2020年高考理综选择题专项训练13

2020年高考理综选择题专项训练（13）一、选择题：本题共13个小题，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．下列关于细胞结构和功能的叙述，正确的是A．细胞间传递信息的分子均是在核糖体上合成的B．线粒体内膜折叠成嵴提高了有氧呼吸的效率C．没有高尔基体的细胞中蛋白质的空间结构简单D．蓝藻有丝分裂所需能量来自呼吸作用产生的ATP【答案】B【解析】细胞间传递信息的分子不都在核糖体上合成的，如神经细胞分泌的神经递质则不在核糖体上合成，A错误；线粒体内膜折叠成嵴会增大有氧呼吸第三阶段所需酶的附着位点，所以可以提高了有氧呼吸的效率，B 正确；蛋白质的空间结构的形成并不是在高尔基体上形成，所以蛋白质空间结构简单与否与高尔基体的有无无关，C错误；蓝藻属于原核生物，没有有丝分裂方式，D错误。

2．下列关于物质或生物“转化”的叙述，错误．．的是A．在细胞正常生命活动过程中，ATP与ADP可以相互转化B．在光合作用的暗反应过程中，C3与C5可以相互转化C．在植物细胞有丝分裂过程中，染色质与染色体可以相互转化D．在肺炎双球菌的培养过程中，S型细菌与R型细菌可以相互转化【答案】D【解析】在细胞正常生命活动过程中，ATP和ADP的相互转化时刻不停地发生并且处于动态平衡之中，A正确；在光合作用的暗反应过程中，在有关酶的催化下，CO2与C5结合生成两个C3，C3接受ATP释放的能量并且被[H]还原为糖类和C5，可见，C3与C5可以相互转化，B正确；在植物细胞有丝分裂过程中，前期染色质高度螺旋化成为染色体，末期染色体解开螺旋变为染色质，C正确；在肺炎双球菌的培养过程中，S型细菌的DNA 可促使R型细菌转化为S型细菌，D错误。

3．玉米植株（2N=20）的紫色（H）和绿色（h）是一对相对性状。

用射线处理若干纯合紫株萌发的种子，待其成熟后与绿株杂交，发现某一紫株（记为M）的后代中，紫株与绿株比例为1:1。

下列说法错误的是A．M紫株细胞可能发生了染色体结构变异B．M紫株产生配子时，可能发生了H、h的分离C．处于减数第一次分裂联会时期的玉米细胞，可能只形成9个四分体D．通过显微镜观察后代紫株根尖分生区细胞，可判断是否发生染色体变异【答案】D【解析】根据题意分析可知，与绿株杂交的紫株（M）应为杂合子（Hh）或者为HO(O代表原来含H基因的染色体片段缺失或者H基因所在染色体丢失)所致都可能与杂交结果符合。

由此分析：M紫株可能发生了染色体结构变异，A正确；若M紫株为杂合子（Hh），则其减数分裂时会发生H、h的分离，B正确；若M紫株为染色体丢失，则其发生减数第一次分裂联会时期的玉米细胞，可能只形成9个四分体，C正确；后代紫株的染色体结构和数目都是正常的，所以无法通过显微镜观察其根尖分生区细胞来判断是否发生染色体变异，D错误。

4．下列关于生物进化的叙述，错误的是( )A．古老地层中都是简单生物的化石，而新近地层中含有复杂生物的化石B．无论是自然选择还是人工选择作用，都能使种群基因频率发生定向改变C．虽然亚洲与澳洲之间存在地理隔离，但两洲人之间并没有生殖隔离D．某物种仅存一个种群，该种群中每个个体均含有这个物种的全部基因【答案】D【解析】生物的进化由简单生物进化到复杂生物，因此古老地层中都是简单生物的化石，而新近地层中含有复杂生物的化石，A正确。

无论是自然选择还是人工选择作用，都能使种群基因频率发生定向改变，从而决定生物进化的方向，B正确。

虽然亚洲与澳洲之间存在地理隔离，但两洲人之间并没有生殖隔离，仍属于同一个物种，C正确。

某物种仅存一个种群，该种群中每个个体均含有这个物种的部分基因，D错误。

5．下图为人体内细胞间的信息传递机制模式图，图中①②分别代表不同的细胞、A表示物质。

下列描述中，不符合该模型的是A．①是下丘脑神经分泌细胞，A是抗利尿激素，②是垂体细胞B．①是甲状腺细胞，A是甲状腺激素，②是下丘脑神经分泌细胞C．①是传入神经元，A是神经递质，②是传出神经元D．①是T细胞，A是淋巴因子，②是B细胞【答案】A【解析】若①是下丘脑神经分泌细胞，Ａ是抗利尿激素，则②应是肾小管、集合管细胞，A错误；当甲状腺激素含量过多时，会反过来抑制下丘脑和垂体的分泌活动，B正确；传入神经元可通过分泌神经递质作用于传出神经元，使其产生兴奋或抑制，C正确；T细胞可分泌淋巴因子作用于B细胞，使其增殖分化，D正确。

6．下列关于种群、群落和生态系统的叙述，正确的是A．调查草地某种蜘蛛种群密度时，要选择草多的地方，否则结果偏低B．西双版纳热带雨林生态系统的自我调节能力强于三北防护林C．一只猛禽追逐另一只抓握着鼠的猛禽，这两只猛禽属于捕食关系D．一棵树上不同高度的喜鹊巢，反映了该动物群落的垂直结构【答案】B7．化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法正确的是A．古有“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，今用乙醚从黄花蒿中可提取青蒿素是利用氧化还原反应原理B．食用“地沟油”对人体危害很大，但可以通过蒸馏的方式获得汽油、柴油等，实现资源的再利用。

C．牛奶中加入果汁会产生沉淀，是因为发生了酸碱中和反应D．CO2是大量使用的灭火剂，但着火的镁条在CO2中继续燃烧说明它也可以助燃【答案】D【解析】A、青蒿素是有机物，在水中的溶解度小而易溶于有机溶剂乙醚，且乙醚与水不互溶，故可用乙醚将青蒿素从水溶液中萃取出来，利用的是物理方法，A错误；B、“地沟油”的主要成分为油脂，汽油、柴油的成份为烃类化合物，故不能通过蒸馏的方法而必须用化学的方法将油脂转化为汽油、柴油等，B错误；C、牛奶是胶体，果汁中含有电解质，胶体中加入电解质溶液，胶体可以发生聚沉，C错误；D、镁条可以在CO2中燃烧，CO2+2Mg C+2MgO，故一定条件下，CO2也可以助燃，D正确。

正确答案为D。

8．用 N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8N A个电子B．235g核素发生裂变反应： +++10，净产生的中子（）数为10N AC．丙醇中存在的共价键总数为10N AD．50mL 18.4mol·L-1 浓硫酸与足量铜微热反应，生成 SO2分子数目为 0.46N A【答案】A【解析】Fe完全转变为Fe3O4，Fe由0价升高到+8/3价，3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8N A个电子，A正确；根据反应可知，235g核素，物质的量为1 mol，根据反应方程式可知，净产生的中子（）数为9N A，B错误；丙醇中存在的共价键：碳碳单键1个，碳氢单键5个，碳氧单键1个，氧氢单键1个，共有8 N A，C错误；浓硫酸与足量铜微热反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，所以50mL18.4mol·L-1 浓硫酸与足量铜微热反应，生成 SO2分子数目小于0.46N A，D错误；答案选A。

点睛：足量的铜与一定量的浓硫酸加热反应，最终铜剩余、硫酸剩余；一定量的铜与足量的浓硫酸加热反应，最终铜可以消耗完。

9．《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无砂粘土而为之”，“凡坯既成，干燥之后，则堆积窖中燃薪举火”，“浇水转釉（主要为青色），与造砖同法”。

下列说法正确的是（）A．“燃薪举火”使粘土发生复杂的物理变化B．沙子和粘土主要成分为硅酸盐和碳酸钙C．烧制后自然冷却成红瓦，浇水冷却成青瓦D．粘土和石灰石是制作砖瓦和陶瓷的主要原料【答案】C【解析】A、黏土烧制成瓦的过程为复杂的物理、化学变化过程，选项A错误；B、沙子主要成分为二氧化硅，二氧化硅是氧化物，不属于硅酸盐，选项B错误；C、青瓦和红瓦是在冷却时区分的：自然冷却的是红瓦，水冷却的是青瓦，选项C正确；D、由“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无砂粘土而为之”可知粘土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料，没有石灰石，选项D错误。

答案选C。

10．中成药连花清瘟胶囊在对抗 H1N1病毒中发挥重大作用，其有效成分绿原酸的结构简式如图，下列有关说法错误的是A．绿原酸属于芳香族化合物B．分子中至少有 7 个碳原子共面C．1mol 绿原酸最多可消耗 5mol NaOHD．与绿原酸苯环上取代基种类及个数均相同的有机物有5 种【答案】C【解析】A．绿原酸含有苯环，属于芳香族化合物，选项A正确；B．根据苯分子12个原子在同一平面可知，绿原酸分子中至少有（红色圈里） 7 个碳原子共面，选项B 正确；C．一分子绿原酸中含有两个酚羟基、一个羧基和一个酯基， 1mol 绿原酸最多可消耗 4mol NaOH，选项C错误；D．与绿原酸苯环上取代基种类及个数均相同的有机物，先以两个酚羟基为邻、间、对位，再将另一取代基定在苯环上分别有2种、3种、1种共有6 种结构，减去本身则有5种，选项D正确。

答案选C。

11．某兴趣小组进行某补血剂中铁元素含量测定实验流程如下:下列说法不正确的是A．步骤①研磨时研杵应保持垂直，小心压碎或研磨试样B．步骤②加入H202的作用是将Fe2+ 完全氧化C．步骤③多步操作为过滤、洗涤、灼烧、冷却、称重D．每片补血剂中铁元素的质量为0.7wg【答案】D点睛：本题考查物质的分离和提纯、物质含量的测定，侧重考查分析、计算、基本操作能力，解题关键：明确每一步发生的反应，明确物质分离和提纯的基本方法，易错点D，注意取样取的是10片药片。

12．短周期主族元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置关系如图，其中X是短周期中原子半径最大的金属元素，Y的单质在常温下为淡黄色固体，下列有关说法正确的是A．Y的简单氢化物的热稳定性比W、Z的都强B．四种元素的简单离子具有相同的电子层结构C．X的氧化物结构中阴阳离子之比为1：2D．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强【答案】C【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z，其中X是短周期中原子半径最大的金属元素，则X为Na元素；Y的单质在常温下为淡黄色固体，Y为S元素，则W为O元素，Z为Cl元素。

A．同主族从上到下，非金属性减弱，则对应氢化物的稳定性减弱，同周期从左向右，非金属性增强，则对应氢化物的稳定性增强，Y的简单氢化物的热稳定性比W、Z的都弱，故A错误；B．O和Na的简单离子具有相同的电子层结构，都是2，8排布，S 和Cl的简单离子具有相同的电子层结构，都是2，8，8排布，故B错误；C．X的氧化物无论是氧化钠，还是过氧化钠，阴阳离子之比都为1：2，故C正确；D．同周期从左向右，非金属性增强，则最高价含氧酸的酸性增强，Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱，故D错误；故选C。

13．化学上常用AG 表示溶液中的酸碱度，AG=lg()()c Hc OH+-。

25℃时，用0.100mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL0.100mol·L-1HNO2溶液，AG与所加NaOH溶液的体积(V)关系如图所示，下列说法正确的是（）A．D点溶液中的pH=11.25B．B点溶液中存在c(H+)-c(OH-)=c(NO2-)-c(HNO2) C．C点时，加入NaOH溶液的体积为20.00 mLD．25℃时，HNO2的电离平衡常数K a=1.0×10-5.5【答案】A【解析】A、D点溶液中的AG= -8.5，即()()c Hc OH+-=10-8.5，又K w= c(H+)× c(OH-)=10-14，求得c(H+)=10-11.25mol·L-1，则pH=11.25，故A正确；B、B点溶液中存在的溶质为等物质的量的HNO2和NaNO2，由电荷守恒得c(H+)+ c(Na+)=c(OH-)+c(NO2-)，其物料守恒为2c(Na+)=c(HNO2)+ c(NO2-)，联立即得2c(H+)-2c(OH-)=c(NO2-)-c(HNO2)，故B错误；C、C点溶液呈中性，因反应的生成物NaNO2水解使溶液呈碱性，所以C点时加入NaOH溶液的体积为略小于20.00 mL，则C错误；D、由图象可知0.100mol·L-1HNO2溶液的AG=8.5，即()()c Hc OH+-=108.5，又K w= c(H+)×c(OH-)=10-14，c(H+)=10-2.75mol·L-1，所以K a=()()()22c Hc HNOc NO+-⨯=()2c(H)0.100mol/L c H++-≈1.0×10-4.5，故D错误。