4.高三9月月考理综答案（定稿）-副本_05高考化学_高考模拟题_全国课标版_2023广西南宁三中、柳铁一中高三上学期9月月考理综

2023 届高三 9 月月考参考答案 生物部分 1-6 DACABD 29．（9分）除标注外每空2分 （1）核糖体 协助扩散（被动运输） （负）反馈调节 （2）Ca2+通道阻滞剂与Ca2+通道结合后，就阻止了Ca2+进入细胞，从而使血管松弛，阻力减小， 血压降低（3分） 30.（10分）除标注外每空2分 （1）A（1分） （2）提高 （1分） （3）①垂体 TSH ②较高（1分） 甲状腺病变后甲状腺激素合成减少，由于负反馈调 节，垂体和下丘脑合成的激素增多（3分） 31.（10分） （1）从地上部分难以分辨空心莲子草的种群数量（或空心莲子草的茎基部匍匐生长，且成片生 长，很难辨认、计数） （2）物种丰富度下降，群落结构越来越简单，甚至导致多种本地生物减少或灭绝，优势种的改 变等（合理即可） （3）该地土壤营养和空间条件充裕，气候适宜，缺乏天敌和其他竞争物种等 （4）生物 化学 32．（10分） （1）七 aabbcc （2）将F1与对应白花品系杂交（或对F1进行测交）红花：白花=1：3 红花：白花=1：7 37.（15分）除标注外每空2分 （1）碳源、氮源（各1分） 渗透压 不含（1分） （2）滤膜 伊红美蓝 黑 （3）1.8×103 当两个或多个细胞连在一起时，平板上观察到的只是一个菌落 38.（15分）除标注外每空2分 （1）反转录(或逆转录) 引物 （2）DNA连接酶 启动子、终止子、标记基因、复制原点 感受态细胞法(Ca2+处理法) 稻瘟菌接种 （3）水稻RHO1基因转录产生的RNA，与稻瘟菌RHO1基因转录的mRNA碱基互补配对，形 成双链RNA，抑制稻瘟菌RHO1基因表达，从而使水稻获得对稻瘟菌的抗性（3分） 化学部分 7-13BCDAC CA 26.（15分） （1）球形干燥管（1分） （2）平衡压强，便于液体顺利滴下（1分） （3） 2CoCl +10NH ·H O+2NH Cl+H O =2[Co(NH ) ]Cl +12H O（2分） 2 3 2 4 2 2 3 6 3 2 （4） 防止温度过高导致氨气挥发以及双氧水分解（2分） （5）重结晶（2分） 1（6） ①平衡气压，防止氨气逸出（2分） 防倒吸（1分） (2cV c V )10317 ② 1 1 2 2 100% （2分） 偏低（2分） m 27.（14分） （1） 适当升高温度，将阳极泥粉碎，搅拌等合理即可（2分） （2） C H O +24H++12MnO =12Mn2++6CO ↑+18H O（2分） 6 12 6 2 2 2 （3） 蒸发结晶，趁热过滤（2分） （4） 醋酸 （1分）PbSO (s)+CO 2-(aq)=PbCO (s)+SO 2-(aq) （2分） 4 3 3 4 c(SO2-) 反应PbSO (s)+CO 2-(aq)=PbCO (s)+SO 2-(aq)的平衡常数K= 4 =3.4105>105，PbSO 4 3 3 4 c(CO2-) 4 3 可以比较彻底的转化为PbCO （2分，求出平衡常数1分，结论1分） 3 （5）①阳离子（1分） 2H O-4e-=4H++O ↑/4GOO-+2H O-4e-=4GOOH+O ↑（2分） 2 2 2 2 28.（14分） （1）-90KJ/moL（1分） 低温（2分） （2）反应3是放热反应，反应1为吸热反应（2分） （3）CD（2分） （4）①升温，反应III反应的平衡逆向移动，反应I反应的平衡正向移动且程度更大（2分） ②>（1分） T1时主要进行反应I为主，其反应前后气体分子数相等，改变压强对其平衡 没有影响 （2分） 1 ③ （2分） 60 35.（1） （1分），哑铃（1分） （2）N O （1分,其他合理答案也给分） 8mol（1分） 2 4 （3）sp（1分），C的电负性小于N，对孤电子对吸引能力弱，给出电子对更容易（2分） （4） NaC （2分） 8 （5）① 六方BN的结构中没有像石墨中有自由移动的电子（2分） ②正方形（2分） 4π（x3+y3）dN ③ A ×100% （2分） 751030 36.（15分） （1）羟基（1分） （2）2 +O Cu2 +2H O（2分） 2 Δ 2 （3）3（2分） （4）①苯甲醛 （1分） （2分） ②C与醛类的反应速率较酮类快，反应时间较短，产率较高；随R-基体积增大，位阻增大， 反应速率减小，产率降低（2分） ③16（2分） （5） 催化剂, S  OCl2 A  lCl3 （3分）  O2 2物理部分 题号 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 C B D D A BD CD AC 16．【解析】A．根据题意作出粒子的运动轨迹如图所示根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面 向里，故A错误；B．粒子由M运动到N时速度方向改变了60°角，所以粒子在该段时间 内运动轨迹对应的圆心角为60则粒子由M到N运动的时间为 1 2m t  T,又粒子在磁场中的运动周期为T  ，整理得t= 6 qB 故B错误；CD．如果N点到虚线的距离为L，根据几何关系有 痀ኃ RL mv cos 解得R2L，又R 代入数据解得V= 故C R qB 痀ኃ蕐 错误，D正确。故选D。 1 gt 17．【解析】A．运动员从斜面上飞出最后落在斜面上，根据几何关系有 tan y  2 ，解得 x v 0 2v tan 甲 t 0 ，他们飞行时间之比为3：2，选项A错误；B．平抛运动水平方向xvt则 g 0 乙 v gt ，选项B正确；C．设平抛运动落地速度方向与水平方向夹角为，则tan y  v v 0 0 tan t v 则 a  a b 1则  ，则他们落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同，选项C错误； tan t v a b b b a D．把运动员的运动分解为一个沿斜面方向的运动和一个垂直斜面方向的运动，由几何关系 可知，运动员在垂直斜面方向上做初速度为v sin，加速度大小为gcos的匀减速运动，当 0 v sin2 速度减小到零时，则离斜面距离最大，为h  0 则，他们在空中离雪坡面的最大距 m 2gcos 离之比为 选项D正确。 18.【解析】根 据 动 量定 理 有 I mv ，从最低点到最高点有 2mgr  1 mv2  1 mv 2，在最 0 2 2 0 mv2 I2 Mm I2 高点有mg  ，解得mg  ，在火星表面有G mg  解得 r 5rm R2 5rm I2R2 M  故选A。 5Grm2 19．BD【解析】分析BC．如图所示受力分析小球a，设弹簧 对小球的弹力大小为F ，OA杆对小球a的弹力大小为F 弹 NA 3设F 与水平方向的夹角为θ ，F 与水平方向的夹角为θ 。根 弹 1 NA 2 据图中的几何关系有θ =θ =30° 1 2 根据物体的平衡条件有 F cosθ =F cosθ 弹 1 NA 2 F sinθ +F sinθ =2mg， 弹 1 NA 2 求得：F =F =2mg 弹 NA m g 根据胡克定律，有弹簧的压缩量为 故B正确,C错误； B mg 分析AD．如图所示受力分析小球b∆，x根据k如上分析，其所受弹簧的弹力F 也为2mg，OB N 杆对小球b的弹力为F ，设F 与水平方向的夹角为θ ，F 与水平方向的夹角为θ 。根据图中 NB NB 3 N 4 的几何关系有θ 3 =60°，θ 4 =30°根据物体的受力平衡条件有 F 弹 cos60°=m B gsin30°；F NB =F 弹 sin60°+m B gcos30°，求得F NB = ，m B =2m故A错误，D正确； 20. 【解析】A．滑块在x=3m处电势能最小，因为滑块带负电，负电荷在电势越高的地方电势 能越小，所以x=3m处的电势最高，故A错误；B.图线的斜率反映电场力的大小，在x=3m 处斜率为0，电场力为零，x=1m到x=3m过程中电场力方向与运动方向相同，但由于有滑 动摩檫力，在qE=f处滑块速度最大。C．电场力做功量度电势能的变化，由E -x图像可知 p x=1m到x=4m的运动过程中电势能先减小后增大，则电场力先做正功后做负功；D．滑块 x=4m处所具有的能量为 （J）=6.5J 在1~4m区间内，滑块所 受滑动摩擦力大小为f= E EP+E，K 摩擦+力做×功—×1.5J，又x=4m处的电势能等于2J，故 由能量守恒可知此刻动能为3J。根据总能量守恒可知此刻的速度为 m/s，D正确； μmg0.5N 21. 【详解】A由右手定则可以判断电流方向从a流向b.B．若不撤去拉力F，对棒由牛顿第二 6 BLv 定律有FBILma PFv I  ，当a0时，速度达到最大，联立各式解得 Rr 最大速度为2m/s即杆的最大速度不会超过2m/s，选项B错误；C．从撤去拉力F到金属杆 停下，棒只受安培力做变减速直线运动，取向右为正，由动量定理有BILt0mv，而 电量的表达式qIt可得 =0.2C选项C正确；D．从撤去拉力F到金属杆停下的过 mv 1 q BL 程由动能定理W =0 mv2而由功能关系有W =Q，另金属杆和电阻R串联，热量比等 F安 2 F安 Qr 于电阻比，有Q  联立解得Q =0.1J，选项D正确。故选AC。 1 Rr 1 22. （6分）（1） 5.0 k（2分） (2) 黑表笔 （2分） 2.5 k （2分） 23、（9分）【答案】（1）2.970mm（2） B （3） D （4） B 【解析】 （1）2.970mm d＝2.5mm+47.0×0.01mm＝2.970mm （2）由牛顿第二定律，对凹形槽（包括砝码）及钩码系统：mg Ma，即 故选B. （3）若钩码的质量m不变，则mg (M m)a,解得 ，则为了能直观反映在合外 M∙mg 力一定的情况下，加速度与质量的关系，应做 a 1 mg 图 ∙M 象 +m ；故选D. mM 4d （4）甲同学固定光电门B，则经过光电门B的速度v 一定；经过光电门A的速度v  ，则 B A t 1 v2 v2 2ax 即v2  d2  1 2ax，得 1  v B 2  2a x ，则甲同学做出的图象应为下图中 B A B t2 t2 d2 d2 1 1 2a kd2 的B；，甲同学所做图象的斜率的绝对值为k，则  k，所以系统的加速度a= d2 2 24.（12分） 解：（1）质子进入第2个圆筒前，经过二次加速，因此有 (2分） 得 痀 mv （1分） 痀 代入数据得： （2分） (2) 质子进入第n个圆筒时的速度为 ，根据动6 能定理有： ×0 m/s （2分） 痀 mvn 得 （1分） 痀 当质子在每个圆筒内做匀速直线运 动 的时间 为T/2，才能保证每次在缝隙中被电场加速，因此第 n个圆筒得长度为 （2分） T 整理得： ∙ （1分） T 蕐 m nqum 代入数据得： 1.2m （1分） 25. （20分） 蕐 解：（1）物块A刚冲上传送带时，A受重力、垂直于传送带斜向左上方的支持力、沿传送带向 下的摩擦力和沿绳向下的拉力，根据牛顿第二定律有 mgsinTmgcosma （2分） 1 1 1 1 B受向下的重力和沿绳向上的拉力，根据牛顿第二定律有： m gT m a （1分） 2 2 1 联立以上两式解得 a 10m/s2 （1分） 1 故物块A刚冲上传送带时的加速度大小为10m/s2，方向沿传送带向下。（1分） 5（2）物块减速到与传送带共速后，摩檫力方向改变，但由于 物块与传送带不能相对静止，继续向上做匀减速直线运动 μmgcos7°