（1）在将气体打进储液桶之前，有

s

/70=1.0x10Pa匕=200mL=0.2L

倒入5.0L药液后，储液桶中气体部分的体积为

匕=6.0L-5.0L=1.0L

打气过程，气体保持温度不变，根据玻意耳定律可得

%（K+20%）=PM

联立解得

Pi=5.0xl05Pa

药液喷出过程，气体温度保持不变，根据玻意耳定律可得

PM=PoV2

解得

匕=5.0L

因此能喷出的药液的体积为

△丫=匕_乂=4.0L

(2)设至少需要打气〃次，才能将喷雾器内的药液一次性全部喷完，根据玻意耳定律可得

解得

要使喷雾器内的药液一次性全部喷完，至少需要打气25次。

34.【选修3-4】(15分)

(1)(5分)

CDE

【解析】A.均匀变化的电场产生稳定的磁场，非均匀变化的电场产生变化的磁场，故A错误；

B.衍射现象是波特有的现象，一直存在，只是当障碍物的尺寸与波的波长差不多或比波长短时，才会发生

明显的衍射现象，故B错误；

C.围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，是声波叠加产生加强与减弱的干涉的结果，故C正确；

D.白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的折射现象，故D正确；

E.由狭义相对性原理可知在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，故E正确。

故选CDE,

(2)(10分).

y=-2sin(—/)

(1)1m/s；(2)2(m)

【解析】(1)根据甲图可知，2=4m根据乙图可知，7=4s则波速

v=—=lm/s

T

(2)振动角速度

振幅A=2m由甲图可知，当1=0时，x=5m处的质点在平衡位置沿负方向向下运动，则

y=-2sin(-0

2（m）

35.（1）2s22P3（2分）7（1分）sp3（l分）

（2）1：2（2分）三角锥形（1分）

（3）H2O2分子之间形成氢键（2分）

【解析】（1）①主族元素的价电子就是最外层电子，N最外层为第二层，排布5个电子，对应排布式为：

2s22P3；N原子共有7个电子，每一个电子运动状态都是不同的（即使是同一轨道内自旋方向也是不同的）,

故核外电子运动状态有7种：

②B原子连了3个H原子和1个N原子，其中NTB为配位键，故B共有4对价层电子对，根据杂化理论

知其为sp3杂化；

（2）等电子体具有相似的化学键结构，故SCP+中S与。之间为三键，1个为。键，2个为兀键，故此处填

I：2：SO；中心S原子的价层