云南师大附中2024届高考适应性月考卷（七）理综（云南版）-答案.docx

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1、理科综合参考答案一、选择题：本题共13小题，每小题6分。题号12345678910111213答案CCDADCBCCDAAC二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项符合题目要求；第1821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CCDDADADBCBC【解析】1溶酶体内部含有多种水解酶，能分解衰老、损伤的细胞器，与细胞内细胞器的自然更新有关，A错误。有氧条件下，酵母菌生命活动所需能量来自细胞质基质和线粒体，B错误。高尔基体主要是对来自内质网的蛋白质进行加工、分类和包装的“车间

2、”及“发送站”，分泌蛋白在核糖体中合成，D错误。2绿叶中色素的提取和分离实验中，用无水乙醇提取绿叶中的色素，利用层析液分离色素，C错误。3tRNA中结合氨基酸的部位在3端，A错误。tRNA是单链RNA，在tRNA分子中存在氢键，B错误。遗传信息由RNA流向DNA的过程中会发生碱基互补配对，C错误。4若体温高于调定点时，通过调节会使皮肤血管舒张，A错误。5青少年经常熬夜会导致光信号不断刺激而使MT的分泌受到抑制；MT的分泌量减少，会导致下丘脑分泌的促性腺激素释放激素分泌增加，进而使促性腺激素和性激素的分泌增加，从而引起青少年性早熟，D错误。6消费者参与生态系统碳循环的过程，C错误。7氮化硅陶瓷是

3、新型无机非金属材料，A正确。丹霞地貌的岩层因含氧化铁而呈红色，B错误。食盐中添加的KIO3，奶粉中添加的维生素属于营养强化剂，C正确。食用油变质是因为不饱和脂肪酸甘油酯中的碳碳双键被氧化，D正确。8碳酸二甲酯分子中甲基中的所有原子不能共平面，A错误。该聚合反应有小分子物质生成，为缩聚反应，B错误。异山梨醇分子中有4个手性碳，C正确。1mol聚碳酸异山梨醇酯与足量的NaOH溶液反应，最多消耗2n mol NaOH，D错误。9除碳酸氢钠固体中的碳酸钠应先溶解，然后通足量二氧化碳，再获得相应固体，A错误。利用沸点差异分离石油中各组分，可得到汽油、煤油和柴油等产品，但蒸馏时，装置内压增大，尾接管处不能

4、密闭，B错误。Na2O2与水反应产生O2，通过测定O2的量来计算Na2O2的质量分数，C正确。NO与空气中的O2反应生成NO2，无法收集到NO，D错误。10X原子中电子只有一种自旋方向，则X为H元素，根据题给信息和离子液体的结构，可推断出Y、Z、Q、W分别为C、N、F、P元素；Z2X4即为N2H4，该分子中N原子是sp3杂化，不是平面形分子，A错误。简单离子半径：P3N3FH+，B错误。Q为F元素，无正价，没有最高价氧化物对应的水化物，C错误。W4即P4分子，P原子的杂化轨道类型为sp3杂化，D正确。11总反应的方程式为CH3OH+CO=CH3COOH，是加成反应，原子利用率为100%，A正确

5、。据图可知，HI和HCo(CO)4是该反应的催化剂，可降低该反应的活化能，但不能改变反应热，B错误。H2O的VSEPR模型为四面体，C错误。CH3Co(CO)4中有3个CH键、4个CO键、碳与钴之间和一氧化碳与钴之间均有键，1mol CH3Co(CO)4中键数目为12NA，D错误。12N极的电极方程式为Zn2e+2OH=ZnO+H2O，根据电子守恒，电路中转移4mol电子时，N极消耗4mol OH，M极产生4mol OH并通过阴离子交换膜移向N极，故每转移4mol电子，右室中溶液净变化为增加了2mol H2O，质量增加36g，A错误，D正确。根据图示，Zn被氧化为ZnO，故N为负极，M为正极。

6、电子从N极经过导线流向M极，B正确。M极的电极方程式为C2H2+2e+2H2O=C2H4+2OH，C正确。13由题意可知随着增大，和逐渐减小，和逐渐增大，根据K1、K2的表达式可确定随变化曲线的斜率的绝对值大于随变化曲线的斜率的绝对值。故曲线1表示，曲线2 表示，A正确。由M点可知 ，则，B正确。根据电荷守恒可知c(Hg2+)和前面的系数为2，且外加I的时候可能引入其他阳离子，C错误。溶液中存在含HgI2(s)的情况下的溶解平衡，随着增大，cHgI2(aq)始终不变，D正确。14当电流减小时，导线所在处的磁感应强度减小，这与电流不变导线向右平移的效果相同，对导线向右平移，根据右手定则可知C正确

7、。15小球水平方向相对车厢向右以a匀加速运动，竖直方向做自由落体运动，小球相对车厢做匀加速直线运动，轨迹为C。16由动力分配规律有，解得，故D正确。17金属棒切割磁感线的运动等效于（解图）金属棒垂直切割磁感线的运动。取中点，由于对称、电势相等，则，故D正确。18经，若（k取1，2，3），相距最近，当k取1时，故A正确。若（k取1，2，3），相距最远，当k取1时，故D正确。19把重力和电场力看作等效重力，在等效重力场中只有等效重力做功，等效机械能守恒。小球从b到a的过程动能增大，所以等效重力势能减小，即，故A正确。对小球，从b到a由动能定理有，在a点受力平衡有，联立解得，故D正确。20对A、B两

8、物块及地球组成的系统，在B落地前，机械能才守恒，故A错误。B刚落地时A继续上升做竖直上抛运动，此时，故C正确。又，所以，对A、B由牛顿第二定律有，解得，故B正确。隔离A由牛顿第二定律有，解得，故D错误。21当弹簧恢复原长时，A刚要运动，有，解得，。对系统，A离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，A有最大速率，B有最小速率，由动量守恒定律和机械能守恒，有， ，解得，故B、C正确。三、非选择题（共174分）22（每空2分，共6分）（1）C （2）闭合电路磁通量发生变化（合理即可）（3）23（每空2分，共12分）（1）如图所示（2）将K2切换到2 （3） 1.43 0.50 24（10分）解：设则解得又

9、联立解得评分标准：本题共10分。正确得出、式各给1分，其余各式各给2分。25（14分）解：（1）滑块由静止释放后，要沿斜面向上运动，有 （2）滑块由静止释放，沿斜面向上加速，获得沿斜面向上的速度后，受到垂直斜面向上的洛伦兹力，有 当时，速度最大，有（3）滑块做变加速直线运动，由动量定理有 解得评分标准：本题共14分。正确得出式给4分，其余各式各给2分。 26（20分）解：（1）由小球在磁场中运动知小球带正电，小球在平行板间加速，故G板为正极，H板为负极 （2）带电小球，有如图甲所示，半径最小解得半径最大解得所以 （3）若小球比荷为时如图甲所示，解得由式解得之后小球做平抛运动 解得滑块运动俯视图

10、如图乙所示，可求得 滑块位移所以滑块做匀速运动解得评分标准：本题共20分。正确得出式给2分，其余各式各给1分（其他正确解法参照给分）。27（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）ad（2）4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2（3）漏斗、玻璃棒（4）分液（1分） 2CeTBP4+H2O2=2Ce3+O2+2H+2TBP（5）9（6）8 【解析】（1）F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5。1s22s22p43s1，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，a正确。1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子，b错误。1s22

11、s12p5，核外共8个电子，不是氟原子，c错误。1s22s22p33p2，基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，d正确。（2）“氧化焙烧”时CeFCO3与富氧空气中的氧气发生氧化还原反应，根据得失电子守恒、原子守恒，反应的化学方程式为4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2。（3）实验室进行操作为固液分离，是过滤操作，所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。（4）滤液A中的CeF3+能溶于有机物TBP，振荡静置后的水层与有机层采用分液的方法进行分离；由流程可知，有机层A中加入“洗氟液”后，分离出含F溶液，F浓度减小，平衡CeF3+TBPCeTBP4+F正向移

12、动，CeF3+转化为CeTBP4+；由流程可知，有机层B中CeTBP4+在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应，CeTBP4+被还原成Ce3+，则H2O2被氧化成O2，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为2CeTBP4+H2O2=2Ce3+O2+2H+2TBP。（5）当时，依据，此时处于沉淀溶解平衡状态，当pH9时，Ce3+完全沉淀。（6）分析晶胞结构图，处于面心铈离子周围有4个氧离子，根据晶胞无隙并置原则，铈离子的配位数为；晶胞结构中Ce4+位于顶点和面心，离子个数为4，位于体内，离子个数为8，故每个晶胞中相当于有4个CeO2，。故。28（ 每空2分，共14分）（1）（2

13、）CaSO4+4CCaS+4CO（3） （4）排尽装置中的空气，防止H2S、CS(NH2)2等被氧化（合理即可）（5）Ca(HS)2+2CaCN2+6H2O2CS(NH2) 2+3Ca(OH) 2（6）温度过高，硫脲会部分发生异构化（7） 【解析】（1） 硫脲CS(NH2)2结构类似尿素，将CO(NH2)2结构中O换成S即可。（2）CaSO4被C还原生成CaS，C转化为CO，利用化合价升价法配平即可。（3）A装置为制取硫化氢气体的装置，因使用盐酸制备，导致硫化氢气体中易混有杂质氯化氢，所以采取饱和NaHS溶液洗气的方法进行除杂。（5）该反应为非氧化还原反应，观察法配平可得Ca(HS)2+2Ca

14、CN2+6H2O2CS(NH2) 2+3Ca(OH) 2。（7）由方程可列出关系式5CS(NH2)2 5 14 ag粗产品中硫脲质量为，该产品的纯度为。29（每空2分，共14分）（1）+177CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)或CO2+H2=CO+H2O副（2）H2O v 58.3%【解析】（1）E总 (生成物) E总(反应物) 52+(242)+( 110) (84)+(393) 由图可知第二步反应的活化能较大，因此是决速步骤。等号左右两边消去C2H4(g)，反应的化学方程式为CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)。CO2和C2H6按物质的量11投料，如果只发生主

15、反应，则二者的转化率应该相等，但是表中数据显示CO2的转化率更大，说明也发生了副反应，而C2H4的产率只有3.3%，太小，则证明主要发生了副反应。（2）反应v的；由图可知，随着温度T降低，增大的反应为放热反应，故是反应v；原料组成为n(CO2)n(CH4)=11初始总压为120kPa，因此起始，由图可知，m点对应温度下反应iii的，即，则，因此。30（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）间甲基苯酚（或3甲基苯酚）（2）消耗反应生成的HI，提高反应物的转化率（合理即可）（3）氧化反应（1分） （4）4（1分）（5）（6）3 （7）（1分） Br2，光照【解析】（1）由A的结构简式可知，A的名

16、称为间甲基苯酚或者3甲基苯酚。（2）AB过程中，A与CH3I反应除生成B外，还有HI生成。加入K2CO3可以消耗HI，促使反应正向进行，提高反应物的转化率。（3）对比C和D的结构，甲基变成了醛基，可判断CD的反应类型为氧化反应。（4）由G的结构可知，G中的官能团为碳碳双键、碳碳三键、羟基和醚键，共4种。（5）由原子守恒，可推导D和E发生的是取代反应，E的结构简式为CHCCH3。反应方程式为。（6）的芳香同分异构体苯环侧链有五个碳、两个氧、不饱和度。需要同时满足的条件为能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含碳碳双键；1mol H和足量的银氨溶液反应可以生成4molAg，说明有两个醛基；除此之外，还剩下

17、一个饱和碳原子；且苯环上只有两个取代基，分子中有一个手性碳原子，推导只能是CHO和连在苯环上，两个基团可以在苯环上有邻、间、对三种情况。其中核磁共振氢谱峰面积之比为2221111的结构简式为。（7）由甲苯合成，可使用逆合成分析法推导合成路线。首先模仿FG的反应，逆推前一步的反应物为和，所以K为。来自，所以J为，由甲苯制备条件是Br2，光照。31.（除特殊标注外，每空2分，共11分）（1）A（1分） 酶催化特定化学反应的能力 （2）（3）不变（1分） C组条件下，t1时酶已失活，即使增加底物，产物总量也不会增加（4）在pH为59的范围内设置pH梯度，分别测定酶活性，则峰值所对应的pH即为该酶的最

18、适pH（3分）32.（除特殊标注外，每空2分，共10分）（1）隐（1分） 显（1分）（2）A基因所在染色体发生片段增加；A基因或a基因所在的染色体发生了片段的移接（4分）（3）AA或Aa（4）该个体有三个染色体组，减数分裂时会出现联会紊乱，因此不能形成可育配子 33.（除特殊标注外，每空1分，共10分）（1）产生 作用 显著影响（2）根冠、萎蔫的叶片（2分） （3）相抗衡 抑制细胞分裂；促进气孔关闭；促进叶和果实的衰老和脱落（答出2点即可，4分）34.（除特殊标注外，每空1分，共9分）（1）初生 起点不同；速度不同；经历的阶段不同；初生演替趋向形成新群落，次生演替趋向恢复原来的群落（答出2点即

19、可，2分）（2）水分散失 存在（3）灌木比草本植物高大，在竞争阳光时占据优势（2分）（4）种间竞争可能导致双方的生态位分化（对资源的利用发生分离），从而实现双方共存（2分）35.（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）次生（1分） 不是（1分） 不能（1分） 植物细胞培养技术是在离体条件下对单个植物细胞或细胞团进行培养使其增殖，不能使已分化的细胞发育成完整的植株或各种细胞（2）脱分化（1分） 特有的结构和功能（3）纤维素酶和果胶 提高培养液中的溶氧量；使细胞与营养物质充分接触，提高营养物质的利用率（4）不占用耕地；几乎不受季节、天气等的限制；有利于保护濒危植物红豆杉（答出1点即可）理科综合参考答案第11页（共11页）学科网（北京）股份有限公司