1、2014安徽省省级示范高中名校高三联考参考答案（理综生物）一、选择题（本大题共6小题，每小题6分，共36分）1.A解析：胰岛素在细胞内的运输是通过内质网和高尔基体形成囊泡实现的，但该过程需要消耗能量，因此与该过程有关的膜性细胞器有内质网、高尔基体和线粒体；胰岛素是分泌蛋白，其在细胞内的运输和分泌是囊泡运输的典型实例；细胞的囊泡运输涉及生物膜的融合，体现了生物膜具有流动性的结构特性；突触小体内的突触小泡是囊泡的一种，在神经调节过程中，神经递质的释放属于囊泡运输，若囊泡运输出现“故障”，则神经递质的释放将受阻，进而影响神经信号的传递，此时将可能导致神经系统疾病的发生。2.B解析：由题干可知，纺锤体
2、的位置决定细胞是否均等分裂，与细胞分化的方向无关；正常的有丝分裂是产生相同的子细胞，说明细胞均等分裂，纺锤体的位置应处在细胞中间；癌细胞能无限增殖，是能连续分裂的细胞，具有细胞周期，存在有丝分裂现象，有纺锤体的形成；卵细胞形成过程中，初级卵母细胞和次级卵母细胞是不均等分裂，但第一极体的分裂是均等的。3.D解析：图示“环节”为转录，转录与翻译和RNA复制的碱基配对方式不完全相同，转录过程中有TA的配对；转录的产物是RNA，RNA有3种（tRNA、mRNA和rRNA）,mRNA上决定1个氨基酸的3个相邻的碱基称为1个密码子，mRNA含有的密码子最多有64种；酶具有专一性，RNA聚合酶不能催化脱氧核
3、苷酸的缩合反应，哺乳动物成熟的红细胞不能进行转录；DNA复制过程中，若遗传信息传递错误，则会发生基因突变，基因突变能为生物进化提供最原始的材料。4.C解析：根据题干及表中内容可判断，本实验的目的是探究不同浓度的GA3、NAA对蒙古扁桃种子萌发的影响，属于探究性实验；因本实验并没有设置GA3和NAA共同处理的实验组，所以用两种激素共同处理的实验结果不能确定；由于GA3设置的浓度差过大，若设置浓度为12 mgL1的GA3实验组，种子的发芽指数可能高于88.5，也可能低于88.5，不要错误认为浓度为12 mgL1的GA3实验组，种子的发芽指数就介于51.2和88.5之间；若想探究促进种子萌发的最适N
4、AA浓度，应设置大于和小于0.1 mgL1的一系列浓度梯度的激素溶液。5.B 解析：生物多样性包括基因多样性、物种多样性和生态系统多样性，该地首次发现新的种群，说明物种多样性在增加，即生物多样性在增加；生物多样性在增加，种间关系将更复杂，说明该地的群落在向稳定的方向演替；生物群落都存在一定的空间结构，包括垂直结构和水平结构，只是明显程度有差别而已；该地所有的蓝喉蜂虎鸟属于一个种群。6.C解析：由于图中所示的三种限制酶切割DNA形成的末端不同，又因Sma会破坏抗病基因，故操作过程中不能使用Sma这种限制酶；该实验的目的是培养抗病香蕉，所以抗病基因为目的基因，重组质粒中的卡那霉素抗性基因为标记基因
5、；通常采用显微注射法将重组质粒导入动物细胞，将重组质粒导入微生物细胞时，通常采用感受态细胞吸收法；植物组织培养过程中，需要使用植物激素，通常通过使用不同浓度和比例的激素来人为控制细胞的脱分化和再分化过程，其中生长素和细胞分裂素是启动细胞分裂、脱分化和再分化的关键性激素。二、非选择题（本大题共3小题，共54分）29.（17分，除注明外，每空1分）（1）双缩脲试剂 浆细胞（2）被动运输（或自由扩散和协助扩散，2分） ATP和ADP时刻不停地相互转化，并处于动态平衡之中，从而满足其能量需求（2分，其他合理答案也可得分） （3）降低化学反应的活化能 氨基酸和核糖核苷酸（2分） （4）光照强度、温度和C
6、O2浓度 叶绿体和细胞质基质（2分） （5）1:2（2分） 有利于早期酵母菌的繁殖，并可以防止发酵液溢出（2分）（6）平板划线法和稀释涂布平板法30.（17分）.（9分，除注明外，每空1分）（1）抑制 负反馈 使神经元的活动及时终止（其他合理答案也可得分）（2）钠离子（a+） （外正内负的）电位差增大（2分） （3）运动神经元1和运动神经元2（4）突触小泡 防止突触后膜（或后神经元）持续兴奋或抑制.（8分，除注明外，每空1分） （1）碳循环具有全球性、碳元素可被反复利用（或全球性和循环性） 物质是能量的载体，能量是物质循环的动力（其他合理答案也可得分） （2）无机环境丁、甲丙（2分）（3）和（
7、2分，每图1分）（4）一定的自我调节（5）Mabc31.（20分，除注明外，每空2分）（1）紫色:红色:白色=9:6:1 （2）GgYy （3）紫色 实验设计思路：采用自交实验，即让双杂合植株自交，分析子代的表现型及比例（3分）实验结果和结论：子代出现紫色、红色和白色3种表现型，且比例为961（3分）子代出现紫色和白色两种表现型，且比例为31（3分）子代出现紫色和红色两种表现型，且比例为11（3分）其他合理答案也可得分，如：实验设计思路：采用测交实验，即让双杂合植株与白色植株进行杂交，分析子代的表现型及比例（3分）实验结果和结论：子代出现紫色、红色和白色3种表现型，且比例为121（3分）子代出
8、现紫色和白色两种表现型，且比例为11（3分）子代只出现红色一种表现型（3分）2014安徽省省级示范高中名校高三联考化学答案7.C【解析】硝基胍分子中既含极性键（N-H键、C-N键、C=N键、N=O键、NO键），又含非极性键（N-N键），A错误；该物质中不含羧基，不属于氨基酸，B错误；该物质含有10个键、2个键，其个数比是5:1，C正确；10.4g该物质含有1.16.021023个原子，D错误。8.A【解析】饱和NaHCO3溶液不吸收CO2气体，吸收HCl气体，A正确；在中性NaCl溶液中，钢铁发生吸氧腐蚀，不是析氢腐蚀，B错误；NO2与水反应生成HNO3和NO，用排水法得不到NO2，C错误；未
9、使用玻璃棒引流，D错误。9.B【解析】A项，NO和O2会发生反应而不能共存，错误；B项，可以共存；C项，H+和C6H5O反应生成苯酚而不能大量共存，错误；D项，能溶解Al(OH)3的溶液，若是含有大量H+，则CO32不能大量共存，若是含有大量OH，则NH4+不能大量共存，错误。10.D【解析】该装置实现太阳能转化为电能，而电能转化为化学能属于电解池，A项错误；B项，从电子的流向看，X极具有大量OH-并且发生氧化反应，则电极反应式为：4OH4e2H2OO2，错误；C项，根据电子守恒，X极消耗的OH-总量等于Y极生成的OH-总量，即电解质溶液的碱性没有改变，错误；人体呼出的水蒸气中含有CO2和H2
10、O，Y极发生还原反应，由总反应可知，应该是CO2 转化为CO ，D项正确。11.B【解析】根据浓度变化量可知X、Y分别对应于NO2、N2O4。第25min时c(NO2)增大，相当于加压，平衡正向移动，NO2的体积分数减小，A错误；N2O4(g)2NO2(g)的K=0.62/0.4=0.9，B正确；气体颜色的深浅取决于NO2的浓度，观察图像可知a、b、c、d四点中，c点时NO2的浓度最大，故c点气体颜色最深，C错误；010min内NO2增多，反应总的效果是逆向进行，从外界吸热，2530min内NO2减少，对外界放热，D错误。12.D【解析】A项，磁性氧化铁主要成分是Fe3O4，错误；B项，炼铁时
11、还原剂是CO，并非是焦炭，错误；C项，用氧化性的硝酸溶解铁矿石，即使原来存在的是亚铁离子，也能使KSCN溶液显红色，错误。13.C【解析】A项，ROH开始的pH=13，稀释100倍pH=11，则ROH为强碱，RCl溶液pH=7，错误；B项稀释前，c（ROH）=0.1 molL-1，c（MOH）0.01 molL-1，因MOH为弱碱，ROH为强碱，则c（ROH）10c（MOH），错误；x点，c（OH）相等，则c（M+）=c（R+），故C正确；D项，因为MOH为弱碱，等体积的pH=12的MOH溶液和pH=2的盐酸混合后显碱性，c（M+） c（Cl-），错误。25.（1）二 VA H2O NH3 （
12、每空1分，共4分）NOC (2分) 1s22s22p63s23p63d64s2(或Ar3d64s2 ）(2分)先出现白色沉淀，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色（2分）FeCl2+2NH3H2O=Fe(OH)2+2NH4Cl(2分) 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(2分)(4) 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l) H =2akJmol1 (2分)【解析】自然界中最硬的单质晶体是金刚石，则X为C；Y的基态原子核外电子排布为1s22s22p3，则Y为N；Z的基态原子L层电子数是K层的3倍，则Z为O；根据数据可知W的质子数为26，则W为Fe。N在元素周
13、期表中位于第二周期、第VA族；由于O的非金属性强于N，因而氢化物稳定性：H2ONH3。N元素原子的2p轨道处于比较稳定的半充满状态，因此其第一电离能比氧元素的还要大一些，故NOC；Fe的原子序数为26，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2 ，或写成 Ar3d64s2 。在铁与盐酸反应生成的FeCl2溶液中通入NH3，先产生白色沉淀Fe(OH)2，然后白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色Fe(OH)3沉淀。发生的反应为：FeCl2+2NH3H2O=Fe(OH)2+2NH4Cl、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。Y的氢化物NH3和O2在催化加热条件下的反应
14、：4NH3+5O24NO+6H2O，在该反应中有5molO2参加共转移20mol电子，由于每转移10mol电子放热akJ，则该反应的热化学方程式为：4NH3(g)+5O2=4NO(g)+6H2O(l) H=2akJmol1。26. （1）苯甲醛（1分） 酯化反应（取代反应）（1分） （2）羟基、羧基（2分）（3）（3分）（4）13（2分） （2分）（5）abd（3分）【解析】由CD的反应条件再结合E的结构简式可知C、D的结构简式分别是、。CD显然是酯化反应，也可以答取代反应。C中含有羟基和羧基。注意：E在稀硫酸作用下水解时，氯原子不能发生反应。（4）满足的同分异构体必含甲酸酯结构和酚羟基，有二
15、取代苯和三取代苯两大类。书写二取代苯时，可先写出，再改变羟基的位置，使两个取代基处于邻位和间位，此类同分异构体共有3种；书写三取代苯时，可先写出，再用甲基分别取代苯环上的H，分别得到2、4、4种同分异构体。以上共有13种同分异构体。二取代苯中，核磁共振氢谱显示有5个吸收峰的是，其他两种均为7个吸收峰。（5）E、F都含有苯环，都属于芳香族化合物，a正确；苯环上的6个碳原子及其所连接的6个原子一定共平面，b正确；E中含氧官能团是酯基，而F中含氧官能团是肽键，c错误；酯基和肽键在碱性条件下都能发生水解，d正确。27（1）Cu2+FeS=CuS+Fe2+（2分）（2）玻璃棒（2分） 漏斗中液面高出滤纸
16、边缘或滤纸破损等（2分，答案合理都给分）（3）BC（2分） Fe2O3（2分）（4）160（3分）【解析】（1）沉淀转化的一般规律是向更难溶的方向转化。（3）硝酸能与氢氧化铁反应；KMnO4和H2O2均有氧化性，能加快反应速率且不会引入不溶性杂质，可以选用。（4）1m3废水中含有2.0molCu2+、Hg2+、Pb2+，消耗2molFeS，根据铁元素守恒，生成1mol氧化铁，质量为160g。28 （1）2IO3+5HSO3=5SO42+I2+3H+H2O（2分） （2）15（1分） 30（1分）（3） （2分） 温度低于30时，温度越高，溶液变蓝所需时间越短；温度高于30时，温度越高，溶液变蓝
17、所需时间越长（1分。本小题具有开放性，答案合理都给分）（4） 反应生成的H+对反应起催化作用，H+浓度越大反应速率越快；反应生成的I2对反应起催化作用，I2浓度越大反应速率越快；或该反应是放热反应，温度升高导致反应速率加快（各2分。本小题具有开放性，答案合理都给分）（5）实验方案（不要求写出具体操作过程）预期实验现象和结论 在烧杯甲中将NaHSO3溶液与过量KIO3溶液混合，用测速仪测定其起始时的反应速率v(甲)；在烧杯乙中进行同一反应（不同的是乙烧杯中预先加入少量Na2SO4或K2SO4粉末，其他反应条件均完全相同），测定其起始阶段的相同时间内的反应速率v(乙) 若v(甲)=v(乙)，则假设
18、一不成立；若v(甲)v(乙)，则假设一成立（各2分。本小题具有开放性，答案合理都给分）【解析】（1）用得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒来解答。 （2）实验、是探究KIO3浓度对化学反应速率的影响，为保证NaHSO3 溶液浓度相同，需使溶液总体积为40mL，所以10+15+a=40，a=15；实验、是探究温度对化学反应速率的影响，则其他条件均应完全相同，故b=30。（3）v(IO3-)=2v(I2)=2=2。（4）能使化学反应速率增大的因素有升高温度、使用催化剂、增大反应物浓度等。本实验显然需要考虑催化剂和反应温度。（5）作对比实验即可，两组实验的不同之处是其中一个实验中预先加入少量Na2SO4
19、或K2SO4。不能加入NaHSO4或KHSO4，防止H+对实验产生干扰；也不能加入MgSO4或FeSO4等可溶性硫酸盐，防止Mg2+或Fe2+等对实验产生干扰。2014安徽省省级示范高中名校高三联考（物理）答案与解析14.答案：D解析：由得， ，选项A错误；又，故，选项B错误；由知，故光线在介质A中的临界角大，选项C错误；，A为光疏介质，B为光密介质，只有当光从光密介质射入光疏介质时才可能发生全反射，当光从光疏介质射入光密介质时一定同时存在反射光线和折射光线，选项D正确。15.答案：A解析：卫星在轨道上运行时，故，式中 ，由于“试验五号”与“环境一号C”卫星的距地高度之比为3:2，不是运行半径
20、之比，故选项C、D错误；由于不知道两卫星的质量关系，故不能判断万有引力关系，即无法判断向心力关系，选项B错误；卫星轨道越高，需要的能量越多，故发射速度越大，选项A正确。16.答案：B解析：做曲线运动的物体受到的合力指向曲线的内侧，根据质子的运动轨迹可得，质子受到的电场力水平向右，电场线方向水平向右，a点的电势比b点高；从ab电场力对质子做正功，动能增加，电势能减少，选项A、C错误，选项B正确；质子在a、b两点速度方向不同，加速度方向相同，选项D错误。17.答案：A解析：(1)当v0时，小球上升的高度不会超过O点，在最高点时速度为零，所需向心力为零，T=mgcos，又因为mv02=mg（L-Lc
21、os），联立可得：T=mg ；(2)当v0时，小球上升的高度超过O点将离开圆轨道做斜抛运动，小球到达最高点时绳子处于松弛状态，T=0；(3)当v0时，小球沿圆轨道上升到最高点时，T+mg= ；mv02 mv2=2mgL，联立得：T = 5mg ，所以综上所述选项A正确。18.答案：D解析：由楞次定律知：（1）0L过程中，线框产生逆时针方向电流，切割磁感线的有效长度逐渐增大；（2）L3L/2 过程中，ab边的一部分和cd边的一部分均切割磁感线，合电流方向仍为逆时针，切割磁感线的总有效长度逐渐减小；（3）3L/2 2L过程中，ab边的一部分和cd边的一部分均切割磁感线合电流方向为顺时针，切割磁感线
22、的总有效长度逐渐增大；（4）2L3L过程中，ab边切割磁感线，线框产生顺时针方向电流，切割磁感线的有效长度逐渐减小；故选D。19.答案：B解析：将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，V2示数随电流增大而减小，图线甲是电压表V2示数随电流变化的图线，选项D错误；当V2示数为零时，电流为0.6A，根据V1示数3V求得定值电阻，由闭合电路欧姆定律0.6(5+r)=E；当V2示数为4V时，电流为0.2A，求得滑动变阻器最大电阻，由闭合电路欧姆定律0.2(5+20+r)=E。联立解得E=6V，电源内电阻的阻值r=5，选项A错误；把定值电阻看作电源内阻的一部分，当R2R1r时，即当滑动变阻器滑至中间
23、时，滑动变阻器R2的功率最大，此时V2示数为3V，电流为0.3A，最大功率为0.9W，选项C错误；当滑动触头P滑到最左端时，电源内电阻，此时电源输出功率最大，为30.6W=1.8W， B正确。20.答案：C解析：由题意可知，在前半段物体的平均速度为v，所以在位移相同的情况下，物体运动的时间之比为2:1,A项错误；在第一个阶段传送带多增加的功率为；在第二个阶段传送带多增加的功率为，则传送带多增加的功率之比为，选项C正确；第二个阶段不产生热量，故D错误；第一个阶段多消耗的电能转化为内能和机械能，又因为产生的内能等于机械能，所以第一个阶段多消耗的电能等于机械能的两倍。而第二个阶段产生的机械能小于第一
24、个阶段产生的机械能，故B错误。21.I【答案】（1）0.26（2分） 0.39（2分） （2）0.20（1分）【解析】（1）做匀变速直线运动的物体，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度=0.26 m/s；根据逐差法，小车的加速度为=0.39 m/s2。（2）根据牛顿第二定律，F=ma=0.20N。. 【答案】(1)10(2分) 平衡位置 (2分) (2) (2分) 【解析】(1)实验时，摆角不宜过大，最多10，计时的开始位置在平衡位置，此时速度大，时间误差小。(2)两次实验中摆线长分别为L1、L2 ，对应的周期分别为T1、T2，设石块质心到M点的距离为x，由和，可解得。. 【答案】(1)
25、0.518（0.5160.519均正确） (2分) (2)电路如图所示 (3分) 3.510-6 (2分) 【解析】(1)根据螺旋测微器读数规则，图中读数为0.518 mm。(2)由UI图象知电阻的阻值R4，电流表内阻1，电压表内阻5k，因待测金属丝电阻较小，故电流表外接，又需要用仪表数字做图，故变阻器采用分压外接法。实物电路如图所示；金属丝横截面积S2.110-7m2，由电阻定律得m3. 510-6m。22.解析：（1）木板与地面间的最大静摩擦力（1分）。当人以 =1m/s2的加速度匀加速向右奔跑至板右端时，木板所受人给它的摩擦力（1分），所以木板是静止的。由运动学公式（1分），解得s（1分
26、）（2）当人以= 2.5m/s2的加速度匀加速向右奔跑至板右端时，此时木板所受人给它的摩擦力，所以木板相对地面有滑动。设木板的加速度大小为，人从木板左端开始跑到右端的时间为对木板受力分析并由牛顿第二定律可知： （1分)故，方向水平向左； (2分)由运动关系得：， (1分)代入数据得： (1分)当人奔跑至右端时，人的速度 (1分)此时木板的速度 (1分)此过程木板后退的位移 (1分)由能量守恒可得 (2分) 23.解析：（1）根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示。根据几何关系可得带电粒子做圆周运动的半径为L （1分）根据（2分），解得（1分）。（2）根据类平抛运动的规律，（1分），（1分），其中
27、（1分），解得 （1分）。所以带电粒子离开匀强电场时的坐标为（0，）（3）若带电粒子速度不变，从OP的中点进入磁场，带电粒子的运动轨迹如图所示。根据几何知识，带电粒子出磁场的位置M的坐标为（1分）出磁场的速度方向与x轴正方向成60o。带电粒子在磁场中的运动时间 （1分） （1分），解得（1分）。在电场中，平行于x轴方向上，带电粒子做初速度为的匀减速直线运动。根据运动的合成与分解的规律 （2分），解得带电粒子在电场中的运动时间（1分）。（另解：在平行于x轴方向，带电粒子做初速度为的匀减速直线运动，设带电粒子平行于x轴方向速度减为0时所需时间为 ，带电粒子做类平抛运动的时间为 ，由运动学公式可得解
28、得，带电粒子平行于x轴方向速度减为0的过程中位移为代入数据解得，代入数据解得所以带电粒子在电场中运动的时间为）带电粒子运动的总时间（1分）。24.解析： （1）因为此时物块A对挡板刚好无压力，所以弹簧弹力 （2分）对BC分析可得（2分）解得（1分）（2）碰撞之后瞬间，B处于平衡状态，此时弹簧处于压缩状态，设此时弹簧的形变量为，则对B有： （1分） 解得 （1分）当BC运动到最高点时，物块A刚好对挡板无压力，所以此时弹簧处于拉伸状态，设此时弹簧的形变量为 对A有：（1分） 解得 （1分） 所以两个时刻弹簧的形变量相同，故BC碰撞瞬间和到达最高点两个状态弹簧的弹性势能大小之比为1:1 （1分）（3）CB的过程由动能定理可得 （3分）BC碰撞瞬间由动量守恒定律可得 （2分）从BC碰撞后瞬间到BC到达最高点时系统机械能守恒， （3分）又因为 （1分）所以联立解得 （1分）