2022-2023学年陕西省宝鸡市陈仓区等2地高三下学期三模理综试题PDF版含答案

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  第十二次模考化学参考答案7、答案：B8、答案：A9、答案：B10、答案：C11、答案：D解析：A．二氧化硫的水溶液与氯化铁发生氧化还原反应生成硫酸根离子，然后与钡离子结合成硫酸钡沉淀，所以装置C产生的白色沉淀为BaSO4，故A正确。B．品红溶液红色褪去，说明SO2具有漂白性，故B正确；C．酸性高锰酸钾具有强氧化性，二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明高锰酸钾在该反应中被还原为浅色物质，从而说明SO2具有还原性，故C正确；D．浓硫酸和固体反应时，其离子方程式就是化学方程式，不能把相关的电解质拆写成离子，故D错误；12、答案：D解析：由图可知，放电时是原电池原理，原电池放电反应为自发的氧化还原反应，即，锂为负极，失去电子发生氧化反应，正极上发生得电子的还原反应；充电时的原理是电解池原理，金属锂电极为阴极，发生还原反应，阳极反应为。A.根据以上分析，充电时，金属锂为阴极，故A错误；B.金属锂电极周围为奋机电解液，非水溶液，放电时，该极周围不会有LiOH，故B错误；C.没有标明是在标准状况下，无法计箅22.4L的物质的量，故C错误；D.放电时阳离子由负极向正极移动，充电时阳离子由阳极向阴极移动，所以迁移方向相反，故D正确。13、答案：B26、答案：（1）粉碎金属电极芯等；起还原剂作用（2）；4.7～6.2（3）（4）加入最后一滴标准液，溶液由橙黄色变为紫色且半分钟内不褪色；18.92（5）解析：27、答案：（1）三颈烧瓶（2）水浴加热；（3）洗去产品表面附着的水杨酸等杂质；关闭气泵，拆开装置，将粗品转移至烧瓶中（4）B；在亚稳过饱和区加入晶种，并缓慢降温（5）58解析：（1）图1装置中仪器A的名称是球形冷凝管；（2）步骤①中70℃加热半小时，宜采用水浴加热，可使反应体系均匀受热；已知，乙酸酐遇水形成乙酸，则冷凝回流过程中外界的水可能进入三颈烧瓶，导致发生副反应，降低了水杨酸的转化率。（3）阿司匹林难溶于水，水杨酸微溶于水；步骤②用冷水洗涤晶体的目的是洗去产品表面附着的水杨酸等杂质；用图2装置减压抽滤后的操作是关闭气泵，拆开装置，将粗品转移至烧瓶中；（4）步骤③用到加热回流装置C、抽滤装置D、干燥装置A，不需要固体加热装置B；故肯定用不到的装置是；由题干可知：亚稳过饱和区，加入晶种，晶体生长可以得到较大晶体颗粒；故从温度较高浓溶液中获得较大晶体颗粒的操作为：在亚稳过饱和区加入晶种，并缓慢降温；（5）3.45g的物质的量为，新蒸出的乙酸酐20mL（），则的物质的量为，则反应中乙酸酐过量，0.025mol 完全反应生成0.025mol，则阿司匹林质量为0.025mol×180g/mol=4.5g；故所得乙酰水杨酸的产率为。28、答案：（1）-1170（2）0.06；；放热反应，温度升高，平衡逆向移动，NO残留率上升，达到拐点之后，随着温度升高，NO的残留率趋近相同说明温度对平衡的影响占主导地位，对NO残留率的影响大于氨氮比（3）；1:10；；<（4）解析：35、答案：（1）Ga（1分）；（1分）；2（1分）（2）分子晶体（1分）；分子间作用力（1分）；（1分）；（2分）；分子极性更强，N原子更易提供电子对形成配位键且形成配位键是空间构型不受阻碍（2分）（3）正四面体（2分）；（3分）解析：（1）上述材料所涉及的四种元素为Ga、As、C、Si；同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，下非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；故中电负性最小的元素是Ga；砷位于第四周期第ⅤA族，基态砷原子价层电子的轨道表达式为 ；和As位于同一周期，且未成对电子数也相同，有3个未成对电子的元素还有V、Co这2种元素；（2）沸点较低且可混溶于苯、氯仿等有机溶剂，则晶体类型为分子晶体，熔化时克服的作用力是分子间作用力，其中硅原子的价层价层电子对数为，为杂化；化合物和中更易形成配合物的是，其结构为三角锥形，极性更强，N原子更易提供电子对形成配位键且形成配位键是空间构型不受阻碍；（3）由图可知，把晶胞分割为8个小立方体，晶胞中4个C分别上面相对的和下面相对的2个小立方体中，这4个C构成的空间构型为正四面体；硅原子为顶点和面心，1个晶胞中硅原子个数为，4个C位于晶胞内部，则一个晶胞中含有4个碳原子和4个硅原子晶胞密度为，设晶胞体积为V，则，cm-3；原子的总体积为，故其原子的空间利用率为。36、答案：（1）1、2-二氯乙烯（1分）（2）；（1分）羟基、羧基（1分）（3）氢氧化钠水溶液、加热；（1分）（1分）（4）（2分）（5）10（3分）；（2分）（6）（3分）解析：（1）化合物A的结构简式为，名称为1、2-二氯乙烯；（2）F的分子式是，E的官能团名称为羟基、羧基；（3）D经过①②两步反应转化为E，反应①为卤代氢在氢氧化钠水溶液条件下的取代反应，反应条件为氢氧化钠水溶液、加热；由已知反应原理可知，A与发生加成反应生成B，反应为，故化合物B的结构简式为；（4）比较BD结构简式，可知C结构简式为，C→D为溴和C发生的取代反应，化学方程式为；（5）绿原酸中含有酯基，在碱性条件下完全水解后，再酸化得到的芳香族化合物；其同分异构体有多种，满足以下条件：a.含有苯环b.1mol该物质能与2mol反应，则1个分子中含有2个羧基；如果苯环上有1个取代基，，有1种情况；如果苯环上有2个取代基，，则有邻间对3种情况；如果苯环上有3个取代基，，2个羧基处于邻位时，甲基有2种情况；2个羧基处于间位时，甲基有3种情况；2个羧基处于对位时，甲基有1种情况；合计有10种情况；核磁共振氢谱显示峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为：；（6）聚乳酸（）的单体为，则需要在中与羧基相连的碳原子上首先引入一个卤素原子（反应原理类似C生成D的反应），然后水解引入羟基，最后发生缩聚反应生成产物；故合成路线可以为：。  理综生物试题参考答案一、单选题1．B  2．A   3．B   4．C   5．D  6．B二、非选择题29．（11分）（1）类囊体薄膜    叶绿素和类胡萝卜素    蓝紫    （2）总值    CO2浓度下降    光照强度增大 （3）PSII和PSI含有蛋白质和叶绿素，这两类物质的合成均需要N元素（2分）    协助扩散    运输过程需要蛋白质参与，从浓度高的一侧到浓度低的一侧（没有消耗ATP）（4）强光导致PSII和PSI受损伤或叶绿体结构损伤30．（9分）（1）垂体  （2）甲状腺   碘    ①相同且适宜    ②测定各组小鼠单位时间的耗氧量，记录数据，统计分析   ③1组与3组耗氧量接近，且均小于2组    2组与3组耗氧量接近，且均大于1组  （3）促甲状腺     自身免疫31．（10分）（1）二    通过牛羊的遗体残骸流向分解者；通过第三营养级的粪便流向分解者（2分）（2）把更多的同化产物（生物量）分配给地下部分    为植物的再生长提供物质和能量的储备  （3）鸟类    丧失栖息地对鸟类生存的威胁比例远高于对哺乳动物生存的威胁程度，且远高于其他因素对鸟类的威胁程度（或“在所研究的各种原因中威胁程度最高”），体现了栖息地环境改变后鸟类相对于哺乳动物更难以生存，难以适应改变后的新环境，说明鸟类对生存环境的要求相对更高（2分）  （4）物质循环    植树造林、开发清洁新能源、减少煤、石油等化石燃料的使用、提倡绿色出行等32．（9分）（1）ZZ和ZW  （2）雄性∶雌性=1∶2（2分） （3）3（2分）（4）①银色生长慢    金色生长快    ②子代雄性均为金色生长快，雌性均为银色生长慢（2分）37．（15分）  （1）聚苯乙烯（2分）    琼脂  （2）平板划线（2分）    形状、大小、隆起程度、颜色等（2分） （3）P1    P1的D/d值最大，对PS塑料的降解效果最佳（2分）（4）小   相对分子质量较小的蛋白质，通过色谱柱的路程较长，移动速率较慢（2分）（5）化学结合法和物理吸附法（2分）38．（15分）（1）cDNA文库中获取的目的基因不含启动子、内含子（2分）    一段已知目的基因的核苷酸序列（2分）（2）显微注射（2分）    XX    （羊的）乳汁    受精卵全能性高，更容易发育成动物个体（2分）（3）95%的空气加5%的二氧化碳（2分）    维持培养液的pH（2分）    胚胎移植   第十二次模考物理参考答案14.C   15.B   16.A   17.C   18.D    19.AC    20.BC   21.BD22. （每空2分）    ①. 0.90    ②. 3.05    ③. 9.723.（ 每空2分，图3分）C    E        （）    24.（14分）答案：(1)　(2)　(3)解析：(1)由题意得电子在有界圆形磁场区域内受洛伦兹力做圆周运动，设圆周运动轨迹半径为r，磁场的磁感应强度为B，则有ev0B＝m              ①      2分过A、B点分别作速度的垂线交于C点，则C点为轨迹圆的圆心，已知B点速度与x轴夹角为60°，由几何关系得，轨迹圆的圆心角∠C＝60°              ②    2分AC＝BC＝r，已知OA＝L，得OC＝r－L ③       由几何知识得r＝2L ④      2分由①④式得B＝. ⑤      2分(2)由于ABO在有界圆周上，∠AOB＝90°，得AB为有界磁场圆的直径，故AB的中点为磁场区域的圆心O1，由③易得△ABC为等边三角形，磁场区域的圆心O1的坐标为.            2分(3)电子做匀速圆周运动，则圆周运动的周期为T＝ ⑥                   2分由②④⑥得电子在磁场中运动的时间t＝＝.        2分 25．（18分）解：丙向下摆动过程中机械能守恒①                1分丙与甲碰撞过程由动量守恒得：②             1分由机械能守恒得：③        1分  解得碰后瞬间丙速度大小：④           1分甲速度大小：⑤          1分（2）乙从C点离开时，因甲、乙水平速度相同，故乙从C点落回．当乙回到B点时，乙对甲压力最大。设此时甲速度大小为，乙的速度大小为。从丙与甲碰撞结束至乙回到B点过程中由动量守恒得：⑥               1分由机械能守恒得：⑦           1分解得：，      1分设此时甲对乙的弹力为由牛顿第二定律得：⑧               1分  由牛顿第三定律知乙对甲压力的最大值⑨                     1分（3）乙从C点离开时，甲、乙水平速度相同，设甲速度为从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程甲、乙水平方向动量守恒：⑩                1分解得：                      1分若减小段BC的半径，乙一定能从C点离开设乙从C点离开时乙竖直方向速度大小为从丙与甲碰撞结束至乙从B点离开甲过程中，由机械能守恒得：⑪                      1分⑫                                  1分                  设从乙离开C至最高点⑬                                      1分⑭                      1分该高度差与R无关，即高度差不变若增大BCF段的半径，乙仍能从C点离开，与减小BC段的半径结论相同若增大BC段的半径，乙不能从C点离开，则上升至最高点时甲乙速度相同由机械能守恒得：⑮               1分  解得                               1分  该高度差与R无关，即高度差不变综上所述，乙运动过程的最高点与A点间的高度差为定值。33．（1）使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜  把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1 mL油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中纯油酸的体积。（2）（i）设细管的长度为l，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h，被密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有pV=p1V1        ①由力的平衡条件有p=p0–ρgh        ③式中，p、g分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0为大气压强。由题意有V=S（L–h1–h）    ④V1=S（L–h）    ⑤由①②③④⑤式和题给条件得L=41 cm      ⑥（ii）设气体被加热前后的温度分别为T0和T，由盖–吕萨克定律有      ⑦由④⑤⑥⑦式和题给数据得T=312 K       ⑧    BDE     （1）；   （2） 【2】（1）光路如图所示：由几何知识可知     由折射定律可得                    4分（2）刚好发生全反射时  挡板的半径         挡板的面积          6分