理综-河南省TOP二十名校2024届高三下学期质检一试题和答案

2024届高三年级TOP二十名校质检-理科综合生物学部分1.D溶酶体主要存在于动物细胞中，吞噬体通过胞吞形成，胞吞需要消耗能量，A正确；初级溶酶体的形成是高尔基体出芽形成囊泡，次级溶酶体的形成过程中涉及生物膜的融合，都依赖于生物膜的流动性，B正确；溶酶体中水解酶是在核糖体上合成，线粒体提供能量，C正确；溶酶体清除受损细胞器的过程是细胞自噬，激烈的细胞自噬可以引起细胞凋亡，D错误。2.B进行蒸腾作用，散失了较多的水分，这样会导致萝卜的大量失水，出现皮皱缩现象，但不会导致空心，空心是由于进行呼吸作用，消耗了有机物，有机物减少使萝卜空心，A错误；为了充分利用光能，可在前季作物生长后期的株行间播种或移栽后季作物，B正确；由于双子叶杂草对生长素更敏感，因此用一定浓度的生长素类似物作为除草剂可去除双子叶杂草，C错误；接种灭活的微生物疫苗，是为了激发人体体液免疫，使机体产生抗体和相应的记忆细胞，D错误。3·CK+主要用于维持细胞内液的渗透压，A错误；正常人一次性摄入大量K+后，机体醛固酮分泌量增加，醛固酮可以促进肾小管和集合管对Na+的重吸收，细胞外液渗透压升高后引起大脑皮层中的渴觉中枢兴奋，B错误；高钾血症患者心肌细胞所处的内环境中K+浓度升高，与心肌细胞内K+的浓度差减小，因此静息电位的绝对值减小，C正确；血钾浓度过高引起肾上腺皮质通过分级调节分泌醛固酮，D错误。4.B由于景东翅子树的分布区域狭窄、植株稀少，因此可以采用逐个计数的方法调查景东翅子树的种群密度，A正确；景东翅子树是雌雄同株的植物，因此无性别比例，B错误；达到Ⅳ阶段的个体已长至林冠层，能吸收到充足的光照，因此该阶段的消失率最低，C正确；V阶段的景东翅子树个体基本长成为群落的优势个体，环境条件能够充分地满足它的生长需求，因而其死亡率能维持在较低水平，但由于人为的砍伐利用，导致V阶段的种群消失率达到其生活史中的最高值，D正确。5.C由题干信息可知，正常菌落酵母菌核基因型为A，突变后的分离型小菌落酵母菌的基因型为a,二者结合形成的二倍体合子的基因型是Aa，经减数分裂后形成的4个单倍体孢子的基因型为A、A、a、a，发育成的4个酵母菌2个为正常菌落，2个为小菌落，比例为1:1，A错误；中性型小菌落失去全部线粒体DNA，不能产生有氧呼吸相关酶，但能进行无氧呼吸，B错误；中性型小菌落酵母菌产生的原因是无线粒体DNA属于细胞质遗传，与正常菌落酵母菌杂交，后代酵母菌中会有正常线粒体，因此均为正常菌落酵母菌，C正确；二倍体合子进行的是减数分裂，该过程中染色体数目最多是普通酵母菌的2倍，D错误。6.A细菌生长不需要动物血清，A错误；步骤③将菌悬液稀释了1000倍，④应进行厌氧培养，B正确；为清酒乳杆菌提供氮源的主要是胰蛋白陈和牛肉膏，同时酵母粉也可提供氮源，C正确；清酒乳杆菌会产生乳酸，乳酸会使溴甲酚绿显示黄色，而且乳酸能与碳酸钙反应出现溶钙圈，所以④应挑取平板上呈黄色、有溶钙圈的菌落进行重复划线培养，D正确。31(除注明外，每空2分，共11分)(1)绿叶中的光合色素能够溶解在有机溶剂无水乙醇中(2)促进(1分)植物可通过增加叶片中叶绿素的含量来提高叶片对光能的吸收利用，适应弱光环境防御强光对叶片的伤害(3)缺乏全光100%时的实验数据，只有当适度遮荫时的植物生长状况优于全光100%时，才能说明适度遮荫有利于植物的生长(4)蒸腾速率的提高能增加气孔导度，促进CO2通过气孔进入植物体内，提高胞间CO2浓度，促进暗反应的进行，进而提高净光合速率32(除注明外，每空2分，共10分)(1)迅速、准确、作用局限、作用时间短暂、通过反射弧有利于(1分)(2)几乎全身所有细胞内分泌腺分泌的激素可以影响神经系统的功能(3)抗体与促甲状腺激素受体结合，刺激甲状腺细胞分泌TH,TH分泌增多不能通过(负)反馈调节抑制抗体的分泌自身免疫病(1分)33·(除注明外，每空2分，共10分)(1)3能量流动逐级递减，传递至最高营养级的能量很少，不能维持较多的个体生存(2)食物来源不足、栖息地丧失，K值减小遗传(基因)(1分)(3)就地保护(1分)生物富集(重金属污染物可通过生物富集最终积累在食物链顶端)34(每空2分，共12分)(1)正常(或普通、水肥条件正常，合理即可)(2)AA或Aa基因型为Aa的植株产生的部分含A的花粉(卵细胞)1/2不育或含A花粉(卵细胞)在可育花粉(卵细胞)中占1/3(假说合理，能解释2:1的性状分离比即可)(3)将多穗头小麦连续自交(4)实验方案：让品系A和品系B的纯合多穗头小麦杂交得到F1,F1自交获得F2，观察并统计F2的性状(或比例)实验结论：F2中出现单穗头(F2中单穗头占1/12，答案合理即可)35(除注明外，每空1分，共11分)【高三年级TOP二十名校质检一·理科综合卷参考答案第1页(共6页)】4288C(1)PCRDNA半保留复制琼脂糖凝胶电泳(2)限制酶和DNA连接酶(2分)标记基因(或筛选)(3)得到高效表达HBSAg的细胞株(2分)(4)定期更换培养液95%空气维持培养液的PH化学部分7.C铅位于元素周期表第六周期第ⅣA族，属于p区元素，A项错误；GaAs属于化合物，不是合金，不属于金属材料B项错误；乙为直线形结构·碳原子半径大于氢原子半径空间填充模型为·c项正确；碳量子点是一类具有显著荧光性能的零维碳纳米材料，与胶粒直径吻合，需要分散到分散剂中才能形成胶体，D项错误。8.D甲属于酚类物质，能与NaoH溶液反应，A项正确；甲的化学名称为4羟基苯甲醛，B项正确；1mol乙能与2Br2发生取代反应与lBr2发生加成反应C项正确；如图：图中两个平面通过碳碳单键相连，单键可以旋转，故丙中所有碳原子可能共平面，D项错误。9.BX是短周期元素中电负性最大的元素，则X是氟；Y3与ca2+具有相同的电子层结构，则Y是磷、Z是硫、W是氯。最高价含氧酸酸性：硫酸大于磷酸，A项正确；C不能促进水的电离，B项错误；简单氢化物的还原性：氯化氢大于氟化氢，C项正确；化合物PC3分子中所有原子均满足8电子结构,D项正确。10.B可能是剩余的钠与水反应生成气体，也可能是过氧化钠与水反应生成气体，固体粉末不一定只含Na2O2，A项错误；已知Fe(OH)3与盐酸发生中和反应，而盛Ni0(OH)的试管中滴加浓盐酸产生黄绿色气体，说明Nio(OH)将氯离子氧化为氯气，故能说明氧化性：Ni0(OH)＞Fe(OH)3，B项正确；用洁净的熔嵌在玻璃棒上的铂丝进行焰色试验，火焰呈黄色，说明该溶液中一定含有钠元素，C项错误；亚硫酸不是硫的最高价含氧酸，不能说明硫和碳非金属性的强弱，D项错误。11.D基态Cu、zn的价层电子排布式分别为3d104s1、3d1042，第一电离能：zn＞cu,第二电离能：Cu＞zn第二电离能与第一电离能相差较大的是CU,A项错误；基态CU原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s]，失去4s上的1个电子，形成1s22s22p63s23p63d0结构，共占据了14个原子轨道，即有14个不同空间运动状态，B项错误；由图可知CU+连有3个CN，其中2个CN被2个CU+共有，则CU+与CN的个数之比为1(1+2×2)=152所以化学式为[CU(CN)2]，C项错误；设1molu晶胞正确。12.C得电子发生还原反应，故"电子"驱动阴极反应，"空穴"驱动阳极反应，A项正确；M为氧气、N为氢气，由得失电子数目守恒可知，氧气和氢气的质量之比为8：1,B项正确；根据题意，在酸性介质中，生成M的电极反应式为2H20＋4h+===4H+＋O2个，C项错误；根据题意，Biv04组装NiF2后，单位时间内产生更多的"电子"和"空穴"，D项正确。13.D随着PH的增大，HCO3的浓度增大，当PH继续增大时，C023的浓度大于HCO3的浓度,ca2+的浓度减小，故线段①表示ca2+与PH的关系，线段②表示HCO3与PH的关系，线段③表示CO23与PH的关系， 2C(H+)·C(C023)A项错误；D点的C(HC03)C(C03)且PH1M3则K2(H2C03)lgC(CC(0H23C)035) 2C(H+)·C(C023)103ka2(H2C03)的数量级为10，B项错误；由图可知，当PH=9时，98.3=10.38.3可得1gC(C032)=3635==103可求出lgC(HC03)的具体值C项错误；B点的C(H+10103，B点的C(C023)＝1058mol·L1，所以KSP(caco3)＝1034×105·8=1092，D项正确。27·(1)①由于电负性C1大于H，导致羧基中的基的极性更大，在水分子的作用下更易电离出氢离子，pka= lgkaclcH2COOH的电离常数大，pka小(2分，或者由于cl原子的吸电子效应，使OH中氢氧之间的共用电子对向氧原子偏移更大等其他合理叙述)②极性(1分)(2)ad(2分)(3)①避免H2S的生成速率过快，H2S的利用率低(合理即可，1分)②硝酸具有强氧化性，与Na2S反应不生成H2S(合理即可，2分)③安全瓶，防倒吸(合理即可，1分)④增大气体与溶液的接触面积，提高H2S的利用率(合理即可，1分)H2S2OH—S2＋2H20(2分)降低HSCH2COOH的沸点，避免温度较高时HSCH2COOH发生分解反应(合理即可，2分)【解析】(1)①pka=lgka。②pcl3分子含有孤电子对，属于极性分子。(2)向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，a正确；容量瓶使用过程中，不能用【高三年级TOP二十名校质检一·理科综合卷参考答案第2页(共6页)】4288C手触碰瓶口，以免污染试剂，b错误；定容时，胶头滴管不能伸入容量瓶内，视线应与溶液凹液面和刻度线"三线相切"，不能仰视或俯视，C错误；定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落d正确。(3)①25%磷酸缓缓滴入浓Na2S溶液中，可以降低磷酸的浓度，有利于控制H2S的生成速率，从而提高H2S的利用率。②硝酸具有强氧化性，Na2S具有强还原性，两者发生氧化还原反应，而磷酸与Na2S发生的是复分解反应。③C装置进气管短、出气管长，作安全瓶、防倒吸。④装置D中发生反应生成NaHS的方程式依次为H2S2NaoH—Na2S＋H2O、Na2S＋H2S—2NaHS。由于"HSCH2COOH在较高温度下受热分解产生有毒的硫化物烟气"，故采取减压精馏的原因是降低HSCH2o0H的沸点。28·(1)ab(2分)(2)Fes(1分)Al(OH)3(1分)Ba2+＋S2＋2Fe3+＋S042=——Baso4＋2Fe2+＋S(或写2Fe3+＋S2===2Fe2++S也可，2分)(3)重结晶(1分)(4)2·1(2分)(5)①湿润的红色石蕊(1分)②先加入盐酸酸化，再滴加氯化钡溶液(2分)4[NH4AI(S04)212H20=1=24=0=C2A1203+2NH3+N2+5S03+3S02+53H20(2分)【解析】(1)98%硫酸浓度太高，水较少使得离子反应不易发生，造成浸出率下降，同时硫酸浓度过大，易产生较多酸性废液，提高原料成本。(2)除杂"步骤加入Bas将Fe3+还原为Fe2+，同时生成硫酸钡沉淀和硫单质，化学方程式为Bas＋Fe2(S04)3===Bas042Fes04＋S；除此之外，S2可能沉淀部分Fe2+生成Fes沉淀，或者S2可能与部分A13+发生双水解生成Al(OH)3沉淀。(3)NH4Al(S04)2·12H20的溶解度受温度影响较大，因此提纯粗晶应用重结晶法。(4)1·0废液中Mg2+物质的量为0.01mol，加入NaF生成MgF2沉淀，消耗0.02molNaF沉淀后溶液中存在MgF2(s)=—Mg2+(aq)＋2F(aq)，若使C(Mg2+)≤05m01·则C(F)≥入=3×102m·L其物质的量≥0.3mol因此至少需要加入NaF的物质的量为0.05mol则NaF的质量为0.05mol×42g·mol1=2.1g。(5)①检验氨气应用湿润的红色石蕊试纸。②根据Ⅲ可知，检验S042要排除S032的干扰。③分解过程中硫元素化合价降低，氮元素化合价升高，硫酸铝晶体高温分解无。2生成配平可得4[NH4A1(S04)2·12H20==24=0=C2A1203+2NH3＋N2＋5SO3＋3SO2＋53H2O。29(1)+2472(2分)(或入1分)(2)①p＞2＞3(2分)②高温区主要发生反应Ⅳ该反应是气体体积增大的反应，减压有利于积炭(合理即可，2分)③升高温度，反应中CH4浓度的减小在更高温度时对反应Ⅳ的影响大，使反应Ⅳ逆向移动；反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，使积炭率减小(合理即可，2分)【解析】(1)根据盖斯定律，(Ⅳm)[或(2×)]可得CH4(g)CO2(g)——2CO(g)＋2H2(g)△H=+247.2KJ·mo1；(i)可得CH4(g)+H20(g)=—c0(g)+3H2(g)的化学平衡常数K=K2[或利用(Ⅳ)2可得K=入/(2)①C02甲烧化主要反应(反应)正反应是气体体积缩小的反应，增大压强有利于平衡正向移动,CO2的平衡转化率增大。②反应是放热反应，是低温积炭的主要原因；反应Ⅳ是吸热反应，升高温度有利于反应Ⅳ的进行，是高温积炭的主要原因，反应Ⅳ是气体体积增大的反应，减小压强有利于该反应的正向进行。③升高温度，反应中CH4浓度的减小在更高温度时对反应Ⅳ的影响大，使反应Ⅳ逆向移动；反应i是放热反应，升高温度平衡逆向移动，使积炭率减小。(3)①该反应正向为气体分子数减小的反应，温度一定时增大压强，平衡向正反应方向移动，体系中x(CH3OH)将增大，因此图中表示250℃下(CH3OH)～p的是曲线α，表示5×105pa下z(CH3OH)～t的是曲线bA点温度较低压强较小，B点相反，则A(正)VB(逆)。②设起始n(co2)=1mol，(H2)=3mol，设转化二氧化碳的物质的量为xmol，列化学平衡三段式：CO2(g)＋3H2(g)=—CH3OH(g)＋H2O(g)起始量/mol1300转化量/mol：3平衡量/mol：133当(CH3OH)=0.10时(33)+(1)+=0.1解得=平衡时C02的转化率为33·3%；t=210℃时，p=5×105pa＝0.5Mpa，则Kp=210℃时，p=5×105pa＝0.5Mpa，则Kp==p(CO2)p3(H2)(0.2×0.5Mpa)×(0.6×0畅5Mpa)3=1.08(Mpa)2。30.(1)NH3＞ASH3＞PH3(2分)【高三年级TOP二十名校质检一·理科综合卷参考答案第3页(共6页)】4288C(2)①碳碳三键、酯基(2分)②1(2分)(3)2甲基2丙醇(2分)(4)加成反应(或还原反应)(1分)(5)(2分)(2分)6)(2分)6)【解析】(1)氨气分子能形成分子间氢键，而磷化氢、砷化氢不能形成分子间氢键，则氨气分子的沸点高于磷化氢、砷化氢，磷化氢、砷化氢是结构相似的分子，砷化氢的相对分子质量大于磷化氢，分子间作用力大于磷化氢，沸点高于磷化氢，所以三种氢化物的沸点高低顺序为NH3＞ASH3＞PH3。(2)①依题意推测B为CH3C=CCOOC(CH3)3，所含官能团名称为碳碳三键、酯基。②CH3C=CCOOH中碳原子的杂化类型有sp(碳碳三键碳原子)、sp2(羧基碳原子)、sp3(甲基碳原子)，其中羧基中的CO键属于sp2sp3键。(3)根据"RCOOR2R3OHRCOOR3＋R2OH"可推测，D转化为E的过程中，还有(CH3)3COH生成，用系统命名法命名为2甲基2丙醇(4)D的反应为与氢气在催化剂作用下发生加成反应(或还原反应)生成(5)A的分子式为C8H20不饱和度为3依题意M的基本结构为和取代基的碳骨架基本结构有CCCCCCC分别有422种取代方式因此符合题意的的结构有28种；的核磁共振氢谱有5组峰(6)依据信息"CH2=CHR+CH3C=CR2催化剂"以及A+B→C的反应[B为CH3CCCC(CH3)3推断CH3CCCCH3与CH2CHCCH2CH3反应生成物理部分14.C根据频率条件h=EmEn可知，光子能量等于n=3与n＝2能级之差，C正确·15B以两篮整体为研究对象由物体的平衡条件可得4Fcθ=2G解得F=B正确·16.D由于B、C状态温度相同，又PB＞C，由玻意耳定律V=C知VB＜VCAB错误；过程AB和AC的内能增加量MU相等，气体从状态A到状态B，是等容过程，做功W＝0；气体从状态A到状态C是等压过程，由盖吕萨克定律知体积增大，气体对外界做功,W＜0，根据热力学第一定律U=W+Q，可知AC过程吸收的热量多，即QAB＜QAC，C错误，D正确17.C第一宇宙速度是所有绕地球做圆周运动的卫星的最大环绕速度，则遥感四十一号卫星的速度小于7.9kmA错误；根据G=a可知遥感四十-号卫星绕地球做圆周运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度，B错误；在地球表面上有G2=mg，万有引力提供遥感四十一号卫星的向心力，有Mm"22(R+h)3MMm(R+h)TgR4R3RG2=(R+h)()联立解得T=Mm"22(R+h)3MMm(R+h)TgR4R3R318.A由对称性知两正点电荷在。B两点产生的场强大小相等均为E=k则。点的电场强度为Eo=E+k=B点的电场强度为EB=EK=CD错误；0、B、D三点的电势分别为。=ka、B=【高三年级TOP二十名校质检一·理科综合卷参考答案第4页(共6页)】4288C3k2a2a2aD2a电荷量为的质子从点移动到D点电势能增加量为Ep(PD)3k2qaB错误；电荷量为的质子从点移动到B点电场力做功为W(PPB)2aA正确9AD矩形导线框产生的感应电动势最大值为EBS2由于从中性面开始计时则原线圈两端电12压的瞬时值表达式为Eint2int(v)A正确；理想电流表A示数为5A由公式解12得25AB错误；滑动变器的滑片向d端滑动的过程中接入电路中的电减小副线圈回路的电流2增大电流表A2示数增大错误；线框从题中图示位置开始转过8的过程中磁通量的变化量为Φ2BS2π2BStTπΦBS(BS)2BSΦ2BS2π2BStTπ24VD正确42BD根据题意可知质点比质点提前8回到平衡位置可知此时点正在向轴正方向运动N点正在向y轴负方向运动根据波的传播方向与质点振动方向的关系可知该波沿轴负方向传播A错误；质点比质点提前8回到平衡位置则该从点传播到点所需时间为t8则波的传播5t8速度为5B正确；根据对称性可知此时处于波峰的质点为5t8入2m55m/ginθ2入2m55m/ginθ292g2sin2θk222222g2in2θ2图乙位置则5CAin3解得ACD正确2B当M静止时有：ginθk故A错误；弹最大弹性势能(3)B正确；当物块经过最初静止的位置时其动能最大根据能量守恒有(3)2k2ginθ2Ek解得：Ek正确；物块刚要离开挡板时有ginθk弹的弹性势能为2kD错D错2k22()5(2分)(2)(2分)大(2分)π2Cπ2Cθ解析()根据图甲由折射定律可得折射率为整理可得Cθ2Cθ结222244Cθ2Cθ的图像可得解得5；4422ABCDARCR(2)由几何关系可知22ABCDARCRin测量值真实值in2真实值为in测量值真实值in2真实值中2要尽量稍大些所以数据处理过程中画圆时半径尽量大些23()如图所示(2分)(2)92(分)(3)见解析图(分)48(附近值均可2分)(附近值均可，2分)(4)bT(2分)(5)偏小(2分)解析：(1)依据电路原理图，将实物进行连线，如图甲所示；(2)节电池电动势约为5V电压表选择3量程分度值为V图丙中电压表读数为2V；(3)在题图丁中作U如图乙所示；根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，整理得U=EIr，可知UI图像纵轴截距为电源电动势E＝1.50V【高三年级TOP二十名校质检一·理科综合卷参考答案第5页(共6页)】