资源简介

安徽省六校教育研究会 2023年高三年级入学素质测试
理科综合参考答案及评分细则
生物
题号 1 2 3 4 5 6
答案 C C B A C D
1．答案：C
【解析】唾液腺细胞的线粒体受损，细胞能量供应减少而影响蛋白质等大分子物质的合成和加工及运输过
程，而细胞可以通过无氧呼吸供应能量，A错误；
高等成熟植物的叶肉细胞膜受体受损，其细胞可以还可以通过胞间连丝完成细胞间的信息交流，B错误；
吞噬细胞的溶酶体能分解衰老、损伤的细胞器，吞噬并杀死侵入细胞内的病毒或细菌，若溶酶体受损，
则可能会导致衰老和损伤的细胞器在细胞内积累，C正确；
高尔基体参与根尖分生区细胞无中心体，D错误。
2．答案：C
【解析】A.当内质网中 Ca2+浓度过高时可以被 TMCO1（内质网跨膜蛋白）感知，并使 CLAC通道打开,
说明 Ca2+浓作为信号分子调节 Ca2+通道蛋白的活性。A正确。
B.CLAC通道是通道蛋白而不是受体蛋白，Ca2+通过时，不需要与其结合，B正确。
C.Ca2＋进出内质网都通过 CLAC通道，而不是 TMCO1，C错误。
D.有题意可知，TMCQ1 ＋基因敲除，影响到对 Ca2 的感知，导致内质网的钙浓度过高，表现出痴呆、颅面
和胸畸形的症状，D正确。
3．答案：B
【解析】A.神经干细胞和神经细胞中基因组成相同。A错误。
B.神经干细胞在参与损伤部位修复过程中发生了分裂和分化，B正确。
C.神经细胞是成熟的体细胞，没有细胞周期，C错误。
D.细胞分化是奢侈基因表达的结果，神经干细胞能合成多种 mRNA，不能表明细胞分化，D错误。
4．答案：A
【解析】R-Ioop结构是一种三链 RNA-DNA 杂合片段，其中双链 DNA中的嘌呤碱基总数一定等于嘧啶碱
基总数，但单链 RNA中嘌呤碱基总数与嘧啶碱基总数不一定相等，因此 R-loop结构中嘌呤碱基总数
不一定等于嘧啶碱基总数，A错误；
R-loop是细胞内的一种特殊的三链核酸结构，RNA酶 H作用于 R-loop，阻止了它们的积累和持久存在，
说明 RNA酶 H可以水解异常的 RNA，维护基因组稳定，B正确；
R-loop结构包含两条 DNA单链和一条 mRNA单链，因此基本组成单位是脱氧核苷酸和核糖核苷酸。由于
该结构中 DNA单链含有 4000个碱基，其中 A 和 T 占该链碱基总数的 30%，则 C和 G含有 70%，
因此一条DNA单链上 C和 G的总和为 2800个，由于碱基的互补配对原则，另一条 DNA单链和mRNA
单链上也分别有 C和 G碱基 2800个，所以该结构 G 和 C 共有 2800×3=8400个，C正确；
R-loop结构的出现会影响基因的转录和稳定性，当 DNA复制和基因转录同向进行时，R环还会阻止 DNA
复制，D正确。
5．答案：C
【解析】萨顿利用类比推理法，而不是假说-演绎法。所以 C错误。
6．答案：D
【解析】A.神经元细胞膜外 Na+高，形成动作电位时顺浓度梯度内流。膜内 K+高，形成静息电位时顺浓度
梯度外流，A正确。
B.神经细胞兴奋后恢复为静息状态，需要 Na+-K+泵工作，消耗 ATP。B正确。
C.动作电位的产生是 Na+通道打开内流所致，C正确。
D.在形成动作电位时，Na+通道打开内流，神经纤维内 K+/Na+的比值增小，D错误。
31．(每空 2分，共 12分)
＋
（1）H2O和 NADP+ 光能转化为活跃的 ATP中化学能 A H2O的分解、合成 NADPH消耗 H 和 H
＋
通过 PQ跨膜运输
（2）乙植物会先通过 PEP羧化酶把二氧化碳储存起来形成 C4，气孔关闭时，C4分解产生二氧化碳，用于
光合作用，所以气孔关闭对乙植物影响不大 。 甲-B 乙-C 丙-A
（3）干旱环境下，气孔部分关闭，胞间 CO2含量较少，叶肉细胞中 PEP 羧化酶对 CO2亲和力远远大于 RuBP
羧化酶，乙植物产生大量 C4酸，乙植物的 C4酸能定向地由叶肉细胞进入维管束鞘细胞并产生 CO2，
使维管束鞘细胞的 CO2与 O2的比率提高，改变了 RuBP羧化酶的作用方向，B植物暗反应更大，光合
作用就更大，故能生长更好
＋ ＋ ＋
【解析】（1）图 2中 H2O分解产生 H ，使类囊体腔内 H 浓度升高，H 顺浓度梯度运输到叶绿体基质中，
而 H＋ ＋ ＋在叶绿体基质中与 NADP 结合形成 NADPH，使叶绿体基质中 H 浓度降低，同时还可以通过
PQ ＋运回到类囊体腔内，这样就保持了叶绿体膜两侧的 H 浓度差。而 ATP合成酶，其利用类囊体膜两
H＋侧的 浓度差合成 ATP，使膜两侧 H＋浓度差减小。综上分析可知，H2O的分解、合成 NADPH消耗
H＋ H＋和 通过 PQ跨膜运输均符合题意。
（2）光照强烈的正午，叶片气孔开度减小会导致叶肉细胞间的 CO2浓度降低抑制光合作用，又称植物的“午
休现象”。乙植物却几乎没有午休现象，据图分析可知，可能的原因是乙植物会先通过 B途径把二氧
化碳储存起来形成 C4，气孔关闭时，C4分解产生二氧化碳，用于光合作用，所以气孔关闭对乙植物影
响不大。
图三中植物 C没有午休现象，对应图二的乙植物；图三中植物 B有午休现象,对应图二的甲植物。图三中
植物 A,0-6 点和 20-24点吸收 CO2，对应图二的丙植物
（3）干旱环境下，气孔部分关闭，胞间 CO2含量较少，叶肉细胞中 PEP 羧化酶对 CO2亲和力远远大于 RuBP
羧化酶，乙植物产生大量 C4酸，乙植物的 C4酸能定向地由叶肉细胞进入维管束鞘细胞并产生 CO2，
使维管束鞘细胞的 CO2与 O2的比率提高，改变了 RuBP羧化酶的作用方向，B植物暗反应更大，光合
作用就更大，故能生长更好
32．(每空 2分，共 10分)
（1）大脑皮层
（2）布洛芬能够抑制前列腺素 E2 的合成（或答“布洛芬能够抑制前列腺素 E2 与受体的结合”）（本
题为开放性试题，所答合理即可）
（3）眼睛细胞中也存在刺突蛋白(S 蛋白)的特定受体血管紧张素转换酶 II（ACE2）
（4）自身免疫 该化合物可有效抑制 GSK3β的活性
33．(除特殊标注外，每空 2分，共 10分)
答案：（1）样方法（1分） 随机取样、样方的大小应一致、样方的数量适宜（至少答两点）
（2） 假地豆、狗尾草（或：J、G） 混种条件下，紫茎泽兰的生物量能被假地豆（J）和狗尾草（G）
抑制，且假地豆（J）和狗尾草（G）的生物量受影响较小或者增长。
（或答：假地豆与外来物种紫茎泽兰混种时，紫茎泽兰的生物量比单种明显降低，而假地豆的生物量几乎
不受影响（影响较小）。狗尾草（G）与外来物种紫茎泽兰混种时，紫茎泽兰的生物量比单种明显降
低，而狗尾草（G）的生物量比单种高。）
（3）直接（1分） 信息传递
34．(每空 2分，共 10分)
（1）9 9 （2）♀蓝色×巧克力色♂ ①全为蓝色 ②雄性为蓝色，雌性为巧克力色
【解析】（1）基因仅位于 Z染色体,种群中可以形成 ZD+ZD+ ZD+ZD ZD+Zd ZDZD ZDZd ZdZd ZD+W ZdW
ZDW 9 种基因型。如果位于 zw 的同源区段，种群中可以形成 ZD+WD+ ZD+WD WD+ZD ZD+Wd
WD+Zd ZDWD ZDWd WDZd ZdWd 9种基因型。
（2）♀蓝色×巧克力色♂ 如果位于Ⅱ1片段上，则亲代 ZDW×ZdZd，子代为 ZDZd 和 ZdW，即雄性为蓝色，
雌性为巧克力色；如果位于Ⅰ片段上，则亲代 ZDWD×ZdZd，子代为 ZDZd 和 ZdWD，即子代全为蓝色
35．(除特殊标注外，每空 2分，共 12分)
（1）PCR（1分） 一段已知的蜘蛛丝蛋白基因的脱氧核苷酸序列（1分）
（2）显微注射法（1分） XX（1分） 胚胎移植（1分）
（3）基因表达载体的构建（1 分） 使目的基因在受体细胞中稳定存在并表达
能使蜘蛛丝蛋白基因在乳腺细胞中特异性表达
（4）可以被生物降解，不会造成环境污染
安徽六校教育研究会 2023年高三年级入学素质测试
化学参考答案及评分细则
一、单选题（每题6分，共42分）
7．C 【解析】纤维素水解最终可得到葡萄糖，得不到蔗糖。
8．D 【解析】乙烯在催化剂的存在下，可以被氧气直接氧化为环氧乙烷，也可以先与 Cl2、H2O发生反应
生成 ClCH2CH2OH，再生成环氧乙烷，环氧乙烷与苯反应生成苯乙醇，苯乙醇发生醇的催化氧化生成苯乙
醛。
【详解】A．反应②中乙烯与 Cl2、H2O发生反应生成 ClCH2CH2OH，同时还生成 HCl，不符合绿色化学的
原则，A错误；
B．碳碳双键、羟基、醛基都能被酸性高锰酸钾氧化，苯乙醇不能与溴水反应，B错误；
C．向 2mL10%硫酸铜溶液滴加 5滴 2%氢氧化钠溶液，NaOH的量不足，故加入苯乙醛溶液，实验会失败，
不会有砖红色沉淀出现，C错误；
D．根据图中反应④可知，预测可以发生反应 ，D正确；
故答案选 D。
9.B 【解析】A．原电池负极发生氧化反应，失电子，故锂离子电池的负极反应：LixCy-xe-=xLi++Cy，A正
确；
B CuCl Cu(NH ) 2+．向 2溶液中滴加过量氨水反应生成 3 4 ：故为 Cu2++4NH3·H2O= Cu(NH )
2+
3 4 +4H2O，B
错误；
C．用 K3 [Fe(CN)6]溶液检验 Fe2+反应生成KFe Fe(CN) ，故为 K++Fe2++[Fe(CN)6]3-6 =KFe[Fe(CN)6]↓，C
正确；
D．KMnO4溶液(还原产物 MnO2)将 Fe2+氧化成 Fe3+转化成 Fe(OH)3，故为 3Fe2++MnO -4
+7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+，D正确；
故选 B。
10.A 【解析】三种前四周期主族元素 X、Y、Z形成的一种化合物具有高效的储氢性能，根据释氢时的原
理为 Z(YX4)2=ZX2+2Y+3X2可知， X2为 H2，X为 H，根据化合物中各元素的代数和为 0，Z(YX4)2中 Z呈
+2 -价、存在 YX 4 、则 X即 H为-1 价、Y为+3价，则 Y为 B或 Al元素、由 Z(YX4)2其氢含量高达 7.84％，
可知，Y为 Al、Z为 Ca元素，Z(YX4)2为 Ca(AlH4)2，据此回答。
A．化合物 Z(YX4) - -2中存在 YX 4 即 AlH 4 ，Y满足 8电子稳定结构，A错误；
B．化合物 Z(YX4)2为 Ca(AlH4) - -2 ，钙离子与 AlH 4 间为离子键、AlH 4 中含有共价键、配位键，B正确；
C．同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，但基态Mg的 3s2为全充满、结构稳定、第一电离能 Mg
大于 Al，则同周期中第一电离能小于 Y(Al)的元素只有 1种即钠，C正确；
3+1 1 4D． YX 4 阴离子中心原子孤电子对数 0 、价电子对数= 4 0 4 ，则其空间构型为正四面2
体结构，D正确；
答案选 A。
c(H+) c(SO2-)
11.A 【解析】A．实验 1混合溶液中，Ka2(H2SO )= 33 =5.0×10-8 - ，HSO3的水解平衡常数c(HSO3)
c(H SO ) c(OH-) K 10-14
K 2 3 wh2= = = =1.0 10-12，
c(HSO-) Ka 1.0 10
-2
3
c(H +) c(SO2-)
3
K c(HSO -) c(SO 2-)
a2 3 3 5.0 10
8
5.0 104，A正确；
K
h2 c(H SO ) c(OH
-) c(H SO )2 3 1.0 10
12
2 3
c(HSO- )
3
B．实验 2：将等体积、等物质的量浓度的 Na2SO3和 NaHSO3溶液混合，Na2SO3和 NaHSO3的物质的量相
等，根据物料守恒可得 2c(Na+)=3[c(SO2 3 )+c(HSO

3 )+c(H2SO3)]，B错误；
c(HSO )
C．实验 3 2 中随水的不断加入，溶液中SO3 的水解平衡正向移动，水解程度不断增大，
3
2 的值逐渐c(SO3 )
变大，C错误；
D．NaHSO3在溶液中电离产生 Na+、HSO 3，二者反应除产生 BaSO3沉淀外，还产生 H2O，要以不足量的
Ba(OH)2为标准，假设Ba(OH) 2的物质的量是 1 mol，反应的离子方程式为：HSO +Ba2+3 +2OH-=BaSO3↓+2H2O，
D错误；
故合理选项是 A。
12.A 【解析】A．由题中图示信息可知，放电时，该装置为原电池，负极是 Pb，电极反应式为 Pb-2e-=Pb2+，
正极是 PbO2，电极反应式为 PbO2+4H++2e-═Pb2++2H2O，所以放电时，不断消耗 H+，H+浓度减小，pH增
大，故 A错误；
B．由题中图示信息可知，充电时，该装置为电解池，阴极为 Pb，电极反应式为 Pb2++2e-=Pb，阳极是 PbO2，
电极反应式为 Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，则总反应式为 2Pb2++2H2O=Pb+PbO2+4H+，所以 Pb2+的物质的量
浓度减小，即充电时，储液罐中甲基磺酸铅的浓度减小，故 B正确；
C．由题中图示信息可知，充电时，该装置为电解池，阴极为 Pb，阳极是 PbO2，阳极上 Pb2+失电子生氧化
反应，其电极反应式为 Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，故 C正确；
D Pb+PbO +2H SO 放 电．传统的铅酸蓄电池的总反应为 2 2 4 2PbSO4+2H2O，铅液流电池的总反应为
充电
Pb+PbO2+4H+
放

电
2Pb2++2H2O，则传统的铅酸蓄电池以 H2SO4为电解液，生成的 PbSO4难溶于水，活
充电
性物质的利用率减低，所以与传统的铅酸蓄电池相比，铅液流电池的循环利用率更高，故 D正确；
13.A 【解析】BOH溶液中滴加 HA溶液，发生酸碱中和，溶液的 pH随着 HA溶液的滴加，pH逐渐降低，
c(B+ ) c(A )
即 a′～d代表 pH与 lg 关系图，同理 a～d代表 pH与 lg 关系图，据此分析；
c(BOH) c(HA)
c(B+ )
A．b和 b′点的纵坐标之和为 14，b′点溶液显碱性，b点溶液显酸性，取 lg =0，该温度下，Kb=c(OH-)，c(BOH)
若 pKb=8，c(OH-)=10-8mol/L，此时溶液显酸性，与 b′点溶液显碱性不符，故 A说法错误；
c(B+ )
B．取 lg =0，该温度下，Kb=c(OH-)，同理 Ka=c(H+)，b和 b′点的纵坐标之和为 14，推出 K =Kc(BOH) a b
，a′
10-15 10-15
点：c(OH-)=10Kb，此时 pHa′=-lg ，同理，a点对应 pHa=-lg10Ka，pHa′+ pHa=-lg +(-lg10Ka)=14，故
K K
b b
B说法正确；
C．b和 b′点的纵坐标之和为 14，b点溶液中 c(H+)等于 b′点溶液中 c(OH-)，两点对水的电离影响程度相等，
d点两曲线 pH相同，该点的 pH=7，因此 a′～d水的电离程度逐渐增大，即水的电离程度：a′＜b＜c′＜d，
故 C说法正确；
D．a′～d曲线是 BOH 溶液中滴加 HA溶液，a～d曲线是 HA溶液中滴加 BOH溶液，根据 B选项分析，
BOH和 HA的电离平衡常数相等，d点 pH=7，此时两种溶液恰好完全反应，因此 c′点 c(B+)大于 c点 c(B+)，
故 D说法正确；
答案为 A。
二、非选择题
27.（15分）
(1)15（2分） (2)1:1（2分）
(3) 球形干燥管（2分）
排尽装置内空气，防止 CrCl3被氧气氧化，用氮气将四氯化碳气流带入硬质玻璃管中（2分）
COCl2+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H 2O（2分）
(4) 除去溶解的氧气，防止将 I-氧化（2分） 淀粉溶液（1分） 92.46%（2分）
【解析】（1）基态 Cr为 24号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1 ，空间运动状态不同的电子有
15种，故答案为：15；
（2）重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]加热分解生成 Cr2O3、N2和 H2O，由价态变化可知 Cr2O3为还原产物，每生成
1mol Cr2O3得 6mol电子，N2为氧化产物，每生成 1mol N2失 6mol电子，根据得失电子守恒可知，氧化产
物和还原产物得物质的量之比为 1：1，故答案为：1：1；
（3）①由仪器构造可知仪器 X为球形干燥管，故答案为：球形干燥管；
②实验时，点燃酒精灯前需要先通入一段时间的 N2，利用氮气排尽装置中的空气防止氧气残留将生成的
CrCl3氧化，故答案为：排尽装置内空气，防止 CrCl3被氧气氧化；同时用氮气将四氯化碳气流带入硬质玻
璃管中
③光气(COCl2)与水反应生成大量酸雾，可知其与水生成碳酸和 HCl，则光气进入氢氧化钠溶液中最终生成
碳酸钠和氯化钠，反应方程式为：COCl2+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H 2O，故答案为：
COCl2+4NaOH=Na2CO3+2NaCl+2H 2O；
（4）①过量的 Na2O2除能将氯化铬完全氧化外，过量的过氧化钠与水反应生成氧气，而氧气能氧化碘离
子，对实验生成影响，因此要加热煮沸一段时间，除去水中的溶解氧，防止碘离子被氧化，故答案为：除
去溶解的氧气，防止将 I-氧化；
②滴定终点用碘单质生成可选用淀粉溶液作指示剂；
Cr O 2 2 2-2 7 氧化碘离子生成碘单质，Cr2O 7 被还原成三价铬，根据得失电子守恒可知： Cr2O7 3I2；由题中
反应可知 2Na2S2O3 I2，结合元素守恒可得：样品中CrCl3的质量分数为 92.46%，
故答案为：淀粉溶液；92.46%；
28.（15分）
(1)S、SiO2（1分）
(2)随硫铁矿用里增加，生成的单质硫覆盖在FeS2颗粒表面，减少了Fe2 的生成，导致锰的浸出率降低（2
分）
(3)FeS 3 2 2 2Fe =3Fe 2S（2分）
(4)是把Fe2 氧化成Fe3 ，调节 pH时便于除去 Fe3+（2分）
(5)取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净（2分）
(6)开始时发生Mn OH 2被O2氧化生成水，溶液 pH无明显变化；7h后Mn 2 OH SO O2 4 被 2氧化，生成
Δ
H2SO4，溶液 pH减小(也可用方程式表示： 2Mn OH O2 2MnO2 2H2 2O，故溶液 pH无明显变化；
Δ
6Mn2 OH SO4 2O2 4Mn O 12H 6SO2 2 3 4 4 ，溶液 pH减小)（2分）
480
(7) 6（2分） 3 107（2分）ρNA
【解析】由流程可知，软锰矿、硫铁矿加入硫酸浸取，酸浸时FeS2和MnO2颗粒反应生成硫单质、二氧化
硅不反应，两者成为滤渣 1，滤液加入二氧化锰Fe2 氧化成Fe3 ，加入氨水调节 pH将铁、铝转化为沉淀
得到滤渣 2，滤液加入氨水得到Mn OH 2，通入空气氧化得到Mn3O4 ；
（1）由分析可知，滤渣 1中主要成分的化学式为 S、SiO2；
（2）随硫铁矿用里增加，生成的单质硫覆盖在FeS2 颗粒表面，减少了Fe2 的生成，阻碍了反应的进行，
导致锰的浸出率降低；
3 “ ” Fe3 FeS FeS 2Fe3 =3Fe2 （ ）由图去可知， 浸取 时 与 2反应生成亚铁离子和硫，离子方程式为 2 2S；
（4）加入MnO2 “氧化”的目的是是把Fe2 氧化成Fe3 ，便于下一步将铁转化为沉淀分离除去；
（5）沉淀表面含有硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，故检验“沉淀”已洗净的操作是：取
最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净；
（6）已知，通空气“氧化”：将“沉淀”步骤所得含少量Mn 2 OH SO4 的Mn OH2 2固体滤出，洗净，加水
打成浆，浆液边加热边持续通入空气，制得Mn3O4 ；则 pH先基本不变后迅速下降的原因是：开始时发生
Mn OH 被O2 2氧化生成水，溶液 pH无明显变化；7h后Mn 2 OH SO2 4 被O2氧化，生成H2SO4，溶液 pH
Δ
减小(也可用方程式表示： 2Mn OH O2 2MnO2 2H2O2 ，故溶液 pH无明显变化；
Δ
6Mn2 OH SO4 2O2 4Mn3O 2 2 4 12H 6SO4 ，溶液 pH减小)；
2
（7）立方晶胞中心的S2 离晶胞的六个面心的Fe2 等距离且最近，故距离S
2
2 最近的Fe2 有 6个；根据均
Fe2 8
1 +6 1 4 S2 1摊法，该晶胞中 数为： ， 2 数为：12 1 4 ，该晶胞中含4 4个
FeS2 ，FeS8 2 2
的摩尔质
120 4
m N a= 480量为 120g/mol 7。设晶胞的边长为 a nm，根据ρ= = A ，解得 3 10 nm。
V a 10-7 3 ρN A
29．（14分）
(1) Ea-165.2（2分）
(2) 31.25% （2分） 75%（2分）
(3) cde （2分）
温度低于 350℃时，催化剂的活性随温度升高逐渐增强，反应速率加快，NO转化率也增大，温度高于 350℃
时，导致催化剂活性降低，反应速率下降，导致 NO转化率下降（2分）
(4) SO2+2H2O-2e
-=SO2-4 +4H
+
（2分） 1mol（2分）
【解析】（1）由盖斯定律可知反应Ⅲ可由 2×反应 I-反应 II得到，则
ΔH3=2ΔH1-ΔH2 = 2 ( 483.6kJ/mol)-( 802.0kJ/mol)=-165.2kJ/mol，又ΔH3=正反应活化能-逆反应活化能，
则正反应活化=ΔH3 +逆反应活化能= -165.2kJ/mol+Ea kJ/mol=( Ea-165.2 ) kJ/mol，故答案为：Ea-165.2；
（2）在催化剂作用下，110℃时按体积比 V(C2H2): v(H2)=1:4充入刚性容器中，发生反应 C2H2(g)＋
H2(g)=C2H4(g)、C2H4(g)＋H2(g)=C2H6(g)，乙炔完全反应时，乙烯的体积分数为 20%，设乙炔和氢气的起始
物质的量分别为 1mol、4mol，反应 1消耗的乙炔为 1mol，反应 2消耗的氢气为 xmol，
C2H2 g ＋ H2 g = C2H4 g
1 1 1
C2H4 g ＋H2 g =C2H6 g
x x x
剩余气体中氢气为 4-1-x=3-x，乙烯的物质的量为 1-x，乙烷的物质的量为 x，平衡混合气体的总物质的量
为 3-x+1-x+x=4-x，
1-x 1+x 1.25
乙烯的体积分数= =20%，x=0.25，H2的转化率= 100% 100% 31.25% ；4-x 4 4
1-x 0.75
C2H4的选择性= 100% 100% 75% ，故答案为：31.25%；75%；1 1
（3）a.同一物质的 v 逆=v 正时，反应达到平衡状态，或 v 逆(NO)=2 正(N2)时，反应达到平衡状态，a错误；
b.该容器为恒容容器。混合气体的密度始终是不变的，选项 b错误；
c.该反应是气体体积减小的反应。又容器为恒容容器，容器内总压强不再变化，即气体的总物质的量不变，
反应达到平衡状态，选项 c正确；
d．H2的体积分数不再变化说明氢气的物质的量不再变化，反应达到平衡状态，选项 d正确；
m(总)
e.混合气体的平均相对分子质量不再变化，即混合气体的平均摩尔质量(M= ) 不变，该反应m(总)不
n(总)
变， n(总)减少，则M在反应过程中发生变化，当其不变时，反应达到平衡状态，选项 e正确；
故答案为：cde；
②温度低于 350℃时，催化剂活性随温度升高逐渐，反应速率加快，NO转化率也增大且呈递增趋势，温
度高于 350℃时，导致催化剂活性降低甚至失去活性，反应速率下降，导致 NO转化率下降，故答案为：
温度低于 350℃时，催化剂的活性随温度升高逐渐增强，反应速率加快，NO转化率也增大，温度高于 350℃
时，导致催化剂活性降低，反应速率下降，导致 NO转化率下降；
（4）①电极 a - 2- +上二氧化硫失电子生成硫酸，电极反应为：SO2+2H2O-2e =SO4 +4H ，故答案为：
SO2+2H2O-2e
-=SO2-4 +4H
+
；
②H2S发生反应生成二氧化硫： 2H2S+3O2=2SO2+2H2O ，1molH2S反应生成 1mol二氧化硫，结合电极反
应可知 1mol反应转移 2mol b I +2e-=2I-电子，结合 电极反应： 2 ，转移 2mol电子生成 2molHI，根据反应
2HI=H2+I2，可知 2molHI分解生成 1mol氢气，则 1molH2S反应生成 1mol氢气，故答案为：1mol；
30．（14分）
(1)3-甲基苯甲酸或间甲基苯甲酸（2分）
(2) 羧基、碳氯键或氯原子（2分） 取代反应（1分）
(3) （2分）
(4)sp3、sp2（2分）
(5)3（2分）
(6) （3分）
【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） 的化学名称为间基苯甲酸或 3-基苯甲酸;
（2）B是 ，含有官能团的名称为羧基、氯原子，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） 中单键 C原子的杂化方式为 sp3，双键 C原子的杂化方式为 sp2；
（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；③分子中无甲基，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；
（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
物理
题号 14 15 16 17 18 19 20 21
答案 D B C A CD BD AB BCD
14．【答案】D
【详解】A．汤姆孙对阴极射线的研究，证实了阴极射线的本质是电子流，故 A错误；
B．爱因斯坦的光电效应方程，从能量的角度上解释光的量子化，故 B错误；
C．卢瑟福通过α粒子散射实验确定原子的中间存在原子核，故 C错误；
D．玻尔将量子观念引入原子领域，指出原子中的电子轨道是量子化的，很好地解释了氢原子光谱的分立
特征，故 D正确。故选 D。
15．【答案】B
【详解】A．为了实现单色光的双缝干涉，可以在透镜与单缝之间加装滤光片，故 A项正确；
l
B．条纹间距公式 x 其中 x是条纹间距，l是双缝到屏的距离，d是双缝间的距离， 是单色光的波
d
长，所以将单缝向靠近双缝方向移动，则干涉条纹间距不变，故 B项错误；
C．条纹间距公式 x
l
波长和频率的关系满足 c 所以换用频率较小的光，其光的波长变大，条纹
d
间距表达，即条纹数目减少，故 C项正确；
D．转动手轮移动分划板，条纹间距不变，故 D项正确。故选 B。
16． 【答案】C
【详解】A．依题意，对 a、b两物体进行受力分析，竖直方向受力平衡，即墙壁对 a的摩擦力与两物体的
重力大小相等，方向相反。所以当推力 F 增大时沿墙壁对a的摩擦力大小不变。故 A错误；
B．a物体受 5个力作用，分别是自身重力、墙壁的弹力、b物体的压力、墙壁的摩擦力和 b物体的摩擦力，
b物体受 4个力作用，分别是自身重力、a物体的弹力、a物体的摩擦力和外力 F。故 B错误；
C．若木块 a、b保持对静止沿墙壁向下匀速运动，ab整体受力平衡，竖直方向有墙壁对 a的摩擦力与两物
体的重力大小相等即 f 2mg故 C正确；
D．当撤去 F ，木块 a、b沿墙壁下滑，此时 a只受自身重力作用。故 D错误。故选 C。
17． 【答案】A
【详解】A．在突然撤去 F的瞬间，A、B整体的合力向上，大小为 F，根据牛顿第二定律，有 F=2ma解
a F得 对物体 A受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有 F
2m N
-mg=ma
F mg F联立解得 N 故 A错误；2
B．弹簧弹力等于 F时，根据牛顿第二定律得，对整体有 F-2mg=2ma
F
对 A有 FN-mg=ma联立解得 FN 故 B正确；2
C．当物体的合力为零时，速度最大，对 A由平衡条件得 FN=mg故 C正确；
D．当弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律得，对整体有：2mg=2ma
对 A有 mg-FN=ma联立解得 FN=0所以 A、B恰好分离，故 D正确。故选 A。
18． 【答案】CD
【详解】A．下落的过程中，重力做功不等于 0，因此重力的平均功率不为 0.故 A错误；
B．小球运动至 C点时，其切向加速度大小为 gsinα，小球还具有向心加速度，因此 B错误；
1
CD 2．设绳长为 l，根据机械能守恒mgl cos mv ，T-mgcosα=mv2/l，得 T=3mgcosα，C正确
2
重力功率最大，可知竖直方向合力为 0，因此 Tcosα=mg，解得 cosα= 3 ，D正确。
3
19． 【答案】BD
1
【详解】A．根据题意有 (t 0.4) t ( n)T，（n=0、1、2、3……）
2
T 0.8所以 s，（n=0、1、2、3……）
1 2n
B．由题图知，该地震波的波长为 4km
4
根据波速与波长的关系可得，最小波速为 v km/s 5km/s
T 0.8
C．根据“同侧法”可知，t时刻位于 x=1km 的质点 y轴负向振动，因此 C错误
D．地震横波沿 x轴正方向传播，从 t时刻开始计时，x=2.5km 处的质点向上振动，故 x=2km 处的质点比
x=2.5km处的质点先回到平衡位置。
20．【答案】AB
A．如图所示，以 v表示行星的速度，当行星经过近日点 A和远日点 B时，v和 r垂直，面积速度为
S 1 (a c)v 1A (a c)vB 因此得 v
a c
B v ， A正确2 2 a c A
BC．行星运动的总机械能 E等于动能加势能。经过近日点和远日点时，
E 1A mv
2 Mm 1 Mm 1 Mm 1 Mm
A G mv
2 G E mv2 2，
2 r 2 A a c B 2 B
G mvB Gr 2 a c
1 2 2 1 1
根据机械能守恒 EA=EB，因此得 m(vA vB ) GMm2

a c a c
v2 GM a c可解出 A ， v
2 GM a c
a a c B a a c
Mm
机械能为 E G ，因此 B正确
2a
D．根据 BC b GM解出的 vA，可求得面积速度为 S 椭圆的面积为 ab，因此周期为
2 a
T ab 2 a a ，D错误（或者根据开普勒第三定律 a3/T2=k，可知 D错误）
S GM
21．【答案】BCD
A．当 ed离开磁场后，在 cf离开磁场前，ab与 cf切割磁感线，产生电动势 Blv 2.4V．因此 A错误。
B．ed离开磁场后，cf离开磁场前，电路的总电阻：R1=7.5Ω．流过 de的电流大小为 0.32A ，B正确
C．cf离开磁场后，ab离开磁场前，电路的总电阻：R2=5Ω，总电流为 0.48A，因此流过 ed的电流大小为
0.16A，C正确
D．当 ed离开磁场后，在 cf离开磁场前：
Q
2l 3
1 I t1 3.2 10 JR1v
当 cf离开磁场后外电路部分为 cf与 fedc段并联． 2 ．
Q2 I t
l
4.8 10 3J
R2v
整个矩形导线框在拉出磁场的过程中产生的焦耳热为 8.0×10-3J，D正确
1 2
22 md．【答案】（1）3.2mm （2） 2 （每空 2分）t k
【详解】（1）由游标卡尺的读数可知，该小球的直径为 d 3mm 2 0.1mm 3.2mm
1 1 d
（2 2 2）在利用图像法处理实验数据时，为了更直观，应是图线为倾斜直线，由 kx m( )
2 2 t
md 2 1 1 md 2
可得 x2 2 则横轴用 2 表示，如果该系统的机械能守恒，则图像的斜率为t k k t k
23．【答案】（1）A E（2）×10 90（3）240（每空 2分）
【详解】（1）在测量表头电阻时，为了减小闭合 S1时对电路总电阻的影响，接入电路的滑动变阻器阻值越
大越好，由于表头满偏电流固定，因此电源电动势越大越好。故 R′选用 A，电源选用 E。
E
（2）对于改装后的电流表，接 a时量程大于接 b时量程，根据欧姆表的工作原理， R 内 I量
可判断接 b时为大倍率，所以倍率为×10.
I R I（R R）
S3接 a和 b时电流关系为：1（0 I g g I g g 2g ） g ，得 R2=90ΩR1 R2 R1
E E
（3）由欧姆表刻度值原理可知 R I I ，因此 R∝E，故 R 真=240Ωg
1
24．【答案】（1）p1=2.48×105Pa；（2） 5
【详解】（1）初状态T1 27 273 K 300K 末状态T2 273 37 310K
p（V V ) p
根据理想气体状态方程得 0 1 1
V
———————————————————————3分
T1 T2
解得 p1=2.48×105Pa； —————————————————————————————————3分
（2）根据玻意耳定律得 p2V p3V2 解得V2 3L —————————————————————3分
V V 1
放出气体的质量与轮胎内剩余气体质量的比值等于 k 2 ——————————————3分
V 5
25．答案：（1）4N（2）22m/s（3）2.5N或 3.5N
【详解】（1）由物体匀速运动可知： F2 F1cosθ，即 F2=4N—————————————————2分
（2）取向左为正方向，根据动量定理可知：m（vB-vA）=-F1cosθ·2t+F3t- F3t，—————————4分
vB =-22m/s——————————————————2分
故物块运动至 B点时的速度大小为 22m/s.（根据运动学求解也可）
（3）由于 B点可能在 A点左侧，也可能在 A点右侧，故 x=±8m —————————1分
F F cosθ 1
根据运动学方程：0~t时间内： a 3 11 ， x1 v0t a1t
2—————————1分
m 2
F F cosθ
t~2t时间内： a 3 12 ， x2 （v0 at）t
1
a2t
2—————————————1分
m 2
总位移为：x=x1+x2——————————————————————————————1分
解得 B点在 A点左侧时 F3= 3.5N，B点在 A点右侧时 F3=2.5N。—————————2分
26．答案：（1）v0=1.0×107m/s，E=1.3×105N/C（2）tPN=2.5×10-7s（3）0.17m
【详解】（1）假设粒子 a到达 Q时 y轴负向速度大小为 vy，
OP OQ 2OP v
则： v
y
y v0 ，可得 tanθ—————————1分OQ v
2 0
故θ=60°，v0=1.0×107m/s，vy= 3 ×107m/s—————————2分
v 2y =2ayOP—————————1分
qE
ay= —————————1分
m
得 E=1.3×105N/C—————————1分
2 v
2
（ ）当粒子 a进入磁场时，洛伦兹力提供向心力： qvB m —————————1分
r
得 r=0.1m—————————1分
当粒子 a再次回到 x轴时，沿 x轴负向偏移量为
x0=2rsin60°=0.1 3 m—————————1分
因此，当粒子 a回到 y=OP的高度时，沿 x轴正向位移为：
x1=2OQ-x0=0.5 3 m—————————1分
故粒子再过一次周期性运动，经过 N点
4OQ
tPN= 2
4πr
v 3v =2.5×10
-7s—————————2分
0
（3）粒子 b的动能与 a相同，质量为 a的 4倍，因此初速度：
2E
v = kb =0.5×107m/s————————2分mb
2m OP
粒子 b第一次进入磁场时，位置坐标 x =v × bQb b =OQ=0.3 3 m————————2分qE
粒子 b进入磁场时的半径：rb=0.2m————————1分
当粒子 b再次回到 x轴时，沿 x轴负向偏移量为 xb=2rbsin60°=0.2 3 m————————1分
因此粒子 b第一次离开磁场时的位置到原点 O的距离Δx=OQ-xb=0.17m————————2分安徽省六校教育研究会2023年高三年级入学素质测试
理科综合试题卷
注意事项:
1.你拿到的试卷满分为300分，考试时间为150分钟。
2.试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分，请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题无效
3.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚
4.每小题选出答案后，用2B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。
可能用到的相对原子质量:
S—32 Cl—35.5 Cr—52 Fe—56
一、选择题：本题共13小题，每小题6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．下列有关各种细胞及其损伤的细胞结构的说法，正确的是
选项 细胞种类 损伤结构 说明
A 唾液腺细胞 线粒体 蛋白质的合成和加工及运输过程无法进行
B 叶肉细胞 细胞膜受体 细胞间的信息交流无法完成
C 树突状细胞 溶酶体 可能会导致衰老和损伤的细胞器在细胞内积累
D 根尖分生区细胞 中心体 细胞无法形成纺锤体而使细胞分裂受影响
2．CLAC通道参与细胞内质网中Ca2+浓度平衡调节，当内质网中Ca2+浓度过高时可以被TMCO1（内质网跨膜蛋白）感知，并使该通道打开将内质网中过多的Ca2+排出。Ca2+浓度恢复到正常水平时，该通道关闭。现将小鼠的TMCQ1基因敲除，其表现出痴呆、倾面、胸畸等病理特征。下列说法错误的是
A．内质网中的Ca2+可作为信号分子调节Ca2+通道蛋白的活性
B．Ca2+通过CLAC通道排出时，不需要与CLAC蛋白结合
C．Ca2＋进出内质网都通过TMCO1形成的Ca2＋通道，且不需要消耗能量
D．内质网钙浓度过高是患者痴呆、颅面和胸畸形的主要原因
3．中风，也叫脑卒中，起因一般是由脑部血液循环障碍导致局部神经结构损伤、功能缺失，一般发病快，病死率高。近期，科研人员运用神经干细胞进行脑内移植治疗缺血性中风取得了一定的进展，中风患者局部神经结构损伤、功能缺失得到了一定程度的修复和重建。下列叙述正确的是
A．神经干细胞和神经细胞中基因组成不同，基因表达情况不同
B．神经干细胞在参与损伤部位修复过程中发生了分裂和分化
C．神经细胞在细胞周期中的分裂间期要进行DNA的复制
D．神经干细胞能合成多种mRNA，表明细胞已经发生分化
4．CpG岛是基因的启动子处富含GC的区域，在高等动物细胞的基因表达过程中，能在CpG岛产生如图1所示的R-loop结构，细胞内存在RNA酶H可阻止R-loop的积累和持久存在。下列有关说法错误的是
A．R-loop结构中的嘌呤碱基总数等于嘧啶碱基总数
B．R-loop结构会降低DNA分子的稳定性，RNA酶H起有助于维持细胞中基因结构的稳定性
C．若R-loop结构中DNA单链含4000个碱基， 其中A和T占该链碱基总数的30%，则该R-loop结构中的碱基G和C共有8400个
D．当DNA复制和基因转录同向进行时，R-loop结构会阻止DNA复制
5．下列关于科学的研究方法，说法错误的是
A．研究动物细胞融合，利用了荧光标记法
B．研究分泌蛋白的合成与分泌，利用了放射性同位素标记法
C．萨顿利用假说-演绎法提出“基因位于染色体上”
D．证明DNA的半保留复制，利用了密度梯度离心法和同位素标记技术
6．下列关于静息电位和动作电位的叙述不正确的是
A．神经元细胞膜内外Na+、K+的不均匀分布是静息电位和动作电位形成的基础
B．神经细胞兴奋后恢复为静息状态消耗ATP
C．动作电位的产生是由于细胞膜对Na+的通透性增加导致的
D．在形成动作电位时，神经纤维内K+/Na+的比值增大
7．化学与生活、科技、社会发展息息相关下列有关说法错误的是
A．奥密克戎是新冠病毒变异毒株，传播性更强，其成分含有蛋白质
B．石墨烯材料是具有优异的高强度、低电阻的新型无机非金属材料
C．宣纸使用青檀树皮和沙田稻草制作而成，宣纸的主要成分是纤维素，纤维素水解可得到蔗糖
D．甲骨文的主要载体是兽骨，兽骨的主要成分是碳酸钙，质地坚硬
8．苯乙醛可用于制备工业香料，工业上通过以下途径制备苯乙醛。下列说法正确的是
A．反应①、②和④符合绿色化学的原则
B．乙烯、苯乙醇、苯乙醛均能因反应而使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色
C．向 2 mL10%的硫酸铜溶液中滴加 5 滴 2%的氢氧化钠溶液，再加入 0.5 mL 苯乙醛溶液，加热，有砖红色沉淀出现
D．预测可以发生反应
9．下列离子方程式不正确的是
A．锂离子电池的负极反应：LixCy-xe-=xLi++Cy
B．向CuCl2溶液中滴加过量氨水：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+
C．的溶液中通入(标况)：
D．调节pH=5(常温)，向ZnSO4溶液中加入适量KMnO4溶液(还原产物MnO2)除去少量杂质Fe2+：
3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+
10．三种前四周期主族元素X、Y、Z形成的一种化合物具有高效的储氢性能，其氢含量高达7．84％，释氢时的原理为Z(YX4)2=ZX2+2Y+3X2。下列说法错误的是
A．化合物Z(YX4)2中的Y不满足8电子稳定结构
B．化合物Z(YX4)2中含有离子键、共价键、配位键
C．同周期中第一电离能小于Y的元素只有1种
D．YX阴离子为正四面体结构
11．已知：Ka1(H2SO3)=1．0×10-2、Ka2(H2SO3)=5．0×10-8。室温下，通过下列实验探究Na2SO3、NaHSO3溶液的性质。
实验1：用pH计测得某Na2SO3和NaHSO3混合溶液的pH为7。
实验2：将等体积、等物质的量浓度的Na2SO3和NaHSO3溶液混合，无明显现象。
实验3：向Na2SO3溶液中滴几滴酚酞，加水稀释，溶液红色变浅。
实验4：向NaHSO3溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀。
下列说法正确的是
A．实验1混合溶液中=5．0×104
B．实验2混合后的溶液中存在：3c(Na+)=2[c()+c()+c(H2SO3)]
C．实验3中随水的不断加入，溶液中的值逐渐变小
D．实验4中反应的离子方程式为Ba2++=BaSO3↓
12．铅液流电池是一种沉积型液流电池，电解液为甲基磺酸铅和甲基磺酸(均为强电解质)，特点是无隔膜、单一电解质、成本低等。其放电时的装置如图2所示，下列说法错误的是
A．放电时，电解质溶液的pH减小
B．充电时，储液罐中甲基磺酸铅的浓度减小
C．充电时，PbO2电极的电极反应式为Pb2＋＋2H2O-2e-=PbO2＋4H+
D．与传统的铅酸蓄电池相比，铅液流电池的循环利用率更高
13．常温下，浓度相同的一元弱酸稀溶液和一元弱碱稀溶液互相滴定，溶液中与或的关系如图3所示。已知和的电离常数为和，且b和b′点的纵坐标之和为14。下列说法错误的是
图 3
A．pKb>5 B．a和a′点的纵坐标之和为14
C．水的电离程度：a′二、选择题:本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~17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．我国著名理论物理科学家程开甲，是我国核武器的先驱，荣获了“改革先锋”“国家最高科学技术奖”“八一勋章”“人民科学家”等国家荣誉称号和中国科学院院士等多个优秀奖项与称号，为我国的科研事业奉献了他的一生。在对原子物理的不断探索中，下列有关原子物理说法中正确的是
A．汤姆孙对阴极射线的研究，证实了阴极射线的本质是电磁波
B．爱因斯坦的光电效应方程，从动量的角度解释了光的量子化
C．卢瑟福通过α粒子散射实验的研究证实了原子核内部有质子和中子
D．玻尔把将量子理论的观念引入原子领域，很好地解释了氢原子光谱的分立特征
15．杨氏双缝干涉实验最成功的地方就是采用分光法找到了两束相干光源。小明利用图4装置测量光的波长，关于本实验下列说法中不正确的是
A．为了实现单色光的双缝干涉，可以在透镜与单缝之间加装滤光片
B．将单缝向靠近双缝方向移动，则干涉条纹间距增加
C．改用频率较小的光完成实验，在目镜中观察到的条纹数目减少
D．转动手轮移动分划板，条纹间距不变
16．物体b在水平推力F作用下，将物体a压在竖直墙壁上，a、b质量都为m，且此时a、b均处于静止状态。如图5所示，关于a、b两物体的受力情况，下列说法正确的是
A．当推力增大时沿墙壁对a的摩擦力大小变大
B．a、b分别都受到四个力的作用
C．若木块a、b保持对静止沿墙壁向下匀速运动，则墙壁对木块的摩擦力大小为2mg
D．当撤去F，木块a、b沿墙壁下滑，此时a不一定只受一个力
17．如图6所示，A、B质量均为m，叠放在轻质弹簧上（弹簧下端固定于地面上），对A施加一竖直向下、大小为F（F>2mg）的力后系统处于平衡状态（弹簧始终处于弹性限度内）。现突然撤去力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN，重力加速度为g，则下列说法不正确的是
A．刚撤去外力F时， B．弹簧弹力等于F时，
C．两物体A、B的速度最大时， D．弹簧恢复原长时，A、B恰好分离
18．如图7所示，一轻绳系一小球竖直悬挂在O点，现保持绳处于拉直状态，将小球拉至与O等高的A点，由静止自由释放小球。球运动过程中经过C点时，绳与竖直方向的夹角为α，以下判断正确的是
A．小球下摆到最低点的过程中，重力平均功率为0
B．小球运动至C点时，其加速度大小为gsinα
C．小球运动至C点时，轻绳对小球的拉力大小T=3mgcosα
D．若小球经过C点时重力功率最大，则cosα=
19．最近两年以来，地震在世界各地频频出现，让人感觉地球正处于很“活跃”的时期。地震波既有横波，也有纵波，若我国地震局截获了一列沿x轴正方向传播的地震横波，在t（图中实线）与（t+0.4）s（图中虚线）两个时刻x轴上-3~3km区间内的波形图如图8所示，关于该地震波，以下判断一定正确的是
A．质点振动的周期T=0.8s
B．最小波速v=5km/s
C．t时刻位于x=1km的质点沿y轴正向振动
D．从t时刻开始计时，2km处的质点比2.5km处的质点先回到平衡位置
20．自“天空立法者”开普勒发现了开普勒三大定律后，人们对宇宙的探索从未停止。如图9所示为行星P的运行轨道，F为焦点（太阳），a、b、2c分别为半长轴，半短轴和焦距，O为椭圆中心。根据万有引力定律，行星和太阳间的引力势能为，其中G为引力常量，M为太阳的质量，m为行星的质量，r为太阳到行星的距离。行星P在A、B两点的瞬时速度为vA和vB，下列说法正确的是
图 9
A． B．P在椭圆轨道的机械能为
C．P在椭圆轨道的机械能为 D．行星P绕F运动的周期
21．如图所示，一“日”字形矩形闭合导线框，其中ab=bc=cd=de=ef=fa=0.1m，ab、cf、de段电阻均为3Ω，cd、fe段电阻均为1.5Ω，bc、af段电阻均为零，匀强磁场B的方向与框面垂直朝内，大小为，磁场的边界与de平行，如图中虚直线所示．现取图中向右的方向为正、将线框以v=24m/s的速度匀速地拉出磁场区域，下列说法正确的是
A．ed离开磁场后，cf离开磁场前，ed两端的电势差为2.4V
B．ed离开磁场后，cf离开磁场前，流过de的电流大小为0.32A
C．cf离开磁场后，ab离开磁场前，流过de的电流大小为0.16A
D．整个矩形导线框在拉出磁场的过程中产生的焦耳热为8.0×10-3J
三、非选择题:共14题，共174分。
22．（6分）为了验证机械能守恒定律，宇航员在环绕地球运行的航天器中设计了如图11（甲）所示的实验，将一直尺沿竖直方向固定在铁架台上，在刻度尺上方一定高度处固定一光电门，一弹射装置能沿竖直向上的方向发射小球。实验时，先用游标卡尺测量出小球的直径d，然后用小球将弹簧压缩x，静止释放后测量出小球通过光电门时的遮光时间t，多次改变弹簧的压缩量，重复上述操作；已知小球的质量为m ，弹簧的弹性势能为，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。
图 11
（1）小球的直径如图（乙）中的游标卡尺的示数，则该小球的直径为______mm；
（2）为了更加直观地进行实验的验证，该宇航员利用以上实验数据描绘了图像，其中纵轴用x2表示，横轴用表示______（填“”“”“t”或“t2”），如果该过程中系统的机械能守恒，则该图像的斜率为______（用题中所给物理量符号表示）。
23．（10分）某实验小组用下列器材设计欧姆表电路，使欧姆表具有“ ×1”、“×10”两种倍率。现有一块小量程电流表G（表头），满偏电流为100μA，内阻未知，可供选择的器材有：
A．滑动变阻器R1，最大阻值100kΩ； B．滑动变阻器R2，最大阻值10kΩ；
C．电阻箱R，最大阻值999.9Ω； D．电源E1，电动势1.5V；
E．电源E2，电动势9 V； F．开关S1和S2；双掷开关S3；电阻丝及导线若干。
图 12
（1）实验小组的同学先采用图12（甲）所示电路测量了表头的内阻，操作步骤如下：闭合开关S2，调滑动变阻器R′使电流表指针指向满偏；保持滑动变阻器阻值不变，闭合开关S1，调电阻箱R，使电流表指针指向满偏电流的一半；读出电阻箱的阻值R，记为电流表的内阻。为提高测量精确度，R′选用_________，电源选用_________（填写器材前字母代号）。
（2）选择合适器材，按图12（乙）连接好的欧姆表电路，就改装成了具有两种倍率（如“×1”、“×10”）的欧姆表。当开关S3拨到b时，欧姆表的倍率是_________（选填“×1”、“×10”），若R1=10Ω，则R2=______Ω。
（3）若欧姆表的刻度值是按电动势为1.5V刻度的，当电池的电动势下降到1.2V时，欧姆表仍可调零。若重新调零后的欧姆表测得某待测电阻阻值为300 Ω，则这个待测电阻的真实值为________Ω。
24．（12分）某同学拥有一辆闲置很久的电动自行车，轮胎内空气压强与外界压强一致，现在他用电动打气筒给电动自行车打气，如图13。已知大气压强p0=1.0×105Pa，电动自行车内胎的容积为V=2.5L，环境温度为27℃，打气过程中由于压缩气体做功和摩擦生热，将3.5L空气打入轮胎后，其内部温度升高到37℃。
（1）不计车胎因膨胀而增大的体积，则此时车胎内空气压强p1为多少；
（2）电动自行车轮胎气压在室温情况下标准压强为p=2.5×105Pa，如果某次打气恢复常温后胎压为p2=3×105Pa，需要放出一部分气体，使车胎内气压在室温情况下达到标准压强，试求放出气体的质量与轮胎内剩余气体质量的比值。（不计放气时轮胎内气体温度变化）
25．（14分）如图14所示，光滑的水平面上有一质量为m=1kg的物块，在F1和F2的作用下，以v0=10m/s的初速度向左做匀速直线运动，拉力F1大小为5N，与水平方向之间的夹角θ=37°，当物块运动至A点时，仅将F2大小改变为F3，运动t=4s后，将F3反向，再运动t=4s后，运动至B点（图中未画出）。g取10m/s2，试求：
（1）F2的大小；
（2）物块运动至B点时的速度大小；
（3）若AB两点距离为8m，F3的大小。
26．（20分）如图15所示，平面直角坐标系xOy中，存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B=0.08T。现有的质量为m，电荷量为q的正电粒子a，从y轴上的P点以一定初速度垂直y轴射入电场，且以方向与x轴正向成θ且大小为2.0×107m/s的速度v经Q点进入磁场。已知粒子比荷为=2.5×109C/kg。OQ=OP，OP=0.45 m，θ<90°，不计粒子重力，求：（计算结果保留两位有效数字）
（1）粒子a在P点的初速度v0及匀强电场场强E的大小；
（2）若粒子a刚好能通过N点，N点坐标是（m，0.45 m），求粒子a从P点运动到N点的时间；
（3）若以相同的动能从P点沿x轴正向发射另一带正电粒子b，qb=q，mb=4m，求粒子b第一次离开磁场时的位置到原点O的距离。
27．（15分）三氯化铬(CrCl3，熔点83℃，易升华、水解，高温下易被氧气氧化)是合成其他铬盐的重要原料，在无机和有机合成中有重要作用，某同学在实验室加热Cr2O3与CCl4制备CrCl3。
(1)基态Cr原子核外有_______种空间运动状态不同的电子。
(2)Cr2O3的制备：将一定量的重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]放入坩埚中加热分解生成Cr2O3、N2和H2O。上述反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为_______。
(3)CrCl3的制备装置如图16所示：
图 16
①仪器X的名称为___________。
②实验时，点燃酒精灯前需要先通入一段时间的N2，其目的是__________________________。
③装置B试管中除了生成CrCl3外，还有光气(COCl2)生成，光气有毒，与水反应生成大量酸雾，装置D烧杯中反应的化学方程式为________________________________________。
(4)产品中CrCl3质量分数的测定，步骤如下：
(ⅰ)称取0.3000g CrCl3产品溶于水并于250mL容量瓶中定容；
(ⅱ)取25.00mL样品溶液于带塞的锥形瓶中，加热至沸腾后加入稍过量的Na2O2，再加入过量的H2SO4酸化，将Cr3＋氧化为Cr2O2- 7，稀释并加热煮沸，在加入稍过量的KI固体，加塞摇匀，使铬完全以Cr3＋形式存在；
(ⅲ)加入1mL指示剂，用0.0250mol/L的标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准Na2S2O3溶液21.00mL(已知2Na2S2O3＋I2= Na2S4O6＋2NaI)。
①(ⅱ)中加入稍过量的Na2O2后需要加热煮沸，其主要原因是____________________________。
②滴定实验可选用的指示剂为_________________；产品中CrCl3质量分数为___________(计算结果保留四位有效数字)。
28.（15分）四氧化三锰是一种重要的电子和新能源基础原材料，可以用于生产软磁锰锌铁氧体、锂电正极材料锰酸锂和负温度系数热敏电阻等。以软锰矿(主要成分为MnO2还含少量Fe、Si、Al等的氧化物)和硫铁矿(主要成分FeS2)为原料制备大颗粒的电池Mn3O4。
说明：
Ⅰ．“浸取”：研究发现，酸浸时和颗粒反应的原理如图（a）所示(部分产物未标出)。
图a
Ⅱ．通空气“氧化”：将“沉淀”步骤所得含少量的固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通入空气，制得。
Ⅲ．氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物
开始沉淀的pH 3.4 2.2 6.3 8.1
完全沉淀的pH 5.2 3.2 9.7 10.4
(1)滤渣1中主要成分的化学式为___________。
(2)随硫铁矿的增加，锰的浸出率降低，可能的原因是_______________________。
(3)写出“浸取”时与反应的离子方程式为___________________________。
(4)加入“氧化”的目的是____________________________________________。
(5)检验“沉淀”已洗净的操作是___________________________________________。
(6)“沉淀”加热通空气过程中溶液pH随时间变化如图（b）所示，其中pH先基本不变后迅速下降的原因是__________________________________________。
(7)一个立方体结构的晶胞如图（c）所示，距离最近的有_______个，已知阿伏加德罗数值为，则的晶体密度为，则晶胞的边长为_______nm(用含ρ、的代数式表示)。
29．（14分）氢气在化学工业中应用广泛。回答下列问题：
(1)已知：Ⅰ．2H2(g)＋O2(g)2H2O(g) ΔH1=-483．6kJ/mol
Ⅱ．CH4(g)＋2O2(g)CO2(g)＋2H2O(g) ΔH2=-802．0kJ/mol
Ⅲ．4H2(g)＋CO2(g)CH4(g)＋2H2O(g) ΔH3
若反应Ⅲ的逆反应活化能为Ea kJ/mol，则正反应活化能为______________kJ/mol(用含Ea和必要的数值的式子表示)。
(2)有机合成中，H2常用于不饱和烃的加成，如C2H2(g)＋H2(g)=C2H4(g)、C2H4(g)＋H2(g)=C2H6(g)。一定温度和催化剂作用下，将H2和C2H2按照体积比为4：1充入恒容密闭容器中发生上述反应，当C2H2完全反应时，C2H4的体积分数为20%，则H2的转化率为_______，
C2H4的选择性为___________________(C2H4的选择性=)。
(3)一定条件下， H2能与NO反应：2H2(g)＋2NO(g)N2(g)＋2H2O(g) ΔH。在某恒容密闭容器中按投料比=2：1发生该反应，不同催化剂条件下，反应相同时间测得NO转化率与温度的关系如图17所示。
图 17
①下列能够说明该反应已经达到化学平衡状态的是_______(填字母)。
a．2v逆(NO)=v正(N2)
b．混合气体的密度不再变化
c．容器内总压强不再变化
d．H2的体积分数不再变化
e．混合气体的平均相对分子质量不再变化
②使用催化剂乙时，NO转化率随温度升高先增大后减小的原因可能是___________________
_______________________________________________________________________________。
(4)通过电化学循环法可将H2S转化为H2SO4和H2(如图18所示)。其中氧化过程发生如下两步反应：H2S＋H2SO4= SO2↑＋S↓＋2H2O、S＋O2= SO2。
图 18
①电极a上发生反应的电极反应式为___________________________________________。
②理论上1 mol H2S参加反应可产生H2的物质的量为________________。
30．（14分）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。其合成路线如图19所示：
图 19
(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)中C原子的杂化方式有_______。
(5)H为C的同分异构体，则符合下列条件的H有_______种。
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
③分子中无甲基
(6)以乙烷和碳酸二甲酯()为原料(无机试剂任选)，设计制备2-甲基丙酸的一种合成路线___________。
31．（12分）如图一表示植物光反应过程，图二表示甲、乙、丙三种植物光合作用暗反应过程，请回答下列问题：
图一
图二 图三
（1）分析图一中电子传递的整个过程可知，最初提供电子的物质和最终接受电子的物质分别为________________，发生的能量转化为______________________________________。 合成ATP依赖于类囊体膜两侧H＋浓度差，从图中看使膜两侧H＋浓度差增加的过程有_____________________。
（2）图二甲植物在光照强烈的正午，叶片气孔开度减小会导致叶肉细胞间的CO2浓度降低抑制光合作用，又称植物的“午休现象”。而乙植物几乎没有午休现象，从乙的CO2固定途径分析，可能的原因是____________。丙植物在炎热环境中，晚上气孔开放吸收CO2，白天气孔关闭。据此，图二中的甲乙丙三植物与图三中ABC三植物的对应关系为___________。
（3）RuBP羧化酶还是一种催化C5加氧反应的酶，当CO2/O2降低时，C5和O2反应增强，C5和CO2反应减弱，PEP羧化酶对CO2亲和力远远大于RuBP羧化酶，图二中乙植物的C4酸能定向地由叶肉细胞进入维管束鞘细胞并产生CO2，请推测在干旱环境中，乙植物生长比甲植物更好的原因是__________。
32．（10分）感染新冠病毒一个典型的症状是发烧且伴全身疼痛。人体在发热时，身体会通过自身生理性的调节，释放一种叫做前列腺素的物质，许多实验结果证明，前列腺素E2与发热的关系密切相关。请回答下列问题：
（1）研究发现，前列腺素是非常重要的炎性介质和致痛物质，可激活外周痛觉感受器产生疼痛信号，并将疼痛信号传递给 ，从而使人产生疼痛感。
（2）前列腺素E2作用于体温调节中枢下丘脑，通过复杂的细胞信号转导引起体温调节中枢调定点上移，最终导致发热。布洛芬等药物可以起到退烧的作用，根据题目有关前列腺素的信息，试推测布洛芬能够退烧的可能原因是 （答一点即可）。
（3）新冠病毒表面的刺突蛋白(S 蛋白)能识别靶细胞膜上特定受体-血管紧张素转换酶II (ACE2) ，并与之结合通过胞吞等途径进入宿主细胞。科学家研究发现新冠病毒可以通过鼻腔甚至于飞沫接触途径感染眼睛，原因是 。
（4）某些人在感染新冠后无法恢复嗅觉，科学家的研究显示这与患者免疫系统对嗅觉神经细胞的持续免疫攻击以及这些细胞数量的相关下降有关，这说明在患者的鼻腔中发生了类似于 病过程。新冠病毒侵入人体细胞后，劫持了宿主细胞一种名为GSK3β的酶，该酶催化病毒N蛋白的磷酸化修饰对于病毒包装并组装新的病毒颗粒极为重要。研究人员筛选出了一种化合物，在早期有望阻止一系列新冠病毒的感染，推测该化合物的作用机理是 。
33．（10分）紫茎泽兰是外来入侵植物，给许多地区造成了严重的经济和生态损失，研究者对紫茎泽兰入侵区进行了相关调查和研究。请回答下列问题：
（1）研究者通常采用__________法对紫茎泽兰种群密度进行调查，选取样方时应注意的主要事项有_____________________________________（至少答出2点）。
（2）外来物种入侵往往会造成当地生态破坏严重，可根据不同生物种间关系寻找适宜的本地植物对入侵地进行生态修复，野外调查发现在紫茎泽兰（Z）入侵区域常有南酸枣（N）、假地豆（J）和狗尾草（G）等本地植物存在。为探究外来入侵紫茎泽兰（Z）与本地植物的相互影响，研究人员将紫茎泽兰（Z）分别与3种本地植物进行单种和混种处理，一段时间后测定各组植物的生物量，实验结果如图20所示。据图分析，3种本地植物中，具有潜力的植物是__________，理由是_____________。
（3）民间艺人为紫茎泽兰找到了新用途，紫茎泽兰可用来扎染布料，颜色鲜艳、不易褪色，这体现了生物多样性的_________价值。另外，紫茎泽兰有一种特殊的气味，用它染出的布料有驱除蚊虫的功效，这是利用生态系统的___________功能，对有害动物进行生物防治。
34．（10分）鸟类的性别决定方式为ZW型。某种鸟的羽毛颜色由三种位于Z染色体上的基因控制(如图21所示)，D＋控制灰红色，D控制蓝色，d控制巧克力色，D＋对D和d为显性，D对d为显性。在不考虑基因突变的情况下，回答下了问题
（1）如果控制该性状的基因仅位于Z染色体上，在种群中有 种基因型；如果位于zw的同源区段，则雌性个体中有有 种基因型。
（2）现有该鸟纯合的巧克力色和蓝色两个品系，设计一个杂交组合 ，根据子代的情况，推断控制该性状的基因所在的片段。写出预期的结果与结论
①如果子代 ，则这对基因位于Ⅰ片段上；
②如果子代 ，则这对基因位于Ⅱ1片段上。
35．（14分）有种被称为“黑寡妇”的蜘蛛吐出的丝比已知的任何蛛丝的强度都高，用这种蜘蛛丝织成的布比制造防弹背心所用的纤维的强度还高得多。科学家们把“黑寡妇”蜘蛛体内产生的蜘蛛丝蛋白的基因，巧妙地移植到山羊受精卵的细胞核内，培育出转基因“蜘蛛羊”乳腺生物反应器，并用相应的技术获得了坚韧程度极强的蜘蛛丝蛋白，科学家给这种物质取名叫“生物钢”。其过程如下，请回答下列问题：
（1）通过过程①获得的蜘蛛丝蛋白基因可以利用________技术进行大量的扩增，扩增时需要设计相应的引物，引物设计的依据是___________________________________________________________。
（2）过程②科学家通过_________方法将蜘蛛丝蛋白基因导入山羊的受精卵中，并需要筛选性染色体组成为_______的受精卵进行培养，过程④还必须经过早期胚胎培养、_______等胚胎工程的技术手段，进而培育出转基因“蜘蛛羊”乳腺生物反应器。
（3）基因工程操作的的核心步骤是____________________，其目的是____________________________，并且可以遗传给下一代。为此，需要在蜘蛛丝蛋白基因的上游加上启动子，对该启动子的要求是____________________________________________________________________________________。
（4）转基因“蜘蛛羊”乳腺生物反应器生产的“生物钢”坚韧程度极强，可替代高强度包装塑料和商业用渔网，请从环境保护的角度考虑其优点是______________________________________________________。

展开更多......

收起↑