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36.(15分))酯基、羟基（每个1分，共2分）还原反应(1分)②)m+CHsCOCI一L.C+HC(3)促进酯基的水解，同时吸收反应

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石家庄市2023~2024年度第一学期期末教学质量检测,社，高二物理华隔小特点发(时长75分钟，满分100分)注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答

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是色。不易礼而无然则反吉未可非，而刚礼来足多也。且厘◆而忠逐，是邮、鲁无奇行3把文中画横线的句子翻译成现代以语（名分）着

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52.B…确信我只会让他们更糟。convinced确信的；故选B。53.C由“It's what she'd have wanted'”可推测，他们事先都有承诺，所以这里指，母亲还没有等作者说完，就答

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8.在DNA甲基转移酶(Dnmt)的作用下，基因启动子区发生5'胞嘧啶的甲基化可导致基因转录沉默。某植物用5-azaC处理后，5’胞嘧啶的甲基化水明显降低，开花提前。当敲除Dmt基因时，甲基化的DNA复制出的子链不会被甲基化。下列说法不正确的是A.基因的启动子位于该基因编码链的5'’端，是RNA聚合酶的识别与结合位点B.5-azaC的去甲基化作用不会直接导致相应基因的基因频率升高C.Dnmt基因通过控制Dnmt的合成间接控制生物性状D.双链均甲基化的DNA在无Dnmt时，复制三次后得到的去甲基化DNA的比例为1/49.豌豆的种皮由母本的珠被发育来，种皮的灰色和白色分别由基因D和d控制；子叶由受精卵发育来，子叶的黄色和绿色分别由基因Y和y控制。现用Ddyy做父本与DdYy杂交得到F,植株，使其在自然状态下生长并收获种子。不考虑交换和其他突变，下列说法错误的是A.杂交过程中Ddyy植株不需要进行套袋处理B.取母本植株上的幼嫩种皮进行植物组织培养，所得植株与母本基因型相同C.若收获的种子中灰种皮绿子叶占15/32，则两对基因位于非同源染色体上D.若收获的种子中灰种皮黄子叶占3/8，则母本中D、y位于同一条染色体上10.二倍体酵母经过减数分裂形成的子囊孢子可直接发育为单倍体酵母。科学家在二倍体酵母的Ⅲ号染色体上发现了A和B两个基因，它们会抑制没有这两个基因的子囊孢子的发育。科学家测定了一批双杂合酵母（基因型记为A0/B0,“0”表示该基因缺失）减数分裂形成的孢子的存活力，结果如图所示。下列叙述正确的是R257ABA.A和B两对基因的遗传均不符合基因的分离定律200BA/0B.AB基因全部缺失的酵母不能产生正常存活力的子囊孢子10C.AO/BB酵母的单倍体后代中两种基因型比例为1：1500D.以上机制有利于提高A基因和B基因其在后代中的频率孢子基因型11.动物的心脏组织有多倍体和能够活跃分裂的二倍体两种类型的细胞，其再生能力与二倍体细胞比例有关。不同变温动物·恒温动物动物心脏中二倍体细胞所占比例及其甲状腺激素水100斑马鱼·物种如图所示，同时为探究甲状腺激素对哺乳动物心脏细居801蜥蜴胞的影响，制备基因工程小鼠，使其心脏细胞缺乏甲状腺激素受体。下列叙述错误的是墨60A.恒温动物受寒冷刺激后，通过神经和体液调节促进加●1140甲状腺激素分泌，进而使机体产生更多热量以维持体墨温20●B.变温动物体内甲状腺激素水较低，同时心脏组织0小鼠人子20406080100中二倍体细胞比例较高，心脏组织的再生能力较弱甲状腺激素水(mol·L)C.基因工程小鼠心脏细胞缺乏甲状腺激素受体，不一生物试题第4页，共13页

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42.彼自身力乃乃套经骏在L℃李大上、適切了ドバ才入℃ě石の。A.上已弓B.(注力)儿乙C.己子D

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2024-03-23 14:30:18

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(2)质子运动的轨迹如图中的实线所示，设质子在第二象限内运动的时间为2，在第一象限内运动的时间为,质子在匀强磁场中运动的轨迹半径为R,有2L=wt2(1分)Q=2L+2R+要R(2分)evB-m R(

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题目13【命题意图】本题以光导纤维中光的传播为背景，考查折射定律和全反射等知识，意在考查学生的理解及推理能力。【解题分析K)设所求光束在半圈转向边界处的入射角是r',则sir故光在边界处发生全反射，如图甲所示(1分)由几何知识得光在半圈转向处的光程L〧2Rsr+2R=3次2分答案解析网V3 R析网答案解机(2)靠近内侧的光线在边界处恰好发生全反射时，内圈半径最小，如图乙所示(1分)》答案解析网析网答案解柄B由全饭射的条件知血C=是1分)由几何关系得”S京2分)由以上两式得号家8分)答案解析网答案解析题目14【命题意图】本题以电场中的类抛运动和磁场中的匀速圆周运动为背景，考查曲线运动问题的处理方法，特别是临界问题的处理，旨在考查学生的科学探究能力。【解题分析】)带电粒子从BC中点进人磁场前，在电场中做类抛运动上轴方向，有茶轴方向有宁-学.1分)令为答案解析故粒子进入磁场时的速度大小=√+巴，=2，方向与y轴正方向成45角(1分)由几何知识得，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径，=L(1分)在磁场中，由牛顿第二定律得B=绣解得B。=4m(1分答案解析网答案解析(2)经分析知，从B点进入磁场的带电粒子被接收器吸收时距B点最远，设此时进入磁场的粒子速度大小为咖，与y轴正方向的夹角为Q,则sin0=粒子在场中的迹半径R-器.1分TgB。答案解标粒子经磁场偏转后距B点的距离d=2Rsin0=店=乞·即接暇器BD右侧能接收到带电粒子的2m是BD下半部分长号区域。(1分)(3)分折可知，带电粒子从AB边射出电场在D点被接收器接收时，电场的电场强度最大，设粒子在电场中沿轴方向的位移是x,粒子离开电场后做匀速直线运动，则有-x=1-分网2年所网解析，粒子在电场中做类抛运动x轴方向，有x=6'(1分)E4'2(1分)深量.0答案解析网答案解析

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18.解析：(1)为了增加焙烧效果，可以采取的措施是粉碎矿石（适当提高温度），钼精矿焙烧产生的气(2)①根据反应过程能量变化示意图可知，反应I体主要为SO2,会对环境造成酸雨的污染。的活化能较低，速率较快；反应Ⅱ的活化能较高，(2)又图可见最佳浸出温度为60℃，80℃对浸出速率较慢。决定NO氧化反应速率的步骤是反应率的提升不大；温度超过80℃后，钼的浸出率反Ⅱ。②总反应是一个焓减熵减的反应，根据吉布而降低，主要原因是温度升高使水大量蒸发，导致斯自由能的计算公式，在较低温度下可以自发Na2MoO4晶体析出，混入浸渣；进行。(3)Kp(CuS)=1052,Kp(FeS)=101n.2,要使(3)加入等物质的量CO和NO,因此投料比是Cu+浓度小于1.0×106mol·L1,则S2-浓度1:1。大于10210。mol/L=10amol/L,要使Fe2+浓度2CO(g)+2NO(g)-N2(g)+2CO2(g)初始(mol)1100小于1.0X10mol·L,则s浓度大于10”转化(mol)10-622mol/L=10-1.2mol/L,综述：c(S2-)>101.2衡(mol)1-x1-xmol/L2(4)氧化剂为H2O2,还原产物为一2价的0，还原剂为MoO,氧化产物为MoO,则反应的离子p(N2)=20%,解得x=方程式为H,O2十MoO?—MoO+H2O;1x+1-+号+x(5)由流程可知“沉淀”时，产生的沉淀为(NH4)2Mo4O13·2H2O,因此加入NH4NO3的目3。所以n(总)=号n0l。的是提供NH,使MoO充分转化为沉淀析出；2C0(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)(6)高温下用H2还原(NH4)2Mo4O3可制得金属初始(mol)100钼，结合得失电子守恒、原子守恒可知反应的化学转化(mol)2333方程式为(NH4)2Mo4O13+12H2高温4M0十衡(mol)2NH3+13H2O。333答案：(13分，除标注外，每空2分)所以n(总)=53mol。(1)粉碎矿石（适当提高温度）(1分)酸雨(1分)P(2)60(1分)Na2MoO,晶体析出，混入浸渣算出衡时，总压强P,P5,解得P1=GP.(3)>101.2mol/L3(4)H2 O2+MoO-MoO+H2O2C0(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)(5)提供NH4,使MoO?充分转化为沉淀析出PN)号×P-P,P(C0,)=53÷8(6)(NH4)2Mo,O13+12H2高温4M0十2NH,+13H206P=,19.解析：(1)①根据盖斯定律，Ⅱ×2.5-I×1.5=(NO)=13-1268×2.5-(-905×1.5)=-1812.5,求得4NH3(g)+6NO(g)—5N2(g)+6H2O(g)2P(N2)·P2(CO2)5()△H2=-1812.5kJ·mol1P(CO)·P2(NO)P②该反应是放热反应，降低温度，可提高NH?转(P)·(P)化为N2的衡转化率，故A错误，B正确；C.增答案：(12分，除标注外，每空2分)大NH3和O2的初始投料比，提高O2的转化率，(1)①4NH(g)+6NO(g):-5N2(g)+6H2O(g)NH的转化率降低，故C错误；D.将反应生成的△H3=-1812.5kJ·mo1H2O(g)及时移出，降低生成物的浓度，衡正向②BD该温度段催化剂的活性较大移动，可提高NH3转化为N2的衡转化率，D正(2)①反应2(1分)②低(1分)确；该温度段时催化剂大幅度提高了NO在产物24中的比率。(3)66.7%12

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