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眉山中学校2022-2023学年高二上学期12月月考
理科综合能力测试
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共35题，共300分，共14页。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
可能用到的相对原子质量：H—1 C—12 N—14 O—16 S—32
第Ⅰ卷
选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列有关内环境及其稳态的叙述正确的是（ ）
A．神经递质、激素、抗体和消化酶都属于内环境的成分
B．增加细胞外K+浓度神经细胞更容易兴奋
C．血浆pH的相对稳定仅与缓冲物质有关
D．内环境稳态是指内环境温度、酸碱度和渗透压的相对稳定状态
2．突触是神经元之间的“接头”，下图是突触的结构模式图，下列说法中正确的是（　　）
A．神经递质的释放是自由扩散
B．突触间隙里的液体是组织液
C．神经递质以主动运输的形式释放到突触间隙
D．突触后膜一定是神经细胞树突的膜
3．新冠肺炎诊疗方案指出患者常规治疗时需要注意水、电解质平衡，维持内环境稳态，并定时监测肝酶、血氧饱和度等指标。下列相关叙述错误的是（　　）
A．组织液与血浆中的蛋白质、电解质的含量基本相同
B．肺炎患者细胞内液和血浆蛋白外渗导致出现肺水肿现象
C．肝酶含量高于正常值说明肝细胞受到一定程度的损伤
D．血氧饱和度正常的生理意义是保证细胞正常氧化分解有机物
4．内环境稳态是维持机体正常生命活动的必要条件。下列相关叙述正确的是（ ）
A．正常情况下抗体、氨基酸、糖原均会出现在内环境中
B．细胞内高Na+或细胞外高K+都有利于神经细胞产生兴奋
C．如果饮食中长期缺乏蛋白质，血浆渗透压会下降
D．葡萄糖在内环境中彻底氧化分解，为生命活动提供能量
5．2021年9月我国神舟十二号载人飞船圆满完成航天任务，随航天员返回地球的，还有22株用于航天育种实验的人体肠道益生细菌。下列有关叙述正确的是（　　）
A．返回地球的益生细菌体内的染色体数目或结构可能发生改变
B．航天育种能缩短育种时间是因为太空环境能提高菌株变异频率
C．益生细菌的遗传物质是RNA，受到太空辐射易发生基因突变
D．航天育种的优点是能诱导益生细菌定向产生有利于人类健康的变异
6．下列关于变异和育种的叙述，正确的是（ ）
A．诱变育种能提高突变率，产生新基因
B．三倍体无子西瓜的形成属于不可遗传变异
C．与无性生殖相比，有性生殖过程发生基因重组的概率较小
D．二倍体植株经花药离体培养获得单倍体的过程称为单倍体育种
7. 化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是
A．明矾可以用于净水、杀菌消毒
B．医用酒精的体积分数通常为75%
C．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，对人体健康会产生影响
D．用食醋可除去热水壶内壁的水垢
8. 25 ℃、101kPa下，1g甲醇完全燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，下列表示甲醇燃烧热热化学方程式的是( )
A．CH3OH（l）+ 3/2O2（g）= CO2（g）+2H2O（l） △H= +725 .8 kJ/mol
B．2CH3OH（l）+ 3O2（g）= 2CO2（g）+4H2O（l） △H= －1452 kJ/mol
C．CH3OH（l）+ 3/2O2（g）= CO2（g）+2H2O（l） △H= －725 .8 kJ/mol
D．2CH3OH（l）+ 3O2（g）= 2CO2（g）+4H2O（l） △H= +1452 kJ/mol
9．NA是阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A．常温常压下，28gC2H4和C4H8的混合气体含有的碳原子数为2NA
B．18g水和18g重水含有的质子数均为10NA
C．0.5 NA个CH4完全燃烧生成H2O和CO2，放出445.2kJ热量，则CH4的燃烧热为－445.2kJ/mol
D．1L 1mol/L NaCl溶液含有28NA个电子
10．在不同条件下，分别测得反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的化学反应速率，其中表示该反应进行得最快的是(　　)
A. v(SO2)＝4 mol·L－1·min－1 B. v(O2)＝3 mol·L－1·min－1
C. v(SO2)＝0.1 mol·L－1·s－1 D. v(O2)＝0.1 mol·L－1·s－1
11．短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，X 是地壳中含量最多的元素，Y 原子的最外层只有一个电子，Z 位于元素周期表ⅢA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是(　　)
A．W的氧化物对应的水化物均为强酸
B．X的简单氢化物的热稳定性比W的弱
C．原子半径：r(Y) >r(Z) >r(W)
D．由X、Y组成的化合物中均只含离子键
12．根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是(　　)
选项 实验操作和现象 结论
A 向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出 Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性
B 向碘水中加入等体积CCl4，充分振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色 I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
C 向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝 淀粉未水解
D 向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色 X溶液中一定含有Fe2+
13. 为比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解反应的催化效果，甲乙两组同学分别设计了如图1、图2所示的实验。下列叙述中不正确的是(　　)
A. 图1实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小
B. 图1实验反应速率为①＞②， 则一定说明Fe3＋比Cu2＋对H2O2分解催化效果好
C. 用图2比较反应速率，可测定在相同状况下反应产生的气体体积及反应时间
D. 为检查图2装置的气密性，可关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位
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。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
14．下列说法正确的是(　　)
A．物体所带的电荷量可以为2×10－19C
B．油罐车后有一条拖在地面上的铁链条是为了防止静电带来的危害
C．摩擦起电的过程，是靠摩擦产生了电荷
D．利用静电感应使金属导体带电，本质上是电子的产生
15．关于等势面，下列说法正确的是(　　)
A．电荷在等势面上移动时不受静电力作用，所以静电力不做功
B．等势面上各点的电场强度相等
C．等势面一定跟电场线垂直
D．两不同等势面在空间可以相交
16．如图所示，在x轴上关于原点O对称的两点A、B分别固定放置点电荷＋Q1和－Q2，x轴上的P点位于B点的右侧，且P点电场强度为零，则下列判断正确的是(　　)
A．x轴上P点右侧电场强度方向沿x轴正方向
B．Q1C．在A、B连线上还有一点与P点电场强度相同
D．与P点关于O点对称的M点电场强度可能为零
17．如图所示，匀强电场的方向平行于xOy坐标系平面，其中坐标原点O处的电势为2V，a点的坐标为(0，4)，电势 为8V，b点的坐标为(3，0)，电势为8V，则电场强度的大小为( )
A．250V/m B．200V/m
C．150V/m D．120V/m
18．如图所示，虚线代表某一电场中的等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带正电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹。设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，电势能分别为EpM、EPN，速度大小分别为vM、vN，下列判断正确的是( )
A．φM＜φN B．aM＜aN C．EpM＜EpN D．vM＜vN
19．如图所示是某电场中的三条电场线，C点是A、B连线的中点。已知A点的电势是φA=30V，B点的电势φB=-20V，则下列说法正确的是( )
A．C点的电势
B．C点的电势φC＜5V
C．负电荷在A点的电势能小于在B点的电势能
D．负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能
20．如图所示，A、B两个带等量正电的点电荷固定在同一水平线上，O为两点电荷连线中点，过O点竖直放置一绝缘光滑、粗细均匀的直杆。一个质量为m的带电小球套在杆上(可以自由滑动)，在P点由静止释放，小球向下运动到Q点时速度刚好为零。已知P、Q两点的高度差为h，重力加速度为g，则小球从P点运动到Q点的过程中(　　)
A．速度一定是先增大后减小 B．加速度一定是先减小后增大
C．在O点电势能最小 D．在O点速度最大
21．如图甲所示，光滑绝缘水平面上有一沿水平方向的电场，MN是其中的一条直线，线上有A、B、C三点．一带电量为+2×10-3C、质量为1×10-3kg的小物块从A点静止释放，沿MN作直线运动，其运动的v-t图象如图乙所示，其中B点处的切线斜率最大(图中标出了该切线)，C点处的切线平行于t轴，运动过程中小物块电量保持不变，则下列说法中正确的是( )
A．AB两点电势差UAB＝－4V
B．B点为AC间电场强度最大的点，场强大小E＝1V/m
C．由A到C的过程中小物块的电势能先减小后变大
D．小物块从B点到C点电场力做的功W=10-2J
第Ⅱ卷
三、非选择题：第22题～第26题为物理试题，第27题～第30题为化学试题，第31题～第35题为生物试题，每个试题考生都必须做答（共174分）。
22．(6分)某物理兴趣小组利用图示装置来探究影响电荷间的静电力的因素。A是一个带正电的物体，系在绝缘丝线上的带正电的小球会在静电力的作用下发生偏离，静电力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来。他们分别进行了以下操作。
步骤一：把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的等位置，比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小。
步骤二：使小球处于同一位置，增大(或减小)小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小。
(1)图甲中实验采用的方法是______(填正确选项前的字母)
A．理想实验法 B．等效替代法 C．微小量放大法 D．控制变量法
(2)图甲实验表明，电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的减小而_______(填“增大”“减小”或“不变”)
(3)接着该组同学使小球处于同一位置，增大(或减少)小球所带的电荷量，比较小球所受作用力大小的变化。如图乙，悬挂在点的不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球当球到达悬点的正下方并与B在同一水平线上B处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向角度为，若两次实验中的电量分别为和分别为和60°，则为________。
23．(10分)某同学利用如图所示的装置来研究平行板电容器电容的影响因素。
(1)对该装置理解正确的是______；
A．操作过程中，可认为A、B两板间的电压始终不变
B．操作过程中，可认为A、B两板间的场强始终不变
C．操作过程中，可认为A、B两板间的带电量始终不变
D．操作过程中，可认为电容器的电容始终不变
(2)当手持绝缘柄将A板向左平移时，静电计指针张角将______；将A板向上平移时，静电计指针张角将______；(选填“变大”、“变小”或“不变”)
(3)若在两板间插入云母片，且保证其它条件不变，则静电计指针的偏角将______；若在两极板间插入一块不与两板接触的的厚金属板P，且保持其它条件不变，则静电计指针偏角将______。(选填“变大”、“变小”或“不变”)
24．(12分)如图所示，把一带电荷量为﹣5×10﹣8C的小球A用绝缘细绳悬吊，若将带电荷量为+4×10﹣6C的带电小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距30 cm时，绳与竖直方向成45°角，已知静电力常量k＝9.0×109N m2/C2，A、B两小球均可视为点电荷，g＝10m/s2，求：
(1)A、B两球间的库仑力大小；
(2)A球的质量；
(3)撤去小球B，改加一匀强电场，为使小球A仍静止在原处，则所加匀强电场的场强最小值多大？
25．(15分)在电场中把电荷q=-2.0×10-9C从A点移到B点，电场力做了2.0×10-7J的正功，再把q从B点移到C点，电场力又做了4.0×10-7J的负功。
(1)求AB间、BC间和AC间的电势差；
(2)若选B为参考点，求A点和C点的电势；
(3)若选C为参考点，求该电荷在A点和B点的电势能为多少。
26．(19分)如图所示，一个负粒子由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，O′点为荧光屏的中心。已知负粒子质量m=1.0×10-31kg，电荷量大小q=0.8×10-19C，加速电场电压U0=2500V，偏转电场电压U=200V，极板的长度6.0cm，板间距离d=2.0cm，极板的末端到荧光屏的距离3.0cm(忽略电子所受重力)。求：
(1)负粒子射入偏转电场时的初速度；
(2)负粒子打在荧光屏上的P点到O′点的距离h；
(3)负粒子经过偏转电场过程中电势能的增加量。
(12分)
（1）已知热化学方程式：
H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) △H= -241.8 kJ/mol ；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H= -483.6 kJ/mol
H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H = -285.8 kJ/mol； 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H= -571.6 kJ/mol
则氢气的燃烧热为： 。
在25℃、1.01×105Pa时，16g S在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫，放出148.5KJ的热量，S燃烧的热化学方程式为 。
（3）①1molC与1molH2O(g)反应生成1molCO(g)和1molH2(g)，需吸收131.5kJ的热量，该反应的反应为△H= kJ/mol；
②拆开1mol H—H键、1mol N—H键、1 molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则由1 molN2生成NH3的反应热为 ，由1mol H2生成NH3的反应热为 。
（4）有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可以利用盖斯定律间接计算求得：
已知：C(石墨，s)+O2(g)=====CO2(g) △H1== －400 kJ·mol-1
2H2(g)+ O2(g)===2H2O(1) △H2== －570 kl·mol-1
2C2H2(g)+5O2(g)===4CO2(g)+2H2O(1) △H3=== －2600kJ·mol-1
则由C(石墨，s)和H2(g)反应生成lmol C2H2(g)时△H== kJ·mol-1。
(14分)某小组用0.50 mol·L－1 NaOH溶液和0.50 mol·L－1 H2SO4溶液进行中和热的测定。
Ⅰ.配制0.50 mol·L－1 NaOH溶液
(1)实验中要使用245 mL NaOH溶液，则至少需要称量NaOH固体 g。
(2)从表中选择称量NaOH固体所需要的仪器 (填字母)。
名称 托盘天平(带砝码) 小烧杯 坩埚钳 玻璃棒 药匙 量筒
仪器
序号 a b c d e f
Ⅱ.测定中和热的实验装置如图所示。
(3)实验装置中缺少的一种仪器是 ，写出表示H2SO4溶液和NaOH溶液反应的中和热的热化学方程式(中和热为57.3 kJ·mol－1)：
。
(4)取50 mL NaOH溶液和30 mL H2SO4溶液进行实验，实验数据如表所示。
温度 实验 次数 起始温度t1/℃ 终止 温度 t2/℃ 温度差 平均值 (t2－t1)/℃
H2SO4 溶液 NaOH 溶液 平均值
1 26.2 26.0 26.1 30.1
2 27.0 27.4 27.2 31.2
3 25.9 25.9 25.9 29.8
4 26.4 26.2 26.3 30.4
①表中的空白处温度差的平均值为 。
②使H2SO4溶液与NaOH溶液混合均匀的正确操作是 (填字母)。
a．用温度计小心搅拌 b．揭开硬纸板用玻璃棒搅拌
c．轻轻地振荡烧杯 d．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动
③上述实验测出结果△H= -53.5 kJ/mol与中和热△H= -57.3 kJ·mol－1有偏差，产生偏差的原因可能是 (填字母)。
a．实验装置保温、隔热效果差 b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有H2SO4溶液的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测量H2SO4溶液的温度
29．(18分)将气体A、B置于固定容积为2 L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g) 2C(g)＋2D(g)，反应进行到10 s末，达到平衡，测得A的物质的量为1.8 mol，B的物质的量为0.6 mol，C的物质的量为0.8 mol。
(1)用C表示10 s内反应的平均反应速率为 。
(2)反应前A的物质的量浓度是 。
(3)10 s末，生成物D的浓度为 。
(4)A与B的平衡转化率之比为 。
(5)反应过程中容器内气体的平均相对分子质量变化是________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，气体的密度变化是________。10s末，反应物A所占的体积分数为 。 (6)平衡后，若改变下列条件，生成D的速率如何变化(填“增大”“减小”或“不变”)：①降低温度________；②使用催化剂________；③恒压下充入氖气________；④恒容下充入氖气________。（每空1分）
30．(14分)海洋是人类巨大的资源宝库。
(1)海洋为我们提供了丰富的食材。鱼、虾肉质中主要富含人体所需的营养素是 　 。
(2)海水经过蒸发可制得粗盐。为除去粗盐中的可溶性杂质MgSO4、CaCl2，化学小组设计如图方案：
①过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和 　 　。
②要想从KNO3溶液中析出KNO3固体，具体操作步骤是 、 。(每空一分)
③写出固体B所含物质的化学式 。
④粗盐水加入过量Ba(OH)2溶液后，Ba(OH)2与MgSO4发生反应生成两种难溶性物质，该反应的化学方程式为 　 　。
⑤加入过量的Na2CO3溶液的目的是 　 　。
⑥向固体A和B中滴加足量稀盐酸，观察到的现象 　 　（填“相同”或“不相同”）。
31．（除标记外其余每空1分，共12分）一块农田开始使用某种杀虫剂时，对某种害虫的杀灭效果显著，但随着该种杀虫剂的继续使用，该种害虫表现出越来越强的抗药性。请回答下列问题：
(1)这片农田中全部的该种害虫的总和称为______________，该种害虫全部个体含有的全部基因，称为该种群的________________。
(2)害虫抗药性变异产生于使用杀虫剂________（“前”或“后”）。由于同种杀虫剂的反复使用，害虫的抗药性状逐代积累并加强，从这个过程可以看出，虽然生物的_____________是不定向的，但_____________________是定向的。
(3)在对该种害虫的群体进行的调查中，发现基因型为DD和dd的个体所占的比例分别为10%和70%（各种基因型个体生存能力相同），第二年对同一群体进行的调查中，发现基因型为DD和dd的个体所占的比例分别为4%和64%，在这一年中，该害虫群体是否发生了进化？_______，理由是______________________________________。
(4)现代生物逬化理论认为，在自然选择的作用下，种群的____________会发生定向改变，导致生物朝一定方向进化，因此生物进化的实质是______________，当然，任何一个物种都不是单独进化的，而是______________________的。
32．（除标记外其余每空2分，共10分）回答与神经调节有关的问题。
(1)图甲中含有_________个神经元，含有__________个突触。
(2)图乙中，兴奋传递的方向是_________的。原因是____________________________。
(3)突触小泡中含有____________，其形成与____________(填一种细胞器的名称)有关。
33．（每空1分，共13分）如图为人体细胞与内环境之间物质交换的示意图，②③④为体液，据图分析：
(1)图中共同构成内环境的是_________（填标号）。
(2)血细胞生活的内环境是___________（填标号）。
(3)毛细淋巴管壁细胞生活的内环境是_____________（填名称）。
(4)正常人②内的pH通常维持在________________之间，直接起调节作用的是血液中的____________物质。
(5)②与③相比，③中含有的成分明显减少的是________。
(6)下列物质属于内环境的成分的是：__________________。
①血红蛋白 ②胃蛋白酶 ③尿素 ④ATP合成酶 ⑤载体蛋白 ⑥血浆蛋白 ⑦溶酶体酶
(7)若某人长期营养不良，血浆中蛋白质含量降低，图中[ ]____________部分的液体会减少，从而使_________的量增多导致组织水肿。
(8)内环境稳态是机体进行___________________的必要条件。与内环境稳态直接相关的4个系统包括消化、呼吸、________和________系统。
34．（除标记外其余每空1分，共10分）“暂时联系接通”的机制是条件反射学说的一个基本理论问题。俄国生理学界传统的观点认为：“暂时联系”是在大脑皮层内接通的。图是利用声音刺激建立“唾液 分泌性食物条件反射”的机制。
(1)人们第一次吃梅子时，酸味会刺激舌部的_____________ 并使其兴奋，该过程中，神经元膜内电位变化为______________。兴奋通过传入神经传至延髓中的唾液中枢，中枢通过传出神经发出“命令”给唾液腺，引起唾液分泌，这属于_____________反射，兴奋同时经延髓、下丘脑传至味觉中枢并使其兴奋，形成味觉。
(2)如果人们再次听到“梅子”二字，耳部传入神经末梢会产生兴奋，并将兴奋传导至____________形成听觉，此时还不会引起唾液分泌。这一过程____________（填“属于” 或“不属于”）反射，理由是___________________________________________________。
(3)请结合图示描述及“暂时联系”的观点，听到“梅子”后引起唾液腺分泌唾液的可能途径是____________________________________________________________。
35．（第3问每空1分，其余每空2分，共10分）基因突变、基因重组和染色体变异是生物产生可遗传变异的三个来源。下图是生产实践中的几种不同育种方法。请分析回答下面的问题。
（1）图中A、D所示方向的育种方式与A→B→C方向所示的育种方式相比较，后者的优越性主要表现在____________。
（2）过程B常用的方法为_______，过程F经常采用的药剂为__________。
（3）请分别指出下列育种方法依据的原理①人工诱变育种、②单倍体育种③杂交育种：A基因突变、B基因重组、C染色体变异。
①人工诱变育种_______。②单倍体育种 。③杂交育种__________。眉山中学校2022-2023学年高二上学期12月月考
物理试卷
参考答案：
1．B
【详解】A．物体所带的电荷量均是元电荷（即）的整数倍，所以不可能是，故A错误；
B．油罐车在运动过程中，由于油罐车与空气摩擦会产生静电，后面有一条拖在地面上的铁链条就可以将产生的静电及时导入大地，从而防止静电引起爆炸，故B正确；
C．摩擦起电是自由电荷转移后，导致物体有多余电荷，从而使物体带上电，故C错误；
D．静电感应带电，实质上是导体中的自由电子在电场中受到的电场力作用下，远离或靠近带电体，故D错误。
故选B。
2．C
【详解】A．等势面与电场线垂直，故沿着等势面移动电荷，静电力与运动方向一直垂直，静电力不做功，故A错误；
B．电场中电势相等的各个点构成的面叫作等势面，等势面上各个点的场强大小情况要看具体的电场，故B错误；
C．等势面一定与电场线垂直，故C正确；
D．电场中电势相等的各个点构成的面叫作等势面，两个不同的等势面的电势是不同的，所以两个不同的等势面永不相交，故D错误。
故选C。
3．A
【详解】BC．根据题述可知P点的电场强度为零，根据点电荷电场强度公式和场强叠加原理可知，＋Q1的电荷量一定大于－Q2的电荷量，A、B连线上各点电场强度都不为零，故B、C错误；
A．由于＋Q1的电荷量大于－Q2的电荷量，可知P点右侧电场方向沿x轴正方向，故A正确；
D．由于Q1>Q2，M点和P点关于O点对称，P点电场强度为零，由点电荷电场强度公式和场强叠加原理可知，M点电场强度一定不为零，D错误。
故选A。
4．A
【详解】试题分析：由题意可得a、b两点的电势相等，所以匀强电场的方向垂直于ab，过o点做ab的垂线相交ab于c点，由几何关系得：，得∠b=53°；oc=ob sin∠b=0．03×sin53°=2．4×10-2m
co间的电势差为：U=8V-2V=6V；则电场强度为：，故A正确．
考点：电势及电势差
5．D
【详解】A．带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场线与等势面垂直，且由于带电粒子带正电，因此电场线指向下方，根据沿电场线电势降低，可知M点的电势大于N点的电势，故A错误；
B．等差等势面密处的电场强度大，结合图可知，M处的电场强度大于N处的电场强度，所以带电粒子在M点的加速度大于在N点的加速度，故B错误；
CD．根据带电粒子受力情况可知，若粒子从M到N过程，电场力做正功，动能增大，速度增大，电势能减小，故带电粒子在M点具有的电势能大于在N点具有的电势能，M点的速度小于在N点的速度，故C错误，D正确。
故选D。
6．BC
【详解】AB．由图看出，AC段电场线比BC段电场线密，则AC段场强最大，根据公式U=Ed可知，AC间电势差UAC大于BC间电势差UCB，所以
即
又
所以
故B正确，A错误；
CD．由电势能，可知负电荷在电势低处，电势能较大，又
所以负电荷在A点的电势能小于在B点的电势能，故C正确，D错误。
故选BC。
7．AC
【详解】A．由题分析可知，小球带负电，小球向下运动过程中，合力先做正功后做负功，因此动能一定先增大后减小，速度一定是先增大后减小，故A正确；
B．到达O点前电场力可能是先增大后减小也可能是一直减小，加上重力不变，所以加速度是先增大后减小或一直减小。过了O点后情况就复杂了，如果电场力一直增大，加速度先减小为零再反向增大，如果电场力先增大后减小，但最小值也大于重力，加速度就先减小再增大再减小，故B错误；
C．O点电势最高，因为带负电小球在O点电势能最小，故C正确；
D．带负电小球在O点的电场力为零，但合力不为零，因此速度不是最大，故D错误。
故选AC。
8．BD
【详解】物块在A到B过程，根据动能定理得：，得：，故A错误．据v-t图的斜率等于加速度，可得物块在B点的加速度最大为a==2m/s2，所受的电场力最大为 F=ma=1×10-3×2N=2×10-3N，则电场强度的最大值为，故B正确．由v-t图可知由A到C的过程中小物块的动能一直增大，则电势能一直减小，故C错误．物块从B点到C点电场力做的功W=，故D正确．故选BD．
9． D 增大
【详解】(1)[1]此实验中比较小球在不同位置所受带电物体的静电力的大小，再使小球处于同一位置，增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受的静电力的大小，所以是采用了控制变量的方法
故选D；
(2)[2]在研究电荷之间作用力大小的决定因素时，采用控制变量的方法进行，如本实验，根据小球的摆角可以看出小球所受作用力逐渐减小，当Q、q一定，d不同时，由图可知，距离越大，作用力越小。电荷之间的静电力随着电荷量的增大而增大，随着距离的增大而减小；
(3)[3]设小球质量为m，电量为q，与B球的距离为r，当A球带电量为q1时，由平衡条件得
、
当A球带电量为q2时，由平衡条件得
、、
联立解得
10． C 变大 变大 变小 变小
【详解】（1）[1]由题图可知，操作过程中电容器始终保持与电源断开，则两极板的电量不变，故选C。
（2）[2]将A板向左平移时，板间距离增大，根据
可知电容减小，而电容器所带电量不变，根据
则增大，静电计指针张角变大。
[3]将A板向上平移时，两板正对面积减小，电容减小，而电容器所带电量不变，由
可知电容减小，而电容器所带电量不变，根据
则增大，静电计指针张角变大。
（3）[4]若在两板间插入云母片，且保证其它条件不变，则电容器介电常数变大，根据
可知，可知电容增大，而电容器所带电量不变，根据
则减小，静电计指针张角变小。
[5]若在两极板间插入一块不与两板接触的的厚金属板P，且保持其它条件不变，相当于板间距离减小，根据
可知电容增大，而电容器所带电量不变，根据
则减小，静电计指针张角变小。
11．（1）0.02N （2）2×10﹣3kg （3）N/C
【详解】(1) 由库仑定律得：
代入数据解得：F=0.02N；
(2) 对A受力分析如图所示：
根据物体平衡得：F库＝mgtanα，
代入数据：m＝2×10﹣3kg；
(3) 当电场力的方向与细线垂直时，电场强度最小．
由mgsinα＝qE，
解得：．
12．（1）-100V，200V，100V；（2）-100V，-200V；（3）-2×10-7J，-4×10-7J
【详解】(1)根据
AB间电势差为
BC间电势差为
AC间电势差为
(2)选B点为零电势点，则
由
则A点电势为
由
C点电势为
(3)选C点为零电势点，则
由
则
所以该电荷在A点的电势能为
由
则
所以该电荷在B点的电势能为
13．（1）；（2）7.2×10-3m；（3）
【详解】（1）在加速电场中由动能定理
解得
代入数据得
（2）设粒子在偏转电场中运动时间为t，粒子射出偏转电场时在竖直方向上的偏移量y，粒子在水平方向做匀速直线运动
粒子在竖直方向上做匀加速直线运动
根据牛顿第二定律有
联立解得
粒子离开偏转电场时速度方向的反向延长线经过偏转电场的中点，由数学关系可得
代入数据解得
（3）粒子在偏转电场运动过程中电场力对它做的功
代入数据得
则眉山中学校2022-2023学年高二上学期12月月考
生物参考答案：
1-6：BBACBA
解析：
1．B
【分析】1、由细胞外液构成的液体环境叫做内环境。细胞外液包括组织液、血浆、淋巴等。
2、血浆中的成分有水、蛋白质、无机盐，以及血液要运输的其他物质，包括各种营养物质、激素、各种代谢废物等，组织、淋巴的成分和各成分的含量与血浆的相近，最主要差别是血浆中含有较多的蛋白质。
3、内环境的理化性质主要包括渗透压、酸碱度和温度。
【详解】A、消化酶不属于内环境的成分，A错；
B、增加细胞外K＋浓度，K＋外流减少，静息电位减小，更容易产生动作电位，神经细胞更容易兴奋，B对；
C、血浆pH的相对稳定除与缓冲物质有关外，机体还可以通过对生理活动进行调节来维持pH稳定，C错；
D、内环境稳态包括内环境的组成成分和理化性质的相对稳定，D错。
故选B。
2．B
【分析】神经元之间是通过突触相联系的，神经递质是由突触前膜以胞吐的方式释放进入突触间隙，作用于突触后膜上的特异性受体，引起下一个神经元的兴奋或抑制。
【详解】A、神经递质的释放是通过胞吐作用，体现了细胞膜的流动性，A错误；
B、突触间隙内含组织液，形成神经细胞的内环境，B正确；
C、神经递质以胞吐的形式释放到突触间隙，C错误；
D、突触后膜一般是神经细胞树突或胞体膜，D错误。
故选B。
【点睛】本题考查突触的相关知识，意在考查考生能理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系。
3．A
【分析】关于“内环境稳态的调节”应掌握以下几点：
（1）实质：内环境的化学成分和理化性质处于相对稳定的状态。
（2）调节机制：神经-体液-免疫调节网络。
（3）基础：人体各器官、系统协调一致地正常运行。
（4）意义：机体进行正常生命活动的必要条件。
【详解】A、血浆中的电解质和组织液基本相同，血浆中的蛋白质的含量较组织液的蛋白质含量要高，A错误；
B、细胞内液外渗和血浆蛋白外渗进入组织液，导致组织液含量增加而引起肺部组织水肿，B正确；
C、正常情况下，肝酶主要存在于肝细胞内，当肝细胞受到损害时，这些酶就会从肝细胞里释放出来，进入血液里，使血液里的肝酶含量高于正常值，C正确；
D、血氧饱和度正常可以保证细胞有机物正常的氧化分解，为生命活动的正常进行提供能量，D正确。
故选A。
4．C
【分析】关于“内环境稳态的调节”应掌握以下几点：
（1）实质：体内渗透压、温度、pH等理化特性呈现动态平衡的过程；
（2）定义：在神经系统和体液的调节下，通过各个器官、系统的协调活动，共同维持内环境相对稳定的状态；
（3）调节机制：神经-体液-免疫调节网络；
（4）层面：水、无机盐、血糖、体温等的平衡与调节。
【详解】A、糖原存在细胞中，不属于内环境的成分，A错误；
B、动作电位由Na+内流形成，细胞内高K+、细胞外高Na+有利于神经细胞产生兴奋，B错误；
C、血浆的渗透压主要来源于蛋白质和无机盐，如果饮食中长期缺乏蛋白质，血浆中蛋白含量下降，渗透压会下降，C正确；
D、葡萄糖的氧化分解发生在细胞内，不属于内环境，D错误。
故选C。
5．B
【分析】1、细菌属于原核生物，原核生物没有染色体。
2、基因突变的特点：普遍性、随机性、低频性、不定向性。
【详解】A、细菌为原核生物，不含有染色体，A错误；
B、太空环境中微重力、宇宙射线等，使得DNA复制过程中碱基更易出错，从而提高了菌株变异频率，使得在一个育种周期内有更多变异品种供选择，从而缩短育种时间，B正确；
C、益生细菌是细胞生物，其遗传物质是DNA，C错误；
D、航天育种的主要原理基因突变，基因突变具有不定向性的特点，D错误。
故选B。
6．A
【分析】四种育种方法的比较如下表:
杂交育种 诱变育种 单倍体育种 多倍体育种
方法 杂交→自交→选优 辐射诱变、激光诱变、化学药剂处理 花药离体培养、秋水仙素诱导加倍 秋水仙素处理萌发的种子或幼苗
原理 基因重组 基因突变 染色体变异(染色体组先成倍减少,再加倍,得到纯种) 染色体变异(染色体组成倍增加)
【详解】A、诱变育种的原理是基因突变，能产生新基因，人工诱变能提高突变率，A正确；
B、三倍体无子西瓜的形成发生了染色体数目变异，属于可遗传变异，B错误；
C、与无性生殖相比，有性生殖过程发生基因重组的概率较大，C错误；
D、二倍体植株经花药离体培养获得单倍体，再经秋水仙素处理获得纯合植株的过程称为单倍体育种，D错误。
故选A。
7．(1) 种群 基因库
(2) 前 变异 自然选择
(3) 否 因为该种群的基因频率没有发生变化
(4) 基因频率 种群基因频率的变化 协同进化
【分析】种群是指一定空间内同种生物的所有个体的综合；种群中所有个体的全部基因组成基因库；种群基因库中，某基因占所有等位基因的比例较基因频率；生物进化的实质是种群基因频率的改变，自然选择通过定向改变种群基因频率而使生物朝着一定的方向进化，生物进化的原材料是突变和基因重组；物种形成的基本环节：突变和基因重组、自然选择、隔离，新物种形成的标志是产生生殖隔离。
（1）
这片农田中全部的该种害虫的总和称为种群；该种害虫全部个体含有的全部基因，称为该种群的基因库。
（2）
突变和基因重组为生物进化提供原材料，害虫的变异发生在农药使用之前，农药使用后，农药对变异起选择作用，使抗药性基因频率增加，进而使生物发生进化，因此变异是不定向的，自然选择是定向的。
（3）
第一年DD和dd所占的比例10%和70%，则Dd20%，D基因频率为10%+1/220%=20%，d基因为70%+1/220%=80%；第二年DD和dd所占比例为4%和64%，则Dd为32%，D频率为4%+1/232%=20%，d为64%+1/232%=80%，基因频率没变，没有进化。
（4）
现代生物进化理论认为自然选择是种群基因频率发生定向改变，进而使生物朝着一定的方向进化。因此生物进化的实质是种群基因频率的变化，任何一个物种都不是单独进化的，生物与生物之间，生物与无机环境之间发生着协同进化。
8．(1) 3 3
(2) 单向 由于神经递质只能由突触前膜释放，作用于突触后膜
(3) 神经递质 高尔基体
【分析】分析题图可知，图甲是反射弧的结构，由突触的方向可以推测，①表示感受器，②表示传入神经，③神经中枢，④表示传出神经，⑤表示效应器。图乙为突触结构，A表示突触前神经元，B表示突触后神经元。
(1)
从图甲中可知，②表示传入神经，含有1个神经元，③神经中枢中含有1个神经元，④表示传出神经，含有1个神经元，因此图中共含有3个神经元，3个突触。
(2)
图乙为突触结构，由于神经递质只存在于突触前膜的突触小泡中，只能由突触前膜释放，作用于突触后膜，所以兴奋在突触处传递的方向是单向的。
(3)
神经元轴突末端膨大形成突触小体，突触小体内含有突触小泡，突触小泡中含有神经递质，神经递质有兴奋性和抑制性的，突触小泡的形成与高尔基体有关。
【点睛】本题考查反射弧的结构和兴奋的传导和传递，要求考生能运用所学知识，准确作答，属于考纲识记和理解的层次。
9．(1)②③④
(2)②
(3)组织液、淋巴液
(4) 7.35-7.45 缓冲
(5)蛋白质
(6)③⑥
(7) ②血浆
组织液
(8) 正常生命活动 循环 泌尿
【分析】人体内所有液体统称为体液，体液包括细胞内液和细胞外液，细胞外液又叫内环境，主要由组织液、血浆和淋巴组成，图中①是组织细胞，②是血浆，③是组织液，④是淋巴。
（1）
细胞外液又叫内环境，主要由血浆、组织液和淋巴组成，对应图中的②、③和④构成。
（2）
血细胞生活的内环境是②血浆。
（3）
毛细淋巴管壁细胞生活的内环境是组织液和淋巴。
（4）
正常人②内的pH通常维持在7.35-7.45之间，直接起调节作用的是血液中的缓冲物质。
（5）
②血浆与③组织液相比，组织液③中明显少的是蛋白质。
（6）
①血红蛋白为红细胞内的蛋白质，不是内环境的成分；
②胃蛋白酶存在于胃液中，胃液不是体液，因此胃蛋白酶不是内环境的组成成分；
③尿素是血浆的组成成分之一，是内环境的组成成分；
④ATP合成酶存在于细胞内，不属于内环境成分；
⑤载体蛋白位于细胞膜上，不属于内环境成分；
⑥血浆蛋白存在于血浆中，属于内环境成分；
⑦溶酶体酶位于细胞内，不属于内环境成分。
故③⑥属于内环境成分。
（7）
若某人因营养不良，②血浆内的蛋白质减少，则血浆的渗透压下降，从而使组织液③增多导致组织水肿。
（8）
内环境稳态是机体进行正常生命活动的必要条件；内环境稳态直接相关的系统包括消化、呼吸、循环、泌尿四个系统。
10．(1) 味觉感受器 负电位变成正电位 非条件
(2) 大脑皮层 不属于 没有经过完整反射弧
(3)声音→耳朵→听觉中枢→味觉中枢→唾液腺
【分析】反射弧是反射活动进行的结构基础，反射活动的进行需要有结构完整的反射弧和适宜强度的刺激。条件反射活动是需要在后天不断学习和训练才能建立起来的，需要高级神经中枢参与。非条件反射的特点时天生就具有的反射活动，不需要后天的学习和训练，高级神经中枢不是必须参与，只要低级神经中枢就可以。
(1)
第一次吃梅子，酸味会刺激舌部的味觉感受器，受刺激部位膜的通透性发生改变，对钠离子的通透性增大，钠离子内流，使膜内的电位由负变为正，即产生了动作电位或产生了兴奋。兴奋通过传入神经传至延髓中的唾液中枢，中枢通过传出神经发出“命令”给唾液腺，引起唾液分泌，这属于非条件反射，其特点时天生就具有的反射活动，不需要后天 的学习和训练，高级神经中枢不是必须参与，只要低级神经中枢就可以。兴奋同时经延髓、下丘脑传至味觉中枢并使其兴奋，形成味觉。味觉是在大脑皮层产生的。
(2)
吃过梅子的人如果再次听到“梅子”二字，耳部传入神经末梢会产生兴奋，并将兴奋传导至大脑皮层形成听觉，此时还不会引起唾液分泌。这一过程不属于反射，理由是反射活动必须经过完整结构的反射弧和接受适宜强度的刺激。感觉的形成部位是大脑皮层，该过程不属于反射活动，没有经过完整的反射弧。
(3)
听到“梅子”后引起唾液腺分泌唾液的可能途径是：听到“梅子”二字的声音→耳朵（耳部传入神经末梢会产生兴奋）→听觉中枢→味觉中枢→唾液腺，分泌唾液。
【点睛】本题考查学生获取题干信息和分析问题的能力，解答本题的关键是区分条件反射和非条件反射，掌握反射活动进行需具备的条件。
11． 明显缩短了育种年限 花药离体培养 秋水仙素 基因突变 染色体数目变异 基因重组
【解析】秋水仙素作用的机理：人工诱导多倍体的方法很多，如低温处理，目前最常用且最有效的方法是用秋水仙素来处理萌发的种子或幼苗，当秋水仙素作用于正在分裂的细胞时，能够抑制纺锤体的形成，导致染色体不能移向细胞两极，从而引起细胞内染色体数目加倍，染色体数目加倍的细胞继续进行有丝分裂，将来可能发育成多倍体植株。
题图分析：“亲本→A→D新品种”是杂交育种，“A→B→C新品种”是单倍体育种，“种子或幼苗→E→新品种”是诱变育种，“种子或幼苗→F→新品种”是多倍体育种，“G→H→I→J新品种”是基因工程育种。
【详解】（1）图中A至D方向所示的过程表示杂交育种，A→B→C的过程表示单倍体育种，这两种育种方式中后者的优越性主要表现在能明显缩短了育种年限；
（2）B过程常用的方法为花药离体培养，获得单倍体后通过过程F使染色体数目加倍获得纯合子，该过程经常采用秋水仙素进行处理；
（3）①人工诱变育种的原理是基因突变，经常用物理射线、化学诱变剂等进行诱变；
②单倍体育种的原理是染色体数目变异，该育种方法明显的优势是能明显缩短育种年限；
③杂交育种的原理是基因重组，用该方法可将两个亲本的优良性状集中到一个个体上。
【点睛】熟知各种育种方式及其原理是解答本题的关键，能正确分析图中的相关信息及其包含的育种技术手段是解答本题的前提，掌握跟着育种方式的原理是解答本题的另一关键。
答案第6页，共7页眉山中学校2022-2023学年高二上学期12月月考
答案
选择题
A C A D C B B
填空题
27.（1）285.5kJ/mol （2）S(s)+O2(g)=SO2(g) △H= －297 kJ/mol
①+131.5 ②-92kJ/mol -30.7kJ/mol
+215
(1)5.0 (2)abe （3）环形玻璃搅拌棒
△H= －57.3kJ/mol
①4.0
②d
③acd
（1）0.04mol/(L.S)
(2)1.5mol/L
(3)0.4mol/L
(4)1:1
不变 不变 40%
减小 增大 减小 不变
（1）蛋白质
①漏斗 ②蒸发(浓缩) (冷却) 结晶
③BaCO3、CaCO3
④略
⑤除去过量的Ba(OH)2和CaCl2
⑥ 不相同

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