2026届新疆石河子第一中学高三下学期天使计划(3)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3 （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 一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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。 1. (社会热点)研究发现，高温诱导皮肤分泌KLK14蛋白，该蛋白经血液作用于下丘脑星形胶质细胞，形成 表观遗传记忆，使GABA释放增多抑制催产素神经元，交感神经活动减弱，脂肪分解受阻；补充维生素A 可抑制工K14分祕，改善代谢障碍。下列叙述错误的是（) A.紅K14蛋白的基本组成元素为C、H、O、N,部分还含有S元素 B.热应激诱导的表观遗传记忆，未改变核酸中脱氧核苷酸的排列顺序 C.交感神经兴奋减弱，会使脂肪细胞中有机物的氧化分解速率下降 D.维生素A属于脂质类物质，可替代糖类作为细胞的主要能源物质 2.当植物遭受真菌侵染时，植物识别受体(PPM)被激活，引发钙信号、活性氧激增，促进防御激素合成，并 诱导外祕体大量合成与释放。外泌体携带sRNA、RNA、防御蛋白等进入病原体细胞，调控致病基因表达， 降低感染程度。下列相关叙述正确的是() ● ● Ca PPM 高尔基体 植物细胞 内质 O外泌体●SRNA mRNA O蛋白质 ○PAPM(病原体相关分子模式 A.植物通过模式识别受体实现对“自身”与“非己”成分的识别，体现免疫防御功能 B.外祕体通过主动运输进入病原体细胞，依赖膜的选择透过性 C.逆境下活性氧大量积累可促进光合作用相关酶活性，提高光合效率 D.植物防御激素通过定向运输至感染部位，调控基因表达启动免疫应答 3.(改编题)放线菌产生的次生代谢物能帮助宿主抵御病原菌侵染，为探究其次生代谢产物乙酸乙酯和正丁醇 对S菌是否具有抑菌作用，进行了如图实验。下列相关叙述正确的是() 空白对照组 正丁醇 抑菌圈 乙酸乙酯 阿莫西林组 A.放线菌稳定生长期大量合成乙酸乙酯与正丁醇，该类物质合成受管家基因持续调控 B.空白组排除溶剂本身影响，阿莫西林阳性对照可判断两种次生代谢物抑菌活性强弱 C.抑菌圈内侧活菌耐药性普遍低于抑菌圈边缘，长期筛选会使菌群抗性基因频率下降 D.阿莫西林诱导抑菌圈附近细菌产生耐药性变异 4.(改编题)抗利尿激素(ADH)调节肾小管和集合管细胞对水分的重吸收，尿崩症是指由于各种原因，ADH 的产生或作用出现异常，使肾脏对水分的重吸收产生障碍，该激素的作用机理如图所示。下列相关叙述正确 的是() 1/12 天使计划3 A侧 B侧 H2O H20 心囊泡 0 'M蛋白+cAMP i ①】 ② 大● ATP 水通道 ADH受体 ADH 蛋白 A.ADH由下丘脑合成并垂体释放，通过体液定向运输至肾小管和集合管 B.ADH作为信息分子进入靶细胞后，启动相关信号通路合成水通道蛋白 C.高尔基体参与水通道蛋白的加工与囊泡运输，该过程依赖膜的流动性 D.受体异常引发的尿崩症患者，体内ADH分祕量会低于健康人群 5.(原创题)固氮蓝藻为光合自养型原核生物，其异形胞是特化的低氧环境细胞，为固氮酶提供适宜条件并完 成固氮过程。研究发现，固氮蓝藻可将大气中氮气转化为铵态氮，提升稻田土壤肥力与氮肥利用率。下列相 关叙述正确的是() A.固氮蓝藻固定的氮以硝酸盐形式直接被水稻吸收利用 B.固氮蓝藻与水稻互利共生，可提高稻田生态系统的能量传递效率 C.生物固氮促进了氯元素从无机环境进入生物群落的过程 D.可利用放射性15、同位素示踪法追踪氮元素的转移路径 6.(社会热点)研究发现三特异性抗体可实现对小鼠多发性骨髓瘤细胞()的选择性杀伤，作用机理如图 所示。下列叙述错误的是() A.制备该三特异性抗体，可将三种分别分泌不同单克隆抗体的杂交瘤细胞融合获得 MM细胞 T淋巴细胞 细胞因子←一T细胞活化 T细胞死亡 CD38 CD28 TCR 注：→代表促进 三特异性抗体 代表抑制 B.筛选能产生三特异性抗体的杂交瘤细胞，需依次使用三种特异性抗原进行抗原一抗体杂交检测 C.三特异性抗体结合TCR、CD28,促进T细胞活化并分泌细胞因子，增强对MM细胞的杀伤作用 D.体外大规模培养杂交瘤细胞生产抗体时，需添加血清以保证细胞无病原体、无菌生长 7.(社会热点)新能源汽车制造业是我国战略性新兴产业。下列说法错误的是 A.电动汽车的轻量化设计中广泛使用的碳纤维材料属于天然高分子材料 B.功率芯片采用第三代半导体材料氮化傢(GaN),Ga位于元素周期表p区 c. 磷酸铁锂电池正极材料使用安全性高的LiFePO4,其中铁元素的化合价为+2 D.储氢合金(M)大量吸收氢气生成金属氢化物(MH,),生成氢化物发生了化学变化 8,下列离子方程式书写正确的是 A.向Fel,溶液中通入少量Cl2:2Fe2++CL,=2Fe3++2CI B.向Ca(HCO3),溶液中滴加少量NaOH溶液：Ca2++2HC03+2OH=CaC03↓+CO}+2H,O C.向C6HONa溶液中通入少量CO2:2CH,O+CO2+H,0→2C6H,OH+CO D.向Cus0,溶液中加入过量氨水：Cu2+4N吗，·H,O=[Cu(N)4了+4H,0 9.羟甲香豆素（丙）有治疗胆结石的功效，其合成方法如下。下列说法正确的是 2/12 天使计划3 OH HO HO ② H:C OH H30 TOH 甲 乙 丙（羟甲香豆素） A.甲的分子式为C12H14O5 B.1mol乙最多消耗3 mol NaOH c.丙中含有两种官能团 D.可用质谱法测定丙中存在羟基 10.某科研小组设计如图装置，实现含盐废水（以NaCI为例）和造纸废水（以含葡萄糖CH2O6为例）的有效处理， 并获得HCI溶液和NaOH溶液。已知，电极A和电极B均为惰性电极，M、N、P膜为离子交换膜。下列说 法正确的是 电极A 达标废水 达标废水（稀NaC) 电极B CO IV a溶液 Na b溶液 C,H1206 Cr 空气 M 膜 膜 造纸废水 含盐废水 (含葡萄糖) (含NaCl) A.电势：电极A>电极B B.M膜和P膜均为阴离子交换膜 C.该装置工作时，Ⅱ室和V室溶液的pH均升高 D.消耗1nolC6H12O6,理论上可获得24 mol NaOH和24 mol HCI 11.由氢元素和W、X、Y、Z元素组成的某催化剂分子结构如下图所示。已知W、X、Y、Z为核电荷数依次增大 短周期主族元素，基态的W原子和Y原子2即能级均有2个未成对电子，Y和z原子的价电子数相同。下列 说法正确的是 H A.电负性：Y<Z B.第一电离能：X>Y C.简单氢化物的沸点：Z>Y>X>WD.ZY,、ZY分子都是非极性分子 12.[Co(NH,)6]CL,能络合No,经过多步反应将No脱除，同时生成[Co(NH)6，再用活性炭和水实现 [Co(NH)]→[Co(H)6]再生，反应机理如图所示。下列说法正确的是 多步反应 [Co(NH)]2 [Co(NH)] (iv) 入（①） NH; 活性炭 C024 活性炭[CoNH)J O2+H← 活性炭…NH← (ii) (ii) H,0 A.[Co(NH)6]CL,络合No过程中由Co2+提供孤电子对 3/12 天使计划3 B.过程ⅲ中发生反应的离子反应方程式为4C03++2H0=4Co2++4H+0,个 C.过程V中涉及极性共价键的断裂与形成 D.活性炭降低了反应的活化能，改变了该反应的焓变 13.已知：X4、X(OH),不溶于水，H,A为二元弱酸。常温下，在H,A、HA、A2总浓度为0.1molL1的溶液 中，含A微粒物质的量分数、pXpX=-gc(X+)随pH变化的曲线如图所示，A、B、C点的坐标分别为 (4.8,0.5)、(10.2,0.5)、(10.2,14)。下列说法正确的是 1.0 0.5 L 0 pH A.NaHA溶液显酸性 B.N点对应的pX=8.4 C.K[X(OH2]=1016 D.将某Na,A溶液调至H=5,溶液中存在c(Na*)=c(A2-)且c(HA)>c(H,A) 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.核电站的能量来源于原子核的裂变，其中一个典型的核反应方程为n+U-→“Ba+阳Kr+3X,则X为 A.on B.He C.H D.e 15.2025年11月19日，清华学子邵雨琪在第十五届全运会女子跳高决赛中获得金牌，若起跳过程中，其重心 上升的高度约为0.8，请估算她起跳离地时，竖直向上速度为（) A.2m/s B.3m/s C.4m/s D.5m/s 16.如图所示，某地球卫星沿椭圆轨道运行，A、B分别为该轨道的远地点和近地点，A点到地 球中心距离为，B点到地球中心距离为2，不考虑其他天体影响。下列说法正确的是() A.该卫星在A点受到的万有引力比B点的大 B.该卫星在B点的机械能大于在A点的机械能 C.该卫星在A、B两点的加速度大小之比为： D.若在距地球中心r1处有一圆轨道卫星，其运行周期大于该椭圆轨道卫星 17.如图甲所示，正电荷仅在静电力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知 xc一xB=x。一x4。该正电荷的电势能E,随坐标x变化的关系如图乙所示，下列说法正确的是 A.A点的电势低于B点的电势 E B.A点的电场强度大于B点的电场强度 C.正电荷在A点的速度大于在B点的速度 A B C D.正电荷从A到B的过程中静电力做的功小于从B到C的过程中静 电力做的功 XA XB XCx 18.跑道式回旋加速器的工作原理如图所示，两个磁感应强度大小为B 甲 乙 的匀强磁场区域I、Ⅱ的边界平行，相距为L。P、Q之间存在匀强加速电场E,方向与磁场边界垂直。质量为 m、带电荷量为+4的粒子从P点注入电场（初速度为0），多次经电场加速和磁场偏转后，恰好从边界上距离 4/12 天使计划3 Q点为L的出射口K引出，不计带电粒子的重力，则粒子引出前在磁场中运动的总时间为() 元BL,πm πBLπIL A. 4E gB B.4E qB C.BL2am D.BL 2rm 2E gB 2E gB Kx x X 磁场区域虹 磁场区域知 X L X p 匀强电场E 19.甲乙两位同学通过实验在p-V图像中分别得到两条双曲线，如图所示。两人实验均操作无误，产生该情况 的原因可能是 A.甲同学推注射器比乙快 D B. 乙同学推注射器比甲快 C. 甲同学注射器内的封闭气体质量比乙大 D. 乙同学注射器内的封闭气体质量比甲大 20.如图一列简谐横波在x轴上传播，振幅为5c,图甲和图乙分别为x轴上a、b两 质点的振动图像，xb为2m。下列说法正确的是（ ) A.a、b两质点的振动周期为4s y/cm Ay/cm B.2.5s时刻a质点的位移为2.5cm C.波长可能为8m D.波速可能为亏ms 5 t/s 甲 乙 21.某兴趣小组模拟电动汽车再生制动能量回收系统， 设计了如图所示电路。平行且间距为L的足够长光滑金属导轨固定在水平面，金属杆b垂直静置在导轨上，整 个装置处于磁感应强度大小为、方向竖直向下的匀强磁场中。导轨通过单刀双掷开关分别与电源、电容器连 接，电源的电动势为E、内阻为r，电容器的电容为C、初始电荷量为零。先将开关拨到1，杆b从静止开始加 速运动，达到最大速度后再将开关拨到2，杆b给电容器充电，实现动能回收。杆ab的质量为m、接入电路的 电阻为R,不计导轨电阻，下列说法正确的是( A.开关拨到1瞬间，杆ab的加速度大小为 X a mR B.开关拨到1后，杆ab能达到的最大速度为 L XB 十 C.开关拨到2后，杆ab做减速运动直到速度为零 D,电容器的电容C越大，则最终储存的电荷量越多 X b 三、非选择题：共174分。 22.（10分)如图甲所示是某同学验证“做圆周运动的物体所受向心力大小与线速度关系”的实验装置。一根细 线系住钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A点，光电门固定在A的正下方靠近A处。在钢球底部竖直地粘 住一片宽度为的遮光条，用天平测出小钢球的质量为m,用刻度尺测出摆线长度1，实验步骤如下： 凸力传感器 遮光条 光电 高光电门 甲 5/12 天使计划3 1 2 3 4 F/N 0.125 0.143 0.162 0.181 0.200 v21m2.s2) 2.0 4.0 6.0 8.0 10.0 (①)将小球竖直悬挂，测出悬点到钢球球心之间的距离，得到钢球运动的半径为R;用刻度尺测量遮光条宽度， 示数如图乙所示，其读数为 c;将钢球拉至某一位置释放，测得挡光时间为0.010s,小钢球在A点的 速度大小v= n/s。 (②)将钢球拉至不同位置由静止释放，读出钢球经过A点时力传感器的读数F及光电门的遮光时间t,算出钢球 速度的平方值，具体数据如上表所示： 在图丙中画出F-2的关系图像一’ 由图可知：钢球的重力为 N。(结果保留3位小数) F/N 0.200 0.180 0.160 0.140 0.120 0.100 2.04.06.08.010.012.014.0v2/m2s2 丙 ③)某同学利用向心力的公式加二，发现实验中求得钢球经过A点的向心力比测量得到的向心力大，你认为产生 误差的主要原因是。 A.钢球运动过程中受到空气阻力的影响B.钢球经过光电门的时间过长 C.光电门测出的是遮光条通过时的速度，大于钢球球心通过最低点的速度 D.钢球释放的初始位置细绳与竖直方向的夹角太大 23.（16分)某实验小组为测量干电池的电动势和内阻，设计了如图1()所示的实验电路，所用器材包括： 电压表（量程0-3V,内阻很大）、电流表（量程0-0.6A)、电阻箱（阻值0-999.92）、干电池、开关、导线 若干；同时配备多用电表、热敏电阻R等辅助器材。 E.r 图(a) 图b) 图1 ()实验前，小组同学用多用电表粗测干电池的电动势，下列操作步骤正确的是() A.测量前将红黑表笔短接，进行机械调零 B.红表笔接干电池正极、黑表笔接负极，测量电动势 C.需将干电池从电路中取出，避免损坏多用电表 6/12 天使计划3 D.测量完成后，将选择开关拨至欧姆挡位置，拔出表笔 (2)将多用电表选择开关调至直流电压（选填0-3V”或0-15V”)量程，按正确操作测量。 (3)根据图1（)的电路图，完成图1(b)中实物图的连线。 (④按图1()电路进行实验：调节电阻箱到最大阻值后闭合开关，多次改变电阻箱的阻值R,记录对应的电流 表示数I和电压表示数U,并作出U-I图像如图2所示。根据图像可得，干电池的电动势E=V(保留3 位有效数字)，内阻”= 2（保留2位有效数字) AUN /A 1.60 1.55 20 1.50 15 1.45 10 1.40 5 0.10 0.20 0.30 IA 0 5 10 1520253035→R/2 图2 图3 (⑤小组进一步利用实验数据作出图像如图3所示。结合(3)中求得的电动势E和内阻”，利用该图像的纵轴截 距可求出电流表的内阻R=2(保留2位有效数字)；同时分析可知，由于电压表内阻不是无穷大，本 实验中干电池内阻的测量值 （选填“偏大”“偏小”或“不变”)。 (O有同学提出新的实验方案：将图1（)中的电阻箱替换为图2中的热敏电阻R，通过改变温度控制R的阻值 (R与温度t的关系如右图所示)，重复上述实验步骤来测量干电池的电动势和内阻。请评价该方案是否可行， 并说明理由；若方案可行，分析实验中需要注意的问题；若不可行，说明具体原因。 ART/Q 400 300 200 100 20406080t/0 24.(16分)某同学设计了一种磁防护模拟装置，装置截面图如图所示， 以O点为圆心的内圆、外圆半径分别为R和√R,区域中的危险区内有垂 直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B,外圆为绝缘薄板，外 圆的左侧有两块平行金属薄板，其右板与外圆相切，在切点处开有一小孔 C。一质量为m、电荷量为十、不计重力的带电粒子从左板内侧的A点由 安全区 静止释放，两板间电压为U,粒子经电场加速后从C点沿C0方向射入磁 场，若恰好不进入安全区，求： (1)粒子通过C点时的速度大小vo; 危险区 (2)若粒子恰好不进入安全区，求两板间电压U: (3)在(2)问中，若粒子每次与绝缘薄板碰撞后原速反弹，求粒子从离开电场到再次返回电场所需的时间。 25.(20分)如图所示，质量分别为m4=2kg,mB=1kg的物体A、B放在水平面上，物体A、B之间有一压缩 的轻弹簧且处于锁定状态(A、B与弹簧不拴接)，A左侧有一放在另一水平面上带有弧形轨道的滑块C,质量 为mc=2kg,最低点与右侧的水平面相切，B右侧有一质量mD=3水g的长木板D,长木板的最右端放置一质量 m=1kg的物体E。某时刻解除轻弹簧的锁定，弹簧将A、B弹开后，物体A恰能滑到弧形轨道最高点，物体B 与长木板D发生弹性碰撞且碰撞时间极短。已知弧形轨道的半径为R=0.8,该段圆弧所对的圆心角为u=60°， 物体E与长木板D上表面间的动摩擦因数为1=0.1，长木板D与水平面间的动摩擦因数为2=0.2，重力加速度 g取10n/s2,物体A、B、C与所在水平面间的摩擦力可忽略，A、B、E均可视为质点。求： (1)物体A刚滑上滑块C瞬间对滑块C的压力大小； (2)初始时弹簧的弹性势能以及物体B与长木板D碰后瞬间D的速度大小： 7/12 天使计划3 (③)物体E停止时到长木板右端的距离（结果可用分式表示）。 E AMBI 77777777777777777777777777 26.(14分)氢化铝锂(LiAH4)是有机合成中的重要还原剂。某课题组按如图流程与装置开展了制备实验（夹持、 尾气处理装置已省略)。 搅拌器 LiH 2630心反应混合物步联一滤阀苯产温 步骤I 三颈烧瓶 LiH 图1 已知： ①LiH、LiAH4在潮湿的空气中均会发生刷烈水解。 ②相关物质溶解性表如下： AICla LiAIH Lim LiCl 乙醚 可溶 可溶 难溶 难溶 苯 易溶 难溶 难溶 微溶 请回答下列问题： (1)写出离子化合物H的电子式： (2)步骤I时仪器a上方的玻璃塞需保持 (填“打开”或“关闭”)；写出该步骤发生反应的化学方程 武 (3)写出LiAIH4水解生成AI(OH)3的化学方程式 (4)根据LiA1H,的性质，推断步骤Ⅲ中加入苯的作用是 5)在滴加A1C13的乙醚溶液过程中，发现反应速率逐渐减慢，主要原因是 0 (6)测定LiA1H4的纯度。取3.04g产品用无水乙醇、盐酸处理（杂质不反应），加热沸腾分离出A1+,冷却后配 成200ml溶液。量取20.00mL待测溶液、20.00mL0.5000mol/L EDTA溶液于锥形瓶，调节pH并加热煮沸 2min。冷却后加指示剂，用0.l000mol/L醋酸锌溶液滴定剩余的EDTA,三次测量消耗的醋酸锌溶液体积平 均为22.80mL。已知EDTA与A1+、Zn2+均按1：1反应，则LiAIH4的纯度为 %。若产品在称取 前发生部分水解，则结果将 (填“偏大”或“偏小”或“不变")。 27.(15分)锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用湿法工艺治炼锌。以某疏化锌精矿（主要成分是zS, 还含有少量FS等其他成分)为原料治炼锌的工艺流程如图所示： 含尘烟气 硫酸 个 废电积液 硫化锌精矿焙烧→焙砂一 浸出→浸出液净化→滤液 电解沉积→锌 浸出渣 滤渣 已知：①焙砂的主要成分为ZnO、Fe,O4SiO2; ②常温下，K(HS03)=1.4×102,K2(H2S03)=6.0×108; ③常温下，K(CS)=6.4×1036，Km(ZnS)=1.6×1024。 回答下列问题： (1)基态Zn原子的价电子排布式为 8/12 天使计划3 (2)“焙烧”前需将硫化锌精矿粉碎处理，其目的是 3)常温下，含尘烟气中的SO2可用氨水吸收，用氨水吸收s02至溶液的pH=5时，所得溶液中的 c(sO) c(HSO) (4)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，所得滤渣的成分为 (填化学式)。 (5)硫化锌精矿的主要成分znS遇到疏酸铜溶液会慢慢地转化为铜蓝(cuS),发生反应 Zns(S)+Cu2+(aq)三CuS(S)+Zn2+(aq),该反应的平衡常数K= (6)硫化锌可作为锂离子电池的负极材料，其晶胞形状为立方体，边长为n。在充电过程中，ZS晶胞的组成 变化如图所示。 充电 ZnS Li ZnyS oS2-oZn2+●Zn2+或Lit ①Li,Zn,S的化学式为 (x和y用具体数字表示)。 ②znS晶体中距离s2最近的s2有 个。 ③设阿伏加德罗常数的值为N,ZnS晶体的密度为 gcm3。 28.(14分)丙烯是重要的有机化工原料，丙烷脱氢是工业生产丙烯的重要途径，其化学方程式为 CH(g)=C3H6g)+H2g)。回答下列相关问题： (1)已知：I.2CH(g)+O2(g)≥2CH(g+2H,Q(g△H1=-238 kJmol Ⅱ.2H2(g)+02(g)=2H,0g)4H2=-484k·mo1 则丙烷脱氢制丙烯反应CH(g)CHg)+H2鸟)的△H为 kJmo1。 (2)}一定温度下，向1L的密闭容器中充入1 molC3Hs2发生脱氢反应，经过10min达到平衡状态，测得平衡时气体 压强是开始的1.5倍。 ①0~10min丙烯的化学反应速率v(C3H)= mol-L1min1。 ②下列叙述能说明反应到达平衡状态的是 A. 容器内气体的总压强不变B.容器内气体密度不变C.CH的浓度不再变化 D.容器内气体平均摩尔质量不再变化E.单位时间内消耗amolC3Hg同时生成amolH2 (氩气) ③若在恒温、恒压的密闭容器中充入丙烷和氩气发生脱氢反应，起始 (丙烷) 越大，丙烷的平衡转化率越大， 其原因是 (3)一定温度下，向恒容密闭容器中充入1molC3H8,开始时压强为pkPa,C3Hs的气体体积分数与反应时间的关系如 图： 个C3H体积分数/% 100 75 50 m 25 n 0 t2反应时间/min 此温度下该反应的平衡常数K。= (用含字母P的计算式表示，K。是用反应体系中气体物质的分压表 示的平衡常数，平衡分压=总压×气体的体积分数) 9/12 天使计划3 (4)已知丙烷催化脱氢：C,H(g)、≥CHg)+Hg),工业上常用含Cr、Al、O等元素的复合氧化物作催化剂。 回答下列问题： ①丙烷分子中碳原子杂化方式为 ；丙烯分子中σ键与π键数目之比为 0 ②该催化剂含AI3+与O2形成的晶体结构单元。Al2O3熔点远高于AICl3的主要原因是 29.（15分)烯基C-H键甲酰化反应在有机合成中有重要意义。以化合物i经过中间产物ⅱ和ⅲ得到甲酰化产 物v的反应过程如图所示（部分反应条件略）： CHCI2 CHCI2 CHO HO CHBrCl2 H2O OCH OCH3 OCH OCH 进 iv (1)化合物ⅱ中含氧官能团的名称为 (2)①化合物i的分子式为 ②化合物i的同分异构体中，苯环上有2个取代基（取代基不含环状结构）且能与FCl溶液发生显色反应的有 种。 (3)化合物V的某种同分异构体的核磁共振氢谱图上只有3组峰，其结构简式为（写一种）。 4第一步反应可表示为i+CHBrCl+H,0=i+X,则x的化学式为。 (5)下列说法正确的有」 A.ⅱ→进的转化中，有o键的断裂和π键的生成 B.在ⅱ分子中，有1个手性碳原子，可形成分子间氢键 C.化合物ⅲ属于卤代烃，可以发生取代反应和加成反应 D.v分子中碳原子均采取sp杂化，且所有碳原子可以共面 Br 6)以 和CHBrCl2为有机原料，结合上述信息，制备高分子化合物v的单体。 ①该单体的结构简式为 ②中间产物发生氧化反应后，经酸化即可得到该单体，则氧化反应的氧化剂可以为 ③第一步反应为消去反应，发生反应的化学方程式为（注明反应条件）。 30.（原创题)(10分)齿肋赤藓是古尔班通古特沙漠生物土壤结皮的优势物种，具有极强的耐脱水和快速复 苏能力，是研究极端环境适应的模式植物。科研人员对其分子机制研究发现：①脱水一复水过程中，基因转 录水平与蛋白质表达量无明显对应关系，植物提前合成并储存关键蛋白，形成“蛋白存储池”；②丙酮酸激酶 第513位赖氨酸乙酰化后，酶活性和稳定性显著提高，植物脱水千旱胁迫下，通过该修饰调控暗反应（碳固 定)、谷胱甘肽抗氧化代谢通路，增强抗逆能力；复水恢复环境后，可快速激活细胞呼吸（糖酵解）、蛋白 酶体降解通路，及时修复受损蛋白、恢复正常生命活动。回答下列问题： (1)从细胞代谢角度分析，齿肋赤藓复水后能在1分钟内光合作用效率恢复九成，光反应迅速恢复可快速 产生 用于暗反应中 体现其对沙漠干旱一降雨多变环境的高度适应。 (2)赖氨酸乙酰化修饰并未改变蛋白质的氨基酸序列，却能快速激活或抑制蛋白功能，从分子机制推测， 其最可能通过改变蛋白质的 实现调控；脱水时乙酰化修饰参与维持细胞氧化还原平衡，有利于减 少 对细胞结构的损伤。 (3)丙酮酸激酶参与细胞呼吸第一阶段，该酶乙酰化后活性增强，对齿肋赤藓耐受干旱环境的意义是： 脱水状态下： (2分)；复水复苏时： (2分)。 10/12 天使计划3 (4)齿肋赤藓乙酰化修饰位点具有独特氨基酸偏好，且形成特殊调控模式，从进化角度看，这是长期 (2分)的结果。 31.（改编题)(12分)某XY型雌雄异株的植物，无X染色体的个体无法成活。该植物花色受两对等位基 因A、a和B、b共同控制，两对基因与花色性状的关系如图所示。研究人员用纯合紫花雄株与纯合蓝花 雌株杂交，F,全为蓝花植株；F,雌雄个体相互杂交获得F2,表型及比例为蓝花：紫花-13：3，且紫花 全为雄株。请回答下列问题： 基因A 抑制 基因B→酶B 蓝色素酶A紫色素 (1)根据实验结果，判断B、b基因位于 （1分)（填“常染色体”或“X染色体”）；两对基因 的遗传遵循 (1分)。判断的依据是 (2)结合图1的调控机制，写出花色对应的基因型（不考虑性别）：紫花： 蓝花： (3)科研人员同时提取了亲本、部分F2植株的基因组DNA,通过PCR扩增A/A、B/b基因片段，琼脂 糖凝胶电泳结果如图所示（条带位置代表DNA片段长度，单位为bp,Aa的长度大于B/b)。 (bp) 甲乙 丙 300 250 ■ 200 150H 已知甲和乙分别为纯合亲本，丙和丁为F2中某个体，根据图2电泳条带分析则丙的基因型是 丁占F2的比例是 32.(原创题)(10分)下图为禁食状态下，小鼠体内通过神经免疫激素网络调控血糖平衡的示意图，某科研 小组围绕该机制开展了系列实验研究，请回答下列问题： 交感神经元 胰腺 Liver 胰腺 肝脏 44-. 糖异生 交感神经元 ·5 -L-13 糖异生 肠道锚定分子 肠道锚定分子 内源性葡萄糖 (1)①图中，交感神经元释放的信号分子NE（去甲肾上腺素)，需与肠道ILC2细胞表面的 (填 受体名称)结合，才能抑制肠道锚定分子的表达，使ILC2脱离肠道并向胰腺迁移。这体现了细胞膜具有 的功能。 ②胰腺中的α细胞分泌的，作用于肝脏时，可促进 和非糖物质转化为葡萄糖，从而升高血糖。 (2)为验证“禁食状态下，ILC2通过分祕细胞因子IL5ML13刺激胰高血糖素分泌，进而维持血糖平衡”， 研究者进行了如下实验：实验材料：生理状况相同的野生型小鼠、ILC2缺陷小鼠、生理盐水、IL5IL13 混合溶液、胰高血糖素检测试剂盒、血糖检测仪。实验分组与处理： 组别 小鼠类型 处理方式 禁食后12h胰高血糖 禁食后12h血糖浓度 素浓度(pgmL) (mmol/L) 甲 野生型小鼠 注射生理盐水 120 5.2 乙 ILC2缺陷小鼠 注射生理盐水 45 2.8 丙 ILC2缺陷小鼠 注射等量IL5ML13混 115 5.0 合溶液 请回答下列问题： 11/12 天使计划3 ①分析数据可知，乙组小鼠的胰高血糖素和血糖浓度均显著低于甲组，·原因是 (2分)；丙组小鼠 注射IL5ILI3混合溶液后，胰高血糖素和血糖浓度均恢复至接近甲组水平，说明 ⑨若要进一步验证“TC2向胰腺迁移是该调控过程的关键步骤”，可增设一组实验：取小鼠，用特 异性阻断Adb2受体的抑制剂处理后禁食，检测胰腺中ILC2数量和血糖浓度。预期结果是： 。(2 分) 33.（10分)内蒙古巴彦淖尔市地处沙漠边缘，长期面临土地沙化、生态脆弱等问题。当地创新采用“光伏+梭梭、 柠条等抗旱节水沙生灌木”模式构建生态农业体系，实现板上发电、板下种植和板间养殖（养殖羊、兔等食 草动物)，在治理沙化、修复生态的同时，带动农收民增收，让沙漠变身绿色能源宝库和生态粮仓。据此 回答下列问题： (1)该生态农业模式兼顾沙生灌木与沙漠干旱环境的适配性，同时兼顾生态修复与农牧民增收的社会经济 需求，遵循生态工程的 原理；其高效利用太阳能、土地等资源，提高资源利用率的特性， 可在一定程度上 (填“弥补”或“加剧”)生态赤字。 (2)寄生于梭梭根部的肉苁蓉无绿色叶片，无法进行光合作用，依赖宿主梭梭获取水分和有机养分，其在 生态系统组成成分中属于 ；板下土壤中，分解动物粪便和植物残体的细菌、真菌，这类生物的 作用是 ;该模式既为人类提供电力、农产品（肉、灌木果实等），又能治理沙化土地、改善生 态环境，体现了生物多样性的 价值。 (3)沙漠治理过程中，梭梭、柠条等植物通过根系释放特定化学物质，抑制周围杂草的生长和繁殖，这属 于生态系统中信息传递的 ;其在生态系统中的作用是 。(2分) (4)板间养殖的食草动物（羊、兔）以梭梭、柠条的嫩枝叶为食，若过度放牧，会导致沙生灌木生长受阻， 进而影响光伏板下的生态修复。请从生态系统稳定性的角度，分析过度放牧会降低该生态系统稳定性的原 因： 。(2分) 34.（社会热点)(12分)第三次新疆科考聚焦塔里木河流域极端环境特殊生物种质资源，发现黑果枸杞、刚 毛柽柳等荒漠植物，拥有高效耐旱基因（记为D基因），是作物分子育种的珍贵基因资源。科研人员利用 基因工程技术，将D基因导入小麦细胞，培育转基因抗旱小麦，技术流程如下图所示： EcoR I BamH I HindⅢ BamH I 潮霉素 Sac I 抗性基因 T-DNA -Not I EcoR I HindⅢ 启动子 Ti质粒 终止子 D基因 卡那霉素 D基因 抗性基因 图1 图2 请结合所学知识与科考信息，回答下列问题： (I)获取D基因时，先从荒漠植物细胞中提取总RNA,经 过程合成cDNA,再利用PCR技术 大量扩增目的基因。一个目的基因利用PC进行扩增时，循环次，共需要消耗引物 个。 (2)构建基因表达载体：D基因片段和T质粒的酶切位点如图1、2所示，为使PCR扩增出的D基因片段能 插入T-DNA中，需在两个引物的 端分别添加限制酶 的识别序列。 (3)利用农杆菌转化法将重组质粒导入小麦细胞时，有两次导入和两次拼接，其中第一次导入是指(2 分)，第二次拼接是指 (2分)。 （4)可通过向培养基中加入 来初步筛选出含有重组T1质粒的小麦细胞；检测转基因小麦中D基因是 否表达，分子水平可采用 技术；对比转基因小麦和野生型小麦的抗旱能力基本没有差别，试分 析原因 (2分)。 12/12 天使计划3石河子第一中学2026届高三年级理科综合天使计划3（答案全析） 1.【答案】D【解析】A:蛋白质基本元素为C、H、O、N,多数含S,正确。 B:表观遗传不改变DNA碱基序列，只改变修饰状态，正确。 C:交感神经兴奋减弱→脂肪分解受阻→有机物氧化分解速率下降，正确。 D: 维生素A属于脂质，但不能作为细胞主要能源物质，细胞主要能源物质是糖类，错误。 2.【答案】A【解析】A:植物模式识别受体识别“非已”（病原体），启动免疫防御，正确。 B:外祕体通过胞吞进入病原体细胞，依赖膜的流动性，不是主动运输与选择透过性，错误。 C:逆境活性氧大量积累损伤酶、抑制光合，不会提高光合效率，错误。 D:植物激素无定向运输（随体液/汁液扩散），错误。 3.【答案】B【解析】A:次生代谢物在稳定期后期/衰亡期大量合成，受奢侈基因调控，不是管家基因，错 误。B:空白对照排除溶剂干扰，阿莫西林阳性对照可判断抑菌活性强弱，正确。 C:抑菌圈边缘耐药菌更多，长期筛选抗性基因频率上升，错误。 D: 耐药性变异自发产生，阿莫西林只起选择作用，错误。 4. 【答案】C【解析】A:ADH通过体液运输到全身，不是定向到靶器官，错误。 B:ADH不进入细胞，与膜受体结合启动信号，错误。 C:高尔基体加工蛋白、参与囊泡运输，依赖膜流动性，正确。 D:受体异常尿崩症，ADH不能发挥作用，机体ADH分祕高于健康人，错误。 5.【答案】C【解析】A:固氮蓝藻固定N以铵态氯被植物吸收，不是硝酸盐，错误。 B:互利共生不提高能量传递效率，只提高利用率，错误。 C:生物固氮将无机N2转化为有机氮，促进N从无机环境进入生物群落，正确。 D:15N无放射性，是稳定同位素，用同位素示踪法不用放射性标记，错误。 6.【答案】D【解析】A:三种杂交瘤细胞融合可制备三特异性抗体，正确。 B:需用三种抗原依次筛选能产生特异性抗体的杂交瘤，正确。 C:三特异性抗体结合TCR、CD28→激活T细胞→增强杀伤，正确。 D:添加血清是提供营养，不是保证无菌无病原体，错误。 7.【答案】A【详解】A.碳纤维是人工合成的新型无机非金属材料，不属于天然高分子材料，A错误； B.Ga位于元素周期表第ⅢA族，第ⅢAIA族和0族元素均属于p区，故Ga位于p区，B正确； c.LiFePO.4中Li为+1价，PO整体为-3价，根据化合物中正负化合价代数和为0，可计算得Fe的化合价为+2， C正确；D.储氢合金吸收氢气生成新物质金属氢化物MHx,有新物质生成，属于化学变化，D正确： 故答案选A。 8.【答案】D【详解】A.还原性I>Fe+,向Fl2溶液中通入少量Cl,时，Cl,优先氧化I,正确离子方程式为 2I+Cl2=I2+2Cl,A错误； B.向CHCO3)2溶液中滴加少量NaOH,OH完全反应，系数应为1，正确离子方程式为 Ca++HCO?+OH=CaCO,↓+H,O,选项给出的是NaOH过量时的反应，B错误； C.酸性：HCO3>CH,OH>HCO,向苯酚钠溶液中通入少量CO2只能生成HCO,正确离子方程式为 C6HO+CO,+H,0→CHOH+HCO,C错误； D.向CuSO,溶液中加入过量氨水，C+最终与过量H3HO形成可溶性络离子[Cu(NH342+,离子方程式书写正 确，D正确；故选D。 9.【答案】B【详解】A.甲的分子式为C12H16O5,不是C12H14O5,A错误； B.乙中的苯环上有1个酚羟基，1mol酚羟基消耗1 olNaOH,含1个酚酯基，1mol酚酯基水解消耗2 olNaOH, 醇羟基不与NaOH反应，因此1mol乙最多消耗3 olNaOH,B正确； C.丙（羟甲香豆素)含有的官能团：酚羟基、酯基、碳碳双键，共3种官能团，C错误； D.质谱法的作用是测定有机物的相对分子质量，测定官能团需要用红外光谱法，D错误；故选B。 10.【答案】D【分析】由图可知，电极A为原电池的负极，葡萄糖在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳 和氢离子，反应式为C6H12O6-24e+6H20=6C02个+24H+;电极B是正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成 氢氧根离子，反应式为O2+4e+2H20=4OH;则原电池工作时，I室中的氢离子通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，Ⅲ室 中的氯离子通过阴离子交换膜进入Ⅱ室，则Ⅱ室得到盐酸；Ⅲ室中钠离子通过阳离子交换膜进入V室，在V室 得到氢氧化钠溶液。 【详解】A.由分析可知，电极A为原电池的负极，电极B是正极，则电极B的电势高于电极A,A错误； B.由分析可知，M膜和P膜均为阳离子交换膜，B错误； C.由分析可知，原电池工作时，Ⅱ室得到盐酸，溶液pH减小；V室得到氢氧化钠溶液，pH升高，C错误； D.电极A的反应式为：C6H12O6-24e+6H20=6C02个+24H+,由电荷守恒可知，Ⅱ室可以获得24mol氯化氢，V 室获得24mol氢氧化钠，D正确；故选D。 天使计划3答案 1/10 11.【答案】B【分析】W、X、Y、Z为核电荷数依次增大短周期主族元素，W形成4个共价键、Y形成2个共 价键，基态的W原子和Y原子2p能级均有2个未成对电子，则W是C、Y是O、X是N元素；Y和Z原子的价 电子数相同，Z是S元素。 【详解】A.同主族元素从上到下，电负性依次减小，电负性O>S,故A错误； B.基态N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能：N>O,故B正 确； C.H2O、NH3都能形成分子间氢键，H2O形成的分子间氢键多，所以简单氢化物的沸点HO>NH>H2S>CH4,故C 错误； D.S02分子中S原子价电子对数为3，S原子有1个孤电子对，S02分子空间构型为角形，S02是极性分子；S0: 分子中S原子价电子对数为3，S0,分子中S原子无孤电子对，S0,分子空间构型为平面三角形，S03是非极性分 子，故D错误；选B。 12.【答案】B【详解】A.络合反应中，中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对。在Co(NH)。Cl,中，Co2+ 是中心离子，提供空轨道；NO作为配体，提供孤电子对，A错误； B.过程i中，反应物是Co3+和H20,生成物是Co2+、O2和Ht。根据氧化还原反应配平：Co3+→Co2+,每个Co3+ 得1个电子；2H20→H+O2个，每个02生成时失4个电子。电子得失守恒：Co3+系数为4,02系数为1，配 平后方程式为：4Co3升+2H,0=4Co2++4H+02个，B正确； C.过程iV是Co2+与NH3反应生成[Co(NH62+。反应中，Co2+与NH,形成配位键（属于极性共价键），但没有旧极 性共价键的断裂，仅存在新极性共价键的形成，C错误； D.活性炭作为催化剂，只能降低反应的活化能，加快反应速率，但催化剂不改变反应的焓变（焓变只与反应物 和生成物的能量差有关)，D错误；故选B。 13.【答案】C【分析】H2A的两步电离：H2A=H+AK= cH)cHA） c(HA) c(H)c(-) HAHK ,当c(HA)=c(H2A)时，Ka=c(H+),对应A点的pH=4.8,故K=1048; cHA） 当c(A)=c(42-)时，K2=c(H*),对应B点的pH=10.2,故K2=10102。 【详架】A。以的电离常数。=10，水解常数无冬一=10，水解度大于电窝程度，帕A济 液显碱性，A错误； B.HM物质的量分数最高时p阳=P+p。=75,根据太[XOD,]-c(x(OH）)推导得 2 pX=2pH-6.4,代入pH=7.5得pX=8.6,B错误； C.pH10.2时，c(OH)=1038mo1/L，c(X2)=1014mol/L,Kp[X(OH)]=1014×1038)2=1016,c正a确： D.NaA溶液中物料守恒为c(Aa)=c()+c(A)+c(,4),故)c(a)>c(A),D错误： 14.【答案】A【详解】根据电荷数守恒，设X的电荷数为Z,故0+92=56+36+3Z 解得Z=0根据质量数守恒，设X的质量数为A,故1+235=144+89+3A 解得A=1故为。X,与A选项符合。故选A。 15.【答案】C【详解】起跳后运动员在竖直方向的运动可以看成竖直上抛运动，重心上升的高度约为0.8， 由竖直上抛运动的规律，有v2-2gh解得竖直向上速度v=4m/s。故选C。 16。【答案】D【详解】A.根据万有引力公式P-G咖，A为远地点，(>5，因此卫星在A点受到的万有引 力更小，故A错误； B.卫星沿椭圆轨道运动时，只有万有引力做功，机械能守恒，因此A、B两点机械能相等，故B错误； C.万有引力提供加速度，由G=加得a-,因此4、B两点加速度之比a4:4 2 GM.GM= 2 故C错误； D。该椭圆轨道的半长轴a=”生<，由开普勒第三定律号-k,可得距地球中心m处有一圆轨道卫星，其 2 运行周期大于该椭圆轨道卫星，故D正确。故选D。 17.【答案】D【详解】AC.因正电荷仅在静电力作用下经过A、B、C三点，电势能逐渐减小，说明电场力做 天使计划3答案 2/10 正功，动能或者速度增大，正电荷在A点的速度小于在B点的速度；也说明正电荷受电场力方向即场强方向沿 x轴正方向，又顺着电场线电势降低，故A点的电势高于B点的电势，故AC错误； B.又B,x图像的斜率的绝对值表示电场力的大小F=A, Ar又F=gxE 而图像越来越陡，说明场强增大，即A点的电场强度小于B点的电场强度，故B错误； D.由W=Eg心，由C项分析知EB<EC，,故正电荷从A到B的过程中静电力做的功小于从B到C的过程中静 电力做的功，故D正确。故选D。 12 18【答案】B【详解】带电粒子在匀强磁场中做圆周运动，则gB= ，=2可得用期7-3 2πm T gB 周期与粒子速度无关，故每运动半圆的时间为年了 粒子最终从五点引出，最后一次偏转的直径为工，因此最大半径风。月 洛伦兹力提供向心力B=解得y=g巴 R 2n 粒子每次经过电场加速，电场做功为gBL,加速n次后，由动能定理有gL=m 解得加速次数=8n次加速对应2n-1个半圆弧，故总时间为【=(2n-1) 8nLE aB 代入n可得t=2BLim 4E aB 故选B。 19.【答案】BD【解析】卫-V图像为双曲线，说明满足玻意耳定律pV=C。两条不同的双曲线，代表常数C不 同。根据理想气体状态方程pV=RT,在操作无误的前提下，C不同的可能原因。 AB.实验时温度不同，由图可知乙的温度高，乙同学推注射器比甲快，导致温度升高，故A错误，B正确： CD.气体的物质的量不同（不同，即封闭气体的质量不同），即乙同学注射器内的封闭气体质量比甲大，故 D正确，C错误。故选BD。 20.【答案】ACD【详解】A.由图甲、乙可知，两质点的振动周期均为T=4s,故A正确： B.由图乙可知，质点b的振动方程为y=5cos 2元tcm=5cos 4 2 当t=2.5s时，y=5cos os5s）cm=-5v5cm 4 2cm，故B错误， C.0时刻，质点a位于平衡位置向下振动，质点b位于波峰。若波由b传向a,则x=n+ 解得1-、8 4n+m当n=0时，=8m,故C正确； D.若波由a传向b,则x=n 31 解得入= 4+3m波速=22 m/s ΓT4n+3 2 当n=0时，v=子m/s,故D正确。 故选ACD。 ]BD【详解】A.开关拨到1瞬间，杆中的电济 BEL 对杆进行分析，根据牛顿第二定律有B,L=mm,解得马m(R十，故A错误： B.开关拨到1后，杆开始做加速运动，杆相当于一个电源，回路总电动势减小，回路电流减小，杆所受安培力 减小，杆开始做加速度减小的减速运动，当加速度减为0时，即杆的电动势与电源电动势相等时，杆速度达到 最大值，杆开始做匀速直线运动，则有E=BLVmax 解符品故B正确 C.开关拨到2后，电容器开始充电，回路中有充电电流，电容器相当于一个电源，电容器充电过程，极板所带 电荷量增大，电容器极板间电压增大，回路总的电动势减小，充电电流减小，杆所受安培力减小，杆开始做加 速度减小的减速运动，当加速度减为0时，即杆的电动势与电容器极板电压相等时，杆开始做匀速直线运动， 故C错误； D.开关拨到2后，令电容器极板间电压为U,结合上述有U=BL 天使计划3答案 3/10 根据电容定义式有C= U 对杆进行分析，根据动量定理有-BIL△='-ax E 其中Q=I△t 解得m+CB2Em.2分 可知，电容器的电容C越大，则最终储存的电荷量越多，故D正确。故选BD。 22.【答案】(1)1.50(2分) 1.5(2分) FN 0.200 0.180 0.160 (2) (2分) 0.106(2分) 0.140 0.120 0.100 2.04.06.08.010.012.014.02/m2s (3)C(2分) 【详解】(1)由图乙可知遮光条宽度为d=1.50cm 将钢球拉至某一位置释放，测得挡光时间为0.010s, 小钢球在A点的速度大小v= d1.50x102 t0.010m/s=1.5m/s (2)根据表格数据描点，作出F-的关系图像如图所示 FIN 0.200 0.180 0.160 0.140 0.120 0.100 2.04.06.08.010.012.014.0m2s 根据牛顿第二定律可得F-g="7 2 可得F=兴+吸 可知F-v2图像的纵轴截距为钢球的重力，则有g=0.106N (3)某同学利用向心力的公式，发现实验中求得钢球经过A点的向心力比测量得到的向心力大， 根据向心力的计算公式F=m 若向心力F偏大，则可能原因是小钢球的速度测量偏大，故产生误差的主要原因是光电门测出的是遮光条通过 时的速度，大于钢球球心通过最低点的速度。 故选C。 23. 【答案】(1)B(2分) (2)0-3V(2分) 天使计划3答案 4/10 3) (2分) 尺上 (④1.58(2分) 0.63(0.58-0.63均可)（2分) (⑤2.5(2.4-2.6均可)(2分) 偏小(2分)(O方案可行，理由见解析(2分) 【详解】(1)A.机械调零不需要红黑表笔短接。红黑表笔短接是欧姆调零的操作，机械调零是在不通电的情 况下调节表盘螺丝使指针指在零刻度线，故A错误； B.多用电表的电压挡测量时，电流需从红表笔流入、黑表笔流出，所以红表笔应接电源正极，黑表笔接负极， 故B正确； C.测量电源电动势时，不须将干电池从电路中取出，故C错误； D.测量完成后，应将选择开关拨至OF℉挡或交流电压最高挡，而不是欧姆挡，欧姆挡内部接有电源，长期存 放可能损坏电表，故D错误。 故选B。 (2)干电池的电动势约1.5V,可知多用电表选择开关调至直流电压0-3V。 (3)实物图的连线如图所示 白的 （4)根据闭合电路欧姆定律有E=U+ 可得U=E-Ir 可知UI图像的纵截距为B,可知电动势为158V,斜率绝对值为电源内阻，可知内阻r=k-158-136Q=0.632 0.35 (5)根据闭合电路欧姆定律有E=I(Re+R+r) 可得}+R+7R飞 EEE 可得}R图像的纵震距为日”=2A 可得电流表的内阻R=2.52 根据闭合电路欧姆定律有B=V+ -+I 可得U=ER,-IR R Ry+r Ry+r 可得U1图像的斜率为k=风<， R+r 可知干电池内阻的测量值偏小。 (6)热敏电阻的阻值可通过改变温度调节，从而改变外电路总电阻，获得多组路端电压·和电流I的数据，利 用-I图像可求得干电池的电动势和内阻，实验原理与原实验一致。 24. U 【答案】()m 、B2Rq 4πm (2) 2m 【详解】(1)粒子从A点运动到c点，根据动能定理得gU='(2分) 2 U 解得，=m (2分) (2)设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为”，如图所示 天使计划3答案 5/10 危险区 由几何关系得（√3R)2+r2=(+R)2(1分） 解得r=R(1分) 由牛顿第二定律得mB=上(1分) 又因m1分) 解得U=BR1(1分) 2 .0V3R (3)设粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为0，由几何关系得ta (1分) 2 R 解得9=2亚(1分) 3 粒子在磁场中运动的周期为T=20(1分) gB 粒子从C点到第一次与绝缘薄板碰撞所需时间为：-号(1分) 1、2m 解得1=XqB (1分) 由几何关系可得粒子在危险区运动时总共与绝缘薄板发生5次碰撞，粒子从离开电场到再次返回电场时间为 le G=4zm (2分) Ba 12 25.【答案】(1)60N2)48J,4m/s(3)7m 【详解】(1)设轻弹簧将两物体弹开时A的速度大小为v,物体A冲上滑块C后，A、C组成的系统水平方向 动量守恒、机械能守恒，则有a=(a+),(1分) m,-m,+此片+叫.Rn-6）(1分 1 解得，=4m/s(1分) 物体A冲上滑块C的瞬间，由牛顿第二定律得F-ag=a (1分) R 解得F=60N（1分) 由牛顿第三定律可知物体A对滑块C的压力大小为60N;(1分) (2)设轻弹簧将两物体弹开后瞬间B的速度大小为2，弹簧弹开两物体的过程机械能守恒、动量守恒，则有 0=a-2(1分) 1 1 B,=+与时1分) 2 解得13=8m/sE。=48J(1分) 物体B与长木板D发生弹性碰撞，该过程B、D组成的系统动量守恒、机械能守恒， 则有阳='g+o'p(1分) 1 1 2号=2哈+与6哈(1分) 1 2 2 解得。=4m/s(1分) (3)碰后长木板向右做匀减速直线运动，物体E向右做匀加速直线运动， 对物体E,由牛顿第二定律得4g=e4解得a=1m/s2 (1分) 对长木板D,由牛顿第二定律得4g+(+E)g=42（1分) 解得4=3m/s2 设碰后经时间物体E和长木板D共速，共同的速度为"，则v=D-4=44（1分) 解得=1s v=1m/s 该过程物体E和长木板的位移分别为店一 =+5(1分) 2 天使计划3答案 6/10 该过程物体E在长木板的上表面向左滑过的距离为△5=，-x妇=2m（1分) 物体E和长木板D共速后，由于凸<山2 则此后长木板D在水平面上减速，物体E在长木板的上表面减速，该过程中物体E的加速度大小为，长木板 D的加速度大小为a（m+"848ms2(1分 n 从共速到减速到零过程物体卫和长木板的位移分别为左一 v2 =0.5m x。=2,=14m(1分) 该过程物体E在长木板的上表面向右滑过的距离为△x,=x:一x名=二m 则物体E停止时到长木板右端的距离为△x=△y-△5-1号m(1分) 26.【答案】除备注外，每空2分(1)Li[H州(1分) (2) 关闭(1分) 4Li诅+A1CL,26-30 兰LiAIH4+3LiCI (3)LiAIH,+4H2O=LiOH+Al(OH)+4H, (4)A1CL3易溶于苯，使其分离，同时降低LiAH4在混合溶剂中的溶解度，使其结晶析出 (5)反应过程中产生CI固体且覆盖在LiH表面，阻碍AlCl与LiH反应 (6)96.5偏小 【分析】L、A1CL3、在乙醚作溶剂的无水环境中反应得到含有LiAH,的粗产品混合物，根据表格提供的物质 溶解性可知，步骤Ⅱ为过滤，得到滤渣为LiH、LiCl,滤液为含AICl3、LiAH4的乙醚溶液，由于LiAH4难溶于 苯，最后步骤Ⅲ为加入苯，使LiAH,结晶析出。据此分析。 【详解】（1)LiH是离子化合物，由Li+和H构成，电子式为Li[:H。 (2)H、iIH4在潮湿的空气中均会发生剧烈水解，为防止空气进入，仪器a上方的玻璃塞需保持关闭，且恒 压滴液漏斗能自动平衡内外气压；根据反应物和产物，iH与A1C13在乙醚、2630℃下反应生成LiAH4和LiCl, 配平方程式得4LiH+ACL,26-30四LiAH,+3LiC。 (3)LiAH4中H为1价，与水中+1价H发生归中反应生成H2,同时生成LiOH和A1(OH)3,配平得 LiAIH4+4HO=LiOH+A1(OH),+4H,个。 (4)根据溶解性表，A1Cl3易溶于苯，LiAIH4可溶于乙醚、难溶于苯，加入苯后，使A1CL3分离，且降低了LiAIH4 在混合溶剂中的溶解度，使LiAH4结晶析出，达到提纯目的。 (5)LiH是固体，反应生成的LiCI难溶于乙醚，会覆盖在LiH表面，阻碍LiH与A1CL接触，因此反应速率逐渐 减慢。 (6)EDTA总物质的量为0.02L×0.5000olL=0.01ol,剩余EDTA与Zm2+1:1反应，剩余EDTA物质的量为 0.0228L×0.10000l/L=0.00228ol,因此20mL待测液中n(A3+)=0.01ol-0.0022811ol=0.00772ol,200mL 溶液中n(A+)=0.0772ol,1 mol LiAlH4含1 mol Al,因此n(LiAlH4)=0.0772mol,LiAH4摩尔质量为38gmol, 质量为0.0772m0lx38em0l=2936g,故纯度为2936x100%=96.59%,若产品部分水解，相同质量的样品中 3.04g AI的总物质的量会降低，计算得到的LiAIH4量偏少，结果偏小。 27.【答案】除备注外，每空2分(1)3d4s2（1分)(2)增大接触面积，加快反应速率 3.88x1023 (3)8.4（4)Zn、Fe(5)2.5×101(6)Li1sZn025S 12 【分析】硫化锌精矿焙烧可生成zO、四氧化三铁等，含尘烟气含有含疏氧化物，经过净化可用于制备硫酸， 焙砂酸浸，浸出渣回收利用，浸出液加入过量Zn得到的滤渣中含有Fe、Zn,滤液主要含有疏酸锌，经过电解沉 积得到Zn和硫酸，废电积液中含有的硫酸可重复利用。 【详解】(1)Zn原子序数为30，核外电子按能级由低到高依次排布为1s22s22p3s23p3d4s2,其价电子位于 4s和3d轨道，因此价电子排布式为3d4s2; (2)“"焙烧”前将疏化锌精矿粉碎，是为了增大固体反应物与空气中氧气的接触面积，使反应更充分，同时加快 焙烧反应速率，故答案为增大接触面积，加快反应速率； 天使计划3答案 7/10 （3)SO2溶于水生成弱酸H2SO3,其两步电离常数分别为Ka1和K2,根据电离平衡关系： c(SO）_Ka4K2, c(H,SO)C2(H) 已知K,(H,S03)=1.4×102,K2(H,S03)=6.0x10-8,当pH=5时，cH)=10olL,代入数据计算得： 1.4×102×6.0×108 (1057 =8.4; (4)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，过量锌充分反应，可置换出铁，所得“滤渣”的成分为z、 Fe;过滤可分离"滤液"“滤渣”； (5)反应ZS(s)+Cr+(og)=C(s)+2nt(ag),其平衡常数为K=cn 由溶度积关系 c(Cu2+) g=c(M*c(2-),可得k=K(29-1.6x109 K2(CS6.4×102.5x10: (6)①充电过程中，部分zn2+被i+替代进入晶体。设化学式为Li,Zn,S,由晶胞结构图可知，Zn2+或Li+的 个数为7,5的个数为8令6-1个则+y=x2y2即y025,x15,所以化学式为山：24： 8 ②zS晶体中，s2形成的面心立方结构中，每个S2周围与之最近的s2为12个； ③zns晶体属于面心立方结构，一个晶胞中含有4个zns结构单元，其摩尔质量为 4x97388 M(☑S)=65+32=97gmo,则-个晶胞的质量为N-N8:晶胞边长为anm,而1nm=107cm, 388 放晶胞体积为(ax10-d10cm,根据密度公式p=,代入可得p: 3.88×1023 0= dx1021- ang cm3。 28.【答案】除备注外，每空2分(1)+123 2) 0.05 ACD 恒温恒压条件下，起始”氩 越大，容器体积越大，体系中各气体分压减小， (丙烷) 该反应正方向为气体分子数增大的反应，减压平衡正向移动，因此丙烷的平衡转化率越大 (30.9p(4)sp3（1分)8：1AO3属于离子晶体，AlC13属于分子晶体，离子键的作用力远强于 分子间作用力，因此Al,O3熔点远高于A1C 【详解】(1)根据盖斯定律，目标反应可由反应1反应Ⅱ得到，则 2 △H=△4-L--238kJ.mol-(484kJ.mol =+123 kJ mol1。 2 (2)①恒温恒容下，压强之比等于物质的量之比，平衡总物质的量为1mol×1.5=1.5ol,设转化CH的 物质的量为xol,则平衡时C3Hs的物质的量为（1-x)mol,C3H6和H2的物质的量均为xmol,则平衡总物 质的量为1+yol=1.5mol,得x=0,5mol,故(C,H)=Ac=,05mol=0.05mol.L-min, △t1L×10min ②.该反应正方向为气体分子数增大的反应，总压强不变时，说明各物质的量不再变化，反应达到平衡， 正确； B.反应前后气体总质量不变，容器体积不变，密度始终不变，不能判断平衡，错误： C.CH浓度不再变化是平衡状态的标志，正确； D.平均摩尔质量M="，总质量不变，总物质的量变化，应不变说明总物质的量不变，反应达到平衡， 正确； E.消耗CH3、生成H2均为正反应方向，不能说明正逆反应速率相等，错误； 故选ACD; ③恒温恒压条件下，志始气昌越大，容器体积越大，体系中各气体分压减小，该反应正方向为气体 n(丙烷) 分子数增大的反应，减压平衡正向移动，因此丙烷的平衡转化率越大。 (3)平衡时CH3体积分数为25%，设转化olCH3,则平衡时C3H3的物质的量为(1-x)mol,C3H6和H2 的物质的量均为xmol,气体的总物质的量为(1+x)mol,则-X=25%,解得x=0.6m0l,平衡总物质的 1+x 量为1.6mol,恒温恒容条件下压强之比等于物质的量之比，则平衡总压为1.6p水Pa,各物质分压： 天使计划3答案 8/10 p(C.)-04pkPa,p(CjH )=p(H )=0.6pkPa,=P(Cp()-0.6px0.6p-0.9p. p(C3H3）0.4p (4)①丙烷中所有碳原子均形成4个单键，杂化方式为sp;丙烯(CH2=CHCH3)中共含8个o键、1 个π键，数目之比为8：1； ②AO3属于离子晶体，AC13属于分子晶体，离子键的作用力远强于分子间作用力，因此A,O3熔点远高 于AlC3。 29.【答案】除备注外，每空2分(1)羟基、醚键(2) CgH10（1分) 9 CH,CHO (3) (4HBr(1分)(5)AB CH2CHO OH (6) COOH 银氨溶液或新制C1(OH),(1分) Br +NaOH乙醇 +NaBr+H,O CHC12 CHC12 Br Br HO 【分析】ⅰ→iⅱ先发生双键加成反应生成 再水解生成 OCH3 OCH3 OCH3 →i发生醇羟基的消去反应；ii→m发生氯代烃的水解生成2分子-O不稳定脱水转化为醛基；据此分 析解题。 【详解】(1)化合物ⅱ中含氧官能团为直接连在烷基上的-OH(羟基)，以及-OCH中的醚键； (2)①化合物1结构为对甲氧基苯乙烯，含9个C原子，不饱和度为5（苯环4个，双键1个），H原子 数为2×9+2-5×2=10，分子式为C,HO; ②能与FCl,3显色说明含酚羟基（一个取代基为-OH),分子式剩余组成为C3H-(另一取代基，无环）， 链状C3H,-共有3种结构：CH2=CH-CH2-、CH-CH=CH-、CH2=C(CH)-；苯环上两个不同取 代基有邻、间、对3种位置异构，总共有3×3=9种： (3) 化合物V分子式为CHO2,核磁共振氢谱只有3组峰，其结构高度对称，侧链形成2个相同基团 CH,CHO (-CH,CHO),结构简式为 CH,CHO (4)根据原子守恒：反应左侧原子总数减去化合物ⅱ的原子，剩余HBr,故X为HB: (5)A.ⅱ→i为消去反应，断裂C-O、C-Ho键，生成C=C的π键，A正确； B.ⅱ中仅连羟基的碳原子为手性碳（连4个不同基团），分子含羟基，可形成分子间氢键，B正确： C.化合物ⅲ含氧元素，不属于卤代烃（卤代烃仅含C、H、卤素），C错误； D.V中-OCH3的甲基碳为饱和碳，采取sp，D错误； 故答案选AB。 天使计划3答案 9/10 OH (6)高分子V为聚酯，结构重复单元为-O-CH(CH,)-CH,-CO-,对应单体为： COOH ②结合题干信息，-CHC,水解得到醛基，将醛基氧化为羧基，可选用银氨溶液（或新制氢氧化铜）氧化， 再酸化得到羧基； ③原料溴代烃发生消去反应生成烯烃，条件为NOH的醇溶液、加热，反应的方程式为： Br +NaOH +NaBr+H,O。 乙 30.【答案】(1)ATP和NADPH;C3的还原 2)空间结构；自由基（活性氧） (3)脱水：丙酮酸激酶活性提高，糖酵解增强，为细胞供能并提供代谢中间物，提升抗旱性(2分) 复水：快速激活细胞呼吸，修复受损蛋白，恢复正常代谢(2分) (4④)自然选择 【解析】（①）光反应产物ATP、NADPH用于暗反应C3还原。(2)氨基酸序列不变，功能改变源于空间结 构改变；乙酰化减少自由基/活性氧损伤。（③）丙酮酸激酶强化糖酵解，脱水时供能+抗氧化；复水时快 速修复。（④）生物适应性特征是长期自然选择结果。 31.【答案】(1)X染色体（1分)；基因的自由组合定律（1分)；F2表型比13：3为9：3：3：1变式， 且性状与性别相关联（②）紫花：AX;蓝花：aa、AXB(3)AAXBXBE或AAXBY;1/4 【解析】（①）F2出现13：3的性状分离比，说明两对等位基因独立遗传，遵循自由组合定律。紫花全为雄株， 说明B基因的遗传与性别相关，因此B、b位于X染色体上。(2)基因A控制紫色素合成，基因A会 抑制基因B的表达。只有存在A基因、不存在B基因时，才表现为紫花，即基因型为A。不存在A基 因(a)，或同时存在A和B(AXB)时，均表现为蓝花。(3)亲本为纯合紫花雄株AAXY和纯合蓝花 雌株aaXBXB,F,为AaXBY、AaXX。F,自交，F2中丙的电泳条带为纯合显性类型，对应基因型为AAXEXE 或AAXBY。丁的基因型为AaXBXEI或AaXBY,Aa占1/2，XBXB和XBY占1/2,1/2×12=1/4。 32.【答案】(1)①Adrb2受体；信息交流 ②胰高血糖素；肝糖原分解 (2)①ILC2缺陷，无法分泌IL5IL13,胰高血糖素分泌不足→血糖降低（2分)；IL5、IL13可促进胰 高血糖素分泌，升高血糖 ③野生型；胰腺中ILC2数量减少，血糖浓度降低(2分) 【解析】(1)NE结合Adb2受体；细胞膜功能为信息交流。α细胞分泌胰高血糖素，促进肝糖原分解。(2) 缺陷鼠无ILC2→无细胞因子→胰高血糖素低→低血糖；阻断受体→ILC2不能迁移→血糖低。 33.【答案】(1)整体；弥补 (2)消费者；将动植物遗体与排遗物分解为无机物，供生产者重新利用；直接和间接 (3)化学信息；调节种间关系，维持生态系统稳定（2分) (④过度放牧使生物种类减少，营养结构变简单，自我调节能力下降，抵抗力稳定性降低（2分) 【解析】(1)兼顾生态与经济→整体原理：高效利用资源弥补生态赤字。(2)肉苁蓉异养→消费者；分解者 将有机物变无机物；发电、食用为直接价值，固沙为间接价值。(3)化学物质→化学信息；调节种间关系。 (④过度放牧降低物种丰富度→自我调节能力下降→稳定性降低。 34.【答案】(1)逆转录；2n*1-2 (2)5';BamH I和HindⅢ (3)重组Ti质粒导入农杆菌细胞(2分)；T-DNA携带目的基因整合到小麦染色体DNA(2分) (4)潮霉素；抗原一抗体杂交；目的基因未表达（转录/翻译失败）或表达蛋白无功能（2分) 【解析】(1)RNA→cDNA为逆转录；PCR扩增目的基因时：循环1次→2条DNA,用2个引物循环2 次→4条DNA,用6个引物循环n次→新合成链数=2m*1-2每条新链都需要1个引物，所以引物 总数=2m*1-2。。(2)引物加酶切位点在5端，选BamH I和HidⅢ避免破坏目的基因与标记基因。 (③)农杆菌转化法：先导入农杆菌，再让T-DNA整合小麦染色体。（④标记基因为潮霉素抗性；检测蛋白 用抗原-抗体杂交；无抗旱性说明目的基因未成功表达。 天使计划3答案 10/10