(1)简述1978~2014年新疆城市化进程的总体特点，并分析新 疆城市化进程中出现第二次拐点的原因。(6分) (2)总结新疆城市化进程的空间差异，并分析城市化水最低 的两个地区的原因。(6分) (3)有专家认为地域辽阔反而制约了新疆城市化发展，请说明 其理由。(4分)

14.日前，我国京津冀地区解决水资源问题的主要措施是 A.跨流域调水 B.大力开采地下水 C.加速冰川的融化 D.大量淡化海水

日本是一个多山的岛国，山地成脊状分布于日本的中央，将日 本的国土分割为太洋一侧和日本海一侧，其海岸线十分复杂。 读日本周边海域等深线分布图，完成10~12题。 135 140° 145° 40° 日 6000 35 200八等深线/m河流

【解题分析】中国西沙群岛为季风气候区，春秋季风力较小；老 粗门、全富门位于永乐环礁北部，冬季受东北季风影响较大；西南 部由于中南半岛的阻挡，夏季风较弱，海流冲击力较弱。 【答案】D

解析：读图可知，图甲是森林景观，树木排列整齐，为人工林。 答案：A

乌拉尔山脉南北延伸，东西降水差异大，是多种地理事物的分 界线。据此完成18~20题。 18.乌拉尔山脉为 北冰洋 A.伏尔加河和鄂毕河的分水岭 B.落叶阔叶林和针叶林的分界线 6634' C.温带海洋性气候和温带大陆性气候的分 拉 界线 尔 60° D.西西伯利亚原与中西伯利亚高原的 山 Z☑甲 分界线 脉

塔斯马尼亚岛是澳大利亚优质乳品生产基地。该岛乳产品主 要供应本土及海外市场。下图为塔斯马尼亚岛主要乳品区分布示 意图。据此完成1213题。 12.该岛生产优质乳品的主要区位优势是 A.昼夜温差较大，病虫害少 42°S B.气候适宜，空气清新 塔斯马尼亚岛 C.经济较落后，地价较低 围 D.科技发达，交通便利 主要乳品区 港口

16.与金融城相比，伦敦政府在道克兰地区开发中的优惠政策有 ①新城建设不受旧城保护限制 ②鼓励绿化、美化环境③鼓 励先进制造业的发展④低价转让土地房产 A.①② B.②③ C.③④ D.①④

【答案】(1)地处黄河三角洲，由弱碱性的黄河泥沙沉积而成； 地势低，受渤海海水入侵，土壤含盐量增高；地下水位高；温带季 风气候，春秋季节蒸发旺盛，土壤中盐分随水分蒸发在地表积聚。 (4分) (2)利用大气降雨或人工浇灌，溶解土壤中的盐碱；借助下渗环节， 对土壤进行淋盐作用，溶于水的盐分渗入暗管；暗管中汇集的盐水通过 排水沟排出；暗管还能降低地下盐碱水原有水位，从而起到降低土壤盐 碱的作用。(6分) (3)温带季风气候，夏秋气温高、光照强、昼夜温差大，籽粒饱 满；用弱碱性的黄河水灌溉，使稻谷具有天然的碱性；土壤中富含 人体需要的钙、铁、镁等多种微量元素。(6分)

10.该功能区是 A.商业区 B.住宅区 C.工业区 D.文化区

11.有资料表明，连续十几年来当地海拔<3000m野生虫草产出占 该地总产出的比重呈上升趋势，原因最可能是 A.坡地垦殖 B.自然灾害 C.全球气候变暖 D.聚落分布

本题怎么考本题考查特定区域的农业生产特征，体现了高 考评价体系之应用性考查要求。本题要求考生在理解农业布局的 基础上，综合所学知识作答。 答案B 解题分析萨省纬度相对较高，地处温带，而咖啡属于热带作 物，甘蔗属于热带及亚热带作物，在萨省不能大面积种植；水稻应 种植在水热组合条件相对较好的区域，而加拿大中南部属于大陆 性气候，降水少、热量不足，不能满足水稻正常生长的条件；小麦和 亚麻可以适应较低的温度，且属于旱作物，适宜在萨省大面积 种植。

答案C 解题分析 20世纪80年代后，炼油产业市场饱和（市场竞争 激烈)，利润低，从空间来看更趋向于向具有资源和交通（尤其是海 运)优势的区域集聚，炼油工业不属于资金和技术指向型的工业： 从区域来看，墨西哥湾沿岸的资源和海运具有较大优势。

老白山位于吉林省敦化市黄泥河自然保护区内，是张广才岭 主峰，自然植被保持一定的原始性。下图为老白山植被垂直带谱 与吉林长白山主峰对比图。读图，完成68题。 海拔/m 长白山 2700- (2691m) 2400 S N 高山苔原带 2100 老白山 1800- --- 岳桦林带 (1696m) -- 偃松灌木林带 1500 1200 云杉针叶林带 900 600 红松阔叶林带 300 蒙古栎阔叶林带 6.岳桦林带分布高度一般在2000m左右，但是老白山1600m以 上分布的却是偃松灌木林带，原因是老白山 A.海拔较低，光照充足 B.基带热量条件较好 C.纬度偏北，气温偏低 D.受人类活动的影响

。 ◇11 °0 ◇10 017 ◇1 027 ◇原油产量占比% 8 8 031 o油品消耗占比% 60 。 21Ⅲ ·年加工能力>375万吨/年 。年加工能力<375万吨/年 等墨西哥湾 3.【典型情境题V、V区域与Ⅱ、Ⅲ区域之间建设输油管道的主要 限制性因素是 A.运输距离 B.市场需求 C.山地地形 D.气象灾害

10.氢然料电池汽车由于具备五大优势：零排波、零污染、无噪音、补充燃料快、续航能力强，而良好的效果，其反应机理如图所示：备受关注。某氢燃料电池汽车的结构如图所示：H,0I且070H电池PMS电极A八电子电力骏性电解质浴液角B电动发动机转换装置快(e下列说法错误的是下列说法错误的是A.电极A、B采用多孔电极材料的优，点是能增大反应物接触面积A.PMS对应的酸为H,S0,该酸含有过氧键B.“电池”能将燃料电池产生的多余电能暂)储存起来B.生成S0.·的途径之一为20·—2$04·+02C.电枚B的电极反应式为02+4e—202D.质了通过电解质溶液问间电极B迁移C.流程中直接氧化ATZ的微粒只有'0211.一定条件下，下列各项中的物质按如图所示的箭头不能实现-一步转化的是D.$2-、S号以及Fe可以促进Fe2再生+乙14.由下列实验操作及现象能得出相应结论的是+丙乙选项实验操作现象结论选项分乙丙入把水滴人盛有少量Na0,的试管屮」水中的氧元素AaOH溶液C02N,CO,溶液NaHSO4溶液木条复燃立即把带火星的木条放在试管口被氧化BSi02c0,Fe将6mL0.1mol·I.1FeCl,溶液和H,SS02O?10ml,0.1ml·L-1K浴液混合，充加1KSCN溶液后溶FeCl,和KI的反D氨水AICI,A1(0H)5盐酸分反应后分成两等份，向其中一份中液显红色：加淀粉应是可逆反应12.X、Y,1、W、R为原子序数依次增人的前20号元素，X原子的最外层地子数是最内层电子加人2滴KSCN溶液，另一份溶液后溶液显监色数的2倍，其他元素的性质如表所示：中加人2滴淀粉溶液元素YRc用玻璃棒取某无色溶液在火焰上灼烧火焰出现黄色溶液中含钠心素原子半径/pm117102gD将SO2通入盛有酚数的NaOH溶液中溶液红色褪去S02具有漂白性主要化合价4、+4-2、+6-、+7+115.已知工业制硝陵的反应之一为4NH(g)+50,(g)=4N0(5)+6H,0(g)△1<0，在下列说法止确的是2L的恒温每容密容器中投人1 mol NH和1mol02,并加入适量的催化剂，2min后测A.X的某种单质能使品红溶液褪色得容器屮含有0.6molN,经10min反应达到衡状态，此时乐强是起始时的1.1倍.B.Y的单质及其氧化物都可用作半导体材料下列说法止确的是C.W的单质在光照条件下能与X的氧化物发生置换反应A.0~8min内正反应速率、逆反应速率均早减小趋势D.氧化物对应水化物的酸性：X<,

(4)足量的硝酸，再加硝酸银溶液，若看到白色沉淀则说明含有氯离子（漏写硝酸不给分，2分)(5)Na+CO2+NH3+H2O==NaHCO3+NH4(未写沉淀符号不给分，2分)

C.“熬胆矾铁釜，久之亦化铜”，该过程发生了置换反应D.石钟乳(CaC0g):“色黄，以苦酒（腊）洗刷则白”是物理变化3.经分析，某物质由同种元素组成，则此物质()A.一定是化合物B.一定是纯净物C.一定是混合物D.可能是纯净物也可能是混合物4.下列生活中的物质与其有效成分的化学式、用途的对应关系中，不正确的是()选项BCD生活中的物质小苏打纯碱84消毒液食盐有效成分中的化学式NaHCOsNa2CO3Ca(C10)2NaCl用途做发酵粉造纸做消海剂做调味品5.氧化还原反应的实质是()A.元素化合价的升降B.电子的转移C.物质中氧原子的得失D.反应中原子的重新组合6.下列电离方程式不正确的是()A.A1C13在溶液中的电离方程式为A1C13=A13+C1B.BaC12在溶液巾的电离方程式为BaC1=Ba2+2C1C.NaHC03在溶液中的电离方程式为NaHC03=Na'+HC03D.CH3C0ONH在溶液中的电离方程式为CH COONH=NH+CH3C0017.将绿豆大的钠块投入如图所示的烧杯中，可能出现的现象是()煤油（密度为0.8gcm3)水、少量酚酞四氯化碳（密度为1.6gcm3)试卷第2页，共8页

第十单元水溶液中的离子反应与衡1.C【解题分析】水的电离度=经电离的水分子数×100%。pH为4的下eCL溶液，溶液中的溶液中水分子总数H+来自水的电离，c(H+)=10-4mol·L1;pH为10的K2CO溶液，溶液中的OH来自水的电离，c(OH)=10-4mol·L1;由以上数据可以得出，两溶液中水的电离程度相同，即a1二Q202.A【解题分析】盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，溶液中CI的物质的量恰好等于a+的物质的量，说明溶液呈中性，即n(H)=n(OH),即酸、碱恰好完全中和，则有n(HC1)=n(NaOH),pH=a的盐酸中c(H+)=10amol·L1,pH=b的氢氧化钠溶液中c(OH-)=10-14mol·L-1,则V×10-3L×10-amol·L-1=10V×10-3L×10-14mol·L-1,解得a+b=13。3.C【解题分析】AgNO3溶液中加入NaCI溶液，发生反应Ag+十CI-AgCI￥，即实验①产生的白色沉淀是AgC1,A项正确；实验②中加人过量KI溶液，出现黄色沉淀，说明产生AgI,即发生反应AgCI(s)十I(aq)一AgI(s)十CI(aq),推出AgI比AgCl更难溶，B项正确；实验③得到黑色沉淀，该黑色沉淀为Ag2S,推出Ag2S比AgI更难溶，溶解度由大到小的顺序是AgCI>AgI>Ag2S,按①③顺序实验，能观察到黑色沉淀，C项错误；根据选项C分析，按照②①顺序实验，生成更难溶的AgI,不能得到AgC1,即无法观察到白色沉淀，D项正确。4.D【解题分析】根据衡移动的原理可知，向溶液中加入NaOH,衡向SnCl2水解的方向移动，D项错误。5.C【解题分析】0.1mol·L1的Fe2(SO4)3溶液中，SCN与Fe3+形成络合物，不能共存，A项错误；0.1mol·L1的Ca(NO3)2溶液中，H、Fe+与NO5发生氧化还原反应，不能共存，B项错误：OH)=1×10的溶液显碱性，K*、at,C0写、A0。均不反应，能大量共存，C项正确：c(H+)由水电离的c(H十)=1×10-14ol·L1的溶液可能显酸性，也可能显碱性，HCO5在酸性、碱性溶液中都不能大量共存，D项错误。6.B【解题分析】亚硝酸溶液中存在H○2分子，说明亚硝酸溶液中存在电离衡，亚硝酸不完全电离，是弱电解质，A项不符合题意；溶液导电能力与离子S浓度有关，用HO2溶液做导电性实验，灯泡很暗，不能说明亚硝酸不完全电离，所以不能说明亚硝酸是弱电解质，B项符合题意；0.1mol·L1的HNO2溶液的c(H)=0.015mol·L1,氢离子浓度小于酸浓度，说明亚硝酸不完全电离，为弱电解质，C项不符合题意；向水中加入亚硝酸钠固体，水的电离衡曲线可以·43·【23·G3DY(新教材老高考)·化学·参考答案一R一必考一N】

液的滴定曲线C.图丙表示某可逆反应的反应速率随时间的变化，t时刻改变的条件一定是使用了催化剂D.图丁表示反应.4CO(g)+2NO2(g)=N2(g)+4CO2(g),在其他条件不变的情况下改变起始CO的物质的量，衡时N2的体积分数变化情况，出图可INO2的转化率c>b>a21.己HX、HY均为一元酸，室温下用0.1000molL'NaOH溶液分别滴定20.00mL等物质的量浓度的HX、HY溶液时的滴定曲线如下。下列有关说法正确的是()pHHXpHHYB20V(NaOH)/mLV(NaOH)/mLA.a=20B.HX可能为强酸，HY一定是弱酸C.若E为滴定终点，则室温下Ka(HY)<1x10-6D.图中B、D两点对应的溶液中存在：c(X)=c(Y)22.以连二疏酸根(S2O2)为媒介，使用问接电化学法也可处理然煤烟气中巾的NO,装置如图所示，下列说法不正确的是（)￥阴极液S0?）A.例极区的电极反应式为：2HS03+2H*+2e=2S202+2H20B.每处理1molN0电解池右侧质量减少32g阴NO吸收柱阳C.吸收柱中的反应为：2NO+2S2O42+H2O=N2+4HSO3极极D.B是质子交换腴NO HSO3稀硫酸23.常温下，向0.1mol·L1二元弱酸H2A溶液中逐滴加入NaOH溶液，H2A、HAˉ、c(X)A的物质的最分数已知60W-,),·。随pH的变化如图所示。下列叙述正..C确的是()1.04aA.b曲线代表A2的物质的量分数随pH的变化物0.8的0.6B.M点pH=1.1时，溶液中微粒浓度的火小关系为：c(H).4分>c(HA )=c(H2A)>c(OH数0.21.1C.pH=2.73I时，c(A2)+c(HA)+c(H2A)=0.1mol·L122.73D.N点pH=4.2时，c(A2)=c(HA),溶液中不存在H2A分子24.某企业以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜，工艺流程如1下所示：气休X辉⑧Cu,S102盐酸Cu2-(FeNHx-H.O_[Cu(NH)2蒸氨HCu2NazCO3产品(含杂质reO撥烧固体目溶液C溶波D溶液卫Cu(OH)CO3A·滤液Fe(Oi)一滤波已知：[Cu0NH3)4]2(aq)=Cu2'(aq)+4NH3(aq)根据以上工艺流程，下列说法不正确的是()A.气体X中含有S02

根据离子方程式：10寸+5I-+6H+=3L2+3H20,结合2Na2S2O3+l2=Na2S4O6+2Nal,得出关系式：IO寸~3L2~6Na2S203,(2分)n10)=3.000×10-molL×10.00mLX103LVmL=5.000x10-mol,6则该加碘食盐中碘元素的含量：5.000×10-6mol×127gmol×10×1000mg盟=63.5mgkg,(2分)0.1kg不在20~50gkg范围内，因此该加碘食盐中碘元素的含量不符合国家标准18.(15分)(1)-1630 kJ-mol-(2分)(2)①+5(2分)②NO、'O~、Cu2*反应生成NO2与Cu,NO或NO2分别与NH2反应生成N2和H20(2分)3O2+2SO2+2NH3+2H2O=2NHHSO4(3分)(③)①温度升高，催化剂活性增强均使活化分子百分数增加，单位时间内活化分子有效碰撞次数增加，反应速率加快(3分)②温度高于450C时，NH与O2反应生成较多量NOx,使得流出反应管的NOx总量超过流出反应管的NOx总量(3分)注：其它合理答案也给分方程式配错误不得分，气体、沉淀、可逆符号遗漏或错误扣1分

5.N,为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.2gH,所含原子数目为2N、B.常温常压下，22.4LCH,含有的分子数目为N,C.14gN2含有的电子总数为5N,D.1mol·L1NaCl溶液中含有的CI数目为N,6.类推（类比迁移）的思维方法可以预测许多物质的性质。但类比是相对的，不能违背客观事实。下列类比分析结果正确的是A.Fe,O,根据化合价规律可表示为Fe0·Fe,0,则Pb,O,也可表示为Pb0·Pb,O,B.Fe与S反应生成FeS,则Cu与S反应可生成Cu,SC.Cl,与Fe加热生成FeCl,则L,与Fe加热生成Fel,D.S02通人BaC2溶液不产生沉淀，则S0,通入Ba(NO,),溶液也不产生沉淀7.用下列装置能达到实验目的的是L的CC1,溶液⑧带孔隔板丙A.用甲装置灼烧碎海带B.用乙装置蒸发MgCL,溶液制备无水MgCL2C.用丙装置制备氧气并控制反应的发生和停止D.用丁装置分离L2和CCl8.下述转化关系可用于合成解痉药奥昔布宁的前体（化合物丙），下列说法不正确的是OHOHCOOC,HCOOC,HsCOOH丙A.化合物甲含有5个双键B.化合物乙的分子式为C6H0C,化合物丙能发生加成反应、消去反应和缩聚反应D.等物质的量的甲、乙、丙消耗NaOH的物质的量均相同9.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.加人A1粉产生H,的溶液中：Mg2、S0、C10、Ca2B.澄清透明溶液中：K、Na、SO、MnO,C.c(H)=10的溶液中：N、Ba”CN0,c(OH)D.由水电离的c(OH)=1x100mol·L的溶液中：Na、K、NO,、S,0富县2023届高三化学摸底考试-2-（共8页）

C.二氧化硫在饱和亚硫酸氢钠溶液中的溶解度很小，用饱和NHSO,可以除去二氧化硫中的HCI,故C正确；D.乙酸乙酯的制备实验中，原料的混合是先加入无水乙醇，再缓缓加入浓硫酸，冷却后再加入无水乙酸，故D错误；故选：C11.【答案】BD【解析】【详解】A.据结构简式可知，故A正确：B.由于单键可以旋转，因此甲基上的碳原子不一定与其它碳原子共面，故B错误：C.该有机物分子中含有苯环和羰基，可以发生加成反应，有甲基、羧基、羟基，可以发生取代反应，其中有羧基和羟基可以发生酯化反应，故C正确D.该有机物分子中含有羧基、羟基、羰基三种官能团，故D错误。故选：BD12.【答案】AC【解析】【详解】A.根据表中数据可知相同时间内甲容器中NO,的变化量大于乙容器的，说明甲容器中反应速率快，温度高，因此工>T,,再根据活化分子理论，可知A正确：B.0~60min内消耗NO,的物质的量是0.9mol,容器体积为2L,故甲中的均反应速率v(N02)=0.9mol÷2L÷60min=0.0075mol.L.min错误：c.根据甲速率大于乙，120min时，甲容器中NO,物质的量一定达到0.80mol,且150min时仍为0.80mol,故达衡状态，C正确：D.根据表中数据可知衡时乙容器中消耗的NO2大于甲容器的，因此NO2(g)的转化率，甲容器<乙容器，D错误故选：AC.13.【答案】B【解析】【分析】由于Cu是足量的，硝酸完全反应，所得溶液中溶质为硝酸铜混合气体与氧气、水反应又得到硝酸，根据电子转移守恒，Cu原子失去的电子等于氧气获得的电子，所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu+恰好完全沉淀生成Cu(OH)2,获得NNO3溶液，由电荷守恒，OH的物质的量等于铜失去电子物质的量，等于氧气获得电子物质的量，也等于反应后溶液中硝酸根离子的物质的量：

9.下列实验装置能达到实验目的的是温度计、,玻璃搅拌器水热水冷水-MnO2饱和食盐水A.验证温度对B.定量测定化C.测定中和D.除去SO2衡移动的影响学反应速率反应的反应热中少量HCI10.对于可逆反应A(g)+2B(g)=2C(g)△H>0,下列图像中正确的是逆)V]A%↑W正)逆)的500C100C(正)W正)化.100C逆)500℃率P(Pa)T(C)t(s)t(s)BD11.下列有关实验的操作、现象和结论均正确的是选项实验操作和现象结论取5mL0.1 mol L-Na2S203溶液和5mL0.1mol·Ll硫酸溶液充分探究温度对反应速率A混合后分两份，分别放入热水中和冷水中，观察并比较实验的影响现象向0.1molL1K2CrO4溶液中缓慢滴加几滴6molL1硫酸，橙增大H浓度，衡向B黄色变为黄色生成Cr202方向移动取1mL0.1mol-L-KI溶液和5mL0.1 mol L-1FeCl3溶液充分反应Fe3+与I的化学反应存后，再加2 mLCCI4振荡、静置后取上层清液滴加少量KSCN在限度溶液，溶液变为红色已知CuC2溶液中存在下列衡：[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4CI=D[CuCl4]2-(黄)+4H20,取一定浓度的CuCl2溶液，升高温度，升高温度，衡正移溶液由绿色变为黄绿色高二化学第3页共10页

分析，b点溶液中可溶物质只有KS),描述错误，C符合题意：根据分析，c,d两点对应反应中，①中及(O全部生成新的物质，②中OH全部反应，Ba2也都参与生成新物质，未有()H)剩余，描述正确，D不符题意。本题选C10.D【解析】1480mLN)的物质的量=4.18L÷22.1L/mol=0.2mol,336mLN2O,的物质的量=0.336L÷22.11./mol=0.015mol,令Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol,根据二者质量与电子转移守恒，可得：①64.x+24y=4.6,②2x+2y=0.2十0.015×2，解得x=0.046、y=0.069,故该合金中铜与镁的物质的量之比=0.046mol:0.069mol=2:3,故A正确：密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸，其物质的量浓度=1000×1.1&mX63-14.0mol/L,故B正确：铜镁合金完全溶于浓硝酸中，向反应后63 g/mol的溶液中加入NaOH溶液至离子恰好全部沉淀，生成沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2,由化学式可知n(OH)=2(Cu)+21(Mg)=2×(0.046mol+0.069mol)=0.23mol,故沉淀质量=m(Cu)十m(Mg)+n(OH)=4.6g十0.23mol×17g/mol=8.51g,故C正确；离子恰好完全沉淀时，此时溶液中溶质为NaNO,根据N元索守恒可知n(HN))原(NaNO)+n(NO)+2(NO,),故n(NaNO)=0.1L×14mol/L-0.2mol-2×0.015mol=1.17mol,根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaNO)=1,17mol,故需要氢氧化钠溶液的体积=1.17mol÷1mol/L,=1.17L=1170mL,故D错误。故选D。1L,BC【解析】由题干工艺流程图可知，酸浸是除去Fe、A1和Ni,过滤得滤液①中主要含有F+、AP和N+,将滤渣主要为P1用王水进行溶解，根据信息①可知并进行氧化还原反应配可得，该反应的方程式为：3Pt+4HNO,+18HC1一3H2PtC1十4NO↑十8H,O,用NH,CI进行沉铂.反应原理为：H,PtCl。+2NH,CI一(NH)zPtCl￥十2HCl,过滤得滤液②主要成分为HCI和NH,CI,滤渣为(NH,)2PtC16,最后对滤渣进行隔绝空气煅烧，反应的方程式为：3(NH,),P1C1,橙整2N+十3P1十18HC1◆十2NH,◆，据此分析解题。由于盐酸具有挥发性，故“酸浸”时不能在较高温度下进行，A错误；由分析可知，滤液②的主要成分为HC1和NH,C1,故可返回“酸浸”工序循环利用，B正确；由分析可知，“溶解”时发生方程式为：3P1+4HNO,+18HC1一3HPC1。十4NO↑十8HO,则其离子反应为3P1+16H+4NO+18C1一3[PtC1]2+4NO个+8HO,C正确；由分析可知，煅烧时反应的方程式为：3(NH,),P1C1,烧2N,+十3P十18HC1++2NH◆，隔绝空气“微117.0g绕“时每生成17.0g即195g:m6=0.6molP,根据方程式可知，理论上产生N,的物质的量为0.4mol,其标准状况下体积为0.4mol×22.4L·mol1=8.96LN2,D错误。故答案为BC。12.CD【解析】烧杯中酸性KMO,溶液褪色，说明H燃烧的产物中可能有还原性物质。若将烧杯中的溶液换成含有少量KSCN的FSO,溶液，溶液呈红色，说明有Fe+生成，进而说明H燃烧的产物中可能有氧化性物质，由此说明H燃烧的产物有还原性和氧化性，A正确：HO具有氧化性与还原性，遇强氧化剂是表现还原性，遇较强的还原剂是表现氧化性，该条件下H燃烧的产物中可能含有一定量的HO,B正确；过氧化氢具有氧化性，在酸性条件下氧化亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe+HO,十2H-2Fe3++2H0C错误：碘化钾淀粉溶液中的K1具有还原性，能验证生成物具有氧化性，D错误。故答为(CD2023届·音通高中名校联考信息卷（月考一）·化学参考答案

17.(10分)(1)碳衡(2分)极地的冰雪和高山冰川融化，海面上升(2分)(2)生产者通过光合作用和化能合成作用转化利用(2分)分解者通过分解动植物的遗体、排遗物等利用(2分)(3)碳排放(1分)碳吸收(1分)【考查点】本题考查生态系统的物质循环和生态环境的保护。【解析】(1)在自然生态系统中，植物等从大气中摄取碳的速率与生物的呼吸作用和分解作用释放碳的速率大致相等，从而维持碳衡。大气中C02浓度持续增加，形成温室效应，引起全球气候变暖，导致极地的冰雪和高山冰川融化，海面上升。(2)生态系统中的生产者、消费者和分解者获取碳元素的方式不同，生产者通过光合作用和化能合成作用转化利用，消费者通过食物网（链）取食利用，分解者通过分解动植物的遗体，排遗物等利用。(3)从全球碳循环的主要途径来看，减少碳排放和增加碳吸收是实现碳达峰和碳中和的重要举措。18.(10分)(1)伸肌和屈肌(2分)内正外负(2分)(2)（传导神经冲动并）释放抑制性神经递质，抑制屈肌运动神经元兴奋(2分)(3)加速摄取、利用和储存葡萄糖(2分)(4)垂体(2分)》【考查点】本题考查反射、兴奋的传导及激素调节。【解析】(1)在反射弧中，效应器是指传出神经末梢及其所支配的肌肉或腺体。由图可知，伸肌运动神经元和屈肌运动神经元为传出神经元，其支配的肌肉分别为伸肌和屈肌。在未受刺激时，神经纤维处于静息状态，膜内外电位表现为内负外正，在兴奋传至a处时，该处细胞膜对Na*的通透性增加，Na内流，膜内外的电位会发生改变，因此a处膜内外电位表现为内正外负。(2)依据释放的神经递质的种类不同，中间神经元可分为兴奋性中间神经元和抑制性中间神经元。抑制性中间神经元的作用为（传导神经冲动并）释放抑制性神经递质来抑制下一神经元的兴奋，最终使屈肌舒张。(3)由题意可知，运动可提高肌细胞对胰岛素的敏感性，在胰岛素水相同的情况下，该激素能更好地促进肌细胞加速摄取、利用和储存葡萄糖，从而降低血糖浓度。(4)TSH为促甲状腺激素，由垂体分泌，靶组织是甲状腺，故TSH水可以作为评估垂体功能的指标之一。19.(16分)(1)核糖体、内质网、高尔基体(2分)选择透过性(2分)主动运输和协助扩散(2分)(2)肾小管细胞刷状缘增大了肾小管细胞的膜面积，分布更多的URAT1蛋白，从而利于尿酸盐的重吸收(2分)(3)灌服尿酸氧化酶抑制剂(2分)用于观察病理实验对象的指标变化，作为天然化合物F降尿酸作用效果的比对标准(2分)(4)化合物F通过调节基因表达过程，使得尿酸盐转运蛋白URAT1和GLUT9的合成减少(2分)其他条件均不变，取与各组数量相等的高尿酸血症大鼠灌服与治疗组等量的药物E(2分)【考查点】本题考查物质跨膜运输的实验。实验剖析空白对照组：正常实验大鼠灌服生理盐水模型组：正常实验大鼠灌服尿酸氧化酶抑制剂}自变量：是否灌服尿酸氧化酶抑制剂治疗组：正常实验大鼠灌服尿酸氧化酶抑制剂后，再灌服【解析】(1)URAT1和GLUT9与分泌蛋白相似，分泌蛋白在细胞内的合成、分泌和转运过程需要核糖体、内质网、高尔基体及线粒体等细胞器的共同参与。肾小管细胞重吸收尿酸盐体现了细胞膜具有选择透过性的功能特性，原尿中许多物质借助载体蛋白通过肾小管细胞膜的运输方式有主动运输和协助扩散。(2)肾小管细胞刷状缘增大了肾小管细胞的膜面积，其上可以分布更多的URAT1蛋白，从而利于尿酸盐的重吸收。(3)模型组是经处理患高尿酸血症的大鼠，因此与空白对照组相比，模型组的自变量为灌服尿酸氧化酶抑制剂，设置模型组的目的是研究天然化合物F的药效，用于观察病理实验对象的指标变化，作为天然化合物F降尿酸作用效果的比对标准。(4)由图可知，与模型组相比，灌服F的治疗组血清尿酸盐含量降低，蛋白相对含量降低，说明化合物F可以降低血清尿酸盐的含量，其原因可能是化合物F通过调节基因表达过程，使得尿酸盐转运蛋白URAT1和GLUT9的合成减少，从而减少对尿酸盐的重吸收，最终使得血清尿酸盐的含量下降。为进一步评价化合物F的作用效果，还需要增设的对照组为其他条件均不变，取与各组数量相等的高尿酸血症大鼠灌服与治疗组等量的药物E,一段时间后检测相关指标。教材湖源本题第(1)小问考查分泌蛋白的合成与运输，其由教材的“思考·讨论”栏目延伸而来。详见[人教版必修一P51]20.(12分)(1)伴性遗传(1分)(2)棒眼红眼(2分)隐性(1分)棒眼红眼的雌(2分)(3)③(2分)基因突变导致出现终止密码子，翻译提前终止，所需蛋白质无法合成(2分)(4)X染色体上显性常染色体（选答一空即可，答案不可颠倒，2分）【考查点】本题考查伴性遗传和基因突变。【解析】(1)性染色体上基因的遗传总是和性别相关联，这种现象称为伴性遗传。(2)已知控制果蝇眼型和眼色性状的基因均位于X染色体上，对图10中涉及的杂交信息进行简化和分析，具体见下图：XBrXBr×XYM-5野生型x[区×X8YM-5F,xx XY区Y(致死】42母卷·2021年广东卷·生物

©0所名校高考模拟金典卷，生物学（一）(40分钟90分)考生须知：1.本卷侧重：高考评价体系之基础性。.天卷怎么考：⑩洁查基曲实脸知识随3感分行能力随4.6)：③考查社会市任的至素养（题34）。3.本卷典型情境题：题4、31、34。4,本卷测试内容：高考全部范围。密烟果其，所第I卷(选择题共36分)4.一、选择题：本大题包括6小题，每小题6分，共36分。每小题只有一个选项最符合题意。县的学梦至的酒流计，石阳的市水立麻支水司1.新冠病毒是RNA病毒，容易发生突变，已经发现了多种变异毒株，其中包括德尔塔封毒株和奥密克戎毒株。下列说法错误的是A.变异毒株与原毒株的RNA碱基序列不同B变异毒株与原毒株的RNA(元素组成不同DC,变异毒株与原毒株的增殖都离不开活细胞5.池D,变异毒株表面的某些蛋白质会刺微人体产生记忆细胞塘2某大肠杆菌蛋白S在核糖体合成后，冬切工成为具有生物洁性的酶，分泌至细胞外人强白S合成所霜的能数可以行视B蛋白S在内质网和高尔基体同通过赛泡运箱C.蛋白S的加工场所可能是细跑质基质A.流【23新教材老高考·JD·生物学】

C内酮酸旅酶可能是堆持该动物基本生命由所必需的输卵管细胞只有与卵清蛋白.丙解版激漏成相关的基因17.在家鼠中短尾(T)对正常尾)为显性.多刘面尾鼠杂交，后代中短尾鼠身帝风鼠之比均为211，下列说法正确的是BCA.知尾鼠的基因型可能是T五短尾鼠与正常尾鼠杂交后代中尾鼠可能古2一正常尾鼠与正常尼鼠企交后代全为止指尾风口下、：的遗传不遵循分高定律18.人类无爱由一对等位基因A和：控制，在男性中具有个表现为不无发，在女中有四才表现为秃发。现有一对大妇，文大无发而麦下正常，生有个正常女儿一个先发儿子下列说法错误的是A该对夫妇的基因型都是A8B该对夫妇可能会生出秃发的女儿C该对夫妇生的正常女儿的基因型是AD,该对夫妇生的秃发儿子的基因型是a19,大鼠的毛色由独立遗传的两对等位基因控制，用黄色大鼠与墨色大鼠进行杂交实验.站如图所示。据图判断，下列叙述错误的是日人的；重入两亲本大鼠均为杂合子和所始段落开头日.F:中灰色大鼠均为杂合子son who toveC.下，与黑色亲本杂交，后代有两种表型D.下中的黄色大以与米色大鼠杂交，其后代中中米色大鼠的them toted in 2000概率为1/Ato call裂情边某种昆虫长湖R对我超田为是生，有刚毛为听因均位于有染色体上且独立遗传，双有一月得为的相关错误的是A这2对柏对性状的遗传遵循基因的自由组合定&一聚情况下，对该昆虫进行测交实验，子代表教有种三集地择题：本题共5小题，共55分。大学的细幽b表示图所莲行的生理过程、明解下刻n子yhw=

全国100所名校单元测试示范卷·生物学卷（一）》新教材-R-必修2-0GB全国100所名校单元测试示范卷·生物学卷（一）新教材-R-必修2-0GB解析：本题考查自由组合定律。植株甲(YyR)产生的雌雄配20.香豌豆能利用体内的前体物质经过一系列代谢过程逐步合成子各有4种，若甲自交，受精时，雌雄配子的结合是随机的，配子间蓝色中间产物和紫色素，此过程是由B、b和D、d两对等位基因的结合方式有16种，A项错误；植株甲和植株乙杂交，后代中黄色控制的（如下图所示），且两对基因独立遗传，其中具有紫色素皱粒的比例为(1/2)×(1/4)=1/8，B项错误：植株甲和植株丙杂交，的植株开紫花，只具有蓝色中间产物的植株开蓝花，两者都没后代的基因型为YyXYy-→YY:Yy:yy=1:2:l,RrXRR→Rr:有的开白花。下列叙述错误的是RR=1:1,因此，子代基因型之比为1：1：2：2：1：1，C项正确：基因B基因D题干中明确了“两对基因独立遗传”，植株甲为双杂合子，植株丁为隐B醇D性纯合子，两者杂交符合测交实验，若后代的表型比例为1：1：1：前体物质中间产物紫色索(白色)(蓝色)(紫色)1,则可验证自由组合定律，D项错误。A.只有基因型为BBDD的香豌豆才能开紫花答案：CB.基因型为bbDd的香豌豆植株不能合成中间产物，所以开白花C.基因型为BbDd的香豌豆自花传粉，后代表型比例为9：4：3D.基因型为Bbdd与bbDd的香豌豆杂交，后代表型比例为1:1:2全国100所名校单元测试示范卷·生物学卷（一）》新教材-R-必修2-QGB全国100所名校单元测试示范卷·生物学卷（一）》新教材-R-必修2-QGB19.从性遗传是指由常染色体上基因控制的性状，在表型上受个体解析：本题以流程图为载体，考查自由组合定律。根据题意和图性别影响的现象。某种牛体表上的斑点颜色为从性遗传，各基示可知，两对基因独立遗传，只要基因组成为BD,香豌豆就开紫花，因型与表型的关系如下表所示。在不考虑变异的情况下，下列A项错误；基因型为bbDd的植株缺乏酶B,不能利用前体物质合成相关叙述错误的是中间产物，所以开白花，B项正确；基因型为BbD的香豌豆自花传DDDddd粉，BbDdX BbDd的子代中，BD：(bbD+bbdd):Bdd=9紫：4雌性褐色红色红色白：3蓝，C项正确：基因型为Bbdd与bbDd的香豌豆杂交，后代基雄性褐色褐色红色因型为1BbDd、1Bbdd、1bbDd、1bbdd,表型比例为1：1：2，D项正确。A.斑点颜色的遗传符合基因的分离定律答案：AB.褐色母牛产下的红色小牛必为雌性C.红色公牛的子代中雄性可能为红色或褐色D.若亲本均为红色，则子代雌雄个体全部表现为红色全国100所名校单元测试示范卷·生物学卷（一）新教材R-必修2-QGB全国100所名校单元测试示范卷·生物学卷（一）新教材R-必修2-QGE解析：本题以从性遗传为背景，考查学生分析和提取信息的能第Ⅱ卷（非选择题共60分）力。由题意可知，斑点颜色受一对等位基因控制，在遗传上符合基二、非选择题（本题共4小题，共60分。）因的分离定律，A项正确；褐色母牛的基因型一定为DD,其产下的21.(14分)福禄桐是一种著名的观叶植物，其叶形的心形与扇形是小牛含有基因D且为红色，该小牛一定是基因型为Dd的母牛，B一对相对性状，由基因D/d控制。现用一株心形叶植株和一株项正确；红色公牛(dd)子代的基因型可能是Dd或dd,故子代雄性扇形叶植株作为实验材料，设计如下实验方案（假定后代数量可能为红色(dd)或褐色(Dd),C项正确；若亲本均为红色，则亲本足够多)，以鉴别该心形叶植株的基因型。请回答下列问题：公牛基因型为dd,亲本母牛基因型为Dd或dd,则子代基因型为(1)福禄桐是两性花植物，杂交过程和豌豆的类似，其基本步骤Dd或dd,所以子代雌性全部为红色，但子代中雄性为褐色或红色，为(用文字和箭头形式表示)，D项错误。该实验设计原理遵循基因的定律。答案：D(2)完善下列实验设计：实验一：,由此可判断心形叶植株是纯合子还是杂合子。实验二：让心形叶植株和扇形叶植株杂交。7

-