1、红河州 2023 届高中毕业生第二次复习统一检测理科综合（生物）参考答案及评分标准一、选择题123456DBBCAD31（共 10 分）（1）光能（电能）有机物中稳定的化学能（2 分）固定 CO2产生糖类等有机物（2 分）（2）该系统不需要进行细胞呼吸消耗糖类，提供等量的CO2，该系统积累的有机物更多（2 分）（3）能更大幅度地缓解粮食短缺；能节约耕地和淡水资源；减少因农药、化肥的使用带来的环境污染；能更大幅度地缓解温室效应等（答案合理即可，2 分）（4）如何降低生产成本；如何获得足量的低成本的酶；如何从反应体系中去除甲醇；如何解决酶的稳定性（保证酶的活性）问题；如何实现化学催化和生物催化的高
2、效结合；如何保证反应装置的气密性（答案合理即可，2 分）32（共 12 分）（1）非同源染色体上(两对同源染色体上)（2 分）实验一的 F2 中表型比例为 12：3：1，是 9：3：3：1 的变式（2 分）（2）紫色（2 分）mmNn（2 分）（3）实验思路：分别用植株乙与植株丁进行杂交，植株丁作母本（正交），作父本（反交），观察并统计子代的表型和比例（2 分）预期结果：正交时子代紫花：红花：白花=2:1:1，反交时子代紫花：白花=1:1（2 分）33（共 10 分）（1）自主神经（1 分）（2）下丘脑（1 分）抗利尿激素（2 分）肾小管和集合管对 Na+的重吸收（2 分）（3）某些兴奋剂能影
3、响神经递质的合成；某些兴奋剂会影响神经递质的释放速率；某些兴奋剂会干扰神经递质与受体的结合；某些兴奋剂会影响分解神经递质的酶的活性；某些兴奋剂会影响突触前膜上转运蛋白对神经递质的回收（答出 1 种给 2 分，共 4 分）34（共 10 分）（1）直接（2 分）（2）自身呼吸(作用)消耗（2 分）（3）生态系统的各组分保持相对稳定（2 分）（4）物种丰富度下降，生态系统的营养结构变得简单，抵抗干扰（或自我调节能力）下降（2 分）（5）认真学习相关法律法规，提高法制观念；增强责任意识，发现外来入侵物种及时报告；参与生物安全及生物入侵防控的科普宣传；参与生物入侵主题志愿者活动，积极付出防控行动；禁止
4、参与外来入侵物种的各种交易活动（宠物市场、网邮购买等）；禁止放生任何外来入侵物种，监督周围人们的放生行为。（答出其中一点给 1 分，共 2 分）35.（共 12 分）（1）荧光标记的新冠病毒核酸探针（2 分）4 种脱氧核苷酸（2 分）（2）荧光标记的“杂交双链”（2 分）新冠病毒抗体（2 分）病毒进入体内后可引起特异性免疫反应，最终由浆细胞分泌相应的抗体（2 分）（3）（2 分）方案一（检测新冠病毒抗原）：将产生专一针对新冠病毒抗体的 B 细胞与骨髓瘤细胞融合，通过对杂交瘤细胞的选择性培养，获得大量的单克隆抗体，并做成检测试剂盒用来检测新冠病毒。方案二（检测新冠病毒抗体）：将新冠病毒的棘突蛋白
5、基因整合到载体上，利用基因工程获得大量的棘突蛋白，并做成检测试剂盒用来检测（血浆中）新冠病毒的抗体。红河州 2023 届高中毕业生第二次复习统一检测理科综合（化学）参考答案及评分标准一、选择题题号78910111213答案CDACBBD7【答案】C【解析】C喷油漆、涂油脂保护金属是物理方法，但金属表面钝化，是金属防护的化学方法，故 C 错误。8【答案】D【解析】A配制 450mL0.02molL-1的 FeSO4溶液，要用 500ml 容量瓶，需要 2.78gFeSO47H2O，故 A 错误；B标况下 SO3不是气体，故 B 错误。C先检验 SO3再检验 SO2，b、c 装置中的试剂分别为 B
6、aCl2、品红溶液溶液，故 C 错误。9【答案】A【解析】A左旋布洛芬与右旋布洛芬属于手性异构体，故 A 正确；B修饰产物中的-NH2中的 N 原子采取 sp3杂化，故 B 错误；C与苯环相连接的碳原子上有氢原子，可被酸性 KMnO4氧化，故 C 错误；D产物虚线内多于 10 个原子在同一平面上，故 D 错误。10【答案】C【解析】根据已知条件推出：X 是 H，Y 是 N，Z 是 O，R 是 Na，W 是 P，L 是 S。A元素第一电离能应为 YZ，即 NO，故 A 错误；B元素电负性应为：WLZ，即 PSSP，即最简单气态氢化物的稳定性为 H2OH2SPH3，故 C 正确；D简单离子半径应为
7、 WLYZRX，即 P3-S2-N3-O2-Na+H+，故 D 错误。11【答案】B【解析】A 向 1mL 浓度均为 0.1molL-1的 CuSO4和 ZnSO4混合溶液中加入 3mL 等浓度的 Na2S 溶液，Na2S 溶液过量，产生黑色沉淀，不能说明 Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，故 A 错误；BNH3极易溶于水，在稀溶液中加入稀 NaOH 溶液，生成的氨水浓度小，不加热 NH3不会挥发出来，故 B 正确；C将乙醇与浓硫酸加热至 140，主要发生乙醇分子间的脱水生成乙醚，反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去，不能证明乙醇发生了消去反应生成了乙烯气体，因为加热时挥发出的乙醇
8、、乙烯、副反应生成的 SO2都能使酸性 KMnO4溶液褪色，故 C 错误；D在试管中加入 2mL 5%CuSO4溶液，滴加 5 滴 10%NaOH 溶液，硫酸铜溶液过量，不会出现砖红色沉淀，故 D 错误。12【答案】B【解析】钒液流电池是以+4、+5 价态的钒氧离子溶液作为阳极的活性物质，以+2、+3价态的钒离子溶液作为阴极的活性物质，分别储存在各自的电解液储罐中。充放电过程中，主要是依靠电解液中 H+在离子膜上的定向移动形成电流回路，根据放电时 b 电极电极反应式为：V2+-e-=V3+，当生成 2molV3+时，电路中共转移电子数为 2NA。电池阳极反应：VO2+H2O-e-=VO2+2H
9、+，阴极反应：V3+e-=V2+，电池总反应为：VO2+V2+2H+VO2+V3+H2O，故 A、C 正确，B 错误；全钒液流电池仅存在钒离子之间的反应，作为水性电解液不产生有害物质，安全性高，故 D 正确。13【答案】D【解析】pH=-lgc(H+)，所以随 pH 升高直线减小的是 lgc(H+)，则直线升高的是 lgc(OH-)，而 pH 升高时，HA 会与氢氧根发生反应 HA+OH-=H2O+A-，所以开始几乎不变，后续随 pH 增大而减少的是 lgc(HA)，随 pH 增大而增加，后续几乎不变的是 lgc(A-)。A据图可知 O 点处 lgc(H+)=lgc(OH-)，即 c(H+)=
10、c(OH-)，溶液呈中性，温度为25，所以 pH=7，故 A 正确；BKa(HA)=+(H)(A)(HA)ccc，据图可知 N 点处 c(A-)=c(HA)，pH=4.74，即c(H+)=10-4.74mol/L，所以 Ka(HA)=10-4.74，数量级为 10-5，故 B 正确；C该体系中 c(HA)+c(A-)=0.1 molL-1，即 c(A-)=0.1mol/L-c(HA)，c(HA)=+a(H)(A)ccK=+a0.1-(HA)(H)ccK，解得 c(HA)=0.1c(H+)/Ka+c(H+)molL-1，故 C 正确；D据图可知 M 点处 c(A-)=c(H+)，故 D 错误。二
11、、非选择题27（15 分，除特殊标注外，每空 2 分）（1）AlPO4（1 分）（2）2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2OFe3+催化 H2O2分解（3）4（4）加热浓缩（1 分）冷却结晶（1 分）（5）提高氟的利用率（答案合理即可）（6）6MgSiF6MgF2+SiF4【解析】（2）Fe3+催化 H2O2分解，H2O2的实际使用量远大于理论量。（5）由信息可知，SiF4与水反应生成 H2SiF6，与 MgO 反应生成 MgSiF6，提高氟的利用率。（6）由热重曲线分析，结合结晶水合物热重曲线变化规律可知，起点到 A 为失去 x 个结晶水，剩余固体为 MgSiF4，则：MgSiF6x
12、H2OMgSiF6+xH2O16618x33.2g(54.8-33.2)gx=6B 点组成为 MgSiF6，由流程分析可知，MgSiF6分解生成 SiF4且 C 点固体物质为镁的氟化物，则根据 Mg 原子守恒可得 n(Mg)=54.8/274mol=0.2mol，n(F)=(12.4-240.2)/19=0.4mol，n(Mg):n(F)=1:2，C 点固体组成为 MgF2，化学方程式为 MgSiF6MgF2+SiF4。28（14 分，除特殊标注外，每空 2 分）（1）球形冷凝管（1 分）abefij（2）2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O（3）SnCl4+(x+
13、2)H2O=SnO2xH2O+4HCl（4）蒸馏（1 分）（5）将剩余的 Cl2及产生的 SnCl4蒸汽赶入后续装置收集和吸收（6）ZnSn3N2a 229（14 分，除特殊标注外，每空 2 分）（1）+40.8（2）选择性B、C（3）增加 CO 可使反应逆向进行，增大 CO2和 H2的浓度，提高乙醇的产率。（答到增大压强不给分，一定要提到增加 CO 可使反应逆向进行才给分）d/tV mol/(Lmin)(5-2a-c-d)c/(ab)（其他合理答案也可以得分）（4）k正/k逆30（15 分，除特殊标注外，每空 2 分）（1）5-溴戊酸（2）（3）消去反应（1 分）（4）酰胺键、醚键（5）12
14、（1 分）（6）（3 分，合理答案即可给分）【解析】（1）取代羧酸的命名以羧酸为母体，溴原子为取代基进行命名。（2）根据流程信息可知，此反应为取代反应，由 B 和 D 生成 E 的同时有 HCl、HBr 产生。（3）F 生成 H 涉及两步反应，已知第一步的反应类型为取代反应，则 F 分子中的一个氯原子被氮原子取代，根据 H 分子结构中未含氯原子而多出了碳碳双键，则第二步的反应为脱去 HCl 的消去反应。（4）根据 I 的结构简式得到含有的含氧官能团为酰胺键和醚键。（5）根据 C 的分子结构结合不饱和度推知，分子中必须含有甲酸酯结构（-OOCH）和溴原子，故满足此条件的同分异构体为四个原子上连个
15、不同原子的位置异构（定一移二法），结果为 12 种。根据核磁共振氢谱得出满足条件的结构。（6）参照上述流程中的信息，先将氧化成，再参照 CD 的信息转化为，最后根据 B+DE 的信息与苯胺合成。-0.8504E/eV1235n-13.6-3.40-1.51-0.54mgma60FN红河州 2023 届高中毕业生第二次复习统一检测理科综合（物理）参考答案及评分标准一、选择题14【答案】B【解析】A 处于基态的氢原子跃迁到第一激发态需要吸收的能量为 E=E2-E1=10.2 eV，跃迁到第二激发态需要吸收的能量为 E=E3-E1=12.09 eV，用 11.0 eV 的光子照射，并不能使处于基态的
16、氢原子跃迁到激发态，故选项 A 错误。B处于 n=2 激发态的氢原子为-3.40 eV，其绝对值小于光子能量 4.00 eV，用 4.00 eV 的光子照射处于 n=2 激发态的氢原子，可以使其电离，故选项 B 正确。C氢原子由基态跃迁到激发态后，运动半径变大，核外电子动能减小，原子的电势能增大，故选项 C 错误。D大量处于 n=3 激发态的氢原子，向低能级跃迁时可辐射出的光子的频率种类为 3 种，如图所示，故选项 D 错误。15【答案】C【解析】对 D 受力分析，当工件 A 与 D 之间恰好没有作用力时，D 只受到重力、B 对 D 的弹力作用，弹力方向垂直接触面（沿 B、D 的轴心连线方向）
17、，弹力和重力的合力提供加速度，可以得到下图，根据牛顿第二定律得，3tan 603mgFma合，故当33ag时 A 与 D之间恰好没有作用力。再把 A、B、D 作为整体受力分析，当汽车向左运动时，A 相对于车有向右运动的趋势，所以车厢与 A 之间的弹力为 0，C 对 B 有水平向右的弹力，竖直方向上的支持力和重力平衡，对水平方向列式：C 对整体的力33Fmamg，故选项 C 正确。16【答案】DFABCDM4545GE【解析】A由343MR和2GmMmgR得：34 gG R，故选项 A 错误。B由2224GmMmRhTRh和2GmMmgR得：3224RhTgR，故选项 B 错误。C空间站也是绕地
18、球运行的，相当于卫星，其运行速度小于地球的第一宇宙速度，故选项C 错误。D因赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，赤道上物体的向心加速度小于同步卫星的向心加速度，因空间站距地面的高度小于同步卫星，空间站的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，综合以上结果，可知空间站的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，故选项 D 正确。17【答案】A【解析】A 在 AC 边上某点入射时的入射角 i=45，由折射定律得：sin452sinn，可得30，故选项 A 正确。B光线在棱镜中的传播速度2ccnv=，故选项 B 错误。C由全反射临界条件得：12sin2Cn，临界角 C45，作出光路如图所示，由三角形内角
19、和为 180得，18045903015EFC，故光线在 CD 边的入射角为：901575C，故光线不能从 CD 边射出，故选项 C 错误。D 因15GFDEFC，由三角形内角和为180得，1804515120FGD，故光线在 BD 边的入射角为 120-90=30，故选项 D 错误。18【答案】C【解析】设大气压强为 p0，水桶内气体体积为 V0，气囊体积为 V1，至少需要把气囊压下 n 次，桶内气体压强增加为 p1，才能有水从细出水管流出，水桶内气体体积不变，温度不变，根据玻意耳定律可得：00110p VnVpV其中：0210 mH Op 2630243010 m2V26316810 m2V
20、122210 mH O40 cmH O=10.4mH Op 联立解得：n=2.4即至少需要把气囊压下 3 次，故选项 C 正确，选项 ABD 错误。19【答案】AD【解析】A由22PI r损，得：225AI，故选项 A 正确；B由250 2sin100 Vut可得，21s50T，1fT，则 f=50 Hz，由生活经验可知，变压器不改变交变电流的频率，故选项 B 错误；C升压变压器：11 1PU I，得：1400AI，122125140016nInI，故选项 C 错误；D输电线上损失的电压：2200VUI r损升压变压器：1122116UnUn，得：U2=4000 V降压变压器：原线圈两端电压
21、U3=U2-U损=3800 V，3344380019022011nUnU，故选项 D正确。20【答案】BD【解析】A00.2 s，实线上 x=4.0 cm 处的质点沿 y 轴负方向运动，根据振动和波的相互关系可知波沿 x 轴正方向传播，故选项 A 错误。B因为 x=4.0 cm 处的质点在 00.2 s 运动方向不变，所以该处质点从平衡位置经过四分之一个 周期沿 y 轴负 方向运动 至负 向位 移最大 处，T=0.24 s=0.8 s；得波 速为0.08m/s0.1m/s0.8Tv，故选项 B 正确。Cx=0 cm 处质点和 x=2.0 cm 处质点间的距离是四分之一个波长，所以相位差是2，故
22、选项 C 错误。Dt=1.2 s 时，x=6.0 cm 处的质点位于负向位移最大处，回复力沿 y 轴正方向，故选项 D正确。21【答案】ABCOdLF合mg【解析】AA 受重力和静电力平衡，由2200Qkmgh，得：0khQmg，故选项 A 正确。B当 B 球向右移动 x 距离后，设 AB 距离为 r，竖直方向受力平衡，mgrQkcos22，求得：coscos02hmgQkr，进而求得：001sincossinsin2sin2xrhhcoscoscos0hrh由前面式子知道，当 045时，因 x 增大，增大，h 减小，r 减小，故静电力增大，故选项 B 正确。C当 045时，因 x 增大，r
23、减小，故同种电荷间的电势能增加，故选项 C 正确。D当=45时，设此时的 x=x0，r=r0，用竖直向下的力 F 作用于 A 球并缓慢移动时有45，根据竖直方向平衡条件：22cos0QFmgkr代入0sinxr可得：sin2sin21cossin2022202xQkxQkmgF由式可知 F 的大小变化是先增大后减小再增大。故选项 D 错误。二、实验题22（本题 6 分）【答案】（1）方案一（1 分）（2）99.80 cm（99.7599.85 均正确）（2 分）（3）平行（1 分）4.38 cm（4.38 cm、4.39 cm 均正确）（2 分）【解析】（1）因使用电磁打点计时器打纸带时，在振
24、针的作用下，复写纸与纸带间存在较明显的摩擦、纸带与限位孔之间存在摩擦、重锤还受到空气阻力，实验得到的重力加速度值小于 g=9.70 m/s2，故测量值与真实值差异最大的是方案一；（2）从悬点到球心的距离即为摆长，由图可读出摆长 L=99.80 cm；（3）使用该装置测量列车的加速度时，应将硬纸板（刻度盘）平行列车前进方向放置。当小球偏角为时，小球受到重力和细线的拉力，合力提供加速度，由牛顿第二定律可知：mgtan=ma解得：a=gtan 在很小时有：tan=sin 设小球与过悬点的竖直线间的距离为 d，即：sindaggL带入数据得：d=4.38 cm23（本题 9 分）【答案】（1）A1.4
25、50 cm（第一空 1 分、第二空 2 分，共 3 分）（2）见解析（改装电压表 1 分、外接法 1 分、标明所选器材 1 分，共 3 分）（3）0.66（共 2 分）（4）偏大（共 1 分）【解析】（1）测量圆筒形盛水容器的内径，应使用图乙中游标卡尺的内测量爪（即图中位置 A）进行测量，图丙中游标卡尺为 20 分度，精确度为 0.05 mm，主尺读数是 14 mm，游标尺第 10 个刻度与主尺对齐，则游标卡尺的读数为：14mm 10 0.05mm14.50mm1.450cm（2）由于未知电阻xR约为 195，则流过xR最大电流约为：45mAxEIR，故测量电路中电流表应选用 A2，同时应将电
26、流表 A1（内阻为 r1）改装成电压表，由于电源电动势约为 9.0 V，则改装成量程为 9.0 V 的电压表，需要串联的电阻为：11590ERrI串故串联电阻应选2R；改装电压表的内阻为：V21600RRr由于电压表内阻已知，所以采用电流表外接法，故实验电路图为：（3）根据部分电路欧姆定律得：122111IIRIrIRx化简得：1221xxRIIRRr即：21624xxRRRr解得：200 xR 根据：42dLRx解得：0.66m；（4）若装入的污水样品中有气泡，导致污水未完全充满塑料圆柱形容器，相当于面积减小，此时测得的电阻将增大，从而导致测定的电阻率偏大。三、计算题024（本题 12 分）
27、【答案】（1）55.0 10TB（2）61.4 10 m/sEB（3）65.3 10 m/sv【解析】（1）由于粒子经过坐标为（0,0.8）的点，由几何知识可得：0.4mR 粒子运动的轨迹如图所示，又因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，得：RmBq200vv由得：qRmB0v55.0 10TB（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，垂直于电场方向不受力，做匀速运动，td0v平行于电场方向受电场力，做匀加速运动：2122RatmqEa 由得：094vBE61.4 10 m/sEB（3）由题意得：RR1（E，R1）aRy42v220yvvv联立解得：035vv 65.3 10 m/sv0tany vv
28、34tan 53即粒子离开匀强电场时的速度方向与 x 轴负方向成 53角，斜向下方。评分标准：第（评分标准：第（1）给）给 3 分，第（分，第（2）问给）问给 4 分，第（分，第（3）问）问 5 分，合计分，合计 12 分。其他解法正确均给分。分。其他解法正确均给分。25（本题 16 分）【答案】（1）25m/sv（2）0.8Cq（3）不会脱离轨道，5.6NF 压,方向竖直向下【解析】（1）取初速度方向为正方向，设碰后 ab 棒和 cd 棒的速度大小分别为1v、2v，根据动量守恒定律可得：012mmmvvv根据能量关系可得：222012111222mmmvvv联立可得：10m/sv25m/sv
29、（2）取初速度方向为正方向，在磁场中，对cd棒受力分析：简化电路图为：因为棒的电阻与定值电阻相同，根据电路图和电流分配关系，可知 cd 棒中通过的电流是定值电阻（或 ab 棒）的 2 倍，焦耳热是定值电阻（或 ab 棒）的 4 倍，可知 cd 棒第mgFNF安一次向右经过磁场的过程中，闭合回路中产生的总的焦耳热：61.6JRQQ设 cd 棒离开磁场时的速度为3v，对 cd 棒，根据功能关系可得：22231122Qmmvv解得：33m/sv对 cd 棒根据动量定理可得：FLIB安32Ftmm 安vv通过 cd 棒的电荷量：qIt联立解得：0.8Cq（3）假设导体棒在半圆轨道上不会脱离轨道，上升的
30、最大高度为 h，则有：2312mghmv联立解得：0.45mh 由于hr，所以不会脱离轨道。据能量守恒定律可知，cd 棒第二次进入磁场时的速度大小为43m/sv，在半圆轨道的最低点：24NFmgmrv解得：N5.6NF 据牛顿第三定律得：5.6NF 压，方向竖直向下。评分标准：第（评分标准：第（1）问给）问给 4 分（每式分（每式 1 分），第（分），第（2）问给）问给 6 分（每式分（每式 1 分），第（分），第（3）问给）问给 6 分（每式分（每式 1 分），合计分），合计 16 分。其他解法正确均给分。分。其他解法正确均给分。26（本题 19 分）【答案】（1）2.5mx（2）28.57
31、 JE（3）m=5.36m/sv【解析】（1）设物块沿倾斜冰面上滑最大位移的大小为 x，由牛顿第二定律得：sin30mgma由速度位移关系得：22axv由得：2.5 mx（2）对运动员和物块组成的系统，由于物块在倾斜冰面上运动时，受到的弹力冲量有水平分量，所以动量并不守恒，对物块与运动员相互作用过程，由于系统合外力的冲量为零，所以满足动量守恒条件。设水平向左为正方向，运动员第一次推出物块的过程，由动量守恒定律得：10Mmvv解得：15m/s14mMvv物块第一次返回追上运动员时，在物块与运动员相互作用的过程中，由动量守恒定律得：12MmMmvvvv解得：2315=m/s14mMvv运动员与物块
32、总机械能的变化：2222222121111111222222EMmMmMMvvvvvv代入数据解得：28.57 JE（3）运动员每次与物块相互作用后，其速度均增加，一直到物块不能追上运动员为止。对运动员和物块相互作用过程，由动量守恒定律可知：运动员与物块第一次相互作用：10Mmvv1mMvv经第二次相互作用：12MmMmvvvv23=mMvv经第三次相互作用：23MmMmvvvv解得：35mMvv经第 n 次相互作用，运动员的速度大小：(21)=nnmMvv由nvv，解得：7.5n 次因为相互作用要求 n 为整数，当 n=8 时：85.36m/sv当运动员速度为 5.36 m/s 时，物块已经不可能追上运动员并发生相互作用，所以此速度为运动员的最大速度。评分标准：第一问给评分标准：第一问给 3 分，第二问给分，第二问给 6 分、第三问给分、第三问给 10 分（或者每式和最终结果各分（或者每式和最终结果各 1 分）。分）。
