云南师大附中高考适应性月考卷（二）理综（云南版）答案

理科综合参考答案一、选择题：本题共13小题，每小题6分。题号12345678910111213答案CABBABCDBDAAD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，全部选对的给6分，选对但不全的给3分，有选错的给0分。题号1415161718192021答案DDBCABCACDAB【解析】1．植物向根瘤菌提供有机养料，所以根瘤菌是异养生物，C错误。2．a只能转运葡萄糖和Na+，具有特异性，B错误。葡萄糖进入肾小管上皮细胞为主动运输，葡萄糖进入红细胞为协助扩散，C错误。Na+出肾小管上皮细胞时消耗ATP，为主动运输，Na+进入肾小管上皮细胞时为协助扩散，D错误。3．若四倍体的单倍体为杂合子（如基因型为AAaa的四倍体的单倍体可以是Aa），则用秋水仙素处理后得到的植株为杂合子，B错误。4．红细胞直接生活的内环境是血浆，尿液不属于内环境，B错误。5．环境容纳量是指一定的环境条件所能维持的最大种群数量，是由环境资源量决定的，各种群所生存的环境资源量没有改变，所以环境容纳量不变，B错误。一个种群中全部个体所含的全部基因叫作这个种群的基因库，由于各个岛上的黄金蜘蛛种群可能会出现不同的突变和基因重组，而各个岛上的食物和栖息条件互不相同，自然选择对不同种群基因频率的改变所起的作用就有差别，久而久之，这些种群基因库就会形成明显的差异，所以灭绝前的蜘蛛种群与灭绝后重新出现的蜘蛛种群基因库不一定相同，C错误。各种群数量变化同步时，如各个种群数量都呈下降趋势甚至灭亡，则“集合种群”也随之消亡，所以该状态下“集合种群”不是最容易存续的，D错误。6．经a过程处理得到的是失去细胞壁的原生质体，放置在清水中会吸水涨破，B错误。7．草木灰的成分中含碳酸钾，“灰淋汁”是用水溶解得到碳酸钾溶液，碳酸钾溶液呈碱性，“取碱浣（洗）衣”是利用碱性物质促进油污的水解，A正确。氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，B正确。红外光谱可以测定化合物中存在的官能团和化学键，故通过红外光谱仪可检测球形核酸结构中是否存在磷酸基等官能团，C错误。《神农本草经》中记载的“石胆能化铁为铜”的变化属于化学变化，D正确。故选C。8．由有机物的转化关系可知，甲转化为乙的反应为加成反应，A错误。由甲结构简式可知，甲分子中含有碳碳双键可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误。由乙结构简式可知，乙分子含有手性碳原子，C错误。由丙的结构简式可知丙中含的官能团为羟基、酮羰基，故D正确。故选D。9．W、X、Y、Z为同一短周期元素，且原子序数依次增大，其中Y的核电荷数是其最外层电子数的3倍，结合新化合物的结构示意图，可推出Y为P元素；X为4价，则X为Si，W、Z分别为Na、Cl元素。W、X、Y、Z对应的单质不都是分子晶体，A错误。X、Y、Z都为第三周期元素，外围电子排布为3sx3py，当能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数最多，即外围电子排布为3s23p3，故含有的未成对电子数最多为3，B正确。第一电离能大小为Cl>P>Si>Na，C错误。XZ4的价层电子对数为4，空间结构为正四面体形，D错误。故选B。10．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化铜，反应为Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，原因是氢氧化铜和氨水反应生成了铜氨配位化合物，反应为Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH−，A错误。向某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，该溶液中不一定含有，若溶液中有Ag+也会出现白色沉淀的现象，B错误。向I2水中先加足量的浓Na溶液，发生反应后没有I2剩余，再加CCl4，振荡后静置，溶液分层，但下层没有紫色出现，C错误。K2CrO4溶于水时有下列平衡存在：，向K2CrO4溶液中加入硫酸，平衡向右移动，水溶液呈橙红色，D正确。故选D。11．直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应的活化能会增大，根据图示可知，MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线c，A正确。CH4为非极性分子、CH3OH为极性分子，B错误。过渡态2中的没有氢键，C错误。步骤Ⅰ涉及的是氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，D错误。故选A。12．1molFQH2被氧化为FQ，转移2mol电子，A错误。根据题意，放电时右侧FQ被还原为FQH2，正极的电极反应为FQ+2H++2e−=FQH2，左侧Zn被氧化为，负极反应式为Zn+4OH−−2e−=，B正确。放电时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，Cl−不能经阴膜迁移至右侧，C正确。充电时，右侧阳极的电极反应为FQH2−2e−=FQ+2H+，产生氢离子，pH变小，D正确。故选A。13．随着pH的增大，H2S饱和溶液中H2S的电离平衡向电离方向移动，增大，逐渐增大，则有−lgc(HS−)和−lgc(S2−)随着pH增大而减小，且pH相同时，大于，即−lgc(HS−)小于−lgc(S2−)；随着pH的增大，逐渐增大，和逐渐减小，即−lgc(Ni2+)和−lgc(Cd2+)随pH增大而增大，且Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，即当c(S2−)相同时，c(Ni2+)>c(Cd2+)，−lgc(Ni2+)<−lgc(Cd2+)，由此可知曲线①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2−，④代表HS−，由图示曲线②③交点可知，此时，则有，A错误。据上述分析结合图像各点数据可得到：H2S单一溶液中，粒子浓度大小关系为c(H2S)>c(H+)>c(HS−)>c(S2−)>c(OH−)，B错误。③为pH与的关系曲线，C错误。由图示曲线④两点坐标可知，此时时，，或者当时，，，D正确。故选D。14．由图可知，无人机的速度一直为正值，表明其速度方向始终向上，可知无人机在时刻并没有上升至最高点，上升至最高点应该在时刻，故A、C错误。时间内无人机速度方向向上，加速度方向向下，故B错误。图线与横轴所围的面积表示位移大小，根据可知，时间内无人机的平均速度小于，故D正确。15．汽车减速到零，可以看成反向的初速度为零的匀加速直线运动，根据初速度为零的匀变速直线运动的比例关系，可知汽车通过DE、AD段所用的时间之比为1∶1，可得汽车减速的时间等于，汽车通过吊索A时的速度为，故A、B错误，D正确。汽车通过吊索D为AE段的中间时刻，故通过吊索D的速度等于AE段的平均速度，故C错误。16．如图所示，对小球受力分析可知，小球受重力和两筷子的作用力，根据平衡条件可得，，解得，，故B正确。17．对小球A施加一个水平力F，使小球A在水平力F的作用下缓慢上移，设绳对小球的拉力为，绳与竖直方向的夹角为，在任一位置时，根据平衡条件有，，整理可得，，随着小球A缓慢上移，增大，可知拉力变大，绳子的弹力T变大，故C正确。滑环B处于静止状态，绳子对滑环B的拉力向左，固定杆对滑环B的弹力向右，故B错误。随着绳子的弹力变大，固定杆给滑环B的弹力增大，滑环B将一直处于静止状态，则滑环B受静摩擦力，由平衡条件有保持不变，故A、D错误。18．根据题意，设A开始下滑时的加速度大小为，A接触挡板时的速度大小为，以整体为研究对象有，对A由运动学公式解得，之后B以速度向上做匀减速直线运动，加速度大小为，A停后B上升的距离为，B总的上升了，则上升的高度为，故A正确。19．木杵对饵块的弹力是木杵发生形变引起的，故B正确。下降过程中，木杵先加速后减速，向下加速过程，加速度向下，处于失重状态，向下减速过程，加速度向上，处于超重状态，故A错误。由牛顿第三定律，木杵对饵块的打击力等于饵块对木杵的支持力，故D错误。木杵向下打击饵块时，设木杵对饵块的冲击力为，地面对石槽的支持力为，石槽和饵块的总重力为G，则有，故C正确。20．当快递件做匀速运动时，受到重力、支持力和传送带对快递件沿斜面向上的静摩擦力，故B错误。当传送带加速时，快递件和传送带保持相对静止，若传送带的加速度，则快递件只受重力和支持力；若传送带的加速度，则传送带对快递件的静摩擦力方向沿斜面向上；若传送带的加速度，则传送带对快递件的静摩擦力方向沿斜面向下，故A、C、D正确。21．在轻绳剪断前，设弹性杆对小球A的作用力为T，对四个小球整体有；若间为弹簧，轻绳剪断前，弹簧弹力，轻绳剪断瞬间，对小球A、B整体分析，受力不变，A、B加速度大小都为零；对小球进行受力分析可得，解得，方向竖直向上。若BC间为轻绳，当间轻绳剪断瞬间，以A、B、C三个小球为整体，三个小球都有共同的加速度，有方向竖直向上，故C、D错误。三、非选择题（共174分）22．（每空2分，共6分）（1）BC（3）4.9悬挂钩码过多，超过弹簧的弹性限度23．（每空2分，共12分）（2）0.89（324．（10分）（1）松鼠做自由落体运动，根据 ①解得 ②由图乙可知前1s内机器狗做匀加速直线运动加速度 ③则机器狗的初始位置与落地点P之间的距离 ④（2）如果机器狗开始时与P点之间的距离，由（1）问知松鼠落地瞬间，机器狗还未到达P点，设松鼠落地后经过时间达到，即 ⑤解得 ⑥松鼠落地后，时间内运动的位移为 ⑦松鼠落地瞬间，机器狗刚好达到最大速度4m/s，时间内机器狗运动的位移为 ⑧由于，所以机器狗不能追上小松鼠 ⑨评分标准：本题共10分。正确得出⑨式给2分，其余各式各给1分。25．（14分）解：（1）设PQ绳的拉力为F1，PO绳的拉力为F2，对结点P受力分析，由平衡条件可得 ① ②解得方向由→ ③设斜面对B的摩擦力为f，对B受力分析得 ④解得，方向沿斜面向上 ⑤（2）若要B不动，斜面对B的摩擦力为最大静摩擦力，即方向沿斜面向下 ⑥由平衡条件可得 ⑦ ⑧解得 ⑨由①、②、⑨式得 ⑩评分标准：本题共14分。正确得出③、⑤、⑧、⑩式各给2分，其余各式各给1分。26．（20分）解：（1）依题意得A、C间的最大静摩擦力小于B、C间的最大静摩擦力，当A、C恰好发生相对滑动时，A的加速度大小为，则 ①当B、C恰好发生相对滑动时，B的加速度大小为，则 ②假设恒力作用时，A、B、C共同加速，则 ③解得，即假设正确 ④此时，A、B所受摩擦力均为静摩擦力，且大小相等，设为，则 ⑤（2）对B、C整体受力分析，得 ⑥依题意 ⑦解得 ⑧（3）当用的力推C时，A的加速度大小为，BC的加速度大小为，以A为研究对象有 ⑨ ⑩以BC为研究对象有 撤去推力后，A的加速度大小仍为，设BC的加速度大小为，则经时间后，ABC共速，设A的位移为，BC的位移为，则 则板长 解得 评分标准：本题共20分。正确得出⑥、式各给2分，其余各式各给1分。27．（每空2分，共14分）（1）（2）减少（3）[答（3.2~6.2）只给1分]（4）洗出沉淀表面的镍离子，提高镍元素利用率（其他合理也可得分）（5）NiCl2·6H2O+6SOCl2NiCl2+6SO2↑+12HCl↑（6）（合理即可）

【解析】（1）基态Ni原子的价层电子轨道表示式为。（2）若X为Cl2，Cl2把Fe2+氧化为Fe3+，其离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−；加入试剂Y的目的是调节pH，通过增大溶液的pH生成Fe(OH)3沉淀，若用H2O2代替Cl2，发生反应2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，反应消耗H+，试剂Y的使用量会减少。（3）p，c(H+)=10mol/L，c(OH−)=10−mol/LKsp=c(Ni2+)c2(OH−)=0.01×(10)2；若Ni2+·L−1不产生Ni(OH)2沉淀，则Qc<Ksp，即1.0×c2(OH−)<1×10−15.6，c(OH−)<10，c(H+)>10，pH<6.2，同时应调节pH≥3.2，以除去Fe3+，故p≤pH<。（4）实际生产中，产生的滤渣均需进行洗涤，并将洗涤液与滤液合并，此操作的目的是减少镍离子损失，提高镍元素利用率。（5）将所得NiCl2·6H2O与SOCl2混合加热可制备无水NiCl2并得到两种酸性气体，反应的化学方程式为NiCl2·6H2O+6SOCl2NiCl2+6SO2↑+12HCl↑。（6）根据均摊法，则一个晶胞含有1个N，，3个Ni，，1个Zn，晶体的化学式为ZnNi3N；晶胞的质量为，体积为，则边长为。28．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）sp3、sp2（2）球形冷凝管（1分）=2Mn2++5Cl2↑+8H2O（3）氯化氢杂质与乙醇反应，生成氯乙烷，导致三氯乙醛的纯度降低（其他答案合理也给分）

（4）水浴（5）d（6）将乙醇转化成沸点较高的物质，便于提纯产品

（7）CCl3CHO+Br2+H2OCCl3COOH+2HBr

【解析】（1）甲基中的碳杂化方式为sp3，醛基中的碳杂化方式为sp2。（2）b仪器的名称为球形冷凝管。装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，其离子方程式为=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。（3）氯气中含有氯化氢和水蒸气，混合气体先通过饱和食盐水，除去氯化氢，再通过浓硫酸，吸收水蒸气，最后得到纯净的氯气；若没有装置B，氯化氢会与乙醇发生副反应，生成氯乙烷，影响三氯乙醛的纯度，导致三氯乙醛的纯度降低。

（4）反应温度为80~90℃，采用水浴加热。（5）E为尾气处理，可用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气和生成的氯化氢气体，为防止倒吸用倒扣漏斗，选d。（6）乙醇和浓硫酸反应生成沸点更高的硫酸氢乙酯和硫酸二乙酯，蒸馏时，在粗产品中加入浓硫酸的目的是将乙醇转化成沸点较高的物质，便于提纯产品。（7）溴水具有氧化性，醛基具有还原性，向溴水中滴加三氯乙醛，振荡，溴水反应后溶液的pH明显减小，说明三氯乙醛被溴水氧化为三氯乙酸，三氯乙醛与溴水反应的化学方程式为CCl3CHO+Br2+H2OCCl3COOH+2HBr。29．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）①Ⅰ（1分）（2）①NO>B②bc（3）（4）=

【解析】（1）①由图可知，反应Ⅰ的活化能最大，反应速率最慢，则反应Ⅰ是该反应的决速步骤。②由图可知，反应Ⅰ为吸热反应，ΔH1=+199.4kJ/mol，反应Ⅱ、Ⅲ为放热反应，；，根据盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ得到总反应，总反应的焓变。（2）①由图可知在温度不变时，随的增大，即随着CO的物质的量增大，NO的转化率增大，故纵坐标为NO转化率；在不变时，温度由到，NO转化率增大，可知平衡正向移动，而该反应为放热反应，温度降低平衡正向移动，则；图中A、B、C三点，B点对应温度最高，故B点反应速率最大。②反应达到平衡时正逆反应速率相等且保持不变，a中速率始终变化，不是平衡状态；该反应放热，在绝热体系中，随反应进行，体系内温度升高，平衡常数减小；当保持恒定，说明体系内温度不再变化，则反应达到平衡；各组分的浓度不变时是平衡状态，因此NO的质量分数恒定时反应达到平衡状态；故答案为bc。（3）398K时，为气态，根据题给信息可列三段式：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)初始分压/kPa

0

0反应分压/kPa

平衡分压/kPa

，（4）阴极得电子，发生还原反应，根据图可知，阴极上的在酸性的条件下还原生成，其电极反应方程式为=。30．（每空2分，共14分）（1）2−羟基丙酸甲酯或乳酸甲酯（2）（3）Br2、光照取代反应（或酯化反应）（4）12（5）

【解析】（1）A的化学名称是2−羟基丙酸甲酯或乳酸甲酯。（2）通过结构式的分析知A→B的反应方程式为。（3）根据C转化为D的结构式变化为苯环侧链上甲基的氢被Br取代，故该反应是在光照条件下与液Br2反应；根据E转化为F的结构式变化，可知E→F的反应类型是取代反应（或酯化反应）。（4）C的一种同分异构体符合下列条件：在碱性溶液中水解，水解产物酸化后得到两种产物，其中一种产物含苯环和1个丁基，且能与FeCl3溶液发生显色反应，推断含有酚羟基；另一种产物一定条件下能发生银镜反应，推断为甲酸。其结构含有：—OOCH、—C4H9、；丁基有4种，苯环上有两个不同的取代基有3种，故C的符合条件的同分异构体有12种；其中核磁共振氢谱显示吸收峰面积之比为9∶2∶2∶1，结构高度对称，其结构简式为。（5）以、CH3OH为原料制备，BrCH2CH2CH2CHOHCH2CH2OH发生催化氧化生成BrCH2CH2CH2COCH2CHO，BrCH2CH2CH2COCH2CHO发生氧化反应生成BrCH2CH2CH2COCH2COOH，BrCH2CH2