衡中同卷2019-2020押题卷Ⅰ理综试卷答案

衡中同卷 高考押题卷 理科综合() 参考答案及解析 理科综合( ) 1. D 【 解析】真核细胞和原核细胞中合成动力蛋白的细 胞器均为核糖体,A项错误; 动力蛋白具有A T P酶的活 性, 能催化A T P的水解, 但本身不提供能量,B项错误; 动力蛋白空间结构的改变与肽键无关,C项错误; 动力 蛋白基因突变会合成异常的动力蛋白, 使纤毛失去运动 的功能, 精子不能运动会影响受精过程,D项正确。 2. C【 解析】脂肪检测中酒精的作用是洗去浮色, 低温诱 导染色体数目变化用体积分数为9 5%的酒精洗去固定 液,A项正确; 质壁分离与复原实验中, 细胞保持活性, 因此质壁分离实验中可以观察到原生质层逐渐收缩变 小,B项正确; 加热杀死的S型菌注入小鼠体内不能发 生转化, 因此小鼠不会死亡, 也不能从小鼠体内分离得 到活菌,C项错误; 3 5S标记的噬菌体侵染细菌实验中, 搅拌不充分会有噬菌体的蛋白质外壳吸附在大肠杆菌 表面, 造成沉淀物中放射性增强,D项正确。 3. A 【 解析】a b过程为分裂间期, 进行D NA分子的复 制和有关蛋白质的合成, 细胞有适度的生长,A项正确; a h进行的是减数分裂, 连续分裂的细胞才有细胞周 期, 减数分裂细胞只进行两次分裂, 并没有细胞周期, a 细胞最终分裂为精细胞, 说明该过程发生在动物的精巢 中,B项错误; e、f细胞遗传物质不变, 但由于基因的选 择性表达, 合成的蛋白质不完全相同, 使细胞出现了形 态结构的差异,C项错误; c、e、g、f中存在同源染色体, 但只在分裂期的细胞中才能观察到染色体,D项错误。 4. D 【 解析】毛囊内的无氧环境引起痤疮丙酸杆菌的大 量繁殖, 说明该菌为厌氧生物, 细菌为原核生物, 繁殖所 需的能量只能来自细胞质,A项正确; 由题意可知雄性 激素的受体在细胞内, 通过进入细胞核调节细胞内的脂 质合成与分泌,B项正确; 痤疮丙酸杆菌的大量繁殖会 引起机体发生免疫反应, 因此体内能检测到相应抗体的 存在,C项正确; 痤疮丙酸杆菌异常增殖是痤疮发生炎 症的原因,D项错误。 5. B【 解析】E基因突变为e基因导致蛋白质中段一个氨 基酸改变, 因此此突变是发生了碱基对的替换,A项错 误; 基因中嘌呤与嘧啶的比值无论有没有发生基因突变 都为11,B项正确;E基因突变为e基因, 由于只有中 段的一个氨基酸改变, 因此所需t R NA的数量不变, 种 类发生改变,C项错误;E、 e属于等位基因, 等位基因的 分离往往发生在减数第一次分裂的后期,D项错误。 6. C【 解析】由图可知T I抗原只会引起体液免疫, 绝大 多数的抗原需要经过吞噬细胞等的摄取和处理, 将抗原 呈递给T细胞进行体液免疫和细胞免疫,A项正确; 先 天性胸腺发育不全患者体内不会产生T细胞, 但T I抗 原引起的免疫过程不需要T细胞的辅助, 因此T I抗原 的免疫过程不受影响,B项正确; 吞噬细胞不能特异性 识别抗原,C项错误;T I抗原引起的免疫不会产生记忆 细胞, 只存在初次免疫, 因此体内抗体水平与初次侵染 时大致相同,D项正确。 7. D 【 解析】水晶不属于硅酸盐产品,A项错误; 医用酒 精和葡萄糖注射液均为溶液, 不可用丁达尔效应区分,B 项错误; 氯水消毒杀菌是利用其氧化性, 食盐水消毒杀 菌是利用其能使细菌细胞失水, 二者原理不同,C项错 误; 铵盐和K2C O3会发生反应, 生成的二氧化碳、 氨气 挥发而降低肥效,D项正确。 8. D 【 解析】反应能自发进行, 其S0, 则H20, A项错误;H2和O2制备H2O2的总反应为H2(g)+ O2(g)H2O2(l) , 则A为催化剂,B为中间产物,B项 错误; 反应能自发进行, 其S0, 则H10, 正反应 的活化能 小 于 逆 反 应 的 活 化 能,C项 错 误;H2( g)+ O2(g)H2O2(l) 的H=H1+H20,D项正确。 9. B【 解析】乙烷分子中含有2个甲基, 新戊烷分子中含 有4个甲基, 二者所含甲基数目之比为12,A项错误; 甲苯能与H2发生加成反应, 能燃烧发生氧化反应, 能 与C l 2、B r2、 浓硝酸等在一定条件下发生取代反应,B项 正确; 聚乙烯不含碳碳双键, 不能使酸性KM n O4溶液 和溴水褪色,C项错误; 的二氯代物有1 2 种,C 4H1 0的二氯代物有9种,D项错误。 1 0. D 【 解析】由信息可知,X、Y、Z、W分别为H、N、O、 N a。则简单离子半径:N a + I2,D项错误。 1 2. C【 解析】由a电极的反应式可知,a电极为燃料电池的 正极, b电极为负极;M电极为电解池的阳极,N电极为阴 极。则燃料电池的负极反应式为C H3O C H3+3 H2O- 1 2 e - 2 C O2+1 2 H+,A项正确; 氯碱工业中阳极的 电极反应式为2 C l - -2 e -C l 2, 故试剂A为饱和食 盐水, 阴极的电极反应式为2 H+ 2 e -H 2, 故试剂 B为稀N a O H溶液,B项正确; 阳极生成1m o lC l2时, 有 2m o lN a +通过离子交换膜, C项错误; 阴极生成1m o lH2 时, 转移2m o l电子,D项正确。 1 3. A 【 解析】D点 l g c(H+) c(O H-) =- 8 . 5, 则c (H+) c(O H-) =1 . 0 1 0 - 8 . 5, 因 为 Kw=1 . 01 0 - 1 4, 所 以c( H+)=1 . 0 1 0 -1 1. 2 5, p H=1 1. 2 5,A项正确;B点溶液为等浓度的 HNO2和N a NO2的混合溶液, 电荷守恒式为c(H+)+ c(N a +) =c(OH-)+c(N O - 2) , 物料守恒式为2c(N a +) = c(N O - 2)+c(HN O2) , 则2c(H +) -2c(O H-)=c(N O - 2)- c(HN O2) ,B项 错 误;C点 溶 液 的 l g c(H+) c(O H-) =0, 则 c(H+) c(OH-) =1,HN O2的电离程度与N a N O2的水解程度 相同, 加入N a OH溶液的体积小于2 0m L,C项错误;A 点溶液 l g c(H+) c(O H-) =8 . 5, 则c (H+) c(O H-) =1 . 01 0 8 . 5, Kw= 1 . 0 1 0 - 1 4, c 2( H+)=1 . 01 0 - 5 . 5, 则 HN O2的电离常数 Ka=c (H+) c(N O- 2) c(HN O2) = c 2( H+) 0 . 0 1 0 0m o lL - 1- c(H+)= 1. 01 0 -5. 5 0. 0 1 0 0m o lL -1- c(H+) ,D项错误。 1 4. D 【 解析】判断是超重还是失重要看加速度的方向, 方向向下则为失重, 方向向上则为超重, 所以做竖直上 抛的物体始终处于失重状态, 所以A错误; 一个以很 大速度做匀速运动的物体, 速度尽管很大但其所受合 力为零, 故B错误; 物体所受合外力F大小不变, 方向 始终与速度方向垂直, 则其运动一定是匀速圆周运动, 故C错误; 做曲线运动的物体, 所受合外力为恒力时, 其轨迹一定是抛物线, 故D正确。 1 5. A 【 解 析】 回 路 中 的 感 应 电 动 势 为e=e 1+e2= B1l2l 1 2s i n t+B2l2l 1 2s i n t=( B1+B2)l1l2 2 s i n t, 则电流为i= (B1+B2) l1l2 2R s i n t, 故选项A正 确,B、 C、D选项错误。 1 6. C【 解析】同位素的核外电子数量相同, 所以一种元 素的各种同位素都具有相同的化学性质,A错误; 原子 核内相邻的质子和中子之间均存在核力,B错误; 核子 数越多其结合能也越大, 所以2 3 5 9 2U的结合 能 比 1 4 4 5 6B a 和8 9 3 6K r都大, 越接近铁元素的比结合能越大, 所以 2 3 5 9 2U 的比结合能比1 4 4 5 6B a和 8 9 3 6K r都小,C正确;射线、射线 都是带电粒子流, 而射线是电磁波不带电, 故D错 误。 1 7. B【 解析】月球的第一宇宙速度比地球的要小, 故A 错误; “ 嫦娥五号” 从轨道进入月地转移轨道是离 心运动, 所以需要加速,B正确; 刚开始的时候月球对 “ 嫦娥五号” 的引力大于地球对“ 嫦娥五号” 的引力, 所 以动能要减小, 之后当地球的引力大于月球的引力时, 卫星的动能就开始增加, 故C错误; “ 嫦娥五号” 降落至 地面的运动为向心运动, 需要减速, 故D错误。 1 8. A C 【 解析】 两次从极板射出 时, 水平速度大小不变, 即所需 时间 相 等, 又 因 为v y=a t,a= E q m , 所 以v y= E q mt , 所 以E 1 E2 = vy1 vy2, 如图所示, 第一次射出电场时, 设其沿电场线方向 的速度为v y1, 可得v 0 vy1= d 2 d , 所以v y1=2v0, 同理可求 得v y2=3v0, 所以v y1 vy2= 2 3 , 所以电场强度之比为E 1 E2= 2 3 , 故A 正确,B错误; 第一次的动能为Ek 1=1 2m v 2= 1 2m( v02+vy12)= 1 2m5 v02, 第二次其动能为Ek 2= 1 2m( v 2 0+v 2 y2)= 1 2m1 0 v02, 所以两次动能之比为 12, 故C正确; 因E=U d = Q C d= 4 k Q rS , S不变, 所以 带电荷量之比Q 1 Q2= E1 E2= 2 3 , 所以D错误。 1 9. C D 【 解析】当电场方向由竖直向上旋转至平行于斜 面的过程中, 电场力垂直斜面向上的分力越来越小, 所 以斜面对物块的支持力越来越大; 当电场方向由平行 于斜面旋转至水平方向的过程中, 电场力沿垂直斜面 向下的分力越来越大, 所以斜面对物块的支持力越来 越大, 综上所述, 斜面对物块的支持力N一直增大, 故 A错误; 当电场方向竖直向上时, 可以判断电场力一定 小于等于重力, 若电场力小于重力, 此时的摩擦力方向 沿斜面向上, 刚开始旋转时, 电场力沿斜面向上的分力 越来越大, 所以摩擦力开始一定要减小, 故B错误; 因 为电场力大小未知, 有可能其最大值比 m g s i n4 5 要 大, 此时f先减小后反向增大, 到达平行于斜面时, 摩 擦力沿斜面向下最大, 然后又减小, 减小至零后再反向 增大, 故C正确; 当电场力最大值比 m g s i n4 5 小时, 电 场方向到达平行于斜面时, f最小, 仍然沿斜面向上, 2 衡中同卷 高考押题卷 理科综合() 所以摩擦力应该是先减小后增大, 故D正确; 若电场力 等于重力, 开始时摩擦力为零, 刚开始旋转时, 电场力 沿斜面向上的分力越来越大, 所以摩擦力开始沿斜面 向下增大, 电场方向到达平行于斜面时, 摩擦力沿斜面 向下最大, 当电场方向由平行于斜面旋转至水平方向 的过程中, 摩擦力开始沿斜面向下减小( 注: 选项中未 涉及到此情况) 。 2 0. B D 【 解析】根据图像, 经分析可知, 在02s时间内 小滑块和长木板相对静止, 它们之间为静摩擦力, 对小 滑块有f静=m1a,a在增加, 所以静摩擦力也在线性增 大, 故A错误; 长木板的加速度a在3s时突变, 所以 小滑块在3s时脱离长木板, 对长木板在3s时刻前后 分别 列 牛 顿 第 二 定 律 可 得:3k-f=m2a前=m2 ( 2m/s 2) , 3k=m2a后=m2(3m/s 2) , 两式联立可得: f=m2(1m/s 2) , 所以B正确; 在02s时间内, F= (m1+m2) a1=k t, 所以a1= k t m1+m2, 在23s时间内, F-f=m2a2, 所 以a2=k t -f m2 , 根 据 图 像 斜 率 可 知 k m1+m2= 1 2 , k m2 =1, 解得m1=m2, 所以C错误; 在 2s时刻小滑块与长木板速度相同, 在23s时间内, 小滑块的速度的变化量为v1=1m/s, 长木板的速度 的变化量为v2=1. 5m/s, 所以在3s时, 长木板比小 滑块的速度大0. 5m/s, 故D正确。 2 1. B C D 【 解析】刚释放导体棒时, 回路中只有感生电动 势, 其加速度为 m g s i n-B0I l=m a, 当到达t2时刻后, 感生电动势产生的电流消失, 只剩下动生电动势产生 的电流, 此时 m g s i n-B0I l=m a , 因为不能判断I 与 I的大小关系, 所以加速度a不一定大于a, 故A错 误; 导体棒的最大速度应该可以出现在t 2时刻之后, 当 m g s i n=B 0 2 l 2 v R 时, 有最大速度v=m g R s i n B20l 2 , 故B 正确; t1t2时间内, 由于下滑速度越来越大, 所以产 生的动生电动势也越来越大, 此时回路中的感应电流 变大, 导体棒所受安培力也越来越大, 所以其加速度越 来越小, 其加速度有可能在到达t 2时刻之前已经减为 零, 所以之后其可能做匀速 直线 运动, 故C正 确; 在 t1t3时间 内, 由 动 量 定 理 可 得 m g s i n(t3-t1)- B0I l(t3-t1)=mv, 可 解 得:q= m g ( t3-t1)s i n B0l - m 2 g R s i n B30l 3 , 故D 正确。 2 2.(1)x=1 2 h- 1 2 s( 3分) ( 2)0. 2(2分) 0. 2 5(2分) 【 解析】( 1) 由动能定理, 对全过程有m g h-1 m g c o s A D-2 m g x=0, 即x=1 2 h- 1 2 s。 ( 2) 对照图像, 代入数值可知1=0. 2, 2=0. 2 5。 2 3.(1) 如图甲所示(2分) (2) 如图乙所示(3分) ( 3)0. 1 5( 在0. 1 30. 1 7之间均正确) (3分) 【 解析】( 1) 电流表采用外接法; 同时要求电压变化从 零开始, 故滑动变阻器采用分压式接法, 如图甲所示。 甲 ( 2) 实物连线如图乙所示。 乙 ( 3) 设小灯泡两端的电压为U, 流过的电流为I, 则由闭 合电路欧姆定律得E=U+(I+U R1) ( r+R2) , 整理并 代入数值得U=2. 2 5-7. 5I或I=0. 3 0-2 1 5 U,I - U图 线如图丙 所 示, 交 点 即 为 工 作 点, 代 入 数 据 得P= 0. 1 5W( 在0. 1 30. 1 7之间均给分) 。 丙 2 4. 4m/s 2m/s【 解析】设碰时A球与B球的速率分 别为v1与v2, 为完成反复运动, 小球A和B各自碰前 与碰后的速率应相等, 即小球A碰后速度为-v1, 小球 B碰后速度为-v2, 则有 m1v1-m2v2=-m1v1+m2v2 ( 2分) 得m 1 m2= v2 v1 ( 1分) 设小球A到达底面所需时间为t, 则有 3 理科综合() 参考答案及解析 h=v1t+ 1 2 g t 2 ( 2分) 小球A往返一次所需时间 t1=2t=2(-v1+v12+2 g h ) /g( 2分) 小球B往返一次需时t2=2v2/g(1分) 按题意要求有t 1=t2 ( 2分) 即-v1+ v12+2 g h =m1v1/m2 ( 2分) 解得v1=4m/s,v2=2m/s(2分) 2 5.(1)v( 2- 3) q B 0R m (2) 2 m q B (3)2R 甲 【 解析】 (1) 如图 甲所 示, 当 粒子在半 圆外 做 圆周 运动 恰好与y轴相切时, 此时粒 子的速度为最小值, 设带电 粒子在磁 场内 做 匀速 圆周 运动的轨道半径为r, 轨迹 圆心O2与半圆圆心O1连 线与x轴之间的夹角为, 由几何关系可知 t a n =r R ( 1分) 2rs i n 2=r ( 1分) 两式联立可得: =1 5 ,r=Rt a n 1 5 ( 1分) 又 q v B 0=mv 2 r ( 1分) 得v=r q B 0 m = q B 0Rt a n 1 5 m =( 2- 3) q B 0R m ( 1分) 所以不会从y轴正半轴射入第二象限的粒子的速度的 取值范围为v( 2- 3 q B 0R) m ( 1分) ( 2) 如图乙所示做出某一速度粒子的轨迹, 最终打在半 圆边界, 由几何关系可知: 1+2=3 6 0 ( 2分) 所以带电粒子在磁场中运动的总时间为T=2 m q B ( 2分) 乙 丙 ( 3) 如图丙所示做出某一速度粒子的轨迹, 设其最高点 为P, 轨迹圆心O2与半圆圆心O1连线与x轴之间的 夹角为由几何关系可得P距x轴的距离为x=2R 2 s i nc o s=2Rs i n 2 ( 2分) 又因为t a n=r R ( 1分) 两式联立可得x=2R2 s i nc o s=2Rs i n 2(2分) 当=4 5 时,x取到最大值xm a x=2R(2分) 所以想使所有粒子都不会从磁场上边界射出, a的最 小值为xm i n=2R(1分) 2 6.(1)a c b f g( 或 g f )h i d e j( 2分) ( 2)C D B A(2分) 装置F充满黄绿色气体(1分, 其他 合理答案也给分) ( 3) 平衡压强, 使浓盐酸容易滴落(2分) ( 4) 防止水蒸气进入装置F; 吸收未参加反应的C l2, 防 止污染空气( 2分) ( 5)T i O2+2 C+2 C l2 高温 T i C l4+2 C O(2分) ( 6) 取少量收集到的液体于洁净试管中, 滴加适量水, 产生白色沉淀, 则收集到的液体中含有T i C l 4(2分, 其 他合理答案也给分) ( 7) 蒸馏(1分) 【 解析】( 1) 由装置图及题中信息可知, 装置A用于制 备C l 2; 装置B用于干燥C l2; 装置D为主反应器; 装置 F用于接收T i C l4; 装置C可防止水蒸气进入接收器中 使T i C l 4水解; 装置E的作用为收集C O, 防止空气污 染。由此可得装置的连接顺序。 ( 2)T i C l4易水解, 须先通入C l2排尽装置中的空气, 再 加热陶瓷管; 实验结束时, 为避免装置E中的水倒吸, 需先停止加热再停止通气体, 由此可得正确的操作步 骤。可通过装置F中充满C l 2判断装置中空气已排 尽。 ( 3) 导管m可连通分液漏斗和圆底烧瓶, 使二者内部 压强相等, 浓盐酸容易滴落。 ( 4) 碱石灰可防止装置E中的水蒸气进入装置F使 T i C l4水解, 同时可吸收未参加反应的C l2。 ( 5) 由质量守恒定律可知, 生成的气态不成盐氧化物为 C O, 根据氧化还原反应的配平规则可得反应的化学方 程式。 ( 6)T i C l4水解生成T i O2xH2O和HC l, 故可用加水 的方法证明T i C l 4的存在。 ( 7) 分离互溶且沸点不同的液体可用蒸馏的方法。 2 7.(1) 除去废料中的有机物; 使部分金属单质转化为氧化 物(2分, 其他合理答案也给分) ( 2) 漂液(1分) 节约成本, 不影响后续操作(1分, 其 他合理答案也给分) ( 3)2 F e 2+C l O-+2 H+2 F e3+C l-+H 2O(2分) ( 4)5(2分) ( 5)N i C O3+H2O N i(OH)2+C O2(1分) ( 6)F e(OH)3、A l(OH)3、C u S、Z n S、P b S(2分) ( 7)2(2分) N i(OH)2+OH-e - N i O OH+ H2O(1分) 【 解析】( 1) 大部分有机物易挥发、 易燃烧, 可用焙烧 4 衡中同卷 高考押题卷 理科综合() 法除去; 同时部分金属单质与氧气反应转化为氧化物, 酸浸时减少氢气的生成。 ( 2) 氧化等量的F e 2+, 用漂液成本更低, 且引入 N a +和 C l -不影响后续分离和除杂。 ( 3) “ 氧化” 的目的是用漂液将F e 2+转化为 F e 3+, 根据 氧化还原反应和离子反应的配平原则, 可写出离子方 程式。 ( 4) 由F e(OH)3和A l(OH)3的溶度积常数可知,A l 3+浓 度小于等于1 . 0 1 0 -6 m o lL -1时, F e 3+浓度一定小于 1 . 0 1 0 -6m o l L-1, 则K s p A l(OH) 3=1 . 0 1 0 -3 3= c(A l 3+) c 3( OH-)=1. 01 0 -6c3( OH-) , 计算得 c(OH-)1. 01 0 -9 m o lL -1, p H5。 ( 5) “ 加水煮沸” 时,N i C O3水解转化为N i(OH)2, 同时 生成C O2, 可得化学方程式。 ( 6) 由流程图知, 可回收的金属化合物为F e(OH)3、 A l(OH)3、C u S、Z n S、P b S。 ( 7) 该电池的负极反应式为MH+OH-e - M+ H2O, 故转移2m o l电子时, 理论上负极质量减少2g。 根据 电 池 总 反 应 式 可 知,充 电 时 阳 极 反 应 式 为 N i(OH)2+OH-e -N i O OH+H 2O。 2 8.(1)3 3 2(2分) ( 2) 增大(1分) 增大压强, 反应i i的平衡不移动, 反 应i的平衡正向移动, 所以CH2C l CHC l CH3的产率增 大(2分) ( 3)5 4. 5%(2分) (1分) ( 4)(1分) B(1分) 反应i i的正反应为放热反应, 温度升高, 正反应的平衡常数减小( 2分) 5 0%(2分) ( 5) 增大(1分) 【 解 析 】 (1)由 反 应i,H1= -1 3 4k Jm o l - 1 = 6 1 1k Jm o l - 1+ 2 4 3k Jm o l- 1-x- 2 3 2 8k Jm o l-1, 解得x=3 3 2k Jm o l -1。 ( 2) 反应i i的左右两边气体分子总数相等, 平衡不受压 强影响; 反应i为气体分子总数减小的反应, 增大压 强, 平衡正向移动,CH2C l CHC l CH3的产率增大。 ( 3)05m i n内, 用CH2C l CHC l CH3表示的反应速 率v(CH2C l CHC l CH3)=0. 0 1 6m o lL-1m i n -1, 平 衡时生成CH2C l CHC l CH3的物质的量为0. 8m o l, 则 平衡时HC l( g) 的物质的量为1. 2m o l; 再用差量法计 算出 平 衡 时 气 体 总 物 质 的 量 为3 m o l-0. 8m o l = 2. 2m o l, 所以HC l的 体积 分数 为1. 2m o l 2. 2m o l1 0 0% 5 4. 5%。由题中数据, 利用三段式法可计算出平衡 时,C H2 C H C H2C l(g) 、H C l(g) 、C H2C l C H C l C H3(g) 的浓 度 分 别 为0. 0 2 m o lL-1、0. 1 2m o lL-1、 0. 0 8m o lL -1, 则平衡 常 数 K= 0. 0 8 0. 0 20. 1 2= 1 0 0 3 ; 6m i n时的浓度商Qc= 0 . 0 8 + 0 . 0 1 ( 0 . 0 2 + 0 . 0 6)(0 . 1 2 + 0 . 0 2) = 2 2 5 2 8v逆(HC l) 。 ( 4)由 反 应i i和 图 甲 知,一 定 温 度 下,起 始 的 n(CH2CHCH3) n(C l2) 越大, 平衡时C l 2的体积分数越小。 反应i i的正反应方向为放热反应, 升高温度, 平衡向 逆反应方向移动, 平衡常数减小。由图乙知, 温度为 T1时, 正、 逆反应的平衡常数相等, 又因为二者互为倒 数, 则平衡常数K=1。w=1时, 设CH2 CHCH3和 C l2的物质的量均为am o l, 参加反应的C l2的物质的 量为bm o l, 利用三段式可列关系式: b 2 ( a-b) 2=1, 解得 b a =5 0%。 ( 5) 该反应为反应前后气体分子总数相等的放热反应, 反应向正反应方向进行, 体系温度升高, 气体膨胀, 压 强增大。 2 9.(1 0分, 除标注外, 每空1分) ( 1) 镉的浓度和处理时间(2分) 随着镉浓度的增大, 叶绿素的含量逐渐降低, 叶绿素a受影响的幅度更大 ( 2分) ( 2) 液泡 空间结构 暗反应 ( 3) 类囊体薄膜( 或基粒) 光 线粒体内膜 【 解析】( 1) 本实验的两个自变量为镉浓度和处理时 间。由图甲得出的结论: 随着镉浓度的增大, 叶绿素的 含量逐渐降低, 叶绿素a受影响的幅度更大。(2) 镉被 紫萍吸收后, 贮存于细胞的液泡中, 不会对主要生理过 程产生影响; 镉浓度超过5m g/ k g , 镉可通过破坏可溶 性蛋白质的空间结构使其溶解性下降, 对光合作用中 暗反应阶段影响更大。( 3) 分析图乙可推测, 镉可能是 通过破坏类囊体薄膜影响光反应阶段, 降低光合作用 的速率; 也可能通过破坏线粒体内膜影响呼吸作用第 三阶段的进行。 3 0.(8分, 每空1分) ( 1) 无氧呼吸 神经递质 神经 正反馈 ( 2) 激素 胰岛素 促进细胞内的葡萄糖转化为脂肪 ( 3) 促甲状腺激素释放 【 解析】( 1) 肠道中为无氧环境, 其中的微生物进行的 是无氧呼吸, 因此物质A应为无氧呼吸的产物。物质 A增多引起神经细胞分泌神经递质作用于胃黏膜细胞 产生饥饿素, 该过程属于神经调节。营养物质的摄入 量增多又会使微生物产生物质A的量增加, 因此过 程属于正反馈调节。( 2)过程属于体液调节, 物 质B为胰岛素,过程通过促进细胞内的葡萄糖转化 5 理科综合() 参考答案及解析 为脂肪, 从而引起肥胖。( 3) 饥饿素引起下丘脑的摄食 中枢兴奋, 使下丘脑分泌的促甲状腺激素释放激素减 少, 进而减少甲状腺激素的分泌, 使有机物的氧化分解 减慢, 从而导致肥胖。 3 1.(1 0分, 每空2分) ( 1) 两种群中雌雄均有灰身和黑身, 不随雄性遗传( 合 理即可) ( 2) 黑色雌鼠与灰色雄鼠 ( 3) 实验步骤:选F1中的雄鼠与黑色雌鼠测交 结果分析:雌性均为黑身, 雄性均为灰身 灰身黑身=11, 且与性别无关 【 解析】( 1) 位于2区段的遗传属于伴Y染色体遗传, 该性状只在后代的雄性中表现出来, 由题意可知, 两种 群中雌雄均有灰身和黑身, 不随雄性遗传, 因此B、b基 因不位于2区段上。(2) 可选择黑色雌鼠与灰色雄鼠 杂交, 观察后代的表现型及比例, 来确定B、b位于区 段还是1区段。(3) 若控制小鼠毛色的基因B、b位于 区段, 则黑色雌鼠(X bXb) 与灰色雄鼠( X BYB) 杂交, 选F 1中的雄鼠(X bYB) 与黑色雌鼠( X bXb) 测交, 后代 雌性均为黑身, 雄性均为灰身; 若黑身与灰身基因位于 常染色体上, 则黑色雌鼠(b b) 与灰色雄鼠(B B) 杂交, 选F 1中的雄鼠(B b) 与黑色雌鼠(b b) 测交, 后代灰身 黑身=11, 且与性别无关。 3 2.(1 1分, 除标注外, 每空1分) ( 1) 次生 初生 速度和方向 不赞同( 或赞同) 全 国各地的植物种类多样, 不一定适应沙漠干旱的环境 ( 或可从提供的种子中选育耐干旱、 耐高温的沙漠植 物, 合理即可得分, 2分) ( 2) 共同进化 直接 ( 3) (b-c) /a(2分) 化学 【 解析】( 1) 草原演替为沙漠属于退行性的次生演替, 流动沙丘上进行的是初生演替。人类的活动往往会使 群落演替按照不同于自然演替的速度和方向进行。由 于我国跨度比较大, 气候变化多样, 因此各地的树种多 数不能适应沙漠干旱、 高温的气候, 因此不建议采集各 地的树种支援沙漠建设( 也可填赞同, 可从全国各地提 供的种子中通过育种培育出耐干旱、 耐高温的沙漠植 物, 用于沙漠改造) 。( 2) 复活草和沙漠环境通过相互 影响不断进化和发展, 这就是共同进化。通过研究复 活草的锁水机制研制补水化妆品, 体现了复活草的直 接价值。( 3) 各类昆虫的同化量为a, 沙蜥同化的能量 为b-c, 因此昆虫与沙蜥之间的能量传递率为(b-c) / a1 0 0%。蚂蚁之间通过化学物质传递信息属于化学 信息的传递。 3 3.(1)B C E ( 2)8 0c mH g l1=2 0 c m或l2=3 0c m 【 解析】( 1) 空气相对湿度越大, 空气中水蒸气压强就 越接近饱和汽压, 水蒸发得就越慢, 故A错; 布朗运动 说明液体分子做永不停息的无规则运动, 同时说明液 体分子间有间隙, 故B正确; 由热力学第二定律可知, 自然界中与温度有关的宏观过程都具有方向性, 故C 正确; 对一定质量的理想气体, 温度是其内能的标志, 温度升高, 其内能必增大,D错误; 而气体的压强就是 由于气体分子频繁地撞击器壁产生的,E正确。 ( 2)p1=p0+(h2-h1)c mH g ( 2分) 代入数据得p1=8 0c mH g(1分) 设试管的横截面积为S, 倒转后封 闭管中仍有水银, 而空气柱长度增加 了x, 如图所示, 则由玻意耳定律有 p1l0S=p2(l0+x)S ( 2分) 而p1=p0+(h2-h1)c mH g p2=p0-(h2-h1)c mH g -2xc mH g ( 2分) 代入数据得x1=5c m,x2=1 5c m(2分) 由于x1、x2均小于h1, 故倒转后管中仍有水银, 对应的空气柱长度为l 1=2 0c m或l2=3 0c m ( 1分) 3 4.(1)B D E (2)n= 3 t=9 L 4c 【 解析】( 1) 由图可知, 质点P的相位总比质点Q的相 位超前 4 , 故A错误; 在一个周期内质点通过的总路 程为4A, 故B正确; 此时Q点的振动方向为+y, 故C 错误;M点的振动方向, 即为波源的起振方向, 故D正 确; 由于波速为v= f =4 0m/s, 波峰从x=5m处, 传 到N点, 需用时0. 7s,E正确。 ( 2)从O点射入棱镜后, 光路图如图所示, 由反射定 律可知 1=1=6 0 ( 1分) 由于两法线互相垂直, 故 2= 2=3 0 ( 1分) 可知在M点反射光线与入射光线平行, 由题可知 =6 0 ( 1分) 在B C面, 由折射定律可知, s i n2 s i n= 1 n , 解得n= 3(2分) 由几何关系可知从O点到O点光通过的路程为 x=O P+PM+MO =L s i n1 2 + L 2 s i n1+ 1 2 (3L- L 2 s i n1 ) s i n 3 0 ( 2分) 6 衡中同卷 高考押题卷 理科综合() 代入数据得x=3 3 4 L ( 1分) 又光在介质中的传播速度为v=c n ( 1分) 代入解得t=9 L 4c ( 1分) 3 5.(1) 3 d 4 s ( 2分) 球形(1分) ( 2) 正四面体形(1分) H C H H H( 或H S i H H H) (2分, 其他合理答案也给分) ( 3)11(2分) 二者相对分子质量相同,C O为极性 分子,N2为非极性分子, C O的分子间作用力大于N2 的(2分) ( 4)s p 2( 1分) 3 4 %(2分) 9 . 6 1 0 3 1 a 3N A ( 2分, 其他合理答案也给分) 【 解析】( 1) 基态F e原子的价层电子排布式为3 d 64 s2, 可得其价层电子的电子排布图。其最外层电子为4 s 电子, 故电子云形状为球形。 ( 2)S O 2- 4 的价层电子对数目为4, 其V S E P R模型名称 为正四面体形。根据等电子体的含义: 原子总数相同 且价电子 数 相 等, 与NH+ 4 互 为 等 电 子 体 的 分 子 为 CH4或S i H4, 可写出电子式。 ( 3)F e(C O)5分子中F e原子与5个C O形成5个键, 每个C O分子中含有1个键和2个键, 故二者的数 目之比为11。二者相对分子质量相同, 组成和结构 相似, 极性越强, 分子间作用力越大, 沸点越高。 ( 4)石墨中碳原子与其他三个碳原子之间形成三个 键, 其空 间 构 型 为 平 面 三 角 形, 故 杂 化 方 式 为 s p 2。 空间利用率等于晶胞中原子实际占用体积除以晶胞 体积, 可得其空间利用率为3 4%。每个金刚石的晶胞 实际占用8个碳原子, 其质量为1 2 8 NA g; 晶胞的体积为 ( a 1 0 - 1 0)3c m3, 1c m 3 晶体中平均含有晶胞的数目为 1 ( a 1 0 - 1 0)3, 则1c m 3 晶体的平均质量为 1 ( a 1 0 - 1 0)3 1 28 NA g=9. 61 0 3 1 a 3N A g。 3 6.(1)对 二 甲 苯 ( 或1,4 -二 甲 基 苯 )(2分 ) C O OH(1分) ( 2) HO O C CHCH2CH2CH2O CH3 CH3 CH3 ( 2分) 1 0(1分) ( 3) 加成反应(1分) ( 4)1 1(1分) ( 5) CH2CH2CH2O CH3O O C C C O O CH3 CH3 CH3 CH3 +2 H2O 稀硫酸/ CH2CH2CH2O HO O C C C O OH CH3 CH3 CH3 + 2 CH3OH(2分) ( 6)3 6(2分) ( 7)CH3C CH3 C l C l N a C N CH3C CH3 C N C N H+/H2O CH3C CH3 C O OH C O OH CH3CHC O OH CH3 C H3C H2OH 浓硫酸/ CH3CHC O O CH2CH3 CH3 ( 3分) 【 解 析 】 由 信 息 推 知:A为 CHCH ,B为 CH3 CH3,C 为 CH3CHC l C l ,D为 CH3CHC N C N ,E为 CH3CHC O OH C O OH ,G为 C H3 C l C H3,K为 C H2C H2C H2O H O O C C C O O H C H3 C H3 C H3 , L为 HO O C CHCH2CH2CH2O CH3 CH3 CH3 。则: ( 1)B的化学名称为对二甲苯( 或1,4 -二甲基苯) 。E 中所含官能团为羧基, 其结构式为 C O OH。 ( 2)L的结构简式为 7 理科综合() 参考答案及解析 HO O C CHCH2CH2CH2O CH3 CH3 CH3 。M的 结 构 简式为 HO O C C CH2CH2CH2O CH3 CH3 CH3 CH3 , 其核磁 共振氢谱中有1 0组吸收峰。 ( 3)AC为CHCH 与HC l发生加成反应转化为 CH3CHC l C l 的反应。 ( 4)I为 CH3 O CH2CH2CH2B r CH3 , 其分子 中 最 多有1 1个碳原子共面。 ( 5)JK为 CH2CH2CH2O CH3O O C C C O O CH3 CH3 CH3 CH3 在 稀硫酸、 加热条件下发生水解反应, 可得其化学方程式 为 CH2CH2CH2O CH3O O C C C O O CH3 CH3 CH3 CH3 + 2 H2O 稀硫酸/ CH2CH2CH2O HO O C C C O OH CH3 CH3 CH3 + 2 CH3OH。 ( 6)L为 HO O C CHCH2CH2CH2O CH3 CH3 CH3 。根 据题中所给信息,N比L少三个C H 2基团, 且其同分异 构体中含有酚O H和C O O H, 苯环上有两个取代基, 则先写丁基的结构, 有4种, 分别为C H2C H2C H2C H3、 C H(C H3)C H2C H3、 C H2C H(C H3) 2、 C(C H3)3; 再 用C O O H取代每种丁基上的不等价氢原子, 分别有4 种、 4种、3种、1种; 进而将所得取代基连到含有酚羟基的 苯环上, 又分别有邻、 间、 对三种结构, 共( 4 + 4 +3 +1) 3 = 3 6种。 ( 7) 由逆推法,2 -甲基丙酸乙酯可由2 -甲基丙酸和乙醇 发生酯化反应合成, 应用题中已知信息,CH3C CH3 C l C l 先转化为CH3C CH3 C N C N , 再转化为CH3C CH3 C O OH C O OH , 进一 步转化为CH3CHC O OH CH3 , 综上可得合成路线。 3 7.(1 5分, 除标注外, 每空2分) ( 1)甲、 乙 全营养 固体 无氧 菌落的特征 数量及比例 ( 2)前 鉴别(1分) 【 解析】本题主要考查微生物的培养、 鉴定, 培养基的 制备及种类等知识。( 1) 实验中应将实验组和对照组 小鼠的粪便分别制成悬浮液, 涂布在固体全营养培养 基中, 通过菌落的特点区分不同微生物类群, 通过统计 不同微生物菌群的数量和比例探究该品牌酸奶对小鼠 肠道菌群有无影响。由于肠道微生物为厌氧生物, 因 此在体外培养过程中, 要给肠道微生物无氧的环境。 ( 2) 制作培养基的过程中, 调节 p H 应在溶化之后, 灭 菌之前进行。在培养基中添加伊红美蓝可以制成鉴别 培养基, 根据黑色菌落的数目统计大肠杆菌的数目。 3 8.(1 5分, 除标注外, 每空2分) ( 1) 脱氧核苷酸(1分) 不是 加热 ( 2) 无菌、 无毒 ( 3) 抗体、 干扰素 ( 4) 乳腺蛋白基因 ( 5) 尿血小板溶素膜蛋白 周期短、 不受性别和年龄的 限制( 合理即可得分) 【 解析】 本题主要考查基因工程、 细胞工程等知识。 ( 1) 由干扰素的氨基酸序列可以人工合成编码干扰素 的脱氧核苷酸序列, 由于密码子的简并性, 该序列不是 唯一的。P C R扩增干扰素基因时, 受热变性即可将干 扰素基因解旋为单链。( 2) 体外培养细胞要在无毒、 无 菌的环境, 一定的营养, 适宜的温度和 p H , 气体环境等 条件下进行。( 3) 过量的胰岛素进入血液会影响动物 的健康, 抗体和干扰素则不会。( 4) 乳腺发生器中需将 干扰素基因与乳腺蛋白基因的启动子构建成基因表达 载体, 利于干扰素基因的表达。( 5) 膀胱反应器可将干 扰素基因插入尿血小板溶素膜蛋白基因中, 使干扰素 分泌到尿液中。与乳腺反应器相比, 膀胱反应器的优 势表现在周期短、 不受性别和年龄的限制等方面。 8 衡中同卷 高考押题卷 理科综合() 参考答案及解析 理科综合( ) 1. D 【 解析】磷脂分子没有多样性, 蛋白质的多样性决定 了生物膜功能的多样性,A项错误; 线粒体内膜