云南师大附中高考适应性月考卷（九）理科综合-答案.docx

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1、理科综合参考答案一、选择题：此题共13小题，每题6分。题号12345678910111213答案CDBDDABBACBDA二、选择题：此题共8小题，每题6分。在每题给出的四个选项中，第1418题只有一 项符合题目要求；第1921题有多项符合题目要求，全部选对的给6分，选对但不全的给3 分，有选错的给0分。题号1415161718192021答案DDCBCADADBCD【解析】.动物激素由内分泌细胞产生，而所有活细胞都能合成酶，A错误。磷脂不属于生物大分子, B错误。细胞中大局部酶属于蛋白质，抗体都是蛋白质，局部激素也属于蛋白质， 可能都在核糖体上合成，D错误。1 .包扎伤口时，选用透气的敷料是

2、为了给创口创造透气的环境，防止厌氧病原菌的繁殖，D 错误。2 .细胞在生长过程中，随细胞体积的增大，细胞的相对外表积减小，物质运输的效率不断降 低，A错误。假设细胞中合成了 RNA聚合酶，只能说明细胞转录形成了 RNA,细胞不一定 已经高度分化，C错误。人的成熟红细胞无细胞核，D错误。3 . DNA分子遵循碱基互补配对原那么，即A与T配对，G与C配对，喋吟和喀咤对应， 即使基因突变，它的配对方式也不会改变，喋吟与喀咤的比值仍等于1。4 .免疫抑制剂的作用是降低机体免疫反响，先天性免疫缺陷病患者的免疫功能已经低于正常 人，不能使用免疫抑制剂。5 .同等强度干扰下，草原生态系统要比沙漠生态系统恢复

3、快。6 .氢气燃烧的火焰是淡蓝色，该火炬燃烧的火焰是加入了金属盐辅助配方因焰色反响而呈现 了黄色，B错误。7 . 2-甲基丁烷也称为异戊烷，B错误。8 . H2O在标况下不是气体，故体积不是22.4L, A错误。每生成Imol苯乙烯，转移2moi电（6） 74.4【解析】I.苯胺与盐酸反响生成可溶于水的盐OpNH；cr,在混合物中加入盐酸，将 苯胺转化为可溶于水的盐。TNh；c，然后分液，在水层中加入氢氧化钠，将 Q-nh;c1转化为苯胺，分液得到苯胺，经过干燥、过滤得到较纯洁的苯胺。II .苯胺和乙酸反响生成乙酰苯胺和水，储出温度1050c有利于水蒸气储出，减少乙酸储 出，使反响向正向进行，

4、从而得到更多的乙酰苯胺。III .根据信息，乙酰苯胺微溶于冷水，易溶于有机溶剂，能发生水解反响 -NHCOCH3+H2O浓硫酸- 0NH2+CH3COOH,加入冰醋酸能加速溶解并抑制乙 酰苯胺的水解；根据各物质溶解度信息，洗涤粗品时宜用冷水洗，不宜用热水或有机试 齐I。0.05mol苯胺理论上制得对硝基乙酰苯胺0.05moL6=0.05molxl80g/mol=9g,故产率 约为74.4%。29 .（除特殊标注外，每空2分，共10分）I .差速离心（1分）细胞质基质组分和线粒体II . （1） 9 ： 8（2）C3（1分）在暗反响中，I4CO2被C5固定后生成C3暗反响速率在该环境中已到达稳定

5、，即C3和C5的含量稳定，根据暗反响的特点，此时C3的分子数是C5的2倍.（每空2分，共10分）（1）胰岛素使机体不能充分摄取、利用葡萄糖，细胞能量供应缺乏（2）这种内分泌干扰物与靶细胞上的性激素受体结合，且结合能力强于性激素与特异性 受体的结合能力促进生殖器官的发育以及生殖细胞的形成降低.（除特殊标注外，每空2分，共9分）（1）次生（1分）乔木较为高大，在竞争中能获得更多的阳光（2）复杂（1分）灌木植物阶段垂直结构更复杂，可为动物提供更多的栖息空间和食物条 件（3）形成森林需要一定的土壤条件，弃耕农田上的演替起始时已经具备该条件，而从裸岩开始的演替到达该条件需要漫长的时间（3分）.（每空2分

6、，共10分）（1）黑檀体基因（E、e）位于常染色体上（2） Fi基因型为Ee （EeYy）,同时含基因（E）和基因（e）两对F2黄体中，E/e基因型有3种类型，比例是1 ：2： 1,说明控制灰体与黄体的基因自 由组合，即E、e基因与Y、y基因位于两对同源染色体上（合理即可）（二）选考题：共45分。30 . （15分）（1）（除特殊标注外，每空2分，共5分）小于小于大于（1分）【解析】T图为直线表示等容线，由牛=C，得=器7，故氮（N） 氧（0）, 即ZXY, C错误。萝卜硫素中的Z硫（S）、氢（H）元素最外层不是8电子稳定结构， D错误。12 .据题意可知有CO2+O2-=COj, 2CO2+

7、O2-=C2O；-；电解池电极反响为阳极（a） 2c4-4co2+O2，阴极（d） CO；+4e-=C+3C2- o 因阳极（a）的电极 反响式为2C2Of- - 4e- =4CO2+O2 ,阴极（d）的电极反响式为 CO+4e-=C+3O2-,故知电源c为电源的负极，A正确。中捕获CCh时的反响为 2cCh + 02-= C2O ,中捕获C02时的反响为C02 + 02- 8；一，都没有价态变 化，B正确。a极的电极反响式为2CQ1-4e-=4CC2+O2, C正确。综合考虑CCh + 02-= CO?- , 2CO2 +02= C20j-,以及阳极（a） 2c2。； 4e=4CO2+O2，

8、 阴极（d） CO；+4e-=C + 3C）2-反响，可知装置存在反响CO2=C+C）2，D错误。13 .两个反响的方程式分别为Ba（OH）2 + H2so4= BaSO4；+ 2H2O , Ba（OH）2+NaHSO4BaSO4；+ H20 + NaOH , NaOH + NaHSO4 Na2SO4+ H2Oo 根据反响的化学方程式可知，当氢氧化钢恰好和硫酸完全反响时，溶液的导电能力最小。 b点和d点是加入硫酸氢钠进行的反响，b点是氢氧化钠溶液，抑制水的电离，d点是硫 酸钠溶液，水的电离不受影响，故溶液中水的电离程度：b点小于d点，A正确。a点为 根离子和硫酸根离子完全沉淀，d点为硫酸钠溶液

9、，溶液都显中性，pH值相同，B错误。 c点曲线为硫酸溶液，曲线为氢氧化钠和硫酸钠的溶液，因为硫酸根离子浓度相同，中钠离子浓度大于中氢离子浓度，所以溶液中的氢氧根离子浓度不相同，C错误。故代表滴加硫酸时的变化曲线，D错误。14 .如果无线充电基座用稳恒直流电源供电，那么接收线圈的磁通量不变，不能产生感应电流， 无法对手机充电，故A错误。充电时线圈中有电流，根据电流的热效应，可知线圈会发 热，有电能损失，故B错误。如果手机内没有接收线圈，那么无线充电基座不可以对手机 进行充电，故C错误。无线充电过程主要利用互感现象来实现能量传递的，故D正确。15 .从高能级跃迁到低能级，电子轨道半径减小，电子动能

10、增大，由于原子能量减小，那么电 势能减小，故A错误。由于能级差是量子化的，可知氢原子跃迁时，发出的光子频率是 一些分立值，故B错误。由川=3跃迁到 =1时发出的光子频率最大，波长最短，故C错 误。一群氢原子处于 =3的激发态，可辐射出3种不同频率的光子，从 =3跃迁到 =1, =2跃迁到 =1辐射的光子能量大于金属钾逸出功，可以发生光电效应，可知能使金属 钾发生光电效应的光谱线有2条，故D正确。16 .根据M、N均保持静止，进行受力分析可知，N受到竖直向下的重 。一一一厂7干T 力及水平方向的拉力R变化的绳子拉力T,如下图，在向左拉/动的时候，绳子拉力T和水平拉力厂都不断增大，故A错误，C正确

11、。由系统受力分析可知，竖直方向受到的地面的支持力始终等于系统所受的重力， 故B错误。对于M的受力，设物块M的质量为团，开始时可能是T = mgsin6-/ ,当T 不断增大时，/减小。当2gsin。时T = z72gsin6 + ),随着T的增大，/将增大，所以 沿斜面的摩擦力/可能先减小后增大。也可能是丁 = mgsin8 + 7,当T不断增大的时候， 摩擦力/增大，故D错误。17 .根据左手定那么知粒子。带正电，粒子。、c带负电，故A错误。粒子在磁场中做匀速圆2周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得卯3 =相幺，解得。=迪，粒子 rm的动能线=,冗2=逆E,由几何关系可得4、b、

12、。粒子的轨道半径之比为2： 5： 1, 2 2m因此粒子离开磁场时的动能之比为4 ： 25 ： 1,由因三个粒子的速度之比为2 ：5 ： 1,故向心力之比为2：5： 1,故B正确，D错误。粒子在磁场中做圆周运动的周期7 = 2廿相同，粒子在磁场中的运动时间，=2丁 =也，由于2、q、3都相同，粒子在 qB2 兀qB磁场中运动的时间之比等于粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角之比，因粒子。转过的 圆心角为90。，粒子人转过的圆心角小于60。，所以比值不满足3： 2,故C错误。18 .绳中无拉力时，两物体所受的静摩擦力提供向心力，由于向心力大小不等，所以摩擦力 大小也不相等，故A错误。由于A物体的旋转

13、半径大，所以A物体相对转台的摩擦力先 到达滑动摩擦力，此时有根g = L5疗人 即当。,吃时，绳中有拉力，故B错误。V 3r当公样后对、B分别有耳+ 即 =L5切疗；的+展=2切疗，联立解得 F-FfA= 0.5/Wr ,当转台的转速小时，所受的摩擦力均为静摩擦力，当A的摩擦力达 到滑动摩擦力后，随角速度的增大，8所受的静摩擦力增大，直到到达滑动摩擦力，之后 A的摩擦力先减少，再反向增大，最后到达滑动摩擦力时，A、B 一起相对转台向5离心 的方向滑动，滑动时有2叫+ 机8=0.5帆32/，解得里,故D错误，C正确。19 .由图可知，两小球均在电场力和库仑力的作用下保持平衡。由于库仑力为相互作用

14、，大 小相等、方向相反，故两小球受到的电场力也一定方向相反，因此两小球一定带异种电 荷，那么A球所受库仑力向右，B球所受库仑力向左。匀强电场方向水平向右，故正电荷受 电场力向右，其受库仑力一定向左，故3带正电荷，A带负电荷，故B错误，A正确。 当两环间距减小时，两球间距也在减小，那么库仑力大于匀强电场的作用力，所以只有环 间距大于球间距两球才能平衡，故D正确，C错误。20 .在星球外表，根据万有引力等于重力可得一尸二w？，那么GM=/?2g,所以有 G夕：7iH3=R2g,解得夕=根据图象可知，在A星球外表的重力加速度为34GnRg.=24,在8外表的重力加速度为心=/，星球A的半径是星球3的

15、2倍，那么A与8 的密度相等，故A正确。加速度为零时受力平衡，根据平衡条件可得以=履。，z叱心=2而。，解得他 =2，故B错误。根据动能定理可得=弓，根据图象的面积 * 1可得线?=小入0，线。2xo，12 =也=。，故D正确。根据运动的对 22EkP mp 1称性可知，P下落过程中弹簧最大压缩量为2%,。下落过程中弹簧最大压缩量为4%, Q 下落过程中弹簧的最大压缩量是P的2倍，故C错误。21 .到达稳定状态时电流为零，此时导体棒【的速度为外，导体棒n的速度为g,那么有 BL = BL2v2 ,解得药=20。设过程中通过导体棒的平均电流为1,对导体棒I根据动 量定理可得3/ = /陷，对导体

16、棒n根据动量定理可得-次3=根4-5。，那么 叫=2(m外-加火)，解得马=粤，%=今，所以导体棒I到达稳定状态时速度为率， 故B正确、A错误。对导体棒n根据动量定理可得-5%，=机4-根。0,其中4 = ，那么整 个过程中通过导体棒H的电荷量为9 = *产=翳=黑，故C正确。整个过程中 系统产生的焦耳热Q = J根或-J叫2 - Jm式=5：,两个导体棒材料相同，质量相同， 那么体积相同，横截面积之比为1： 2,由电阻定律可知电阻之比为4 ： 1,导体棒n上产生 的焦耳热为2=!0$叫，故D正确。三、非选择题(共174分)(-)必考题：共11小题，共129分。22 .(每空2分，共6分)(1

17、) 5.25(2)-N 2【解析】(1) 20分度的游标卡尺的读数为50101 + 5*0.050101 = 5.2511101。z7v(2)由速度的定义可得。=幺。由自由落体规律=2=m，可得g=。 加223 .(除特殊标注外，每空2分，共9分)(1) 1.490.25（2）小于（3） 1.57x10、无（1 分）【解析】（1）由图甲所示电路图可知，路端电压。= -/ + %）,由图乙所示U-/图象可知，电源电动势E = L49V,图象斜率的绝对值1=+&=丝=149 L20q = i.45Q, A/ 0.20电源内阻厂=% 凡=1.45。1.2。= 0.25。（2）由图示可知，伏安法测电阻

18、相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作 用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，所以电动势测量值 小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。（3）根据图甲所示电路图可知R + 3=p + Ra由x图象可得&k =,IS故有Q = ZS = L57xl（r6om ,电表内阻对电阻率的测量没有影响。24. （12 分）解：（1）在水平方向，带电粒子一直保持匀速运动，根据匀速运动的规律即可得出到达屏上的最短时间为上2 = 3x10。0 COS6Z（2） x = vosnaxt = 1.2m 在电场中，由于只受到竖直方向的力，因此粒子做类平抛运动，那么有a =幽mdy 4%

19、cos a解得 X = 0.125m 由类平抛运动的规律得& = / 4+。解得y = 0.625m所以带电粒子打到屏上的位置坐标为（1.2m, 0.625m）评分标准：此题共12分。正确得出、式各给2分，其余各式各给1分。25. （20 分）解：（1）对3物块由机械能守恒得=假设。A、B物块发生弹性碰撞，选向右为正方向，那么假设o=Jm假设+说M Vbo = Mvb + mvA 解得% = 2m/svA = 6m/s （2）由牛顿第二定律得%=4g=5m/s2aB =8g = lm/s2 第一次碰撞后到第二次碰撞前，A、3物块位移相等，即VAl- g aA2 = %，一解得/ = 0s （舍

20、去），= 2svA = vA - aAt = -4m/s A、B物块相对传送带滑行的位移分别为（A、B分别与传送带图所围成的图象的面 积）物块A、B与传送带间产生的总热量Q = 即=80J（3） A、3物块发生第二次弹性碰撞，选向右为正方向，那么解得 %，= 一 2m/s Q2评分标准：此题共20分。正确得出、式各给2分，其余各式各给1分。26.（每空2分，共14分）（1-52）2818186（2）将溶液中的铁、铅、铜以更难溶的硫化物形式除去 4x1074（3） TeO j + 2NH： +H2O=TeO2；+2NH3 H2O 或TeO： + 2NH： TeO2；+2NH3 t +HzOTeC

21、h是两性氧化物，H2so4是强酸，过量会导致TeCh继续与H2so4反响导致损失(4) 5.0(5) 22.4【解析】(1)确是第VIA族52号元素,【解析】(1)确是第VIA族52号元素,(2)在碱浸后的“滤液”还要加入Na2s的目的是为了使铁、铅、铜进一步成为FeS、PbS、CuS而除去，滤渣2是FeS、PbS、CuS,其中FeS的溶解度最大Ksp(FeS)=4xl(r19,其 后的滤液中 c(Fe2+)lxlO-5 mol/L,根据 /CspCFeSMxlO-19 可计算得 c(S2-)4xlO_14mol/Lo (3) “沉确”发生反响的离子方程式为TeO；一+ 2NH：+H2O=Te

22、O21+2NH3 - H2O或TeO：+ 2NH；=TeO21+2NH3+H2。；此过程用NH4NO3沉碎而不用H2so4的原因是TeO2是两性氧化物，H2s04是强酸，过量会导致TeCh继续与H2SO4反响导致损失。又c(TeO。)： c(H2TeO3) = l ： 5二pH = 50。(5) “酸溶”后，将S02通入溶液中进行“还原”得到粗碗的反响关系为TeO2-TeCl4 2so2,据此计算可得需要通入SO2约22.4L (标准状况下)。27 .(每空2分，共14分)(1) -282.7kJ - mor1(2)BC(3) Ti 72 73 加3代 c( HCO-) c( CO j ) c

23、( OH- ) c(H+)【解析】(1)表示CO(g)燃烧热的热化学方程式为CO(g)+l O2(g)=CO2(g)AH,可由反响得到 AH7L4(2x247,0)kJ mo= -282.7kJ moP1。2(2)当2(CH4)口逆(CO)时，”逆，说明反响到达平衡状态，A错误。由容器I中的数据可求得该反响在该温度下的化学平衡常数K=16 ,当16c(CH4)。902)=，0) c2(H2),即Qc=K,说明反响到达平衡状态，B正确。因为该 反响是气体体积增大的反响，而气体总质量不变，随着反响的进行，容器内的气体平均 分子量逐渐减小，当气体平均分子量不变时，可说明反响到达平衡状态，C正确。因为

24、容 器体积不变，容器内气体的质量不变，混合气体的密度始终保持不变，所以当密度不变 时不能说明反响到达平衡状态，D错误。根据反响方程式可将容器II内的CO(g)和H2(g)的物质的量整体转化为CH/g)和CO2(g) 的物质的量，即容器U内CHg)和82(g)的物质的量均为6mol,为容器I内的1.5倍， 但该反响正向气体体积增大，增大压强，平衡逆向移动，所以容器n内co2的平衡转化 率小于50%o(3)该合成反响正向放热，在相同的投料比和相同的压强下，温度越低，CO2的平衡转 化率越大，所以公73 o在相同温度下，投料比越大，即H2的量越大，CO2的平衡转化率越高，根据题图乙可 知 m3 m2 m 。该反响“ c(HCO-) c(CO；- ) c(OH- ) c(H+)o.(除特殊标注外，每空2分，共15分)(1)分液(1分) NaOH溶液(1分) 有机层(1分)(2) B球形冷凝管(3) b(4)加速溶解，同时抑制乙酰苯胺的水解(5) a