四川省绵阳市高中2024届高三突击班第一次诊断性考试模拟测试理综答案(1)_2023年10月_0210月合集_2024届四川省绵阳高中高三理科突击班第一次诊断性考试模拟测试

YTUN 理科突击班高中 2021 级第一次诊断性考试参考答案 理科综合能力测试 1．A 合成抑制剂，会通过影响H＋的运输而使蔗糖运输速 【来源】福建省莆田市锦江中学2023-2024学年高三 率下降，而培养基的pH值低（H＋多）于细胞内，有 上学期第一次阶段（开学考）考试生物试题 利于蔗糖的吸收，B正确，D错误； 【分析】糖类是主要的能源物质，脂肪是良好的储 C、植物组织培养过程中，蔗糖可作为碳源并有助于 能物质，ATP是直接能源物质。 维持渗透压，但蔗糖并非唯一碳源，C错误。 【详解】A、帝企鹅蛋的卵清蛋白中N元素的质量分 故选B。 数低于C元素，A错误； 3．B B、核酸、糖原、蛋白质的合成都经历了“脱水缩合” 【来源】吉林省通化市通化县七中2023-2024学年高 过程，故都有水的产生，B正确； 三上学期第一次月考生物试题 C、帝企鹅蛋孵化过程涉及基因的选择性表达，故帝 【分析】无氧呼吸全过程：（1）第一阶段：在细胞 企鹅蛋孵化过程有mRNA和蛋白质种类的变化，C 质基质中，一分子葡萄糖形成两分子丙酮酸、少量 正确； 的[H]和少量能量，这一阶段不需要氧的参与。（2） D、脂肪是良好的储能物质，雄帝企鹅孵蛋期间不进 第二阶段：在细胞质基质中，丙酮酸分解为二氧化 食，主要靠消耗体内脂肪以供能，D正确。 碳和酒精或乳酸。 故选A。 【详解】A、玉米根细胞由于较长时间进行无氧呼吸 2．B 导致能量供应不足，使液泡膜上的H+转运减缓，引 【来源】吉林省通化市通化县七中2023-2024学年高 起细胞质基质内H+积累，说明细胞质基质内H+转运 三上学期第一次月考生物试题 至液泡需要消耗能量，为主动运输，逆浓度梯度， 【分析】据图可知，H＋运出细胞需要ATP，说明H＋ 液泡中H+浓度高，正常玉米根细胞液泡内pH低于 细胞内＜细胞外，蔗糖通过共转运体进入细胞内借 细胞质基质，A错误； 助H＋的势能，属于主动运输，据此分析作答。 B 、玉米根部短时间水淹，根部氧气含量少，部分 【详解】A、转运蔗糖时，共转运体的构型会发生变 根细胞可以进行有氧呼吸产生CO ，检测到水淹的玉 2 化，但该过程是可逆的，A错误； 米根有CO 的产生不能判断是否有酒精生成，B正 2 BD、据图分析可知，H＋向细胞外运输是需要消耗 确； ATP的过程，说明该过程是逆浓度梯度的主动运输， C、转换为丙酮酸产酒精途径时，无ATP的产生，C 细胞内的H＋＜细胞外H＋，蔗糖运输时通过共转运体 错误； 依赖于膜两侧的H＋浓度差建立的势能，故使用ATP D、丙酮酸产酒精途径时消耗的[H]与丙酮酸产乳酸 YTUN第一次诊断性考试参考答案册 —28— {#{QQABCQCEogiIABBAAAhCAwFACkAQkBCCAAoGQBAMsAIAwBNABAA=}#}途径时消耗的[H]含量相同，D错误。 【分析】1、分析题图：图甲中染色体数目与核DNA 故选B。 分子数比为1:2，但染色体数为4，所以图甲表示次 4．A 级精母细胞的前期和中期细胞；图乙中染色体数目 【来源】福建省莆田市锦江中学2023-2024学年高三 与核DNA分子数比为1:1，可表示间期或次级精母 上学期第一次阶段（开学考）考试生物试题 细胞的后期。 【分析】分泌蛋白合成与分泌过程：核糖体合成蛋 2、同源染色体，着丝点分裂，染色体移向细胞两极， 白质→内质网进行粗加工→内质网“出芽”形成囊泡 处于减数第二次分裂后期，为次级精母细胞。 →高尔基体进行再加工形成成熟的蛋白质→高尔基 【详解】A、表示次级精母细胞的前期和中期细胞， 体“出芽”形成囊泡→细胞膜，整个过程还需要线粒体 则甲时期细胞中不可能出现同源染色体两两配对的 提供能量。 现象，A错误； 【详解】①③④、根据题干信息“已知tRNA甲可以 B、若图表示减数分裂Ⅱ后期，则乙时期细胞中含有 识别大肠杆菌mRNA中特定的密码子，从而在其核 2条X染色体或2条Y染色体，B错误； 糖体上参与肽链的合成肽链”，说明该肽链合成所需 C、图乙中染色体数目与核DNA分子数比为1:1，无 能量、核糖体、RNA聚合酶均由大肠杆菌提供， 染色单体数，C错误； ①③④不符合题意； D、因为初级精母细胞的染色体发生片段交换，引起 ②、据题意可知，氨基酸甲是一种特殊氨基酸，迄 1个A和1个a发生互换，产生了AXD 、aXD、AY、 今只在某些古菌（古细菌）中发现含有该氨基酸的 aY4种基因型的精细胞，D正确。 蛋白质，所以要在大肠杆菌中合成含有甲的肽链， 故选D。 必须往大肠杆菌中转入氨基酸甲，②符合题意； 6．C ⑤⑥、古菌含有特异的能够转运甲的tRNA（表示为 【来源】湖南省衡阳市衡阳县三中2022-2023学年高 tRNA甲）和酶E，酶E催化甲与tRNA甲结合生成携 三下学期第六次月考生物试题 带了甲的tRNA甲（表示为甲－tRNA甲），进而将甲 【分析】分析题意，植物甲闭花授粉，间行种植基 带入核糖体参与肽链合成，所以大肠杆菌细胞内要 因型为TT、Tt的植物甲（两者数量之比是2：1）， 含有tRNA甲的基因以便合成tRNA甲，大肠杆菌细胞 自然状态下进行自交。植物乙为雌雄同株异花，间 内也要含有酶E的基因以便合成酶E，催化甲与 行种植基因型为YY、Yy的植物乙（两者数量之比 tRNA甲结合，⑤⑥符合题意。 是2：1），植株乙能自由交配。 ②⑤⑥组合符合题意，A正确。 【详解】A、植物甲闭花授粉，自然状态下为自交， 故选A。 间行种植基因型为TT、Tt的植物甲（两者数量之比 5．D 是2：1），即有2/3TT、1/3Tt，F 中纯合花叶腋生（TT） 1 【来源】吉林省延边市二中2022-2023学年高一5月 的个体所占比例=2/3+1/3×1/4＝3/4，A正确； 期中生物试题 B、间行种植基因型为YY、Yy的植物乙（两者数量 YTUN第一次诊断性考试参考答案册 —29— {#{QQABCQCEogiIABBAAAhCAwFACkAQkBCCAAoGQBAMsAIAwBNABAA=}#}之比是1：2），即有2/3YY、1/3Yy，能自由交配， C．碱性条件下新制氢氧化铜悬浊液中加入少量甲酸 其产生的y配子的概率是1/6，Y是5/6，故正常情 溶液，加热煮沸，产生砖红色沉淀，C错误； 况下植物乙的F 中籽粒黄色纯合子YY所占的比例 D．向 溶液中滴加 溶液发生的反应为： 1 为5/6×5/6=25/36，B正确； NaAlO2 NaHSO3 ，所以溶液中 - - 2- C、间行种植基因型为TT、Tt的植物甲（两者数量 H2O+结A合lO2+H的S能O3力=A比l(OH)3强↓，+DSO正3 确； − + 2− 之比是2：1），若植物甲含有隐性基因的雄配子（t） A故lO选2 D。H SO3 的存活率为1/2，则Tt产生雄配子T：t=2：1，雌配 9．D 子产生的类型及比例为T：t=1：1，则 F 中花茎顶 【详解】A．由结构简式可知，化合物N分子中含有 1 生个体（tt）所占的比例为=1/3×1/3×1/2＝1/18，C错 的碳碳三键、醛基能与溴水反应使溶液褪色，故A 误； 错误； D、正常情况下植物乙（两者数量之比是1：2），即 B．由结构简式可知，化合物P分子中苯环和碳碳三 有2/3YY、1/3Yy，其产生的y配子的概率是1/6，Y 键为平面结构，分子中一定共平面的原子有16个， 是5/6，若植物乙含有隐性基因的雄配子的存活率为 故B错误； 1/2，则雄配子是1/11y、10/11Y，雌配子仍为1/6y， C．由结构简式可知，P分子中不含有溴原子，则M 5/6Y，F 中籽粒白色个体yy所占的比例为 与N一定条件下反应生成P的同时还有含溴元素的 1 =1/11×1/6=1/66，D正确。 化合物生成，原子利用率不可能为100%，故C错误； 故选C。 D．由结构简式可知，M分子中含有4类氢原子，一 7．D 氯代物有4种，故D正确； 【详解】A．铝锂合金具有密度低、强度高等优良特 故选D。 点，适用于制作飞机机身，A正确； 10．B B．碳纤维属于无机非金属材料，B正确； 【详解】A．原子守恒电荷守恒且符合原理，A正确； C．砷化镓是良好的半导体材料，C正确； B．H2O2在该反应中作氧化剂，即方程式为 D．高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，不是传统 ，B错误； 2- + 2- 的硅酸盐材料，D错误； 2CS．Se原O子3+守H恒2O电2+荷2H守恒=S且2S符e2合O6原+理2H，2 CO正确； 故答案选D。 D．原子守恒电荷守恒且符合原理，D正确； 8．D 故选B。 【详解】A．溶液中若有亚硫酸根离子会生成亚硫酸 11．A 银沉淀，加入硝酸被氧化为硫酸银沉淀沉淀不溶解， 【详解】A． 中K为+1价，S为+6价，则可 A错误； 知2个氧原子K为2S- 2 1O价8 ，即存在一个过氧键， B．体系中加入少量KCl固体对平衡没有影响，溶液 中存在 个非极性共价键，故A正确1；mol 颜色不变，B错误； KB 2．S2O8由-1价的 A O转化生成，每生成 ，转 YTUN第一次诊断性考试参考答案册 O2 1mol O2 —30— {#{QQABCQCEogiIABBAAAhCAwFACkAQkBCCAAoGQBAMsAIAwBNABAA=}#}移 电子，故B错误； CaO，加入少量水生成Ca(OH) ，在常压下加入丙酸 2 C．2标 A准状况下， 不是气体，不能根据体积确定 反应生成 ，“操作Ⅳ”是过滤操作除 其物质的量，故CSO错3误； 去不溶于水(CH的3杂CH质2C，O“O操)2作CaⅤ”的滤液浓缩后结晶得到 D． ，溶于 固体，过滤后洗涤得到产品，以此 水电 离(K产H生SO4)、=0.5、mol/L×，0均.1为L=0.005.0m5oml，ol离子总 (解CH答3。CH2COO)2Ca + + 2− 量为0.05moKl×3=0H.15mSoOl，4 即 个离子，故D 【详解】A．“操作Ⅱ”锻烧可以使用酒精灯加热，“操 错误； 0.15 A 作Ⅲ”前加少量水目的是制取石灰乳，故A错误； 故选：A。 B．由分析可知，“操作Ⅳ”是常压过滤操作，该操作 12．D 用到的玻璃仪器除漏斗外还有烧杯和玻璃棒，故B 【分析】根据X、Y、Z构成的化合物的结构，可知， 正确； X有一条共价键稳定，故X为H或者F、Cl，Y四 C．由分析可知，“操作Ⅴ”的滤液浓缩是在蒸发皿中 条共价键稳定，Y为C或者Si，Z两条共价键稳定， 进行，浓缩过程中可用玻璃棒搅拌滤液，故C正确； Z为O或S，其具有强氧化性，推得-Z-Z-为过氧键， D．“操作Ⅳ”产品干燥前要洗涤， 则Z为O，X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短 在乙醇中溶解性较小，洗涤剂为乙(醇CH，3C当H洗2C涤OO后)2滤Ca 周期元素，则X为H，Y为C，W与X位于同一主 液为中性时，说明杂质已洗净，故D正确； 族，故W是Na。 故选A。 【详解】A．该化合物为过氧乙酸CH COOOH，含 14．A 3 有碳碳键、氧氧键为非极性键，碳氢键、碳氧键、 【详解】AB. 开普勒在研究第谷的天文观测数据的 氢氧键为极性键，A正确； 基础上，总结出了行星运动的规律，牛顿发现了万 B．根据化合物的结构式，该化合物中各元素原子均 有引力定律，从而解释了行星按照这些规律运动的 达稳定结构，B正确； 原因，故A正确，B错误； C．电子层数相同，核电荷数越大，微粒的半径越小， CD.卡文迪许测出了引力常量G，被誉为“称量地球 故O2->Na+，C正确； 质量的人”，故CD错误。 D．由X、Y、Z、W四种元素形成的化合物不一定 故选A。 能与X、Z、W形成的化合物反应，比如由X、Y、 15．B Z、W四种元素形成的化合物CH COONa与X、Z、 【详解】光速和声速相差很大，光传播约4.1km的 3 W形成的化合物NaOH，不反应，D错误。 距离时，所用时间非常短，对于估算来说完全可以 故选D。 忽略，则： 13．A v 340m/s0.34km/s 1 km/s 声 3 【分析】以牡蛎壳( )为原料制备食品级添加剂 故传播距离： 丙酸钙 CaCO3，粉碎后高温煅烧生成 YTUN第一次诊断性考试参考答案册 (CH3CH2COO)2Ca —31— {#{QQABCQCEogiIABBAAAhCAwFACkAQkBCCAAoGQBAMsAIAwBNABAA=}#}1 R R xv t  12.3km=4.1km  0 100% 50% 声 3 R Rr 0 故这种估算方法可以比较准确地估算出闪电发生位 在滑动变阻器R的滑片由a缓慢地向b滑动的过程 置与观察考间的距离的；当光速和声速相差不大时 中，电源效率先增大后减小，D正确。 则不能用此方法估算，则选项B正确，ACD错误。 故选D。 故选B。 17．C 16．D 【详解】在转动过程中，刚开始转动角度较小时， 【详解】A．滑动变阻器左右两部分并联，在滑片由 受力分析如图1，末状态受力分析如图2 a向b移动的过程中，并联总电阻先增大后减小，滑 片滑至中间位置时，并联电阻最大，为1Ω，因此路 端电压先增大后减小，电容器两端电压等于路端电 Q 压，由C 可知QCU，则其带电荷量先增大后 U 减小，A错误； B．定值电阻R 消耗的功率PI2R ，滑动变阻器滑 0 0 片滑至两端时，外电阻最小时，电流最大，定值电 AC边弹力F 垂直于边AC，BC边弹力F 垂直于 AC BC 阻R 的功率最大，B错误； 0 边BC，由几何关系，则 C．将定值电阻等效成电源内阻，滑动变阻器消耗功 1  180  C  140 率即可等效为电源输出功率，理论上滑动变阻器接 在转动过程中，1不变，2由锐角变为钝角，3 入电路的阻值等于R r 3Ω时，滑动变阻器消耗功 0 由钝角变为直角，由 率最大，但滑动变阻器在该电路中的最大阻值是1Ω， mg  F AC  F BC sin 1 sin 2 sin 3 因此在滑动变阻器滑片由a端滑向中间位置的过程 故AB边始终没有弹力，F 一直增大，F 先变大 BC AC 中，其消耗的功率逐渐增大，之后由中间位置滑向b 后变小。 端过程中，消耗的功率逐渐减小，滑片在中间位置 故选C。 时滑动变阻器的功率最大，其最大值为 18．A  E  2  4  2 PI2R  R    1W 1W 【详解】A．对a，由平衡条件得 R rR 1 21 0 Mgsin30T C错误； 对O点受力分析，由平行四边形定则得 D．滑动变阻器滑片在中间位置时 2Tcos60mg R RR 2Ω 外 0 联立解得 此时外电路电阻最大，电源效率最大，最大值为 M=2m YTUN第一次诊断性考试参考答案册 —32— {#{QQABCQCEogiIABBAAAhCAwFACkAQkBCCAAoGQBAMsAIAwBNABAA=}#}故A正确； I  ftkvtkx B．如图所示 其中x表示位移，上升和下降的位移相等，球上升阶 段阻力的冲量等于下落阶段阻力的冲量，故B错误； C．设上升时加速度为a，根据牛顿第二定律可知 mgkvma 取极短Δt时间，速度变化量为 AO与BO关于水平虚线对称，AC水平。将P端缓 vat (g kv )t m 慢向上移动一小段距离，BOOP长度不变，即AP 由于 的长度不变。则 vt h AC sin 上升全程速度变化量为 AP 不变，即OP与PC夹角不会变。则拉力不会变。可 vgt k h 0v m 0 知a与斜面之间仍然没有摩擦力。故B错误； 则 C．将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，AC变长， k v  gt  H 角变大。对O点，有 0 1 m 解得 2Tcosmg (v gt )v H  0 1 1 可见，拉力变大，a有上滑趋势，将受到沿着斜面向 g 下的摩擦力。故C错误； 故C正确； D．剪断定滑轮与a之间轻绳的瞬间，a有下滑趋势， D．空气阻力与其速率成正比，最终以v 匀速下降， 1 由于不知道摩擦因数，即摩擦力的大小，无法判断 根据平衡条件有 其运动情况，即无法求a的加速度。故D错误。 mgkv 1 故选A。 解得 19．CD mg k  v 【详解】A．图像与时间轴围成的面积表示位移，由 1 小球抛出瞬间，根据牛顿第二定律可得 于上升过程和下降过程中的位移相等，上升阶段平 mgkv ma 均速度大于下降阶段平均速度，根据公式 0 x 解得 v t v a g(1 0) 可知上升时间小于下降时间，故A错误； v 1 B．阻力为 故D正确。 f kv 故选CD。 则阻力的冲量为 20．AC YTUN第一次诊断性考试参考答案册 —33— {#{QQABCQCEogiIABBAAAhCAwFACkAQkBCCAAoGQBAMsAIAwBNABAA=}#}【详解】若v v ，(1)P与皮带间的最大静摩擦力大 m gm g 2 1 a Q P m m P Q 于Q的重力，则P将沿皮带向右加速直至和皮带的 加速度的大小比减速到与皮带速度相等阶段的小， 速度相等后变为匀速，且加速时的加速度大小 又t t 时P离开传送带，若从右侧离开，物体在0t m gm g 0 0 a P Q m m P Q 内位移向右；若从左侧离开，物体在0t 内位移为 0 (2)P与皮带间的最大静摩擦力等于Q的重力，则P 零．速度时间图像与坐标轴围成面积表示位移。 将沿皮带向右匀速； 故选AC。 (3)P与皮带间的最大静摩擦力小于Q的重力，则P 21．CD 将沿皮带向右减速至零后回头加速，且此过程中物 【详解】BC．由于m 为各处光滑的带有四分之一圆 2 体受力不变，加速度不变，加速度大小 弧，则m 和m 组成的系统机械能守恒且在水平方向 1 2 m gm g a Q P 动量守恒，则m 1 滑到最高点时有 m m P Q m v =(m +m v 1 0 1 2) 共 若v v ，(1)P与皮带间的最大静摩擦力大于等于Q 1 1 2 1 mv2  (m m )v2 mgh 2 1 0 2 1 2 共 1 的重力，则P将沿皮带向右匀速； 将m m 代入解得 1 2 (2)P与皮带间的最大静摩擦力小于Q的重力，则P v v 2 将沿皮带向右减速至零后回头加速，且此过程中物 v 共 = 2 0 ，h 4 0 g 体受力不变，加速度不变，加速度大小 B错误、C正确； m gm g AD．m 1 滑上m 2 又返回直到m 1 离开m 2 的整个过程 a Q P m m P Q 中，系统水平方向动量守恒。选取向右为正方向， 由动量守恒定律得 若v v ，物体P将先减速到与皮带速度相等，此过 2 1 m v =m v +m v 程中加速度大小 1 0 1 1 2 2 假设是弹性碰撞，由机械能守恒得 m gm g a P Q 1 1 1 m m mv2  mv2 m v2， P Q 2 1 0 2 1 1 2 2 2 接下来情况为 解得 (1)P与皮带间的最大静摩擦力大于等于Q的重力， v  2m 1 v ，v  m 1 m 2 v 2 m m 0 1 m m 0 1 2 1 2 则P将沿皮带向右匀速； 如果m m 2 ，则v 1 >0，即m 1 离开m 2 后速度方向水 1  2M  1  1 a g m g 平向右，滑块向右做平抛运动，A错误，D正确。 由题意可知 故选CD。 1 b g 22． 1 倾斜木板与水平面的夹角（或者A 解得 点到位移传感器的高度） AB/BA 1 【详解】（1）[1]根据匀变速直线运动的规律 g  b xaT2 24．（1）4m/s2、8m/s2；（2）4.32m；（3）3.2m/s 得 【详解】（1）假设bc之间无相对滑动一起向左加速 x (106)102 运动，则加速度 a  m/s21m/s2 T2 0.22 F 2mg 240.620 （2）[2]选取木块为研究对象，根据牛顿第二定律得 a'  2 2 m  2 m/s2=6m/s2 a 1 g 4m/s2 mgsinmgcosma 得 则bc之间要产生相对滑动，其中b的加速度为 gsina  a g 4m/s2 gcos b 1 可知要测定动摩擦因数，还需测出斜面倾角（或A Fmg2mg ma 1 2 c 点到位移传感器的高度）。 得 （3）[3]根据（2）的分析可知，在实验中，为了减 a 8m/s2 c 少实验误差，应使木板运动的时间长一些，可以： （2）a球从抛出到落到b槽内的时间 减小斜面的倾角、增加木块在斜面上滑行的位移等， 传感器开始的计时时刻不一定必须是从木块从A点 t  2h 0.6s g 释放的时刻，故AB正确，C错误。 此过程中a球的水平位移 m 1 23． 1.13 g 2M m b x v t 3.6m a 0 【详解】（1）[1]打H点时重锤A的瞬时速度等于打 在时间t内槽b的位移为 G、J两点间的平均速度，即 1 GJ (8.504.00)102 x  a t2 0.72m v   m/s 1.13m/s b 2 b H 2T 20.02 球a抛出时，凹槽b与球a之间的水平距离 （2）[2][3]对A、B、C整体根据牛顿第二定律有 x =x x 4.32m； (M＋m)g－Mg=(2M＋m)a 0 a b 则 25．（1）F 100N；（2）1.25m；（3）W 10J N f m a 2M m g 【详解】（1）物体A从释放到进入圆弧前做自由落 整理得 体运动 YTUN第一次诊断性考试参考答案册 —35— {#{QQABCQCEogiIABBAAAhCAwFACkAQkBCCAAoGQBAMsAIAwBNABAA=}#}v2 2gh v 10m/s A1 A2 刚进入圆弧时，由牛顿第二定律 物块A从静止释放到与木板A碰撞前，由动能定理 v2 1 F m A1 m g(hR)W  m v2 N A R A f 2 A A2 联立解得 解得物体A经过圆弧时克服阻力做的功 F 100N W 10J N f 由牛顿第三定律得物体A刚进入圆弧时对轨道的压 26．(1)将温度计的水银球置于支管口处；将锥形 力为100N； 瓶上塞子去掉（2分） （2）物块C从开始运动到与长木板具有相同速度过 (2)从冷凝管m口通冷凝水（1分） 程中 (3) （2分） 浓硫酸易使原 m a m g 料碳化并F产eC生l3⋅6H或2O 污染小，可循环 C C C 使用（2分）SO2 FeCl3⋅6H2O 解得 (4) 增大水溶液的密度，便于分层 （2分） a 2m/s2 C 上口倒出（1分） 物块C运动距离 (5)漏斗、烧杯、玻璃棒（2分） 1 1 s C  2 a C t2  2 212m1m (6)52.2（2分） 物块C在B的右端时两者具有相同的速度 【分析】在催化剂作用下环己醇发生消去反应生 成环己烯和水，通过蒸馏得到粗产品，结合物质 v v a t  21m/s 2m/s B2 C C 的性质差异、问题分析解答。 m g 0.2110 a  C  m/s2 0.5m/s2 B m m  13 A B 【详解】（1）根据装置图可知错误是温度计水银 由速度公式得木板刚开始运动时速度 球位置和锥形瓶的塞子没有去掉，正确的做法是 v v a t  20.51 2.5m/s B1 B2 B 将温度计的水银球置于支管口处；将锥形瓶上塞 木板B运动距离 子去掉。 s  v B1 v B2 t  22.5 12.25m （2）由于是蒸馏装置，所以步骤ⅰ中，“加热”前， B 2 2 不能忘记的实验操作是从冷凝管m口通冷凝水； 则长木板B的长度 （3）由于浓硫酸具有强氧化性，易使原料碳化并 Ls s  2.2511.25m B C 产生 、另外 污染小，可循环使用， （3）物块A与木板B碰撞过程中动量守恒 所以催SO化2 剂X最Fe好Cl选3⋅择6H2O ； m A v A2 m A m B v B1 （4）向馏出液中加入氯F化eC钠l3至⋅6饱H2和O，增加水层的 解得 密度，有利于分层；根据表格中的密度数据可知 环己烯的密度小于水，则有机层在上层，水层在 YTUN第一次诊断性考试参考答案册 —36— {#{QQABCQCEogiIABBAAAhCAwFACkAQkBCCAAoGQBAMsAIAwBNABAA=}#}下层，则分液操作为将下层水溶液自分液漏斗下 会分解生成 和 ，且在600℃焙烧时， 端活塞放出，上层的有机粗产品自漏斗的上口倒 生成NH3 H、2SO4 ，因此反应的化学 出； N方iF程e2 式O为 4 NiSO4 Fe2 SO4 3 （5）步骤ⅲ中，完成“弃去”操作，需要的玻璃仪 4 NH4 2SO4+NiF。e2O4 600℃ NiSO4+ 器有漏斗、烧杯、玻璃棒； F（e23）SO矿4渣3研+8磨N后H3加↑入+硫4H酸2O铵焙烧得到矿渣，加入 （6）20mL环己醇的物质的量是 mol＝ 热水浸泡，浸渣为 、 、 、 ； 20×0.97 0.194mol，理论上生成环己烯的质量100是 检验浸出液中是否F含e2有O3 Fe，O可OH选用S的iO化2 学Ca试SO剂4 3+ 0.194mol×82g/mol＝15.908g，所以产率是 是 溶液。 Fe 8.3 （4K）SCN ，向其中加入 ≈52.2%。 15.908× 2+ −3 −1 一定量 的Ca =晶1体.0，×搅1拌0，当mo溶l液⋅L中 1270．0%(1)第四周期第Ⅷ族（2分） − NaF时， F =1.0× (2) −11 −3 −1 2+ 4×10 10 mol⋅L Ca = −3 2 =4× 600℃ 1.0×10 4 NH4 2SO4+NiFe2O4 （2分N）iSO4+ ，除钙率为 −3 −5 −5 −1 1.0×10 −4×10 −3 F(3e)2 SO4 3+8NH（32↑+分4）H2O 溶液（1分） 10 mol⋅L 。 1.0×10 × (4)96（2C分aS）O4 KSCN 1（050）%由=信96息%②萃取剂( )萃取 的原理为 2+ (5) （2分） RH Ni ，可知反萃取试剂X应 (6)H2SO4蒸发浓缩（2分） 冷却至30.8～53.8℃ 2+ + N该i选用+2RH⇌，Ni增R2大+2H浓度，使上述平衡逆向移 之间结晶（2分） + 动，又不H2引SO入4 新的杂H质。 【分析】某矿渣的主要成分是NiFe O 、NiO、FeO、 2 4 （6）从 溶液中获得稳定的 晶体 CaO、SiO 等,加入硫酸铵研磨后,600℃焙烧， 2 的操作是N蒸iSO发4浓缩、冷却至30.8～N5iS3O.84℃⋅H之2O间结晶、 (NH ) SO 在350℃以上会分解生成 和 ， 4 2 4 过滤、洗涤、干燥等多步操作。 NiFe O 在焙烧过程中生成 NiSO 、FNeH(3SOH)2，SO在4 2 4 4 2 4 3 28． –90.1（2分） 反应的活化能(或反 95℃的热水中浸泡过滤得到“浸取液”，“浸渣”的成 应路径) （2分） BC （2分） NH 和O 3 2 分除Fe O 、FeO(OH)、CaSO 外还含有SiO ；“浸 2 3 4 2 反应生成的NO大于消耗（2分） 50%（2分） 取液”中加人NaF除去钙离子,过滤得到滤液加人 0.02（2分） 不移动（2分） 萃取剂得到无机相和有机相，无机相通过操作M 【详解】(1) 反应①CO(g)+2H (g) CH OH(g) 2 3 得到硫酸镍晶体,有机相加人“反萃取剂”可循环使 ⇌ △H ，②CO (g)+3H (g) CH OH(g)+H O(g) 用。 1 2 2 3 2 ⇌ 【详解】（1） 在元素周期表中的位置是第四周 △H =–49kJ·mol-1，③CO(g)+H O(g) CO (g) 2 2 2 期第Ⅷ族。 Ni ⇌ +H (g)△H =–41.1kJ·mol-1.则利用盖斯定律得 2 3 （2）由题干信息①可知， 在350℃以上 YTUN第一次诊断性考试参考答案册 NH4 2SO4 —37— {#{QQABCQCEogiIABBAAAhCAwFACkAQkBCCAAoGQBAMsAIAwBNABAA=}#}反应①-②=③，可知ΔH 1 =ΔH 2 +ΔH 3 =-49.0 ， 总 总 0.05mol 2 kJ·mol-1+(-41.1kJ·mol-1)=-90.1kJ·mol-1，答案为： 0.05mol+0.1mol+0.1mol+0.025mol =11 (CO2)= , 总 总 -90.1； 0.1mol 4 (CO2)= 0.05mol+0.1mol+0.1mol+0.025mol =11 ， (2)①催化剂通过参与反应改变反应历程，降低反 总 总 0.025mol 1 应的活化能来提高反应速率，故答案为：反应的 (N2)= 0.05mol+0.1mol+0.1mol+0.025mol = 11 ， ，解得： 总 4 N2 × CO2 活化能； 2 4 =137.5kPa = p NO2 × CO Kp=0.02kPa-1。该温度下，K= ②温度越高，反应速率越快，相同时间内氮气的 N2 × 4 CO2 2 4 NO2 × CO = 物质的量浓度越大，达到平衡所需的时间越小、 ，若平衡后，再将CO、CO 2 气体 4 0.0025×0.01 2 4 由图知，B氮气物质的量浓度达到最大值，则A 的0.00浓5度×0分.01别=增1加00一倍，因为c(CO)=c(CO )，则 2 还未平衡、B已达到平衡，升高，平衡超吸热方向 Qc=K，平衡不移动。答案为：0.02；不移动。 移动，导致氮气物质的量浓度下降。则图中A、B、 29．(1) 等量的缺镁的完全培养液乙（2分） C一定达平衡状态的是BC。混合气体中，氨气催 相同的适宜 （1分） 小麦幼苗的生长状况（1 化氧化生成NO、NO又被消耗得到二氧化氮等、 分） 则NO浓度始终增大的原因可能是：NH 和O 反 (2) 小麦幼苗生长正常（1分） 小麦幼苗 3 2 应生成的NO大于消耗。 不能正常生长 （1分） 镁盐是植物生活所必 (3)由表中数据可知，向10L恒容密闭容器中充入 需的无机盐（1分） 0.1molNO 和0.2molCO，10min时反应处于平 (3)再向B瓶中添加适量镁盐后，若小麦幼苗能恢 2 衡状态，体系内压强由150kPa减少到137.5kPa， 复正常生长，则进一步证明镁盐为植物生活所必 设平衡时转化的NO 的物质的量浓度为2x，由题 需的无机盐（3分） 2 【来源】云南省昆明市西南大学官渡实验学校 意可知，起始时，c(CO)= ， 0.2mol −1 2023—2024学年高一9月月考生物试题 c(NO )=0.01mol•L-1。列三段10式L 进=0行.0计2m算o得l·L： 2 【分析】根据题意分析，本实验是验证“镁是小麦 幼苗生长必需的无机盐”，实验的变量是否含有镁， 起始 2NO2 g + 4CO g ⇌ 4CO2 g + N2 g 转化 -1 其它条件都应相同如光照、适宜的温度，并及时 / mol·L 0.01 0.02 0 0 平衡 -1 / mol·L 2 4 4 浇 水。 -1 则 起/始mol·L起始，即 0.01−2 0.02−4 ， 4 解 得： 【详解】（1）设置对照实验，自变量由于是营养 平衡 平衡 0.01+0.02 150kPa x=0 .00 = 25 mol•L-1。0.01则-2 N +0 O .02的-4 转+4化 +率 = 为137.5kPa 液中镁盐的有无，所以实验组（B瓶）中加入的培 2 养液是等量的缺镁的完全培养液乙；培养条件属 ，平衡时的 -1 2×0.0025mol⋅L -1 于无关变量，所以培养条件要相同且适宜，培养 n(N0.0O1m)o=l⋅0L.05m×ol1，00n%(C=O5)=0n%(CO )=0.1mol， 2 2 一段时间后，观察小麦幼苗的生长状况。 n(N )=0.025mol。根据p(A)= ， 2 总 总A （2）因为该实验为验证性实验，故实验预期A瓶 × Y TUN 第 (N 一 O2 次 ) 诊 = 断性考试参考答案册 —38— {#{QQABCQCEogiIABBAAAhCAwFACkAQkBCCAAoGQBAMsAIAwBNABAA=}#}中幼苗能正常生长，B瓶中幼苗不能正常生长；说 分解淀粉，体现了酶的专一性。 明镁盐为植物（小麦幼苗）生活所必需的无机盐。 （2）蔗糖属于二糖，被蔗糖酶分解后产物是葡萄 （3）从科学研究的严谨角度出发，为进一步证实 糖和果糖，即产生还原糖，还原糖可与斐林试剂 A、B两瓶中玉米幼苗生长状况的差异是由于镁元 反应，实验设计应遵循单一变量原则，故将等量 素供应不同引起的，还应增设自身前后对照，即 的金魁和金丰提取液分别加入到等量的蔗糖溶液 在缺镁的完全培养液乙中加入一定量的含镁的无 中，反应所得产物能与斐林试剂发生作用，水浴 机盐，观察一段时间后B瓶中小麦幼苗能否恢复 加热后生成砖红色沉淀。 正常生长，如一段时间后B瓶中小麦幼苗恢复正 （3）分析上图可知，金丰中枝条中和叶片酶活性 常生长，则进一步验证镁盐一定是植物（小麦幼 均高于金魁；感病前后金丰酶活性的变化大于金 苗）生活所必需的无机盐。 魁。 30．(1)专一（1分） （4）据图分析，金丰不抗病的原因是金丰本身蔗 (2) 等量的蔗糖（1分） 砖红（1分） 糖酶活性较高，感病后蔗糖酶活性又明显升高， (3) 枝条和叶片（1分） 大于（或高于） 蔗糖酶将植株中的蔗糖水解为单糖为假单胞杆菌 （1分） 提供营养，加速其繁殖。 (4)金丰本身蔗糖酶活性较高，感病后蔗糖酶活性 （5）本实验的目的是探究盐角草从土壤中吸收盐 又明显升高，蔗糖酶将植株中的蔗糖水解为单糖 分的方式是主动运输还是被动运输，无机盐的跨 为假单胞杆菌提供营养，加速其繁殖。（2分） 膜运输过程不可能是自由扩散，因此这里的主动 (5) 抑制细胞呼吸（没有能量供应）（1分） 运输和被动运输的区别在于是否需要消耗能量， 一段时间后测定两组植株根系对Ca2+、Na+的吸收 因此实验设计中的自变量是能量供应是否正常， 速率，也可检测培养液中两种离子的浓度变化（2 因变量是培养液中相关盐分的量的变化，因此设 分） 计了如下实验。 【来源】新疆克拉玛依市一中2023-2024学年高三 ①实验步骤：A.取甲、乙两组生长发育状况基本 8月月考生物试题 相同（无关变量相同且一致）的盐角草幼苗，分 【分析】据图分析：左图中可以看出感病后枝条 别放入适宜浓度的同时含有Ca2+、Na+的培养液中 细胞中的蔗糖酶活性增大，假单胞杆菌利用植株 进行培养。B.甲组给予正常的呼吸条件，乙组设法 中蔗糖水解成的单糖作为主要营养物质进行繁殖， 抑制细胞呼吸（没有能量供应）。C.一段时间后测 会使枝条叶片溃烂，严重时引起植株大面积死亡。 定两组植株根系对Ca2+、Na+的吸收速率，也可检 右图中叶片中蔗糖酶活性感染后增大，但增大的 测培养液中两种离子的浓度变化。 幅度小于枝条。 ②实验结果及结论：若实验结果表现为甲组Ca2+、 【详解】（1）酶的专一性是指一种酶只能催化一 Na+的吸收速率（含量）低于乙组Ca2+、Na+的浓 种或一类化学反应，蔗糖酶只能分解蔗糖而不能 度，则能说明两种离子的吸收方式为主动运输， YTUN第一次诊断性考试参考答案册 —39— {#{QQABCQCEogiIABBAAAhCAwFACkAQkBCCAAoGQBAMsAIAwBNABAA=}#}反之则不能说明。 （4）丙含有核酸但不含脂质，不具有膜结构，故 31．(1) 核膜（1分） 液泡和溶酶体（1分） 丙是核糖体，在分泌蛋白的合成和加工过程中， (2) 受体（1分） 进行细胞间的信息交流 核糖体从细胞质基质中转移至内质网上，肽链合 （1分） 成完成后从内质网上脱落。 (3) D（1分） E、F （2分） 生物 32．(1) 常（1分） 高茎雄株经单倍体育 膜中蛋白质的种类和数量不同（1分） 种得到的子代既有高茎又有矮茎（1分） 不 (4)从细胞质基质中转移至内质网上，肽链合成完 遵循（1分） 子代高茎白花、高茎红花、矮 成后从内质网上脱落（1分） 茎红花、矮茎白花四种表型比例不是1：1：1：1 【来源】湖北省武汉市武钢三中2022-2023学年高 （2分） 三7月月考生物试题 (2) X或Y（1分） 卵细胞（1分） 若 【分析】分析图1，A双层膜结构的是核膜，B是 检测到G或g基因，则该雄株的抗病基因G位于 细胞膜，C表示叶绿体，D表示线粒体，E表示内 X染色体上或者若都未检测到G或g基因，则该 质网，F表示高尔基体。 雄株的抗病基因G位于Y染色体上（2分） 分析图2，脂质和蛋白质是生物膜的重要组成成分， 这说明甲和乙含有膜结构，丙没有膜结构；甲含 (3) （1分） 有核酸，在动物细胞中应该是线粒体；乙不含核 酸，可能是内质网、高尔基体、溶酶体；丙含有 【来源】山东省济南市2023-2024学年高三上学期 核酸，应该是核糖体。 开学摸底生物试题 【详解】（1）生物膜系统由细胞膜、核膜及细胞 【分析】单倍体育种的过程包括花药离体培养和 器膜组成，A双层膜结构的是核膜。B是细胞膜， 秋水仙素处理，某高茎红花抗病雄株经单倍体育 C表示叶绿体，D表示线粒体，E表示内质网，F 种得到的子代及表型为：高茎白花抗病：高茎红 表示高尔基体，未能在图中表示出来的具膜细胞 花抗病：矮茎红花抗病：矮茎白花抗病：高茎白 器有溶酶体、液泡。 花易感病：高茎红花易感病：矮茎红花易感病： （2）若该分泌蛋白为激素，激素作为信息分子能 矮茎白花易感病=4：1：4：1：4：1：4：1，考虑 与靶细胞膜上的受体（受体蛋白）结合，从而引 茎的高矮和花色两对基因，形成的配子比为说明 起靶细胞的生理活动发生变化，体现了细胞膜具 产生的配子的种类及比例为Df：DF:dF:df=4：1： 有信息交流的功能。 4：1，可判断D和f在一条染色体，d和F在一条 （3）图1中的D对应图2中的甲，都可表示线粒 染色体，且经基因检测发现子代易感病植株中均 体。图1中的E、F分别为内质网、高尔基体，与 无g基因，说明控制感病和易感病性状的基因位 图2中的乙对应。由于图1中C、D生物膜所含蛋 于X或Y染色体上。 白质的种类和数量不同，因此二者功能差别较大。 YTUN第一次诊断性考试参考答案册 —40— {#{QQABCQCEogiIABBAAAhCAwFACkAQkBCCAAoGQBAMsAIAwBNABAA=}#}【详解】（1）单独分析株高的基因，高茎雄株经 单倍体育种得到的子代既有高茎又有矮茎，说明 为杂合子，基因位于常染色体上，若基因在X或 位置关系为 。 Y染色体上，雄性只有纯合子。单倍体育种的过 程包括花药离体培养和秋水仙素处理，某高茎红 33.略 34．ABE（5分） 花抗病雄株经单倍体育种得到的子代及表型为： 【详解】AD、由题意可知，波在同种介质传播， 高茎白花抗病：高茎红花抗病：矮茎红花抗病： 所以波速相同，由于距离相同，所以两波同时到 矮茎白花抗病：高茎白花易感病：高茎红花易感 达M点，故A正确，D错误； 病：矮茎红花易感病：矮茎白花易感病=4：1：4： B、由于波长的不同，因此在M点相遇时，并不 1：4：1：4：1，只考虑茎的高矮和花色两对基因， 总是加强或减弱；当两波刚传的M点时，此时刻 形成的配子比为Df：DF:dF:df=4：1：4：1，可判 位移为零，所以M点的位移大小在某时刻可能为 断D和f在一条染色体，d和F在一条染色体，不 零，故B正确；C错误； 符合自由组合定律，即子代高茎白花、高茎红花、 E、据波的传播特点可知，各质点的起振方向与 矮茎红花、矮茎白花四种表型比例不是1：1：1： 波源的起振方向相同，据波形可知，两波源的起 1，不符合自由组合。 振方向都是向上振动，故E正确． （2）据子代表型及比例可推断该雄株的抗病基因 综上所述本题答案是：ABE G位于X或Y。可以选择该种植物的卵细胞进行 2 3 (6 3)R G/g基因检测加以验证，若检测到G或g基因， 34．（2）：（1）n ；（2）t  3 3c 则该雄株的抗病基因G位于X染色体上或者若都 【详解】（1）激光垂直EO边射入玻璃砖后，其光 未检测到G或g基因，则该雄株的抗病基因G位 路如图所示 于Y染色体上，若利用精子进行检查，则无论在 X还是在Y上，都有一半出现G或g基因，无法 判断。 （3）该雄株与某雌株杂交，子代中矮茎白花植株 占1/25，该雄株产生白花矮茎df配子的概率是1/10， 因 雌株产生白花矮茎df配子的概率是2/5，df和DF 3 的配子一样多，即雌株产生Df：DF:dF:df=1：4： OP R 2 1：4，发生互换时一半亲本类型更多，故基因的 则 3 sinOAP 2 可知临界角 YTUN第一次诊断性考试参考答案册 —41— {#{QQABCQCEogiIABBAAAhCAwFACkAQkBCCAAoGQBAMsAIAwBNABAA=}#}COAP60 35. 恰好第一次在A处发生全反射，根据 (1)O>N>C 1 n sinC (2) 非极性 解得 (3)NH 分子之间可形成氢键 1 2 3 3 n  sin60 3 (4) 6 sp、sp3 5：2 （2）如图所示 (5)FeF 为离子晶体，Fe(CO) 为分子晶体，一般情况 3 5 下，离子晶体的熔沸点高于分子晶体 (6) 6 144 30 3 由几何关系 NA ×10 OABOAPOBQ 60 【详解】（1）上述反应体系中第二周期元素有C、N、 有光在玻璃砖中通过的路程 O三种，随原子序数的增加电负性增强，则电负性： sRcos60RL O>N>C； BQ （2）铵根离子空间构型为正四面体形，与其构型相 由题知 同且属于气态有机物是甲烷，甲烷电子式为： COQ 45 则 ，正负电荷中心重合，属于非极性分子； OQB75 （3）N的电负性强于P，NH 分子之间可形成氢键， 由正弦定理有 3 使其沸点高于PH ； L R 3 BQ  sin45 sin75 （4）①由配合物的组成可知，Mn原子的配位数为6； 则 ②CH CN中-CH 中C原子采用sp3杂化，-CN中C 3 3 L ( 31)R BQ 原子采用sp杂化； 所以 ③CH CN中含5个σ键与2个π键，个数比为5：2； 3 3 (2 3 1)R （5）F的电负性很大，与Fe形成离子键，FeF 为离 s R( 31)R 3 2 2 子晶体，而Fe(CO) 为分子晶体，一般情况下，离子 光在玻璃中的传播速度 5 晶体的熔沸点高于分子晶体； c v n （6）①由FeO的晶胞结构，以体心Fe2+为观察对象， s t  可知Fe2+的配位数为6； v 解得 ②由晶胞结构可知黑球位于体内个数为4，白球位于 (6 3)R 顶点和体心，个数为2，黑球代表Cu，白球代表O， t  3c YTUN第一次诊断性考试参考答案册 —42— {#{QQABCQCEogiIABBAAAhCAwFACkAQkBCCAAoGQBAMsAIAwBNABAA=}#}晶胞的质量为： g，晶胞的体积为(a×10-10)3cm3， 144 NA X为 ；一定条件下 与 则晶胞密度为： 。 144 30 3 NA ×10 36．(1)羧基、酯基 (2)2—溴戊烷 反应生成 。 (3) 氧化反应 取代反应 【详解】（1）由结构简式可知，C分子的官能团为羧 基、酯基，故答案为：羧基、酯基； (4)HOOCCH COOCH +CH OH CH OOCCH CO 2 3 3 3 2 H2SO4 OCH +H O ⇌Δ 3 2 （2）由分析可知，X的结构简式为 ，名称 为2—溴戊烷，故答案为：2—溴戊烷； (5) 9 （3）由分析可知，B→C的反应为在催化剂作用下 (6)OHCCH CHO HOOCCH COOH CH 2 2 催化O剂2， 浓C硫H酸3O，H OHCCH COOCH 与氧气共热发生催化氧化反应生 2 3 → → OOCCH COOCH Δ Δ 3 2 3 成HOOCCH COOCH ，E→F的反应为 2 3 与 发生取代反应 生成 和溴化氢，故答案为：氧化反 应；取代反应； （4）由分析可知，由C生成D的反应为在浓硫酸作 【分析】由有机物的转化关系可知，CH COOCH 与 3 3 用下，HOOCCH COOCH 与甲醇共热发生酯化反应 HCOOC H 在碱中共热反应生成OHCCH COOCH ， 2 3 2 5 2 3 生成CH OOCCH COOCH 和水，反应的化学方程式 在催化剂作用下OHCCH COOCH 与氧气共热发生 3 2 3 2 3 催化氧化反应生成HOOCCH 2 COOCH 3 ，在浓硫酸作 HOOCCH 2 COOCH 3 +CH 3 OH H2SO4 CH 3 OOCCH 2 COOC 用下，HOOCCH COOCH 与甲醇共热发生酯化反应 H +H O，故答案为： ⇌Δ 2 3 3 2 生成CH OOCCH COOCH ，CH OOCCH COOCH 3 2 3 3 2 3 HOOCCH COOCH +CH OH CH OOCCH COOC 2 3 3 3 2 H2SO4 与一溴甲烷在甲醇钠作用下发生取代反应生成 H +H O； ⇌Δ 3 2 （5）1mol化合物E的同分异构体能与2mol碳酸氢 ， 钠溶液反应说明有机物分子中含有2个羧基，同分 异构体可以视作丁烷分子中的氢原子被2个羧基取 与 发生取代反应生成 ，则 代所得结构，其中正丁烷分子中的氢原子被2个羧 基所得结构有6种，异丁烷分子中的氢原子被2个 YTUN第一次诊断性考试参考答案册 —43— {#{QQABCQCEogiIABBAAAhCAwFACkAQkBCCAAoGQBAMsAIAwBNABAA=}#}羧基所得结构有3种，共有9种，其中核磁共振氢 OHCCH CHO HOOCCH COOH CH O 2 2 3 催化O剂2， 浓C硫H酸3O，H 谱有3组峰，且峰面积之比为3：1：1的结构简式 → → OCCH COOCH Δ Δ 2 3 为 ，故答案为：9； ； （6）由上述合成路线并结合所学知识可知，以 。 37．(1) 纤维素 选择 OHCCH 2 CHO和CH 3 ONa为原料制备 的 (2) 稀释涂布平板法 0.85%NaCl溶液浓度 合成步骤为甲醇与溴化氢发生取代反应生成一溴甲 与细胞等渗，可维持细胞形态 瘤胃中的纤维素 烷，与钠反应生成甲醇钠；OHCCH CHO在催化剂 2 分解菌属于厌氧微生物，石蜡密封创设无氧环境， 作用下与氧气发生催化氧化反应生成 有利于瘤胃中的纤维素分解菌生长发育 HOOCCH COOH，在浓硫酸作用下HOOCCH COOH 2 2 (3) 量与活性 ① 与甲醇共热发生酯化反应生成 (4)1.81×107 CH OOCCH COOCH ，在甲醇钠作用下， 3 2 3 【来源】辽宁省部分学校2023-2024学年高三上学期 CH OOCCH COOCH 与一溴甲烷发生取代反应生成 3 2 3 开学摸底考试生物试题 【分析】在培养基中加入刚果红，可与培养基中的 ， 纤维素形成红色复合物，当纤维素被分解后，红色 复合物不能形成，培养基中会出现以纤维素分解菌 为中心的透明圈，从而可筛选纤维素分解菌。 一定条件下与 发生取代反应 ， 【详解】（1）微生物的营养物质主要有碳源、氮源、 合成路线为 水和无机盐等，筛选纤维素分解菌时，配置培养基 OHCCH CHO HOOCCH COOH CH O 2 2 3 催化O剂2， 浓C硫H酸3O，H 时需要使用纤维素作为唯一的碳源的选择培养基， → → OCCH COOCH Δ Δ 2 3 培养基甲是以纤维素作为唯一的碳源的选择培养基， 将瘤胃液先接种到培养基甲中进行培养，其目的是 筛选出纤维素分解菌并富集培养。 （2）乙培养基上形成的菌落分布均匀，因此②所使 用的接种方法是稀释涂布平板法；无菌水不存在对 菌的保护，因为渗透压的作用，还可能造成菌吸水 ，故答案为： 胀裂死亡；生理盐水的渗透压基本与菌的细胞液相 YTUN第一次诊断性考试参考答案册 —44— {#{QQABCQCEogiIABBAAAhCAwFACkAQkBCCAAoGQBAMsAIAwBNABAA=}#}当，会对菌有一定的保护。0.85%NaCl溶液（生理盐 制，由于DNA的两条链反向平行，且DNA聚合酶 水）浓度与细胞等渗，可维持细胞形态，因此过程 只能使新合成的DNA子链从5'→3'方向延伸，所以 ②常用0．85%NaCl溶液进行系列稀释而不用无菌水； 该过程需要根据sGFP两端（3'端）核苷酸（或碱基） 瘤胃中的纤维素分解菌属于厌氧微生物，石蜡密封 序列设计特异性引物序列，dNTP，是脱氧核糖核苷 创设无氧环境，有利于瘤胃中的纤维素分解菌生长 三磷酸的缩写，是包括dATP、dGTP、dTTP、dCTP 发育。 等在内的统称，由磷酸基团，脱氧核糖和含氮碱基 （3）在刚果红培养基平板上，纤维素分解菌分泌的 组成，可以作为DNA的原料，也可以为DNA的合 纤维素酶会使纤维素分解，菌落周围会形成透明圈。 成提供能量。 图中降解圈大小与纤维素酶的量与活性有关；图中 （2）启动子是RNA聚合酶识别和结合的部位，而 降解纤维素能力最强的菌株是①，因为其周围的透 终止子是使转录终止的序列，而目的基因不携带启 明圈与菌落的直径之比最大。 动子和终止子，所以将sGFP（绿色荧光蛋白基因） （4）在5个细菌培养基平板上，均接种稀释倍数为 插入到构巢曲霉启动子和终止子之间的目的是保证 104的胃部样液0.1mL，培养一段时间后，平板上长 sGFP（绿色荧光蛋白基因）能在大丽轮枝菌细胞中 出的细菌菌落数分别为189、25、417、175和179， 表达。 一般取菌落数在30-300之间的平板，则平板的平均 （3）为了保证sGFP正确插入质粒中，还需要在引 菌落数为（189+175+179）÷3=181，则每毫升土壤样 物的5'端添加限制酶识别序列，由于质粒大片段是利 液中的细菌数量约为181÷0.1×105=1.81×107个。 用HindⅢ和BamHI共同切割得到的质粒的长片段， 38．(1) DNA复制 sGFP两端的核苷酸序 所以b链5'端是利用HindⅢ切割形成的黏性末端， 列 原料和能量 根据HindIⅢI识别的碱基序列可知，图中b链的黏 (2)构巢曲霉启动子和终止子（只写启动子和终止子 性末端碱基序列（5'→3'）为AGCT。 不得分） （4）过程②为构建重组DNA，需要的工具酶是DNA (3)AGCT 连接酶。 (4)DNA连接酶 （5）过程③中需要配制细菌培养基，配制时要在培 (5) 潮霉素在高温灭菌时结构会被破坏 3 养基灭菌并冷却到80℃左右后，加入用无菌水配制 (6)大丽轮枝菌细胞中绿色荧光的强度 的适宜浓度的潮霉素溶液，以防止杂菌污染。由于 【来源】江苏省南京市六校2022-2023学年高三上学 潮霉素在高温灭菌时结构会被破坏，不能发挥选择 期11月联合调研试题 作用，所以潮霉素不能与培养基一同灭菌；根据质 【分析】基因工程技术的基本步骤：（1）目的基因 粒中BamHI和HindⅢ的识别位点以及用BamHI和 的获取；（2）基因表达载体的构建；（3）将目的基 HindⅢ酶切后得到的质粒大片段为3500bp，可知质 因导入受体细胞；（4）目的基因的检测与鉴定。 粒小片段应为3750-3500=250（bp）。sGFP的基因长 【详解】（1）PCR扩增sGFP的原理是DNA双链复 度为720bp，质粒大片段为3500bp，二者连接后的 YTUN第一次诊断性考试参考答案册 —45— {#{QQABCQCEogiIABBAAAhCAwFACkAQkBCCAAoGQBAMsAIAwBNABAA=}#}长度为3500+720=4220（bp）。用BamHI和HindⅢ 以最终可通过检测大丽轮枝菌菌丝细胞中绿色荧光 完全酶切后会形成4220bp，3500bp和720bp三种长 强度，以筛选出绿色荧光蛋白旺盛表达的大丽轮枝 度不同的DNA片段。 菌。 （6）转基因成功的标志是形成目的基因的产物，所 YTUN第一次诊断性考试参考答案册 —46— {#{QQABCQCEogiIABBAAAhCAwFACkAQkBCCAAoGQBAMsAIAwBNABAA=}#}