2023年高考第一次模拟考试卷：理科综合（全国乙卷）（全解全析）

这是一份2023年高考第一次模拟考试卷：理科综合（全国乙卷）（全解全析），共47页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。

2023年高考理综第一次模拟考试卷
物理·全解全析
二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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，有选错的得0分。
14．质量是的建筑工人不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护而使他悬挂起来。已知安全带的缓冲时间是，安全带长，取，则安全带所受的平均冲力的大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】 D
【解析】对建筑工人进行分析
第一阶段，建筑工人做自由落体运动，当安全绳绷直时

代入数据得安全绳绷直的瞬间

第二阶段，安全绳缓冲使建筑工人速度减为0。根据动量定理，合外力的冲量等于栋梁的变化。

代入数据整理得安全带所受的平均冲力的大小为

故选D。
15．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，产生正弦式交变电流，电动势随时间的变化规律如图线①所示。仅调整线圈转速，电动势随时间的变化规律如图线②所示，则图线②电动势瞬时值的表达式是（    ）

A．
B．
C．
D．
【答案】 B
【解析】感应电动势最大值

转速调整前后，相同，与成正比

由图可知


由可得


故

线圈从中性面开始转动计时，所以图线②电动势的瞬时值表达式

故选B。
16．a、b两小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动，当小球间距小于或等于d时，会受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用。小球间距大于d时，相互排斥力消失。两小球始终未接触，运动的图像如图所示。则下列说法正确的是（　　）

A．的最终速度值为 B．时刻a、b间距离最小
C．a、b质量之比为2：1 D．a、b两小球在到的相对位移比到的相对位移要大
【答案】 A
【解析】AC．题意可知，a、b两小球组成的系统动量守恒，由图可知最终，a小球速度减为零，设a、b两小球质量分别为、，则满足

因为当小球间距小于或等于d时，会受到大小相等、方向相反的相互排斥的恒力作用，所以由图中时间内，可得


解得


故A正确，C错误；
B．由题意知，a、b两小球沿同一直线相向运动，时刻b物体减速到零，之后反向加速，可以看出时间内，a、b同方向运动，且a的位移大于b的位移，即两者在靠近，当速度相等时，两者距离最近，之后两者距离又增大，即时刻a、b间距离最小，故B错误；
D．由几何关系可知，图中AC段对应时间等于CE对应时间，且两三角形对应底边大小相等，所以图中与面积相等。到的相对位移为的面积，而到的相对位移小于的面积，则a、b两小球在到的相对位移小于到的相对位移，故D错误。
故选A。
17．氢原子能级如图甲所示。一群处于能级的氢原子，向低能级跃迁时能发出多种频率的光，分别用这些频率的光照射图乙电路的阴极K，只能得到3条电流随电压变化的图线，如图丙所示。下列说法正确的是（  ）

A．阴极K材料的逸出功为12.75eV
B．a光的波长大于b光的波长
C．图中M点的数值为-6.34
D．滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数一定持续增大
【答案】 C
【解析】A．一群处于能级的氢原子，向低能级跃迁时能发出光的频率数为

发出的光子频率由低到高依次为、、、、、，则
，，
，，
但只检测到3条电流，根据光电效应方程，分析图乙可知，a的遏止电压最大，其次为b和c，所以发生光电效应的能量值为
， ，
由
，
解得阴极K材料的逸出功为

故A错误；
B．由，可知a光的波长小于b光的波长，故B错误；
C．由

所以

因此图中M点的数值为-6.34，故C正确；
D．滑动变阻器的滑片向右滑动时，正向电压增大，刚开始电流表示数会增大，但达到饱和电流以后电流表的示数不变，故D错误。
故选C 。
18．如图甲所示，粗糙的水平面上放有一个可视为质点的带电体，带电体的质量为m，电荷量为，整个空间存在方向水平向右的电场，电场强度大小随位置不同而不同。带电体从O点由静止开始水平向右运动，运动过程中带电体的动能与带电体通过的路程的关系图像如图乙所示，其中和过程的图像为曲线，处曲线切线斜率为零，过程的图像为直线。下列说法正确的是（　　）

A．区间，电场强度不断增大
B．在处，带电体所受的合力为零
C．过程中带电体的机械能一直减小
D．过程中带电体做匀速直线运动
【答案】 B
【解析】A．根据动能定理可得

可知图像斜率的物理意义为带电体所受合力大小。区间，图像斜率越来越小，故越来越小，又因为

所以电场强度大小不断减小，故A错误；
B．在处，图像斜率为零，所以带电体所受的合力为零，故B正确；
C．过程中，与运动方向相同，根据动能定理，过程中带电体的动能一直增加，而重力势能不变，弹性势能为零，所以机械能一直增加，故C错误；
D．区间，图像斜率不变，带电体所受的合力恒定不变，所以带电体做匀变速直线运动，故D错误。
故选B。
19．2016年2月11日，科学家们宣布“激光干涉引力波平台（LIGO）”探测到由两个黑洞合并所产生的引力波信号，这是在爱因斯坦提出引力波概念后，引力波被首次直接观测到。两个黑洞在合并过程中，由于彼此间强大的吸力作用，会形成短时间的双星系统。在这段时间内，两个星体在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动。研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化。若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，M1星线速度大小为v1，M2星线速度大小为v2，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的倍，两星之间的距离变为原来的倍，则此时双星系统圆周运动的周期和线速度大小之和是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】 AC
【解析】两星做圆周运动的周期为T时，对M1星，有


对M2星，有


距离关系有

解得
，
经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的倍，两星之间的距离变为原来的倍后，则有双星系统圆周运动的周期为

线速度之和为

故选AC。
20．如图质量为m、电荷量为q的带正电粒子（忽略粒子重力），以速度v0沿OO′方向垂直射入相互正交的竖直向下的匀强电场E和水平向里匀强磁场B，经过该区域中的P点的速率为vP，此时侧移量为s，若，下列说法中正确的是（　　）

A．带电粒子在P点的速率
B．带电粒子的加速度大小恒为
C．若，粒子从射入该区域到P点所用时间至少
D．粒子在运动过程中洛伦兹力始终大于电场力
【答案】 CD
【解析】A．粒子运动过程中，洛伦兹力始终与速度方向垂直而不做功，则根据动能定理

解得

故A错误；
B．当粒子刚开始运动时，根据左手定则洛伦兹力才竖直向上，此时加速度

之后，粒子速度减小且方向发生改变，则洛伦兹力的大小和方向均改变，加速度发生变化，故B错误；
C．将粒子的初速度分解为两个水平向右的分速度，其中一个速度引起的洛伦兹力

恰与电场力平衡，这两个力不会引起粒子在竖直方向的偏移，另外一个速度引起的洛伦兹力使粒子做圆周运动，则粒子的合运动为一水平向右的匀速运动与一圆周运动的合成，根据洛伦兹力提供向心力根据洛伦兹力提供向心力

解得

当时，若未完成一个圆周运动，则偏转圆心角满足


则此时运动时间为

但粒子可能完成超过一个圆周的运动，因此粒子从射入该区域到P点所用时间至少，故C正确；
D．由以上分析可知，粒子的合运动为一水平向右的匀速运动与一圆周运动的合成，其中水平向右的运动引起的洛伦兹力与电场力等大，由于粒子的速度一直小于初速度，则分运动中的圆周运动水平方向的分速度也是一直向右，因此引起该分运动的洛伦兹力的方向也是大致偏上，因此粒子在运动过程中洛伦兹力始终大于电场力，故D正确。
故选CD。
21．如图甲所示，六块相同的长木板并排放在粗糙水平地面上，每块长度为L=2m、质量为M=0.8kg。另有一质量为m=1kg的小物块（可看做质点），以的初速度冲上木板。已知物块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1，重力加速度取g=10m/s2。以下说法正确的是（　　）

A．物块滑上第4块瞬间，第4、5、6块开始运动
B．物块滑上第5块瞬间，第5、6块开始运动
C．物块最终停在某木块上，物块与该木块摩擦产生的热量为
D．物块最终停在某木块上，物块与该木块摩擦产生的热量为
【答案】 BD
【解析】AB．当物块滑上第n个长木板时，长木板开始运动，满足

解得

故物块滑上第5块瞬间，第5、6块开始运动，故A错误，B正确。
CD．滑上第5块木板前，所有木块相对地面静止，则

根据

代入数据解得，冲上第5块木板的速度

在第5块木板上运动时间为，受力分析


解得

此时物块速度


继续滑上第6个木板，则

解得

设达到共速时间为

解得


则共速时，相对于第6块木板左端距离

则物块与该木块摩擦产生的热量为

故C错误，D正确。
故选BD。
22. （5分）某同学用图（a）所示的实验装置“验证机械能守恒定律”，图（b）是用“8V，50Hz”的打点计时器打出的一条纸带，O点为重锤下落的起点，选取的计数点A、B、C、D到O点的距离在图中已标出，重力加速度g取9.8m/s2，重锤的质量为1kg。（计算结果均保留两位有效数字）

（1）下列做法正确的有________。
A．必须称出重锤和夹子的质量
B．图中两限位孔必须在同一竖直线上
C．将连着重锤的纸带穿过限位孔，用手提住，且让手尽量靠近打点计时器
D．实验时，先放开纸带，再接通打点计时器的电源
E．处理数据时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置
（2）打点计时器打下B点时，重锤下落的速度vB＝________m/s，重锤的动能EkB＝________J；
（3）从起点O到打下B点过程中，重锤的重力势能的减少量为________J；
（4）根据（1）、（2）计算，在误差允许范围内，从起点O到打下B点过程中，你得到的结论是________。
【答案】      （1）B     （2）1.2     0.72     （3）0.73     （4）在实验误差允许范围内，重锤下落过程中机械能守恒
【解析】（1）A．在“验证机械能守恒定律”的实验中，由于验证等式两边均有重锤和夹子的质量，可以约掉，所以可以不必称出重锤和夹子的质量，故A错误；
B．为了保证纸带竖直下落，减小纸带受到的阻力，图中两限位孔必须在同一竖直线上，故B正确；
C．将连着重锤的纸带穿过限位孔，用手提住，且让重锤尽量靠近打点计时器，故C错误；
D．实验时，先接通打点计时器的电源，待计时器工作稳定后，再放开纸带，故D错误；
E．处理数据时，为了减小误差，应选择纸带上距离较远的两点作为初、末位置，故E错误。
故选B。
（2）每两个计数点之间有一个计时点，则相邻两个计数点之间的时间间隔为，则

动能

（3）从起点O到打下B点过程中，重锤的重力势能减少量

（4）在实验误差允许范围内，由于重锤重力势能减少量近似等于重锤动能的增加量，重锤下落的过程中机械能守恒。
23. （10分）利用太阳能的光伏发电电池具有广阔的开发和应用前景。某兴趣小组使用如图甲电路，探究太阳能电池的伏安特性曲线，其中P是电阻箱，E是太阳能电池，电流表量程0~15mA、内阻不计。

（1）某次实验中电阻箱阻值为200Ω，电流表指针如图乙所示，则此时电流为___________mA，电源两端电压为___________V。

（2）在某光照强度下，测得太阳能电池两端电压随电流变化关系如图中曲线①所示，则太阳能电池内阻随电流增大而___________。（选填“增大”“减小”或“不变”）

（3）在另一更大光照强度下，测得的关系如上图中曲线②所示。由图可知曲线②中太阳能电池的电动势___________（选填“大于”“小于”或“等于”）曲线①中太阳能电池的电动势。
（4）曲线①中，根据图像估算，若电阻箱阻值调至500Ω，则此时电池的输出功率为___________mW（保留两位有效数字）；要使输出功率达到最大，应将电阻箱调至___________Ω（保留三位有效数字）。
【答案】      （1）11.0     2.20     （2）增大     （3）大于    （4） 9.2~9.4     220（190~250）
【解析】（1）电流表读数为

电源两端电源

（2）图像斜率绝对值表示内阻，则太阳能电池内阻随电流增大而增大。
（3）纵截距表示电源电动势，则可知曲线②中太阳能电池的电动势大于曲线①中太阳能电池的电动势。
（4）如图所示，画出的电阻箱的图线

找出交点，电压约2.16V，电流约4.3mA，功率约

在（9.2 mW ~9.4 mW）误差范围内即可。
最大功率用逼近法凑出，大约在1.67V、7.6mA处取得，故此时外电阻为

在误差范围内即可。
24．（14分）如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，一轻绳绕过两个光滑的轻质滑轮连接着固定点P和物体B，两滑轮之间的轻绳始终与斜面平行，物体A与动滑轮连接，B受到竖直方向的恒力F（图中未画出），整个系统处于静止状态。已知A、B的质量均为，A与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度g取10m/s2。
（1）求恒力F的最小值；
（2）现撤去恒力F，A、B由静止释放。求：
①A、B释放瞬间，B的加速度大小aB；
②当B下降（B未落地）时，B的大小vB。

【答案】 （1）；（2）①；②
【解析】（1）由题可知，对A受力分析

对B受力分析可知

解得

（2）①撤去F，对A受力分析，由牛顿第二定律可得

对B受力分析，由牛顿第二定律可得

由题图可得

解得

②由题图可得，A的速度为

由能量守恒可知

由于

解得

25．（18分）如图甲，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ=37°固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=0.5T。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的阻值为r。现从静止释放杆ab，测得其最大速度为vm。改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示。已知两条轨道间的距离为L=2m，重力加速度g取10m/s2，轨道足够长且电阻不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）杆ab下滑过程中感应电流的方向及R=0时最大感应电动势的大小；
（2）金属杆的质量m和阻值r；
（3）当R=4Ω时，求回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功W。

【答案】 （1），；（2）或，；（3）
【解析】（1）用右手定则判断出杆中电流方向从b→a（或aMPba）
由题图可知，当R=0时，杆最终以2m/s匀速运动
感应电动势为

（2）杆切割磁感线产生的感应电动势的最大值为

由闭合电路的欧姆定律有

杆达到最大速度时满足

解得

由图像可知，斜率为

纵截距为

联立解得
，
（3）由题意可得


可得


由动能定理得


当时，可得

（二）选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
33．【选修3-3】（15分）[来源:学|科|网]
（1）（5分）
下列说法错误的是_________。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）
A．烟花三月，鲜花盛开，香气扑鼻，人能够闻到花香是因为鲜花释放的有香气的物质分子做布朗运动的结果
B．夏天车胎容易爆胎是因为随着温度升高，胎内气体分子间斥力增大的缘故
C．封装在气缸中的气体，气缸容积不变，气体温度升高，单位时间碰撞内壁单位面积的分子数增多
D．理想气体的压强与单位体积的分子数、温度以及气体的摩尔质量有关
E．1mol的理想氢气和1mol的理想氧气，气体温度相同时，氧气分子的平均速率较小
【答案】 ABD
【解析】A．人能够闻到花香是因为鲜花释放的有香气的物质颗粒在空气中做布朗运动的结果，A错误；
B．气体分子间几乎不存在相互作用力，夏天车胎容易爆胎是因为随着温度升高，胎内气体分子无规则运动加剧，气体压强变大的缘故，B错误；
C．封装在气缸中的气体，气缸容积不变，单位体积内的分子数不变，气体温度升高，分子运动的剧烈程度增加，单位时间碰撞内壁单位面积的分子数增多，C正确；
D．理想气体的压强与单位体积的分子数以及温度有关，D错误；
E．1mol的理想氢气和1mol的理想氧气，气体温度相同时，分子的平均动能相同，但氧气分子质量较大，因此氧气分子的平均速率较小，E正确。
故错误的选ABD。
（2）（10分）
如图所示，导热性能良好的气缸开口向上竖直放置，a、b是固定在气缸内壁的卡环，两卡环间的距离为h，缸内一个质量为m、横截面积为S的活塞与气缸内壁接触良好，无摩擦不漏气，活塞只能在a、b之间移动，缸内封闭一定质量的理想气体。此时环境温度为，活塞与卡环b刚好接触，无作用力，活塞离缸底的距离为3h，卡环能承受的压力最大为，活塞的厚度不计，大气压强大小等于，g为重力加速度，求：
（1）要使卡环不被破坏，环境的温度最低能降到多少；
（2）若提高环境温度，当环境温度为1.4T0时，缸内气体的压强多大。

【答案】 （1）；（2）
【解析】（1）开始时，活塞与卡环b刚好接触，无作用力，则对活塞有

则缸内气体压强

设温度降低到时活塞对b卡环的压力为，则对活塞有

则温度降低到时气缸内气体压强为

此过程中气体发生等容变化，则有

解得

（2）当温度升高时，活塞上移，气缸内气体等压变化，当活塞刚接触a且与a没有作用力时，有

解得

假设环境温度为时活塞与卡环接触，且卡环没有被破坏。设此时缸内气体压强为，根据理想气体状态方程有

解得

设此时活塞与卡环的作用力为，则

解得

则卡环a没有被损坏，因此缸内气体压强为。
34．【选修3-4】（15分）
（1）（5分）
一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时的波形图为图中实线，此时波刚好传到c点，经过0.6s波刚好传到e点，波形图为图中虚线，a、b、c、d、e是不同位置的质点，下列说法正确的是_________。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）

A．当t＝0.5s时质点a运动到波谷位置
B．当t＝0.5s时质点c的加速度等于质点b的加速度
C．在0～0.6s时间内质点c沿x轴正方向移动了3m
D．在0～0.6s时间内质点d通过的路程为20cm
E．这列简谐横波遇到尺寸为3m的障碍物，能够发生明显的衍射现象
【答案】 BDE
【解析】A．根据题意可得，该波的波速为

则该波的周期为

t＝0时质点a的初相位为，则质点a的振动方程为

所以当t＝0.5s时质点a的位移为

则当t＝0.5s时质点a没有运动到波谷位置，故A错误；
B．由题意可得，质点b的振动方程为

则当t＝0.5s时质点b的位移为

质点c的振动方程为

则当t＝0.5s时质点c的位移为

由此可知，当t＝0.5s时质点b的位移等于质点c的位移，则质点b的回复力等于质点c的回复力，所以质点c的加速度等于质点b的加速度，故B正确；
C．质点不随波的传播方向移动，故C错误；
D．由题可知，质点d开始运动的时间为

则在0～0.6s时间内，质点d振动的时间为

因此，在0～0.6s时间内质点d通过的路程为2A，即20cm，故D正确；
E．该波的波长为4m，大于尺寸为3m的障碍物，能够发生明显的衍射现象，故E正确。
故选BDE。
（2）（10分）
一半径为R=3cm，球心为O的半球形透明介质与光屏相切于P点且底面与光屏平行，截面如图所示。一束平行光垂直于半球形透明介质的底面人射，经透明介质作用后，在屏上形成一以P点为圆心，半径的圆形光斑。已知光在真空中的传播速度为c=3.0×108m/s，求：
（1）该透明介质材料的折射率n；
（2）光在透明介质内传播的最短时间t。

【答案】 （1）；（2）
【解析】（1）由题意可知，射到“光斑”边缘的光线应在圆弧界面满足发生“全反射”的临界条件，如图所示

根据几何关系，有



解得

所以透明介质的折射率为

（2）光在透明介质中匀速传播，传播路程最短，则传播时间最短，故最短路程为

光在介质中的传播速度为

所以光在介质中传播的最短时间为








化学·全解全析
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
可能用到的相对原子质量：C：12 Cl：35.5 O：16 As：75 Ni：59 Fe：56 Ca：40
第I卷（选择题）
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．北京冬奥会成功举办、神舟十三号载人飞船顺利往返、“华龙一号”核电海外投产等，均展示了我国科技发展的巨大成就。下列说法正确的是
A．冬奥会火炬“飞扬”使用的碳纤维属于合金材料
B．冬奥会火炬采用H2代替天然气作燃料，符合绿色低碳发展理念
C．核电站反应堆所用铀棒中含有的与互为同系物
D．飞船返回舱表层中的玻璃纤维属于天然有机高分子材料
【答案】B
【解析】A．碳纤维的主要成分为碳单质，属于无机非金属材料，A不正确；
B．用H2代替天然气作燃料，燃料中不含有碳元素，且燃烧充分，燃烧产物为水，所以符合绿色低碳发展理念，B正确；
C．与的质子数相同、质量数不同，二者互为同位素，C不正确；
D．玻璃纤维的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，D不正确；
故选B。
8．脱氢醋酸常用于生产食品保鲜剂，脱氢醋酸的制备方法如图。下列说法错误的是

A．a分子中所有原子处于同一平面
B．a、 b均能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色
C．在一定条件下，a、b均能与H2，发生加成反应
D．b与互为同分异构体
【答案】A
【解析】A．a分子中含有1个单键碳，不可能所有原子处于同一平面，故A错误；
B． a、 b分子中都含有碳碳双键，均能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；
C．在一定条件下，a中的碳碳双键、b中的碳碳双键和酮羰基均能与H2发生加成反应，故C正确；
D．b与分子式都是C8H8O，结构不同，互为同分异构体，故D正确；
选A。
9．遇会生成蓝色沉淀，因此常用于的检验。文献显示：具有氧化性，可以氧化；还原性Fe大于。
某科研小组探究Fe与能否直接反应的实验如下：
实验1：取加热至沸腾并快速冷却的溶液(加热、冷却过程中溶液颜色无变化)于试管中，并加入1mL的苯，再加入铁粉，长时间无蓝色沉淀出现。
实验2：在“实验1”中，若使用砂纸打磨过的铁粉，一会儿就出现蓝色沉淀。
实验3：在“实验1”中，若加少量NaCl，立即出现蓝色沉淀；若换成加入或；则不出现蓝色沉淀。
实验4：在“实验1”中，若将铁粉换成在稀硫酸中反应一段时间的铁片，立即出现蓝色沉淀。
下列说法错误的是
A．实验1中长时间无蓝色沉淀出现，可能是因为铁粉表面有氧化膜
B．可能起破坏铁粉表面氧化膜的作用
C．Fe与可以直接反应
D．在Fe、C、NaCl溶液组成的原电池中，通过直接滴加溶液至电解质溶液中的方法，可以检验是否发生原电池反应
【答案】D
【解析】实验2、3、4说明铁与铁氰化钾溶液能直接反应，实验1说明铁粉表面氧化膜阻碍了铁与铁氰化钾溶液的反应，实验3说明氯离子能破坏铁粉表面的氧化膜，有利于铁与铁氰化钾溶液的反应。
A．由分析可知，实验1中长时间无蓝色沉淀出现能是因为铁粉表面的氧化膜阻碍了铁与铁氰化钾溶液的反应，故A正确；
B．由分析可知，氯离子能破坏铁粉表面的氧化膜，有利于铁与铁氰化钾溶液的反应，故B正确；
C．由分析可知，实验2、3、4说明铁与铁氰化钾溶液能直接反应，故C正确；
D．铁、碳、氯化钠溶液组成的原电池中，氯化钠溶液电离出的氯离子会破坏铁表面的氧化膜，若直接向原电池中滴加铁氰化钾溶液，铁与铁氰化钾溶液能直接反应，无法检验溶液中是否存在亚铁离子，不能检验是否发生原电池反应，故D错误；
故选D。
10．下列方案设计、现象和结论都正确的是
选项
目的
方案设计
现象和结论
A
探究温度对化学平衡的影响
将2mL0.5mol/L的CuCl2溶液加热后置于冷水中，观察现象
若溶液由黄绿色变为蓝绿色，说明降低温度，[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O向逆方向移动
B
检验食品脱氧剂中还原铁粉是否己变质
取脱氧剂包装内固体粉末于试管中，加足量稀盐酸溶解，充分反应后滴加KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化
若溶液未变红色，说明脱氧剂中还原铁粉没有变质
C
比较CH3COO-和ClO-水解程度大小
用pH试纸分别测定同浓度CH3COONa和NaClO溶液的pH
若测得CH3COONa溶液pH大，说明CH3COO-水解程度大于ClO-
D
探究电石与水的反应
将电石与饱和食盐水反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察现象
若酸性高锰酸钾溶液褪色，说明电石与水反应生成了乙炔

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】A．将2mL 0.5mol/L的CuCl2溶液加热后置于冷水中，若溶液由黄绿色变为蓝绿色，说明降低温度，[Cu(H2O)4]2++4Cl-⇌[CuCl4]2-+4H2O向逆方向移动，A正确；
B．取脱氧剂包装内固体粉末于试管中，加足量稀盐酸溶解，充分反应后滴加KSCN溶液，振荡，可能发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，故溶液未变红色，不能说明脱氧剂中还原铁粉没有变质，B错误；
C．NaClO溶液具有漂白性，会漂白pH试纸，使得测量结果不准确，故不能使用pH试纸测量NaClO溶液的pH，C错误；
D．将电石与饱和食盐水反应，反应产生的气体中有C2H2、H2S、PH3，这些气体都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明电石与水反应生成了乙炔，D错误；
故选A。
11．已知W、X、Y和Z为前20号元素，且原子序数依次增大，W的原子半径在元素周期表中最小，可以与反应生成一种常见的气体。化合物()在和气氛中的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。下列有关说法错误的是

A．原子半径：Z>X>Y>W
B．A，B、C是三种不同的盐
C．无论是气氛还是气氛，A→B阶段均发生了氧化还原反应，但两者的气态产物不同
D．在酸性溶液中加入少量A固体样品时，溶液褪色且有少量气泡产生
【答案】B
【解析】W、X、Y和Z为前20号元素，且原子序数依次增大，W的原子半径在元素周期表中最小，W是H元素；可以与反应生成一种常见的气体，CaO2和CO2反应生成碳酸钙和氧气，所以X是C元素、Y是O元素、Z是Ca元素。
A．原子半径：Ca>C>O>H，故A正确；
B．中的质量分数为87.7%，所以A是；中CaCO3的质量分数为68.5%，所以B是CaCO3；中CaO的质量分数为38.4%，所以C是CaO，故B错误；
C．无论是气氛还是气氛，A→B阶段均发生反应，C元素化合价改变，都发生氧化还原反应，在气氛中生成的气体产物是CO，在O2氛围中气态产物是CO2，故C正确；
D．在酸性溶液中加入少量固体样品时，被氧化为二氧化碳，溶液褪色且有少量气泡产生，故D正确；
选B。
12．高电压水系锌—有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是

A．放电时，负极反应式为
B．放电时，正极区溶液的增大
C．充电时，转化为转移电子
D．充电时，中性电解质的浓度增大
【答案】D
【解析】高电压水系锌-有机混合液流电池工作原理为：放电时为原电池，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，为负极，则FQ所在电极为正极，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)；充电时电解池，原电池的正负极连接电源的正负极，阴阳极的电极反应与原电池的负正极的反应式相反，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极。
A． 放电时为原电池，金属Zn为负极，负极反应式为，选项A正确；
B．放电时为原电池，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，即正极区溶液的pH增大，选项B正确；
C． 充电时电解池，阳极反应为FQH2-2e-=2FQ+2e-+2H+，则1molFQH2转化为FQ时转移2mol电子，选项C正确；
D． 充电时装置为电解池，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，NaCl溶液中的钠离子和氯离子分别发生定向移动，即电解质NaCl的浓度减小，选项D错误；
答案选D。
13．常温下，以酚酞为指示剂，用溶液滴定未知浓度的二元酸溶液。溶液中，、分布系数随滴加溶液体积的变化类系如图所示[比如的分布系数：]。下列叙述错误的是

A．该二元酸的浓度为，且溶液中不存在分子
B．曲线①代表，的水解常数
C．滴入时，溶液中
D．曲线③代表pH，到达滴定终点时，溶液颜色从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色
【答案】B
【解析】A．由题图可知，当加入溶液时，溶液的发生突变，说明酸碱中和恰好完全反应，反应的化学方程式为，该二元酸的浓度，没有加入溶液时，溶液的为1.0，这说明在水中的第一步电离是完全的，第二步电离存在电离平衡，故该二元酸溶液中不存在分子，A正确；
B．在未加溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等于1，滴入溶液后，曲线①的分布系数一直在减小，曲线②的分布系数一直在增大，故曲线①代表，曲线②代表，由题图可知，当时，溶液的，则的电离常数，的水解常数，B错误；
C．滴入时，溶液中的溶质为正盐，水解，溶液呈碱性，即，溶液中存在的离子有，再根据电荷守恒，可得，C正确；
D．曲线③代表，到达滴定终点时，溶液颜色从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色，D正确。
故答案为：B
第II卷（非选择题）
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）钴是一种重要战略物质，由钴催化剂废料(含Co2O3、Fe2O3、CuO等杂质)制备CoCO3和高效净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]的工艺流程如图所示：

已知：(i)氧化性：Co3+>>Fe3+。
(ii)CoCO3、Co(OH)2、黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2 (OH)6]均难溶于水。
(1)写出两条提高还原含钴废催化剂时浸取率的措施 _______ 。
(2)“还原浸出”中，Co2O3被Na2SO3还原的化学方程式为_______ 。
(3)“氧化”中，被氧化的离子有_______ 。
(4)如图表示几种含铁物质稳定存在时与溶液和温度的关系，其中阴影部分表示黄钠铁矾。若工艺在100℃左右进行，为使铁转化为黄钠铁矾，应控制溶液的pH范围为_______。

(5)若选用MnS“除铜”，计算常温下“除铜”反应的平衡常数K= _______ [已知常温下，Ksp(MnS)=2.6 ×10-13，Kp (CuS)=1.3×10-36]。
(6)“沉钴”时，加入小苏打发生反应的离子反应方程式为_______，不宜用 Na2CO3代替NaHCO3的原因是_______。
【答案】(1)搅拌、升高温度、粉碎含钴废催化剂、增大H2SO4、Na2SO3溶液浓度
(2)Co2O3+ Na2SO3+ 2H2SO4=2CoSO4+ Na2SO4+ 2H2O
(3)和Fe2+
(4)0.7~2.2
(5)2.0×1023
(6)     2+Co2+=CoCO3↓+H2O+CO2↑     Na2CO3溶液碱性强，溶液中OH-浓度大易与Co2+反应生成Co(OH)2沉淀
【解析】钴催化剂废料(含Co2O3、Fe2O3、CuO等杂质)利用硫酸酸浸、亚硫酸钠还原，生成Co2＋、Fe2＋，然后加入氯酸钠氧化亚铁离子生成铁离子，Co2＋不被氧化，加入碳酸钠生成黄钠铁钒，过滤滤液中“除铜”后，向滤液中加入碳酸氢钠沉淀Co2＋，生成碳酸钴，据此解答。
（1）依据外界条件对反应速率的影响可知提高还原含钴废催化剂时浸取率的措施有搅拌、升高温度、粉碎含钴废催化剂、增大H2SO4、Na2SO3溶液浓度等。
（2）根据原子守恒可知“还原浸出”中，Co2O3被Na2SO3还原为二价钴同时生成硫酸根离子，化学方程式为Co2O3+ Na2SO3+ 2H2SO4＝2CoSO4+ Na2SO4+ 2H2O。
（3）已知：(i)氧化性：Co3+>>Fe3+。由于亚硫酸钠过量，根据氧化性：Co3+＞＞Fe3+可知氧化”中，被氧化的离子有和Fe2+。
（4）阴影部分表示黄钠铁矾，根据图中几种含铁物质稳定存在时与溶液和温度的关系可判断若工艺在100℃左右进行，为使铁转化为黄钠铁矾，应控制溶液的pH范围为0.7～2.2。
（5）常温下“除铜”反应的方程式为MnS+Cu2＋=CuS+Mn2＋，则平衡常数K=＝2×1023。
（6）“沉钴”时根据原子守恒可知可知还有水和二氧化碳生成，则加入小苏打发生反应的离子反应方程式为2+Co2+＝CoCO3↓+H2O+CO2↑，由于Na2CO3溶液中碳酸根离子水解程度大、溶液碱性强，溶液中OH-浓度大易与Co2+反应生成Co(OH)2沉淀，所以不宜用Na2CO3代替NaHCO3。
27．（14分）实验室利用FeCl2·4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SOCl2沸点为76℃，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：

(1)实验开始先通N2。一段时间后，先加热装置_______(填“a”或“b”)。装置b内发生反应的化学方程式为_______。装置c的名称_______，装置c、d共同起到的作用是_______。
(2)现有含少量杂质的FeCl2·nH2O，为测定n值进行如下实验：
实验Ⅰ：称取m1g样品，用足量稀硫酸溶解后，用c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+达终点时消耗VmL(滴定过程中Cl- 不反应)。
实验Ⅱ：另取m1g样品，利用上述装置与足量SOCl2反应后，固体质量为m2g。
则n=_______；下列情况会导致n测量值偏小的是_______(填标号)。
A．样品中含少量FeO杂质
B．样品与SOCl2反应时失水不充分
C．实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
(3)用上述装置，根据反应TiO2+CCl4TiCl4+CO2制备TiCl4。已知TiCl4与CCl4分子结构相似，与CCl4互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸榴提纯(加热及夹持装置略)，安装顺序为①⑨⑧_______(填序号)，先馏出的物质为_______，原理是_______。

【答案】(1)     a     FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2+8HCl     球形冷凝管     导气、冷凝回流SOCl2
(2)          AB
(3)     ⑥⑩③⑤     CCl4     TiCl4、CCl4分子结构相似，TiCl4的相对分子质量大于CCl4，TiCl4分子间的范德华力较大，TiCl4的沸点高于CCl4，故先蒸出的物质为CCl4

【解析】实验开始先通N2。一段时间后，先加热装置a使SOCl2挥发，b中SOCl2和FeCl2·4H2O反应生成FeCl2、SO2、HCl，未反应的SOCl2在冷凝管c中冷凝、回流到a中，SO2、HCl通过浓硫酸，最后用氢氧化钠溶液吸收。
（1）实验开始先通N2，排出装置内的空气。一段时间后，先加热装置a，SOCl2变为气体和FeCl2·4H2O反应生成FeCl2。装置b内SOCl2和FeCl2·4H2O反应生成FeCl2、SO2、HCl，发生反应的化学方程式为FeCl2·4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2+8HCl。根据图示可知，装置c的名称球形冷凝管；SOCl2沸点为76℃，装置c、d共同起到的作用是导气、冷凝回流SOCl2。
（2）m1g样品，用足量稀硫酸溶解后，用c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+达终点时消耗VmL，发生反应，可知n(Fe2+)= n(FeCl2)= 6c mol·L-1×V×10-3L=6 c V×10-3 mol;
m1g样品，利用上述装置与足量SOCl2反应后，固体质量为m2g，则水的物质的量为。n= 。
A．样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大，使n的测量值偏小，故选A；
B．样品与SOCl2反应时失水不充分，FeCl2的质量偏大，n值偏小，故选B；
C．实验I称重后，样品发生了潮解，样品的质量不变，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变，使n的测量值不变，故不选C；
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，消耗K2Cr2O7标准溶液偏少，则FeCl2的质量偏小，n值偏大，故不选D；
选AB。
（3）蒸馏装置用直形冷凝管，TiCl4极易水解，所以装置最后连接干燥管，对TiCl4、CCl4混合物进行蒸榴提纯，安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤；TiCl4、CCl4分子结构相似，TiCl4的相对分子质量大于CCl4，TiCl4分子间的范德华力较大，TiCl4的沸点高于CCl4，故先蒸出的物质为CCl4。
28．（15分）党的二十大报告提出推动绿色发展，促进人与自然和谐共生。回答下列问题：
I.研究脱除烟气中的是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。选择性催化还原技术是利用还原剂氨或尿素，把烟气中的还原成和。相关反应的热化学方程式如下：




(1)①_______。
②有氧条件下，在基催化剂表面，还原的反应机理如图1所示，该过程可描述为_______。

(2)近年来，低温等离子技术是在高压放电下，产生自由基，自由基将氧化为后，再用溶液吸收，达到消除的目的。实验室将模拟气(、、)以一定流速通入低温等离子体装置，实验装置如图2所示。

①等离子体技术在低温条件下可提高的转化率，原因是_______。
②其他条件相同，等离子体的电功率与的转化率关系如图3所示，当电功率大于时，转化率下降的原因可能是_______。

II.以为代表的温室气体排放已经成为一个十分严重的环境问题，因此，在化工生产中，脱除水煤气、天然气和合成气中的具有十分重要的意义。一种脱除和利用水煤气中的的方法如下图所示：

(3)某温度下，吸收塔中溶液吸收一定量的后，，则该溶液的_______(该温度下的)。
(4)利用电化学原理，将电催化还原为，阴极上除发生转化为的反应外，另一个电极反应式为_______。
III.
(5)在汽车排气管上安装催化转化器可以有效降低汽车尾气中的和，反应的化学方程式为。若在恒温恒容的密闭容器中进行该反应，起始加入的和的物质的量之比为3∶2，起始压强为p，达到平衡时总压强为起始压强的85%，则该反应的化学平衡常数_______(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)          在基催化剂表面，吸附在酸性配位点上形成，与吸附在配位点上形成，然后与结合生成，最后与反应生成，并从催化剂表面逸出
(2)     与反应生成是放热反应，低温有利于反应正向进行     功率增大时，会产生更多的自由基，更易被氧化为；功率增大，和在放电时会生成。相比而言，后者产生的更多
(3)9
(4)
(5)

【解析】（1）①=-1828.75kJ mol-1；
故答案为：；
②有氧条件下，在基催化剂表面，还原的反应机理：在基催化剂表面，吸附在酸性配位点上形成，与吸附在配位点上形成，然后与结合生成，最后与反应生成，并从催化剂表面逸出。
故答案为：（见解析）
（2）①与反应生成是放热反应，低温有利于反应正向进行，在低温条件下可提高的转化率；
故答案为：与反应生成是放热反应，低温有利于反应正向进行；
②功率增大时，会产生更多的自由基，更易被氧化为；功率增大，和在放电时会生成。相比而言，后者产生的更多；
故答案为：（见解析）
（3）某温度下，吸收塔中溶液吸收一定量的后，，由可知，，则该溶液的。
故答案为：9。
（4）利用电化学原理，将电催化还原为，阳极上发生氧化反应，通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，铂电极和电极均为阴极，阴极上除发生转化为的反应外，另一个电极反应式为。
故答案为：
（5）设起始时加入的为，则根据已知条件可知加入的为。设反应达到平衡时的物质的量为x，则可列出下列计算关系式：，因为在恒温恒容条件下，，所以，解得：。故平衡时，的物质的量分别为、、、，n(平衡)，p(平衡)，该反应的化学平衡常数。
故答案为：
（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
35．［化学——选修3：物质结构与性质］（15分）
镍具有很好的可塑性、耐腐蚀性和磁性等性能，因此广泛应用于钢铁、镍基合金、电镀及电池等领域。回答下列问题：
(1)基态Ni原子的价电子电子排布式为_______，有_______ 个未成对电子。
(2)已知镍与铜的第二电离能分别为INi= 1753 kJ·mol-1，ICu= 1958 kJ·mol-1，ICu>INi的原因是_______。
(3)Ni2+常与丁二酮肟()形成图A所示的配合物，图B是硫代氧的结果：

①熔点大小： A_______ B (填“>”或“<”)，其原因是_______。
②Ni2+与丁二酮肟之间形成的化学键称为_______。
③B中碳原子的杂化轨道类型是_______。
(4)硫酸镍[NiSO4J]常用于有机化学合成中，阴离子的空间构型为_______。
(5)NiO，FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO _______FeO(填“<”或“>”)， NiO晶胞中Ni的配位数为_______。
(6)某砷镍合金的密度为ρg·cm-3，其晶胞结构如图所示。As和Ni的原子半径分别为rAs pm和rNi pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_______。

【答案】(1)     3d84s2     2
(2)铜失去一个电子后，3d轨道全充满， 电子的能量低，若再失去一个电子所需能量高；而镍失去一个电子后，3d轨道既不是全满、也不是半满或全空，电子的能量高，若再失去一个电子， 所需能量低；
(3)     ＜     A能形成分子内的氢键，使分子间作用力减小     配位键     sp2、sp3
(4)正四面体
(5)     ＞     6
(6)

【解析】（1）Ni是28号元素，则基态Ni原子的价电子电子排布式为3d84s2，有2个未成对电子；
（2）已知镍与铜的第二电离能分别为INi= 1753 kJ·mol-1，ICu= 1958 kJ·mol-1，ICu>INi的原因是：铜失去一个电子后， 3d轨道全充满，电子的能量低，若再失去一个电子, 所需能量高；而镍失去一个电子后， 3d轨道既不是全满、也不是半满或全空，电子的能量高，若再失去一个电子, 所需能量低，答案为：铜失去一个电子后，3d轨道全充满， 电子的能量低，若再失去一个电子所需能量高；而镍失去一个电子后，3d轨道既不是全满、也不是半满或全空，电子的能量高，若再失去一个电子， 所需能量低；
（3）①A分子内O与-OH中的H能形成氢键，所以熔点大小：A＜B，其原因是A能形成分子内的氢键，使分子间作用力减小；
②Ni2＋与丁二酮肟之间形成的共价键由N原子单方面提供，所以此化学键称为配位键；
③B中碳原子的价层电子对数为3和4，所以杂化轨道类型是sp2、sp3；
（4）阴离子硫酸根离子的价层电子对数=，不含孤电子对，所以空间构型为正四面体；
（5）NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高。由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，则熔点是NiO＞FeO；
因为NiO与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以NiO晶胞中Ni的配位数均为6；
（6）由晶胞结构可知，晶胞中有两个As原子，有2个Ni原子，则晶胞中原子的体积为2×π(r3As +r3Ni) ×10-30，晶胞的体积为，则则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为。
36．[化学——选修5：有机化学基础](15分)
黄烷酮作为一类重要的天然物质，其大部分具有广泛的生理和药理活性。其中一种新型的黄烷酮类化合物(H)的合成路线如下图所示。

回答下列问题：
(1)A→B的反应类型为_______。
(2)中官能团名称为_______。
(3)步骤②③的作用为_______。
(4)B→C的反应中B的2位羟基未被取代的原因是_______。
(5)步骤④⑤⑥的产率分别为89%、79%、54%，则从C、E到H的产率为_______(保留1位小数)。
(6)D的结构简式为_______。
(7)已知G和H互为同分异构体，且结构内含有两个六元环，则G的结构简式为_______
【答案】(1)取代反应
(2)溴原子、碳碳双键
(3)引入保护基(保护酚羟基)
(4)该羟基和1位的酮羰基形成分子内氢键，氢键的存在使2位羟基不易被取代
(5)38.0%
(6)
(7)

【解析】A和CH2BrCH=C(CH3)2发生取代反应生成B，B生成C保护酚羟基；结合E结构可知，D为，D生成E，CE生成F，F取代生成G，G成环生成H。
（1）A→B的反应为苯环上氢被取代的反应，属于取代反应；
（2）由图可知，含有溴原子、碳碳双键官能团；
（3）步骤②③均是和酚羟基发生取代反应，在G中又恢复为酚羟基，故为引入保护基(保护酚羟基)；
（4）B的2位羟基羟基和1位的酮羰基形成分子内氢键，氢键的存在使2位羟基不易被取代，故B→C的反应中B的2位羟基未被取代；
（5）步骤④⑤⑥的产率分别为89%、79%、54%，则从C、E到H的产率为89%×79%×54%=38.0%；
（6）D生成E，结合E结构简式和反应②原理可知，D为；
（7）已知G和H互为同分异构体，且结构内含有两个六元环，结合FH结构简式可知，G为F中苯环上CH3OCH2-被取代生成酚羟基的反应产物，G结构简式为。

高三生物·全解全析
一、单项选择题：本题共6小题，每小题6分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
题号
1
2
3
4
5
6
答案
C
B
D
B
C
C

1．【答案】C
【详解】A、新冠病毒核酸检验是测定人体内是否含有新冠病毒的核糖核酸，A错误；
B、新冠病毒核酸检验是判断是否感染最快捷有效的手段，此外新冠病毒血清抗体IgM检测呈阳性可以确诊为新冠病毒感染者， B错误；
C、每种生物的核酸具有特定的碱基排列顺序，也即是携带特异性的遗传信息，是核酸检验的依据，感冒病毒的核酸和新冠病毒的核酸碱基排列顺序不同，不影响检验结果，C正确；
D、检验结果阳性即为被测者体内含有新冠病毒核酸，与DNA、RNA的化学组成异同无关，D错误。
故选C。
2．【答案】B
【详解】A、核糖体没有膜结构，A错误；
B、原核细胞相对分化程度低，含有核糖体，B正确；
C、细胞核的核孔具有选择性，不是各种物质都能通过核孔进出细胞核，C错误；
D、能进行光合作用的蓝藻没有叶绿体，D错误。
故选B。
3．【答案】D
【详解】A、分裂间期主要进行DNA的复制和蛋白质的合成，动粒的蛋白质复合体主要在分裂间期合成，动粒是在染色体凝集过程中形成的，而染色质转变为染色体是在有丝分裂前期，所以组成动粒的蛋白质在有丝分裂前期进行组装，A错误；
B、核仁和核膜消失后，纺锤丝才能与在着丝粒处的动粒结合，B错误；
C、纺锤丝形成纺锤体发生在有丝分裂前期，不是有丝分裂后期，C错误；
D、位于姐妹染色单体的着丝粒丢失会影响染色体与纺锤丝的连接，D正确。
故选D。
4．【答案】B
【详解】A、中耕松土、适时排水，能促进作物根系进行有氧呼吸，降低无氧呼吸，利于植物的生长，A正确；
B、大豆的根瘤菌有固氮的作用，能够增强土壤肥力，而且玉米同大豆株高和叶片疏密程度不同，二者间作可以提高光照利用率，增强光合作用，可增加作物产量，B错误；
C、合理密植的目的是充分利用单位土地面积上的光照，施用农家肥可以为植物的生长提供多种无机盐，都可以促进植物的生长，有利于农作物产量的提高，C正确；
D、粮食要在低温、低氧、干燥的环境中保存，D正确。
故选B。
5．【答案】C
【详解】A、高热量饲料连续饲喂小鼠容易破坏小鼠的胰岛功能，从而获得糖尿病模型鼠，A正确；
B、本实验自变量是药物X的有无，GLUT4的表达量是因变量，探究的是药物X的降糖机理，B正确；
C、第1、2组都可作为对照组，第2组可作为第4组的模型对照组，C错误；
D、由实验2和4的结果可知，药物X降血糖可能是通过提高GLUT4表达量从而降低血糖浓度，D正确。
故选C。
6．【答案】C
【详解】A、相同性状的亲本杂交，后代出现性状分离才能判断显隐性，A错误；
B、基因型为Aa的雄性个体，在产生配子过程中遵循分离定律，B错误；
C、Aa雄性产生的雄配子a有80%致死，所以雄配子A:a=5:1，Aa雌性产生配子A:a=1:1， F1中AA=5/6×1/2=5/12、Aa=5/6×1/2+1/6×1/2=1/2、aa=1/6×1/2=1/12，C错误；
D、雌性个体中，aa产生a配子为1/12，Aa产生a配子为1/2×1/2=1/4，则a=1/12+1/4=1/3，A=2/3，A与a基因的雌配子的比例为3:2，D正确。
故选D。
二、非选择题：共54分，第29~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第37~38题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共39分。
29．
【答案】(1)     温度     干旱程度（顺序可换）
(2)     细胞中水分减少     细胞中水分减少，导致光反应过程中水的光解受到抑制，导致光反应受阻
(3)    既能降低蒸腾作用强度，又能保障CO2供应，使光合作用正常进行，增强对不良环境的适应能力 重度胁迫导致代谢功能的破坏，使得CO2的固定明显减少，胞间CO2的消耗也减少（或干旱可能导致呼吸作用增强，使得胞间CO2浓度增加）
【详解】（1）由图可知，该实验实验目的是研究气候变化对枸杞生长的影响，自变量是干旱程度和温度，因变量是枸杞的净光合速率。
（2）在干旱胁迫下，细胞失去水分，导致玉米叶片会出现萎蔫， 由于细胞中水分减少，导致光反应过程中水的光解受到抑制，导致光反应受阻，使玉米的净光合速率会下降。
（3）“气孔周期性的开合”是植物对干旱条件的一种适应性反应，既能降低蒸腾作用强度，又能保障CO2供应，使光合作用正常进行。而严重干旱胁迫下，气孔导度下降，胞间CO2浓度反而增加，这是由于重度胁迫导致代谢功能的破坏，使得CO2的固定明显减少，胞间CO2的消耗也减少，因而表现为胞间二氧化碳浓度上升，同时干旱可能导致呼吸作用增强，产生的二氧化碳增多，进而使得胞间CO2浓度增加。
30．
【答案】(1)     氧化为CO2和H2O，释放能量     脑干      体液调节、神经调节
(2)      等量的普通食物    加镉组较对照组明显表现为狂躁不安，且血液中ALA的含量升高     一定量的ALA 向对照组注射一定量的ALA后，小鼠也表现为狂躁不安
【详解】（1）
患者多动会导致机体血糖浓度降低，血糖最主要的去向是氧化分解生成CO2和H2O，释放能量；狂躁会使血浆中的CO2浓度升高，刺激有关化学感受器产生兴奋，兴奋传至脑干的呼吸中枢，从而加快呼吸运动排出CO2，该过程涉及的调节方式有体液调节、神经调节。
（2）
根据实验的目的是验证镉能使血液中的ALA增多而影响神经系统的正常功能，实验中做了两组，一组对照组，饲喂普通食物，一组加入镉进行处理组，结果显示加镉组较对照组明显表现为狂躁不安，且血液中ALA的含量升高时，说明结论正确。然后向对照组注射一定量的ALA后，小鼠也表现为狂躁不安。
31．
【答案】(1)  覆土可为植物生长提供有利条件，覆土中含有有机质和有生存力的孢子和种子（或繁殖体）
(2) 合理开发利用，实现可持续发展
(3) 样方 在此人工林中随机选取若干样方，调查各样方植物的丰富度后向其中分别引入一定数量的作物X，再定期调查各样方中植物的丰富度
【详解】(1)
由于覆土可为植物生长提供有利条件，覆土中含有有机质和有生存力的孢子和种子（或繁殖体），故在治理荒漠时进行覆土处理可以缩短演替时间。
(2) 由“精明的捕食者"策略给我们人类指明了发展方向，即人类在开放利用野生生物资源时应该合理地开发利用野生生物资源，实现可持续发展，否则也会影响到我们后续的生存和再利用。
(3)
调查植物种群密度常用样方法。为探究引入X对当地人工林植物多样性的影响，时间是自变量，植物多样性可以用植物的种类表示，调查方法是样方法，所以研究思路：
在此人工林中随机选取若干样方，调查各样方植物的丰富度后向其中分别引入一定数量的作物X，再定期调查各样方中植物的丰富度。
32．
【答案】(1)     自由组合     AABB    
(2)  3/7 1/4
(3)   让该红花植株自交，统计子代表现型及比例     若子代全部是红花植株，则亲本红花植株为纯合子；若子代红花∶白花＝3∶1，则亲本红花植株为杂合子
【详解】（1）第二组杂交，F2的比例为3:6:7，是9:3:3:1的变形，符合自由组合定律。第一组中，F1粉红花（A_Bb） 自交后代出现1：2：1的分离比，说明F1的基因型为AABb，亲本白花的基因型为AABB。
（2）第二组中，纯合白花（AABB或aaBB或aabb）×纯合红花（AAbb）→粉红色花（A_Bb），F1自交后代性状分离比为3：6：7，是9：3：3：1的变式，说明F1的基因型为AaBb，则白花亲本的基因型为aaBB。已知基因A控制红色素合成（AA和Aa的效应等同），基因B为修饰基因，BB使红色完全消失，所以F2中白花植株包括AABB、AaBB、aaBB、aaBb和aabb，其中纯合子占3/7。F1的基因型为AaBb，若进行测交，后代为AaBb（粉花）、aaBb（白花）、Aabb（红花）和aabb（白花），所以后代粉花占1/4。
（3）判断植物是纯合子还是杂合子的最简便的方法是进行自交，统计后代的表现型及比例来确定。
则判断有一株红花植株（A-bb）是纯合子还是杂合子，实验设计如下：
实验方案：让该红花植株自交，统计子代表现型及比例。
预期结果和结论：若子代全部是红花植株，则亲本红花植株为纯合子AAbb；
若子代红花∶白花＝3∶1，则亲本红花植株为杂合子Aabb。
（二）选考题：共15分。
37．
【答案】(1)     细胞质基质 果酒发酵液缺氧呈酸性的条件抑制了杂菌的生长
(2) 1/3的空间 为酵母菌大量繁殖提供适量的氧气；防止发酵旺盛时发酵液溢出
(3)     干热灭菌     用牛皮纸包扎器皿     抑制细菌生长
(4)    设置不同的温度，分别在不同的发酵时间测定发酵液中酒精的含量，酒精含量最快达到10%-13%的温度和相应时间为最佳
【详解】（1）酵母菌是真核生物，其无氧呼吸产生酒精的场所是细胞质基质；且发酵液pH值会逐渐降低，即发酵液变酸，这种缺氧、酸性条件能抑制杂菌的生长。
（2）酵母菌为兼性厌氧型生物，适当进行有氧呼吸能使其大量繁殖。酵母菌无氧发酵过程中能产生二氧化碳，导致体积改变，故留出1/3的空间可以为酵母菌大量繁殖提供适量的氧气，也能防止发酵旺盛时发酵液溢出。
（3）干热灭菌和湿热灭菌(高压蒸汽灭菌)都可以对培养皿进行灭菌；将培养皿放入灭菌锅之前通常用牛皮纸或报纸包扎，避免灭菌后的再次污染；青霉素是抗生素，可以抑制细菌生长，有助于酵母菌的生长。
（4）实验目的是为了找到适合的最佳发酵温度和时间，故温度和时间是自变量，需设置不同的温度，分别在不同的发酵时间测定酒精含量，酒精含量最快达到10%~13%的温度和相应时间为最佳。
38．
【答案】(1)  DNA中G和C之间有三个氢键，A和T之间只有两个氢键，G+C含量越多，其氢键越多，变性时所需温度越高 为反应提供原料和能量
(2) 逆转录酶、TaqDNA聚合酶 提高样本转运和检测阶段的安全性
(3)阳 新冠病毒(IgM/IgG)抗体 病毒进入体内后可引起特异性免疫反应，最终由浆细胞分泌相应的抗体
(4) 利用RT-PCR技术大量扩增新冠病毒特定抗原基因生成cDNA，制备成DNA疫苗（或利用扩增后的cDNA大量转录生成抗原的RNA，制备RNA疫苗；或利用cDNA大量表达产生抗原蛋白，制备蛋白质疫苗）
【详解】（1）
PCR扩增的第一步是使双链模板 DNA变性，当温度上升到90℃以上时，双链DNA解聚为单链。DNA中G和C之间有三个氢键，A和T之间只有两个氢键，G+C含量越多，其氢键耐越多，变性时所需温度越高。dNTP既能提供PCR需要的原料四种脱氧核苷酸，又能提供能量。
（2）
新冠病毒的遗传物质是RNA，要运用该技术，需要用到的酶是逆转录酶（将RNA逆转录为DNA）和TaqDNA聚合酶（PCR扩增用）；采集到的样本要迅速进行病毒灭活处理，其目的是提高样本转运和检测阶段的安全性。
（3）
理论上，在检测过程中，有荧光标记的“杂交双链”出现，则说明检测结果呈阳性。由于病毒进入体内后可引起特异性免疫反应，最终由浆细胞分泌相应的抗体，所以疑似患者的抗体检测如果呈阳性，则可以确诊为新冠患者。
（4）提取新冠病毒RNA上特定的抗原基因，利用RT-PCR技术大量扩增特定抗原基因生成cDNA，制备成DNA疫苗。也可利用扩增后少量的cDNA大量转录生成抗原的RNA，制备RNA疫苗；或利用cDNA大量表达产生抗原蛋白，制备蛋白质疫苗）