云南师大附中2015届高考适应性月考卷理综(三)试卷答案详解

1、云南师大附中2015届高考适应性月考卷（三）理科综合参考答案生物部分第卷（选择题，共36分）选择题（本题共6小题，每小题6分，共36分）题号123456答案ABACDD【解析】1人体内绝大多数高度分化的细胞并不是都具有细胞周期，B项错误；形态和功能不同的细胞，细胞膜上蛋白质种类不相同且物质运输的效率也不相同，C项错误；细胞坏死不会受到严格的由遗传机制决定的程序性调控，D项错误。2A中氨基酸胰高血糖素不会发生；C中的反应都不会发生；D中高度分化的细胞不再分裂，所以脱氧核苷酸DNA不会发生。3p点细胞呼吸的场所是细胞质基质，q点细胞呼吸的场所是细胞质基质和线粒体，不完全相同，A项正确；A曲线q点以

2、后限制SiO的吸收速率的主要因素是膜上载体的数量；m点时不能确定有氧呼吸一定比无氧呼吸强，C项错误；q点以后氧分压已经不是限制因素，采取松土的措施不会使曲线呈现B的变化趋势。4若A表示过氧化氢酶催化H2O2分解的曲线，则可用曲线表示Fe3+催化H2O2分解的曲线，A项错误；曲线A在30min时的主要限制因素是反应物浓度，增加酶浓度，反应物浓度不变，产物浓度也不改变，B项错误；若适当降低pH值，则图中A曲线将变为曲线，D项错误。5该实验的步骤依次是标记、培养、搅拌、离心、检测，A项错误；噬菌体是病毒，营寄生生活，不能用含有充足营养物质的培养基培养T2噬菌体，B项错误；离心后上清液中主要是T2噬菌

3、体外壳，沉淀物中主要是被感染的大肠杆菌，C项错误；用32P标记T2噬菌体，若培养时间过长，大肠杆菌已经被裂解，释放出带有标记的子代噬菌体，则放射性主要分布在上清液中，D项正确。6过程可见含Fm的染色体片段发生颠倒；过程可见从非同源染色体上移接了含de的染色体片段。第卷（非选择题，共54分）（一）必考题（共4小题，共39分）29（每空1分，共9分）I.（1）偏高 （2）CO2 CO2和C3 （3）C5 叶绿体基质 线粒体（或线粒体基质）.（1）温度和光照强度（2）0.1 30（每空1分，共11分）（1）雌 （2）DNA的复制和有关蛋白质的合成（或染色体的复制） 着丝点分裂，姐妹染色单体分开 （3

4、）bc de （4）8 0 0 2 （5）（第一）极体 AB或aB或ab【解析】（5）由题图可知甲（杂合子）的基因型可能为AABb、Aabb或AaBb。31（每空1分，共9分）（1）甲 常 隐（2）1/12 5/12（3）温和（或37） 碱基互补配对 B（4）32（每空1分，共10分）（1）适宜浓度的生长素（类似物） （2）秋水仙素 染色体变异 22 33 （3）1/9 连续自交并选择，直到不再发生性状分离 （4）4 单倍体育种 明显缩短育种年限（二）选考题（共2小题，共15分）39（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）用于离体培养的植物器官或组织片段 消毒（1分）（2）脱分化（去分化）

5、生长素和细胞分裂素 大量元素 微量元素（3）培养基中生长素用量比细胞分裂素用量比值偏高（或培养基中细胞分裂素用量比生长素用量比值偏低）（4）直接从愈伤组织中提取40（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）超数排卵 同期发情（处理） 移植胚胎（或胚胎移植）（2）减中（或减数第二次分裂中） 获能（3）B、C （4）胚胎分割（1分） 将内细胞团均等分割云南师大附中2015届高考适应性月考卷（三）理科综合参考答案化学部分第卷（选择题，共42分）选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分）题号78910111213答案ACBDBCD【解析】7SiO2常温下可与氢氟酸反应；SO2有毒，不可漂白食品。故选

6、A。 8C4H8的烯烃进行醛化反应得戊醛，其属于醛类的同分异构体共4种。故选C。9A中0.1mol Fe参与氧化还原反应失去电子数可能是0.2NA或0.3NA；C中标况下SO3为固态；D中在碳酸钠溶液中因碳酸根离子微弱水解而减少，故Na+ 与CO的物质的量之比大于21。故选B。 10A中Kh只受温度影响，故应不变；B中相同温度下，若Ka(HCN)Ka(CH3COOH)，说明氢氰酸比醋酸更难电离，因此相同物质的量浓度时，氢氰酸的酸性比醋酸弱；C中Ksp小的先产生沉淀，故应是Ksp(BaSO4)小；D中弱酸弱碱的电离均为吸热过程，故升高温度，促进电离，电离常数增大。故选D。 11生铁钉中Fe和C构

7、成原电池的两极，其中铁作负极，C为正极，在强酸性环境（稀硫酸，题中b处）中主要发生析氢腐蚀，在弱酸性、中性、碱性环境（饱和食盐水，题中a处）中主要发生吸氧腐蚀，负极反应式均为：Fe2e=Fe2+；正极反应式：析氢腐蚀为2H+2e=H2，吸氧腐蚀为O2+4e+2H2O=4OH，故a处溶液的pH增大，而b处溶液的pH也增大。故B错误。12 NH3H2O和HCl均抑制水的电离，HCl为强酸，NH3H2O为弱碱，同浓度时，HCl抑制更大；而NH4Cl水解促进水的电离，故各溶液中由水电离出的c(OH)：，故A正确；和无论如何混合，混合后的溶液中根据电荷守恒，均有c(NH)+c(H+)=c(OH)+c(C

8、l)，故B正确；和等体积混合后刚好反应为NH4Cl溶液，体积翻倍，浓度变为0.05mol/L，因此据物料守恒：c(NH3H2O)+c(NH)=c(Cl)=0.05mol/L，故C错；和等体积混合后为NH3H2O和NH4Cl的等量混合溶液，根据物料守恒（NCl=21）：c(NH3H2O)+ c(NH)=2c(Cl)，故D正确。13A中可逆反应不可能进行完全，因此(254g)1mol I2(g)和(2g)1mol H2(g)充分反应后放出的热量小于9.48kJ；B中当反应吸收26.48kJ热量时转移应为2mol e；C中根据盖斯定律I2(s)=I2(g) H=+35.96kJ/mol；D中吸热表明

9、反应物总能量比生成物总能量低。故选D。第卷（非选择题，共58分）（一）必考题（共3小题，共43分）26（除特殊标注外，每空2分，共17分）（1）AD（2分，对1项得1分，错1项不得分） （2）c(Na+)c(A2)c(OH)c(HA)c(H+)（1）CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g) H=+659.8kJ/mol（2）CH48e+4O2=CO2+2H2O 13（3）（1分） BC（2分，对1项得1分，错1项不得分）1.64108(mol/L)3（2分，不写单位扣1分）（4）1.8105mol/L（2分，不写单位扣1分）【解析】根据题意计算得，H2A为弱酸。加水稀释将促进电

10、离，因体积相同，将浓度比换成物质的量之比，可判断A增大；B减小；C中，因此温度不变，则此比值不变；D中加水稀释c(H+)减小，根据水的离子积常数，c(OH)必然增大。故中AD对。Na2A溶液中A2会二级水解，使溶液呈碱性。（1）根据盖斯定律：2式可得热化学方程式为CH4(g)+2H2O(g)= CO2(g)+4H2(g) H=+659.8kJ/mol。（2）根据图中电流方向判断，甲中c为正极，d为负极，燃料电池中，燃料CH4在负极失去电子被氧化成CO2，此过程中结合了从正极传导过来的O2，故d电极反应式为CH4 8e+4O2=CO2+2H2O；乙是在该燃料电池带动下工作的电解池，其中a为阴极，

11、产生H2，当产生H2 112mL（即5103mol）时电路中转移102mol e，溶液中就产生102mol OH，c(OH)=，故pH=13。（3）根据升温，平衡气体总浓度增加，可知该反应正反应为吸热过程，故H0；反应开始至平衡均有v(NH3)=2v(CO2)，故A错；密闭容器中气体总压强和密度不变，表明混合气体的物质的量和质量不再改变，即每种气体的生成量等于消耗量，反应达平衡；密闭容器中氨气的体积分数始终是，即66.7%不变；根据表中数据，25.0时平衡气体总浓度为4.8103mol/L，分解平衡常数。（4）25时，混合液pH=11，即=103mol/L，根据Mg(OH)2的溶度积常数Ksp

12、，计算得此温度下残留在溶液中的c(Mg2+)=1.8105mol/L。27（除特殊标注外，每空2分，共13分）（1）四（1分） VIA（1分） 弱（1分）Se+2HNO3（浓）=H2O+SeO2+NO+NO2（2）Cu2e=Cu2+ Cu2Se+6H2SO4（浓）=2CuSO4 +4SO2+SeO2+ 6H2OSeO2+2OH=SeO+H2O （3）5Se+12HNO3（浓）=6H2O+5SeO2+4NO+8NO2（4）44.40%【解析】（1）Se与氧同主族，原子序数为34，故处于第四周期第VIA族。亚硒酸酸性比亚硫酸弱。（2）浓硫酸的还原产物是SO2，Cu2Se中+1价Cu和2价Se化合价

13、升高，总体1mol失8mol电子，据此写出方程并根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式即可；迁移SO2与NaOH反应的离子方程式即可。（3）由题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的SeO2或H2SeO3 ，HNO3还原为NO与NO2，生成NO与NO2的物质的量之比为12，即二者计量系数比为12，令二者系数为1和2，根据电子转移守恒可知，Se的系数为=，故反应的化学方程式为5Se+12HNO3（浓）=6H2O +5SeO2+4NO+8NO2。（4）根据得失电子守恒配平反应，再据两反应的方程式得关系式：SeO22I24Na2S2O3，消耗的n(Na2S2O3)=0.2000mol/L

14、0.020L=0.0040mol，根据关系式计算样品中n(SeO2)=0.0040mol=0.0010mol，故SeO2的质量为0.0010mol111g/mol=0.1110g，所以样品中SeO2的质量分数为100%=44.40%。28（除特殊标注外，每空2分，共13分）（1）蒸发浓缩（1分） 3Cu(NH3)4SO4H2O3Cu+2N2+8NH3+3SO2+9H2O（2）硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度（1）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+ 2NH3+2H2O（2）100%（3）取沉淀上层清液少许于试管中，滴加BaCl2溶液，如无沉淀产生，说明已沉淀完全（4）2Cu

15、2+ +4I=2CuI + I2【解析】（1）由于一水合硫酸四氨合铜在加热时易失氨，所以其晶体的制备不宜选用常规的蒸发浓缩方法。据题意写出方程，Cu和S合降4价，得1mol N2升6价，根据升降总数相等，配平得3Cu(NH3)4SO4H2O3Cu +2N2+8NH3+3SO2+9H2O。（2）根据加入浓乙醇溶液使晶体析出，说明硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度。（二）选考题（共3小题，共15分）36（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）增大反应物接触面积（或增大反应速率或使反应更充分）（2）2 1 ClO 1 H2O 2 1或2Fe(OH)2+1ClO+1H2O=2Fe(OH

16、)3+1Cl（2分，全对才给分）（3）FeO(OH)（或其他合理答案）（4）8.0pH10.4（5）bd（6）蒸发浓缩（1分） 冷却结晶（1分）（或其他合理答案）（7）100%（3分）【解析】（1）将菱锌矿研磨成粉可以增加反应时的接触面积，使得反应更加充分。（2）流程中“氧化除铁”是加入漂白粉，方程式后面产物中又有氯离子，可知氧化剂是ClO，观察方程式前后可以推出还有水分子，反应的离子方程式为2Fe(OH)2+ClO+H2O=2Fe(OH)3+Cl。（3）化学式量为89，组成元素是Fe、O、H，其中铁的相对原子量为56，8956=33，化学式中只能含有2个氧原子和1个氢原子，所以可能的化学式为

17、FeO(OH)。（4）调节滤液2的pH要想生成Zn(OH)2沉淀而不生成Mg(OH)2，必须知道Mg(OH)2开始沉淀时的pH，Zn(OH)2开始沉淀时的pH，Mg(OH)2沉淀完全时的pH、Zn(OH)2沉淀完全时的pH，Mg(OH)2开始沉淀时的pH为10.4， Zn(OH)2开始沉淀时的pH为6.4，Mg(OH)2沉淀完全时的pH为12.4，Zn(OH)2沉淀完全时的pH为8.0，所以理论上可选用的最大区间为8.0pH10.4。（5）从“滤液3”制取MgO过程中，说明要产生Mg(OH)2，溶液的碱性要增强，所以加入石灰乳或烧碱溶液。（6）“滤液4”之后的操作目的是得到纯净的固体，应将溶液

18、蒸发、结晶、过滤后洗涤并干燥。 （7）根据Zn原子守恒：n(ZnCO3) = n(ZnO)=mol，则的质量为g，ZnCO3的质量分数为100%。37（除特殊标注外，每空2分，共15分） （1）1s22s22p63s23p6 或Ar （2）NOK （3） KCl为离子晶体，CO2为分子晶体，C3N4为原子晶体，一般沸点大小顺序是：原子晶体高于离子晶体，而离子晶体又高于分子晶体 （4）平面正三角形（1分） sp2（1分） （5）CN（1分） 12NA（或7.2241024） （6）=mol1 【解析】根据题意，A的最外层电子数是内层电子总数的2倍，应为碳元素；C的基态原子最外层电子排布式为：ns

19、nnpn+2，因s能级电子全满最多为2，故n=2，其为8号氧元素，则B就为氮元素；前四周期中价电子层中的未成对电子数为4的只有3d能级3d4或3d6，而价电子排布没有3d44s2，只有3d54s1（Cr元素，未成对电子数为6），故E的价电子排布为3d64s2，即26号铁；因D与E同周期，第四周期中价电子层中只有1个未成对电子的有：4s1（钾元素）、3d14s2（钪元素）、3d104s1（铜元素）、4s24p1（镓元素）、4s24p5（溴元素），又D是前四周期中电负性最小的，且原子序数比26小的，只有钾元素。所以A、B、C、D、E分别是C、N、O、K、Fe。据此：（1）D+为K+，其电子排布式为

20、：1s22s22p63s23p6或Ar。（2）同周期从左到右第一电离能逐渐升高，但IIA比IIIA高，VA比VIA高；同主族从上到下第一电离能逐渐降低，故有NOK。（4）BC为NO，其中心原子N的价层电子对数为对，采取sp2杂化，VSEPR模型为平面正三角形，三个配位原子，故其空间立体构型和VSEPR模型一致，为平面正三角形。（5）在蓝色颜料DEE(AB)6中复杂配离子为Fe(CN)63，中心离子是Fe3+，配位体是CN；1mol该配离子中所含键包括配位键6mol和CN中的键6mol，共12mol。（6）E为Fe，原子的半径为a nm，面心立方晶体的面对角线上三个原子紧贴呈直线，长为4a nm

21、，设晶胞边长为x，根据勾股定理有：x2+x2=(4a)2，解得：x=2a nm，晶胞体积为V=(2a)31021cm3；又根据均摊法，晶胞中含铁原子个数为：8+6=4，则有：=，故代入数据，阿伏加德罗常数NA的表达式为mol1。38（除特殊标注外，每空2分，共15分） （1）醛基（1分） C8H8OBr2（2）（3） 消去反应 （4）10 【解析】（1）根据题中A、B、C的转化条件及A的相对分子质量为32可知：A为甲醇，B为甲醛，C为甲酸（HCOOH），又根据E的化学式为C8H7O2Na且能与新制氢氧化铜反应，说明带醛基，因此B、E中共同的官能团为醛基。根据酯化反应原理：M+H2OC+D，可知

22、D的分子式为：C8H8OBr2。（2）结合转化图中G到H再到I，G遇溶液变紫色（说明含酚羟基），I的性质和结构特点，可推知：G为，E为，F为，D为，由此可得M的结构简式为：。（3） ；属醇的消去反应。（4）G的分子式为C8H8O3，其同时满足a、b、c、d四个条件的同分异构体是：苯环上三个取代基定二动一，如定HCOO和OH分别在邻间对三个位置，而移动CH3，分别有：（移动CH3，有4种）、（移动CH3，有4种）和、，总共10种；在其所有同分异构体中，满足b、c、d三个条件，核磁共振氢谱为五组峰，且峰面积比为12221，G的这种同分异构体的结构简式应为。 云南师大附中2015届高考适应性月考卷（

23、三）理科综合参考答案物理部分第卷（选择题，共48分）选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，1418题只有一个选项正确；1921题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。）题号1415161718192021答案CBDCDBCADBCD【解析】14题中“当排球与纸接触部分形变刚好遮住墨水印”，说明效果相同，即是等效法。A项将实物忽略大小、形状，是理想化法；B项令时间接近于零使平均速度等于瞬时速度，是极限法；C项使一个力和几个力的效果相同，是等效法；D项分别研究加速度与合外力、加速度与质量的关系，是控制变量法。故选C。15“A向右缓慢移

24、动”，根据，B也缓慢移动，A、B受力平衡。故，绳上拉力不变，始终等于重物B的重力，故C错误；随着A向右移动，绳在水平方向的分力增加，在竖直方向的分力减小，根据受力平衡，拉力F增大，故D错误；支持力图1增大，根据牛顿第三定律，A对地面的压力增大，故A错误；A始终受滑动摩擦力，根据，故B正确。16跳水时，运动员先做竖直上抛运动，即先向上匀减速，到达最高点后速度反向，做自由落体运动，加速度不变，直至入水。入水后受到水的阻力较大，开始减速直至速度减为零。图象斜率代表加速度，0t2时间内图象斜率不变，故加速度没变，运动员受力始终是重力，即还没有入水，故A错误；速度为零时，不再下沉，即深度达到最大，由图知

25、在t3时刻，故B错误；t2t3时间内，运动员向下减速，处于超重状态，故C错误；根据动能定理，t1t3时间内动能变化为零，合外力做功为零，这个过程只有重力和水的阻力的功，故两功的数值相等，故D正确。故选D。17根据，靠近地球的卫星线速度大，即行星运动“近快远慢”规律，相同时间内靠近地球的卫星走过的弧长。故A、B错误，C正确；万有引力提供向心力，始终和速度方向垂直，根据，瞬时功率为零，故D错误。故选C。18由图象知函数表达式为，即，根据知：，物体做匀加速运动，故A、B错误，D正确；根据知：t=1s时的速度是，故C错误。故选D。19球拍水平时，最大静摩擦力，比赛时球受到的摩擦力不一定是最大静摩擦力，

26、故A错误；当球拍倾斜角且时，球受到的静摩擦力为最大静摩擦力时加速度最图2大。受力分析如图2，正交分解：，整理得加速度最大值为，故B正确；球拍竖直时，球拍可以提供足够大的弹力，使球受到的最大静摩擦力大于球的重力，球只和球拍一起沿水平方向上运动，故C正确，D错误。故选B、C。20没有摩擦力和阻力，机械能守恒，故A正确；在轨迹上同一点，重力做功相同，动能增加量相同，但由于平抛运动有初速度，所以平抛运动经过P点时的速度大，故B错误；设，根据机械能守恒，故C错误；由平抛运动位移偏向角和速度偏向角的关系，知，故D正确。故选A、D。21不计摩擦力和阻力，系统机械能守恒，甲球减少的重力势能等于系统增加的动能和

27、乙球增加的重力势能，也可以说成系统减少的重力势能等于系统增加的动能，故A错误，B正确；当杆水平时，机械能大于初始状态，与机械能守恒的判断矛盾，故不能呈水平方向，故C正确；若甲球到达最低点，乙球在与甲球初始位置等高的水平线上，由已知m2m1，机械能增加，与判断矛盾，故D正确。故选B、C、D。 第卷（非选择题，共62分）（一）必考题（共4小题，共47分）22（每空2分，共6分）（1）1.340（2）（3）9.7523（除特殊标注外，每空2分，共9分）（1）无需（2）钩码的质量远小于小车的质量（3）小车的质量M，钩码质量m（4）mgxAB（3分）24（13分）解：（1）刹车初速度v1=刹车滑行过程：

28、 设有霾时候允许的最大速度为反应时间内匀速运动位移： 刹车滑行的位移为：， 联立代入已知量整理得：解得 （2）沙尘受力平衡：f=G，即 解得： 评分标准：本题共13分。正确得出式给1分，其余各给2分。25（19分）解：由图象可知，AB段的意义是：电动车低速时牵引力不变，说明车做匀加速运动，BO段的意思是，即从B对应时刻开始到，功率不变，即达到额定功率。最大速度对应的牵引力等于阻力，故阻力为50N。（1）由图象可知：最大速度时的牵引力是F=50N由，可知 （2）由图象可知：在B点对应时刻，电动车实际功率达到额定功率，匀加速运动结束，此时设此时电动车的速度为，根据： 匀加速的加速度为a：， 匀加速

29、的时间为：， 匀加速的位移： ， （3）电动车匀加速结束之后，功率恒定，继续加速。设这个阶段的位移为，时间为，根据动能定理： 总位移为： 评分标准：本题共19分。正确得出、式各给3分，其余各给2分。（二）选考题（共3小题，共15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）【解析】蒸发停止时，液体与气体之间达到动态平衡，此时的蒸汽叫饱和汽，其压强称为饱和气压。蒸发与温度有关，故A错误；熵是表示体系混乱程度的物理量，熵越大，该体系越混乱，故B正确；从单一热源吸热全部转化为有用功是可能的，但会引起其他变化，故C错误；D是热力学第一定律的表述之一，故D正确；当温度降低时，根据麦克斯韦速率