云南省师范大学附属中学2022届高三理综上学期适应性月考卷（二）答案

PAGE1云南省师范大学附属中学2022届高三理综上学期适应性月考卷（二）答案一、选择题：本题共13小题，每小题6分。题号12345678910111213答案CDBCBBBDBACCD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14～17题只有一项符合题目要求；第18～21题有多项符合题目要求，全部选对的给6分，选对但不全的给3分，有选错的给0分。题号1415161718192021答案DCBABDBCACAD【解析】1．磷脂是膜结构的主要组成成分之一，含有磷脂的细胞器为具膜细胞器，叶绿体具有双层膜结构，但洋葱根尖细胞中无叶绿体。2．膜蛋白在细胞膜两侧是不均匀分布的；红细胞吸收葡萄糖的方式是协助扩散，协助扩散不需要消耗ATP；膜蛋白由核糖体合成。3．氧浓度为b时，酵母菌既可以进行有氧呼吸，也可以进行无氧呼吸，丙酮酸中的碳元素可在线粒体基质转移到CO2中，也可在细胞质基质转移到CO2和酒精中。4．若Ⅰ−1不携带致病基因，该病可能为常染色体显性遗传病或伴X染色体显性遗传病；若Ⅱ−2携带致病基因，该病为常染色体隐性遗传病，Ⅱ−2的致病基因来自于Ⅰ−2；若Ⅱ−1为纯合子并与正常男性婚配，所生儿子有可能患病。5．顶端优势现象中，顶芽产生的生长素向侧芽运输，使顶芽生长素浓度较低，促进顶芽生长，侧芽生长素浓度过高，抑制侧芽生长，所以侧芽生长素浓度应在e～f之间。6．在无机环境和生物群落之间不断循环往返的是组成生物体的C、H、O、N、S、P等元素。7．A项，印刷电路板中含铜，FeCl3溶液能与Cu反应。B项，钠易与溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气，不能置换出溶液中的金属。C项，氧化铝的熔点高，故Al2O3可用作耐火材料，小苏打可与胃酸反应，故可治疗胃酸过多。D项，K、Na合金熔点低，通常状况下呈液态，可作原子反应堆的导热剂。8．A项，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH－的数目0.1NA。B项，过氧化钠与CO2反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA。C项，根据物料守恒，1L0.1mol·L−1的NaHC2O4溶液中H2C2O4、和离子数之和为0.1NA。D项，NaHSO4和MgSO4的相对分子质量均为120，电离出的阳离子数目相同。9．A项，甲烷可在光照条件下与液溴发生取代反应，但与溴水不反应。B项，分子式为C5H10O2且可与碳酸氢钠溶液反应的有机化合物属于羧酸类，只有4种。C项，二者均与NaOH反应，不能除杂，除去乙酸乙酯中残留的乙酸应用饱和碳酸钠溶液。D项，乙醇、水都与钠反应，不能用钠进行检验，可用无水硫酸铜。10．短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，元素W是制备一种高效电池的重要材料，W为Li元素；X是短周期最活泼的金属元素，则X为Na元素；元素Y是同周期中离子半径最小的元素且原子序数比Na大，Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Z的原子序数大于Al元素，Z有3个电子层，最外层电子数为6，故Z为S元素。A项，W、X的氯化物分别为LiCl和NaCl，Li+的最外层只有2个电子，不满足8电子的稳定结构。B项，同周期元素，阴离子半径大于阳离子半径，同为阳离子，从左到右逐渐减小。C项，Na可以形成Na2O和Na2O2，阴、阳离子个数之比均为1∶2。D项，元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或硫酸反应均有氢气生成。11．A项，Br2易与NaOH溶液反应，分液可得到苯。B项，较低温度时NaHCO3受热分解产生CO2，使澄清石灰水变浑浊。C项，过氧化钠是粉末，不能用此装置。D项，元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，正确。12．A项，放电时阳离子移向正极。B项，根据方程式，放电时CO2极为正极，得电子。C项，充电时阴极应得到电子。D项，电池放电时消耗CO2，则该电池有望成为含有大量CO2的火星探测供电系统。13．A项，常温下，CH3COOH的电离常数为Ka=，b点时，，c(CH3COOH)=c(CH3COO－)，CH3COOH的电离常数为10−4.76。B项，向20.00mL0.1000mol·L−1的CH3COOH溶液中滴加0.1mol·L−1的NaOH溶液恰好生成的盐为弱酸强碱盐，水解显碱性，若溶液中性，醋酸过量，则消耗的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL。C项，酸碱抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离，水的电离程度随NaOH加入至恰好完全反应逐渐增大，溶液中水的电离程度大小：b>a。D项，溶液呈碱性，根据电荷守恒，c(Na+)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H+)。14．前2s内建筑物料向上加速，处于超重状态，故A、C错误。最后2s内建筑物料的加速度大小为，其受重力和拉力作用，故B错误。塔吊对建筑物料的拉力和建筑物料对塔吊的拉力互为作用力与反作用力，大小始终相等，故D正确15．M、N两物体静止，合力为0，对MN整体进行受力分析，受到重力和F，墙对M没有弹力，否则合力不能为0，所以也没有摩擦力，故C正确。对N进行受力分析：N受到重力，M对N的支持力，这两个力的合力不能平衡，所以还受到M对N向上的静摩擦力，不可能受到4个力，故A、D错误。再对M进行受力分析：M受到重力、推力F、N对M的压力以及N给M沿斜面向下的静摩擦力，一共4个力，故B错误。16．由题图可知，乙车比甲车晚出发8s，故A错误。由题图可知，甲车做匀减速直线运动，根据图象和运动学公式得，乙车做匀加速直线运动，同理得，当两车速度相等时，解得，同时解得两车的共同速度，故B正确。由于当两车速度相等时两车相距最近，则当时甲车的位移，乙车的位移，因为，所以两车不会相撞，故C错误。此时两车之间的距离为，故D错误。17．在除去木板的瞬间，采用整体法研究A1、A2所受的力。A1、A2由于用刚性轻杆连接，加速度一定相等，将一起下落，整体的加速度等于重力加速度g。采用隔离法研究B1、B2受到的力，在除去木板前，根据平衡条件得知，弹簧的弹力大小等于mg，木板对B2的支持力大小等于2mg。在除去木板的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，B1的受力情况不变，则B1所受合力为零，即。B2受到重力mg和弹簧压力mg，所以合力大小为2mg，即，故A正确，B、C、D错误。注意：刚性物体的弹力可突变，而弹簧的弹力不能突变。18．设弹簧与竖直方向的夹角为，现保证b不动，使OP向左缓慢平移一小段距离，则增大，以a为研究对象，受力分析如图，根据平衡条件得，增大，cos减小，则F弹增大，压缩弹簧，长度变短。OP对a的弹力，增大，FN1增大。对a、弹簧和b整体研究，水平方向，则推力F将增大，故B正确，A、C错误。竖直方向OQ对b的支持力不变，根据牛顿第三定律可知，b对OQ的压力不变，故D正确。19．对A分析可知细线的拉力，再对B分析，受重力、拉力、支持力和摩擦力（先假设向上），如图所示。水平方向有，竖直方向有，且，联立解得。若B受摩擦力向下，则，解得，则，故A错误，B正确。杆对B的弹力大小为，故C正确。杆对B的作用力等于杆对B的摩擦力与弹力的合力，其大小与绳子的拉力与重力的合力等大反向。因的最小值等于mBg，两个力夹角为，可知两个力的合力最小值大于，故D错误。20．两段过程中速度的变化量相等，根据知，两段过程中运动的时间相等，故A正确。若做匀加速直线运动，第一段位移小于第二段位移，若做匀减速直线运动，第一段位移大于第二段位移，故B错误。两段过程的时间相等，设为，则有，又，解得物体的加速度，故C正确。运动的总时间，则通过两段位移的平均速度，故D错误。21．时间内，小物块相对传送带始终向上运动，所受到的滑动摩擦力向下，保持不变，故A正确。t2时刻，物体和传送带共速，由图象可知，时间内物体未相对传送带静止，而是相对传送带向下加速，所受到的滑动摩擦力向上，时间内，，方向向下，所以，即，故B错误。时间内，小物块向上减速运动，t1时刻速度减为0，此后向下做加速运动，所以t1时刻，小物块离传送带底端的距离达到最大。时间内，小物块以加速度，向上做减速运动，时间内，以，向下做加速运动，时间内，以，向下做加速运动，，回到底端时，向上、向下的位移大小相等，但向上运动的加速度大于向下运动的加速度，所以回到底端时的速率小于，故D正确三、非选择题（共174分）（一）必考题：共11小题，共129分。22．（除特殊标注外，每空2分，共7分）（1）11.50（1分）（2）28（3）5不会【解析】（1）刻度尺读数需读到最小刻度的下一位，指针示数为11.50cm。（2）由图象中的数据可知，弹簧Ⅱ的形变量为时，拉力。根据胡克定律知kⅡ。（3）由图象中的数据可知，当弹簧Ⅰ的伸长量为14cm时，对应的拉力是1.96N，所以其劲度系数，弹簧Ⅰ的伸长量为17cm时，对应的拉力，，由此可知，挂上第5个钩码时，拉力已经超过它的弹性限度。对轻质弹簧，任意位置弹力大小相等，即弹簧Ⅱ受到的拉力大小仍等于钩码对弹簧Ⅰ的拉力大小，又因为弹簧Ⅱ的弹性限度足够大，说明对弹簧Ⅱ的劲度系数没有影响，图线斜率不变。23．（除特殊标注外，每空2分，共8分）（1）调低（2）9.50（3）偏大（1分）大（1分）【解析】（1）因为，所以滑块过传感器1的速度小于过传感器2的速度，所以滑块做加速运动，则应将右端调低。（2）20分度的游标卡尺精度为0.05mm，游标卡尺的主尺读数为9mm，则。（3）在极短时间内的平均速度等于该时刻的瞬时速度，故通过光电门1的速度为，经过光电门2的速度为，根据速度—时间公式可得，解得。真实值，即测量值偏大，若则误差较小，所以两个光电传感器的距离适当大一些，误差较小。24．（15分）解：（1）设物体B与斜面间的动摩擦因数为，分别对整体及物体B受力分析如图甲、乙所示，设F作用时物体的加速度为a，根据牛顿第二定律有 =1\*GB3① =2\*GB3②由，得解得 =3\*GB3③（2）、（3）经过8s物体同时达到最大速度， =4\*GB3④撤去力F瞬间，设物体A、B间弹力突变为零，则物体的瞬时加速度大小分别为 =5\*GB3⑤，由于，则假设成立，随后两物体都做匀减速运动 =6\*GB3⑥物体A经过时间，先减速为零，此时位移 =7\*GB3⑦因为，此后物体A保持静止 =8\*GB3⑧物体B运动到最高点时 =9\*GB3⑨间有最大距离 =10\*GB3⑩评分标准：本题共15分。正确得出=1\*GB3①、=2\*GB3②式各给2分，得出=3\*GB3③式给4分，其余各式各给1分。25．（17分）解：（1）由图乙可知时刻滑块和木板将要一起相对地面滑动，则木板与水平地面间的最大摩擦力4N =1\*GB3①动摩擦因数 =2\*GB3②（2）由图乙可知，t2时刻，滑块将要相对木板滑动，滑块与木板间的最大摩擦力为8N =3\*GB3③则滑块与木板间的动摩擦因数 =4\*GB3④（3）时刻，木板的加速度达到最大，对木板有，解得 =5\*GB3⑤对滑块有，解得 =6\*GB3⑥则由可知t2=24s =7\*GB3⑦时刻，可知 ⑧~时间内，对整体有 ⑨解得 ⑩~时间内 评分标准：本题共17分。正确得出②、④、⑤、⑥、式各给2分，其余各式各给1分。26．（每空2分，共14分）（1）搅拌，粉碎矿石，增大盐酸、双氧水的浓度（填一条即可）（2）Cu2S+2H2O2+4H+=2Cu2++S+4H2O（3）Cu2S+2CuCl2=4CuCl+S（4）Fe(OH)3（5）抑制Cu2+的水解（6）31【解析】二氧化硅不反应，过滤得到矿渣含硫单质，说明Cu2S和H2O2发生反应生成S单质，还生成氯化铜。用氧化铜调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤分离，滤液中主要含有氯化铜，加入硝酸抑制铜离子水解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到硝酸铜晶体。当有0.01mol电子通过电极时，Cu物质的量=0.005mol，则M[Cu(NO3)2·xH2O]==242，x=3。电解完成，HNO3溶液浓度c==0.1mol/L，pH=1。27．（除特殊标注外，每空2分，共15分）Ⅰ．（1）分液漏斗（2）0.9NA或5.4×1023（3）4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O（4）取少量固体，加足量稀硫酸，仍能收集到无色气体（其他合理答案均可）Ⅱ．（1）否（1分）未参加反应的钙也能与水反应转化为钙离子而形成碳酸钙沉淀（2）①92.5%②氨气未能全部被吸收（或其他合理答案）【解析】Ⅰ．（2）装置A中发生反应的离子方程式为+=2H2O+N2↑，每生成1molN2，转移3NA电子，则生成标准状况下6.72LN2转移的电子数为0.9NA。（3）装置C中氧气氧化亚铁离子，故离子方程式为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。（4）氮化钙与水反应生成氨气，氨气可与稀硫酸反应。Ⅱ．（2）乙同学的方案中B装置增重的5.1g即为氮化钙与水反应产生的氨气的质量，故n(NH3)=0.3mol，根据氮元素守恒得n(Ca3N2)=0.15mol，则样品中m(Ca3N2)=0.15mol×148g/mol=22.2g，则样品中氮化钙的质量分数为，氨气未能全部被吸收会导致样品中氮化钙含量测定结果偏低。28．（每空2分，共14分）（1）<反应Ⅱ的平衡常数随温度升高而减小，说明正反应为放热反应，故ΔH2<0（2）0.375（3）0.16mol·L−1·min−120∶13减小（4）C>D>B>A【解析】（2）结合反应Ⅰ+Ⅱ得到反应Ⅲ，可得800℃时，平衡常数K3=K1·K2=2.5×0.15=0.375。（3）根据反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)起始（mol/L）ab0转化（mol/L）3.21.61.6平衡（mol/L）0.8b−1.61.6由平衡常数，解得b−1.6=1，所以b=2.6，又因为a=3.2+0.8=4，故；在反应物两种或以上的反应中，增加一种反应物的浓度，可以提高其他反应物的转化率，自身的转化率减小，增大投料比x，相当于增大氢气的浓度，故氢气的转化率减小。（4）由于反应Ⅲ正反应是一个气体分子数减小的放热反应，A、B两点CO2的转化率都低于100kPa时的平衡转化率，故A、B两点的压强都低于100kPa，C、D两点CO2的转化率高于100kPa时的平衡转化率，故C、D两点的压强大于100kPa，B点温度高转化率反而高于A点，说明B点压强大，同理C点压强高于D点。29．（除特殊标注外，每空2分，共10分）（1）下降（1分）夜晚二氧化碳转变为有机酸储存在叶肉细胞的液泡中不能（1分）无光照，缺乏光反应产生的[H]和ATP，C3的还原无法进行（2）有机酸在脱羧反应下分解释放和呼吸作用产生（3）高温利于有机酸在脱羧反应下分解释放CO2，供光合作用利用或夜晚打开气孔固定二氧化碳，白天进行光合作用合成（CH2O）30．（除特殊标注外，每空1分，共12分）（1）神经递质、葡萄糖、胰高血糖素（2分）促进组织细胞加速摄取、利用和储存葡萄糖（2分）（2）胞吐需要消耗能量（ATP）；大分子物质运出胞外的方式；运输过程中形成囊泡（任答两点）（2分）（3）葡萄糖不能与胰岛B细胞上的特异性受体结合（或胰岛B细胞对葡萄糖敏感度降低），胰岛素分泌量减少（2分）（4）葡萄糖大鼠血液中的血糖含量显著降低大鼠血液中的血糖含量无显著变化31．（除特殊标注外，每空2分，共9分）（1）逐个计数（1分）出生率和死亡率迁入率和迁出率（2）在环境条件不受破坏的情况下，一定空间中所能维持的种群最大数量改善栖息环境、提供食物等（其他合理答案也可给分）32．（除特殊标注外，每空2分，共8分）（1）刚毛长度（1分）子代雌雄个体中均为短刚毛︰长刚毛=3︰1（2）AXB︰AXb︰aXB︰aXb=1︰1︰1︰1基因型为AaXBXb的雌果蝇，在减数分裂形成配子时，位于同源染色体上的等位基因相互分离，位于非同源染色体上的非等位基因自由组合，导致该果蝇产生四种配子，且比例为1︰1︰1︰1（3分）（二）选考题：共45分。33．（15分）（1）（5分）ABE（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）【解析】绝热则，气体自发向真空扩散，不做功，故内能不变，故A正确。一定质量的稀薄气体可看作理想气体，若气体的压强和体积不变，根据理想气体状态方程，可知温度不变，而温度是一定质量理想气体内能的唯一标志，所以内能一定不变，故B正确。分子势能的大小随分子间距离的增加先减小后增大，由于最初分子间距的大小不定，所以分子间距离增大时，分子势能不一定增大，故C错误。气体压强是由于气体分子热运动撞击器壁形成的，在完全失重状态下，气体分子的撞击仍然存在，故气体的压强不为零，故C错误。一定质量的气体体积不变时，单位体积内分子的个数不变，温度降低，分子运动的激烈程度减小，每秒撞击单位面积器壁的分子数不变，但撞击力减小，压强减小，故E正确。（2）（10分）解：Ⅰ．从A到B，外界对气体做功有 ①根据热力学第一定律有 ②解得，故气体放热500J ③Ⅱ．根据理想气体状态方程为一定值，可判定C状态温度最低，D状态温度最高，故 ④根据理想气体的状态方程可得 ⑤代入图象中数据解得 ⑥评分标准：本题共10分。正确得出②、⑤式各给1分，其余各式各给2分。34．（15分）（1）（5分）（2分）不会（1分）增大（2分）【解析】作出光路图甲，由几何知识可知，入射角，折射角，根据折射定律得。如图乙由几何关系可得，光线在M点的入射角为，由临界角的关系式可得，则，所以折射光线中恰好射到M点的光线不能发生全反射。折射光线在弧面AMB上发生全反射则需要入射角增大，所以入射光线与AO边所成锐角越大则越容易使折射光线在弧面AMB上发生全反射。（2）（10分）解：Ⅰ．两列波频率不相等，不会发生干涉现象 ①Ⅱ．由图得， ②，且相等 ③解得f实∶f虚=虚∶实=3∶2 ④Ⅲ．处的质点， ⑤ ⑥ ⑦评分标准：本题共10分。正确得出=1\*GB3①、⑤、⑥式各给2分，其余各式各给1分。35．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（