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2023年高考政治第二次模拟考试卷—理科综合（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用B卷）（全解全析）
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这是一份2023年高考政治第二次模拟考试卷—理科综合（云南，安徽，黑龙江，山西，吉林五省通用B卷）（全解全析），共48页。试卷主要包含了下列说法正确的是，如图甲为手机及无线充电板，一定强度的激光等内容，欢迎下载使用。
2023年高考物理第二次模拟考试卷
物理·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
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，有选错的得0分。
14．下列说法正确的是（ ）
A．射线、射线和射线是三种波长不同的电磁波
B．根据玻尔理论可知，氢原子核外电子跃迁过程中电子的电势能和动能之和不守恒
C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先增大后减小
D．只要对物体进行不断的冷却，就可以把物体的温度降为绝对零度
【答案】B
【详解】A．射线、射线分别是高速氦原子核和高速电子流，射线是电磁波，A错误；
B．根据玻尔理论可知，氢原子核外电子跃迁过程中有光子辐射（吸收），故电子的电势能和动能之和不守恒，B正确；
C．分子势能随着分子间距离的关系如图所示
故分子势能随着分子间距离的增大，不可能先增大后减小，C错误；
D．对物体进行不断的冷却，物体的温度可以接近绝对零度，但无法达到，D错误。
故选B。
15．某中学生将一质量约为的铅球举起放在肩膀处的位置，将其用力丢出，铅球先上升大约后开始下降，最后落在距离他的位置。则他对铅球做的总功最有可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】将铅球的初速度分解为水平分速度vx和竖直分速度vy
竖直方向做竖直上抛运动
得
水平方向做匀速直线运动，抛出点距地面有一定高度，则
得
对铅球做的总功等于铅球的初动能
抛出点位置越高，对铅球做功越少；
假设铅球抛出位置距地面最大高度为1.6m，则
联立上式，估算出铅球从抛出到落地总时间
则水平分速度为
同理求出总功为
故对铅球做功范围为
故B正确，ACD错误。
故选B。
16．如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线，且相邻等势面之间的电势差相等．实线为一带负电荷粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，则下列说法中正确的是( )
A．对于M、N两点，带电粒子通过M点时电势能较小
B．对于M、N两点，带电粒子通过N点时动能较大
C．带电粒子由M运动到N时，加速度减小
D．三个等势面中，c的电势最高
【答案】A
【详解】A. 根据曲线运动所受合外力指向轨迹的内测，电场力方向与等势线垂直，电场力垂直等势线指向左上方．带电粒子从M点向N点运动时，电场力方向与运动方向之间的夹角大于90°，电场力做负功，电势能增大，所以带电粒子通过M点时电势能较小．故A项正确；
B.由于只有电场力做功，电势能与动能之和不变，所以带电粒子通过M点时动能较大，故B项错误；
C. 等势线密的地方电场线也密，电场强度大，所受电场力大，因此加速度也大，带电粒子由M运动到N时，加速度增大，故C项错误；
D.由于电荷带负电，因此电场线指向右下方．沿电场线方向电势降低，所以三个等势面中，c的电势最低．故D项错误．
17．如图甲为手机及无线充电板。图乙为充电原理示意图。交流电源接充电板，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，若在到时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由均匀增加到。下列说法正确的是（ ）
A．c点的电势高于d点的电势
B．受电线圈中感应电流方向由d到c
C．c、d之间的电势差Ucd=
D．若想增大c、d之间的电势差，可以仅增加送电线圈中的电流的变化率
【答案】D
【详解】AB．受电线圈平面磁感应强度向上，由均匀增加到，根据楞次定律可得受电线圈中的感应电流为顺时针（从上往下），即受电线圈中的电流为，受电线圈作为等效电源，电源内部电流由低电势流向高电势，即，故A项和B项错误；
C．根据法拉第电磁感应定律可求得受电线圈的感应电动势大小为
又因为
则c、d之间电势差为
故C项错误；
D．仅增加送电线圈中的电流的变化率，穿过受电线圈的增大，所以c、d两端的电势差增大，故D项正确。
故选D。
18．质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（ ）
A．推力F逐渐先减小后增大
B．凹槽对滑块的支持力减小
C．水平地面对凹槽的支持力减小
D．墙面对凹槽的压力先减小后增大
【答案】BC
【详解】AB．小滑块在槽内运动过程，受到重力mg、支持力N、推力F作用，画出对应矢量三角形
由平衡条件可得
小滑块由A点向B点缓慢移动过程，减小，F增大，N减小，A错误，B正确；
CD．整体处于平衡状态，竖直方向满足
可知水平地面对凹槽的支持力减小，水平方向满足
墙面对凹槽的压力先增大后减小，C正确，D错误。
故选BC。
19．一定强度的激光（含有三种频率的复色光）沿半径方向入射到半圆形玻璃砖的圆心O点，如图甲所示。现让经过玻璃砖后的A、B、C三束光分别照射相同的光电管的阴极（如图乙所示），其中C光照射时恰好有光电流产生，则（ ）
A．若用B光照射光电管的阴极，一定有光电子打出
B．若用A光和C光分别照射光电管的阴极时，A光打出的光电子的最大初动能较大
C．若入射光的入射角从0开始增大，C光比B光先消失
D．若是激发态的氢原子直接跃迁到基态辐射出B光、C光，则C光对应的能级较低
【答案】BC
【详解】由图甲可得，三种频率的光，其中B光和C光为单色光，C光的折射率大，频率高；A光除了BC光的反射光线外，还含有第三种频率的光，为三种光的复合光。
A．根据几何光学知识可知，B光和C光中C光偏折程度较大，C光的折射率大，频率高，C光照射光电管恰好有光电流产生，用B光照射同一光电管，不能发生光电效应，故A错误；
B． A光为三种频率的复合光，但A光中某频率的光发生了全反射，其临界角最小，折射率最大，频率最大，则A光和C光分别照射，光电管的阴极时，A光打出的光电子的最大初动能较大，故B正确；
C．根据可知，C光的临界角较小，若入射光的入射角从0开始增大，C光比B光先消失，故C正确；
D．C光的频率比B光高，根据能级跃迁规律可知，若是激发态的氢原子直接跃迁到基态辐射出B光、C光，则C光对应的能级较高，故D错误。
故选BC。
20．如图所示，一定质量的理想气体，从状态变化到状态，再变化到状态，最后回到状态。下列说法正确的是（ ）
A．气体在状态时的温度小于在状态时的温度
B．气体从状态变化到状态的过程中，内能增加
C．气体从状态变化到状态的过程中，分子平均动能减小
D．气体从状态变化到状态的过程中，气体吸收热量
【答案】AC
【详解】A．由理想气体状态方程可知气体在状态时的温度小于在状态时的温度，A正确；
B．由理想气体状态方程可知气体从状态变化到状态的过程中体积不变温度降低，内能减小，B错误；
C．由理想气体状态方程可知气体从状态变化到状态的过程中压强不变体积减小温度降低，分子平均动能减小，C正确；
D．由理想气体状态方程可知气体从状态变化到状态的过程中，体积减小外界对气体做正功，温度降低气体内能减小，由热力学第一定律得
可知气体放出热量，D错误；
故选AC。
21．如图所示，abcd为N匝矩形线框，可以围绕ad边匀速旋转，角速度为ω，每匝面积为S。在ad连线下方、且在dc连线左侧的区域，存在垂直于纸面向里的匀强磁场，场强为B，线框的总电阻为r，两端连接到理想变压器，对负载R供电。变压器初级线圈和次级线圈的匝数为n1和n2，A为理想交流电流表，不计一切摩擦，则（ ）
A．电流表的示数大小为
B．调节R的大小，当时，R的功率最大
C．若使R的电阻值减小，电流表的示数将增大
D．若使线框角速度变为2ω，R的平均功率变为原来的2倍
【答案】BC
【详解】AC．由题可知，将理想变压器和负载等效为一个用电器，其等效电阻为
则电路总电阻
由题图可看出发电机只会产生半个周期的正弦交流电，则有
可得其电流有效值为
则由上式可看出若使R的电阻值减小，电流表的示数将增大，A错误、C正确；
B．利用变压器进行阻抗匹配，当
时R的功率最大，B正确；
D．电路总功率为
由上式可知转速变为原来的2倍，功率变为原来的4倍，D错误。
故选BC。
二、非选择题：本题共5小题，共62分。
22．（6分）用如图所示的装置，来完成“验证动量守恒定律”的实验。实验中使用的小球1和2半径相等，用天平测得质量分别为m1、m2.在水平木板上铺一张白纸，白纸上面铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O。先不放小球2 ，使小球1从斜槽上某一点S由静止滚下，落到水平木板P点。再把小球2静置于斜槽轨道末端，重复上述操作，小球1和小球2碰撞后分别落在水平木板上，在白纸上留下各自落点的痕迹。
（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，可以通过测量小球做平抛运动的水平射程来解决这个问题。确定碰撞前后落点的位置P、M、N，用刻度尺测量出水平射程OP、OM、ON
①本实验必须满足的条件是___________
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端必须是水平的
C．小球1每次必须从同一位置由静止释放
②实验器材准备时，为确保小球1碰后不弹回，要求m1________m2（选填“>”、“<”、“=”）
③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式为：OP=________ ；（用m1、m2、OM、ON表示）
（2）在上述实验中换用不同材质的小球，其它条件不变，记录下小球的落点位置。下面三幅图中，可能正确的是________。
【答案】 BC > B
【详解】（1）[1]A。因小球在斜槽末端的速度与平抛的水平位移成正比，所以斜槽是否光滑对该实验影响不大，故A错误；
B．斜槽末端保持水平，是为了保证它们在水平碰撞后做平抛运动，故B正确；
C．小球1每次必须从同一高度释放，保证尽可能每次碰撞情况相同，故C正确；
故选BC。
[2] 为确保小球1碰后不弹回，要求m1＞m2
[3] 小球离开斜槽末端做平抛运动，竖直方向满足
下落高度一定，运动时间相同；水平方向满足
水平位移与平抛初速度成正比，两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为
即
（2）[4]两球碰撞，动量守恒，有
……①
则
故排除A。
碰撞过程中有能量损失，则
……②
设单个格子的长度为a，则BC三个图中，、、的长度分别为
OP
OM
ON
B
10a
7a
8a
C
9a
7a
25a
分别代入方程①②可得，B图满足。
故选B。
23．（10分）一实验小组利用图（a）所示的电路测量一电池的电动势E（约）和内阻r（小于）。图中电压表量程为，内阻：定值电阻；电阻箱R，最大阻值为；S为开关。按电路图连接电路。完成下列填空：
（1）为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路的电阻值可以选___________（填“5.0”或“15.0”）；
（2）闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U；
（3）根据图（a）所示电路，用R、、、E和r表示，得___________；
（4）利用测量数据，做图线，如图（b）所示：
（5）通过图（b）可得___________V（保留2位小数），___________（保留1位小数）；
（6）若将图（a）中的电压表当成理想电表，得到的电源电动势为，由此产生的误差为___________%。
【答案】 15.0 1.55 1.0 5
【详解】（1）[1]为了避免电压表被烧坏，接通电路时电压表两端的电压不能比电表满偏电压大，则由并联电路分压可得
代入数据解得
因此选。
（3）[2]由闭合回路的欧姆定律可得
化简可得
（5）[3][4]由上面公式可得
由图象计算可得
代入可得
将代入解析式可得
解得
（6）[5]如果电压表为理想电压表，则可有
则此时
因此误差为
24．（14分）新能源汽车，是指采用新型动力系统，完全或者主要依靠新型能源驱动的汽车，包括插电式混合动力（含增程式）汽车、纯电动汽车和燃料电池汽车等。新能源汽车在设计阶段要对各项性能进行测试。某次新能源汽车性能测试中，如图甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25s以后的数据，如图乙所示。已知汽车质量为1500kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，所受阻力恒定。求：
（1）18s末汽车的速度是多少？
（2）前25s内汽车的位移是多少？
【答案】（1）26m/s；（2）608m
【详解】（1）由题图甲知18s后汽车受到的牵引力恒定，又汽车受到的阻力始终恒定，故18s后汽车受到的合力恒定，汽车做匀加速运动或匀速运动，由题图乙可知，18s后汽车做匀速运动，此时牵引力为
F3＝1.5×103N
以牵引力方向为正方向，由平衡条件知，阻力为
f＝－F3＝－1.5×103N
0～6s内，牵引力为
F1＝9×103N
由牛顿第二定律得
F1＋f＝ma1
代入数据解得
a1＝5m/s2
6s末汽车的速度为
v1＝a1t1＝30m/s
在6～18s内，牵引力为
F2＝1×103N
由牛顿第二定律得
F2＋f＝ma2
解得
18s末汽车的速度为
v2＝v1＋a2t2＝26m/s
（2）汽车在0～6s内的位移为
在6～18s内的位移为
在18～25s内的位移为
x3＝v2t3＝182m
故汽车前25s内的位移为
x＝x1＋x2＋x3＝608m
25．（12分）如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A=90°，∠B=30°．一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出．
（1）求棱镜的折射率；
（2）保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出．求此时AB边上入射角的正弦．
【答案】（1）；（2）sin=
【详解】（1）光路图及相关量如图所示．光束在AB边上折射，由折射定律得
…………①
式中n是棱镜的折射率．由几何关系可知
α+β=60°…………②
由几何关系和反射定律得
…………③
联立①②③式，并代入i=60°得
…………④
（2）设改变后的入射角为，折射角为，由折射定律得
…………⑤
依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角，且
…………⑥
由几何关系得
…………⑦
由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为
sin=…………⑧
26．（20分）如图所示的坐标系中，第一象限存在与平面平行的匀强电场E，且与y轴负方向的夹角，第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电粒子自O点射入第二象限，速度v与x轴负方向的夹角，粒子经磁场偏转后从y轴上的P点进入第一象限，并由x轴上的M点（未画出）离开电场。已知距离为，粒子的比荷为不计粒子重力。
（1）求两点的距离；
（2）求粒子在磁场中运动的时间；
（3）当该粒子经过P点的同时，在电场中的N点由静止释放另一个完全相同的带电粒子，若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长，求N点的坐标。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图，圆心为C
由牛顿第二定律，得
解得
由几何关系得
则
（2）粒子在磁场中运动周期
粒子偏转，即在磁场中运动时间
解得
（3）带电粒子进入第一象限时速度与y轴正方向成角，与电场方向垂直，故粒子在第一象限内做类平抛运动，轨迹如图。由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场时速度方向的直线上范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两粒子在M点相遇所需时间最长，即在图中N点由静止释放粒子即可。设N点的横坐标为x，纵坐标为y，根据几何知识可得
又
解得
2023年高考化学第二次模拟考试卷
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
7．碳酸盐约占海水盐分的0.34%，一种海水脱硫的新工艺如图所示。下列说法错误的是
A．排入大气易引起酸雨 B．海水吸收二氧化硫时可能有逸出
C．处理后的海水增大 D．海水脱硫工艺简单，投资及运行费用低
【答案】C
【解析】A．SO2排入大气易引起硫酸型酸雨，原理为：SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O22H2SO4，A正确；B．由于SO2溶于水后形成的H2SO3的酸性强于H2CO3，海水中含有碳酸盐，故海水中吸收二氧化硫时可能有CO2逸出，B正确；C．天然海水中由于含有碳酸盐而呈碱性，处理后的海水中碳酸盐的量减少变成了硫酸盐，硫酸盐呈中性，故处理后海水的减小，C错误；D．海水脱硫是利用天然海水的碱度中和烟气中的酸性气体SO2，将大气中的SO2转化为硫酸盐直接送入大海，该工艺简单，投资及运行费用低，D正确；故答案为：C。
8．药物异搏定合成路线中的某一步反应如图所示(部分产物未给出)，下列说法错误的是
A．X分子中在同一平面内的原子最多有15个
B．物质Z与足量的氢气加成所得分子中含有4个手性碳原子
C．1 mol Y与NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaOH
D．X的同分异构体中含苯环且能水解的共有6种
【答案】A
【解析】A．苯环、-OH、-CO-中是所有原子共平面，甲烷中最多有3个原子共平面，由于单键可以旋转，则该分子中最多有16个原子共平面，A错误；B．Z与足量H2发生加成反应产物如下图所示，其中含有4个手性碳原子，用数字标注为，B正确；C．Y分子中酯基水解生成的羧基、溴原子水解生成的HBr都能和NaOH以1：1反应，Y分子中酯基水解生成1个羧基、生成1个HBr分子，l mol Y最多消耗2 mol NaOH，C正确；D．X的同分异构体中含有苯环且能发生水解反应，说明含有酯基，取代基可能为HCOO-、-CH3两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构；取代基可能为HCOOCH2-；取代基可能为CH3COO-；取代基可能为-COOCH3，各有1种位置异构，所以符合条件的同分异构体有6种，D正确；故合理选项是A。
9．（2023·安徽淮北·统考一模）利用雾霾中的污染物、获得产品的流程图如下，下列方程式错误的是
A．“吸收池1”中反应的离子方程式：
B．“吸收池2”中生成等物质的量和的离子方程式：
C．“电解池”中阴极的电极反应式：
D．“氧化池”中反应的离子方程式：
【答案】D
【解析】污染物、通到氢氧化钠溶液中，NO不反应，二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠在电解池中电解得到硫代硫酸钠，NO和Ce4+在吸收池2中反应生成、和Ce3+，氧化池中氧气氧化变为硝酸根，氨气通到酸性氧化池中和生成硝酸铵。A．根据图中信息得到“吸收池1”中是氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，其反应的离子方程式：，故A正确；B．根据图中信息得到“吸收池2”中是NO和Ce4+反应生成、和Ce3+，则生成等物质的量和，假设都生成1mol，则转移4mol电子，说明有4mol Ce4+参与反应，再根据电荷守恒和质量守恒配平得到离子方程式：，故B正确；C．“电解池”中阴极是亚硫酸氢根得到电子变为硫代硫酸根，其电极反应式：，故C正确；D．“氧化池”中反应的离子方程式：，故D错误；综上所述，答案为D。
10．下列操作能达到相应实验目的的是
实验目的
实验操作
A
测定84消毒液的pH
用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上
B
验证可以转化为
向2 mL NaOH溶液中加入2 mL 溶液，产生白色沉淀，再加入几滴 溶液
C
检验固体是否变质
取少量固体溶于蒸馏水，滴加少量稀硫酸，再滴入KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化
D
验证氯的非金属性强于碳
向溶液中滴加足量稀盐酸，观察有无气体产生
【答案】B
【解析】A．“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，具有漂白性，能使pH试纸褪色，所以不能用pH试纸测定“84”消毒液的pH值，应该用pH计，故A错误；B．由操作和现象可知，发生沉淀转化，则Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀，故B正确；C．加入稀硫酸后，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，相当于含有硝酸，硝酸能氧化亚铁离子生成铁离子，所以不能实现实验目的，故C错误；D．盐酸为无氧酸，由碳酸、盐酸的酸性强弱不能比较Cl、C的非金属性强弱，故D错误；故选：B。
11．某化学兴趣小组测定了溶液的pH随温度的变化，结果如下图所示。下列叙述正确的是
A．溶液呈碱性的原因是
B．溶液中：
C．图1表明升温过程中溶液水解程度减小，pH减小
D．由图2可推知降低温度时，水的电离平衡逆向移动
【答案】D
【解析】A．溶液呈碱性的原因是碳酸根离子水解，水解离子反应为，A错误；B．结合元素守恒，溶液中：，则，B错误；C．图1中随着温度升高，pH减小，因为升温过程中水的电离程度增加，Kw增大导致pH减小，C错误；D．由图2可知，温度降低，pH增大的原因是Kw减小，但降低温度时，水的电离平衡程度减小，平衡逆向移动，D正确；故选D。
12．含铈(Ce)催化剂催化与甲醇反应是资源化利用的有效途径，该反应的催化循环原理如图所示。下列说法错误的是
A．物质A为
B．反应过程涉及的物质中碳原子的杂化方式有3种
C．反应过程中断裂的化学键既有极性键又有非极性键
D．反应的总方程式为+H2O
【答案】C
【解析】结合反应过程，A为CH3OH，B为CO2，据此解答。A．反应①发生取代反应，A为CH3OH，A正确；B．CO2中C为sp杂化，中C为sp2杂化，甲醇中C为sp3杂化，有3种杂化方式，B正确；C．反应过程中断裂的化学键只有极性键，没有非极性键，C错误；D．由题图分析可知，反应物为和，生成物为和，则反应的总化学方程式为+H2O，D正确；故选C。
13．用Ph表示苯基，三苯基胺()失去一个电子后形成的结构较为稳定。一种铝胺电池工作原理示意如图。下列说法错误的是
A．和中Al原子的杂化方式相同
B．放电时，负极的电极反应式为
C．充电时，向铝电极移动
D．理论上每生成1mol ，外电路通过1mol电子
【答案】C
【解析】A． 和中心原子Al原子的价层电子对数均为4，均采用sp3杂化，故A正确；B．由图可知，放电时，负极上Al失去电子，结合生成，电极反应式为，故B正确；C．由图可知，充电时，失电子生成，则电极为阳极，Al电极为阴极，电解池工作过程中，阴离子移向阳极，则向电极移动，故C错误；D．失去一个电子后形成的，则理论上每生成1mol ，外电路通过1mol电子，故D正确；答案选C。
27．镍是重要的战略金属资源，一种从某高镁低品位铜镍矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、3NiO●4SiO2●H2O、3MgO●4SiO2●H2O等)中回收Cu、Ni的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）中，元素的化合价为_______。
（2）为提高“氧压浸出”的速率，可行的操作有_______(任填一个)。
（3）“氧压浸出”的滤渣有S和_______，该环节中发生的化学反应方程式为_______。
（4）“萃铜”时的反应为：(有机相)(水相)(有机相)(水相)，下列说法正确的有_______。
A．向萃取液中加入稀硫酸进行“反萃取”，可得到单质
B．萃余液中的阳离子为：
C．一定条件下，萃取平衡时，，则的萃取率为80%
D．为提高的萃取率，可适当提高溶液
（5）已知，“滤液”中，“沉镍”时，控制为8.50，此时的沉淀率为_______，“沉镍”后的母液，含有的主要溶质为_______(填化学式)。
【答案】（1）+3
（2）适当升高温度、适当增压、将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当增大硫酸的浓度
（3） SiO2、H2SiO3或难溶性硅酸盐 4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O
（4）CD
（5） 99.9% MgSO4
【解析】由题干工艺流程图可知，向高镁低品位铜镍矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、3NiO·4SiO2·H2O、3MgO·4SiO2·H2O等)中加入O2、H2SO4进行氧压浸出，将铁元素转化为Fe2(SO4)3，镍元素转化为NiSO4、铜元素转化为CuSO4、镁元素转化为MgSO4，硫元素转化为S单质，过滤得到滤渣主要成分为SiO2和S，用铜离子萃取剂萃取出Cu2+，分液得到萃取液，萃余液中主要含有Fe3+、Mg2+、Ni2+，向萃余液中加入Na2SO4和MgO进行沉铁将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6、过滤出沉淀，向滤液中加入MgO将Ni2+以Ni(OH)2的形成沉淀，最后对Ni(OH)2进行处理制得Ni，母液中主要溶质为MgSO4，据此分析解题。
（1）已知钠离子带一个正电荷，硫酸根带2个负电荷，氢氧根带一个负电荷，根据化合价代数和为0可知中，元素的化合价为+3价，故答案为：+3；
（2）将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积、适当升高反应温度、充分搅拌和适当增大硫酸的浓度等措施均能提高“氧压浸出”的速率，故答案为：将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当升高反应温度或充分搅拌或适当增大硫酸的浓度；
（3）由分析可知，“氧压浸出”的滤渣有S和SiO2，该环节中CuFeS2与H2SO4、O2反应生成CuSO4、Fe2(SO4)3、S和H2O，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学反应方程式为：4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O，故答案为：SiO2；4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O；
（4）A．向萃取液中加入稀硫酸进行“反萃取”，萃取平衡逆向移动，故可得到Cu2+，得不到单质Cu，A错误；
B．由题干分析结合小问1分析可知，萃余液中主要含有Fe3+、Mg2+、Ni2+，B错误；
C．一定条件下，萃取平衡时，，即被萃取的Cu2+也就是形成CuR2的Cu2+是残留在溶液中的Cu2+的4倍，则的萃取率为=80%，C正确；
D．适当提高溶液则H+浓度减小，平衡正向移动，故可提高的萃取率，D正确；
故答案为：CD；
（5）已知，“滤液”中，“沉镍”时，控制为8.50，此时溶液中c(OH-)=10-5.5mol/L，溶液中残留的Ni2+浓度为：c(Ni2+)===0.0002mol/L，则此时的沉淀率为≈99.9%，由分析可知，“沉镍”后的母液，含有的主要溶质为MgSO4，故答案为：99.9%；MgSO4。
28．叠氮化钾能促进难以萌发的种子发育，在新作物育种中应用广泛，实验室制备流程如下。回答下列问题：
I.制备：
已知：
①制备亚硝酸异丙酯在烧杯中进行；
②制备的D、E和F阶段均在图甲装置中完成。
（1）属于______（填“离子化合物”或“共价化合物”）。
（2）仪器A的名称为______，仪器B的作用是______。
（3）仪器A中发生反应时，与水合肼在碱性条件下，重新生成（异丙醇），该反应的化学方程式为______。
（4）关于上述流程中各步骤的说法，错误的是______（填标号）。
A．步骤D还需要的仪器是容量瓶和胶头滴管
B．制备亚硝酸异丙酯时用冰盐浴的目的是防止反应过于剧烈
C．步骤F加入无水乙醇的目的是促进的溶解
II.纯度检测——“分光光度法”：与反应灵敏，生成红色配合物，在一定波长下测量红色溶液的吸光度，利用“—吸光度”曲线确定样品溶液中的。
查阅文献可知：不同浓度的5.0mL标准溶液，分别加入5.0mL（足量）溶液，摇匀后测量吸光度，可绘制标准溶液的与吸光度的关系曲线如图乙所示。
纯度检测步骤如下：
①准确称取晶体，配制100mL标准液（与文献浓度一致）。
②准确称取0.36g样品，配制成100mL溶液，取5.0mL待测溶液，向其中加入V mL（足量）标准液，摇匀后测得吸光度为0.6。
（5）配制100mL溶液需要用到下列操作：
a．打开容量瓶玻璃塞，加入适量水，塞紧塞子，倒立
b．将塞子反转180°，倒立
c．洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次
d．冷却至室温
e．轻轻振荡容量瓶
f．称取0.36g试样置于烧杯中，加入适量水充分溶解
g．将溶液转移到容量瓶中
h．定容，摇匀
上述给出操作的正确顺序：a→______→h（操作可重复）。
（6）步骤②中取用标准液V =______mL，样品的质量分数为______。
【答案】（1）离子化合物
（2） 三颈烧瓶 冷凝回流兼平衡气压
（3）
（4）AC
（5）a、b、f、d、g、c、e、h
（6） 5.0 90%
【解析】将KOH溶解在无水乙醇中，冷却后与85%水合肼、亚硝酸异丙酯混合反应，在70~80℃条件下回流1-2h，之后加入无水乙醇降低KN3的溶解度，同时冰盐浴冷却析出KN3晶体，抽滤得到粗品，然后多次用无水乙醇和乙醚洗涤，最后烘干即可叠氮化钾产品。
（1）属于离子化合物，由钾离子和叠氮酸根离子构成。
（2）根据仪器A的结构特点可知其为三颈烧瓶；仪器B为球形冷凝管，其作用为冷凝回流兼平衡气压。
（3）仪器A中发生反应时，与水合肼在碱性条件下，重新生成（异丙醇），该反应的化学方程式为。
（4）A．步骤D为将65gKOH溶解在300mL-400mL无水乙醇中，不需要用容量瓶，用量筒即可量取，故A错误；
还需要的仪器是和胶头滴管
B． 制备亚硝酸异丙酯的反应放热，用冰盐浴可以降低温度，防止反应过于剧烈，故B正确；
C． KN3微溶于乙醇，加入无水乙醇可以降低其溶解度，促使KN3结晶析出，得到细小均匀的颗粒，提高产率，故C错误；
故选AC。
（5）配制一定物质的量浓度的溶液一般需经过检漏、计算、称量、溶解、转移(移液前要先冷却至室温)、洗涤、定容、摇匀等步骤，所以顺序为a、b、f、d、g、c、e、h。
（6）根据文献记载，不同浓度的5.0mLNaN3标准溶液，分别加入5.0mL(足量)FeCl3标准溶液可得吸光度曲线图，所以取用的标准氯化铁溶液的体积为5mL；根据曲线图，吸光度0.6对应的为4.0×10-2mol•L-1，则0.360g产品中含有KN3的质量为4.0×10-2 mol·L-1×0.1L×81g·mol-1=0.324g，纯度为。
29．氮族元素及其化合物在工农业生产、环境等方面有重要应用和影响。
（1）燃料在汽车发动机中燃烧时会产生污染环境的、，加装三元催化转化器可使汽车尾气中的、转化为无毒物质。
已知：I.
II.
①则反应III：_______，该反应能自发进行的条件是在_______(填“低温”、“高温”或“任意温度”)下。
②向某绝热恒容密闭容器内充入一定量的和，发生反应III。下列能说明该反应达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．容器内气体的密度不再改变 B．容器内气体的温度不再改变
C． D．容器内气体的平均摩尔质量不再改变
③向容积均为的三个恒容密闭容器中分别通入和，发生上述反应Ⅲ，a、b、c三组实验的反应温度分别记为。恒温恒容条件下反应各体系压强的变化如图所示。则达到平衡时由大到小的顺序是_______；实验b中，内，分压的平均变化率为_______，该反应的压强平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（2）氮能与氢、氟形成结构相似的化合物和，请判断键角：_______(填“>”、“<”或“=”)，原因为_______。
（3）是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，设为阿伏加德罗常数的值，1号原子的坐标为、3号原子的坐标为，晶体的密度为。
①2号原子的坐标为_______。
②原子和原子之间的最短距离为_______(不用化到最简)。
【答案】（1） -749 低温 BD 2
（2） > F的电负性比H大，中成键电子对离中心原子较远，成键电子对之间的排斥力较小，因而键角较小
（3）
【解析】（1）①已知：I.
II.，根据盖斯定律可知，反应III=反应II-反应I，所以对应反应热=；该反应为熵减的放热反应，根据吉布斯自由能可知，若反应能自发进行，则，则需低温条件下进行；
②向某绝热恒容密闭容器内充入一定量的和，发生反应III，则
A．容器内气体的总质量随着反应的进行不变，气体的总体积不变，所以气体的密度为恒量，则气体的密度不再改变时，不能说明反应达到平衡状态，A不符合题意；
B．因为体系为绝热体系，随着反应的进行，不断有热量变化，所以当容器内气体的温度不再改变，说明反应达到了平衡状态，B符合题意；
C．，没有指明是否是正逆反应速率，不能说明是否是平衡状态，C不符合题意；
D．容器内气体的总质量为恒量，气体的总物质的量随着反应的进行在变，所以气体的平均摩尔质量为变量，则当气体的平均摩尔质量不再改变时，则说明反应达到了平衡状态，D符合题意；
故选BD；
③恒温恒容条件发生发应III，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，随着反应的进行，各容器内压强：pa=pb＜pc，说明平衡时气体的总物质的量：na=nb＜nc，即平衡时CO的转化率：a=b＞c，则平衡常数：Ka=Kb>Kc；实验b中，反应III中，0-20min内，体系压强从160 kPa减少到140kPa，减小的压强为生成氮气的分压，即Δp(N2)=20kPa，所以转化的CO的分压Δp(CO)=2Δp(N2)= 40kPa，起始总压为160kPa，CO和NO的物质的量之比为1:1，即CO的起始分压为80kPa，所以CO分压的平均变化率为2；列出三段式如下：
，所以该反应的压强平衡常数Kp=；
（2）因为F的电负性比H大，中成键电子对离中心原子较远，成键电子对之间的排斥力较小，因而键角：NH3＞NF3；
（3）①A点坐标为(0，0，0)，则A原子位于坐标原点，由图可知2号原子也在坐标轴正方向空间内，且到x轴、y轴、z轴的距离分别为、、，即2号原子的坐标为(，，)；
②由题干晶胞图示可知，一个晶胞中含有Ga的个数为=4，As的个数为4，设晶胞中Ga与As两原子核间最近距离为x nm，则晶胞体对角线长度为4x nm，晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，则晶胞的边长为：a= ，晶胞质量为g，所以晶胞的密度ρ=，化简整理得x=nm。
30．酮基布洛芬片是用于治疗各种关节炎、强直性脊柱炎引起的关节肿痛以及痛经、牙痛、术后痛和癌性痛等的非处方药。其合成路线如下图所示：
（1）A的化学名称为___________。
（2）B中官能团的名称为___________，B→C的反应类型为___________。。
（3）写出E的结构简式：___________。
（4）写出B与NaOH水溶液加热时的化学反应方程式___________。
（5）H为C的同分异构体，则符合下列条件的H有___________种(同一个碳上连有两个碳碳双键的结构不稳定)。
①除苯环外不含其他环状结构
②含有硝基，且直接连在苯环上
其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为2：2：2：1的结构简式为___________。
（6）以乙烷和碳酸二甲酯()为原料(无机试剂任选)，设计制备2一甲基丙酸的一种合成路线。___________。
【答案】（1）3-甲基苯甲酸
（2） 羧基、碳氯键 取代反应
（3）
（4）+2NaOH+H2O+NaCl
（5） 16
（6）
【解析】B和NaCN反应生成C，C与SOCl2反应生成D，根据B、D的结构简式可知C是 ；和苯反应生成E，根据E的分子式，由F的结构简式逆推，可知E的结构简式为。
（1）的化学名称为间3-基苯甲酸；
（2）B是，含有官能团的名称为羧基、碳氯键，B→C是中的氯原子被-CN代替，反应类型为取代反应；
（3）和苯反应生成E，根据E的分子式，由F的结构简式逆推，可知E的结构简式为；
（4）B与NaOH水溶液加热时卤素原子发生水解，且羧基与NaOH反应生成羧酸钠，反应方程式：
+2NaOH+H2O+NaCl；
（5）①除苯环外不含其他环状结构；②含有硝基，且直接连在苯环上；符合条件的的同分异构体，苯环上有2个取代基-NO2、-CH2-C≡CH，有3种结构，或者2个取代基为-NO2、-C≡C-CH3，有3种；或者有3个取代基-NO2、-C≡CH，-CH3，有10种结构；所以同分异构体种数是6种；
其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为2:2:2:1的结构简式为。
（6）乙烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成氯乙烷，氯乙烷和NaCN发生取代反应生成CH3CH2CN；CH3CH2CN和碳酸二甲酯发生取代反应生成，在酸性条件下生成，合成路线为。
2023年高考第二次模拟考试卷（B卷）
生物·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。
第I卷
一、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，只有一项是符合题目要求的。)
1．螺旋藻是一种主要分布在热带、亚热带地区的多细胞蓝细菌，被联合国粮农组织（FAO）誉为“21世纪最理想的食品”。下列有关描述错误的是（ ）
A．螺旋藻细胞中含量最多的有机化合物是蛋白质
B．螺旋藻能把无机物转化成有机物，是自养需氧型生物
C．螺旋藻含有人体必需的Fe、Ca、Mn、Zn等微量元素
D．螺旋藻和黑藻在细胞结构上的主要区别是有无以核膜为界限的细胞核
【答案】C
【分析】原核细胞和真核细胞在细胞结构上的主要区别是有无以核膜为界限的细胞核。
【详解】A、螺旋藻细胞中含量最多的有机化合物是蛋白质，A正确；
B、螺旋藻能把无机物转化成有机物，属于自养生物，螺旋藻能进行有氧呼吸，所以螺旋藻是自养需氧型生物，B正确；
C、Ca是大量元素不是微量元素，C错误；
D、螺旋藻是蓝细菌，属于原核生物，黑藻是真核生物，所以螺旋藻和黑藻在细胞结构上的主要区别是有无以核膜为界限的细胞核，D正确。
故选C。
2．20世纪50年代以来，同位素示踪技术被广泛应用于各种科研领域当中，极大地方便了科学家追踪某些物质或元素在生物体内或细胞内的转移、传递过程。下列相关叙述正确的是（ ）
A．用标记亮氨酸羧基上的H，可以追踪小鼠胰腺腺泡细胞中的分泌蛋白合成与运输途径
B．用与分别标记人和小鼠细胞膜上的蛋白质后使二者融合，可以证明膜具有流动性
C．给植物提供标记的，将先后在、和糖类中出现放射性
D．用含标记的噬菌体感染大肠杆菌，多代复制后释放的子代病毒仅少量具有放射性
【答案】D
【分析】同位素用于追踪物质运行和变化过程时，叫做示踪元素．用示踪元素标记的化合物，化学性质不变．人们可以根据这种化合物的性质，对有关的一系列化学反应进行追踪，这种科学研究方法叫做同位素标记法。
【详解】A、用 3H 标记亮氨酸羧基上的H，则会在脱水缩合过程中以水的形式脱去，不能追踪小鼠胰腺腺泡细胞中的分泌蛋白合成与运输途径，A错误；
B、用发红色荧光的染料和发绿色荧光的染料分别标记人和小鼠细胞膜上的蛋白质分子后使二者融合，通过两种颜色的荧光在细胞膜上的分布，可以证明膜具有流动性，B错误；
C、卡尔文用14C标记CO2探明了CO2中碳元素在光合作用中的转移途径为：14CO2→14C3→（14CH2O），C错误；
D、赫尔希和蔡斯用32P标记的噬菌体感染大肠杆菌，由于噬菌体的DNA带有放射性标记，而大肠杆菌提供的合成DNA和蛋白质的原料没有标记，因此，多代复制后释放的子代病毒仅少量具有放射性，D正确。
故选D。
3．某实验小组获得了一株棉花突变体，为了测定该突变体茎生长素极性运输能力是否发生变化，用野生型和该突变型棉花以及适宜浓度的 14C-IAA 溶液进行相应实验，实验结果如图所示，下列有关叙述正确的是（ ）
A．实验组和对照组均需在氧气浓度相同且适宜的条件下进行
B．实验组和对照组均用等量且适量的14C-IAA溶液处理茎基端
C．实验结果说明突变型棉花合成生长素的能力比野生型棉花弱
D．实验结果说明突变型棉花生长素极性运输能力比野生型棉花强
【答案】A
【分析】分析题图：野生型棉花基端生长素含量高于顶端，而突变型棉花基端生长素含量低于顶端。
【详解】A、生长素极性运输的方式为主动运输，需要消耗能量，氧气浓度能够通过影响细胞有氧呼吸的速率，影响能量的供给从而影响主动运输的速率，避免氧气浓度对实验的影响，实验需在氧气浓度相同且适宜的条件下进行，A正确；
B、生长素极性运输的方向为从形态学上端向形态学下端运输，需处理野生型和突变型植株茎的顶端，B错误；
C、该实验探究的是生长素极性运输能力，无法确定生长素的合成能力，C错误；
D、一段时间后突变体顶端的生长素较多，而基端的生长素较少，说明向下极性运输的生长素较少，因此可以推测突变体茎的生长素极性运输能力减弱，D错误。
故选A。
4．“桂可食，故伐之；漆可用，故割之。人皆知有用之用，而莫知无用之用也。”（《庄子·内篇·人间世》） 、“人民众而货财寡, 事力劳而供养薄”（《韩非子》），从中可见，我国古人很早就意识到生态文明的重要意义。以下说法错误的是（ ）
A．庄子的话和“绿水青山就是金山银山”都体现了保护生物多样性的价值
B．“银烛秋光冷画屏，轻罗小扇扑流萤”，体现了生态系统信息传递的功能
C．“有心栽花花不开，无心插柳柳成荫”体现了生态系统物质循环的功能
D．韩非子的话体现了节制人口增长的重要性
【答案】C
【分析】生态系统的三大功能分别是能量流动、物质循环、信息传递。
1、能量流动指生态系统中能量输入、传递、转化和能量传递丧失的过程。能量流动是生态系统的重要功能，在生态系统中，生物与环境，生物与生物间的密切联系，可以通过能量流动来实现。能量流动两大特点：单向流动，逐级递减。
2、物质循环生态系统的能量流动推动着各种物质在生物群落与无机环境间循环。这里的物质包括组成生物体的基本元素：碳、氮、氧、氮等，在生物群落和无机环境中循环，物质循环是整个生物圈，其原因是气态循环和水体循环具有全球性。
3、信息传递（1）信息传递概述生态系统的信息传递方式分为三种：①物理信息：生态系统的光、声、温度、湿度、磁力等，通过物理过程传递的信息，称为物理信息。②化学信息：生物在生命活动过程中，产生一些可以传递信息的化学物质，诸如植物的生物碱、有机酸等代谢产物，以及动物的性外激素等，这就是化学信息。科学实验表明，昆虫、鱼类以及哺乳类等生物体中都存在着传递信息的化学物质——信息素。③行为信息：动物的特殊行为，对于同种和异种也能够传递某种信息，即生物的行为特征可以体现为行为信息。动物的行为信息丰富多彩，一些鸟类在求偶时的行为更独特，通常雄鸟会进行复杂的“求偶炫耀”。（2）生态系统的信息传递作用：维持生命活动的正常进行和生物种群的繁衍；调节生物的种间关系，维持生态系统的稳定。
【详解】
A、庄子的话意思是：桂树因为可以吃，所以被人砍伐；漆树因为可以用，所以被人割皮。人们只知道有用的好处，哪里知道无用的好处啊。庄子的话和“绿水青山就是金山银山”都体现了保护生物多样性的价值，A正确；
B、“银烛秋光冷画屏，轻罗小扇扑流萤”，体现了生态系统信息传递的功能，题中涉及的是物理信息，B正确；
C、“有心栽花花不开，无心插柳柳成荫”，描述植物的枝条能够长成植物体，属于无性生殖中的营养生殖，C错误；
D、“人民众而货财寡，事力劳而供养薄”强调了物质生产的有限性与人口增长过快产生了矛盾，体现了节制人口增长的重要性，D正确。
故选C。
5．人体在安静状态下以有氧呼吸为主，在剧烈运动时，某些组织细胞处于缺氧状态，进行无氧呼吸。若氧化底物都是葡萄糖，下列推断合理的是（ ）
A．若氧气的吸收量与二氧化碳的释放量相等，则细胞只进行有氧呼吸
B．某些组织细胞处于缺氧状态时，葡萄糖分子中的大部分能量留存在乳酸中
C．人体在安静状态下，氧气在线粒体基质彻底氧化分解丙酮酸为二氧化碳
D．人体细胞进行有氧呼吸时没有[H]的积累，进行无氧呼吸时会有[H]的积累
【答案】B
【分析】
1、有氧呼吸过程分为三个阶段，第一阶段是葡萄糖酵解形成丙酮酸和[H]，发生在细胞质基质中；有氧呼吸的第二阶段是丙酮酸和水反应产生二氧化碳和[H]，发生在线粒体基质中；有氧呼吸的第三阶段是[H]与氧气反应形成水，发生在线粒体内膜上。
2、无氧呼吸的第一阶段与有氧呼吸的第一阶段相同，都是葡萄糖酵解形成丙酮酸和[H]，发生在细胞质基质中；第二阶段是丙酮酸和[H]反应产生二氧化碳和酒精或者是乳酸，发生在细胞质基质中。
【详解】
A、人体无氧呼吸的产物是乳酸，当氧气的吸收量与二氧化碳的释放量相等时，只能说明细胞进行了有氧呼吸，无法说明细胞是否进行了无氧呼吸，A错误；
B、某些组织细胞处于缺氧状态时，葡萄糖分子中的大部分能量留存在乳酸中。其余以热能形式释放或转移至ATP中，B正确；
C、在安静状态下，人体细胞进行有氧呼吸，吸收的氧气用于有氧呼吸的第三个阶段，与[H]结合生成水，释放大量能量，第三阶段的场所在线粒体内膜，C错误；
D、人体细胞进行无氧呼吸在第二阶段[H]与丙酮酸生成乳酸，没有[H]的积累，D错误。
故选B。
6．雄绿头鸭的羽毛有美羽和素羽之分，假设雄鸭的羽毛性状由位于常染色体上的一对等位基因A、a控制，A决定美羽，a决定素羽。美羽雄鸭羽毛艳丽易被天敌发现，但有利于雌鸭的识别，避免与近似鸭种错交，使生殖失败；素羽雄鸭易躲避天敌，但不利于雌鸭的识别。下列叙述错误的是（ ）
A．天敌存在与否决定羽毛颜色相关基因的变异方向
B．天敌和近似鸭是绿头鸭种群进化的选择压力，直接作用的是个体的表型
C．若生境中近似鸭种多而天敌少，则种群中基因频率逐渐增大
D．若生境中食物比较丰富，近似鸭种少天敌也少，则种群中A基因频率保持相对稳定
【答案】A
【分析】现代生物进化理论认为：生物进化的单位是种群，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，生物进化的实质是种群基因频率的改变，自然选择通过定向改变种群基因频率而使生物朝着一定的方向进化，隔离是物种形成的必要条件，生殖隔离是新物种形成的标志。
【详解】A、天敌存在与否是自然选择，不能决定羽毛颜色相关基因的变异方向，基因突变是不定向的，A错误；
B、天敌和近似鸭是自然选择，绿头鸭种群进化的选择压力，自然选择的直接选择对象是个体的表型，B正确；
C、近似鸭种多而天敌少的地区，主要的种间关系是竞争，a决定素羽，不利于雌鸭的识别，因此a基因频率会降低，A基因频率会升高，C正确；
D、食物比较丰富，近似鸭种少天敌也少的地区，在个体生存能力方面，A、a控制的性状没有明显的优势，因此基因频率比例相当，种群中A基因频率保持相对稳定，D正确。
故选A。
第II卷
二、非选择题(本题包括5小题，共54分)
31．（9分）胰岛素在细胞内合成后借助囊泡进行分泌。激素的囊泡分泌存在两条分泌途径：一是组成型分泌途径，激素合成后随即被释放到细胞外；二是调节型分泌途径，激素合成后暂时储存在细胞内，受到细胞外信号刺激时再释放到细胞外。
回答下列问题。
(1)胰岛素通过促进____________________________________________________________，并抑制肝糖原的分解和非糖物质转变成葡萄糖，使血糖浓度维持在正常水平。
(2)人进食后不久血糖升高，血液中胰岛素含量迅速上升，研究人员推测此时段胰岛素主要是调节型分泌，并设计了以下实验：
甲组：葡萄糖浓度为7.5mmol·L-1的细胞培养液+胰岛B细胞+蛋白质合成抑制剂溶液；
乙组：葡萄糖浓度为7.5mmol·L-1的细胞培养液+胰岛B细胞+___________________。适宜条件下培养较短的一段时间后，检测培养液中胰岛素的含量。若_______________________________________
_____________________________________________则说明推测正确。
(3) 某糖尿病患者胰岛素分泌正常，但血糖浓度偏高，原因可能是_____________________________
_______________________________。
(4)胰高血糖素的分泌除直接受血糖浓度的调节外，还受到下丘脑的调节，体现神经调节和体液调节的关系是____________________________________________________________________________。
【答案】
(1)血糖进入组织细胞进行氧化分解，进入肝、肌肉并合成糖原，进入脂肪组织细胞转变为甘油三酯（2分）
(2) 生理盐水 （1分）
若甲组检测到较少胰岛素，乙组检测到较多胰岛素（甲组检测到的胰岛素比乙组少）（2分）
(3)组织细胞（靶细胞）的受体减少（1分）；组织细胞（靶细胞）对胰岛素的敏感性降低（1分）
(4)不少内分泌腺本身直接或者间接受中枢神经系统的调节，在这种情况下，体液调节可以看做神经调节的一个环节（2分）
【分析】血糖平衡调节：①当血糖浓度升高时，血糖会直接刺激胰岛B细胞引起胰岛素的合成并释放，同时也会引起下丘脑的某区域的兴奋发出神经支配胰岛B细胞的活动，使胰岛B细胞合成并释放胰岛素，胰岛素促进组织细胞对葡萄糖的摄取、利用和贮存，从而使血糖下降。②当血糖下降时，血糖会直接刺激胰岛A细胞引起胰高血糖素的合成和释放，同时也会引起下丘脑的另一区域的兴奋发出神经支配胰岛A细胞的活动，使胰高血糖素合成并分泌，胰高血糖素通过促进肝糖原的分解和非糖物质的转化从而使血糖上升，并且下丘脑在这种情况下也会发出神经支配肾上腺的活动，使肾上腺素分泌增强，肾上腺素也能促进血糖上升。
【详解】（1）当血糖浓度升高时，血糖会直接刺激胰岛B细胞引起胰岛素的合成并释放，促进血糖进入组织细胞进行氧化分解，进入肝、肌肉并合成糖原，进入脂肪组织细胞转变为甘油三酯，并抑制肝糖原的分解和非糖物质转变成葡萄糖，使血糖浓度维持在正常水平。
（2）根据题干分析，对照实验的设计必须确保单一变量，根据实验目的“探究胰岛素的分泌途径”，则单一变量为是否有蛋白质合成抑制剂X，因变量是血液中胰岛素的含量。
甲组：葡萄糖浓度为7.5mmol·L-1的细胞培养液+胰岛B细胞+蛋白质合成抑制剂溶液（用生理盐水配制）；
乙组：葡萄糖浓度为7.5mmol·L-1的细胞培养液+胰岛B细胞+生理盐水。
如果推测正确，说明主要是调节型分泌，还存在小部分的组成型分泌，甲组的蛋白质（胰岛素）的合成受到抑制，那么，若甲组检测到较少胰岛素，乙组检测到较多胰岛素。
（3）激素通常与其受体结合才能发挥生理作用，可以从激素含量和受体数量两个角度进行分析，由题意“某糖尿病患者胰岛素分泌正常，但血糖浓度偏高”可知，激素含量正常，那么从受体角度分析，可能是组织细胞（靶细胞）的受体减少，组织细胞（靶细胞）对胰岛素的敏感性降低。
（4）动物的生命活动常同时受神经和体液的调节，胰高血糖素的分泌除直接受血糖浓度的调节外，还受到下丘脑的调节，体现神经调节和体液调节的关系是：不少内分泌腺本身直接或者间接受中枢神经系统的调节，在这种情况下，体液调节可以看做神经调节的一个环节。
32．（8分）语言是人类交流的手段，昆虫之间也存在着可用于交流的“信息”，使昆虫表现出复杂的行为。昆虫的交配求偶就是通过某种信息长距离传递而实现的。如灯蛾的雌虫能吸引11 km以外的雄蛾，天蚕蛾的雌虫腹部或停息过新羽化的雌虫的物体，都能吸引雄虫。为了探索昆虫交配求偶的秘密，进行如下实验：
实验一：将某昆虫中未交配的雌虫放在诱捕器中，将诱捕器悬挂于田间，一夜后，发现捕捉到许多同种雄虫。
实验二：将未交配的雌虫先放到封闭的玻璃管中，再放在诱捕器中，将诱捕器悬挂于田间，一夜后，未捕捉到雄虫。
实验三：将未交配的雌虫腹部用小刀割下，再将雌虫放在诱捕器中，将诱捕器悬挂于田间，一夜后，未捕捉到雄虫。
实验四：将未交配的雌虫放在诱捕器中，在诱捕器的周围浇一桶汽油，将诱捕器悬挂于田间，一夜后，发现捕捉到许多同种雄虫。
根据上述实验，请回答下列问题：
(1)实验一中，放在诱捕器中的雌虫能够吸引雄虫，这是由于它们之间存在某种___________传递。
(2)实验一与实验二比较说明昆虫间进行交流的信息是一种挥发性的_______________。
(3)由实验三说明了__________________________________________________。
(4)实验四中汽油的作用是__________________________________________________，但仍能捕捉到雄性昆虫，这说明__________________________________________________。
【答案】(1)信息（1分）
(2)化学物质（1分）
(3)这种物质是由雌虫的腹部分泌的（2分）
(4) 干扰雌雄虫之间的信息交流（2分） 这种化学物质具有较强的专一性（2分）
【分析】生态系统中信息的类型：
（1） 物理信息：生态系统中的光、声、颜色、温度、湿度、磁力等，通过物理过程传递的信息；
（2） 化学信息：生物在生命活动过程中，产生的一些可以传递信息的化学物质；
（3） 行为信息：是指某些动物通过某些特殊行为，在同种或异种生物间传递的某种信息。
【详解】
（1）实验一中，雌虫可以吸引雄虫，说明他们之间存在信息传递。
（2）将未交配的雌虫先放到封闭的玻璃管中，性外激素不能向外挥发，故通过实验1与实验2比较可知，昆虫间进行交流的信息是一种挥发性的化学物质，而不是雌虫本身。
（3）实验三将未交配的雌虫腹部用小刀割下，再将雌虫放在诱捕器中，将诱捕器悬挂于田间，一夜后，未捕捉到雄虫，说明了这种物质是由雌虫的腹部分泌的。
（4）汽油具有挥发性，可以干扰雌雄虫之间的信息交流，但 仍能捕捉到雄性昆虫，这说明这种化学物质具有较强的专一性。
33．（14分）喜旱莲子草是一种著名的恶性杂草，其防治过程中，生物防治为一种重要的防治手段。以下是以盆栽的喜旱莲子草为实验材料，研究了全寄生植物南方菟丝子对喜旱莲子草叶片光合特性的影响。
南方菟丝子寄生对喜旱莲子草部分光合特性的影响
处理
净光合速率（μmolCO2·m-2·s-1）
气孔导度（mmol·m-2·s-1）
胞间CO2浓度（mmol·mol-1）
相对叶绿素含量
寄生处理组
16.53
0.39
271.67
17.1
对照组
23.40
0.58
261.67
19.6
回答下列问题：
(1)菟丝子是一年生攀缘性的草本寄生性种子植物，其叶退化为鳞片状，显微观察发现其细胞中缺少_________（填细胞器），无法吸收、转化光能，因此无法以_______________为原料合成有机物。
(2)表中的净光合速率用__________________________表示；据表分析，与对照组相比，寄生处理组喜旱莲子草净光合速率下降_________（“是”或“不是”）气孔因素所致，理由是________________________________________________________________________；与对照组相比，寄生处理组喜旱莲子草净光合速率下降的原因可能是________________________________________
__________________。
(3)喜旱莲子草叶绿体中含有多种光合色素，可用_________（填试剂）可分离，以测定对照组和寄生处理组的相对叶绿素含量。
(4)生产上可调节菟丝子的________________以达到较好的生物防治效果。
(5)研究人员猜测，寄生处理组的气孔导度下降可能是由脱落酸引起的。请以喜旱莲子草脱落酸缺失突变体和脱落酸为材料设计前后对照实验进行探究，要求写出简要实验思路：__________________
_____________________________________________________________________________________________________________________________________。
【答案】(1)叶绿体（1分） CO2、H2O（2分）
(2) 单位时间单位叶面积二氧化碳的吸收量（2分） 不是（1分）
寄生处理组虽然气孔导度下降，但胞间二氧化碳浓度高于对照组（2分）
寄生组相对叶绿素含量下降，吸收转化的光能下降，光合速率下降（2分）
(3)层析液（1分）
(4)寄生量（1分）
(5)取喜旱莲子草脱落酸缺失突变体在正常情况下测气孔导度，经南方菟丝子寄生处理一段时间后测气孔导度，经脱落酸处理一段时间后测气孔导度（2分）
【分析】空气中二氧化碳的浓度，土壤中水分的多少，光照的长短与强弱，光的成分以及温度的高低等，都是影响光合作用强度的外界因素。光合作用的强度可以通过测定一定时间内原料消耗或产物生成的数量来定量地表示(如植物在单位时间内通过光合作用制造糖类的数量)。
【详解】（1）叶绿体能吸收和转化光能，菟丝子是一年生攀缘性的草本寄生性种子植物，其叶退化为鳞片状，细胞中缺少叶绿体，因此无法吸收、转化光能；
光合作用的原料为二氧化碳和水，因此菟丝子无法以二氧化碳和水为原料合成有机物；
（2）据表分析：表中的净光合速率用单位时间单位叶面积二氧化碳的吸收量表示；
据表分析，与对照组相比，寄生处理组虽然气孔导度下降，但胞间二氧化碳浓度高于对照组，因此寄生处理组喜旱莲子草净光合速率下降不是气孔因素所致；
据表分析，寄生组与对照组相比叶绿素含量下降，吸收转化的光能下降，光合速率下降；
（3）分离光合色素用层析液；
（4）生产上可通过调节菟丝子的寄生数量，来达到较好的生物防治效果；
（5）实验目的：探究寄生处理组的气孔导度下降是否由脱落酸引起的，要求前后对照。
取喜旱莲子草脱落酸缺失突变体在正常情况下测气孔导度，经南方菟丝子寄生处理一段时间后测气孔导度，经脱落酸处理一段时间后测气孔导度。
如果菟丝子寄生后气孔减小，脱落酸处理后气孔状态依然处于减小状态，则不是由脱落酸引起的；
如果菟丝子寄生后气孔不变，脱落酸处理后气孔减小，则由脱落酸引起。
34．（11分）鹌鹑的羽色属Z连锁伴性遗传。栗羽、黄羽和白羽是由Z染色体上的两对等位基因A/a和B/b相互作用的结果。A和a与色素的合成有关，A为有色基因、a为白化基因。A与B共同作用产生栗羽、A与b共同作用产生黄羽。某校生物学课外兴趣活动小组利用白羽、栗羽和黄羽的鹌鹑(均为纯合子)进行研究活动。
回答下列问题。
(1)纯合黄羽个体的基因型是_______________。
(2)栗羽雄性与黄羽雌性鹌鹑杂交，后代F1全为___________羽。让F1的雌雄个体进行交配，F2中栗羽：黄羽=3：1，其中___________(性别)鹌鹑一半为栗羽、一半为黄羽，另一种性别的鹌鹑的基因型有_______________种。
(3)为验证这两对基因可发生重组，请写出实验思路、预期结果和结论。
实验思路：____________________________________________________________________________。
预期结果及结论：______________________________________________________________________。
【答案】(1)ZAbZAb、ZAbW（2分）
(2) 栗（1分） 雌性 （1分） 2（1分）
(3)实验思路：让纯合白羽 (ZabW) 与纯合栗羽 (ZABZAB) 进行杂交，得F1雄性栗羽 (ZABZab) ，用雄性栗羽 (ZABZab) 与纯合白羽 (ZabW) 进行杂交，观察F2的表型。（2分）
预期结果和结论：如果F2出现白羽、栗羽两种表现，说明这两对基因没有发生重组（2分）；如果F2出现白羽、栗羽、黄羽三种表现，说明这两对基因发生了重组（2分）。
【分析】分析题意可知，雌性纯合白羽的基因型为ZabW，纯合栗羽的基因型为ZABZAB、ZABW，纯合黄羽的基因型为ZAbZAb、ZAbW。
【详解】
（1）栗羽、黄羽和白羽是由Z染色体上的两对等位基因A/a和B/b相互作用的结果，A与b共同作用产生黄羽，故纯合黄羽个体的基因型是ZAbZAb、ZAbW。
（2）纯合栗羽雄性的基因型为ZABZAB，纯合黄羽雌性的基因型为ZAbW，后代F1的基因型为ZABZAb、ZABW，全为栗羽。让F1的雌雄个体（ZABZAb、ZABW）进行交配，F2的的基因型为ZABZAB（雄性栗羽）、ZABZAb（雄性栗羽）、ZABW（雌性栗羽）、ZAbW（雌性黄羽）=1：1：1：1即栗羽：黄羽=3：1，雌性鹌鹑一半为栗羽、一半为黄羽，雄性鹌鹑全为栗羽，有2种基因型。
（3）为验证这两对基因可发生重组，可让纯合白羽 (ZabW) 与纯合栗羽 (ZABZAB) 进行杂交，得F1雄性栗羽 (ZABZab) ，雄性栗羽 (ZABZab) 与纯合白羽 (ZabW) 进行杂交，若这两对基因不发生重组，雄性栗羽 (ZABZab) 能产生两种配子ZAB、Zab，F2的表型为白羽、栗羽；若这两对基因发生重组，雄性栗羽 (ZABZab) 能产生四种配子ZAB、Zab、ZAb、ZaB，F2的表型为白羽、栗羽、黄羽。
35．（12分）奶酪是中国西北的蒙古族、哈萨克族等游牧民族的传统食品，在内蒙古称为奶豆腐，如图是天然奶酪的简要制作过程，其中凝乳是指凝固的牛奶，酸性物质一般都可以使牛奶变性凝固。某牛奶厂从自然发酵的凝乳中筛选具有优良发酵性能的微生物菌种。请据此回答问题：
(1) 由奶酪制作过程可推测，儿童食用天然奶酪比牛奶更容易消化吸收，请分析原因____________
_______________________________________________________。加热压缩过程可以去除凝乳中多余的_____________________，有利于奶酪的硬化和保存。
(2)为了保证奶酪的品质和营养，牛奶在发酵之前应该进行消毒处理，请选择合理的处理方法（ ）
A．100℃处理30min B．62~65℃处理30min C．80~90℃处理30s~1min
这一株优良菌株分离纯化常采用的接种方法是_________________法。纯化培养时通常需要将接种培养基与未接种培养基同时培养，原因是__________________________________________________
__________________。纯化培养后，需将菌种临时保藏，可采取的保藏方法是_________________
__________________________________________。
(4)最终筛选出的菌种还需要进行产酸能力的测定，已知固体培养基会因为添加碳酸钙而呈乳白色，碳酸钙会被酸性物质反应形成透明圈，则此种培养基从功能上看属于___________培养基，观测的指标是___________________________________。
【答案】(1) 由制作过程可知，奶酪制作过程中经过了微生物发酵，将牛奶中蛋白质分解或变性处理，都有利于蛋白质的消化和吸收（2分） 水分（1分）
(2)BC（2分）
(3) 平板划线法或 稀释涂布平板法（1分，答出一个可得1分）
检测培养基的制备是否合格，以保证培养基上的菌落均来自培养液（确定培养基灭菌处理合格，没有杂菌污染）（2分）
接种至固体斜面培养基，在合适温度下培养。当菌落长成后，将试管放入4℃条件下培养（2分）
(4) 鉴别（1分） 透明圈的大小（1分）
【分析】奶酪是以牛奶为原料，加入乳酸菌发酵而成，牛奶经乳酸菌的发酵后形成凝乳，利于消化。酸性物质一般都可以使牛奶变性凝固，小牛的胃中有一种称为凝乳酶的物质也可以将牛奶凝固成凝乳利于消化。
培养基为微生物提供生长、繁殖和积累代谢产物的营养物质；营养物质归纳为碳源、氨源、生长因子、无机盐和水；根据化学成分分为合成培养基、天然培养基等；根据用途分选择培养基、鉴别培养基。
【详解】
（1）由制作过程可知，奶酪制作过程中牛奶经过了微生物发酵，将牛奶中蛋白质分解为小分子或变性处理，都有利于蛋白质的消化和吸收，加热压缩过程去除水分，水分减少，奶酪的硬度加大，不利于微生物生长，有利于储存。
（2）煮沸消毒法是在100℃煮沸5~6分钟可以杀死微生物细胞和一部分芽孢，但对于牛奶这些不耐高温的液体，使用巴氏消毒法，在75~90℃中保温15秒，不仅可以杀死牛奶中的微生物，还可以使牛奶的营养成分不被破坏，A错误，BC正确。
故选BC。
（3）为检测培养基的制备是否合格，以保证培养基上的菌落均来自培养液，在纯化培养时通常需要将接种培养基与未接种培养基同时培养：若空白培养基上出现菌种，则证明培养基被污染。
菌种临时保存的方法为：接种至固体斜面培养基，在合适温度下培养。当菌落长成后，将试管放入4℃条件下培养。
（4）因CaCO3可与产酸菌产生的酸反应，产酸菌周围的CaCO3与酸反应后产生无色物质，形成透明圈，故可利用此原理利用CaCO3筛选出产酸菌。此种培养基从功能上看属于鉴别培养基，可根据透明圈的大小判断菌种的产酸能力。
2023年高考物理第二次模拟考试卷
物理·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
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，有选错的得0分。
14．下列说法正确的是（ ）
A．射线、射线和射线是三种波长不同的电磁波
B．根据玻尔理论可知，氢原子核外电子跃迁过程中电子的电势能和动能之和不守恒
C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先增大后减小
D．只要对物体进行不断的冷却，就可以把物体的温度降为绝对零度
【答案】B
【详解】A．射线、射线分别是高速氦原子核和高速电子流，射线是电磁波，A错误；
B．根据玻尔理论可知，氢原子核外电子跃迁过程中有光子辐射（吸收），故电子的电势能和动能之和不守恒，B正确；
C．分子势能随着分子间距离的关系如图所示
故分子势能随着分子间距离的增大，不可能先增大后减小，C错误；
D．对物体进行不断的冷却，物体的温度可以接近绝对零度，但无法达到，D错误。
故选B。
15．某中学生将一质量约为的铅球举起放在肩膀处的位置，将其用力丢出，铅球先上升大约后开始下降，最后落在距离他的位置。则他对铅球做的总功最有可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】将铅球的初速度分解为水平分速度vx和竖直分速度vy
竖直方向做竖直上抛运动
得
水平方向做匀速直线运动，抛出点距地面有一定高度，则
得
对铅球做的总功等于铅球的初动能
抛出点位置越高，对铅球做功越少；
假设铅球抛出位置距地面最大高度为1.6m，则
联立上式，估算出铅球从抛出到落地总时间
则水平分速度为
同理求出总功为
故对铅球做功范围为
故B正确，ACD错误。
故选B。
16．如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面与纸平面的交线，且相邻等势面之间的电势差相等．实线为一带负电荷粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，M、N是这条轨迹上的两点，则下列说法中正确的是( )
A．对于M、N两点，带电粒子通过M点时电势能较小
B．对于M、N两点，带电粒子通过N点时动能较大
C．带电粒子由M运动到N时，加速度减小
D．三个等势面中，c的电势最高
【答案】A
【详解】A. 根据曲线运动所受合外力指向轨迹的内测，电场力方向与等势线垂直，电场力垂直等势线指向左上方．带电粒子从M点向N点运动时，电场力方向与运动方向之间的夹角大于90°，电场力做负功，电势能增大，所以带电粒子通过M点时电势能较小．故A项正确；
B.由于只有电场力做功，电势能与动能之和不变，所以带电粒子通过M点时动能较大，故B项错误；
C. 等势线密的地方电场线也密，电场强度大，所受电场力大，因此加速度也大，带电粒子由M运动到N时，加速度增大，故C项错误；
D.由于电荷带负电，因此电场线指向右下方．沿电场线方向电势降低，所以三个等势面中，c的电势最低．故D项错误．
17．如图甲为手机及无线充电板。图乙为充电原理示意图。交流电源接充电板，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究，现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，面积为S，若在到时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由均匀增加到。下列说法正确的是（ ）
A．c点的电势高于d点的电势
B．受电线圈中感应电流方向由d到c
C．c、d之间的电势差Ucd=
D．若想增大c、d之间的电势差，可以仅增加送电线圈中的电流的变化率
【答案】D
【详解】AB．受电线圈平面磁感应强度向上，由均匀增加到，根据楞次定律可得受电线圈中的感应电流为顺时针（从上往下），即受电线圈中的电流为，受电线圈作为等效电源，电源内部电流由低电势流向高电势，即，故A项和B项错误；
C．根据法拉第电磁感应定律可求得受电线圈的感应电动势大小为
又因为
则c、d之间电势差为
故C项错误；
D．仅增加送电线圈中的电流的变化率，穿过受电线圈的增大，所以c、d两端的电势差增大，故D项正确。
故选D。
18．质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块。用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是（ ）
A．推力F逐渐先减小后增大
B．凹槽对滑块的支持力减小
C．水平地面对凹槽的支持力减小
D．墙面对凹槽的压力先减小后增大
【答案】BC
【详解】AB．小滑块在槽内运动过程，受到重力mg、支持力N、推力F作用，画出对应矢量三角形
由平衡条件可得
小滑块由A点向B点缓慢移动过程，减小，F增大，N减小，A错误，B正确；
CD．整体处于平衡状态，竖直方向满足
可知水平地面对凹槽的支持力减小，水平方向满足
墙面对凹槽的压力先增大后减小，C正确，D错误。
故选BC。
19．一定强度的激光（含有三种频率的复色光）沿半径方向入射到半圆形玻璃砖的圆心O点，如图甲所示。现让经过玻璃砖后的A、B、C三束光分别照射相同的光电管的阴极（如图乙所示），其中C光照射时恰好有光电流产生，则（ ）
A．若用B光照射光电管的阴极，一定有光电子打出
B．若用A光和C光分别照射光电管的阴极时，A光打出的光电子的最大初动能较大
C．若入射光的入射角从0开始增大，C光比B光先消失
D．若是激发态的氢原子直接跃迁到基态辐射出B光、C光，则C光对应的能级较低
【答案】BC
【详解】由图甲可得，三种频率的光，其中B光和C光为单色光，C光的折射率大，频率高；A光除了BC光的反射光线外，还含有第三种频率的光，为三种光的复合光。
A．根据几何光学知识可知，B光和C光中C光偏折程度较大，C光的折射率大，频率高，C光照射光电管恰好有光电流产生，用B光照射同一光电管，不能发生光电效应，故A错误；
B． A光为三种频率的复合光，但A光中某频率的光发生了全反射，其临界角最小，折射率最大，频率最大，则A光和C光分别照射，光电管的阴极时，A光打出的光电子的最大初动能较大，故B正确；
C．根据可知，C光的临界角较小，若入射光的入射角从0开始增大，C光比B光先消失，故C正确；
D．C光的频率比B光高，根据能级跃迁规律可知，若是激发态的氢原子直接跃迁到基态辐射出B光、C光，则C光对应的能级较高，故D错误。
故选BC。
20．如图所示，一定质量的理想气体，从状态变化到状态，再变化到状态，最后回到状态。下列说法正确的是（ ）
A．气体在状态时的温度小于在状态时的温度
B．气体从状态变化到状态的过程中，内能增加
C．气体从状态变化到状态的过程中，分子平均动能减小
D．气体从状态变化到状态的过程中，气体吸收热量
【答案】AC
【详解】A．由理想气体状态方程可知气体在状态时的温度小于在状态时的温度，A正确；
B．由理想气体状态方程可知气体从状态变化到状态的过程中体积不变温度降低，内能减小，B错误；
C．由理想气体状态方程可知气体从状态变化到状态的过程中压强不变体积减小温度降低，分子平均动能减小，C正确；
D．由理想气体状态方程可知气体从状态变化到状态的过程中，体积减小外界对气体做正功，温度降低气体内能减小，由热力学第一定律得
可知气体放出热量，D错误；
故选AC。
21．如图所示，abcd为N匝矩形线框，可以围绕ad边匀速旋转，角速度为ω，每匝面积为S。在ad连线下方、且在dc连线左侧的区域，存在垂直于纸面向里的匀强磁场，场强为B，线框的总电阻为r，两端连接到理想变压器，对负载R供电。变压器初级线圈和次级线圈的匝数为n1和n2，A为理想交流电流表，不计一切摩擦，则（ ）
A．电流表的示数大小为
B．调节R的大小，当时，R的功率最大
C．若使R的电阻值减小，电流表的示数将增大
D．若使线框角速度变为2ω，R的平均功率变为原来的2倍
【答案】BC
【详解】AC．由题可知，将理想变压器和负载等效为一个用电器，其等效电阻为
则电路总电阻
由题图可看出发电机只会产生半个周期的正弦交流电，则有
可得其电流有效值为
则由上式可看出若使R的电阻值减小，电流表的示数将增大，A错误、C正确；
B．利用变压器进行阻抗匹配，当
时R的功率最大，B正确；
D．电路总功率为
由上式可知转速变为原来的2倍，功率变为原来的4倍，D错误。
故选BC。
二、非选择题：本题共5小题，共62分。
22．（6分）用如图所示的装置，来完成“验证动量守恒定律”的实验。实验中使用的小球1和2半径相等，用天平测得质量分别为m1、m2.在水平木板上铺一张白纸，白纸上面铺放复写纸，记下重锤线所指的位置O。先不放小球2 ，使小球1从斜槽上某一点S由静止滚下，落到水平木板P点。再把小球2静置于斜槽轨道末端，重复上述操作，小球1和小球2碰撞后分别落在水平木板上，在白纸上留下各自落点的痕迹。
（1）实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，可以通过测量小球做平抛运动的水平射程来解决这个问题。确定碰撞前后落点的位置P、M、N，用刻度尺测量出水平射程OP、OM、ON
①本实验必须满足的条件是___________
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端必须是水平的
C．小球1每次必须从同一位置由静止释放
②实验器材准备时，为确保小球1碰后不弹回，要求m1________m2（选填“>”、“<”、“=”）
③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式为：OP=________ ；（用m1、m2、OM、ON表示）
（2）在上述实验中换用不同材质的小球，其它条件不变，记录下小球的落点位置。下面三幅图中，可能正确的是________。
【答案】 BC > B
【详解】（1）[1]A。因小球在斜槽末端的速度与平抛的水平位移成正比，所以斜槽是否光滑对该实验影响不大，故A错误；
B．斜槽末端保持水平，是为了保证它们在水平碰撞后做平抛运动，故B正确；
C．小球1每次必须从同一高度释放，保证尽可能每次碰撞情况相同，故C正确；
故选BC。
[2] 为确保小球1碰后不弹回，要求m1＞m2
[3] 小球离开斜槽末端做平抛运动，竖直方向满足
下落高度一定，运动时间相同；水平方向满足
水平位移与平抛初速度成正比，两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为
即
（2）[4]两球碰撞，动量守恒，有
……①
则
故排除A。
碰撞过程中有能量损失，则
……②
设单个格子的长度为a，则BC三个图中，、、的长度分别为
OP
OM
ON
B
10a
7a
8a
C
9a
7a
25a
分别代入方程①②可得，B图满足。
故选B。
23．（10分）一实验小组利用图（a）所示的电路测量一电池的电动势E（约）和内阻r（小于）。图中电压表量程为，内阻：定值电阻；电阻箱R，最大阻值为；S为开关。按电路图连接电路。完成下列填空：
（1）为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路的电阻值可以选___________（填“5.0”或“15.0”）；
（2）闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值R和电压表的相应读数U；
（3）根据图（a）所示电路，用R、、、E和r表示，得___________；
（4）利用测量数据，做图线，如图（b）所示：
（5）通过图（b）可得___________V（保留2位小数），___________（保留1位小数）；
（6）若将图（a）中的电压表当成理想电表，得到的电源电动势为，由此产生的误差为___________%。
【答案】 15.0 1.55 1.0 5
【详解】（1）[1]为了避免电压表被烧坏，接通电路时电压表两端的电压不能比电表满偏电压大，则由并联电路分压可得
代入数据解得
因此选。
（3）[2]由闭合回路的欧姆定律可得
化简可得
（5）[3][4]由上面公式可得
由图象计算可得
代入可得
将代入解析式可得
解得
（6）[5]如果电压表为理想电压表，则可有
则此时
因此误差为
24．（14分）新能源汽车，是指采用新型动力系统，完全或者主要依靠新型能源驱动的汽车，包括插电式混合动力（含增程式）汽车、纯电动汽车和燃料电池汽车等。新能源汽车在设计阶段要对各项性能进行测试。某次新能源汽车性能测试中，如图甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25s以后的数据，如图乙所示。已知汽车质量为1500kg，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，所受阻力恒定。求：
（1）18s末汽车的速度是多少？
（2）前25s内汽车的位移是多少？
【答案】（1）26m/s；（2）608m
【详解】（1）由题图甲知18s后汽车受到的牵引力恒定，又汽车受到的阻力始终恒定，故18s后汽车受到的合力恒定，汽车做匀加速运动或匀速运动，由题图乙可知，18s后汽车做匀速运动，此时牵引力为
F3＝1.5×103N
以牵引力方向为正方向，由平衡条件知，阻力为
f＝－F3＝－1.5×103N
0～6s内，牵引力为
F1＝9×103N
由牛顿第二定律得
F1＋f＝ma1
代入数据解得
a1＝5m/s2
6s末汽车的速度为
v1＝a1t1＝30m/s
在6～18s内，牵引力为
F2＝1×103N
由牛顿第二定律得
F2＋f＝ma2
解得
18s末汽车的速度为
v2＝v1＋a2t2＝26m/s
（2）汽车在0～6s内的位移为
在6～18s内的位移为
在18～25s内的位移为
x3＝v2t3＝182m
故汽车前25s内的位移为
x＝x1＋x2＋x3＝608m
25．（12分）如图，直角三角形ABC为一棱镜的横截面，∠A=90°，∠B=30°．一束光线平行于底边BC射到AB边上并进入棱镜，然后垂直于AC边射出．
（1）求棱镜的折射率；
（2）保持AB边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC边上恰好有光线射出．求此时AB边上入射角的正弦．
【答案】（1）；（2）sin=
【详解】（1）光路图及相关量如图所示．光束在AB边上折射，由折射定律得
…………①
式中n是棱镜的折射率．由几何关系可知
α+β=60°…………②
由几何关系和反射定律得
…………③
联立①②③式，并代入i=60°得
…………④
（2）设改变后的入射角为，折射角为，由折射定律得
…………⑤
依题意，光束在BC边上的入射角为全反射的临界角，且
…………⑥
由几何关系得
…………⑦
由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为
sin=…………⑧
26．（20分）如图所示的坐标系中，第一象限存在与平面平行的匀强电场E，且与y轴负方向的夹角，第二象限存在垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带正电粒子自O点射入第二象限，速度v与x轴负方向的夹角，粒子经磁场偏转后从y轴上的P点进入第一象限，并由x轴上的M点（未画出）离开电场。已知距离为，粒子的比荷为不计粒子重力。
（1）求两点的距离；
（2）求粒子在磁场中运动的时间；
（3）当该粒子经过P点的同时，在电场中的N点由静止释放另一个完全相同的带电粒子，若两粒子在离开电场前相遇且所需时间最长，求N点的坐标。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）带电粒子在第二象限内做匀速圆周运动，轨迹如图，圆心为C
由牛顿第二定律，得
解得
由几何关系得
则
（2）粒子在磁场中运动周期
粒子偏转，即在磁场中运动时间
解得
（3）带电粒子进入第一象限时速度与y轴正方向成角，与电场方向垂直，故粒子在第一象限内做类平抛运动，轨迹如图。由于两粒子完全相同，所以只需在带电粒子进入电场时速度方向的直线上范围内任一点释放粒子，均可保证两粒子在电场中相遇，且两粒子在M点相遇所需时间最长，即在图中N点由静止释放粒子即可。设N点的横坐标为x，纵坐标为y，根据几何知识可得
又
解得
2023年高考化学第二次模拟考试卷
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
7．碳酸盐约占海水盐分的0.34%，一种海水脱硫的新工艺如图所示。下列说法错误的是
A．排入大气易引起酸雨 B．海水吸收二氧化硫时可能有逸出
C．处理后的海水增大 D．海水脱硫工艺简单，投资及运行费用低
【答案】C
【解析】A．SO2排入大气易引起硫酸型酸雨，原理为：SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O22H2SO4，A正确；B．由于SO2溶于水后形成的H2SO3的酸性强于H2CO3，海水中含有碳酸盐，故海水中吸收二氧化硫时可能有CO2逸出，B正确；C．天然海水中由于含有碳酸盐而呈碱性，处理后的海水中碳酸盐的量减少变成了硫酸盐，硫酸盐呈中性，故处理后海水的减小，C错误；D．海水脱硫是利用天然海水的碱度中和烟气中的酸性气体SO2，将大气中的SO2转化为硫酸盐直接送入大海，该工艺简单，投资及运行费用低，D正确；故答案为：C。
8．药物异搏定合成路线中的某一步反应如图所示(部分产物未给出)，下列说法错误的是
A．X分子中在同一平面内的原子最多有15个
B．物质Z与足量的氢气加成所得分子中含有4个手性碳原子
C．1 mol Y与NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaOH
D．X的同分异构体中含苯环且能水解的共有6种
【答案】A
【解析】A．苯环、-OH、-CO-中是所有原子共平面，甲烷中最多有3个原子共平面，由于单键可以旋转，则该分子中最多有16个原子共平面，A错误；B．Z与足量H2发生加成反应产物如下图所示，其中含有4个手性碳原子，用数字标注为，B正确；C．Y分子中酯基水解生成的羧基、溴原子水解生成的HBr都能和NaOH以1：1反应，Y分子中酯基水解生成1个羧基、生成1个HBr分子，l mol Y最多消耗2 mol NaOH，C正确；D．X的同分异构体中含有苯环且能发生水解反应，说明含有酯基，取代基可能为HCOO-、-CH3两个取代基有邻位、间位、对位3种位置异构；取代基可能为HCOOCH2-；取代基可能为CH3COO-；取代基可能为-COOCH3，各有1种位置异构，所以符合条件的同分异构体有6种，D正确；故合理选项是A。
9．（2023·安徽淮北·统考一模）利用雾霾中的污染物、获得产品的流程图如下，下列方程式错误的是
A．“吸收池1”中反应的离子方程式：
B．“吸收池2”中生成等物质的量和的离子方程式：
C．“电解池”中阴极的电极反应式：
D．“氧化池”中反应的离子方程式：
【答案】D
【解析】污染物、通到氢氧化钠溶液中，NO不反应，二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠在电解池中电解得到硫代硫酸钠，NO和Ce4+在吸收池2中反应生成、和Ce3+，氧化池中氧气氧化变为硝酸根，氨气通到酸性氧化池中和生成硝酸铵。A．根据图中信息得到“吸收池1”中是氢氧化钠和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，其反应的离子方程式：，故A正确；B．根据图中信息得到“吸收池2”中是NO和Ce4+反应生成、和Ce3+，则生成等物质的量和，假设都生成1mol，则转移4mol电子，说明有4mol Ce4+参与反应，再根据电荷守恒和质量守恒配平得到离子方程式：，故B正确；C．“电解池”中阴极是亚硫酸氢根得到电子变为硫代硫酸根，其电极反应式：，故C正确；D．“氧化池”中反应的离子方程式：，故D错误；综上所述，答案为D。
10．下列操作能达到相应实验目的的是
实验目的
实验操作
A
测定84消毒液的pH
用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上
B
验证可以转化为
向2 mL NaOH溶液中加入2 mL 溶液，产生白色沉淀，再加入几滴 溶液
C
检验固体是否变质
取少量固体溶于蒸馏水，滴加少量稀硫酸，再滴入KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化
D
验证氯的非金属性强于碳
向溶液中滴加足量稀盐酸，观察有无气体产生
【答案】B
【解析】A．“84”消毒液的有效成分是次氯酸钠，具有漂白性，能使pH试纸褪色，所以不能用pH试纸测定“84”消毒液的pH值，应该用pH计，故A错误；B．由操作和现象可知，发生沉淀转化，则Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀，故B正确；C．加入稀硫酸后，溶液中含有氢离子和硝酸根离子，相当于含有硝酸，硝酸能氧化亚铁离子生成铁离子，所以不能实现实验目的，故C错误；D．盐酸为无氧酸，由碳酸、盐酸的酸性强弱不能比较Cl、C的非金属性强弱，故D错误；故选：B。
11．某化学兴趣小组测定了溶液的pH随温度的变化，结果如下图所示。下列叙述正确的是
A．溶液呈碱性的原因是
B．溶液中：
C．图1表明升温过程中溶液水解程度减小，pH减小
D．由图2可推知降低温度时，水的电离平衡逆向移动
【答案】D
【解析】A．溶液呈碱性的原因是碳酸根离子水解，水解离子反应为，A错误；B．结合元素守恒，溶液中：，则，B错误；C．图1中随着温度升高，pH减小，因为升温过程中水的电离程度增加，Kw增大导致pH减小，C错误；D．由图2可知，温度降低，pH增大的原因是Kw减小，但降低温度时，水的电离平衡程度减小，平衡逆向移动，D正确；故选D。
12．含铈(Ce)催化剂催化与甲醇反应是资源化利用的有效途径，该反应的催化循环原理如图所示。下列说法错误的是
A．物质A为
B．反应过程涉及的物质中碳原子的杂化方式有3种
C．反应过程中断裂的化学键既有极性键又有非极性键
D．反应的总方程式为+H2O
【答案】C
【解析】结合反应过程，A为CH3OH，B为CO2，据此解答。A．反应①发生取代反应，A为CH3OH，A正确；B．CO2中C为sp杂化，中C为sp2杂化，甲醇中C为sp3杂化，有3种杂化方式，B正确；C．反应过程中断裂的化学键只有极性键，没有非极性键，C错误；D．由题图分析可知，反应物为和，生成物为和，则反应的总化学方程式为+H2O，D正确；故选C。
13．用Ph表示苯基，三苯基胺()失去一个电子后形成的结构较为稳定。一种铝胺电池工作原理示意如图。下列说法错误的是
A．和中Al原子的杂化方式相同
B．放电时，负极的电极反应式为
C．充电时，向铝电极移动
D．理论上每生成1mol ，外电路通过1mol电子
【答案】C
【解析】A． 和中心原子Al原子的价层电子对数均为4，均采用sp3杂化，故A正确；B．由图可知，放电时，负极上Al失去电子，结合生成，电极反应式为，故B正确；C．由图可知，充电时，失电子生成，则电极为阳极，Al电极为阴极，电解池工作过程中，阴离子移向阳极，则向电极移动，故C错误；D．失去一个电子后形成的，则理论上每生成1mol ，外电路通过1mol电子，故D正确；答案选C。
27．镍是重要的战略金属资源，一种从某高镁低品位铜镍矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、3NiO●4SiO2●H2O、3MgO●4SiO2●H2O等)中回收Cu、Ni的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）中，元素的化合价为_______。
（2）为提高“氧压浸出”的速率，可行的操作有_______(任填一个)。
（3）“氧压浸出”的滤渣有S和_______，该环节中发生的化学反应方程式为_______。
（4）“萃铜”时的反应为：(有机相)(水相)(有机相)(水相)，下列说法正确的有_______。
A．向萃取液中加入稀硫酸进行“反萃取”，可得到单质
B．萃余液中的阳离子为：
C．一定条件下，萃取平衡时，，则的萃取率为80%
D．为提高的萃取率，可适当提高溶液
（5）已知，“滤液”中，“沉镍”时，控制为8.50，此时的沉淀率为_______，“沉镍”后的母液，含有的主要溶质为_______(填化学式)。
【答案】（1）+3
（2）适当升高温度、适当增压、将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当增大硫酸的浓度
（3） SiO2、H2SiO3或难溶性硅酸盐 4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O
（4）CD
（5） 99.9% MgSO4
【解析】由题干工艺流程图可知，向高镁低品位铜镍矿(主要成分为CuFeS2、FeS2、3NiO·4SiO2·H2O、3MgO·4SiO2·H2O等)中加入O2、H2SO4进行氧压浸出，将铁元素转化为Fe2(SO4)3，镍元素转化为NiSO4、铜元素转化为CuSO4、镁元素转化为MgSO4，硫元素转化为S单质，过滤得到滤渣主要成分为SiO2和S，用铜离子萃取剂萃取出Cu2+，分液得到萃取液，萃余液中主要含有Fe3+、Mg2+、Ni2+，向萃余液中加入Na2SO4和MgO进行沉铁将Fe3+转化为NaFe3(SO4)2(OH)6、过滤出沉淀，向滤液中加入MgO将Ni2+以Ni(OH)2的形成沉淀，最后对Ni(OH)2进行处理制得Ni，母液中主要溶质为MgSO4，据此分析解题。
（1）已知钠离子带一个正电荷，硫酸根带2个负电荷，氢氧根带一个负电荷，根据化合价代数和为0可知中，元素的化合价为+3价，故答案为：+3；
（2）将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积、适当升高反应温度、充分搅拌和适当增大硫酸的浓度等措施均能提高“氧压浸出”的速率，故答案为：将高镁低品位铜镍矿粉碎以增大固液接触面积或适当升高反应温度或充分搅拌或适当增大硫酸的浓度；
（3）由分析可知，“氧压浸出”的滤渣有S和SiO2，该环节中CuFeS2与H2SO4、O2反应生成CuSO4、Fe2(SO4)3、S和H2O，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学反应方程式为：4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O，故答案为：SiO2；4CuFeS2+10H2SO4+5O2=4CuSO4+2Fe2(SO4)3+8S↓+10H2O；
（4）A．向萃取液中加入稀硫酸进行“反萃取”，萃取平衡逆向移动，故可得到Cu2+，得不到单质Cu，A错误；
B．由题干分析结合小问1分析可知，萃余液中主要含有Fe3+、Mg2+、Ni2+，B错误；
C．一定条件下，萃取平衡时，，即被萃取的Cu2+也就是形成CuR2的Cu2+是残留在溶液中的Cu2+的4倍，则的萃取率为=80%，C正确；
D．适当提高溶液则H+浓度减小，平衡正向移动，故可提高的萃取率，D正确；
故答案为：CD；
（5）已知，“滤液”中，“沉镍”时，控制为8.50，此时溶液中c(OH-)=10-5.5mol/L，溶液中残留的Ni2+浓度为：c(Ni2+)===0.0002mol/L，则此时的沉淀率为≈99.9%，由分析可知，“沉镍”后的母液，含有的主要溶质为MgSO4，故答案为：99.9%；MgSO4。
28．叠氮化钾能促进难以萌发的种子发育，在新作物育种中应用广泛，实验室制备流程如下。回答下列问题：
I.制备：
已知：
①制备亚硝酸异丙酯在烧杯中进行；
②制备的D、E和F阶段均在图甲装置中完成。
（1）属于______（填“离子化合物”或“共价化合物”）。
（2）仪器A的名称为______，仪器B的作用是______。
（3）仪器A中发生反应时，与水合肼在碱性条件下，重新生成（异丙醇），该反应的化学方程式为______。
（4）关于上述流程中各步骤的说法，错误的是______（填标号）。
A．步骤D还需要的仪器是容量瓶和胶头滴管
B．制备亚硝酸异丙酯时用冰盐浴的目的是防止反应过于剧烈
C．步骤F加入无水乙醇的目的是促进的溶解
II.纯度检测——“分光光度法”：与反应灵敏，生成红色配合物，在一定波长下测量红色溶液的吸光度，利用“—吸光度”曲线确定样品溶液中的。
查阅文献可知：不同浓度的5.0mL标准溶液，分别加入5.0mL（足量）溶液，摇匀后测量吸光度，可绘制标准溶液的与吸光度的关系曲线如图乙所示。
纯度检测步骤如下：
①准确称取晶体，配制100mL标准液（与文献浓度一致）。
②准确称取0.36g样品，配制成100mL溶液，取5.0mL待测溶液，向其中加入V mL（足量）标准液，摇匀后测得吸光度为0.6。
（5）配制100mL溶液需要用到下列操作：
a．打开容量瓶玻璃塞，加入适量水，塞紧塞子，倒立
b．将塞子反转180°，倒立
c．洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次
d．冷却至室温
e．轻轻振荡容量瓶
f．称取0.36g试样置于烧杯中，加入适量水充分溶解
g．将溶液转移到容量瓶中
h．定容，摇匀
上述给出操作的正确顺序：a→______→h（操作可重复）。
（6）步骤②中取用标准液V =______mL，样品的质量分数为______。
【答案】（1）离子化合物
（2） 三颈烧瓶 冷凝回流兼平衡气压
（3）
（4）AC
（5）a、b、f、d、g、c、e、h
（6） 5.0 90%
【解析】将KOH溶解在无水乙醇中，冷却后与85%水合肼、亚硝酸异丙酯混合反应，在70~80℃条件下回流1-2h，之后加入无水乙醇降低KN3的溶解度，同时冰盐浴冷却析出KN3晶体，抽滤得到粗品，然后多次用无水乙醇和乙醚洗涤，最后烘干即可叠氮化钾产品。
（1）属于离子化合物，由钾离子和叠氮酸根离子构成。
（2）根据仪器A的结构特点可知其为三颈烧瓶；仪器B为球形冷凝管，其作用为冷凝回流兼平衡气压。
（3）仪器A中发生反应时，与水合肼在碱性条件下，重新生成（异丙醇），该反应的化学方程式为。
（4）A．步骤D为将65gKOH溶解在300mL-400mL无水乙醇中，不需要用容量瓶，用量筒即可量取，故A错误；
还需要的仪器是和胶头滴管
B． 制备亚硝酸异丙酯的反应放热，用冰盐浴可以降低温度，防止反应过于剧烈，故B正确；
C． KN3微溶于乙醇，加入无水乙醇可以降低其溶解度，促使KN3结晶析出，得到细小均匀的颗粒，提高产率，故C错误；
故选AC。
（5）配制一定物质的量浓度的溶液一般需经过检漏、计算、称量、溶解、转移(移液前要先冷却至室温)、洗涤、定容、摇匀等步骤，所以顺序为a、b、f、d、g、c、e、h。
（6）根据文献记载，不同浓度的5.0mLNaN3标准溶液，分别加入5.0mL(足量)FeCl3标准溶液可得吸光度曲线图，所以取用的标准氯化铁溶液的体积为5mL；根据曲线图，吸光度0.6对应的为4.0×10-2mol•L-1，则0.360g产品中含有KN3的质量为4.0×10-2 mol·L-1×0.1L×81g·mol-1=0.324g，纯度为。
29．氮族元素及其化合物在工农业生产、环境等方面有重要应用和影响。
（1）燃料在汽车发动机中燃烧时会产生污染环境的、，加装三元催化转化器可使汽车尾气中的、转化为无毒物质。
已知：I.
II.
①则反应III：_______，该反应能自发进行的条件是在_______(填“低温”、“高温”或“任意温度”)下。
②向某绝热恒容密闭容器内充入一定量的和，发生反应III。下列能说明该反应达到平衡状态的是_______(填标号)。
A．容器内气体的密度不再改变 B．容器内气体的温度不再改变
C． D．容器内气体的平均摩尔质量不再改变
③向容积均为的三个恒容密闭容器中分别通入和，发生上述反应Ⅲ，a、b、c三组实验的反应温度分别记为。恒温恒容条件下反应各体系压强的变化如图所示。则达到平衡时由大到小的顺序是_______；实验b中，内，分压的平均变化率为_______，该反应的压强平衡常数_______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
（2）氮能与氢、氟形成结构相似的化合物和，请判断键角：_______(填“>”、“<”或“=”)，原因为_______。
（3）是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，设为阿伏加德罗常数的值，1号原子的坐标为、3号原子的坐标为，晶体的密度为。
①2号原子的坐标为_______。
②原子和原子之间的最短距离为_______(不用化到最简)。
【答案】（1） -749 低温 BD 2
（2） > F的电负性比H大，中成键电子对离中心原子较远，成键电子对之间的排斥力较小，因而键角较小
（3）
【解析】（1）①已知：I.
II.，根据盖斯定律可知，反应III=反应II-反应I，所以对应反应热=；该反应为熵减的放热反应，根据吉布斯自由能可知，若反应能自发进行，则，则需低温条件下进行；
②向某绝热恒容密闭容器内充入一定量的和，发生反应III，则
A．容器内气体的总质量随着反应的进行不变，气体的总体积不变，所以气体的密度为恒量，则气体的密度不再改变时，不能说明反应达到平衡状态，A不符合题意；
B．因为体系为绝热体系，随着反应的进行，不断有热量变化，所以当容器内气体的温度不再改变，说明反应达到了平衡状态，B符合题意；
C．，没有指明是否是正逆反应速率，不能说明是否是平衡状态，C不符合题意；
D．容器内气体的总质量为恒量，气体的总物质的量随着反应的进行在变，所以气体的平均摩尔质量为变量，则当气体的平均摩尔质量不再改变时，则说明反应达到了平衡状态，D符合题意；
故选BD；
③恒温恒容条件发生发应III，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，随着反应的进行，各容器内压强：pa=pb＜pc，说明平衡时气体的总物质的量：na=nb＜nc，即平衡时CO的转化率：a=b＞c，则平衡常数：Ka=Kb>Kc；实验b中，反应III中，0-20min内，体系压强从160 kPa减少到140kPa，减小的压强为生成氮气的分压，即Δp(N2)=20kPa，所以转化的CO的分压Δp(CO)=2Δp(N2)= 40kPa，起始总压为160kPa，CO和NO的物质的量之比为1:1，即CO的起始分压为80kPa，所以CO分压的平均变化率为2；列出三段式如下：
，所以该反应的压强平衡常数Kp=；
（2）因为F的电负性比H大，中成键电子对离中心原子较远，成键电子对之间的排斥力较小，因而键角：NH3＞NF3；
（3）①A点坐标为(0，0，0)，则A原子位于坐标原点，由图可知2号原子也在坐标轴正方向空间内，且到x轴、y轴、z轴的距离分别为、、，即2号原子的坐标为(，，)；
②由题干晶胞图示可知，一个晶胞中含有Ga的个数为=4，As的个数为4，设晶胞中Ga与As两原子核间最近距离为x nm，则晶胞体对角线长度为4x nm，晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，则晶胞的边长为：a= ，晶胞质量为g，所以晶胞的密度ρ=，化简整理得x=nm。
30．酮基布洛芬片是用于治疗各种关节炎、强直性脊柱炎引起的关节肿痛以及痛经、牙痛、术后痛和癌性痛等的非处方药。其合成路线如下图所示：
（1）A的化学名称为___________。
（2）B中官能团的名称为___________，B→C的反应类型为___________。。
（3）写出E的结构简式：___________。
（4）写出B与NaOH水溶液加热时的化学反应方程式___________。
（5）H为C的同分异构体，则符合下列条件的H有___________种(同一个碳上连有两个碳碳双键的结构不稳定)。
①除苯环外不含其他环状结构
②含有硝基，且直接连在苯环上
其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为2：2：2：1的结构简式为___________。
（6）以乙烷和碳酸二甲酯()为原料(无机试剂任选)，设计制备2一甲基丙酸的一种合成路线。___________。
【答案】（1）3-甲基苯甲酸
（2） 羧基、碳氯键 取代反应
（3）
（4）+2NaOH+H2O+NaCl
（5） 16
（6）
【解析】B和NaCN反应生成C，C与SOCl2反应生成D，根据B、D的结构简式可知C是 ；和苯反应生成E，根据E的分子式，由F的结构简式逆推，可知E的结构简式为。
（1）的化学名称为间3-基苯甲酸；
（2）B是，含有官能团的名称为羧基、碳氯键，B→C是中的氯原子被-CN代替，反应类型为取代反应；
（3）和苯反应生成E，根据E的分子式，由F的结构简式逆推，可知E的结构简式为；
（4）B与NaOH水溶液加热时卤素原子发生水解，且羧基与NaOH反应生成羧酸钠，反应方程式：
+2NaOH+H2O+NaCl；
（5）①除苯环外不含其他环状结构；②含有硝基，且直接连在苯环上；符合条件的的同分异构体，苯环上有2个取代基-NO2、-CH2-C≡CH，有3种结构，或者2个取代基为-NO2、-C≡C-CH3，有3种；或者有3个取代基-NO2、-C≡CH，-CH3，有10种结构；所以同分异构体种数是6种；
其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为2:2:2:1的结构简式为。
（6）乙烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成氯乙烷，氯乙烷和NaCN发生取代反应生成CH3CH2CN；CH3CH2CN和碳酸二甲酯发生取代反应生成，在酸性条件下生成，合成路线为。
2023年高考第二次模拟考试卷（B卷）
生物·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。
第I卷
一、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，只有一项是符合题目要求的。)
1．螺旋藻是一种主要分布在热带、亚热带地区的多细胞蓝细菌，被联合国粮农组织（FAO）誉为“21世纪最理想的食品”。下列有关描述错误的是（ ）
A．螺旋藻细胞中含量最多的有机化合物是蛋白质
B．螺旋藻能把无机物转化成有机物，是自养需氧型生物
C．螺旋藻含有人体必需的Fe、Ca、Mn、Zn等微量元素
D．螺旋藻和黑藻在细胞结构上的主要区别是有无以核膜为界限的细胞核
【答案】C
【分析】原核细胞和真核细胞在细胞结构上的主要区别是有无以核膜为界限的细胞核。
【详解】A、螺旋藻细胞中含量最多的有机化合物是蛋白质，A正确；
B、螺旋藻能把无机物转化成有机物，属于自养生物，螺旋藻能进行有氧呼吸，所以螺旋藻是自养需氧型生物，B正确；
C、Ca是大量元素不是微量元素，C错误；
D、螺旋藻是蓝细菌，属于原核生物，黑藻是真核生物，所以螺旋藻和黑藻在细胞结构上的主要区别是有无以核膜为界限的细胞核，D正确。
故选C。
2．20世纪50年代以来，同位素示踪技术被广泛应用于各种科研领域当中，极大地方便了科学家追踪某些物质或元素在生物体内或细胞内的转移、传递过程。下列相关叙述正确的是（ ）
A．用标记亮氨酸羧基上的H，可以追踪小鼠胰腺腺泡细胞中的分泌蛋白合成与运输途径
B．用与分别标记人和小鼠细胞膜上的蛋白质后使二者融合，可以证明膜具有流动性
C．给植物提供标记的，将先后在、和糖类中出现放射性
D．用含标记的噬菌体感染大肠杆菌，多代复制后释放的子代病毒仅少量具有放射性
【答案】D
【分析】同位素用于追踪物质运行和变化过程时，叫做示踪元素．用示踪元素标记的化合物，化学性质不变．人们可以根据这种化合物的性质，对有关的一系列化学反应进行追踪，这种科学研究方法叫做同位素标记法。
【详解】A、用 3H 标记亮氨酸羧基上的H，则会在脱水缩合过程中以水的形式脱去，不能追踪小鼠胰腺腺泡细胞中的分泌蛋白合成与运输途径，A错误；
B、用发红色荧光的染料和发绿色荧光的染料分别标记人和小鼠细胞膜上的蛋白质分子后使二者融合，通过两种颜色的荧光在细胞膜上的分布，可以证明膜具有流动性，B错误；
C、卡尔文用14C标记CO2探明了CO2中碳元素在光合作用中的转移途径为：14CO2→14C3→（14CH2O），C错误；
D、赫尔希和蔡斯用32P标记的噬菌体感染大肠杆菌，由于噬菌体的DNA带有放射性标记，而大肠杆菌提供的合成DNA和蛋白质的原料没有标记，因此，多代复制后释放的子代病毒仅少量具有放射性，D正确。
故选D。
3．某实验小组获得了一株棉花突变体，为了测定该突变体茎生长素极性运输能力是否发生变化，用野生型和该突变型棉花以及适宜浓度的 14C-IAA 溶液进行相应实验，实验结果如图所示，下列有关叙述正确的是（ ）
A．实验组和对照组均需在氧气浓度相同且适宜的条件下进行
B．实验组和对照组均用等量且适量的14C-IAA溶液处理茎基端
C．实验结果说明突变型棉花合成生长素的能力比野生型棉花弱
D．实验结果说明突变型棉花生长素极性运输能力比野生型棉花强
【答案】A
【分析】分析题图：野生型棉花基端生长素含量高于顶端，而突变型棉花基端生长素含量低于顶端。
【详解】A、生长素极性运输的方式为主动运输，需要消耗能量，氧气浓度能够通过影响细胞有氧呼吸的速率，影响能量的供给从而影响主动运输的速率，避免氧气浓度对实验的影响，实验需在氧气浓度相同且适宜的条件下进行，A正确；
B、生长素极性运输的方向为从形态学上端向形态学下端运输，需处理野生型和突变型植株茎的顶端，B错误；
C、该实验探究的是生长素极性运输能力，无法确定生长素的合成能力，C错误；
D、一段时间后突变体顶端的生长素较多，而基端的生长素较少，说明向下极性运输的生长素较少，因此可以推测突变体茎的生长素极性运输能力减弱，D错误。
故选A。
4．“桂可食，故伐之；漆可用，故割之。人皆知有用之用，而莫知无用之用也。”（《庄子·内篇·人间世》） 、“人民众而货财寡, 事力劳而供养薄”（《韩非子》），从中可见，我国古人很早就意识到生态文明的重要意义。以下说法错误的是（ ）
A．庄子的话和“绿水青山就是金山银山”都体现了保护生物多样性的价值
B．“银烛秋光冷画屏，轻罗小扇扑流萤”，体现了生态系统信息传递的功能
C．“有心栽花花不开，无心插柳柳成荫”体现了生态系统物质循环的功能
D．韩非子的话体现了节制人口增长的重要性
【答案】C
【分析】生态系统的三大功能分别是能量流动、物质循环、信息传递。
1、能量流动指生态系统中能量输入、传递、转化和能量传递丧失的过程。能量流动是生态系统的重要功能，在生态系统中，生物与环境，生物与生物间的密切联系，可以通过能量流动来实现。能量流动两大特点：单向流动，逐级递减。
2、物质循环生态系统的能量流动推动着各种物质在生物群落与无机环境间循环。这里的物质包括组成生物体的基本元素：碳、氮、氧、氮等，在生物群落和无机环境中循环，物质循环是整个生物圈，其原因是气态循环和水体循环具有全球性。
3、信息传递（1）信息传递概述生态系统的信息传递方式分为三种：①物理信息：生态系统的光、声、温度、湿度、磁力等，通过物理过程传递的信息，称为物理信息。②化学信息：生物在生命活动过程中，产生一些可以传递信息的化学物质，诸如植物的生物碱、有机酸等代谢产物，以及动物的性外激素等，这就是化学信息。科学实验表明，昆虫、鱼类以及哺乳类等生物体中都存在着传递信息的化学物质——信息素。③行为信息：动物的特殊行为，对于同种和异种也能够传递某种信息，即生物的行为特征可以体现为行为信息。动物的行为信息丰富多彩，一些鸟类在求偶时的行为更独特，通常雄鸟会进行复杂的“求偶炫耀”。（2）生态系统的信息传递作用：维持生命活动的正常进行和生物种群的繁衍；调节生物的种间关系，维持生态系统的稳定。
【详解】
A、庄子的话意思是：桂树因为可以吃，所以被人砍伐；漆树因为可以用，所以被人割皮。人们只知道有用的好处，哪里知道无用的好处啊。庄子的话和“绿水青山就是金山银山”都体现了保护生物多样性的价值，A正确；
B、“银烛秋光冷画屏，轻罗小扇扑流萤”，体现了生态系统信息传递的功能，题中涉及的是物理信息，B正确；
C、“有心栽花花不开，无心插柳柳成荫”，描述植物的枝条能够长成植物体，属于无性生殖中的营养生殖，C错误；
D、“人民众而货财寡，事力劳而供养薄”强调了物质生产的有限性与人口增长过快产生了矛盾，体现了节制人口增长的重要性，D正确。
故选C。
5．人体在安静状态下以有氧呼吸为主，在剧烈运动时，某些组织细胞处于缺氧状态，进行无氧呼吸。若氧化底物都是葡萄糖，下列推断合理的是（ ）
A．若氧气的吸收量与二氧化碳的释放量相等，则细胞只进行有氧呼吸
B．某些组织细胞处于缺氧状态时，葡萄糖分子中的大部分能量留存在乳酸中
C．人体在安静状态下，氧气在线粒体基质彻底氧化分解丙酮酸为二氧化碳
D．人体细胞进行有氧呼吸时没有[H]的积累，进行无氧呼吸时会有[H]的积累
【答案】B
【分析】
1、有氧呼吸过程分为三个阶段，第一阶段是葡萄糖酵解形成丙酮酸和[H]，发生在细胞质基质中；有氧呼吸的第二阶段是丙酮酸和水反应产生二氧化碳和[H]，发生在线粒体基质中；有氧呼吸的第三阶段是[H]与氧气反应形成水，发生在线粒体内膜上。
2、无氧呼吸的第一阶段与有氧呼吸的第一阶段相同，都是葡萄糖酵解形成丙酮酸和[H]，发生在细胞质基质中；第二阶段是丙酮酸和[H]反应产生二氧化碳和酒精或者是乳酸，发生在细胞质基质中。
【详解】
A、人体无氧呼吸的产物是乳酸，当氧气的吸收量与二氧化碳的释放量相等时，只能说明细胞进行了有氧呼吸，无法说明细胞是否进行了无氧呼吸，A错误；
B、某些组织细胞处于缺氧状态时，葡萄糖分子中的大部分能量留存在乳酸中。其余以热能形式释放或转移至ATP中，B正确；
C、在安静状态下，人体细胞进行有氧呼吸，吸收的氧气用于有氧呼吸的第三个阶段，与[H]结合生成水，释放大量能量，第三阶段的场所在线粒体内膜，C错误；
D、人体细胞进行无氧呼吸在第二阶段[H]与丙酮酸生成乳酸，没有[H]的积累，D错误。
故选B。
6．雄绿头鸭的羽毛有美羽和素羽之分，假设雄鸭的羽毛性状由位于常染色体上的一对等位基因A、a控制，A决定美羽，a决定素羽。美羽雄鸭羽毛艳丽易被天敌发现，但有利于雌鸭的识别，避免与近似鸭种错交，使生殖失败；素羽雄鸭易躲避天敌，但不利于雌鸭的识别。下列叙述错误的是（ ）
A．天敌存在与否决定羽毛颜色相关基因的变异方向
B．天敌和近似鸭是绿头鸭种群进化的选择压力，直接作用的是个体的表型
C．若生境中近似鸭种多而天敌少，则种群中基因频率逐渐增大
D．若生境中食物比较丰富，近似鸭种少天敌也少，则种群中A基因频率保持相对稳定
【答案】A
【分析】现代生物进化理论认为：生物进化的单位是种群，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，生物进化的实质是种群基因频率的改变，自然选择通过定向改变种群基因频率而使生物朝着一定的方向进化，隔离是物种形成的必要条件，生殖隔离是新物种形成的标志。
【详解】A、天敌存在与否是自然选择，不能决定羽毛颜色相关基因的变异方向，基因突变是不定向的，A错误；
B、天敌和近似鸭是自然选择，绿头鸭种群进化的选择压力，自然选择的直接选择对象是个体的表型，B正确；
C、近似鸭种多而天敌少的地区，主要的种间关系是竞争，a决定素羽，不利于雌鸭的识别，因此a基因频率会降低，A基因频率会升高，C正确；
D、食物比较丰富，近似鸭种少天敌也少的地区，在个体生存能力方面，A、a控制的性状没有明显的优势，因此基因频率比例相当，种群中A基因频率保持相对稳定，D正确。
故选A。
第II卷
二、非选择题(本题包括5小题，共54分)
31．（9分）胰岛素在细胞内合成后借助囊泡进行分泌。激素的囊泡分泌存在两条分泌途径：一是组成型分泌途径，激素合成后随即被释放到细胞外；二是调节型分泌途径，激素合成后暂时储存在细胞内，受到细胞外信号刺激时再释放到细胞外。
回答下列问题。
(1)胰岛素通过促进____________________________________________________________，并抑制肝糖原的分解和非糖物质转变成葡萄糖，使血糖浓度维持在正常水平。
(2)人进食后不久血糖升高，血液中胰岛素含量迅速上升，研究人员推测此时段胰岛素主要是调节型分泌，并设计了以下实验：
甲组：葡萄糖浓度为7.5mmol·L-1的细胞培养液+胰岛B细胞+蛋白质合成抑制剂溶液；
乙组：葡萄糖浓度为7.5mmol·L-1的细胞培养液+胰岛B细胞+___________________。适宜条件下培养较短的一段时间后，检测培养液中胰岛素的含量。若_______________________________________
_____________________________________________则说明推测正确。
(3) 某糖尿病患者胰岛素分泌正常，但血糖浓度偏高，原因可能是_____________________________
_______________________________。
(4)胰高血糖素的分泌除直接受血糖浓度的调节外，还受到下丘脑的调节，体现神经调节和体液调节的关系是____________________________________________________________________________。
【答案】
(1)血糖进入组织细胞进行氧化分解，进入肝、肌肉并合成糖原，进入脂肪组织细胞转变为甘油三酯（2分）
(2) 生理盐水 （1分）
若甲组检测到较少胰岛素，乙组检测到较多胰岛素（甲组检测到的胰岛素比乙组少）（2分）
(3)组织细胞（靶细胞）的受体减少（1分）；组织细胞（靶细胞）对胰岛素的敏感性降低（1分）
(4)不少内分泌腺本身直接或者间接受中枢神经系统的调节，在这种情况下，体液调节可以看做神经调节的一个环节（2分）
【分析】血糖平衡调节：①当血糖浓度升高时，血糖会直接刺激胰岛B细胞引起胰岛素的合成并释放，同时也会引起下丘脑的某区域的兴奋发出神经支配胰岛B细胞的活动，使胰岛B细胞合成并释放胰岛素，胰岛素促进组织细胞对葡萄糖的摄取、利用和贮存，从而使血糖下降。②当血糖下降时，血糖会直接刺激胰岛A细胞引起胰高血糖素的合成和释放，同时也会引起下丘脑的另一区域的兴奋发出神经支配胰岛A细胞的活动，使胰高血糖素合成并分泌，胰高血糖素通过促进肝糖原的分解和非糖物质的转化从而使血糖上升，并且下丘脑在这种情况下也会发出神经支配肾上腺的活动，使肾上腺素分泌增强，肾上腺素也能促进血糖上升。
【详解】（1）当血糖浓度升高时，血糖会直接刺激胰岛B细胞引起胰岛素的合成并释放，促进血糖进入组织细胞进行氧化分解，进入肝、肌肉并合成糖原，进入脂肪组织细胞转变为甘油三酯，并抑制肝糖原的分解和非糖物质转变成葡萄糖，使血糖浓度维持在正常水平。
（2）根据题干分析，对照实验的设计必须确保单一变量，根据实验目的“探究胰岛素的分泌途径”，则单一变量为是否有蛋白质合成抑制剂X，因变量是血液中胰岛素的含量。
甲组：葡萄糖浓度为7.5mmol·L-1的细胞培养液+胰岛B细胞+蛋白质合成抑制剂溶液（用生理盐水配制）；
乙组：葡萄糖浓度为7.5mmol·L-1的细胞培养液+胰岛B细胞+生理盐水。
如果推测正确，说明主要是调节型分泌，还存在小部分的组成型分泌，甲组的蛋白质（胰岛素）的合成受到抑制，那么，若甲组检测到较少胰岛素，乙组检测到较多胰岛素。
（3）激素通常与其受体结合才能发挥生理作用，可以从激素含量和受体数量两个角度进行分析，由题意“某糖尿病患者胰岛素分泌正常，但血糖浓度偏高”可知，激素含量正常，那么从受体角度分析，可能是组织细胞（靶细胞）的受体减少，组织细胞（靶细胞）对胰岛素的敏感性降低。
（4）动物的生命活动常同时受神经和体液的调节，胰高血糖素的分泌除直接受血糖浓度的调节外，还受到下丘脑的调节，体现神经调节和体液调节的关系是：不少内分泌腺本身直接或者间接受中枢神经系统的调节，在这种情况下，体液调节可以看做神经调节的一个环节。
32．（8分）语言是人类交流的手段，昆虫之间也存在着可用于交流的“信息”，使昆虫表现出复杂的行为。昆虫的交配求偶就是通过某种信息长距离传递而实现的。如灯蛾的雌虫能吸引11 km以外的雄蛾，天蚕蛾的雌虫腹部或停息过新羽化的雌虫的物体，都能吸引雄虫。为了探索昆虫交配求偶的秘密，进行如下实验：
实验一：将某昆虫中未交配的雌虫放在诱捕器中，将诱捕器悬挂于田间，一夜后，发现捕捉到许多同种雄虫。
实验二：将未交配的雌虫先放到封闭的玻璃管中，再放在诱捕器中，将诱捕器悬挂于田间，一夜后，未捕捉到雄虫。
实验三：将未交配的雌虫腹部用小刀割下，再将雌虫放在诱捕器中，将诱捕器悬挂于田间，一夜后，未捕捉到雄虫。
实验四：将未交配的雌虫放在诱捕器中，在诱捕器的周围浇一桶汽油，将诱捕器悬挂于田间，一夜后，发现捕捉到许多同种雄虫。
根据上述实验，请回答下列问题：
(1)实验一中，放在诱捕器中的雌虫能够吸引雄虫，这是由于它们之间存在某种___________传递。
(2)实验一与实验二比较说明昆虫间进行交流的信息是一种挥发性的_______________。
(3)由实验三说明了__________________________________________________。
(4)实验四中汽油的作用是__________________________________________________，但仍能捕捉到雄性昆虫，这说明__________________________________________________。
【答案】(1)信息（1分）
(2)化学物质（1分）
(3)这种物质是由雌虫的腹部分泌的（2分）
(4) 干扰雌雄虫之间的信息交流（2分） 这种化学物质具有较强的专一性（2分）
【分析】生态系统中信息的类型：
（1） 物理信息：生态系统中的光、声、颜色、温度、湿度、磁力等，通过物理过程传递的信息；
（2） 化学信息：生物在生命活动过程中，产生的一些可以传递信息的化学物质；
（3） 行为信息：是指某些动物通过某些特殊行为，在同种或异种生物间传递的某种信息。
【详解】
（1）实验一中，雌虫可以吸引雄虫，说明他们之间存在信息传递。
（2）将未交配的雌虫先放到封闭的玻璃管中，性外激素不能向外挥发，故通过实验1与实验2比较可知，昆虫间进行交流的信息是一种挥发性的化学物质，而不是雌虫本身。
（3）实验三将未交配的雌虫腹部用小刀割下，再将雌虫放在诱捕器中，将诱捕器悬挂于田间，一夜后，未捕捉到雄虫，说明了这种物质是由雌虫的腹部分泌的。
（4）汽油具有挥发性，可以干扰雌雄虫之间的信息交流，但 仍能捕捉到雄性昆虫，这说明这种化学物质具有较强的专一性。
33．（14分）喜旱莲子草是一种著名的恶性杂草，其防治过程中，生物防治为一种重要的防治手段。以下是以盆栽的喜旱莲子草为实验材料，研究了全寄生植物南方菟丝子对喜旱莲子草叶片光合特性的影响。
南方菟丝子寄生对喜旱莲子草部分光合特性的影响
处理
净光合速率（μmolCO2·m-2·s-1）
气孔导度（mmol·m-2·s-1）
胞间CO2浓度（mmol·mol-1）
相对叶绿素含量
寄生处理组
16.53
0.39
271.67
17.1
对照组
23.40
0.58
261.67
19.6
回答下列问题：
(1)菟丝子是一年生攀缘性的草本寄生性种子植物，其叶退化为鳞片状，显微观察发现其细胞中缺少_________（填细胞器），无法吸收、转化光能，因此无法以_______________为原料合成有机物。
(2)表中的净光合速率用__________________________表示；据表分析，与对照组相比，寄生处理组喜旱莲子草净光合速率下降_________（“是”或“不是”）气孔因素所致，理由是________________________________________________________________________；与对照组相比，寄生处理组喜旱莲子草净光合速率下降的原因可能是________________________________________
__________________。
(3)喜旱莲子草叶绿体中含有多种光合色素，可用_________（填试剂）可分离，以测定对照组和寄生处理组的相对叶绿素含量。
(4)生产上可调节菟丝子的________________以达到较好的生物防治效果。
(5)研究人员猜测，寄生处理组的气孔导度下降可能是由脱落酸引起的。请以喜旱莲子草脱落酸缺失突变体和脱落酸为材料设计前后对照实验进行探究，要求写出简要实验思路：__________________
_____________________________________________________________________________________________________________________________________。
【答案】(1)叶绿体（1分） CO2、H2O（2分）
(2) 单位时间单位叶面积二氧化碳的吸收量（2分） 不是（1分）
寄生处理组虽然气孔导度下降，但胞间二氧化碳浓度高于对照组（2分）
寄生组相对叶绿素含量下降，吸收转化的光能下降，光合速率下降（2分）
(3)层析液（1分）
(4)寄生量（1分）
(5)取喜旱莲子草脱落酸缺失突变体在正常情况下测气孔导度，经南方菟丝子寄生处理一段时间后测气孔导度，经脱落酸处理一段时间后测气孔导度（2分）
【分析】空气中二氧化碳的浓度，土壤中水分的多少，光照的长短与强弱，光的成分以及温度的高低等，都是影响光合作用强度的外界因素。光合作用的强度可以通过测定一定时间内原料消耗或产物生成的数量来定量地表示(如植物在单位时间内通过光合作用制造糖类的数量)。
【详解】（1）叶绿体能吸收和转化光能，菟丝子是一年生攀缘性的草本寄生性种子植物，其叶退化为鳞片状，细胞中缺少叶绿体，因此无法吸收、转化光能；
光合作用的原料为二氧化碳和水，因此菟丝子无法以二氧化碳和水为原料合成有机物；
（2）据表分析：表中的净光合速率用单位时间单位叶面积二氧化碳的吸收量表示；
据表分析，与对照组相比，寄生处理组虽然气孔导度下降，但胞间二氧化碳浓度高于对照组，因此寄生处理组喜旱莲子草净光合速率下降不是气孔因素所致；
据表分析，寄生组与对照组相比叶绿素含量下降，吸收转化的光能下降，光合速率下降；
（3）分离光合色素用层析液；
（4）生产上可通过调节菟丝子的寄生数量，来达到较好的生物防治效果；
（5）实验目的：探究寄生处理组的气孔导度下降是否由脱落酸引起的，要求前后对照。
取喜旱莲子草脱落酸缺失突变体在正常情况下测气孔导度，经南方菟丝子寄生处理一段时间后测气孔导度，经脱落酸处理一段时间后测气孔导度。
如果菟丝子寄生后气孔减小，脱落酸处理后气孔状态依然处于减小状态，则不是由脱落酸引起的；
如果菟丝子寄生后气孔不变，脱落酸处理后气孔减小，则由脱落酸引起。
34．（11分）鹌鹑的羽色属Z连锁伴性遗传。栗羽、黄羽和白羽是由Z染色体上的两对等位基因A/a和B/b相互作用的结果。A和a与色素的合成有关，A为有色基因、a为白化基因。A与B共同作用产生栗羽、A与b共同作用产生黄羽。某校生物学课外兴趣活动小组利用白羽、栗羽和黄羽的鹌鹑(均为纯合子)进行研究活动。
回答下列问题。
(1)纯合黄羽个体的基因型是_______________。
(2)栗羽雄性与黄羽雌性鹌鹑杂交，后代F1全为___________羽。让F1的雌雄个体进行交配，F2中栗羽：黄羽=3：1，其中___________(性别)鹌鹑一半为栗羽、一半为黄羽，另一种性别的鹌鹑的基因型有_______________种。
(3)为验证这两对基因可发生重组，请写出实验思路、预期结果和结论。
实验思路：____________________________________________________________________________。
预期结果及结论：______________________________________________________________________。
【答案】(1)ZAbZAb、ZAbW（2分）
(2) 栗（1分） 雌性 （1分） 2（1分）
(3)实验思路：让纯合白羽 (ZabW) 与纯合栗羽 (ZABZAB) 进行杂交，得F1雄性栗羽 (ZABZab) ，用雄性栗羽 (ZABZab) 与纯合白羽 (ZabW) 进行杂交，观察F2的表型。（2分）
预期结果和结论：如果F2出现白羽、栗羽两种表现，说明这两对基因没有发生重组（2分）；如果F2出现白羽、栗羽、黄羽三种表现，说明这两对基因发生了重组（2分）。
【分析】分析题意可知，雌性纯合白羽的基因型为ZabW，纯合栗羽的基因型为ZABZAB、ZABW，纯合黄羽的基因型为ZAbZAb、ZAbW。
【详解】
（1）栗羽、黄羽和白羽是由Z染色体上的两对等位基因A/a和B/b相互作用的结果，A与b共同作用产生黄羽，故纯合黄羽个体的基因型是ZAbZAb、ZAbW。
（2）纯合栗羽雄性的基因型为ZABZAB，纯合黄羽雌性的基因型为ZAbW，后代F1的基因型为ZABZAb、ZABW，全为栗羽。让F1的雌雄个体（ZABZAb、ZABW）进行交配，F2的的基因型为ZABZAB（雄性栗羽）、ZABZAb（雄性栗羽）、ZABW（雌性栗羽）、ZAbW（雌性黄羽）=1：1：1：1即栗羽：黄羽=3：1，雌性鹌鹑一半为栗羽、一半为黄羽，雄性鹌鹑全为栗羽，有2种基因型。
（3）为验证这两对基因可发生重组，可让纯合白羽 (ZabW) 与纯合栗羽 (ZABZAB) 进行杂交，得F1雄性栗羽 (ZABZab) ，雄性栗羽 (ZABZab) 与纯合白羽 (ZabW) 进行杂交，若这两对基因不发生重组，雄性栗羽 (ZABZab) 能产生两种配子ZAB、Zab，F2的表型为白羽、栗羽；若这两对基因发生重组，雄性栗羽 (ZABZab) 能产生四种配子ZAB、Zab、ZAb、ZaB，F2的表型为白羽、栗羽、黄羽。
35．（12分）奶酪是中国西北的蒙古族、哈萨克族等游牧民族的传统食品，在内蒙古称为奶豆腐，如图是天然奶酪的简要制作过程，其中凝乳是指凝固的牛奶，酸性物质一般都可以使牛奶变性凝固。某牛奶厂从自然发酵的凝乳中筛选具有优良发酵性能的微生物菌种。请据此回答问题：
(1) 由奶酪制作过程可推测，儿童食用天然奶酪比牛奶更容易消化吸收，请分析原因____________
_______________________________________________________。加热压缩过程可以去除凝乳中多余的_____________________，有利于奶酪的硬化和保存。
(2)为了保证奶酪的品质和营养，牛奶在发酵之前应该进行消毒处理，请选择合理的处理方法（ ）
A．100℃处理30min B．62~65℃处理30min C．80~90℃处理30s~1min
这一株优良菌株分离纯化常采用的接种方法是_________________法。纯化培养时通常需要将接种培养基与未接种培养基同时培养，原因是__________________________________________________
__________________。纯化培养后，需将菌种临时保藏，可采取的保藏方法是_________________
__________________________________________。
(4)最终筛选出的菌种还需要进行产酸能力的测定，已知固体培养基会因为添加碳酸钙而呈乳白色，碳酸钙会被酸性物质反应形成透明圈，则此种培养基从功能上看属于___________培养基，观测的指标是___________________________________。
【答案】(1) 由制作过程可知，奶酪制作过程中经过了微生物发酵，将牛奶中蛋白质分解或变性处理，都有利于蛋白质的消化和吸收（2分） 水分（1分）
(2)BC（2分）
(3) 平板划线法或 稀释涂布平板法（1分，答出一个可得1分）
检测培养基的制备是否合格，以保证培养基上的菌落均来自培养液（确定培养基灭菌处理合格，没有杂菌污染）（2分）
接种至固体斜面培养基，在合适温度下培养。当菌落长成后，将试管放入4℃条件下培养（2分）
(4) 鉴别（1分） 透明圈的大小（1分）
【分析】奶酪是以牛奶为原料，加入乳酸菌发酵而成，牛奶经乳酸菌的发酵后形成凝乳，利于消化。酸性物质一般都可以使牛奶变性凝固，小牛的胃中有一种称为凝乳酶的物质也可以将牛奶凝固成凝乳利于消化。
培养基为微生物提供生长、繁殖和积累代谢产物的营养物质；营养物质归纳为碳源、氨源、生长因子、无机盐和水；根据化学成分分为合成培养基、天然培养基等；根据用途分选择培养基、鉴别培养基。
【详解】
（1）由制作过程可知，奶酪制作过程中牛奶经过了微生物发酵，将牛奶中蛋白质分解为小分子或变性处理，都有利于蛋白质的消化和吸收，加热压缩过程去除水分，水分减少，奶酪的硬度加大，不利于微生物生长，有利于储存。
（2）煮沸消毒法是在100℃煮沸5~6分钟可以杀死微生物细胞和一部分芽孢，但对于牛奶这些不耐高温的液体，使用巴氏消毒法，在75~90℃中保温15秒，不仅可以杀死牛奶中的微生物，还可以使牛奶的营养成分不被破坏，A错误，BC正确。
故选BC。
（3）为检测培养基的制备是否合格，以保证培养基上的菌落均来自培养液，在纯化培养时通常需要将接种培养基与未接种培养基同时培养：若空白培养基上出现菌种，则证明培养基被污染。
菌种临时保存的方法为：接种至固体斜面培养基，在合适温度下培养。当菌落长成后，将试管放入4℃条件下培养。
（4）因CaCO3可与产酸菌产生的酸反应，产酸菌周围的CaCO3与酸反应后产生无色物质，形成透明圈，故可利用此原理利用CaCO3筛选出产酸菌。此种培养基从功能上看属于鉴别培养基，可根据透明圈的大小判断菌种的产酸能力。
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