云南省昆明市第一中学2020届高三第六次考前基础强化 理科综合（PDF版） 13页

·1· 2020 一、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 答案 D D C A B C 1.【答案】D 【解析】染色体主要有 DNA 和蛋白质组成，端粒是指每条染色体两端的一段特殊 DNA 序列，而组成 DNA 的 糖类是脱氧核糖，ATP 中的 A 指的是腺苷，腺苷是由腺嘌呤和核糖组成的，所以 ATP 中含有核糖，则 A、B、C 选项错误；叶绿体和核糖体中都含有 RNA，组成 RNA 的糖类是核糖，所以 D 选项正确。 2.【答案】D 【解析】干细胞是一类既能分裂又能分化的细胞，A 选项错误；网织红细胞是晚幼红细胞排除细胞核形成 的，不能完成核基因的转录过程，B 选项错误，原始红细胞到晚幼红细胞，细胞核浓缩，最终被排出，为血 红蛋白提供空间，但并不能说明晚幼红细胞已经衰老，C 选项错误；成熟红细胞中没有细胞核及众多的细胞 器，寿命也较短，说明细胞结构的完成性是细胞进行正常生命活动的基础。 3.【答案】C 【解析】控制生物节律的中枢位于下丘脑，A 选项错误；体温一昼夜的波动，是生物节律决定的正常现象， 内环境稳态并未受到破坏，B 选项错误；剧烈运动时，肌细胞呼吸作用增强，耗氧量增加，为维持体温的稳 态，散热也增加，C 选项正确；寒冷刺激时骨骼肌不由自主战栗属于非条件反射，D 选项错误。 4.【答案】A 【解析】T2 噬菌体侵染细菌的实验所用的方法为同位素标记法，而肺炎双球菌转化实验没有用该方法，所 以 A 选项正确；摩尔根的果蝇杂交实验和孟德尔的豌豆杂交实验都运用了假说—演绎法；制作生物膜模型和 制作真核细胞三维结构模型都用到了构建模型的方法，人鼠细胞融合实验和现代生物学将基因定位在染色体 上都运用了荧光标记技术，所以 B、C、D 选项运用了相同的方法或技术。 5.【答案】B 【解析】由于红叶杨叶肉细胞的叶绿体中类囊体减少，光反应减慢，光合速率减慢，A 选项正确；基因突 变是 DNA 中碱基对的增添、缺失或替换引起基因结构改变，用光学显微镜无法观察识别，B 选项错误；红叶 杨是部分体细胞基因突变引起芽变，后经无性繁殖产生子代，说明体细胞中的基因突变可以遗传给子代，C 选项正确；红叶杨的液泡中花青素增加，使液泡具有一定的颜色，可用来观察质壁分离和复原实验，D 选项 正确。 6.【答案】C 【解析】抗维生素 D 佝偻病的遗传方式是伴 X 染色体显性遗传，人群中女性的发病率高于男性，A 选项正 确；调查遗传病的遗传方式需分析致病基因在家系中的传递规律，故需在患者家系中进行调查，B 选项正确； 人类红绿色盲的遗传方式是伴 X 染色体隐性遗传，一个致病基因来自母亲，但母亲的基因型可能是杂合子， 所以母亲不一定是患者，C 选项错误；正常人体内在酪氨酸酶的催化下，酪氨酸转化为黑色素，白化病患者 体内缺乏控制酪氨酸酶合成的基因，导致黑色素不能合成，可说明基因通过控制酶的合成间接控制生物的性 状，D 选项正确。 29．（10 分，除特殊标记外，每空 2 分） （1）不同氮素形态的氮肥、氮素浓度 酶、ATP、叶绿素、NADPH（其他答案合理也可得分） 中耕松土可以增加土壤中氧气含量，促进根细胞有氧呼吸，进而产生更多能量供给根细胞主动运输 吸收氮肥 （2）低 施加浓度为 10/10mmol·L-1 的 NO3 -/NH4 +的氮肥 30．（9 分，除特殊标记外，每空 2 分） （1）免疫器官（1 分） 防卫、监控和清除 （2）抑制（1 分） （3）铁皮石斛和铁皮石斛冻干粉均能提高免疫抑制小鼠的免疫能力，且铁皮疏忽冻干粉的作用更强 （4）给生长状况相同的免疫抑制小鼠分别注射等量的 Il-2、IL-6 以及生理盐水，一段时间后测定小鼠体内 的脏器系数（3 分） 31．（8 分，除特殊标记外，每空 2 分） （1）生态系统中能量的输入、传递、转化和散失的过程（1 分） ④（1 分） （2）④﹣① ④﹣①﹣②﹣③ （3）动植物的遗体和动物的排遗物 32.（12 分，每空 1 分） （1）遗传因子（答基因不给分） 配子（或生殖细胞） 随机的 测交 （2）数量统计 遵循 控制同一性状的遗传因子彼此分离，控制不同性状的遗传因子可以自由组合 （3）基因和染色体存在着明显的平行关系 （4）易饲养、繁殖周期短、子代数目多，具有易于区分的相对性状 （5）T2 噬菌体和大肠杆菌 DNA 和蛋白质 绝大多数生物的遗传物质是 DNA 37．【生物——选修 1：生物技术实践】（15 分，除特殊标记外，每空 2 分） ·2· 3 1 2 4 （1）中性或微碱性 灭菌 （2）小于（1 分） 平板划线法和稀释涂布平板法 检测培养基灭菌是否合格 平板上的菌 落呈红色、奶酪状、圆形、隆起 （3）硝酸盐 比色法 38．【生物——选修 3：现代生物科技专题】（15 分，除特殊标记外，每空 2 分） （1）基因组文库和部分基因文库 基因组文库包含一种生物的全部基因而部分基因分库只包含该种生物的 部分基因 模板 DNA（1 分） 有一段已知的目的基因核苷酸序列 目的基因 DNA 受热变性后解链成单 链的相应互补序列 （2）双链环状 DNA 分子 黏性末端 抗生素 B 抗性基因 2020 7.【答案】C 【解析】 “煎卤”即将浓缩海水“蒸发浓缩”制盐；“盖皂角结盐，尤石膏结豆腐也”，现象都是析出固体，但“皂角结盐” 是使“蒸发浓缩”后的海水“结晶”析出，“石膏结豆腐”则涉及“胶体聚沉”，“渗析”是利用半透膜分离溶液和胶体 的方法，所以描述中没有涉及到“渗析”。 8.【答案】D 【解析】从松油烯的结构看，该物质兼有烷烃和烯烃的性质。 A.松油烯属于烃，难溶于水 B.含有双键，能与溴水发生加成反应，不发生取代反应 C. ，饱和碳原子是四面体构型，其连接三或四个碳原子时不能使碳原子全部共面，故分 子中标注 2 的碳原子与标注 1、3、4 的碳原子不共平面 D.因为松油烯 Ω=3，而芳香烃 Ω≥4，所以不存在属于芳香烃的同分异构体 9.【答案】D 【解析】 A.反应①中反应前后 N 的价态没有发生变化，HNO3 没有表现出氧化性 B.从价态变化判断，反应②中浓 H2SO4 是氧化剂，SeO2 是氧化产物而不是还原产物 C.没有指明 44.8LSO2 的温度和压强 D.根据氧化性：氧化剂＞氧化产物，可判断出氧化性：浓 H2SO4＞SeO2＞I2 10.【答案】A 【解析】 A.与选修 4 教材中和热测定装置一致，正确 B.图乙装置应当用分液漏斗 C.验证牺牲阳极的阴极保护法实验，应当用 K3[Fe(CN)6]溶液检验 Fe2+ D.盛装碱液不应当用酸式滴定管 11.【答案】D 【解析】 依题意：W(Ca)、X（C）、Y(S)、Z(O) A. 同周期非金属性：X（C）＜ Z(O) B. 电子层数判断原子半径：Y(S)＜W(Ca)，或 Y(S)＜ Se ＜W(Ca) C 最高价氧化物对应水化物的酸性：X(H2CO3)＜Y(H2SO4) D.化合物 WX2(CaC2)和 XY2(CS2)均含有共价键，正确 12.【答案】B 【解析】本题是电源与电解池串联的装置。电解池左侧为阳极，右侧为阴极。 A.该装置工作时能量转化形式主要为：光能→电能→化学能，正确 B.阳极：2H2O－4e¯=O2↑+4H+,若导线上有 4mol 电子转移，则理论上生成 32gO2 ，同时左室向右室迁移 4mol 的 H+， 所以阳极室质量减小 32g+4g=36g。 C.阴极室的电极反应式为：CO2 + 6H+ + 6e－= CH3OH + H2O，正确 D.若电解装置左侧的 Pt 电极用铜代替，则活泼金属铜将优先于左侧溶液中的离子放电而生成 Cu2+，所以溶液 逐渐变蓝，正确 7 8 9 10 11 12 13 C D D A D B C ·3· 所以选项为 B 13.【答案】C 【解析】 A.若溶液的 pH=2，则Ka= c(H+)·c(H2XO2-) c(H3XO2) ≈ c2(H+) c(H3XO2)≈ (10-2)2 0.1 =0.001，正确 B.因为 H3XO2 为一元酸，所以用足量 NaOH 溶液完全中和后生成 NaH2XO2，正确 C.若 0.1 mol·L－1 一元酸 H3XO2 溶液的 pH=1，则 H3XO2 为一元强酸，则 NaH2XO2 不发生水解，溶液显中性而 不是酸性，错误 D.若溶液的 pH＞1，则 H3XO2 不是强酸，存在电离平衡， 则可推知c(H2XO2-)·Kw c(OH-)·Ka = c(H2XO2-)·c(H+)·c(OH-)·c(H3XO2) c(OH-)·c(H2XO2-)·c(H+) = c(H3XO2) ， 根据电荷守恒有 c(H+)= c(H2XO2-)+c(OH-) 根据物料守恒有 c(H3XO2)+c(H2XO2-)=0.1 mol·L－1 整理可得 c(H+)=0.1mol·L－1+c(OH-) ‒ c(H3XO2) 故浓度数值关系为 c(H+)= 0.1+c(OH-) ‒ c(H2XO2-)·Kw c(OH-)·Ka ，正确 26.（14 分，除特殊标注外，每空 2 分） （1）D 中试管里收集到红棕色液体 （2）吸收混合气体中的 Cl2 安全瓶（或防倒吸）（1 分） （3）2ClO2+2OH﹣＝ClO3 ﹣+ClO2 ﹣+H2O （4）①淀粉溶液（1 分） 溶液蓝色褪去，且 30 秒内不恢复蓝色 ② 675c0(V2-4V1) ③ Ｄ 27.（15 分，除特殊标注外，每空 2 分） （1）+3（1 分） 加热燃烧（1 分） （2）AlO2- +CO2 + 2H2O= Al(OH)3↓+HCO3- 高温煅烧（1 分） Li2CO3（1 分） （3）易产生污染（1 分，合理答案均可） （4）CuS （5）76.2% B （6）2Co3O4+12Al(OH)3 ===高温 6CoAl2O4+ O2↑+18H2O 28.（14 分，除特殊标注外，每空 2 分） （1）① -46.1 ②温度越高反应速率越快，相同时间内转化率越大 460℃（1 分） 催化剂（1 分） （2）吸热 1.25×10－5 适当升高温度（1 分） 分离移出甲醇（1 分） 35.（15 分，除特殊标注外。每空 2 分） （1）1s22s22p63s23p1 Mg（1 分） Al（1 分） （2）B（1 分） （3）分子（1 分） （4）sp3（1 分） 正四面体（1 分） （5）12（1 分） 74% 4×27 6.02×1023×(0.405×10-7)3 36.（15 分） （1）氯原子、羟基、酯基（3 分） （2）取代反应（硝化反应）、还原反应（各 1 分） C10H8O4NCl（2 分） （3）D 和 F（1 分） （4） （2 分） （5） （任写两种，各 1 分） （6） （3 分） ·4· 一、选择题（48 分） 题号 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 D A C D AC BC AC AC 14．伽利略并没有直接研究自由落体运动，故 A 错；电场概念由法拉第提出，故 B 错；波尔的氢原子理论只 能解释氢原子的光谱，故 C 错； D 选项的说法正确。 15．0~10s 内和 30~35s 内的平均速度均为 1m/s，故 A 正确；整个阶段中，当 t=10s 时，拉力最大，且此时物 体速度最大，因此拉力的功率最大，故 B 正确；30~35s 内物体的加速度竖直向下，物体处于失重状态，故 C 错； 物体除重力之外，只受一个拉力作用，而拉力一直对物体做正功，所以物体机械能一直增大，故 D 正 确，因此本题选 C。 16．小物体 A 在运动到 O 点之前做匀速直线运动，说明小物体 A 所受的重力沿斜面的分力与小物体 A 所受 的摩擦力平衡，即 ,由此可得 。小物体 A 通过 O 点之后，由于受到一水平向 右的恒力作用，故小物体 A 对斜面的压力变大，小物体 A 受到的沿斜面向上的摩擦力变大，且水平恒力的分 力沿斜面向上，因此小物体 A 之后会做减速运动，故 A，B 错误。由于小物体 A 对斜面的压力和摩擦力都变 大，故斜面体对地面的压力应该变大，故 C 错误，又因为该题中 ，小物体 A 受到的支持力和摩擦力 的合力一定竖直向上，因此小物体 A 对斜面的压力和摩擦力的合力一定竖直向下，所以斜面体对地面的摩擦 力一直为 0，故 D 正确。 17．由于φ-x 图像的斜率大小表示 E 的大小，所以 EA>EB,E0≠0，故 A，B 错误。电场中，沿电场线 方向电势下降，所以 x 轴上场强的方向由 A 指向 D，故 C 正确。由于 B 点和 C 点电势不一样，所以把电荷 从 A 移动到 B 点电场力所做的功不等于从 A 点移到 C 点所做的功。 18．火箭刚发射时，以喷气前的火箭为参考系。根据动量守恒定律，可得 （M-Δm）·Δv1+Δm·u=0(其中 u 为喷出气体相对于喷气前火箭的速度) 同理可得，第一级火箭脱落之后，喷出Δm 的燃气，式子为： 。故选 由两式，可得 D mM mmM mmmM ,Δ- Δ--=vΔ vΔ 0=uΔ+vΔ)Δ--( 1 2 1 21 19．根据两个互感器的连接方式可以判断出 a 为电压表，b 为电流表，故选项 A 错误，选项 B 正确；由于电 压表的示数为 440V，因此输电线上的电压为 2.2×105V，电流表的示数为 1A，因此输电线中的电流为 100A， 根据题意输电线路的末端电压为 1.8×105V，所以输电电路上损失的电压为 0.4×105，所以输电线的电阻为 400Ω，故选项 D 正确。 20. 。故选 ）（ 所以 而 ）（ 速度，则为月球绕地球的向心加若 又 ，可得：以及由黄金代换公式 月 地 月 地 地月月 地地 月 月 地 地 月 月 月 月 地 地 地 月 地 月 地地 月月 月地地 地月月 地 地 月 月 地 地 月 月 地 月 地 月 C,B 600 1=60 1•1 4•3 2=60 1•R R•ρ ρ= R•60•ρ•Rπ3 4 R•ρ•Rπ3 4 =M R •R60 M=g a R GM =g R60 GM=a a 3 2=ρ ρ∴ 4 1=R R 6 1=ρ•R ρ•R = R•ρ•Rπ3 4 R•ρ•Rπ3 4 = M R•R M = R GM R GM =g g 6 1=g g ,Rg=GM 22 223 232 2 2 2 23 23 2 2 2 2 2 Q 21. 由于从同一高度自由下落，到达磁场边界时具有相同的速度 v，切割磁感线产生的感应电流为： 。 由于两正方形线圈的边长相等，而线圈横截面不一样，可得两线圈的总电阻不一样，因此感应电流不一样。 故选项 B 错误。 两线圈下边刚进入磁场时，受到的安培力为： ,由电阻定律有： 。（ρ为材料的电阻率，l 为 正方形线圈的边长，S 为单匝导线的横截面积） 2020 ·5· 所以下边刚进入磁场时所受的安培力为： ，此时加速度为: ,将线圈的质量 （ρ0 为材料的密度）代入上式，得到加速度为: 经分析上式为定值，线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动，落地速度相等，落地时间也相等，因此选项 A 正确； 由能量守恒可得， (H 是磁场区域的高度)，Ⅰ为细导线 m 小，产生的热量小，故 C 正 确。由电荷公式以及法拉第电磁感应定律可得，电荷量 。由于两线圈的磁通量 变化量一样，但总电阻不一样，所以在整个过程中，两线圈中流过各自某一横截面的电荷量不相等，故 D 选 项错误。答案选：AC。 二、实验题（15 分） 22.(1)将小球放在轨道末端,若小球能静止在轨道末端,就能说明其是水平的（2 分）； (2)玻璃球（2 分）； （3）D（2 分）。 23.（1） （4 分）； （2）D（2 分）； （3）0.6W（3 分）。 三、计算题 24.（14 分） 解：（1）由于微粒在磁场中做匀速圆周运中，所以其大概轨迹为： 利用图中的直角三角形可得： qL m qR mB qB mRR mBq LR RL 2 v=v=∴ v=,v=v 2= /3=30cos 00 0 2 其中 o （2）微粒在电场中 qL vm2=E m Eq=a L=30sinL2-L2=h h=2 at L=tv 2 0 2 0 联立⑤⑥⑦⑧式解得： 其中 o 25. （18 分）解：（1）假设 F=19N 作用于 A 上，A 相对于 B 滑动， （2）t=2s 时，A、B 的速度分别为 vA，vB。 smta smta BB AA /2==v /10==v ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ 1 分 1 分 1 分 1 分 1 分 1 分 假设成立 由①、②得： ∴ a>a s/m5=a s/m1=a a•m=g)m+m(μ-gmμ-F am=gmμ BA 2 A 2 B AABA2B1 BBB1 Q ·6· t=2s 时，F 变为 11N，A 减速，B 加速，加速分别为 aAʹ,aBʹ。 2 B 2 A BBB1 AAB1BA2 s/m1='a s/m3='a∴ 'am=gmμ 'a•m=F-gmμ+g)m+m(μ 经过 t2 时，A，B 共速 s/m4=v s2=t t'a+v=t'a-v 2 2BB2AA 共 4s 未至 7s 未，A，B 保持相对静止，共同加速，加速度为 a, s/m6.4=3×2.0+4='v 'vs7=t s/m2.0=a m+m g)m+m(μ-F=a 2 BA BA2 共 共 ，则时，共同速度变为若 画出两物体的 v-t 图 J433=Q+Q=Q∴ J369=χgmμ=Q m9.36=32 )6.4+4(+22 )10+4(+2 1×10×2=χ J64=χgmμ=Q m16=2×2 1×2×8=χ∴ AB AA A BAB 地总 地 相对 相对 四、选修题 33.（1）（5 分）BDE （2）（10 分） 解：刚开始，气体 B 的压强 P1=40cmHg,若 B 气体下端液面与右管液面的高度差为 lΔ ，可得： 2 分 =35cm 1 分 右管注入水银，直至左管水银液面刚好升至顶端过程中，B 气体的压强体积均不变。 cmLl cmlh 20=2= 35=Δ=Δ∴ 1 再注入水银，气体 B 压强增大，体积减少，当右管水银面与 B 气体下端相平时，气体体积减小 了 x·S,此时气体压强为 P0=75cmHg P1=40cmHg V1=15·S P2=P0=75cmHg V2=15S-xS P1V1=P2V2 cmhll 69=Δ+χ2+=∴ cm7=χ∴ 加 34. （1）（5 分）ABC （2）（10 分） 解：画出光路图如图所示，由几何关系可知： 1 分 1 分 1 分 1 分 1 分 2 分 1 分 1 分 1 分 1 分 1 分 1 分 1 分 1 分 画出图像 3 分 1 分 1 分 1 分 ·7· 1 分 1 分 若 为折射角，则： 2 分 1 分 （2）作出光路图如图，可得： 4 3=sin∴ 3==sin sin sin∴ 4 3=sin 2 sin=)+90(sin 30=∴ 3==sin 60sin γ nD γ γ D R D R β β nβ 为折射角的正弦值 根据正弦定律得 o o o 1 分 1 分 1 分 o30= 2 1=2=sin α R R α 3=sin sin=n∴ 60= Δ∴ 2 3=-OK= 2 3=cos= 30=OK∠ ∠+OK∠= α θ θ BOK ROEKE RαROE B BKOBθ o o 故 为等腰三角形 又 1 分 1 分