第二十单元选择性必修2、3综合测试卷1.A奎屯河属于内流河，以天山冰川融水补给为主，因此径流量季节变化大、年际变化小。2.C艾比湖流域多沙尘暴，需要动力条件和物质条件；该区域气候干旱，沙尘天气多发的原因是该地冬春季节多大风天气，且湖面萎缩、生态退化提供沙源。3.C据材料可知，奎屯河流域最主要的问题是入湖径流减少导致艾比湖萎缩，湖滨地区生态恶化。入湖径流减少的主要原因是上游水库建设和中下游灌溉农业的发展，故治理措施主要是流域内推广节水技术，提高水资源利用率，恢复入湖径流；奎屯河流域位于天山北麓，是新疆自然条件相对较好的区域，不需要大规模生态移民；本区域无合适的跨流域调水水源。4.B改革开放以来，珠三角主要依赖较低的地价和劳动力价格吸引外资企业进入，推动工业化和城镇化的进程。5.C高新技术产业与传统制造业相比，吸纳劳动力较少，占地面积较小，资源需求量小；但是附加值更高，利税高，有利于城市基础设施建设6.C新型城镇化阶段，珠三角将以吸引人才安家落户为主，所以户籍人口增加会较快。7.D由材料可知，新疆药用植物、动物、矿物原料丰富；新疆地广人稀，劳动力不足；新疆生物医药科技园数量少，基础设施有待完善；印度作为发展中国家，劳动力素质较低；印度国土面积大，且大部分地区位于热带，制药原料充足。8.B印度制药企业集约程度高，且不同类型机构合作程度高，抵抗外部风险能力强，可以提高市场竞争力。9.D印度制药多布局在研发外包和委托加工环节，产品附加值较低；印度人口数量巨大，医药制品国内市场庞大；印度仍然处于仿制药阶段，加强国际合作可以提高制药企业的研发水。10.D表中显示的为2020年3月份黄河干流河段用水量，城镇化的发展是一个比较慢的过程，短期内不会大量增加用水；气候异常，降水明显减少会导致流域内都缺水，不仅仅是河南、山东两省缺水；河南、山东人口虽然较多，但两省人口增长模式均为现代型，人口增长率较低，短期不会使用水量大增；根据题干分析可知，河南、山东两省耕地面积较大，3月份气温回升，冬小麦返青，进入灌溉高峰期。11.C根据材料可知，河南省水资源总量多于山东省，故其地表水源除黄河干流外，还有较多其他地表水源。12.C根据材料“2010年以来，由于居民饮食结构变化”可知，棉花、花卉不是食物；由于生活水提高，我国居民饮食结构变化后更偏向注重健康，对蔬菜、瓜果需求增加，对肉食需求减小。13.B加大种粮补贴力度，保障种粮收益，可以激发农民的种粮热情，降低耕地“非粮化”；加强技术培训，优化农业生产条件，可以提高农民素质，提高生产水，但可以是种粮，也可以是“非粮化”；严格用途管控，严守耕地红线和明确耕地利用优先顺序，严格管理，可以有效控制耕地“非粮化”。14.B根据图中信息可知，城市道路绿地降噪能力随道路绿地宽度增加而增强，①正确，②错误；相同宽度下乔灌类降噪能力最强，草坪类最弱，③正确，④错误。·46【23·G3DY(新高考)·地理·参考答案一R一必考一LN】

条X染色体来自其父亲和母亲，若其母亲提供的是含正常基因的X染色体，则其父亲可能为色盲，D项正确。6.A【解析】由1：1：6为(1：1)(1：1)(1：1)=1：1：1：1：1：1：1：1的变形比，可推出这三对等位基因的遗传遵循自由组合定律，位于三对同源染色体上。雌雄同体植物无性染色体。综上分析，A项符合题意。7.C【解析】结合题图分析可知，Ⅱ1的基因型是XaY,A项正确；Ⅱ2的基因型是XAX,与正常男性(XAY)婚配后，后代基因型及比例为XAXA:XAX:XAY:XaY=1：1：1：1,则所生后代的患病概率是1/4，B项正确；I1是女性携带者，基因型为XAX,若致病基因来自其父亲，则其父亲的基因型为XaY,由题干可知，基因型为XaY的人为不育的女性化患者，因此，其致病基因只可能来自母亲，C项错误；女性化患者(XaY)无生育能力，会使人群中基因a的频率越来越低，基因A的频率逐渐增加，D项正确。8.BD【解析】图中基因为具有遗传效应的DNA片段，A项正确；等位基因是同源染色体上控制相对性状的基因，W基因和基因不在同源染色体上，不是等位基因，B项错误；减数分裂过程中非同源染色体自由组合，导致非同源染色体上的非等位基因也自由组合，故精子中可能同时包含图中四种基因，C项正确；同一条染色体上的非等位基因不能自由组合，如W和、i和Pr,D项错误。9.C【解析】XY型性别决定的生物中，基因型XX代表雌性个体，基因型XY代表雄性个体，含有基因b的花粉不育即表示雄配子X不育，而雌配子X可育。由于父本无法提供正常的X配子，故雌性后代中无基因型为XX的个体，故窄叶性状只能出现在雄株中，A项正确；宽叶雌株的基因型为XX,宽叶雄株的基因型为XY,若宽叶雌株与宽叶雄株杂交，当雌株基因型为XX时，子代中可能会出现窄叶雄株(XY),B项正确；宽叶雌株与窄叶雄株杂交，宽叶雌株的基因型为XX,窄叶雄株的基因型为XY,由于雄株提供的配子中X不可育，只有Y配子可育，故后代中只有雄株，不会出现雌株，C项错误；若杂交后代中雄株均为宽叶，且母本的X是可育的，说明母本只提供了X配子，故该母本为宽叶纯合子，D项正确。10.ABD【解析】家蚕为ZW型性别决定的生物，其中有1对性染色体十27对常染色体，故研究家蚕的基因组，需要测定27条常染色体+Z染色体+W染色体，共29条染色体上所有的DNA序列，A项不正确；由题干分析可知，亲本基因型为ZW(雌)、Z心Z(雄)，则子代基因型为ZZ心、ZW,表现为雌蚕皮肤油性，雄蚕皮肤正常，B项不正确；用皮肤正常雌蚕(W)与F43【23·G3ZCJ(新高考)·生物学·参考答案一R一必考一QGA】

化学22.4Lma=0.25mol转移电子0.25mol×4×N5.6L12.A[考查证据推理与模型认知核心素养。绿柱石的主要成分Be3Al(SiO)6,可表示为3BeO·AlO,·mol1=NA,B错误；C.反应②反应的化学方程式为6SiO2,由流程可知，烧结时发生BeAl2(SiO)。十4KCuO2 6H2 SO.-O2+4CuSO+6H2O+2K2SO:,Cu元素化合价升高，O元素化合价降低，2Na,FeF。高温3Na,BeE,+Al,O,十Fe,O,+6SiO,联KCuO2既做氧化剂也做还原剂，KCuO,既表现氧化性，碎、水浸后，再过滤，分离出滤渣为AlO3、Fe2O3、SiO2,又表现还原性，C正确：D.由氧化剂的氧化性强于氧化滤液中加入NaOH生成Be(OH)2沉淀，若NaOH过产物，由①可得氧化性：HBrO>KCuO2,由②可得氧化量、则氢氧根与Be(OH)2反应结合成Be(OH)?,降低性：KCuO2>O2,则氧化性强弱顺序为HBrO>KCuO2Be的产率，Be(OH),煅烧得BeO,BeO与C、Cl,反应得>O2,D正确。]到BeCl,CO,电解NaC-BeCl熔融混合物制备金属9.A[考查科学探究与创新意识核心素养。A.本题流程铍，沉氟时发生l2NaF+Fe,(SO,)3—2 Na;FeF6↓+中灼烧用到坩埚，萃取分液用到分液漏斗，蒸馏用到直3Na2SO,,难溶物循环利用。形冷凝管和蒸馏烧瓶，过滤用到漏斗，A正确：B.氧化过A.接触面积越大反应越充分、浸取效率越高，则提高烧程将碘离子变成碘单质，可选用的氧化剂为O、HO2,结后的水浸效率可以将烧结固体粉碎处理，A正确；B.选Br2会引入杂质，B错误；C.该过程中海带灼烧、氧化氢氧根与Be(OH)2反应结合成Be(OH)?,则对过滤1过程碘离子氧化成碘单质、反莘取过程中碘单质与氢氧后的滤液中加入过量的NaOH溶液不利于Be元素的化钠溶液反应、酸化分离过程中生成碘单质，共4个氧化沉淀，B错误：C.“沉氟”反应为l2NaF+Fe(SO,)3还原反应；涉及到过滤、分液、蒸馏三种分离操作，C错—2 Na:FeF6￥+3NaSO,则离子方程式为：3Na++误；D.根据分析，反萃取时反应的离子方程式为：I2十6F+Fe3+一Na:FeF6￥，C错误；D.工业上电解2OHI+IO+H2O,D错误。]NaCl-BeCl2熔融混合物制备金属铍，Be化合价降低发10.D[考查证据推理与模型认知核心素养。A.由题图中生还原反应，故在阴极析出金属铍，D错误。]信息可知，途径一中有C一O键、O一H键的形成，也有13.C[考查证据推理与模型认知核心素养。该电池为原电池，根据图中NO生成NH?可知，N元素化合价降C一O键的断裂，A正确；B.途径一的过程中有O,的参低，故右侧为正极，左侧为负极。与和二次增加H、e,最后从催化剂中放出HO2,其A.右侧为正极，原电池中阳离子向正极移动，故氢离子电极反应是O2十2H十2e一H2O2,B正确；C.途径向MoS2电极移动，A正确：B.正极电势高于负极电势，二中，有O2参与，途中二次增加H、e和一次增加左侧为负极，右侧为正极，电极电势：Zn/ZnO电极<2H,2e,故1molO2得到4mole,C正确；D.氮掺MoS,电极，B正确；C.NO得电子生成NH3,电极反应杂的碳材料降低了反应的活化能，但不能改变焓变，D式为：NO+5e+5H一NH+H2O,C错误；D.标不正确。]准状况下22.4LNO参与反应转移电子的物质的量为11.B[考查科学探究与创新意识核心素养。知识拓展：2.5mol,负极的电极反应式为：Zn一2e+2OH物质分离提纯常见类型：(1)“固十固”混合物：NaCl和Zn0+H0,Zn/Zn0增重的质量为：(65十16-65)g×碘一升华法、KNO,和NaCI一结晶法、NaCI和Ca5CO,一过滤法、FeS和Fe一磁铁吸引法。2=40g,D正确。](2)“固十液”混合物：从碘水中提碘一萃取法、从海水14.BC[考查变化观念与衡思想核心素养。A.由题图中获取蒸馏水一蒸馏、不互溶一过滤；(3)“液十液”混可知，压强不变时，升高温度，CH,的体积分数减小，衡合物：酒精与水一蒸馏法、油与水、乙酸乙酯和饱和碳右移，说明正反应为吸热反应，则△>0，A错误；B.由题酸钠溶液一分液法；(4)“气十气”混合物：CO,中图可知，相同温度下，p1、p2、p3条件下对应甲烷的体积HC一洗气法、N2中O2一灼烧法。分数依次增大，根据反应体系特征，可知体系压强逐渐A.用中和萃取法在乙酸乙酯中除去杂质乙酸，在乙酸增大，则力1继，C即可。因此操作为加入饱和Na HCO溶液充分振荡，正确；D.设CO2和CH的起始物质的量均为1mol,达分液、洗涤、干燥，故A项正确；B.除去硝酸钾中的氯化到衡时均转化了xmol,列出三段式钠，利用溶解度受温度的影响不同来除杂，硝酸钾的溶CO2 +CH,=2 CO+2 H,解度随温度变化大，而氯化钠的溶解度随温度几乎不开始/mol1100变。将样品溶解，加热蒸发，浓缩结晶，趁热过滤，结晶开始/molxx2x2x为硝酸钾。加入硝酸银会引入新的杂质，故B项错误；开始/mol1-x1-x2x2xC.除去碳酸钠中的碳酸氢钠，利用两者稳定性的差异报据a成时CH,的体叔分数为8可知号高118x进行除杂，碳酸氢钠受热易分解，2 NaHCO,△=0.8,所以a点时的转化率为80%，D错误。Na2CO3十H2O十CO2个，而碳酸钠较稳定，受热不分15.AB[考查科学探究与创新意识核心素养。解。故C项正确：D.除去乙醇中混有的水，可加入生石A.由题意车辆配件进行酸洗除锈，故酸洗废液中主要灰，生石灰与水反应生成氢氧化钙，而生石灰不与乙醇杂质离子为Fe2+和Fe3+,故A正确；B.当有含有其他反应，再通过蒸馏，乙醇沸点低挥发出来得到酒精，故D颜色的络合物、沉淀出现时，才会干扰酸碱滴定终点的项正确。]判断，已知废酸中，c(Fe+)=0.1mol·L1,Kp[Fe·30·

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