云南师大附中高考适应性月考卷九理综答案 14页

云南师大附中2018届高考适应性月考卷（九）‎ 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 B C C A D D C C B D A B 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14～17题只有一项符合题目要求；第18～21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 C D D B BD AC ACD BD ‎【解析】‎ ‎1．温度会影响Mg2+的运输。‎ ‎2．格里菲斯的肺炎双球菌转化实验没有证明转化因子是DNA。‎ ‎3．原癌基因和抑癌基因存在于正常细胞中。‎ ‎4．光合作用中氧气和还原氢的生成以及水的消耗发生在类囊体薄膜上。‎ ‎5．碳在生物群落和无机环境之间主要以二氧化碳的形式循环，消费者的存在使物质循环速度加快，生产者和次级消费者之间可能进行信息传递。‎ ‎6．该病既可能是常染色体隐性遗传病，也可能是伴X隐性遗传病，若为常染色体隐性遗传病，则男女发病率相同；若为伴X隐性遗传病，则男性中的发病率高于女性。‎ ‎7．羊毛的主要成分为蛋白质，灼烧后有烧焦的羽毛气味，而腈纶属于化学纤维，灼烧后无此气味，A正确；锅炉水垢的主要成分是硫酸钙，不溶于强酸，可用浓的碳酸钠溶液浸泡，使之转化为碳酸钙，再用盐酸除去，B正确；无机非金属材料是指除有机高分子材料和金属材料以外的所有材料的统称，碳纤维和光导纤维都是无机非金属材料，而合成纤维是有机高分子材料，C错误；“地沟油”泛指在生活中存在的各类劣质油，如回收的食用油、反复使用的煎炸油等，其主要成分仍然是甘油三酯，却又比真正的食用油多了许多致病、致癌的毒性物质，不可以食用，但可以用来提取甘油或生产生物柴油。D正确。‎ ‎8．标准状况下，22.4L氯气物质的量为1mol，与铁反应后变成−1价的氯，故1mol Cl2反应后得到的电子数为2NA，转移的电子数也为2NA，A错误；44g C3H8物质的量为1mol，而一个C3H8分子中含有两条非极性键，B错误；6g CaCO3的物质的量为0.06mol，5g KHCO3的物质的量为0.05mol，1mol CaCO3和KHCO3中均只含1mol C，故混合物中含有的碳原子数为0.11NA，C正确；NaAlO2溶液中，除溶质NaAlO2外，溶剂水中也含氧原子，D错误。‎ ‎9．分子式为C4H10的有机物有正丁烷和异丁烷两种，它们互为同分异构体，A错误；CH3CH2CH3分子可以看成为CH4中的两个氢原子被两个甲基取代后的产物，由于CH4呈正四面体结构，故丙烷分子中的3个碳原子不可能在同一直线上，B正确；苯的二氯代物有邻、间、对三种，而环己烷的二氯代物除了邻、间、对三种以外，两个氯原子可以连接在同一个碳原子上，共有四种，C错误；由结构简式可知，可降解塑料可由环氧丙烷和CO2通过加聚反应制得，不是缩聚反应，D错误。‎ ‎10．向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入过量NaOH溶液并加热，和Fe2+全部转化为NH3和Fe(OH)2沉淀，但摩尔盐中n()∶n(Fe2+)=2︰1，在离子方程式两者系数之比与化学式不相符，并且生成的Fe(OH)2沉淀也容易在空气中被氧化，A错误；向含1mol KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液，若要使沉淀质量最大，化学方程式为KAl(SO4)2+2Ba(OH)2=2BaSO4↓‎ ‎+KAlO2+2H2O，将其改写为离子方程式为Al3+++2Ba2++4OH−=2BaSO4↓+ +2H2O，B错误；具有强氧化性，但还原性顺序为Fe2+>Br−，当量不足时，Fe2+先反应，C错误；将过量SO2通入酸性Ca(ClO)2溶液中，发生氧化还原反应，SO2被氧化为，而ClO−被还原为Cl−，CaSO4是微溶物且是生成物，在离子方程式中不拆成离子形式且打上“↓”符号，D正确。‎ ‎11．根据强酸制弱酸原理，向Na2CO3固体中滴入过量H3BO3溶液，无气泡冒出，说明H3BO3不能与Na2CO3反应产生二氧化碳气体，所以能够证明酸性：H2CO3>H3BO3，A正确；向NaHS溶液中滴入酚酞后溶液变成粉红色，说明NaHS溶液呈碱性，可证明HS−水解程度大于电离程度，B错误；向FeCl3蚀刻废液中加入少量的铁粉，充分反应后未出现红色固体，可能是因为X中存在大量Fe3+，Cu2+没有机会得到电子被还原为铜，C错误；向10mL 0.1mol/L Na2S溶液中滴入2~3滴等浓度的ZnCl2溶液时，因Na2‎ S溶液过量，所以再滴入2~3滴0.1mol/L CuCl2溶液会产生黑色的CuS沉淀，此实验并不能说明ZnS会转化为CuS，无法证明Ksp(CuS)（1分）‎ Ⅲ．（1）C6H14−38e−+=6CO2+7H2O ‎（2）12‎ ‎（3）2.5×10−3 ‎ ‎【解析】Ⅰ．x+5C—C+10C—H+H—H−6C—C−12C—H=−a，x=−a+C—C+2C—H−‎ H—H=−a+348+2×413−436=kJ/mol。‎ Ⅱ．（1）根据，，，，‎ ‎，则；达到化学平衡状态时，‎ 则，。‎ ‎（2）随着时间的推移，反式异构体的质量分数不断减少，生成物的质量分数不断增加，逆反应速率逐渐增大，所以tA 时v(逆)T1，升高温度，K值增大，说明平衡向正反应方向移动，该正反应为吸热反应，ΔH大于0，该反应的活化能Ea(正)大于Ea(逆)。‎ Ⅲ.（1）汽油燃料电池，通入C6H14的Pt极为负极，通入氧气的Pt极为正极，电解质能在高温下传导；负极发生氧化反应，即1mol C6H14失电子生成6mol CO2，共失去38mol e−，14mol H原子转化为7mol H2O，根据质量守恒和电荷守恒得：C6H14−38e−+19=6CO2+7H2O。‎ ‎（2）电解NaCl装置中D极为阴极，电极上H+放电生成氢气， C极的产物是Cl2；设电解后氢氧化钠的物质的量浓度是x，当电解池中共产生112mL气体（标况下）时，则氢气的体积与氯气的体积相同，均为56mL，‎ ‎2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH ‎ 22.4L 2mol ‎ 0.056L 0.5L×x 则，则，所以溶液的pH=12。‎ ‎（3），，；，，‎ ‎。‎ ‎27．（除特殊标注外，每空1分，共14分）‎ ‎（1）四 ⅣA ‎（2）增大反应物的接触面积，加快酸浸反应速率（2分）‎ ‎（3）GeS2+3O2GeO2+2SO2（2分）‎ ‎（4）SiO2 Cu2+‎ ‎（5）C ‎（6）GeCl4+(n+2)H2O=GeO2·nH2O↓+4HCl（2分） 防止温度高时，GeCl4挥发 ‎（7）（2分）‎ ‎【解析】（1）由碳、硅、锗同族可知，锗在周期表中位于第四周期第ⅣA族。‎ ‎（3）结合“焙烧”后产生SO2可知氧气参与了反应，再结合Ge的最高价为+4可知产物还有GeO2。‎ ‎（4）“焙烧”后得到的固体为Fe2O3、CuO、GeO2、SiO2，只有SiO2不与硫酸反应。结合信息②可知，水相中阳离子为H+、Fe3+和Cu2+，而Ge4+进入了有机相中。‎ ‎（5）从生产成本的角度考虑，应该在萃取率下降不多的情况下使萃取剂的体积尽可能的小，故选C。‎ ‎（6）结合流程中过滤、洗涤后得到的GeO2·nH2O及水解原理书写方程式即可；结合信息①可知该水解反应放热会导致体系温度升高而使GeCl4挥发导致产率下降。‎ ‎（7）杂质元素的脱除率=。‎ ‎28．（除特殊标注外，每空2分，共15分）‎ ‎（1）2(FeSO4·7H2O) Fe2O3+SO2↑+SO3+14H2O（其他合理答案均给分，如：2(FeSO4·7H2O)Fe2O3+SO2↑+H2SO4+13H2O） 没有尾气处理装置（1分）‎ ‎（2）Fe、FeO、Fe3O4（只答对一个不给分，两个给1分，三个给2分）‎ ‎（3）CH3CH2CH2OH+Fe2O32FeO+CH3CH2CHO+H2O ‎（4）将固体Z用稀硫酸溶解后分成两份，一份中滴加酸性 高锰酸钾溶液，溶液褪色说明有亚铁离子；另一份中滴加硫氰化钾溶液，溶液变成血红色说明含有三价铁离子，即证明固体Z是四氧化三铁（其他合理答案也给分）‎ ‎（5）防止倒吸和收集部分产物 ‎（6）CH3CH2CHO+2Ag(NH3)+2OH-CH3CH2COO+NH+2Ag↓+3NH3+H2O ‎（7）2-丙醇 ‎29．（除特殊标注外，每空1分，共9分）‎ ‎（1）神经中枢 接受刺激，产生兴奋 ‎（2）由负变正 钠离子内流 ‎（3）C A B 甲组肌肉不收缩，乙组肌肉收缩（2分）‎ ‎30．（每空2分，共10分）‎ ‎（1）监控和清除 ‎ ‎（2）淋巴因子 增殖、分化 ‎（3）神经递质和激素 ‎ ‎（4）神经—体液—免疫 ‎31．（每空2分，共10分）‎ ‎（1）减少 基因多样性和生态系统多样性 ‎（2）样方 出生率和死亡率、迁入率和迁出率 ‎（3）6～7月温度适宜，有利于提高莲草直胸跳甲的孵化率、存活率和繁殖力 ‎32．（每空2分，共10分）‎ ‎（1）二 分离出纯合的有香味糯性水稻 ‎ ‎（2）单倍体植株 1/4‎ ‎（3）基因突变具有低频性、不定向性的特点 ‎（二）选考题：共45分。‎ ‎33．（15分）‎ ‎（1）（5分）BDE（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）‎ ‎（2）（10分）‎ 解：（ⅰ）以气柱A作为研究对象有 ‎ ①‎ 以气柱B作为研究对象有 ，， ②‎ 由玻意耳定律有 ③‎ 解得： ④‎ ‎（ⅱ）当气柱A上端的水银面和气柱B上端的水银面相平时，气柱A和气柱B压强相同，则 此时气柱A下端的水银面与水银槽中水银面的距离 ⑤‎ ，，‎ ‎， ⑥‎ 由理想气体状态方程有 ⑦‎ 解得： ⑧‎ 评分标准：本题共10分。正确得出③、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）‎ ‎（2）（10分）‎ 解：（ⅰ）光由空气射入甲，由 ①‎ 解得： ②‎ 可知光束垂直于BC边的中点E射入乙，在BD弧上的F点发生全反射，从CD边上的G点射出棱镜，如图所示。由几何关系得 ‎，，，‎ ‎， ③‎ 在F点发生全反射，‎ 由全反射公式 ④‎ 解得： ⑤‎ ‎（ⅱ）光在棱镜甲中的速度 ⑥‎ 光在棱镜甲中的时间 ⑦‎ 光在棱镜乙中的速度 ⑧‎ 光在棱镜乙中的时间 ⑨‎ 光在棱镜中的总时间 ⑩‎ 评分标准：本题共10分。正确得出①~⑩式各给1分。‎ ‎35．（除特殊标注外，每空2分，共15分）‎ ‎（1）头碰头（1分）‎ ‎（2）N＞O＞H（1分）‎ ‎（3）sp3 孤电子对对成键电子对有排斥作用，氧原子有2对孤电子对，而氮原子只有1对孤电子对 ‎（4）SO3 H2O与H2O2分子间可以形成氢键 ‎（5）[CoSO4(NH3)5]Br 3（1分）‎ ‎（6）‎ ‎【解析】A、B、C、D、E、F为元素周期表前四周期的元素，原子序数依次增大。A为周期表中原子半径最小的元素，A为H；C原子核外p轨道上只有1对成对电子，其基态电子排布式应为1s22s22p4，为O元素，B元素的单质是空气的主要成分，原子序数小于C，则B为N元素；由于C与D同主族，有S和Se，但E的原子序数大于D，则E、D不能处于同周期，E应处于D的下一周期，则C、D、E分别为二、三、四周期，故D为S元素；E与F同周期又同族，说明E、F为第Ⅷ族元素，且又知E元素的价电子数是其余电子数的一半，其电子排布式应为1s22s22p63s23p63dn4s2，价电子数为，‎ ‎，则E为27号的Co，F应为28号Ni，据此解答。‎ ‎（1）σ键是由两个相同或不相同的原子轨道（电子云）沿轨道对称轴方向以“头碰头”的重叠方式相互重叠而形成的共价键，具有轴对称性特征。‎ ‎（2）同周期随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但N元素2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，而氧元素的第一电离能比H元素略高，故第一电离能：N＞O＞H。‎ ‎（3）H2O与NH3的中心原子价层电子对数均为4对，故其轨道杂化类型相同，均为sp3杂化；两种分子中键角不同：水中约为105°、氨中约为107°，导致这种差异的主要原因是孤电子对与孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间的斥力>成键电子对与成键电子对之间的斥力，水中氧原子有2对孤电子对，而氨中氮原子只有1对孤电子对。‎ ‎（4）C与D形成的二元化合物有SO2、SO3 。SO2分子中S原子价层电子对数为，为V形结构，分子中正负电荷重心不重合，属于极性分子；SO3分子中S原子价层电子对数为，为平面正三角形结构，分子中正负电荷重心重合，属于非极性分子。 （5）D的最高价含氧酸根为、B的简单氢化物为NH3，由Con+、Br、、NH3形成的1︰1︰1︰5的某配合物，由电荷守恒可知，Con+为Co3+，向该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液产生淡黄色沉淀，滴加BaCl2溶液无现象，说明硫酸根离子在内界，溴离子为配合物的外界，所以该配合物化学式为[CoSO4(NH3)5]Br。‎ ‎（6）Ni晶体与铜晶体有相同的堆积方式，为面心立方最密堆积，即金属原子在三维空间里以密置层采取ABCABC…堆积，晶胞面对角线等于4rNi，故其空间利用率可表示为。‎ ‎36．（除特殊标注外，每空2分，共15分）‎ ‎（1）取代反应（1分） 羰基、醚键、硝基 ‎（2）8（1分） （1分） C15H13NO4（1分）‎ ‎（3）‎ ‎（4）17 ‎ ‎（5）‎ ‎【解析】由D的分子式与E的结构可知，D与发生取代反应生成E，则D为，C能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，结合C的分子式逆推可知C为，A的分子式为C6H6O，A与乙酸酐反应得到酯B，B在AlCl3作用下得到C，则A为，B为。E与溴单质发生取代反应生成F。‎ ‎（1）反应⑤的反应类型为取代反应，E中的官能团有羰基、醚键、硝基。‎ ‎（2）C的结构简式为， 结合苯环和甲醛的结构可知，C中最多有8个碳原子共平面，D的结构简式为。‎ ‎（3）反应①的化学方程式为。‎ ‎（4）符合题意的B的同分异构体结构中，若为甲酸形成的酯基，含有1个取代基，可以为；含有2个取代基为—CH3、—OOCH，有邻、间、对3种；若含有醛基、酚羟基2个取代基，其中一个为—OH，另外的取代基为—CH2CHO，有邻、间、对3种；含有3个取代基，为—OH、—CH3、—‎ CHO，共有10种，符合条件的同分异构体共有17种，其中核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积之比为1︰2︰2︰2︰1的是或。‎ ‎（5）参照题中的流程图步骤，先使在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成，然后发生催化氧化反应生成，再与溴单质发生取代反应，最后在KBH4条件下反应生成。‎ ‎37．（除特殊标注外，每空2分，共15分）‎ ‎（1）碳源和氮源（1分） 生物素 稀释涂布平板法 要进行灭菌处理、冷却后再接种（其他合理答案也给分） 2 生物素营养缺陷型谷氨酸棒状杆菌只能在CM培养基上生长、繁殖，而不能在MM培养基上生长、繁殖 ‎（2）提高液体培养基中的溶氧量、使菌体与培养基中的营养物质充分接触（4分）‎ ‎38．（除特殊标注外，每空2分，共15分）‎ ‎（1）农杆菌转化法（1分） T−DNA ‎ ‎（2）BamHⅠ 氨苄青霉素 未被转化的和含环状基因B 四环素 不能 ‎（3）让已经分化的细胞，经过诱导后，失去其特有的结构和功能而转变成未分化细胞