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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A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A卷）（全解全析），共48页。
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14~18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．“夜光表”上的夜光材料一般为两种，一种将镉和硫化锌混合，由于镭的辐射，硫化锌就自发光。一种是储光材料，白天吸收光能，晚上将光能释放出来。有一块手表，夜光材料是镭和硫化锌混合物。表盘是硅材料。将光能转化为电能，转化效率为，面积为S。在太阳底下照射t时间就可让手表工作nt的时间，单位时间太阳照到地球单位面积上的能量为E0，以下说法正确的是（ ）
A．首次发现镭的科学家是贝克勒尔
B．手表工作时消耗电能的平均功率
C．已知镭的衰变方程为，该核反应为β衰变
D．储光材料在有光的时候吸收光子，原子从低能级跃迁到高能级，夜晚时受激的原子从高能级跃迁到低能级而发光
【答案】D
【详解】A．第一个发现镭元素的科学家是居里夫人，A错误；
B．硅材料在t时间接收的光能为
转化为电能的是
手表工作的平均功率为
B错误；
C．应该是衰变，C错误；
D．储光材料是利用了原子吸收光子向高能级跃迁，在晚上又自发向低能级跃迁而放出光子，没有放射性，属于安全的材料，现在绝大部分手表的夜光材料都是这种材料，D正确。
故选D。
15．光刻机是生产大规模集成电路的核心设备。一个光刻机的物镜投影原理简化图如图所示，三角形ABC为一个等腰直角三棱镜，半球形玻璃砖的半径为R，球心为O，为玻璃砖的对称轴。间距为的两条平行光线，从左侧垂直AB边射入三棱镜，经AC边反射后进入半球形玻璃砖，最后汇聚在硅片上M点。已知半球形玻璃砖的折射率为，反射光线关于轴线对称。则OM两点间距离为（ ）
A．R B． C． D．
【答案】C
【详解】根据对称性，先来分析一下a光线，光路图如图
第一次折射在D点，入射角，折射角。根据折射率公式，有
由几何知识，可得
又
解得
可得
第二次折射发生在F点，设入射角为，折射角。根据折射率公式，有
又
解得
由三角形知识可得
又
解得
故选C。
16．汽车在水平地面上因故刹车，可以看做是匀减速直线运动，其位移与时间的关系是：，则它在停止运动前最后1s内的平均速度为（ ）
A．6m/s B．4m/s C．2m/s D．1m/s
【答案】C
【详解】根据匀变速直线运动的位移时间关系
，
解得：，；
采取逆向思维，在物体在停止运动前1s内的位移
，
停止运动最后1s的平均速度
，
故选C．
【点睛】根据位移时间关系求出初速度和加速度，根据逆向思维求出物体在停止运动前1s内的位移，再根据平均速度的定义式求出物体在停止运动前1s内的平均速度．
17．我国载人航天事业已迈入“空间站时代”。若中国空间站绕地球近似做匀速圆周运动，运行周期为，轨道半径约为地球半径的倍，已知地球半径为，引力常量为，忽略地球自转的影响，则（ ）
A．漂浮在空间站中的宇航员不受地球的引力
B．空间站绕地球运动的线速度大小约为
C．地球的平均密度约为
D．空间站绕地球运动的向心加速度大小约为地面重力加速度的倍
【答案】B
【详解】A．漂浮在空间站中的宇航员依然受地球的引力，所受引力提供做匀速圆周运动的向心力，处于完全失重，视重为零，故A错误；
B．根据匀速圆周运动的规律，可知空间站绕地球运动的线速度大小约为
故B正确；
C．设空间站的质量为m,其所受万有引力提供向心力，有
则地球的平均密度约为
解得
故C错误；
D．根据万有引力提供向心力，有
则空间站绕地球运动的向心加速度大小为
地表的重力加速度为
解得
故D错误。
故选B。
18．在一个点电荷Q的电场中，让x轴与电场中的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.3m和0.6m（如图甲所示），在A、B两点分别放置带正电的试探电荷，其受到的静电力跟试探电荷的电荷量的关系分别如图乙中直线a、b所示。已知静电力常量 ，下列说法正确的是（ ）
A．A点的电场强度是40N/C，方向沿x轴负方向
B．B点的电场强度是2.5N/C，方向沿x轴正方向
C．点电荷Q带正电，所在位置为坐标原点
D．点电荷Q的带电荷量约为4.44×10-13C
【答案】B
【详解】AB．根据 可知，图线斜率表示电场强度，故
，
AB点试探电荷电场力均为正方向，则两试探电荷位于场源电荷同侧，又因为A点场强大，离场源电荷近，则场源电荷位于A点左侧，正点电荷所受电场力与电场强度方向相同，则电场强度方向沿x轴正方向，场源电荷带正电，故A错误，B正确；
CD．根据
解得
，
故场源电荷坐标为
故CD错误。
故选B。
19．一列简谐横波在时的波形图如图甲所示，P是介质中的质点，图乙是质点Р的振动图像。已知该波在该介质中的传播速度为10m/s，则（ ）
A．该波沿x轴负方向传播
B．再经过0.9s，质点P通过的路程为30cm
C．时刻质点P离开平衡位置的位移cm
D．质点P的平衡位置坐标为
【答案】AD
【详解】A．由乙图可知0.8s时 P点振动方向向下，根据上下坡法，波沿负方向传播，A正确；
B．经过1个周期，质点经过的路程
经过0.5个周期，经过的路程
以上规律质点在任何位置开始都适用
经过个周期，经过的路程
以上规律质点只有在特殊位置（平衡位置、最大位移处）才适用， ，此时P未处于特殊位置，B错误；
C．由图乙可知，0时刻质点P位于平衡位置，C错误；
D．根据简谐运动的表达式
当
则
即处的质点从平衡位置到5cm经历的时间
故P点振动形式传播到处的时间
故D正确。
故选AD。
20．如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的电场强度
B．小球动能的最小值为
C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
【答案】AB
【详解】A．小球静止时细线与竖直方向成角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有
解得
选项A正确；
B．小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有
则最小动能
选项B正确；
C．小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D错误。
故选AB。
21．如图，两根足够长的平行光滑导轨固定在绝缘水平面上，所在空间有方向垂直于水平面、磁感应强度为B的范围足够大的匀强磁场，导轨的间距为L，电阻不计；导轨上静置两根长度均为L的导体棒PQ和MN，其中PQ的质量为2m、阻值为R，MN的质量为m、阻值为2R。若在t=0时刻给PQ一个平行于导轨向右的初速度vo，不计运动过程中PQ和MN的相互作用力，则（ ）
A．t=0时刻，两导体棒的加速度大小相等
B．t=0时刻，PQ两端的电压为
C．PQ匀速运动时的速度大小为
D．从t=0时刻到PQ匀速运动的过程中，导体棒MN产生的焦耳热为
【答案】BD
【详解】A． t=0时刻，PQ平行于导轨向右的初速度v0，则产生的感应电动势为
E=BLv0
此时回路中的电流大小为
两导体棒受到的安培力大小为
则有
两导体棒的加速度大小不相等，A错误；
B． t=0时刻，PQ两端的电压为MN两端的电压，大小为
B正确；
C．由以上分析可知，两导体棒受的安培力大小相等，由左手定则可知，安培力方向相反，两棒运动中，满足动量守恒，则有
2mv0=（m+2m）v共
两棒达到共速，则得
此后两棒以这个速度做匀速直线运动，C错误；
D．导体棒PQ和MN是串联关系，即，可知两棒上的电流有效值相等，在整个运动中MN、PQ产生的焦耳热量分别为
则有
QMN∶QPQ=2∶1
由能量守恒定律可知，在整个运动中产生的总热量等于系统总动能的减少量，因此有
D正确。
故选BD。
二、非选择题：本题共5小题，共62分。
22．（6分）某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的只带的一部分如图（b）所示，图中标出了5个连续点之间的距离，每两个点之间还有4个点未画出。（答案均保留两位有效数字）
（1）物块下滑是的加速度a=_________m/s2；打点D点时物块的速度vD=________m/s;
（2）已知重力加速度大小为g，斜面底边的长度，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是________（填正确答案标号）
A．物块的质量 B．斜面的高度 C．斜面的质量
【答案】 0.14 0.47 B
【详解】（1）[1]相邻两个计数点的时间间隔为
根据纸带数据可知：加速度
。
（1）[2]打点D点时物块的速度
。
（2）[3]由牛顿第二定律得
加速度
所以求出动摩擦因数，还需测量的物理量是斜面的倾角，因此需要测量斜面的高度。
23．（8分）根据闭合电路欧姆定律，用图甲所示的电路可以测定电池的电动势和内电阻。图中R0是定值电阻，通过改变R的阻值，在1、2位置处接一电压传感器，可直接显示R0两端的对应电压U12。对所得的实验数据进行处理，就可以实现测量目的。根据实验数据，在-R坐标系中描出坐标点，如图乙所示。已知R0=150，请完成以下数据分析和处理。
（1）图乙中电阻为__________的数据点应剔除；
（2）在图乙上画出-R关系图线__________；
（3）图线的斜率是__________（V-1·-1），由此可得电池电动势Ex=__________V。
【答案】 80 0.00444 1.50
【详解】（1）[1]根据画图描点原则应舍掉电阻为80的点；
（2）[2]连线时应该用直线拟合，使线过尽可能多的点，不在线上的数据点均匀分布在线的两侧；
（3）[3] [4]根据闭合电路欧姆定律得
Ex=U12+（R+rx）
所以
=++
由图可知斜率
=0.00444
即可得
Ex=1.50V
24．（15分）如图所示，光滑水平面和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道运动。以O为坐标原点建立直角坐标系，在区域有方向与x轴夹角为的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；
（2）小球经过O点时的速度大小；
（3）小球过O点后运动的轨迹方程。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球从A到B，根据能量守恒定律得
（2）小球从B到O，根据动能定理有
解得
（3）小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有
竖直方向有
解得
，
说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有
，
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程
25．（12分）某简易温度报警装置的示意图如图所示，其原理是：导热性能良好的竖直细管中用水银封闭了一定质量的空气（视为理想气体），当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警声。27℃时，空气柱长度L1=20cm，水银柱上表面与导线下端的距离L2=5cm，水银柱高度h=2cm，用该温度报警装置测量沸腾的某种液体时恰好报警，该液体沸点与大气压强的关系如下表。
沸点
98℃
99℃
100℃
101℃
102℃
压强
（1）求当地的大气压强p0；
（2）若取出1cm水银柱，求该装置报警时的热力学温度T3。（结果保留三位有效数字）
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）以细管内密封的空气柱为研究对象，设其横截面积为S。温度升高时，管内气体做等压变化，有
其中
，，
解得
即待测液体的温度102℃，对照表可知此处的气压
（2）以cmHg为压强单位，取出x=1cm水银柱，有
其中
，
解得
26．（20分）如图所示，平面直角坐标系中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限在之间的区域内存在垂直于平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（）的带电粒子以初速度v0从y轴上P（0，h）点沿x轴正方向开始运动，经过电场后从x轴上的点Q（进入磁场，粒子恰能从磁场的下边界离开磁场。不计粒子重力。求：
（1）粒子在Q点速度的大小v和v与x轴正方向的夹角θ；
（2）匀强磁场磁感应强度大小B；
（3）求粒子从P点开始运动到射出磁场所用的时间。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）设粒子从P到Q的过程中，运动时间为，在Q点进入磁场时速度为v，沿y轴方向的分速度大小为，则
又
解得
，
（2）设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，则
解得
由几何关系
联立解得
（3）由第（1）问可得粒子在电场中的时间为
粒子在磁场中运动的周期为
设粒子在磁场中转过的角度为则
则粒子在磁场中运动时间为
故粒子从P点开始到射出磁场所用的时间为
解得
2023年高考第二次模拟考试卷
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．中国画中以墨色为主，以丹青色彩为辅，这样的水墨丹青画一般画在绢、纸上。下列说法错误的是
A．丹指朱砂，也叫辰砂，是的天然矿石
B．青指石青，即蓝铜矿，主要成分，该物质属于盐
C．墨的主要原料是炭黑、松烟、胶等，通过砚用水研磨可以产生用于毛笔书写的墨汁，墨汁属于胶体
D．常见绢、纸的主要成分都是纤维素，纤维素属于天然高分子
【答案】D
【解析】A．丹指丹砂、朱砂、辰砂，是硫化汞的天然矿石，A正确；B．青指石青，主要成分，属于碱式碳酸盐，B正确；C．墨汁、墨水均属于胶体，C正确；D．绢指丝织品，主要成分为蛋白质，纸的主要成分都是纤维素，蛋白质和纤维素属于天然高分子，D错误； 故选D。
8．高聚物A在生物医学上有广泛应用。以N-乙烯基吡咯烷酮(NVP)和甲基丙烯酸β-羟乙酯(HEMA)为原料合成路线如下：
下列说法正确的是
A．HEMA具有顺反异构
B．1mol高聚物A可以与(m+n) mol NaOH反应
C．NVP分子式为C6H8NO
D．HEMA和NVP通过缩聚反应生成高聚物A
【答案】B
【解析】A．HEMA结构中碳碳双键的其中一个不饱和碳原子连接2个氢原子，不符合顺反异构的条件，HEMA没有顺反异构，故A错误；B．根据高聚物的结构简式，能与氢氧化钠反应的结构是酯基和酰胺键，1mol高聚物中含有nmol酯基和mmol酰胺键，1mol该高聚物最多与(m+n)molNaOH反应，故B正确；C．NVP分子中含有6个碳原子、9个氢原子、1个氮原子、1个氧原子，分子式为C6H9NO，故C错误；D．根据反应方程式，该反应是碳碳双键之间发生加聚反应生成高聚物，故D错误；答案为B。
9．含硫化合物的反应具有多样性。下列有关反应的离子方程式书写不正确的是
A．用溶液吸收废气：
B．海水提溴工艺中用还原：
C．用溶液处理锅炉水垢中的：
D．将S与溶液混合加热制备：
【答案】B
【解析】A．用溶液吸收废气过程中，和溶液反应生成NaHSO3，离子方程式为：，故A正确；B．HBr是强酸，在离子方程式中要拆，故B错误；C．CaCO3的溶解度小于，用溶液处理锅炉水垢中的，可以转化为CaCO3，离子方程式为：，故C正确；D．S与溶液反应生成，离子方程式为：，故D正确；故选B。
10．化学实验源于生活。下列实验方案设计、现象与结论均正确的是
选项
目的
方案设计
现象与结论
A
检验食盐中是否含碘元素
向某食盐溶液中滴加淀粉溶液
溶液颜色不变，说明该食盐属于无碘盐
B
检验火柴头中是否含有氯元素
将几根未燃过的火柴头浸入水中，稍后取少量溶液于试管中，加入稀、溶液
若有白色沉淀产生，|说明火柴头中含有氯元素
C
检验菠菜中的铁元素
取少量菠菜叶剪碎研磨后加水搅拌，取上层清液于试管中，加入稀硝酸后再加入溶液
若溶液变红，说明菠菜中含有铁元素
D
检验鸡皮中是否含有脂肪
取一小块鸡皮于表面皿上，将几滴浓硝酸滴到鸡皮上
一段时间后鸡皮变黄，说明鸡皮中含有脂肪
【答案】C
【解析】A．食盐中所加碘一般为碘酸钾，碘酸钾遇淀粉不变蓝色，因此实验设计不合理，故A错误；B．火柴头中的氯元素在氯酸钾中存在，氯酸钾溶于水不能直接电离出氯离子，加硝酸酸化的硝酸银不能生成氯化银白色沉淀，故B错误；C．加硝酸后再加KSCN溶液变红，说明溶液中存在，从而可说明菠菜中含有铁元素，故C正确；D．加浓硝酸鸡皮变黄，是蛋白质的性质，不能证明脂肪存在，故D错误；故选：C。
11．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）室温，向和的混合溶液中逐滴加入溶液，溶液中与的变化关系如图所示。下列说法正确的是
(已知：的、分别为、；)
A．a对应溶液的pH小于b
B．b对应溶液的
C．a→b变化过程中，溶液中的减小
D．a对应的溶液中一定存在：
【答案】D
【解析】A．温度不变水解平衡常数不变，=，则横坐标数值越大，溶液中c(OH-)越小，溶液的pH值越小，则溶液的pH：a点大于b点，故A错误；B．b点=-5，=1.0×10-5mol/L，=，=2，则=100，，故B错误；C．温度不变电离平衡常数、水的离子积不变，则==不变，故C错误；D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，a点横坐标等于0，说明c(CO)=c(HCO)，根据电荷守恒得2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(Cl-)+c(OH-)，所以得2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(HCO)+c(Cl-)+c(OH-)，故D正确；故选：D。
12．生物大分子血红蛋白分子链的部分结构及载氧示意如图。下列说法错误的是
A．构成血红蛋分子链的多肽链之间存在氢键作用
B．血红素中提供空轨道形成配位键
C．与血红素中配位能力强于
D．用酸性丙酮提取血红蛋白中血红素时仅发生物理变化
【答案】D
【解析】A．由图可知，分子中的氮的电负性较强，能形成氢键，则构成血红蛋分子链的多肽链之间存在氢键作用，A正确； B．Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，其能够提供空轨道形成配位键，B正确；C．碳的电负性小于氧，故更容易提供孤电子对与血红素中形成配位键，其配位能力强于，C正确；D．血红素中的肽键会在酸性条件下水解，故用酸性丙酮提取血红蛋白中血红素时也会发生化学变化，D错误；故选D。
13．我国科学家在“绿氢”研究方面取得新进展。四种电解槽结构如图所示。
已知：法拉第常数(F)表示电子所带电量，。下列说法正确的是
A．图a、d装置中作用是降低阳极反应的活化能
B．图c装置的阴极反应式为
C．图a装置工作一段时间后，阳极区溶液明显下降
D．电流强度为a安培，通电时间为b小时，阳极理论最多产生
【答案】D
【解析】A．图d装置在阴极区加入且两个装置中起增强导电作用，增强电解效率，不是作催化剂，故A错误； B．据装置图知，图c装置阴极上水被还原生成氢气和氧离子，阴极反应式为，故B错误；C．据图a装置可知，阳极反应式为，隔膜为阴离子交换膜，向阳极区迁移，故C错误；D．通过电量，根据阳极反应可知，生成转移电子，，故D正确；故选D。
27．某废镍催化剂的主要成分是合金，还含有少量Cr、Fe及不溶于酸碱的有机物。采用如下工艺流程回收其中的镍，制备镍的氧化物()。
回答下列问题：
（1）“碱浸”时发生的主要反应离子方程式为___________。
（2）“溶解”后的溶液中，所含金属离子有、、、、___________。
（3）在空气中煅烧，其热重曲线如图1所示，300~400 ℃时转化为，反应的化学方程式为___________；400~450℃生成的固体产物的化学式为___________。
（4）工业上可用电解法制取。用NaOH溶液调节溶液pH至7.5，加入适量硫酸钠后采用惰性电极进行电解。电解过程中产生的有80%在弱碱性条件下生成，再把二价镍氧化为三价镍。写出氧化生成的离子方程式___________，a mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过的电子的物质的量为___________mol(假设电解时阳极只考虑放电)。
（5）金属镍的配合物的中心原子的价电子数与配体提供的成键电子总数之和为18，则n=___________；CO与结构相似，CO分子内键与键个数之比为___________。
（6）NiO的晶胞结构如图2所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，C为(1，，)，则B的离子坐标参数为___________。
（7）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态铁原子，其自旋磁量子数的代数和为___________。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4） 1.25a
（5） 4 1∶2
（6）(1，1，1)
（7）+2或-2
【解析】将废镍催化剂碱浸，Al和NaOH反应生成偏铝酸钠，Ni、Cr、Fe、有机物不与碱反应，则“滤液1”的主要溶质为、NaAlO2；通过灼烧，除去有机物；加入硫酸、硝酸，使Ni、Cr、Fe溶解生成Ni2+、Cr3+、Fe2+、Fe3+；加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe3+，调节溶液pH，使Cr3+、Fe3+转化为Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀；加入碳酸钠，使Ni2+转化为NiCO3沉淀，滤液2中含有硫酸钠、硝酸钠、碳酸钠和次氯酸钠；过滤后得到的NiCO3中含有杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，最终得到镍的氧化物。
（1）“碱浸”时发生的主要反应是铝和氢氧化钠反应，离子方程式为：；
（2）由分析可知，“溶解”后的溶液中，所含金属离子有，Ni2+、Fe3+，答案为：；
（3）转化为，反应的化学方程式为；设1mol 在下分解为，1mol 的质量为，由图可知，在下分解固体残留率为67.5%，则分解后的质量为，根据Ni原子守恒可知，生成的物质的量为，=80.3g，得到，故生成产物的化学式为，答案为：，；
（4）ClO－把Ni(OH)2氧化成Ni2O3，本身被还原成Cl－，因此离子方程式为ClO－＋Ni(OH)2→Ni2O3＋Cl－，根据化合价的升降法进行配平，即离子方程式为；根据离子方程式，消耗amolNi(OH)2的同时消耗a/2mol的ClO－，Cl2有80%在弱碱性转化成ClO－，即Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O，电解过程中产生氯气的量为0.5a/80%mol，电解过程种2Cl－－2e－=Cl2，因此外电路转移电子物质的量为0.5a×2/80%mol=1.25a mol，故答案为：；1.25a mol；
（5）Ni的价电子数为10，每个配体提供一个电子对，则10+2n=18，n=4；CO与N2结构相似，含有C≡O键，含有1个σ键，2个π键，CO分子内σ键与π键个数之比为1∶2，答案为：4，1∶2；
（6）离子坐标参数A为(0，0，0)，C为(1，，)，则B的离子坐标参数为(1，1，1)，答案为：(1，1，1)；
（7）Fe是26号元素，根据构造原理，可知基态Fe原子核外电子排布式是[Ar]3d64s2，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，，所以基态Fe原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为(+)×6+(-)×2=+2，也可以是-2 ，所以其价电子的自旋磁量子数的代数和为+2或-2。
28．我国科学家最近揭示氢化钡固氮加氢产生氨气的反应机理。某小组设计实验制备高纯度的并测定其纯度。
已知：氢化钡遇水蒸气剧烈反应。实验中观察到B装置产生黑色沉淀。
请回答下列问题：
（1）B装置作用是_______。
（2）启动A装置中反应的操作是_______。先启动A中反应，F处检验氢气纯净后点燃D处酒精灯，这样操作的目的是_______。
（3）A装置中发生复分解反应的离子方程式为_______。
（4）实验完毕，从A装置的混合物中提取的操作包括_______、蒸发浓缩、_______、过滤、洗涤、干燥。
（5）如果产品混有，可能的原因是_______。如果产品混有，可能的原因是_______。
（6）设计如图装置测定氢化钡纯度。室温下，向安全漏斗中加入足量水，乙管实验前对应气体体积读数为，甲中完全反应后乙管气体体积读数为。
①每次读数前要调整丙管高度，使其与乙管液面持平，其目的是_______；
②已知室温下，气体摩尔体积为。该产品纯度为_______。
【答案】（1）除去H2中的H2S，防止H2S与Ba发生反应。
（2） 打开活塞K(使稀硫酸与粗锌接触) 利用生成的氢气排尽装置中的空气，防止氢气与空气混合加热发生爆炸及防止Ba与空气中的气体在加热条件下发生反应。
（3）
（4） 过滤 降温结晶(或冷却结晶)
（5） 水蒸气进入D(或氢气中的水蒸气没有除尽) 空气(O2)进入D(或装置中的空气没有除尽)
（6） 使乙管内气压等于外压
【解析】根据实验装置图，制备高纯度BaH2的过程为：装置A利用Zn与稀硫酸反应制备H2，但粗锌中含有ZnS，因此制得的H2中混有H2S气体；装置B用CuSO4除去H2中混有的H2S气体；装置C利用浓硫酸的吸水性对H2进行干燥，得到纯净的H2进入装置D与钡反应制取BaH2；由于BaH2遇水蒸气剧烈反应，装置E利用浓硫酸吸水性防止装置F中的水蒸气倒流进装置D中影响BaH2的制备；为了保证BaH2的纯度，装置D在加热前必须把整套装置内的空气排尽，因此装置F的作用是检验氢气的纯度。
（1）粗锌中硫化锌与稀硫酸反应生成硫化氢，利用硫化氢与硫酸铜溶液反应产生硫化铜沉淀把H2中混有的杂质气体H2S除去。
（2）打开活塞K，放下稀硫酸，使之与粗锌接触，反应开始发生。装置内空气对实验有影响，一是氢气与空气混合加热发生爆炸，二是Ba与空气中的气体在加热条件下发生反应，故先利用氢气将空气排尽后再加热。
（3）装置A中硫化锌与硫酸反应是复分解反应，其离子方程式是。
（4）混合物中有固体铜，先把Cu过滤除去，再蒸发浓缩得到浓的饱和溶液，再降温结晶（或冷却结晶）析出硫酸锌晶体。
（5）如果水蒸气倒流进入装置D中(或氢气中的水蒸气没有除尽)，会生成氢氧化钡；如果空气进入装置D中(或装置中的空气没有除尽)，氧气与钡反应生成氧化钡。
（6）气体的体积与压强有关，确保乙管内气体压强与外界压强相等，测定的气体体积才有意义。样品与水反应的化学方程式是：，列式计算：
，
该产品的纯度为。
29．短链烯烃是重要的有机化工原料，如丙烯(C3H6)和乙烯等。利用它们间的转化可有效强化节能减排，达到“碳达峰”和“碳中和”的目的。请回答下列问题：
（1）丙烯可由丙烷脱氢制取。已知丙烷脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如图，其中反应1为主反应，反应2为副反应。
反应1：C3H8(g) C3H6(g)+H2(g)ΔH1；
反应2：C3H8(g) C2H4(g) +CH4(g)ΔH2=+81.3kJmol-1；
反应3：C3H6(g)+H2(g) C2H4(g)+CH4(g) ΔH3= -43.0kJ·mol-1。
根据图和以上数据可知，若温度升高，副反应要比主反应更容易发生，其主要原因是___________，主反应的焓变ΔH1=___________。
（2）乙烯可由CO2和H2制取：2CO2(g) + 6H2(g) C2H4(g) + 4H2O(g)，在0.1 MPa，反应物起始物质的量之比n(CO2)：n(H2)=1：3的条件下，不同温度下达到平衡时，CO2、H2、C2H4、H2O四种组分的物质的量分数如图所示：
①图中表示C2H4的物质的量分数随温度变化的曲线是___________ (填“a”“b”或“c”)。
②反应2CO2(g) +6H2(g) C2H4(g) +4H2O(g) ΔH___________(填“>”或“<”)，保持其他条件不变，在绝热密闭容器中发生上述反应，达到平衡时，C2H4的物质的量分数比在恒温密闭容器中___________ (填“大”“小”或“相同”)。
③440℃时H2的平衡转化率为___________。
（3）利用CO2和CH4重整：CO2(g) +CH4(g) 2CO(g) +2H2(g) ΔH >0，在密闭容器中通入物质的量均为0.1 mol的CH4和CO2，在一定条件下使CO2(g)和CH4(g)发生上述反应，CH4的平衡转化率与温度及压强(单位：Pa)的关系如图所示。
①结合图示，在1100℃下y点时v正___________v逆(填“>”“<”或“=”)。
②若在1 100 ℃下x点时已达到平衡状态，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，则x点对应温度下反应的平衡常数Kp=___________(已知：气体分压p分=气体总压p总×气体的物质的量分数)。
【答案】（1） 副反应的活化能低于主反应的活化能 +124.3kJ /mol
（2） c < 小 60%
（3） > Pa2
【解析】（1）由图可知，副反应的活化能低于主反应的活化能，所以升高温度，副反应要比主反应更容易发生；由盖斯定律可知，反应2—反应3得到反应1，则主反应的焓变ΔH1=( +81.3)—(—43.0 kJ /mol)=+124.3kJ /mol，故答案为：副反应的活化能低于主反应的活化能；+124.3kJ /mol；
（2）①由图中表示二氧化碳物质的量分数随温度变化的曲线可知，表示氢气的物质的量分数随温度变化的曲线是a，由方程式可知，水蒸气的物质的量分数是乙烯物质的量分数的4倍，则表示水蒸气和乙烯的物质的量分数随温度变化的曲线分别是b、c，故答案为：c；
②由图可知，升高温度，二氧化碳的物质的量分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，反应的焓变ΔH小于0；保持其他条件不变，在绝热密闭容器中发生上述反应，反应放出的热量会使反应温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以乙烯的物质的量分数比在恒温密闭容器中小，达到平衡时，故答案为：<；小；
③由图可知，440℃时氢气和水蒸气的物质的量分数都为0.39，设起始二氧化碳、氢气的物质的量为1mol、3mol，平衡时生成乙烯的物质的量为amol，由方程式可得：3—6a=4a，解得a=0.3，则氢气的转化率为×100%=60%，故答案为：60%；
（3）①由图可知，1100℃时y点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：>；
②由图可知，1100℃反应达到平衡时，甲烷的转化率为50%，由方程式可知，平衡时二氧化碳、甲烷、一氧化碳、氢气的物质的量分别为0.1mol—0.1mol×50%=0.05mol、0.1mol—0.1mol×50%=0.05mol、0.1mol×50%×2=0.1mol、0.1mol×50%×2=0.1mol，则反应的分压常数Kp==Pa2，故答案为：Pa2。
30．化合物K在治疗抑郁症方面具有良好的疗效。某研究小组拟用以下流程合成。
已知：①
②
请回答下列问题：
（1）化合物A的名称为_______；化合物G的结构简式是_______。
（2）中含有键的数目为_______。
（3）E中官能团的名称为_______。
（4）H→I的化学方程式为_______，反应类型为_______。
（5）化合物M是H的同分异构体，则同时满足下列条件的化合物M的同分异构体有_______种。
①能发生银镜反应
②Cl直接连在苯环上
③除苯环外还含有
其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为4∶4∶2∶2∶1的结构为_______。
【答案】（1） 环戊烯
（2）14
（3）氨基、碳氯键
（4） 取代反应
（5） 19
【解析】根据及图中H的结构简式可知，A为一个环状化合物且为五元环，又因为A的分子式为C5H8，推出A的结构简式为： ，B为 ，C为 ，另一边，D为苯，苯经过一系列转化得到E、F，再根据G比F多了一个碳原子少了一个氮原子和氯原子的规律可推知氰基取代了F上的一个-N2Cl，得出G的结构简式为 ；C与G发生取代反应生成H，H与Br2发生取代反应生成 ，推出I为 ，据此分析解答。
【解析】（1）根据及图中H的结构简式可知，A为一个环状化合物且为五元环，又因为A的分子式为C5H8，推出A的结构简式为： ，名称为环戊烯；根据G比F多了一个碳原子少了一个氮原子和氯原子的规律可推知氰基取代了F上的一个-N2Cl，得出G的结构简式为 ；
（2）1个E分子中含有6个碳碳键、4个碳氢单键、1个碳氯单键、1个碳氮单键和2个氮氢单键，含有的键总共为6+4+4+1+2=14，所以1molE分子中含有的键为14NA；
（3）由图知E分子为苯环上连接了两个官能团，分别为氨基和碳氯键；
（4）根据给定已知信息①得出溴原子取代了和羰基相连的碳原子上的氢原子，所以得出化学方程式为： ；反应类型为取代反应；
（5）化合物M是H的同分异构体，分子式为C12H13ClO，不饱和度为6，①能发生银镜反应，说明含有醛基；②Cl直接连在苯环上，③除苯环外还含有 ，还有1个甲基，则根据同分异构体的判断顺序，可先定苯环与五元环连接，如图： ，再定氯原子的位置有3种，分别为： 、 和 ，再安排醛基： 、 和 ，总共5+7+7=19种；
其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为，说明不同种氢原子有5种，且氢原子个数比为4∶4∶2∶2∶1，该分子结构为 。
2023年高考生物第二次模拟考试卷（A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．溶酶体是动物细胞中的一种重要细胞结构，来源于高尔基体，是细胞的“消化车间”，能分解衰老、损伤的细胞器，吞噬并杀死侵入细胞的病菌，甚至通过激烈的细胞自噬，诱导细胞凋亡。下列关于溶酶体的相关描述，错误的是（ ）
A．溶酶体中的水解酶由核糖体合成、由内质网和高尔基体加工成熟
B．被溶酶体分解后的产物，有用物质可被再利用，废物会被排出细胞外
C．溶酶体膜不被溶酶体所含的水解酶水解，可能是由于膜成分被修饰
D．细胞处于正常状态时，溶酶体对细胞内自身结构不起“消化”作用
【答案】D
【分析】溶酶体是单层膜细胞器，含有多种水解酶，是细胞的“消化车间”，能分解衰老、损伤的细胞器，吞噬并杀死侵入细胞的病毒和细菌。
【详解】
A、溶酶体中的水解酶的化学本质是蛋白质，由核糖体合成，并在内质网、高尔基体中加成熟，A正确；
B、被溶酶体分解后的产物，对细胞有用的物质可被再利用，对细胞无用的废物会被排出细胞外，B正确；
C、虽然溶酶体中含有多种水解酶，但由于溶酶体膜的成分可能被修饰，使酶不能对其发挥作用，C正确；
D、细胞处于正常状态时，也存在衰老、损伤的细胞器，也会被溶酶体分解，D错误。
故选D。
2．在相同条件下，分别用不同浓度的蔗糖溶液处理洋葱鳞片叶表皮细胞，观察其质壁分离，再用清水处理后观察其质壁分离复原，实验结果见下图。下列叙述错误的是（ ）
A．T1组经处理后，有52%的细胞原生质层的收缩程度大于细胞壁
B．各组蔗糖溶液中，水分子可以从蔗糖溶液进入细胞液
C．T1和T2组经清水处理后，细胞内外渗透压相等
D．T3和T4组若持续用清水处理，质壁分离的细胞比例可能下降
【答案】C
【分析】
1、植物成熟的细胞中，当细胞液浓度小于环境溶液浓度时，细胞通过渗透作用失水，由于原生质层的伸缩性大于细胞壁的伸缩性，进而出现质壁分离现象，细胞失水越多，质壁分离的效果越明显。
2、发生质壁分离的细胞放在清水中，由于细胞液浓度大于环境溶液浓度，细胞会通过渗透作用吸水，原生质层体积增大，原生质层向细胞壁靠拢，发生质壁分离复原现象。
3、通过质壁分离现象，可以估测细胞液的浓度，细胞液的浓度介于未发生质壁分离和开始发生质壁分离的溶液浓度之间。
【详解】A 、由柱形图可知， T1组经蔗糖溶液处理后，有52％的细胞发生质壁分离，即有52％的细胞原生质层的收缩程度大于细胞壁，A 正确；
B 、各组蔗糖溶液中，水分子可以从蔗糖溶液进入细胞液，只是少于水分子从细胞液进入蔗糖溶液， B 正确；
C 、T1和T2组用清水处理后细胞吸水，但是由于细胞壁的限制，细胞不会持续吸水，可能最终细胞外的渗透压仍低于细胞内的渗透压， C 错误；
D 、T3和T4组若持续用清水处理，质壁分离复原的细胞逐渐增多，使质壁分离的细胞比例可能下降，D正确。
故选C。
3．基因突变是由于DNA分子中发生碱基对的替换、增添或缺失，而引起的基因碱基序列的改变。下列关于基因突变的叙述，错误的是（ ）
A．有的基因突变不会导致新的性状出现，基因突变会产生等位基因
B．基因突变为生物进化提供了丰富的原材料
C．基因突变一旦形成的新基因就可以遗传给后代
D．基因突变在造成的碱基对的改变在显微镜下是无法观察到的
【答案】C
【分析】基因突变是指由于DNA分子中发生碱基对的增添、替换和缺失，而引起的基因结构的改变。基因突变是新基因产生的途径，生物变异的根本来源，生物进化的原始材料。
【详解】
A、基因突变不一定导致性状发生改变，如碱基对发生替换后，编码的是相同的氨基酸序列，则性状不发生改变，基因突变一般是产生等位基因，A正确；
B、基因突变是新基因产生的途径，生物变异的根本来源，生物进化的原始材料，B正确；
C、如果发生基因突变的是体细胞，则一般不能遗传给后代，C错误；
D、基因突变是在分子水平上发生的变异，用光学显微镜是观察不到的，D正确。
故选C。
4．肺癌是目前全球癌症死亡率最高的肿瘤，抗CTLA-4免疫疗法效果显著。CTLA-4是一种位于细胞毒性T细胞上的膜蛋白，对细胞毒性T细胞的杀伤功能具有抑制作用。研究发现，使用CTLA-4抗体抑制CTLA-4的活性，能增强T细胞对肿瘤的攻击。下列叙述错误的是（ ）
A．肿瘤的发生与免疫系统的免疫监视功能低下有关
B．CTLA-4的形成过程中需要内质网和高尔基体的加工
C．提高膜蛋白CTLA-4的活性，细胞免疫功能将增强
D．使用CTLA-4抗体治疗肿瘤的过程中，有可能会引发自身免疫病
【答案】C
【分析】
1、细胞免疫过程中，细胞毒性T细胞的活化的条件：靶细胞的接触、辅助性T细胞分泌的细胞因子的作用。
2、免疫系统三大功能：①免疫防御，针对外来抗原性异物，如各种病原体。②免疫自稳，清除衰老或损伤的细胞。③免疫监视，识别和清除突变的细胞，防止肿瘤发生。
【详解】
A、免疫监视作用体现在识别和清除突变的细胞，防止肿瘤发生，故肿瘤的发生与免疫系统的免疫监视功能低下有关，A正确；
B、CTLA-4是一种位于细胞毒性T细胞上的膜蛋白，在核糖体上合成，需要内质网和高尔基体的加工，B正确；
C、提高膜蛋白CTLA-4的活性，则对细胞毒性T细胞的杀伤功能具有更强的抑制作用，细胞免疫功能将减弱，C错误；
D、使用CTLA-4抗体治疗肿瘤的过程中，能增强T细胞的功能，即免疫功能增强，有可能会引发自身免疫病，D正确。
故选C。
5．神农架国家森林公园位于湖北省西北部，拥有亚热带森林生态系统和泥炭藓湿地生态系统，是世界生物活化石的聚集地和古老、珍稀、特有物种的避难所，有植物约3183种，真菌、地衣约927种，药用植物超过1800种，脊椎动物约483种。稀有白化动物如白蛇、白熊等是动物资源的亮点。下列叙述错误的是（ ）
A．可用随机布置的多个红外相机统计白熊的个体数量
B．泥炭藓湿地生态系统能调节气候体现了生物多样性的间接价值
C．保护生物多样性要严格禁止开发和利用森林公园中的各种资源
D．此森林公园中由于生物种类多、生物间的关系复杂，使其抵抗力稳定性高
【答案】C
【分析】
1、生物多样性包括3个层次：遗传多样性(所有生物拥有的全部基因)、 物种多样性(指生物圈内所有的动物、植物、微生物)、生态系统多样性。
2、生物多样性的价值：直接价值是指对人类有食用、药用和工业原料等实用意义的，以及有旅游欣赏、科学研究等非实用意义的价值；间接价值是指对生态平衡、生物圈稳态的调节功能；潜在价值指目前人类尚不清楚的价值。
【详解】
A、白熊是稀有的白化动物，数量比较少，可用红外相机逐个统计白熊的数量，A正确；
B、生态系统具有的调节气候的功能体现的是其生态价值，属于生物多样性的间接价值，B正确；
C、保护生物多样性只是反对盲目地、掠夺式地开发利用，而不是要严格禁止开发和利用森林公园中的各种资源，C错误；
D、生物的种类多，生物间的关系复杂，营养结构的复杂程度更高，自我调节能力增强，因而生态系统的抵抗力稳定性高，D正确。
故选C。
6．植物甲（2n=20，AA）是一种当花粉落在自身柱头上时，不能穿过柱头，无法完成受精作用的植物；植物乙（4n=38，AABB）是正常自花传粉植物，其中A、B代表不同的染色体组。现欲培育新类型植物丙，具体过程为：利用植物甲与植物乙杂交得到F1，F1再与植物乙杂交得到F2，通过选育便可得到符合要求的植物丙。下列叙述正确的是（ ）
A．由于植物甲的花粉不能正常萌发而影响受精，应让其做母本
B．植物乙是由两个不同的物种通过自然种间杂交后直接获得的
C．F1是三倍体，其体细胞中含有29条染色体，不含同源染色体
D．若B组染色体在减数分裂时随机移向某一极，则F2的染色体组成可能有10种
【答案】D
【分析】由题意分析可知：植物甲（2n=20，AA），A组中含有10条染色体，植物乙（4n=38，AABB），B组中含有9条染色体。
【详解】A、植物甲是当花粉落在自身柱头上时，花粉不能穿过柱头，无法完成受精作用，而不是花粉不能萌发，A错误；
B、植物乙可能是由两个不同物种（染色体组成分别为AA和BB）进行杂交获得染色体组成为AB的二倍体，然后该二倍体经过染色体加倍获得的，而不是由两个不同物种通过自然种间杂交后直接获得的，B错误；
C、F1的染色体组成为AAB，为三倍体，含有同源染色体，C错误；
D、B组含有9条染色体，若B组染色体在减数分裂时随机移向某一极，则F2的染色体组成可能有10种，D正确。
故选D。
第II卷
二、非选择题(本题包括5小题，共54分)
31．（12分）超氧化物歧化酶（SOD）能消除生物体在新陈代谢过程中产生的有害物质，具有抗衰老的特殊效果，其含有的金属离子对增强酶的热稳定性有重要影响。资料报道，当反应温度为88 ℃，时间为15～30 min时对SOD的活性影响不大。下面是通过光催化反应装置分别在四种条件下检测紫外光对DNA损伤的相关曲线（TiO2表示二氧化钛，是一种光催化剂；UV表示紫外光）。Ⅰ组：黑暗处理曲线a（TiO2/DNA体系）、Ⅱ组：紫外光处理曲线b（UV/DNA体系）、Ⅲ组：光催化曲线c（UV/TiO2/DNA体系）、Ⅳ组：光催化引入SOD曲线d（UV/TiO2/SOD/DNA体系）。据图回答下列问题：
（1） 根据SOD的化学性质，我们可以利用__________________________的方法来除去一部分其他
杂质蛋白。实验中设计黑暗处理作为对照组的目的是______________________________________
______。曲线b说明______________________________________________________________。
（2）分析曲线c、d可以得出的实验结论是_________________________________________________。
（3）DNA损伤过程中会伴有H2O2产生，若要验证（2）中的实验结果，可通过检测H2O2的有无及产生量来判断，写出你的实验思路并预测实验结果（注：H2O2的检测方法不做要求）。
实验思路：_______________________________________________________________________。
预测实验结果：_____________________________________________________________________。
【答案】
（1） （高温变性（或88 ℃环境下处理15～30 min）（2分） 证明TiO2不会损伤DNA（2分）
无TiO2（催化剂）的条件下，紫外光对DNA损伤很小（2分）
（2） SOD能够明显延缓或抑制DNA的损伤 （2分）
（3） 实验思路：按照题干条件，设置同样的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四组实验，测定不同体系DNA损伤过程中H2O2的产生量 （2分）
预测实验结果：Ⅰ组、Ⅱ组没有H2O2产生，Ⅲ组和Ⅳ组均有H2O2产生，且Ⅲ组H2O2产生量较Ⅳ组多，时间较早（2分）
【分析】由曲线图可知，黑暗处理（TiO2/DNA体系）时DNA活性相对值基本不变，说明TiO2不会损伤DNA；紫外光处理（UV/DNA体系）时DNA活性相对值变化很小，说明没有TiO2（催化剂）的条件下，紫外光对DNA的损伤很小；光催化（UV/TiO2/DNA体系）时DNA活性相对值随着时间增大而不断减小，且在300min时，DNA活性相对值几乎为0，说明在TiO2（催化剂）的条件下，紫外光对DNA的损伤很大；光催化引入SOD（UV/TiO2/SOD/DNA体系）时DNA活性相对值随着时间增大而不断减小，且在500min时，DNA活性相对值几乎为0，与曲线c相比说明SOD能够明显延缓DNA的损伤。
【详解】
（1）当反应温度为88C，时间为15~30min时对SOD的影响不大，而部分其他杂质蛋白在该条件下已经失活，故可利用这个特性来除去其他杂质蛋白。黑暗处理组为TiO/DNA体系，设计黑暗处理对照组的目的是证明TiO2不会损伤DNA。紫外光处理曲线b（UV/DNA体系）说明没有TiO2（催化剂）的条件下，紫外光对DNA的损伤很小。
（2）光催化曲线c（UV/TiO2/DNA体系）说明紫外光对DNA的损伤非常严重，300min时，DNA几乎全部损伤，而光催化引入SOD曲线d（UV/TiO2/SOD/DNA体系），由于有SOD存在，DNA损伤很缓慢，说明SOD能够明显延缓或抑制DNA的损伤。
（3）要通过H2O2的有无及产生量来验证（2）中的实验结论，很显然要设置实验检测H2O2的产生量，H2O2的产生量越多，DNA损伤越严重，故本实验思路是按照题干条件，设置同样的I、Ⅱ、Ⅲ、IV四组实验，测定不同体系DNA损伤过程中H2O2的产生量；预测的实验结果是I组、Ⅱ组没有H2O2产生，Ⅲ组和IV组均有H2O2产生，且Ⅲ组H2O2产生量较IⅣ组多，时间较早。
【点睛】明确H2O2与DNA的损伤程度正相关是解答（3）的关键。
32．（10分）精神应激是指人们在遭遇外界压力及不可预知的风险时，产生的一种情绪经历。研究发现长期紧张的生活节奏往往会给人带来一定情绪压力，下图为人在情绪压力（如疼痛、恐惧等）下，肾上腺皮质和肾上腺髓质参与的应激反应模式图，其中糖皮质激素的作用之一是能够直接阻止细胞因子的合成和释放，激素a能够升高血糖。
(1)_____________________________________________是机体维持稳态的主要调节机制。激素a分泌的调控属于________________调节。
(2)糖皮质激素通过下丘脑—垂体—肾上腺皮质轴分泌，存在________________调节的特点，其发挥作用的靶器官（细胞）有____________________________________________（至少填三个）。
(3)通过上述分析，长期精神应激会使人体内分泌紊乱、免疫力下降的原因是_____________________
____________________________________________________________________________________________________________________________________________。（至少答出2点）
【答案】
(1) 神经-体液-免疫调节网络（2分） 神经（1分）
(2)分级调节（及反馈）（1分） 下丘脑、垂体、辅助性T细胞（2分）
(3)长期精神应激，会导致神经系统分泌的一些激素异常，作用于内分泌系统，引起内分泌紊乱；神经系统分泌的某些神经递质作用于免疫系统，影响免疫系统功能；某些激素（如糖皮质激素）也会影响免疫系统的功能（答到2点即可）（4分，答出一点给2分）
【分析】情绪压力可以刺激下丘脑，在神经调节方面，下丘脑通过可以控制肾上腺髓质分泌激素a，即肾上腺素，引起压力的短期效应；在体液调节方面，下丘脑会分泌出激素促肾上腺皮质激素释放激素作用于垂体，垂体分泌出激素促肾上腺皮质激素，作用于肾上腺皮质产生糖皮质激素，引起压力的长期效应。
【详解】
（1）机体维持稳态的主要调节机制是神经-体液-免疫调节网络。通过下丘脑直接支配肾上腺髓质释放的激素a为肾上腺素。肾上腺素的分泌调节途径是：情绪压力刺激相应感受器一传入神经一神经中枢一传出神经一肾上腺细胞一肾上腺素，在此过程中，肾上腺属于效应器的组成部分，肾上腺素分泌的调控属于神经调节。
（2）在下丘脑-垂体-肾上腺皮质轴中，糖皮质激素既有分级调节，也有反馈调节，故其发挥作用的靶器官（细胞）有下丘脑、垂体，另根据题干信息，糖皮质激素还能够直接阻止细胞因子的合成和释放，所以其靶器官（细胞）还应该加上辅助性T细胞。
（3）长期精神应激，会导致神经系统分泌的一些激素异常，作用于内分泌系统，引起内分泌紊乱；神经系统分泌的某些神经递质作用于免疫系统，影响免疫系统的功能；某些激素（如糖皮质激素）也会影响免疫系统的功能，故长期精神应激会使人体内分泌紊乱、免疫力下降。
【点睛】本题主要考查神经调节和体液调节，考生学生综合分析能力。
33．（10分）甲醛（HCHO）是室内空气污染物的主要成分之一，情况严重时会引发人体免疫功能异常甚至导致鼻咽癌和白血病。室内栽培的观赏植物常春藤能够利用甲醛，清除甲醛污染。研究发现，外源甲酸可以作为碳源被整合进入常春藤的光合作用过程中，具体过程如图1所示（其中RU5P和HU6P是中间产物）。请回答下列问题：
(1) 图1中①过程是卡尔文循环，该循环中物质变化的意义是______________________________
_________________________________________________________________________________。
(2)若要追踪并探明②过程是甲醛的碳同化路径，可采用的方法是_____________________，细胞产生NADPH的具体场所是____________________。
(3)甲醛在被常春藤吸收利用的同时，也会对常春藤的生长产生一定的影响，为此研究人员设计了甲醛胁迫下常春藤生长情况的实验。甲最脱氢季（FALDH）是甲醛代谢过程中的关键酶，图2表示不同甲醛浓度下该酶的活性相对值。图3表示不同甲醛浓度下气孔导度（气孔的开放程度）的相对值。
①1个单位甲醛浓度下，常春藤气孔开放程度下降，可溶性糖的含量增加。综合上述信息分析，可溶性糖的含量增加的原因是__________________________________________________________
_________________________（答出1点即可）。
②高浓度的甲醛胁迫超出了植物抗逆的范围，影响植物的生长。综合分析图2和图3的信息，写出在低浓度甲醛胁迫下，常春藤的抗逆途径：__________________________________________
_________________________________________________________________________________。
【答案】
(1)将简单的无机物CO2合成为复杂的有机物，直接或间接地为人类或动物界提供食物来源（2分）
(2)同位素示踪法（1分） 类囊体薄膜（1分）
(3)甲醛代谢过程中能产生CO2用于光合作用；1个单位甲醛浓度使FALDH的活性增强（2分）
植物通过降低气孔的开放程度，减少甲醛的吸收（2分）；同时FALDH的活性提高，增强对甲醛的代谢能力，起到抗逆作用（2分）。
【分析】光合作用是指绿色植物通过叶绿体，利用光能把二氧化碳和水转变成储存着能量的有机物，并释放出氧气的过程。光合作用的光反应阶段（场所是叶绿体的类囊体膜上）：水的光解产生[H]（NADPH)与氧气,同时合成ATP。光合作用的暗反应阶段（场所是叶绿体的基质中）：CO2被C5固定形成C3， C3在光反应提供的ATP和[H]（NADPH)的作用下还原生成糖类等有机物。
【详解】
（1）据图分析可知，图示①过程为卡尔文循环。在生态系统的物质循环过程中，生产者通过卡尔文循环能够将简单的无机物CO2合成为复杂的有机物，直接或间接地为人类或动物界提供食物来源。
（2）要探究甲醛的同化途径可使用同位素标记法，图中甲醛是在叶绿体基质中被利用生成CO2的，而产生NADPH的具体场所是类囊体薄膜。
（3）①1个单位甲醛浓度下，常春藤气孔开放程度下降，可溶性糖的含量增加。综合上述信息分析，可能的原因是1个单位甲醛浓度下，甲醛经过图1的①过程可以产生CO2供给光合作用，由图2可知，还可能的原因是1个单位甲醛浓度时FALDH的活性增强。
②据图分析可知，低浓度的甲醛胁迫下，植物一方面通过降低气孔的开放程度来减少甲醛的吸收；另一方面，在降低气孔开放程度的同时，提高FALDH的活性，增强对甲醛的代谢能力，起到抗逆作用。
34．（10分）某金鱼品种有色鳞与无色鳞是一对相对性状，受一对等位基因（A、a）控制，已知在含有基因A、a的同源染色体上，有一条染色体上带有致死基因，但致死基因的表达会受性别的影响。请根据下列杂交组合及杂交结果回答问题。
杂交组合
亲本类型
雌
雄
Ⅰ
有色鳞♀×有色鳞♂
有色鳞437
有色鳞215
Ⅱ
无色鳞♀×有色鳞♂
无色鳞220有色鳞222
无色鳞226有色鳞224
Ⅲ
Ⅱ组中的有色鳞自交
无色鳞242有色鳞716
无色鳞238有色鳞486
（1）在有色鳞与无色鳞这对相对性状中__________________为显性性状。从上述杂交组合中可以判断致死基因是____________（填“显”或“隐”）性基因。
（2）Ⅲ组的子代中导致雌雄中有色鳞与无色鳞比例差异的可能原因是__________________________
________________________________________________________________________。
请利用第Ⅲ组材料设计方案验证你的解释：
①设计思路：__________________________________________________________________。
②结果和结论：若_____________________________________________________，则假设正确。
【答案】
（1） 有色鳞（1分） 隐 （1分）
（2） AA的雄性个体含有两个致死基因而死亡 （2分）
①设计思路：甲组取Ⅲ组子代中多个有色鳞雌性个体与无色鳞雄性个体测交（2分），乙组取Ⅲ组子代中多个有色鳞雄性个体与无色鳞雌性个体测交，分别统计两组测交子代的有色鳞与无色鳞的分离比。（2分）
②结果和结论：甲组子代有色鳞与无色鳞性状比例为2：1，（1分）乙组子代有色鳞与无色鳞性状比例是1：1，则假设正确。（1分）
【分析】某金鱼品种有色鳞与无色鳞是一对相对性状，受一对等位基因（A、a）控制。说明该性状的遗传遵循基因的分离定律。杂交组合Ⅲ中Ⅱ组的有色鳞F1自交，后代出现了无色鳞，说明无色鳞是隐性性状，基因型为aa，则有色鳞是显性性状，基因型是AA或Aa。
【详解】（1）有色鳞F1自交，后代出现了无色鳞，发生了性状分离，说明无色鳞是隐性性状，基因型为aa，则有色鳞是显性性状，基因型是AA或Aa。从基因型为AA的雄性个体死亡，基因型为AA的雌性个体和基因型为Aa的个体生存的现象可以看出：致死基因与A基因在同一条染色体上，a基因所在的染色体上不带有致死基因，且雄性激素会促使致死基因的表达，致死基因是隐性基因。
（2）Ⅲ组亲本为Ⅱ组的子代有色鳞个体，其子代中出现了无色鳞个体，所以有色鳞是显性性状。由此也可以得出Ⅲ组的亲本个体都为杂合子（Aa），其子代中有色鳞与无色鳞的比例应为3：1，这在子代雌性个体中得到验证，且子代有色鳞个体的基因型有AA和Aa两种，比例为1：2。但在Ⅲ组子代的雄性个体中，有色鳞与无色鳞的比例为2：1，其原因是子代有色鳞雄性个体中的个体（基因型为AA）可能带有两个致死基因而死亡。
验证方案：①设计思路：甲组取Ⅲ组子代中多个有色鳞雌性个体与无色鳞雄性个体测交，乙组取Ⅲ组子代中多个有色鳞雄性个体与无色鳞雌性个体测交，分别统计两组测交子代的有色鳞与无色鳞的分离比。②结果和结论：甲组子代有色鳞与无色鳞性状比例为2：1，乙组子代有色鳞与无色鳞性状比例是1：1，则假设正确。
【点睛】本题考查基因的分离规律的实质及应用的相关知识点，意在考查学生对所学知识的理解与掌握程度，培养了学生分析题意、获取信息、解决问题的能力。
35．（12分）我国在抗击新冠肺炎领域取得了举世瞩目的成就，三类具有自主知识产权的疫苗都有较好的安全性和免疫源性（能引起免疫应答的性能），阅读下面材料回答问题：
疫苗1：灭活疫苗（Vero细胞）。是将用Vero细胞（非洲绿猴肾细胞）培养扩增后的活病毒通过物理和化学的方法杀灭以后，经过系列纯化技术制备的疫苗。
疫苗2：复制缺陷型腺病毒载体疫苗。将新冠病毒的S蛋白基因整合到复制缺陷型腺病毒DNA中，形成能表达S蛋白的重组复制缺陷型腺病毒，作为疫苗注射到健康人体内。
疫苗3：重组新型冠状病毒疫苗（CHO细胞）。将新冠病毒S蛋白基因重组到中国仓鼠卵巢细胞（CHO）基因组内，经CHO细胞表达形成S蛋白作为疫苗。
(1) 疫苗1的免疫源性要稍高于另外两种疫苗的原因是____________________________________
______________________________________。从疫苗生产过程的角度看：疫苗1的生产车间的安全等级高于另外两种疫苗的原因是______________________________________________________
_________________________________________。
(2)从生物工程的角度看，生产过程中需要用到基因工程技术的是？_______________（用“疫苗1/疫苗2/疫苗3”作答）﹔都要用到细胞培养技术的是：_______________（用“疫苗1/疫苗2/疫苗3”作答）；
(3)培养抗原表达细胞系（Vero细胞或CHO细胞）时，培养基中要加入糖类、氨基酸等有机物，作用是_________________________________________。在培养过程中，Vero细胞分裂生长到细胞表面相互接触时，细胞会停止分裂增殖，长成致密的单层，这种现象称为___________________；若需要进行传代培养，需要用____________________酶等处理后再收集细胞制成新的细胞悬液。
【答案】
(1) 它的抗原成分是灭活的全病毒（2分）
用Vero细胞（非洲绿猴肾细胞）培养扩增的是活病毒，有更易传染的风险（2分）
(2) 疫苗2和疫苗3 （2分） 疫苗1、疫苗2和疫苗3（2分）
(3) 为细胞提供营养和能源物质 （2分） 接触抑制 （1分） 胰蛋白 或 胶原蛋白 （1分）
【分析】动物细胞培养条件：
（1）无菌、无毒的环境：①消毒、灭菌；②添加一定量的抗生素；③定期更换培养液，以清除代谢废物。
（2）营养物质：糖、氨基酸、促生长因子、无机盐、微量元素等，还需加入血清、血浆等天然物质。
（3）温度和PH：36.5℃±0.5℃；适宜的pH：7.2～7.4。
（4）动物细胞培养条件：气体环境：95%空气（细胞代谢必需的）和5%的CO2（维持培养液的pH）。
【详解】（1）疫苗1是将活病毒通过物理和化学的方法杀灭以后，经过系列纯化技术制备的疫苗，它的抗原成分是灭活的全病毒，疫苗2和疫苗3利用的只是新冠病毒的S蛋白的免疫源性，因此疫苗1的免疫源性要稍高于另外两种疫苗。用Vero细胞（非洲绿猴肾细胞）培养扩增的是活病毒，有更易传染的风险，因此疫苗1的生产车间的安全等级高于另外两种疫苗。
（2）疫苗2和3都是将新冠病毒的S蛋白基因重组到某一细胞中，用到基因工程技术。疫苗1用Vero细胞（非洲绿猴肾细胞）培养扩增后的活病毒、疫苗2中构建能表达S蛋白的重组复制缺陷型腺病毒后需要用活细胞培养得到大量的疫苗，疫苗3将新冠病毒S蛋白基因重组卵巢细胞，因此三者用到细胞培养技术。
（3）培养抗原表达细胞系（Vero细胞或CHO细胞）时，培养基中要加入糖类、氨基酸等有机物，作用是为细胞提供营养和能源物质；培养箱中CO2浓度为5%。作用是维持培养液的pH。在动物细胞培养过程中，当贴壁细胞分裂生长到细胞表面相互接触时，细胞会停止分裂增殖，长成致密的单层，这种现象称为细胞的接触抑制。传代培养时需要用胰蛋白酶处理贴壁生长的细胞，然后收集细胞制成新的细胞悬液分瓶继续培养，让细胞继续增殖。
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14~18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．“夜光表”上的夜光材料一般为两种，一种将镉和硫化锌混合，由于镭的辐射，硫化锌就自发光。一种是储光材料，白天吸收光能，晚上将光能释放出来。有一块手表，夜光材料是镭和硫化锌混合物。表盘是硅材料。将光能转化为电能，转化效率为，面积为S。在太阳底下照射t时间就可让手表工作nt的时间，单位时间太阳照到地球单位面积上的能量为E0，以下说法正确的是（ ）
A．首次发现镭的科学家是贝克勒尔
B．手表工作时消耗电能的平均功率
C．已知镭的衰变方程为，该核反应为β衰变
D．储光材料在有光的时候吸收光子，原子从低能级跃迁到高能级，夜晚时受激的原子从高能级跃迁到低能级而发光
【答案】D
【详解】A．第一个发现镭元素的科学家是居里夫人，A错误；
B．硅材料在t时间接收的光能为
转化为电能的是
手表工作的平均功率为
B错误；
C．应该是衰变，C错误；
D．储光材料是利用了原子吸收光子向高能级跃迁，在晚上又自发向低能级跃迁而放出光子，没有放射性，属于安全的材料，现在绝大部分手表的夜光材料都是这种材料，D正确。
故选D。
15．光刻机是生产大规模集成电路的核心设备。一个光刻机的物镜投影原理简化图如图所示，三角形ABC为一个等腰直角三棱镜，半球形玻璃砖的半径为R，球心为O，为玻璃砖的对称轴。间距为的两条平行光线，从左侧垂直AB边射入三棱镜，经AC边反射后进入半球形玻璃砖，最后汇聚在硅片上M点。已知半球形玻璃砖的折射率为，反射光线关于轴线对称。则OM两点间距离为（ ）
A．R B． C． D．
【答案】C
【详解】根据对称性，先来分析一下a光线，光路图如图
第一次折射在D点，入射角，折射角。根据折射率公式，有
由几何知识，可得
又
解得
可得
第二次折射发生在F点，设入射角为，折射角。根据折射率公式，有
又
解得
由三角形知识可得
又
解得
故选C。
16．汽车在水平地面上因故刹车，可以看做是匀减速直线运动，其位移与时间的关系是：，则它在停止运动前最后1s内的平均速度为（ ）
A．6m/s B．4m/s C．2m/s D．1m/s
【答案】C
【详解】根据匀变速直线运动的位移时间关系
，
解得：，；
采取逆向思维，在物体在停止运动前1s内的位移
，
停止运动最后1s的平均速度
，
故选C．
【点睛】根据位移时间关系求出初速度和加速度，根据逆向思维求出物体在停止运动前1s内的位移，再根据平均速度的定义式求出物体在停止运动前1s内的平均速度．
17．我国载人航天事业已迈入“空间站时代”。若中国空间站绕地球近似做匀速圆周运动，运行周期为，轨道半径约为地球半径的倍，已知地球半径为，引力常量为，忽略地球自转的影响，则（ ）
A．漂浮在空间站中的宇航员不受地球的引力
B．空间站绕地球运动的线速度大小约为
C．地球的平均密度约为
D．空间站绕地球运动的向心加速度大小约为地面重力加速度的倍
【答案】B
【详解】A．漂浮在空间站中的宇航员依然受地球的引力，所受引力提供做匀速圆周运动的向心力，处于完全失重，视重为零，故A错误；
B．根据匀速圆周运动的规律，可知空间站绕地球运动的线速度大小约为
故B正确；
C．设空间站的质量为m,其所受万有引力提供向心力，有
则地球的平均密度约为
解得
故C错误；
D．根据万有引力提供向心力，有
则空间站绕地球运动的向心加速度大小为
地表的重力加速度为
解得
故D错误。
故选B。
18．在一个点电荷Q的电场中，让x轴与电场中的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.3m和0.6m（如图甲所示），在A、B两点分别放置带正电的试探电荷，其受到的静电力跟试探电荷的电荷量的关系分别如图乙中直线a、b所示。已知静电力常量 ，下列说法正确的是（ ）
A．A点的电场强度是40N/C，方向沿x轴负方向
B．B点的电场强度是2.5N/C，方向沿x轴正方向
C．点电荷Q带正电，所在位置为坐标原点
D．点电荷Q的带电荷量约为4.44×10-13C
【答案】B
【详解】AB．根据 可知，图线斜率表示电场强度，故
，
AB点试探电荷电场力均为正方向，则两试探电荷位于场源电荷同侧，又因为A点场强大，离场源电荷近，则场源电荷位于A点左侧，正点电荷所受电场力与电场强度方向相同，则电场强度方向沿x轴正方向，场源电荷带正电，故A错误，B正确；
CD．根据
解得
，
故场源电荷坐标为
故CD错误。
故选B。
19．一列简谐横波在时的波形图如图甲所示，P是介质中的质点，图乙是质点Р的振动图像。已知该波在该介质中的传播速度为10m/s，则（ ）
A．该波沿x轴负方向传播
B．再经过0.9s，质点P通过的路程为30cm
C．时刻质点P离开平衡位置的位移cm
D．质点P的平衡位置坐标为
【答案】AD
【详解】A．由乙图可知0.8s时 P点振动方向向下，根据上下坡法，波沿负方向传播，A正确；
B．经过1个周期，质点经过的路程
经过0.5个周期，经过的路程
以上规律质点在任何位置开始都适用
经过个周期，经过的路程
以上规律质点只有在特殊位置（平衡位置、最大位移处）才适用， ，此时P未处于特殊位置，B错误；
C．由图乙可知，0时刻质点P位于平衡位置，C错误；
D．根据简谐运动的表达式
当
则
即处的质点从平衡位置到5cm经历的时间
故P点振动形式传播到处的时间
故D正确。
故选AD。
20．如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．匀强电场的电场强度
B．小球动能的最小值为
C．小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
【答案】AB
【详解】A．小球静止时细线与竖直方向成角，对小球受力分析，小球受重力、拉力和电场力，三力平衡，根据平衡条件，有
解得
选项A正确；
B．小球恰能绕O点在竖直平面内做圆周运动，在等效最高点A速度最小，根据牛顿第二定律，有
则最小动能
选项B正确；
C．小球的机械能和电势能之和守恒，则小球运动至电势能最大的位置机械能最小，小球带负电，则小球运动到圆周轨迹的最左端点时机械能最小，选项C错误；
D．小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，电场力先做正功，后做负功，再做正功，则其电势能先减小后增大，再减小，选项D错误。
故选AB。
21．如图，两根足够长的平行光滑导轨固定在绝缘水平面上，所在空间有方向垂直于水平面、磁感应强度为B的范围足够大的匀强磁场，导轨的间距为L，电阻不计；导轨上静置两根长度均为L的导体棒PQ和MN，其中PQ的质量为2m、阻值为R，MN的质量为m、阻值为2R。若在t=0时刻给PQ一个平行于导轨向右的初速度vo，不计运动过程中PQ和MN的相互作用力，则（ ）
A．t=0时刻，两导体棒的加速度大小相等
B．t=0时刻，PQ两端的电压为
C．PQ匀速运动时的速度大小为
D．从t=0时刻到PQ匀速运动的过程中，导体棒MN产生的焦耳热为
【答案】BD
【详解】A． t=0时刻，PQ平行于导轨向右的初速度v0，则产生的感应电动势为
E=BLv0
此时回路中的电流大小为
两导体棒受到的安培力大小为
则有
两导体棒的加速度大小不相等，A错误；
B． t=0时刻，PQ两端的电压为MN两端的电压，大小为
B正确；
C．由以上分析可知，两导体棒受的安培力大小相等，由左手定则可知，安培力方向相反，两棒运动中，满足动量守恒，则有
2mv0=（m+2m）v共
两棒达到共速，则得
此后两棒以这个速度做匀速直线运动，C错误；
D．导体棒PQ和MN是串联关系，即，可知两棒上的电流有效值相等，在整个运动中MN、PQ产生的焦耳热量分别为
则有
QMN∶QPQ=2∶1
由能量守恒定律可知，在整个运动中产生的总热量等于系统总动能的减少量，因此有
D正确。
故选BD。
二、非选择题：本题共5小题，共62分。
22．（6分）某学生用图（a）所示的实验装置测量物块与斜面的动摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的只带的一部分如图（b）所示，图中标出了5个连续点之间的距离，每两个点之间还有4个点未画出。（答案均保留两位有效数字）
（1）物块下滑是的加速度a=_________m/s2；打点D点时物块的速度vD=________m/s;
（2）已知重力加速度大小为g，斜面底边的长度，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是________（填正确答案标号）
A．物块的质量 B．斜面的高度 C．斜面的质量
【答案】 0.14 0.47 B
【详解】（1）[1]相邻两个计数点的时间间隔为
根据纸带数据可知：加速度
。
（1）[2]打点D点时物块的速度
。
（2）[3]由牛顿第二定律得
加速度
所以求出动摩擦因数，还需测量的物理量是斜面的倾角，因此需要测量斜面的高度。
23．（8分）根据闭合电路欧姆定律，用图甲所示的电路可以测定电池的电动势和内电阻。图中R0是定值电阻，通过改变R的阻值，在1、2位置处接一电压传感器，可直接显示R0两端的对应电压U12。对所得的实验数据进行处理，就可以实现测量目的。根据实验数据，在-R坐标系中描出坐标点，如图乙所示。已知R0=150，请完成以下数据分析和处理。
（1）图乙中电阻为__________的数据点应剔除；
（2）在图乙上画出-R关系图线__________；
（3）图线的斜率是__________（V-1·-1），由此可得电池电动势Ex=__________V。
【答案】 80 0.00444 1.50
【详解】（1）[1]根据画图描点原则应舍掉电阻为80的点；
（2）[2]连线时应该用直线拟合，使线过尽可能多的点，不在线上的数据点均匀分布在线的两侧；
（3）[3] [4]根据闭合电路欧姆定律得
Ex=U12+（R+rx）
所以
=++
由图可知斜率
=0.00444
即可得
Ex=1.50V
24．（15分）如图所示，光滑水平面和竖直面内的光滑圆弧导轨在B点平滑连接，导轨半径为R。质量为m的带正电小球将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧后经过B点时的速度大小为，之后沿轨道运动。以O为坐标原点建立直角坐标系，在区域有方向与x轴夹角为的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为。小球在运动过程中电荷量保持不变，重力加速度为g。求：
（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能；
（2）小球经过O点时的速度大小；
（3）小球过O点后运动的轨迹方程。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球从A到B，根据能量守恒定律得
（2）小球从B到O，根据动能定理有
解得
（3）小球运动至O点时速度竖直向上，受电场力和重力作用，将电场力分解到x轴和y轴，则x轴方向有
竖直方向有
解得
，
说明小球从O点开始以后的运动为x轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，y轴方向做匀速直线运动，即做类平抛运动，则有
，
联立解得小球过O点后运动的轨迹方程
25．（12分）某简易温度报警装置的示意图如图所示，其原理是：导热性能良好的竖直细管中用水银封闭了一定质量的空气（视为理想气体），当温度升高时，水银柱上升，使电路导通，蜂鸣器发出报警声。27℃时，空气柱长度L1=20cm，水银柱上表面与导线下端的距离L2=5cm，水银柱高度h=2cm，用该温度报警装置测量沸腾的某种液体时恰好报警，该液体沸点与大气压强的关系如下表。
沸点
98℃
99℃
100℃
101℃
102℃
压强
（1）求当地的大气压强p0；
（2）若取出1cm水银柱，求该装置报警时的热力学温度T3。（结果保留三位有效数字）
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）以细管内密封的空气柱为研究对象，设其横截面积为S。温度升高时，管内气体做等压变化，有
其中
，，
解得
即待测液体的温度102℃，对照表可知此处的气压
（2）以cmHg为压强单位，取出x=1cm水银柱，有
其中
，
解得
26．（20分）如图所示，平面直角坐标系中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限在之间的区域内存在垂直于平面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（）的带电粒子以初速度v0从y轴上P（0，h）点沿x轴正方向开始运动，经过电场后从x轴上的点Q（进入磁场，粒子恰能从磁场的下边界离开磁场。不计粒子重力。求：
（1）粒子在Q点速度的大小v和v与x轴正方向的夹角θ；
（2）匀强磁场磁感应强度大小B；
（3）求粒子从P点开始运动到射出磁场所用的时间。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）设粒子从P到Q的过程中，运动时间为，在Q点进入磁场时速度为v，沿y轴方向的分速度大小为，则
又
解得
，
（2）设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，则
解得
由几何关系
联立解得
（3）由第（1）问可得粒子在电场中的时间为
粒子在磁场中运动的周期为
设粒子在磁场中转过的角度为则
则粒子在磁场中运动时间为
故粒子从P点开始到射出磁场所用的时间为
解得
2023年高考第二次模拟考试卷
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．中国画中以墨色为主，以丹青色彩为辅，这样的水墨丹青画一般画在绢、纸上。下列说法错误的是
A．丹指朱砂，也叫辰砂，是的天然矿石
B．青指石青，即蓝铜矿，主要成分，该物质属于盐
C．墨的主要原料是炭黑、松烟、胶等，通过砚用水研磨可以产生用于毛笔书写的墨汁，墨汁属于胶体
D．常见绢、纸的主要成分都是纤维素，纤维素属于天然高分子
【答案】D
【解析】A．丹指丹砂、朱砂、辰砂，是硫化汞的天然矿石，A正确；B．青指石青，主要成分，属于碱式碳酸盐，B正确；C．墨汁、墨水均属于胶体，C正确；D．绢指丝织品，主要成分为蛋白质，纸的主要成分都是纤维素，蛋白质和纤维素属于天然高分子，D错误； 故选D。
8．高聚物A在生物医学上有广泛应用。以N-乙烯基吡咯烷酮(NVP)和甲基丙烯酸β-羟乙酯(HEMA)为原料合成路线如下：
下列说法正确的是
A．HEMA具有顺反异构
B．1mol高聚物A可以与(m+n) mol NaOH反应
C．NVP分子式为C6H8NO
D．HEMA和NVP通过缩聚反应生成高聚物A
【答案】B
【解析】A．HEMA结构中碳碳双键的其中一个不饱和碳原子连接2个氢原子，不符合顺反异构的条件，HEMA没有顺反异构，故A错误；B．根据高聚物的结构简式，能与氢氧化钠反应的结构是酯基和酰胺键，1mol高聚物中含有nmol酯基和mmol酰胺键，1mol该高聚物最多与(m+n)molNaOH反应，故B正确；C．NVP分子中含有6个碳原子、9个氢原子、1个氮原子、1个氧原子，分子式为C6H9NO，故C错误；D．根据反应方程式，该反应是碳碳双键之间发生加聚反应生成高聚物，故D错误；答案为B。
9．含硫化合物的反应具有多样性。下列有关反应的离子方程式书写不正确的是
A．用溶液吸收废气：
B．海水提溴工艺中用还原：
C．用溶液处理锅炉水垢中的：
D．将S与溶液混合加热制备：
【答案】B
【解析】A．用溶液吸收废气过程中，和溶液反应生成NaHSO3，离子方程式为：，故A正确；B．HBr是强酸，在离子方程式中要拆，故B错误；C．CaCO3的溶解度小于，用溶液处理锅炉水垢中的，可以转化为CaCO3，离子方程式为：，故C正确；D．S与溶液反应生成，离子方程式为：，故D正确；故选B。
10．化学实验源于生活。下列实验方案设计、现象与结论均正确的是
选项
目的
方案设计
现象与结论
A
检验食盐中是否含碘元素
向某食盐溶液中滴加淀粉溶液
溶液颜色不变，说明该食盐属于无碘盐
B
检验火柴头中是否含有氯元素
将几根未燃过的火柴头浸入水中，稍后取少量溶液于试管中，加入稀、溶液
若有白色沉淀产生，|说明火柴头中含有氯元素
C
检验菠菜中的铁元素
取少量菠菜叶剪碎研磨后加水搅拌，取上层清液于试管中，加入稀硝酸后再加入溶液
若溶液变红，说明菠菜中含有铁元素
D
检验鸡皮中是否含有脂肪
取一小块鸡皮于表面皿上，将几滴浓硝酸滴到鸡皮上
一段时间后鸡皮变黄，说明鸡皮中含有脂肪
【答案】C
【解析】A．食盐中所加碘一般为碘酸钾，碘酸钾遇淀粉不变蓝色，因此实验设计不合理，故A错误；B．火柴头中的氯元素在氯酸钾中存在，氯酸钾溶于水不能直接电离出氯离子，加硝酸酸化的硝酸银不能生成氯化银白色沉淀，故B错误；C．加硝酸后再加KSCN溶液变红，说明溶液中存在，从而可说明菠菜中含有铁元素，故C正确；D．加浓硝酸鸡皮变黄，是蛋白质的性质，不能证明脂肪存在，故D错误；故选：C。
11．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）室温，向和的混合溶液中逐滴加入溶液，溶液中与的变化关系如图所示。下列说法正确的是
(已知：的、分别为、；)
A．a对应溶液的pH小于b
B．b对应溶液的
C．a→b变化过程中，溶液中的减小
D．a对应的溶液中一定存在：
【答案】D
【解析】A．温度不变水解平衡常数不变，=，则横坐标数值越大，溶液中c(OH-)越小，溶液的pH值越小，则溶液的pH：a点大于b点，故A错误；B．b点=-5，=1.0×10-5mol/L，=，=2，则=100，，故B错误；C．温度不变电离平衡常数、水的离子积不变，则==不变，故C错误；D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，a点横坐标等于0，说明c(CO)=c(HCO)，根据电荷守恒得2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(Cl-)+c(OH-)，所以得2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(HCO)+c(Cl-)+c(OH-)，故D正确；故选：D。
12．生物大分子血红蛋白分子链的部分结构及载氧示意如图。下列说法错误的是
A．构成血红蛋分子链的多肽链之间存在氢键作用
B．血红素中提供空轨道形成配位键
C．与血红素中配位能力强于
D．用酸性丙酮提取血红蛋白中血红素时仅发生物理变化
【答案】D
【解析】A．由图可知，分子中的氮的电负性较强，能形成氢键，则构成血红蛋分子链的多肽链之间存在氢键作用，A正确； B．Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，其能够提供空轨道形成配位键，B正确；C．碳的电负性小于氧，故更容易提供孤电子对与血红素中形成配位键，其配位能力强于，C正确；D．血红素中的肽键会在酸性条件下水解，故用酸性丙酮提取血红蛋白中血红素时也会发生化学变化，D错误；故选D。
13．我国科学家在“绿氢”研究方面取得新进展。四种电解槽结构如图所示。
已知：法拉第常数(F)表示电子所带电量，。下列说法正确的是
A．图a、d装置中作用是降低阳极反应的活化能
B．图c装置的阴极反应式为
C．图a装置工作一段时间后，阳极区溶液明显下降
D．电流强度为a安培，通电时间为b小时，阳极理论最多产生
【答案】D
【解析】A．图d装置在阴极区加入且两个装置中起增强导电作用，增强电解效率，不是作催化剂，故A错误； B．据装置图知，图c装置阴极上水被还原生成氢气和氧离子，阴极反应式为，故B错误；C．据图a装置可知，阳极反应式为，隔膜为阴离子交换膜，向阳极区迁移，故C错误；D．通过电量，根据阳极反应可知，生成转移电子，，故D正确；故选D。
27．某废镍催化剂的主要成分是合金，还含有少量Cr、Fe及不溶于酸碱的有机物。采用如下工艺流程回收其中的镍，制备镍的氧化物()。
回答下列问题：
（1）“碱浸”时发生的主要反应离子方程式为___________。
（2）“溶解”后的溶液中，所含金属离子有、、、、___________。
（3）在空气中煅烧，其热重曲线如图1所示，300~400 ℃时转化为，反应的化学方程式为___________；400~450℃生成的固体产物的化学式为___________。
（4）工业上可用电解法制取。用NaOH溶液调节溶液pH至7.5，加入适量硫酸钠后采用惰性电极进行电解。电解过程中产生的有80%在弱碱性条件下生成，再把二价镍氧化为三价镍。写出氧化生成的离子方程式___________，a mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过的电子的物质的量为___________mol(假设电解时阳极只考虑放电)。
（5）金属镍的配合物的中心原子的价电子数与配体提供的成键电子总数之和为18，则n=___________；CO与结构相似，CO分子内键与键个数之比为___________。
（6）NiO的晶胞结构如图2所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，C为(1，，)，则B的离子坐标参数为___________。
（7）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态铁原子，其自旋磁量子数的代数和为___________。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4） 1.25a
（5） 4 1∶2
（6）(1，1，1)
（7）+2或-2
【解析】将废镍催化剂碱浸，Al和NaOH反应生成偏铝酸钠，Ni、Cr、Fe、有机物不与碱反应，则“滤液1”的主要溶质为、NaAlO2；通过灼烧，除去有机物；加入硫酸、硝酸，使Ni、Cr、Fe溶解生成Ni2+、Cr3+、Fe2+、Fe3+；加入NaClO，使Fe2+完全转化为Fe3+，调节溶液pH，使Cr3+、Fe3+转化为Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀；加入碳酸钠，使Ni2+转化为NiCO3沉淀，滤液2中含有硫酸钠、硝酸钠、碳酸钠和次氯酸钠；过滤后得到的NiCO3中含有杂质，应洗涤、干燥后，再煅烧，最终得到镍的氧化物。
（1）“碱浸”时发生的主要反应是铝和氢氧化钠反应，离子方程式为：；
（2）由分析可知，“溶解”后的溶液中，所含金属离子有，Ni2+、Fe3+，答案为：；
（3）转化为，反应的化学方程式为；设1mol 在下分解为，1mol 的质量为，由图可知，在下分解固体残留率为67.5%，则分解后的质量为，根据Ni原子守恒可知，生成的物质的量为，=80.3g，得到，故生成产物的化学式为，答案为：，；
（4）ClO－把Ni(OH)2氧化成Ni2O3，本身被还原成Cl－，因此离子方程式为ClO－＋Ni(OH)2→Ni2O3＋Cl－，根据化合价的升降法进行配平，即离子方程式为；根据离子方程式，消耗amolNi(OH)2的同时消耗a/2mol的ClO－，Cl2有80%在弱碱性转化成ClO－，即Cl2＋2OH－=ClO－＋Cl－＋H2O，电解过程中产生氯气的量为0.5a/80%mol，电解过程种2Cl－－2e－=Cl2，因此外电路转移电子物质的量为0.5a×2/80%mol=1.25a mol，故答案为：；1.25a mol；
（5）Ni的价电子数为10，每个配体提供一个电子对，则10+2n=18，n=4；CO与N2结构相似，含有C≡O键，含有1个σ键，2个π键，CO分子内σ键与π键个数之比为1∶2，答案为：4，1∶2；
（6）离子坐标参数A为(0，0，0)，C为(1，，)，则B的离子坐标参数为(1，1，1)，答案为：(1，1，1)；
（7）Fe是26号元素，根据构造原理，可知基态Fe原子核外电子排布式是[Ar]3d64s2，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，，所以基态Fe原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为(+)×6+(-)×2=+2，也可以是-2 ，所以其价电子的自旋磁量子数的代数和为+2或-2。
28．我国科学家最近揭示氢化钡固氮加氢产生氨气的反应机理。某小组设计实验制备高纯度的并测定其纯度。
已知：氢化钡遇水蒸气剧烈反应。实验中观察到B装置产生黑色沉淀。
请回答下列问题：
（1）B装置作用是_______。
（2）启动A装置中反应的操作是_______。先启动A中反应，F处检验氢气纯净后点燃D处酒精灯，这样操作的目的是_______。
（3）A装置中发生复分解反应的离子方程式为_______。
（4）实验完毕，从A装置的混合物中提取的操作包括_______、蒸发浓缩、_______、过滤、洗涤、干燥。
（5）如果产品混有，可能的原因是_______。如果产品混有，可能的原因是_______。
（6）设计如图装置测定氢化钡纯度。室温下，向安全漏斗中加入足量水，乙管实验前对应气体体积读数为，甲中完全反应后乙管气体体积读数为。
①每次读数前要调整丙管高度，使其与乙管液面持平，其目的是_______；
②已知室温下，气体摩尔体积为。该产品纯度为_______。
【答案】（1）除去H2中的H2S，防止H2S与Ba发生反应。
（2） 打开活塞K(使稀硫酸与粗锌接触) 利用生成的氢气排尽装置中的空气，防止氢气与空气混合加热发生爆炸及防止Ba与空气中的气体在加热条件下发生反应。
（3）
（4） 过滤 降温结晶(或冷却结晶)
（5） 水蒸气进入D(或氢气中的水蒸气没有除尽) 空气(O2)进入D(或装置中的空气没有除尽)
（6） 使乙管内气压等于外压
【解析】根据实验装置图，制备高纯度BaH2的过程为：装置A利用Zn与稀硫酸反应制备H2，但粗锌中含有ZnS，因此制得的H2中混有H2S气体；装置B用CuSO4除去H2中混有的H2S气体；装置C利用浓硫酸的吸水性对H2进行干燥，得到纯净的H2进入装置D与钡反应制取BaH2；由于BaH2遇水蒸气剧烈反应，装置E利用浓硫酸吸水性防止装置F中的水蒸气倒流进装置D中影响BaH2的制备；为了保证BaH2的纯度，装置D在加热前必须把整套装置内的空气排尽，因此装置F的作用是检验氢气的纯度。
（1）粗锌中硫化锌与稀硫酸反应生成硫化氢，利用硫化氢与硫酸铜溶液反应产生硫化铜沉淀把H2中混有的杂质气体H2S除去。
（2）打开活塞K，放下稀硫酸，使之与粗锌接触，反应开始发生。装置内空气对实验有影响，一是氢气与空气混合加热发生爆炸，二是Ba与空气中的气体在加热条件下发生反应，故先利用氢气将空气排尽后再加热。
（3）装置A中硫化锌与硫酸反应是复分解反应，其离子方程式是。
（4）混合物中有固体铜，先把Cu过滤除去，再蒸发浓缩得到浓的饱和溶液，再降温结晶（或冷却结晶）析出硫酸锌晶体。
（5）如果水蒸气倒流进入装置D中(或氢气中的水蒸气没有除尽)，会生成氢氧化钡；如果空气进入装置D中(或装置中的空气没有除尽)，氧气与钡反应生成氧化钡。
（6）气体的体积与压强有关，确保乙管内气体压强与外界压强相等，测定的气体体积才有意义。样品与水反应的化学方程式是：，列式计算：
，
该产品的纯度为。
29．短链烯烃是重要的有机化工原料，如丙烯(C3H6)和乙烯等。利用它们间的转化可有效强化节能减排，达到“碳达峰”和“碳中和”的目的。请回答下列问题：
（1）丙烯可由丙烷脱氢制取。已知丙烷脱氢制丙烯发生的主要反应及能量变化如图，其中反应1为主反应，反应2为副反应。
反应1：C3H8(g) C3H6(g)+H2(g)ΔH1；
反应2：C3H8(g) C2H4(g) +CH4(g)ΔH2=+81.3kJmol-1；
反应3：C3H6(g)+H2(g) C2H4(g)+CH4(g) ΔH3= -43.0kJ·mol-1。
根据图和以上数据可知，若温度升高，副反应要比主反应更容易发生，其主要原因是___________，主反应的焓变ΔH1=___________。
（2）乙烯可由CO2和H2制取：2CO2(g) + 6H2(g) C2H4(g) + 4H2O(g)，在0.1 MPa，反应物起始物质的量之比n(CO2)：n(H2)=1：3的条件下，不同温度下达到平衡时，CO2、H2、C2H4、H2O四种组分的物质的量分数如图所示：
①图中表示C2H4的物质的量分数随温度变化的曲线是___________ (填“a”“b”或“c”)。
②反应2CO2(g) +6H2(g) C2H4(g) +4H2O(g) ΔH___________(填“>”或“<”)，保持其他条件不变，在绝热密闭容器中发生上述反应，达到平衡时，C2H4的物质的量分数比在恒温密闭容器中___________ (填“大”“小”或“相同”)。
③440℃时H2的平衡转化率为___________。
（3）利用CO2和CH4重整：CO2(g) +CH4(g) 2CO(g) +2H2(g) ΔH >0，在密闭容器中通入物质的量均为0.1 mol的CH4和CO2，在一定条件下使CO2(g)和CH4(g)发生上述反应，CH4的平衡转化率与温度及压强(单位：Pa)的关系如图所示。
①结合图示，在1100℃下y点时v正___________v逆(填“>”“<”或“=”)。
②若在1 100 ℃下x点时已达到平衡状态，用平衡分压代替平衡浓度可以得到平衡常数Kp，则x点对应温度下反应的平衡常数Kp=___________(已知：气体分压p分=气体总压p总×气体的物质的量分数)。
【答案】（1） 副反应的活化能低于主反应的活化能 +124.3kJ /mol
（2） c < 小 60%
（3） > Pa2
【解析】（1）由图可知，副反应的活化能低于主反应的活化能，所以升高温度，副反应要比主反应更容易发生；由盖斯定律可知，反应2—反应3得到反应1，则主反应的焓变ΔH1=( +81.3)—(—43.0 kJ /mol)=+124.3kJ /mol，故答案为：副反应的活化能低于主反应的活化能；+124.3kJ /mol；
（2）①由图中表示二氧化碳物质的量分数随温度变化的曲线可知，表示氢气的物质的量分数随温度变化的曲线是a，由方程式可知，水蒸气的物质的量分数是乙烯物质的量分数的4倍，则表示水蒸气和乙烯的物质的量分数随温度变化的曲线分别是b、c，故答案为：c；
②由图可知，升高温度，二氧化碳的物质的量分数增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，反应的焓变ΔH小于0；保持其他条件不变，在绝热密闭容器中发生上述反应，反应放出的热量会使反应温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以乙烯的物质的量分数比在恒温密闭容器中小，达到平衡时，故答案为：<；小；
③由图可知，440℃时氢气和水蒸气的物质的量分数都为0.39，设起始二氧化碳、氢气的物质的量为1mol、3mol，平衡时生成乙烯的物质的量为amol，由方程式可得：3—6a=4a，解得a=0.3，则氢气的转化率为×100%=60%，故答案为：60%；
（3）①由图可知，1100℃时y点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故答案为：>；
②由图可知，1100℃反应达到平衡时，甲烷的转化率为50%，由方程式可知，平衡时二氧化碳、甲烷、一氧化碳、氢气的物质的量分别为0.1mol—0.1mol×50%=0.05mol、0.1mol—0.1mol×50%=0.05mol、0.1mol×50%×2=0.1mol、0.1mol×50%×2=0.1mol，则反应的分压常数Kp==Pa2，故答案为：Pa2。
30．化合物K在治疗抑郁症方面具有良好的疗效。某研究小组拟用以下流程合成。
已知：①
②
请回答下列问题：
（1）化合物A的名称为_______；化合物G的结构简式是_______。
（2）中含有键的数目为_______。
（3）E中官能团的名称为_______。
（4）H→I的化学方程式为_______，反应类型为_______。
（5）化合物M是H的同分异构体，则同时满足下列条件的化合物M的同分异构体有_______种。
①能发生银镜反应
②Cl直接连在苯环上
③除苯环外还含有
其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为4∶4∶2∶2∶1的结构为_______。
【答案】（1） 环戊烯
（2）14
（3）氨基、碳氯键
（4） 取代反应
（5） 19
【解析】根据及图中H的结构简式可知，A为一个环状化合物且为五元环，又因为A的分子式为C5H8，推出A的结构简式为： ，B为 ，C为 ，另一边，D为苯，苯经过一系列转化得到E、F，再根据G比F多了一个碳原子少了一个氮原子和氯原子的规律可推知氰基取代了F上的一个-N2Cl，得出G的结构简式为 ；C与G发生取代反应生成H，H与Br2发生取代反应生成 ，推出I为 ，据此分析解答。
【解析】（1）根据及图中H的结构简式可知，A为一个环状化合物且为五元环，又因为A的分子式为C5H8，推出A的结构简式为： ，名称为环戊烯；根据G比F多了一个碳原子少了一个氮原子和氯原子的规律可推知氰基取代了F上的一个-N2Cl，得出G的结构简式为 ；
（2）1个E分子中含有6个碳碳键、4个碳氢单键、1个碳氯单键、1个碳氮单键和2个氮氢单键，含有的键总共为6+4+4+1+2=14，所以1molE分子中含有的键为14NA；
（3）由图知E分子为苯环上连接了两个官能团，分别为氨基和碳氯键；
（4）根据给定已知信息①得出溴原子取代了和羰基相连的碳原子上的氢原子，所以得出化学方程式为： ；反应类型为取代反应；
（5）化合物M是H的同分异构体，分子式为C12H13ClO，不饱和度为6，①能发生银镜反应，说明含有醛基；②Cl直接连在苯环上，③除苯环外还含有 ，还有1个甲基，则根据同分异构体的判断顺序，可先定苯环与五元环连接，如图： ，再定氯原子的位置有3种，分别为： 、 和 ，再安排醛基： 、 和 ，总共5+7+7=19种；
其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为，说明不同种氢原子有5种，且氢原子个数比为4∶4∶2∶2∶1，该分子结构为 。
2023年高考生物第二次模拟考试卷（A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．溶酶体是动物细胞中的一种重要细胞结构，来源于高尔基体，是细胞的“消化车间”，能分解衰老、损伤的细胞器，吞噬并杀死侵入细胞的病菌，甚至通过激烈的细胞自噬，诱导细胞凋亡。下列关于溶酶体的相关描述，错误的是（ ）
A．溶酶体中的水解酶由核糖体合成、由内质网和高尔基体加工成熟
B．被溶酶体分解后的产物，有用物质可被再利用，废物会被排出细胞外
C．溶酶体膜不被溶酶体所含的水解酶水解，可能是由于膜成分被修饰
D．细胞处于正常状态时，溶酶体对细胞内自身结构不起“消化”作用
【答案】D
【分析】溶酶体是单层膜细胞器，含有多种水解酶，是细胞的“消化车间”，能分解衰老、损伤的细胞器，吞噬并杀死侵入细胞的病毒和细菌。
【详解】
A、溶酶体中的水解酶的化学本质是蛋白质，由核糖体合成，并在内质网、高尔基体中加成熟，A正确；
B、被溶酶体分解后的产物，对细胞有用的物质可被再利用，对细胞无用的废物会被排出细胞外，B正确；
C、虽然溶酶体中含有多种水解酶，但由于溶酶体膜的成分可能被修饰，使酶不能对其发挥作用，C正确；
D、细胞处于正常状态时，也存在衰老、损伤的细胞器，也会被溶酶体分解，D错误。
故选D。
2．在相同条件下，分别用不同浓度的蔗糖溶液处理洋葱鳞片叶表皮细胞，观察其质壁分离，再用清水处理后观察其质壁分离复原，实验结果见下图。下列叙述错误的是（ ）
A．T1组经处理后，有52%的细胞原生质层的收缩程度大于细胞壁
B．各组蔗糖溶液中，水分子可以从蔗糖溶液进入细胞液
C．T1和T2组经清水处理后，细胞内外渗透压相等
D．T3和T4组若持续用清水处理，质壁分离的细胞比例可能下降
【答案】C
【分析】
1、植物成熟的细胞中，当细胞液浓度小于环境溶液浓度时，细胞通过渗透作用失水，由于原生质层的伸缩性大于细胞壁的伸缩性，进而出现质壁分离现象，细胞失水越多，质壁分离的效果越明显。
2、发生质壁分离的细胞放在清水中，由于细胞液浓度大于环境溶液浓度，细胞会通过渗透作用吸水，原生质层体积增大，原生质层向细胞壁靠拢，发生质壁分离复原现象。
3、通过质壁分离现象，可以估测细胞液的浓度，细胞液的浓度介于未发生质壁分离和开始发生质壁分离的溶液浓度之间。
【详解】A 、由柱形图可知， T1组经蔗糖溶液处理后，有52％的细胞发生质壁分离，即有52％的细胞原生质层的收缩程度大于细胞壁，A 正确；
B 、各组蔗糖溶液中，水分子可以从蔗糖溶液进入细胞液，只是少于水分子从细胞液进入蔗糖溶液， B 正确；
C 、T1和T2组用清水处理后细胞吸水，但是由于细胞壁的限制，细胞不会持续吸水，可能最终细胞外的渗透压仍低于细胞内的渗透压， C 错误；
D 、T3和T4组若持续用清水处理，质壁分离复原的细胞逐渐增多，使质壁分离的细胞比例可能下降，D正确。
故选C。
3．基因突变是由于DNA分子中发生碱基对的替换、增添或缺失，而引起的基因碱基序列的改变。下列关于基因突变的叙述，错误的是（ ）
A．有的基因突变不会导致新的性状出现，基因突变会产生等位基因
B．基因突变为生物进化提供了丰富的原材料
C．基因突变一旦形成的新基因就可以遗传给后代
D．基因突变在造成的碱基对的改变在显微镜下是无法观察到的
【答案】C
【分析】基因突变是指由于DNA分子中发生碱基对的增添、替换和缺失，而引起的基因结构的改变。基因突变是新基因产生的途径，生物变异的根本来源，生物进化的原始材料。
【详解】
A、基因突变不一定导致性状发生改变，如碱基对发生替换后，编码的是相同的氨基酸序列，则性状不发生改变，基因突变一般是产生等位基因，A正确；
B、基因突变是新基因产生的途径，生物变异的根本来源，生物进化的原始材料，B正确；
C、如果发生基因突变的是体细胞，则一般不能遗传给后代，C错误；
D、基因突变是在分子水平上发生的变异，用光学显微镜是观察不到的，D正确。
故选C。
4．肺癌是目前全球癌症死亡率最高的肿瘤，抗CTLA-4免疫疗法效果显著。CTLA-4是一种位于细胞毒性T细胞上的膜蛋白，对细胞毒性T细胞的杀伤功能具有抑制作用。研究发现，使用CTLA-4抗体抑制CTLA-4的活性，能增强T细胞对肿瘤的攻击。下列叙述错误的是（ ）
A．肿瘤的发生与免疫系统的免疫监视功能低下有关
B．CTLA-4的形成过程中需要内质网和高尔基体的加工
C．提高膜蛋白CTLA-4的活性，细胞免疫功能将增强
D．使用CTLA-4抗体治疗肿瘤的过程中，有可能会引发自身免疫病
【答案】C
【分析】
1、细胞免疫过程中，细胞毒性T细胞的活化的条件：靶细胞的接触、辅助性T细胞分泌的细胞因子的作用。
2、免疫系统三大功能：①免疫防御，针对外来抗原性异物，如各种病原体。②免疫自稳，清除衰老或损伤的细胞。③免疫监视，识别和清除突变的细胞，防止肿瘤发生。
【详解】
A、免疫监视作用体现在识别和清除突变的细胞，防止肿瘤发生，故肿瘤的发生与免疫系统的免疫监视功能低下有关，A正确；
B、CTLA-4是一种位于细胞毒性T细胞上的膜蛋白，在核糖体上合成，需要内质网和高尔基体的加工，B正确；
C、提高膜蛋白CTLA-4的活性，则对细胞毒性T细胞的杀伤功能具有更强的抑制作用，细胞免疫功能将减弱，C错误；
D、使用CTLA-4抗体治疗肿瘤的过程中，能增强T细胞的功能，即免疫功能增强，有可能会引发自身免疫病，D正确。
故选C。
5．神农架国家森林公园位于湖北省西北部，拥有亚热带森林生态系统和泥炭藓湿地生态系统，是世界生物活化石的聚集地和古老、珍稀、特有物种的避难所，有植物约3183种，真菌、地衣约927种，药用植物超过1800种，脊椎动物约483种。稀有白化动物如白蛇、白熊等是动物资源的亮点。下列叙述错误的是（ ）
A．可用随机布置的多个红外相机统计白熊的个体数量
B．泥炭藓湿地生态系统能调节气候体现了生物多样性的间接价值
C．保护生物多样性要严格禁止开发和利用森林公园中的各种资源
D．此森林公园中由于生物种类多、生物间的关系复杂，使其抵抗力稳定性高
【答案】C
【分析】
1、生物多样性包括3个层次：遗传多样性(所有生物拥有的全部基因)、 物种多样性(指生物圈内所有的动物、植物、微生物)、生态系统多样性。
2、生物多样性的价值：直接价值是指对人类有食用、药用和工业原料等实用意义的，以及有旅游欣赏、科学研究等非实用意义的价值；间接价值是指对生态平衡、生物圈稳态的调节功能；潜在价值指目前人类尚不清楚的价值。
【详解】
A、白熊是稀有的白化动物，数量比较少，可用红外相机逐个统计白熊的数量，A正确；
B、生态系统具有的调节气候的功能体现的是其生态价值，属于生物多样性的间接价值，B正确；
C、保护生物多样性只是反对盲目地、掠夺式地开发利用，而不是要严格禁止开发和利用森林公园中的各种资源，C错误；
D、生物的种类多，生物间的关系复杂，营养结构的复杂程度更高，自我调节能力增强，因而生态系统的抵抗力稳定性高，D正确。
故选C。
6．植物甲（2n=20，AA）是一种当花粉落在自身柱头上时，不能穿过柱头，无法完成受精作用的植物；植物乙（4n=38，AABB）是正常自花传粉植物，其中A、B代表不同的染色体组。现欲培育新类型植物丙，具体过程为：利用植物甲与植物乙杂交得到F1，F1再与植物乙杂交得到F2，通过选育便可得到符合要求的植物丙。下列叙述正确的是（ ）
A．由于植物甲的花粉不能正常萌发而影响受精，应让其做母本
B．植物乙是由两个不同的物种通过自然种间杂交后直接获得的
C．F1是三倍体，其体细胞中含有29条染色体，不含同源染色体
D．若B组染色体在减数分裂时随机移向某一极，则F2的染色体组成可能有10种
【答案】D
【分析】由题意分析可知：植物甲（2n=20，AA），A组中含有10条染色体，植物乙（4n=38，AABB），B组中含有9条染色体。
【详解】A、植物甲是当花粉落在自身柱头上时，花粉不能穿过柱头，无法完成受精作用，而不是花粉不能萌发，A错误；
B、植物乙可能是由两个不同物种（染色体组成分别为AA和BB）进行杂交获得染色体组成为AB的二倍体，然后该二倍体经过染色体加倍获得的，而不是由两个不同物种通过自然种间杂交后直接获得的，B错误；
C、F1的染色体组成为AAB，为三倍体，含有同源染色体，C错误；
D、B组含有9条染色体，若B组染色体在减数分裂时随机移向某一极，则F2的染色体组成可能有10种，D正确。
故选D。
第II卷
二、非选择题(本题包括5小题，共54分)
31．（12分）超氧化物歧化酶（SOD）能消除生物体在新陈代谢过程中产生的有害物质，具有抗衰老的特殊效果，其含有的金属离子对增强酶的热稳定性有重要影响。资料报道，当反应温度为88 ℃，时间为15～30 min时对SOD的活性影响不大。下面是通过光催化反应装置分别在四种条件下检测紫外光对DNA损伤的相关曲线（TiO2表示二氧化钛，是一种光催化剂；UV表示紫外光）。Ⅰ组：黑暗处理曲线a（TiO2/DNA体系）、Ⅱ组：紫外光处理曲线b（UV/DNA体系）、Ⅲ组：光催化曲线c（UV/TiO2/DNA体系）、Ⅳ组：光催化引入SOD曲线d（UV/TiO2/SOD/DNA体系）。据图回答下列问题：
（1） 根据SOD的化学性质，我们可以利用__________________________的方法来除去一部分其他
杂质蛋白。实验中设计黑暗处理作为对照组的目的是______________________________________
______。曲线b说明______________________________________________________________。
（2）分析曲线c、d可以得出的实验结论是_________________________________________________。
（3）DNA损伤过程中会伴有H2O2产生，若要验证（2）中的实验结果，可通过检测H2O2的有无及产生量来判断，写出你的实验思路并预测实验结果（注：H2O2的检测方法不做要求）。
实验思路：_______________________________________________________________________。
预测实验结果：_____________________________________________________________________。
【答案】
（1） （高温变性（或88 ℃环境下处理15～30 min）（2分） 证明TiO2不会损伤DNA（2分）
无TiO2（催化剂）的条件下，紫外光对DNA损伤很小（2分）
（2） SOD能够明显延缓或抑制DNA的损伤 （2分）
（3） 实验思路：按照题干条件，设置同样的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四组实验，测定不同体系DNA损伤过程中H2O2的产生量 （2分）
预测实验结果：Ⅰ组、Ⅱ组没有H2O2产生，Ⅲ组和Ⅳ组均有H2O2产生，且Ⅲ组H2O2产生量较Ⅳ组多，时间较早（2分）
【分析】由曲线图可知，黑暗处理（TiO2/DNA体系）时DNA活性相对值基本不变，说明TiO2不会损伤DNA；紫外光处理（UV/DNA体系）时DNA活性相对值变化很小，说明没有TiO2（催化剂）的条件下，紫外光对DNA的损伤很小；光催化（UV/TiO2/DNA体系）时DNA活性相对值随着时间增大而不断减小，且在300min时，DNA活性相对值几乎为0，说明在TiO2（催化剂）的条件下，紫外光对DNA的损伤很大；光催化引入SOD（UV/TiO2/SOD/DNA体系）时DNA活性相对值随着时间增大而不断减小，且在500min时，DNA活性相对值几乎为0，与曲线c相比说明SOD能够明显延缓DNA的损伤。
【详解】
（1）当反应温度为88C，时间为15~30min时对SOD的影响不大，而部分其他杂质蛋白在该条件下已经失活，故可利用这个特性来除去其他杂质蛋白。黑暗处理组为TiO/DNA体系，设计黑暗处理对照组的目的是证明TiO2不会损伤DNA。紫外光处理曲线b（UV/DNA体系）说明没有TiO2（催化剂）的条件下，紫外光对DNA的损伤很小。
（2）光催化曲线c（UV/TiO2/DNA体系）说明紫外光对DNA的损伤非常严重，300min时，DNA几乎全部损伤，而光催化引入SOD曲线d（UV/TiO2/SOD/DNA体系），由于有SOD存在，DNA损伤很缓慢，说明SOD能够明显延缓或抑制DNA的损伤。
（3）要通过H2O2的有无及产生量来验证（2）中的实验结论，很显然要设置实验检测H2O2的产生量，H2O2的产生量越多，DNA损伤越严重，故本实验思路是按照题干条件，设置同样的I、Ⅱ、Ⅲ、IV四组实验，测定不同体系DNA损伤过程中H2O2的产生量；预测的实验结果是I组、Ⅱ组没有H2O2产生，Ⅲ组和IV组均有H2O2产生，且Ⅲ组H2O2产生量较IⅣ组多，时间较早。
【点睛】明确H2O2与DNA的损伤程度正相关是解答（3）的关键。
32．（10分）精神应激是指人们在遭遇外界压力及不可预知的风险时，产生的一种情绪经历。研究发现长期紧张的生活节奏往往会给人带来一定情绪压力，下图为人在情绪压力（如疼痛、恐惧等）下，肾上腺皮质和肾上腺髓质参与的应激反应模式图，其中糖皮质激素的作用之一是能够直接阻止细胞因子的合成和释放，激素a能够升高血糖。
(1)_____________________________________________是机体维持稳态的主要调节机制。激素a分泌的调控属于________________调节。
(2)糖皮质激素通过下丘脑—垂体—肾上腺皮质轴分泌，存在________________调节的特点，其发挥作用的靶器官（细胞）有____________________________________________（至少填三个）。
(3)通过上述分析，长期精神应激会使人体内分泌紊乱、免疫力下降的原因是_____________________
____________________________________________________________________________________________________________________________________________。（至少答出2点）
【答案】
(1) 神经-体液-免疫调节网络（2分） 神经（1分）
(2)分级调节（及反馈）（1分） 下丘脑、垂体、辅助性T细胞（2分）
(3)长期精神应激，会导致神经系统分泌的一些激素异常，作用于内分泌系统，引起内分泌紊乱；神经系统分泌的某些神经递质作用于免疫系统，影响免疫系统功能；某些激素（如糖皮质激素）也会影响免疫系统的功能（答到2点即可）（4分，答出一点给2分）
【分析】情绪压力可以刺激下丘脑，在神经调节方面，下丘脑通过可以控制肾上腺髓质分泌激素a，即肾上腺素，引起压力的短期效应；在体液调节方面，下丘脑会分泌出激素促肾上腺皮质激素释放激素作用于垂体，垂体分泌出激素促肾上腺皮质激素，作用于肾上腺皮质产生糖皮质激素，引起压力的长期效应。
【详解】
（1）机体维持稳态的主要调节机制是神经-体液-免疫调节网络。通过下丘脑直接支配肾上腺髓质释放的激素a为肾上腺素。肾上腺素的分泌调节途径是：情绪压力刺激相应感受器一传入神经一神经中枢一传出神经一肾上腺细胞一肾上腺素，在此过程中，肾上腺属于效应器的组成部分，肾上腺素分泌的调控属于神经调节。
（2）在下丘脑-垂体-肾上腺皮质轴中，糖皮质激素既有分级调节，也有反馈调节，故其发挥作用的靶器官（细胞）有下丘脑、垂体，另根据题干信息，糖皮质激素还能够直接阻止细胞因子的合成和释放，所以其靶器官（细胞）还应该加上辅助性T细胞。
（3）长期精神应激，会导致神经系统分泌的一些激素异常，作用于内分泌系统，引起内分泌紊乱；神经系统分泌的某些神经递质作用于免疫系统，影响免疫系统的功能；某些激素（如糖皮质激素）也会影响免疫系统的功能，故长期精神应激会使人体内分泌紊乱、免疫力下降。
【点睛】本题主要考查神经调节和体液调节，考生学生综合分析能力。
33．（10分）甲醛（HCHO）是室内空气污染物的主要成分之一，情况严重时会引发人体免疫功能异常甚至导致鼻咽癌和白血病。室内栽培的观赏植物常春藤能够利用甲醛，清除甲醛污染。研究发现，外源甲酸可以作为碳源被整合进入常春藤的光合作用过程中，具体过程如图1所示（其中RU5P和HU6P是中间产物）。请回答下列问题：
(1) 图1中①过程是卡尔文循环，该循环中物质变化的意义是______________________________
_________________________________________________________________________________。
(2)若要追踪并探明②过程是甲醛的碳同化路径，可采用的方法是_____________________，细胞产生NADPH的具体场所是____________________。
(3)甲醛在被常春藤吸收利用的同时，也会对常春藤的生长产生一定的影响，为此研究人员设计了甲醛胁迫下常春藤生长情况的实验。甲最脱氢季（FALDH）是甲醛代谢过程中的关键酶，图2表示不同甲醛浓度下该酶的活性相对值。图3表示不同甲醛浓度下气孔导度（气孔的开放程度）的相对值。
①1个单位甲醛浓度下，常春藤气孔开放程度下降，可溶性糖的含量增加。综合上述信息分析，可溶性糖的含量增加的原因是__________________________________________________________
_________________________（答出1点即可）。
②高浓度的甲醛胁迫超出了植物抗逆的范围，影响植物的生长。综合分析图2和图3的信息，写出在低浓度甲醛胁迫下，常春藤的抗逆途径：__________________________________________
_________________________________________________________________________________。
【答案】
(1)将简单的无机物CO2合成为复杂的有机物，直接或间接地为人类或动物界提供食物来源（2分）
(2)同位素示踪法（1分） 类囊体薄膜（1分）
(3)甲醛代谢过程中能产生CO2用于光合作用；1个单位甲醛浓度使FALDH的活性增强（2分）
植物通过降低气孔的开放程度，减少甲醛的吸收（2分）；同时FALDH的活性提高，增强对甲醛的代谢能力，起到抗逆作用（2分）。
【分析】光合作用是指绿色植物通过叶绿体，利用光能把二氧化碳和水转变成储存着能量的有机物，并释放出氧气的过程。光合作用的光反应阶段（场所是叶绿体的类囊体膜上）：水的光解产生[H]（NADPH)与氧气,同时合成ATP。光合作用的暗反应阶段（场所是叶绿体的基质中）：CO2被C5固定形成C3， C3在光反应提供的ATP和[H]（NADPH)的作用下还原生成糖类等有机物。
【详解】
（1）据图分析可知，图示①过程为卡尔文循环。在生态系统的物质循环过程中，生产者通过卡尔文循环能够将简单的无机物CO2合成为复杂的有机物，直接或间接地为人类或动物界提供食物来源。
（2）要探究甲醛的同化途径可使用同位素标记法，图中甲醛是在叶绿体基质中被利用生成CO2的，而产生NADPH的具体场所是类囊体薄膜。
（3）①1个单位甲醛浓度下，常春藤气孔开放程度下降，可溶性糖的含量增加。综合上述信息分析，可能的原因是1个单位甲醛浓度下，甲醛经过图1的①过程可以产生CO2供给光合作用，由图2可知，还可能的原因是1个单位甲醛浓度时FALDH的活性增强。
②据图分析可知，低浓度的甲醛胁迫下，植物一方面通过降低气孔的开放程度来减少甲醛的吸收；另一方面，在降低气孔开放程度的同时，提高FALDH的活性，增强对甲醛的代谢能力，起到抗逆作用。
34．（10分）某金鱼品种有色鳞与无色鳞是一对相对性状，受一对等位基因（A、a）控制，已知在含有基因A、a的同源染色体上，有一条染色体上带有致死基因，但致死基因的表达会受性别的影响。请根据下列杂交组合及杂交结果回答问题。
杂交组合
亲本类型
雌
雄
Ⅰ
有色鳞♀×有色鳞♂
有色鳞437
有色鳞215
Ⅱ
无色鳞♀×有色鳞♂
无色鳞220有色鳞222
无色鳞226有色鳞224
Ⅲ
Ⅱ组中的有色鳞自交
无色鳞242有色鳞716
无色鳞238有色鳞486
（1）在有色鳞与无色鳞这对相对性状中__________________为显性性状。从上述杂交组合中可以判断致死基因是____________（填“显”或“隐”）性基因。
（2）Ⅲ组的子代中导致雌雄中有色鳞与无色鳞比例差异的可能原因是__________________________
________________________________________________________________________。
请利用第Ⅲ组材料设计方案验证你的解释：
①设计思路：__________________________________________________________________。
②结果和结论：若_____________________________________________________，则假设正确。
【答案】
（1） 有色鳞（1分） 隐 （1分）
（2） AA的雄性个体含有两个致死基因而死亡 （2分）
①设计思路：甲组取Ⅲ组子代中多个有色鳞雌性个体与无色鳞雄性个体测交（2分），乙组取Ⅲ组子代中多个有色鳞雄性个体与无色鳞雌性个体测交，分别统计两组测交子代的有色鳞与无色鳞的分离比。（2分）
②结果和结论：甲组子代有色鳞与无色鳞性状比例为2：1，（1分）乙组子代有色鳞与无色鳞性状比例是1：1，则假设正确。（1分）
【分析】某金鱼品种有色鳞与无色鳞是一对相对性状，受一对等位基因（A、a）控制。说明该性状的遗传遵循基因的分离定律。杂交组合Ⅲ中Ⅱ组的有色鳞F1自交，后代出现了无色鳞，说明无色鳞是隐性性状，基因型为aa，则有色鳞是显性性状，基因型是AA或Aa。
【详解】（1）有色鳞F1自交，后代出现了无色鳞，发生了性状分离，说明无色鳞是隐性性状，基因型为aa，则有色鳞是显性性状，基因型是AA或Aa。从基因型为AA的雄性个体死亡，基因型为AA的雌性个体和基因型为Aa的个体生存的现象可以看出：致死基因与A基因在同一条染色体上，a基因所在的染色体上不带有致死基因，且雄性激素会促使致死基因的表达，致死基因是隐性基因。
（2）Ⅲ组亲本为Ⅱ组的子代有色鳞个体，其子代中出现了无色鳞个体，所以有色鳞是显性性状。由此也可以得出Ⅲ组的亲本个体都为杂合子（Aa），其子代中有色鳞与无色鳞的比例应为3：1，这在子代雌性个体中得到验证，且子代有色鳞个体的基因型有AA和Aa两种，比例为1：2。但在Ⅲ组子代的雄性个体中，有色鳞与无色鳞的比例为2：1，其原因是子代有色鳞雄性个体中的个体（基因型为AA）可能带有两个致死基因而死亡。
验证方案：①设计思路：甲组取Ⅲ组子代中多个有色鳞雌性个体与无色鳞雄性个体测交，乙组取Ⅲ组子代中多个有色鳞雄性个体与无色鳞雌性个体测交，分别统计两组测交子代的有色鳞与无色鳞的分离比。②结果和结论：甲组子代有色鳞与无色鳞性状比例为2：1，乙组子代有色鳞与无色鳞性状比例是1：1，则假设正确。
【点睛】本题考查基因的分离规律的实质及应用的相关知识点，意在考查学生对所学知识的理解与掌握程度，培养了学生分析题意、获取信息、解决问题的能力。
35．（12分）我国在抗击新冠肺炎领域取得了举世瞩目的成就，三类具有自主知识产权的疫苗都有较好的安全性和免疫源性（能引起免疫应答的性能），阅读下面材料回答问题：
疫苗1：灭活疫苗（Vero细胞）。是将用Vero细胞（非洲绿猴肾细胞）培养扩增后的活病毒通过物理和化学的方法杀灭以后，经过系列纯化技术制备的疫苗。
疫苗2：复制缺陷型腺病毒载体疫苗。将新冠病毒的S蛋白基因整合到复制缺陷型腺病毒DNA中，形成能表达S蛋白的重组复制缺陷型腺病毒，作为疫苗注射到健康人体内。
疫苗3：重组新型冠状病毒疫苗（CHO细胞）。将新冠病毒S蛋白基因重组到中国仓鼠卵巢细胞（CHO）基因组内，经CHO细胞表达形成S蛋白作为疫苗。
(1) 疫苗1的免疫源性要稍高于另外两种疫苗的原因是____________________________________
______________________________________。从疫苗生产过程的角度看：疫苗1的生产车间的安全等级高于另外两种疫苗的原因是______________________________________________________
_________________________________________。
(2)从生物工程的角度看，生产过程中需要用到基因工程技术的是？_______________（用“疫苗1/疫苗2/疫苗3”作答）﹔都要用到细胞培养技术的是：_______________（用“疫苗1/疫苗2/疫苗3”作答）；
(3)培养抗原表达细胞系（Vero细胞或CHO细胞）时，培养基中要加入糖类、氨基酸等有机物，作用是_________________________________________。在培养过程中，Vero细胞分裂生长到细胞表面相互接触时，细胞会停止分裂增殖，长成致密的单层，这种现象称为___________________；若需要进行传代培养，需要用____________________酶等处理后再收集细胞制成新的细胞悬液。
【答案】
(1) 它的抗原成分是灭活的全病毒（2分）
用Vero细胞（非洲绿猴肾细胞）培养扩增的是活病毒，有更易传染的风险（2分）
(2) 疫苗2和疫苗3 （2分） 疫苗1、疫苗2和疫苗3（2分）
(3) 为细胞提供营养和能源物质 （2分） 接触抑制 （1分） 胰蛋白 或 胶原蛋白 （1分）
【分析】动物细胞培养条件：
（1）无菌、无毒的环境：①消毒、灭菌；②添加一定量的抗生素；③定期更换培养液，以清除代谢废物。
（2）营养物质：糖、氨基酸、促生长因子、无机盐、微量元素等，还需加入血清、血浆等天然物质。
（3）温度和PH：36.5℃±0.5℃；适宜的pH：7.2～7.4。
（4）动物细胞培养条件：气体环境：95%空气（细胞代谢必需的）和5%的CO2（维持培养液的pH）。
【详解】（1）疫苗1是将活病毒通过物理和化学的方法杀灭以后，经过系列纯化技术制备的疫苗，它的抗原成分是灭活的全病毒，疫苗2和疫苗3利用的只是新冠病毒的S蛋白的免疫源性，因此疫苗1的免疫源性要稍高于另外两种疫苗。用Vero细胞（非洲绿猴肾细胞）培养扩增的是活病毒，有更易传染的风险，因此疫苗1的生产车间的安全等级高于另外两种疫苗。
（2）疫苗2和3都是将新冠病毒的S蛋白基因重组到某一细胞中，用到基因工程技术。疫苗1用Vero细胞（非洲绿猴肾细胞）培养扩增后的活病毒、疫苗2中构建能表达S蛋白的重组复制缺陷型腺病毒后需要用活细胞培养得到大量的疫苗，疫苗3将新冠病毒S蛋白基因重组卵巢细胞，因此三者用到细胞培养技术。
（3）培养抗原表达细胞系（Vero细胞或CHO细胞）时，培养基中要加入糖类、氨基酸等有机物，作用是为细胞提供营养和能源物质；培养箱中CO2浓度为5%。作用是维持培养液的pH。在动物细胞培养过程中，当贴壁细胞分裂生长到细胞表面相互接触时，细胞会停止分裂增殖，长成致密的单层，这种现象称为细胞的接触抑制。传代培养时需要用胰蛋白酶处理贴壁生长的细胞，然后收集细胞制成新的细胞悬液分瓶继续培养，让细胞继续增殖。
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