(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)

答案C 解题分析 该地区主要为热带沙漠气候，气候干旱，多沙漠， 其房屋特点是墙厚、门窗小，可以减少阳光和热风的影响，也可防 止风沙进入。

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

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

根据西藏特别是藏北地区严寒的气候特，点，在双拱双膜日光 温室的基础上增加一层薄膜覆盖，通过半地下式及阴棚的结构设 计，满足人们在藏北地区进行冬季蔬菜生产的需求。据此完成 34题。 3.双拱三膜半地下式阴阳棚设计 8 结构及操作的具体作用是 A.白天阳棚两层内膜卷起， 避免影响透光率 2 3 5 6 注：1.支撑墙2.内拱架3.外拱架4.阴棚拱架5.内拱地基 B.夜间放下两层内膜和保温 6.外拱地基7.阴棚地基8.保温被9.卷膜系统10.通风口 被，增加大气逆辐射 C.采用半地下式结构，增加作物的种植面积 D.顶部和侧部设计通风口，增加热量的进出

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。

18.阅读图文材料，完成下列要求。(12分) 都江堰水利工程建成后，成都原形成了高度网络化的排 灌体系，历史悠久的川西林盘就衍生于这些纵横交错的河流、 灌渠之间。川西林盘不仅构成了成都原独有的田园景观，亦 是川西农耕文化的结晶，形如田间绿岛、随田散布。单个林盘 (图I)由林木、宅院围合而成，成为集生活、生产、生态和景观 于一体的复合型农村散居聚落单元。 成都市郫都区是成都原林盘聚落的核心区，现存林盘数 量多。但受农村劳动力转移及生产、生活方式改变的影响，传 统林盘不断遭到破坏，数量和形态发生明显变化。图Ⅲ示意郫 都区位置及2018年林盘分布密度。

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】

大庆铁人中学2020级高三学年上学期月考化学试题考试时间：2022年10月8日①表示N,0的转化率随N,O的变化曲线为21.(12分)环喷托酯是一种常见的散瞳剂，常用于儿童散瞳验光，其合成路线如下：曲线（填“T”或“TI"):n(Co)②TT2(填>”或“<"：C乙醇0P(CO2)p(N2)D②H'H.O一定条件@记：凌反位的标准面常数K”-画，0C,共中为标准压蛋0o,KCOCHCOCH,CHN(CH)2B-OHp°p环喷托酯pN2O)和p(CO)为各组分的衡分压，则T,时，该反应的标准衡常数K0=(计算结果保留OH己知：①R,CH,COOR2+RCOR-定件→RCCHCOOR2两位有效数字，P分=P点物质的量分数)20.(10分)2022年以来，全球化石能源价格一路飙升，对全球经济复苏产生巨大影响。氢能源RR是一种不依赖化石燃料的储量丰富的清洁能源。②R,COOR,+R,OHH→R,COOR,+R,OH(1)电解水产氢是目前较为理想的制氢技术，这项技术的广泛应用一直被高价的贵金属催化剂所制回答下列问题：约。我国科学家开发了一种负载氧化镍纳米晶粒的聚合物氮化碳二维纳米材料，大幅提高了催化效(I)环喷托嘴中含氧官能团的名称为:A生成B的反应条件为率。(2)由C生成D的化学方程式为①基态Ni原子的价电子排布式为该元素在元素周期表中的位置是(3)E和F在生成环喷托酯时会产生分子式为C1H:O2的副产物，结构简式为②C、N、O的电负性的由大到小的顺序是(4)符合下列条件的D的同分异构体有种。写出其中核磁共振氢谱有五组峰，且蜂面积③为寻找更多的金属催化剂，科学家从众多金属元素中选取Co、©、Cu进行了相关研究，并取得之比为6：2：2：1：1的同分异构体的结构简式了成功。选取这三种金属进行相关研究的原因可能是①能发生银镜反应(2)开发新型储氢材料是氢能利用的重要研究方向。氨硼烷NHBH)是一种潜在的储氢材料，可由②能与2倍物质的量的NaOH反应H③苯环上的取代基不超过3个-H(HB=NH)3(俗称无机苯，结构为面六元环状，如图所示：)通过如下反应制得：3CH4+2(HB=NH)3+6H2O=3CO2+6NH3BH3.①请解释CH4、HO、CO2的键角大小顺序②HB=NHD3中B、N原子的杂化轨道类型分别为第6页共6页

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

第II卷（非选择题)二、填空题(40分)21.（1)依据事实，写出下列反应的热化学方程式：①1mo1氨气和1mo1氯化氢气体化合生成氯化铵固体，放出176kJ热量，该反应的热化方程式为：②25℃101kPa时，氢气和氧气反应生成1mo1水蒸气放热241.8kJ,该反应的热化方程式为：(2)甲醇是重要的化工原料。利用合成气（主要成分为C0、C0,和H)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：①C02(g)+3H2(g)=CH,OH(g)+H,0(g)△H,②C02(g)+H(g)=C0(g)+H,0(g)△H3CH,OH(g)=CO (g)+2H (g)△H己知反应②中相关化学键键能（断裂1mo1化学键吸收或形成1mo1化学键放出的能量）数据如表：化学键H一HC=0C≡0H一0E/kJ·mol4368031076465由此计算△H=kJmo1。己知△H=+99 kJ*mol,则△H,=kJmo1。22.(1)反应mA(g)+nB(g)亡pC(g)+qD(g)过程中的能量变化如图，回答下列问题。mmol n mol B)p mol cle)+q mol D(g)反应过恩①该反应△H=(用含E、E2式子表示)；②在反应体系中加入催化剂，E（“填(“增大”、“减小”、“不变”)，△H(“填(“增大”、“减小”、“不变”)。(2)用50mL0.50mo1·L-盐酸与50mL0.55mo1·L-Na0H溶液测定计算中和反应的反热。回答下列问题：温度计内简杯盖隔热层外亮简易量热计①从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃用品是②如改用0.0275mo1Na0H固体与该盐酸进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。第5页，共6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

黑暗黑暗单侧光单侧光I-4琼脂块单侧光iA.a、b组实验结果说明胚芽鞘的生长与尖端有关B.C

啪5因是，d由美交袋罪江组2022一2023学年度高三一轮复周测卷（十二）剂长酿小论师英实水来茶生物·DNA是主要的遗传物质，DNA的结构和复制(考试时间90分钟，总分90分)一、选择题：本题共24小题，每小题2分，共48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。带题目为能力提升题，分值不计入总分。1.肺炎双球菌转化实验中，S型细菌的部分DNA片段进入R型细菌内，并整合到R型细菌的DNA分子中，使R型细菌转化成能合成荚膜多糖的S型细菌。下列叙述错误的是A.上述转化过程在小鼠体内和体外均能发生B.上述R型细菌转化成S型细菌的变异属于基因重组C.S型细菌的DNA片段在R型细菌中表达的产物是多糖上时凤，香西父尊的个被年型三拿D.转化形成的S型细菌中DNA的嘌呤碱基所占比例不发生变化D湿误果的资染的，四有寿货(【答案】C【解析】肺炎双球菌转化实验有两个，一个是格里菲思的体内转化实验，另一个是艾弗里的体外转化实验，故上述转化过程在小鼠体内和体外均能发生；S型细菌DNA整合到R型细菌DNA上，所以R型细菌转化为S型细菌的变异属于基因重组；基因的表达产物是蛋白质，多糖不是蛋白质；DNA是双链结构，遵循碱基互补配对原则，所以嘌呤碱基所占比例不变。2.根据S型肺炎双球菌荚膜多糖的差异，将S型细菌分为SI、SⅡ、SⅢ等类型。不同类型的S型细菌发生基因突变后失去荚膜，成为相应类型的R型细菌(RI、RⅡ、RⅢ等)。S型细菌的荚膜能阻止外源DNA进入细胞，R型细菌只可恢复突变为相应类型的S型细菌。将加热杀死的甲菌破碎后，获得提取物→对提取物进行不同酶处理→加入乙菌培养基中培养→检测子代细菌（丙）的类型。下列实验思路与结果预期，能说明细菌发生转化而未发生基因突变的一组是A.甲为RⅡ，乙为SⅢ，丙为SⅢ、RⅡB.甲为SⅢ，乙为RⅡ，丙为SⅢ、RIC.甲为SⅢ，乙为RⅡ，丙为RⅢ、RⅡD.甲为SⅢ，乙为RⅢ，丙为SⅢ、RⅢ【答案】D【解析】根据题意分析，RⅡ的DNA不能进入SⅢ中，不会导致SⅢ突变为RⅡ；SⅢ的DNA经过处理后，可被RⅡ吸收，将部分RⅡ转化为SⅡ，不能转化为SⅢ；SⅢ的DNA经过处理后，可被RⅡ吸收，将部分RⅡ转化为SⅡ，但不会获得RⅢ；SⅢ的DNA经过处理后，可被RⅢ吸收，将部分RⅢ转化为SⅢ。3.温和性噬菌体在吸附并侵入细胞后，将其核酸整合到宿主的拟核DNA上，并且可以随宿主DNA的复制而进行同步复制，一般情况下，不引起宿主细胞裂解，如大肠杆菌噬菌体等。含有温和性噬菌体的细菌称为溶源性细菌，其分裂产生的子代带有整合的噬菌体基因组。下列有关叙述正确的是A,溶源性细菌产生过程中的变异属于基因突变B.温和性噬菌体可以作为基因工程的运载体C.溶源性细菌不再具有产生子代噬菌体的能力D赫尔希和蔡斯实验所用的实验材料即为温和性噬菌体【答案】B【解析】温和性噬菌体基因组整合到溶原菌基因组上的变异类型属于基因重组；常用的运载体有质粒、噬菌体的衍生物、动植物病毒，温和噬菌体可以作为基因工程的运载体；溶源性细菌分裂产生的子代带有整合的噬菌体基因组，可以产生子代噬菌体；温和性噬菌体不会引起宿主细胞裂解，赫尔希和蔡斯实验所用的噬菌体会引起宿主细胞裂解，不是温和性噬菌体。。14·

7.(10分)勤洗手是预防病毒感染的有效措施。某公司在防控新型冠状病毒期间推出了一款新型免洗手凝胶。为衡量该凝胶的清洗效果，研究人员设计了相关实验。用凝胶洗手前的检测流程见图。请根据表中实验回答相关问题：特殊处理制成继续实验中长有35个菌10mL菌悬液落的板【察含】实验组别对照设置接种处理数据统计求均值A不洗手按上述实验步骤处B用水洗手理，每组设置三个C用免洗手凝胶洗手板D空白不接种(1)用洗手凝胶洗手可以杀死手表面的部分微生物（不包括芽孢和孢子），该方法属于(填“消毒”或“灭菌”)。在实验中配制好的培养基需要进行灭菌处理，常用的方法是(2)实验中添加D组的目的是(3)如果想了解手部是否有大肠杆菌，应该如何处理？(4)新型冠状病毒为什么不能用基本培养基培养？具生。【答案】(1)消毒高压蒸汽灭菌(2)检验培养基灭菌是否彻底(3)在培养基中加入一定量的伊红美蓝，观察菌落的特征0TH(4)因为病毒没有细胞结构，只有依赖活细胞才能生活【解析】(1)使用强烈的理化因素杀死物体内外一切微生物的细胞、芽孢和孢子的过程称为灭菌；消毒是指用较为温和的物理或化学方法仅杀死物体体表或内部的一部分微生物的过程，用免洗手凝胶洗手可以杀死手表面的部分微生物（不包括芽孢和孢子），该方法属于消毒。常用灭菌方法有灼烧灭菌、干热灭菌和高压蒸汽灭菌法，对培养基灭菌处理的常用方法是高压蒸汽灭菌法。(2)D组是对一组未接种的空白培养基进行培养，是为了验证培养基是否被杂菌污染，灭菌是否彻底。(3)大肠杆菌培养在加入伊红美蓝的培养基中，可形成紫黑色有金属光泽的菌落，所以在培养基中加入伊红美蓝可以鉴别是否存在大肠杆菌。(4)病毒是没有细胞结构的特殊生物，仅由遗传物质和蛋白质外壳组成，只能依赖活细胞生存和繁殖，故新型冠状病毒不能用基本培养基培养，其无法单独在基本培养基中生存。8.(10分)四环素是放线菌产生的一种广谱抗生素，既可以用来进行动物疾病的治疗，还可以作为饲料添加剂促进动物生长。然而，四环素的化学结构稳定，在动物体内并不能被完全吸收转化，大部分随尿液排出体外，易在环境中积累，造成污染。研究人员从养鸡场粪便堆肥中筛选获得两株对四环素具有一定降解能力的菌株，并探究其对四环素降解的最佳条件，为修复及治理被四环素污染的环境提供菌种资源和理论依据。回答下列问题：(1)为筛选出四环素降解菌，从饲料中添加的养鸡场粪便中取5g样品，加入无菌水制成悬液接种至适宜的液体培养基中，置于30℃、160t/min的摇床中恒温振荡培养，此操作的目的是，(2)培养结束后对培养液进行梯度稀释，从不同稀释倍数的稀释液中各吸取100μL稀释液，涂布于含有一定浓度四环素的选择培养基上。待长出单菌落，挑选菌落形态外观不同的单菌落直接用法进一步分离纯化。若要临时保藏菌种，可将其接种到试管的上，待长成菌落后再置于4℃冰箱中保藏，以备后续实验。(3)分离得到两种对四环素具有降解能力的菌种A和B。为研究加人不同碳源和氮源时，对两种菌降解四环素能力的影响，在含适宜浓度四环素的无机盐培养基中分别加入1%不同碳源和氮源作为实验组，不加碳源或氮源的作为对照组，6d后测定四环素残留量，结果如图所示。·174·

中不一定都含有性染色体，如玉米为雌雄同株植物，无性染色体，B正确，C错误；每个染色体组中的染色体均为非同源染色体，而非同源染色体上的基因均为非等位基因，故各染色体DNA的碱基序列不同，D正确5.D【考查点】本题考查植物细胞的吸水和失水。【解析】水分交换达到衡时，甲组中甲糖溶液浓度升高，且叶细胞和溶液之间没有溶质交换，说明甲组叶细胞吸收了甲糖溶液中的水使甲糖溶液浓度升高，A正确：若测得乙糖溶液浓度不变，说明乙糖溶液浓度与乙组叶细胞的细胞液浓度相当，进出细胞的水分的量处于动态衡，则乙组叶细胞的净吸水量为零，B正确：若测得乙糖溶液浓度降低，说明乙组叶肉细胞发生了渗透失水，则可能导致乙组叶肉细胞发生质壁分离，C正确：若测得乙糖溶液浓度升高，说明甲、乙组叶细胞均吸水，则甲、乙组叶细胞的细胞液浓度均大于溶液浓度，由题干信息可知，甲、乙两组糖溶液初始浓度（单位为g/mL)相同，但甲糖的相对分子质量约为乙糖的2倍，因此甲组糖溶液物质的量浓度小于乙组，因此水分交换达到衡时，叶细胞的净吸水量乙组小于甲「易错]物质的量浓度大小与渗透压大小成正比组，D错误6.A【考查点】本题考查群落演替【解析】由“河水携带泥沙流入大海时，泥沙会在入海口淤积形成三角洲”可知，三角洲上的植物群落是由海水环境群落向陆地环境群落演替形成的，而首先形成的是以赤碱蓬为主的植物群落（生长在海水环境中），其次是以芦苇为主的植物群落（生长在淡水环境中)，然后是草甸植物群落（生长在陆地环境中），因此可知演替的顺序为以赤碱蓬为主的植物群落一以芦苇为主的植物群落一草甸植物群落，即②①③，故选A。29.(10分)(1)rRNA、tRNA(2分)(2)细胞核(1分)细胞质(1分)细胞质(1分)细胞核(1分)》(3)酪氨酸-谷氨酸-组氨酸-色氨酸(2分)UAUGAGCACUGG(2分)【考查点】本题考查转录和翻译。【解析】(I)以mRNA为模板合成蛋白质的过程属于翻译，翻译过程不仅需要模板mRNA,还需要转运氨基酸的工具RNA,翻译的场所为核糖体，核糖体由rRNA和蛋白质组成，故合成蛋白质时除mRNA外还需要tRNA和rRNA。(2)RNA是基因转录的产物，大豆属于真核生物，其细胞中转录的场所主要是细胞核，在大豆细胞线粒体和叶绿体中也存在转录过程，就细胞核和细胞质这两个部位来说，mRNA合成部位为细胞核；mRNA执行翻译模板功能的部位是在细胞质的核糖体上；RNA聚合酶的本质是蛋白质，蛋自质在细胞质的核糖体上合成；RNA聚合酶执行催化转录功能主要发生在细胞核中。(3)mRNA上决定一个氨基酸的三个相邻碱基称为密码子，由题中所给密码子表可知，该小肽的氨基酸序列为酪氨酸(UAC)-谷氨酸(GAA)-组氨酸(CAU)-色氨酸(UGG),若该小肽对应的DNA序列有3处碱基发生了替换，则由该DNA序列转录形成的mRNA序列改变，但小肽的氨基酸序列不变，说明改变后的mRNA编码的还是原来的氨基酸，由题中所给密码子表可写出改变后编码小肽的mRNA序列为UAUGAGCACUGG30.(9分)(1)pH应与细胞质基质的相同，渗透压应与细胞内的相同(2分)(2)细胞质基质组分和线粒体(2分)(3)有(2分)类囊体膜是H,0分解释放0，的场所，叶绿体膜破裂不影响类囊体膜的功能(3分)》【考查点】本题考查细胞器的结构和功能。【解析】(1)将正常叶片置于适量的溶液B中，用组织捣碎机破碎细胞，再用差速离心法分离细胞器。实验中溶液B的渗透压应与细胞内的渗透压相同，从而防止细胞器吸水涨破或失水皱缩，且溶液B的pH应与细胞质基质的相同，从而保证细胞器的结构和功能不被破坏。(2)离心沉淀出细胞核后，上清液在适宜条件下能将葡萄糖彻底分解，说明这一过程是通过有氧呼吸完成的。有氧呼吸过程中葡萄糖首先在细胞质基质中分解成丙酮酸和[H],然后丙酮酸进入线粒体中彻底氧化分解成C0,和H,0,因此上清液中含有细胞质基质组分和线粒体。(3)将分离得到的叶绿体悬浮在适宜溶液中，照光后有氧气释放，该过程为光合作用的光反应阶段，此阶段中H,0分解形成0,和[H],在叶绿体的类囊体膜上进行，因在该适宜溶液中将叶绿体外表的双层膜破裂后，不影响类囊体膜的功能，故再照光仍能进行光合作用的光反应，即有氧气释放。一教材溯源本题所用的差速离心法分离细胞器，其来自教材“科学方法”栏目。详见[人教版必修一P47]31.(9分)(1)无氧呼吸(2分)(2)胰高血糖素(2分)促进糖原分解和非糖物质转化为葡萄糖(3分)》(3)电解质（或无机盐）(2分)【考查点】本题考查内环境稳态。【解析】(1)人在剧烈奔跑运动时肌细胞供氧不足，导致细胞进行无氧呼吸，而人体细胞无氧呼吸会产生乳酸，乳酸的大量积「易错]乳酸型无氧呼吸不产生C0,,酒精型无氧呼吸有C02产生累会使肌肉有酸痛感。(2)当人进行较长时间剧烈运动时，机体内的葡萄糖被大量消耗，导致血糖含量降低，从而使胰岛A细胞的分泌活动加强，分泌胰高血糖素，胰高血糖素能促进糖原分解和非糖物质转化为葡萄糖，从而使血糖水升高。(3)人在进行剧烈运动时会大量出汗，体内的无机盐也会随汗液排出，而无机盐和水分的流失会影响人体内水盐衡和酸碱衡，为维持内环境的相对稳定，可以在饮水的同时适当补充一些电解质（或无机盐）。32.(11分)(1)板叶、紫叶、抗病(2分)(2)AABBDD(1分)AabbDd(1分)aabbdd(1分)aaBbdd(1分)94母卷·2020年全国Ⅱ卷·生物

解为无机物，形成的无机物可被植物重新利用，从而减少污染，因此该净化系统能发挥作用，分解者的作用功不可没，D项正确。17.(1)甘蔗、玉米、芭蕉(2分)通过光合作用将无物合成有机物，将光能储存在有机物中，为自身和其他生物提供物质和能量(2分)(2)种间竞争(1分)水(1分》(3)①合理调整能量流动关系，使能量持续高效地流向对人类最有益的部分(2分)②通过信息传递调整种间关系，维持生态系统的稳定(2分)(4)环境资源减少（或食物减少、栖息空间减少或环境改变）(2分)18.(1)三、四(2分)细菌、真菌、部分土壤小动物(1分)》(2)食草动物帮助植物传粉、传播种子；食草动物的捕食作用降低了植物间的竞争；食草动物加快了物质循环（答出两点即可）(2分)c(1分)(3)春(1分)标记重捕(1分)捣毁鼠洞、保护鼠的天敌等（合理即可）(1分)谨慎(1分)引人蛇可能会带来新问题，如捕食鸟类、伤害家畜或人等(2分)》19.(1)果树固定的太阳能和饲料中的能量(2分)果树(1分)微生物等分解者(1分)(2)土壤小动物身体微小且活动能力强(1分)消费者、分解者(1分)(3)调节生态系统的种间关系，以维持生态系统的稳定性(2分)(4)次生(1分)灌木比草本植物更高大，在竞争阳光和土壤养分中更有优势(1分)调节能量流动方向，使能量持续高效地流向对人类最有益的部分(2分)20.(1)基本等于(2分)(2)组成细胞的化合物会迅速且彻底地氧化分解，能量会全部释放出来，细胞的基本结构也就会遭到彻底破坏（合理即可，2分）(3)次生演替(1分)不能(1分)灌木和乔木是两种不同的植物种类，灌木成长的终点仍是灌木(3分)(4)相比于纯种林，混交林的生物组分更多，食物网更复杂，自我调节能力和抵抗力稳定性更强(3分)21.(1)生物富集(2分)全球(1分)(2)无机盐(2分)(3)生物膜(1分)分解者(1分)(4)蔓田芥(1分)其对镉化物的吸收能力强，且气化温度低（或便于镉化物回收提取）(2分)(5)出生率、死亡率、性别比例(1分》(6)丁→乙→甲→丙(1分)·83·【23·G3DY(新高考)·生物学·参考答案一R一必考一HUN】

©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=