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２０２３年普通高等学校招生全国统一考试大通县第三次模拟检测试卷
理综物理参考答案及评分意见
１４．C　【解析】根据核反应过程质量数守恒和电荷数守恒可得１４ １ １４ １７N＋０n→ ６C＋１H,A正确;由爱因斯坦质能方程E＝Δmc２ 可得,E＝
(m －m －m )c２１ ２ ３ ,B正确;半衰期是一个统计规律,对于大量的原子核才适用,对于少量原子核不成立的,C错误;１４６C衰变成１４７N,
故１４７N比１４６C更稳定,可知１４７N的比结合能大于１４６C的比结合能,D正确.
１５．B　【解析】设ABCD 各点到坐标原点O 的距离为a,则A、C 处两长直导线在O 点产生的磁感应强度大
I
小均为B＝k ,由安培定则知两导线在O 点产生的磁感应强度方向均沿x 轴正方向,所以有a B０＝
I
２B＝２k .A、
I
C 处两长直导线到a B
点的距离为 ２a,在B 点产生的磁感应强度大小均为B′＝k ,
２a
I B
方向如图所示所示,则B 点的磁感应强度大小为BB ＝２B′cos４５°＝k ＝
０,B正确.a ２
ut
１６．A　【解析】充电结束时电容器所带电荷量即为放电时的总电荷量,则Q＝it＝ ,其中R ut
即为u－t图中图线与时间轴所围面积
９ Q ９×１０－３
的大小,所以Q＝１０００C＝９×１０
－３C.充满电时电容器两端电压U＝E＝３V,由Q＝CU 解得电容器的电容C＝U ＝ ３ F＝
３×１０－３F＝３０００μF,A正确.
１７．D　【解析】以物块B 为研究对象,在垂直斜面方向有FNB ＝mgcos３７°＝８N,在沿斜面方向有 mgsin３７°－
fB ＝ma,解得fB ＝１N,A、B错误;根据牛顿第三定律可知斜面体A 受到的压力和摩擦力大小为F′NB ＝８N,
f′B ＝１N,F′NB 在水平方向的分力大小为F′NBx＝F′NBsin３７°＝４ ８N,f′B 在水平方向的分力大小为f′Bx ＝
f′Bcos３７°＝０ ８N,以斜面体A 为研究对象,受力情况如图所示.水平方向有f＝F′NBx－f′Bx＝４N,竖直方
向有FN＝Mg＋F′NBcos３７°＋f′Bsin３７°＝２７N,由牛顿第三定律知地面受到的压力和摩擦力大小分别为
２７N、４N,C错误、D正确.
１８．C　【解析】当滑块所受合外力为０时速度最大,
１ １
有mgsinθ＝kx,滑块和弹簧组成的系统机械能守恒,有２mv
２＋ ２２kx ＝mg
(x＋
) １ ２, ５g md sinθ＋２kd
联立解得v＝ , 正确.２ k C
Mm
１９．BC　【解析】由G R２ ＝mg
可知,因地球和火星半径的关系未知,无法求得地球与火星的表面重力加速度之比,A错误;根据万有
Mm v２ ４π２ GM ３
引力提供向心力有G ２ ＝m ＝m ２r＝ma,解得v＝ 、
４πr
T＝ 、
GM
a＝ ２ ,
v
结合题中所给条件,可解得 １ p＝ 、r r T r GM r v２ q
T ３１ q 、a１ p＝ ＝ ２ ,B、C正确;由于 “天宫”空间站与“天问一号”环绕器的质量关系未知,无法求得它们的动能之比,D错误.T２ p a２ q
２０．BD　【解析】线框中感应电动势的峰值为Em＝nBSω＝２００ ２ V,
E
感应电动势的有效值为E＝ m ＝２００V.设通过R１的电流为
２
I n １ U n １
I ,由 １＝ ２１ ,解得通过 的电流为 ,又
１ １,且 ( )、 ,联立解得 、 , 正
I２ n
R２ ４I１ U ＝n U１＝E－I１ r＋R１ U２＝ I１R２ I１＝１０AU２＝８０V B１ ２ ２ ４
确;图示位置通过电阻R１的电流瞬时值最大,瞬时值表达式为i＝ ２I１cosωt＝１０ ２cos１００t(A),A错误;电阻R１消耗的电功率
P ＝I２
１
１ １R１＝１０００W,C错误;电阻R２消耗的电功率P２＝４I１U２＝２００W
,D正确.
２１．AC　【解析】a棒以初速度v０运动时回路中的电动势最大,有Em＝BLv０,由闭合电路的欧姆定律得Em＝Im(R＋２R),解得Im＝
BLv０,A正确;a、b两棒组成的系统,水平方向动量守恒,有２mv０＝(２m＋m)v,
２
解得共同速度
３R v＝
, 错误;在时间 内,由能
３v０ D t
理综物理答案 第　１ 页(共４页)
１ １ １ １ １
量守恒知回路产生的内能Q＝ ×２mv２０－ ×３mv２＝ mv２０,则a 棒产生的内能为Qa＝ Q＝ mv２０,B错误;对b 棒应用动２ ２ ３ ３ ９
量定理, ２mv得BI Lt＝mv,又 ０q＝I t,联立解得q＝ ,在时间t内通过a、b两棒的电荷量相同,C正确.３BL
２２．(１)１ ０６０(２分)　(２)m１ １－cosθ１ ＝m１ １－cosθ２ ＋m２ １－cosθ３ (２分)
(３)m１(１－cosθ１)＝m１(１－cosθ２)＋m２(１－cosθ３)或m１(cosθ２－cosθ１)＝m２(１－cosθ３)(２分)
【解析】(１)小球直径d＝１０mm＋０ ０５×１２mm＝１０ ６０mm＝１ ０６０cm.
(２)设悬点到小球球心的距离为l,由机械能守恒定律,
１ １
得m１gl(１－cosθ１)＝ mv２１ ０,２ m１gl
(１－cosθ２)＝２m１v
２
A,m２gl(１－cosθ３)＝
１
m２v２B ,解得v０＝ ２gl(１－cosθ１)、２ vA ＝ ２gl
(１－cosθ２)、vB ＝ ２gl(１－cosθ３).若两球碰撞前后动量守恒,有 m１v０＝
m１vA ＋m２vB ,整理得m１ １－cosθ１ ＝m１ １－cosθ２ ＋m２ １－cosθ３ .
( １ １ １３)若碰撞为弹性碰撞,则同时满足碰撞前后动能不变,有２m
２ ２ ２
１v０＝ m１vA ＋ m２vB ,整理得２ ２ m１
(１－cosθ１)＝m１(１－cosθ２)＋
m２(１－cosθ３).
２３．(１)见解析(２分)　(２)大(１分)　０ ３４(２分)　(３)６ ０(５ ８~６ ２范围内均可)(２分)　２．６(２ ４~２ ８范围内均可)(２分)
【解析】(１)依据电路原理图,将实物进行连接,如图所示.
(２)把电阻箱调到最大值,电路中的电流最小,起保护电路作用;由电流表的表盘可知电流大小为０ ３４A.
(３)根据闭合电路欧姆定律得E＝I( ),
１ １ R ＋r＋R
R＋R０＋RA ＋r 整理可得 ＝ R＋
０ A, １ ５ ０－２ １对照图丁得 －１,
I E E E ＝ １７ ４ V
R０＋RA＋r / ,联立解得 , .
E ＝２ １Ω V E＝６ ０Vr＝２ ６Ω
２４．(１)０ １　０ ２　(２)４m
【解析】(１)由图乙知,开始A、B 的加速度大小分别为
|ΔvA| １aA ＝ Δt ＝
/
１ ms
２＝１m/s２(１分)
|ΔvB| ５－１ ５a ＝ ＝ /２ /２B ( 分)Δt １ ms＝３ ５ms １
由牛顿第二定律,μ１mAg＝mAaA(２分)
μ１mAg＋μ２(mA ＋mB)g＝mBaB(２分)
联立解得μ１＝０ １,μ２＝０ ２(２分)
(２)设１s后再经t时间二者速度相同,有１ ５－aBt＝aAt(１分)
１
解得t＝３ s
１
此时共同速度大小为v＝aAt＝ m/s(１分)３
由图乙图像面积可知长木板B 的长度
( (
１) １ １ １
１ ５＋５)×１ １×１ １ ５＋３ ×３ ３×３
L＝ ２ m＋ ２ m＋ ２ m－ ２ m＝４m
(２分)
理综物理答案 第　２ 页(共４页)
２qEL m２ ２ ２() ２ () v０cosθ＋２mqEL－mv０cosθ
( )
２５．１ v０＋ 　 ２ 　(３)
２mv０sinθ ２n－１πd( ,,, )
m E ① 　②L′＝ n＝１２３ 　q qd ４tanθ
【解析】( １ １１)粒子从O 点运动到光屏,由动能定理,得qEL＝ mv２－ mv２０(２分)２ ２
解得v＝ v２
２qEL
０＋ (１分)m
(２)粒子在x 轴方向,有vx＝v０cosθ(１分)
qE＝ma(２分)
１
L＝vt＋ at２x (２分)２
m２v２ ２０cosθ＋２mqEL－mvcosθ联立解得t＝ ０ (E １
分)
q
(３)①带电粒子在匀强磁场中做复杂的旋进运动.将该运动分解为垂直于x 轴平面的匀速圆周运动和沿x 轴正方向的匀速直线
运动.圆周运动轨迹如图所示.
由图可得圆周运动的半径r d＝ (１分)２
mv２
则根据洛伦兹力提供向心力有 vB＝ yq y (２分)r
又vy＝v０sinθ(１分)
２mvsinθ
解得磁感应强度大小为B＝ ０ (１分)
qd
２πr
②带电粒子做匀速圆周运动的周期T＝ (２分)vy
根据题意,粒子到达荧光屏时,对应圆周运动轨迹上的 M 点或N 点,可知粒子的运动时间为
t＝(
T
２n－１) (n＝１,２,３, )(４ ２
分)
根据匀速直线运动的位移公式可得L′＝v０cosθ t(１分)
(２n－１)πd
联立解得L′＝ (n＝１,２,３, )(４tanθ １
分)
３３．(１)BCD　【解析】当两分子从无限远处相互靠近时,分子间作用力表现为引力,做正功,分子势能逐渐减小,A错误;晶体熔化时吸
收热量, V V温度不变,所以分子的平均动能也不变,B正确;压强不变,根据盖—吕萨克定律有 １ ＝ ２ 可知温度降低,则分子运动的T１ T２
平均速率减小,气体体积减小,则气体分子分布的密集程度增加,由于压强不变,则分子单位时间对器壁单位面积平均碰撞次数增
加,C正确;一定质量的理想气体在等温膨胀过程中,温度不变,内能改变量 ΔU＝０,膨胀过程中气体对外做功,有W＜０,根据热力
学第一定律 ΔU＝W＋Q,知Q＞０,所以气体一定吸收热量,D正确;自然界发生的一切过程能量都守恒,符合能量守恒定律,但宏
观热现象要符合热力学第二定律才能发生,E错误.
(２)(ⅰ)６．０×１０４Pa　(ⅱ)０．９L
【解析】(ⅰ)状态１:p１＝１ ０×１０５Pa,V１＝２L,T１＝(２７＋２７３)K＝３００K
状态２:V２＝３L,T１＝(－３＋２７３)K＝２７０K
理综物理答案 第　３ 页(共４页)
pV pV
由理想气体状态方程,得 １ １＝ ２ ２( 分)T T ３１ ２
解得　p ＝６ ０×１０４２ Pa(２分)
(ⅱ)以航天服内充完气后的气体为研究对象,状态３:p３＝９×１０４Pa,V３＝３L,T３＝２７０K
设需补充压强p１＝１ ０×１０５Pa的等温气体的体积为 ΔV ,根据玻意耳定律
p３V３＝p２V２＋p１ ΔV(３分)
解得 ΔV＝０ ９L(２分)
()２ ３３４．１ (２分)
３
３ 　
(
３ ３
分)
【 】 . １ ２ ３解析 光路如图所示 由几何关系知临界角C＝６０°,由sinC＝ 解得折射率n＝ ;由几何关系知 ,由折射定律得n ３ α＝３０° n＝
sinθ, ３解得
sinα sinθ＝
.
３
(２)(ⅰ)１m　(ⅱ)y＝０ １sin１０πt(m)(t≥０ １s)
【解析】(ⅰ)由图知该波的波长和质点的振幅分别为
λ＝０ ４m(１分)
A＝１０cm＝０ １m(１分)
由波速、 λ波长和周期的关系,得v＝ (１分)T
解得周期T＝０ ２s(１分)
１
则０ ５s＝２ T,在０~０ ５s时间内,质点 M 运动的路程２ s＝１０A＝１m
(１分)
(ⅱ)
２π
质点 M 的振动方程为y＝－AsinTt＝－０ １sin１０πt
(m)(２分)
Δx ０ ２
振动从质点 M 传播到质点N 所用时间t＝ ( 分)v ＝ ２ s＝０ １s１
则质点 N 的振动方程为y＝０ １sin１０πt(m)(t≥０ １s)(２分)
理综物理答案 第　４ 页(共４页)2023年普通高等学校招生全国统一考试大通县第三次模拟检测试卷
A.若a点受到强刺激，图中各点均会产生电位变化
理科综合
B.图中共有3个神经元，3个完整的突触结构
C,若在c点施加强刺激后肌肉收缩，则机体发生了反射
D,若在b点施加适宜强度的刺激，甲会发生两次方向相反的偏转，乙不偏转
注意事项：
4.下图为牛的不同组织中ADIG基因（脂肪细胞分化的关键基因）的相对表达情况，下列叙述正
1,答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。
确的是
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。
mRNA对表达显
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
考试时间为150分钟，满分300分
可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na一23Mg-24
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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.含氮无机盐能促进植物细胞的分裂和生长；含磷无机盐能促进幼苗发育和花朵开放，使果实
肌肉心肝肺肾皮下
脂斯红织
提早成熟。下列说法错误的是
A.图示结果可体现出细胞分化与基因的选择性表达有关
A.无机盐主要以离子状态存在于植物细胞中
B.图示细胞中ADIG基因表达量越高的细胞全能性越低
B.含氮无机盐对于维持细胞和生物体的生命活动有重要作用
C.提取与ADIG基因转录有关的调节物质应选择肌肉组织
C.含磷无机盐的作用与生长素作用相同，而与乙烯作用相反
D.当施用无机盐过多时，需要用清水灌溉以避免烧苗
D.不同细胞中ADIG基因转录的模板链不同，因此表达量不同
2.科学家采集了南海某海域4℃的深海冷泉附近沉积物样品，分离得到了新的微生物菌株并在
5.某种鸟(ZW型)的正常眼(A)和疤眼(a)是一对相对性状，另有一对常染色体上的基因B、b,
添加不同碳源的培养基中进行培养，得到下图所示结果。下列叙述错误的是
bb可使部分疤眼个体表现为正常眼，其余基因型无此影响。不考虑基因突变和交叉互换引
起的基因重组，下列说法正确的是
。T维索
A.若基因A、a位于Z染色体上，则正常眼雄鸟的基因型有6种
“木整沛
B.若基因A与b、a与B连锁，则AAbb与aaBB杂交子二代正常眼：疤限=3：1
·果校
+川深聚濟
C,若基因A与B、a与b连锁，则AABB与aabb杂交子二代正常眼：疤眼=3：1
·证粉
D.若基因A,a、B.b独立遗传，则AAbb与aaBB杂交子二代正常眼：疤眼=3：1
4
68
10
6,如图为根据对某鹿群年龄组成和性别比例调查所得数据绘制而成，下列叙述正确的是
时何（天）
A.未来一段时间该种群的个体数量一定会增多
年龄
A.该微生物菌株对各种物质的分解能力不同，与其体内酶的专一性有关
B.由图中调查结果可推测该种群的种内斗争较激烈
B.探究该微生物体内淀粉酶的最适温度，可设置0~90℃范围内等梯度的10个不同温度下
的实验组
C.年龄组成和性别比例均通过影响种群出生率和死亡率进而影响
C.探究该微生物体内酶的最适pH,应在最适温度条件下进行实验
种群密度
个体数
0
个休数
D.该微生物分解纤维素能力较强，可用于解决亚寒带地区土壤落叶堆积问题，加速物质循环
D.自然界中生物的最适性别比例不一定与此图相同
3.如图表示反射弧中部分神经元之间的连接示意图，其中“-一”斗O
h
7物质的性质决定其用途。下列两者对应关系错误的是
表示从树突到细胞体，再到轴突及末梢（即一个完整的神经元
A.盐酸具有酸性，可用作铁的除锈剂
模式)。每个神经元都释放兴奋性神经递质，甲、乙是两个电流
B.FeeO呈红色，可用作红色油漆和涂料
表，图中字母代表神经纤维上不同位点，b点位于乙电流表两
C.BaCO,不溶于水，在医疗上可作钡餐
极的中央，下列叙述错误的是
D.Na2O2与CO2反应生成O2,可用作呼吸面具供氧剂
模拟检测试卷理科综合第1页（共16页）
模拟检测试卷理科综合第2页（共16页）２０２３年普通高等学校招生全国统一考试大通县第三次模拟检测试卷
理综生物参考答案及评分意见
1.C 【解析】无机盐主要以离子状态存在于植物细胞中，A正确；含氮无机盐能促进细胞分裂和生长，因此，
对于维持细胞和生物体的生命活动有重要作用，B正确；含磷无机盐能促进幼苗发育，使果实提早成熟，
因此，含磷无机盐的作用某些方面与生长素相同，某些方面与乙烯相同，C 错误；当施用无机盐过多时，
需要用清水灌溉以避免烧苗，D正确。
2.B 【解析】该微生物菌株对各种物质的分解能力不同，与其体内酶的专一性有关，A正确；该微生物在 4℃
环境的深海中生存，因此探究其体内淀粉酶的最适温度，应在 4℃附近设置不同温度实验组，B错误；探究
该微生物体内酶的最适 pH，应在最适温度条件下进行实验，C正确；该微生物分解纤维素能力较强，且适
应低温环境，可用于解决亚寒带地区土壤落叶堆积问题，加速物质循环，D正确。
3.C 【解析】兴奋在神经纤维上可以双向传导，在神经元之间通过突触进行单向传递，若 a点受到强刺激，
图中各点均会产生电位变化，A正确；据图分析可知，图中有 3个神经元，3个完整的突触结构，B正确；
反射需要完整的反射弧参与，在 c点施加强刺激后肌肉收缩不属于反射，C错误；b点施加适宜强度的刺激，
甲电流表两极先后发生兴奋，甲发生两次方向相反的偏转，b点位于乙电流表两极的中央，兴奋传到两极的
时间相等，乙不偏转，D正确。
4.A 【解析】同一基因在不同种类细胞中表达量有差异，可体现出细胞分化与基因的选择性表达有关，A正
确；图示细胞均为分化程度较高、全能性较低的细胞，B错误；根据图示可知，皮下脂肪组织内 ADIG基
因转录形成的 mRNA 的相对量最多，因此应在皮下脂肪组织中提取与 ADIG基因转录有关的调节物质，C
错误；不同细胞中 ADIG基因转录的模板链相同，D错误。
5.B 【解析】根据题意可知，若基因 A、a位于 Z染色体上，正常眼雄鸟的基因型有 7种，分别为 BBZAZA、
BbZAZA、bbZAZA、BBZAZa、BbZAZa、bbZAZa、bbZaZa，A错误；若基因 A与 b、a与 B连锁，则 AAbb与
aaBB杂交子一代为 AaBb，其产生的 Ab和 aB两种配子，随机结合后，子二代正常眼：疤眼=3:1，B正确；
若 A与 B、a与 b连锁，则 AABB与 aabb杂交子一代为 AaBb，其产生的 AB和 ab两种配子，随机结合后，
由于 aabb部分为正常眼，因此，子二代正常眼：疤眼>3:1，C错误；若 A/a、B/b独立遗传，因为 aabb部
分为正常眼，故 AAbb与 aaBB杂交，子二代正常眼与疤眼的比值>3:1，D错误。
6.D 【解析】调查结果显示该种群年龄组成属于增长型，但其个体数量在未来一段时间不一定会增多，例
如环境突然剧烈变化可能导致死亡率很高或迁出率很高，而导致种群数量不会增多，A错误；该种群为增
长型，说明种内斗争不太激烈，B错误；性别比例影响种群的出生率，不会影响种群的死亡率，C错误；自
然界中生物的最适性别比例不一定都是 1∶1的雌雄比例，D正确。
29.（10分）
（1）其他细胞呼吸消耗氧气（2分）
（2）左侧（1分） 较强（1分） 不相等（1分） 细胞呼吸（1分）
（3）先增后减（2分） 弱光（1分） 强光（1分）
【解析】（1）表中的马比木最大净光合速率不可以用“叶肉细胞最大 O2释放速率”表示，原因是叶肉细胞
的最大 O2释放速率减去其他细胞呼吸消耗 O2的速率才等于马比木植株的最大净光合速率。
（2）马比木的光补偿点即马比木光合速率曲线与横坐标轴的交点，位于图中 A点的左侧。由于马比木的光
补偿点和光饱和点均大于乙植物，因此，与乙植物相比，马比木更适合在较强的光照条件下生长。在 A点
条件下马比木与乙植物的总光合速率不相等，原因是二者的净光合速率相等，但是细胞呼吸速率不等。
（3）据表可知，随着干旱胁迫的增强，最大净光合速率呈现先增后减的变化趋势，干旱胁迫对马比木光补
偿点和光饱和点变化的影响较明显，光补偿点的大小反映马比木对弱光的利用能力，光饱和点的大小反映
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马比木对强光的利用能力，因此，土壤含水量为 25.8%时马比木对弱光利用能力更强，土壤含水量为 10.5%～
22.0%时马比木对强光利用能力更强。
30.（10分）
（1）传入神经（1分） 面神经（传出神经）末梢及其所支配的左眼轮匝肌（1分）
（2）BCD（2分） BD（1分） jbdc、jbfi（2分）
（3）低级中枢（脊髓）（1 分） 高级中枢（大脑皮层）（1分） 高级中枢对低级中枢的控制作
用（1分）
【解析】（1）据图分析可知，图中的三叉神经属于反射弧中的传入神经，左眼受到刺激时，效应器为面神
经（传出神经）末梢及其所支配的左轮匝肌。
（2）图中眨眼反射的部分神经通路中左右两侧共存在 2个 R1通路和 2个 R2通路，当右眼受到刺激时，经
过的通路有左侧 R2（经过的胞体依次为 jbdc）、右侧 R1（经过的胞体依次为 jhi）、右侧 R2（经过的胞体依
次为 jbfi），在所选通路中，经过左侧 R2 、右侧 R2通路时，眨眼反射经过的神经元最多。
（3）眨眼反射中枢所在的脑干可以连接躯体运动的低级中枢（脊髓）和高级中枢（大脑皮层），后者可以
控制“不眨眼”，这体现了高级中枢对低级中枢的控制作用。
31.（9分）
（1）次生演替（1分） 下降（1分） 上升（1分）
（2）b （1分） 三、四、五（2分） 松墨天牛和捕食性昆虫（1分）
（3）间接（1分） 生物（1分）
【解析】（1）演替是指随着时间的推移，一个群落被另一个群落代替的过程，表中所示鼎湖山自然保护区
药用植物的群落从马尾松林演替到季风常绿阔叶林，为次生演替。据表可知，随着森林演替进行，草本层
和灌木层药用植物个体数量持续下降，乔木层药用植物个体数量则呈现上升趋势，原因是乔木比灌木和草
本具有更强的获得阳光的能力，因而乔木最终占据了优势，而草本和灌木的生长受到了影响。
（2）题图若是马尾松林中部分生物之间的捕食关系，其中 b过程为寄生，应该去掉；图中鸟属于第三、四、
五营养级，蜘蛛粪便中的能量属于上一营养级的，即松墨天牛和捕食性昆虫的同化量。
（3）马尾松林蓄持水分、调节小气候的功能体现了森林生态系统的间接价值，科研人员利用捕线虫真菌来
防治松材线虫，这属于生物防治。
32.（10分）
（1）S1（1分） S3 （2分） 没有（1分）
（2）不可以（1分） 无论 A/a与 S基因是否独立遗传，均没有子代（2分）
（3）不相同（1分） 3（2分）
【解析】（1）据题图可知，基因型 S1S2的玉米植株的花粉受到基因型 S1S2的花柱的抑阻，不能参加受精，
但是基因型 S1S3的花粉落到 S1S2的柱头上时，S1的花粉受阻，而 S3 的花粉不被阻止而参与受精，生成基因
型为 S1S3和 S2S3的合子。自交不亲和的植物没有纯合子，具体见下表：
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（2）另有一对等位基因 A、a分别控制玉米的抗病与易感病性状，欲证明 A、a与 S基因独立遗传，选用基
因型为 AaS1S2的玉米植株进行自交不可以达到目的，原因是无论 A、a与 S 基因是否独立遗传，均没有子
代。
（3）若 A、a与 S基因独立遗传，假设 AaS1S2（♂）与 AaS2S3（♀）杂交为正交，结果如下：
1/4AS2 1/4AS3 1/4aS2 1/4aS3
1/2AS1 1/8AAS1S2 1/8AAS1S3 1/8AaS1S2 1/8AaS1S3
1/2aS1 1/8AaS1S2 1/8AaS1S3 1/8aaS1S2 1/8aaS1S3
AaS2S3（♂）与 AaS1S2（♀）杂交为反交，结果如下：
1/4AS1 1/4AS2 1/4aS1 1/4aS2
1/2AS3 1/8AAS1S3 1/8AAS2S3 1/8AaS1S3 1/8AaS2S3
1/2aS3 1/8AaS1S3 1/8AaS2S3 1/8aaS1S3 1/8aaS2S3
正交产生子一代中的 aaS1S2与 aaS1S3杂交，忽略 aa，当 S1S2与 S1S3分别做父本、母本时，可产生 S1S2、S2S3
两种基因型的子二代；当 S1S2与 S1S3分别做母本、父本时，可产生 S1S3、S2S3两种基因型的子二代；因此，
共产生 3种基因型的子二代。反交同理。
综上所述：正反交子一代的基因型不相同。无论正反交，选取子一代中易感病个体随机授粉，子二代的基
因型均为 3种。
37.（15分）
（1）③⑥④⑤①②（3分）
（2）甘油管藏（2分） 充分保证使用的菌种完全相同（2分） 液体培养基中进行 150r/min
摇床培养可以使菌体与培养液充分接触，加快细菌繁殖速度；37℃恒温培养是使细菌在最适温度下快速繁
殖（合理即可，2分） 防止杂菌污染（2分）
（3）不同（2分） B（2分）
【解析】（1）牛津杯测定抑菌圈的技术路线如下图所示：
因此，采用牛津杯法测定 2 株益生菌(副干酪乳杆菌、枯草芽孢杆菌)对大肠杆菌的抑菌活性的技术路线的
正确排序为③⑥④⑤①②。
（2）将甘油管藏的副干酪乳杆菌划线接种于改良的 MRS 固体培养基上,37℃恒温培养 24h。 枯草芽孢杆菌、
大肠杆菌分别划线接种于 LB 琼脂培养基,37℃恒温培养 18h。在无菌操作台中挑取单个菌落接种到相应液体
培养基,在 37℃恒温、150r/min 摇床培养 24h。先分离后挑取单个菌落接种的目的是充分保证使用的菌种完
全相同，在液体培养基中 37℃恒温、150r/min 摇床培养，可以使菌体与培养液充分接触，加快细菌繁殖速
度；37℃恒温培养是使细菌在最适温度下快速繁殖。放入牛津杯时应在超净工作台中进行的原因是防止杂
菌污染。
（3）由于待测样品的抑菌效果不同，因此抑菌圈的大小也会不同。与纸片扩散法不同的是，待测物的有效
成分是通过琼脂慢慢扩散出去，因此在比较抑菌圈时，不同琼脂平板的厚度是抑菌圈大小的影响因素，结
理综生物答案 第 3 页（共 4 页）
合图表分析，B牛津杯周围的抑菌圈较小，为副干酪乳杆菌。
38.（15分）
（1）氨基酸、ATP、酶、核糖核苷酸等（答出两点即可，2分） （运载 S蛋白基因的）运载体（2分） 使
病毒无法在人体中复制（2分） ③（2分）
（2）限制酶和 DNA连接酶（2分） 不能（1 分） 新冠病毒的遗传物质是 RNA，不能与质粒 DNA
直接相连（2分）
（3）PCR（2分）
【解析】（1）①过程中新冠病毒培养要用到 Vero 细胞（非洲绿猴肾细胞），原因是 Vero 细胞为新冠病毒的
繁殖提供氨基酸、ATP、酶、核糖核苷酸等。②④两条路线机理相似，都是用运载体与 S 蛋白基因相连后注
射到人体内，其中 5 型腺病毒与质粒都作为运载 S 蛋白基因的运载体。科研人员剔除了 5 型腺病毒中与复
制相关的基因，目的是使病毒无法在人体中复制，再把新冠病毒刺突蛋白（S 蛋白）的基因插入进去，这
个新插入基因让重新组装的病毒进入人体后，可以在体内翻译出新冠病毒刺突蛋白，③最终是“打”蛋白，
属于第二代疫苗。
（2）图中重组质粒的构建需要用到限制酶切割 S蛋白基因和质粒形成黏性末端，再用 DNA 连接酶连接两个
黏性末端，不能直接将新冠病毒的遗传物质与质粒相连接，原因是新冠病毒的遗传物质是 RNA，不能与质粒
DNA 直接相连。
（3）③路线提纯 S 蛋白之前应进行分子水平的检测，包括通过 PCR 等技术检测染色体 DNA 上是否插入了目
的基因或目的基因是否转录出了 mRNA 。
理综生物答案 第 4 页（共 4 页）２０２３年普通高等学校招生全国统一考试大通县第三次模拟检测试卷
理综化学参考答案及评分意见
７．C　【解析】盐酸具有酸性,可与铁锈反应,常用作铁的除锈剂,A 项正确;Fe２O３呈红色,可用作红色油漆和涂料,B项正确;BaCO３
不溶于水,但易溶于盐酸,不可作钡餐,C项错误;Na２O２与CO２反应生成 O２,可用作呼吸面具供氧剂,D项正确.
８．D　【解析】有机物乙( )中存在碳碳双键、羰基、羟基３种官能团,A 项错误;有机物甲( )含有醇羟基,
１mol有机物甲与足量的金属钠反应可以生成０．５molH２,B项错误;从结构上看,甲、乙只相差一个亚甲基,二者的关系不属于同
分异构体,属于同系物,C项错误;甲、乙二者均存在碳碳双键、羰基、苯环和羟基,二者均可发生加成反应和取代反应,D项正确.
９．B　【解析】碘单质与浓 NaOH 溶液发生歧化反应,其反应的化学方程式为３I２＋６NaOH ５NaI＋NaIO３＋３H２O,将 CCl４与水
(NaI、NaIO３)分离的操作为振荡、静置、分液,用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯,A 项、C项均正确;“操作２”为不溶固体与液体的
分离,属于过滤,B项错误;当 NaI和 NaIO３富集到相当量时,使体系变成酸性介质(加入足量的４５％硫酸),使其中碘元素转变成I２
单质得以回收,其反应的化学方程式为５NaI＋NaIO３＋３H２SO４ ３Na２SO４＋３I２＋３H２O,D项正确.
１０．C　【解析】浓硫酸具有脱水性,滴在滤纸上,滤纸变黑,A项正确;HC≡CH 使酸性 KMnO４溶液褪色,体现了 HC≡CH 的还原性,
B项正确;CH２ CH２通入Br２水中,Br２水褪色,说明 CH２ CH２与 Br２发生了加成反应,与还原性无关,C 项错误;CO２通入
Na２SiO３溶液,发生反应CO２＋H２O＋Na２SiO３ H２SiO３↓＋Na２CO３,H２CO３的酸性比 H２SiO３的强,D项正确.
１１．D　【解析】由元素 X的最高正化合价与最低负化合价的代数和为０可知,X为C元素;结合元素周期表的结构判断:Y为 N、Q为
S、W 为Cl;由Z的最高正价与 W 的最高正价的代数和为８可知,Cl的最高价为＋７价,所以Z为 Na.同一周期主族元素,从左到
右,最高价氧化物对应水化物的酸性:H２SO４＜ HClO４,A项正确;最高价氧化物对应水化物的酸性越强,则对应元素的非金属性
越强,即 H２SO４＞H２CO３,非金属性:S＞C,B项正确;X与 W 形成的化合物为 CCl４,CCl４分子中各原子均达到８电子稳定结构,
C项正确;Y形成的单质为 N２,其分子中的化学键只有非极性共价键,D项错误.
１２．C　【解析】PtAu电极发生反应 H － ＋２－２e ２H ,发生“氧化反应”,PtAu电极为电解池阳极,可推知a为直流电源的正极,b为直
流电源的负极,A项正确;结合题给电解槽中存在乙醇、乙醇根离子(EtO－ )、Li＋ 判断,电解质有机溶液为乙醇锂/乙醇溶液,B项
正确;阴极电极反应式为 N２＋６e－ ＋６H＋ ２NH３,C项错误;当外电路中转移０ １mol电子时,阳极消耗０ ０５molH２,标准状况
下 H２ 体积为１ １２LH２,D项正确.
１３．C　【解析】常温下,HA和 HB的电离常数分别为 m×１０－４和 m×１０－５,相同浓度的两种酸溶液,其酸性强弱为 HA＞HB,A项
正确;pH＝a的两种酸溶液,则其浓度c(HA)＜c(HB),B项正确;酸抑制水的电离,酸中c(H＋ )越大,其抑制水电离的程度越大,
c(H＋ ):a＞b＞c＞d,则水的电离程度:a＜b＜c＜d,C项错误;曲线Ⅰ代表的是 HA,温度不变,水解平衡常数不变,从c点到d点过
c(HA) c(OH－ )
程中温度不变,则Kh＝ ( － ) 不变,D项正确.c A
２６．(１４分)
(１)将废渣粉碎、适当升高酸浸温度、适当加快搅拌速率、增加酸浸时间等(任写两项即可,２分)
(２)C６H１２O６(葡萄糖)＋１２MnO２＋１２H２SO４ １２MnSO４＋６CO２↑＋１８H２O(２分)
(３)２Fe２＋ ＋H ＋ ３＋２O２＋２H ２Fe ＋２H２O(２分)
(４)当pH＞１ ７时,随着碱性增强,使Fe３＋ ＋３H２O Fe(OH)３＋３H＋ 正向移动,Fe３＋ 浓度降低,萃取率下降(２分)
(５)５≤pH＜６．７(２分)
(６)保证生成物质为较多的 Mn(H２PO４)２(２分)　　　蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(２分)
【解析】软锰矿含 MnO２及少量FeO、Al２O３和SiO２杂质,酸浸阶段加入稀硫酸和葡萄糖溶液,Al２O３、FeO溶解;酸性条件下,MnO２
与葡萄糖溶液反应生成 MnSO ２＋ ３＋４、CO２、H２O;“氧化”阶段加入 H２O２,Fe 被氧化成 Fe ,SiO２不与硫酸反应,以滤渣①形式除去;
萃取分液步骤采用萃取剂除去Fe３＋ ;调节pH 步骤加入 Na２CO３溶液将铝离子转变为 Al(OH)３沉淀(滤渣②)形式除去;沉锰步骤
继续加入 Na２CO３使 Mn２＋ 生成 MnCO３;酸溶步骤 MnCO３和 H３PO４反应生成 Mn(H２PO４)２ ２H２O.
理综化学答案 第　１ 页(共４页)
(１)用一定浓度的 H２SO４溶液“酸浸”,当其他条件不变时,提高软锰矿中的金属元素浸出率的措施有:软锰矿处理为粉末状、适当
升高酸浸温度、适当加快搅拌速率、增加酸浸时间等.
(２)根据题意,在酸性条件下,葡萄糖与 MnO２反应生成 MnSO４、CO２,结合化合价升降法配平反应的化学方程式,得
C６H１２O６(葡萄糖)＋１２MnO２＋１２H２SO４ １２MnSO４＋６CO２↑＋１８H２O
(３)酸性条件下,H２O２氧化Fe２＋ 反应的离子方程式为２Fe２＋ ＋H ＋２O２＋２H ２Fe３＋ ＋２H２O
(４)存在Fe３＋ ＋３H２O Fe(OH)３＋３H＋ 的平衡,当pH＞１ ７之后,水解平衡正向移动,导致生成 Fe(OH)３的量增大,溶液中
Fe３＋ 浓度降低,萃取率下降.
(５)根据K －３３ －１４ ３＋ ２＋sp[Al(OH)３]＝１ ０×１０ ,Ksp[Mn(OH)２]＝１ ０×１０ ,判断 Al 先沉淀,Mn 后沉淀,使二者分离时,调节pH 范
围应满足让 Al３＋ 完全沉淀,同时 Mn２＋ 未沉淀,当 Al３＋ 完全沉淀时,Al３＋ 浓度为１×１０－５ mol/L,此时
３ K [Al(OH)] ３( － ) １×１０
－３２
c OH ＝ sp ３ －９( ３＋ ) ＝ －５ mol/L＝１０ mol/L,所以溶液c Al １×１０ pH＝５
;当 Mn２＋ 开始沉淀时,溶液中
２ K [Mn(OH)] ２１×１０－１４ １
c(OH－ )＝ sp ２ －７( ２＋ ) ＝ ＝ ×１０ mol/L,所以溶液pH＝６．７,调节溶液 值为c Mn ４ ２ pH ５≤pH＜６．７
.
(６)酸溶时逐滴加入 H３PO４溶液,开始时溶液中酸少量,MnCO３过量,先生成 Mn３(PO４)２和 MnHPO４,当加入 H３PO４溶液呈酸性
时会发生如 下 反 应:Mn３ (PO － ２＋ ２－ －４)２ ＋４H３PO４ ６H２PO４ ＋３Mn 、HPO４ ＋ H３PO４ ２H２PO４ ,保 证 生 成 物 质 较 多 为
Mn(H２PO４)２ ２H２O.Mn(H２PO４)２溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤,得到晶体 Mn(H２PO４)２ ２H２O.
２７．(１４分)
(１)关闭分液漏斗的活塞、用止水夹夹紧装置C中 U形管上端橡胶管,向 D试剂瓶中加入一定量的水,用酒精灯微热垫有陶土网
的锥形瓶,D中导管末端有气泡产生,撤离酒精灯后,导管末端又有一段水柱上升,证明该装置不漏气(２分)
(２)除去CO２中混有的 HCl气体(２分)
(３)使氨盐水雾化,可增大氨气与二氧化碳的接触面积,并加快反应速率;当氨气与CO２最大限度的接触才有可能提高 NaHCO３的
产率(２分,其他合理也可给分)
NH３ H２O＋NaCl＋CO２ NH４Cl＋NaHCO３↓[或 NH３＋CO２＋NaCl＋H２O NH４Cl＋NaHCO３↓](２分)
(４)漏斗、玻璃棒(２分)
(５)由黄色变为橙色(２分)　　　６７．２％(２分)
【解析】(１)本题采用加热法检验装置的气密性,其方法为:关闭分液漏斗活塞、用止水夹夹紧装置C中 U 形管上端橡胶管,向 D中
试剂瓶中加入一定量的水,用酒精灯微热垫有陶土网的锥形瓶,D中导管末端有气泡产生,撤离酒精灯后,导管末端又有一段水柱
上升,证明该装置不漏气.
(２)NaHCO３可与 HCl反应生成CO２,且 NaHCO３溶液不与CO２反应,常用饱和 NaHCO３溶液除去CO２中混有的 HCl气体.
(３)从化学反应速率的角度:使氨盐水雾化,可增大氨气与二氧化碳的接触面积,加快反应速率.从化学反应限度的角度:当氨气
与CO２最大限度的接触才有可能提高 NaHCO３的产率.U形管内为制得 NaHCO３的反应,其反应的化学方程式为
NH３ H２O＋NaCl＋CO２ NH４Cl＋NaHCO３↓或 NH３＋CO２＋NaCl＋H２O NH４Cl＋NaHCO３↓
(４)分离不溶固体与液体,采用分离操作为过滤,所用的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒.
(５)NaHCO３溶液显碱性,NaCl溶液呈中性.用盐酸滴定 NaHCO３溶液,甲基橙为指示剂,滴定终点时,溶液颜色变化为由黄色变
为橙色.根据化学方程式:NaHCO３＋HCl NaCl＋H２O＋CO２↑可知,
n(NaHCO )＝n(HCl)＝０ １０００mol L－１×２０ ００×１０－３L＝２ ０００×１０－３３ mol
２５０mL
原固体中 NaHCO３的物质的量为２５ ００mL×２ ０００×１０
－３mol＝２ ０００×１０－２ mol
２ ０００×１０－２ mol×８４ mol－１
产品中 NaHCO３的质量分数为
g
２ ５００ ×１００％＝６７．２％g
理综化学答案 第　２ 页(共４页)
２８．(１５分)
(１)－１１５５．５(１分)　　　a(２分)
(２)T３＞T２＞T１(２分)　　　小于(
１６
２分)　　　５０％(２分)　　　 (或６２５ ０．０２５６
)(２分)
(３)在４００℃~９００℃之间,温度升高,化学反应速率加快,单位时间内氨气的转化率增大,NO的产率增大;因该反应是放热反应,
温度高于９００℃,升高温度,平衡逆向移动,氨气的转化率下降,NO的产率降低(２分)
(４) (２分)
【解析】(１)依据盖斯定律,则 ΔH＝ΔH１＋ΔH２－ΔH３＝－１１５５．５kJ mol－１,因为y＝ΔH－TΔS,反应②的 ΔS＜０,ΔH２＜０,
y 随着T 的增大而增大,所以对应的线条是a.
(２)合成氨是放热反应,同一压强下,升高温度,平衡向左移动,氨气的百分含量降低,所以T３＞T２＞T１;观察曲线可知 A 点应该
向T３和４０MPa的交点方向进行,所以v正 小于v逆 ;利用“三段式”计算出平衡时,N２的转化量为０ ５mol,所以转化率为５０％;
因为平衡时 N２为０ ５mol、H２为０ ５mol、NH３为１ ０mol,各物质的分压分别为
５０MPa×２５％＝１２ ５MPa、５０MPa×２５％＝１２ ５MPa、５０MPa×５０％＝２５MPa,
２５２ １６
分压平衡常数Kp＝１２ ５×(１２ ５)３＝６２５＝０．０２５６
(３)在４００℃~９００℃内,温度升高,化学反应速率加快,单位时间内氨气的转化率增大,NO的产率增大;由于该反应是放热反应,
温度高于９００℃,升高温度,平衡逆向移动,氨气的转化率下降,NO的产率降低.
(４)N２(g)＋３H２(g) ２NH３(g)　ΔH＝－９２ ４kJ mol－１,该反应为放热反应,反应物的总能量大于生成物的总能量,根据题目
中给出的反应物与生成物的比热容可知:升高温度,反应物的能量升高较快,反应结束后反应放出的热量也会增大.
反应物[N２(g)＋３H２(g)]的能量随温度T 的变化图像为
３５．(１５分)
(１)B＞A＞D＞C(２分)
(２)N＞O＞C(２分)　　　O＞N＞C(１分)　　
C、N、O元素原子的核电荷数依次增大,原子半径却依次减小,吸引电子的能力依次增强(２分)
(３)哑铃形(２分)　　NH３分子间能形成氢键(２分)　
成键电子对间的排斥力小于孤电子对与成键电子对间的排斥力,CH４分子中C原子没有孤电子对,NH３分子中 N原子有一对孤电
子对,导致CH４分子中 H—C—H 键角比 NH３分子中 H—N—H 键角大(２分)
４０×４
() NA [ ４０×４４ 或 ](２分)
(２ ２a×１０－１０)３ (２ ２a ×１０－１０)３ NA
【解析】(１)电子能量为１s＜２s＜２p,则２p轨道上电子越多,１s、２s轨道上电子越少,则其能量越高,则题中排布图中能量由高到低
的顺序是B＞A＞D＞C.
(２)同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势,但第ⅤA族最外层p能级处于半充满稳定状态,其第一电离能大于同周期的
第ⅥA族元素,因此第二周期中C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为 N＞O＞C;同一周期从左到右,元素的电负性逐渐增大,
电负性由大到小的顺序为 O＞N＞C.
理综化学答案 第　３ 页(共４页)
(３)H２O分子中 O的未成对电子在２p轨道上,轨道的形状为哑铃形;NH３分子间能形成氢键,CH４分子间不能形成氢键,所以
NH３的沸点比 CH４的高;成键电子对间的排斥力小于孤电子对与成键电子对间的排斥力,CH４分子中 C原子没有孤电子对,
NH３分子中 N原子有一对孤电子对,导致CH４分子中 H—C—H 键角比 NH３分子中 H—N—H 键角大.
() １ １ １４ MgO的晶体结构如图２所示.根据晶胞结构计算出 O２－ 个数为８× ８ ＋６× ＝４
,Mg２＋ 个数为２ １２× ＋１＝４
,在晶胞中
４
O２－ 与 O２－ 的最短距离是面对角线长的一半,即晶胞棱长为x,面对角线长为 ２x＝４a,则x＝２ ２apm,则
４０×４
N
MgO晶体的密度为
A
g
４０×４
cm－３＝
( g
cm－３
２ ２a×１０－１０)３ (２ ２a ×１０－１０)３ NA
３６．(１５分)
(１)甲苯(２分)
(２)C１６H１４O２(２分)　　酯基(２分)

(３) CH CH COOCH２ ＋Br２ → CH CH COOCH２ (２分)
Br Br

(４)CH３COOCH２ (２分)　　２(２分)
Br Br
CH２COOCH３ /
() O２ Br２ CCl４５CH３CH２OH / ,→CH３CHO
( 分)
CuAg △ 碱/
→ CH３CH C COOCH３ → CH３CH C COOCH３ ３
△

CH２OH CH２Cl CH２Cl CH３
【解析】(１)根据流程图分析可知, 可由 在碱性条件下水解得到, 可由 与 Cl２在光照条件下
CH３
反应得到,所以 A为 .

(２)由C的结构简式 CH CH COOCH２ 推知 C的分子式为 C１６H１４O２,所含官能团分别为碳碳双键、酯基,其中
含氧官能团为酯基.

(３)已知化合物 D中含有溴元素,结合C的结构简式 CH CH COOCH２ 与 C C COOCH２ ,

推知 D为 CH CH COOCH２ ,反应③的化学方程式为
Br Br

CH CH COOCH２ ＋Br２ → CH CH COOCH２
Br Br

(４)结合已知信息ⅱ与合成路线,推知 B为乙酸苯甲酯,结构简式是 CH３COOCH２ ;能与 NaHCO３溶液反应,说明物质
B的同分异构体含有—COOH;核磁共振氢谱有４组峰且峰面积之比为６∶２∶１∶１,符合下列条件的结构简式为
COOH COOH
CH３ CH３ 、
CH３ CH３
Br Br
(５)根据题中信息,合成化合物 CH３CH C COOCH３ 的路线为

Br Br
O２ CH２COOCH３ Br２/CCl４
CH３CH２OH / →CH３CHO → CH３CH C COOCH３ → CH３CH C COOCH３Cu Ag,△ 碱/△

理综化学答案 第　４ 页(共４页)

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