2024届云南三校高考备考实用性联考卷（六）理综-答案

2024届云南三校高考备考实用性联考卷（六）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12345678910111213答案CBDCACABCDCBD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14～18题只有一项符合题目要求；第19～21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1415161718192021答案ADBDCCDBDACD【解析】1．大肠杆菌拟核中的DNA分子为环状DNA，无游离的磷酸基团，经复制后形成的2个DNA分子也无游离的磷酸基团，A错误。支原体是原核生物，感染宿主细胞后，利用自身核糖体合成自身的蛋白质，B错误。当细胞摄取大分子物质时，首先是大分子与膜上的蛋白质结合，从而引起这部分细胞膜内陷形成小囊，包围着大分子，据此可知，变形虫在水环境中摄取大分子物质时是需要膜上蛋白质参与的，C正确。细胞进行主动运输的过程中不一定会消耗ATP，主动运输利用的能量形式可以是光能，或离子的浓度梯度形成的化学势能，或ATP，D错误。2．若图示现象发生的原因是基因突变，则未标出的基因分别是A和A或a和a，基因突变为分子水平，无法通过显微镜观察，A错误。若发生基因重组，则未标出的基因为基因A和基因a，因此，该初级精母细胞产生配子的基因型为AB、aB、Ab、ab，共4种，B正确。图示细胞中含有2个染色体组，每个染色体组由2条非同源染色体组成，C错误。精子和卵细胞结合是生殖细胞间的随机结合，不是基因重组，D错误。3．支原体没有细胞壁，A错误。反射过程中，兴奋只能来源于感受器，在神经纤维上的传导是单向的，B错误。辅助性T细胞表面特定分子发生变化并与B细胞结合，为激活B细胞的第二个信号，C错误。mRNA疫苗由脂质体包裹可通过胞吞进入到人体细胞内，体现了细胞膜的流动性，D正确。理科综合参考答案·第1页（共14页）{#{QQABKYAAggCgAAIAAAhCAwXoCECQkAEAAAoGxEAAoAIBCQFABAA=}#}4．由分析可知，①是赤霉素，②是生长素，③是乙烯，用适宜浓度的生长素处理未授粉的番茄雌蕊柱头，可直接刺激子房发育成果实，获得无子番茄，由于该过程遗传物质没有改变，属于不可遗传变异，A正确。赤霉素、生长素都能促进细胞伸长，表现出协同作用，B正确。生长素浓度增高到一定值时，会促进乙烯的合成，而乙烯含量的增高，反过来会抑制生长素的作用，C错误。不同激素的相对含量是决定植物器官生长发育的因素之一，此外还受基因表达，环境因素等的影响，D正确。5．该过程体现了在生态工程中需有效选择生物组分并合理布设的特点，主要遵循了生态工程的自生原理，B错误。生态系统具有自我调节能力，所以早期微囊藻产生的微量的藻毒素可以被分解，微囊藻的增殖不一定导致湖泊的生物多样性降低，C错误。微囊藻等蓝细菌产生的藻毒素难以降解，则会沿着食物链富集，翘嘴红鲌体内的藻毒素含量最高，则所调查水域的最高营养级生物，体内藻毒素浓度超过环境浓度，D错误。6．单克隆抗体的化学本质为蛋白质，若口服会被消化水解为氨基酸再被人体吸收，失去原有功能，故使用该药时可静脉注射，不能口服，A正确。单克隆抗体除用于治疗疾病外，在多种疾病的诊断和病原体鉴定中也发挥着重要作用，例如，利用同位素或荧光标记的单克隆抗体在特定组织中成像的技术，可定位诊断肿瘤、心血管畸形等疾病，B正确。制备单克隆抗体时，可利用选择培养基筛选出融合的杂交瘤细胞，再进行克隆化培养和抗体检测，筛选能产生所需抗体的杂交瘤细胞，C错误。制备单克隆抗体需诱导骨髓瘤细胞和B淋巴细胞融合，可采用PEG融合法、电融合法和灭活病毒诱导法诱导融合，D正确。7．碳纳米管中存在自由移动的电子，故可用作电极材料，A正确。基态碳原子价电子排布的轨道表示式为，若为核外电子排布图则还需将1s画出，B错误。石墨烯量子点的制备过程有新物质生成，涉及化学反应，C错误。石墨烯量子点一般由若干层叠加而成，层间以分子间作用力相连，D错误。8．S吡啶酰胺与足量H2完全加成后的产物中有4个手性碳，A正确。1molS吡啶酰胺与足量NaOH溶液反应，最多消耗7molNaOH，B错误。S吡啶酰胺中含有酰胺基，既能与酸反应又能与碱反应，C正确。该分子中酰胺基中的N原子为sp3杂化、吡啶环上的N原子为sp2杂化，D正确。9．检验卤原子的种类一般采用卤代烃的水解反应，将2−甲基−2−溴丙烷与氢氧化钠水溶液混合加热，冷却后，取上层清液加稀硝酸酸化再加入AgNO3溶液，A错误。不同浓度的高锰酸钾颜色深浅不一样，B错误。将乙醇和浓硫酸共热至170℃所得气体先通入NaOH溶液理科综合参考答案·第2页（共14页）{#{QQABKYAAggCgAAIAAAhCAwXoCECQkAEAAAoGxEAAoAIBCQFABAA=}#}中除去乙烯中混有的SO2气体，再通入溴水中，若溴水褪色，则说明乙醇发生消去反应生成了乙烯，C正确。向2mL0.1mol/LNaOH溶液中滴加3滴0.1mol/LMgCl2溶液，2+−则NaOH过量，滴加CuSO4溶液后，Cu直接与溶液中过量的OH反应，未发生沉淀转化，D错误。10.该新型ZnNO2电池中，a为负极，b为正极，c为阴极，d为阳极。c电极为阴极电势低于阳极d电极，A正确。电子的移动方向为a→c，d→b，B正确。d电极的电极反应为−+2H2O−4e=O2+4H，C正确。装置工作时，若消耗13gZn则转移电子为0.4mol，理论上能得到0.1molO2，标准状况下为2.24L，D错误。11．a的核外电子总数与其周期数相同，说明a为H；b的价电子层中的未成对电子有3个，说明b为N；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，c为O；d与c同主族，d为S；e的最外层只有一个电子，但次外层有18个电子，说明e为Cu。H2O分子间存在氢键，故沸点大于H2S。A正确。该离子化合物为Cu2O，d的最高价含氧酸为H2SO4，Cu2O与2H2SO4混合会发生歧化反应生成Cu、CuSO4、H2O。B正确。该阴离子为SO3，其中S为sp3杂化，有一对孤电子，故其空间构型为三角锥形。C错误。N的2p轨道半充满较稳定，故第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：b>c>d，D正确。12．该过程中的化合价从零价升到+1价，则1molH2参与反应理论上失去2mol电子，A错误。由图可知，吸附在Fe3O4−x上的两个氢原子分别与铁、氧结合，故带不同电荷，B正确。步骤Ⅰ中HCO3中失去了氧，发生了还原反应，故C的化合价发生了改变，C错误。由图−可知H2和HCO3反应转化为HCOO和水，反应中存在氢氢键、氢氧键、碳氧键断裂，氢氧键、碳氢键的形成，未涉及到非极性键的形成，D错误1213.用0.1000molL盐酸滴定20.00mLNa2A溶液，pH较大时A的分布分数最大，随着pH的减小，A2的分布分数逐渐减小，HA的分布分数逐渐增大，恰好生成NaHA之2后，HA的分布分数逐渐减小，HA2的分布分数逐渐增大，表示HA2、HA、A的分布分数的曲线如图所示，据此分析选择。向Na2A中加盐酸，水的电离程度逐渐减小，故水电离程度d点大于e点，A正确。b点溶质为NaHA，根据质子守恒存在：+−2−c(H)+c(H2A)=c(OH)+c(A)，B正确。根据图像e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成H2A，根据Na2A+2HCl=2NaCl+H2A，计算可知c(Na2A)=0.100mol/L，C正确。由图可2−−+−10.25知a点c(A)=c(HA)，此时的c(H)=Ka2=10，D错误。理科综合参考答案·第3页（共14页）{#{QQABKYAAggCgAAIAAAhCAwXoCECQkAEAAAoGxEAAoAIBCQFABAA=}#}14．活塞向上运动，不计活塞与气缸间的摩擦，外界大气压强保持不变，整个过程气体压强与外界大气压强之差保持不变，属于等压变化，故A正确。由于气体温度升高，气体内能升高，则气体分子的平均动能升高，但不是每个分子的动能都增加，故B错误。活塞向上移动，气体对外做功，根据热力学第一定律WQU，气体内能升高，可知气体从电热丝处吸收的热量大于气体对活塞做的功，故C错误。气体分子的平均动能升高，撞击活塞的平均作用力增大，而气体压强不变，则气体分子在单位时间内撞击活塞单位面积的次数减少，故D错误。15．正、负电荷在O点处的电场强度方向均水平向右，根据场强叠加可知，O点电场强度不为零，故A错误。根据对称性可知，a、b处的电场强度大小相等，方向相同，均水平向右，故C错误。根据安培定则以及磁场叠加可知，c、d处的磁感应强度大小相等，方向均沿cd向下，O点处的磁感应强度不为零，也沿cd向下，故B错误，D正确。1xaa16．由初速度为0的匀加速直线运动规律可得xat2，则有t，图像的斜率为k，2t22由图像得k4m/s2，解得a8m/s2，t2s时物体的速度为vat16m/s，故B正确。由v22ax，可得x1m时物体的速度为4m/s，故C、D错误。17．光进入圆锥后速度变小，波长变短，故A错误。圆锥中的光c()tanra速v310m/s8，故B错误。传播时间t，nv解得t6.01010s，故C错误。光线从底面垂直入射后沿直线射到圆锥侧面上的O点发生折射，光路如图所示，由几何关系可知入射角为θ，设折sina射角为α，则n，解得a60，由几何关系可知2cosl，解得l0.12m，sincos故D正确。18．对轻杆、铰链及重物所组成的系统进行受力分析可知，该系统受到三个外力，分别是竖直墙对A、B两铰链的作用力及重物重力，由三力平衡可知竖直墙对A、B两铰链的总作用力方向竖直向上，大小等于mg，故A错误。对O3点受力分析如图，Fmgcos30mg，故B错误。由相似三角形得12FFmg12，若将铰链A竖直向下缓慢移动少许，OA、OB不变，AB变小，轻杆1OAOBAB对O的弹力变大，故C正确。同理可知，若将铰链B竖直向上缓慢移动少许，轻杆2对O的弹力变大，故D错误。理科综合参考答案·第4页（共14页）{#{QQABKYAAggCgAAIAAAhCAwXoCECQkAEAAAoGxEAAoAIBCQFABAA=}#}GMmGMmv21mgR219．根据0mg，m，又Emv2，解得E，故A错误。R20()Rh2Rhk2k2(Rh)2π()Rh32πRg又v()Rh，解得T2π，故B错误。角速度为，TgR2TRhRhgR2故C正确。向心加速度为aRh2()，故D正确。()Rh2SQ120．将绝缘介质抽出，由电容的决定式C，可知C2变小，C1不变，其中C1，4πkdU1Q2C2，UU12，QQ12Q总，Q总不变，综合以上分析可知：Q1增加，Q2减小，U2U1、U2均增大，故选BD。21．根据右手定则可知金属棒运动过程中e端电势小于f端电势，故A正确。金属棒运动到cd处的速度vat0，当金属棒在cd时，其产生的感应电动势为EBL1v，产生的电流为E1I，金属棒所受的安培力为FBILA，据牛顿第二定律得FF0Ama，联立以RR0BLvat上代入数据解得t1s，故B错误。通过金属棒的电荷量为qIt0，I，v，RR02联立解得q0.5C，故C正确。设金属棒做匀速圆周运动的速度v与磁场正方向的夹角为BLv，则垂直磁场方向的分速度vvsina，则EBLvsin，有效值E，则22E2πrR3πQt，其中t，电阻R中产生的热量为QQR，解得QRJ，故DRR02vRR040正确。三、非选择题：共14题，共174分。22．（每空2分，共8分）dd（1）1.050t2t(4)mmd2（2）(2mmgh)12214t2【解析】（1）游标卡尺的示数d10mm100.05mm10.50mm1.050cm；重物B速度dvd