理综-陕西省铜川市2024届高三第二次质量检测试题和答案

铜川市2024年高三质量检测卷.理科综合生物部分1.B节食后,糖类的摄入不足,但是只有少量脂肪可转化为糖类,A错误；脂肪C、H的比例比糖类高,因此,脂肪转化为糖类的过程中,元素比例改变,B正确；脂肪只有分解为甘油和脂肪酸后才能通过自由扩散的方式被吸收,C错误；乳酸杆菌为厌氧菌,只进行无氧呼吸,D错误。2.C在生理稳态过程中,肝脏细胞衰老死亡的速度和再生的速度相当,才能保证肝脏正常的大小和功能,A正确；肝脏受损伤后有很强的再生能力,分裂速度加快,细胞周期比正常情况短,B正确；乙肝病毒侵染导致肝细胞坏死可能不会加快肝细胞的再生,C错误；小鼠肝脏切除后的恢复过程中,因细胞的体积增大,部分肝细胞的物质运输效率降低,D正确。3.DDNA复制时,解旋醇催化碱基间氢键的断裂,DNA聚合醇催化脱氧核昔酸之间磷酸二酷键的形成,A错误；转录因子、RNA聚合醇是基因转录的重要调控元件,但转录因子不催化DNA解旋,B错误；逆转录醇结合在RNA上,催化逆转录过程,不属于DNA结合蛋白,C错误；核酸醇与DNA结合后可催化DNA水解为4种脱氧核昔酸,醇的作用机理是降低化学反应所需的活化能,D正确。4.A尽管细菌的种类众多,但细菌内原有的基因不可能对抗自然界中存在的所有抗生素,否则细菌将无法被杀死,A错误；两种耐药机制的获得途径不同,内在的是本来就有的基因,获得的是通过基因重组的方式从其他个体获取的,只有接触抗生素后才表现出生存力的差异,即接触抗生素后,有抗性基因的细菌才可以存活,B正确；内在的耐药机制是使用细菌原有的基因,这些基因在细菌没有接触抗生素之前就已经存在,C正确；细菌耐药性的机制有多种,可能是使进入菌体内的抗生素结构受损,使其对细菌的影响下降,也可能是转移某化学基团使抗生素失去效应,减弱或降低抗生素对自身的影响,D正确。5.B内环境中Na十浓度下降,受刺激后,神经细胞可能不能形成动作电位,也可能形成动作电位但强度有所下降,关键取决于降低的水平,A错误；神经递质在突触间隙的存在时间长可能导致突触后膜上的相应受体减少,比如可卡因导致多巴胶在突触间隙的存在时间延长,使突触后膜上的多巴胶受体减少,B正确；兴奋从突触前膜传递到突触后膜的过程中,突触前膜通过胞吐的方式释放神经递质,会引起膜成分的改变,但神经递质与突触后膜的受体结合不会引起突触后膜的成分发生改变,C错误；兴奋或抑制性神经递质均能引起膜电位的变化,但是抑制性神经递质不会引起膜电位的逆转,只是使静息电位的差值更大,D错误。6.C调查某样地的南方铁杉种群密度和物种丰富度均可采用样方法,但种群密度需对不同的样方取平均值,物种丰富度直接以获得数据为准,A错误；据种群年龄组成分布可知幼龄的个体数量较少,但并没有导致该物种的灭绝,因此不会导致生物多样性下降,B错误；据图推测,幼龄个体的成活率比较低,可能是因为树下郁闭度较高,幼树获得的光能少,导致成活率低有关,C正确；南方铁杉的高度不一致,是种群内部的空间分布和个体差异,垂直结构是群落的结构,D错误。29.（除注明外,每空1分）（1）种类和含量液泡和叶绿体（2）合成、运输、分配、积累（任选两个）适度遮阴有利于吉利红的生长（3）遮阴比未遮阴各种光合色素含量高,且50%遮阴比25%遮阴各种光合色素含量增加更显著增加光合色素的含量,提高光能的利用率（4）Mg是叶绿素的组成元素,Mg的积累量增加,可提高弱光下叶绿素的含量,增强对光能的捕获和转化能力,提高弱光下的光合能力（2分）胞间二氧化碳浓度（CO2吸收量）维持生物体的生命活动30.（除注明外,每空1分）（1）狂犬病毒不侵入血液,而是随神经系统移动,常积累于唾液腺中,因此可通过分析唾液确定病毒的有无（2分）被咬伤的部位、感染病毒的数量、病毒的毒性（合理即可）咬伤部位神经越丰富、越靠近中枢神经系统,潜伏期越短（2分）（2）接种疫苗抗体（3）与被狂犬病毒入侵的宿主细胞密切接触,并使其裂解死亡（2分）【高三理综参考答案第1页（共8页）】24474C31.（除注明外’每空1分）（1）农作物、茶树、果树固定太阳能’使能量流入该生态系统前者比后者经过的食物链短’能量向下一营养级传递的过程中散失的能量少’获取的能量则多（2分）（2）利用林下土地’不占用耕地；分解残枝落叶’加快物质循环为果树、茶树提供CO2和矿质元素（3）利用光照、声音信号诱捕或驱赶某些有害动物、利用昆虫信息素诱捕或警示有害动物、利用特殊的化学物质扰乱某些有害动物的雌雄交配（合理即可’2分）出生率32.（除注明外’每空1分）（3）答案一:纯合黄羽（2分）若子代出现黄羽（栗羽：黄羽—1：1）’则该黑羽雄鹤韩的基因型为bbZyZy；若子代全为栗羽’则该黑羽雄鹤韩的基因型为bbZyZy（4分）答案二:纯合栗羽（2分）若子代出现黄羽（栗羽：黄羽—3：1）’则该黑羽雄鹤韩的基因型为bbZyZy；若子代全为栗羽’则该黑羽雄鹤韩的基因型为bbZyZy（4分）答案三:黄羽（或栗羽2分）若子代出现黄羽’则该黑羽雄鹤韩的基因型为bbZyZy；若子代不出现黄羽’则该黑羽雄鹤韩的基因型为bbZyZy（4分）37.（除注明外’每空2分）（1）无菌水（1分）增加目的菌株的数量（2）稀释涂布平板平板划线灼烧灭菌初次使用灼烧的目的是消灭接种环上的杂菌’防止杂菌污染培养物；接种结束后灼烧是为了杀死接种环上的菌种’避免污染环境和感染实验者（3）将筛选出的耐盐微生物接种在以尿素为唯一氮源且加入酪红的固体培养基上’筛选使培养基变红的菌株（4）将获取的36株产脉醇微生物分别与松散砂土混合’观察对松散砂土的固定能力38.（除注明外’每空2分）（1）6使DNA聚合醇能够从引物的3,端开始连接脱氧核昔酸’实现对目的基因的扩增耐高温（1分）（2）三种基因具有相似的结构T4DNA连接醇T4DNA连接醇既可以缝合貓性末端’又可缝合平末端（3）Ti质粒上的T—DNA转移到被感染细胞’并将其整合到细胞的染色体DNA上在相同位置接种玉米螟、喷施相同浓度的草甘騰化学部分7.D碳化硅陶瓷是一种新型无机非金属材料’A正确；由于锌比铁活泼’形成原电池时锌作负极被氧化’铁作正极被保护’船体上镶嵌的锌块是利用牺牲阳极法来避免船体遭受腐蚀’B正确；青铜是在纯铜中加入锡或铅的合金’C正确；丝绸的主要成分是蛋白质’不是纤维素’D错误。8.B多燎紫杉醇中间体的分子式为C11H14O4’分子中含有轻基、酷基两种含氧官能团’A正确；多燎紫杉醇中间体分子中碳原子均有可能在同一平面上’最多为11个’B错误；多燎紫杉醇中间体分子中含有的轻基可与Na反应’含有的酷基可与NaOH溶液反应’C正确；多燎紫杉醇中间体分子中的两个轻基催化氧化后均变为丽赛基’在碱性、加热条件下’不能与银氨溶液反应析出银’D正确。9.D加热试管时’试管内的液体不能超过试管容积的三分之一’A错误；最高价氧化物对应的水化物的酸性越强’元素的非金属性越强’硝酸与碳酸钠反应生成CO2的同时也会挥发出HNO3’当硅酸钠溶液中出现沉淀时’不能证明一定是碳酸与硅酸钠反应生成的沉淀’B错误；实验室制取乙酸乙酷实验中’右侧试管中应盛装饱和碳酸钠溶液’C错误；NaCl的溶解度随温度的改变变化不大’加热可使水分蒸发、NaCl晶体析出’能达到实验目的’D正确。10.B根据题中信息可知X是Na、y是Al、Z是F。简单离子半径F—>Na十>Al3十’A项错误；Na2O2中存在共价键’B项正确；F元素不存在十7价’C项错误；工业上常采用电解熔融的Al2O3制备Al’D项错误。11.C氯气有强氧化性’NaHSO3具有还原性’氯气能将HSO氧化为SO—’而氯气是少量的’则生成的H十能与HSO反应生成SO2’反应的离子方程式为4HSO十Cl2—2Cl—十3SO2十SO—十2H2O’A错误；将少量NaAlO2溶液滴入Ca（HCO3）2溶液中’反应的离子方程式为AlO2—十HCO十Ca2十十H2O—Al（OH）3+【高三理综参考答案第2页（共8页）】24474C十cacO3+,B错误；将Ba（OH）2溶液滴入明矾溶液中至沉淀质量最大,反应的离子方程式为Al3十十2sO—十2Ba2十十4OH——2BasO4+十AlO十2H2O,c正确；NH4H2PO4电离出的H2PO优先和NaOH溶液反应,同物质的量浓度同体积的NH4H2PO4溶液与NaOH溶液混合,OH—只与H2PO反应,反应的离子方程式为H2PO十OH——HPO—十H2O,D错误。12.c充电时,锌极为阴极,电极反应为zn（OH）—十2e——zn十4OH—,A正确；放电时,镇极为正极,电极反应为NiOOH十H2O十e——Ni（OH）2十OH—,B正确；充电时,镇极为阳极,阴离子从锌极区向镇极区移动,zn（OH）—在锌极上得电子生成金属锌,c错误；利用循环泵驱动电解液使其通过输送管道在电池反应槽与储液罐之间循环流动,可有效抑制电池内部电解液的浓度差造成的影响,从而提高电池能量效率,D正确。十）大,所以曲线a为AgNO3标准溶液滴定NaBr溶液的滴定曲线,曲线b为AgNO3标准溶液滴定Nacl溶液的滴定曲线,A正确；当V[AgNO3（aq）]—十十十）,B正确；相同实验条件下,若改用10.00mL0.2000mol.L—1Nacl溶液,C（cl—）比原Nacl溶液中的大,故恰好完全反应之前,加入相同体积的AgNO3溶液后,溶液中C（Ag十）比原Nacl溶液中的小,即lgC（十）比原Nacl溶液中的大,则滴定曲线（滴定终点前）应在曲线b的上方,故滴定曲线（滴定终点前）不可能变为曲线M,c错误；当1L—1—5.4X10—8mol.L—1,若cl—已经开X10—2mol.L—1~0.0033mol.L—1。当Br—恰好沉淀完全时,根据化学方程式NaBr十AgNO3—AgBr+十NaNO3,可知加入的AgNO3标准溶液的体积为0.010X0—.100mL—2mL,若cl—未开始沉淀,则C（cl—）—0.0100mol.L—1X~0.0091mol.L—1>0.0033mol.L—1,则已经有部分cl—沉淀,D正确。2十4Hcl—cacl2十2cl2《十2H2O（2分）品红溶液褪色（1分）漂白（1分）不可逆（1分）（3）先变红后褪色（1分）（干燥的）氯气没有漂白性（1分）（4）I2十5cl2十6H2O—2HIO3十10Hcl（2分）（5）钠燃烧并产生大量的白烟（或其他正确答案1分）（6）0.1600mol.L—1（2分）焙烧2O3十O2十H2O十2Nacl—2NaVO3十2Hcl（2分。也可以将反应条件写成“高温”）2O3焙烧（5）调节PH,将VO—转化为VO；利用同离子效应,促进NH4VO3尽可能析出完全（2分）嫂烧2O5十2NH3—3V2O4十N2十3H2O（2分。也可以将反应条件写成“高温”）嫂烧解析6）25节时,K松P（NH4VO3）—1.6X10—3。“沉钥”时,当钥元素的沉淀率达到98%时,溶液中剩余的1.6X10—34.0X10—30.2mol.L—1X（100%—98%）—4.0X10—3mol.L—1,C（NH）—mol.L—1—0.4mol.L—1。K松P（NH4K松P（NH4VO3）【高三理综参考答案第3页（共8页）】24474c—O-C-CH3||—O-C-CH3||②AC（2分。少选且正确的给1分，多选或错选的不给分）（2）①30节（1分）该温度下，催化剂的活性好，且环成燎的选择性好（2分）②温度升高，反应I和反应Ⅱ的反应速率都加快，但对反应Ⅱ速率的影响大于对反应I速率的影响（2分）十I2反应的ΔH二0，ΔS二0，当ΔH—TΔS二0时，反应能自发进行，即当T很小（低温）时，该反应能自发进行。②恒温恒容时，正反应是气体压强减小的反应，当气体压强不变时，说明反应已达到平衡状态，A正确；正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，环成燎的平衡产率下降，B错误；起始时，环成二燎和碘化氢按物质的量之比1：2充入容积为2L的恒容密闭容器中，则二者转化率之比—X100%：2X100%—1：1，即反应达到平衡时，环成二燎和碘化氢的转化率相等，C正确；恒容时，通入惰性气体，平衡不发生移动，环成二燎的平衡转化率不变，D错误。（3）温度越高，反应速率越快，根据图示可知，温度T2（虚线）的反应速率较大，故T1二T2。反应经过1小0.225mol.L—1，其平均生成速率制—0.225mol.L—1.h—1。（4）设双环成二燎的起始分压为p，水蒸气分压为p0，则反应到达平衡后，双环成二燎分压减小了0.9p，则双环成二燎的平衡分压为0.1p，环成二燎的平衡分压为1.8p，列出方程组：p0十p—70kpa，p0十0.1p十1.8p—124kpa，解得：p—60kpa。则双环成二燎的平衡分压为6kpa，环成二燎的平衡分压为108kpa，t节下该反应的平衡常数Kp—kpa—1944kpa。《35.（1《（2）CU2十的价层电子排布式为3d9，较不稳定，CU十的价层电子排布式为全充满的3d10，比较稳定，故高温下CUO能转化为CU2O（2分）、SO（1分）SO2（1分）V形（1分）平面三角形（1分）三角锥形（1分）正四面体形（1分）（511分2分）解析4）两种物质的熔点都比较高，因此两种氧化物的晶体类型都是离子晶体。由于氧化铁中的Fe3十带三个单位正电荷，而氧化亚铁中的Fe2十带两个单位正电荷，因此氧化铁中离子键强于氧化亚铁中的离子键，因此氧化亚铁的熔点较低，则1360节是FeO的熔点。（5）S原子位于晶胞内部，共有8个硫原子，结合化学式可知1个晶胞内含有4个Fe原子、4个CU原子，1个晶胞质量为X184g，晶胞的体积为2a3X10—30cm3，该晶体的密度为g.cm—3。OCH3（3）氧化反应（1分）取代反应（或酷化反应1分）【高三理综参考答案第4页（共8页）】24474C—Δ（6）①HO--COOH（2分）③—Δ（6）①HO--COOH（2分）③HO--CHO十CH3-C-Cl-一CH3COO--CHO十HCl（2分）（4）I|十HOCH2COOH-一I|十CH3OH（2分）②2CH3COO--CHO十O2-一2CH3COO--COOH（2分）催化剂催化剂COOCH3COOCH2COOHCH2COOHCH2OOCH（2分（2分。写对一个得1分）|OH||OHOH—--催化剂-O--物理部分14.D汽车转弯时，两乘客的角速度是相同的，根据心—幼T，因B乘客的转弯半径较大，则B乘客的线速度更大，根据a—幼2T可知，B乘客的向心加速度更大，由于A、B质量关系未知，故向心力无法比较，故选项ABC错误，D正确.15.D由题意，假设2下落的高度为h，则1下落的高度为2h，竖直方向做自由落体运动，则由公式>—gt2得t—槡，则t1—槡、t2—槡，所以1、2在空中运动的时间之比为—槡，A错误；假设两飞镶的初—14htanβ——14htanβ—错误；两飞镶落在。点的竖直速度分别为心>1—gt1—槡4gh、心>2—gt2—槡2gh，又tana——心>2心02—,由以上整理得tana—2tanβ,C错误心>2心02—16.C如图所示为等量异种点电荷周围空间的电场分布图，本题的带电圆环，可分解成无数对等量异种点电荷的电场，沿水平方向放置，它们有共同的对称轴PP,，PP,所在的平面与每一条电场线都垂直，即为电势为0的等势线，因此。点场强大小不为0，电势为0，A错误；可知水平直径上、下两侧的电场分布对称，竖直直径两侧的电场分布也对称，由电场的叠加原理可知，C点的场强等于d点的场强，B错误；PP,为等势线，故将一电子从a点沿直线移动到b点，电场力不做功，C正确；由圆环所带电荷的电场线分布可知，C点的电势高于d点的电势，由正电荷在电势高的地方电势能大，可知质子在d点的电势能小于在C点的电势能，D错误.17.B如果发生的是完全非弹性碰撞，则有m心0—（150m十m）心，解得心—1心0，如果发生弹性碰撞，根据动量守恒与机械能守恒m心0—150m心1十m心2，m心—X150m心十m心，解得心1—1心0，碰后速度介于两者之间.故选B.18.C由于物料匀速上滑，则物料受平衡力的作用，对物料受力分析，如图所示，A错误；由共点力的平衡条件可知，沿斜面方向Fcosθ—mgsina十Ff，垂直斜面方向FN—mgcosa—Fsinθ,又Ff—μFN，整理得F—g1i2,tanβ—，显然当sin(θ十β)ℴ1时，绳子的拉力最小，B、D错误；斜面对物料的作用力为支持力与摩擦力的合力，设其合力的方向FN—1FN—1Ffμ,显然Y与θ角无关，C正确.【高三理综参考答案第5页（共8页）】24474C19.AD航天飞机在A点从轨道I进入轨道Ⅱ点火减速,做负功,故A、D正确；航天飞机在A点受万有引力一定,由牛顿第二定律可知在轨道Ⅱ上经过A点的加速度等于轨道I上经过A的加速度,故B错误；航天飞机在轨道Ⅱ上从A到B的过程中,万有引力做正功,由动能定理可知在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度,故C错误.2o.AC将变压器副线圈及右侧电路等效为电阻,设滑动变阻器接入电路的阻值为R,则等效电阻为4R.将定值电阻视为电源内阻,作出等效电源输出功率与外电阻阻值即等效电阻阻值的关系图,如图所示,当等效电阻阻值为Ro时,等效电源输出功率最大.初始时滑动变阻器接入电路的阻值为,等效电阻为2Ro,滑片滑到a点时,滑动变阻器接入电路的阻值为,等效电阻为3Ro,由题意可知变压器输出功率始终等于等效电源输出功率,故该过程中变压器的输出功率一直减小,B错误；由以上分析可知,滑片P向下滑的过程中,电路的等效总电阻一直增大,则原线圈的电流减小,由—可知流过副线圈的电流减小,即电流表的示数减小,A正确；由公式PRo—IRo可知,定值电阻Ro消耗的电功率减小,C正确；电源的输出电压恒定,流过定值电阻Ro的电流减小,则定值电阻Ro分得的电压减小,则变压器的输入电压增大,由公式—得变压器的输出电压增大,D错误.21.BC粒子能到达接收屏,则粒子在S点所受的洛伦弦力方向水平向右,由左手定则可知,粒子带负电,A错误；粒子的轨迹与磁场边界相切时,粒子刚好能到达接收屏,作出粒子的轨迹,如图所示,此时粒子的轨道半径最大,则所对应的磁场的磁感应强度最小,由几何关系可知该粒子的轨道半径为r—d,由洛伦弦力提供向心力有m心2r—q心B,又—k,B正确；由题意可知ST——2d,磁感应强度B最小时,粒子到达接收屏上的C点,由几何关系可知SC—2rcos3o。—槡3d,所以粒子到接收屏的点到T点的间距为CT—2d—槡3d—（2—槡3）d,C正确；磁感应强度最小值时,粒子在磁场中的运动周期为T—r—d,粒子的轨迹所对应的圆心角为12o。,所以粒子在磁场中运动的时间为t—,即为t—,磁感应强度越大,由公式T—可知粒子在磁场中的运动周期越小,由于轨迹所对应的圆心角不变,所以粒子在磁场中运动的时间越短,D错误.（3）如图所示（3分,作出过原点的直线得1分,标出k—2g得2分）解析（1）打点计时器需要接交流电源才能工作,因此必须使用的器材有交流电源,故选B；测量重物的下落高度时需要使用刻度尺,故选D.（2）重物在下落的过程中,重力势能减少量为ΔEp—mgh,动能的增加量为ΔEk—m心—m心,则可知,在不需要得出重力势能减少量与动能增加量的具体数值的前提下,质量可以不测量；通过纸带要直接测量的物理量是重物下落的高度,故选A；要间接测量的物理量是重物下落的瞬时速度,故选B.（3）作出图像如图所示.（4）小于（1分）电压表的分流作用（2分）解析:（1）欧姆表的读数为读数与挡位的乘积,所选挡位为“X1”,读数为多用表的读数为12X1Ω—12Ω;【高三理综参考答案第6页（共8页）】12,则该24474C（2）待测电阻的阻值约为10.0Ω,电源的电动势为3.0V，则流过待测电阻的最大电流为I——0.3A—300mA，所以电流表选择A1，即选A；电压表选择量程为3V的V，即选C；由于电表的示数从零开始调节，则滑动变阻器应用作分压接法，所以滑动变阻器应选择阻值较小的R1，即选E；（3）比较电压表的内阻、电流表的内阻、待测电阻的阻值，显然电压表的内阻远远大于待测电阻的阻值，因此电流表应选择外接法，滑动变阻器用作分压接法；（4）由于电压表的分流，导致电流的测量值偏大，而电压的测量值是准确的，根据R工—可知测量值偏小.24.解:（1）对A由牛顿第二定律得μm1gcosθ—m1gsinθ—m1a1（1分）解得a1—0.4m/s2由运动学公式有L—a1t2（1分）解得t—5s（1分）此时A的速度U1—a1t—2m/s，符合题意（1分）（2）①对A分析T十μm1gcosθ—m1gsinθ—m1a2对B分析m2g—T—m2a2解得a2—1m/s2（1分）当达到与传送带共速t1——2s（1分）A的位移工1—t1—2m之后匀速，时间t2—L工1—1.5s（1分）A从底端到达顶端所需的时间t—t1十t2—3.5s（1分）②在A加速阶段摩擦力f1—μm1gcosθ（1分）W1—f1工1解得W1—192J（1分）在A匀速阶段摩擦力f2—m1gsinθ—m2g（1分）W2—f2（L—工1）解得W2—240J（1分）W—W1十W2—432J（1分