曲靖一中2024届高三第四次月考理综答案(1)_2023年11月_0211月合集_2024届云南省曲靖市第一中学高三上学期第四次月考_云南省曲靖市第一中学2024届高三上学期第四次月考理综

曲靖一中 届高三考前适应性考试四 物理 2024 -- 参考答案 14.【答案】B 【详解】设篮球落地前速度为v ，碰后速度为v ，由运动学公式可得 1 2 v2 2gh ，v2 2gh 1 1 2 2 取向上为正方向，由动量定理有 Ftmgtmv （mv) 2 1 联立解得 F 81N 故选B。 15.【答案】B 【详解】由安培定则可知导线MN 在线框处所产生的磁场方向垂直于纸面向外，再由左手定 则判断出bc 边和ad边所受安培力大小相等，方向相反。ab边受到向右的安培力Fab，cd边 受到向左的安培力Fcd。因ab所处的磁场强，cd 所处的磁场弱，故Fab＞Fcd，线框所受合 力方向向右。 故选B。 16.【答案】D 【详解】A．因为一列横波沿该直线向右传播，t=0 时到达质点1，质点1开始向下运动，则 该时刻的波前在第13个质点处，向右传播了1.5个波长，质点1振动了1.5个周期，所以 ， 解得 ，该波的周期为0.4s，A错误； B．该波的波速为 B 不正确； C．因为t=0时到达质点1，质点1开始向下运动，所以第9个质点开始振动的方向向下，C 错误； D．质点1在0.6s内运动的路程为 D 正确。 故选D。 17.【答案】D 【详解】A．地球卫星的加速度 GM a  1 r2 宇航员在电梯中的加速度 1 {#{QQABaQyAogCgABIAABhCAQW4CkOQkAEACIoORAAEIAAAABFABAA=}#}a ω2r 2 因此图线A 为地球卫星的加速度与距离地心距离r 的关系图像，图线B为宇航员在电梯中的 加速度与距离地心距离r 的关系图像，故A 错误； B．若电梯舱对航天员的弹力表现为支持力时，有 Mm G F mω2r r2 N 解得 Mm F G mω2r N r2 角速度不变，随着r 增大，航天员受到电梯舱的弹力减小； 若电梯舱对航天员的弹力表现为拉力时，有 Mm G F mω2r r2 N 解得 Mm F mω2rG N r2 角速度不变，随着r 增大，航天员受到电梯舱的弹力增大；故B错误； C．电梯舱在rr 处的站点时，航天员的加速度等于地球同步卫星的加速度，电梯舱对航天员 0 的弹力等于零，航天员只受到万有引力，所以航天员处于完全失重状态，故C错误； D．太空电梯向上加速运动时，宇航员距离地面的高度增加，所以宇航员随地球转动的线速度 在增大，因此宇航员在圆周运动的切线方向有加速度，所以宇航员的合加速度方向不沿半径 方向指向地心，即宇航员受到的合力方向不指向地心，故D 正确。 故选D。 18.【答案】C 【详解】A．由动能的定义式，根据图像可知运动员t=0 时 2s 末 联立解得 ， 故A 错误； B． s时，运动员落在斜坡上，斜坡的倾角满足 解得 2 {#{QQABaQyAogCgABIAABhCAQW4CkOQkAEACIoORAAEIAAAABFABAA=}#}此为斜面倾角，速度方向并非与水平方向成45°，故B 错误； C． s时。运动员运动到b处时重力的瞬时功率为 故C 正确； D．运动员离坡面距离最远时，速度方向与坡面平行，运动员运动可分解为沿斜面和垂直斜 面方向，垂直斜面方向运动具有对称性，沿斜面一直做匀加速直线运动，因此D 项错误。 故选C。 19.【答案】BD 【详解】A．x 和 处的电场强度大小相等，方向相反，选项A 错误； 1 B．从x 处到 处，场强为正值，则场强方向沿x轴正向，则电势逐渐降低，选项B 正确； 2 C．一电子从x 处沿直线运动到 处，电场力一直做负功，则速度一直减小，选项C错误； 2 D．从x 处到x 处，电势升高；从x 处到 处，电势降低，则一电子从x 处沿直线运动到 1 2 2 1 处，电势能先减小后增大，选项D 正确。 故选BD。 20.【答案】ABD 【详解】A．根据题意，由电路图可知，电阻两端电压为 由欧姆定律可得，流过电阻的电流为 由于 与电动机串联，则通过电动机的电流为4A，故A正确； B．根据题意，由公式 可得，输入电动机的电功率为 故B 正确； CD．根据题意，由公式 可得，电动机的发热功率为 则电动机的输出功率为 又有 解得重物的质量为 故C 错误，D正确。 故选ABD。 3 {#{QQABaQyAogCgABIAABhCAQW4CkOQkAEACIoORAAEIAAAABFABAA=}#}21.【答案】BC 【详解】根据滑轮组可知，B 下落的高度为A上升高度的两倍，设B 运动距离为 时，A运 动距离为 ，则 对B，初始重力势能为 当B 运动距离为 时 B 的末重力势能为0。对A，初始重力势能为0，当A运动距离为 时 由滑轮组可知，A 上升的高度为B下降高度的一半，故 故A 的末重力势能为 根据滑轮组可知，在运动过程中 对AB 组成的系统，当B 运动距离为 时，根据动能定理可得 对B 可得 B 的末动能为 对A，当A运动距离为 时 A 的末动能为 故选BC。 22.【答案】 E 刻度盘的第N 格 刻度盘的中央 40 （每空2分） 【详解】（1）[1]因为滑动变阻器采用分压接法，为了调节方便，滑动变阻器阻值应该选择阻 4 {#{QQABaQyAogCgABIAABhCAQW4CkOQkAEACIoORAAEIAAAABFABAA=}#}值较小的，即选择E。 （2）①[2]用代替法测待测电压表V 的内阻；根据电路图连成实验电路，并将滑动变阻器 1 的滑动触头置于左端； 将单刀双掷开关S 置于触点2，调节滑动变阻器 ，使电压表V 的 2 2 指针指在刻度盘第N 格，然后将单刀双掷开关S 置于触点1，调节电阻箱 使电压表V 的指 2 2 针指在刻度盘的第N 格，记下此时电阻箱 的阻值 。 ②[3]用半偏法测待测电压表V 的内阻：将单刀双掷开关S 置于触点1，电阻箱的阻值调为 2 2 零，闭合开关S ，调节滑动变阻器使电压表V 的指针满偏．保持滑动变阻器 的滑动触头 1 2 位置不变，调节电阻箱 ，使电压表V 的指针指在刻度盘的中央，记下电阻箱 的阻值 2 。 （3）[4]根据步骤①可知，电压表V 内阻为20kΩ；根据步骤②可知，电压表V 内阻为30kΩ； 1 2 其中方法①是用等效替代法，无系统误差；故用V 改装成量程为6V的电压表，应该串联一 1 个电阻，设阻值为 ，则有 解得 （4）[5][6]根据 可知 图像与横轴围成的面积表示电容器两端电压为 时的电量，图中围成面积占有的格 数大约为30格，则有 根据电容的定义式可得 23.【答案】①．C （2分） ②．B （2分） ③． （2分） 【解析】①．用向心力演示器探究向心力大小的表达式，需采用控制变量法探究向心力与质 量、半径、角速度之间的关系。 故选C。 ②．探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时，需保证质量和角速度不变，圆周半径不同， 则应选择两个质量相同的小球，放在半径不同的挡板B 处。 故选B。 ③．将质量相等的小球分别放在挡板B 和挡板C处，则圆周运动半径之比为 ，左、右标 尺上露出的红白相间的等分格数之比为 ，则向心力之比为 ，由公式 可得，左 5 {#{QQABaQyAogCgABIAABhCAQW4CkOQkAEACIoORAAEIAAAABFABAA=}#}右小球转动的角速度之比为 由公式 可得，由于左、右两边塔轮边缘线速度大小相等，则左、右两边塔轮的半径之比 为 。 24.【答案】（1）400m，70s；（2）34.8s 【详解】（1）由题意得出条件： 、 、 、 ， 。 走人工收费通道，汽车在减速、静止、加速三个阶段通过的位移 ………………（1 分） 代入数据得 ………………（1分） 所用时间 ………………（1分） 代入数据得 ………………（1分） （2）走ETC 通道，汽车在减速阶段通过的位移 ………………（1 分） 所用时间 ………………（1 分） 汽车在加速阶段通过的位移 ………………（1 分） 所用时间 ………………（1 分） 匀速时间 ………………（1分） 汽车在减速、匀速、加速三个阶段通过的位移 ………………（1分） 过ETC通道，汽车通过第（1）问路程所需要的时间是 ………………（2分） 6 {#{QQABaQyAogCgABIAABhCAQW4CkOQkAEACIoORAAEIAAAABFABAA=}#}25.答案：①解析：设A、C之间的滑动摩擦力大小为 f ，A与水平地面之间的滑动摩擦力大小 1 为 f 2 一开始A和C保持相对静止，在F的作用下向右加速运动，有 ……………………（2分） 4 3 v  m/s……………………（1分） 1 5 ②A、B两木板的碰瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量，由动量守恒定律得 ……………………（1分） 2 3 v  m/s……………………（1分） 2 5 碰撞结束后到三个物体达到共同速度的相互作用过程中，设木板向前移动的位移为s 选三个物体 1 构成的整体为研究对象，外力之和为零，则 ……………………（2分） 3 3 v  m/s……………………（1分） 3 5 设A、B系统与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f ，对A、B系统，由动能定理： 3 ……………………（2分） 得：s 1.5m……………………（1分） 1 ③对C物体，由动能定理： 1 1 (F  f )(2ls ) 2mv 2 2mv 2……………………（2分） 1 1 2 3 2 1 由以上各式，再代入数据可得： l 0.3m……………………（1分） 26答案：解析：（1）从O到A，据动能定理可得： 7 {#{QQABaQyAogCgABIAABhCAQW4CkOQkAEACIoORAAEIAAAABFABAA=}#}1 1 mgh qU  mv2  mv2……………………（2分） oA oA A 0 2 2 解得：U 2000V ……………………（1分） oA 从O到B过程中，由动能定理可得： 1 1 mgh qU  mv2  mv2……………………（2分） oB oB 2 B 2 0 解得：U 6000V .……………………（1分） oB 1 （2）连接AB，与y轴交于C点，AC  AB由几何 关系可得OC 4 为等势面，因此电场方向沿x轴负方向（1分） 设电场强度为E: U E  OB ……………………（2分） x B 解得E 1104V /m……………………（1分） （3）小球在杆上运动过程中受力如图如示，据题意可 知小球在杆 上运动时合外力为零，小球做匀速运动，因此： vv 2 2m/s……………………（2分） 0 （4）离开O点后，小球做类平抛运动 ODcos450v t……………………（1分） 0 1 ODcos450 at2……………………（1分） 2 a 2g……………………（1分） 解得OD 1.6m……………………（1分） 从O到D，据动能定理可得： 1 mgh  E  mv2……………………（1分） oD KD 2 0 解得：E 2.0J ……………………（1分） KD 8 {#{QQABaQyAogCgABIAABhCAQW4CkOQkAEACIoORAAEIAAAABFABAA=}#}曲靖一中 届高三考前适应性考试四 化学 2024 -- 参考答案 7.【答案】C 【分析】在反应过程中有元素化合价变化的化学反应叫做氧化还原反应。原电池反应可以理 解成由两个半反应构成，即氧化反应和还原反应。 【详解】A．雷雨肥庄稼——自然固氮，氮气氧化成NO，再氧化成NO ，最后变成HNO 等， 2 3 有元素化合价变化，故A 不选； B．从沙滩到用户——由二氧化硅制晶体硅，硅由+4 价变成 0 价，有元素化合价变化，故 B 不选； C．灰肥相混损肥分——灰中含有碳酸钾，水解后呈碱性，肥中含有铵盐，水解后呈酸性，两 者相遇能发生复分解反应，导致氮肥的肥效降低，没有元素化合价变化，故C选。 D．干千年，湿万年，不干不湿就半年——说明青铜器、铁器在不干不湿的环境中保存时，容 易发生电化学腐蚀，铜和铁容易被氧化，有元素化合价变化，故D 不选； 故选C。 8.【答案】A 【详解】A．X 中含有醛基，醛基可以被溴氧化而使其褪色，故不能说明X 中含有碳碳双键， A 错误； B．分析X 的结构简式可知，结构中存在碳碳双键都连接了不同的原子或者原子团，故存在顺 反异构体，B 正确； C． 对比X 和Y 的结构可知，可能产生副产物 生成，C 正确； D．Y与足量H 加成后的产物分子中只有如图 一个手性碳原子，D正确； 2 故选A。 9.【答案】D 【详解】A．氨分子的孤电子对数为1，H 2 S的孤电子对数为2，H 2 S中孤电子对对成键电子对 的排斥力比NH 3 的大，所以NH 3 的键角比硫化氢的大，A 正确； B．同周期元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但由于N 原子的2p能级为半充满状态，第 一电离能大于相邻的O原子，所以第二周期主族元素中第一电离能大于 N 的有F，B正确； 9 {#{QQABaQyAogCgABIAABhCAQW4CkOQkAEACIoORAAEIAAAABFABAA=}#}C．该化合物容易与水分子之间形成分子间氢键，提高其在水中的溶解度，C 正确； D．该环状络合物中的 N 原子、饱和 C 原子和 S 原子及羧基中OH中的O 原子的价层电子对 数都为4，则该络合物分子中 VSEPR模型为四面体或正四面体形的非金属原子有14 个，D错 误； 故选D。 10 【答案】B 【详解】A．HCHO结构式为 ，分子中含有 C-H键，反应生成二氧化碳和水，所以在 反应过程中有CH键发生断裂，故A 正确； B．根据过渡态示意图，HAP中氧原子与甲醛中的H 相连，所以若用18O标记HAP中氧原子， 则反应后18O存在H O中，故B 错误； 2 C．HCHO与O 2 在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO 2 、 H 2 O ，HAP 是催化剂，该反应可 表示为：HCHOO 2 HAPCO 2  H 2 O，故C正确； D．HAP 在反应前后没有变化，HAP 是催化剂，所以能提高HCHO与O 2 的反应速率，故D正确； 选B。 11. 【答案】C 【详解】A．溶液变成血红色的原因， Fe3++3SCN- FeSCN 3 ，与SO2 4  和K+无关，A 错误； B．CH 3 COONH 4 中NH+ 4 水解， NH+ 4 +H 2 ONH 3 H 2 O+H ，会消耗CH 3 COO-水解生成的OH-，测 定相同浓度的 CH COONH 和 NaHCO 溶液的 pH，后者大于前者，不能说明 K (CH COO-)＜ 3 4 3 h 3 K h ( HCO 3 - )，B项错误； C．出现黄色沉淀 Ag 3 PO 4  ，说明Na 2 HPO 4 电离出了磷酸根离子，C 正确。 D．将Zn(OH) 固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液，说明Zn(OH) 2 2 能够和碱反应，体现酸性，D 项错误； 综上所述，正确的是C项。 12. 【答案】C 【分析】由图可知右侧铜的化合价由+1 价变为+2 价，发生氧化反应，则右侧为阳极，左侧为 阴极，以此解题。 10 {#{QQABaQyAogCgABIAABhCAQW4CkOQkAEACIoORAAEIAAAABFABAA=}#}【详解】A．M 极为阴极，故a 为负极，阴极生成氢氧根离子，钠离子向左侧迁移，左侧NaOH 浓度变大，故离子交换膜1 为阳离子交换膜，故A 正确； B．M极为阴极，电极反应式为2H 2 O2e H 2 2OH ，故B 正确； C．N 极为阳极，电极反应式为CuCl-e-+Cl-=CuCl ，电路中每通过1mole-，生成1mol氯化铜， 2 乙烯与氯化铜反应CH =CH +2CuCl =CH ClCH Cl+2CuCl，消耗乙烯0.5mol即14g，故C 错误； 2 2 2 2 2 D．N极为阳极，电极反应式为CuCl-e-+Cl-=CuCl ，阴极生成氢氧根离子，钠离子向左侧迁移， 2 左侧NaOH浓度变大，氯离子向右侧迁移，NaCl 浓度变小，需及时补充，NaOH不需要补充， 故D 正确； 故选C。 13. 【答案】B 【分析】肼为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，N H++H ON H2+ OH- ，则 2 5 2 2 6 c(N H2+)c(OH-) K c(N H2+) c(N H2+) K = 2 6 ， b2 = 2 6 ，则lg 2 6 =lgK pOH，pOH与-lgX 为线性关系， b2 c(N H+) c(OH-) c(N H+) c(N H+) b2 2 5 2 5 2 5 c(N H2+) 则L为-lg 2 6 曲线，由点（15,0）可知，K =1015；常温下，向一定浓度肼(N H )水溶液 c(N H+) b2 2 4 2 5 中通入HCl，保持溶液体积和温度不变，随着溶液酸性增强，N H 的量不断减小、N H+的量 2 4 2 5 先增大后减小、N H2+的量增加，可知M、N分别为-lgc(N H )、-lgc(N H2+)曲线； 2 6 2 4 2 6 【详解】A．由分析可知，曲线M 表示-lgc(N H )，A 错误； 2 4 c(N H+)c(OH-) c(N H+)c(OH-)c(N H2+) c(OH-)c(N H2+) K = 2 5 = 2 5 2 6 = 2 6 B．常温下，N H +H ON H+OH-， b1 c(N H ) c(N H )c(N H2+ ) c(N H2+)， 2 4 2 2 5 2 4 2 4 2 6 c(N H ) 2 6 2 4 c(N H+) 2 5 c(N H2+) K 由点a（10.5,3）可知c(N H )=c(N H2+)、pOH=10.5，结合分析可知， 2 6 = b2 =104.5， 2 4 2 6 c(N H+) c(OH-) 2 5 1010.5 故K = =106，B 正确； b1 104.5 C．a 点溶液中c(N H )=c(N H2+)，由电荷守恒可知， 2 4 2 6 c  Cl +c  OH c  H+ 2c  N H2+ c  N H+ c  H+ cN H c  N H2+ c  N H+ ，此时溶液显酸 2 6 2 5 2 4 2 6 2 5 性，则c  OH c  H+，故c(Cl-)>c(N H )+c(N H2)+c(N H)，C错误； 2 4 2 6 2 5 D．b点溶液显酸性，c  OH c  H+，且c(N H+)=c(N H2+)；由电荷守恒可知， 2 5 2 6 11 {#{QQABaQyAogCgABIAABhCAQW4CkOQkAEACIoORAAEIAAAABFABAA=}#}c  Cl +c  OH c  H+ 2c  N H2+ c  N H+ c  H+ 3c  N H2+，则c(Cl-)＞3c(N H)，D错误； 2 6 2 5 2 6 2 5 故选B。 27.（15分，除特殊标记外，每空2 分） - 【答案】 AlO2+H++H 2 O=Al(OH) 3 ↓ Ni2+、Fe2+、Fe3+ 3.2 ≤PH<6.2 2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H O 提高镍回收率（1 分） 2 2 754  3 1010 2 ρN 1:1 A 【分析】由工艺流程分析可得，向废镍催化剂中加入 NaOH 溶液进行碱浸，可除去油脂，并 发生反应2Al+2NaOH+2H O=2NaAlO +3H ↑、2Al O +4NaOH=4NaAlO +2H O，将Al 及其氧化物 2 2 2 2 3 2 2 溶解，得到的滤液①含有NaAlO ，滤饼①为Ni、Fe及其氧化物和少量其他不溶性杂质，加稀 2 H SO 酸浸后得到含有 Ni2+、Fe2+、Fe3+的滤液②，Fe2+经H O 氧化为Fe3+后，加入NaOH调节 2 4 2 2 pH使Fe3+转化为 Fe(OH) 沉淀除去，再控制 pH浓缩结晶得到硫酸镍的晶体，据此分析解答问 3 题。 【详解】(1) 根据分析可知，滤液①中含有NaAlO 和过量的NaOH，加入稀硫酸，调为中性， 2 - 生成氢氧化铝沉淀，发生反应的离子方程式为AlO2+H++H 2 O=Al(OH) 3 ↓； (2) 加入稀硫酸酸浸，Ni、Fe及其氧化物溶解，所以“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、 Fe3+； (3)“转化”中 H O 的作用是将 Fe2+氧化为 Fe3+，可用 O 或空气替代；如果“转化”后的溶液中 2 2 2 Ni2+ 浓 度 为 1.0mol·L-1 ， 为 避 免 镍 离 子 沉 淀 ， 此 时 c(OH-)= K sp c [N (N i( i O 2+ H ) ) 2 ] = 0.01 1 (1 .0 07.2-14)2 mol/L=10-7.8mol/L ，则 c  H+ = c  K O w H- = 1 1 0 0 - - 7 1 . 4 8 mol/L=10-6.2mol/L ， 即pH=6.2；Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2 ≤PH<6.2 ； (4) 由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2+被氧化为NiOOH 沉 淀 ， ClOˉ 被 还 原 为 Clˉ ， 则 根 据 氧 化 还 原 得 失 电 子 守 恒 可 得 离 子 方 程 式 为 2Ni2++ClOˉ+4OHˉ=2NiOOH↓+Clˉ+H O； 2 (5) 分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2+，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率。 (6) ①单键都是σ键，三键分子中含有1个σ键和2个π键，Ni(CO) 中σ键和π键的数目之比为 4 8:8=1:1； 12 {#{QQABaQyAogCgABIAABhCAQW4CkOQkAEACIoORAAEIAAAABFABAA=}#}1 1 1 ②在一个晶胞中含有Ni2+的个数： 121=4；O2-的个数为： 8 6=4，因此在一个晶胞 4 8 2 475 中含有4 个NiO；晶胞的质量为m= g，晶胞密度为ρg·cm-3，则晶胞参数为 N A 475 475 3 N A =3 N ×1010pm，由于晶胞中最近的O2-之间的距离为面对角线的一半，所以最近 g/cm3 A 2 754 的O2-之间的距离L=  3 1010pm； 2 ρN A 28.（14分，每空2 分） 【答案】(1) 分液漏斗 打开分液漏斗的玻璃塞或使玻璃塞得凹槽对准活塞上的小孔 (2) 2V O +N H ·2HCl+6HCl=4VOCl +N ↑+6H O 关闭K ，打开K 排出装置内的空 2 5 2 4 2 2 2 1 3 气；使装置b 中的压强增大，将b中溶液压人三颈烧瓶中 8.3bc % (3) a AD 【分析】由题意可知，该实验的实验目的是用五氧化二钒先制得氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体，在 氮气氛围中加热氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体得到二氧化钒，并用滴定的方法测定粗产品中钒元素 的质量分数。 【详解】（1）由实验装置图可知，仪器 c 为分液漏斗；实验开始后，打开 K 、K ，关闭K ， 1 2 3 为使分液漏斗中液体顺利滴下应打开分液漏斗的玻璃塞或使玻璃塞得凹槽对准活塞上的小孔， 形成内外空气对流，故答案为：打开分液漏斗的玻璃塞或使玻璃塞得凹槽对准活塞上的小孔； （2）由题意可知，为防止+4 价的钒化合物在酸性条件下被氧化，实验时应关闭 K 、K ，打 1 2 开K ，加热装置b 至微沸，用浓盐酸挥发产生的氯化氢气体排尽装置中的空气，待装置中的 3 空气排尽后，关闭K 、K ，打开K ，使N H ·2HCl 溶液进入锥形瓶中与五氧化二钒、盐酸反应 1 3 2 2 4 生成 VOCl 、氮气和水，数分钟后，打开 K ，关闭 K ，利用反应生成的氮气使锥形瓶中的气 2 1 3 压增大，将反应生成的 VOCl 溶液流入三颈烧瓶中，锥形瓶中生成 VOCl 的方程式为 2 2 2V O +N H ·2HCl+6HCl=4VOCl +N ↑+6H O ， 故 答 案 为 ： 2 5 2 4 2 2 2 2V O +N H ·2HCl+6HCl=4VOCl +N ↑+6H O；关闭 K ，打开 K ；排出装置内的空气；使装置 b 2 5 2 4 2 2 2 1 3 中的压强增大，将b 中溶液压人三颈烧瓶中； （3）①由题意可知，滴定消耗cmLbmol/L 硫酸亚铁铵溶液，则由原子个数守恒可知，粗产品 bmol/Lc103L83g/mol 8.3bc 8.3bc % % 中二氧化钒的质量分数为 ag ×100%= a ，故答案为： a ； ②A．符合题意； B．硫酸亚铁铵溶液中亚铁离子部分被氧化会使滴定消耗硫酸亚铁铵溶液体积偏大，导致所测 13 {#{QQABaQyAogCgABIAABhCAQW4CkOQkAEACIoORAAEIAAAABFABAA=}#}结果偏高，故不符合题意； C．滴定过程中，往锥形瓶内加入少量蒸馏水对溶质的物质的量和标准溶液的体积无影响，对 实验结果无影响，故不符合题意； D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡会使滴定消耗硫酸亚铁铵的体积偏小，导致所测结 果偏低，故符合题意； 故选AD。 29.（14分，每空2 分） 【答案】(1)2CO (g)+6H (g)=CH OCH (g)+3H O(g) H=-122.7kJ/mol 2 2 3 3 2 (2)B △ (3)CD (4) 0.56mol 24.9 反应 III 的 ΔH>0，反应 IV 的 ΔH<0，温度升高使 CO 转化为 2 CO的平衡转化率上升，使CO 转化为CH OCH 的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 2 3 3 B 【详解】（1）I．CO (g)+3H (g)CH OH(g)+H O(g) ΔH =-49.1kJ·mol-1 2 2 3 2 1 II．2CH OH(g)CH OCH (g)+H O(g) ΔH =-24.5kJ·mol-1 3 3 3 2 2 根据盖斯定律 I×2+II得CO (g) 与H (g)转化为 CH OCH (g)和 H O(g)的热化学方程式 2CO (g) 2 2 3 3 2 2 +6H (g)=CH OCH (g)+3H O(g) H=-49.1kJ·mol-1×2-24.5kJ·mol-1=-122.7kJ/mol。 2 3 3 2 （2）A．反应 I 中v 正 (H 2 )=3v 逆 (△CH 3 OH)，正逆反应速率比等于系数比，反应一定达到平衡状 态，故不选A； B． n(CH OH)：n(CH OCH )=2：1，不能判断浓度是否还发生改变，反应不一定平衡，故选 B； 3 3 3 C．反应气体气体分子数是变量，则容器体积是变量，气体总质量不变，密度的变量，混合气 体的密度不变，反应一定达到平衡状态，故不选C； D．反应气体气体分子数是变量，气体总质量不变，则混合气体的平均相对分子质量是变量， 混合气体的平均相对分子质量不变，反应一定达到平衡状态，故不选D； E． CO 的转化率不变，说明CO 浓度不变，反应一定达到平衡状态，故不选E； 2 2 选B。 （3）A. 吉布斯自由能小于0能自发进行，根据图示，常温下，反应III 不能自发进行，故A 错误； B.反应II是放热反应、反应III 是吸热反应，热效应不相同，故B错误； C. 反应I是放热反应、反应III 是吸热反应，温度升高，CH OH 的选择性降低，CO 的选择性 3 14 {#{QQABaQyAogCgABIAABhCAQW4CkOQkAEACIoORAAEIAAAABFABAA=}#}升高，故C正确； D. 甲醇脱水生成二甲醚，提高二甲醚产率的关键是寻找对甲醇具有高选择性的催化剂，故D 正确； 选CD。 （4）①在220°C条件下，CO 平衡转化率为 40%，CO的选择性为5%、二甲醚的选择性为80%， 2 则有 0.38molCO 参与反应 I，0.02CO 参与反应 III，反应生成 CH OCH (g)0.16mol，所以平衡 2 2 3 3 时n(H O)=0.38+0.16+0.02=0.56mol；达到平衡时CH OH(g)的物质的量为0.38-0.16×2=0.06mol， 2 3 0.16 0.56 3MPa 3MPa n总 n总 24.9 2 0.06   3MPa 反应2CH OH(g)CH OCH (g)+H O(g)在220°C下的平衡常数为  n总  。 3 3 3 2 ②反应III 的 ΔH>0，反应IV 的 ΔH<0，温度升高使CO 转化为CO的平衡转化率上升，使CO 2 2 转化为CH OCH 的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度，所以温度高于280°C，CO 平 3 3 2 衡转化率随温度升高而上升。 ③升高温度，反应IV 逆向移动，二甲醚的选择性降低，增大压强，反应IV 正向移动，二甲醚 的选择性升高，当其他条件不变，压强为 4.0MPa、温度为260°C 时，图中点B可表示二甲醚 的选择性。 30. （15分，除特殊标记外，每空2 分） 【答案】(1) 苯甲醇 NaOH溶液，加热 (2)加成（1分） (3) (酚)羟基、羰基 (4) + 一定条件 (5) 6 【分析】结合A的化学式及题给转化关系，由合成流程中的 逆推可知A为 ， 15 {#{QQABaQyAogCgABIAABhCAQW4CkOQkAEACIoORAAEIAAAABFABAA=}#}A 水解生成 B，B 为 ，B 经过催化氧化生成 C（ ），然后结合信息及流程 图进行作答。 【详解】（1）B 的结构简式为 ，名称为苯甲醇；A 到 B 为卤代烃的水解反应，故反 应条件为NaOH水溶液加热； （2）比较反应物C和丙酮与生成物可知生成物中有碳碳双键，故可知C与丙酮先发生加成反 应，然后醇羟基发生消去反应生成碳碳双键； （3）根据信息 ROH (CH 3 CO) 2 O +CH COOH 可知反应④生成物 F 为 3 ，G（ ）分子中含有(酚)羟基、羰基； （4）反应⑦的反应方程式为 + 一定条件 ； （5）G的同分异构体中含有苯环且能发生水解，说明分子中含有酯基，若含有两个取代基为 HCOO-和-CH ，有邻、间、对三种；若只含有一个取代基为 CH COO-、HCOOCH -、-COOCH 3 3 2 3 三种，共六种；核磁共振氢谱有5 组吸收峰说明分子中含有五种不同位置的 H 原子，其结构 简式为 ； 曲靖一中 届高三考前适应性考试四 生物 2024 -- 参考答案 16 {#{QQABaQyAogCgABIAABhCAQW4CkOQkAEACIoORAAEIAAAABFABAA=}#}1.【答案】C 【详解】A、组成胶原蛋白的元素组成主要是C、H、O、N，其中N元素主要存在于-CO-NH- 中，A 错误； B、组成胶原蛋白的基本单位是氨基酸，氨基酸脱水缩合能形成肽键，低温不会导致肽键断裂， B 错误； C、胶原蛋白为生物大分子物质，不能被人体组织直接吸收，手术缝合线之所以不用拆线是因 为胶原蛋白能被分解成可以被人体吸收的氨基酸，C正确； D、脂肪不属于生物大分子，D错误。 故选C。 2.【答案】A 【分析】DNA复制是指DNA双链在细胞分裂以前进行的复制过程，从一个原始DNA分子产 生两个相同DNA分子的生物学过程。DNA 复制方式为半保留复制，表现的特点是边解旋边复 制。 【详解】A、DNA复制时，a 链和b 链均做复制的模板，A错误； B、该DNA 分子复制时需要解旋酶、DNA 聚合酶的参与，前者的作用是让双链DNA 解旋，后 者的作用是催化游离的脱氧核苷酸连接成长链，B 正确； C、图2 中Ⅰ的出现保留一条链，合成一条新链，证明了DNA复制方式是半保留复制，C 正 确； D、由于DNA半保留复制，Ⅰ类DNA为2 个，若I和II类型DNA分子数量比为1∶15=2∶30， 共有32=25 个DNA，说明该DNA复制 5 次，D 正确。 故选A。 3.【答案】C 【分析】分析题图可知，随着Pfr：（Pfr+Pr） 比例升高，阳生植物的茎伸长速率逐渐降低， 而阴生植物的茎伸长速率没有明显变化。 【详解】A、环境因素参与植物的生命活动，其中光作为一种信号，影响、调控植物生长发育 的全过程，A 正确； B、环境遮阴时红光（R）：远红光（FR）比例变小，由于红光刺激减弱，细胞质中无活性的 Pr 转化为有活性的 Pfr的过程受阻，同时远红光刺激增强，促进有活性的Pfr 转化为无活性的 Pr，在这二者的综合作用下，Pr增多，Pfr 减少，即Pfr：（Pfr+Pr） 比例降低，B正确； C、由图可知，随着Pfr：（Pfr+Pr） 比例升高，阳生植物的茎伸长速率逐渐降低，而PIF 蛋白 增加时会引起茎伸长效应，由此可推知，Pfr 抑制有活性PIF 蛋白含量的增加，C错误； D、由上面分析可知，R：FR比例变小导致Pfr：（Pfr+Pr） 比例降低，图中阴生植物的茎伸长 速率不随Pfr：（Pfr+Pr） 比例变化而变化，阳生植物的茎伸长速率随着Pfr：（Pfr+Pr） 比例 升高而降低，由此可知，阳生植物比阴生植物对低R：FR的感应更明显，D正确。 故选C。 4.【答案】D 【详解】A、食用受核污染的海产品可能对人体健康造成慢性伤害，如癌症、生殖问题等，A 正确； B、物质循环具有全球性，生物富集现象也具有全球性，不仅是太平洋沿岸国家，任何国家都 可能受其影响，B 正确； C、核污水放射性物质中的3H曾经被科学家用于研究分泌蛋白的合成和运输的过程，14C用于 研究暗反应的过程，最终探明了CO 中的碳是如何转化为有机物中的碳的，C正确； 2 17 {#{QQABaQyAogCgABIAABhCAQW4CkOQkAEACIoORAAEIAAAABFABAA=}#}D、核污水中的放射性物质可能引起生物基因突变，这属于诱发基因突变的物理因素，D错误。 故选D。 5.【答案】B 【详解】A、图1 中5 号和6号个体正常，9 号患病，说明该病是隐性遗传病，图2 中III 只 9 含有d 基因，II 只有D基因，不考虑突变和X、Y 染色体同源区段，说明该病是伴X 染色体隐 5 性遗传病，在男性中的患病率高于女性，A 错误； B、该病是伴X 染色体隐性遗传病，在Y染色体没有等位基因，故若III 检测结果出现两条杂 8 交带，含有基因D 和d，则其为女性携带者，B 正确； C、图2 中II6 基因型是XDXd，其Xd基因只能来自I ，故I 基因型也是XDXd，II 基因型是XDY， 4 4 5 III 基因型可能是XDXD或XDXd，基因型不一定与I 、II 相同，C错误； 7 4 6 D、III7 基因型是1/2XDXD、1/2XDXd，与正常男性XDY 婚配，生出患病男孩XdY的概率为1/4× 1/2=1/8，D 错误。 故选B。 6.【答案】B 【详解】A、对从土壤中筛选高产纤维素酶的真菌的计数通常采用稀释涂布平板法，A 正确； B、富集培养过程也是对目的菌进行筛选过程，要创造适合产纤维素酶的菌生存的环境，因此 X 是纤维素，B 错误； C、鉴别菌种要用固体培养基，所以要加入凝固剂，常用的凝固剂是琼脂。鉴别纤维素分解菌 常常使用刚果红染色法，刚果红能与像纤维素这样的多糖物质形成红色复合物，但并不和水 解后的纤维二糖和葡萄糖发生这种反应。所以对菌株初筛使用的培养基较富集培养基的成分 中至少需增加琼脂和刚果红，C正确； D、抗生素能杀死细菌，在筛选得到纤维素分解菌后，使得到的菌落都是真菌，应向培养基中 加入抗生素，D 正确。 故选B。 31.（10 分） (1)从类囊体薄膜到叶绿体基质（2分） 丙酮酸（1 分） (2)CO 浓度（2 分） 4（2 分） 2 (3)减小（1分） CO2 供应突然减少，CO2的固定减弱，C5 的消耗和C3 的生成减少，而 短时间内C3 的还原速率基本不变（2 分） 【详解】 （1）图1中，①表示光反应，②表示暗反应，A表示NADPH和ATP，产生于光反应，消耗 于暗反应，因此A 的移动方向从类囊体薄膜到叶绿体基质。③表示有氧呼吸的第三阶段。A 表示NADPH和ATP，B表示ADP和Pi，C表示O ，D表示CO ，E 表示NADH，F 表示丙酮酸。 2 2 （2）d点时光合作用达到饱和，不再受光照强度的影响，主要是外界的CO2浓度影响。呼吸 作用为2，一天消耗的有机物为24×2=48，12 小时光照，植株光合作用积累的有机物=48，因 此光合光合速率大小至少为4，净光合速率至少为4-2=2时，植株才能正常生长，故光照强度 至少为4klx。 （3）CO2是暗反应的原料，若CO2供应突然减少，则CO2的固定减弱，C5 的消耗减少、C3 的生成减少，叶肉细胞中短时间内C5 的含量增加、C3 的含量减少，C3/C5 的比值将减小。 18 {#{QQABaQyAogCgABIAABhCAQW4CkOQkAEACIoORAAEIAAAABFABAA=}#}32.（10分） (1)单向（1分） 神经递质只能由突触前膜释放作用于突触后膜（2 分） (2)感受器、效应器（2分） 增强（1 分） (3)Na+过度内流（1 分） 升高（1 分） 抑制突触前膜释放神经递质、抑制递质与突 触后膜上的受体结合、抑制突触后膜Na+内流等（2分） 【详解】（1）神经元产生的兴奋在反射弧中的传递是单向的，其原因是在突触处，神经递质 只能由突触前膜释放作用于突触后膜。 （2）结合题图信息，γ神经元兴奋，引起梭内肌纤维收缩（肌梭作为效应器），肌梭（作为感 受器）能感受梭内肌纤维收缩，产生兴奋并传导给A 神经元。从反射弧结构组成的角度分析， 肌梭中既有感受器也有效应器；γ神经元兴奋引起梭内肌纤维收缩以维持肌梭兴奋的传入，保 证牵张反射的强度，从而提起重物，故最终会使骨骼肌收缩的力量增强。 （3）突触间隙兴奋性神经递质过多，持续作用于突触后膜，突触后膜Na+过度内流，使神经 细胞微粒浓度增加，渗透压升高，最终导致细胞吸水过多破裂。某药物通过作用于突触来缓 解病症，其作用机理可能是阻断突触处兴奋传递，或阻止钠离子内流，故填抑制突触前膜释 放神经递质、抑制递质与突触后膜上的受体结合、抑制突触后膜Na+内流等。 33.（10分） (1)常染色体（1分） X 染色体隐性遗传（2 分） (2)AAXBY、AaXBY（2分） 7/9（2 分） （3分） 【详解】（1）若实验一为正交，则实验二为反交。据分析可知，长翅和残翅是由常染色体上 的基因控制的，截毛为隐性，基因在X 染色体上，截毛的遗传方式是X 染色体隐性遗传。 （2）实验二亲本的基因型为：长翅刚毛♂（AAXBY）×残翅截毛♀（aaXbXb），F1 基因型为AaXBXb、 AaXbY，F 中长翅刚毛雄个体的基因型为A_XBY，包括AAXBY、AaXBY 两种。若让实验一F 中 2 2 的长翅刚毛雌个体和实验二F 中的长翅刚毛雄个体自由交配。就翅形而言实验一F 中的长翅 2 2 雌基因型为1/3AA、2/3Aa，实验二F 中的长翅雄基因型为1/3AA、2/3Aa，自由交配后子代 2 长翅的概率为1-2/3×2/3×1/4＝8/9。就刚毛性状而言，实验一F 中的刚毛雌基因型为1/2XBXB、 2 1/2XBXb，实验二F 中的刚毛雄基因型为XBY，自由交配后子代刚毛的概率是1-1/2×1/4＝7/8。 2 故自由交配后代为长翅刚毛的概率是8/9×7/8＝7/9。 （3）为进一步验证两对相对性状是否遵循自由组合定律，可选用实验一F 雄个体（AaXBY） 1 与另一雌个体，即aaXbXb进行测交。若两对相对性状遵循自由组合定律，则F 雄个体（AaXBY） 1 能产生数量相等的四种精子，测交后代会出现长翅刚毛：残翅刚毛：长翅截毛：残翅截毛=1： 19 {#{QQABaQyAogCgABIAABhCAQW4CkOQkAEACIoORAAEIAAAABFABAA=}#}1：1：1。遗传图解如下： 。 34.（9分） (1)水平（1分） 群落演替（或演替）（1 分） (2)水体富营养化（无机盐增加）使藻类大量繁殖，水质浑浊使水底光照条件变差，会导致水 生植物死亡；同时藻类死亡微生物分解消耗大量水中氧气，使鱼类等水生动物因缺氧而大量 死亡，生物多样性减少（2 分） (3)生态系统的组成成分和食物链、食物网（2分） 自我调节能力有限（2 分） (4)定期清理湖泊中的浮游植物；种植挺水植物；引入浮游藻类的捕食者等（2分） 【详解】（1）湖泊中沉水植物生长于水域中央区域，挺水植物生长于近岸的浅水，是群落中 不同生物在水平方向的分布，体现了群落的水平结构；群落演替是指 一个群落被另一个群落 替代的过程，湖泊生态系统的两种稳态转换时，优势种发生变化，说明发生了群落演替。 （2）植物的生长需要光照进行光合作用，同时需要氧气进行有氧呼吸，而水体富营养（无机 盐增加）使藻类大量繁殖，水质浑浊使水底光照条件变差，同时藻类死亡微生物分解消耗大 量水中氧气，使水草和鱼类等大量死亡，生物多样性减少。 （3）生态系统的结构包括生态系统的组成成分（非生物的物质和能量、生产者、消费者和分 解者）和食物链、食物网（营养结构）；由于生态系统的自我调节能力有限，所以当外界干扰 因素的强度超过一定限度时，生态平衡就会被破坏。 （4）生态系统具有维持其结构和功能相对稳定的能力，但是生态系统的自我调节能力是有限 的，对藻型湖泊进行生态修复的其他措施有：定期清理湖泊中的浮游植物；种植挺水植物； 引入浮游藻类的捕食者等（合理即可）。 35.（14 分） （1）两种酶处理目的基因得到的黏性末端相同（2 分） BamHI（2 分） （2）使DNA 聚合酶能够从引物的3'端开始连接脱氧核苷酸（2分） ①（2 分） （3）电融合法（1 分） 电刺激（1分） (4)将囊胚的内细胞团均等分割（2分） 消化腺细胞（2 分） 【分析】据图分析，①过程为构建基因表达载体，②是将目的基因导入受体细胞，③是细 胞核移植，④是早期胚胎培养，⑤是胚胎移植，据此分析。 【详解】（1）据图分析，限制酶BamHI和BglⅡ处理目的基因后得到的黏性末端相同，均为 —GATC，故不能避免目的基因的自身环化。目的基因应插入质粒的启动子和终止子之间，故 处理质粒应采用限制酶BamHI。 （2）通过PCR技术扩增目的基因的前提是已知目的基因两端的一小段碱基序列（或脱氧核苷 酸序列）。引物的作用是使DNA聚合酶能够从引物的3'端开始连接脱氧核苷酸。①构建基因 表达载体是基因工程的核心环节。 （3）细胞融合使用的物理方法是电融合法，激活重构胚使用的物理方法是电刺激。 （4）进行胚胎分割时要注意将囊胚的内细胞团均等分割，转多聚糖酶在消化道内分解多聚糖 类物质，故获得转基因猪中的manA主要在消化腺细胞中进行表达。 20 {#{QQABaQyAogCgABIAABhCAQW4CkOQkAEACIoORAAEIAAAABFABAA=}#}