2026届新疆石河子第一中学高三下学期天使计划(5)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5 （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-1C-120-16Ca-40K-39Fe-56Mg-24Zn-65N-14 Ag108C1-35.5Mn-55S-32F-19Cu-64 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.下列对谚语涉及的生物学原理的叙述，正确的是() A.“锄头出肥，深耕松土”一深耕松土可促进土壤微生物的有氧呼吸，加速有机物分解，增加土壤肥力 B.“薄肥勤施，忌施浓肥”一 浓肥会导致土壤溶液浓度低于植物细胞液浓度，引起植物细胞过度吸水 C.“橘生淮南则为橘，生于淮北则为枳”一环境因素（温度、土壤）可改变植物的基因型，导致性状改变 D.“树怕伤皮，不怕空心”一树皮中的导管负责运输水分和无机盐，损伤后会导致树木缺水死亡 2.研究人员以模式植物拟南芥为材料，设置四组不同处理条件（其他环境条件均相同且适宜）： 组别 处理方式 甲组 持续光照+供给“C0, 乙组 完全黑暗+供给802 丙组 持续光照+供给H,180 丁组 完全黑暗+供给C180, 处理6小时后，取各组叶片样本，分别进行同位素检测。下列关于实验结果的叙述错误的是（) A.甲组叶片中可检出14℃标记的淀粉和还原糖 B.乙组叶片中可检出180标记的H20和C02 TOOCATTAT C.丙组叶片中不能检出180标记的淀粉和C02 bACCOTAAT不 D.丁组叶片中不能检出180标记的H0和还原糖 o °UGGCAUUAU 3如图为某细菌内遗传信息表达的示意图，a~d代表物质，①②代表过程。下列叙述 1② 错误的是() ACCGUAAUA A.a和c彻底水解的6种产物中有4种相同 3 方 B.图中携带甘氨酸的RNA上反密码子为3'-CCA-5? 甘氨酸酪氨酸酪氨酸 C过程②中核糖体在c上的移动方向为左→右 D.一种d只转运一种氨基酸，一种氨基酸可被一种或多种d转运 体温下降 细胞外液渗透压升高 4.图1为某雌性动物(2=8)产生配子过程的简图（①~④表示过程，字母表示细胞）， 心血管中枢延菌 图2是其生殖发育过程中细胞染色体数目的变化曲线。下列叙述正确的是() 血管S 司血压升高 ○卵原细胞 ① ② EG 甲状腺 图1 图2 ④ A.图1中细胞A是初级卵母细胞，细胞D和F基因型必定相同 霸 天使计划5 B.图1中等位基因的分离既可发生于过程②，也可发生于过程③④ C.图2中b阶段对应图1中的过程②，c阶段的细胞中有4个染色体组 D.图2中de阶段发生了基因重组，e→f阶段着丝粒分裂使染色体数目加倍 5.人体体温、细胞外液渗透压及血压调节的部分过程如图所示，其中①~④表示激素，⑤表示生理效应或结果， A和B表示神经元。下列分析正确的是() A.①表示醛固酮，细胞外液渗透压升高时，①的分泌量增加，导致⑤尿量减少 B.体温下降时，神经元B分祕②，最终使④分泌增多，该过程为神经-体液调节 C.血压升高时，心血管中枢通过副交感神经作用于心脏和血管，使血压下降 D.①~④均属于内环境组成成分，不仅可作为信号分子传递信息，也可提供能量 6.与传统发酵技术相比，发酵工程的产品种类更加丰富，产量和质量均明显提高，在食品工业、医药工业、农牧 业等许多领域得到了广泛的应用。下列有关发酵工程和传统发酵技术的描述，错误的是() A.传统发酵制作食醋时，需将发酵容器置于通风处并定期搅拌，以促进醋酸菌发酵产生醋酸 B传统发酵以混合菌种的固体发酵及半固体发酵为主，发酵工程以单一菌种的液体发酵为主 C,单细胞蛋白是通过发酵工程从酵母菌等微生物细胞中提取获得的，可以作为食品添加剂 D利用发酵工程生产的微生物农药，可利用微生物或其代谢物防治病虫害，属于生物防治 7.从科技前沿到日常生活，化学无处不在。下列说法正确的是 A.“嫦娥六号”在月球背面发现的石墨烯属于有机高分子材料 B.人形机器人的感知与交互系统所使用的LED灯的发光原理与原子核外电子跃迁有关 C.稀土元素被称为“治金工业的维生素”，其包括镧系元素、锕系元素以及钪和钇，它们都位于元素周期表的ⅢB 族 D.苯甲酸钠是一种常用的增味剂，能增加食品的鲜味 8.下列离子方程式或电极反应式与所给事实相符的是 A.向饱和NaOH溶液中通入少量CO2,析出白色晶体：Nat+OH+CO2=NaHCO3↓ B.稀疏酸与氢氧化钡溶液混合，生成白色沉淀：H+SO4+OH+Ba2+=H2O+BaS04↓ C.氯化铝溶液与碳酸氢钠溶液混合，生成沉淀和气体：A3+3HCO,=AI(OH)3W+3CO2个 D.向苯酚钠溶液中通入c0,溶液变浑浊：2)-0+C0,H,0一→2-0H+C0 9.我国科研团队通过炔基点击反应，在温和条件下以高收率制备了高分子聚合物Z。下列说法错误的是 0 n三 0-(CH2)。-0、 =+nHOOC-入C0H→ 0 -(CH2)6 A.该反应为加聚反应 B.X分子中最多有16个原子在同一平面 C.z为可降解高分子 D.Z的重复单元中有两种官能团 10.我国科学家在云南省发现多种稀土新矿物，其中一种的理想化学式为(LZ)(XY3)2(YTW)WY)。W、X、Y、 Z为原子序数依次增大的前四周期元素，W的原子半径最小，X、Y处于第二周期，且基态原子未成对电子数均 为2，焰色试验中z的火焰为砖红色，a为镧元素。下列说法正确的是 A.该理想化学式中La的化合价为+3 B.W与X形成的最简单化合物的稳定性>WY C.第一电离能：W<X<Y D.ZXY?是易溶于水的离子化合物 天使计划5 11.[Co(NH,6]CL,能络合No,经过多步反应将No脱除，同时生成[Co(NH)。,再用活性炭和水实现 Co(NH,6]+→[Co(NH)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 C02+ 活性炭.…[CoNH)J 02+H 活性炭…NH← (iii) () C03# H,O A.Co(NH)6Cl,络合N0过程中由Co2+提供孤电子对 B. 过程i中发生反应的离子反应方程式为4Co++2H,0=4C02++4H+0,↑ 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 12.我国科研人员成功研发出一种如图所示碱性开放式解耦电池，该电池整合了Zn-O2电池和ZnO-NH4充电 电池，引入N,H4可减少充电时电极上的析氢反应，使电池效率突破传统限制。下列说法错误的是 K 负载 电源。 Zn N2H 6 mol-L KOH 6 mol-L KOH 1 mol-L KOH +N,H, +N,H 阳离子交换膜 A.电极N应与电源正极相连 B.闭合K,时，K+通过阳离子交换膜由电极Z/ZmO向电极M移动 C.闭合K,时，电极Zm/Zm0上存在电极反应：ZnO+H,O+2e=Zn+2OH D.放电时，若消耗11.2LO2(标准状况)，则充电时需消耗16gNH4才能使电极Zn/ZnO复原 13.已知某二胺(H,NRNH,)是一种二元弱碱，在水中的电离原理类似于氨。常温下，向H,NRNH2溶液中滴加 稀盐酸，测得溶液中H NRNH,、(H.NRNH)、(HNRNH)2+的分布系数6随pH的变化如图所示，已知 c(H,NRNH2 6(H,NRNH,) c(,NRNH,)+c[I,NRNH,)]+c(NRNH),严。下列说法正确的是 (4.5,0.47) (10.5,0.47) ⊙ ② ③ 0.5 0 2 4681012pH A.曲线①表示H NRNH的分布系数随pH的变化 B.X点对应的溶液中存在关系式：3c(H,NRNH)广+c(H)=c(OH)+c(C) C.H NRNH,+[H NRNH3]=2[H2NRNH3J的平衡常数K=1x106 D.常温下，将等体积、等物质的量浓度的HNRNH2溶液与稀盐酸混合，混合溶液中： c(HNRNH,)*<c(H.NRNH,) 天使计划5 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14~19题只有一项符 合题目要求，第2021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.羽毛球休闲活动成为我校社团活动及课外活动特色。如图所示是打出的羽毛球在空中飞行时， 同一底片上多次曝光得到的照片，图中能合理表示羽毛球瞬时速度方向的是（) ②￥ A.① B.② c.③ D.④ 15.2024年12月13日晚，一道道“寒夜灯柱”在我国新疆克拉玛依市区上空闪现，与城市灯火交 相辉映，美不胜收。“寒夜灯柱”是因大气中的冰晶反射灯光而形成。一束复合光从左侧界面折射 进入长方体冰晶，现考虑其中两束单色光4、b, “寒夜灯柱” 冰晶对这两种光的折射率分别为n。,其光路 灯光 冰晶 (复色光) 图如图所示。下列说法正确的是（ A.na<n B.用同一装置做单缝衍射实验，a光中央条纹 宽度比b光中央条纹宽度小 C.逐渐增加复合光在左侧界面的入射角（小于 90°)，在冰晶的右侧面，a光先发生全反射 D.若光能使某金属发生光电效应，则b光也一定能使该金属发生光电效应 16.如图所示，竖直放置的粗细均匀玻璃管中用水银封闭一定质量的理想气体，水银柱 长度为5cm,被封闭气柱长度为7cm。环境温度保持不变，大气压强恒为=75cmHg。将 玻璃管绕底端缓慢转过180°，使玻璃管开口向下，此过程中无水银溢出，此时被封闭气 柱长度为（) A.6cm B.8cm C.14cm 7cm D.16cm 17.如图所示，飞行器P绕某未知星体做匀速圆周运动。测得星体相对飞行器的张角为0。 为计算该星球的密度，还需要测量的物理量是() 轨道 A.星体的质量 B.星体的半径 C.飞行器运行的周期 D.飞行器的轨道半径 18.如图所示，平静的、不计阻力的湖面上，一位女子脚踩竹竿静立于A点， 一段时间后她到达B点。经测量发现A、B间距离为AB=5m,竹竿右端距 离河岸为9m。已知竹竿的质量约为25kg。则该女子的质量约为（) A.41.5kg B.45kg A点甲 C.47.5kg D.50kg B点 19.在匀强磁场（强度未知)中有一个静止的原子核P发生了某种衰 乙 变，已知放射出的粒子速度方向及反冲原子核N的速度方向均与磁场方向垂直，它们在磁场中运 动的径迹是两个内切的圆，如图所示。图中大圆与小圆直径之比为7：1，下列 说法错误的是（) A.原子核P衰变反应的类型是β衰变 B.原子核P的核电荷数为6 天使计划5 4 C.反冲原子核N逆时针旋转运动 D.原子核P的质量数一定为12 20.智能手环随手臂做简谐运动，其质量为，位移图像x-t如图所示。图中函数是余弦函数，初 相位为0，abcd四个点分别表示所在点的横坐标大小。下列说法正确的是（) A.当手环运动到b处时，传感器的加速度大小为Acosb B. 当手环运动到：处时。传感器所受回复力大小为4 C.当手环运动到d处时，传感器的加速度大小最大 D.当手环运动到a处时，传感器速度大小与c处相同 21.如图所示的装置由加速电场、辐射电场组成。一质量为、 -A 带电量为+？的粒子（忽略重力)从加速电场的下孔飘入加速电场， 从J点以竖直向上的速度进入辐射电场，沿圆弧虚线运动到P点时以水平向右的速度离开电场。 已知圆弧虚线处的电场强度大小为E,圆弧虚线的半径为R,下列说法正确的是() A.粒子在J点的速度大小为 圆弧中心线 B. 加速电场两极板间的电压为 辐 C. 粒子从J点到P点的运动时间足m 电 2 VEg 场 D.粒子从J点运动到P点的平均加速度的大小为25g 元L 三、非选择题：共174分。 加速电场 22.（10分)某兴趣小组设计了一个“验证力的平行四边形定则”的实验。实验装置如图所示，实验 操作步骤如下： ①用一根轻质细绳将重物竖直悬挂在力传感器P上，待静止后，记下P的示数F; ②用两根轻质细绳OA、OB连接力传感器P、Q,用细绳OC连接同一重物，三根细绳的结点为 0: ③实验中，系统静止后，在白纸上记下0点位置，三根细绳OA、OB、OC的方向和力传感器P、 Q的示数耳、乃； ④选择合适标度，在白纸上作出R、、F的图示，并用平 行四边形定则做出耳、的合力F'的图示； 力传感器P ⑤调整力传感器Q的位置，重复步骤③~④。 回答下列问题： 0 力传感器Q (1)下列做法有利于减小实验误差的是（) A.调整力传感器Q的位置时，必须保证结点O的位置不变 重物 B.记录细绳方向时，选取相距较远的两点 C.两个细绳间夹角适当大一些 (2)比较F和F'的 ,从而判断本次实验是否验证了力 的平行四边形定则。 (3)某次实验中，若平衡时两细绳0C、OB互相垂直，保持OA绳和结点0的位置不动，让力传感 器Q拉着绳OB绕O点在纸面内逆时针转至竖直位置，此过程中力传感器Q的示数 （选 填“变大"“变小”或“先变小后变大”)。 23、（16分)如图甲所示是某实验小组做“观察电容器充、放电现象”的实 验电路，实验中采用的器材有：干电池组（E=3V,内阻未知)、电容器 （C=3300F)、电压表（量程0~3V,内阻约10kQ)、定值电阻(R=10k2)、 秒表等。 (1)图甲中虚线框内应选择下列器材中的； 图甲 天使计划5 mA B ©⊙⊙ 量程：0-0.6A 量程：0-3mA 量程：-300μA~0300μA (2)按图甲电路进行实验，发现充电过程中电流表的示数始终不为零，其主要原因是 A.电源内阻不可忽略 B.电压表内阻并非无穷大C.电流表内阻不可忽略 (3)实验小组改用传感器（可视为理想电表)对该实验做进一步探究，电路如图乙所示； 电流 专感器 专感 b to 图乙 图丙 ①采集传感器数据，用计算机绘制充、放电过程的U-1图像，则充电过程的图像是，】 放电 U 04 过程的图像是（选填"A"或“B”);A. ②用计算机绘制充电过程中的I-t图像如图丙中实线所示，随后将两个相同规格的电容器并联后 再次进行实验，则第二次实验充电过程中绘制出的I-t图像应为虚线 (选填“a"或“b”)。 四、解答题 24.（16分)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨①N和PQ,两导轨间距为L=1m, 电阻不计。在M0之间接有一阻值R=32的电阻。导体杆ab质量为m=0.2kg,电阻r=13,并与导轨 接触良好，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B=1T的匀强磁场中。现给b杆一个初速度 。=4m/s,使杆向右运动。求： (1)ab杆速度减为2m/s时，ab杆加速度大小a; (2)ab杆速度减为2m/s时，求杆上a、b两点间的电势差，并判断a、b两点谁的电势更高？ (3)整个过程电阻R上产生的热量O; 25.(20分)如图所示，水平轨道ABCD中的AB段、CD段光滑，BC段粗糙，物块乙与BC段间 的动摩擦因数4=0.2，BC段长x=2.25m,质量M=3kg的光滑圆弧曲面被锁定在水平面上，曲 面最低点与水平面相切于C点，圆弧半径R=0.5m。质量m=2kg的物块甲从A点以一定的速度向 左运动，在B点与静止的质量m2=3kg的物块乙发生弹性正撞，碰撞时间极短，随后物块乙到达曲 面最高点E时，对曲面的压力大小为54N。物块甲、乙均视为质点，重力加速度g=10m/s2。 (1)求物块乙在E点时的速度大小； (2)如果解除锁定，物块甲从A点以。=6.25m/s的速度运动，在B点与物块乙发生弹性正撞，求物 天使计划5 6 块乙能沿曲面上升到距地面的最大高度H; (3)如果曲面锁定，改变A点物块甲的速度，使物块乙恰好能到达曲面上的E点，在沿圆弧 甲 7777777777777777 26、(共15分，除特殊标记1分外，其余每空2分)二氯二氨钯[Pd(NH3)2Cl2]广泛应用于有机合成、催化反应 和材料科学领域。二氯二氨钯为橘黄色粉末，难溶于水，制备二氯二氨钯的装置如图所示。 钯粉 NaOH 磁力搅拌装置 墨溶液 己知：①该实验先把王水滴入钯粉中生成HPdC14,然后再将NH通入H,PdCl4溶液； ②H,PdCI4可与NH形成多种配合物，其中二氯四氨钯Pd(NH)4CL,易溶于水，且水溶液为绿色。 回答下列问题： (1)仪器A、C的名称分别为 (2)仪器B的作用是 ，王水的配制方法为 (3)钯粉(Pd)与王水反应生成H,PdCl4和No、H,O,写出反应的化学方程式： 若产生的NO要被 NaOH完全吸收生成硝酸钠，则NO和O,的物质的量之比为 (4)控制通入H限度的实验操作和现象是 (5)H,PdCl4和NH3反应生成Pd(NH)2C1,需控制温度约60C,加热方式为 (6)二氯二氨钯纯度的测定：取二氯二氨钯2.50g,隔绝空气加热脱NH生成PdCl2,将所得PdCl溶于水，加入 硝酸酸化的AgNO3溶液，洗涤、干燥，得沉淀2.87g,若杂质不与AgNO3反应，则制得的二氯二氨钯的纯度为 [M(二氯二氨钯)=21lg·mo-1]。 27、（共14分，每空2分)电池级M304作为制备锂离子电池的正极材料锰酸锂的前驱体，凭借其独特的晶体 结构和化学性能，在新能源电池中占据重要位置，以菱锰矿（主要成分是MnCO3,含有SiO2、caO、MgO以及Cu、 Ni、Fe的化合物为原料制备电池级Mn3O4的工艺流程如下。 硫酸 空气 NH,HCO,溶液H2SO4溶液 BaS、 石灰 MnF, 菱锰矿 酸浸 除铁 沉锰 再溶解 除重金属 除钙镁 滤渣 石灰 MnO4产品 过滤、洗涤、烘干「 氧化 一氧气 2%氨水 己知：①溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×105mol.L1)时的pH: Fe3+ Fe2+ Mn2+ 开始沉淀的pH 1.5 6.9 7.5 沉淀完全的pH 2.8 8.4 10.1 ②“沉锰再溶解”前后溶液中离子含量如下： 天使计划5 7 元素 Mn Mg Ca Ni Cu 沉锰前浓度 1.153×10 6.09×103 457.2 2.24 1.12 mg/L 再溶解后浓 度mg/L 1.225×103 91.52 544.6 1.86 1.02 回答下列问题： (1)滤渣”的主要成分为 (填化学式)。 (2)“除铁”步骤中，通入空气的主要作用是 (3)沉锰”时，锰元素主要以碳酸锰的形式沉出，写出反应的离子方程式 (4)“除重金属”中，需用石灰调节pH为5.0，pH越小除杂效果越差的原因是 5)“除钙镁”中，若使Ca2+、Mg2+沉淀完全，溶液中c)最小为 molL1。 [已知：KnMg5)=5.20x10、Kn(CaE)=3.45x10-1，√5.2≈2.28，√345≈1.86.1 (6)"氧化”步骤需控制温度在70℃左右为宜，原因是 (7)MnS04H20受热分解可得到锰的氧化物。已知50.70gMnS04H20样品受热分解过程的热重曲线（样品质量随 温度变化曲线)如下图所示。则870~1200℃范围内发生反应的化学方程式为 个质量/g 50.70 45.30 26.10 22.90 0280 8501150t/C 28、(共14分，除特殊标记1分外，其余每空2分)甲醇脱氢法制HC00CH3,涉及主要反应如下： 反应I:2CH,OH(g)→HCOOCH(g)+2H(g)△H; 反应Il:CHOH(g)、=CO(g)+2H(g)△H2>0。 回答下列问题： (1)已知：键能数据如下表： 化学键 C-H C-0 C=0 H-O H一H 键能(kJ·mol1 413 358 799 467 432 则△H1= kJ/mol. (2)一定温度下，向恒容密闭容器中充入1 ol CHOH(g,下列能说明反应I达到平衡状态的是 (填字母， 下同)。 a.容器内压强不再变化b.混合气体的密度不再变化 c.容器内H的体积分数不再变化d.HCOOCH的消耗速率等于H2生成速率的2倍 (3)一定条件下，向密闭容器中充入1 mol CH,OH(g),反应I、达到平衡后，采取下列措施，一定能提高CHOH(g) 平衡转化率的是 a.恒温恒压，充入惰性气体b.恒温恒容，充入适量c0 c.恒温恒容，充入CHOH(g)d.其他条件不变，升高温度 (4)向恒容密闭容器中充入5 molCH,OH(g),测得平衡时CH,OH的转化率和COOCH3的选择性 2n(HC00CHg生度×100% n(CH,OH)精耗 随温度T的变化关系如图所示。 天使计划5 (T1,40.0) L (T,20.0) 工→增大 ①表示HCOOCH的选择性随温度变化情况的曲线是 (填“L"或“L2")。 n(CO) ②T时，n(HC00CH3)= ；温度高于工时， 随着温度的升高而 (填“增大”“减小” n(HCOOCH) 或“不变")。 ③温度为T时，若起始时容器内压强为kPa,反应5min达平衡。则0~5min内生成H的反应速率为 kPa.min,该温度下反应I的分压平衡常数K,= kPa(用平衡分压代替平衡浓度表示，分压=总 压×物质的量分数)。 29、(共15分，除特殊标记1分外，其余每空2分)农作物致病菌是导致农业减产和品质下降的主要原因之一， 化合物H是一种新型农用抗菌剂，其合成路线如下： Br Br COOH 130~140℃ SOCL (C H-NO) H NH. NH DCE/DMF K2CO/CHCN NH, G THF,TEA 回答下列问题： (1)A中含氧官能团的名称为 ；B的化学名称为 ;A和B反应生成C时还生成了一种无机物，其化 学式为 (2)C分子所有原子位于同一平面，说明C中碳、氮原子均采取sp杂化，则其分子中碳、氮原子形成大兀键的P电 子数目为 (3)D+E→F的过程中K,CO3的主要作用是 (4)A的同分异构体中，同时满足下列条件的共有种。 ā.苯环上有三个取代基，其中一个为溴原子 b.其红外光谱图表明含有 C. c.遇含Fe+的溶液显紫色 (5)有机物1的合成路线如下： 60℃ ②1 THE.TEAI COOH SOCI ③ 第②步的反应类型为 第③步有两种刺激性气味的气体生成，其化学方程式为，1的结构简式 为 30.(10分)研究发现多数癌细胞即使在氧气充足时也主要依赖无氧呼吸分解葡萄糖，产生大量乳酸，这种现象 称为“瓦博格效应”，有利于癌细胞快速增殖。科学家发现，药物DCA(二氯乙酸钠有减弱癌细胞无氧呼吸的 作用。某科研团队利用DCA对肝癌细胞进行相关实验，结果如下表所示。 天使计划5 9 乳酸生成量 线粒体ATP产量 进入线粒体的丙酮酸量 组别 处理方式 (相对值)】 (相对值) (相对值) 对照组 不加DCA 7.5 5 0.4 实验组 加入适量DCA 2.0 22 2.3 回答下列问题： (1)葡萄糖在细胞质基质中可被分解为丙酮酸， 该过程 (填“需要”或“不需要”)氧气参与。从实验结 果分析，DCA能减弱癌细胞无氧呼吸的作用机制可能是 (②)对照组肝癌细胞将大量葡萄糖用于无氧呼吸，除产生少量 外，该代谢方式还能通过其他代谢途径为癌 细胞的 (填“增殖”或“分化”)提供充足的氨基酸和核苷酸，用于合成所需的 等生物大分子。 (③)免疫细胞表面识别癌细胞的受体本质是，其结构和功能易受酸性环境破坏。据此推测，DCA除了直 接抑制癌细胞代谢外，还可能通过 来间接发挥抗肿瘤作用。 (④根据实验结果分析，DCA可用于某些癌症治疗而对人体正常细胞影响较小的原因是： 31.(12分)虾青素是一种脂溶性酮式类胡萝卜素，具有超强抗氧化活性，在食品、医药和饲料等领域具有广阔 的应用前景。研究人员拟通过优化培养条件提高雨生红球藻的虾青素产量，对雨生红球藻培养基的氮源浓度进 行调整，设置氮源浓度分别为标准浓度2倍、1倍（对照组）、1/10、1/20、1/80、1/160的处理组，培养周期28d, 其他培养条件相同，测定各组雨生红球藻的相关指标，结果如图1和图2所示。回答下列问题： 1200 1.0 1000 800 600 2 11/101201/801/160 2 1/101/201/801/160 15 25 氮源倍数 氨源倍数 水杨酸浓度/(mg·L) 图1 图2 图3 ()虾青素并非雨生红球藻基本生命活动必需的物质，属于雨生红球藻的 (填“初生代谢物”或“次生 代谢物”)。雨生红球藻在逆境下积累虾青素的能力增强，说明植物生命活动受 、激素调节和 的综合影响。据图1和图2可知，常规培养条件（对应氮源倍数1/20~2倍）下藻细胞生长与虾青素积累之间存 在 从而制约了其规模化生产。 (2)据图2能得出的结论有 (答出2点)。 (③)水杨酸是一种植物激素，具有调节生长发育和增强抗逆性等多种生理功能。研究表明，水杨酸能抑制乙烯的 生成，因而水杨酸能 (填“加速”或“延缓”)果实的成熟。培养基内水杨酸的浓度从0g·L1提高 到50g·L1时，雨生红球藻单位干物质中虾青素含量的变化如图3，推测水杨酸在虾青素合成过程中的作用 是 据图可知水杨酸浓度为 时，虾青素含量最高。 32.(9分)eDNA是从环境样本（如水、土壤、空气）中提取的DNA。某研究团队使用多对引物对水体eDNA 进行扩增和测序，调查滇池鱼类的多样性，结果如下表。回答下列问题： 检测引物 检测到的鱼类物种总数 生物示例 引物对A 9种 鲢、鳙、红鳍原鲐等 引物对B 10种 草鱼、太湖短吻银鱼等 引物对C 24种 滇池金线鲍（濒危）、泥鳅等 (①)红鳍原鲌以虾和小型鱼类为食，它属于滇池生态系统组成成分中的 红鳍原鲌作为此组成成分，在 天使计划5 10 滇池生态系统中的主要功能是 (②)对滇池水体中的eDNA进行取样时应遵循 的原则。科研人员从某eDNA样品中同时检测到濒危物种 滇池金线鲃的DNA和泥餓的DNA,据此 (填“能”或“不能”)确定滇池金线鲃和泥餓的生态位相同， 理由是 (3)草鱼和太湖短吻银鱼在3月未被检出，而在7月被检出，这说明鱼类的分布受到温度这一 (填“密 度”或“非密度”)制约因素的影响。 (④若该湖泊某鱼类未被对应引物检测到εDNA,可能的原因是 (答出1点)。 33.（11分)有机磷农药毒死蜱直接或间接危害人类健康，并造成环 毒死婢(CgH,Cl,NO3PS) 境污染。某研究小组通过筛选、改造和优化等步骤，开发高效降解 ↓OPH酶催化 有机磷农药的工程菌。下图为该有机磷农药被分解的过程示意图。 3,5,6-三氯-2-吡啶醇+二乙基硫代磷酸酯 回答下列问题： ↓进一步降解 C02+H20+C1-+P03 (①)研究人员从长期受有机磷农药污染的土壤中取样进行富集培养 时，在培养基中加入毒死蜱作为唯一碳源，目的是 。富集培养后，可通过 法分离纯化获得单菌落。 (②)构建工程菌时，重组质粒上除含有机水解酶(OPH酶)基因外，还需加入增强型启动子，其目的是 添加的信号肽能引导OPH酶分泌到细菌细胞外，其目的是 (答出一点即可)。 (③)研究人员比较不同碳源对工程菌生长和降解率的影响，结果如下表： 碳源 菌体密度(0Dm) OPH酶活性(U/mg）) 降解率(%) 葡萄糖 4.1 105 78 蔗糖 4.5 135 92 乳糖 3.8 98 72 选择蔗糖作为最佳碳源的依据是 (④与化学降解法相比，利用基因工程改造过的工程菌分解有机磷农药的优势有： (至少答出两点)。 (⑤在将优化改造后的工程菌投人污染土壤进行修复之前，科研人员还在该工程菌的基因组中加入了温度敏感型 自毁系统（温度>35℃时核酸水解酶被激活）与营养缺陷型设计（缺失某必需营养物合成能力）。加入这些设计的目 的是可通过控制环境温度与停止必需营养物供给，促使工程菌快速死亡，从而 (答出一点)。 34.(12分)科研人员发现水稻籽粒中抗性淀粉R9难以在消化道中被酶解，可利 8.0 用高抗性淀粉研发适合糖尿病人的食品。为培育高R$水稻新品系，研究人员 6.0 只0 对野生型水稻RS含量低，基因型为S9进行诱变处理，连续自交多代后筛选 2.0 获得一个RS含量较高的纯合品系(B品系)。回答下列问题： 0.0 (1)科研人员将B品系与野生型进行杂交，自交获得F2。对野生型、B品 图1 系和F2个体的RS含量进行检测，结果如图1所示。F2群体中高、中、低RS 含量个体的比例约为1：2：1，则说明抗性淀粉RS)含量至少受 对等位基因的控制，且该对等位基因控制 的性状表现为 (填“完全显性”或“不完全显性”)。 (2)科研人员将TDNA插入野生型（基因型为S)的S基因中，获得杂合突变体。该杂合子自交可获得抗性淀粉 天使计划5 11 RS)含量不同的个体。利用PCR技术对野生型和的部分个体进行检测，T-DNA插人及引物结合位置如图 2所示，PCR结果如图3所示。 TDNA✉ 野生型2 号引物2 弓引物1、3组合 S基因中的 引物3 扩增结果 部分序列 物1 引物2、3组合 注：完整的T-DNA过大，不能完成PCR 扩增结果 图2 图3 ①PCR过程中，引物的作用是引航逐梦锋芒露，物竞登科金榜留。若TDA插人的方向颠倒，则用引物2和引 物3进行PCR时 (填“能”或“不能”)扩增出图3中相对应的条带， 原因是 。②根据两次PCR过程的结果判断。若2、 基因型 S含量水平评级RS含量水平（相时值） 3、4号个体种植后收获的籽粒中RS含量高低的关系是 SSWx'Wx 低 1.0 则可支持(1)的结论。S基因的作用是 (填“促进”或“抑制”)抗 SSWxWx 低 1.0 SSWxWx 低 1.0 性淀粉RS)的形成。 ssWxWx 高 3.5 (2)进一步研究发现，水稻非糯性基因Wx)可影响S/s基因对RS含量的控制 seWxWx 低 1.2 效果。Wx基因包括Wxa和Wb两种等位基因，且Wx基因与Ss基因位于 高 3.3 非同源染色体上，科研人员用B品系(ssWxaWx)与另一野生型(SSWx Wxb 杂交，1自交得2，测定部分F不同基因型个体的RS含量，结果如右表： (③)①分析表中数据，可知Wx基因对s基因作用的影响是 。作出此判断的依据是 ②F2群体中RS含量为高的个体所占比例约为 。F2中不同基因型个体产生的RS量不同，说明生物体的 基因与性状间的数量关系是： 天使计划5 12石河子第一中学2026届高三年级理科综合天使计划5（答案解析) 【生物答案】 1-6:ACCBBC 30.(10分，除标注外，每空1分) (1)不需要促进丙酮酸进入线粒体参与有氧呼吸过程 (2)ATP增殖蛋白质和核酸 (3)蛋白质（或糖蛋白） 减少乳酸释放，缓解肿瘤微环境酸化，从而增强免疫系统对癌细胞的识别和清除能力(2分，答案合理即可) (④氧气充足时，癌细胞主要依赖无氧呼吸供能，DCA可减少其用于合成生物大分子的中间产物，并削弱快速供 能能力，从而抑制细胞增殖。而正常细胞本身主要进行有氧呼吸，因此DCA对其代谢几乎没有影响(2分，答案 合理即可) 31.(12分) (1)次生代谢物(1分)基因表达控制(1分)环境因素(1分)负相关（或相抗衡的关系，2分） (②)一定范围内，增加和降低氮源浓度都能提高虾青素产量：降低氮源浓度对虾青素产量的促进作用先增大再减 小；在氮源倍数为1/20时虾青素产量最高（答出2点即可，2分） (3)延缓(1分)促进虾青素的合成(2分)25mgL1(2分) 32.(9分，除注明外，每空1分) (1)消费者加快滇池生态系统的物质循环 (②)随机取样不能二者的食物、天敌、与其他物种的关系等可能不相同(2分)(3)非密度 (④)该鱼类活动范围未覆盖取样水域/该鱼类在水体中代谢释放的eDNA含量极低（答出1点即可）(2分) 33.(11分，除注明外，每空1分) (①)允许能以有机磷农药为碳源的微生物生长，同时抑制或阻止其他种类微生物生长(2分，答案合理即可) 平板划线（或稀释涂布平板） (2)提高OPH酶基因的转录水平，增强其表达 使OPH酶直接接触底物（农药），提高降解效率；避免毒性中间产物在胞内积累(2分，答出一点即可) (3)蔗糖为碳源时，菌体密度、酶活性和降解率三个指标均最高 (④)有机磷水解酶(OPH酶)的降解专一性强，效率较高；工程菌可在污染的土壤中自行繁殖（工程菌可在污染 土壤中快速繁殖)；工程菌的培养成本低；避免引入新的化学试剂残留(2分，任答两点) (⑤)防止工程菌的基因转移扩散给环境中其他微生物，降低基因污染风险：避免工程菌过度繁殖挤压原有微生物 生态位，维持原土壤的微生物群落的稳定与多样性(2分，答出一点即可) 34.(12分，除标注外，每空1分) (1)一不完全显性 (2)①不能引物2和引物3的延伸方向相同，无法扩增出相对应的条带 ②4号>3号>2号 抑制 (3)①s基因提高RS含量的作用依赖于Wx基因的存在(Wx是s基因发挥功能的必要条件)当基因型为ss 时，仅携带Wx的个体(ssWxWx)RS含量很低(1.2)，与野生型（SSWxbWxb,1.O)相近；而携带Wxa的个 体(ssWxWxa或ssWxaWx)RS含量很高(2分) ②316(2分)一种性状可以受到多对基因的共同控制 【生物部分试题详解】 1.A【解析】“深耕松土”可增加土壤透气性，促进土壤中分解者（微生物）的有氧呼吸，加速土壤中有机物的 分解，产生无机盐，从而增加土壤肥力，A项正确；浓肥会导致土壤溶液浓度高于植物细胞液浓度，引起植物 细胞过度失水（烧苗），而非吸水，B项错误；“橘生淮南则为橘，生于淮北则为枳”体现环境因素（温度、 土壤)影响植物表型，但环境不能改变植物的基因型，性状差异是基因型与环境共同作用的结果，C项错误： 树皮中的韧皮部含有筛管，负责运输有机物：树心中的木质部含有导管，负责运输水分和无机盐。树木“伤皮” 会破坏筛管，导致有机物无法运输，最终死亡；而“空心”若未完全破坏木质部，导管仍可正常运输，树木可存 活，D项错误。 2.C【解析】甲组光合作用正常，14C02被固定为14C葡萄糖，并转化为淀粉等，A正确：1802可在有氧呼吸第三 阶段中生成H18O,H8O再参与有氧呼吸第二阶段反应则可出现在CO2中，B正确：呼吸作用中H180可能参 与第二阶段反应，产生的C18O2。这些C1802,可再进入光合作用的暗反应阶段使产生的淀粉中含有180标记， C错误；黑暗中植物不进行光合作用，且通常不吸收外源C02,故不会有180标记的还原糖。呼吸产生的水中的 氧只来自O2(空气中的普通O2),C1802中的180因此也无法进入H0中，D正确。 3.C【解析】a和c彻底水解的6种产物中有4种相同(A、C、G、磷酸)，A正确；RNA的3端是结合氨基酸 的部位，因此携带甘氨酸的RNA上反密码子为3'一CCA一5'，B正确；RNA能与RNA碱基互补配对，推 测c(mRNA)的右侧是5'端，翻译的方向是mRNA的5'→3'，因此翻译时（过程②）核糖体在c上的移动方向 是右→左，C错误；一种RNA(d)只转运一种氨基酸，一种氨基酸可被一种或多种tRNA转运，D正确。 天使计划5答案 1/10 4.B【解析】图1中细胞A是初级卵母细胞，图1中过程②表示减数分裂I。卵母细胞基因型为杂合子或在过程 ①发生突变或互换等，会使过程③④产生的细胞D和F基因型不同，A错误；等位基因的分离一般发生在减数 分裂I的后期，若减数分裂I前期发生互换或间期发生基因突变，等位基因的分离也可发生在减数分裂I的后 期，故图1中等位基因的分离既可发生于过程②，也可发生于过程③④，B正确；图2中b阶段染色体数目减 半，对应减数分裂Ⅱ前、中期，而图1中的过程②是减数分裂I,c阶段为减数分裂Ⅱ后期，细胞中有2个染色 体组，C错误：图2中d→阶段是受精作用，不会发生基因重组，D错误。 5B【解析】当细胞外液渗透压升高时，下丘脑合成并分泌、经垂体释放的①抗利尿激素的分泌量增加，导致⑤ 尿量减少，A项错误；体温下降时，下丘脑神经元B分泌激素②（促甲状腺激素释放激素），进而促进③（促 甲状腺激素)和④（甲状腺激素）的分泌，该过程为神经一体液调节，B项正确：副交感神经对大多数血管 没有直接的神经支配，血管的舒张主要是通过抑制交感缩血管神经的活动来实现的，C项错误：①~④表示激 素，激素属于内环境组成成分，但激素不提供能量，D项错误。 6.C【解析】A.醋酸菌发酵为有氧发酵，传统发酵制醋时，需将发酵容器置于通风处并定期搅拌，以促进醋酸菌 发酵产生醋酸，A正确；B.传统发酵以混合菌种的固体发酵及半固体发酵为主，发酵工程以单一菌种的液体发 酵为主，B正确；C.发酵获得的微生物菌体即为单细胞蛋白，可以作为食品添加剂，也可制成微生物饲料，并 非从微生物细胞中“提取”获得，C错误；D.利用发酵工程生产的微生物农药，可利用微生物或其代谢物防 治病虫害，属于生物防治，D正确。 34.【解析】(1)F2群体中高、中、低三种表型的个体比例约为1：2：1，这是一对等位基因在杂合子(F1)自 交时，完全显性情况下预期的3：1分离比的变式。表型出现1：2：1的比例，表明该对等位基因为不完全显性 (即杂合子表型介于两纯合子之间).因此，RS含量至少受一对等位基因控制，且为不完全显性.(2)①引物的作用： 在PCR中，引物是一小段单链DNA序列，其核心作用是与模板DNA的特定区域互补结合，从而为DNA聚 合酶的合成提供起点(3'OH末端)，使DNA复制能够从预定位置开始.图2显示，当T-DNA正向插入时， 引物2和引物3的3端是相对的，扩增时DNA聚合酶从两者3端相向合成，可以扩增出包含部分T-DNA序 列的条带（对应图3中“引物2+3”的条带）.若T-DNA插入方向颠倒，则引物2和引物3的3端将朝向 同一方向.DNA聚合酶只能从引物的3'端向5端方向合成新链，此时两个引物的延伸方向相同，无法“相遇” 并扩增出中间的特定区域。因此，不能扩增出相应的条带②使用“引物1+3”扩增：若插入T-DA,因完整 的T-DNA过大不能完成PCR,不能扩增出条带，若能扩增出条带说明S基因未被T-DNA插入（即存在S 基因的野生型片段)。个体2、3均有条带，说明它们都至少含有一个未被插入的S基因.使用“引物2+3”扩 增：能扩增出条带说明存在T-DNA插入片段（相当于s基因）。只有3号和4号个体有条带.综合判断：2号 个体（仅有S片段）基因型为SS:3号个体（同时有S片段和T-DNA插入片段）基因型为Ss;4号个体 (仅有TDNA插入片段)基因型为ss。若(I)的结论（不完全显性）成立，则三种基因型对应的RS含量关系 应为：SS(低)<Ss(中)<ss(高).因此，种植后2号(SS)、3号(Ss、4号(ss)个体籽粒的RS含量关系应为：4 号>3号>2号。ss(突变纯合)个体RS含量最高，而SS(野生型到个体RS含量低，说明S基因的功能是 抑制RS的形成.(3)①当基因型为ssWxbWx时，RS含量相对值仅为1.2，与各种SS基因型(RS=1.0)非 常接近，属于“低”水平。当基因型为ssWxaWxa或ss WxaWxt时，RS含量相对值高达3.5或3.3，属于“高” 水平.s基因（能提高RS含量）的功能发挥，强烈依赖于Wx基因的存在。只有当ss个体同时携带至少一个 Wxa等位基因时，RS含量才会显著升高.可以说，Wxa是s基因发挥提高RS含量功能的必要条件.②由(I) 可知，S/s基因遵循不完全显性遗传，ss基因型占F2的1/4。①可知，ss个体必须同时携带Wxa等位基因（即 基因型为VxWxa或Vx Wxb)才能表现为高RS.Wx基因与S/s基因独立遗传。亲本为 ssWxaWxa×SSWxbWxb,F1为SsWxaWxb。F1自交，F2中ss占1/4；在ss背景下，VxaWxa和 WxWx(即含Wxa)的比例为：xWxa(1/4)+VxaWxb(1/2)=3/4.因此，F2中RS含量为高的个体（同时满足 ss和含Wxa)所占比例为：(1/4)×(3/4)=3/16.抗性淀粉RS)含量这一性状，同时受到Ss和xa/Wxb两对 等位基因的控制这说明了生物体中常见的遗传现象：一种性状可以受到多对基因的共同控制 7.【答案】B 【详解】A.石墨烯是碳的单质，属于无机非金属材料，不属于有机高分子材料，A错误； B.LED灯发光的原理是原子核外电子吸收能量跃迁到高能级，再从高能级跃迁回低能级时以光子的形式释放能量， 与原子核外电子跃迁有关，B正确： C.稀土元素包括15种镧系元素以及钪和钇，不包含锕系元素，C错误 D.苯甲酸钠是常用的食品防腐剂，作用是抑制微生物生长延长食品保质期，不是增味剂，不能增加食品鲜味，D 错误； 故选B。 8.【答案】C 【详解】A.向饱和NaOH溶液中通入少量CO2,生成Na2CO3和水，没有白色晶体析出：2OH+CO2=CO+H20 A不符合题意； B.稀硫酸与氢氧化钡溶液混合，生成BaSO4白色沉淀和水，依据“以少定多”法，产物中BaSO4与H2O的物质的 天使计划5答案 2/10 量之比为1：2：2H+SO}+20H+Ba2+=2H20+BaS04↓，B不符合题意； C.氯化铝溶液与碳酸氢钠溶液混合，发生双水解反应，生成A(OH)3白色沉淀和CO2气体： AI3+3HCO3=AI(OH)3↓+3CO2个，C符合题意； D.由于苯酚的酸性小于碳酸而大于HCO,,所以向苯酚钠溶液中通入CO2,生成苯酚和HCO,,溶液变浑浊： 0+C0,+H,0 OH+HCO,D不符合题意； 故选C。 9.【答案】B 【详解】A.该反应是碳碳三键和丁二酸的O-H键的加成聚合反应，三键变成双键，无小分子脱去，属于加聚反 应，A项正确： n B.X的结构为 (CH2)6一 碳碳三键为直线形结构、酯羰基为平面结构，通过单键旋转 可使两端炔基与酯基平面完全重合，中间-(CH2)6饱和碳链所有碳原子均可共面，结合饱和碳原子四面体结 构（同一个-CH2-最多仅1个H可进入平面），最多共面原子依次为1个左端炔氢原子、2个炔碳原子、1个酯 羰基碳原子、2个酯氧原子、6个亚甲基碳原子、右端2个酯氧原子、1个酯羰基碳原子、2个炔碳原子、1 个右端炔氢原子，所以X分子中最多有18个原子在同一平面，B项错误： C.Z中含有酯基，酯基可以水解断裂，所以Z为可降解高分子，C项正确： D.Z的重复单元中有酯基、碳碳双键两种官能团，D项正确： 故答案选B。 10.【答案】A 【分析】W的原子序数和原子半径均最小，只有氢符合，W为氢，X、Y处于第二周期，且基态原子未成对电子 数均为2，则X为碳，Y为氧，焰色试验中z的火焰为砖红色，z为钙，理想化学式为(LaC)(CO3),(OH)(HO): 【详解】A.(LaCa)(CO3),(OH)(HO)中碳酸根和氢氧根合计带5个单位负电荷，钙为+2价，La为+3价则满足 电荷守恒，A正确： B.碳的非金属性弱于氧，则稳定性CH4<HO,B错误； C.同周期元素从左到右第一电离能增大趋势，但氮原子的2轨道为半满稳定状态，其第一电离能大于氧原子， 碳的第一电离能小于氧，且氢原子的第一电离能较小，所以第一电离能大小顺序为O>C>H,C错误： D.CCO3是难溶于水的离子化合物，D错误： 答案选A。 11.【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ii中，反应物是Co3+和H20,生成物是Co2+、O2和H+。根据氧化还原反应配平：Co3+→Co2+,每个Co3+ 得1个电子：2H20→H+02个，每个02生成时失4个电子。电子得失守恒：Co+系数为4,02系数为1，配平 后方程式为：4Co升+2H20=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NH3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。 12.【答案】D 【分析】闭合K,时为放电（原电池，Zn-O2电池），Zn在Zn/ZnO电极失电子生成ZnO,故Zn/ZnO为负极，M 电极O2得电子，为正极；闭合K时为充电（电解池），需要将ZO还原为Zn,N电极上NH4失电子生成N,, 发生氧化反应。 【详解】A.充电时，N电极发生N,H4的氧化反应，为电解池的阳极，阳极需与电源正极相连，A正确； B.闭合K,(原电池)，阳离子向正极移动，正极是M,负极是Zn/ZnO,因此K+通过阳离子交换膜由Zn/ZnO极 区向M极移动，B正确： C.闭合K,(充电)，Zn/ZO为阴极，ZO得电子还原为Zn,碱性条件下电极反应为ZO+H,0+2e=Z+2OH, C正确； D.标况下11.2L02物质的量为0.5mol,放电时转移电子为0.5mol×4=2mol,即对应生成1 mol Zn0:充电时，N,H4 天使计划5答案 3/10 中N为-2价，生成N2时每个N,H4失去4mol电子，若仅考虑ZnO还原，需要0.5molN,H4(质量16g),但题目 明确说明N,H4只是减少析氢副反应，不能完全消除析氢，阴极还有部分电子用于析氢生成H2,因此总消耗H4 的质量大于16g,D错误： 故答案选D。 13.【答案】B 【详解】A.HNRH2是一种二元弱碱，其在水中的电离原理类似于氨，则其电离方程式为 H,NRNH,+H,O=(H,NRNH)+OH、(H,NRNH)广+H,O=(H,NRNH)2+OH,由电离方程式可知，溶 液的pH越小，6(H,RH,)越小，则曲线③表示H,NRNH的分布系数随pH的变化，A项错误； B.曲线①、曲线②分别表示(H,NRNH,)+、(H,NRNH,)的分布系数随pH的变化，X点为曲线①与曲线② 的交点，即X点对应的溶液中C(H,RNH,)广=c(H,RNH,)P+],再由该溶液的电荷守恒式 c[(,RNH)广]+2c[(H,NRNH)]+c()=c(Or)+c(Cr)可知， 3c(H,NRNH)+c(H)=c(OH)+c(C),B项正确： C.由题图可知，H,NRNH的电离平衡常数K1=1035、K2=105,H,NRNH+[H,NRNH亡2[H,NRNH] 的平衡常数K=:-10,C项错误： 飞2 D.两溶液混合后，产物为H,NRNH,CI,[H,NRNH广的电离平衡常数Kb2=1095,水解平衡常数Kh= K2=10105 电离平衡常数大于水解平衡常数，因此[HRNH丁的电离程度大于水解程度，即 c(H,NRNH)2+>c(H,NRNH),D项错误： 故选B。 26、【答案】(1) 三颈（口）烧瓶(1分) 恒压滴液漏斗(1分) (2)防止倒吸（作安全瓶，防止氨气倒吸）（1分) 先加入浓盐酸，再按体积比3：1缓慢加入浓硝酸，充 分搅拌混合 (3) 3Pd+12HCl+2HNO3=3H2 PdCl+2NO +4H2O 43 (4)当观察到三颈烧瓶中溶液刚变为浅绿色时，停止通入H (5)水浴加热 (6)84.4% 【分析】先把王水滴入钯粉中生成H,PdC4,然后再将NH通入H,PdC4溶液得到二氯四氨钯[Pd(NH),CL,], 反应产生的NO被O2、NaOH完全吸收；以此进行分析： 【详解】(1)根据仪器A、C的结构可知，其A、C的名称分别为三颈（口）烧瓶、恒压滴液漏斗： (2)H极易溶于水，球形结构的仪器B可防止倒吸；王水的配制规则为先加入浓盐酸，再缓慢加入浓硝酸， 按体积比31，充分搅拌混合： (3)反应中Pd元素从0价升高到+2价，N元素从+5价降到+2价，根据化合价升降守恒配平得方程式： 3Pd+12HCI+2HNO=3 1 PdCl4+2NO个+4H,O;NO被O2、NaOH完全吸收生成NaNO,，根据电子守恒： 1 nol NO失3mol电子，1molO2得4mol电子，故n(NO):n(O2)=4:3; (4)由题干己知，H?过量会生成易溶于水的绿色配合物二氯四氨钯，因此溶液刚变为浅绿色时，表明目标产 物已基本完全沉淀且H开始过量，应立即停止通入H: (5)需要控制温度约60°C(低于100C)，水浴加热受热均匀、便于控温，符合要求： 6)n淀为C,n(AeC)=74a=02ml,1个二氯二氨靶分行合2个C1.放 风氢二氢物-02m-0inml,M(一氯二氨铜=01olx21leml-=21lg,纯度为2是0%=844%. 2 27、【答案】(1)Si02、CaSO4 (2)将Fe2+氧化为Fe3+ (3)Mn2++2HC03=MnC03↓+C02个+H,0 (4)pH过小，H与S2结合生成HS或HS,降低S2-浓度，不利于重金属离子沉淀 (5)2.28×103 天使计划5答案 4/10 (6)温度过低，反应速率太慢；温度过高，NH3·HO挥发 870-1200°C (7)3MmO2=Mn04+O2个。 【分析】本题以菱锰矿（主要成分是MncO3,含有SiO2、CaO、Mg0以及Cu、Ni、Fe的化合物）为原料制备电池级 MnO4。菱锰矿经硫酸酸浸，MnCO3、CaO、MgO及Cu、Ni、Fe的化合物溶解，SiO2不溶形成滤渣；通入 空气将Fe2+氧化为Fe3+,加石灰调pH使Fe+沉淀除铁；加NH4HCO3使Mm+以MnCO3形式沉淀，反应为 Mn2++2HCO?=MnC03↓+C0,个+H,0,再用硫酸溶解得到MnSO4溶液；加石灰调节溶液酸碱性，加BaS除去 重金属离子，加MnE使Ca2+、Mg2+以氟化物沉淀除去；最后通氧气和2%氨水氧化得到Mn3O4,据此分析。 【详解】(1)菱锰矿中SiO2不与硫酸反应，酸浸后留在滤渣中，同时由于生成的CSO4微溶，故答案为：SiO2、 CaSO: (2)“除铁"步骤中，通入空气可将溶液中的F2+氧化为Fe3+;结合已知Fe3+沉淀完全的pH更低，便于后续加石 灰沉淀除铁；故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+; (3)“沉锰"时，Mn+与NH HCO3反应生成MnCO3沉淀，同时生成CO2和H,O;离子方程式为 Mn2++2HC03=MmC03↓+C02个+H,0;故答案为：Mn2++2HCO3=MnC03↓+C02个+H,0; (4)“除重金属”利用s2沉淀重金属离子，pH越小，H+浓度越大，H+与S2结合生成HS或HS,导致S2浓 度降低，重金属离子沉淀不完全，故答案为：pH过小，H与$2结合生成HS或HS,降低S2浓度，不利于重 金属离子沉淀； (5)沉淀完全时c(Mg2+)≤1.0×10molL1,由Kp(Mg2)=c(Mg+)×c2(F),，得 c(F)≥ K (MgF.) 5.20x10l c(Mg") -V1.0x103 ≈2.28×l03mol.L；同理，CaE沉淀完全时c(F)更小，故溶液中c(F)最 小为2.28×103；故答案为：2.28×103： (6)“氧化"步骤温度过低，反应速率太慢：温度过高，H3·H,O易挥发，且可能导致产物晶型改变：故答案为： 温度过低，反应速率太慢；温度过高，H3H,O挥发； (7)MnS04·HO的摩尔质量为169gmol1,50.70g样品的物质的量为0.3mol,含Mn的物质的量为0.3mol, 870°C时固体质量为26.10g,1200°C时为22.90g,该阶段质量减少是由于生成了氧气，减少的质量 3.2g m(0,）=26.10g-2.90g=3.2g,则生成氧气的物质的量m0,）=32gm0 =0.1mol,870°C时固体为0.3 mol Mn02, 870-1200°C 1200°C时产物为0.1 mnol Mn304,反应方程式为3MnO2=Mn,04+0,个。 28、【答案】(1)+97 (2)ac (3)ad (4) L1(1分)0.2mol增大(1分) 0.064P00.0064P 【详解】(1)反应焓变△H=反应物总键能-生成物总键能。反应I:2CHOH(g)一HCOOCH3(g)+2H(g), 反应物总键能：总键能=6×413+2×358+2×467=4128歇Jmol1,生成物总键能 =4×413+799+2×358+2×432=4031 kJ.mol1，因此△H1=4128-4031=+97 kJ.mol1: (2)a.反应I是气体分子数增大的反应，恒容下压强随气体物质的量变化，压强不变时说明达到平衡，a正确： b.所有反应物生成物都是气体，恒容容器中总质量、体积都不变，密度始终不变，不能说明平衡，b错误： c.H,的体积分数不再变化，说明各物质浓度不再改变，达到平衡，c正确： d.HCOOCH3消耗速率是逆反应速率，H,生成速率是正反应速率，平衡时应满足：HCOOCH3消耗速率=二H, 2 生成速率，d不满足，d错误； 故选ac; (3)已知△H1=+99>0,△H2>0,两个反应均为气体分子数增大的吸热反应： a.恒温恒压充入惰性气体，体积增大，相当于减压，两个平衡均正向移动，CHOH转化率提高，a正确； b.恒温恒容充入CO,反应II逆向移动，CH,OH转化率降低，b错误； c.恒温恒容充入CHOH,其自身浓度增大，CHOH转化率降低，c错误； d.两个反应均吸热，升高温度平衡均正向移动，CHOH转化率提高，d正确： 故选ad; (4)①已知反应1、反应Ⅱ均为吸热，升高温度，更有利于吸热反应正向进行，CHOH转化率升高，对应 天使计划5答案 5/10 曲线L2;升高温度对反应的促进作用更大，导致HCOOCH的选择性随温度升高而降低，对应下降的曲线L: ②T时，CH,OH转化率为20%，总消耗n(CH,OH)消耗=5mol×20%=1mol;HCOOCH3选择性为40%，根据选 择性公式：选择性-2HC00CH)100%=40%,代入得，2nc00C)=04,解得mHC00CH,)=02mol, n(CH,OH)消耗 1mol 温度高于T时，升温促进反应Ⅱ正向进行，C0生成量增加，HCOOCH生成量减少，因此 n(cO) n(HCOOCH 、增大； ③设n(HCOOCH3)=x=0.2mol,(C0)=y,则2x+y=1mol,得y=0.6mol。平衡时各物质物质的量： n(CH,OH)=5-1=4mol,n(HC00CL3)=0.2mol,n(C0)=0.6mol,n(H2)=2x+2y=1.6mol,总物质的量 =4+02+0.6+1.6=64mol，恒容下压强之比等于物质的量之比，平衡总压P646=1.28h,耳 4)=16X1284=032,因此反应速率三00064 kPa.min:计算反应1的区， pGH,oH=128A=08%:pc0cGH-2号129=04 6.4 pEHC00CH)p4,)}_0.46(032PY=0.0064p,kPa。 P(CHOH)2 (0.8P6)2 29、【答案】(1) 羧基(1分) 甲酰胺(1分) H,O (2)11 (3)消耗反应生成的HC1,有利于生成F (4)20 (5) 还原反应(1分) COOH CI+S02+HCI 【分析】 Br Br 由有机物的转化关系可知， C0OH和 共热反应生成 NH和水；催化剂作用下 NH? H NH2 Br Br Br Cl NH和SOCl2反应生成 N: 伴化作理下与H0- NH2发生取代反应生成 NH, NH, 则E为HO NH2;催化剂作用下 Br F发生取代反 应生成 第5小问中第①步为苯的硝化反应（取代反应），第②步硝基经还原反 应转化为氨基，第③步发生取代反应生成酰氯，最终酰氯和苯胺通过取代反应脱去HC,得到酰胺类产物 据此分析。 【详解】(1)A中含氧官能团的名称为羧基；B的化学名称为甲酰胺；A和B反应生成C时还生成了一种无机物， 其化学式为H,0。 (2)C中碳、氮原子均采取sp杂化，未参与杂化的p电子形成大π键，由结构简式可知，形成大π键的p电子数 为11。 天使计划5答案 6/10 (3)D+E→F的过程中KCO3的主要作用是消耗反应生成的HC1,有利于生成F。 (4) 已知其中一个取代基为溴原子(-B),由“遇含Fe3+的溶液”可知含酚羟基(-OH),“其红外光谱图表明含有 且苯环上只有三个取代基，故第三个取代基为甲酰胺基(-CONH2)或甲酰氨基(-NHCHO);当取代基为-Br、-OH 和-CONH2时，把-Br固定在1号位，-OH在2号位时-CONH2有4种位置，-OH在3号位时-CONH2有4种位置，-OH 在4号位时-C0NH2有2种位置，此情况下共10种；同样的当取代基为-Br、-OH和-NHCHO时，此情况下也有10 种；综上，共有20种同分异构体。 (5) 由分析可知第②步反应物分子中的硝基(NO2)在还原剂作用下发生还原反应，转化为氨基(-NH2),实现官 能团的还原转化；第③步苯甲酸与SOC2发生取代反应生成 同时生成SO2和HCI两种气体副产物， 反应方程式为 COOH 第③步得到的 +SO2+HCI↑ NH2发生取代反应，脱去HCI,生月 物理答案 题号 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 D 8 B 6 0 BD BD 14.D 【详解】羽毛球做曲线运动，速度的方向沿轨迹的切线方向，则图中（④能合理表示羽毛球瞬时速 度方向。 故选D。 15.B 【详解】A.由图可知，a光的偏折程度更大，所以a光的折射率大于b光的折射率，故A错误； B.因为a光的折射率大于b光的折射率，所以a光的频率大于b光的频率，根据c=f可知，a 光的波长小于b光的波长，则用同一装置做单缝衍射实验，α光中央条纹宽度比b光中央条纹宽度 小，故B正确； C.冰晶形状为长方体，所以两光均不能在右侧面发生全反射，故C错误； D.α光能使某金属发生光电效应，而α光的频率大于b光的频率，所以b光不一定能使该金属发 生光电效应，故D错误。 故选B。 16.B 【详解】初始时，被封闭气体的压强为p,=P+5cmHg=80cmHg, 玻璃管开口向下时，被封闭气体的压强为)2=p-5cmHg=70cmHg 由玻意耳定律得phS=PhS,11=7cm 解得马=8cm 故选B。 17.C 【详解】根据几何关系，可得星体半径R与轨道半径r的关系为R=rsm9 根据万有引力提供向心力有G=m4r， 天使计划5答案 7/10 解得M=4 GT2 MM 则星体的密度为P=下= 3交R3 3π 联立解得P= GT sin 故选C。 18.B 【详解】根据题意，设女子的质量为，由动量守恒定律有w='竿 由于系统的水平动量一直为O,运动时间相等，设运动时间为t,则有t=哗华t 整理可得心=m竿x竿 解得如起 故选B。 19.D 【详解】A.静止原子核衰变，动量守恒，衰变后新核和放出粒子动量大小相等乃=p2=p 带电粒子在磁场中运动半径公式为，西品，即司 若为a衰变，放出带正电的α粒子，新核也带正电，两粒子速度反向、电荷同号，洛伦兹力反向， 径迹外切； 若为β衰变，放出带负电的电子，新核带正电，两粒子速度反向、电荷异号，洛伦兹力同向，径迹 内切。本题径迹内切，故为β衰变，故A正确： 由rc,直径比等于半径比，得壬= N9数千1 B衰变放出电子，电荷量大小9粒子=e,因此反冲核N的电荷数=7 根据β衰变规律：原核电荷数Z=7+(-1)=6,即原核P核电荷数为6，故B正确： C.反冲核N带正电，磁场垂直纸面向里，根据左手定则，可知N做逆时针圆周运动，故C正确； 0.半径公式？中，仅和电荷量a相关，和质量数无关：我们收能得到P的核电荷数为6，无法 确定其质量数，因此P质量数不一定为12，故D错误。 本题选择不正确选项，故选D。 20.BD 【详解】A.手环做简谐运动，当手环运动到b处时，传感器的位移大小为x=Acosob 加速度大小a=1cso她=0，故A错误； B.设手环运动周期为T,由图可知1=d-a 当手环运动到c处时，传感器所受回复力大小为F=%2(L为等效摆长) 由周期公式T=2π， 8 ）3 解得F=02A=m 3π A,故B正确； 2(d-a) C.当手环运动到d处时，处于平衡位置，传感器的加速度最小，故C错误； D.手环在a、c两处时离开平衡位置的位移最大，当手环运动到a处时，速度与c处大小相同，都 是零，故D正确。 故选BD。 天使计划5答案 8/10 21.BD 【详解】AB.粒子在辐射电场中，由电场力提供向心力，则有g=m R 粒子在加速电场运动，由动能定理可得功m 综合解得v=, 网，U竖，故A结误，B正确： C. 粒子从J点到P点的运动时间为1=迟_云 ,故C错误： 2v 2Eg D.速度的变化量大小△v=√2y 平均加速度的大小为a-4"2_25g,故D正确。 tπR 故选BD。 22.(1)BC (2)大小和方向 (3)先变小后变大 【详解】(1)A.因为两次在结点的下面挂同一质量的物体，则调整力传感器Q的位置时，改变 结点O的位置对实验无影响，故A错误； B.记录绳子方向时，选用较远的两点，这样可减小记录力的方向时产生的误差，故B正确： C.为了减小误差，拉橡皮条的夹角可以适当大一些，故C正确。 故选BC。 (2)比较F和F的大小和方向，从而判断本次实验是否验证了力的平行四边形定则。 (3)某次实验中，若平衡时两细绳OC、OB互相垂直，作出结点O受力情况如图所示 F OA OB mg 由图可知，保持OA绳和结点O的位置不动，让力传感器Q拉着绳OB绕O点在纸面内逆时针转 至竖直位置，此过程中力传感器Q的示数，即F先变小后变大。 23.(1)C (2)B (3) b (详解】(1)通过回路的最大电流为L二及100A 。A=0.3mA=300uA,所以电流表选C。 (2)电压表内阻并非无穷大，电压表和电容器会构成回路，并通过电压表放电。 故选B。 (3)①[1]电容器充电过程中，根据闭合电路的欧姆定律U=E一R,且UR=IR 可得U一I图像的斜率是个定值，图像与B图像类似。 故选B。 [2]电容器放电过程中，电容器相当于电源，根据欧姆定律U=R 图像与A图像类似。 故选A。 ②[3]单一电容器充电时，通过R的电荷量为q=CUc=CE 天使计划5答案 9/10 最大电流为， R 两个电容并联时，充电时通过R的电荷量为4=4+q,=2CE 最大电流为= E 根据-t图线与坐标轴所围的面积表示电量，结合以上可知选b。 24.（1)2.5m/s2 (2)1.5V,b点电势高 (3)1.2J 【详解】(1)b杆速度减为2ms时，ab杆产生的电动势为E=BLm=2V 回路电流为I=B=05A R+r ab杆受到的安培力为F=BIL=0.5N 则b杆的加速度的大小为a=￡-25mS (2)根据右手定则可知，b点电势高于α点电势，根据闭合电路的欧姆定律可知，杆上a、b两点电势差 U=IR=0.5×3V=1.5V 1 (3)由能量守恒可知整个过程产生的热量为Q=二=1.6J 2 电阻R上产生的热量为巴：R+,9=1.2J 25.(1)3m/s (2)0.4m (3)45N 【详解】(1)物块乙到达曲面最高点卫时，由牛顿第二定律有风=m R 由牛顿第三定律有=F=54N 代入数据解得：=3m/s (2)物块甲与乙碰后的速度为，乙的速度为，由动量守恒有%=%y+乃 机械能守恒有m64+时 2 代入数据解得y,=5m/s 设物块乙在C处的速度为，物块乙从B滑到C点，根据动能定理有 1 1 -u%8=2%-2%时 物块乙与曲面相互作用的过程，物块乙与曲面组成的系统，水平方向动量守恒，当物 块乙上升到距地面的高度最大时，二者共速，有。=(+M)共 由能量守恒定律有叫6-+M)+mgH 联立解得H=0.4m (3)依题意，物块乙恰好能到达曲面上的E点，由逆向思维可转化成物块乙从静止开始由E点在 曲面上下滑，设某时刻物块乙和圆心O的连线与竖直方向的夹角为，该过程机械能守恒，有 m.gRcos- 根据牛顿第二定律可得R-,gcos9=心R 联立解得曲面对物块乙的弹力大小！=3,8cos8 由牛顿第三定律可知物块乙对曲面的压力大小=N 对曲面受力分析，固定装置对曲面的水平作用力大小R=sim日=名m,gsim26 2 由数学知识可知当0为45°时，F具有最大值 最大值为Fmx=45N 天使计划5答案 10/10