資源簡介

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{#{QQABRYaAggCAAoBAABgCAwVyCgKQkAGAAIoOwFAMoAAASQFABAA=}#}新疆維吾爾自治區 2024 年普通高考第三次適應性檢測
理科綜合化學學科答案講解
7.【答案】C
【詳解】A．碳化硅為無機非金屬材料，聚四氟乙烯屬于有機高分子材料，A 錯誤；
B．鈦合金硬度大，耐壓球殼是用鈦合金制造而成，鈦位于ⅣB 族，不是稀土元素。稀土元素是鑭系元素(15
個)和釔、鈧共 17 個元素的總稱。故 B 錯誤；
C．量子點為納米級粒子，若直徑介于 1-100nm 之間，形成分散系為膠體，該分散系可能具有丁達爾效應，
C 正確；
D．超分子是由兩種或兩種以上的分子通過分子間相互作用形成的分子聚集體，D 錯誤；
8.【答案】B
【詳解】A．由結構簡式可知，化合物 A 的分子式為 C15H16O2，A 項錯誤；
B．由結構簡式可知，反應物 B 分子中的苯環和酯基都是平面結構，由單鍵可以旋轉可知，分子中所有原
子可能共平面，B 項正確；
C．由結構簡式可知，A 與 B 發生縮聚反應生成聚碳酸酯和苯酚，PC 上有酚羥基，所以 PC 和苯酚與 FeCl3
也可發生顯色反應，所以不能用氯化鐵溶液檢驗 A 是否完全反應，C 項錯誤；
D．由合成方法可知，每有 n molA 和 n molB 參與反應，會有 1 mol PC 生成，A 還有(n-1)個 H，n 個苯酚，
以及 B 還有(n-1)個苯氧基未參與形成 PC，所以 1 mol PC 生成時有(2n-1) mol 苯酚生成，D 項錯誤；
9.【答案】C
【詳解】A．同周期元素從左到右電負性逐漸增大，同主族元素從上到下電負性逐漸減小，則元素的電負
性：HB．由共平面結構式可知，N-甲基咪唑分子中的大π鍵由 2 個 N 與 3 個 C 原子形成，6 個電子形成，故表示
π65
為 ，B 項正確；
C．因為 4 個碳原子和 2 個氮原子共平面，故 N 原子均為 sp2雜化，C 項錯誤；
D．由結構式可知，N 原子中存在孤電子對，所以 N-甲基咪唑可以作為配體形成配合物，D 項正確；
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10.【答案】D
【詳解】A．高錳酸鉀易腐蝕橡膠，應裝于酸式滴定管中，A 項不能達到實驗目的；
B．本實驗應該驗證羥基 H 的活潑性，而用溴水反應取代的是苯環上的 H，驗證的是苯環的 H 的活潑性，
驗證的是羥基使苯環活化 B 項不能達到實驗目的；
C．HCl 易溶于水，用該裝置吸收 HCl 制鹽酸會產生倒吸現象，應采取密度比水大且不溶于水的物質。比
如 CCl4，C 項不能達到實驗目的；
D．在食鹽水的中性環境中，鐵釘會發生吸氧腐蝕，會使紅墨水左高右低，D 項能達到實驗目的；
11.【答案】C
【詳解】A．中間體 X 中，Cu 化合價為+2 價，O 化合價為-1 價，Z 中 Cu 化合價為+3 價，O 化合價為-2
價，故 A 錯誤；
B．使用催化劑，可以提高 NO 的反應速率，但不能提高平衡轉化率，故 B 錯誤；
C．由圖可知，轉化①中既有氮氧極性鍵的斷裂，也有氫氧極性共價鍵的形成，故 C 正確；
催化劑
D．總反應方程式為 4NO+4NH3+O2 4N2+6H2O，故 D 錯誤；
12.【答案】D
【分析】由用電器可知，放電時：電極 A 為負極,失去電子，B 為正極，此時糠醛轉化為糠酸鹽；充電時：
A 電極糠醛轉化為糠醇，發生還原反應，A 為陰極，B 為陽極。
【詳解】A．根據分析，放電時：A 電極糠醛轉化為糠酸鹽，將化學能轉化為電能，A 錯誤；
B．根據圖 a 正極進入的是濃 KOH，而出去的是稀 KOH，OH-參與正極反應，所以 K+通過離子交換膜交
換，可得膜 a 為陽離子交換膜，B 錯誤；
C．充電時 B 為陽極，電極反應為：Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O，電極 B 附近堿性減弱，C 錯誤；
D．當 1 mol 糠醛轉化時，轉移 2 mol e-，鉛蓄電池中 Pb 電極上 1mol Pb 轉化為 1 mol PbSO4，增重 96 g，
D 正確；
13.【答案】B
c[Ni(CN)4 ]
2 c[Ni(CN)4 ]
2 c4 (CN )

【分析】x = c(Ni2 ) c(Ni2
=
1 ) c4 (CN ) K1·c4(CN-)，lgx1=lgK1+4lgc(CN-)。同理 x2= K2·c6(CN-)，
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lgx2=lgK2+6lgc(CN-)。x3= K3·c6(CN-)，lgx3=lgK3+6lgc(CN-)。根據后兩者斜率相同，為 a，b。以及 K3＞K2，
c{[Fe(CN) ]3 6 } c{[Fe(CN) ]
4
6 }
推出直線 a 代表 lg c(Fe3 ) 與 lgc(CN-)的關系，直線 b 代表 lg c(Fe2 ) 與 lgc(CN-)的關系，
c{[Ni(CN) 2 4] }
直線 c 代表 lg c(Ni2 ) 與 lgc(CN-)的關系。
c{[Fe(CN) ]3 6 } - c{[Fe(CN) ]
4 }
【詳解】A．根據上述分析，直線 a 代表 lg 3 與 lgc(CN )的關系，直線 b 代表 lg
6
c(Fe ) c(Fe2 )
c{[Ni(CN) ]2 }
與 lgc(CN-)的關系，直線 c 代表 lg 42 與 lgc(CN-)的關系，故 A 正確；c(Ni )
c{[Ni(CN) ]2 }
B．直線 c 代表 lg 42 與 lgc(CN-)的關系，將 p 點坐標代入c(Ni )
c[Ni(CN) ]2 c[Ni(CN) ]2 c4 (CN ) 1027.3
x 4 41= 2 2 4 = K1·c4(CN-)，推出 K1= 1 4 =1031.3=100.3×1031，數量級為 1031，c(Ni ) c(Ni ) c (CN ) (10 )
故 B 錯誤；
C．同理，根據 AB 選項分析，K2=1036，K3=1042，該反應的平衡常數
c(Fe2 ) c[Fe(CN) ]3 c(Fe2 ) c[Fe(CN) ]3 c6 (CN 42
K= 6 6
) K3 10 6
c(Fe3

) c[Fe(CN) ]4 c(Fe3
=10 ，故 C 正確；
6 ) c[Fe(CN)6 ]
4 c6 (CN ) K 362 10
D．因為 K3＞K2，因此向含相同濃度的 Fe2+、Fe3+的溶液中滴加 KCN 溶液，先生成[Fe(CN)6]3-，故 D 正確；
27.【答案】（1） （1 分）第四周期第 IIB 族（1 分）
（2）FeOOH 和α MnO2 （2 分）
（3）ZnO+4NH3 H 2O+2HCO =[Zn(NH3)4]2++2CO 2 3 3 +5H2O（2 分）
（4） Pb、Cu （2 分）CuS、CdS、PdS（2 分）含鋅離子的濃度較大， ZnS可能會析出，導致產品產率低
（1 分）
（5）浸出（1 分）
1 3 3
（6）4 （1 分） ( ， ， ) （1 分）
4 4 4
【分析】根據題目及圖示信息可知，利用次氯酸鈣的氧化性將含鋅煙灰中的鐵(II)和錳(II)氧化成 FeOOH 和
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α-MnO2，然后過濾，加入氨水和碳酸氫銨將 Zn 元素轉化成[Zn(NH3)4]2+，[Cu(NH3)4]2+、[Pb(NH3)4]2+、
[Cd(NH3)4]2+轉化成相應的離子，加入試劑 X，除去 Cu、Pb、Cd 等元素，據此分析。
【詳解】（1）O 的價電子排布圖為 ，Zn 在周期表中的位置是第四周期第 IIB 族
（2）根據信息(iii)圖像可知，pH=11.6，Eh=0.70V 時，Fe(Ⅱ)轉化成 FeOOH，Mn(Ⅱ)轉化成α-MnO2。
（3）“浸出”階段溶解 ZnO 時消耗的 n(NH3 H2O)：n(NH4HCO3)=2：1，同時生成[Zn(NH3)4]2+離子，所以
1molZnO 需要 4molNH3 H2O 溶解，所以 NH4HCO3需要 2mol。故對應的方程式為：ZnO+4NH3 H2O+2HCO 3
=[Zn(NH3)4]2++2CO 2 3 +5H2O；
（4）根據金屬活動順序表，鋅的金屬性強于 Cu、Pb，加入足量鋅粉，可以把溶液中的 Pb2+、Cu2+、Cd2+
離子全部置換出來生成單質，因此濾渣 c 中除了過量 Zn 之外，還含有 Cu、Pb、Cd；根據表中給出的溶度
積常數，Ksp(CuS)方案，因為 ZnS 難溶于水，當 c(Zn2+) c(S2-)＞Ksp(ZnS)時，會產生 ZnS 沉淀，降低 Zn2+利用率，導致產品
產率低；
（5）“蒸氨”時得到的混合氣體 e 為氨氣、二氧化碳和水，可返回至浸出工序循環利用；
（6）①由圖可知，Zn 周圍最近且等距離的 O 是 4 個，呈四面體形，所以六邊纖鋅礦中鋅的配位數為 4。
3
②根據原子 1的坐標可知底面左上角O原子為原點，晶胞棱長為單位 1，原子 2位于體對角線上的 4 處，
1 3 3
故坐標為( 4 ，4，4)
28.【答案】（1）三頸燒瓶 （1 分） B（1 分）
（2）FeCO3或Fe OH 2 （1 分）

（3）NaOOC-CH=CH-COONa+FeSO4 Fe(OOC-CH=CH-COO)↓+Na2SO4（2 分）
（4）加快過濾速度，便于干燥，防 Fe(II)被空氣中氧氣氧化（2 分） 鹽酸和 BaCl2溶液（1 分）
（5）酸式（1 分）滴入最后半滴硫酸鈰銨標準液，溶液恰好由紅色變無色，且半分鐘不恢復原色（2 分）
高錳酸鉀溶液不僅氧化 Fe2 ，還氧化其中的碳碳雙鍵（1 分） 66.67（2 分）
【分析】向富馬酸( HOOCCH=CHCOOH )中加入 Na2CO3溶液先中和酸生成鹽，并調節溶液 pH=6.5~6.7，
再滴加 FeSO4溶液可合成得到富馬酸亞鐵，然后過濾、洗滌、干燥后得到產品，再根據富馬酸亞鐵
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(Fe(OOC-CH=CH-COO))中有 Fe2+，溶液中的 Fe2+被 Ce4+氧化為 Fe3+，Ce4+被還原為 Ce3+，反應為：
Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，可得富馬酸亞鐵與 Ce4+的關系式：Fe(OOC-CH=CH-COO)~ Ce4+，根據滴定消耗硫酸
鈰銨［(NH4)2Ce(SO4)3］標準液的體積可計算出富馬酸亞鐵的物質的量，再根據理論產量和產品的實際質
量計算產品純度。
【詳解】（1）儀器 b 為三頸燒瓶，根據溶液總體積約為 140 mL，而三頸燒瓶使用的原則為溶液的體積介
于 1/3~2/3 之間，故選 B。
（2）反應容器中反應物FeSO4 和富馬酸按恰好完全反應的比例進行起始投料，步驟②中加入的 Na 2CO3 溶
液要適量，若 Na 2CO3 溶液加入過量，Na 2CO3 水解顯堿性，所以溶液 pH 偏高，則制得產品可能含有FeCO3
或Fe OH 2 。
（3）富馬酸首先和碳酸鈉反應生成 NaOOC-CH=CH-COONa，然后 NaOOC-CH=CH-COONa 和硫酸亞鐵反
Δ
應合成富馬酸亞鐵，反應的化學反應方程式為：NaOOC-CH=CH-COONa+FeSO4 Fe(OOC-CH=CH-COO)↓+
Na2SO4；
（4）采用減壓過濾的優點是加快過濾速度，便于干燥，防 Fe(II)被空氣中氧氣氧化。可通過檢驗洗滌液中
是否含有SO2-4 來判斷沉淀是否洗滌干凈。步驟④檢驗沉淀是否洗凈的方法是：取最后一次洗滌液于試管中，
先加鹽酸酸化無現象，再加 BaCl2 溶液，若無白色沉淀，則洗滌干凈。所以試劑為鹽酸和 BaCl2 溶液。
（5）①根據硫酸鈰銨溶液顯酸性，硫酸鈰銨溶液應裝入酸式滴定管。②根據鄰二氮菲遇Fe2 呈紅色，遇
Fe3+呈無色。故滴定終點的現象為：滴入最后半滴硫酸鈰銨標準液，溶液恰好由紅色變無色，且半分鐘不
恢復原色；高錳酸鉀溶液不僅氧化 Fe2+，還氧化其中的碳碳雙鍵。③根據富馬酸亞鐵( Fe(OOC-CH=CH-COO))
中有 Fe2+，關系式為 Fe(OOC-CH=CH-COO)~ Fe2+，溶液中的 Fe2+被 Ce4+氧化為 Fe3+，Ce4+被還原為 Ce3+，
反應為： Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，故 Fe(OOC-CH=CH-COO)~Ce4+。消耗標準液的體積中第二次數據誤差太
大，去掉，故體積的平均值為 20.00 mL，富馬酸亞鐵的物質的量是 n(Fe(OOC-CH=CH-COO))=n(Ce4+)=0.l
0.00200mol×170g/mol
mol/L×0.0200L=0.00200 mol，故所得產品的純度為： 0.51g ×100%=66.67%。
29.【答案】
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【詳解】（1）根據 所示，在 700℃左右會出現兩個吸熱峰，說明此時 CuSO4
發生熱分解反應，從上圖可以看出，700℃時質量由 1.6mg 減少為 0.8mg，說明剩余固體為 CuO，還有其
700℃
他氣體產出，此時氣體產物為 SO2、SO3、O2，所以可能出現的化學方程式為①CuSO4 CuO+SO3↑；②
700℃
2SO3 2SO2+O2，結合反應中產物的固體產物質量和氣體產物質量可以確定，該反應的產物為 CuO、SO2、
△
SO3、O2，故答案為 CuO、SO2、SO3三種氧化物。從上述分析可得 700℃時，固體已變成 CuO，并且根據
TG 圖像可以看出，875℃時，固體質量由 0.8mg 減少到 0.72mg，故 1molCuO 失去了 0.5mol O 原子，可得
方程式為 4CuO 2Cu2O+O2↑ 。
（2）(i)根據所給的反應方程式，NO2 在反應過程中先消耗再生成，說明 NO2在反應中起催化劑的作用；
反應①為慢反應，所以其為決速步。
(ii)近年來，鉛室法被接觸法代替，因為產物有亞硝基硫酸等，產物不純，接觸法制得的是 H2SO4·nSO3，
可制得各種濃度的硫酸溶液，鉛室法生成硫酸濃度低，用途受限。（答案合理即可）。
（3）(i)a．根據不同轉化率下的反應速率曲線可以看出，隨著溫度的升高反應速率先加快后減慢，a 錯誤；
b．從圖中所給出的速率曲線可以看出，相同溫度下，轉化率越低反應速率越快，但在轉化率小于 88%時
的反應速率圖像并沒有給出，無法判斷α=0.88 的條件下是平衡轉化率，b 錯誤；
c．從圖像可以看出隨著轉化率的增大，最大反應速率不斷減小，最大反應速率對應的的溫度也逐漸降低，
c 正確；
d．從圖像可以看出隨著轉化率的增大，最大反應速率對應的溫度也逐漸降低，這時可以根據不同轉化率
2
n SO3 p 總
2
選擇合適的反應溫度以減少能源的消耗，d 正確； p SO n 總 n2 SO 3 3
2 2 n2p SO p O n SO SO
p O
2 2 2 p p O 2 2總
(ii)
2
利用分壓代替濃度計算平衡常數，反應的平衡常數 Kp= = n 總 = ；
m2b2 b2
m2 (1 b)2· p（O2） (1 b)2· p
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設 SO2 初始量為 m mol，則平衡時 n(SO2)=m-m·b=m(1-b)，n(SO3)=m·b，Kp= = 。
（4）(i)由裝置圖可知，左邊電極上二氧化硫失電子發生氧化反應生成硫酸根離子，電極反應式為：
SO2+2H 2 2O-2e-=SO +4 +4H ，右邊電極上氧氣得電子生成水，電極反應式為：O2+4e-+4H+=2H2O。
(ii)由正負極的電極反應式可知，電池的總反應為：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故體積比為 2:1。
30.【答案】
【分析】 與濃硫酸、濃硝酸在加熱條件下發生取代反應生成Ⅱ ，
先后在一定條件下生成的Ⅲ 轉化為Ⅳ ，然后 在 Fe/HCl
作用下生成的 V 轉化為 VI ， 先加成后消去生成
VII ， 在 和 t-BuOH 作用下生
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成非洛地平 。
【詳解】（1）物質Ⅱ 的官能團為硝基和酰胺基。Ⅲ 的分子式為 C6H5N2O2Cl。非
洛地平 中畫 的為手性碳；
（2） 在 Fe/HCl 作用下生成的 V ，去氧加氫為還原反應。
（3）在催化劑、加熱條件下，1molVII 中苯環消耗 3molH2，環外 1mol 碳碳
雙鍵消耗 1molH2，1mol 酮羰基消耗 1molH2，所以最多能與 5molH2發生加成反應；
（4）對比結構簡式可知 VI 先醛基加成后消去生成 VII ；
（5）在 I 的芳香族同分異構體中，同時具備題中條件的結構為兩種，一種是含有-NO2 、
-NH2和-CH2CHO，共有 10 種，分別為
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；另一種是含
有-NO2 、 -NH2 和-COCH3，類似上述位置，共有 10 種。
（6）根據Ⅰ→Ⅱ硝基取代苯環上的氫，Ⅳ→Ⅴ氨基取代硝基，Ⅴ→Ⅵ醛基取代氨基，以苯為原料制備苯甲醛
的合成路線為： 。
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理科綜合能力測試（生物部分）答案及解析
一、選擇題
1.答案：D
解析：磷脂分子頭部親水、尾部疏水，故與磷脂分子尾部結合部分具有親脂性，A正確。由
圖可知，ABC 轉運蛋白在轉運抗癌藥物時，自身構象會發生改變，B 正確。ABC 轉運蛋白在
轉運藥物時，會消耗 ATP，因此將抗癌藥物轉運出細胞的方式是主動運輸，C 正確。ABC 轉
運蛋白能將抗癌藥物從細胞內轉運到細胞外，腫瘤細胞 X 中 ABC 轉運蛋白的表達量高于正常
細胞，故在腫瘤細胞 X 中，表達量高會降低抗癌藥物療效，D錯誤。
2.答案：D
解析：渦蟲生存于水質十分潔凈的環境中，對水質變化十分敏感，故可觀察渦蟲在不同水體
中的反應能判斷水體污染情況，A 正確。同一個體不同細胞所含的基因是相同的，成體未分
化細胞能分化成神經細胞和生殖系細胞在內的近 40 種細胞，其細胞內含有渦蟲生長發育所
需的全部基因，B正確。研究人員采用從中間橫切渦蟲的方法，探究了溫度對渦蟲再生的影
響，發現從 19～30℃，渦蟲再生成活率先增大后減小，推測溫度可能通過影響相關酶的活
性來影響渦蟲的再生，C 正確。無性生殖有利于保持母體的優良性狀，有性生殖使得同一雙
親的后代呈現多樣性，這種多樣性有利于生物適應多變的自然環境，有利于生物在自然選擇
中進化，D錯誤。
3.答案：D
解析：A.水中毒時，細胞外液和細胞內液中水均增多，細胞外液中鉀離子濃度下降，細胞內
液中鉀離子濃度也下降，A 錯誤。出現的疲倦、嗜睡、食欲減退癥狀，與神經細胞的敏感性
下降，接受內外刺激后不易產生動作電位有關，B錯誤。C.水中毒時，醛固酮的分泌量升高，
+
腎小管和集合管對 Na 的重吸收增加，防止血鈉進一步下降，C 錯誤。補充一定量適宜濃度
的高滲氯化鈉溶液能適當升高細胞外液濃度，增大細胞外液滲透壓，緩解水中毒癥狀，D 正
確。
4.答案：A
解析：食物和天敵等生物因素對種群數量的作用強度與該種群密度是相關的，氮元素缺乏時
種群密度越高，該種群受氮元素缺乏的影響就越大，因此，一定量培養液中的氮元素含量是
制約蕪萍種群數量增加的密度制約因素，A 正確。由圖可知，在自然水域中蕪萍數量超過 K/2
時捕撈，捕撈后剩余量為 K/2，能持續獲得最大產量，B錯誤。纖維素僅含有碳、氫、氧三
種元素，因此培養液中的氮元素不能用于合成纖維素，C 錯誤。重金屬和有機殺蟲劑會通過
生物富集現象在蕪萍體內積累，并通過捕食作用在家禽體內富集，含有重金屬和有機殺蟲劑
的家禽不能作為人類的食物，D 錯誤。
5.答案：C
解析：DMD 基因編碼的抗肌萎縮蛋白是肌細胞中一種重要的細胞骨架蛋白，DMD 患者體內含
有異常抗肌萎縮蛋白，表現為肌肉萎縮，說明 DMD 基因能通過控制蛋白質的結構直接控制生
物性狀，A正確。甲女士的父親表現正常，因此甲女士弟弟的致病基因來自于甲女士的母親，
又因為甲女士的外祖父表現正常，因此甲女士母親的致病基因只能來自于甲女士的外祖母。
同理，甲女士舅舅的致病基因也來自甲女士的外祖母，B 正確。甲女士的父親不攜帶致病基
因，母親是致病基因的攜帶者，因此，甲女士完全正常的概率為 1/2，是致病基因攜帶者的
概率也為 1/2，又因為甲女士的丈夫表現正常，所以賈女士生患病兒子的概率為 1/8，C 錯
誤。通過遺傳咨詢和產前診斷能有效降低遺傳病的發病率，D正確。
1
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6.答案：B
解析：選育出的優良菌種需經過擴大培養后，增加菌種量，才能用于體積較大發酵罐中培養
基的接種，用于大量生產，A 正確。向發酵罐培養基中加入抗生素應濾過除菌后再加入，加
入多種抗生素可能會殺死菌種，有效避免雜菌的污染的方法是對培養基和發酵設備進行嚴格
的滅菌，B 錯誤。控制通氣量，向發酵罐內適時補充營養物質，控制攪拌速度可使發酵罐內
的溶解氧保持在適宜濃度范圍，有利于異養需氧型工程菌充分利用 O2和營養物質、充分利
用發酵罐空間生長繁殖，提高脂肪酶產量，C、D正確。
三、非選擇題
31.（除注明外，每空 2 分，共 11 分）
答案：（1）線粒體基質（1分） 丙酮酸和水徹底分解成二氧化碳和[H]，并釋放出少
量的能量
（2）隨著光照強度增加，光反應產生的 ATP 和 NADPH 含量增加，C3還原的速率加快，CO2
固定速率加快
（3）氧氣濃度為 2%、光補償點時的光合速率等于細胞呼吸速率，氧氣濃度為 21%、光補償
點時的光合速率等于細胞呼吸速率與光呼吸速率之和，2% O2和 21% O2濃度下的細胞呼吸速
率基本相等。因此，與氧氣濃度為 2%相比，氧氣濃度為 21%時，植物細胞需要更高的光強以
提高光合作用速率（3 分）
（4）隨著光照強度增加，光呼吸速率逐漸增大（1 分） 減少光呼吸對光合產物的消
耗，從而增加產物的積累，提高作物產量
解析：（1）光照強度為零時，該植物細胞只進行細胞呼吸，該植物葉肉細胞線粒體中產生
CO2的場所是線粒體基質，具體的反應過程是丙酮酸和水徹底分解成二氧化碳和[H]，并釋放
出少量的能量。
（2）在一定光照強度范圍內，隨著光照強度增大，該植物葉肉細胞葉綠體吸收的 CO2速率
增加，其原因是隨著光照強度增加，光反應產生的 ATP 和 NADPH 含量增加，C3還原的速率加
快，CO2固定速率加快。
（3）與氧氣濃度為 2%相比，氧氣濃度為 21%時光補償點更高的原因是氧氣濃度為 2%、光補
償點時，2% O2可抑制光呼吸，光合速率等于細胞呼吸速率，氧氣濃度為 21%、光補償點時
的光合速率等于細胞呼吸速率與光呼吸速率之和，2% O2和 21% O2濃度下的細胞呼吸速率基
本相等。因此，與氧氣濃度為 2%相比，氧氣濃度為 21%時，植物細胞需要更高的光強以提高
光合作用速率。
（4）研究表明，2% O2和 21% O2濃度下細胞呼吸強度基本相同，2% O2可抑制光呼吸，2% O2
和 21% O2濃度下的凈光合速率之差可作為光呼吸速率。根據圖 2 可知，光照強度在 0～1500
-2 -1
μmol·m ·s 的范圍內，凈光合速率之差逐漸增大，該植物葉片光呼吸速率逐漸增大。適
當減弱光呼吸可減少對光合產物的消耗，從而增加產物的積累，提高作物產量。
32.（除注明外，每空 2 分，共 11 分）
答案：（1）大腦皮層（1分） 條件（1 分） 使機體具有更強的預見性、靈活性和適
應性，大大提高了動物應對復雜環境變化的能力
（2）蜂毒進入機體時刺激 B 細胞活化產生抗體，這些抗體吸附在某些細胞（如肥大細胞）
表面，當蜂毒再次進入機體后，會與吸附在細胞表面的相應抗體結合（4 分） 免疫防御
（1 分）
（3）抗組胺藥能與組胺競爭靶細胞上的 H1 受體，使組胺不易與 H1 受體結合，從而抑制組
胺引起的過敏反應
2
{#{QQABRYaAggCAAoBAABgCAwVyCgKQkAGAAIoOwFAMoAAASQFABAA=}#}
解析：（1）痛覺產生的部位是大腦皮層；出生后無須訓練就具有的反射，叫作非條件反射；
出生后在生活過程中通過學習和訓練而形成的反射叫作條件反射。被蜂蟄過的人，再次看到
這種蜂后會出現躲避行為，這種行為屬于條件反射。在個體的生活過程中，非條件反射的數
量是有限的， 條件反射的數量則幾乎是無限的。條件反射的建立，是動物生存必不可少的。
機體不能只依靠食到嘴邊才產生進食動作，更不能只在身體遭受傷害時才啟動防御反應。條
件反射擴展了機體對外界復雜環境的適應范圍，使機體能夠識別刺激物的性質，預先作出不
同的反應。因此，條件反射使機體具有更強的預見性、靈活性和適應性，大大提高了動物應
對復雜環境變化的能力。
（2）引起過敏反應的抗原物質叫作過敏原，魚、蝦、牛 奶、蛋類、花粉、花生、室內塵土、
磺胺、奎寧、寵物的皮屑、棉絮等都是（或含有）過敏原。有些人在接觸過敏原時，在過敏
原的刺激下，B 細胞會活化產生抗體。這些抗體吸附在皮膚、呼吸道或消化道黏膜以及血液
中某些細胞（如肥大細胞）的表面。當相同的過敏原再次進入機體時，就會與吸附在細胞表
面的相應抗體結合，使這些細胞 釋放出組胺等物質，引起毛細血管擴張、血管壁通透性增
強、平滑肌收縮和腺體分泌增多，最終導致過敏者出現皮膚紅腫、發疹、流涕、打噴嚏、哮
喘、呼吸困難等癥狀。蜂毒作為過敏原，引起過敏反應過程見上，表現在被蜇處出現瘙癢、
紅斑等過敏反應癥狀。免疫防御、免疫自穩和免疫監視是免疫的三大基本功能，免疫防御是
機體排除外來抗原性異物的一種免疫防護作用，蜂毒引起的過敏反應是免疫功能中免疫防御
異常的表現。
（3）結合圖示，抗組胺藥物能用來治療蜂蟄引起的某些過敏反應的機理是組胺與 H1 受體后
引發過敏反應，抗組胺藥能與組胺競爭靶細胞上的 H1 受體，使組胺不易與 H1 受體結合，從
而抑制組胺引起的過敏反應。
33.（除注明外，每空 1 分，共 9 分）
答案：（1）使土著魚類棲息地范圍變小、食物匱乏、天敵增多和種間競爭加劇等（3 分）
減小
（2）將有機污染物分解成無機物（2 分） 增長 協調、自生、整體和循環（2 分）
解析：（1）一個物種在群落中的地位或作用，包括所處的空間位置，占用資源的情況，以
及與其他物種的關系等，稱為這個物種的生態位。研究某種動物的生態位，通常要研究它的
棲息地、食物、天敵以及與其他物種的關系等。群落中每種生物都占據著相對穩定的生態位，
這有利于不同生物充分利用環境資源，是群落中物種之間及生物與環境間協同進化的結果。
引入的魚類，如麥穗魚、池沼公魚與東方歐鳊等與土著魚類存在種間競爭，麥穗魚在土著魚
類繁殖季節會吞食魚卵，池沼公魚和東方歐鳊比土著魚類適應環境的能力強，迫使土著魚類
向環境較惡劣的沿岸邊或高海拔狹窄水域遷徙，使土著魚類棲息地范圍變小、食物匱乏、天
敵增多和種間競爭加劇等。一個種群中全部個體所含有的全部基因，叫作這個種群的基因庫。
土著魚類在種群內部的近親交配，使后代生存能力減弱，種群衰退，種群數量下降，導致種
群基因庫減小。
（2）分解者主能將動植物遺體和動物的排遺物分解成無機物，水污染中的有機污染物可被
分解者利用，將其分解。
種群的年齡結構是指一個種群中各年齡期的個體數目的比例，增長型的年齡結構種群數量會
越來越大。捕撈經濟魚類時，控制網眼大小，使捕撈后的經濟魚類年齡結構為增長型，持續
保證漁業高產。
生態工程以生態系統的自組織、自我調節功能為基礎，遵循著整體、協調、循環、自生等生
態學基本原理。遵循自生原理，需要在生態工程中有效選擇生物組分并合理布設。例如，在
濕地修復過程中，應該選擇污染物凈化能力較強的多種水生植物，還需要考慮這些植物各自
3
{#{QQABRYaAggCAAoBAABgCAwVyCgKQkAGAAIoOwFAMoAAASQFABAA=}#}
的生態位差異，以及它們之間的種間關系，通過合理的人工設計，使這些物種形成互利共存
的關系。這是該系統或工程能否形成自組織能力的基礎條件。要維持系統的自生，就需要創
造有益于生物組分的生長、發育、繁殖，以及它們形成互利共存關系的條件。例如，在濕地
生態工程中，通過移除湖泊、河流中富營養化沉積物和有毒物質，減少水體污染物，增加水
體溶氧量，可以改善水生生物的生存環境，從而有利于生態系統的自生。
在進行生態工程建設時，生物與環境、生物與生物的協調與適應也是需要考慮的問題。處理
好生物與環境、生物與生物的協調與平衡，需要考慮環境容納量。以人工種植本地濕地植物
為輔，營造植被類型和配置盡量保持原狀和多樣化，提高環境承載力，體現了協調原理。
自然生態系統是通過生物與環境、生物與生物之間的協同進化而形成的一個不可分割的有機
整體。遵循整體原理，首先要遵從自然生態系統的規律，各組分之間要有適當的比例，不同
組分之間應構成有序的結構，通過改變和優化結構，達到改善系統功能的目的。其次，人類
處在一個社會—經濟—自然復合而成的巨大系統中。進行生態工程建設時，不僅要考慮自然
生態系統的規律，更要考慮經濟和社會等系統的影響力。引入經濟價值較高的魚類體現了整
體原理。
循環是指在生態工程中促進系統的物質遷移與轉化，既保證各個環節的物質遷移順暢，也保
證主要物質或元素的轉化率較高。通過系統設計實現不斷循環，使前一環節產生的廢物盡可
能地被后一環節利用，減少整個生產環節“廢物”的產生。烏倫古湖污染物的消除體現了循
環原理。
34.（每空 2 分，共 12 分）
答案：（1）15:1 8/15 （2）Aabb 或 aaBb AaBb
（3）基因 2 皺葉型植株不含 A 基因和 B 基因，生長素轉運蛋白合成減少，生長素不
能從產生部位正常運輸到莖的伸長區（作用部位），不利于莖的伸長生長，因此株高降低
解析：（1）以皺葉型植株（aabb）和野生型植株（AABB）為親本進行了雜交實驗，F1的基
因型為 AaBb，F2代中野生型（A_B_）的比例為 9/16，野生型（A_bb）和野生型（A_bb）的
比例均為 3/16；皺葉型（aabb）的比例為 1/16。因此，野生型與皺葉型的比例為 15:1。F2
代中野生型植株的基因型為 AABB1/15、AABb2/15、AaBB2/15、AaBb4/15、AAbb1/15、aaBB1/15、
Aabb2/15、aaBb2/15。其中，AABB1/15、AABb2/15、AaBB2/15、AAbb1/15、aaBB1/15 自交
不會發生性狀分離，AAaBb4/15、Aabb2/15、aaBb2/15 自交會發生性狀分離。會發生性狀分
離的植株占全部野生型植株的比例為 8/15。
（2）兩株野生型植株分別與皺葉植株雜交，后代中皺葉植株的比例分別為 1/2 和 1/4。這
說明第一株野生型植株的基因型為 Aabb 或 aaBb，因為它與皺葉植株（aabb）雜交后，后代
中皺葉型植株（aabb）的比例是 1/2；第二株野生型植株的基因型為 AaBb，因為它與皺葉植
株雜交后，后代中皺葉型植株（aabb）的比例是 1/4。
（3）由圖可以看出，基因 1，基因 3 和基因 4 在野生型大豆和皺葉型大豆的表達中無差異，
而基因 2 在皺葉型大豆的表達量減少。又因為 A 基因或 B 基因促進表達的是與生長素轉運蛋
白合成有關的基因。據以上信息推測，A基因或 B基因能促進基因 2的表達，皺葉型植株株
高降低的機制可能是皺葉型植株不含 A基因和 B基因，生長素轉運蛋白合成減少，生長素不
能從產生部位正常運輸到莖的伸長區（作用部位），不利于莖的伸長生長，因此株高降低。
35.（除注明外，每空 1 分，共 11 分）
答案：（1）氨基酸序列 密碼子序列（堿基序列） 脫氧核苷酸序列
（2）啟動子和終止子
（3）使細胞處于一種能吸收周圍環境中 DNA 分子的生理狀態 1900 5 個工程菌 B 都
4
{#{QQABRYaAggCAAoBAABgCAwVyCgKQkAGAAIoOwFAMoAAASQFABAA=}#}
含有α-淀粉酶基因（2 分） 將不含耐高溫α-淀粉酶基因的質粒導入工程菌 B，使用同
樣的引物對平板上長出的菌落進行 PCR，并對 PCR 產物進行瓊脂糖凝膠電泳（2 分）
（4）蛋白質
解析：
（1）蛋白質工程的基本思路是：從預期的蛋白質功能出發→設計預期的蛋白質結構→推測
應有的氨基酸序列→找到并改變相對應的脫氧核苷酸序列（基因）或合成新的基因→獲得所
需要的蛋白質。根據細菌 A 耐高溫的α-淀粉酶（預期的蛋白質功能）應具有的結構（預期
的蛋白質結構），推測出耐高溫的α-淀粉酶的氨基酸序列（推測應有的氨基酸序列），將
細菌 A 的α-淀粉酶替換兩個氨基酸后，耐高溫的特性明顯增加。進一步優化耐高溫的α-
淀粉酶 mRNA 中密碼子序列（堿基序列），改變相對應的脫氧核苷酸序列（找到并改變相對
應的基因脫氧核苷酸序列），最后人工合成長度為 1539bp（核苷酸對）耐高溫的α-淀粉酶
基因（合成新的基因）。
（2）工程菌 B 基因表達載體的構建過程中，需將獲取的耐高溫的α-淀粉酶基因插入到質粒
的啟動子和終止子之間，使目的基因將來能正常轉錄。基因表達載體中的標記基因——氯霉
素抗性基因可用于后續將目的基因導入受體細胞過程的檢測。
2+
（3）基因表達載體導入工程菌 B前，需先用含 Ca 的溶液處理工程菌 B，目的是使細胞處于
一種能吸收周圍環境中 DNA 分子的生理狀態。用含氯霉素的平板篩選可能導入目的基因的工
程菌 B，得到 5 個單菌落。為進一步檢測具有抗性的工程菌 B 中是否導入目的基因，可在耐
高溫的α-淀粉酶基因插入點上游 200bp 和下游 200bp 處設計引物，進行 PCR，并對 PCR 產
物進行瓊脂糖凝膠電泳，電泳結果如題圖所示。
圖中 1～5 菌落的 PCR 產物瓊脂糖凝膠電泳均在 1900 bp（插入點上游 200bp+1539bp 耐高溫
的α-淀粉酶基因+插入點下游 200bp）附近（PCR 結果只能根據 DNA 標準參照物大致作出分
析）有單一條帶，說明 5 個工程菌 B 均有氯霉素抗性基因，都含有α-淀粉酶基因。為確認
以上 PCR 結果，需設計對照實驗，實驗的自變量應是耐高溫的α-淀粉酶基因的有無，所以
對照實驗的操作是將不含耐高溫α-淀粉酶基因的質粒導入工程菌 B，使用同樣的引物對平
板上長出的菌落進行 PCR，并對 PCR 產物進行瓊脂糖凝膠電泳，結果是在 400bp（插入點上
游 200bp+下游 200bp，中間無 1539bp 耐高溫的α-淀粉酶基因）處出現條帶。
（4）根據（1）分析，以上獲得耐高溫的α-淀粉酶的過程屬于蛋白質工程。
5
{#{QQABRYaAggCAAoBAABgCAwVyCgKQkAGAAIoOwFAMoAAASQFABAA=}#}2024 自治區三模物理答案詳解
14. 選 A。解析：對板擦受力分析如圖所示，由平衡條件：
F mg cos F , mgsin F f ,當θ增大時，摩擦力 Ff增大，磁N
力 F 不變，FN增大；白板對板擦的作用力與重力等大反向，θ增
大時，作用力不變。故選 A。
2 m
15. 選 C。解析：對于確定的質子和磁場，其運動周期T 不變，盡管粒子的速率和
qB
半徑一次比一次大，運動周期卻始終不變。在兩盒間加的交變電場，它也以同樣的周期往復
2
Bvq mv E 1 q
2B2R22
變化，交流電的頻率不變。A、B 均錯誤，由 ，粒子動能
R km
mv ，
2 2m
若要增大質子的最大動能，可以增大 D 形金屬盒的半徑，C正確。質子的最大動能與兩盒電
壓無關，D錯誤。
16. 選 D。解析：溫度越高，f(v)最大值向速率 v 大的方向移動，說明虛線溫度高，A 選項錯。
溫度低，f（v）的最大值大，表示某速率間隔內分子數占總分
子數的比率大，并不表示所有分子的動能都大，B 選項錯；虛
線對應狀態下，也是正態分布，速率很小和很大的分子所占比
率都很小，具有中等速率的分子所占比率較大，C 錯；圖線與
坐標軸包圍的總面積是 1，A、B 面積相等，則分子速率介于 0~v0
和 v0~∞的幾率相等，均為 1/2，選 D，綜上，選 D。
17. 選 B。解析：電子繞核做勻速圓周運動的速率
v 2 r 2 3.14 0.6 10
10
18 m / s 2.5 10
6m / s ,德布羅意波長
T 150 10
34
h 6.6 10 30 6 m 3 10
10m，選 B。
p 0.9 10 2.5 10
kQ Q kQ Q
18. 選 D。解析：對 A 電荷有： A O A B 解得Q 4Q
r2 4r 2 A O
設 A 電荷帶正電，則 B 電荷也帶正電，O 電荷帶負電。過 O 點做 x 軸的垂線，垂線上有兩
點場強為零，這兩點與 O 點對稱，取其中一點 C，如圖
所示。設 C 點與 X 軸的距離為 h，由勾股定理可知，
AC2=r2+h2再由矢量關系
2kQA h kQ 3
2 2
O
2 解得 h r故選 D。r h r 2 h2 h 3
19. 選 AC。解析：
由題意可知，電源電動勢有效值為 36V。
U U
當 R=4Ω時，設電壓表的示數是 U2，則原線圈的電壓 U1=4U2。副線圈電流 I 2 22 ;R 4
I1 n2 U由 得原線圈電流I1 2I2 n1 16
{#{QQABRYaAggCAAoBAABgCAwVyCgKQkAGAAIoOwFAMoAAASQFABAA=}#}
電阻 r 兩端的電壓U r I1r
U
2 ；再由 E U r U1解得U 2 8V 。A 選項正確。2
U 8
此時電流表的示數 I2 2 2A。B 選項錯誤。R 4
副線圈輸出功率P EI 21 I1 r
9
當I1 A P
81
時，副線圈輸出功率最大 。
4 2
由E U1 I1r得，此時U1 18V
U n
由 1 1 得，此時U 9 V
U 2 n
2
2 2
由P U 2I2得，此時I2 9A
R U由 2 得，此時R 0.5
I2
C選項正確，故選AC
20. 選 BC。解析：設 AB、BC 間距離分別為 s1、s2。物體由 B 到 C 過程： E mg cos s2 ，
由 C 到 B 過程： Ek mg sin s2 mg cos s2，由已知： E Ek ，解得：2 tan 。
第一次經過 B 和再次回到 A 的過程由動能定理：mg sin s1 2 mg cos s2 0，則
s1 s2 ，即 B為 AC的中點。C正確。由 A到 C過程：Ek0 mg sin (s1 s2 ) mg cos s2；
由 B 到 C 過程：Ek mg sin s2 mg cos s2 ，解得：Ek0 :Ek 5:3， Ek : Ek0 1:5A
錯誤，B 正確。由 C 到 B 的加速度大小 a上=g sin + g cos ，由 B 到 C 的加速度大小
t
a下=g sin
a
g cos 1，由 s2= at
2 下 = 上 g sin + g cos 得： 3，即物體
2 t上 a下 g sin g cos
由 C 到 B 的時間為由 B 到 C 的時間的 3倍，D 錯誤。故選 BC。
21. 選 AC。解析：以衛星 A 為例，A 的星下點初始位于赤道的東經 60°，如圖 M 所示。此
時赤道上的 P 點位于東經 180°。當 A 再次經過赤道時，其
1
運動時間為半周期即 TA，此時由甲圖可知 A 的星下點 N 就2
1
是 P 點，P 隨地球自轉 60°到 N 點，運動時間為 個地球自
6
1 1
轉周期，即： TA T ，T
1
A T 。同理對于衛星 B 有：2 6 自 3 自
T 2B T 。因此TA :TB 1: 2， A : B 2 :1，A 正確，B3 自
{#{QQABRYaAggCAAoBAABgCAwVyCgKQkAGAAIoOwFAMoAAASQFABAA=}#}
錯誤。由開普勒第三定律：rA : r 3 T
2
B A : 3 T
2 Mm
B 1:
3 4 ，由牛頓第二定律：G 2 ma，r
2 2
則： a : a r : r 2 3A B B A 2 :1。C 正確，D 錯誤。故選 AC。
{#{QQABRYaAggCAAoBAABgCAwVyCgKQkAGAAIoOwFAMoAAASQFABAA=}#}新疆維吾爾自治區 2024 年普通高考第三次適應性檢測
理科綜合能力測試參考答案
一、二選擇題
題　 號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答　 案 D D D A C B C B C D C
題　 號 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21
答　 案 D B A C D B D AC BC AC
三、非選擇題
22. (8 分)
(1)0. 705 (0. 704-0. 706 均給分) (2 分)
(2)補畫三條實物連線,如下圖所示(2 分)
U 2
(3) 1
U2 πd U1 U - (2 2分)　 　 　 (4) ( - )(2 分)
I1 I2 4L I1 I2
23. (10 分)
0. 57 (2 分) 　 1. 6 (2 分)　 C(2 分)
(1)如右圖所示,連接 OP 即為光在玻璃中的傳播光線(2 分)
x s
(2)n= 2 1 (2 分)
x1s2
24. (10 分)
解:(1)鋼球 1 碰前的速度大小:
d v0 = =- 0. 2 m / s …………………………………………………………… (1 分)t2 t1
鋼球 2 碰后的速度大小:
v = d
2 =- 0. 05 m / s ………………………………………………………… (1 分)t3 t2
新疆維吾爾自治區 2024 年普通高考第三次適應性檢測　 理科綜合能力測試參考答案　 第　1 頁　 共 5 頁
{#{QQABRYaAggCAAoBAABgCAwVyCgKQkAGAAIoOwFAMoAAASQFABAA=}#}
鋼球 1 和 2 碰撞,動量守恒:
m1v0 =m1v +m v 1 2 2 ……………………………………………………………… (1 分)
解得鋼球 1 碰后的速度大小:
v1 = -0. 05 m / s　 …………………………………………………………… (1 分)
t 2 ~ t3 時間,鋼球 1 的位移:x1 = v1( t3 -t2)= -0. 1 m　 ……………………… (1 分)
位置如圖:
　 　 　 　 ………………… (1 分)
(2)系統碰前動能:
E 1 2 -3k0 = m1v0 = 2×10 J　 ………………………………………………………(1分)2
碰后總動能:
E = 1 m v2 + 1
m 2k 1 1 2v2 = 7. 5×10
-4 J　 ………………………………………… (1 分)
2 2
Ek0 >Ek,故為非彈性碰撞。 …………………………………………………… (2 分)
25. (14 分)
解:(1)A 球飛出后做斜上拋運動,水平方向以速度 vx = vcosθ = 6. 4 m / s 做勻速直線運動,
豎直方向以速度 vy = vsinθ= 4. 8 m / s 做豎直上拋運動。 …………………… (1 分)
小球 A 落入圓筒時,其水平速度仍為 vx = 6. 4 m / s。 此后,小球 A 在水平面內由筒
壁彈力 FN 提供向心力做勻速圓周運動,在豎直方向做豎直下拋運動。
由牛頓第二定律得:
v2
F =m x
N = 32 N　 　 ………………………………………………………… (2 分)R
由牛頓第三定律,其對筒壁彈力 F′N =FN = 32 N …………………………… (1 分)
(2)小球 A 從拋出到落入筒中,其豎直運動位移大小為:
h=L-Lcosθ= 0. 2 m ………………………………………………………… (1 分)
設運動時間為 t1,由運動學公式:h= -v
1 2
y t1 + gt …………………………… (1 分)2 1
小球 B 做簡諧運動,由單擺周期公式,其完成一次全振動時間
T= 2π L = 2 s ……………………………………………………………… (1 分)
g
由題意知 A 球在圓筒中下落時間為 t2 =T-t1 = 1 s ………………………… (1 分)
v
A 球角速度 ω= x = 40rad / s ………………………………………………… (1 分)
R
則其轉過的角度 θ=ωt2 = 40rad ……………………………………………… (1 分)
新疆維吾爾自治區 2024 年普通高考第三次適應性檢測　 理科綜合能力測試參考答案　 第　2 頁　 共 5 頁
{#{QQABRYaAggCAAoBAABgCAwVyCgKQkAGAAIoOwFAMoAAASQFABAA=}#}
(3)小球 A 落入筒中豎直方向速度大小為 vCy = -vy+gt1 = 5. 2 m / s …………… (2 分)
在筒中豎直方向做豎直下拋運動,運動時間為 t2 = 1 s,
則筒的高度:H= vCy t2 +
1 gt22 = 10. 2 m ……………………………………… (2 分)2
26. (20 分)
解:(1)由圖乙可知:U= 0. 4t(V) …………………………………………………… (1 分)
電流 I= U = t(A) ……………………………………………………………… (1 分)
R
電動勢 E= I(R+r)= 0. 5t(V) ………………………………………………… (1 分)
再由 E=Blv 得 v= t(s) ……………………………………………………… (1 分)
加速度 a= 1 m / s2 …………………………………………………………… (1 分)
設 F 沿斜面向下,由牛頓第二定律得:
F+mgsinθ-μmgcosθ-Blv=ma ………………………………………………… (1 分)
F= 0. 5t-0. 25(N) …………………………………………………………… (1 分)
t= 0 時,F= -0. 25 N
故 F 大小為 0. 25 N,方向沿斜面向上 ……………………………………… (1 分)
(2) t= 5s 時,位移 x1 =
1 at2 = 12. 5 m …………………………………………… (1 分)
2
0 ~ 5sF 2. 25
-0. 25
的平均值 F= = 1 N ……………………………………… (1 分)
2
拉力 F 的沖量 IF =Ft= 5 N·s ……………………………………………… (1 分)
Blx
電荷量 q= It= 1 =+ 12. 5 C ………………………………………………… (3 分)R r
(3)撤去 F 后又經過一段時間 t s 后勻速
B2 l2v
mgsinθ-μmgcosθ- t =+ 0 ………………………………………………… (2 分)R r
解得 vt = 1 m / s
+
Q=R rQR = 20 J ……………………………………………………………… (1 分)R
再由 mgx2sinθ-μmgx2cosθ-Q=
1 mv2 1 2
2 t
- mv 得 …………………………… (2 分)
2
x2 = 34 m
s= x1 +x2 = 46. 5 m …………………………………………………………… (1 分)
新疆維吾爾自治區 2024 年普通高考第三次適應性檢測　 理科綜合能力測試參考答案　 第　3 頁　 共 5 頁
{#{QQABRYaAggCAAoBAABgCAwVyCgKQkAGAAIoOwFAMoAAASQFABAA=}#}
27. (14 分)
(1) (1 分)　 第四周期第 IIB 族(1 分)
(2)FeOOH 和 α-MnO2(2 分)
(3)ZnO+4NH3·H2O+2HCO
-
3 = [Zn(NH ) ] 2
+
3 4 +2CO2
-
3 +5H2O(2 分)
(4)Pb、Cu(2 分)　 CuS、CdS、PdS(2 分) 　 含鋅離子的濃度較大,ZnS 可能會析出,導致
產品產率低(1 分)
(5)浸出(1 分)
(6)4 (1 ) 　 ( 1 , 3 3
分 , ) (1 分)
4 4 4
28. (14 分)
(1)三頸燒瓶(1 分) 　 B(1 分)
(2)FeCO3 或 Fe(OH) 2(1 分)
△
(3)NaOOC-CH = CH-COONa+FeSO4 Fe(OOC-CH = CH-COO)↓+Na2SO4(2 分)
(4)加快過濾速度,便于干燥,防止 Fe(II)被空氣中氧氣氧化(2 分) 　 鹽酸和 BaCl2 溶液
(1 分)
(5)酸式(1 分)　 滴入最后半滴硫酸鈰銨標準液,溶液恰好由紅色變無色,且半分鐘不恢
2+ 復原色(2 分) 　 高錳酸鉀溶液不僅氧化 Fe ,還氧化其中的碳碳雙鍵(1 分)　 66. 67(2 分)
29. (15 分)
△
(1)3(2 分)　 4CuO 2Cu2O+O2↑(1 分)
(2)催化劑(1 分) 　 ①(1 分) 　 產物有亞硝基硫酸等,產物不純,生成硫酸濃度低,用途
受限。 (答案合理即可)(2 分)
2
(3)ab(2 b分) 　 2 (2 分)p(1-b)
(4)SO +2H O-2e- SO2-
2 2 4 +4H
+(2 分) 　 2 ∶1(2 分)
30. (15 分)
(1)硝基、酰胺基(2 分)　 C6H5N2O2Cl(2 分)　 1(1 分)
(2)還原反應(1 分) 　 　 (3)5(1 分)
(4) (2 分)
　 消去反應(1 分)
(5)20(2 分)
NO2 NH2 CHO
濃硫酸、濃硝酸 HCl i)NaNO2 、HCl (6) → → → (3 分)
△ Fe ii)CH2 = NOH
新疆維吾爾自治區 2024 年普通高考第三次適應性檢測　 理科綜合能力測試參考答案　 第　4 頁　 共 5 頁
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31. (除注明外,每空 2 分,共 11 分)
(1)線粒體基質(1 分) 　 丙酮酸和水徹底分解成二氧化碳和[H],并釋放出少量的能量
(2)隨著光照強度增加,光反應產生的 ATP 和 NADPH 含量增加,C3 還原的速率加快,
CO2 固定速率加快
(3)氧氣濃度為 2%、光補償點時的光合速率等于細胞呼吸速率,氧氣濃度為 21%、光補償
點時的光合速率等于細胞呼吸速率與光呼吸速率之和,2% O2 和 21% O2 濃度下的細胞呼吸
速率基本相等。 因此,與氧氣濃度為 2%相比,氧氣濃度為 21%時,植物細胞需要更高的光強
以提高光合作用速率(3 分)
(4)隨著光照強度增加,光呼吸速率逐漸增大(1 分) 　 減少光呼吸對光合產物的消耗,從
而增加產物的積累,提高作物產量
32. (除注明外,每空 2 分,共 11 分)
(1)大腦皮層(1 分) 　 條件(1 分) 　 使機體具有更強的預見性、靈活性和適應性,大大
提高了動物應對復雜環境變化的能力
(2)蜂毒進入機體時刺激 B 細胞活化產生抗體,這些抗體吸附在某些細胞(如肥大細胞)
表面,當蜂毒再次進入機體后,會與吸附在細胞表面的相應抗體結合(4 分) 　 免疫防御(1
分)
(3)抗組胺藥能與組胺競爭靶細胞上的 H1 受體,使組胺不易與 H1 受體結合,從而抑制
組胺引起的過敏反應
33. (除注明外,每空 1 分,共 9 分)
(1)使土著魚類棲息地范圍變小、食物匱乏、天敵增多和種間競爭加劇等(3 分) 　 減小
(2)將有機污染物分解成無機物(2 分) 　 增長 　 協調、自生、整體和循環(2 分)
34. (每空 2 分,共 12 分)
(1)15 ∶1 　 8 / 15
(2)Aabb 或 aaBb 　 AaBb
(3)基因 2 　 皺葉型植株不含 A 基因和 B 基因,生長素轉運蛋白合成減少,生長素不能從
產生部位正常運輸到莖的伸長區(作用部位),不利于莖的伸長生長,因此株高降低
35. (除注明外,每空 1 分,共 11 分)
(1)氨基酸序列 　 密碼子序列(堿基序列) 　 脫氧核苷酸序列
(2)啟動子和終止子
(3)使細胞處于一種能吸收周圍環境中 DNA 分子的生理狀態 　 1900 　 5 個工程菌 B 都
含有 α-淀粉酶基因(2 分) 　 將不含耐高溫 α-淀粉酶基因的質粒導入工程菌 B,使用同樣的
引物對平板上長出的菌落進行 PCR,并對 PCR 產物進行瓊脂糖凝膠電泳(2 分)
(4)蛋白質
新疆維吾爾自治區 2024 年普通高考第三次適應性檢測　 理科綜合能力測試參考答案　 第　5 頁　 共 5 頁
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