山东省潍坊市第一中学：届高考预测卷试题（二）理

第10页高三理科综合试题〔二〕生物考前须知：1．本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两局部。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．答复第I卷时，选出每题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．答复第II卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16Na：231．以下关于物质运输的表达，错误的选项是A．膜泡运输离不开膜蛋白的识别作用B．分泌蛋白的加工及分泌、mRNA进入细胞质穿过的生物膜层数相同C．葡萄糖被小肠上皮细胞吸收和从小肠上皮细胞进入组织液的方式可能不同D．温度影响K+的跨膜运输，不影响O2的跨膜运输2．关于人体造血干细胞的表达，错误的选项是A．造血干细胞与B淋巴细胞中蛋白质的种类存在差异B．造血干细胞分化为成熟红细胞的过程往往是不可逆的C．造血干细胞只能分化为血细胞或淋巴细胞D．造血干细胞分化形成的红细胞和白细胞寿命不同3．某校四个生物兴趣小组用紫色洋葱不同部位进行了相关实验(如下表)，但均未到达预期效果。以下分析中合理的是A．甲组所取细胞的细胞质中无RNA分布B．乙组实验中未用盐酸处理鳞片叶内表皮C．丙组实验中研磨不够充分是主要原因D．丁组实验中可能未观察到分生区部位4．以下关于神经调节的表达，错误的选项是A．树突膜上可能含有神经递质的受体B．狐追赶兔的过程中，兴奋沿反射弧双向传导C．反射弧中的突触数量越多，反射完成的越慢D．静息状态时，假设神经细胞膜对Na+通透性增大，会导致静息电位的绝对值减小5．先天性夜盲症是一种单基因遗传病，且父母正常的家庭中也可能有患者，另外自然人群中正常男性个体不携带该遗传病的致病基因。不考虑突变，以下关于该遗传病的表达，错误的选项是A．该遗传病往往呈现(隔代)交叉遗传的特点B．不患该遗传病的女性，其子女均不患该病C．某女性携带者与正常男性婚配，生一正常女孩的概率为1／2D．可运用基因诊断的检测手段，确定胎儿是否患有该遗传病6．某野生动物种群数量超过环境容纳量(K值)后，其种群数量的变化趋势有图中的I、II、III三种可能性。以下相关表达错误的选项是A．环境被破坏时环境容纳量下降，表达了环境的制约作用B．a点出生率大于死亡率，c点死亡率大于出生率C．三种可能中，曲线I说明该种群栖息地的受破坏程度较轻D．当曲线III趋近零时，对该动物种群应采取就地保护29．(10分)探究在适合生长的氮素浓度范围内，不同土壤氮素水平对菠菜叶片光合作用的影响，实验结果如下表所示。答复以下问题：(1)氮元素进入植物体细胞的方式为_______________________。(2)在氮素水平为5～15mmol／L范围内，随着土壤氮素水平升高，叶绿素含量增加的原因是_____________。绿色植物的叶片在光下大多呈绿色，原因是__________________。(3)实验结果显示，氮素水平在________mmol／L的范围内，叶绿素含量不变，净光合速率仍然增加。此时，净光合速率增加的原因是___________________________________。(4)请你再列举氮元素在植物体内的作用：______________________________。(至少2种)30．(10分)鸣禽是鸟类中最善于鸣叫的一类。鸣禽的鸣唱是在脑中假设干功能区(图中字母所示)的控制下，通过鸣管和鸣肌来完成的。请分析答复：(1)图中的HVC等功能区是鸣禽鸣唱反射弧结构中的_________________。在繁殖季节，雄鸟之间竞相鸣唱，这表达出生态系统信息传递的功能是__________________________。(2)研究发现雄鸟的HVC区体积明显大于雌鸟。雄鸟脑中HVC区体积较大与新生神经元所占比例较高有关，而新生神经元数量的雌雄差异与鸟体中激素有关，这类激素最可能是______________。为验证这一观点，最好选用______性幼鸟假设干只，平均分成两组。实验步骤：①在实验组幼鸟皮下植入含适量雄性激素的包埋物，在对照组幼鸟皮下植入__________；②一段时间后，检测两组鸟脑中HVC区新生神经元的数量。结果预测：假设______________________________________________________，说明上述观点成立。问题讨论：本实验设置对照组的目的是：________________________________________________。31．(11分)玉米(2N=20)为单性花、雌雄同株，是我国主要的粮食作物之一，也是遗传学实验常用的材料。请答复有关问题：(1)在杂交过程中，玉米相对于豌豆可以简化________环节，在开花前直接给雌、雄花序____________处理即可。(2)除了上述优点之外，选择玉米作为遗传学实验材料的原因是_________(至少答出两项)。(3)在玉米种群中发现了“硬粒型〞这一突变性状后，连续培育到第三代才选出能稳定遗传的纯合突变类型，该突变应该是__________(显性或隐性)突变。(4)自然界中偶尔会出现单倍体玉米，一般不育，原因是_________________。(5)现有长果穗(M)白粒(n)和短果穗(m)黄粒(N)两个玉米杂合子品种(两对基因独立遗传)，为了到达长期培育长果穗黄粒(MmNn)杂交种玉米的目的。请你选择育种方式在最短时间到达目的，并以遗传图解方式简要说明你的方案。32．(8分)草鱼在幼鱼阶段，主要取食小型浮游动物和昆虫幼虫，体长10cm后，主要以高等水生植物为主，稻田中常见的杂草，多数是其天然饵料。请答复以下问题：(1)为调查稻田养鱼对农业害虫的控制效果，可采用__________调查农业害虫的幼虫的发生情况，估算各种害虫的种群密度。(2)稻田养鱼可以增加稻田生态系统物种的_____________，提高稻田生态系统的稳定性。(3)从种间关系分析，稻田养鱼可以_________________________________________，从而到达水稻增产的目的。(4)从生态系统的物质循环分析，___________________________________________，可在一定程度上减少对化肥的使用，有利于土壤环境的保护。37．【生物——选修1生物技术实践】(15分)在微生物连续培养时，一局部旧的液体培养基以一定的速度流出，同时不断有等量的新鲜液体培养基流入以保证微生物对营养物质的需要。研究人员将大肠杆菌JA122菌株接种到葡萄糖含量受到限制的液体培养基中，连续培养多代，然后取样分析其中存在的新菌株。请答复以下问题：(1)液体培养基中除了把葡萄糖作为____________外，还应该含有氮源、水、无机盐以及______________________________。(2)样品中还发现了CV101、CV103新品种，对其菌株的代谢差异进行分析发现，CV103对葡萄糖吸收率最高，代谢终产物是醋酸盐。进一步研究说明，CV101可以在过滤的培养过CV103的培养基中生长，从代谢的角度分析，可作出的推测是：________________；从遗传的角度分析，表达出大肠杆菌具有____________多样性。请再设计并完成以下实验，来验证你的观点。①配制____________的固体培养基(A组)和不含碳源的固体培养基(B组)；②将___________的CV101菌液分别接种到A、B培养基中培养一段时间，并观察记录菌株的生长情况。实验过程应在____________条件下进行。③预期实验结果：_______________________________________________________。38．【生物——选修3现代生物科技专题】(15分)科研人员发现埃博拉病毒(EBO)呈纤维状，EBO衣壳外有包膜，包膜上有5种蛋白棘突(VP系列蛋白和GP蛋白)，其中GP蛋白最为关键，能被宿主细胞强烈识别。EBO结构及基因组如以下图所示，目前尚无针对该病毒的特效药或疫苗。(1)从免疫学分析，GP蛋白本质上属于__________。埃博拉病毒(EBO)容易变异的原因是______________________________。(2)科研人员利用经EBO免疫后小鼠的_______细胞与小鼠的骨髓瘤细胞进行杂交，制备纯洁的单克隆抗体。操作过程中需要经过两次筛选，第一次筛选的目的是___________________________。(3)研究者还运用转基因技术生产埃博拉病毒蛋白疫苗与重组病毒粒子疫苗。该技术的目的基因最好选择________________。(4)实验发现，用昆虫细胞替代酵母菌承当辅助重组质粒与重组病毒的共转染，也能收集到目的基因表达的蛋白质，这一现象说明__________________________________。重组病毒中须除去病毒复制激活基因(E)，目的是_____________________________________。以EBO病毒包膜蛋白作为疫苗比拟平安，其原因是_____________________________。高三生物参考答案酶的数量增多导致光合速率增加。〔4〕植物从土壤中吸收的氮元素除用于合成叶绿素、光合作用相关酶外，还可用于合成区分的相对性状等〔合理给分，答复出两项即可给分〕〔2分〕〔3〕显性〔4〕无同源染色体，不能完成正常的减数分裂，从而不能形成可育配子〔2分〕〔5〕如图〔4分〕【解析】〔1〕玉米是单性花，可以简化去雄环节，在开花前为防止同株异花传粉，需要在开花前给雌、雄花序套袋处理。〔2〕选择玉米作为遗传实验材料的优点：具有容易区分的相对性状；产生的后代数量较多，结论更可靠使统计结果准确；生长周期短，繁殖速度快；染色体数目少，便于观察；雌雄异花同株，杂交、自交均可进行。〔3〕隐性性状一旦出现就是纯合子，可以稳定遗传，由题意知，玉米种群中发现了“硬粒型〞这一突变性状后，连续培育到第三代才选出能稳定遗传的纯合突变类型，说明该突变是显性突变。〔4〕玉米是二倍体，含有2个染色体组，单倍体只含有1个染色体组，没有同源染色体，因此不能完成正常的减数分裂。〔5〕32．【答案】〔8分，除注明外，每空1分〕〔1〕样方法〔2〕丰富度〔或多样性〕〔3〕降低杂草与水稻的竞争，减少农业害虫对水稻的捕食〔4分，假设仅答复出其中之一的，给2分〕〔4〕分解者分解鱼的粪便，为水稻提供矿质元素〔合理给分，2分〕【解析】〔1〕农业害虫的幼虫活动能力较弱，范围较小，可以使用样方法进行调查。〔2〕稻田养鱼可以增加稻田生态系统物种的丰富度〔多样性〕，提高稻田生态系统的稳定性。〔3〕稻田中常见的杂草多数是草鱼天然饵料，草鱼主要取食小型浮游动物和昆虫幼虫，所以稻田养鱼可以降低杂草与水稻的竞争，减少农业害虫对水稻的捕食。〔4〕从生态系统的物质循环分析，分解者分解鱼的粪便为水稻提供矿质元素，可在一定程度上减少对化肥的使用，有利于土壤环境的保护。37．【答案】〔15分，除注明外，每空2分〕〔1〕碳源〔1分〕特殊营养物质〔或生长因子〕〔2〕CV101菌株能以CV103菌株产生的醋酸盐为碳源基因①以醋酸盐为唯一碳源②等量且适量稀释无菌〔或适宜的温度等〕③A组菌株生长〔形成菌落〕，B组菌株不能生长〔无菌落〕【解析】〔1〕根据题意，微生物连续培养时，一局部旧的培养基以一定的速度流出，同时不断有等量的新鲜培养基流入以保证微生物对营养物质的需要，因此该培养基一定为液体培养基；培养基的根本营养成分为碳源、氮源、水、无机盐和生长因子，其中葡萄糖为碳源。〔2〕由题意知，CV103对葡萄糖吸收率最高，代谢终产物是醋酸盐。进一步研究说明，CV101可以在过滤的培养过CV103的培养基中生长，从代谢的角度分析，CV101菌株能以CV103菌株产生的醋酸盐为碳源；在遗传上那么是基因多样性的表达。〔3〕假设要验证CV101菌株能以CV103菌株产生的醋酸盐为碳源这一推论，就要配制以醋酸盐为唯一碳源的培养基，将CV101菌株分别接种到以醋酸盐为唯一碳源的培养基和不含碳源培养基中培养一段时间，并观察记录菌株的生长状况；接种的CV101菌株，需要进行稀释，并确保等量、适量，培养要求在无菌条件下。如果A组菌株生长〔形成菌落〕，B组菌株不能生长〔无菌落〕那么可以证明这一结论。38．【答案】〔除注明外，每空2分，共15分〕〔1〕抗原〔1分〕埃博拉病毒的遗传物质是RNA，RNA是单链结构，稳定性较差〔2〕B淋巴〔效应B或浆〕筛选出能无限增殖的杂交瘤细胞〔3〕GP蛋白基因〔答复“GP〞或“GP基因〞可给分〕〔4〕不同生物共用一套遗传密码使重组病毒不能在人体内大量复制，提高了疫苗的平安性蛋白质不具侵染性，不会破坏细胞结构【解析】〔1〕GP蛋白在免疫学中属于抗原。制备单克隆抗体时，需要提前对小鼠注射特定的抗原蛋白——GP蛋白。根据图形可知埃博拉病毒〔EBO〕的成分是蛋白质和RNA，其遗传物质是单链RNA，结构稳定性弱，导致EBO病毒容易变异。〔2〕利用经EBO免疫后小鼠的B淋巴细胞与鼠的瘤细胞进行杂交获得杂交瘤细胞，能分泌单克隆抗体。制备单克隆抗体，需要经过两次筛选，第一次〔使用特定的选择培养基〕筛选的目的是筛选出能无限增殖的杂交瘤细胞；第二次筛选〔需要经过克隆化培养和抗体检测〕的目的是，筛选出能产生专一抗体的杂交瘤细胞。〔3〕①根据题意可知，埃博拉病毒〔EBO〕的GP蛋白最为关键，能被宿主细胞强烈识别，所以该技术的目的基因最好选择GP蛋白基因。②用昆虫细胞替代酵母菌承当辅助重组质粒与重组病毒的共转染，也能收集到目的基因表达的蛋白质，这一现象说明不同生物共用一套遗传密码。③由于蛋白质不具侵染性，不会破坏细胞结构，因此以EBO病毒包膜蛋白作为疫苗比直接用改造的病毒作为疫苗更平安。④除去重组病毒中腺病毒复制激活基因〔E〕后，重组病毒就不能在人体内大量复制，提高了疫苗的平安性。高三化学参考答案7．【答案】B【解析】铜在空气中发生吸氧腐蚀转化为铜绿[Cu2(OH)2CO3]。参加醋提供酸性环境，但Cu在H的后面，不能置换出H2。8．【答案】A【解析】K2FeO4中铁显+6价，具有强氧化性，可消毒杀菌，复原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，胶体粒子外表强大，具有强的吸附能力，可净水。9．【答案】B【解析】SO2密度比空气大，应用向上排空气法收集，长进短出；锥形瓶中有黄绿色气体，氧化性KMnO4>Cl2，试管中有黄色沉淀，氧化性Cl2>S；溴、苯、四氯化碳互溶无法萃取别离；溶液配制时，应在烧杯中溶解。10．【答案】B【解析】从物料守恒的角度看：选出了氢气和氟气，那么电解过程中需要不断补充HF。由元素化合价变化可知阳极室生成氟气、阴极室生成氢气，假设二者接触会发生剧烈反响甚至爆炸，故必须隔开阳极室与阴极室，防止氟气与氢气接触。由氟氢化钾的氟化氢无水溶液可以导电，可推知氟氢化钾在氟化氢中发生了电离。11．【答案】D【解析】N属于羧酸，W属于酯，二者不是同类物质不互为同系物；有苯环都能与H2发生加成反响，M与Cl2可取代，N→W发生取代反响，W的水解发生取代反响；W不是高级脂肪酸的甘油酯不属于油脂，油脂在碱性条件下的水解才是皂化反响；M的二氯代物有十种，苯环上有6种，甲基上1种，苯环和甲基上各取代一个氢原子3种。12．【答案】D【解析】假设a为氧，c为硫，氧无正价；假设b为Be〔4号元素〕，d为Mg〔12号元素〕，12是4的3倍；假设c为Na，d为Mg、NaOH与Mg(OH)2不反响；D选项c只能是S，d为Cl，Cl2具有强氧化性。13．【答案】D 【解析】y=-lgx是一个减函数。c点在A线内侧，是AgCl的过饱和溶液，有晶体析出最终到达a点；b点c(Ag+)=c(Cl-)，参加AgNO3形成AgCl的饱和溶液后c(Ag+)>c(Cl-)，a点c(Ag+)=c(Cl-)，应在A线上且a点的左上方；由图象可知Ksp(AgCl)=10-10，Ksp(AgBr)=10-14，，等体积混合后c(Br-)变为原来的1/2，，此时c(Ag+)-c(Br-)>Ksp(AgBr)，因此有AgBr沉淀生成。26．【答案】〔14分〕〔1〕4MgCO3·Mg(OH)2·5H2O+5H2SO45MgSO4+11H2O+4CO2〔2分〕〔2〕debcb〔2分〕除去生成的CO2中的水蒸气〔2分〕〔3〕将装置中残留的CO2全部赶出，使其被完全吸收〔2分〕〔4〕E〔1分〕〔5〕将样品连续两次高温煅烧，冷却称量质量相差0.1g以内〔〔6〕错误〔1分〕该反响的发生不影响固体质量差〔合理即给分，2分〕【解析】〔1〕4MgCO3·Mg〔OH〕2·5H2O与稀硫酸反响产生硫酸镁、水和二氧化碳。〔2〕取一定质量的样品，与稀硫酸充分反响，通过测试生成的CO2的质量计算纯度，翻开K，通过装置甲吸收通入的空气中的二氧化碳，防止干扰产生的二氧化碳的测定，排净装置内空气，关闭K，通过装置乙的分液漏斗滴入稀硫酸发生反响生成二氧化碳、水和硫酸镁，通过装置丁吸收气体中的水蒸气，通过装置丙吸收生成的二氧化碳测定其质量，为防止空气中二氧化碳、水蒸气进入枯燥管，可以在连接一个枯燥管。〔3〕关闭K，向样品中参加足量的稀硫酸，当样品充分反响后，为测定准确还应进行的操作是缓慢通入空气，将装置内残留的CO2全部赶出，使其被完全吸收。〔4〕煅烧固体需要在坩锅内进行，且温度较高，用到的仪器有三脚架，泥三角，酒精喷灯等，冷却应在枯燥器中进行，据此分析判断。〔5〕判断样品完全分解的方法是将样品连续两次高温煅烧，冷却称量质量相差0.1g以内。〔6〕发生反响,不影响生成CO2和水蒸气的量，这位同学的观点是错误的。27．【答案】〔14分〕〔1〕①CO(g)+2H2(g)CH3OH〔l〕 △H=-127.8kJ·mol-1〔2分〕 ②CH4+H2O-2e-CH3OH+2H+〔2分〕 〔2〕①0.06mol·L-1·min-1〔2分〕 9.375〔2分〕 ②使用了催化剂〔2分〕 〔3〕78.75%〔2分〕 〔4〕1：180〔2分〕【解析】〔1〕①根据CO、H2、CH3OH的燃烧热可写出相应的热化学方程式： △H=-283.0kJ·mol-1 i；

△H=-285.8kJ·mol-1 ii； △H=-726.8kJ·mol-1 iii。 利用盖斯定律，根据i+2×ii-iii即得目标热化学方程式： △H=-127.8kJ·mol-1。②阳极发生氧化反响，由装置可知，CH4→CH3OH即为氧化反响，故阳极反响式为 。〔2〕①。 平衡常数。②5min时反响速率明显加快，其原因可能是使用了催化剂。〔3〕假设甲醇和一氧化碳的配料均为mg，此反响中CO的转化率为 [(0.9mg÷32g·mol-1)×28g·mol-1