2019届江南十校考试理综试卷及答案

第1页共3页2019年安徽省“江南十校”综合素质检测理科综合（生物）解析及评分标准1．答案A【解析】A正确核仁中以DNA为模板合成rRNA。B错有丝分裂时中心体不是随机分配的。C错人体细胞呼吸产生的CO2都来自线粒体。D错核糖体中无膜结构，无磷脂分子。2.答案：C【解析】A正确原癌基因是正常基因，主要负责调节细胞周期。B正确患者白细胞异常增多，是造血干细胞异常增殖分化的结果。C错病变的过程中既有染色体易位又有基因突变。D正确由“格列卫”是治疗该病的靶向药物，可推测其可能抑制酪氨酸激酶活性。3.答案B【解析】A正确甲试管中没有转录合成RNA和蛋白质的条件。B错该病毒为逆转录病毒，乙试管中无放射性核酸是因为缺少原料。C正确甲试管中有DNA产物生成，所以该病毒颗粒含有DNA合成有关的酶（逆转录酶）。D正确加入RNA酶，病毒模板减少，故甲试管中放射性核酸明显减少。4.答案：C【解析】A正确2组未受粉结实率为零。B正确组别1和2处理上的差别是是否受粉。C错不能确定促进果实发育的是生长素类似物4-CPA。D正确6组与4组相比，加入GA3合成抑制剂后结实率明显下降，7组加入赤霉素后结实率上升，说明生长素类似物能促进赤霉素合成。5.答案：D【解析】A错XYY三体形成的原因是父方精子形成的过程中减Ⅱ后期异常。B错XXY三体形成的原因可能是母方减Ⅰ或减Ⅱ异常，或父方减Ⅰ异常。C错能生育的XYY三体产生的正常和异常精子的数量比为1:1。D正确羊水中含有胎儿细胞，经过细胞培养，用显微镜可观察到胎儿细胞中染色体数目变化。6.答案:C【解析】A错两种动物之间的种间关系为捕食。B错调查期间两种动物的种群密度变化在K值附近上下波动。C正确种群数量在K值（X2）附近上下波动。D错两种群密度的变化主要通过负反馈调节来实现。29．（10分）（1）CO2的浓度和叶龄（2分）（2）CO2（1分）暗反应（1分）（3）叶片光合作用产生的氧气多于细胞呼吸消耗的氧气，叶肉细胞间隙中的氧气不断积累，使叶片上浮（2分）成熟叶中光合色素(叶绿素)的含量高于幼叶（成熟叶中与光合作用有关的酶的含第2页共3页量高于幼叶；成熟叶中叶绿素与类胡萝卜素的含量比值高于幼叶）（2分）（答出一点即可）（4）将叶圆片上浮的烧杯放在黑暗的环境中，一段时间后观察叶圆片是否下沉（2分）【解析】（1）本实验目的是为了探究不同浓度的CO2（NaHCO3溶液）和叶龄对光合作用的影响。（2）CO2参与暗反应，故影响暗反应的发生。（3）叶圆片上浮的原因是叶片光合作用产生的氧气多于细胞呼吸消耗的氧气，叶肉细胞间隙中的氧气不断积累，使叶片上浮。成熟叶片上浮时间显著短于幼嫩叶片，从光合作用角度分析，其原因可能是成熟叶中光合色素(叶绿素)的含量高于幼叶（成熟叶中与光合作用有关的酶的含量高于幼叶；成熟叶中叶绿素与类胡萝卜素的含量比值高于幼叶）。（4）植物在黑暗的环境中只能进行呼吸作用，不断耗氧。30．（12分）（1）细胞质遗传（控制性状的基因在细胞质）（1分）基因的自由组合（1分）（2）3:1（2分）（3）①品种A（2分）②用F1自交，得到F2。（2分）③F2代的表现型及数量比（2分）F2代中红皮：白皮=63:1（2分）（或F1与品种B杂交，观察后代表现型及数量比，若红皮：白皮=7:1）【解析】（1）如果是细胞核遗传正反交结果一样，如果是细胞质遗传正反交结果只和母本一样；由F2中的红皮与白皮的数量比为15:1，可判断两对基因位于两对同源染色体上，所以遵循基因的自由组合。（2）两对基因互作，由F2红皮与白皮的数量比为15:1，可知F1测交比为3:1。（3）用品种C与品种A杂交，得到F1，再用F1自交，得到F2。观察并统计F2代的表现型及数量比，如果实验结果是63:1，则说明品种C决定红色的基因与A中不同。31．（9分）(1)协助扩散（1分）Ca2+（1分）葡萄糖不是和靶细胞的特异性受体结合，而是直接参与了细胞代谢（2分）(2)体液（1分）葡萄糖载体增多（1分）加速摄取葡萄糖（1分）(3)胰岛素→血浆→组织液→肝细胞（2分）【解析】(1)由图可知葡萄糖借助载体由高浓度到低浓度运输，属于协助扩散。葡萄糖不属于信息分子，理由是葡萄糖不是和靶细胞的特异性受体结合，而是直接参与了细胞代谢。(2)胰岛B细胞分泌胰岛素经体液运输与靶细胞膜上受体结合，经信号转导增加了细胞膜上葡萄糖载体，从而促进靶细胞加速摄取葡萄糖。(3)胰岛素运输的途径：胰岛素→血浆→组织液→肝细胞。32．（8分）（1）样方（1分）未利用（现存的能量）（2分）（2）群落演替（次生演替）（2分）抵抗力（1分）（3）沙棘个体生长导致的生物量增加之和大于死亡个体导致的生物量减少（2分）【解析】（1）某一时刻调查的生物量是沙棘种群固定的总能量中没有被自身的细胞呼吸消耗，没有流入下一营养级，没有被分解者利用的能量，属于未利用的能量。（2）在群落演替过程中，物种种类增加，营养结构复杂，生态系统抵抗力稳定性增强。（3）6～10年间，种群密度在急剧下降，而生物量在不断增加，原因是沙棘个体生长增加的生物量之和大于死亡个体导致的生物量减少。第3页共3页37．（15分）（1）富含淀粉（2分）增加产淀粉酶微生物的数量，确保能从样品中分离到所需的微生物（3分）（2）碘液（2分）周围透明圈大和菌落直径大（2分）（3）稀释涂布平板（2分）甘油管藏（2分）（4）酶活性（2分）【解析】（1）根据生物与环境相适应的关系，在富含淀粉的环境中才能确保采集到所需的微生物。（2）因为淀粉遇碘变蓝，在含淀粉的培养基上产淀粉酶的微生物菌落周围会出现透明圈，透明圈大和菌落直径大，说明该菌分解淀粉能力强、增殖能力强。38．（15分）（1）PCR（2分）引物（2分）（2）反向（2分）（3）植物组织培养（2分）ACS基因表达中的翻译（3分）（4）DNA分子杂交（2分）反义ACS基因没有转录（2分）【解析】（1）PCR技术是体外大量扩增DNA，实现该基因扩增的前提是要有部分已知该基因的核苷酸序列，以便合成引物。（2）通过反向插入ACS基因，转录出的mRNA2可以和mRNA1互补配对，从而阻断mRNA1的翻译过程。（4）跟据DNA分子杂交技术检测到反义ACS基因，但番茄果实没有延迟成熟，说明没有产生mRNA2，即没有发生转录。12019年安徽省“江南十校”综合素质检测理科综合（化学）解析及评分标准7.C【解析】水晶的主要成分是SiO2，红宝石的主要成分为Al2O3。燃煤加入石灰石可减少SO2的污染。甘油属醇类，汽油的成分都属烃类。ClO2的强氧化性用于消毒杀菌。8.C【解析】O2-核外有10个电子。NH4Cl为离子化合物，不存在H-Cl键。CrO5中有一个O呈-2价，四个O呈-1价，因此有两个过氧键。无论Na2O2和Na2O的比例为多少，其混合物中的阴阳离子数目之比均为1：2。9.D【解析】A中HCO3-和SiO32-不能共存。B中生成的FeS可溶于酸，离子方程式错误。C中HClO和Fe3+均可氧化SO32-。10.A【解析】X、Y、和W分别为H、N和Cl，Z可能为O、F和Na中的任一种。若C为NaH，则含有离子键。N3-的半径比O2-、F-和Na+的半径都大。N元素的非金属性很强，但由于N≡N的存在，其单质并不活泼。HClO4的酸性比HNO3强。11.B【解析】瓷坩埚中含SiO2，高温下可与Na2CO3发生反应。SO2可与S2-反应生成H2S，SO2可氧化H2S。收集氨气的试管口要放适量的棉花。Br2可与橡胶发生加成反应。12.D【解析】苯不能与溴水发生反应。C5H10的烯有5种（不包括顺反异构体）。C中-CH3上的一个H也可能落在整个分子的平面内，共17个原子，漏掉苯环上的5个氢原子易错成12个。将一个N原子换成C原子后，分子中要多出一个H原子。13.B【解析】由SO42-的移动方向可知右边Cu电极为负极，发生氧化反应。当电路中通过1mol电子，左边电极增加32g，右边电极减少32g，两极的质量差变为64g。电解质再生池是利用太阳能将CuSO4稀溶液蒸发，分离为CuSO4浓溶液和水后，再返回浓差电池。26.（14分，每空2分）（1）A后（2）①增大铁粉与水蒸气的接触面积，以便充分反应（文字表述不同，所表达的原理相同也给分）；②防止冷却时，装置内的压强下降过快将空气吸入装置，影响H2体积的测定。（3）量筒内液面不再发生变化（4）若导管太短，冷却时，气体不能回流，导致气体体积偏大（1分）；若导管太长，导管不易插入量筒中，也不易从量筒中取出（1分）（文字表述不同，所表达的原理相同也给分）（5）FeO【解析】要先用水蒸气排出装置内的空气，以防铁粉受热后与空气反应，故先点燃A处酒精灯。因反应后装置内会留有H2，必需将装置内的空气全部收集到量筒中，否则所测气体的体积将偏小。铁粉与水蒸气生成黑色产物，与铁粉的颜色不易区分，只能用不再产生气体作为反应完成的标志。根据H2的量和Fe粉的量可计算出产物中n（Fe）：n（O）=1：1。27.（14分，第4小题每空1分，其它每空2分）（1）1045K≤T1075K（1045K—1075K之间也给分，无K不得分）（2）Mo和CNa2SiO3（3）2MoS2+9ClO2-+12OH-=2MoO42-+9Cl-+4SO42-+6H2O（4）蒸发浓缩（1分）、冷却至10℃以下结晶（1分）（答冰水冷却也得1分，只答冷却结晶不得分）（5）NaReO4+KCl=KReO4↓+NaCl减小KReO4的溶解度【解析】温度在1045K时反应才能开始发生，温度高于1075K会发生副反应生成Mo。反应中Mo和C的化合价降低。原料中的杂质SiO2与Na2CO3反应，会生成可溶性的Na2SiO3。要获得Na2MoO4•10H2O，必须在10℃以下结晶，否则会析出Na2MoO4•2H2O晶体。利用2KReO4溶解度小于NaReO4，可实现由NaReO4向KReO4的转化。加入乙醇可降低KReO4的溶解度，有利于KReO4晶体析出。28.（15分，第1小题3分，其它每空2分）（1）4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）ΔH=-3a+2b+30c5kJ/mol(2)①2.00kPa-1（无kPa-1不扣分，答2不扣分）②k正•P(O2)k正•P(O2)+k逆(3)①酸H3N+CH2COO-H2NCH2COO-H3N+CH2COOH②H2NCH2COO-+2H+=H3N+CH2COOH③85.0(写了%不扣分)【解析】37℃、P（O2）=2.00kPa时，结合度为80%，由结合度的定义可知，反应达平衡时c（MbO2）c（Mb）=4。由平衡常数K=c（MbO2）c（Mb）•P（O2）=k正k逆可求出c（MbO2）=k正•c（Mb）•P（O2）k逆，代入结合度的定义：α=c（MbO2）c（MbO2）+c（Mb）可得α=K正•P（O2）k正•P（O2）+k逆。甘氨酸的三种存在形式：H3N+CH2COOH、H3N+CH2COO-和H2NCH2COO-应分别在强酸性至强碱性中存在，由此判断，图中Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ分别为H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-和H3N+CH2COOH，lgc（H+）c（OH−）=-8时，溶液中存在的主要是H2NCH2COO-，它与过量的HCl反应生成H3N+CH2COOH。由图可知纯甘氨酸溶液呈酸性（实际在5.9左右），溶液呈中性时lgc（H+）c（OH−）=0，中性时H3N+CH2COO-H2NCH2COO-H3N+CH2COOH。根据滴定曲线的突跃范围，消耗HClO4溶液17.25mL，减去空白实验的0.25mL，实际消耗滴定液17.00mL。35.（15分）（1）3d24s2，d（各1分）（2）ABC(3分)（3）sp2（1分)，（1分)N原子上有一对孤对电子，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对之间的斥力（2分)。Na、O、N（或NaON）（2分)。（4）6（2分)；（2分）【解析】H2PO4-中存在-OH，可形成氢键。气态基态Na+从8电子稳定结构再失去