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2024 届明日之星高考生物精英模拟卷 【新课标卷】
可能用到的相对原子质量：H-1、N-14
一、选择题:本题共 13小题，每小题 6分，共 78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项
是符合题目要求的。
1.民以食为天，大多数人每天摄入的有机物中含量最多的是糖类，此外还有蛋白质和脂质，
下列关于糖类和脂质的叙述，正确的是( )
A.脂肪和固醇分子结构相似且都易溶于脂溶性有机溶剂
B.细胞中的脂质能被苏丹Ⅲ染液染成橘黄色
C.人体中的绝大多数糖类不以血糖形式存在
D.相同质量的糖类和脂肪被彻底分解时，脂肪耗氧少，但释放的能量多
2.下列有关生物学实验操作、材料、条件等方面的叙述，错误的是( )
A.“土壤中小动物类群丰富度的调查”实验中，利用了土壤小动物趋暗、避高温、趋湿的特点
B.探究土壤微生物对淀粉的分解实验中可以用碘液或斐林试剂来检测因变量
C.探究土壤微生物对落叶的分解作用时，应将对照组土壤灭菌以排除土壤微生物的作用
D.“同样方法调查某地某植物种群密度”实验中，求出所有样方中该植物的总数，除以所有样
方的面积之和，可为该地该植物的种群密度
3.拟南芥是一种长日照植物，即日照时间大于一定值时才会开花。最新研究表明，长日照植
物在长日照条件下会产生更大的种子。日照时间对种子大小的调节与基因和AP2基因有关,植
物对日照时间的敏感性与CO基因有关，其机理是长日照条件下，拟南芥的CO基因可以抑制
AP2基因的表达，而AP2因抑制种子发育。下列说法错误的是( )
A.光作为一种信号调控拟南芥的开花和种子的大小
B.植物的开花受日照时间长短的调节，与植物激素无关
C.长日照通过影响特定基因的表达从而调控种子的大小
D.若CO基因发生基因突变，拟南芥可能在长日照和短日照条件下产生大小相同的种子
4.某地对河流进行了水生态修复，具体措施为“水面养浮萍，水下种水草，水里养鱼虾，水底
爬螺蚌,曝气放细菌”，其中“曝气”是指采取一定措施将空气中的氧强制向水中转移的过程。下
列说法错误的是( )
A.影响浮萍和水草分布的主要因素是光照
B.“曝气”可以促进好氧细菌生长繁殖,加快水中有机污染物的分解
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C.不同水层分布着不同的动、植物，体现了群落的垂直结构
D.该河流水生态修复的过程属于初生演替
5.酱油起源于我国，它是利用微生物代谢分解蛋白质、油脂等所得到的一种传统发酵食品。
传统手工酿造酱油主要包括制曲和发酵两个阶段，参与的主要微生物有米曲霉、酵母菌、乳
酸菌，具体的制作流程如图所示。下列叙述错误的是( )
A.豆饼可以为微生物的生长提供氮源
B.参与发酵的米曲霉和酵母菌都具有以核膜为界限的细胞核
C.发酵池中微生物的代谢产物和适量的食盐可抑制杂菌生长
D.该过程中使用的菌种是通过诱变育种或基因工程育种获得的
6.如图所示，某二倍体动物细胞处于细胞分裂的某一时期。下列说法正确的是( )
①图中1号染色体和2号染色体上的姐妹染色单体都存在A基因和a基因，属于基因重组，
该变异可发生在真核细胞的各种分裂方式中
②若2号染色体上的A基因所在的片段移接到3号染色体，则属于染色体结构变异
③若图中细胞继续完成分裂，结果可能产生四种不同基因型的雄配子
④若图中3、4号染色体均移向同一极，则属于染色体变异，且该细胞分裂结束后不会产生正
常的配子
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⑤若3号染色体为性染色体，则1号染色体也为性染色体
A.①②③ B.②③④ C.①②⑤ D.③④⑤
7.中华文化博大精深，为世界的发展做出了重要的贡献。下列说法正确的是( )
A.指南针的磁石的主要成分是三氧化二铁
B.蔡侯纸的主要成分属于合成高分子材料
C.瓷器是以黏土为主要原料烧制而成
D.制作豆腐时，需添加石膏使蛋白质变性
8.靛蓝是由蓝草经发酵打靛得到的一种染料，明代《天工开物》对蓝草制靛、染色工艺等有
过记载，下列有关说法错误的是( )
A.1 mol靛蓝最多可以和9 mol H 发生加成反应
2
B.由靛蓝生成靛白的反应是还原反应
C.靛白与氢气完全加成后的产物分子中有4个手性碳原子
D.靛蓝和靛白均可以发生聚合反应生成高分子
9.物质甲是一种青霉素类抗生素，其结构如图所示。前20号元素X、Y、Z、W、Q、M原子
序数依次增大，其中X与M、W与Q分别位于同主族。
下列说法正确的是( )
A.最简单气态氢化物的稳定性：WQ
C.基态原子的未成对电子数：Y=Q D.电负性：W
N，则最简单气态氢化物的稳定性：H O NH ，A 2 3 错误；K与S2核外电子排布相同，S2核电荷数小，半径大，B错误；基态C原子的价层电 子排布式为2s22p2，基态S原子的价层电子排布式为3s23p4，二者未成对电子数都是2，C正 确；同主族元素从上到下电负性逐渐减小，电负性：O>S，D错误。 10.答案：D 解析：根据以上分析，放电时，a极为正极，b极为负极，A正确；放电时，阳离子由负极 （b极）移向正极（a极），即H由b极向a极移动，并被a极吸收，B正确；充电时，b极 为阴极，发生还原反应：P2nH 2ne PR，C正确；充电时，根据阳极（a极）反 应，每转移2 mol电子，阳极失去2 mol H，质量减轻 2 g，D错误。 11.答案：B △ 解析：FeSO 受热发生分解，化学方程式为2FeSO Fe O SO SO ，SO 可与水反应 4 4 2 3 2 3 3 产生SO2进而与BaCl 反应生成BaSO 白色沉淀，混合气体通入BaCl 溶液中产生白色沉淀， 4 2 4 2 说明反应生成了SO ，通入品红溶液，品红溶液褪色，说明反应生成了SO ，A正确；加入 3 2 过量Ba(OH) 溶液，NH AlSO 溶液中NH、Al3、SO2均参加反应，离子方程式中离子 2 4 4 2 4 4 的化学计量数之比应符合该化学式中的离子配比，即n NH :n Al3 :n SO2 =1:1:2，对应 4 4 △ 的离子方程式应为NH Al3 2SO2 2Ba2 5OH NH AlO 2BaSO 3H O，B 4 4 3 2 4 2 错误；装有NO 和N O 气体的烧瓶中存在反应2NO (g)N O (g)，将烧瓶浸泡在热水 2 2 4 2 2 4 中，观察到烧瓶内气体红棕色加深，说明NO 浓度增大，上述平衡逆向移动，故能说明反应 2 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 2NO (g)N O (g)是放热反应，C正确；CuSO 溶液中滴加氨水，先生成Cu(OH) 沉 2 2 4 4 2 淀，然后Cu(OH) 溶于过量氨水生成CuNH 2 ，加入乙醇降低溶剂的极性，析出深蓝色 2 3 4 的晶体CuNH SO H O，D正确。 3 4 4 2 12.答案：D 解析：CuⅡNO NH /NH先生成，后被消耗，是反应的中间产物，A错误；由图可 2 3 2 4 知，该反应生成氮气，且氮气没有被消耗，B错误；③→④的反应涉及极性键和非极性键的 形成以及极性键的断裂，④→⑤的反应涉及非极性键的断裂，C错误；由催化机理图可知总 催化剂 反应为4NH 4NOO 4N 6H O，每 1 mol NO参与反应，转移电子数为3N ，D 3 2 2 2 A 正确。 13.答案：B c AsO3 c H 解析：H AsO 的三级电离常数K H AsO 4 ，根据图2可知，当 3 4 a3 3 4 c HAsO2 4 c HAsO2 c AsO3 时，pH为11.5，所以K H AsO 1011.5，其数量级为1012，A正 4 4 a3 3 4 确；根据图1可知，H AsO 的一级电离常数K H AsO 109.2，则0.1molL1 H AsO 溶液 3 3 a1 3 3 3 3 一级电离产生的c2 H 109.20.1mol2L2，则c H 105.1 molL1，H AsO 还有二级电 3 3 离及三级电离，故溶液中c H 105.1 molL1，pH<5.1，B错误；0.2molH AsO 与0.3 mol 3 4 NaOH完全反应生成0.1mol NaH AsO 和0.1mol NaHAsO ，由图2可推出 2 4 4 K H AsO 102.2，K H AsO 107.0，故HAsO2的水解常数K HAsO2 107.0，则 a1 3 4 a2 3 4 4 h 4 有c H AsO c HAsO2 ，此时溶液显中性，有c H c OH ，C正确；pH=10时，三 2 4 4 价砷主要存在形式为H AsO，五价砷主要存在形式为HAsO2，Ag为催化剂，故其转化的离 2 3 4 Ag 子方程式为2H AsO O 2OH 2HAsO2 2H O，D正确。 2 3 2 4 2 14.答案：B 解析：氡在衰变过程中形成α射线，该射线的穿透能力非常弱，但如果长时间被α射线照 射，人体依然会受到伤害，故A错误；由于氡衰变时释放α粒子，所以氡原子核发生α衰 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 变，其衰变方程为222Rn 218 X4 He（衰变后的元素用X表示），故B正确；由题意可知， 86 84 2 1 7.6天为两个半衰期，经过两个半衰期后还有 的氡元素没有发生衰变，所以并不是所有氡都 4 衰变，故C错误；半衰期由原子核本身决定，与化学状态和物理环境无关，所以温度降低不 影响半衰期，故D错误。 15.答案：C 解析：题目中所说的10 kV、380 V等电压或电流值没有特殊说明都是指交变电流的有效值， U n 故A错误；由变压器的电压规律有 1 1 ，所以变压器原、副线圈匝数比 U n 2 2 n 10kV 500 10P 1 ，故B错误；充电高峰时有P U I 0 ，其中P 60kW，解得此 n 380V 19 11 1 11 110% 0 2 时变压器的输入电流I 66.7A，晚上用电低谷时有P U I 1000kW，解得此时变压器 11 12 1 12 的输入电流I 100A，所以晚上用电低谷时变压器的输入电流增加了，故C正确；由题意 12 可知当输入电压减小时，变压器的输出电压减小，为使输出电压不减小，应该适当减小原线 圈匝数或增加副线圈匝数，即应该适当向下滑动P或适当向上滑动P ，故D错误。 1 2 16.答案：C 解析：由通电直导线产生的磁场的特点结合题意可知，导线放在（0，-2 m）处时在O点产生 B 的磁场方向沿x轴方向，由sin30 0 得B 2 3105 T，A、B错误；设通电直导线放在 B 1 1 B （0，-2 m）处时在O点产生的磁场的磁感应强度大小为B ，则B 0 3105 T，通电 3 3 tan30 I I 直导线放在（a，0）处时在O点产生的磁感应强度大小B B ，由B k 、B k 可 4 0 3 2m 4 a 得a2 3 m，C正确，D错误。 17.答案：A x 解析：由题意可知，在t 0时刻这列波的波形方程为y 10sin 2π （y的单位是cm）， 1 由题图可知4m，由P点沿y轴方向做简谐运动的表达式为y 10sin 10πt π （y的单 3 位是cm）可知，在t 0时P点的位移y 5 3 cm，又由题图可知，P点横坐标x 1m，故 P P 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 4 P点的横坐标x m，故A正确；P点沿y轴方向做简谐运动的表达式为 P 3 1 y 10sin 10πt π （y的单位是cm），可知在t 0时刻P点正在沿y轴正方向运动，由 3 2π “同侧法”可知，该简谐波沿x轴正方向传播，故B错误；由题意可知 10πs1，则该 T 简谐波的周期T 0.2s，传播速度v 20m/s，故C错误；两列波发生干涉，形成稳定的 T 干涉图样的条件是两列波的频率相同，而不是振幅相同，故D错误。 18.答案：C t 解析：超声波从发出到P处遇到车，即车在P处到C的距离x v 1 ，A错误；同理 1 0 2 t t t x x x v 2 ，车从P到Q的运动时间t Δt 2 1 ，B错误，C正确；车速v 2 1 ，得 2 0 2 2 2 t v t t v 0 2 1 ，D错误。 2Δtt t 2 1 19.答案：AC 解析：对两灯笼整体分析，当细绳3弹力方向与细绳1垂直时，细绳3的弹力最小，为 2mgsin304.0 N，A正确；对两灯笼整体分析，细绳1的弹力大小为 2mgcos304 3 N，B错误；对B灯笼，根据上述分析可知，细绳3的弹力与重力大小相 等，方向夹角为120°，则细绳2位于两力方向夹角的角平分线上，即细绳2偏离竖直方向的 夹角为60°，且细绳2的弹力大小为mg 4.0N，C正确，D错误。 20.答案：BD 解析：由题意知a卫星的绕行半径为2R,b卫星的绕行半径为3R，由万有引力定律有 Mm v2 GM v r 6 Mm 2π 2 G m ，得v ，则 a b ，故A错误；由G m r 可得 r2 r r v r 2 r2 T b a r3 T r3 2 Mm T 2π ，所以两颗卫星绕行的周期之比 a a 6，故B正确；由G m2r GM T r3 9 r2 b b GM π2R3 可得 ，由题意有tt π，解得M ，故C错误；由 r3 a b 2 3 2 Gt2 4 9 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 M 4 M 3π ,V πR3，解得 ，故D正确。 V 3 4π R3 2 3 2 3 4 Gt2 4 9 21.答案：AD 1 解析：设导体框匀速进入区域Ⅰ时的速度为v ，由动能定理有Fs mv2，解得v 2m/s， 0 2 0 0 B2L2v 导体框进入区域Ⅰ时恰好做匀速运动，安培力与外力F平衡，有F BI L 0 ，解得 1 R B10T，A正确；导体框刚进入区域Ⅱ时，速度仍为v ，导体框右边切割区域Ⅱ的磁场，左 0 2BLv 边切割区域Ⅰ的磁场，此时电流I 0 ，根据楞次定律可知，导体框受到的安培力向左， 2 R 4B2L2v 则安培力F 2BI L 0 ，根据牛顿第二定律有F F ma，解得a 30m/s2，加 安 2 R 安 速度大小为30m/s2，B错误；因为导体框匀速进入、匀速穿出磁场，根据受力平衡可知两次 匀速运动的速度大小相等，根据能量守恒定律可得产生的热量Q FL L L0.8J，C 1 2 错误；设导体框自开始进入区域Ⅰ至完全离开区域Ⅱ的时间为t，导体框进入磁场区域Ⅰ过程或 BLv L BL2 者出磁场区域Ⅱ过程通过导体框的电荷量相等，且均为q 0 . 0.1C，同理，从 R v R 0 导体框开始进入磁场区域Ⅱ，到全部进入磁场区域Ⅱ通过导体框的电荷量Q2q，故自导体框 开始进入区域Ⅰ至完全离开区域Ⅱ，通过导体框的电荷量为4q，由动量定理有FtFtΔp， 安 其中Ft BL4q，即FtBL4q 0，解得t 0.2s，D正确。 安 22.答案：（1）①见解析 RI I ② 1 I （2）0-0.5 A；0.3；2.7 解析：（1）①电流表A可以测得通过它的电流，测量电流表内阻还需要知道电流表两端的 电压，而电流表两端电压的最大值U I R 0.125V，电压表的量程不合适，而电流表A 和 g A 1 A 的准确内阻未知，不能用作电压表，所以只能考虑将定值电阻R用作电压表，而这需要知 2 道流过电阻R的电流，所以需要将电阻R和电流表A并联，然后与电流表A 串联，电流表 1 A 量程太大不合适，而滑动变阻器的最大阻值比较小，所以要用分压接法，综上可知，实验 2 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 电路图如图所示。 RI I ②由电路图可知电流表A的内阻R 1 。 A I （2）由于改装的电流表有两个量程，分别为0~50 mA和0~0.5 A，当接1时有 I R R I R I I A A 2 ，当接2时有I I A A ，容易判断I I ，所以 1 A R 2 A R R 1 2 1 1 2 I 0.5A,I 50mA，所以接1时电流表量程为0~0.5 A，接2时电流表量程为0~50 mA，解 1 2 得R 0.3Ω,R 2.7Ω。 1 2 (m2M)d2 23.答案：（1）mgh 2t2 （2）32cos；C d 解析：（1）遮光条通过光电门时的速度v ，若系统机械能守恒，则有 t 1 (m2M)d2 mgh (m2M)v2 。 2 2t2 （2）设摆长为L，钢球质量为m，钢球摆动到最低点时速度为v，钢球静止时，有F mg ； 1 1 若钢球摆动过程机械能守恒，则有mgL(1cos) mv2，在最低点由牛顿第二定律有 2 v2 F F F mg m ，解得 2 32cos；在 2 cos图像中，图线的斜率为-2，故题图中能反 2 L F F 1 1 映机械能守恒的是图像C。 p Smg 24.答案：（1） 0 H p Smg 0 2p Smg （2） 0 H 2p S3mg 0 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 mg 解析：（1）初态时封闭气体的压强 p p 1 0 S mg 汽缸旋转180°后，封闭气体的压强 p p 2 0 S 这个过程中封闭气体做等温变化，由玻意耳定律有HSp H Sp 1 1 2 p Smg 解得H 0 H 1 p Smg 0 1 （2）汽缸旋转后，电梯以 g 的加速度向上做加速运动，设此时汽缸内气体的压强为 p ，对 2 3 g 活塞受力分析有 p Smg p S m 0 3 2 这个过程中封闭气体做等温变化，由玻意耳定律有HSp H Sp 1 2 3 2p Smg 解得H 0 H 2 2p S3mg 0 7πm 25.答案：（1） 5Bq ( 51)BqR BqR （2） v 2m m 51 解析：（1）设正十边形的中心为O，每边对应的圆心角为36°，则PO PAR R 2 连接P、C，由余弦定理得PC PO2 R2 2PORcos36 RCO，可得OPC 36，故 P、C、D共线。可知粒子从CD边射出时，轨迹圆弧偏转的圆心角均为18072252 7 7 2πm 7πm 对应的时间均为最长，最长时间t T T max 360 10 10 Bq 5Bq 51 （2）粒子在磁场中运动时间最长时，从C点射出时轨迹圆半径最小，r PA R 1 2 对应运动时间最长时的最小速率v ， 1 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 v2 ( 51)BqR 由Bqv m 1 得v 1 r 1 2m 1 由（1）分析可知，△OPD为等腰三角形，粒子从D点射出时轨迹圆半径最大， PD r R 2 2cos36 对应运动时间最长时的最大速率v ， 2 v2 BqR 由Bqv m 2 得v 2 r 2 m 2 ( 51)BqR BqR 故粒子在磁场中运动时间最长时的速率v满足条件 v 2m m 26.答案：（1）4 m/s （2）12 N （3）3.65 m 解析：（1）由于v v，所以小物块A滑上传送带后向右做减速运动，假设一直减速离开传 0 1 1 送带。由动能定理有m gL m v2 m v2 A 2 A A 2 A 0 解得v 4m/sv，假设成立，即小物块A离开传送带时的速度大小v 4m/s A A （2）两小物块发生弹性碰撞，设碰后的速度分别为v 、v ，选水平向右为正方向，由动量 A1 B1 守恒定律和能量守恒定律，有m v m v m v m v A A B B A A1 B B1 1 1 1 1 m v2 m v2 m v2 m v2 2 A A 2 B B 2 A A1 2 B B1 解得v 0,v 7m/s A1 B1 设小物块B运动到半圆形轨道最高点的速度大小为v ，由机械能守恒定律有 B2 1 1 m v2 m g2R m v2 2 B B1 B 2 B B2 v2 小物块B在半圆形轨道顶端，有F m g m B2 N B B R 7 2 解得v m/s,F 12N B2 2 N v v （3）小物块A在传送带上滑动的时间t 0 A 0.2s 1 g 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 小物块A与小物块B第一次发生弹性正碰前在水平面上运动的距离x v tt 1.2m 1 A 1 碰后小物块A静止，小物块B滑上半圆形轨道并从顶端离开做平抛运动，设历时t 小物块B 2 落到小物块A上，有x v t 2 B2 2 1 2R gt2 2 2 解得x 2.45m 2 故光滑水平面的长度x x x 3.65m 1 2 27.（14分）答案：（1）除去正极材料中的炭黑及有机黏合剂，将金属元素转化为氧化物 （1分） （2）Al（1分） （3）防止H O 分解（2分）；将Co O 还原为Co2（2分） 2 2 2 3 （4）12p C O2 13（2分） 2 4 （5）3Mn2 2MnO 2H O 5MnO 4H（2分）；2:3（2分） 4 2 2 （6）Na CO 浓度过高会使Li沉淀，影响Ni2和Li的分离（2分） 2 3 解析：（1）“灼烧”时，正极材料中的炭黑及有机黏合剂会燃烧转化为气体除去， LiCo Mn Ni O 转化为相应的氧化物。 x y z 2 （2）向灼烧渣中加入过量氢氧化钠溶液碱浸，Al元素会转化为NaAl(OH) 除去。 4 （3）由“酸浸”时加入的物质有H O 可知，温度不宜过高的原因是防止H O 分解；根据“碱 2 2 2 2 浸”后的滤渣中含有Co O ，Co O 中 Co为+3价，“酸浸”后沉钴时Co为+2价可知，加入 2 3 2 3 H O 的目的是将Co O 还原为Co2。 2 2 2 3 （4）已知K CoC O c Co2 c C O2 11018，钴离子完全沉淀时，溶液中 sp 2 4 2 4 c C O2 11018 molL1 1013 molL1，则p C O2 13；已知 2 4 1105 2 4 K MnC O c Mn2 c C O2 11013，锰离子浓度为0.1molL1，要不使锰离子沉 sp 2 4 2 4 淀，需使溶液中c C O2 11013 molL1 1012 molL1，即p C O2 12，所以使溶液中 2 4 0.1 2 4 钴离子完全沉淀，而锰离子、镍离子不沉淀的p C O2 的范围为12p C O2 13。 2 4 2 4 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 （5）“沉锰”时，加入高锰酸钾的目的是将溶液中的锰离子转化为二氧化锰，反应的离子方程 式为3Mn2 2MnO 2H O 5MnO 4H；其中MnO为氧化剂，Mn2为还原剂，则 4 2 2 4 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3。 （6）碳酸钠溶液浓度过高会使溶液中的锂离子转化为碳酸锂沉淀，从而影响镍离子和锂离子 的分离，所以沉镍时选择加入氢氧化钠溶液和较低浓度的碳酸钠溶液。 △ 28.（15分）答案：（1）a（或c）（2分）；NH H O NH H O（或 3 2 3 2 NH H OCaO Ca(OH) NH ）（2分） 3 2 2 3 （2）防倒吸（1分） （3）肼有还原性，会与氯气以及次氯酸钠发生氧化还原反应，降低肼的产量（合理即可） （2分） （4）2NH ClO N H H OCl（2分） 3 2 4 2 （5）滴入最后半滴碘液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色（2分） （6）bcd（2分） 32V V （7） 2 1 （2分） 245m 解析：（1）实验室制备氨气总共有三种方法，化学方程式分别为 △ △ 2NH ClCa(OH) CaCl 2NH 2H O、NH H O NH H O、 4 2 2 3 2 3 2 3 2 NH∣H OCaO NH Ca(OH) [提示：不能用类似启普发生器的装置]。 3 2 3 2 （2）氨气极易溶于水，多孔球泡气孔较小，内部体积大，可起到防倒吸的作用。 （4）由题干可知次氯酸钠与氨气反应制备水合肼的离子方程式为 2NH ClO N H H OCl。 3 2 4 2 （5）由信息可知肼与碘单质反应生成碘离子，当滴加最后半滴碘液时，溶液由无色变为蓝 色，且半分钟内不褪色，此时表明反应完全[点拨：判断颜色变化时，要判断当滴加最后半滴 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 碘液时，溶液中多出来的是碘液还是与碘液反应的物质]。 （6）a项，第二次读数时，若左侧液面低，会导致测量体积偏小，最终导致肼的含量测量值 偏低；b项，若反应过程中没有导管，装置内压强偏大，气体体积偏大，会使测量结果偏 高；c项，滴定后俯视，导致测量体积偏大，测量结果偏高；d项，反应结束时，装置未恢复 至室温，导致气体体积偏大，测量结果会偏高。 （7）该过程涉及反应N H 2I N 4HI，此时测量氮气体积为V V mL，则生成 2 4 2 2 2 1 V V 103 氮气的物质的量为 2 1 mol，则粗产品中肼的纯度为 24.5 32V V 103 32V V 2 1 100% 2 1 %。 24.5m 245m 29.（14分）答案：（1）4FeS(s)7O (g) 2Fe O (s)4SO (g) H 2454.94kJ/mol（2 2 2 3 2 分） （2）BD（1分） 7 2 （3） P 0.2 P 0.1 P 0.352（2分）；该反应的正反应是气体分子数增大的反 0 0.65 0 0.65 0 0.65 应，随着氩气通入量的增大，平衡体系中各气体的分压减小，平衡向正反应方向移动（1 分）；0.7（1分） （4）正四面体形（1分）；相同（1分）；FePO Li e LiFePO （1分） 4 4 1 3 3 8a （5）（ ， ， ）（2分）； 107（2分） 4 4 4 3 解析：（1）FeS煅烧生成Fe O 和SO 的化学方程式为4FeS7O 2Fe O 4SO ；根据 2 3 2 2 2 3 2 盖斯定律，③×3+④×4-①×4-②×2可得该反应的热化学方程式为 4FeS(s)7O (g) 2Fe O (s)4SO (g) H 2454.94kJ/mol。 2 2 3 2 （2）NH Fe SO (OH) 为固体，加入固体，平衡不移动，A不符合题意；使 4 3 4 2 6 SO、NH 、H O液化并及时分离，可使平衡正向移动，平衡转化率增大，B符合题意；催化 3 3 2 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 剂不能使平衡移动，不改变平衡转化率，C不符合题意；该反应的正反应是气体分子数增大 的反应，保持压强不变充人氦气，随着氩气通入量的增大，平衡向正反应方向移动，平衡转 化率增大，D符合题意。 3 7 （3）根据NH Fe SO (OH) (s) Fe O (s)2SO (g)NH (g) H O(g)可知，达 4 n 4 2 6 2 2 3 3 3 2 2 到平衡后，当NH 的物质的量为0.1 mol，则SO 的物质的量为0.2 mol，H O的物质的量为 3 3 2 0.35 mol，气体的总物质的量为0.65 mol，此时压强平衡常数 7 2 0.2 0.1 0.352；该反应的正反应是气体分子数增大的反应，随着氩 K P P P p 0 0.65 0 0.65 0 0.65 气通入量的增大，平衡体系中各气体的分压减小，平衡向正反应方向移动，NH 的量增大。 3 由图甲可知，n(Ar)0.1mol时，nNH 0.2mol，由方程式中的系数可知 3 nH O0.7mol。 2 （4）PO3的价层电子对个数为4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知PO3的 4 4 VSEPR模型为正四面体结构；FePO 16 中铁元素的化合价为+2，LiFePO 中铁元素的化 4 6 4 合价为+2，二者化合价相同。 （5）由晶胞结构图丙可知，若A原子的原子坐标为（0，1，1），C原子的原子坐标为（0， 1 3 3 0，0），则白球E原子的原子坐标为（ ， ， ）；Si—O键长为a nma107 cm，设晶 4 4 4 1 胞边长为l，硅氧原子在体对角线上，硅氧键的键长为体对角线的 ，根据几何关系可知 8 8a l 107 cm。 3 30.（15分）答案：（1）sp3、sp2（2分） （2）加成反应、消去反应（2分） （3） （3分） 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 （4） （3分） （5） （5分） 解析：（1）A中甲基和亚甲基中的碳原子为sp3杂化，羧基中的碳原子和苯环中的碳原子为 sp2杂化。 （2）由思路分析可知A→B依次经历加成反应、消去反应两个过程。 （3）由思路分析可知，C的结构简式为 。 （4）A的分子式为C H O ，F与A互为同分异构体，F既能发生银镜反应又能发生水解反 10 12 4 应，说明有酯基和醛基或类似醛基的结构，A分子中共 5个不饱和度，则F分子中含有 ，能与FeCl 溶液发生显色反应说明有酚羟基，核磁共振氢谱有 4组吸收峰， 3 说明分子结构对称，因此符合条件的F的同分异构体只有 2种，结构简式为 和 。 （5）结合题给信息逆推可知，目标产物可由 发生D→E的反应得到， 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 可由 与CH OH反应得到， 可由 3 与 发生A→B中的反应、生成的碳碳双键与HBr加 成、—Br再水解得到，为避免酯化时发生副反应以及酯基在碱性条件下水解，—Br应最后水 解，具体路线见答案。 31.答案：（1）叶绿体类囊体（薄）膜；NaHCO ;6;18 3 （2）抑制 （3）根系活力 （4）细胞膜上两种离子载体的数量不同;叶绿素 （5）探究温度、CO 浓度、各种无机盐浓度等对黑藻光合速率的影响 2 解析：（1）黑藻光合作用中光反应产生氧气，其场所是叶绿体类囊体（薄）膜；题图乙的广 口瓶中可用NaHCO 溶液为黑藻提供一定浓度的CO ；光饱和点是指达到最大光合速率时的 3 2 光照强度，由题图可知，黑藻光饱和点是6klx；此时黑藻光合作用固定CO 的速率为 2 12+6=18（CO mg·100cm-2·h-1）。 2 （2）浅水区黑藻叶绿素含量随时间延长呈逐渐下降趋势，深水区黑藻叶绿素含量随时间延长 呈逐渐上升趋势，说明高光照强度会导致黑藻光合速率下降，进而对黑藻生长有明显抑制作 用。 （3）浅水区黑藻产生大量的断枝残叶，深水区黑藻生长相对稳定，叶片呈鲜绿色，据题图丙 可知，浅水区黑藻根系活力较低，而深水区较高，推测上述现象与黑藻根系活力的变化存在 一定的相关性。 （4）同一细胞对不同离子的吸收速率不同是因为细胞膜上不同离子载体的数量不同。组成叶 绿素的元素有氮、镁，因此保证氮、镁的吸收可增加叶绿素的合成。 （5）为了最大化地保证黑藻生产，科研人员还可以选择探究各种因素对光合速率的影响。 32.答案：（1）肝糖原分解成葡萄糖、非糖物质转化为葡萄糖 （2）②适量的促甲状腺激素；③分级调节（或TRH→TSH→甲状腺激素）;④一定量的甲状 腺激素 （3）体液;激素一经靶细胞接受并起作用后就被灭活了 （4）下丘脑渗透压感受器;增加抗利尿激素，促进肾小管和集合管对水分重吸收 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 解析：（1）长跑过程中血糖的来源主要是肝糖原分解成葡萄糖、非糖物质转化为葡萄糖。 （2）②由题干可知，TSH促进甲状腺的发育，如果给摘除垂体的大鼠注射适量的TSH，可 以在一定程度上恢复甲状腺的大小；③由①②实验可知，下丘脑分泌的TRH可对垂体起作 用，而垂体分泌的TSH又可对甲状腺的结构和功能进行调节，分析可得甲状腺激素分泌的调 节机制为分级调节（或TRH→TSH→甲状腺激素）；④向正常大鼠的血液中注射定量的甲状 腺激素，血液中的TRH和TSH水平明显降低，说明甲状腺激素对TRH和TSH的分泌有抑制 作用，即可以证明甲状腺激素分泌的过程存在负反馈调节机制。 （3）在调节时，激素随体液运输到达靶细胞，并且激素会源源不断地产生，原因是激素一经 靶细胞接受并起作用后就被灭活了。 （4）长跑过程中，人体会大量出汗，水分减少，下丘脑渗透压感受器受到刺激，产生兴奋， 该兴奋传入大脑皮层产生渴觉引发主动饮水；同时机体通过增加抗利尿激素，促进肾小管和 集合管对水分的重吸收，减少排尿，调节水盐平衡。 33.答案：（1）牛所处的营养级比蔬菜高，牛生存所需的资源占有一定的草地面积，吸收牛 生命活动产生的二氧化碳也占有一定的森林、草地或农田面积，所以食用牛肉比食用蔬菜产 生的生态足迹更大（合理即可） （2）合理地调整生态系统中的能量流动关系，使能量持续高效地流向对人类最有益的部分 （3）抵抗力稳定性 （4）①鲨鱼;②c/a×100% 解析：（1）在牛肉和蔬菜等食品的选择上，选择牛肉产生的生态足迹更大，具体原因见答 案。 （2）研究生态系统的能量流动，还可以帮助人们合理地调整生态系统中的能量流动关系，使 能量持续高效地流向对人类最有益的部分。 （3）一般来说，热带雨林生态系统比针叶林生态系统的生物组分多，食物网复杂，自我调节 能力更强，抵抗力稳定性更强，所以在遭受同等干扰的情况下，热带雨林生态系统比针叶林 生态系统抵抗干扰和保持原状的能力更强。 （4）①汞等重金属会沿着食物链逐渐在高营养级生物体内聚集，所以生物营养级越高，体内 汞等重金属含量越高。题图食物网中鲨鱼的营养级最高，即鲨鱼体内汞等重金属含量最多。 ②第一营养级流向第二营养级的能量传递效率=第二营养级的同化量/第一营养级的同化量 ×100%= c/a×100%。 34.答案：（1）灰体；常；杂交组合甲、乙互为正反交，仅考虑果蝇的灰体和黑体这对相对 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 性状，由于正反交结果相同，说明控制该对性状的基因位于常染色体上 （2）遵循；仅考虑红眼和白眼这对相对性状，正反交结果不同，说明控制该对性状的基因位 于X染色体上；又因为控制灰体和黑体的基因位于常染色体上，因此控制果蝇这两对相对性 状的基因位于两对非同源染色体上，遵循基因的自由组合定律 （3）EEXAXA、EEXAXa、EeXAXA、EeXAXa （4）灰体红眼：灰体白眼：黑体红眼：黑体白眼=3：3：1：1 解析：（1）由题意可知，纯合的黑体果蝇与纯合的灰体果蝇杂交，F 全是灰体果蝇，则灰体 1 是显性性状。杂交组合甲、乙互为正反交，仅考虑果蝇的灰体和黑体这对相对性状，由于正 反交结果相同，说明控制该对性状的基因位于常染色体上。 （2）仅考虑红眼和白眼这对相对性状，正反交结果不同，说明控制该对性状的基因位于X 染色体上；又因为控制灰体和黑体的基因位于常染色体上，因此控制果蝇这两对相对性状的 基因位于两对非同源染色体上，遵循基因的自由组合定律。 （3）杂交组合甲的亲本基因型为eeXAXA和EEXaY,F 基因型为EeXAXa和EeXAY,F 雌雄果 1 1 蝇之间自由交配，F 中灰体红眼雌蝇的基因型为EeXAXA、EeXAXa、EEXAXA、EEXAXa。 2 （4）杂交组合乙的亲本基因型为EEXaXa和eeXAY,F 基因型为EeXAXa和EeXaY,F 雌雄果蝇 1 1 之间进行杂交，F 中两对相对性状的表型及比例分别为灰体：黑体=3：1、红眼：白眼=1： 2 1，即在不考虑性别的情况下，F 表型及比例为灰体红眼：灰体白眼：黑体红眼：黑体白眼 2 =3：3：1：1。 35.答案：（1）胞吞；溶酶体 （2）限制酶；sgRNA（向导RNA）具有与目标基因TTR序列互补的区域，可以引导Cas9酶 到细胞核中对TTR基因进行靶向切除 （3）原代培养 （4）两个剂量水平的NTLA-2001均显示出良好的疗效，且0.3mg/kg的疗效优于0.1mg/kg； 给药次数、药物的副作用、给药方案、特殊人群的用药等 解析：（1）由题图1可知，LNP递送载体进入肝细胞的方式为胞吞，其在细胞内的降解过程 主要由溶酶体完成。 （2）从功能上看，题图1中Cas9-SgRNA核酸核蛋白相当于基因工程中的限制酶，它能靶向 切除细胞核中TTR基因的原因是sgRNA（向导RNA）具有与目标基因TTR序列互补的区 域，可以引导Cas9酶到细胞核中对TTR基因进行靶向切除。 （3）原代培养的细胞遗传物质稳定，若要检测Cas9-sgRNA核酸核蛋白是否产生“脱靶效 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 应”，应从原代培养的肝细胞中提取DNA，利用PCR技术对TTR基因扩增并测序。 （4）分析题图2的实验数据，可得出的结论为两个剂量水平的NTLA-2001均显示出良好的 疗效，且0.3mg/kg的疗效优于0.1mg/kg。作为一款新研发的药物，在临床应用之前，我们还 应考虑给药次数、药物的副作用、给药方案、特殊人群的用药等影响药效的因素。 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002微信公众号：【高中精品资料君】 版权所有©正确教育 侵权必究！ 微信公众号：【高中精品资料君】全网最全押题卷，有需要的联系微信：xygewx002
