2023届贵州省贵阳市3+3+3高考备考诊断性联考（三）三模试题含答案（六科试卷）.pdf

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1、20232023 届贵州省贵阳市届贵州省贵阳市 3+3+33+3+3 高考备考诊断高考备考诊断性联考（三）三模试题含答案性联考（三）三模试题含答案（六科试卷六科试卷）目目 录录1.2023 届贵州省贵阳市 3+3+3 高考备考诊断性联考（三）三模理数试题含答案2.2023 届贵州省贵阳市 3+3+3 高考备考诊断性联考（三）三模文数试题含答案3.2023 届贵州省贵阳市 3+3+3 高考备考诊断性联考（三）三模语文试题含答案4.2023 届贵州省贵阳市 3+3+3 高考备考诊断性联考（三）三模英语试题含答案5.2023 届贵州省贵阳市 3+3+3 高考备考诊断性联考（三）三模文综试题含答案6.

2、2023 届贵州省贵阳市 3+3+3 高考备考诊断性联考（三）三模理综试题含答案2023 届“3+3+3”高考备考诊断性联考卷（三）理科数学参考答案一、选择题（本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分）题号123456789101112答案BDCAACCDBBCA【解析】1212iii2i2izz ，故，故选 B20 1 2 3 40 1 2BAB，故，故选 D3 对于 A：由题图知，2023 年 4 月 19 日至 4 月 25 日的高速公路车流量的极差为25223，故 A 正确；对于 B：易知 2023 年 4 月 19 日至 4 月 25 日的高速公路车流量的中位数为17，故

3、B 正确；对于 C：2023 年 4 月 19 日至 4 月 21 日的高速公路车流量波动更大，故C 错误；对于 D：2023 年 4 月 23 日的高速公路车流量为 22 万车次，同比增长率为 10%，设 2022 年 4 月 23 日的高速公路车流量为 x 万车次，则22100%10%xx，解得20 x，故 D 正确，故选 C4观察主视图中的木条位置和木条的层次位置，分析可知侧视图是 A，故选 A5因为2|sin|()2xf xx，所以()()fxf x，即函数为偶函数，排除 C，D；因为06f，所以排除 B，故选 A62()1afbxxx，由已知得2104102abab ，解得2316a

4、b ，221()ln36f xxxx ，21(2)(1)1(333)xxfxxxx ，由02(1)fxx，得，故选 C7 如图 1，取11AC的中点D，连接1B D，AD，在正三棱柱111ABCABC中，底面111ABC是正三角形，111B DAC又1CC 底面111ABC，11CCB D又1111CCACC，1B D 平面11AAC C，1B AD为1AB与 平 面11AAC C所 成 角 由 题 意，设12ABACAAa，221(2)3B Daaa，221(2)(2)2 2ABaaa，在1RtB AD中，11136sin42 2B DaB ADABa，故选 C8如图 2，由题意可得2 3A

5、BCD，弧田面积12(弦矢矢2)图 1=21(2 3)4 322CDCDCD，所 以2CD 设 圆 半 径 为 r，则 有222222(2 3)(2)AOADODrr，即，解得4r，故2OD，在 RtAOD 中，3AOD，所以23AOB，所求弧长为28433，故选 D9椭圆的方程为22195xy，直线3(0)ykx k过原点，设1111()()A xyBxy，22()D xy，2221212122212121.ADBDyyyyyykkxxxxxx又2211195xy，2222195xy，得22221212095xxyy，2212221259yyxx，59ADBDkk，故选 B10如图 3 所示

6、，设圆锥的底面圆圆心为点D，延长 AD 与球面交于 B设圆锥底面半径为 r，母线为 l，则223rlrr，得2lr，圆锥的高223RthlrrRABCCDAB，设球半径为，则中，222(2)3(23)CDADBDrhRhrrRr有，即，即，23rR，故231393324233rrVVr锥球，故选 B11当0a时，对任意0 x，2()()4f xxa在(0)，内最多有 1 个零点，不符题意；所 以0a，当xa时，2()()4f xxa，由2()40 xa，可 得2xa或2xa，则在xa上，2()()4f xxa有一个零点，所以()cos()f xxa在(0)a，内有 3 个零点，即cos()0

7、xa在(0)a，内有 3 个零点，因为0 xa，所以0axa，()0axa，所以7522a-，解得5722a，综上所述，a的取值范围为2257，故选 C12由题意得2ea，23e3 e4e4 2ac，而2416e39，43ee134，则1aacc，即，22ln2lneln2ln2lneeee2，构 造 函 数ln()()xf xfxx，2ln2xx x，可 知 当20e()xf x时，单 调 递 增；当2e()xf x时，单 调 递 减，故(e)(2)ffab，224 2ln22lne3ln2lneln83elnee2 28e，由于()f x在2e处取得图 2图 3最大值，故不等关系显然成立，

8、故选 A二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分）题号13141516答案12513622112，【解析】13由题意，向量a与b垂直，则4120a bmm，解得125m 14设为“k b，的所有组合”，则()4312n，设事件A为“直线ykxb不经过第二象限”，则要求00kb，所以()224n A，从而()41()()123n AP An15依题意可设圆222()Cxcya：与双曲线22221(00)xyTabab：，的一条渐近线交于点 M，N，由0MFNF ，可知MNF为直角三角形，所以圆 C 与渐近线相交所得弦 长|2MNa，由 题 可 得 双 曲 线22221(00)

9、xyTabab：，的 一 条 渐 近 线 为0bxay，所以焦点F到渐近线 l 的距离为22|bcdbba，所以22222aab，得222ab，所以双曲线 C 的离心率22161122cbeaa16依正弦定理2(sinsin)()sinbCBb cbaAa，由tan0A，知角 A 是钝角，则222abc，当cb时，令1ctb，22222221()111(1)2(1)21cb cbbcbttbabctttcb111212222 22(1)22(1)211tttt，当且仅当21t 时，取“=”，即2()2102b cba，当cb时，2()=0b cba；当cb时，令(0 1)ctb，2222221

10、()111cb cbbcbtbabctcb，令21()1tf tt，(0 1)t，2222221(1)2(1)21()0(1)(1)tttttf ttt，所以()f t在(0 1)，上单调递增，所以(0)()(1)ff tf，即2()10b cba，综 上 得2()2112b cba，所 以(sinsin)sinbCBaA的取值范围是2112，三、解答题（共 70 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17（本小题满分 12 分）（1）证明：因为当2n时，有11(2)(1)0nnnanaa，所以当3n时，121(3)(2)0nnnanaa，（2分）由，整理可得212nnnaaa，（3分）所

11、以数列na是等差数列（4分）（2）解：由（1）可知na是等差数列，所以14414()56220aaSa，（5分）可得41820aa，（7分）所以数列na的公差820441d，（8分）所以204(1)424nann，（9分）所以22(20424)111212222222nnnSnnn （10分）又nN，所以当5n 或6n 时，Sn取到最大值为 60（12分）18（本小题满分 12 分）（1）证明：ABCD为直角梯形，ABCD，CDBC又CDCE，BCCEC，（1 分）.CDBCE 平面（2 分）又BE BCE平面，CDBE（3 分）又45ADC，2AD，如图 4，作AFCD，1AF，1BC 又4

12、5EDC，2CDCE又3BE，由勾股定理可知BEBC（4分）BCCDC，BEABCD 平面（5分）BE 平面ABE，平面ABE 平面ABCD（6分）（2）解：由（1）知CDBCE 平面，ABCD，ABBCE 平面又BCBE，以B为原点建立空间直角坐标系，（7 分）(0 0 1)A，(1 0 2)D，(03 0)E，(1 0 0)C，.CDBCE 平面，(0 0 2)CD ，BCE是平面的一个法向量（8分）设()nxyz，为平面ADE的法向量，(1 0 1)AD，(031)AE ，00nADnAE，030 xzyz，（9分）令3z，(3 13)n ，（10分）设平面ADE与平面BCE所成的二面角

13、为，且为锐角，所以21cos7|CD nCDn （12 分）19（本小题满分 12 分）解：（1）记事件(1 2 3)iA i ，表示第一局获得i分，事件(1 2)iB i ，表示第二局获得i分，图 4这些事件相互独立，由条件知X的可能值为 5，4，3，2（1分）3232111(5)()()()4416P XP A BP A P B；312213115(4)()()442416P XP A BP A B；211213117(3)()()244416P XP A BP AB；11133(2)()4416P XP AB（3分）其分布列为（4 分）173()54321616161616455213E

14、 X （6 分）（2）设小明每天赢得的局数为Y，则1204YB，于是202013)C4(4kkkP Yk（7分）根据条件得201211202020119120201313CC4441313CC44444kkkkkkkkkkkk，（9分）由得201212020!(20)!(1)!(211313444)!4kkkkkkkk！，得214k，同理由得174k，所以724114k，（11分）X5432P116516716316又因为k Z，所以5k，因此在每天的 20 局四人赛中，小明赢得 5 局的比赛概率最大（12分）20（本小题满分 12 分）（1）解：令()ln(1)kxh xxxk，()h x的

15、定义域为(1)，22221(2)()1()(1)()kx xkkh xxxkxxk（1分）当(0 1)(1 2)k，时，2(12)xkk，时，()0h x，()h x在2(12)kk，上是增函数；2(20)xkk，时，()0h x，()h x在2(20)kk，上是减函数；(0)x，时，()0h x，()h x在(0)，上是增函数；（3分）当1k 时，2211()1(1)(1)xh xxxx，(1 0)x ，时，()0()h xh x，在(1 0)，上是减函数；(0)x，时，()0()h xh x，在(0)，上是增函数；（4分）当2k 时，()0()h xh x，单调递增；当2k 时，(1 0)

16、x ，时，()0h x，()h x在(1 0)，上是增函数，2(02)xkk，时，()0h x，()h x在2(02)kk，上是减函数，2(2)xkk，时，()0h x，()h x是增函数（6分）（2）证明：由（1）得3k 时，3()ln(1)3xh xxx，()h x在(0 3)，上是减函数，即当(0 3)x，时，()(0)0h xh，即3ln(1)(03)3xxxx，即331exxx（8分）令21xk，231 321111e111(1)1kkk kkk ，（10分）求和即得231 31111111e1111122311nkknnnn （12分）21（本小题满分 12 分）（1）解：1121

17、2|22PFPFFFacL，21212|224PFPFBFBFaLaa，（2分）则1222344LacLa，得2ac，与3b 联立解得2234ab，所以椭圆 C 的标准方程为22143xy （4 分）（2）证明：设 P(0 x，0y)，A(1x，1y)，B(2x，2y)，则2200143xy，可设直线 PA 的方程为1xmy，其中001xmy，联立221143xmyxy，得22(34)690mymy，则0122009934134y ymxy，（6分）同理可得，022009134y yxy （7 分）因为11 211 2213221PF BPF FAF BBF FSSSSSSSSSS111212

18、211112122111sinsin2211sinsin22PFFBPFBPFFFPF FAFFBAFBBFFFBF F1212PFPFAFBF，（9分）所以213221SSSSSS1212PFPFAFBF0012yyyy01211yyy（10分）222000001134349xxyyy2220003(1)3(1)89xxy220068624610993xy，所以213221SSSSSS是定值（12分）22（本小题满分 10 分）【选修 44：坐标系与参数方程】解：（1）1C的参数方程为cos1sinxy，（为参数），消去可得，22(1)1yx，所以曲线1C的直角坐标方程为2220 xyy（1

19、分）将cosx，siny代入得，曲线1C的极坐标方程为2sin，（2分）2C的极坐标方程为2 3cos，联立可得tan3，02，（3分）所以曲线1C和曲线2C的交点极坐标为(0 0)，和33，（5分）（2）当6时，2sin16M，2 3cos36N，|2MNMN（6分）显然当点 P 到直线 MN 的距离最大时，PMN 的面积最大，（7分）直线 MN 的方程为33yx，圆心2C到直线 MN 的距离为32，（8分）所以点 P 到直线 MN 的最大距离3 33232d，（9分）所以113 33 3|22222PMNSMNd（10分）23（本小题满分 10 分）【选修 45：不等式选讲】（1）解：原不

20、等式等价于2|3|1|3xxmm x R，（1分）|3|1|31|4xxxx，（3分）243mm，解得14.m （5分）（2）证明：由（1）知1M ，2ab，(1)(1)4.ab（6分）14114114(1)19(1)(1)5(54)1141141144baabababab，（9分）当且仅当1533ab，时等号成立（10 分）2023 届“3+3+3”高考备考诊断性联考卷（三）理科综合参考答案一、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。题号12345678910111213答案DCCBCABCCBADD二、选择题：本题共 8 小题，每小题

21、 6 分。在每小题给出的四个选项中，第 1417 题只有一项符合题目要求；第 1821 题有多项符合题目要求，全部选对的给 6 分，选对但不全的给 3分，有选错的给 0 分。题号1415161718192021答案BDDAADBDACDBC【解析】1Na+对维持内环境渗透压具有重要作用，A 正确。严重的低血钠使细胞外液渗透压下降，组织细胞吸水导致细胞肿胀，B 正确。低血钠使细胞外液渗透压下降，抗利尿激素分泌减少，内环境中的抗利尿激素含量可能低于正常人，C 正确。神经细胞兴奋时 Na+通过协助扩散内流，D 错误。2 题干所述细胞的死亡属于细胞凋亡，细胞凋亡是由基因决定的细胞自动结束生命的过程，A

22、、B 错误。被感染细胞的凋亡是基因控制下的程序性死亡，某种蛋白激酶合成表明该细胞存在基因的选择性表达，C 正确。由题意可知，细胞内合成的某种蛋白激酶可以使被病毒感染的细胞发生凋亡，因此，抑制蛋白激酶的活性不利于机体维持健康，D 错误。3根据题意，当重力方向改变，平衡石细胞中的淀粉体发生沉降，使横放的茎、根等部位发生生长素的横向运输，淀粉体可将重力信号转变为运输生长素的信号，A 错误。失重状态会影响植物根部生长素的横向运输，B 错误。信号分子的改变会引起生长素的运输，可能会影响植物细胞内基因表达过程，C 正确。由于受到重力作用，水平放置的根中近地侧生长素浓度高于远地侧，D 错误。4适当降低环境温

23、度，会影响暗反应酶的活性，无论固定反应、还原反应的酶活性上升或下降，C3、C5的含量都不会同步增加，应一增一减，A 错误。适当补充 CO2，C3含量增加，C5含量减少，B 正确。适当减少光照，光反应产生的H（NADPH）和 ATP 减少，C3含量增加，C5含量减少，C 错误。增施镁肥利于叶绿素合成，光反应产生的H（NADPH）和 ATP 增加，C3含量减少，C5含量增加，D 错误。5板栗树和茶树分别处在群落的不同垂直层次，可提高群落利用光照等环境资源的能力，A 正确。引入了板栗树（生产者），其光合作用固定太阳能，可增大流入生态系统的总能量，B 正确。高低错落的不同板栗植株属于同种生物，不能体现

24、群落的垂直结构，C 错误。信息素防治害虫就是根据信息素是生物间传递消息的途径这一特性防治害虫，在使用过程中不会有残留污染环境，属于生物防治，D 正确。6据题可知，疫苗中的 mRNA 不能直接作为抗原刺激机体，而是通过在细胞中翻译出的蛋白质作为抗原刺激机体产生特异性免疫，A 错误。人体清除外来抗原，体现了免疫系统的防卫功能，B 正确。依据题意，mRNA 疫苗是包裹在脂质纳米颗粒中进入人体细胞，脂质膜与生物膜具有相似的结构特性，有一定的流动性，可依赖生物膜的流动性进入人体细胞，C 正确。接种新冠病毒 mRNA 疫苗之所以能起到预防作用是因为注射 mRNA疫苗后合成的抗原使体内产生了抗体和记忆细胞，

25、D 正确。7A 项，碳纤维和玻璃纤维属于无机非金属材料。C 项，碳化硅材料是一种新型无机非金属材料。D 项，氢燃料汽车是利用原电池的原理提供电能的。8A 项，由结构简式可知，M 分子中的 C=N 键和 N 分子中的NH2发生加聚反应形成聚脲。B 项，由结构简式可知，N 分子结构对称，苯环上有如图所示的 2 类氢原子：，则苯环上的一氯代物有 2 种。C 项，N 和苯胺结构不相似，所以二者不是同系物。D 项，由结构简式可知，聚脲分子中含有酰胺键，在一定条件下能发生水解反应生成、和 CO2（或23CO）。9A 项，次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，因此 NaClO 与 CO2反应的离子方程式为ClO+C

26、O2+H2O=HClO+3HCO。B 项，酸性 KMnO4与 SO2反应的离子方程式应为42MnO+5SO2+2H2O=245SO+2Mn2+4H+。D 项，向 H2O2溶液中滴加少量 FeCl3，FeCl3只是起到催化 H2O2分解的作用，没有参与氧化还原反应。10A 项，由图可知，电极 a 的电极反应为Fe(CN)64Fe(CN)63，电极 a 为阳极，发生氧化反应，正确。B 项，该装置总反应方程式为 2H2O=2H2+O2，气体 M 是 O2，气体 N 是 H2，故产生的气体物质的量之比为 12，B 错误。C 项，电极 b 的反应为DHPS+2H2O+2e=DHPS2H+2OH，根据电解

27、原理可知，阴离子向阳极移动，故OH从电解池右室通过隔膜向左室迁移，每产生 2.24L H2，转移的电子数为 0.2NA，故有 0.2NA的 OH经隔膜从 b 移向 a，正确。D 项，反应器中反应为 4Fe(CN)63+4OH=4Fe(CN)64+O2+2H2O，正确。11标准状况下，HF 是液态，不能用气体摩尔体积进行相关计算，故选 A。12R、W、X、Y、Z 原子序数依次增大且均不超过 20，R、Y 为非金属元素，结合该物质为磷酸盐矿物，确定 R、Y 分别为 O、P；W、X、Z 为金属元素，W 的最高正化合价为+1，确定 W 为 Na；X 和 Z 同族，Z 为 Ca，则 X 为 Mg。A 项

28、，简单离子半径：Mg2+O2Ca2+，Mg2+、O2电子层数相同，Mg2+核电荷数大，半径小，Ca2+电子层数为3 层，半径大，即 XRNH3PH3，正确。13A 项，稀硝酸易挥发，生成的 CO2含有稀硝酸，稀硝酸也能与硅酸钠溶液反应使其变浑浊。B 项，往蛋白质溶液中滴加盐溶液析出固体，可能发生蛋白质的盐析（如 NaCl）或变性（如 CuSO4）。C 项，n(Fe3+)=5n(I)，反应中 Fe3+过量，所以即便反应彻底，也会有 Fe3+存在。14由光电方程可得kEhW，kCEeU，ChWUee，可见 a、b 两条图像应平行且a 的极限频率更大，故 B 正确。15 由2211=22ha ta

29、t下 下上 上，+mg fma上，mgfma下，据 题 意 有tkt下上，解 得2211kfmgk，故 D 正确。16电子从 a 点运动到 b 点，从高电势运动到低电势，其电势能增大，电场力做负功，故A 错误。同理可得从 a 点到 c 点电子电势能增加，故 B 错误。由题意可知 ac 的中点电势为6V，与b点电势相等，可得电场沿ac方向，故C错误。1V/cm100V/mabUEd，故 D 正确。17设三角形边长为 a，可得圆半径233323raa，线圈 a 的面积2213aSra，线圈 b 的面积为2133224bSaaa，两线圈产生的感应电动势有效值之比为4 39aabbESES，线圈 a

30、的周长为2 33aal，b 的周长为3bla，两线圈的电阻之比aabbRlRl，两线圈消耗的功率分别为2aaaEPR、2bbbEPR，可得8 39abPP，故 A 正确。18由几何关系可知卫星 P 绕地球运动的半径为2rR，万有引力提供卫星做圆周运动的向心力222224MmGmmrmrmarrTv，地面上的物体有2GMmm gR，解得122gRv，8gR，82RTg，4ga，故 A、D 正确。19 b 下滑过程有2012mgRmv，04m/sv，b 刚进入磁场时，a 的加速度最大，此时0EBL v，2EIr，IBLma，解得5AI，212.5m/sa，故 A 错误，B 正确。b 进入磁场后 a

31、、b 组成的系统动量守恒0()babmmmvv，22011()22babEmmmvv，解得0.6JE，安培力对系统做的总功为负功，数值上等于系统损失的机械能，即整个过程中安培力对a、b 做功的总和为0.6J，故 C 错误。因两根导体棒电阻相等，故导体棒 a 产生的焦耳热为 0.3J，故 D 正确。20由题意可知，通电直导线在 a 点产生的磁感应强度大小为0B，方向与匀强磁场方向相反，可知匀强磁场方向垂直 Oa 向左，b、c 两点处的磁感应强度均为两个大小为0B的磁感应强度成60合成，因此这两点处的磁感应强度大小相等，且均为03B，故 A 正确，B 错误。从 a 到 d，长直电流产生的磁感应强度

32、越来越大，且与匀强磁场的夹角越来越小，因此合磁场不断增大，故C正确。长直电流在d点产生的磁感应强度大小为02B，与匀强磁场成120，002cos303BBB，故 D 正确。21小球运动到 P 点时，沿杆方向除重力的下滑分力以外，还受到摩擦力的作用，其加速度应小于sin45g，故 A 错误。从 M 到 N，据动能定理可得0fMNmgLW，根据小球受力情况可知，当小球位于关于 P 点对称的两个位置时，杆对小球的支持力大小相等，故其所受摩擦力大小也相等，因此小球从 M 到 P 的过程中摩擦力对小球做的功应等于从 P 到 N 的过程中摩擦力对小球做的功，因此1122fMPfPNWWmgL，故 B 正确

33、。从 M到 P，重力对小球做的功大小等于小球克服摩擦力做的功，故弹性绳减小的弹性势能转化为小球的动能，故 C 正确。据前面的分析可知，小球从 M 到 P 的过程中摩擦力对小球做的功应等于从 P 到 N 的过程中摩擦力对小球做的功，因此小球从 M 到 P 的过程损失的机械能应等于从 P 到 N 的过程中损失的机械能，故 D 错误。三、非选择题（共 174 分）（一）必考题（共 11 小题，共 129 分）22（每空 2 分，共 6 分）（1）（2）2.45120【解析】（1）释放后，A 应向下运动，B 向上运动，故ABmm。（2）2CEACxxaT，0.2T，解得22.45m/sa；据牛顿第二定

34、律可得AAm gTm a，BBTm gm a，解得3120g5BAmm。23（除特殊标注外，每空 2 分，共 9 分）（2）0.400（3）1（4）5.138（3 分）【解析】（3）指针偏转角度太大，说明所测电阻为较小的电阻，应该换用小倍率，故选“1”。（4）2.555.10.50URI。据电阻定律可得LRS，22dS，解得38mL。24（12 分）解：碰撞前，对P有20122222hmghmgmvP、Q发生弹性碰撞，有022PQmmmvvv222011122222PQmmmvvv碰撞后，对P有21222PPmgxmv对Q有212QQmgxmv最终P、Q之间的距离QPdxx解得7.5dh评分标

35、准：本题共 12 分。正确得出、式各给 1 分，其余各式各给 2 分。25（20 分）解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，有02ht v2132hatqEam解得2032mEqhv（2）如图甲所示，粒子离开电场时220yvvvyatv解得02vv粒子进入磁场后做圆周运动，若从b点出磁场，轨迹如图乙所示，有21q Bmrvv据几何关系可得133rL圆心角123粒子在磁场中运动的时间1 1rtv解得039Lt v（3）若粒子从d点出磁场，轨迹如图丙所示。设粒子速度的偏转角为，据几何关系可得2sinsin304LrL22coscos304Lrr解得213 312rL22q Bmrvv解得08 313

36、mBqLv评分标准：本题共 20 分。正确得出、式各给 2 分，其余各式各给 1 分。26（除特殊标注外，每空 2 分，共 14 分）（1）+6（1 分）制作光导纤维、光学玻璃（1 分）（2）22VO+(x1)H2O+2OH=V2O5xH2O或222VO(1)H Ox=252V OH Ox+2H+11030.7（3）4.5（4）趁热过滤（5）60；90（6）2223273S O4Cr O26H=32428Cr6SO13H O27（除特殊标注外，每空 2 分，共 14 分）（1）蛇形冷凝管或冷凝管（1 分）SO3+SCl2=SOCl2+SO2（2）尾气处理装置 D 前无干燥装置（1 分）（3）抑

37、制三氧化硫气体逸出，起到封闭的作用（或防止外界的水和氧气进入蒸馏装置）取下锥形瓶 C，将液体转移至蒸馏烧瓶中，加入几粒沸石，温度计下端水银球置于蒸馏烧瓶支管口处，向冷凝管中通冷凝水，加热蒸馏烧瓶，收集 78.8的馏分（答到转移至蒸馏烧瓶、加入沸石及收集 78.8的馏分即得 3 分）（4）65.0%偏低（1 分）（5）2SOCl2+4e=S+SO2+4Cl【解析】观察 A 中气泡控制 N2的流速，装置 B 发生反应 H2SO4(浓)SO3+H2O用于制取 SO3，装置 C 中 SO3与 SCl2反应制取 SOCl2，装置 D 用于吸收尾气。（1）仪器 a 的名称为蛇形冷凝管；SO3与 SCl2反

38、应生成 SOCl2和 SO2，反应方程式为SO3+SCl2=SOCl2+SO2。（2）SOCl2能与水剧烈反应，该制备 SOCl2装置存在的缺陷为尾气处理装置 D 前无干燥装置。（3）装置 B 中产生三氧化硫，容易溢出，通入 N2能够抑制三氧化硫气体逸出，起到封闭的作用，使 SO3顺利进入装置 C 发生反应；蒸馏的具体操作为取下锥形瓶 C，将液体转移至蒸馏瓶中，加入几粒沸石，温度计下端水银球置于蒸馏烧瓶支管口，蒸馏，收集78.8的馏分进行分离。（4）滴定的原理为 H2SO3+I2+H2O=24SO+2I+4H+，则 n(H2SO3)=n(I2)=cV=0.5mol L113.00103L=6.

39、5103mol，取 所 得 溶 液 体 积 的 十 分 之 一，由 元 素 守 恒 可 得m(SOCl2)=10nM=106.5103mol119g/mol=7.735g，由制取 SOCl2原理 H2SO4(浓)SO3+H2O、SO3+SCl2=SOCl2+SO2，加入 5.44mL 浓硫酸，n(H2SO4)=0.100mol，n(SOCl2)=n(H2SO4)=0.100mol，理论得到的质量 m(SOCl2)=nM=0.1mol119g/mol=11.9g，则 SOCl2的产率为7.735g100%65.0%11.9g；滴定终点时，发现滴定管尖嘴处有气泡，消耗标准液体积偏小，则测定结果偏低

40、。（5）正极得电子发生还原反应，该锂电池的正极为 SOCl2，则正极反应式为2SOCl2+4e=S+SO2+4Cl。28（除特殊标注外，每空 2 分，共 15 分）（1）164.0（2）0.24kPas1（3）吸收（1 分）CO+OH+H+3H2(g)=CO+H2O(g)+3H2(g)或OH+H=H2O(g)（4）p3p2p1温度低于 600时主反应进行程度较大，CO2的转化率下降；温度超过 600时，副反应进行程度较大，CO2的转化率上升（5）1适当减小 c(CO2)c(H2O)的投料比（或及时移出产物）【解析】（1）根据常温常压下H2、CH4燃烧热可知2H2(g)+O2(g)=2H2O(l

41、)H3=571kJ mol1CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H4=890kJmol1，根据盖斯定律可知：2 +2 可 得 反 应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)H1，H1=2(571)(890)+2(+44)kJmol1=164kJmol1。（2）同温同压下气体的压强和物质的量成正比，CO、H2的起始压强分别为 15kPa、30kPa，某时刻测得H2O(g)的分压为10kPa，p(H2O)=10kPa，则p(CO2)=5kPa，p(H2)=20kPa，且此时 p(CO2)=10kPa，p(H2)=10kPa，v(CH4)=1.2106p(CO2)

42、p4(H2)kPa s1=0.12kPa s1，v(H2O)=2v(CH4)=0.24kPas1。（3）从图分析，粒子吸附在催化剂表面到新形成过渡态的过程会吸收热量，反应历程中最小能垒（活化能）步骤为最后一步，化学方程式为CO+OH+H+3H2(g)=CO+H2O(g)+3H2(g)或OH+H=H2O(g)。（4）主反应是放热反应，低温时主要发生该反应，该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2平衡转化率增大，故 p3p2p1。温度低于 600时主反应进行程度较大，CO2的转化率下降；温度超过 600时，副反应进行程度较大，CO2的转化率上升。（5）恒压条件下，按 c(CO2)

43、c(H2O)=12 投料，结合方程式可知：曲线 a 表示 H2O 的浓度变化，曲线 b 表示 CO2的浓度变化，曲线 c 表示 O2的浓度变化，曲线 d 表示 CH4的浓度变化，350时，c(CO2)=c(CH4)；c(H2O)=c(O2)，故224222(O)(CH)1(H O)(CO)ccKcc，为提高 CO2的转化率，除改变温度外，还可采取的措施为适当减小 c(CO2)c(H2O)的投料比或及时分离产物。29（除特殊标注外，每空 2 分，共 9 分）（1）细胞质基质（1 分）线粒体基质（1 分）前两个阶段产生的H与氧结合形成水，并释放大量的能量（或H+O2酶H2O+大量能量）（3 分，H

44、与氧结合 1 分，形成水 1 分，释放大量能量 1 分）（2）温度为 3、氧含量为 3.0%在此条件下，CO2释放量最少，说明消耗有机物最少（CO2释放量最少 1 分，消耗有机物最少 1 分）【解析】（1）有氧呼吸分为三个阶段，场所分别为细胞质基质、线粒体基质和线粒体内膜，其中第三阶段发生在线粒体内膜，主要变化是前两个阶段产生的H与氧结合形成水，并释放大量的能量（或H+O2酶H2O+大量能量）。（2）从数据可以看出，在氧含量为 3.0%、温度为 3时，CO2释放量最少，这也说明此条件下，呼吸作用强度最弱，有机物的消耗最少，适合长期贮藏植物。30（除特殊标注外，每空 2 分，共 9 分）（1）神

45、经调节和体液（激素）调节酶（1 分）（2）分析和综合（3）外界环境湿度过大影响汗液蒸发散热，散热小于产热造成体温升高（3 分，湿度大影响汗液蒸发散热 2 分，散热小于产热 1 分，意思对即可）（4）（淡）盐水（1 分）【解析】（1）人体的体温调节过程是神经调节和体液调节相互协调发挥作用的过程，细胞代谢主要受酶活性影响，酶活性受到温度、pH 的影响很大。（2）反射弧中，神经中枢的功能是产生兴奋并对传入的信息进行分析和综合。（3）汗液蒸发是人体主要的散热方式，高温环境湿度过大使汗液不易蒸发，导致体温升高加剧。（4）大量出汗后既要补水又要补盐，所以建议喝淡盐水。31（除特殊标注外，每空 2 分，共

46、9 分）（1）消费者就地（2）白头叶猴集群分布，标志个体不能在种群中均匀分布；性情机警，极善跳跃和攀爬，难以标记；分布范围小，个体较大（答对其中一点即可）（3）甲（1 分）白头叶猴种群经过一定时间的增长后，数量趋于稳定，更符合甲（“S型”曲线）（合理即可得分）【解析】（1）白头叶猴属于生态系统中的消费者；根据题意可知，设立国家自然保护区是保护白头叶猴种群数量最有效的措施，即进行就地保护。（2）由于白头叶猴集群分布，标志个体不能在种群均匀分布；性情机警，极善跳跃和攀爬，难以标记，不应用标志重捕法进行调查统计。（3）由于自然资源和空间有限，种群数量变化不符合乙（J 型曲线），且结合统计数据可知，白

47、头叶猴种群数量的总体增长趋势更符合甲（S 型曲线）。32（除特殊标注外，每空 2 分，共 12 分）（1）常（1 分）显（1 分）（2）AAXBXb、AaXBXb3/8（3）利用未放入培养箱中的雌雄直刚毛果蝇交配得幼虫，将幼虫放在 25培养箱中培养（杂交方案 1 分，培养温度 1 分）子代全为焦刚毛子代有直刚毛也有焦刚毛（或子代出现直刚毛）【解析】（1）由 F1全为抗药，可知抗药为显。由 F1中雌雄个体的刚毛类型表现不同，可知与刚毛类型有关的基因位于 X 染色体，进而判断亲本为雌隐雄显杂交，即亲本雄蝇表现的直刚毛为显。而与抗药性有关的基因与刚毛类型的基因位于非同源染色体，所以与抗药性有关的基因

48、位于常染色体上。（2）由（1）可确定亲本的基因型为 AAXbXb、aaXBY，F1基因为 AaXBXb、AaXbY，则F2抗药直刚毛雌蝇的基因型是 A_XBXb。F2中雄蝇有 XBY（直刚毛）和 XbY（焦刚毛），F2雄蝇中直刚毛占 1/2，A_（抗药）占 3/4，所以 F2雄蝇中抗药直刚毛的个体所占的比例是 1/23/4=3/8。（3）焦刚毛果蝇的基因型为 XbXb或 XbY，未放入培养箱中的果蝇出现了直刚毛，可能是遗传物质改变引起的（基因型变为 XBXb或 XBY），也可能只是高温环境影响所致（基因型不变）。要鉴定直刚毛出现的原因，应将其置于正常温度下进行观察，可设计实验如下：利用未放入培

49、养箱中的雌雄直刚毛果蝇交配产卵，将幼虫放在 25培养箱中培养；观察子代果蝇的刚毛类型。预期结果与结论：若子代全为焦刚毛，说明只由温度变化引起的不可遗传变异（或遗传物质没有改变）；若子代有直刚毛也有焦刚毛（或子代出现直刚毛），说明由遗传物质改变引起的可遗传变异。（二）选考题：共 45 分。33（15 分）（1）（5 分）BCE（选对 1 个给 2 分，选对 2 个给 4 分，选对 3 个给 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分）【解析】过程 1 体积膨胀过程中气体的压强小于过程 2 中体积膨胀过程中气体的压强，因此过程 1 中气体对外做的功小于过程 2 中气体对外做的功，故 A

50、错误。状态 b 时气体的pV值小于状态 d 时气体的pV值，因此状态 b 时气体的温度小于状态 d 时气体的温度，故 B 正确。由图中信息可知状态 a 和状态 c 温度相同，因此气体内能也相同，但过程 1 中气体对外做的功小于过程 2 中气体对外做的功，因此过程 1 中气体从外界吸收的热量小于过程 2 中从外界吸收的热量，故 C 正确。过程 1 中因气体对外做了功，因此此过程中吸收的热量应大于放出的热量，因此从 a 到 b 气体放出的热量小于从 b到 c 过程中吸收的热量，故 D 错误，E 正确。（2）（10 分）解：气体发生等温变化1 122pVp V据题意10p Sp Smg1VhS末状态