届高三第三次全国大联考新课标Ⅰ卷理科综合全解全析.docx

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届高三第三次全国大联考新课标Ⅰ卷理科综合全解全析

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C

D

A

B

C

B

C

B

B

A

C

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20

21

A

D

D

B

C

A

C

BD

BC

AD

2019年第三次全国大联考【新课标Ⅰ卷】理科综合·全解全析

1．C【解析】人体所有的体细胞都是由同一个受精卵分裂、分化而来，含有相同的基因，且含有人体全部的遗传物质，A错误。

骨形态发生蛋白基因的表达依赖于DNA解旋酶、RNA聚合酶等，而非逆转录酶，B错误。

骨形态发生蛋白属于分泌蛋白，是由分布在内质网上的核糖体合成的，再经由内质网加工、运输至高尔基体，在高尔基体中进一步加工、包装形成成熟的骨形态发生蛋白分泌到细胞外。

这一过程需要消耗能量，而所需能量来自线粒体有氧呼吸产生的ATP，C正确。

骨形态发生蛋白在骨骼的生长、发育中具有重要作用，说明其靶细胞是骨细胞而非肝细胞，D错误。

2．D【解析】水光解的复杂过程是由类囊体薄膜上的色素和多种物质共同完成的，所以说水光解发生在类囊体薄膜上。

水在光下分解为[H]和氧气，A正确。

水光解依靠色素吸收光能，故其速率与色素含量、光照强度等有关，B正确。

叶绿体色素吸收的光能具有两个方面的作用：

一方面是用于水光解，生成[H]，另一方面是在相关酶的作用下，合成ATP，C正确。

水光解产生的[H]用于暗反应，不参与有氧呼吸，D错误。

3．A【解析】孟德尔假设是某种遗传因子控制生物性状的遗传，没有提出基因的概念，A不准确。

摩尔根以果蝇为实验材料，证明了基因在染色体上，即遗传物质的载体是染色体，B正确。

许多研究都证明，基因决定蛋白质的结构，是指决定蛋白质的多肽链的氨基酸序列，C正确。

沃森和克里克提出了DNA分子双螺旋结构模型，D正确。

4．B【解析】根据系谱图可知，该家族只有男性患者，可能是Y染色体上的基因控制的遗传病，也可能是X染色体上的隐性基因控制的遗传病，又男患者的男性后代健康，可排除伴Y染色体遗传。

因有隔代遗传现象，故可推测其为伴X染色体隐性遗传病，A正确。

从第Ⅳ代性状表现可知，第Ⅱ代男性患者将致病基因传给了女儿，女儿是携带者，所以该致病基因并不是只能由母亲传给其儿子，B错误。

根据家系中相关个体的表现型可知，Ⅰ-1和Ⅰ-2的儿子患病，其致病基因来自Ⅰ-1（携带者），Ⅰ-1和Ⅰ-2的基因型分别为XBXb和XBY，C正确。

Ⅲ-1的父亲患病，其父亲的基因型为XbY，根据C选项可推知Ⅲ-1

的母亲的基因型为1/2XBXb、1/2XBXB，再生一个患病孩子的几率是1/2×1/2=1/4，再生一个健康孩子的几率是1-1/4=3/4，D正确。

5．C【解析】样方法最主要的是随机取样，A错误。

标志重捕法正是利用了标记个体与未标记个体在重捕时被捕概率相同的特点，来估算某种活动能力强、运动范围较大的动物的种群密度的，B错误。

利用灯光诱捕昆虫的方法，可获得一定量的昆虫，如果长期观测、多年积累，可以获得某种昆虫的数量值。

在生产实践中，如果结合田间昆虫的数量和气象因子等环境条件，可绘制出某种群数量动态模型，对害虫的发生期和发生量进行预测，C正确。

标志重捕法一般适宜估算封闭水体中的鱼类的种群密度，D错误。

6．B【解析】绝大多数细胞都通过内环境与外界环境进行物质交换。

根据图示中的箭头方向和所占体重的百分数，可以推测图中①②③依次为血浆、组织液和细胞内液，A错误。

图中箭头表示血浆与肠之间发生的物质交换，食物经消化系统消化后，多种营养物质由小肠绒毛上皮细胞吸收进入肠部毛细血管内的血浆中，如葡萄糖、氨基酸、脂肪酸、甘油等有机小分子，以及水和无机盐等无机物，B正确。

部分蛋白质（如抗体）和激素（如蛋白质类的激素）等可通过①进入②中，但不能进入③。

糖原是存在于细胞中的物质（如肝糖原和肌糖原），只能在细胞中发挥作用，而细胞是利用葡萄糖合成糖原的。

所以糖原不能通过①和②进入③，C错误。

当神经元受到刺激时，②中的Na+大量进入③，形成动作电位。

细胞

处于静息状态时，③中的K+大量外流，进入②，D错误。

7．C【解析】塑料品种中可降解塑料在自然环境中能自动分解，在适当的条件下不会引起白色污染，A项错误；光导纤维是二氧化硅晶体制备的，B项错误；纳米氧化亚铜的杀菌作用主要靠释放出铜离子与真菌或细菌体内蛋白质结合，导致病菌死亡；氧化亚铜具有还原性，能溶解在具有强氧化性的硝酸中，C项正确；普通玻璃易破碎，不能用于生产折叠手机所需的柔性屏，D项错误。

8．B【解析】标准状况下，22.4L的SO2为1mol，SO2与H2O的反应属于可逆反应，所以生成H2SO3的分子数小于NA，A项错误；0.1molFe生成Fe3+失去0.3mol电子，生成0.08molNO得到0.24mol电子，可知Fe过量，0.08molFe与硝酸生成0.08molNO和0.08molFe3+，转移电子为0.24NA，过量的铁粉与

0.04molFe3+反应生成0.06molFe2+，转移电子为0.04NA，故共转移电子数目为0.28NA，B正确；若氯气足量，15g（0.5mol）乙烷中的H完全取代需要3molCl2，所以与1mol氯气反应所得的有机物中含有的氯原子数为NA，C错误；D2O中含有的质子数10，中子数为12，含有的质子数和中子数不相等，D项错误。

9．B【解析】苯的分子式为C6H6，a的分子式为C6H8，分子式不同，二者不是同分异构体，A项错误；乙烯中所有C原子都在同一平面内，与碳碳双键连接的2个C原子也全部在同一平面内，所以a中6个碳原子都在同一平面内，B项正确；b的碳碳双键与Br2发生加成反应导致溴水褪色，与酸性KMnO4溶液发生氧化反应导致其褪色，二者反应类型不同，C项错误；b的一氯取代物有6种，D项错误。

10．A【解析】烧瓶与装置内的空气无法排尽，NO能与空气中的O2反应，收集不到纯净的NO，A项错

误；将煤隔绝空气加强热为煤的干馏，干馏得到焦炉煤气、芳香烃、粗氨水等产品，焦炉煤气可点燃，粗氨水可使滴有酚酞的水溶液出现红色，芳香烃不溶于水且密度小于水，在滴有酚酞的水溶液上层出现油状液体，B项正确；空气中的O2与挥发的CH3CH2OH蒸气在加热以及Cu催化下生成CH3CHO，产生的乙醛液体可直接流到烧杯中，C项正确；大理石与盐酸反应生成CO2，且安全漏斗能起到实验安全作用（防止CO2从漏斗逸出），D项正确。

11．C【解析】根据题设条件可推得X为N元素、Y为O元素，Z为Na元素，W为Cl元素。

根据元素周期律可知，N、O、Na、Cl的原子半径为：

Na>Cl>N>O，A项错误；N、Cl可形成共价化合物NCl3，B项错误；ClO2具有强氧化性，且与水反应生成的物质毒性小，是一种新型水处理剂，能对自来水进行杀菌消毒，C项正确；Na在O2中燃烧生成淡黄色的Na2O2，D项错误。

12．A【解析】乙装置为电解池，M为阳极，CH3—NH—NH2在阳极失去电子生成N2、H2O，生成的CO2

3

3

与OH−反应生成CO2-，电极反应为：

CH3—NH—NH2+12OH−−10e−CO2-+N2+9H2O，A项正确；

甲为二甲醚燃料电池，电池总反应为：

CH3OCH3+3O22CO2+3H2O，电解质溶液的pH基本不变，乙中N电极反应为：

10H2O+10e−5H2+10OH−，M电极消耗的OH−大于N电极产生的OH−，溶液pH减小，B项错误；乙是交换OH−，为阴离子交换膜，OH−透过交换膜向M极移动，C项错误；生成

6.72LH2不一定是标准状况，无法得出消耗CH3OCH3的质量，D项错误。

13．D【解析】依题意1mol/L的NH2OH溶液的pOH=4.5，则c（OH−）=10−4.5mol/L=c（NH3OH+），所以电离

c（NHOH+）⋅c（OH-）

10-4.5⨯10-4.5−9

平衡常数Kb=3=

c（NH2OH）

1-10-4.5

≈10

，A项正确；根据图示可知碱性CH3NH2>NH2OH，

与盐酸反应生成盐的酸性NH3OHCl>CH3NH3Cl，用相同浓度的盐酸分别滴定上述两种碱溶液至pH=7，

即消耗盐酸体积：

CH3NH2>NH2OH，B项正确；由于碱性CH3NH2>NH2OH，当两溶液均稀释至lg

V=4

mL

3

时，CH3NH2电离出的c（OH−）>NH2OH电离出的c（OH−），抑制水电离能力更强，故溶液中水的电离程度：

NH2OH>CH3NH2，C项正确；根据盐类水解规律：

越弱越水解可知，浓度相同的CH3NH3Cl和NH3OHCl的混合溶液中离子浓度大小关系：

c（NH3OH+）

14．D【解析】花盆受到重力G和三个石头球体的弹力N而平衡，在竖直方向上3Ncosθ=G，得N=

只有选项D正确。

G

3cosθ，

15．B【解析】根据爱因斯坦光电效应方程得E

=hν–W，而W=hν，E

=eU，整理得U=hν-W0，则

km0

00kmc

cee

Uc–ν图线斜率均为普朗克常量与元电荷的比值，是相同的，即两图线平行，选项D错误；当ν=0时，

U<0，选项A错误；当U=0时，ν=W0，由于钠的逸出功2.29eV大于钾的逸出功2.25eV，钠的横

cch

轴截距大于钾的横轴截距，选项B正确，C错误。

16．C【解析】撤去拉力后有v2=2ax，得a=v2=0.5m/s2，根据牛顿第二定律，滑动摩擦力f=ma=0.1N；

2222x22

撤去拉力前有v=a1t1，得a1=v

t1

=1m/s2，根据牛顿第二定律有F–f=ma1，得F=0.3N，只有选项C

正确。

Mm

17．A【解析】由G

=m（2π）2（R+h）得T=，则T月=（

6400+384

）3，又T

=24h，得“人

（R+h）3GM

（R+h）2T

2πT41

36000+640041

造月亮”在轨道上运行时的周期T月=

0.163×24h=0.16×0.4×24h≈1.5h，只有选项A正确。

18．C【解析】R两端电压的最大值U

=0.0032

V=2×102V，有效值U

=U2m=20V，电功率P

=UR22

22m

150⨯10-65R2

R2R2

2

UR2

=80W，选项A错误；通过R中的电流I==4A，通过R中的电流I=I

IR1n1

+I>I=4A，由=

2R2R2

1R1

R2CR2

I1n2

得原线圈中电流I=n2I>1.2A，选项C正确；副线圈两端的电压U=I

R+IR>I

R+IR=60V，由

1n1R2

2R11R22

R21R22

U2=n2得U=n1U>10×60V=200V，选项B错误；原线圈两端电压的频率1100πHz=50Hz，

U1n1

1n223

f=T=2π

选项D错误。

19.BD【解析】S闭合后，上极板带负电，由于油滴静止时电场力与重力平衡，油滴应带正电，选项A错

误；由C=εS和C=Q得U=4πkQd，假设Q不变，则上极板竖直上移时d增大，U增大，二极管截

4πkdUεS

止，假设成立，由于静电计测量的是电容器两极板间的电势差，U增大即静电计指针张角将增大，选

项B正确；结合E=U得E=4πkQ，则E不变，油滴受力不变，仍然静止，选项D正确；由于E不变，

dεS

P与下极板间的电势差不变，油滴的电势能不变，选项C错误。

20.BC【解析】电子、质子在磁场中运动的轨迹如图所示。

电子在磁场中偏转通过C，根据左手定则判断知磁感应强度方向垂直纸面向里，选项A错误；由几何关系知：

△AOC、△AO1C均为正三角形且全等，

则电子做匀速圆周运动的半径r1=R=m1v，在磁场中运动的路程L1=60︒2πr1=1πR，选项B正确；电

eB360︒3

子在磁场中运动的时间t1=1⋅2πm1=πm1，由几何关系知：

圆心O2在⊙O的圆周上，四边形AODO2是

6eB3eB

边长为R的菱形，∠AOD=120°，质子在磁场中运动的轨迹半径r=R=m2v2，得v=m1v=kv，选项C

22eB2m2

正确；质子在磁场中运动的时间t=120︒⋅2πm2=2πm2，则t1=m1=k，选项D错误。

2360︒eB

3eB

t22m22

21.AD【解析】由题设条件知保持铁环和小球的位置不变，横杆的位置逐渐按图示方向转到竖直位置，在这个过程中铁环与小球相对静止，小球始终处于平衡状态，根据物体平衡条件和力的合成与分解，可知连接铁环和小球的细线拉力大小不变，选项A正确；因为铁环合力为零，而铁环重力和细线拉力保持不变，故可判断杆对铁环的摩擦力和弹力的合力也保持不变，选项B错误；因为该过程中，铁环也始终处于平衡状态，故杆对铁环的弹力和杆对铁环的摩擦力的合力大小和方向也应保持不变，由矢量合成可判断杆对铁环的弹力先增大后减小，选项C错误；而杆对铁环的静摩擦力先减小后增大，竖直位置时，根据平衡条件可求得静摩擦力最大值为2mg，选项D正确。

225

1501

2

BC2

3

mgx=

Md22

．（分）（）

（分）（）

（分）（）

2（∆t）2（分）

【解析】

（1）该同学用游标卡尺测出遮光条的宽度d=2.14mm=2mm+1mm×7，该同学用的是50分度

50

的游标卡尺。

（2）由于气垫导轨工作时滑块与气体间的摩擦力很小很小，可忽略不计，不需要平衡摩擦力，只需要轨道调成水平即可。

设轻绳的拉力大小为T，根据牛顿第二定律，对滑块和遮光条整体有T=Ma，对钩

mgM

码有mg–T=ma，得T=M+m

=mg

1+m

M

，当M>>m时，T≈mg，则拉力对滑块做的功W=Tx≈mgx。

3v=d

12mgx=

Md2

（）遮光条较窄，可认为匀速穿过光电门，则瞬时速度大小

∆t，由W=2Mv得

2（∆t）2。

23．（10分）

（1）24（1分）

（2）CE（每空2分）（3）连线如图（3分）（4）小于（2分）

【解析】

（1）多用电表的读数为24×1Ω=24Ω。

13V

2

（）电动势4V<3×15V=5V，电压表应选用C；通过待测电阻的最大电流约为24Ω=0.125A=125mA，

4V

最小电流约为100Ω+24Ω=0.032A=32mA，电流表应选择E；滑动变阻器采用限流式接法。

（3）电压表并联在待测电阻两端，滑动变阻器滑片在最大阻值处，连线如图。

U

（4）通过待测电阻的电流Ix=I–RV，待测电阻的真实值

R0=U=

Ix

UU

＞

I-UI。

RV

24．（12分）

（1）t=4mgRsinθ

（2）W=1

2+B02L2vx

23F

mv0

00

kL24R

【解析】

（1）t=0时有mgsinθ=fm（1分）

根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E=∆BL2（1分）

∆t

其中∆B=k

∆t

根据闭合电路欧姆定律，感应电流I=E

2R

ab刚要移动时有BIL=mgsinθ+fm（1分）又B=kt

解得t=4mgRsinθ。

（2分）

k2L3

（1分）

（2）ab速度为v时，感应电流I=B0Lv（1分）

2R

安培力大小F安=B0IL

由图2得v=v0x（1分）

x0

F=B02L2vx1

得安0

2Rx0

（分）

克服安培力做的功W

安=F安x0

=0+F安0

=B02L2v0

x0

（1分）

x0

24R

12

根据动能定理有WF–W安=2mv0–0（1分）

拉力做的功WF=1

mv0

22

2BLvx

+000

（1分）

25．（20分）

2

4R

（1）20.9s

（2）0.4m（3）1.85m

【解析】

（1）设小球a与b碰前瞬间的速率为v，碰后小球a的速度为v1，小球b的速度为v2，小球a从P滑到P1的过程，根据机械能守恒定律有

mgh=1⋅m⋅v2（1分）

323

碰前瞬间，对小球a，根据牛顿第二定律有

N–mg=m⋅v2（1分）

33R

解得v=4m/s

N

mg=2（1分）

3

小球a与b发生弹性正碰，由动量守恒和机械能守恒得

mv=mv1+mv2（1分）

33

1·m21m212

23v=2·3v1+2mv2（1分）

v1=–2m/s，v2=2m/s或v1=4m/s，v2=0m/s（舍去）（1分）

若E=mg即qE=mg，小球b不受PP的作用，以水平向左的速度v

匀速运动打到BC的中点上，则

q122

t=2L1=0.9s（1分）

1v2

（2）若场强大小E=mg即1，则

6qqE=6mg

小球b受到杆的支持力大小Nb=mg–qE=5mg（1分）

6

小球b从P1运动到P2的过程，根据动能定理有

–μNbL1=1mv2'2-1mv22（1分）

22

解得v2'=1m/s（1分）

小球b离开杆后做类平抛运动，若小球b先打在BC边上，则有

L1=v2't2

y=1at2

222

根据牛顿第二定律有

mg–qE=ma2（1分）

解得y=27m＞BC，故小球b应先打在CD上，有

82

x2=v2't3（1分）

L2=1at2（1分）

2223

解得x2=0.5m

小球b第一次与矩形相碰处与C点的距离d2=L1–x2=0.4m（1分）

（3）设小球b离开杆时的速率为v3，从P1运动到P2的过程，根据牛顿第二定律有

Μ（qE–mg）=ma（1分）

即μmgv=ma

v0

根据加速度的定义有

a=∆v（1分）

∆t

μg

得v0ΣvΔt=ΣΔv

由微积分得

μg

v0L1=v2–v3（1分）

得v3=0.5m/s

小球b离开杆后做类平抛运动，若小球b先打在BC边上，则有

L1=v3t4（1分）

y3=1⋅qE0-mgt42（1分）

2m

解得y3=0.81m

2

小球b离开杆后第一次与矩形相碰处到C点的距离d3=L2+y3=1.85m。

（1分）

2

26．（14分）

（1）（恒压）分液漏斗（1分）

（2）A（1分）关闭止水夹，向长颈漏斗中注水至漏斗中形成一段液注，且持续不落即可证明气密性良好（或其他合理说法，2分）

（3）f→g→c→b→e（2分）

4

（4）2Fe3++3ClO−+10OH−2FeO2-+3Cl−+5H2O（2分）ClO−、Fe3+能发生双水解反应生成红褐色

的Fe（OH）3：

3ClO−+Fe3++3H2OFe（OH）3↓+3HClO（2分）

（5）①冷的稀KOH溶液（1分）

②过滤（1分）

③将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液（1分）

④乙醇（1分）

【解析】

（1）根据盛放Fe（NO3）3溶液的仪器的形状可知该仪器为恒压分液漏斗。

（2）实验室可用MnO2与浓盐酸在加热条件下反应制备Cl2，故选A装置；根据装置B的结构特点，首先关闭止水夹，然后向长颈漏斗中注入水至漏斗中形成一段液注，且持续不落即可证明气密性良好。

（3）装置A制备的氯气中含有HCl，通过饱和食盐水除去HCl，然后Cl2进入装置D中，多余的Cl2

用E吸收，按气流从左到右的方向，合理的连接顺序为a→f→g→c→b→e。

（4）在KOH溶液中，Fe（NO3）3与KClO反应生成K2FeO4、KCl和KNO3，反应为

2Fe（NO3）3+3KClO+10KOH2K2FeO4+6KNO3+3KCl+5H2O，制取K2FeO4的离子方程式为：

4

2Fe3++3ClO−+10OH−2FeO2-+3Cl−+5H2O。

强碱性介质消耗完之后，ClO−、Fe3+能发生双水解反应：

3ClO−+Fe3++3H2OFe（OH）3↓+3HClO，所以实验过程中若装置D的液面上方出现黄绿色气体后，再滴加Fe（NO3）3溶液会产生大量红褐色沉淀。

（5）K2FeO4易溶于水、微溶于浓碱溶液，且在0～5℃的强碱性溶液中较稳定，所以提纯K2FeO4粗产品时：

①根据除杂不带杂的原则，以及题目信息，碱液的温度不能高，所以应该将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的稀的KOH溶液中，形成含有K2FeO4、杂质KNO3、KCl、KOH的溶液，Fe（OH）3以沉淀析出；②过滤除去Fe（OH）3，得到含有K2FeO4、杂质KNO3、KCl、KOH的滤液；③将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，KNO3、KCl溶解，K2FeO4以沉淀形式析出；④搅拌、静置，过滤得到K2FeO4晶体；⑤由于该晶体吸附溶液中的Cl−等，因K2FeO4易溶于水，防止用水洗涤时晶体溶解损失，改用乙醇洗涤2～3次除去Cl−等，得到纯净的K2FeO4晶体；⑤在真空干燥箱中干燥除去水分。

27．（14分）

（1）

（1分）偏铝酸钾（1分）

（2）2Fe2++2H++H2