2023屆廣西北海市高三上學(xué)期23098C第一次模擬考試?yán)砭C試題及答案

2023屆北海市高三第一次模擬考試.理科綜合1.C核酸和磷脂都含有C、H、O、N、P,A正確；相較于DNA,RNA具有獨(dú)特的催化和轉(zhuǎn)運(yùn)等功能,B正確；DNA與蛋白質(zhì)是組成染色體的主要成分,存在于細(xì)胞核中,不存在于線粒體中,C錯(cuò)誤；脂肪和磷脂空間結(jié)構(gòu)雖不同,但都含有脂肪酸,D正確。2.A低等植物的葉肉細(xì)胞往往具有中心體,也具有液泡,B錯(cuò)誤；分離細(xì)胞器所用的差速離心法,不用于證明DNA的半保留復(fù)制,C錯(cuò)誤；細(xì)胞破碎后的勻漿如果滲透壓低,線粒體的外膜可能吸水先破裂,D錯(cuò)誤。3.C病毒復(fù)制所需模板來自病毒,A錯(cuò)誤；所有的生物共用一套遺傳密碼,十RNA病毒能在宿主細(xì)胞內(nèi)合成自身的蛋白質(zhì)依賴于密碼子的通用性,B錯(cuò)誤；藥物P是一種尿嗦曉類似物,RNA聚合醇不能區(qū)分參與到病毒RNA合成過程中的尿嗦曉與藥物P而造成合成異常RNA（無功能）,D錯(cuò)誤。4.D基因重組是生物體遺傳變異的主要方式之一,基因重組不能產(chǎn)生新的基因,D錯(cuò)誤。5.B為保證單一變量原則,對照組應(yīng)該噴施相同體積的蒸餾水,A正確；據(jù)圖只能說明提高玉米抗倒伏與乙燎有關(guān),至于乙燎是不是直接作用的激素不能確定,B錯(cuò)誤；據(jù)圖細(xì)胞分裂素與乙燎對玉米抗倒伏的影響相反,C正確；據(jù)圖ETH對玉米發(fā)揮作用所需要的時(shí)間更短,D正確。6.B能量流動(dòng)總是伴隨物質(zhì)循環(huán),A正確；題干明確表明為某一營養(yǎng)級(jí),甲表示攝入量,乙表示同化量,A表示糞便中的能量,乙為最高營養(yǎng)級(jí)同化的能量,C表示呼吸散失的熱能,B表示流向分解者的能量,B錯(cuò)誤。7.D有機(jī)疊氮化合物難溶于水,D錯(cuò)誤。8.D分子中所有原子不可能共平面,A錯(cuò)誤；既不是乙酸的同系物,也不是甘油（丙三醇）的同系物,B錯(cuò)誤；既能發(fā)生加成反應(yīng),也能發(fā)生取代反應(yīng),C錯(cuò)誤；莽草酸的分子式與有機(jī)物的分子式相同,均為C7H10O5,但分子結(jié)構(gòu)不同,兩者互為同分異構(gòu)體,D正確。9.C容量瓶不能作為稀釋濃硫酸的容器,應(yīng)該在燒杯中稀釋,冷卻后再轉(zhuǎn)移到容量瓶,A錯(cuò)誤；CO2應(yīng)該從長導(dǎo)管進(jìn)入,B錯(cuò)誤；銅與濃硫酸加熱可以制備SO2,用品紅溶液檢驗(yàn)SO2的漂白性,用氫氧化鈉溶液吸收SO2尾氣,C正確；比較元素的非金屬性應(yīng)該比較元素最高價(jià)含氧酸的酸性強(qiáng)弱,D錯(cuò)誤。10.D左側(cè)電極上CH3COO—轉(zhuǎn)化為CO2和H十,發(fā)生氧化反應(yīng),左側(cè)為陽極,則電源a為正極,右側(cè)CO2和H十轉(zhuǎn)化為CH4；發(fā)生還原反應(yīng),右側(cè)為陰極,則電源b為負(fù)極,A錯(cuò)誤；電化學(xué)反應(yīng)時(shí),陽極上失去電子的總數(shù)等于陰極上得到電子的總數(shù),左側(cè)有關(guān)系式CH3COO—~失去8e—~2CO2,右側(cè)有關(guān)系式CO2~得到8e—~CH4,左側(cè)陽極區(qū)產(chǎn)生的二氧化碳的量是右側(cè)陰極區(qū)消耗的二氧化碳的量的2倍,該技術(shù)不能實(shí)現(xiàn)二氧化碳零排放,B錯(cuò)誤；不知道CO2氣體是否處于標(biāo)準(zhǔn)狀況,則無法計(jì)算與a相連的電極所產(chǎn)生的CO2的體積,C錯(cuò)誤；b電極的電極反應(yīng)為CO2十8e—十8H十—CH4十2H2O,D正確。11.C標(biāo)準(zhǔn)狀況下,HF是液體,不能根據(jù)氣體摩爾體積計(jì)算其物質(zhì)的量,A錯(cuò)誤；Cl2溶于足量水,只有一部分Cl2與水反應(yīng),還有一部分仍以Cl2的形式存在,所以1molCl2溶于足量水,所得溶液中HClO、Cl—、ClO—粒子數(shù)之和小于2NA,B錯(cuò)誤；生成物N2既是氧化產(chǎn)物,又是還原產(chǎn)物,每生成2molN2轉(zhuǎn)移6mol電子,則每生成28gN2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為3NA,C正確；環(huán)氧乙燒分子內(nèi)含有4個(gè)C—H鍵、2個(gè)C—O鍵、1個(gè)C—C鍵,則0.1mol環(huán)氧乙燒中含有共價(jià)鍵的總數(shù)為0.7NA,D錯(cuò)誤。12.A根據(jù)題意和該化合物的分子結(jié)構(gòu)圖可知元素G、X、Y、Z、W分別為H、C、O、S、Cl。Y與G可形成H2O、H2O2,Y與X可形成CO、CO2,Y與Z可形成SO2、SO3,Y與W可形成ClO2、Cl2O7等,A正確；氫化物的穩(wěn)定性：H2S<HCl,B錯(cuò)誤；原子半徑：S>Cl>C>O>H,C錯(cuò)誤；該化合物分子中,C、O、S、Cl原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu),H原子滿足2電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu),D錯(cuò)誤。13.BC點(diǎn)HCHO的正反應(yīng)速率大于b點(diǎn)HCHO的逆反應(yīng)速率,A錯(cuò)誤；b點(diǎn)時(shí),HCHO的體積分?jǐn)?shù)為40%,可算得生成HCHO為2mol,則消耗CH3OH為2mol,則b點(diǎn)時(shí),CH3OH的轉(zhuǎn)化率—X100%~66.7%,（HCHO）——1mol.L1,C錯(cuò)誤；a點(diǎn)時(shí),HCHO的體積分?jǐn)?shù)為25%,可算得生成HCHO為1mol,05min內(nèi),用HCHO表示的平均反應(yīng)速率——0.1mol.L—1.min—1,D錯(cuò)誤?！靖呷砭C參考答案第1頁（共8頁）】23098C14.C由核反應(yīng)中的質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知，X為β射線，Y為Y射線，AB錯(cuò)誤；核反應(yīng)①、②均釋放能量，則這兩個(gè)核反應(yīng)均有質(zhì)量虧損，即反應(yīng)前的總質(zhì)量均大于反應(yīng)后的總質(zhì)量，C正確，D錯(cuò)誤.15.D當(dāng)書包放在馬扎上時(shí)，書包與馬扎的總重力不變，故無論馬扎兩邊支撐腿之間的角度如何變化，馬扎對地面的壓力始終等于總重力，馬扎對地面的壓力不變，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；由于書包對馬扎的壓力大小不隨馬扎兩邊支撐腿之間的角度變化，根據(jù)力的分解可知，兩邊支撐腿上產(chǎn)生的分力隨著夾角的增大而增大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確.16.A在0~2s內(nèi)，選手在工方向初速度為心0工—0，加速度為a工—4m/s2，選手在>方向初速度為心0>—0，加速度為a>—3m/s2，根據(jù)平行四邊形定則合成可以得到合初速度為心—0，合加速度為a—5m/s2，而且二者方向在同一直線上，可知合運(yùn)動(dòng)為勻變速直線運(yùn)動(dòng)，只有選項(xiàng)A正確.17.B返回艙先做自由落體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，可得Ek—ΔEP—mgh，動(dòng)能與下落的高度成正比；打開降落傘后返回艙做減速運(yùn)動(dòng)，隨速度的減小，阻力減小，由牛頓第二定律可知，返回艙做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最后當(dāng)阻力與重力大小相等后，返回艙做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以動(dòng)能先減小得快，后減小得慢，當(dāng)阻力與重力大小相等后，動(dòng)能不再發(fā)生變化，只有選項(xiàng)B正確.18.C由楞次定律知，線框進(jìn)入磁場時(shí)感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；線框進(jìn)入磁場時(shí)剛好做勻I，安培力FA—BIL，解得心，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；線框進(jìn)入磁場時(shí)剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，感應(yīng)電動(dòng)勢E—BL心，ab兩端的電壓uab—，選項(xiàng)C正確；線框穿越磁場的過程中一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律知:系統(tǒng)減小的重力勢能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能Q—2mgL，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.19.BD均勻帶負(fù)電平板在右側(cè)產(chǎn)生的電場為方向垂直平板向左的勻強(qiáng)電場，點(diǎn)電荷在b點(diǎn)和d點(diǎn)產(chǎn)生的電場分別沿ab和ad向左，兩電場疊加后方向一定不同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在平板產(chǎn)生的電場中，b、d兩點(diǎn)的電勢相等，而在點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，b、d兩點(diǎn)的電勢也相等，故b、d兩點(diǎn)電勢相等，選項(xiàng)B正確；點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場在。點(diǎn)的電場強(qiáng)度大于在b點(diǎn)的電場強(qiáng)度，而在。點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向垂直平板向左，兩電場疊加后，。點(diǎn)的電場強(qiáng)度一定大于b點(diǎn)的電場強(qiáng)度，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場中，。點(diǎn)的電勢高于b、d兩點(diǎn)的電勢，疊加后。點(diǎn)的電勢高于b、d兩點(diǎn)的電勢，電勢能E—pq，帶正電的試探電荷從b點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)到d點(diǎn)的過程中，電勢能先增大后減小，電場力先做負(fù)功后做正功，選項(xiàng)D正確.20.BC三個(gè)星體環(huán)繞地球運(yùn)行時(shí)的周期相等，軌道半徑相等，由題圖可知，衛(wèi)星C的軌道半徑為r—co0。—槡EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(3),3)L，則衛(wèi)星C距離地面的高度為h—r—R—槡EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(3),3)L—R，A錯(cuò)誤；衛(wèi)星A環(huán)繞地球做圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心力，則由G—mr，又G—mg，整理得T—槡槡EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(3),g)L，B正確；衛(wèi)星B的線速度為心—EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(3),L)EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(3π2),GT)EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(L),2)，又V—πR3，則地球的密度為p—21.BC物體A與物體B碰撞的過程中，兩物體粘合在一起，則該過程中系統(tǒng)的機(jī)械能由損失，物體A、B碰后粘合在一起到將彈簽壓縮到最短到彈簽再次恢復(fù)原長，直到物體C將要離開擋板的過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；對物體A與物體B碰撞的過程，由動(dòng)量守恒定律得M心0—（M十m）心，此后粘合體在彈簽的作用下向左減速直到速度減為零，以向右的方向?yàn)檎较?，則由動(dòng)量定理得I—0—（M十m—心從彈簽最短到彈簽再次恢復(fù)到原長時(shí)，由動(dòng)量定理得I,—（M十m）心，所以彈簽對物體B的沖量大小為I十I,—，所以彈簽對C的沖量大小等于2M心0，即擋板對C的沖量大小也為2M心0，B正確；物體C離開擋板后，三個(gè)物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簽再次恢復(fù)到原長時(shí)，物體C的速度最大，EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(1),2)EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(1),2)EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(2),1)EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(1),2)EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(2),2)—EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(2),M)EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(M心0),十2m)，C正確；物體C離開擋板前彈簽最短時(shí)彈簽的彈性勢能最大，由能量守恒定律得EP1—（M十m）心2；物體C離開擋板后，2，且當(dāng)M—m，整理得EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(EP),EP)EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(1),2)—EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(3),1)，D錯(cuò)誤.【高三理綜參考答案第2頁（共8頁）】23098C解析1）平拋運(yùn)動(dòng)的豎直分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng),與小球質(zhì)量是否相等無關(guān),選項(xiàng)A錯(cuò)誤；平拋運(yùn)動(dòng)的豎直分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng),與其合運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性,所以應(yīng)聽到一次撞地聲,選項(xiàng)B錯(cuò)誤；為了證明此結(jié)論的普遍適用,應(yīng)改變高度重復(fù)實(shí)驗(yàn),選項(xiàng)C正確；此實(shí)驗(yàn)說明不了平拋運(yùn)動(dòng)的水平分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng),D錯(cuò)誤.（2）由Δ>—gT2,得T—0.1s,小球平拋的初速度大小為心0—EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(Δ工),T)—1.96m/s,又>4—>3十Δ>—58.8cm,—心0.3T58.8cm,則沒有被拍攝到的小球位置4的坐標(biāo)為（58.8cm,58.8cm）.（3）①零（1分）②零（1分）槡R21R22（4LR21R224L解析1）螺旋測微器的讀數(shù)為：固定刻度讀數(shù)十可動(dòng)刻度讀數(shù)十估讀,此題的讀數(shù)為：1.5mm十27.3X0.01mm—1.773mm.（3）本題用電橋法測電阻,應(yīng)當(dāng)使電流表G的示數(shù)為零,這時(shí)有—EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(R21),R工)—EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(R工),R22),解得R工—槡R21R22.（4）由電阻定律得R工—p,又S—πD2,聯(lián)EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(R),L)24.解1）交流電源的周期和粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等,質(zhì)子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約,質(zhì)子被加速后的最大速度心m——2πRf（2分）質(zhì)子離開回旋加速器的最大動(dòng)能Ekm—m心EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(2),m)（2分）得Ekm—mX4π2R2f2—2mπ2R2f2（1分）EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(m心),r),r字心（2分）uq—m心EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(2),1)（2分）2uq—m心EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(2),2)（2分）得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(r),r)EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(2),1)EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(心),心)EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(2),1)25.解1）假設(shè)金屬板B和物體A相對靜止,在電場力作用下一起向右加速,由牛頓第二定律a—MEQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(Eq),十)m—2.5m/s2（2分）當(dāng)金屬板B和物體A剛好發(fā)生相對滑動(dòng)時(shí),物體A的加速度大小為kmg—ma,（1分）解得a,—kg—7.5m/s2（1分）由于a<a,,則金屬板B和物體A保持相對靜止,二者共同向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng),故aA—aB—a—2.5m/s2（1分）EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),1) EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),1) 12.0m/s,方向向右（1分）金屬板B與墻壁碰后以等大的速度反彈,物體A的加速度大小a1—kg—7.5m/s2,向右做勻減速運(yùn)動(dòng)金屬板B的加速度大小a2—EqEQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(十k),M)mg—12.5m/s2（2分）金屬板B向左做勻減速運(yùn)動(dòng),設(shè)經(jīng)歷時(shí)間t1金屬板B和物體A達(dá)到共同速度心,1,向左為正方向2t1（2分）解得t1—0.2s,心,1—0.5m/s,方向向右（1分）此時(shí)金屬板B右端距豎直墻壁的距離為：工1—心1t1—a2tEQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(2),1)—0.15m（1分）此后二者一起向右勻加速,設(shè)第二次碰撞時(shí)速度為心2,則由動(dòng)能定理得【高三理綜參考答案第3頁（共8頁）】23098CEQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(2),2)EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(2),1)解得u2—1.0m/S（1分）（3）由第（1）問的分析可知,最終金屬板B和物體A靜止在墻壁處時(shí),物體A恰好滑到金屬板B最右端,這時(shí)的金屬板B的長度最短.設(shè)金屬板B長為l,全程根據(jù)能量守恒可得:qEL—kmgl（2分）解得:l—m（2分）26.（1）防止先加熱反應(yīng)管A產(chǎn)生的CO還沒來得及與氧化銅反應(yīng)就被排放出去,從而造成環(huán)境污染（2分）（2）反應(yīng)完全后,停止加熱,在反應(yīng)管冷卻到室溫前,仍在繼續(xù)通氮?dú)?不會(huì)產(chǎn)生倒吸（2分）（3）除去CO中的CO2氣體,防止干擾檢驗(yàn)CO氣體（2分）Na十[EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(.),.)EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(O),.)EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(.),.)H]—（2分）（4）E中黑色固體變成紅色,F中溶液變渾濁（2分）（6）3<PH<9（2分）解析:（1）為防止先加熱反應(yīng)管A產(chǎn)生的CO還沒來得及與氧化銅反應(yīng)就被排放出去,從而造成環(huán)境污染,故實(shí)驗(yàn)開始時(shí),緩緩?fù)ㄈ氲獨(dú)庖欢螘r(shí)間后,應(yīng)先加熱反應(yīng)管E,后加熱反應(yīng)管A。（2）反應(yīng)完全后,停止加熱,在反應(yīng)管冷卻到室溫前,仍在繼續(xù)通氮?dú)?不會(huì)產(chǎn)生倒吸。故待反應(yīng)完全后,停止加熱。停止加熱時(shí),不需要先斷開A、B的連接處和E、F的連接處。（3）裝置C中足量NaOH溶液的作用是除去CO中的CO2氣體,防止干擾檢驗(yàn)CO氣體。NaOH是離子化合物,其電子式為Na十[EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(.),.)EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(O),.)EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(.),.)H]—。（4）若觀察到裝置E中黑色固體變成紅色,裝置F中澄清石灰水變渾濁,即可證明K3[Fe（C2O4）3]分解產(chǎn)物中有CO氣體生成。（5）Fe與過量的稀硝酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為Fe十4HNO3（?。狥e（NO3）3十NO《十2H2O,FeO與過量的稀硝酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為3FeO十10HNO3（?。?Fe（NO3）3十NO《十5H2O。設(shè)4.4g黑色粉末中,Fe的物質(zhì)的量為n（Fe）, EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(1),3)EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(1),2)EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(.),2)EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(2),4)4：3。（6）根據(jù)KSP[Fe（OH）3]—1.0X10—38和Fe3十完全沉淀時(shí),C（Fe3十）<1.0X10—5mol.L—1,可知Fe3十完全沉）>EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(3),槡)—1.0X1011mol.L1,則C（H十）<1.0X103mol.L1,故PH>3。根據(jù)KSP[Mg（OH）2]—1.0X10—11和溶液中C（Mg2十）—0.1mol.L—1,可知要使Mg2十不槡—1.0X10—5mol.L—1,則C（H十）>1.0X10—9mol.L—1,故PH<9。要使Fe3十完全沉淀而Mg2十不沉淀,應(yīng)該調(diào)節(jié)溶液的PH的范圍為3<PH<9。32十2NO《十4H2O（2分）（3）①AU十4NaCl十5HNO3—HAUCl4十NO《十2H2O十4NaNO3（2分）解析:（1）AU（金）、CU和Ag經(jīng)酸溶后得到金、銅離子和銀離子的混合溶液,將固體和液體分開的的操作是過濾,將混合物分離。（2）銅與稀硝酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為3CU十8HNO3（稀）—3CU（NO3）十2NO《十4H2O,溶解1molCU消耗HNO3的物質(zhì)的量為mol；銅與濃硝酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為CU十4HNO3（濃）—CU（NO3）2十2NO2《十2H2O,溶解1molCU消耗HNO3的物質(zhì)的量為4mol。反應(yīng)消耗HNO3物質(zhì)的量較少的化學(xué)方程式為銅與稀硝酸的反應(yīng)。（3）①根據(jù)化合價(jià)的變化規(guī)律可知,金的化合價(jià)從0價(jià)升高到十3價(jià),作還原劑,硝酸作氧化劑,從十5價(jià)降低到十2價(jià),產(chǎn)物有NO生成,根據(jù)質(zhì)量守恒,生成物中還有水,化學(xué)方程式為AU十4NaCl十5HNO3—HAUCl4十NO《十2H2O十4NaNO3。②溶金過程中硝酸的化合價(jià)降低,作氧化劑,具有強(qiáng)氧化性,用到了HNO3的氧化性,A正確；王水中V（濃【高三理綜參考答案第4頁（共8頁）】23098C硝酸V（濃鹽酸）—1：3,金遇濃硝酸,在金表面生成致密的氧化膜,金不溶解,王水中濃鹽酸中提供了Cl—,Cl—與AU3十結(jié)合生成AUClEQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(—),4),有利于金與硝酸的反應(yīng),故王水中濃鹽酸的主要作用是提供Cl—,并使Cl—與AU3十結(jié)合生成AUClEQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(—),4),B錯(cuò)誤；HNO3—NaCl與王水[V（濃硝酸V（濃鹽酸）—1：3]溶金原理相同,則用濃鹽酸與NaNO3也可使AU溶解,C正確。（4）由于HAUCl4—H十十AUClEQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(—),4),若用zn粉將溶液中的1molHAUCl4完全還原,HAUCl4中金的化合價(jià)為十3價(jià),被鋅還原為0價(jià),鋅的化合價(jià)從0價(jià)升高到十2價(jià),設(shè)參加反應(yīng)的zn的物質(zhì)的量為工,鋅的化合價(jià)從0價(jià)升高到十2價(jià),根據(jù)得失電子守恒可知:2工—3,工—1.5mol,同時(shí)zn十2H十—zn2十十H2《,與H十反應(yīng)的zn的物質(zhì)的量為0.5mol,則參加反應(yīng)的zn的物質(zhì)的量是1.5mol十0.5mol—2mol。（5）根據(jù)圖中信息可知,含有銅離子和銀離子的溶液加入試劑1后得到的是物質(zhì)1和物質(zhì)3,物質(zhì)3加入試劑3后得到的是含有二氨合銀離子的溶液,試劑3是氨水,物質(zhì)3是氯化銀,試劑1是NaCl溶液,物質(zhì)1是含有氯化銅的溶液,向含有氯化銅的溶液中加入過量鐵粉得到物質(zhì)2:銅和過量鐵,經(jīng)過試劑2,過濾后得到銅單質(zhì),試劑2是鹽酸,除去過量的鐵粉。二氨合銀離子經(jīng)過還原可以得到銀單質(zhì),實(shí)現(xiàn)了銅和銀的分離。（3）①1.42X10—4mol.L—1.s—1（3分）②BD（3分）解析:（1）能量越低越穩(wěn)定,由題給信息可知,M能量低,故較穩(wěn)定的是M。（2）已知1molN2（g）、1molO2（g）分子中化學(xué)鍵斷裂時(shí)分別需要吸收946KJ、498KJ的能量,設(shè)1molNO（g）分子中化學(xué)鍵斷裂時(shí)需吸收的能量為工KJ,由②N2（g）十O2（g）—必2NO（g）ΔH—十180.5KJ.mol—1可知,ΔH—946KJ.mol—1十498KJ.mol—1—2工KJ.mol—1—180.5KJ.mol—1,解得工—631.75,所以1molNO（g）分子中化學(xué)鍵斷裂時(shí)需吸收的能量為631.75KJ。（3）①由表中數(shù)據(jù)可知,前3s內(nèi),NO的變化量為（10.00—1.50）X10—4mol.L—1—8.50X10—4mol.L—1,由N原子守恒可得N2的變化量為4.25X10—4mol.L—1,所以前3s內(nèi)的平均反應(yīng)速率心（N2）?—1.42X10—4mol.L—1.s—1。②該反應(yīng)一發(fā)生,始終存在關(guān)系式n（CO2）—2n（N2）,不能一定說明混合物中各組分濃度保持不變,故不能一定說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài),A錯(cuò)誤；雖然反應(yīng)過程中氣體的總質(zhì)量不變,但是氣體的總物質(zhì)的量變小,所以混合氣體的平均相對分子質(zhì)量在反應(yīng)過程中變大,因此當(dāng)混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變時(shí),說明該反應(yīng)一定達(dá)到了平衡狀態(tài),B正確；所有反應(yīng)物均為氣體,氣體的總質(zhì)量始終不變,故不能一定說明反應(yīng)達(dá)到了平衡狀態(tài),C錯(cuò)誤；正反應(yīng)是氣體分子數(shù)減小的反應(yīng),所以反應(yīng)過程中氣體的壓強(qiáng)是變量,恒溫恒容條件下,當(dāng)容器內(nèi)混合氣體的壓強(qiáng)不變時(shí),說明反應(yīng)一定達(dá)到了平衡狀態(tài),D正確；關(guān)系式C（CO2）—C（CO）,不一定能說明混合物中各組分濃度保持不變,不一定能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài),E錯(cuò)誤。故選BD。（4）根據(jù)題給反應(yīng)機(jī)理分析,N2比O2穩(wěn)定,所以第一步反應(yīng)不從N2分解開始,A正確；根據(jù)反應(yīng)歷程分析,O原子為該反應(yīng)的催化劑,而N原子為反應(yīng)的中間產(chǎn)物,B錯(cuò)誤；三步反應(yīng)中第一步反應(yīng)速率最慢,說明活化能最大,C正確；溫度升高,增大活化分子百分?jǐn)?shù),所以三步反應(yīng)的速率都隨溫度升高而增大,D正確。故選B。29.（除注明外,每空1分）（1）葉肉細(xì)胞葉綠體的類囊體薄膜下降增大（2）[H]和ATP下降減小（3）氣孔導(dǎo)度減小,葉肉細(xì)胞從外界環(huán)境吸收的CO2減少,葉肉細(xì)胞暗反應(yīng)速率減小,凈光合速率減?。?分）（4）①根、莖、葉各器官中13C的平均含量②將若干馬鈴薯幼苗平均分成四組,分別置于白光、紅光、藍(lán)光和綠光下,提供13CO2作原料,一段時(shí)間后測定各組不同器官中13C的含量,分析比較并得出結(jié)論（2分）30.（每空1分）（1）興奮性或抑制性肌肉或腺體等（4）記憶或B漿間隔一定時(shí)間反復(fù)注射相同的疫苗（合理即可）31.（除注明外,每空1分）（1）微生物的分解作用溶氧量微生物通過有氧呼吸分解有機(jī)物需要消耗大量的O2濕地植物的根吸收水體中的無機(jī)鹽間接（2）o~c時(shí)間段種群數(shù)量增加,c~d時(shí)間段種群數(shù)量減少（2分）（3）A一D一C在【高三理綜參考答案第5頁（共8頁）】23098C32.（除注明外，每空2分）（2）X染色體和Y染色體的同源區(qū)段（3）①實(shí)驗(yàn)思路:讓該白眼雌果蠅與紅眼雄果蠅進(jìn)行雜交得到F1，觀察F1的表型及比例（或F1性別比例）②預(yù)期實(shí)驗(yàn)結(jié)果:若F1中出現(xiàn)紅眼雌蠅：白眼雄蠅—1：1（或雌雄比例為1：1則該白眼雌果蠅為基因突變所致；若F1中出現(xiàn)紅眼雌蠅：白眼雄蠅—2：1（或雌雄比例為2：1則該白眼雌果蠅為染色體結(jié)構(gòu)缺失所致（合理即可，4分）33.（1）BCE（5分）解析:煤氣罐中氣體體積不變，氣體不對外做功，當(dāng)溫度升高時(shí)，罐內(nèi)氣體壓強(qiáng)增大，氣體內(nèi)能增大，氣體的分子平均動(dòng)能增大；由熱力學(xué)第一定律可知，氣體一定吸熱，BCE正確.（2）解:①以汽缸的氣體為研究對象，設(shè)溫度為T2時(shí)氣體的壓強(qiáng)為p2.由查理定律得—（1分）解得p2—1.1p0（1分）由力的平衡條件可知p2S—p0S十mg（2分）解得m—EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(p0S),10g)（1分）②關(guān)閉抽氣閥門，氣體的溫度回到T1—300K，以汽缸剩余的氣體為研究對象，則氣體做等容變化.由查理定律得—解得p3—1EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(0p),11)0

（1分）（1分）欲將汽缸從水平面上拉起，則由力的平衡條件得Fmin十p3S—p0S十mg（2分）解得Fmin—p0S（1分）34.（1）ACE（5分）解析:由波速、波長以及頻率的關(guān)系式心—λf可知，λ—EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(心),f)—m—4m，A正確；由題意結(jié)合題圖可知a、b兩點(diǎn)到波源的距離為4m，則d點(diǎn)到兩波源的距離均為10m，則d點(diǎn)到兩波源的距離差為波長的0倍，則該點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，B錯(cuò)誤；由空間關(guān)系可知，c點(diǎn)到左右兩波源的距離分別為7m、13m，則c點(diǎn)到兩波源的距離差為6m，即為半波長的3倍，則c點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)，C正確；同理可知，e點(diǎn)為振動(dòng)減弱點(diǎn)，由干涉現(xiàn)象可知，e點(diǎn)的位移始終為零，D錯(cuò)誤；由同側(cè)法可知，兩列波的起振方向均為垂直工軸向上，E正確.（2）解:①由題意作出光路圖，如圖所示，光線經(jīng)a點(diǎn)發(fā)生反射和折射，設(shè)第一次折射時(shí)折射角為r，由幾何關(guān)系可知光線ae與cd平行，由幾何關(guān)系可知ac—tan工45。—2槡6cm（1分）則松inr—槡EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(6),4)（1分） 根據(jù)折射定律n—松inEQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(9),i)EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(0),n)θ)（2分） 代入數(shù)據(jù)解得n—2EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(槡),3)3（1分）②光束在該液體的速度為心—（1分）代入數(shù)據(jù)得心—3EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(槡),2)3X108m/松（1分）由幾何關(guān)系知，光束在液體中傳播的距離為:L—ab十bc—8cm（1分）則光束在液體中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間:t—EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(L),心)（1分）代入數(shù)據(jù)解得:t—16EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(槡),9)X10—10松—3.1X10—10松（1分）35.（1）N原子2P軌道上的電子處于半充滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，因而第一電離能較高（2分）（2）AB（2分）②正四面體形（2分）【高三理綜參考答案第6頁（共8頁）】23098C———（2）C/OH十O————|NKCO——CH—CH—CHOCH2CHO|（2）根據(jù)“”,———（2）C/OH十O————|NKCO——CH—CH—CHOCH2CHO|（2）根據(jù)“”,可知D為—C——OH。EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(2),n)[或（TiO2十）n或TiO2十]（2分）（4）8（1分）492X1030（2分）pNA解析:（1）尿素中N的第一電離能比O的高,原因是:①O失去的是已經(jīng)配對的電子,配對電子相互排斥,因而第一電離能較低；②N原子2P軌道上的電子處于半充滿狀態(tài),比較穩(wěn)定,因而第一電離能較高。（2）NH3的鍵角小于CH4的鍵角,是因?yàn)镹H3的中心原子上孤電子對對成鍵電子對有較大的斥力,A正確；NH3極易溶解在水中,與氨分子為極性分子和氨分子與水分子間能形成氫鍵有關(guān),B正確；NH3的沸點(diǎn)比PH3的高,是因?yàn)镹H3分子間能形成氫鍵,PH3分子間不能形成氫鍵。由分子組成的物質(zhì),其沸點(diǎn)的高低與化學(xué)鍵鍵能大小無關(guān),C錯(cuò)誤；配位鍵屬于σ鍵,1mol[CU（NH3）4]2十中含有16molσ鍵,D錯(cuò)誤。（3）①基態(tài)鐵原子的電子排布式為1s22s22P63s23P63d24s2,基態(tài)鐵原子核外s能級(jí)和P能級(jí)的電子數(shù)之比為8：12—2：3。 12②POEQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(3),4)—中P的價(jià)層電子對數(shù) 12的雜化類型是sP3。

X（8—4X2）十4—0十4—4,POEQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(3),4)—的空間構(gòu)型為正四面體形,POEQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(3),4)—中P③Ti3十3十2十的價(jià)層電子排布式分別為3d1、3d5、3d9、3d10,存在未成對電子的金屬離子具有順2十中具有順磁性的離子是Ti3十、Fe3十、CU2十。Ti3十、Fe3十、CU2十、zn2十各1mol中,未成對電子數(shù)最多的金屬離子是Fe3十。④Ti(Ⅳ)在酸溶液中可形成多種離子。其中如圖所示結(jié)構(gòu)的離子符號(hào)為TiO2十。（4）zrO2晶胞中,zr4十在晶胞中的配位數(shù)是8。1個(gè)zrO2晶胞中,有4個(gè)zr4十和8個(gè)O2—。設(shè)該晶胞的體積是VPm3,則該晶胞的密度為VX23EQ\*jc3\*hps8\o\al(\s\up7(g),0)cm3—pg.cm—3,則V—X1030。O—/——O—C—/——O———N|（2分）

十HCl（2分）—（3）①—CH（3）①—CH—CHCOOCH2—③賴基（1分）—（或—CH1分）—/（或—CH1分）—/CHO|CHOCHO（6）①消去反應(yīng)（1分）

（2分）CC13H10O2B濃硫酸CC13H10O2B濃硫酸A”和“有機(jī)物A能與Na2CO3溶液反應(yīng)產(chǎn)生CO2,其鈉鹽可H3BO3,Δ用于食品防腐。有機(jī)物B能與Na2CO3溶液反應(yīng),但不產(chǎn)生CO2；B加氫可得環(huán)己醇”,可知A為術(shù)甲酸,B為術(shù)酪,C為術(shù)甲酸術(shù)酪酷。O——————/——十HCl?！狢——O——N|—CH）?！?/p>