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2022届云南省曲靖市第一中学高三上学期第一次质量监测卷理综试题（PDF版含答案）
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这是一份2022届云南省曲靖市第一中学高三上学期第一次质量监测卷理综试题（PDF版含答案），文件包含曲靖一中高考复习质量监测卷一理综-答案doc、理综pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
曲靖一中高考复习质量监测卷一
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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
C
B
A
A
C
A
C
D
C
B
A
C
D
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14～18题只有一项符合题目要求；第19～21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
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
A
D
B
C
D
BC
AB
AD
【解析】
1．由于脱氧核糖属于糖类，元素组成只有C、H、O，A错误。细胞内的多糖、蛋白质和核酸是由单体连接而成的多聚体，而磷脂不是多聚体，它没成单体，是由磷酸、甘油，脂肪酸等组成的，B错误。细胞呼吸产生二氧化碳的场所有细胞质基质和线粒体基质，而人体无氧呼吸不产生二氧化碳，产生的是乳酸，人体细胞呼吸产生二氧化碳的场所只有线粒体基质，C正确。细胞生物的遗传物质只能是DNA，而不是主要是DNA，D错误。
2．⑥过程是暗反应，发生于叶绿体基质中，⑤过程是光反应，发生于叶绿体类囊体薄膜上，A正确。图示①～④依次为NADPH、ATP、CO2、（CH2O），B错误。如用18O标记H2O，则也可以参与有氧呼吸的第二阶段，与丙酮酸反应可生成C18O2，C18O2再参与光合作用的暗反应，则物质④中有可能出现18O，C正确。在禾谷类作物开花期剪掉部分花穗，光合作用产物输出受阻，叶片的光合速率会暂时下降，D正确。
3．植物激素在植物体内起作用的方式和动物体内的激素相似，也不直接参与细胞代谢，而是给细胞传达一种调节代谢的信息，A正确。在促进根、茎两种器官生长时，根是对生长素更敏感的器官，B错误。植物激素是植物体产生的，赤霉菌产生的赤霉素不叫植物激素，C错误。脱落酸有促进种子休眠的作用，基因突变导致脱落酸受体与脱落酸亲和力降低时，种子休眠时间比野生型缩短，D错误。
4．神经系统调节存在分级调节控制，例如排尿反射的初级中枢在脊髓，但控制排尿反射的高级中枢在大脑皮层，A错误。下丘脑能分泌促甲状腺激素释放激素、抗利尿激素等，具有内分泌功能，B正确。谷氨酸和一氧化氮可作为神经递质参与神经细胞的信息传递，C正确。婴幼儿缺乏甲状腺激素可影响其神经系统的发育和功能，如呆小症，D正确。
5．若某性状由位于Ⅱ区段的等位基因控制，则在Ⅱ区段等位基因有ZAZA，ZAZa，ZaZa，ZAWA，ZAWa，ZaWA，ZaWa共7种，A错误。Ⅱ片段上的基因控制的性状也与性别有关，如ZaZa×ZaWA，后代雌性全部为显性性状，雄性全部为隐性性状，B错误。有斑纹的芦花母鸡基因型为ZAW，无斑纹的公鸡基因型为ZaZa，后代雄性全部有斑纹，雌性全部无斑纹，可以通过羽毛斑纹确定后代性别，C正确。性染色体上的基因也遵循孟德尔遗传定律，D错误。
6．群落中植物的垂直结构为动物创造了多种多样的栖息空间和食物条件，因此动物的分层现象与植物有关，A正确。K值受环境因素的影响，即使适当增加培养液中酵母菌初始种群数量不会使酵母菌种群的K值增大，B错误。种群密度能反映种群在一定时期的数量，但不能反映种群数量变化的趋势，预测种群数量变化的是年龄组成，C错误。人类活动对群落的影响不一定是破坏性的，也可能是良性影响，如适当砍伐森林的树木有利于森林物种的多样性增加，D错误。
7．单糖不会水解，A错误。少量的氯气与铁点燃生成氯化铁，B错误。二氧化硫除了具有漂白作用，可漂白纸浆、毛和丝等。还可用于杀菌、消毒，例如，在葡萄酒酿制过程中可适当添加二氧化硫，起到杀菌、抗氧化作用，C正确。通过微生物的代谢作用，将废水中有毒有害物质尤其是复杂的有机污染物降解为简单的、无害物质，所以微生物法处理废水有新物质的生成，涉及化学变化，D错误。
8．在该反应中N元素化合价降低，得到电子被还原为AlN，所以AlN是还原产物。C元素化合价升高，失去电子被氧化为CO，则氧化产物是CO，A错误。只有气体体积，未说明其所处的外界条件，因此不能确定其物质的量，也就不能进行有关计算，B错误。工业上通过电解熔融Al2O3来冶炼金属铝，AlCl3为共价化合物，电解不能生成金属铝，C错误。14N2中的中子数是14，而12C16O中的中子数也是14，故二者所含中子数相等，D正确。
9．AgNO3可能过量，再向其中滴加0.1mol/L KI溶液，可能直接生成AgI沉淀，不能说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故A错误。向某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，该气体可能是CO2或SO2，故溶液中可能含或或，若溶液含，可能含，故B错误。加入生石灰生成氢氧化钙溶液，蒸馏时得到的乙醇更纯净，C正确。不用通氯气，故D错误。
10．可以发生缩聚反应，A错误。HOCH2CH==CHCH2OH与丁酸分子式都是C4H8O2，分子式相同，结构不同，因此二者互为同分异构体，B正确。HOCH2CH==CHCH2OH分子中含有饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构，因此不可能所有原子均处于同一平面上，C错误。不能与NaOH反应，D错误。
11．元素的非金属性：O＞S，氢化物的稳定性H2O＞H2S，因此能使用元素周期律解释，A正确。含氧酸的氧化性与非金属性没有直接的关系，不可以使用元素周期律解释，B错误。元素的非金属性：Cl＞P，但盐酸不是Cl元素的最高价的含氧酸，C错误。元素的金属性越强，其相应的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。由于元素的金属性：Na＞Mg，所以物质的碱性：NaOH＞Mg(OH)2，这与物质的溶解性大小无关，不能使用元素周期律解释，D错误。
12．锂电池中锂为电池的负极，失电子生成锂离子，反应式：Li−e−=Li+，A正确。放电时的总反应式为电池正负极得失电子总数相等时电极反应相加，4Li+2SOCl2=
4LiCl+SO2↑+S，B正确。锂电极为电池的负极，碳电极为正极，电子由负极流向正极，C错误。若采用水溶液代替SOCl2溶液，锂电极则与水反应生成氢氧化锂，造成电极的损耗，故不能用水溶液代替SOCl2溶液，D正确。
13．10mL 0.1mol/L次氯酸溶液中含有次氯酸的物质的量n=0.1mol/L×0.01L=0.001mol，但由于次氯酸是弱酸，主要以电解质分子存在，故A错误。加水稀释后溶液中c(H+)减小，溶液的pH增大。溶液中c(H+)减小，则酸对水电离平衡的抑制作用减弱，水电离程度增大，B错误。滴加0.1mol/L NaOH溶液至滴定终点时，所需体积为10mL，C错误。与等体积、等浓度的NaClO溶液混合后，根据物料守恒可知：2c(Na+)=c(ClO−)+c(HClO)，D正确。
15．根据黄金代换式，，得到，可知D正确。
16．分别对、两球分析，运用合成法，如图，由几何知识得，，解得质量之比为，故B正确。
17．根据图象与时间轴所围的面积表示位移，可知，该图表示汽车在0～3s内通过的位移，故A错误。在司机反应时间内，汽车做匀速直线运动，该图象没有画出汽车匀速运动的速度图象，与题意不符，故B错误。根据图象与时间轴所围的面积表示位移，可知，该图表示汽车在0～3s内通过的位移，则汽车的位移可能为13m，故C正确。D选项中的位移大于13.2m，故D错误。
18．由电场线的疏密反映电场强度的大小知，因为，所以电场中、两点运动的加速度大小满足；从到电场力做正功，根据动能定理知动能增大，所以，电势能减小，故D正确。
19．靠传送带传动两轮子边缘上的点线速度大小相等，所以、的线速度大小相等。共轴转动的物体上各点具有相同的角速度，所以、、的角速度相等，根据，可知、两点的角速度之比为2∶1，则可知、两点的角速度之比为2∶1，由以上分析可知、、、四点角速度之比为∶∶∶∶∶∶，根据公式，可知、、、四点向心加速度之比为∶∶∶∶∶∶。
20．由法拉第电磁感应定律得感应电动势为，故A正确。由楞次定律可知，感应电流方向是逆时针方向，所以点电势高，点电势低，故B正确。
21．设物体的质量为，物体压缩弹簧的最大压缩量为时，的动能全部转化为弹簧的弹性势能（设为），有；当以2向右运动压缩弹簧过程，、、弹簧系统动量守恒，当二者共速（设为）时，弹簧达到最大压缩量，也为。此过程动量守恒，有，由功能关系有，联立上面三式解得，。
三、非选择题
（一）必考题：共11题，共129分。
22．（除特殊标注外，每空1分，共6分）
（1）A2 V1
（2）如图所示（3分）
23．（除特殊标注外，每空2分，共9分）
（1）B
（2）B
（3）0.42（3分）
（4）BC
【解析】（1）考察平衡摩擦力的技巧：由于要平衡的是小车的摩擦力与重力的下滑分力，没必要挂着小桶，垫高木板的高度，轻推小车使小车能在木板上做匀速直线运动。
（2）根据牛顿第二定律可知，，解得。只有保持小桶和砝码的总质量远小于小车的质量才能保证小车所受的拉力近似等于小桶和砝码的总重力，故选B。
（3）根据可得
。
（4）当小桶做自由落体运动时加速度最大，等于重力加速度，若继续增加砝码的数量，小车加速度不可能大于当地的重力加速度，故A错误。设小桶和砝码的质量为，小车的质量为，由牛顿第二定律得，图象的斜率，应用图象可以计算出小车的质量，故B正确。只有当小车质量远大于小桶和砝码的总质量时，小车所受的合外力才近似等于小桶和砝码的总重力，图象才近似为一条直线，故C正确，D错误。
24．（12分）
解：（1）根据几何关系，有 ①
②
得 ③
（2）在无场区： ④
在磁场区： ⑤
⑥
⑦
评分标准：本题共12分。正确得出⑤、⑥式各给1分，其余各式各给2分。
25．（20分）
解：（1）、一起向左匀加速运动时，设加速度为，经过时间长木板与竖直挡板发生第一次碰撞，对整体，由牛顿第二定律得
①
据题有
可得 ②
而的最大加速度为（其他判定方法同样给分） ③
即、一起运动，加速度为
④
（2）根据运动学公式，有 ⑤
得 ⑥
（3）设与竖直挡板发生第一碰撞前的速度大小为，向右以为初速度匀减速运动，设加速度大小为，经过时间速度减为零，通过的距离为，向右运动到最远；向左以为初速度匀减速运动，设加速度大小为，经过时间通过的距离为，则由牛顿第二定律有
⑦
⑧
由运动学公式，有
⑨
⑩
⑪
⑫
⑬
设在时间内，在上滑动的距离为，、间因摩擦产生的热量为，则有
⑭
⑮
解得 ⑯
评分标准：本题共20分。正确得出③～⑥式各给2分，其余各式各给1分。
26．（除特殊标注外，每空2分，共15 分）
（1）C中的铜粉由红变黑（1分）
（2）Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑
（3） 吸收空气中的CO2和水蒸气（1分）
（4）O2和N2都是氧化产物，根据化合价变化规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的价态降低，可能生成Cl2（答出要点即可）
（5）①H→G→F 白色粉末变蓝（1分） ②离子方程式略
（6）2NH4ClO4N2↑+2O2↑+Cl2↑+4H2O
（7）偏大
【解析】（1）NH4ClO4受热分解产生的气体，经碱石灰干燥后，能使铜粉由红色变为黑色，说明生成了CuO，所以分解产物中含有O2。
（2）产生的能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气，发生的反应为Mg3N2+6H2O=
3Mg(OH)2↓+2NH3↑，说明D中固体为Mg3N2，据此可判断NH4ClO4受热分解产物中有N2生成。
（3）在实验过程中仪器E中装有碱石灰的目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气。
（4）根据分析可知，NH4ClO4分解产物中含有O2和N2，O2和N2都是氧化产物，根据氧化还原反应规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成氯气。
（5）检验水蒸气和氯气，应该先用H中的无水硫酸铜检验水的存在，再用溴化钾检验氯气，现象是水溶液变为橙黄色。为了防止多余的氯气污染环境，还需要使用尾气吸收装置，所以按气流从左至右，装置的连接顺序为A→H→G→F。
（6）NH4ClO4分解生成氮气、氧气、氯气和水，结合电子守恒、原子守恒配平可得： 2NH4ClO4N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑。
（7）实验结束后，某同学拟通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，镁粉与装置中的氧气、氮气反应，造成产物质量增大，会造成计算结果偏大。
27．（每空2分，共14分）
（1）100mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒 偏低
（2）+6Fe3O4+62H+=2Cr3++18Fe3++31H2O
（3）2H++2e−=H2↑ 让铁失去电子，生成Fe2+，提供还原剂，以便将还原成Cr3+
（4）
（5）0.3600mol·L−1
【解析】（2）用化合价升降法配平，中的2个Cr化合价共降低6价，每个Fe3O4中有1个+2价Fe升高到+3，升高了1价，所以给Fe3O4配上6。根据电荷守恒和质量守恒、用观察法配平其余项，该离子反应方程式为+6Fe3O4+62H+=2Cr3++18Fe3++31H2O。
（3）工业上处理含的废水时，一般将剧毒的转化为Cr3+，以碳为阴极，铁作阳极，电解处理含NaCl、的酸性废水。阳极发生的是氧化反应，电极反应为Fe−2e−=Fe2+。阴极发生的是还原反应，电极反应为2H++2e−=H2↑。用铁作阳极的目的是让铁失去电子生成Fe2+，提供还原剂，以便将还原成Cr3+。
（4）反应⑤是可逆反应，在Na2CrO4溶液中加入稀硫酸，溶液由黄色逐渐变成橙色，变为，该反应的离子方程式为。
（5）由测定Na2S2O3溶液的物质的量浓度的两个反应：①+6I−+14H+3I2+2Cr3++
7H2O；②+I2+2I−，可以得到关系式：~3I2~。0.882g K2Cr2O7的物质的量n(K2Cr2O7)=0.003mol，所以n(Na2S2O3)=6n(K2Cr2O7)=0.018mol，消耗Na2S2O3溶液50.00mL，则Na2S2O3溶液的物质的量浓度为0.3600mol·L−1。
28．（除特殊标注外，每空2分，共14分）
（1）CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l) ΔH=−130.9kJ/mol
（2）吸热 KC=KB＞KA
（3）CO的存在促使反应Ⅰ正向进行，二氧化碳和氢气的量增加，水蒸气的量减少，有利于反应Ⅲ正向进行
（4）①0.06mol/(L·min) 增大
②F
【解析】（1）由H2(g)和CH3OH(1)的燃烧热分别为−285.8kJ/mol和−726.5kJ/mol知，①H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=−285.8kJ/mol，②CH3OH(l)+O2(g)=
CO2(g)+2H2O(l) ΔH=−726.5kJ/mol，由盖斯定律可知，3×①−②得CO2(g)+3H2(g)=
CH3OH(l)+H2O(l) ΔH=(−285.8×3+726.5)kJ/mol=−130.9kJ/mol。
（2）其他条件一定时，T1＜T2，温度越高甲烷的平衡转化率越大，则该反应为吸热反应。 对于吸热反应，温度越高平衡常数越大，相同温度下平衡常数相同，故KC=KB＞KA。
（3）490K时，曲线a与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，结合反应Ⅰ、Ⅲ分析，对于反应Ⅰ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，CO是反应物，CO的存在促使反应Ⅰ正向进行，CO2和H2的量增加，水蒸气的量减少，有利于反应Ⅲ．CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)正向进行，所以CO的存在使甲醇生成速率增大。
（4）①当起始时，即充入2mol H2、1mol CO，经过10min反应达到平衡，此时CO的转化率为0.6，Δn(CO)=1mol×0.6=0.6mol，则Δn(H2)=0.6mol×2=1.2mol，则0～10min内平均反应速率v(H2)==0.06mol/(L·min)。平衡时n(CO)=1mol−0.6mol
=0.4mol，n(H2)=2mol−1.2mol=0.8mol，n(CH3OH)=0.6mol，则K=
=9.375(L/mol)2，若此时再向容器中充入CO(g)和CH3OH(g)各0.4mol，=7.8125(L/mol)2＜K，平衡正向移动，达到新平衡时H2的转化率将增大。
②当起始时，反应达到平衡状态后，CH3OH的体积分数最大，故当起始时，反应达到平衡状态后，CH3OH的体积分数比C点对应的CH3OH的体积分数小，可能对应题图中的F点。
29．（除特殊标注外，每空1分，共8分，答案可能多样，合理即可）
（1）不同植物根系细胞膜上吸收离子的载体的种类和数量存在差异（2分）
（2）A 8
（3）否 右 富含有机质的农田中，由于微生物分解作用，会释放出二氧化碳，故c点将会右移（2分）
【解析】（1）玉米和大豆的根系吸收元素时，具有差异的直接原因是不同植物根系细胞膜上吸收离子的载体的种类和数量存在差异。玉米根系细胞膜上运输氮和硅的载体蛋白较多，而运输钙的载体蛋白较少；豆科植物根系细胞膜上运输钙的载体蛋白较多，而运输硅的载体蛋白数量极少。
（2）根据分析可知，阳生植物为A。当光照强度为50µmol光子/(m2·s)时，A、B植物氧气的产生速率的差值为8µmol O2/(m2·s)。原因是当光照强度为50µmol光子/(m2·s)时，A植物的氧气产生速率=呼吸速率+净光合速率=16−1=15，而B的氧气产生速率=呼吸速率+净光合速率=4+3=7。
（3）10时与22时相比，CO2浓度虽然相同，但这两个时间点的光照强度不同，22时无光，因此固定二氧化碳的速率不同。在富含有机肥的农田中，由于土壤中微生物的作用，丰富的有机质能够被分解产生二氧化碳，从而使得近地面的二氧化碳浓度上升，因此图中c点会向右移动。
30．（除特殊标注外，每空1分，共10分，答案合理即可给分）
（1）大脑皮层 正电位 糖蛋白（或蛋白质） 等于
（2）核酸 新型冠状病毒抗体
（3）体内产生了特异性抗体和记忆细胞（2分） 一方面，新型冠状病毒容易发生变异；另一方面，特定疫苗引起的特异性免疫产生的抗体只能针对特定的病原体起作用（2分）
【解析】（1）痛觉是在大脑皮层产生的。兴奋传导时，细胞膜电位由内负外正变为内正外负，膜内由负电位变为正电位，突触后膜上接受信号的结构为受体蛋白，本质为糖蛋白。持续高烧，体温不变，机体产热量等于散热量。
（2）病原学检查是直接检测病毒核酸的有无，抗体主要存在于血清中，故血清学检查是检测相应的抗体。
（3）疫苗能引起机体产生特定的免疫应答，体内产生了特异性抗体和记忆细胞，故接种冠状病毒疫苗能够预防冠状病毒。接种冠状病毒疫苗后仍然可能会再患冠状病毒的原因是一方面，冠状病毒容易发生变异；另一方面，特定疫苗引起的特异性免疫产生的抗体只能针对特定的病原体起作用。
31．（每空2分，共10分，答案合理即可给分）
（1）次生演替 水平结构
（2）避免引进的物种由于缺乏天敌、资源充裕、环境适宜等原因造成生物入侵 间接
（3）结构和功能
【解析】（1）植物修复是金属矿山生态修复中应用前景最好的技术之一，矿山废弃地种植适宜的草本、木本植物，使其逐渐形成相对稳定的生物群落，使生态系统良性循环。该生态修复过程利用次生演替。不同地段植物分布不同，表现出水平方向上的差异，体现了群落的水平结构。
（2）修复过程中，所选草本、木本植物一般为本地物种，而不选外地物种，原因是避免引进的物种由于缺乏天敌、资源充裕、环境适宜等原因造成生物入侵，从而影响本地物种的生存。防风固沙和减少水土流失，属于生态功能，体现了生物多样性的间接价值。
（3）一个生态系统的修复是否成功，最终要看该生态系统是否达到了最终平衡状态，即生态系统的结构和功能是否能够保持长期稳定。
32．（除特殊标注外，每空2分，共11分，答案合理即可给分）
（1）等位基因分离 10
（2）1/2 3/4
（3）选择纯合黄色非糯玉米为母本，白色糯玉米为父本进行杂交，获得F1，再以F1为母本，白色糯性玉米为父本进行杂交，获得的杂交后代中就会有抗除草剂的白色糯性玉米（或选择纯合黄色非糯玉米为母本，白色糯玉米为父本进行杂交，获得F1，再以F1自交，获得的杂交后代中就会有抗除草剂的白色糯性玉米）。（3分）
【解析】（1）F1在减数分裂形成配子时发生了等位基因分离，使F2出现一定比例的纯合子，导致F2发生杂种优势衰退。若要研究玉米的基因组，须测定10条染色体的全部DNA序列，解读其中的遗传信息。
（2）根据题意可知，只有杂合子才能表现杂种优势。甲组实验中自然状态授粉，进行的是随机交配，因此不管种植多少年，三种基因型的比例均为1/4AA、1/2Aa、1/4aa，只有Aa表现为杂种优势，因此衰退率为1/2；乙组人工控制自交授粉，第3年种植时种下的是子二代，子二代的基因型及比例为3/8AA、1/4Aa、3/8aa，则此时乙组杂种优势衰退率为3/4。
（3）根据题意分析，除草剂抗性基因位于叶绿体DNA上，即位于纯合黄色非糯玉米细胞质中，根据质基因遗传表现为母系遗传的特性分析，应该选择纯合黄色非糯玉米作为母本，白色糯性玉米作为父本杂交，获得F1，再以F1为母本，白色糯性玉米为父本进行杂交，获得的杂交后代中就会有抗除草剂的白色糯性玉米。或选择纯合黄色非糯玉米为母本，白色糯玉米为父本进行杂交，获得F1，再以F1自交，获得的后代中就会有抗除草剂的白色糯性玉米。
（二）选考题：共45分。
33．（15分）
（1）（5分）BCD（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）
【解析】布朗运动是固体颗粒的无规则运动，反映了液体分子运动的无规则性，故A错误。分子间的引力和斥力都随分子间距离增大而减小，故B正确。当时，分子势能随着分子间距离增大而减小，当时，分子势能随着分子间距离增大而增大，所以分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，故C正确。可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素，故D正确。气体的压强与单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数以及分子对器壁的平均撞击力有关，若温度升高，分子对器壁的平均撞击力增大，单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，气体的压强不一定减小，故E错误。
（2）（10分）
解：Ⅰ．设平衡时，在与之间的气体压强均为，对活塞由平衡得
①
解得 ②
Ⅱ．设未漏气且平衡时，上方的气体压强为，则有
③
漏气发生后，设整个封闭气体体积为，压强为，由力的平衡条件对有
④
若活塞下降，则
⑤
由玻意耳定律得
⑥
解得 ⑦
评分标准：本题共10分。正确得出①、②、⑦式各给2分，其余各式各给1分。
34．（15分）
（1）（5分）ACD（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）
【解析】根据图甲所示时刻质点正沿轴正方向运动，则波沿轴方向传播，由图乙可得周期，故频率，故A正确。根据图甲可知，波长，根据波长、波速和周期公式可知，故B错误。若图甲波形图第一次出现，则波从质点处传播到了处，根据传播规律可知，故C正确。分析图乙可知，质点起振方向沿轴负方向，则图甲所示时刻，向波峰运动，向平衡位置运动，向波谷运动，故最先回到平衡位置，故D正确。从时刻起再经过的时间，质点走过的路程是8cm，故E错误。
（2）（10分）
解：由折射定律得 ①
解得
光线从圆心正上方射出玻璃砖时，其在玻璃砖中的位移最大，解得
②
由几何关系解得 ③
④
最长时间为 ⑤
由几何关系得 ⑥
解得 ⑦
最短时间 ⑧
评分标准：本题共10分。正确得出⑥、⑧式各给2分，其余各式各给1分。
35．（除特殊标注外，每空2分，共15 分）
（1）7（1分）
（2）CuO中铜的价层电子排布为3d94s0，Cu2O中铜的价层电子排布为3d10，后者处于稳定的全充满状态而前者不是 ＜（1分） Mn2+、Fe2+的价电子排布式分别为3d5、3d6，Mn2+处于3d5半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高，所以第三电离能Fe小于Mn
（3）①bc
②sp2、sp3
（4）①O（1分） Mg2GeO4
②×1021（2分）
【解析】（1）Fe原子核外有26个电子，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则Fe的基态原子共有1s、2s、2p、3s、3p、3d和4s共7种不同能级的电子。
（2）Cu2+的价电子结构为3d9，Cu+的价电子结构为3d10，3d10为稳定结构，所以在高温时，Cu2+得一个电子变成稳定结构的Cu+。Mn2+、Fe2+的价电子排布式分别为3d5、3d6，Mn2+处于3d5半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高，所以第三电离能Fe小于Mn。
（3）①根据结构图可以判断，该离子中含有共价键和配位键，答案选bc。
②N由单键连接为sp3杂化，双键连接的为sp2杂化。
（4）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的X原子为8×+6×+4×+3=8，位于体内的Y原子和Z原子分别为4和16，由Ge和O原子的个数比为1∶4可知，X为Mg原子、Y为Ge原子、Z为O原子，则晶胞的化学式为Mg2GeO4。
②由晶胞的质量公式可得：，解得。
36．（除特殊标注外，每空2分，共15 分）
（1）羰基、羧基、醚键
（2）
（3）消耗2mol氢氧化钠（方程式略）
（4）（1分） 加成（1分）
（5）（或其他合理答案）
（6）（3分）
【解析】由已知，结合流程可得，有机物A.在浓硫酸作用下与发生取代反应，生成B.；在AlCl3条件下生成C.；在乙酸钠作用下与乙二酸二乙酯生成D.；与H2加成生成E.；发生消去反应生成F.，与H2加成生成G.。
37．（除特殊标注外，每空2分，共15分，答案合理即可给分）
（1） 去除杂蛋白 溶解细胞膜，加速红细胞的破裂 去除分子量较小的杂质
（2）玫瑰精油随水蒸气一起蒸馏出来，所得到的是油水混合物 低（1分）
（3）柠檬烯 干燥去水，并用石灰水浸泡 过滤（1分） 离心（1分）
【解析】（1）洗涤红细胞的目的是去除杂蛋白，主要是血浆蛋白。在血红蛋白的释放操作中，除加入一定体积的蒸馏水外，还需要加入40%体积的甲苯，其作用是溶解细胞膜，加速红细胞的破裂。透析袋能使小分子自由进出，而将大分子保留在袋内，因此透析可以去除样品中分子量较小的杂质。
（2）玫瑰精油适合用水蒸气蒸馏法来提取，蒸馏时玫瑰精油随水蒸气一起蒸馏出来，水蒸气蒸馏后，锥形瓶中所得到的是油水混合物，而不是纯的玫瑰精油。玫瑰精油易挥发，故密封不严的瓶装玫瑰精油应存放在温度较低的地方，以减少挥发。
（3）橘皮油无色透明，具有诱人的橘香味，主要成分是柠檬烯。新鲜的柑橘皮中含有大量的果蜡、果胶和水分，如果直接压榨，出油率较低。为了提高出油率，需要将新鲜的橘皮干燥去水，并用石灰水浸泡。石灰水能够破坏细胞结构，分解果胶，防止橘皮压榨时滑脱，提高出油率。对橘皮压榨后得到的糊状液体，可以先用普通布袋过滤除去固体物和残渣，然后通过离心进一步除去质量较小的残留固体物。
38．（除特殊标注外，每空2分，共15分，答案合理即可给分）
（1）基因重组（1分） E·coli DNA连接酶 T4DNA连接酶 E·coli DNA连接酶只能连接双链DNA片段的黏性末端，而T4DNA连接酶既能连接黏性末端也能连接平末端
（2）用含有该抗生素的培养基培养宿主细胞，能够存活的即为含有质粒载体的宿主细胞
（3）位于基因首端的一段特殊DNA序列，是RNA聚合酶识别及结合的部位，能驱动转录过程
（4）所有生物共用一套遗传密码（或真核生物的基因能在原核细胞中表达）
（5）大肠杆菌没有内质网、高尔基体等复杂的细胞器，不能对霉菌的脂肪酶基因表达产物进行加工（或大肠杆菌是原核生物，不能剪切从霉菌的基因组文库中获取的脂肪酶基因的内含子）
【解析】（1）基因工程的基本原理是基因重组；基因工程的三个工具，限制酶，DNA连接酶，载体；DNA连接酶分为两类，一类是从大肠杆菌中分离得到的，称为E·coli DNA连接酶；一类是从T4噬菌体中分离得到的，称为T4DNA连接酶；它们的区别在于E·coli DNA连接酶只能连接双链DNA片段的黏性末端，而T4DNA连接酶既能连接黏性末端也能连接平末端，连接平末端效率较低。
（2）一个基因表达载体的组成：目的基因（脂肪酶基因）、启动子、终止子、标记基因、复制原点等。
（4）霉菌的脂肪酶基因能在大肠杆菌细胞中表达，说明真核生物的基因能在原核细胞中表达；所有生物共用一套遗传密码。
（5）霉菌是真核生物，基因组文库中获取的脂肪酶基因，含有内含子序列，且有内质网、高尔基体等细胞器对翻译出来的脂肪酶进行加工，而大肠杆菌是原核生物，原核生物的基因中，没有内含子序列，细胞中也没有内质网、高尔基体等细胞器，所以大肠杆菌细胞中的转移进来的新基因，表达的产物通常不能直接发挥作用。
曲靖一中高考复习质量监测卷一
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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
C
B
A
A
C
A
C
D
C
B
A
C
D
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14～18题只有一项符合题目要求；第19～21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
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
A
D
B
C
D
BC
AB
AD
【解析】
1．由于脱氧核糖属于糖类，元素组成只有C、H、O，A错误。细胞内的多糖、蛋白质和核酸是由单体连接而成的多聚体，而磷脂不是多聚体，它没成单体，是由磷酸、甘油，脂肪酸等组成的，B错误。细胞呼吸产生二氧化碳的场所有细胞质基质和线粒体基质，而人体无氧呼吸不产生二氧化碳，产生的是乳酸，人体细胞呼吸产生二氧化碳的场所只有线粒体基质，C正确。细胞生物的遗传物质只能是DNA，而不是主要是DNA，D错误。
2．⑥过程是暗反应，发生于叶绿体基质中，⑤过程是光反应，发生于叶绿体类囊体薄膜上，A正确。图示①～④依次为NADPH、ATP、CO2、（CH2O），B错误。如用18O标记H2O，则也可以参与有氧呼吸的第二阶段，与丙酮酸反应可生成C18O2，C18O2再参与光合作用的暗反应，则物质④中有可能出现18O，C正确。在禾谷类作物开花期剪掉部分花穗，光合作用产物输出受阻，叶片的光合速率会暂时下降，D正确。
3．植物激素在植物体内起作用的方式和动物体内的激素相似，也不直接参与细胞代谢，而是给细胞传达一种调节代谢的信息，A正确。在促进根、茎两种器官生长时，根是对生长素更敏感的器官，B错误。植物激素是植物体产生的，赤霉菌产生的赤霉素不叫植物激素，C错误。脱落酸有促进种子休眠的作用，基因突变导致脱落酸受体与脱落酸亲和力降低时，种子休眠时间比野生型缩短，D错误。
4．神经系统调节存在分级调节控制，例如排尿反射的初级中枢在脊髓，但控制排尿反射的高级中枢在大脑皮层，A错误。下丘脑能分泌促甲状腺激素释放激素、抗利尿激素等，具有内分泌功能，B正确。谷氨酸和一氧化氮可作为神经递质参与神经细胞的信息传递，C正确。婴幼儿缺乏甲状腺激素可影响其神经系统的发育和功能，如呆小症，D正确。
5．若某性状由位于Ⅱ区段的等位基因控制，则在Ⅱ区段等位基因有ZAZA，ZAZa，ZaZa，ZAWA，ZAWa，ZaWA，ZaWa共7种，A错误。Ⅱ片段上的基因控制的性状也与性别有关，如ZaZa×ZaWA，后代雌性全部为显性性状，雄性全部为隐性性状，B错误。有斑纹的芦花母鸡基因型为ZAW，无斑纹的公鸡基因型为ZaZa，后代雄性全部有斑纹，雌性全部无斑纹，可以通过羽毛斑纹确定后代性别，C正确。性染色体上的基因也遵循孟德尔遗传定律，D错误。
6．群落中植物的垂直结构为动物创造了多种多样的栖息空间和食物条件，因此动物的分层现象与植物有关，A正确。K值受环境因素的影响，即使适当增加培养液中酵母菌初始种群数量不会使酵母菌种群的K值增大，B错误。种群密度能反映种群在一定时期的数量，但不能反映种群数量变化的趋势，预测种群数量变化的是年龄组成，C错误。人类活动对群落的影响不一定是破坏性的，也可能是良性影响，如适当砍伐森林的树木有利于森林物种的多样性增加，D错误。
7．单糖不会水解，A错误。少量的氯气与铁点燃生成氯化铁，B错误。二氧化硫除了具有漂白作用，可漂白纸浆、毛和丝等。还可用于杀菌、消毒，例如，在葡萄酒酿制过程中可适当添加二氧化硫，起到杀菌、抗氧化作用，C正确。通过微生物的代谢作用，将废水中有毒有害物质尤其是复杂的有机污染物降解为简单的、无害物质，所以微生物法处理废水有新物质的生成，涉及化学变化，D错误。
8．在该反应中N元素化合价降低，得到电子被还原为AlN，所以AlN是还原产物。C元素化合价升高，失去电子被氧化为CO，则氧化产物是CO，A错误。只有气体体积，未说明其所处的外界条件，因此不能确定其物质的量，也就不能进行有关计算，B错误。工业上通过电解熔融Al2O3来冶炼金属铝，AlCl3为共价化合物，电解不能生成金属铝，C错误。14N2中的中子数是14，而12C16O中的中子数也是14，故二者所含中子数相等，D正确。
9．AgNO3可能过量，再向其中滴加0.1mol/L KI溶液，可能直接生成AgI沉淀，不能说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故A错误。向某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，该气体可能是CO2或SO2，故溶液中可能含或或，若溶液含，可能含，故B错误。加入生石灰生成氢氧化钙溶液，蒸馏时得到的乙醇更纯净，C正确。不用通氯气，故D错误。
10．可以发生缩聚反应，A错误。HOCH2CH==CHCH2OH与丁酸分子式都是C4H8O2，分子式相同，结构不同，因此二者互为同分异构体，B正确。HOCH2CH==CHCH2OH分子中含有饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构，因此不可能所有原子均处于同一平面上，C错误。不能与NaOH反应，D错误。
11．元素的非金属性：O＞S，氢化物的稳定性H2O＞H2S，因此能使用元素周期律解释，A正确。含氧酸的氧化性与非金属性没有直接的关系，不可以使用元素周期律解释，B错误。元素的非金属性：Cl＞P，但盐酸不是Cl元素的最高价的含氧酸，C错误。元素的金属性越强，其相应的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。由于元素的金属性：Na＞Mg，所以物质的碱性：NaOH＞Mg(OH)2，这与物质的溶解性大小无关，不能使用元素周期律解释，D错误。
12．锂电池中锂为电池的负极，失电子生成锂离子，反应式：Li−e−=Li+，A正确。放电时的总反应式为电池正负极得失电子总数相等时电极反应相加，4Li+2SOCl2=
4LiCl+SO2↑+S，B正确。锂电极为电池的负极，碳电极为正极，电子由负极流向正极，C错误。若采用水溶液代替SOCl2溶液，锂电极则与水反应生成氢氧化锂，造成电极的损耗，故不能用水溶液代替SOCl2溶液，D正确。
13．10mL 0.1mol/L次氯酸溶液中含有次氯酸的物质的量n=0.1mol/L×0.01L=0.001mol，但由于次氯酸是弱酸，主要以电解质分子存在，故A错误。加水稀释后溶液中c(H+)减小，溶液的pH增大。溶液中c(H+)减小，则酸对水电离平衡的抑制作用减弱，水电离程度增大，B错误。滴加0.1mol/L NaOH溶液至滴定终点时，所需体积为10mL，C错误。与等体积、等浓度的NaClO溶液混合后，根据物料守恒可知：2c(Na+)=c(ClO−)+c(HClO)，D正确。
15．根据黄金代换式，，得到，可知D正确。
16．分别对、两球分析，运用合成法，如图，由几何知识得，，解得质量之比为，故B正确。
17．根据图象与时间轴所围的面积表示位移，可知，该图表示汽车在0～3s内通过的位移，故A错误。在司机反应时间内，汽车做匀速直线运动，该图象没有画出汽车匀速运动的速度图象，与题意不符，故B错误。根据图象与时间轴所围的面积表示位移，可知，该图表示汽车在0～3s内通过的位移，则汽车的位移可能为13m，故C正确。D选项中的位移大于13.2m，故D错误。
18．由电场线的疏密反映电场强度的大小知，因为，所以电场中、两点运动的加速度大小满足；从到电场力做正功，根据动能定理知动能增大，所以，电势能减小，故D正确。
19．靠传送带传动两轮子边缘上的点线速度大小相等，所以、的线速度大小相等。共轴转动的物体上各点具有相同的角速度，所以、、的角速度相等，根据，可知、两点的角速度之比为2∶1，则可知、两点的角速度之比为2∶1，由以上分析可知、、、四点角速度之比为∶∶∶∶∶∶，根据公式，可知、、、四点向心加速度之比为∶∶∶∶∶∶。
20．由法拉第电磁感应定律得感应电动势为，故A正确。由楞次定律可知，感应电流方向是逆时针方向，所以点电势高，点电势低，故B正确。
21．设物体的质量为，物体压缩弹簧的最大压缩量为时，的动能全部转化为弹簧的弹性势能（设为），有；当以2向右运动压缩弹簧过程，、、弹簧系统动量守恒，当二者共速（设为）时，弹簧达到最大压缩量，也为。此过程动量守恒，有，由功能关系有，联立上面三式解得，。
三、非选择题
（一）必考题：共11题，共129分。
22．（除特殊标注外，每空1分，共6分）
（1）A2 V1
（2）如图所示（3分）
23．（除特殊标注外，每空2分，共9分）
（1）B
（2）B
（3）0.42（3分）
（4）BC
【解析】（1）考察平衡摩擦力的技巧：由于要平衡的是小车的摩擦力与重力的下滑分力，没必要挂着小桶，垫高木板的高度，轻推小车使小车能在木板上做匀速直线运动。
（2）根据牛顿第二定律可知，，解得。只有保持小桶和砝码的总质量远小于小车的质量才能保证小车所受的拉力近似等于小桶和砝码的总重力，故选B。
（3）根据可得
。
（4）当小桶做自由落体运动时加速度最大，等于重力加速度，若继续增加砝码的数量，小车加速度不可能大于当地的重力加速度，故A错误。设小桶和砝码的质量为，小车的质量为，由牛顿第二定律得，图象的斜率，应用图象可以计算出小车的质量，故B正确。只有当小车质量远大于小桶和砝码的总质量时，小车所受的合外力才近似等于小桶和砝码的总重力，图象才近似为一条直线，故C正确，D错误。
24．（12分）
解：（1）根据几何关系，有 ①
②
得 ③
（2）在无场区： ④
在磁场区： ⑤
⑥
⑦
评分标准：本题共12分。正确得出⑤、⑥式各给1分，其余各式各给2分。
25．（20分）
解：（1）、一起向左匀加速运动时，设加速度为，经过时间长木板与竖直挡板发生第一次碰撞，对整体，由牛顿第二定律得
①
据题有
可得 ②
而的最大加速度为（其他判定方法同样给分） ③
即、一起运动，加速度为
④
（2）根据运动学公式，有 ⑤
得 ⑥
（3）设与竖直挡板发生第一碰撞前的速度大小为，向右以为初速度匀减速运动，设加速度大小为，经过时间速度减为零，通过的距离为，向右运动到最远；向左以为初速度匀减速运动，设加速度大小为，经过时间通过的距离为，则由牛顿第二定律有
⑦
⑧
由运动学公式，有
⑨
⑩
⑪
⑫
⑬
设在时间内，在上滑动的距离为，、间因摩擦产生的热量为，则有
⑭
⑮
解得 ⑯
评分标准：本题共20分。正确得出③～⑥式各给2分，其余各式各给1分。
26．（除特殊标注外，每空2分，共15 分）
（1）C中的铜粉由红变黑（1分）
（2）Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑
（3） 吸收空气中的CO2和水蒸气（1分）
（4）O2和N2都是氧化产物，根据化合价变化规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的价态降低，可能生成Cl2（答出要点即可）
（5）①H→G→F 白色粉末变蓝（1分） ②离子方程式略
（6）2NH4ClO4N2↑+2O2↑+Cl2↑+4H2O
（7）偏大
【解析】（1）NH4ClO4受热分解产生的气体，经碱石灰干燥后，能使铜粉由红色变为黑色，说明生成了CuO，所以分解产物中含有O2。
（2）产生的能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气，发生的反应为Mg3N2+6H2O=
3Mg(OH)2↓+2NH3↑，说明D中固体为Mg3N2，据此可判断NH4ClO4受热分解产物中有N2生成。
（3）在实验过程中仪器E中装有碱石灰的目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气。
（4）根据分析可知，NH4ClO4分解产物中含有O2和N2，O2和N2都是氧化产物，根据氧化还原反应规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成氯气。
（5）检验水蒸气和氯气，应该先用H中的无水硫酸铜检验水的存在，再用溴化钾检验氯气，现象是水溶液变为橙黄色。为了防止多余的氯气污染环境，还需要使用尾气吸收装置，所以按气流从左至右，装置的连接顺序为A→H→G→F。
（6）NH4ClO4分解生成氮气、氧气、氯气和水，结合电子守恒、原子守恒配平可得： 2NH4ClO4N2↑+4H2O+Cl2↑+2O2↑。
（7）实验结束后，某同学拟通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，镁粉与装置中的氧气、氮气反应，造成产物质量增大，会造成计算结果偏大。
27．（每空2分，共14分）
（1）100mL容量瓶、烧杯、胶头滴管、玻璃棒 偏低
（2）+6Fe3O4+62H+=2Cr3++18Fe3++31H2O
（3）2H++2e−=H2↑ 让铁失去电子，生成Fe2+，提供还原剂，以便将还原成Cr3+
（4）
（5）0.3600mol·L−1
【解析】（2）用化合价升降法配平，中的2个Cr化合价共降低6价，每个Fe3O4中有1个+2价Fe升高到+3，升高了1价，所以给Fe3O4配上6。根据电荷守恒和质量守恒、用观察法配平其余项，该离子反应方程式为+6Fe3O4+62H+=2Cr3++18Fe3++31H2O。
（3）工业上处理含的废水时，一般将剧毒的转化为Cr3+，以碳为阴极，铁作阳极，电解处理含NaCl、的酸性废水。阳极发生的是氧化反应，电极反应为Fe−2e−=Fe2+。阴极发生的是还原反应，电极反应为2H++2e−=H2↑。用铁作阳极的目的是让铁失去电子生成Fe2+，提供还原剂，以便将还原成Cr3+。
（4）反应⑤是可逆反应，在Na2CrO4溶液中加入稀硫酸，溶液由黄色逐渐变成橙色，变为，该反应的离子方程式为。
（5）由测定Na2S2O3溶液的物质的量浓度的两个反应：①+6I−+14H+3I2+2Cr3++
7H2O；②+I2+2I−，可以得到关系式：~3I2~。0.882g K2Cr2O7的物质的量n(K2Cr2O7)=0.003mol，所以n(Na2S2O3)=6n(K2Cr2O7)=0.018mol，消耗Na2S2O3溶液50.00mL，则Na2S2O3溶液的物质的量浓度为0.3600mol·L−1。
28．（除特殊标注外，每空2分，共14分）
（1）CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l) ΔH=−130.9kJ/mol
（2）吸热 KC=KB＞KA
（3）CO的存在促使反应Ⅰ正向进行，二氧化碳和氢气的量增加，水蒸气的量减少，有利于反应Ⅲ正向进行
（4）①0.06mol/(L·min) 增大
②F
【解析】（1）由H2(g)和CH3OH(1)的燃烧热分别为−285.8kJ/mol和−726.5kJ/mol知，①H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=−285.8kJ/mol，②CH3OH(l)+O2(g)=
CO2(g)+2H2O(l) ΔH=−726.5kJ/mol，由盖斯定律可知，3×①−②得CO2(g)+3H2(g)=
CH3OH(l)+H2O(l) ΔH=(−285.8×3+726.5)kJ/mol=−130.9kJ/mol。
（2）其他条件一定时，T1＜T2，温度越高甲烷的平衡转化率越大，则该反应为吸热反应。 对于吸热反应，温度越高平衡常数越大，相同温度下平衡常数相同，故KC=KB＞KA。
（3）490K时，曲线a与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，结合反应Ⅰ、Ⅲ分析，对于反应Ⅰ．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，CO是反应物，CO的存在促使反应Ⅰ正向进行，CO2和H2的量增加，水蒸气的量减少，有利于反应Ⅲ．CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)正向进行，所以CO的存在使甲醇生成速率增大。
（4）①当起始时，即充入2mol H2、1mol CO，经过10min反应达到平衡，此时CO的转化率为0.6，Δn(CO)=1mol×0.6=0.6mol，则Δn(H2)=0.6mol×2=1.2mol，则0～10min内平均反应速率v(H2)==0.06mol/(L·min)。平衡时n(CO)=1mol−0.6mol
=0.4mol，n(H2)=2mol−1.2mol=0.8mol，n(CH3OH)=0.6mol，则K=
=9.375(L/mol)2，若此时再向容器中充入CO(g)和CH3OH(g)各0.4mol，=7.8125(L/mol)2＜K，平衡正向移动，达到新平衡时H2的转化率将增大。
②当起始时，反应达到平衡状态后，CH3OH的体积分数最大，故当起始时，反应达到平衡状态后，CH3OH的体积分数比C点对应的CH3OH的体积分数小，可能对应题图中的F点。
29．（除特殊标注外，每空1分，共8分，答案可能多样，合理即可）
（1）不同植物根系细胞膜上吸收离子的载体的种类和数量存在差异（2分）
（2）A 8
（3）否 右 富含有机质的农田中，由于微生物分解作用，会释放出二氧化碳，故c点将会右移（2分）
【解析】（1）玉米和大豆的根系吸收元素时，具有差异的直接原因是不同植物根系细胞膜上吸收离子的载体的种类和数量存在差异。玉米根系细胞膜上运输氮和硅的载体蛋白较多，而运输钙的载体蛋白较少；豆科植物根系细胞膜上运输钙的载体蛋白较多，而运输硅的载体蛋白数量极少。
（2）根据分析可知，阳生植物为A。当光照强度为50µmol光子/(m2·s)时，A、B植物氧气的产生速率的差值为8µmol O2/(m2·s)。原因是当光照强度为50µmol光子/(m2·s)时，A植物的氧气产生速率=呼吸速率+净光合速率=16−1=15，而B的氧气产生速率=呼吸速率+净光合速率=4+3=7。
（3）10时与22时相比，CO2浓度虽然相同，但这两个时间点的光照强度不同，22时无光，因此固定二氧化碳的速率不同。在富含有机肥的农田中，由于土壤中微生物的作用，丰富的有机质能够被分解产生二氧化碳，从而使得近地面的二氧化碳浓度上升，因此图中c点会向右移动。
30．（除特殊标注外，每空1分，共10分，答案合理即可给分）
（1）大脑皮层 正电位 糖蛋白（或蛋白质） 等于
（2）核酸 新型冠状病毒抗体
（3）体内产生了特异性抗体和记忆细胞（2分） 一方面，新型冠状病毒容易发生变异；另一方面，特定疫苗引起的特异性免疫产生的抗体只能针对特定的病原体起作用（2分）
【解析】（1）痛觉是在大脑皮层产生的。兴奋传导时，细胞膜电位由内负外正变为内正外负，膜内由负电位变为正电位，突触后膜上接受信号的结构为受体蛋白，本质为糖蛋白。持续高烧，体温不变，机体产热量等于散热量。
（2）病原学检查是直接检测病毒核酸的有无，抗体主要存在于血清中，故血清学检查是检测相应的抗体。
（3）疫苗能引起机体产生特定的免疫应答，体内产生了特异性抗体和记忆细胞，故接种冠状病毒疫苗能够预防冠状病毒。接种冠状病毒疫苗后仍然可能会再患冠状病毒的原因是一方面，冠状病毒容易发生变异；另一方面，特定疫苗引起的特异性免疫产生的抗体只能针对特定的病原体起作用。
31．（每空2分，共10分，答案合理即可给分）
（1）次生演替 水平结构
（2）避免引进的物种由于缺乏天敌、资源充裕、环境适宜等原因造成生物入侵 间接
（3）结构和功能
【解析】（1）植物修复是金属矿山生态修复中应用前景最好的技术之一，矿山废弃地种植适宜的草本、木本植物，使其逐渐形成相对稳定的生物群落，使生态系统良性循环。该生态修复过程利用次生演替。不同地段植物分布不同，表现出水平方向上的差异，体现了群落的水平结构。
（2）修复过程中，所选草本、木本植物一般为本地物种，而不选外地物种，原因是避免引进的物种由于缺乏天敌、资源充裕、环境适宜等原因造成生物入侵，从而影响本地物种的生存。防风固沙和减少水土流失，属于生态功能，体现了生物多样性的间接价值。
（3）一个生态系统的修复是否成功，最终要看该生态系统是否达到了最终平衡状态，即生态系统的结构和功能是否能够保持长期稳定。
32．（除特殊标注外，每空2分，共11分，答案合理即可给分）
（1）等位基因分离 10
（2）1/2 3/4
（3）选择纯合黄色非糯玉米为母本，白色糯玉米为父本进行杂交，获得F1，再以F1为母本，白色糯性玉米为父本进行杂交，获得的杂交后代中就会有抗除草剂的白色糯性玉米（或选择纯合黄色非糯玉米为母本，白色糯玉米为父本进行杂交，获得F1，再以F1自交，获得的杂交后代中就会有抗除草剂的白色糯性玉米）。（3分）
【解析】（1）F1在减数分裂形成配子时发生了等位基因分离，使F2出现一定比例的纯合子，导致F2发生杂种优势衰退。若要研究玉米的基因组，须测定10条染色体的全部DNA序列，解读其中的遗传信息。
（2）根据题意可知，只有杂合子才能表现杂种优势。甲组实验中自然状态授粉，进行的是随机交配，因此不管种植多少年，三种基因型的比例均为1/4AA、1/2Aa、1/4aa，只有Aa表现为杂种优势，因此衰退率为1/2；乙组人工控制自交授粉，第3年种植时种下的是子二代，子二代的基因型及比例为3/8AA、1/4Aa、3/8aa，则此时乙组杂种优势衰退率为3/4。
（3）根据题意分析，除草剂抗性基因位于叶绿体DNA上，即位于纯合黄色非糯玉米细胞质中，根据质基因遗传表现为母系遗传的特性分析，应该选择纯合黄色非糯玉米作为母本，白色糯性玉米作为父本杂交，获得F1，再以F1为母本，白色糯性玉米为父本进行杂交，获得的杂交后代中就会有抗除草剂的白色糯性玉米。或选择纯合黄色非糯玉米为母本，白色糯玉米为父本进行杂交，获得F1，再以F1自交，获得的后代中就会有抗除草剂的白色糯性玉米。
（二）选考题：共45分。
33．（15分）
（1）（5分）BCD（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）
【解析】布朗运动是固体颗粒的无规则运动，反映了液体分子运动的无规则性，故A错误。分子间的引力和斥力都随分子间距离增大而减小，故B正确。当时，分子势能随着分子间距离增大而减小，当时，分子势能随着分子间距离增大而增大，所以分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，故C正确。可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素，故D正确。气体的压强与单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数以及分子对器壁的平均撞击力有关，若温度升高，分子对器壁的平均撞击力增大，单位时间内气体分子对容器壁单位面积上碰撞次数减少，气体的压强不一定减小，故E错误。
（2）（10分）
解：Ⅰ．设平衡时，在与之间的气体压强均为，对活塞由平衡得
①
解得 ②
Ⅱ．设未漏气且平衡时，上方的气体压强为，则有
③
漏气发生后，设整个封闭气体体积为，压强为，由力的平衡条件对有
④
若活塞下降，则
⑤
由玻意耳定律得
⑥
解得 ⑦
评分标准：本题共10分。正确得出①、②、⑦式各给2分，其余各式各给1分。
34．（15分）
（1）（5分）ACD（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）
【解析】根据图甲所示时刻质点正沿轴正方向运动，则波沿轴方向传播，由图乙可得周期，故频率，故A正确。根据图甲可知，波长，根据波长、波速和周期公式可知，故B错误。若图甲波形图第一次出现，则波从质点处传播到了处，根据传播规律可知，故C正确。分析图乙可知，质点起振方向沿轴负方向，则图甲所示时刻，向波峰运动，向平衡位置运动，向波谷运动，故最先回到平衡位置，故D正确。从时刻起再经过的时间，质点走过的路程是8cm，故E错误。
（2）（10分）
解：由折射定律得 ①
解得
光线从圆心正上方射出玻璃砖时，其在玻璃砖中的位移最大，解得
②
由几何关系解得 ③
④
最长时间为 ⑤
由几何关系得 ⑥
解得 ⑦
最短时间 ⑧
评分标准：本题共10分。正确得出⑥、⑧式各给2分，其余各式各给1分。
35．（除特殊标注外，每空2分，共15 分）
（1）7（1分）
（2）CuO中铜的价层电子排布为3d94s0，Cu2O中铜的价层电子排布为3d10，后者处于稳定的全充满状态而前者不是 ＜（1分） Mn2+、Fe2+的价电子排布式分别为3d5、3d6，Mn2+处于3d5半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高，所以第三电离能Fe小于Mn
（3）①bc
②sp2、sp3
（4）①O（1分） Mg2GeO4
②×1021（2分）
【解析】（1）Fe原子核外有26个电子，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则Fe的基态原子共有1s、2s、2p、3s、3p、3d和4s共7种不同能级的电子。
（2）Cu2+的价电子结构为3d9，Cu+的价电子结构为3d10，3d10为稳定结构，所以在高温时，Cu2+得一个电子变成稳定结构的Cu+。Mn2+、Fe2+的价电子排布式分别为3d5、3d6，Mn2+处于3d5半满较稳定结构，再失去一个电子所需能量较高，所以第三电离能Fe小于Mn。
（3）①根据结构图可以判断，该离子中含有共价键和配位键，答案选bc。
②N由单键连接为sp3杂化，双键连接的为sp2杂化。
（4）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的X原子为8×+6×+4×+3=8，位于体内的Y原子和Z原子分别为4和16，由Ge和O原子的个数比为1∶4可知，X为Mg原子、Y为Ge原子、Z为O原子，则晶胞的化学式为Mg2GeO4。
②由晶胞的质量公式可得：，解得。
36．（除特殊标注外，每空2分，共15 分）
（1）羰基、羧基、醚键
（2）
（3）消耗2mol氢氧化钠（方程式略）
（4）（1分） 加成（1分）
（5）（或其他合理答案）
（6）（3分）
【解析】由已知，结合流程可得，有机物A.在浓硫酸作用下与发生取代反应，生成B.；在AlCl3条件下生成C.；在乙酸钠作用下与乙二酸二乙酯生成D.；与H2加成生成E.；发生消去反应生成F.，与H2加成生成G.。
37．（除特殊标注外，每空2分，共15分，答案合理即可给分）
（1） 去除杂蛋白 溶解细胞膜，加速红细胞的破裂 去除分子量较小的杂质
（2）玫瑰精油随水蒸气一起蒸馏出来，所得到的是油水混合物 低（1分）
（3）柠檬烯 干燥去水，并用石灰水浸泡 过滤（1分） 离心（1分）
【解析】（1）洗涤红细胞的目的是去除杂蛋白，主要是血浆蛋白。在血红蛋白的释放操作中，除加入一定体积的蒸馏水外，还需要加入40%体积的甲苯，其作用是溶解细胞膜，加速红细胞的破裂。透析袋能使小分子自由进出，而将大分子保留在袋内，因此透析可以去除样品中分子量较小的杂质。
（2）玫瑰精油适合用水蒸气蒸馏法来提取，蒸馏时玫瑰精油随水蒸气一起蒸馏出来，水蒸气蒸馏后，锥形瓶中所得到的是油水混合物，而不是纯的玫瑰精油。玫瑰精油易挥发，故密封不严的瓶装玫瑰精油应存放在温度较低的地方，以减少挥发。
（3）橘皮油无色透明，具有诱人的橘香味，主要成分是柠檬烯。新鲜的柑橘皮中含有大量的果蜡、果胶和水分，如果直接压榨，出油率较低。为了提高出油率，需要将新鲜的橘皮干燥去水，并用石灰水浸泡。石灰水能够破坏细胞结构，分解果胶，防止橘皮压榨时滑脱，提高出油率。对橘皮压榨后得到的糊状液体，可以先用普通布袋过滤除去固体物和残渣，然后通过离心进一步除去质量较小的残留固体物。
38．（除特殊标注外，每空2分，共15分，答案合理即可给分）
（1）基因重组（1分） E·coli DNA连接酶 T4DNA连接酶 E·coli DNA连接酶只能连接双链DNA片段的黏性末端，而T4DNA连接酶既能连接黏性末端也能连接平末端
（2）用含有该抗生素的培养基培养宿主细胞，能够存活的即为含有质粒载体的宿主细胞
（3）位于基因首端的一段特殊DNA序列，是RNA聚合酶识别及结合的部位，能驱动转录过程
（4）所有生物共用一套遗传密码（或真核生物的基因能在原核细胞中表达）
（5）大肠杆菌没有内质网、高尔基体等复杂的细胞器，不能对霉菌的脂肪酶基因表达产物进行加工（或大肠杆菌是原核生物，不能剪切从霉菌的基因组文库中获取的脂肪酶基因的内含子）
【解析】（1）基因工程的基本原理是基因重组；基因工程的三个工具，限制酶，DNA连接酶，载体；DNA连接酶分为两类，一类是从大肠杆菌中分离得到的，称为E·coli DNA连接酶；一类是从T4噬菌体中分离得到的，称为T4DNA连接酶；它们的区别在于E·coli DNA连接酶只能连接双链DNA片段的黏性末端，而T4DNA连接酶既能连接黏性末端也能连接平末端，连接平末端效率较低。
（2）一个基因表达载体的组成：目的基因（脂肪酶基因）、启动子、终止子、标记基因、复制原点等。
（4）霉菌的脂肪酶基因能在大肠杆菌细胞中表达，说明真核生物的基因能在原核细胞中表达；所有生物共用一套遗传密码。
（5）霉菌是真核生物，基因组文库中获取的脂肪酶基因，含有内含子序列，且有内质网、高尔基体等细胞器对翻译出来的脂肪酶进行加工，而大肠杆菌是原核生物，原核生物的基因中，没有内含子序列，细胞中也没有内质网、高尔基体等细胞器，所以大肠杆菌细胞中的转移进来的新基因，表达的产物通常不能直接发挥作用。
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