最新12月高三月考理综答案汇总

12月高三月考理综答案理科综合能力测试答案（一）生物部分1．【答案】D【解析】催化剂能降低反应的活化能，酶是生物催化剂，三价铁离子是无机催化剂，故ABC均正确。

水浴加热的作用是提高胡萝卜素的溶解度，有利于胡萝卜素的萃取，并没有发生化学反应。

2．【答案】D【解析】组织培养过程中，有细胞的增值与分化，当幼苗形成后能进行光能的吸收与转化，也涉及ATP的合成与分解。

但没有减数分裂，只能发生基因突变不能发生基因重组。

3．【答案】D【解析】乳酸是无氧呼吸的产物，其产生场所在细胞质基质，雌激素是脂质而不是蛋白质，其合成场所不是核糖体，而与内质网有关。

血红蛋白为蛋白质其合成场所应是核糖体。

4．【答案】A【解析】据题意，A=T=60，G=C=140，该DNA复制两次需游离的腺嘌呤脱氧核苷酸180个，DNA分子一个碱基的改变，位置若在非基因片段或非编码区或内含子均不会引起性状的改变（只要不影响基因的表达），位置若在编码区也不一定引起性状的改变，因为不同的密码子可能决定相同的氨基酸。

A与T之间有两个氢键，G与C之间有三个氢键，故氢键数为60*2+140*3=540。

5．【答案】A【解析】因单倍体抗病植株占一半，故植株X为杂合子（Aa）。

单倍体细胞含有一个染色体组具有生长发育遗传变异的全部信息，所以具有全能性。

单倍体细胞含20条染色体，有丝分裂后期染色体加倍为40条。

杂合子自交后代中显性纯合子的比例逐渐提高，并趋于50%。

基因突变是生物变异的根本来源，为生物的进化提供了最初的原材料。

进化方向由自然决定。

6．【答案】D【解析】围湖造田属于人类活动，会影响群落中生物的种类和数量。

群落的演替就是群落中物种种类和数量的变化。

裸地上发生的演替为初生演替，速度较慢。

在已有生物存在过的地方发生的演替为次演替，演替速度较快。

31.【答案】(共9分，每空1分)（1）叶绿体叶绿素a（2）C5 C3 [H]和ATP（3）光照强度光照强度增加与CO2供应不足对光合速率的正负影响相互抵消（或“CO2供应已充足且光照强度已达饱和点”）（4）增大气孔导度，提高水稻在强光下的光合强度强光【解析】本题考查光合作用的过程、影响光合作用的因素等。

（1）植物光合作用的场所是叶绿体，其中有四种色素，含量最多的是叶绿素a，叶绿素a主要吸收红光和蓝紫光。

（2）光合作用的暗反应中，进入植物细胞内的CO2首先被C5化合物固定成为C3化合物，再被光反应提供的ATP和[H]还原。

（3）结合题图：光合速率随光照强度的变化曲线可以看出在低于8×102μmol·s-1的范围内影响光合作用的主要因素为光照强度。

由普通与转基因水稻的光合速率与光强度变化关系曲线可看出：光强为10~14×102μmol·s-1时，普通水稻随光强变化光合速率不再增加，而此时气孔导度下降CO2吸收减少，说明可能是光照强度增加与CO2供应不足对光合速率的正负影响相互抵消。

（4）由气孔导度与光强度关系曲线可看出转基因水稻较普通水稻的气孔度大，其原因为转基因水稻导入了PEPC酶的因素，说明此酶有促进气孔打开或增大作用。

同时转基因水稻在较强光照下光合速率却更强说明更能适应较强光照环境。

32.【答案】（共10分，每空2分）（1）线粒体基质 A（2）抑制 30（3）不能，因为无氧呼吸也能产生CO2【解析】（1）细胞有氧呼吸第二阶段生成CO2，进行场所是线粒体基质；由图示可知，A、B、C三点中A点有氧呼吸速率最高，在单位时间内生成的[H]最多。

（2）据图可知，加KNO3溶液组与清水组对照，有氧呼吸速率在相同时间都高于清水组，说明KNO3溶液对甜樱桃根有氧呼吸速率降低有减缓作用，其中30mmol·L-1的KNO3溶液组速率最高，作用效果最好。

（3）淹水根系缺氧会导致根细胞无氧呼吸增强，但不能改用CO2作为检测有氧呼吸速率的指标，因为无氧呼吸也能产生CO2。

33.【答案】（共10分）（1）AaBBDD (1分) 乳白花∶黄花=1∶1(1分)（2）8 (2分) 1/5 (2分)（3）AaBbDd (2分) 乳白花(2分)【解析】（1）AABBDD×aaBBDD的后代基因型为AaBBDD，其测交后代的基因型为1AaBbDd和1aaBbDd，对照表格可知其表现型及比例为乳白花∶黄花=1∶1。

（2）黄花（aaBBDD）×金黄花（aabbdd），F1基因型为aaBbDd,，其自交后代基因型有9种，表现型是黄花（9aaB_D_、3 aaB_dd、3aabbD_）和金黄花（1 aabbdd），故F2中黄花基因型有8种，其中纯合个体占黄花的比例是3/15=1/5。

（3）欲同时获得四种花色表现型的子一代，则亲代需同时含A和a、B和b、D和d，故可选择基因型为AaBbDd的个体自交，子代白花的比例是1/4、乳白花的比例是1/2、黄花的比例是1/4×（9+3+3）/16=1/4×15/16=15/64、金黄花的比例是1/4×1/4×1/4=1/64，故理论上子一代比例最高的花色表现型是乳白花。

34.【答案】（共10分，每空2分）（1）样方标志重捕（2）群落中物种数目的多少（3）恢复力（4）垂直【解析】（1）双子叶植物种群密度的调查方法为样方法；活动能力强、活动范围大的野兔种群密度的调查可采用标志重捕法。

（2）丰富度是指群落中物种数目的多少。

（3）生态系统受到严重破坏后短时间内很难恢复到原来的状态，与其恢复力稳定性大小有关。

（4）群落的空间结构包括垂直结构和水平结构，其中垂直结构可以提高群落内利用阳光等资源的能力。

35.【答案】（共15分）（1）干燥（1分）不适合（1分）水蒸气蒸馏法适用于蒸馏挥发性物质，而胡萝卜素为非挥发性物质，不能随水蒸气蒸馏出（3分）纸层析（2分）标准的胡萝卜素（2分）（2）碱性蛋白（或蛋白）（1分）氨基酸（1分）小分子肽（1分）脂肪（1分）水温过低时酶活性较低，水温过高会使酶变性失活（2分）【解析】（1）萃取是将粉碎、干燥的植物原料用有机溶剂浸泡，使芳香油溶解在有机溶剂中。

水蒸气蒸馏法是植物芳香油提取的常用方法，它的原理是利用水蒸气将挥发性较强的芳香油携带出来，形成油水混合物，冷却后，混合物又会重新分出油层和水层。

胡萝卜素粗品通过纸层析进行鉴定，如果萃取样品中出现了和标准样品一样的层析带，说明提取胡萝卜素的实验成功。

（2）血渍中含有蛋白质，可用含蛋白酶的洗衣粉洗涤。

其原理是蛋白酶能将蛋白质分解为小分子的肽和氨基酸。

油渍的主要成分是脂肪，需用含脂肪酶的洗衣粉。

水温过低抑制酶的活性，水温过高会使酶变性失活。

36. 【答案】（共15分）（1）特异性免疫脾脏骨髓瘤细胞能无限增殖又能产生特异性抗体（每空2分）（2）腹腔腹水（其他合理答案也可）（每空2分）（3）特异性强，灵敏度高（3分）【解析】（1）由题意可知，单纯疱疹病毒Ⅰ型可引起水泡性口炎，病毒蛋白HSV-Ⅰ可以作为一种抗原刺激机体通过免疫反应产生特异性抗体。

在单克隆抗体的制备过程中，首先应注射纯化的HSV-Ⅰ蛋白作为抗原，一段时间后对小鼠血清进行检测，如果抗HSV-Ⅰ蛋白的抗体检测为阳性，说明小鼠体内通过体液免疫产生了特异性抗体。

此时可以从小鼠的免疫器官中，如脾脏、骨髓、淋巴结等部位获取已免疫的B淋巴细胞，与小鼠的骨髓瘤细胞融合，经过筛选检测获得能稳定的产生特异性抗体的杂交瘤细胞。

已免疫的B淋巴细胞具有产生特异性抗体的特点，而骨髓瘤细胞能无限增殖，因此获得的杂交瘤细胞具有既能无限增殖又能产生特异性抗体（抗HSV-Ⅰ蛋白的抗体）的特点。

（2）获得大量单克隆抗体途径有两种：体外培养和体内培养。

体外培养即通过动物细胞培养技术获得大量的杂交瘤细胞，进而产生大量的单克隆抗体；体内培养即将杂交瘤细胞注射到小鼠的腹腔中增殖，最后从小鼠的腹水中提取、纯化单克隆抗体。

（3）单克隆抗体是通过细胞融合技术单一的B淋巴细胞核杂交瘤细胞融合而获得的，因此融合后的细胞只能产生一种特异性抗体，所制备的单克隆抗体具有特异性强，灵敏度高的特点。

（二）化学部分7. ( B )A中氢气和氮气制备氨气为可逆反应，不会完全转化为氨气B.用Na守恒可知2.3g Na有0.1N A，每个Na反应失去1个电子C. C中 S2-在水中会发生水解D标准状况下CCl4为液体8. 常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 ( B )A. Al3+与OH-发生反应C.与铝反应产生大量氢气的溶液既可能是强酸性又可能是强碱性而Al3+在强碱性条件下不能大量共存D.使紫色石蕊试液变红的溶液显酸性可使NO3-体现强氧化性把Fe2+氧化为Fe3+9. ( C )①AlCl3水解产生易挥发的HCl②NaHCO3受热不稳定易分解⑤Na2SO3易被氧化成Na2SO4⑥KMnO4受热分解⑧FeCl2易把Fe2+氧化为Fe3+10. 下列叙述中正确的是 ( A )B.能把KI氧化成I2的物质都可以C.证明原溶液中存在I2D. BaSO4也是不溶于稀硝酸的白色沉淀；故该溶液还可能含有SO42-11. ( A )B. 铵盐如NH4Cl既含离子键又含共价键C.同位素为同种元素但原子的质子数相同而中子数不同如氕、氘、氚D.ⅦA族元素的阴离子还原性越强,其元素的非金属性越弱最高价氧化物对应水化物的酸性越弱12. ( C )A. Na2O＝2Na+ + O2- Na2O2＝2Na+ + O22-B.由Na守恒可得①和②生成等物质的量的产物时需相同物质的量的Na且每个Na转移电子数相同C.根据盖斯定律可以由2①-②得Na2O2(s)+2Na(s)＝2Na2O(s)ΔH= - 317 kJ·mol-1D. 随温度升高Na与O2反应生成Na2O213. ( D )A.随着反应的进行生成液态的S,使气体体积减小容器内压强减小B.硫是液体对平衡没有影响C.升高温度可使平衡向逆反应方向移动故SO2的转化率降低D.催化剂只是改变化学反应速率,反应的平衡常数只与温度有关27.解析：(1)由题意可知X是H、Y是O、Z是Na、M是S、G是Cl；则Y在第二周期VIA族，(2)非金属性最强的是Cl其最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是HClO4而非金属气态氢化物还原性最强的是H2S，（3）MY2为SO2则这两种盐为NaHSO4和NaHSO3而NaHSO4在水溶液中可电离出H+(4) )M的氧化物为SO2、G的单质为Cl2，SO2有还原性、Cl2有氧化性在水中发生氧化还原反应而失去漂白能力。

答案：(1)第二周期VIA族⑵HClO4 ； H2S⑶HSO3- + H+ = SO2↑ + H2O⑷不褪色；Cl2 + SO2 +2 H2O = H2SO4 + 2HCl28.1 mol（1 mol+ x ）/10L（1 mol- x ）/10L解析：①中MnO 2作催化剂知道B 为氧气则E 为Fe 3O 4 , ②中MnO 2作氧化剂可与C 制气体D 且C 还与Fe 3O 4反应生成F 和G 而的混合溶液来确定C 为浓盐酸则D 为Cl 2而G 为FeCl 3 、F 为FeCl 2 ；其Fe 2+易被空气氧化成Fe 3+常加入铁粉还原回Fe 2+ ；Fe 3+溶液遇到SCN -显红色 答案：⑴浓盐酸、四氧化三铁；⑵ 2H 2O 2 ===== 2H 2O + O 2↑ ； KClO 3⑶ MnO 2 + 4HCl （浓）==== MnCl 2 + Cl 2↑+ 2H 2O ⑷ 铁粉 , KSCN 溶液 溶液变为血红色29.解析：该试验为制备SO 2并检验其性质，则A 为SO 2的发生装置，B 、C 、D 为检验装置；B 中为酸性高锰酸钾其具有强氧化性则检验SO 2的还原性、C 中为硫化钠其具有强还原性则检验SO 2的氧化性、D 中为品红则检验检验SO 2的漂白性；SO 2对大气有污染又属于酸性氧化物可用碱性溶液除去答案：（1）蒸馏烧瓶 Na 2SO 3+H 2SO 4（浓）= Na 2SO 4+ H 2O+ SO 2↑（2）溶液由紫红色变为无色 无色溶液中出现黄色浑浊 还原性 氧化性 5SO 2 + MnO 4- + 2H 2O = 2Mn 2+ + 5SO 42- + 4H +（3）品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色 （4）NaOH30.解析：(1)由题意可知温度升高化学平衡常数在减小且K=c(CO 2)/c(CO)则该反应的正反应为放热反应 △H<0；(2) 1/3Fe 2O 3(s) + CO (g) = 2/3Fe (s) + CO 2(g) 起： 1 mol 1 mol 1 mol 1 mol 变： x x x x终： 1 mol- x 1 mol- x 1 mol+ x 1 mol+ x 平衡常数只与温度有关，且已知1000℃时 K=4.0 即：K=c(CO 2)/c(CO)=------------------ = 4.0解得：x = 0.6 mol则υ(C02)= 0.6 mol / (10L ·l0 min) = 0.006 mol / (L ·min)CO 的平衡转化率= ---------------- x 100℅ = 60℅(3)因Fe 和Fe 203为对平衡没有影响所以A 、B 错误；C 中CO 2为气体生成物，减少生成物浓度平衡向正反应方向移动故C 正确；升高温度平衡向吸热反应方向移动则该反应向逆反应方向移动，D 错误；反应前后气体计量数之和相等所MnO 2△0.6 mol以减小容器的容积该平衡不移动E错误；催化剂只改变化学反应速率不影响平衡的移动所以F错误。