2026届新疆石河子第一中学高三下学期天使计划(1)自编模拟理科综合试卷

石河子第一中学2026届高三年级理科综合天使计划1 （考试时间：150分钟试卷满分：300分) 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净 后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-120-16A1-27S-32Zn-65 1.线粒体胶囊移植技术是我国科学家首创的新型细胞器治疗手段，该技术利用红细胞膜包裹健康线粒体形成“线 粒体胶囊”，可高效将线粒体递送至病变细胞并修复其能量代谢功能，为线粒体疾病、神经退行性疾病提供 了全新治疗方向。下列相关叙述错误的是() A.线粒体是有氧呼吸主要场所，被称为细胞的“动力车间” B.线粒体胶囊进入病变细胞的方式依赖细胞膜的流动性 C.红细胞膜的主要作用是为线粒体提供呼吸作用所需的底物 D.该技术可改善因线粒体功能异常导致的能量供应不足疾病 2.研究发现，生物衰老过程中会出现铁异常积累，过量铁催化脂质过氧化，引发细胞层面“生锈”，即铁衰老 (ferro-aging).。ACSL4蛋白是脂质过氧化的关键“加速器”，可加速细胞衰老；维生素C能抑制ACSL4活 性并激活抗氧化通路。下列相关叙述错误的是（) A.铁衰老的本质是铁过量积累引发脂质过氧化，促进细胞衰老 B.ACSL4蛋白可通过促进脂质氧化加速铁衰老，敲低其基因能延缓衰老 C.维生素C仅通过抑制ACSL4活性这一条途径干预铁衰老 D.以肝脏为靶器官干预ACSL4表达，可改善多器官衰老与机体功能 3.最新研究发现，将年轻小鼠与老年小鼠共同饲养，可导致年轻小鼠短期记忆能力显著下降，且肠道微生物组 成与老年小鼠趋同。进一步研究表明，古氏副拟杆菌过度增殖产生的中链脂肪酸可激活免疫受体GP℉84，引 发炎症并损伤迷走神经，阻断肠道一大脑通讯，最终导致海马体功能下降、记忆丧失。下列相关叙述错误的 是() A.年轻小鼠与老年小鼠共同饲养后记忆下降，与肠道微生物传播有关 B.移植古氏副拟杆菌可直接导致年轻小鼠短期记忆能力下降 C.清除老年小鼠体内的古氏副拟杆菌，可改善其记忆与认知能力 D.中链脂肪酸通过直接抑制海马体神经元的活动导致记忆丧失 4.我国科学家李传友团队研究发现：番茄果实成熟时，乙烯信号途径核心转录因子EIL,一方面调控果实品质 相关基因的表达，另一方面可靶向激活茉莉酸代谢基因CYP94C1的表达，进而减弱茉莉酸介导的抗病反应。 该研究解释了“成熟果实更易被死体营养型病原菌侵染”的分子机制，并为育种提供新思路。据此分析，下列 叙述正确的是() A.乙烯只通过调控果实品质相关基因的表达来促进番茄果实成熟 B.转录因子EIL可直接促进CYP94C1表达，降低茉莉酸介导的抗性 C.茉莉酸含量升高会减弱植物对死体营养型病原菌的抵抗能力 D.育种中抑制EIL基因表达，可同时提高果实品质与增强抗病性 5.中国科学院曹晓风团队研究发现，连续多代冷胁迫可诱导水稻ACT1基因位点发生DNA甲基化变异，该变 异不改变DNA碱基序列，但可稳定遗传，并在水稻向北扩张适应高纬度低温环境中发挥关键作用。分子机 制：多代冷胁迫→ACT1去甲基化→解除转录因子Dof1的抑制→ACT1基因表达上调→耐冷性增强。 结合图示信息分析，下列叙述正确的是（) 天使计划1 第1页 Dof1 光必 ACT1 高甲基化ACT1 冷敏感 多代冷胁迫 耐寒 ACT1 低甲基化ACT1 上 耐寒 A.高纬度低温环境直接诱导水稻产生定向的DNA甲基化变异，从而适应低温 B.ACT1基因的甲基化修饰改变了基因的碱基序列，属于可遗传的基因突变 C.多代冷胁迫通过降低ACT1基因的甲基化水平，解除转录因子Dof1对ACT1的抑制作用，使ACT1表达 量升高，增强耐冷性 D若将耐冷水稻移栽至温暖环境种植，ACT1基因的甲基化状态会立即恢复至高甲基化水平 6.2025年，中国科学家开发了一种新型纳米载体系统(TAT一PLGA)，可实现非侵入式胚胎基因编辑。该技 术流程如下：收集斑马鱼受精后2小时内的胚胎；将包裹CRISPR/Cas9的TAT一PLGA纳米颗粒注入培 养液；胚胎与纳米颗粒共培养，纳米颗粒与卵膜融合递送基因编辑工具；筛选基因编辑成功的胚胎继续发育。 研究显示，该技术使斑马鱼胚胎编辑效率达90%，胚胎存活率超80%。下列基于该技术的分析，正确的是 () A.受精卵早期分裂时，胚胎中细胞数目不断增加，但胚胎的总体积并不增加 B.纳米载体携带基因编辑工具进入胚胎细胞，体现了细胞膜的选择透过性 C.对斑马鱼胚胎进行基因编辑属于治疗性克隆，我国法律允许自由开展 D.经CRISPR/Cas9编辑后的胚胎，其基因表达不受影响，仅DNA序列改变 7、近年来，我国在航天、材料、能源、深海等领域取得了重大突破。下列说法正确的是 A.“嫦娥五号”探测器配置砷化镓太阳能电池，太阳能电池属于原电池 B.隐形战机的隐身涂层材料之一为石墨烯，石墨烯是一种新型无机非金属材料 C.“长征五号”火箭使用液氧煤油发动机，煤油属于酯类化合物 D.“海牛Ⅱ号”深海钻探采用的钛合金钻头，其耐腐蚀性比纯钛强但硬度比纯钛低 8、2025年诺贝尔化学奖授予MOF（金属有机框架)材料的研发者，MOF材料具有独特的孔道结构，在CO2 捕集、气体分离等领域具有重要应用。组成某典型MOF材料的元素有X、Y、Z、W、Q五种短周期主族元素， 原子序数依次增大。已知：①X是形成化合物种类最多的元素，且其原子最外层电子数是内层电子数的2倍： ②Y的简单氢化物是中学阶段最常见的液态化合物；③Z是地壳中含量最高的金属元素；④W的单质可用于制 造光电池，其最高价氧化物对应水化物是弱酸：⑤Q的最外层电子数是其电子层数的2倍，且其简单阴离子与Y 的简单阳离子具有相同的电子层结构。下列说法正确的是（) A.原子半径：Z>W>Q>Y>X B.简单氢化物的稳定性：X>Q C最高价氧化物对应水化物的酸性：W>X D.Z的最高价氧化物对应水化物能与Q的最高价氧化物对应水化物反应 9、甲醇(CHOH)与CO催化制备乙酸(CH COOH)的反应历程及每分子甲醇转化为乙酸的能量变化关系 如图。下列说法正确的是 2 0.72 .9 CHCOOH(I) H CH,OH(1) TS2 iiiH.o(1) i -0.68 CH,COI①) ~1 ii CHI(①) -1.01 -1.38 -2 CO(g) -3 -3.05 反应过程 天使计划1 第2页 A.该过程不涉及非极性键的形成 B.更高效的催化剂降低进的活化能，从而加快反应速率 C.该反应中，H,O为催化剂，HⅡ为中间产物 D.总反应的热化学方程式为CHOH(g)+CO(g)=CH COOH(I)△H=-3.05kJ·ol1 10、《本草纲目》记载的曼陀罗花，可作为蒙汗药，有麻醉作用。有效成分之一的东莨菪碱结构简式如图。下 列关于东莨菪碱说法正确的是 OH A.分子式为C12H0NO4 B.分子中有5个手性碳原子 C.能使溴的四氯化碳溶液褪色 D.1mol该物质最多消耗2 mol NaOH 11.下列实验根据现象能得出相应结论的是 选 实验 现象 结论 项 溶液紫红色褪 向0.1mol/LH202溶液中滴加0.1 A 去，出现无色气 H0,发生还原反应 mol/L酸性KMnO4溶液 泡 向久置的NaSO样品中加入足量 出现白色沉淀， B Na,SO3样品完全变质 Ba(NO),溶液，再加入足量稀盐酸 沉淀不溶解 向盛有2mL0.1mol/L AgNO,溶液 先生成白色沉 的试管中先滴加2滴0.1mol/L NaCI C 淀，后产生淡黄 K(AgBr)<K(AgCl) 溶液，再滴加2滴0.1mol/LNaBr溶 色沉淀 液 取2mL某卤代烃样品于试管中，加 入5mL20%KOH水溶液并加热， D 产生黄色沉淀 该卤代烃中含有碘原子 冷却到室温后加入足量稀硝酸再滴 加AgNO3溶液 12、新型储能电池是新能源领域的研究热点，一种基于Na-CO2电池的新型电化学装置（可用于电网储能），其 工作原理如图所示，电极材料为多孔Na电极、多孔碳电极，电解质为熔融NaCl-AIC3(不参与电极反应)，电 放电、 池总反应为4Na+3C0?充电 2Na2C03+C。 放电负载 /充电：电源 C02通入 多孔Na电极 h多孔碳电极 熔融NaC-AICl3(不参与反应) Na C02 天使计划1 第3页 下列说法错误的是() A.放电时，多孔Na电极为负极，发生氧化反应，电极反应式为Nae=Na B.放电时，多孔碳电极为正极，CO2在该电极上发生还原反应，且有C生成 C.充电时，外接电源的正极接多孔Na电极，该电极发生Na+得电子的还原反应 D.充电时，电路中每转移4mole,理论上有3molC02生成并放出 13、常温下，用NaOH溶液分别滴定CH,COOH、CuSO4、MgSO4三种溶液，pM=-lgMM表示c(Cu2+)、c(Mg2+)、 (CH.CooH],pM随pH变化关系如图所示。已知K,[ME(OD,]K[Q(OD],当金属离子浓度 c(CH.COO) ≤10molL1时认为沉淀完全。下列说法错误的是 PM个 7.0 0 pH 4.0/ 8.0 A.曲线I表示滴定CuSO4溶液的变化曲线 B.当Cu+刚好完全沉淀时，溶液pH=7.5 C.Mg(OH)2+Cu2+Mg2++Cu(OH)=108 D.a点pH=7.0,K(CHC0OH)的数量级为10 二、选择题：本题共8小题，每个小题6分，共48分。在每个小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符 合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分。 14.氢原子能级示意图如图所示，大量处于n=4能级的氢原子，辐射出光子后，n EleV 能使金属钨发生光电效应，已知钨的逸出功为4.54eV,下述说法中正确的是 00-2---2---- 0 () -0.85 A.氢原子辐射的光子都能使钨发生光电效应 3 -1.51 B.光电子的最大初动能为8.21eV 2 -3.4 C.一个钨原子能吸收两个从n=4到n=2能级跃迁的光子而发生光电效应 D.氢原子辐射一个光子后，氢原子核外电子的速率减小 -13.6 15.热机对社会的发展起到了相当重要的作用，热机的工作过程是气体状态变化的过程。如图，一定量的理想 气体从状态A经等容过程到达状态B,然后经等温过程到达状态C。下列对气体状态变化判断正确的是() A.A→B过程为放热过程 个V B.B→C过程为放热过程 C.状态A压强比状态B的大 D.状态A内能比状态C的大 16.如图所示，变压器为理想变压器，交流电源的电压不变，L1、L2、L3是三个 完全相同的灯泡，图中电表均为理想电表，导线电阻不计，当开关S由闭合变为断 开后，下列说法正确的是() A.A不变，V2减小 B.A增大，V不变 C.原线圈输入功率减小 D.L1,L2变亮 天使计划1 第4页 17.如图所示，b、c、瓜是两个等量异种点电荷形成的电场中的等差等势面，一电荷量为-q的带负电的 粒子，只受该电场的作用，在该电场中运动的轨迹如图中实线MPN所示， 0 己知电场中、c两等势面的电势分别为4、P.则下列说法正确的是（) b A.带电粒子从M点运动到N点电场力先做正功再做负功 B.带电粒子在M点的加速度大于在N点的加速度 M-------------------C C.带电粒子经过P点和N点时动能相同 D.条件不足无法判断b、c电势的高低 d 18.如图，两根相距为1的足够长的平行光滑导轨固定在同一水平面上，并 处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B,而和c两根金属杆静止在导轨上，与导轨构成矩形闭合回 路。两根金属杆的质量关系为b=2a=2m电阻均为r,导轨的电阻忽略不计。从t=0时刻开始，两杆分别 受到平行于导轨方向、大小均为F的拉力作用，分别向相反方向滑动，t=T时，两杆同时达到最大速度，之 后都做匀速直线运动，下列说法正确的是() 0 C × F b d A.若在G<刀时刻而杆速度的大小等于1，此时b杆加速度的大小为F_3B 247 B.在0~T时间内，山杆的最大速度为4 'P C.在0~T时间内，通过b杆横截面的电荷量为 FT 2Fm BI 3BPP D.在0~T时间内，通过cd杆横截面的电荷量为 2FT 2Fmr BI 3B1 19.如图，轻质弹簧上端固定在0点，下端与质量为m的圆环相连，圆环套在水平粗糙的固定细杆上。现在将 圆环从A点静止释放，当圆环运动到B点时弹簧竖直且处于原长，到达C点时速度减为零；在C点使得圆环获 得一个沿杆向左的速度，其恰好能回到A点。弹簧始终在弹性限度之内，下列说法正确的是（) A.从A到C的过程中，圆环经过B点时加速度为O B.从A到C的过程中弹簧弹力先做正功再做负功，最终弹力做的总功为正功 c.圆环从A到C,再从C返回A的整个过程中产生的内能为 D.圆环在A处具有的弹簧弹性势能为二 20.一辆机车在水平路面上从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化 B 的图像如图甲所示，机车牵引力F和车速倒数二的关系图像如图乙所示，机车前进过程中所受阻力大小恒定， t=。时刻机车达到额定功率，之后保持该功率不变，下列说法正确的是() ◆a/(m's2) 个FN B A 0.5 45×105 C 1.5×10 →t/s 0 v(m's-) 6而 甲 乙 天使计划1 第5页 A.所受恒定阻力大小为1.5×105N B.机车运动的额定功率为6×10W C.机车匀加速运动的时间为30s D.机车的质量为6×105kg 21.如图所示，两根足够长的光滑金属导轨与水平面的夹角为37°，导轨底端接有阻值为2R的定值电阻，导轨 所在空间分布有磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m、电阻为R的金属棒由静止释放沿导轨 下滑，导轨宽度与金属棒的长度均为L,金属棒下滑过程中始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属棒从静止 释放到恰好达到最大速度ym沿轨道下滑的距离为x,重力加速度为g,sn37°=0.6，cos37°=0.8，则金属棒下 滑过程中() A.电流为I时金属棒的速度为3 BL B B.速度为，时加速度为4B 15Rm C. 最大加速度为3超 D.所用时间为+16xEB 时达到最大速度 2R 37o 45mgR 三、实验题 22. (10分)某同学设计实验验证机械能守恒定律，装置如图甲所示。一质量为m、直径为d的小球连接在长 为1的细绳一端，d<1,细绳另一端固定在O点，调整光电门的中心位置。由静止释放小球，记录小球从不同 高度释放通过光电门的挡光时间，重力加速度为9。 0 光电门 0 10 图甲 图乙 (1)用游标卡尺测量小球直径，如图乙所示，则小球直径=mm; (2)若测得某光电门的中心与释放点的竖直距离为，小球通过此光电门的挡光时间为△t,则小球从释放点下落至 此光电门中心时的动能增加量△E= ,重力势能减小量AE。= (用题中字母表示) (3)经过多次重复实验，发现小球经过光电门时，△E总是大于△E。,下列原因中可能的是一。 A.小球的质量测量值偏大 B.在最低点时光电门的中心偏离小球球心 C.小球下落过程中受到了空气阻力 23.（16分)某实验兴趣小组准备利用表头Gx设计一个多挡位欧姆表，但不知道该表头的电阻。为了精确地测 量表头的电阻，该小组首先采用了“电桥法”测量Gx的阻值。电路如图甲所示，由控制电路和测量电路两部分组 成。实验用到的器材如下： R Ro G G 滑片P2 E B 滑片P1 Ro 表笔a 表笔b S 甲 A.待测表头Gx:量程01mA,内阻约为2002 天使计划1 第6页 B.灵敏电流计G C.定值电阻R0=3302 D.粗细均匀的电阻丝AB总长为L=80.00cm E滑动变阻器R4（最大阻值为20n) F.滑动变阻器RB(最大阻值为2000n) G.线夹、电源、开关以及导线若干 (1)电源电动势3V,实验过程中为了便于调节，滑动变阻器应选用 （填写器材前对应的字母)。 (2)在闭合开关s前，可将线夹P2大致固定于电阻丝AB中部位置，滑片P1置于a端，然后移动滑动变阻器的滑 片使待测表头的示数适当后再不移动滑片。不断调节线夹P2所夹的位置，直到电流表G示数为零，测出此时AP2 段电阻丝长度x=30cm,则测得6x= 2。 3)如图乙所示，将上述表头Gx改为含有“×1”，“×10"“×100"三个挡位的欧姆表，已知电源电动势E=1.5V,内阻 可忽略不计。R<R2,且接线柱3未接任何电阻，Ro为调节范围足够大的滑动变阻器。则当开关S接到接线柱2 时，选择的倍率是挡（填“×1”，“x10"“×100”),电阻R2的阻值为Ω。此后，短接b两表笔 欧姆调零，Ro应调至R=(结果保留三位有效数字)。 四、解答题 24.（16分)如图，某同学研究卫星先环绕地球运动，之后再做变轨的过程。设卫星质量为，先在近地圆轨 道上绕地球运行。已知地球质量为M,引力常量为G,地球半径为R。 (1)求卫星变轨前的运行速率'； (2)研究变轨时，在地表附近的A点短暂启动发动机，使卫星 8R 进入椭圆轨道，该轨道的远地点B距地心为8R。己知卫星的 R -B 引力势能可表示为B,=-G(r为卫星到地心的距离，设 无限远处引力势能为零) a.求变轨前卫星的机械能E4; .结合开普勒第二定律，求短暂启动过程中发动机对卫星做的功W。 25.(20分)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，有沿x轴正向的匀强电场和垂直坐标平面向外的匀强磁场， 电场强度大小为”S，磁感应强度大小为B。从0点发射一比荷为9的带正电微粒，该微粒恰能在0坐标平 面内做直线运动。己知y轴正方向竖直向上，重力加速度为g。 (1)求微粒发射时的速度大小和方向； (2)若仅撤去磁场，微粒以(1)中的速度从O点射出后，求微粒通过y轴时到O点的距离； (3)若仅撤去电场，微粒改为从O点由静止释放，求微粒运动的轨迹离x轴的最大距离。 B E O 、。g 26、(14分，每空均2分)废旧锂离子电池的正极材料主要含有iCoO2及少量A1、Fe等，处理该废料的一种 天使计划1 第7页 工艺流程如图所示（已知：LiCoO2难溶于水，具有强氧化性）： NaOH溶液H,SO4、H,O2氨水 NH,HCO Na,CO 正极 碱溶 沉锂 →滤液 材料 酸溶 调pH 沉钴 滤液 滤渣 CoCO Li,CO; 回答下列问题： (1)“碱溶”时加入NaOH溶液的主要目的是 （2)“酸溶”时加 入H202的作用是 写出LiCoO2与H2S04、H202 反应的化学方程式： (3)“调pH”步骤的目的是除去Fe3+、A+,应将溶液pH调节至 (填范围)，该步骤得到的 “滤渣”主要成分为 (填化学式)。 (4)“沉钴”时，NH4HC03与溶液中Co+反应生成CoCO3沉淀，同时生成一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝 的气体，写出该反应的离子方程式： (5)为测定“沉锂”后滤液中Li+浓度，取20.00L滤液，用0.1000molL1HCI标准溶液滴定其中的C032(甲 基橙为指示剂，消耗HC1溶液25.00mL。已知滤液中Li*与C032的物质的量之比为2：1，则滤液中Li计浓度为 molL。 27、(14分)苯甲酸是有机合成的重要原料，熔点122.4℃，在热水中的溶解度较大，溶于乙醇和苯。用甲苯（密 度：0.87gmL)和KMO4制备苯甲酸并做纯度分析的实验如下。 I.产品制备 按图示组装好仪器（夹持及加热装置略），向三颈烧瓶中加入50L蒸馏水和2.0L甲苯，加入沸石，加热至 沸腾。从冷凝管上口分批加入7.0gKMO4,每次都待反应平稳后再加入，加热回流。充分反应后，停止加 热，趁热抽滤。 用少量热水洗涤滤渣。将滤液转移到烧杯中，滴加1：1盐酸，冷却析出晶体。抽滤，用冷水洗涤、干燥得产品。 甲苯 Ⅱ.纯度分析 准确称取3.150g草酸(HCO4·2H,O)基准试剂，溶解，定容至250L。 配制400mL0.1mol·L1NaOH溶液，每次量取20.00mL用草酸标准溶液标定其准确浓度。平行滴定三次， 平均消耗草酸溶液V,mL。 准确称取0.500g产品于锥形瓶中，加20L蒸馏水，可以略加热以帮助溶解，滴入酚酞试剂，用已经标定 好的NaOH溶液滴定。平行测定三次，平均消耗NaOH溶液V,nL。 已知：KMnO4在中性和碱性条件下的还原产物为MnO2。回答下列问题： (1)仪器a的名称为。(1分)三颈烧瓶可选择的规格为 (填标号)。（1分) A.50 mL B.100mL C.150 mL D.200mL (2)三颈烧瓶中甲苯和KMnO4反应的化学方程式为 。(2分) (3)判断产品制备反应结束的方法为。(2分)若所得滤液为紫红色，需加入饱和NH$O3溶液除去 KMnO4,除去MnO4的目的为。(2分) (4)产品制备实验结束后，三颈烧瓶内壁黏附黑色固体，洗去的方法为 。（2分) 天使计划1 第8页 (5)所得产品纯度为 。(2分)测定苯甲酸样品的纯度时，若使用甲基橙做指示剂，则测定结果将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。（2分) 28、（14分)“双碳”目标下，C02催化加氢制甲醇是重要研究方向。 主反应：CO2(g)+3H(g)片CH3OH(g)+H0(g)△H1 副反应：CO2(g)+H(g)÷C0(g)+H,O(g)△H2>0 己知键能数据：C-0:803 kJ/mol;H-H:436 kJ/mol;:C-O:351kJ/mol;O-H:463 kJ/mol;C-H:413 kJ/mol 回答下列问题： (1)计算主反应△H1=kJ-mol1。(1分)反应CO2(g)+H2(g)片C0(g)+HOg)在 (填“高温”“低 温”或“任意温度”)下能自发进行。（1分) (2)既能加快反应速率，又能提高CH3OH平衡产率的条件是 _。(2分) A.高温 B高压 C.催化剂 D.分离H0 (3)3.0MPa时，将n(CO2):nH)=1:3的原料气匀速通过装有催化剂的反应管，测得CHsOH产率 随温度的变化如图所示。温度高于260℃，CHOH的产率下降的可能原因是。(2分) 50 °0 舌0 220240260280300 温度/℃ (4)在不同压强下，按照n(CO2):n(H2)=1:3投料合成甲醇，实验测定CO2的平衡转化率和CHOH的平衡 产率随温度的变化关系如下图所示 P P3 。。。 温度 温度→ 图甲 图乙 ①下列说法正确的是 (2分) A.P1>P2>P3 B.图甲纵坐标表示CO2的平衡产率，图乙纵坐标表示CHOH的平衡产率 C.一定温度、压强下，寻找活性更高的催化剂，是提高CO,的平衡转化率的主要研究方向 D.为了同时提高CO2的平衡转化率和CH,OH的平衡产率，应选择低温、高压的反应条件 ②图乙中压强一定时，曲线随温度变化先降后升的原因是： ;(2分) 图乙中三条曲线在某温度时交于一点的原因是： (2分) ③在一定温度下，控制容器体积1L保持不变，测得CO2平衡转化率为60%，其中甲醇的选择性为2/3，请 计算该温度下反应I的平衡常数K= （2分)（保留3位有效数字）。 29、(16分，每空均2分)H是合成治疗肠道药物號珀酸普芦卡必利的重要中间体，H的一种合成路线如 下： 天使计划1 第9页 CH; O-O-CH3 CH3 A CHOH HO Ac20H0、 S02C3H0, Br2 E CH7NO3HSO4,△ C1oH6NO4BrCl HN CH? HN. CH3 0 B D 00 -CH; 00CH3 OOH 1)NaOH(aq) Br入Br Br人√0 1)Zn,DMA 2)HCI(aq) DMA,K2CO 2)HC1 CI 丙二醇单甲醚 HN CH HN. CH3 NH2 F G H 回答下列问题： (1)A的结构简式为 下列试剂能鉴别A和B的是 (填选项字母)。 A.FeCl3溶液B.溴水 C.NaHCO,溶液 D.Na,CO3溶液 (2)DE的化学方程式为 (3)F中含氧官能团的名称为 ；1molF最多消耗 nol NaOH。 (4)GH第一步反应所得产物有甲醇、乙酸钠和 (填结构简式)。 (5)B的同分异构体有多种，满足下列条件的有 种（不含立体异构）；其中核磁共振氢谱有5组 峰，且峰面积之比为1：2：2：2：2的结构简式有 (任写一种)。 ①含有-NO2和-OH②苯环上连有2个取代基 30.（10分)异子蓬是新疆荒漠区特有的盐生抗旱植物，其SaPEPC2基因与抗旱光合调控密切相关。科研人员 构建转SaPEPC2基因烟草，在甘露醇模拟干旱胁迫下测定相关指标，结果如图。回答下列问题： 野生型转基因株系 野生型转基因株系 RNA电冰 蛋白质电冰 ■野生型 图A 口转基因株系 0.8 5800 30 400 03 200 10 0 对照 对照干早 图D 201 15 800 600 400 200 对照 对照 对照干早 图E 图G (1)图A中，RT-PCR和蛋白质电泳结果显示，仅 株系出现对应条带，说明SaPEPC2基因在 烟草中成功完成了 过程。 (2)据图分析本实验与对照组相比，干旱胁迫下野生型和转基因烟草的净光合速率均下降，从暗反应角度 分析主要原因是： (3)结合图B~G分析，与野生型相比，干旱胁迫下转基因烟草的抗旱能力更 (强/弱)，依据 曾 0 (4)该研究对新疆干旱、半干旱地区农业生产有何应用价值？（写出两点） 31.(10分)如图为“肠道菌群。代谢物-肝脏胰岛素信号”调控通路，科研人员在高脂饮食小鼠模型及新疆地 区2型糖尿病(T2D)患者临床样本中均发现，色氨酸代谢物5HⅡAA浓度显著降低。回答下列问题： 天使计划1 第10页 色氨酸 S-HIAA 肠道 O品%5HAA ?胰岛素受体 肝脏 a 1 酵岛素抵抗 葡萄糖不耐受 RNA上调 mTORCI 五能内 (1)胰岛素由胰岛 细胞分祕，其生理功能是促进组织细胞 从而降低血糖。胰岛素抵抗 时，靶细胞对胰岛素的敏感性 ，常表现为血糖浓度 (2)结合图示信息，从分子层面解释高脂饮食引发胰岛素抵抗的完整通路： 高脂饮食→肠道菌群代谢异常（色氨酸代谢紊乱）→5ⅢAA生成减少→AhR受体激活受阻（肠道AhR 信号通路抑制)→TSC2mRNA表达下调→ →SK61磷酸化增强→ →肝脏胰岛 素信号转导受阻→胰岛素抵抗、葡萄糖不耐受。 (3)针对新疆地区T2D高发的现状，结合本研究成果，提出2项防治策略： ① ； ② 32.(10分)我国新疆部分农田因不合理灌溉引发土壤次生盐碱化，导致植被稀疏、土地生产力下降，生态环 境脆弱。科研人员基于生态工程原理，采用“乡土耐盐植物种植+耐盐微生物菌剂接种+滴灌节水”的复合修 复模式，构建稳定的人工生态系统，实现了生态改善与农业可持续发展的协同。研究发现，耐盐微生物可 通过分泌耐盐酶降解土壤中的盐分，还能与植物根系形成互利共生关系，促进植物吸收水分和养分。 请结合材料和所学知识，回答下列问题： (1)生态系统的结构包括 和营养结构（食物链和食物网)；体现了生态工程的 原理。 (2)该修复模式中，优先种植梭梭、红柳等乡土耐盐植物，而不选择外地耐盐植物，原因是 (3)实验分析：科研人员为明确“耐盐微生物菌剂”和“滴灌”对盐碱地修复的单独作用及协同效应，设计了 一组对照实验，设置对照组和三组实验组，各组处理方式如下表所示（部分处理未完成），实验期间控制 温度、光照、种植植物的种类和数量等无关变量保持一致，测定各组土壤含盐量、植被覆盖率及土地生产 力，记录实验数据并进行统计分析。 组别 处理方式 实验目的 对照组 不合理灌溉+不种耐盐植物+不接种微生物菌剂 作为空白对照，排除无关变量干扰 实验组1 不合理灌溉+种耐盐植物+接种耐盐微生物菌剂 探究耐盐微生物菌剂的单独作用 实验组2 探究滴灌技术的单独作用 实验组3 滴灌+种耐盐植物+接种耐盐微生物菌剂 探究耐盐微生物菌剂与滴灌的协同作用 ①请完善实验组2的处理方式：实验组2： ②若实验组3的土壤含盐量显著低于实验组1、实验组2，且植被覆盖率、土地生产力显著高于两组单独实 验组，说明 (4)从生态系统物质循环和能量流动的角度，分析该复合修复模式能实现“生态改善与农业可持续发展协 同”的原因 33.(12分)研究表明，人类对香菜风味的偏好由常染色体上两对独立遗传的等位基因控制，其中A/a基因位 于11号染色体，直接决定香菜风味感知，Bb基因通过调控味觉神经信号传导发挥修饰作用，两对基因遵 天使计划1 第11页 循基因的自由组合定律。相关作用机制如下：①基因型为AA的个体表现为极度厌恶香菜，Aa个体表现为 轻度厌恶香菜，aa个体表现为非常喜欢香菜；②当A基因存在时，B基因会显著增强厌恶效应，b基因无 增强效应，且该修饰作用不改变基础表型分类（人群仍只有极度厌恶、轻度厌恶、非常喜欢三种表型）； ③群体中存在含b基因的雄配子50%致死的特殊情况，雌配子配子发育及受精均正常。某科研小组调查了 一个无近亲婚配的香菜偏好家系，系谱图如下：（不考虑基因突变和染色体变异) 图③极度厌恶 囚⊙轻度厌恶 ☐○非常喜欢 Ⅲ图 回答下列问题： (1)控制香菜偏好的A/A、B/两对基因遵循自由组合定律的原因是 ； (2)结合题干信息与系谱图分析：I-1的基因型为 ，Ⅱ-2的基因型为 0 (3)科研人员发现，某地区人群中a的基因频率为1/2，且该地区人群中BB:Bb:bb=1:2:1,不考虑配子致 死的情况下，该地区人群中非常喜欢香菜的个体所占比例为；若考虑含b基因的雄配子50%致死， 该地区群体随机交配，子代中AaBb个体所占比例为 0 （4)设计一代杂交实验，验证含b基因的雄配子50%致死这一结论，简要写出实验思路及预期结果。 34.(12分)人体心肌细胞中的肌钙蛋白由三种结构不同的亚基组成，即肌钙蛋白T(cTnT)、肌钙蛋白L(cTnL) 和肌钙蛋白C(cTnC),其中cTnL在血液中含量上升是心肌损伤的特异性指标。为制备抗cTL的单克隆抗 体，科研人员完成了以下过程。请据图1分析回答下列问题： cTmL注射，小鼠 →浆细胞 融合甲①乙②，丙分泌势 克隆抗体 骨髓瘤细胞 图1 (1)动物细胞培养时，培养基除了添加葡萄糖、氨基酸等必要的营养成分外，往往还需加入一定量的 以满足动物细胞培养的营养需要，将培养的细胞置于含有95%空气和5%C02的混合气体的CO 2培养箱中进行培养，其中C02的作用是 (2)取脾脏内部分组织制成细胞悬液与骨髓瘤细胞诱导融合，不同于植物细胞融合的诱导因素是 (3)将获得的B细胞与骨髓瘤细胞进行融 合，用选择培养基进行第一次筛选，核酸 全合成途径：氨基酸 糖和 A(阻断) 合成有两个途径，物质A可以阻断其中 苷DNA 的全合成途径（如图2)。正常细胞内含 酸 有补救合成途径所必需的转化酶和激 补救合成途径：H、T转化酶、激酶 图2 酶，制备单克隆抗体时选用的骨髓瘤细胞中缺乏转 化酶。可用加入H、A、T三种物质的“HAT培养基”作为选择培养基筛选出杂交瘤细胞。融合前将部分培养细 胞置于含HAT的选择培养基中培养，一段时间后培养基中 (填“有”或“无”)骨髓瘤细胞生长， 说明培养基符合实验要求。杂交瘤细胞可以在HAT培养基上大量增殖的原因是可以通过 (填“全 合成途径”或“补救合成途径”)合成DNA。 (4)甲、乙、丙中，只含杂交细胞的是 ②过程表示将乙细胞接种到多孔培养板上，进行抗 体阳性检测，之后稀释、培养、再检测，并多次重复上述操作，其目的是筛选获得 。单克隆抗 体的优点是 天使计划1 第12页石河子第一中学2026届高三年级理科综合天使计划1（答案全析) 生物部分答案 1-6 CCDBCA 30.(10分) (1)转基因（转SaPEPC2基因）(2分) 转录和翻译（基因的表达）(1分) (2)干旱胁迫下植物气孔关闭，C02吸收量减少，暗反应中C02的固定速率降低，C3的生成量减少，暗反 应速率下降，进而导致净光合速率降低(2分) (3)强(1分)；干旱胁迫下，转基因烟草的净光合速率、气孔导度、胞间C02浓度、水分利用效率均高于 野生型，蒸腾速率低于野生型，且渗透调节物质含量更高，更能适应干旱环境。(2分) (4)①将SaPEPC2基因导入新疆本地农作物，培育抗旱、高光合效率的转基因作物，提高干旱半干旱地区农 作物产量；②为新疆荒漠地区耐盐抗旱植被的培育提供基因资源和技术支持，助力当地生态修复；③利用 SPPC2基因改良农作物品种，降低干旱对农业生产的影响，提升农业生产的稳定性(2分，写出两点即可) 31.(10分) (1)B(1分) 速摄取、利用和储存葡萄糖(1分)降低(1分) 升高(1分) (2)RS1/Akt信号通路抑制(2分)胰岛素受体功能异常(2分) (3)①调节饮食结构，减少高脂食物摄入，维持肠道菌群的正常代谢，保证5HⅡAA的正常生成；②研发靶向 激活AR受体的药物，改善肝脏胰岛素信号转导，缓解胰岛素抵抗；③通过益生菌调节肠道菌群组成，促进色 氨酸代谢产生5-ⅡAA:④对新疆地区人群进行饮食指导，推广低脂、高膳食纤维的饮食模式，预防T2D发生 (2分，写出两点即可) 32.(10分) (1)生态系统的组成成分（生产者、消费者、分解者、非生物的物质和能量）(1分)整体(1分) (2)乡土耐盐植物适应当地的气候、土壤等自然环境，存活率高，且可避免外来物种入侵，保护当地的生物多 样性，维持生态系统的稳定性(2分) (3)①滴灌+种耐盐植物+不接种耐盐微生物菌剂(1分)；②耐盐微生物菌剂和滴灌技术在盐碱地修复中 具有显著的协同作用，二者共同使用的修复效果远优于单独使用(1分) (4)物质循环：耐盐微生物降解土壤盐分，与植物根系互利共生促进物质的吸收和循环利用，改善土壤理化性 质，推动生态系统的物质循环；能量流动：种植耐盐植物提高了植被覆盖率，增加了生产者固定的太阳能总量， 使能量更多地流向对人类有益的部分，提高土地生产力，实现农业可持续发展(4分，物质循环和能量流动各2 分) 33.(12分) (1)两对等位基因分别位于两对同源染色体上(A/a位于11号染色体，Bb位于另一对常染色体上)，非同 源染色体上的非等位基因自由组合(2分) (2)aaBb或aaBB.(2分)Aabb(1分)(3)1/4(2分)2/9(2分) (4)实验思路：选择家系中基因型为AaBb的雄性个体与基因型为aabb的雌性个体进行杂交，观察并统计子 代的基因型（或表型）比例。(2分)预期结果：基因型角度（更精准）：子代基因型及比例为 AaBb:Aabb:aaBb:aabb=2:l:2:1:极度厌恶：轻度厌恶：喜欢=2：1：3.(1分) 34.(12分) (1)血清(1分)维持培养液的pH(1分) (2)灭活的病毒(2) (3)无(1分)补救合成途径(1分) (4)乙和丙(2分) 能产生抗cTL抗体的杂交瘤细胞(1分)准确识别抗原的细微差异(1分)与 特定抗原发生特异性结合(1分)可以大量制备(1分) 【生物部分试题详解】 1.【答案】C 【解析】A正确，线粒体是有氧呼吸第二、三阶段的场所，是细胞有氧呼吸的主要场所，为细胞供能，被称为“动 力车间”；B正确，线粒体胶囊为大分子/颗粒性物质，进入病变细胞的方式为胞吞，胞吞依赖细胞膜的流动性： C错误，红细胞成熟后无线粒体，不能进行有氧呼吸，且红细胞膜的作用是包裹线粒体、介导线粒体进入病变 细胞，并非为线粒体提供呼吸底物：D正确，该技术将健康线粒体递送至病变细胞，可修复能量代谢功能，改 善线粒体功能异常导致的能量供应不足。 2.【答案】C 【解析】A正确，由题干可知，铁衰老的核心是铁异常积累催化脂质过氧化，进而促进细胞衰老；B正确，ACSL4 蛋白加速脂质过氧化，而脂质过氧化是铁衰老的关键过程，因此敲低ACSL4基因可减少其蛋白表达，延缓铁衰 天使计划1答案 1/12 老；C错误，题干明确说明“维生素C能抑制ACSL4活性并激活抗氧化通路”，说明其通过两条途径干预铁 衰老，并非“仅一条”；D正确，肝脏是机体代谢的核心器官，以肝脏为靶器官干预ACLA表达，可减少脂质 过氧化，进而改善多器官衰老和机体功能。 3.【答案】D 【解析】A正确，年轻小鼠与老年小鼠共养后肠道微生物组成趋同，且记忆下降，说明该现象与肠道微生物传 播有关；B正确，古氏副拟杆菌过度增殖是引发记忆下降的关键诱因，因此移植该菌可直接导致年轻小鼠短期 记忆下降；C正确，老年小鼠体内古氏副拟杆菌过度增殖是记忆丧失的原因，清除该菌可减少中链脂肪酸产生， 缓解炎症和迷走神经损伤，改善记忆与认知；D错误，题干表明中链脂肪酸的作用路径为：激活GP℉84→引发 炎症→损伤迷走神经→阻断肠·脑通讯→海马体功能下降，并非直接抑制海马体神经元活动。 4.【答案】B 【解析】A错误，题干仅说明EL(乙烯信号通路核心因子)调控果实品质基因，并未说明乙烯只通过该方式 促进成熟，乙烯的作用途径具有多样性；B正确，题干明确“EL...可靶向激活茉莉酸代谢基因CYP94C1的 表达，进而减弱茉莉酸介导的抗病反应”，转录因子可直接结合基因启动子调控表达，因此L直接促进 CYP94C1表达，最终降低茉莉酸介导的抗性；C错误，茉莉酸介导抗病反应，因此茉莉酸含量升高会增强对死 体营养型病原菌的抵抗力，含量降低则减弱；D错误，L一方面调控果实品质相关基因，另一方面减弱抗病 性，若完全抑制EL基因表达，可能导致果实品质相关基因无法正常调控，无法提高果实品质（合理调控EL表 达才是育种思路，而非完全抑制)。 5.【答案】C 【解析】A错误，变异是不定向的，低温环境只是选择了具有耐冷性的甲基化变异类型，并非直接诱导定向变 异；B错误，题干明确甲基化变异“不改变DNA碱基序列'，而基因突变的本质是碱基对的增添、缺失或替换， 因此甲基化修饰不属于基因突变；C正确，完全契合题干给出的分子机制：多代冷胁迫→ACT1去甲基化（甲 基化水平降低)一→解除Do1的抑制→ACT1表达上调→耐冷性增强；D错误，甲基化变异可稳定遗传，且环 境对表观遗传的影响是渐进式的，移栽至温暖环境后，甲基化状态不会“立即’恢复。 6.【答案】A 【解析】A正确，受精卵早期分裂为卵裂，卵裂过程中细胞只分裂不生长，因此细胞数目不断增加，胚胎总体 积基本不变（甚至略有减小）；B错误，纳米颗粒与卵膜融合递送工具，且纳米载体为颗粒性物质，进入细胞 的方式依赖细胞膜的流动性，而非选择透过性（选择透过性针对跨膜运输的小分子/离子）；C错误，治疗性 克隆的核心是获得胚胎干细胞用于疾病治疗，而对斑马鱼胚胎的基因编辑是对胚胎本身的基因修饰，并非治疗性 克隆；且我国对克隆相关研究有严格规范，并非“自由开展”；D错误，CRISPR/Cas9编辑DNA序列后，若编 辑的是基因的编码区、启动子等关键区域，会直接影响基因的转录和翻译，即基因表达会受影响。 30.【解析】(1)RT-PCR检测的是RNA(转录产物)，蛋白质电泳检测的是蛋白质（翻译产物），仅转基因 株系出现对应条带，说明SaPEPC2基因在烟草中完成了转录和翻译（基因表达）。 (2)暗反应的原料是C02，干旱时植物为减少水分散失会关闭气孔，直接导致CO2供应不足，暗反应速率 下降，净光合速率随之降低。 (3)抗旱能力强的核心特征是光合能力更优、水分利用效率更高、渗透调节能力更强：气孔导度和胞间C02 浓度高保证光合原料供应，净光合速率高说明光合能力强；蒸腾速率低减少水分散失，水分利用效率高提升水分 利用率；渗透调节物质含量高可维持细胞渗透压，防止细胞失水。 (4)结合新疆干旱半干旱的环境特点，从作物育种、产量提升、生态修复等角度作答即可。 31.【解析】(1)胰岛素的分泌细胞是胰岛B(B)细胞，核心功能是促进组织细胞对葡萄糖的摄取、利用和 储存；胰岛素抵抗是指靶细胞对胰岛素的敏感性降低，胰岛素无法正常发挥作用，导致血糖浓度升高。(2)结 合题干“高脂饮食导致5-HⅡAA浓度显著降低”和调控通路逻辑，高脂饮食首先影响肠道菌群的色氨酸代谢， 导致5-HⅡAA生成减少；5-HⅡAA可激活AhR受体，其减少会导致AhR受体激活受阻；进而引发TSC2mRNA 表达下调，下游IRS1/Akt(胰岛素信号关键通路)被抑制；SK61磷酸化增强会导致胰岛素受体功能异常，最终 阻断肝脏胰岛素信号转导。 (3)围绕“恢复5-HⅡAA浓度、激活AhR受体、调节肠道菌群、改善饮食结构”等核心角度作答，贴合新疆 地区T2D高发的背景。 32.【解析】(1)生态系统的结构包括组成成分和营养结构（食物链/食物网）；生态工程的整体性原理强调 生态与经济、社会的协调发展，该模式实现“生态改善与农业可持续发展协同”，体现了整体性原理。(2)优先 选择乡土植物的核心原因是适应当地环境、存活率高，同时防止外来物种入侵，保护本地生态系统。(3)①实 验的单一变量原则：实验组2探究滴灌的单独作用，需保证“滴灌”为唯一变量，其余与实验组1一致（种耐 盐植物、不接种菌剂)；②协同作用的判断标准是共同处理的效果优于单独处理的效果之和，题干中实验组3的 各项指标均显著优于实验组1、2，说明二者具有协同作用。(4)从物质循环角度，突出微生物降解盐分、植物 与微生物的物质交换、土壤物质改善；从能量流动角度，突出植被覆盖率提高→固定太阳能增多→能量流向人类 有益部分。 天使计划1答案 2/12 33.【解析】(1)基因自由组合定律的实质是非同源染色体上的非等位基因在减数分裂时自由组合，因此根本 原因是两对等位基因分别位于两对同源染色体上。(2)系谱图中I-1为非常喜欢(a),结合Ⅱ-2为轻度厌 恶(Aabb)及B/b的修饰作用，可推知I-1为aaBb或aaBB:II-2为轻度厌恶(Aa)及B的修饰作用推测 为Aabb。(3)①非常喜欢香菜的基因型为aa,a的基因频率为1/2，因此aa的基因型频率为(1/2)×(1/2)=1/4， 与Bb无关，故该比例为14；②人群中BB:Bb:bb=1:2:1,则B的基因频率=1/2，b=1/2;雌配子正常：B=1/2, b=1/2:雄配子中b50%致死，因此雄配子比例：B=23,b=13;A/a基因：A=1/2,a=1/2,雌雄配子均正常； 子代Aa的比例=2×1/2×1/2=1/2，Bb的比例=1/2×2/3+1/2×1/3=1/2；因此AaBb的比例=1/2×4/9=2/9（详 细计算：A/a:AA=1/4,Aa=1/2,aa=1/4:Bb:BB=1/2×2/3=1/3,Bb=1/2×2/3+1/2×1/3=1/2,bb=1/2×1/3=1/6: AaBb=1/2×4/9-2/9)。(4)母本aabb(雌配子无致死)：仅能产生1种雌配子→ab(比例100%)；父本AaBb (仅b雄配子50%致死)父本产生4种可育雄配子，比例为：AB:Ab:aB:ab=2:1:2:1,子代基因型及比例为 AaBb:Aabb:aaBb:aabb=2:1:2:1;极度厌恶：轻度厌恶：非常喜欢=2：1：3.或实验思路：选择Bb雄性×bb雌 性，统计子代的基因型（或表型）比例(2分)；预期结果：子代中Bb:bb=2:1(2分) 34.解析：(1)动物细胞培养时，培养基除了添加葡萄糖、氨基酸等必要的营养成分外，为满足动物细胞培养 时对营养的需要，往往还需加入一定量的动物血清，动物细胞培养应在含95%空气和5%C02的恒温培养箱中 进行，CO2的作用是维持培养液的pH。(2)诱导动物细胞融合的方法有物理法（离心法、电融合法）、化学 法（聚乙二醇）、生物法（灭活病毒诱导）等，其中灭活病毒诱导是动物细胞融合特有的诱导方式。(3)制备 单克隆抗体时选用的骨髓瘤细胞中缺乏转化酶，无法通过补救合成途径生成DNA,且物质A阻断了全合成途径， 故在HAT培养基中骨髓瘤细胞无法增殖，一段时间后在HAT培养基上无法生长。杂交瘤细胞中同时含有B淋巴 细胞的全合成途径和补救合成途径，在HAT培养基杂交瘤细胞可以利用补救合成途径合成DNA,可以在HAT 培养基上大量繁殖、生长。(4)图中①②过程依次表示单克隆抗体制备过程中的两次筛选，其中①过程第一次 筛选是用选择培养基筛选出杂交瘤细胞，②过程第二次筛选是通过克隆化培养和抗体检测筛选出能产生抗cTL 抗体的杂交瘤细胞。因此，甲、乙、丙中，只含杂交瘤细胞的是乙和丙；②过程的目的是筛选获得能产生特异性 强、灵敏度高的抗cTL抗体的杂交瘤细胞。单克隆抗体具有能准确识别抗原的细微差异、与特定抗原发生特异 性结合，并可以大量制备的优点。 化学部分答案 1.【答案】B 【解析】A.原电池是将化学能转化为电能的装置，太阳能电池是将光能转化为电能，不属于原电池，A错 误；B.石墨烯是碳元素形成的单层结构单质，属于新型无机非金属材料，B正确；C.煤油是石油分馏产物， 成分为多种烃类的混合物，不属于酯类化合物，C错误；D.合金的硬度一般高于其成分纯金属，耐腐蚀性 也优于纯金属，钛合金硬度比纯钛高，D错误：故选B 2.【答案】D 【分析】①X是形成化合物种类最多的元素，且最外层电子数是内层电子数的2倍，推知X为C(碳)； ②Y的简单氢化物是常见液态化合物，推知Y为O(氧)；③Z是地壳中含量最高的金属元素，推知Z为 A1(铝)；④W的单质可制造光电池，最高价氧化物对应水化物为弱酸，推知W为Si(硅)；⑤Q为短周 期主族元素，原子序数大于$，最外层电子数是电子层数的2倍，且简单阴离子与O电子层结构相同（均为 10电子)，推知Q为S(硫)。 【解析】A.原子半径：同周期从左到右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，故原子半径 A>Si>S>C>O(Z>W>Q>X>Y),A错误；B.简单氢化物稳定性：非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性 S>C(Q>X),故HS>CH4,B错误；C.最高价氧化物对应水化物酸性：HSiO3(W)是弱酸，HCO3(X) 是弱酸，且酸性HCO>HSiO3,故W<X,C错误；D.Z的最高价氧化物对应水化物为A1(OHD3(两性氢氧化 物)，Q的最高价氧化物对应水化物为HSO4(强酸)，二者可发生中和反应：2A1(OH3+3HS04=Al2(SO4)3+6HO, D正确，答案选D。 3.【答案】B 【解析】A.该过程中CH COOH分子内形成C-C非极性键，涉及非极性键的形成，A不符合题意；B.步 骤ⅲ的过渡态TS3能量最高，为决速步，更高效的催化剂可降低TS3的活化能，从而加快总反应速率，B 符合题意；C.Ⅱ在反应中先消耗后生成，为催化剂：H,O在反应中先生成后消耗，为中间产物，C不符合 题意；D.由图可知，每分子甲醇的转化涉及能量为3.05eV,D不符合题意；故选B。 4.【答案】B 【解析】A.根据东莨菪碱结构简式，分子式为C,H,NO4,A错误B.该分子有5个手性碳原子，如图 B正确；C.该分子结构中只含有苯环、酯基、醚键和醇羟基等，这些官能团不与溴 天使计划1答案 3/12 的四氯化碳溶液反应，故该分子不能使溴的四氯化碳溶液褪色，C错误；D.分子中含有1个酯基，1ol该 物质最多消耗1 mol NaOH,D错误；故选B。 5.【答案】D 【解析】A.H,O2与酸性KMO4反应，紫红色褪去说明KMnO,被还原，出现无色气泡说明H,O2被氧化产 生O2,HO2发生氧化反应，A错误；B.加入硝酸钡后再加稀盐酸，酸性条件下硝酸根会将亚硫酸钡氧化为 硫酸钡，即使NSO3只是部分变质，沉淀也不溶解，无法证明样品完全变质，B错误；C.本实验中AgNO3 过量，先加NaCI生成AgCI白色沉淀后溶液中仍有剩余Ag,后加NaBr与过量硝酸银反应再生成AgBr淡黄 色沉淀，是继续生成沉淀而不是沉淀的转化，无法说明AgBr比AgCI更难溶，无法证明K(AgBr)大Km(AgC), C错误；D.卤代烃在碱性水溶液加热条件下水解产生卤素离子，冷却后加足量稀硝酸中和过量KOH,再滴 加AgNO3,生成的黄色沉淀为Ag,可证明该卤代烃中含有碘原子，D正确；故答案选D。 6.【答案】C 【解析】A由总反应Na3CO,、电2Na,CO+C可知，Na元素化合价从0价升高到+1价，发生氧化反型 故多孔Na电极为负极，电极反应式为Na-e=Na+,A正确；B.C元素化合价从+4价降低到+4价(Na2CO3 和0价(C),C03发生还原反应，多孔碳电极为正极，正极反应式为3C0+4e=2C032+C,B正确；C.充电 时，原电池的负极（多孔a电极）变为电解池的阴极，应连接外接电源的负极；原电池的正极（多孔碳电 极)变为电解池的阳极，连接外接电源的正极；阴极（多孔Na电极）反应为放电时负极反应的逆反应：Na+e=Na 还原反应)，但外接电源正极应接电解池阳极（多孔碳电极），而非多孔N电极，C错误：D.充电总反应为 放电总反应的逆反应：2NaC0+C充电4Na+3C02,电路中每转移4mole,理论上生成3molC0并放出，D 正确，答案选C。 7.【答案】B 【分析】I、Ⅲ两条曲线平行，所以物质类型相同，则曲线Ⅱ代表滴定CH3COOH溶液的变化关系，已知 Kp[Mg(OH)2]>Kp[C(OH)2],则曲线I代表滴定CuSO4溶液的变化关系，曲线Ⅲ代表滴定MgSO4溶液的 变化关系，据此解答： c(CH.COO) 【解析】A.I、Ⅲ两条线平行，代表物质类型相同，则曲线Ⅱ表示c(CH,COO田与pH的变化关系；因 K,[Mg(OH]小>K,[Cu(O田]，pH相同时c(Mg)>c(Cu"),故曲线I代表滴定CuS04溶液的变化，A正确： B.当H=4,c(OH)-10”mo/L,从图像上可知纵坐标为0，由计算可得此时c(C)=1.0mo1:L, 则 K[Cu(OH)2]=c(Cu2+)c2(OH）=10-20 当C2+沉淀完全时， cCu2+)=1.0x10mol1-L, 则 1020 c(OH ) K[Cu(OH2 c(Cu2+) V10=107mol-L1 ,溶液的pH=6.5,B错误；C.由pH=8.0 c(oI)=109m0L,从图像上可知纵坐标为0，由计算可得此时c(Mg-)=1.0mo1-L,故K,[Me(OH,]=10 K c(Mg+)_c(Mg2+）e2(OH）Kn[Mg(oHD,l102 c(Cu2+） c(Cu)[Cu(OH),10 ,C正确；D.当pH=7.0时，溶液中 c(Mg)-K[M(OH),7 10-12 C(OH) 104=103mo1.L c(CH;coo) c(Mg2+)= 而此时a点溶液中 c(CH,COOH) ,因此 c(CHCO0） &,(CH,C0oH)=c(H) c(CH.COO) =102mol.L1 =10-7×102=105 c(CHCOOH ,则 c(CH,COOH) ,D正确；故选B。 26.【答案】(1)除去正极材料中的A1杂质（或溶解A1,使其与LiCoO2分离） 2A1+2OH-+6IH2O=2A1(OH)4+3H2↑ (2)将LiCoO2中+3价的Co还原为Co+(同时将Fe氧化为Fe3+便于后续除杂) 2LiCoO2+H202+3H2S04-Li2S04+2 CoS04+O21+4H20 (3)4.7≤pHK7.6 Fe(OH3、Al(OH)3 (4)Co2++2HCO3=CoCO3+CO21+H2O (6)0.125(计算过程n(C03-)=2×0.1000×0.025-0.00125mol nLit)=2×0.00125=0.0025mol,cLi=00025-0.125mol-L-) 【解析】(I)Al是两性金属，可与NaOH溶液反应溶解进入滤液，而LiCoO2不与NaOH反应，留在滤渣中 天使计划1答案 4/12 实现分离。离子方程式：2A1+2OH+6O=2A1(OD4+3H↑。 (2)LiCoO2具有强氧化性，HO2作为还原剂将Co3+还原为Co2+,同时HO2可将杂质Fe氧化为Fe3+,方便后 续调PH除去。化学方程式：2LiCo0+HO2+3HSO4=LiS04+2CoSO4+02↑+4H0。 (3)要使Fe3+、A13+完全沉淀(pH分别为3.7、4.7)，同时避免Co2+开始沉淀(pH=7.6,故pH需 控制在4.7到7.6之间，滤渣成分：Fe(OD3、A1(OD3。 (4)HC03既提供CO32与Co+生成沉淀，又与生成的H反应放出CO2,沉钴离子方程式： Co2+2HC03=CoC03l+C0↑+H0。 （6)由滴定反应：C032-+2H=C0↑+H0可知，n(C032)=(1/2)×0.1000molL1×0.025L=0.00125mol,由Li计与 C032-物质的量之比为2：1，得nLit)=2×0.00125mo=0.0025mol,cLi)=0.0025mol/0.020L=0.125mol-L1。 27.【答案】(1)恒压滴液漏斗 BC COOK +2KMnO,△ 2MnO,KOH+H,O (3)回流液中无明显油珠或油层消失 防止加入1：1盐酸后产生氯气 (4)加入浓盐酸，加热 (5)0.244'% 偏小 【分析】甲苯与MO4在三颈烧瓶中加热反应生成苯甲酸钾和二氧化锰，过滤除去二氧化锰后，向滤液中加 入1：1盐酸，苯甲酸钾与盐酸反应生成苯甲酸晶体，抽滤、用冷水洗涤、干燥得产品；用基准试剂草酸标定氢 氧化钠溶液的浓度时发生反应H,C,O4+2NaOH=Na,C,O4+2H,O,然后用标定好的氢氧化钠溶液测定产品中的 苯甲酸的纯度。 【解析】(1)仪器a的名称为恒压滴液漏斗：三颈烧瓶加热时液体体积不超过容积的子，不少于容积的兮 3 本实验中液体总体积约为50mL+2.0mL=52mL,因此可选择100mL或150mL规格，选BC。 (2)中性条件下KMnO4还原产物为MnO2,甲苯被氧化为苯甲酸钾，配平后化学方程式： COOK +2KMnO,△→[ +2MnO,+KOH+H,O (3)甲苯不溶于水，为油状液体，因此判断反应结束的方法：回流液中无明显油珠或油层消失；滤液紫红 色说明剩余未反应的MO4,除去它的目的是：防止加入I:1盐酸后产生氯气，造成污染。 (4)黑色固体是还原产物MnO2,洗涤方法：加入浓盐酸加热洗涤，再用水冲洗干净。 ⑤3,150g草酸基雅物质物质的量：nH,C0,2H,0)00 =0025mol,c(草酸)=0025mo =0.1mol/L; 0.25L 标定Na0H:由H,C,04~2Na0H得c(NaOH)=2x01xm0l/Z=0.01moL: 苯甲酸为一元酸， 20.00 n(苯甲酸)=n(NaOH)=0.01××103mol,苯甲酸摩尔质量为l22gmol,因此纯度： W-0.01严x5×103x122×100%0.244T%:米甲酸是弱酸，与Na0H滴定的化学计量点为碱性，甲基橙 0.500 变色范围为酸性(3.14.4)，会导致终点提前，消耗NaOH体积偏小，因此测定结果偏小。 28.【答案】(1)-65高温 (2)B (3)CO2和H2在催化剂表面上的吸附量下降；积炭覆盖催化剂活性位点；生成CO等其他含碳产物 (4)①AD ②开始升温时以反应I为主，反应放热，平衡逆向移动，CO2平衡转化率下降；升高一定温度后，以反应Ⅱ为主， 反应吸热，平衡正向移动 一定温度后以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响 ③75/512或0.146 【解析】(1)主反应：C02(g)+3H(g)=CH3OH(g)+HO(g),反应物键能：C02含2个C=0键：2×803=1606kJ/mol, 3H2含3个H-H键：3×436=1308kJ/mol,总和：1606+1308-2914kJ/mol;生成物键能：CH3OH含3个C-H、1 个C-0、1个0H键：3×413+351+463=2053 kJ/mol,H20含2个0-H键：2×463=926kJ/mol,总和： 2053+926=2979kJ/mol,则反应焓变△H1=反应物总键能一生成物总键能=2914 kJ/mol-297外J/mol=65kJ/mol。副反 应：C02(g)+H(g)=C0(g)+HO(g)△H>0,熵变△S:反应前后气体分子数不变（均为2mol),△S≈0，自发判据： △G=△H-T△S<0因△H>0,需T△S>△H2,故高温下自发。答案为-65高温。 天使计划1答案 5/12 (2)主反应C0(g)+3H(g)=CH3OH(g)+HO(g)△H1特点：放热：△H1<0,气体分子数减少：4mol→2mol, A.高温：加快反应速率，但平衡逆向移动，产率降低，故A错误；B.高压：加快反应速率（浓度增大），平 衡正向移动（气体分子数减少方向），产率提高，故B正确；C.催化剂：仅加快反应速率，不改变平衡产率， 故C错误；D.分离：平衡正向移动，产率提高，但分离操作会降低体系浓度，反应速率减慢，故D错误。答 案选B。 (3)温度高于260℃时，CO2和H2在催化剂表面上的吸附量下降：积炭覆盖催化剂活性位点；生成C0等其他 含碳产物，导致CH3OH产率下降。 (4)①A.反应I是气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，而反应Ⅱ气体体积不变化，增 大压强所以平衡不移动，故增大压强二氧化碳的转化率增大，甲醇的产率增大，由图可知压强大小的关系为： p1>P2>P3,故A正确；B.反应I为放热反应，升高温度，反应I向左移动，二氧化碳转化率减小，CHOH的 平衡产率也减小，故图甲纵坐标表示CHOH的平衡产率；反应Ⅱ为吸热反应，温度升高到一定程度后，发生反 应Ⅱ，二氧化碳的平衡转化率又升高，因此图乙纵坐标表示二氧化碳的平衡转化率，故B错误；C.一定温度、 压强下，寻找活性更高的催化剂，可以加快反应反应速率，但是平衡不移动，不能提高CO2的平衡转化率，故C 错误；D.根据反应I分析可知，该反应为气体体积减小的放热反应，降低温度平衡右移，增大压强平衡右移， 所以同时提高CO2的平衡转化率和CHOH的平衡产率，应选择低温、高压的反应条件，故D正确；故选AD。 ②开始升温时以反应I为主，反应放热，平衡逆向移动，CO,平衡转化率下降；升高一定温度后，以反应Ⅱ为主， 反应吸热，平衡正向移动，所以图乙中压强一定时，曲线随温度变化是先降后升；一定温度后以反应Ⅱ为主，反 应Ⅱ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响，这就是图乙中三条曲线在某温度时交于一点的原因： ③设二氧化碳为1mol,氢气为3ol,测得C02平衡转化率为60%；反应I中二氧化碳转化率为x,反应Ⅱ中二 氧化碳转化率为y,则x+y=0.6; C0,(g)+3H,(g)、≥CH,OH(g)+HO(g) 起始 1 3 0 0 转化 3x 平衡1-x 3-3x CO2(g)+H2(g)CO(g)+HO(g) 起始1x 3-3x 0 变化 y y y 平衡1-xy 3-3x-y y x+y 中甲醇的选择性为，所以06×04，y02;因此反应达到平衡后各组分的物质的量 3 n(C02)=1-0.4-0.2-0.4mol,nH)=3-3×0.4-0.2=1.6nol,n(CH30D=0.4mol,nH0)=0.4+0.2=0.6mol;由于容器体积 为1L,故用各物质的物质的量代替浓度进行计算，因此该温度下反应I的平衡常数 c(CH0H)c(H0)0.4×0.6 K- c(C02)c3(H)0.4xa.6-0.146: OOH HO 29.【答案】 (1) CD NH2 00CH3 OsO-CH3 HO HO (2) CI +Br→Br +HB HN、CH3 HN、CH3 0 (3)酯基、酰胺基、醚键 天使计划1答案 6/12 NH2 (5)18 HO CH2CH2NO2或O2N CH2CH2OH或HOH2C CH2NO2 COOCH? COOH H:C OH OH =0 【分析】A和CHOH在酸性条件下反应生成B ),则A为 ;B和 0 发 =0 NH2 NH2 HC COOCH3 0-CH3 OH HO 生取代反应生成C( )；C和S0Cl2发生取代反应生成D( );D和B2发 HN、 CH3 NHCOCH? O=O-CH3 HO 生取代反应E（Br ）:E再和1,2二溴乙烷(Br入一B)发生取代反应生成F HN、CH3 -CH3 00CH3 Br CI );F发生取代反应生成G( );G再转化为H( HN HN、CH3 NH2 HO 【解析】(1)根据B的结构简式和A→B的反应条件，可知A的结构简式为 。 A中含有羧基、 NH2 酚羟基和氨基，B中含有酯基、酚羟基和氨基，二者都有酚羟基，不能用FCl3溶液和溴水鉴别，A、B项不 符合题意；NaHCO3和Na,CO,都能和羧基反应放出CO2,C、D项符合题意。故选CD。 (2)A分子中的羧基和甲醇发生酯化反应，也属于取代反应；由D的结构简式，可知D的分子式为CH1NO,CI, 结合反应试剂和E的分子式CH,NO,CBr,说明溴水与D发生取代反应，结合F的结构简式可知，E的结 CH3 00 00、 CH: CH3 HO HO HO 构简式为Br D→E的化学方程式为 +Br2→ +HBr. Br CI HN、CH3 HN、CH HN、CH3 O (3)由F的结构简式可知分子中含氧官能团有酯基、醚键和酰胺基。1olF与足量NaOH溶液反应，其中 苯环上-Br和-Cl发生水解反应，消耗4 ol NaOH,分子中的酯基和酰胺基发生水解消耗2 mol NaOH,烷基 链相连的Br水解消耗1 mol NaOH,共消耗7 mol NaOH。 天使计划1答案 7/12 CH3 (4)G→H第一步在碱性条件下发生水解反应： +2NaOH CI H:C ONa HN CH3 NH2 +CH3OH。 (5)B的分子式为CH,NO3,其同分异构体中苯环上连有2个取代基，且含有-NO2和-OH,若苯环上连 有-OH,则另一个取代基为-CHCH NO2或-CH(NO2)CH3;若苯环上连有-NO2,则另一个取代基为 CH,CH,OH或-CH(OH)CH3:若苯环上连有-CH,NO2，则另一个取代基为-CH,OH,若苯环上连有 CH(OH)NO2,则另一个取代基为-CH3,又都有邻、间、对三种位置异构，共18种B的同分异构体。其 中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为1：2：2：2：2的结构简式有<>HO CH2CH2NO2或 O2N CH2CH2OH或HOH2C CH2NO2。 物理部分答案 14.B 【详解】A.从n=4能级向n=3能级跃迁时，辐射出的光子的能量为-0.85eV-（-1.51eV)=0.66eV 小于钨的逸出功，不能使钨发生光电效应，A错误： B.设光电子的最大初动能为EmE4-E,=w w-W=Em解得Eam=8.21eVB正确； C.根据光电效应的瞬时性可知，一个钨原子只能吸收一个光子，能量不能积累； 》氢原子辐射一个光子后，向低能级跃迁，氢原子核外电子的轨道半径减小心 k 解得v=e,由上式得，半径减小速率增大，D错误。故选B。 nr 15.B 【详解】A.A→B过程是等容过程，从图中可知，气体的体积V不变，温度T升高。对于理想气体，温度升高， 其内能增加，即△U>0 因为体积不变，所以气体不对外做功，外界也不对气体做功，W=0 根据热力学第一定律△U=Q+W 可知Q=△U>0,说明气体在此过程中吸收热量。故A错误。 B.B→C过程是等温过程，从图中可知，气体的温度T不变，体积V减小。因为温度不变，所以理想气体的内能 不变，即△U=0 因为体积减小，所以外界对气体做正功，W>0 根据热力学第一定律△U=Q+W 可知0=Q+W 所以Q=-W<0 说明气体在此过程中放出热量。故B正确。 C.A→B过程是等容过程，体积V不变，温度T升高(T<T) 根据查理定律号-C(常量) 压强P与热力学温度T成正比，所以状态A的压强比状态B的压强小（卫<）。故C错误。 D.对于理想气体，内能只由温度决定。从图中可知，A点的温度TA低于B点的温度T。 B→C过程是等温过程，所以C点的温度Tc等于B点的温度T。 因此T<T。 温度越高，内能越大，所以状态A的内能比状态C的内能小。故D错误。 故选B。 16.C 【详解】D.因 Un 天使计划1答案 8/12 变压器的输入电压一定，原副线圈的匝数之比一定，故副线圈两端的电压U,一定，故L1,L2亮度不变，故D错 误； A.当开关S由闭合变为断开后，负载并联灯泡数量减少，则负载电阻R增大，变压器的P== =U,H减 R 小U1一定(U一定)，则A1示数减小，故A错误： ®，输入电压一定，Y不变，由艺学开关$由闭合变为断开后U不变，载联谊数量滋少，为负载用 阻R增大，则=，A,减小，故B错误： R C当开关S由闭合变为新开后，负载并联泡数量减少，则负我电阻R增大，变器的卫三A减小，极 C正确。故选C。 17.C 【详解】A.由带负电粒子的轨迹可知，其所受电场力指向轨迹凹的一侧，因此等量异种点电荷对称分布在等势 面C两侧，上方是负电荷，下方是正电荷，等势面C是两电荷的中垂面。由图可知，题图中平面上等量异种点电 荷等势线左右对称，带负电粒子受力也是左右对称的，轨迹MN跨越在对称轴两侧，因此带电粒子从M点运动 到N点电场力先做负功再做正功，故A错误； B.等势面密集的地方电场强度大，N点电场大于M点电场，带电粒子在M点的电场力小于在N点的电场力， 因此带电粒子在M点的加速度小于在N点的加速度，故B错误； C.带电粒子经过P点和N点时，在同一等势面上，电势能变化为零，电场做功为零，由动能定理可知带电粒子 经过P点和N点时动能相同，故C正确； D.等量异种点电荷对称分布在等势面C两侧，上方是负电荷，下方是正电荷，等势面C是两电荷的中垂面，电 场线由正电荷指向负电荷，沿电场线方向电势降低，因此？，<P。,故D错误。 故选C。 18.A【详解】A.设此时杆cd的速度为v2,在两金属杆运动过程中，两杆组成的系统动量守恒，有2；-2=0 得12=2y 此时回路中产生的电动势为E=B(y+乃2)=3B: 回路中的电流大小为【=至=3h 2r2 b杆所受的安培力大小为R=BI1=3By 2r b杆的加速度大小为a=P￡=P383,枚A正确： 2m 2m 4mr B.设达到最大速度时ab杆的速度为v,设cd杆的速度为v',由选项A分析，可知b杆所受的安培力大小为 F=3B1 2r 杆达到银大速度时。心杆所受的拉力与安培力平衡，即P:3解得V沿，故B错误。 2Fr 2r CD.在O~T时间内，设通过ab杆的平均电流为II,对ab杆应用动量定理得FT-BT=2w 解得通过b杆横截面的电荷量q=r-PT-4w Bl 3BP ab、cd杆串联，通过的电荷量一样，故CD错误。 故选A。 19.BC 【详解】A.B点弹簧为原长，弹力为0，竖直方向重力与支持力平衡，但水平方向存在滑动摩擦力∫=g≠0， 因此加速度不为0，故A错误； B.对A到C全过程用动能定理W弹+W摩=0 摩擦力做功W摩<0，得W弹=-W摩>0，弹力总功为正，故B正确： C.设A到C过程摩擦力做功大小为W,A点弹性势能为E4,C点弹性势能为Ec,由功能关系 A→C:EA-Ec=W: 1 C→A:m2+Epc-E4-W=0 2 天使计划1答案 9/12 联立得m2=2严 1 全过程产生的内能等于摩擦力总功的绝对值，即Q=2W=一2，故C正确； D.由上述推导得=Be+m=Bc+m B,c>0,因此A处弹性势能大于m2,故D错误。 4 故选BC。 20.AD【详解】A.由图乙可知，机车在BC段恒定功率启动，当速度最大时，机车匀速行驶，机车所受恒定阻 力大小等于机车牵引力的大小，则有f=F=1.5×10N A正确； B.机车运动的额定功率P=Fmm=1.5×10×60W=9x10W B错误； C.机车匀加速的未速度v=P-9x10 F45×10m/s=20m/s AB段机车恒定加速启动，由甲图可知机车的加速度为a=0.5m/s2 机车匀加速运动的时间，='=40s C错误； D.根据牛顿第二定律，结合图甲可得F-f=Ma 解得M=6x10kg 故选AD。 21.CD【详解】A.设电流为I时，金属棒的速度为v,根据电磁感应定律E=BLvcos:37° 根据欧姆定律1=E-卫 R 3R 解得v-A错误 B.根据牛顿第二定律gsin37°-F=a F为安培力沿斜面方向的分力 F.=BIL cos37=BL.BLv cos37 3R 0s37°=16BZ 75R 3.16B2 解得a=58-75Rm 2,B错误： C.由上一选项的解析可知a= 316B2 58-75R ,当=0时，加速度有最大值a-8,C正确： D.研究金属棒下滑至最大速度过程，根据动量定理gsin37°·t-∑F·△t=m 16B2乃 16B-x 其中∑F·△t= -.△t= 75R 75R 解得t=5a+16Bt ,D正确。 3g 45mgR 故选CD。 22.(1)14.5(2) [ mgh (3)B 【详解】(1)小球的直径为d=14mm+5×0.1mm=14.5mm (2)1]小球经过光电门中心时的速度为v=4 △t 则小球从释放点下落至此光电门中心时的动能增加量为△迟，=)” 2-0=J ( 2△t [2]小球从释放点下落至此光电门中心时的重力势能减小量△B。=gh (3)A.由(2)可知△Ek和△E。都与小球的质量成正比，所以小球的质量不会导致△E和△E,不相等，故A错误： B.光电门的中心偏离小球的球心，使得挡光宽度小于小球的直径，则速度测量值偏大，△E的测量值偏大，使 天使计划1答案 10/12 得△E大于△E。,故B正确： C.小球下落过程中受到空气阻力的作用，使得减小的重力势能有一部分转化为内能，则△卫小于△卫。，故C错 误。 故选B。 23.(1)E(2)198(3)×1022130 【详解】(1)实验过程中为了便于调节，滑动变阻器应选用阻值较小的E即可。 (2)根据电桥平衡原理，当电流表G示数为零时满足危=。解得6.=1980 R L-x (3)[]不同倍率的欧姆表是通过在表头上并联一个电阻实现的，并联的电阻越小，分流越大，因为中值电阻 (I。为电路的最大电流)越小，倍率越小。又R<R,所以接1时的倍率为“×1”，接2时的倍率为“×10”， 接3时无分流，则倍率最大为“×100”。 [2]当开关S接到接线柱2时，倍率为“×10”，电路的最大电流为接3时10倍，设接3时的电流为干路中最大电 流为1，设接2时的电流为千路中最大电流为10I,则有101-)R=1·x 解得R=222 、ER=1.52- B短接a、b两表笔欧姆调零，R应调至民-10。元+6：10x0.001222+198 22×198 ≈1302 GM GMi 7GMm 24.(1) (2)a- ,b. R 2R 18R 【详解 】(1)卫星变轨前在近地轨道上环绕地球做匀速园周运动，根据万有引力提供向心力得G血=m GM 解得=R 1 (2)a变轨前卫星的动能为Bu=mn6 GMimn 变轨前卫星的引力势能为E4= R 变轨前卫星的机械能为EA=EM+E4 解得EA= GMn 2R b.变轨后卫星在椭圆轨道上运动，设其在A、B点的速度大小分别为VA、'B。 变轨后卫星从A到8的过程，根据机械能守恒定律有+ GMm 1 GMmL R 2 8R 根据开普勒第二定律，取极短时间△1，有4△txR=A1×8R 2 2 联立解得1？-16GM 9R .1 T,=M年9御害江必伴修斗中学兰关裴红‘每业棒4州香江回翻明唯态 解得m=TGhm 18R 25.(1)V2mg,y轴负方向夹角为45，(2)4g: gB GB2;(3) 2mg 【详解】(1)由题意知，粒子做匀速直线运动，受力分析如图 gvB B 天使计划1答案 11/12 则(B'=gB+g}解得v=V5ms粒子出射的速度方向与y轴负方向夹角为0an9=mg-1 gB gE 解得日=45°即微粒发射的速度大小为v-V2m与y轴负方向夹角为0=45°： gB (2)撤去磁场后，粒子做类平抛运动，如图 E 20 mg 将速度分解可得v=vsin45°=y5, 飞=10s45”=马，天箱方向的加速度大小 2 经过y轴时的时间t=2亚=2v 距0点的距离y=y,t+号82=2=48 a g 8 gB2 (3)解法1：微粒运动的轨迹离x轴的距离最大时，速度与x轴平行，设最大距离为y,在x方向上，由动量定 寻2.N=a-0即B3由动能定理得M7m-0解得” gB2 解法2： 将静止释放的微粒看成同时有大小相等、方向水平向左和向右的初速度、？，向左的速度”产生的洛伦兹力与 重力大小相等（如图） ◆y gBv, mg 多 gBy=mg 解得 5器 向左的分速度使微粒水平向左匀速直线运动，向右的分速度使微粒在洛伦兹力下做匀速圆周运动，即 9B,=n R 解得 R=nn'2 m'g gB B2 微粒运动的轨迹离x轴的最大距离 y=2R=2m'g B2 天使计划1答案 12/12