河南省郑州市名校教研联盟2024届高三下学期模拟预测试卷含答案（五科试卷）.pdf

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1、河南省郑州市名校教研联盟河南省郑州市名校教研联盟 20242024 届高三下届高三下学期模拟预测试卷含答案（五科试卷）学期模拟预测试卷含答案（五科试卷）目 录1.1.河南省郑州市名校教研联河南省郑州市名校教研联盟盟 2022024 4 届高三下学期模拟预测届高三下学期模拟预测语文语文试卷试卷含答案含答案2.2.河南省郑州市名校教研联河南省郑州市名校教研联盟盟 2022024 4 届高三下学期模拟预测数学试卷届高三下学期模拟预测数学试卷含答案含答案3.3.河南省郑州市名校教研联河南省郑州市名校教研联盟盟 2022024 4 届高三下学期模拟预测届高三下学期模拟预测英语英语试卷试卷含答案含答案4.

2、4.河南省郑州市名校教研联河南省郑州市名校教研联盟盟 2022024 4 届高三下学期模拟预测届高三下学期模拟预测文综文综试卷试卷含答案含答案5.5.河南省郑州市名校教研联河南省郑州市名校教研联盟盟 2022024 4 届高三下学期模拟预测届高三下学期模拟预测理综理综试卷试卷含答案含答案#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=#2024届河南省郑州市名校教研联盟高三下学期模拟预测理综试题届河南省郑州市名校教研联盟高三下学期模拟预测理综试题#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAAS

3、RNABAA=#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEE

4、QkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=#QQABRYQAo

5、gCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=#生物参考答案第 1 页（共 5 页）绝密绝密启用前启用前生物参考答案生物参考答案1.【答案】C【解析】部分植物细胞没有叶绿体，不能通过光合作用产生 O2，A 错误。PIP2s 蛋白属于细胞膜上的蛋白质，其合成起始于游离的核糖体，需要内质网和高尔基体的加工，然后运输至细胞膜，B 错误。PIP2s 蛋白磷酸化水平升高使其获得了向外运输 H2O2能力，这有利于植物在盐碱地中生长和存活，C 正确。据图分析可以看出，敲除 AT1 蛋白基因后，PIP2s 蛋白发生磷酸化，可以运输 H2O2，仍然可以运输 H2O，D 错

6、误。2.【答案】B【解析】分离绿叶中的色素需要使用层析液，正确；70%的酒精能使小动物和微生物因脱水而死亡，及时固定收集的小动物，防止腐烂，便于统计，正确；观察根尖有丝分裂进行染色使用的试剂是甲紫溶液或醋酸洋红溶液，错误；“绿叶中色素的分离”和“土壤中小动物类群丰富度的研究”这两个实验都不需要显微镜观察，错误。3.【答案】D【解析】F2中红色橙色黄色的比例为 943，属于 9331 的变式，可以推断 F1的基因型为 AaBb，亲代甲、乙的基因型存在两种情况，第一种情况：甲 AAbb、乙 aaBB；第二种情况：甲 aaBB、乙 AAbb。若亲代橙色甲的基因型为 AAbb，则亲代黄色乙的基因型为

7、aaBB，又因为红色丙只用 A 基因的特异引物进行扩增，所以丙对应的条带 4 为 A，所以由此推测条带 3 为 b，同理，根据丁只用 B 基因的特异引物进行的扩增，所以条带 2 为 B，则条带 1 为 a，因为乙的基因型为 aaBB，由此推测条带 1、2、3、4 对应的基因分别是 a、B、b、A；若亲代橙色甲的基因型为 aaBB，则与题意不符，据此判断 A 错误。由此可知甲的基因型为 AAbb、乙的基因型为 aaBB，B 错误。丙为 F2中红色的个体，且带有 A 基因，因此其基因型可能是AABB、AABb、AaBb，不可能是 AAbb，C 错误。根据以上分析，橙色个体的基因型为 1AAbb2A

8、abb1aabb，该群体随机传粉，后代基因型为_ _bb，表型全部是橙色，D 正确。4.【答案】D【解析】图中表示的染色体行为是同源染色体联会形成了 2 个四分体，并且序号为和的同源染色体的非姐妹染色单体之间发生了互换，A 正确。经一次有丝分裂后形成的染色体的 DNA 中有一条链是含有32P（用图中的虚线表示），另一条链是含有的普通 P（用图中的实线表示），继续进行减数分裂时，原料为普通的P，经染色体复制后，每个染色体的两条姐妹染色单体的 P 元素的组成不同，有一条单体含有32P，另一条单体的两条 DNA 链均含有普通的 P，发生非姐妹染色单体的互换时，交换的片段可能是带有32P，也可能是普通

9、的 P 的单体片段之间的互换，有以下两种情况：因此，图中的细胞中不考虑含有32P 与普通 P 的染色单体间的互换（图中第一种情况），则初级精母细胞中的两对同源染色体共有 4 条染色体单体含有32P，形成的次级精母细胞中含有 2 条非同源染色体，如和#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=#生物参考答案第 2 页（共 5 页），可能有 2 条染色体含有32P，B 正确。若考虑第二种情况，则图中有 5 条染色单体含有32P，分别是的 2 条单体、的 1 条单体、和分别只有 1 条单体，C 正确。若按照第一种情况发生互换形成的次级精母

10、细胞如和中含有32P 的单体分到同一极，可能导致含有32P 的染色体分到一个精细胞中，含有普通P 的染色体分到一个精母细胞中，这样形成的 4 个精细胞中恰好有 2 个含有32P，另外 2 个不含有32P，D错误。5.【答案】A【解析】分析图示可知，突触前膜释放谷氨酸的方式属于胞吐，而突触后膜释放腺苷的方式是通过转运蛋白，属于协助扩散，A 错误。腺苷即 ATP 结构中的“A”，腺苷结合三个磷酸基团则成为 ATP，因此腺苷既可以作为信息分子，也可参与细胞内 ATP 的合成，B 正确。咖啡因与腺苷结构类似，可以与腺苷受体结合，从而阻止腺苷发挥作用，抑制睡眠神经，激活觉醒神经元，达到提神醒脑的效果，C

11、 正确。腺苷与 A1 受体结合会抑制觉醒神经元，其机制可能是使神经元膜上 Cl-内流，静息电位增大，细胞难以兴奋，D 正确。6.【答案】A【解析】观察图可知，每个中格有 44=16 个小格，因此 5 个中格共有 80 个小格，5680=0.7，即每个小格中平均有 0.7 个菌，则计数室中的菌数为 4000.7=280 个，台盼蓝可以鉴定细胞为死细胞还是活细胞，死细胞可以被着色，因此活菌数为 2800.8=224 个，又因为观察之前将稀释后的培养液与台盼蓝染液进行等体积混合，这相当于将培养液进行了二等分，因此混合前培养液中的活菌数相当于 2242=448 个，每个计数室的体积为 0.1mm3，经

12、换算可以得到 1mL 酵母菌培养液中活菌数约为 4480.11000100=4.48108个。31.【答案】（9 分）（1）类囊体薄膜（或基粒）（1 分）有氧呼吸第一阶段和第二阶段（1 分）氧化型辅酶（结合 H+和电子）转化成还原型辅酶（或 NAD+结合 H+和电子转化成 NADH）（1 分）（2）（1 分）气孔开放程度下降，植物胞间 CO2浓度下降，植物暗反应速率减慢，制造的有机物减少，由于温度升高导致呼吸作用消耗的有机物增多（2 分）（3）升高（1 分）持续高温导致 Rubisco 酶活性降低，光合作用固定 CO2的能力下降，而气孔开放程度降低，从外界进入的CO2减少，但是呼吸作用产生的

13、CO2增多，导致胞间 CO2浓度升高（2 分）【解析】（1）表示光反应，发生在叶绿体的类囊体薄膜（或基粒），产生H和 CO2的过程为有氧呼吸第二阶段，产生H的过程实际上是指氧化型辅酶转化成还原型辅酶（或 NAD+转化成 NADH）。（2）CO2固定属于光合作用的暗反应阶段，用图中表示。气孔开放程度下降，植物胞间 CO2浓度下降，植物暗反应速率减慢，制造的有机物减少，由于温度升高导致呼吸作用消耗的有机物增多。（3）持续高温导致 Rubisco 酶活性降低，光合作用固定 CO2的能力下降，而气孔开放程度降低，从外界进入的#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBA

14、AMIAAASRNABAA=#生物参考答案第 3 页（共 5 页）CO2减少，但是呼吸作用产生的 CO2增多，导致胞间 CO2浓度升高。32.【答案】（11 分）（1）固醇（或脂质或类固醇）（1 分）分级调节（1 分）下丘脑垂体甲状腺轴、下丘脑垂体肾上腺皮质轴（每点 1 分，共 2 分）（2）副交感（1 分）胰岛 B（1 分）抑制肝糖原分解和非糖物质转变成葡萄糖（每点 1 分，共 2 分）（3）实验实验思路思路：将生理状态相同的雌性小鼠若干只均分成甲、乙两组，甲组每天注射一定量的胰岛素，乙组每天注射等量的生理盐水，在相同且适宜的条件下饲养一段时间后，检测每组小鼠的卵巢的平均大小（2 分）预期结

15、果预期结果：甲组小鼠的卵巢比乙组大（1 分）【解析】（1）雌二醇属于性激素，其化学本质为固醇（或脂质或类固醇），下丘脑、垂体和卵巢对雌二醇的分泌的调控属于分级调节，人体内的分级调节轴还有“下丘脑垂体甲状腺轴”和“下丘脑垂体肾上腺皮质轴”。（2）餐后人体血糖高于正常水平时，副交感兴奋，支配胰岛 B 细胞分泌的胰岛素增多，胰岛素能够通过抑制肝糖原分解和非糖物质转变成葡萄糖，抑制血糖的来源，同时促进血糖的三条去路，实现降血糖的作用。（3）胰岛素过多还可能刺激垂体和卵巢，导致卵巢增大，此实验的材料应选择雌性小鼠，自变量为胰岛素是否过多，因变量为卵巢的大小，设计的实验思路为：将生理状态相同的雌性小鼠若干

16、只均分成甲、乙两组，甲组每天注射一定量的胰岛素，乙组每天注射等量的生理盐水，在相同且适宜的条件下培养一段时间后，检测每组小鼠的卵巢的平均大小。预期结果：甲组小鼠的卵巢比乙组大。33.【答案】（10 分）（1）浮游植物固定的太阳能和有机物输入的化学能（每点 1 分，共 2 分）d/(c+e)100%（1 分）甲种鱼的能量去向存在流向下一营养级，乙种鱼属于最高营养级没有该能量去向（2 分）（2）（或+）（1 分）a（1 分）（3）根系释放的氧气有利于好氧微生物的繁殖和有氧呼吸，进而促进水体中有机物分解；根系释放的氧气有利于浮游动物的繁殖，进而通过捕食减少藻类含量；挺水植物遮挡阳光，抑制藻类植物的大

17、量增殖，防止水体富营养化；植物发达的根系为浮游动物提供栖息空间，有利于躲避天敌，通过捕食减少藻类含量；植物#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=#生物参考答案第 4 页（共 5 页）根系可以促进 N、P 的吸收，减少藻类的数量（答出 2 点即可，每点 1 分，共 2 分）整体（1 分）【解析】（1）由于本生态系统中有输入的有机物，因此流经该生态系统的总能量包括浮游植物固定的太阳能和有机物输入的化学能。能量传递效率的计算方法是下一级的同化量除以上一级的同化量，即乙种鱼的同化量 d 除以甲种鱼的同化量（c+e）。甲种鱼的能量去向存

18、在流向下一营养级，乙种鱼作为最高营养级没有这个去向。（2）图 2 中表示同化量，表示呼吸作用散失的能量，因此浮游动物用于生长发育繁殖的能量可以表示为，根据能量守恒原理，也可以表示为+。是浮游动物的摄入量中的粪便的部分，属于浮游植物的能量，可以用图 1 中的 a 表示。（3）由于挺水植物发达的根系可以将氧气输送到水体，因此根系释放的氧气有利于好氧微生物的繁殖和有氧呼吸，进而促进水体中有机物分解；根系释放的氧气有利于浮游动物的繁殖，进而通过捕食减少藻类含量；另一方面挺水植物遮挡阳光，抑制藻类植物的大量增殖，防止水体富营养化；植物发达的根系为浮游动物提供栖息空间，有利于躲避天敌，通过捕食减少藻类含量

19、；植物根系可以促进 N、P 的吸收，减少藻类的数量。帮助农民增加经济收入，在生态工程的设计中考虑了经济和社会效益，应用了生态工程的整体原理。34.【答案】（12 分）（1）基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物体的性状（1 分）4（2 分）（2）AAbb、aaBB（每点 1 分，共 2 分）（两条染色体的左右顺序可颠倒，2 分）（3）AaBb（1 分）白色（或白花）（1 分）白花蓝花=51（1 分）白花蓝花=31（1 分）白花蓝花=11（1 分）【解析】（1）基因 A 和基因 B 分别通过控制酶 1 和酶 2 来对花色性状进行控制，体现了基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生

20、物体的性状。紫花植株同时含有基因 A 和 B，故其基因型有 AABB、AABb、AaBb 和AaBB 共 4 种。（2）红花植株与蓝花植株杂交，F1代全部开紫花，则亲本为纯合子，其基因型为 AAbb 和 aaBB。F1植株的基因型为 AaBb，自交子代表型及比例为紫花红花蓝花=211，说明两对基因位于一对同源染色体上，根#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=#生物参考答案第 5 页（共 5 页）据亲本的基因型可以推测 A 和 b 在一条同源染色体上，a 和 B 在另一条同源染色体上，如图所示。（3）紫花植株进行自交，子代中紫花

21、红花蓝花白花的比例为9331，该比例符合自由组合定律，说明该亲本的基因型为AaBb。分别对、三种突变体进行测交，突变体产生的配子及比例为BBbbbb=1221，突变体产生的配子及比例为 BbBbbb=1111，突变体产生的配子及比例为 Bbb=11，经与测交另一亲本产生的 b 配子组合后，再结合题干中“当基因 b 的数量多于基因 B 时，基因 B 不能表达”这一信息，可知突变体的测交结果为白花蓝花=51，突变体的测交结果为白花蓝花=31；突变体的测交结果为白花蓝花=11。35.【答案】（12 分）（1）使CMP表达的蛋白质与GFP表达的蛋白质能融合（或使CMP和GFP 两个基因能够连续转录和翻

22、译）（1 分）使转录停止（或结束）（1 分）（2）TaqDNA 酶（或耐高温的 DNA 聚合酶）（1 分）引物 P1 和 P4（每点 1 分，共 2 分）（每点 1 分，共 2 分）（3）5（1 分）Nco I、Pst I（每点 1 分，共 2 分）能正常生长、白色（每点 1 分，共 2 分）【解析】（1）使 CMP 表达的蛋白质与 GFP 表达的蛋白质能融合（或使 CMP 和 GFP 两个基因能够连续转录和翻译）构建 CMP-GFP 融合基因设计引物时，需要把 CMP 基因的对应终止密码子的 3 个碱基去掉，否则会分别单独转录和翻译出 CMP 蛋白和 GFP 蛋白。终止密码子的作用是使转录停

23、止（或结束）。（2）PCR 过程中需要 Taq 酶（或耐高温的 DNA 聚合酶），其中引物 P1 和引物 P4 可以扩增融合基因，引物P2 和引物 P3 的部分区段是碱基互补配对的，在所给的四个引物中只有和是碱基互补配对的。因此应选择和作为引物 P2 和引物 P3 的组成部分。（3）由于 PCR 过程中子链延伸的方向从 5端向 3端，因此只能对引物的 5进行修饰，添加限制酶序列，分析 pUC 质粒，可以看出 Sma I、Nco I、EcoR I、Pst I 四种限制切点中 Sma I 同时位于标记基因中，EcoR I 同时位于复制原点中，只有 Nco I 和 Pst I 既位于启动子和终止子之

24、间，且能够破坏 LacZ 基因便于后期的筛选，在添加了氨苄青霉素的培养基中由于导入的重组质粒中含有抗氨苄霉素基因，因此能够正常生长，由于 LacZ基因被破坏，不能合成-半乳糖苷酶，不能分解-半乳糖苷产生蓝色物质，因此菌落应该是呈现白色。#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=#化学参考答案 第 1 页（共 5 页）绝密绝密启用前启用前化学参考答案化学参考答案7.【答案】A【解析】医学上硫酸钡常用作“钡餐”，主要是因为其难溶于稀盐酸。8.【答案】D【解析】灼烧实验一般是在坩埚中进行，不需要石棉网（或陶土网）和铁架台，需要泥三角和三

25、脚架等，A项错误；Fe(OH)3胶体和 FeCl3溶液的溶质都可以通过滤纸，不能用过滤方式分离，B 项错误；生成的三溴苯酚在苯中可溶，不能通过过滤的方法分离，C 项错误；不要误以为生成的 H2可能会跑到恒压漏斗中就不能测 H2体积，根据反应前后气压相等原理，该装置可以测定生成 H2的体积，D 项正确。9.【答案】D【解析】根据结构可知：X、Y、Z、W 分别为 C、N、O、F。Y、Z、W 的简单离子核外电子排布相同，半径关系：YZW，A 项正确；由于 N 原子的 2p 轨道半满结构，稳定性较强，其第一电离能比 O 大，但是比 F小，第一电离能的关系：Z（O）Y（N）W（F），B 项正确；C 原子

26、杂化类型有 sp2、sp3，C 项正确；HF的沸点高于 CH4，是因为 HF 分子之间可以形成氢键，使其沸点升高，但是 HF 分子之间形成的不是直线形氢键（锯齿形），D 项错误。10.【答案】C【解析】1mol 该物质与 NaOH 溶液反应，最多消耗 3molNaOH，A 项错误；含 3 种含氧官能团：酯基、羟基和醚键，B 项错误；溴水褪色是 C=C 键发生加成反应，酸性 KMnO4溶液褪色是与分子中的还原性基团发生氧化反应，C 项正确；该分子中 C=C 键两个 C 原子连接不同的原子或原子团，存在顺反异构体，D 项错误。11.【答案】C【解析】碳棒 b 上发生氧化反应，碳棒 b 为原电池的负

27、极，碳棒 a 为原电池的正极，在外电路，电子从负极移动到正极，A 项正确；碳棒 b 上（负极）S 生成 SO42-的电极反应式：S-6e-+4H2OSO42-+8H+，B 项正确；负极上每生成 1molSO42-，电路中转移 7mol 电子，理论上消耗 39.2 L O2（标准状况下），C 项错误；根据负极的电极反应可以判断，工作一段时间后，生成了 H2SO4，酸性增强，氧硫化菌失去活性，电池效率降低，D 项正确。12.【答案】B【解析】过程中只有极性键的断裂和形成，A 项错误；中间体 A 的结构简式为，得一个质子变成 B，则 B的结构为，B 项正确；根据最终各产物的百分比可以判断，用 C 原

28、子吸附在复合金属上的 CO2的量为 90，#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=#化学参考答案 第 2 页（共 5 页）用 O 原子吸附在复合金属上的 CO2的量为 10，C 项错误；0.1molCO20.1molHCOOH（转移 0.2mol 电子），0.6molCO20.6molCH3OH（转移 3.6mol 电子），0.3molCO20.3molCH4（转移 2.4mol 电子），共转移 6.2mol电子，D 项错误。13.【答案】C【解析】由-lgKspN(OH)2=-lgc(N2+)c2(OH-)=-lgc(N2+)

29、-2lgc(OH-)=pN+2pR 得关系式pN=-2pR-lgKspN(OH)2；由-lgKsp(NCO3)=-lgc(N2+)c(CO32-)=-lgc(N2+)-lgc(CO32-)=pN+pR，得关系式pN=-pR-lgKsp(NCO3)。从关系式可知：的斜率的绝对值大于的，故曲线 XY 对应的物质是 N(OH)2，曲线 XZ 对应的物质是 NCO3，A 项错误。B 项，X 点时，pR=5.7，pN=0，由关系式pN=-2pR-lgKspN(OH)2得 lgKspN(OH)2=-2pR-pN=-25.7=-11.4，则 KsN(OH)2=10-11.4，其数量级为 10-12，B 项错

30、误。曲线 XY 中 X 点表示饱和 N(OH)2溶液，向其中通入 HCl 后，c(OH-)减小（即 pR 增大），c(N2+)增大（即 pN 减小），所以能使溶液从 X 点变成 Y 点，C 项正确。向 N(OH)2饱和溶液中加入一定量 NaOH，会产生沉淀 N(OH)2，但是 c(OH-)变大，D 项错误。27.（14 分）（1）FeS2（2 分）不同（2 分）（2）FeS2+2Fe3+3Fe2+2S（2 分）（3）11（2 分）（4）酚酞（2 分，甲基橙也给分）05VcV（2 分）硫酸溶液中含有盐酸（2 分）【解析】（1）硫铁矿的主要成分为二硫化亚铁（FeS2）；“操作1”包含萃取和分液，“

31、操作2”为分液操作。（2）“浸取”过程中，饱和的FeCl3溶液和硫铁矿粉发生的主要反应的离子方程式为FeS2+2Fe3+3Fe2+2S。（3）NaClO+2HClCl2+H2O+NaCl，参加反应的HCl只有一半做还原剂。（4）用氢氧化钠标准溶液滴定强酸溶液，指示剂可选用酚酞或甲基橙；量取的25mL配制的硫酸溶液，其溶质的物质的量为5cV10-4mol，250mL配制的硫酸溶液中溶质的物质的量为5cV10-3mol，则该硫酸溶液的浓度为L10mol105303VcV=05VcVmol/L。经过3次平行实验，发现测得的结果高于实际浓度，其原因可能是硫酸溶液中含有未除净的盐酸。#QQABRYQAo

32、gCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=#化学参考答案 第 3 页（共 5 页）28.（15 分）（1）+6（1 分）（2）过滤（2 分）玻璃棒漏斗（2 分，每个 1 分，顺序可换）（3）20（1 分）170（1 分）（4）NiMoO4+2Na2CO3+H2ONa2MoO4+2NaHCO3+NiO（2 分）（5）(R4N)2MoO4+2HCO3-2R4NHCO3+MoO42-（2 分）（6）C（2 分）（7）(R4N)2CO3Na2CO3（2 分，每个 1 分，顺序可换）【解析】（1）Ni为+2价，O为-2价，则Mo为+6价。（1）“操作1”后有“

33、浸出渣”和“浸出液”，则“操作1”是过滤。过滤实验用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。（3）图1，Na2CO3最佳添加量为20wt-60wt时，Mo和Al浸出率变化量很小，则Na2CO3最佳添加量为20wt；图2，当浸出温度170时，Mo和Al浸出率较高，且再继续升温后，Mo和Al浸出率变化不大，则最佳浸出温度为170。（4）NiMoO4在碱浸时有Na2MoO4和NaHCO3生成，根据已知判断生成物还有NiO；则NiMoO4在碱浸时的化学方程式为NiMoO4+2Na2CO3+H2ONa2MoO4+2NaHCO3+NiO。（5）由一些离子被R4N+萃取的先后顺序可知，加入NH4HCO3反萃取发生

34、反应为(R4N)2MoO4+2NH4HCO32R4NHCO3+(NH4)2MoO4，其离子方程式为(R4N)2MoO4+2HCO3-2R4NHCO3+MoO42-。（6）下口倾斜向上，旋转下口的活塞放气。（7）根据（5）中信息可知，采用碳酸根类型的N263萃取钼的反应产物有Na2CO3；萃取后有机相为HCO3-型（如R4NHCO3），加入NaOH处理后可实现萃取剂(R4N)2CO3再生。流程中可以循环利用的物质有Na2CO3和(R4N)2CO3。29.（14 分）（1）2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)H-173.4kJ/mol（2 分）A（2 分）0.4（2

35、分）965（2 分）（2）300之前，反应未达到平衡，随温度升高，反应速率加快，CH3CH2OH 选择性增大；300之后，生成 CH3CH2OH 反应的催化活性降低，反应速率减慢，CH3CH2OH 选择性减小（或其他合理答案）（2 分）#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=#化学参考答案 第 4 页（共 5 页）（3）12（2 分）37A)10(864aN（2 分，其他合理形式也可给分）【解析】（1）2+即为所求的热化学方程式 2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)H-173.4kJ/mol。A.容

36、器内压强不变，说明容器内所有气体的物质的量都不再变化，则反应和都达到化学平衡状态，A 项正确；B.容积固定，平衡时向容器中充入稀有气体，各气体分压不变，平衡不移动，B 项错误；C.平衡时向容器中充入一定量 H2，反应和均正向移动，但是 H2的转化率降低，C 项错误。根据原子守恒来解此题，只考虑起始和平衡时各组分的物质的量，忽略反应过程，分析如下：起始转化平衡备注1molCO2（1-0.1-2x）molCO2根据 C 原子守恒写 CO2的物质的量1molH2转化率 400.6molH2根据转化率可求0.1molCO已知（0.4-3x）molH2O根据 H 原子守恒写 H2O 的物质的量xmolC

37、H3CH2OH设的未知数根据 O 原子守恒列式为 2（1-0.1-2x）+0.1+（0.4-3x）+x=2，解方程得 x=0.05。平衡时，体系中各气态物质的物质的量分别为：0.8molCO2，0.6molH2，0.1molCO，0.25molH2O，0.05molCH3CH2OH，故总的气体的物质的量为 1.8mol，平衡时容器内混合气体的压强为 0.9pMPa。反应的分压平衡常数 KP=)H()CO()OH()CO(222pppp=MPa9.01.80.6MPa9.01.80.8MPa9.01.80.25MPa9.08.11.0pppp=965。平衡时，CO2(g)的物质的量浓度为=L2m

38、ol8.0=0.4mol/L。（2）300之前，反应未达到平衡，随温度升高，反应速率加快，CH3CH2OH选择性增大；300之后，生成CH3CH2OH反应的催化活性降低，反应速率减慢，CH3CH2OH选择性减小。300之后，还是速率因素，不是平衡原因。因为总反应是放热反应，且CO2的转化率是增大的，如果是平衡原因，则二者矛盾。（3）1 个砷化硼的晶胞结构中，顶点：1818，面心：3216，故含有 4 个 B 原子，离硼原子最近的硼原子有 12 个，且最近距离为22a nm，该晶胞中有 4 个 BAs，晶体密度可表示为37A)10(864aNg/cm3。30.（15分）（1）对氨基苯酚或 4-氨

39、基苯酚（2 分）酯基、羧基（2 分，每个 1 分）#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=#化学参考答案 第 5 页（共 5 页）（2）邻硝基苯酚（2 分）对硝基苯酚可形成分子间氢键，使其沸点升高，邻硝基苯酚形成分子内氢键，使其沸点降低，故先蒸馏出来的是邻硝基苯酚（2 分）（3）（2 分，其他合理形式也可给分）（4）10 种（2 分）（5）（3 分）【解析】（1）把氨基看成取代基，命名为对氨基苯酚或 4-氨基苯酚；化合物 E 的官能团有酯基和羧基，苯环不是官能团。（2）对硝基苯酚可形成分子间氢键，使其沸点升高，而邻硝基苯酚形成分

40、子内氢键，使其沸点降低，故先蒸馏出来的是沸点相对低的邻硝基苯酚。（3）G 中的-ONa 结构会与盐酸反应生成酚羟基（强酸制取弱酸），-NH2会与盐酸发生中和反应生成-NH3Cl，所以 GH 的化学方程式为。（4）根据题意，化合物 J 的同分异构体中含有、-COOH、-CH2CH3，固定-COOH 在环上，移动-CH2CH3，即可得满足题设条件的同分异构体数目。固定-COOH 在环上 N 原子的邻位，移动-CH2CH3，有 4 种同分异构体；固定-COOH 在环上 N 原子的间位，移动-CH2CH3，也有 4 种同分异构体；固定-COOH 在环上 N 原子的对位，移动-CH2CH3，有 2 种同

41、分异构体；满足条件的同分异构体共 10 种。（5）见答案。#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=#物理参考答案 第 1 页（共 7 页）绝密绝密启用前启用前物理参考答案物理参考答案14.【答案】C【解析】该反应为核聚变反应，根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程为32421211HeHHeHE，可知生成的新核 x 是42He，选项 A 错误；氦 4 核中有 2 个质子 2 个中子，质子数相同的称为同位素，氦 4 核与氦3 核是互为同位素，选项 B 错误；根据312324EEEE，可得氦 3 的比结合能为 E3=21423EEE，

42、选项 C 正确；核反应过程的前后，反应体系的质量数守恒，选项 D 错误。15.【答案】A【解析】根据图像可知，轨迹 ABC 最高点大于轨迹 CDA 最高点，分析在最高点往左运动，根据平抛规律可知212xxhgtvt，轨迹 ABC 运动时间长，但水平位移小，所以轨迹 ABC 水平分速度小，竖直分速度22vgh，轨迹 ABC 的大，所以沿轨迹 CDA 运动的最大速度可能为 v1，沿轨迹 ABC 运动的最小速度即水平速度小于 v2，选项 A 正确，B 错误；沿轨迹 ABC 和轨迹 CDA 运动过程的速度变化量vg t 不同，因为运动时间不同，选项 C 错误；沿轨迹 ABC 和轨迹 CDA 运动过程的

43、平均速度大小不同，因为位移大小相同，但时间不同，选项 D错误。16.【答案】B【解析】由题图知，该简谐运动的周期22 10 sT，振幅7cmA，选项 A 错误；由=T2=100 rad/s，又因为23或2，所以振子做简谐运动的表达式为 x=7sin(100t+23)cm 或 x=7sin(100t-2)cm，选项 B正确；20.5 10 st时振子位于平衡位置，速度最大，由“爬坡法”知质点在向上运动，选项 C 错误；当20.25 10 st时位移为x=7sin(100t+23)cm=227cm，选项 D 错误。17.【答案】D【解析】如图所示，C 处+q 受到的电场力为2cosAFF，方向由

44、B 指向 A。根据几何关系有222cos4llx，则有3224kQqlFlx，12xl，则22 2kQqFl，选项 D 正确。#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=#物理参考答案 第 2 页（共 7 页）18.【答案】B【解析】设 M 表示地球的质量，m 表示卫星的质量，根据万有引力提供向心力222MmGmrrT，可得32rTGM，则有3447747TTRR中同，选项 A 错误；在地球表面为0m的物体，有002MmGm gR，对卫星 A 有22164GMmGMmmaRR，联立可得卫星 A 向心加速度大小为20.625m/sa，

45、选项 B 正确；卫星 B 在 6h 内转动的圆心角为62=242，选项C错误；根据rvmrMmG22，即rv12，第一宇宙速度为7.9km/s，故卫星B在轨运行速度一定小于7.9km/s，选项 D 错误。19.【答案】ACD【解析】设 B 的质量为 m，在物体 A 向下运动刚到 C 点的过程中，对 A、B 组成的系统应用能量守恒定律可得2mgcos L123mv02123mv22mgLsin mgL，得34，选项 A 正确；物体 A 向下运动到 C 点的过程中，A 的重力势能及 AB 的动能都减小，转化为 B 的重力势能和摩擦生热，选项 B 错误；对 A、B 组成的系统分析，在物体 A 从 C

46、 点压缩弹簧至将弹簧压缩到最大压缩量，又恰好返回到 C 点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即123mv202mgcos 2x，其中 x 为弹簧的最大压缩量，得 x0.4 m，选项 C 正确；从 C点到弹簧最大压缩量过程中由能量守恒定律可得123mv22mgxsin mgx2mgcos xEpm，得 B 的质量为m2 kg，选项 D 正确。20.【答案】BD【解析】根据理想降压变压器的变流比可知3443InIn，解得34AI，所以输电线路上损耗的电功率W16023RIP，选项 A 错误；根据理想变压器的变压比可知3344UnUn，得32200VU，升压变压器副线圈两端电压233U

47、UI R，得22240VU，选项 B 正确；根据理想变压器的变压比可知1122UnUn，可得1280VU，升压变压器的原线圈输入功率1PPP用，降压变压器输出功率为W880044UIP用，得18960WP，选项 C 错误；根据11 1PU I，解得132AI，根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为mENBS，代入数#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQkAACCIoOBAAMIAAASRNABAA=#物理参考答案 第 3 页（共 7 页）据解得m300 2VE，有效值m300V2EE，电机线圈内阻上消耗的热功率111PI EI U内，得640WP 内，选项 D 正确。21

48、.【答案】BC【解析】设匀强磁场的磁感应强度为 B，带电粒子的电荷量为 q，质量为 m，初速度为 v，运动半径为 r，根据2vqvBmr可得 rmvqB，根据匀速圆周运动规律可得粒子运动周期为2 mTBq。若粒子运动轨迹所对应的圆心角为，则粒子在磁场中运动时间为2mtTBq。若两粒子在磁场中运动的时间相等，则两粒子在磁场中的转过的圆心角（或弦切角）必定相等，可能分别从左右边射出；可能正粒子从左边射出，负粒子从上边射出；可能都从下边射出，例如此时圆心角均为 180，即均从NP边射出，则对于正粒子有1204mvBqa，解得初速度 v1需满足108Bqavm，对于负粒子同理可知其初速度 v2需满足2

49、308Bqavm，由此可见 v1和 v2取值具有不确定性，根据数学知识可知12vv可以取任意值，不一定为13，1213vv，对应正粒子恰好从 N 点射出，且负粒子恰好从 P 点射出的特殊情况，故 A 错误；若两粒子的初速度相同，则两粒子的运动半径相同，当正粒子的运动半径为4a时，它将垂直 MN 边射出，转过的圆心角为 90；而负粒子将从 NP 边射出，转过的圆心角为180，所以二者在磁场中运动的时间之比为 12，故 B 正确。若其中一个粒子（即负粒子）垂直 PQ 边射出磁场，则其转过的圆心角为 90，而正粒子转过的圆心角最大值为 180，所以正粒子与负粒子在磁场中运动的时间之比一定不大于 21

50、，故 C 正确。若两粒子分别从 M、Q 两点射出磁场，设正、负粒子半径分别为 r1和 r2，根据几何关系有222114rara，2222234arar，解得1178ra，22524ra，所以正粒子与负粒子在磁场中运动的初速度大小之比恰好为11225125vrvr，故 D 错误。22.【答案】（8 分）（1）1.56（2 分）（2）0.1（2 分）0.2（2 分）（3）0.2（2 分）【解析】（1）游标卡尺的主尺读数为 1.5cm，游标读数为 60.1mm=0.6mm=0.06cm，所以最终读数为1.5cm+0.06cm=1.56cm。#QQABRYQAogCAAIBAAQgCAQWCCEEQk