云南师大附中高三高考适应性月考卷三 10页

云南师大附中2013届高考适应性月考卷（三）‎ 理科综合参考答案 第Ⅰ卷（选择题，共126分）‎ 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 A C C B B D C D A D B 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，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。‎ 题号 ‎14‎ ‎15‎ ‎16‎ ‎17‎ ‎18‎ ‎19‎ ‎20‎ ‎21‎ 答案 A ACD B BC BCD AD B D ‎【解析】‎ ‎1．B项生物体内的单糖有多种，功能不同，如葡萄糖主要作用是为生物体供能，核糖和脱氧核糖则参与核酸的构成；C项噬菌体含蛋白质，含S元素，质粒是DNA，不含S；D项酶和载体蛋白发挥作用后仍保持活性。故选A。‎ ‎2．A项多细胞生物个体的长大，主要原因是细胞的增殖；B项单细胞生物生命历程中不会发生细胞的分化；D项癌变细胞的细胞膜会发生改变，如糖蛋白等会减少，有的产生甲胎蛋白和癌胚抗原等物质。故选C。‎ ‎3．A项一种限制酶只能识别一种特定的核苷酸序列，并在特定的切点上切割DNA分子，因此具有专一性；B项运载体有质粒、噬菌体和动植物病毒等，成分不单一，载体蛋白本质是蛋白质；D项DNA连接酶可催化黏性末端黏合后的磷酸二酯键形成。故选C。‎ ‎4．利用F1的花药离体培养获得单倍体植株后，还需人工诱导使染色体数目加倍才能选育出AAbb植株。故选B。‎ ‎5． A项遗传病不一定都是由致病基因引起的，如染色体异常遗传病；C项单基因遗传病是由一对等位基因控制的遗传病；D项通过调查患病家族，可以分析遗传病的传递方式和推算后代的再发风险率等，但不可用于统计某种遗传病在人群中的发病率。故选B。‎ ‎6．A项可遗传的变异为生物进化提供了原材料；B项所有新物种的形成都需要经过隔离（生殖隔离）；C项生物进化的实质是基因频率的定向改变。故选D。‎ ‎7．C项形成酸雨的主要原因是化石燃料燃烧产生的SO2。‎ ‎8．A项应为 ；B项根据异性电荷相互吸引应为氧原子朝里，氢原子朝外；C项应 为氧化剂得电子，还原剂失电子。‎ ‎9．B项醋酸不能拆；C项为HS－的电离方程式；D项Al(OH)3不与过量的氨水反应。‎ ‎10．A项I对，Ⅱ对，有因果关系；B项 I对，Ⅱ对，有因果关系； C项 I对，Ⅱ错，钝化不是不反应，有因果关系；D项I对，Ⅱ对，无因果关系，二氧化硫能使KMnO4溶液褪色是因为还原性。‎ ‎11．根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g·L−1，可以计算该气态化合物的相对分子质量为0.76´22.4=17，继而推出Y为N，M为H，从而推出X为C，Z为O，W为Na；原子半径应为：W＞X＞Y＞Z＞M；W2Z2为Na2O2，应为离子化合物；X、Y、Z、M四种元素形成的化合物可以是NH4HCO3或(NH4)2CO3，含有离子键。‎ ‎12． A项根据电荷守恒应为c(Na＋)=c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－)；B项应加入相同体积相同浓度的H2O2溶液；C项元素的非金属性越强，氢化物越稳定；D项中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液消耗NaOH的物质的量应为醋酸多。‎ ‎13．A项干燥氯气应为长进短出；B项HCl极易溶于水，应防倒吸；C项不能在量筒中直接稀释浓硫酸；D项Fe(OH)2易被氧化，因此尽量隔绝空气。‎ ‎14．由电荷运动轨迹可以确定电荷所受电场力水平向左，但由于不知道电荷的电性，所以不能确定电场线的方向，同时也就不能确定电势的高低。a到b力与速度所成的角度为钝角，电场力做负功，所以电势能增加。匀强电场，电场力恒定，加速度恒定，所以电荷做匀变速曲线运动，相同时间内速度变化量相同，BCD错。选A。‎ ‎15．此电路为非纯电阻电路，不满足欧姆定律，所以U=IR错，ACD对。‎ ‎16．E、G、H三点的电场强度大小相等，方向不同。E、F位置电势相等。若释放c电荷，c电荷所受合力向右，但合力的大小在变化，所以c电荷将沿cF做加速直线运动。由库仑定律知，三个电荷在O点的合场强为零。B对，ACD错。‎ ‎17．本题属于含容电路和动态电路变化的分析滑片P由b→a时，R↓，I↑，电压表示数U=IR2变大，R3两端电压U3=E−I(R1＋R2)↓，所以I3↓，而I=I3+IR，所以IR↑，即 示数变大。‎ P在b时R1两端电压U=1V，P在a时R1两端电压U′=1.5V，1×10−8C。‎ ‎18．因为r＜R1＜Rmax，算R的最大功率时，可把R1+r等效为电源的内阻,此时可能出现Rmax大于、等于或小于R1+r，最大功率可能为，算R1的最大功率，只需要回路中电流最大，此时R=0，R1消耗的功率为 ，算外电路消耗的最大功率时，R1+R最靠近r的值对应外电路的功率最大，此时R=0，所以此时外电路的最大功率就等于R1的最大功率。‎ ‎19．由知，S↓，C↓，Q不变，，U↑，PQ间的E↑，α变大，A对。减小a、b间的距离，d↓，C↑，Q不变，，U↓，PQ间的E↓，α变小，B错。‎ 取出a、b两极板间的电介质，↓，C↓，Q不变，，U↑，PQ间的E↑，α变大，D对。换一块形状大小相同的导体，根据静电平衡的知识知，放入导体是一个等势体，相当于d↓，↓，C不知怎样变化，C错。‎ ‎20．物块向右做加速运动，不是匀加速运动，A错。根据运动的合成与分解，人匀速运动一段位移时，沿绳方向的分速度为vcosθ，cosθ=，所以速率为，B对。由于不知道初位置离滑轮边缘的水平距离，所以用动能定理不能算出人对物块所做的功，所以CD错。‎ ‎21． 因为DB中点电势为6V，与A点电势相等，所以电场方向水平向右，，A错，qE=mg，所以等效重力场沿BC方向，E点速度不是最小，轨迹EH的中点速度最小；B错，根据动能定理可算出EH中点的速度：，，当管壁没有作用力时的速度为v，，，因为，所以里面的管壁对小球有作用力，C错。所以答案选D。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共174分）‎ ‎（一）必考题：共11题，共129分。‎ ‎22．（每空2分，共6分）‎ ‎（1）0.98 （2）＞　 实验中有阻力　‎ ‎【解析】（1）m/s＝0.98 m/s。‎ ‎（2）ΔEp＝mgh＝0.49J，ΔEk＝＝0.48J，ΔEp＞ΔEk。‎ ‎23．（每空2分，每图2分，共10分）‎ ‎（1）A C ‎ （2）如图1所示 （3）如图2所示 （4）（在20～30之间均算对）‎ ‎24．（13分）‎ 解：（1） ① ……………………………………………（2分）‎ ‎，t=2s ② ………………………………………………………………（2分）‎ v=at=16m/s ③…………………………………………………………………………（2分）‎ ‎（2） ④………………………………………………………………………（2分）‎ ‎（3） ⑤…………………………………………………………（3分）‎ ‎ W=−280J（没有负号扣1分）……………………………………………………………（2分）‎ ‎25．（18分）‎ 解：（1） ①……………………………………………………………………（1分）‎ ‎② ……………………………………………………………………………（1分）‎ 可解得：v0＝10 m/s ………………………………………………………………………（2分）‎ ‎（2）电容器的上板应接电源的负极 …………………………………………………（2分）‎ 当所加的电压为UAB时，微粒恰好从上板的右边缘射出 即③…………………………………………………………………………（2分）‎ ‎④ ………………………………………………………（2分）‎ 解得： UAB＝200V ……………………………………………………………………（1分）‎ ‎（3）设从下板向上板运动的加速度为a1，时间为t1‎ ‎⑤………………………………………………………（1分）‎ ‎ ⑥……………………………………………………………………………（1分）‎ 设从上板向下板运动的加速度为a2，时间为t2‎ ‎ ⑦………………………………………………………（1分）‎ ‎ ⑧…………………………………………………………………………（1分）‎ 设在较长的T时间微粒在上下板运动了n个来回 ‎ ⑨…………………………………………………………………………（1分）‎ Q=2nq ⑩ ………………………………………………………………………………（1分）‎ 由⑤~⑩解得或……………（1分）‎ ‎26．（除特殊标注外，每空2分，共14分）‎ ‎（1）Fe（1分） FeCl2（1分）‎ ‎（2）第四周期第Ⅷ族 2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl−‎ ‎（3）c(Cl—) > c(Fe3+) > c(H+) > c(OH−)‎ ‎（4）盐酸 抑制FeCl3水解 ‎（5）4.0×10−11‎ ‎【解析】（1）据题意和图示，因D在F中燃烧时产生苍白色火焰可知D为氢气，F为氯气；因C为含A的金属化合物，且可再次与F（氯气）反应为E，从而依次可推知：A为Fe，B为盐酸，C为FeCl2，D为H2，E为FeCl3，F为Cl2 。‎ ‎（3）因为Fe3+ + 3H2OFe(OH)3 + 3H+，而Cl−不水解，所以c(Cl−) > c(Fe3+)；因为水解程度很小，水解产生的c(H+)小，未水解的c(Fe3+)却很多，故c(Fe3+) > c(H+)；又因为水解最后的溶液为酸性，故c(H+)> c(OH−)。‎ ‎（4）因为FeCl3 + 3H2OFe(OH)3 + 3HCl，在盐酸氛围中将FeCl3溶液进行蒸发结晶，可避免FeCl3水解产生Fe(OH)3。‎ ‎（5）因为pH=5，即pOH=9，c(OH−)=1×10−9；又因Fe(OH)3Fe3+ + 3OH−，所以有Ksp= c(Fe3+)×c3 (OH−)，所以c(Fe3+)= 4.0×10−38÷(1×10−9)3 = 4.0×10−11（mol·L−1）。‎ ‎27．（除特殊标注外，每空2分，共15分） ‎ Ⅰ.（1）反应物能量（1分） 生成物能量（1分） 无 ‎（2）−198‎ Ⅱ.（1）‎ ‎（2）90%‎ ‎（3）294.5L·mol−1‎ ‎（4）①升高温度（1分） ②加入催化剂（1分） ③增大压强（1分）‎ ‎【解析】Ⅰ.（1）纵坐标为能量，横坐标为反应的时间，A为反应物总能量，B为中间态能量（活化分子能量），C为产物总能量。反应热（）只和A、B间的能量差有关，和E的大小无关。‎ ‎（2）因为，S(s)+O2(g)=SO2(g) =−296kJ·mol−1 ，‎ S(s)+O2(g)=SO3(g) =−395kJ·mol−1，‎ 所以，SO2(g)+O2(g)=SO3(g) =−99kJ·mol−1，‎ ‎2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) =−198kJ·mol−1。‎ Ⅱ.（1）据图可知，SO3在3min时为0.5mol，而容器容积为‎2L，所以 v(SO3)=。‎ ‎（2）据图可知，第9min时开始达平衡，此时SO2为0.1mol，所以 ‎(SO2)= [（1.0 – 0.1）/1.0 ]×100% = 90%。‎ ‎（3）据图可知，第9min时开始达平衡，SO2为0.1mol，O2为0.55mol，SO3为0.9mol，所以= 294.5 L·mol−1。‎ ‎（4）由题目所给图象可知，①改变实验条件后，反应速率加快，平衡时SO3的物质的量小于原平衡的物质的量，说明平衡逆向移动，应为升高温度所致；②改变实验条件后，平衡时SO3的物质的量与原平衡相同，但速率加快，条件为加入催化剂；③改变实验条件后，平衡时SO3的物质的量大于原平衡的物质的量，平衡正向移动，且速率加快，故条件应为加压。‎ ‎28．（每空2分，共14分）‎ Ⅰ．（1）B ‎ ‎（2）从右向左 滤纸上有蓝色沉淀产生（答出“蓝色沉淀”或“蓝色斑点”即可给分）‎ Ⅱ．（3）增大 （4）Fe − 6e−+ 8OH−= FeO42− + 4H2O ‎（5）168 （6）2FeO42− + 6e− + 5H2O = Fe2O3 + 10OH− ‎ ‎【解析】（1）图甲装置中左边为原电池，Zn作负极，Cu作正极，Mg比Zn活泼，连接后电极将发生改变。‎ ‎（2）原电池中，阴离子向负极移动，所以SO42−从右向左移动。右边为电解池，阳极铜失电子生成Cu2+，遇OH−生成蓝色沉淀。‎ ‎（3）图乙装置为电解池，左边为阴极，H2O中的H+得电子，pH增大；‎ ‎（4）图乙装置中右边为阳极，根据题中所给现象判断分别是Fe失电子生成FeO42−和OH−失电子生成O2，再根据氧化还原反应配平电极反应式。‎ ‎（5）X电极得到H2为0.03mol，Y电极Fe减少0.005mol，根据阴阳极得失电子相等，可以计算OH−失去电子0.03mol，产生0.0075mol O2，即为标准状况下168mL。‎ ‎（6）该电池中，Zn作负极，电极反应式为：3Zn +10OH−−6e−= ZnO+2ZnO22−+5H2O，用总反应减去负极的电极反应式可得正极的电极反应式。‎ ‎29．（每空2分，共10分）‎ ‎（1）②⑧ （2）③⑤⑦ （3）②③⑥⑦ ①⑥ ①②③④⑤⑥⑦⑧ ‎ ‎30．（除特殊标注外，每空1分，共8分）‎ ‎（1）细胞已经死亡 ‎（2）‎0.3g/mL蔗糖溶液 0.3g/mL KNO3溶液 失水 先关闭后开放（2分）‎ 由于外界溶液浓度高，导致保卫细胞失水，气孔关闭，随着K+、NO被主动运输吸收，细胞液浓度大于外界溶液浓度，保卫细胞吸水，气孔开放（2分） ‎ ‎31．（除特殊标注外，每空2分，共11分）‎ ‎（1）丙酮酸（1分） 有氧呼吸第二和第三阶段 ‎（2）H218O+丙酮酸C18O2（CH218O）‎ ‎（3）4 2.5‎ ‎（4）适当降低温室内的温度 ‎ ‎32．（每空2分，共10分）‎ ‎（1）AAbb×AABB AAbb×aaBB ‎ 图3‎ ‎（2）粉色∶红色∶白色=6∶3∶7 ‎ ‎（3）不可以 如图3‎ ‎（二）选考题：共45分。‎ ‎33．（15分）‎ ‎（1）（每空3分，共6分）3.0×1018 1.8×10－18‎ ‎【解析】水分子个数为N＝·NA＝×9.0×1023＝3.0×1018个，喝进水的质量为m＝·M＝1.8×10－18kg。‎ ‎（2）（9分）①A至B过程为等压变化，由盖—吕萨克定律得 ‎ ① ……………………………………………………………………………（3分）‎ 得VB＝2L ………………………………………………………………………………（1分）‎ B至C为等容过程，所以VC＝VB＝2L ②……………………………………………（2分）‎ ‎②A→B过程是吸热 ……………………………………………………………………（1分）‎ B→C过程是放热 ………………………………………………………………………（1分）‎ A→B过程吸收的热量大于B→C过程放出的热量 …………………………………（1分）‎ ‎34．（15分） ‎ ‎（1）（每空3分，共6分）5 1.4‎ ‎【解析】因为a第一次到波峰的时间为=0.6，T=0.8s，波长λ=4m，由v==5m/s。波传到‎8m处的时间为一个T，又经到波谷，所以时间t= T+=1.4s。‎ 图4‎ ‎（2）（9分）设光线P经C折射后过B点，光路如图4所示。‎ 根据折射定律 ‎①………………………………………（2分）‎ 在△OBC中，由几何关系得： ②……………………………………………（1分） ‎ 由①、②得： ③…………………………………………………………（2分）‎ 可得＝30°，＝60° ④……………………………………………………………（2分）‎ 所以 ⑤ ………………………………………………………（2分）‎ ‎35．（15分） ‎ ‎（1）（6分）ACE（选对一个给3分，选对两个给4分，选对三个给6分，选错一个扣3分，最低得分为0分）‎ ‎（2）（9分）子弹射穿A时，以子弹与A组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得 ‎ ①…………………………………………………………………（2分）‎ vA＝5 m/s ………………………………………………………………………………（1分）‎ A在小车上相对滑动，设最后速度为v 以A与小车组成的系统为研究对象，由动量守恒定律得 ‎ ②……………………………………………………………………（2分）‎ 可得v＝2.5 m/s …………………………………………………………………………（1分）‎ ‎ ③………………………………………………………………（2分）‎ µ =0.5 ……………………………………………………………………………………（1分）‎ ‎36．（除特殊标注外，每空2分，共15分）‎ ‎（1）间歇性 散热 ‎（2）纯碱（1分）   Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2 CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2‎ ‎（3）增加强度 强度高、质量轻、耐腐蚀、抗冲击、绝缘性能好（答案合理即可）‎ ‎（4）bc ‎37．（除特殊标注外，每空2分，共15分）‎ ‎（1）1s22s22p63s23p2 （2）分子（1分） （3）1︰4 （4）4 1︰1‎ ‎（5）sp3（1分） sp2（1分） （6）①D ②(CH3)3Ga + AsH3GaAs + 3CH4‎ ‎【解析】（2）C60是一个分子，属于分子晶体。‎ ‎（3）SiO2是原子晶体，每个Si与周围的4个O形成4个共价键。‎ ‎（4）干冰也属于分子晶体，根据其晶胞结构，立方体的顶点仅占1/8，面上只占1/2，可以计算一个晶胞中只有4个CO2分子，其结构式为O=C=O，一个CO2分子中2个键，2个键。‎ ‎（5）丙烷中2号C以4个单键形式连接，属于sp3杂化，而丙烯中2号碳连接一个双键，为sp2杂化。‎ ‎（6）①砷化镓晶胞结构应与NaCl不相同 ，Ga与As为同周期IIIA和VA，均为p区元素，同周期从左到右，电离能增大，电负性增大。②根据信息书写方程式。‎ ‎38．（除特殊标注外，每空2分，共15分）‎ Ⅰ.（1）C7H10O5 羟基、碳碳双键、羧基 （2）1（1分） ‎ Ⅱ．（3）‎ ‎ （任写一种）‎ ‎（4）消去反应 ‎ ‎（5）4‎ ‎（6）①‎ ‎② ‎ ‎【解析】莽草酸中只有羧基能和NaOH反应；发生消去反应后D的碳环上一氯代物只有 两种，说明—OH与羧基处于对位；比莽草酸的碳原子数多一个且为苯的同系物的有机物 应为C8H10，其结构可以为邻二甲苯，间二甲苯，对二甲苯，乙苯。D中只有羧基能与NaHCO3‎ 溶液反应；酯化反应时酸脱羟基醇脱氢，因此18O在酯中。‎ 39. ‎（除特殊标注外，每空2分，共15分） ‎ ‎（1）醋酸洋红法 单核（1分） ‎ ‎（2）胚状体 诱导 ‎ ‎（3）激素的种类及其浓度配比 ‎ ‎（4）不需要 ‎ ‎（5）染色体组 鉴定和筛选 ‎40．（除特殊标注外，每空2分，共15分）‎ ‎（1）胚胎移植（1分） ‎ ‎（2）获能 顶体 ‎ ‎（3）同期发情 免疫排斥 ‎ ‎（4）分析胚胎细胞的染色体组型或DNA分子杂交技术（利用基因探针鉴定） ‎ ‎（5）基因表达载体的构建 显微注射