2021年普通高等学校招生全国统一考试第三次适应性考试联考试卷-理综试题(含解析)

2021年普通高等学校招生全国统一考试联考

理科综合能力测试

注意事项：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。 4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 V 51 Fe 56 Cu 64

第Ⅰ卷（选择题，共126分）

一、选择题：本大题共13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．生物膜的结构与功能存在密切的联系，下列有关叙述错误的是 A．叶绿体的类囊体膜上存在催化ATP合成的酶 B．神经细胞膜上存在能识别神经递质的受体

C．线粒体DNA位于线粒体外膜上，编码参与呼吸作用的酶 D．癌细胞膜上有引起特异性免疫反应的抗原 【答案】C

【解析】叶绿体的类囊体膜是光反应的场所，叶绿体的类囊体膜上存在催化ATP合成的酶，A正确；神经细胞膜上存在能识别神经递质的受体，B正确；线粒体DNA位于线粒体 基质中，C错误；癌细胞膜上有引起特异性免疫反应的抗原，能被免疫系统清除，D正确。2．在氧气充足的环境下，细胞内的丙酮酸分解产生大量乳酸的现象称为瓦氏效应。研究发现，瓦氏效应是肿瘤细胞获取能量的重要方式。下列说法正确的是 A．瓦氏效应产生的ATP比有氧呼吸更多 B．细胞内产生丙酮酸的生理过程称为三羧酸循环

C．肿瘤细胞摄取的葡萄糖主要在线粒体中被利用 D．与正常细胞相比，肿瘤细胞需要摄取更多的葡萄糖 【答案】D

【解析】瓦氏效应中丙酮酸中的能量转移到乳酸中，没有释放出来，故产生的ATP比有氧呼吸少，A错误；细胞内产生丙酮酸的生理过程称为糖酵解，B错误；肿瘤细胞摄取的葡萄糖形成乳酸，主要在细胞质基质中被利用，C错误；与正常细胞相比，肿瘤细胞将葡萄糖形成乳酸，产生的ATP较少，故需要摄取更多的葡萄糖，D正确。

3．在某真核生物细胞中，以mRNA为模板合成蛋白质时，部分氨基酸的密码子包括：色氨酸（UGG）、谷氨酸（GAA/GAG）、酪氨酸（UAC/UAU）、组氨酸（CAU/CAC）。若某小肽对应的mRNA序列为UACGAACAUUGG，下列有关该小肽叙述错误的是 A．小肽的模板合成场所为细胞核，小肽合成场所为核糖体 B．小肽的氨基酸序列是酪氨酸—谷氨酸—组氨酸—色氨酸 C．合成小肽时，mRNA沿核糖体移动，依次读取下一个密码子

D．若该小肽对应DNA序列发生碱基替换，有可能改变小肽的氨基酸序列 【答案】C

【解析】合成小肽的模板为mRNA，mRNA的合成场所为细胞核，通过转录合成的，小肽的合成场所为核糖体，A正确；小肽对应的mRNA序列为UACGAACAUUGG，其密码子分别为UAC、GAA、CAU、UGG，其决定的氨基酸序列分别为酪氨酸—谷氨酸—组氨酸—色氨酸，B正确；合成小肽时，核糖体沿mRNA移动，依次读取下一个密码子，C错误；若该小肽对应DNA序列发生碱基替换，mRNA所对应的密码子会发生改变，密码子决定的氨基酸种类可能发生变化，从而会改变小肽的氨基酸序列，或者该密码子变为终止密码子，翻译提前终止，从而使小肽的氨基酸总数量减少，D正确。

4．无机盐对于维持人体的生命活动具有重要作用，下列相关叙述错误的是 A．蔬菜中的草酸不利于机体对食物中钙的吸收

B．生活在高原地区的人应该适当补铁以提高血液运输O2的能力 C．人大量排汗而不及时补钠，会影响到神经细胞静息电位的大小 D．生活在缺碘地区的人，应该食用有碘盐，以防止地方性甲状腺肿 【答案】C

【解析】蔬菜中的草酸与钙结合成草酸钙，影响钙的吸收，A正确；铁是组成血红蛋白的元素，生活在高原地区的人应该适当补铁促进血红蛋白的合成，以提高血液运输O2的能

力，B正确；钠离子内流引起神经细胞产生动作电位，所以人大量排汗而不及时补钠，会影C错误；响到神经细胞动作电位的大小，碘是合成甲状腺激素的元素，生活在缺碘地区的人，应该食用有碘盐，以防止地方性甲状腺肿，D正确。

5．某自花且闭花受粉植物紫花和白花由染色体上的一对等位基因A、a控制，假设A基因含2000个碱基对，含600个胞嘧啶。让多个紫花的亲本植株自然繁殖，F1的表现型及比例为紫花∶白花=15∶1（不考虑变异和致死）。下列有关分析不正确的是 A．A基因连续复制，第3次需嘌呤脱氧核苷酸8000个 B．F1紫花植株中纯合子占1/5

C．亲本的基因型有AA、Aa两种，且比例为3∶1 D．若让亲本随机授粉，则白花所占比例为1/64 【答案】B

A基因连续复制，DNA中嘌呤数=嘧啶数=2000个，【解析】复制两次后有4个A基因，2000=8000个，A正确；F1的表现型及比例为紫花∶白花=15∶第3次需嘌呤脱氧核苷酸4×

1，亲本的基因型有AA、Aa两种，且比例为3∶1，即亲本为3/4AA、1/4Aa，自然繁殖后Aa为2/16，（自交），3/4AA→3/4AA、1/4（1/4AA、2/4Aa、1/4aa），即F1中AA为13/16、

aa为1/16，故子代中F1紫花植株中纯合子（AA）占13/15，B错误，C正确；让亲本相互授粉，则雌配子中A∶a=7∶1，雄配子中A∶a=7∶1，则白花所占比例为1/64，D正确。 6．自然湖泊因长期排放生活污水而被污染。投放活性淤泥（多种微生物聚合而成的泥塑状团块）、持续通入空气有助于净化有机污染物。下列叙述错误的是 ．．A．湖泊受污染的根本原因是人类的破坏超过了自身净化能力 B．人为投放活性淤泥能提高该湖泊的恢复力稳定性

C．持续通入空气有利于加速好氧细胞的有氧呼吸，促进物质循环 D．流经该生态系统的能量为生产者所固定的所有太阳能 【答案】D

【解析】生态系统的自动调节能力是有一定限度的，人类的破坏超过了自身净化能力，湖泊就容易受污染，A正确；人为投放活性淤泥能有助于净化有机污染物，缩短该湖泊恢复原状的时间，B正确；持续通入空气有利于加速好氧生物的有氧呼吸，促进物质循环，C正D错误。 确；流经该生态系统的能量为生产者固定的太阳能和人工排放有机污染物的化学能，7．化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是

A．加酶洗衣粉是洗衣粉中的新产品，从化学反应速率的角度分析，使用温度越高的水洗涤衣服，其去污效果会越好

B．“红烧鱼”是一道常见的四川家常菜，做“红烧鱼”时通常要加入料酒和醋，其最主要的目的是调味，让鱼的味道更加酸辣可口

C．阿司匹林是生活中常见的消炎药，服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可用NaHCO3溶液解毒

D．近期的空气质量报告中常出现“中度污染”和“重度污染”的结论，雾霾中含有大量超标的主要物质是二氧化硫 【答案】C

【解析】A．酶在温水中的活性最好，从化学反应速率的角度分析，使用温水洗涤衣服，其去污效果会越好，故A错误；B．做“红烧鱼”时通常要加入料酒和醋，其最主要的目的是乙醇和乙酸生成具有香味的乙酸乙酯，故B错误；C．水杨酸显酸性，与小苏打反应生成二氧化碳，服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可以用NaHCO3溶液解毒，故C正确；D．雾霾中含有大量超标的主要物质是可吸入颗粒物，故D错误；选C。 8．设阿伏加德罗常数的值为NA，则下列说法正确的是 A．1mol Fe与1mol Cl2完全反应时转移的电子数为3NA B．标准状况下，18g H2O含有的中子数为8NA C．标准状况下，22.4L的HF中含有的HF分子数为NA

D．50mL 18mol·L−1浓硫酸与足量铜微热反应，转移的电子数为1.8NA 【答案】B

点燃

【解析】A．由反应2Fe+3Cl2=====2FeCl3可知1mol Fe与1.5mol Cl2才能完全反应，则1mol Fe与1mol Cl2完全反应时转移的电子数为2NA，故A错；B．标准状况下，18g H2O的物质的量为1mol，由于H2O中H原子无中子，1个O原子中含8个中子，所以1mol H2O中所含的中子数为8NA，故B对；C．标况下HF为液体，所以不能用气体摩尔体积进行相关计算，故C错；D．随着反应的进行，浓硫酸浓度会降低，即稀硫酸与Cu不反应，硫酸未完全反应，所以无法计算该反应所转移的电子数，故D错。答案选B。 9．化合物丙是一种医药中间体，可以通过如图反应制得。下列说法正确的是

A．丙的分子式为C10Hl6O2

B．甲的一氯代物有4种（不考虑立体异构） C．乙可以发生取代反应、加成反应、氧化反应 D．甲、丙均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 【答案】C

【解析】由丙的结构简式可知，丙的分子式为C10H14O2；甲的分子中有3种不同化学环境的氢原子，则其一氯代物有3种（不考虑立体异构）；甲、丙结构中均含有碳碳双键，能被高锰酸钾氧化，则均能使酸性高锰酸钾溶液褪色；综上所述，答案为C。 10．关于下列装置图的叙述正确的是

A．装置①是洗气装置，除去氯气中的氯化氢 B．实验室用装置②制取氨气

C．装置③可用于制备氢氧化亚铁并观察其颜色

D．装置④中X若为四氯化碳，可用于吸收氨气，并防止倒吸 【答案】D

【解析】A．装置①作洗气装置时，气体应从长导管进短导管出，图中气体的进入方向不合理，故A错误；B．制取氨气的药品不能选择氯化铵，因为加热氯化铵生成的氯化氢和氨气在试管口处会重新反应生成氯化铵，故B错误；C．生成的氢氧化亚铁易被氧化，应在溶液下挤出NaOH溶液，或在试管中加少量苯隔绝空气，故C错误；D．X若为四氯化碳，可使氨气与水不能直接接触，且氨气在四氯化碳中的溶解度很小，装置④可以防止倒吸，故D正确。故答案为D。

11．一种用于合成治疗免疫疾病药物的物质，其结构如图所示，其中X、Y，Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是

A．WX是共价化合物 B．原子半径：W>Z>Y

C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q【解析】根据题目信息均是前20号元素，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同X是氢Z是氧的电子层结构，又形成如图所示离子化合物，可知Y是碳（C），（H），（O），Q是硫（S），W是钾（K）。WX是KH，是离子化合物，故A错误；同周期，序数越大，半径越小，故原子半径关系为：W>Y>Z，B错误；元素的非金属性越强，其最高价氧化物Q>Y，对应的水化物的酸性就越强，根据氧化性S>C，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：C错误；Z和X、Y、W、Q形成的二元化合物均在两种及以上：H2O、H2O2；CO、CO2；SO2、SO3；K2O、K2O2；故D正确。

12．一种双电子介体电化学生物传感器，用于检测水体急性生物毒性，其工作原理如图。下列说法正确的是

A．图中所示电极为阳极，其电极反应式为K4Fe(CN6)-e−=K3Fe(CN)6 B．甲萘醌在阴极发生氧化反应 C．工作时K+向图中所示电极移动

D．NAD(P)H转化为NAD(P)+的过程失去电子 【答案】D

【解析】根据图示可知K4Fe(CN6)在电极表面失电子生成K3Fe(CN)6，故图示电极为阳极，

其电极方程式为K4Fe(CN6)-e−=K3Fe(CN)6+K+，A项错误；甲萘醌应在阴极发生还原反应，B项错误；工作时在电解池中阳离子应向阴极移动，C项错误；根据图示，该过程NAD(P)H被甲萘醌氧化，即失去电子，D项正确；答案选D。

13．常温下，向20mL 0.1mol·L−1 BaCl2溶液中滴加0.2mol·L−1 Na2CO3溶液的滴定曲线如图所示。已知：pBa=-lgc(Ba2+)，pKa=-lgKa；常温下H2CO3：pKa1=6.4，pKa2=10.3。下列说法正确的是

A．常温下，Na2CO3溶液的pKh1=3.7(Kh1为一级水解常数) B．常温下，Ksp(BaCO3)≈1.0×10−7

C．E、F、G三点的Ksp从大到小的顺序为：G>F>E

D．其他条件相同，用MgCl2溶液替代BaCl2溶液，F点向G点迁移 【答案】A

2-【解析】A．CO3+H2O-HCO3+OH-，Kh1=Kw，pKh1=pKw-pKa2=14-10.3=3.7，AKa2L−1 BaCl2溶液中滴加0.2mol·L−1 Na2CO3溶液，当加入10mL 项符合题意；B．20mL 0.1mol·

2+2-−

Na2CO3溶液时，Ba2+和CO23恰好完全反应生成BaCO3，此时溶液中c(Ba)c(CO3)，F点

2+2-−4.5?1010pBa=4.5，c(Ba2+)=10-4.5mol/L，Ksp(BaCO3)=c(Ba)c(CO3)≈10×10−4.5=10−9，B项不符合

题意；C．Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变，故E、F、G三点的Ksp相等，C项不符合题意；D．MgCO3微溶于水，BaCO3难溶于水，若用MgCl2溶液替代BaCl2溶液，当恰好完全反应时，溶液中c(Mg2+)＞c(Ba2+)，则pMg二、选择题：本题共8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的的0分。

14．做竖直上抛运动的物体，每秒的速度增量总是

A．大小不等，方向不同 B．大小相等，方向不同

C．大小不等，方向相同 D．大小相等，方向相同 【答案】D

【解析】竖直上抛运动是匀变速直线运动，加速度为g，方向竖直向下，根据vgt，知每秒速度增量大小相等，方向竖直向下。故ABC错误，D正确。

15．图甲是“光电效应”实验电路图，图乙为某次“光电效应”实验中得到的同一光电管两端的遏止电压Uc随入射光频率v变化的函数关系图像，下列判断正确的是

A．入射光的频率v不同，遏止电压Uc相同

B．入射光的频率v不同，光照强度不同，Uc－v图像的斜率相同 C．只要光的光照强度相同，光电子的最大初动能就一定相同

D．图甲所示电路中，当电压表增大到一定数值时，电流计将达到饱和电流 【答案】B

【解析】逸出功与金属材料有关，与入射光的频率无关，由Ekm＝hν－W0可知，入射光的频率不同，电子的最大初动能不同，又eUc＝Ekm，所以入射光的频率不同，遏止电压Uc不同，A错误；由Ekm＝hν－hνc＝eUc可得Uch(c)，故图线的斜率为相同的常量，Be正确；由爱因斯坦光电效应Ekm＝hν－W0可知在入射光频率不同的情况下，光电子的最大初动能不同，最大初动能与光照强度无关，C错误；必须使图甲所示电路中的电源正负极反接过来，才能用来验证光电流与电压的关系，即当电压表增大到一定数值时电流计将达到饱和电流，D错误。

16．如图，一理想变压器ab端接交流电源，原线圈匝数为100匝，R1、R2、R3阻值相等。则当开关S断开时R1功率为P1，当S闭合时R1功率为P2，且P1∶P2＝9∶25，则副线圈匝数为

A．25 B．50 C．200 D．400

【答案】B

【解析】设副线圈匝数为n，当开关S断开时，设变压器左边电流为I1，电压为U1，右

U1100边电流为I1′，电压为U1′，电源电压为Uab，电阻阻值均为R，电源电压Uab＝U1＋I1R，，

U1nI1n，U1′＝I1′R，P1＝ I12R；当开关S闭合时，设变压器左边电流为I2，电压为U2，I11002U2100I2nR右边电流为I2′，电压为U2′，电源电压Uab＝U2＋I2R，，，，U2I2RRI2100U2nP2＝I22R，P1∶P2＝9∶25，联立得n＝50，故B正确。

17．2020年7月23日，我国首次火星探测任务“天问一号”探测器，在中国文昌航天发射场应用长征五号运载火箭送入地火转移轨道。为了节省燃料，我们要等火星与地球之间相对位置合适的时候发射探测器，受天体运行规律的影响，这样的发射机会很少。已知火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，为简化计算，认为地球和火星在同一平面上、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，如图所示。根据上述材料，结合所学知识，下列说法正确的是

A．地球的公转向心加速度小于火星的公转向心加速度 B．探测器从A点运动到C点的过程中处于加速状态

C．如果火星运动到B点时，地球恰好在A点，此时发射探测器，那么探测器沿轨迹AC运动到C点时，恰好与火星相遇

D．如果错过某一发射时机，那么下一个发射时机需要再等约2.1年 【答案】D

Mm

【解析】火星轨道半径大于地球轨道半径，根据G2＝ma可知，向心加速度与轨道半

r径的平方成反比，所以，地球的公转向心加速度大于火星的公转加速度，A错误；根据开普勒第二定律可知，探测器从A点运动到C点的过程中，离太阳的距离越来越大，速度会越来越小，所以应该是减速过程，B错误；根据开普勒第三定律，火星与探测器的公转半径不

同，则公转周期不相同，因此探测器与火星不会同时到达C点，不能在C点相遇，C错误；地球的公转周期为1年，火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，两者的角速度之差为

=2π2π1.8π2π，则地球再一次追上火星的用时为t=2.1年，D正确。

11.91.918．总质量为m的汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶时，发动机的功率为P。司机为合2

理进入限速区，减小了油门，使汽车功率立即减小到P并保持该功率继续行驶，设汽车

3行驶过程中所受阻力大小不变。从司机减小油门开始，汽车的v－t图象如图，从汽车开始减速到再次达到匀速运动的过程中，行驶的位移为s，汽车因油耗而改变的质量可忽略。则在该过程中，下列说法不正确的是

2

A．汽车再次匀速运动时速度大小为v0

3B．t＝0时刻，汽车的加速度大小为C．汽车的牵引力不断减小 3sD．经历的时间为

2v025mv0 12PP 3mv0【答案】C

【解析】汽车以速度v0匀速行驶时，牵引力等于阻力，有fF速行驶时牵引力等于阻力，有f力F02P，汽车的加速度大小a3v0F2P，汽车以功率P匀

3v022P，可得v′＝v0，A正确；t＝0时刻，汽车的牵引

33vfF0P，B正确；汽车做减速运动，速度减小，

m3mv02121

功率不变，据P＝Fv知，牵引力不断增大，C错误；由动能定理有Pt－Wf＝m(v0)2－mv02，

3232其中克服阻力做功Wf＝fs，解得t3s2v025mv0，D正确。 12P19．如图，在水平桌面上叠放着两个物块M和m，M与桌面的动摩擦因素为μ1，m与M之间的动摩擦因素为μ2，一根轻绳一端与M相连，另一端绕过光滑的定滑轮A系在竖直杆上的B点。现将另一个物体G用光滑轻质挂钩挂在轻绳上AB之间的O点，已知整个装置处于静止状态时，竖直杆与绳OB的夹角为α，则

A．将绳的B端向上缓慢移动一小段距离时绳的张力不变 B．将竖直杆缓慢向右移动一小段距离时绳的张力增大 C．M所受的摩擦力为μ1(M＋m)g D．剪断A处轻绳瞬间，m的加速度为μ2g 【答案】AB

【解析】令滑轮A和竖直杆之间的绳长为L，距离为d，则根据晾衣绳模型可知sin而2Tcos α＝G，解得绳子上的张力Td，LG，所以将绳的B端向上缓慢移动一小段距离2cos时，d不变，L不变，故α不变，所以绳子的张力不变，A正确；将竖直杆缓慢向右移动一小段距离，则d变大，L不变，故α变大，因此绳子的张力增大，B正确；由于有整个装置处于静止状态，所以M和m都受力平衡。所以M和m之间没有摩擦力，因此M所受的摩擦力等于绳子的张力。但由于是静摩擦力，所以T≠μ1(M＋m)g，C错误；剪断A处轻绳瞬间，m的加速度为零，D错误。

320．如图所示，在竖直平面内存在匀强电场，△OAB是正三角形，边长为l，OC长为l沿

23

竖直方向，将一个质量为m、电荷量绝对值为q的带电小球以mgl的初动能从O点抛出，

8运动到A点的动能为mgl，运动到C点的动能为mgl，已知重力加速度为g，则下列说法正确的有

9894

1

A．O到A的过程，电场力做功为－mgl

4B．带电小球一定带负电 C．电场线一定垂直AB D．电场强度的大小为【答案】CD

3mg 6q

l93Wmglmgl，解得电场力做功28813l93Wmgl，A错误；同理，O到C的过程，根据动能定理mgWmglmgl，

4248321解得电场力做功Wmgl，则由O运动到B的过程，解得电场力做功Wmgl，可

834【解析】O到A的过程，根据动能定理mg知A、B为等势点，AB为一条等势线，电场强度的方向垂直AB，C正确；由于无法判断电13

场强度具体指向，B错误；O到A的过程W＝mgl＝qE‧l，所以E42

3mg，D正确； 6q21．如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内，有场强大小为E、方向沿x轴正方向的匀强电场，第二象限内有一半径为L0的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直于xOy平面向里，圆形磁场边缘与x轴相切于P点，P点坐标为（－2L0，0）。现有两个电子a、b从P点以相同速率v0沿不同方向同时射入匀强磁场区域，a、b的速度方向与y轴正方向夹角均为θ＝60°。电子b经过y轴上的Q点进入第一象限（Q点图中没画出）。已知两个电子恰好都经过圆形磁场边缘的同一点K（K点图中未画出），电子质量m、电荷量为e，v0BeL0，不计重力，则 m

A．电子a、b进入第一象限前在磁场中运动的时间差是B2eL20

B．电子在电场中运动离y轴最远距离为

2mE

πm BeC．Q点的坐标为(0，223L0)

D．电子a、b同时到达K点 【答案】BD

v02

【解析】在磁场中，根据ev0B＝m，解得rL0，两个电子恰好都经过圆形磁场边缘

r的同一点K，电子离开磁场进入电场到再次返回磁场的运动过程， a、b两电子都平行x轴，如图甲所示，所以a、b两个电子的偏转角分别是θa＝30°，θb＝150°，电子在磁场中的运动的周期T2πm，则电子a、b进入第一象限前在磁场中运动的时间差是Be

t5T121T122πm，A错误；在电场中，电子速度向右减速到零，则离y轴最远，3BeB2eL20，B正确；根据几何关系，Q点的纵坐2mE223L0)，C

12根据动能定理eEd0mv0，解得d2标yQrrcos30223L0，所以电子b经过y轴上的Q点坐标为(0，错误；两个电子恰好都经过圆形磁场边缘的同一点K，电子离开磁场进入电场到再次返回磁场的运动过程，如图乙所示，根据对称性可知K点的坐标为（－2L0，2L0），且根据对称性可得a、b在电场运动时间相同，在磁场运动时间也相同，在无场区域运动时间相同，所以a、b同时到达K点，D正确。

第Ⅱ卷（非选择题，共174分）

三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题～第38题为选考题，考生根据要求做答) (一)必考题(共129分)

22．(5分)某同学为探究气球在空气中运动时所受空气阻力的大小跟速率的定量关系，所使用的器材如下：铁架台、钩码、弹簧测力计、细绳、气球、毫米刻度尺、具有连拍功能的手机，其实验步骤如下： A．测出气球及钩码的总重力G；

B．吹好气球，用细绳将气球扎紧，另一端系上钩码；

C．将刻度尺竖直固定在铁架台上，将气球（含钩码）从较高位置释放，使其经过刻度尺附近时能匀速下落；

D．使用手机连拍功能，拍摄气球匀速运动时的多张照片； E．改变所悬挂的钩码质量，重复以上步骤； F．记录并处理数据 请回答以下问题：

(1)某次拍摄的两张照片如图甲、乙，可以从中计算出气球下落的位移。图乙中所示位置的读数为 cm；

(2)记录每次实验中气球（含钩码）重力G和相邻两次拍摄时间内气球下落的位移l，如下表所示，已知相邻两次拍摄的时间间隔为1 s，根据表格数据可以计算出每组实验中气球所受阻力f和其匀速运动时的速率v。图丙中已描出了部分数据，请补描第三组的实验数据并绘制出f－v关系图像。

次数 重力G/(10－21 4.5 －2 5.5 5 16.30 .80 3 6..5 194 75 23.80 .60 5 8.6 9.5 5 7 10. N) 位移l/(1013.60 2680 28.80 32.2 m) (3)根据所绘制的图像，可以得到的实验结论为：__________________。

【答案】(1)7.00 (2)见解析图 (3)在误差允许的范围内，此气球受到空气阻力跟速率成正比

【解析】(1)图乙中所示位置的读数为7.00 cm；

(2)第三组数据是G＝f＝6.5×102 N时，速度v＝19.80 cm/s，则绘制出f－v关系图像如图；

－

(3)根据所绘制的图像可知，图像是过原点的直线，可以得到的实验结论为：在误差允许的范围内，此气球受到空气阻力跟速率成正比。

23．(10分)兴趣学习小组将电压表改装成测量物体质量的仪器，如图甲所示。

所用实验器材有：

直流电源：电动势为E，内阻为r； 理想电压表V：量程0～3 V； 滑动变阻器R：规格0～5 Ω；

竖直固定的粗细均匀的直电阻丝R0：总长为1 cm，总阻值为9 Ω；

竖直弹簧：下端固定于水平地面，上端固定秤盘，弹簧上固定一水平导体杆，导体杆右端点P与直电阻丝R0接触良好且无摩擦； 开关S以及导线若干。 实验步骤如下：

(1)秤盘中未放被测物前，将导体杆右端点P置于直电阻丝R0上端a处，秤盘处于静止状态。

(2)直流电源的U－I图象如图乙所示，则电源电动势E＝_______V，内阻r＝_______Ω。 (3)在弹簧的弹性限度内，在秤盘中轻轻放入被测物，待秤盘静止平衡后，导体杆右端点P正好处于直电阻丝R0下端b处，要使此时电压表达到满偏，则滑动变阻器R接入电路的阻值为_______Ω。已知弹簧的劲度系数k＝9.8×103 N/m，当地重力加速度g＝9.8 m/s2，则被测物的质量m＝_______kg。由此在电压表的刻度盘上标示相应的质量数值，即将该电压表改装成了测量物体质量的仪器，则质量刻度是______（填“均匀”或“非均匀”）的。 (4)直流电源使用较长时间后，电动势E减小，内阻r增大。在此情况下，改装成的测量

物体质量的仪器的数与被测的质量的真值相比________（填“偏大”“偏小”或“相同”）。 【答案】(2)4.0 1 (3)2 10 均匀 (4)偏小

【解析】(2) U－I图线与纵轴交点表示电动势，图线斜率表示内阻，可得E＝4 V，r＝1Ω。 (3)电压表达到满偏Ug时，设滑动变阻器R接入电路的阻值为Rx，可得

UgR0RE，rRx解得Rx＝2 Ω。由平衡条件可得kl＝mg，解得m＝10 kg，因为电压表示数与弹簧形变成正比，被测物的质量也与弹簧形变成正比，所以将该电压表改装成测量物体质量的仪器，则质量刻度是均匀的。

(4)直流电源使用较长时间后，电动势E减小，内阻r增大，电路中电流偏小，当右端点P处于相同位置时，电压表示数较小，改装成的测量物体质量的仪器的示数与被测物的质量的真实值相比偏小。

24．(14分)如图甲所示，倾角为30°的光滑斜面固定在粗糙程度较大的水平地面上，斜面底部MNPQ区域内及PQ右侧区域分布着竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界MN、PQ间的距离为L，PQ为斜面最低处。将质量为m、电阻为R、边长为L的正方形匀质金属框abcd（表面涂有绝缘漆）从cd边距MN边界的距离为L处静止释放，当cd边到达PQ处时刚好速度为零，接着用外力使框做“翻跟头”运动，即框以cd边为轴顺时针翻转150°，然后以ab边为轴顺时针翻转180°，再以cd边为轴顺时针翻转180°，…，如此不断重复，每转到竖直和水平时位置记为I、II、III、IV、V、VI、…。翻转过程中，金属框不打滑，并保持角速度大小恒为ω，空气阻力不计，重力加速度为g，以位置I作为计时起点即t＝0。

(1)求金属框进入MNPQ区域的过程中，流过ab边的电量；

(2)写出金属框从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，a、b两点的电势差Uab随时间变化的函数式； (3)求金属框从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，外力对框做的功；

(4)在图示坐标系内画出金属框从位置Ⅰ到位置V的过程中，电势差Uab随时间变化的函

数图像（标出相应的纵横坐标）。

【解析】(1)流过ab边的电量qItEΔΔtt RtRR3BL2由于BScos30

23BL2所以q。

2R(2)从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，ab边以cd边为中心匀速转动，ab边上产生的电动势为

eBLvabcosBLLcostBL2cost

其中为ad边与竖直方向的夹角，所以a、b两点的电势差为

13UabeeBL2cost44

(3)从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，安培力做的功在数量上等于导体产生的热量，即

BL22ππB2L4WA()R

24R2R由动能定理得W1mgLWA0 2πB2L41mgL。 解得W4R2(4)在位置Ⅰ及位置V，ab边切割磁感线，且速度方向与磁感线垂直，所以电势差

Uab32BL 412BL 4在位置记为II、III、IV，ab边静止不动，cd切割磁感线，所以电势差Uab由于线框匀速转动，所以曲线为正弦曲线，图形如下图所示：

25．(18分)如图甲所示，光滑水平面上有一质量M＝1 kg的“ ┘”形木板（右端挡板厚度忽略）以速度v1＝6 m/s向左做匀速直线运动，某时刻一质量m＝2 kg的可视为质点的物块以速度v＝6 m/向右水平滑上木板，经过t＝1.5 s时间物块与木板右端的挡板发生弹性碰撞。

已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。求：

(1)木板的长度；

(2)从碰撞后到物块与木板共速所经历的时间；

(3)若物块与木板碰撞结束的瞬间，给木板施加一水平向右的力F，力只作用2 s时间，大小随时间t的变化图像如图乙所示，已知在力F作用的时间内，物块相对木板运动的位移Δx1＝4.67 m，求最终物块与挡板之间的距离。 【解析】(1)对木块由牛顿第二定律有可得

mgma1

a12m/s2

对木板由牛顿第二定律有可得

mgMa2

a24m/s2

两物体相向运动的位移之和等于板长，有v1t解得L11.25m。 (2)设两物体碰撞前的速度为

121a1tv2ta2t2L 22v1、

v2，有

v1a1t3m/sv1

v2a2t0m/sv2板与木块弹性碰撞，有

mv1Mv2mv1

1112mv12Mv22mv1222

联立解得

1m/sv1，

4m/sv2

碰撞后到物块与木板共速，由系统动量守恒有

Mv2(Mm)v共mv1解得

v共2m/s

对木板由动量定理，有解得

mgt1Mv共Mv2

t10.5s

即碰后经0.5s木板与木块共速。

(3)若物块与木板碰撞结束的瞬间，给木板施加一水平向右的力F，力只作用2s时间，对木块加速有

v1at25m/sv1对木板，F其用动量定理

84N=6N 2Mv2FtmgtMv2

设v为2s内木板速度变化量，有由系统动量守恒和能量守恒，有

8m/sv2Mv2(Mm)v共mv1

1112Mv22(Mm)v共2mgxmv1222

解得

6m/sv共，x0.75m

故总的相对位移为

xxx15.42m。

26．（14分）实验室以V2O5为原料制备氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶体{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}，其流程如图：

6mol·L−1 盐酸、N2H4·2HClNH4HCO3溶液V2O5————————————————→VOCl2溶液————————→氧钒（Ⅳ）碱式碳酸铵晶

微沸数分钟还原转化体

（1）“还原”过程中的还原剂是 （填化学式）。 （2）已知VO2+能被O2氧化，“转化”可在如图装置中进行。

①仪器M的名称是 ，实验开始前的操作是 。 ②装置B的作用是 。

③加完VOCl2溶液后继续搅拌一段时间，使反应完全，再进行下列操作，顺序为 （填字母）。

a．锥形瓶口塞上橡胶塞 b．取下P

c．将锥形瓶置于干燥器中，静置过滤

④得到紫红色晶体，抽滤，并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次，用无水乙醇洗涤2次，再用乙醚洗涤2次，抽干称重。用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是__________（填离子符号），用无水乙醇洗涤的目的是__________。

L−1 ⑤称量m g产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后，加入0.02mol·KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过L−1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点（已知滴定反应为VO+量NaNO2，最后用c mol·2+Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O），消耗标准溶液的体积为V mL。若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果_______（填“偏高”“偏低”或“无影响”），产品中钒的质量分数为__________（以VO2+的量进行计算，列出计算式）。 2HCl 【答案】（1）N2H4·

（2）长颈漏斗 检查装置的气密性 除去二氧化碳气体中的氯化氢 bac

6710-3cVCl 除去晶体表面的水 偏高 ×100%或6.7cV/m%

m−

【解析】(1)氧化还原反应中还原剂失电子被氧化，化合价升高，对比反应物和生成物，V的化合价降低被还原，O、Cl化合价不变，H元素已是最高价不能被氧化，所以被氧化的2HCl；(2)①根据M的结构特点可知其为长颈漏斗；元素应为N元素，所以还原剂为N2H4·

实验开始前要检查装置的气密性；②稀盐酸具有挥发性，生成的二氧化碳气体中有HCl杂质，装置B中盛放饱和碳酸氢钠溶液可以除去二氧化碳气体中的氯化氢；③加完VOCl2溶液后继续搅拌一段时间，使反应完全，取下P装置，为防止氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体被氧化，需要在锥形瓶瓶口塞上橡胶塞，之后将锥形瓶置于干燥器中，静置过滤，所以顺序为bac；④根据元素守恒可知用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是Cl−；乙醇与水互溶，无水乙醇易挥发，可以带走晶体表面的水分；⑤若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，溶液中Fe2+浓度减小，会消耗更多的标准液，导致测定结果偏高；消耗标准溶液的体积为V mL，

6710-3cV10mol，所以产品中钒的质量分数为根据滴定反应可知n(VO)=n(Fe)=cV×

m2+

2+

−3

×100%或6.7cV/m%。

27．（14分）近年来CO2变废为宝，改善环境是科学研究的重要课题，对于实现废气资源的再利用及碳循环经济技术的发展都具有重要意义。 Ⅰ．已知CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下： ①C2H6(g)

CH4(g)+H2(g)+C(s) ΔH1=+9kJ·mol−1

C2H6(g) ΔH2=-136kJ·mol−1 H2O(g)+CO(g) ΔH3=+41kJ·mol−1 C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) ΔH4

②C2H4(g)+H2(g)③H2(g)+CO2(g)④CO2(g)+C2H6(g)

(1)ΔH4=___，0.1MPa时向密闭容器中充入CO2和C2H6，发生反应④，温度对催化剂K－Fe－Mn/Si性能的影响如图：

工业生产综合各方面的因素，根据图中的信息判断反应的最佳温度是__℃。

(2)在800℃时，n(CO2)∶n(C2H6)=1∶3，充入一定体积的密闭容器中，在有催化剂存在的条件下，发生反应④，初始压强为p0，一段时间后达到平衡，产物的总物质的量与剩余反应物的总物质的量相等，则该温度下反应的平衡常数Kp=___(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，用最简分式表示)。

Ⅱ．科学家利用Li4SiO4吸附CO2有着重要的现实意义。CO2的回收及材料再生的原理如图所示：

(1)“吸附”过程中主要反应的化学方程式为_____________。

(2)为了探究Li4SiO4的吸附效果，在刚性容器中放入1000g的Li4SiO4，通入10mol不同比例的N2和CO2混合气体，控制反应时间均为2小时，得到Li4SiO4吸附CO2后固体样品质量分数与温度的关系如图所示：

①该反应为_________反应(填“吸热”或“放热”)。

②保持A点的温度不变，若所用刚性容器体积变为原来的一半，则平衡时c(CO2)较原平衡_________(填“增大”、“减小”或“不变”)。

③若在A点CO2的吸收率为70%，A点的纵坐标y的值为_______。 mol−1 800 【答案】Ⅰ．（1）+177kJ·（2）

16p0 55Ⅱ．（1）Li4SiO4+CO2=Li2CO3+Li2SiO3 （2）放热 不变 123.1

【解析】Ⅰ．(1)ΔH4=ΔH3-ΔH2=41+136=+177kJ/mol；该反应的目的是生成C2H4，参考C2H6和CO2的转化率知，最佳温度是800℃左右；(2)假设初始通入CO2是1mol，C2H6是3mol，达到平衡时CO2反应了x mol，则

CO2(g)初转1molxmol+C2H6(g)3molxmol(3-x)molC2H4(g)+H2O(g)+CO(g)xmolxmolxmolxmolxmolxmol1，C2H624

平(1-x)mol可得x+x+x=(1-x)+(3-x)，解得x=0.8mol，达到平衡时，CO2是0.2mol，C2H6是2.2mol，C2H4、H2O、CO均为0.8mol，此时总物质的量为4.8mol，CO2的物质的量分数为的物质的量分数为

111，C2H4、H2O、CO的物质的量分数均为，容器的体积固定，随着246反应的进行，容器的压强增大，达到平衡时，容器的压强为

4.8molp=1.2p0。

(1+3)mol0111×1.2p?×1.2p?×1.2p000p(C2H4)p(H2O)p(CO)61666Kp== =p111p(CO2)p(C2H6)550×1.2p0?×1.2p02424

1111.2p01.2p01.2p016666p0；Ⅱ．(1)吸附过程中的反应物是Li4SiO4、CO2，

111551.2p01.2p02424产物是Li2CO3和Li2SiO3，故方程式为Li4SiO4+CO2=Li2CO3+Li2SiO3；(2)①由图像知，相同

n(CO2)，最高点以后，温度升高，吸附后固体样品的质量分数降低，反应向逆反应方向进n(N2)行，温度升高向吸热方向进行，所以逆反应是吸热反应，故该反应为放热反应；②温度不变，平衡常数不变，即K=1，所以重新平衡后，二氧化碳的浓度不变；③由吸附反应

c(CO2)n(CO2)=3，n(N2)Li4SiO4+CO2=Li2CO3+Li2SiO3知固体增重的质量是吸收的二氧化碳的质量，A点时

气体总量是10mol，通入的CO2是7.5mol，吸收率是70%，被吸收的CO2是5.25mol，即231g，所以y=123.1。

28．（15分）硫酸铅广泛应用于制造铅蓄电池、白色颜料以及精细化工产品3PbO·PbSO4·H2O(三盐)等。工业生产中利用方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)制备PbSO4的工艺流程如下：

已知：①PbCl2难溶于冷水，易溶于热水。 ②PbCl2(s)+2Cl−(aq)

2−

PbCl4(aq) ΔH＞0

10−8，Ksp(PbCl2)=1.6×10−5 ③Ksp(PbSO4)=1.08×

(1)“浸取”时需要加热，此时盐酸与MnO2、PbS以及NaCl发生反应生成Na2PbCl4、S等物质，反应的化学方程式为___________；该步骤中FeS2和MnO2颗粒可以组成两个原电池，如图所示：

其中，MnO2原电池反应迅速，而FeS2原电池由于生成的硫覆盖在FeS2颗粒表面，溶解速率变慢。

①MnO2原电池中，每消耗3mol MnO2，生成___________mol Fe3+。 ②FeS2原电池负极上的电极反应式为___________。 (2)“滤渣2”的主要成分是___________。

(3)“沉降”操作时加入冰水的目的是___________。 (4)上述流程中可循环利用的物质是___________(填名称)。

(5)PbCl2经“沉淀转化”后得到PbSO4，若用1L硫酸溶液转化10mol的PbCl2，则硫酸溶液的最初浓度不得低于___________。

(6)用硫酸铅与氢氧化钠溶液在50℃~60℃反应可以制备三盐，该反应的离子方程式为___________。

【答案】（1）MnO2+PbS+4HCl+2NaCl=Na2PbCl4+S+MnCl2+2H2O 6 FeS2-2e−=Fe2++2S （2）Fe(OH)3

（3）PbCl2难溶于冷水，降低PbCl2的溶解度，便于PbCl2析出晶体 （4）盐酸 L−1 （5）10.27mol·

50℃～60℃−

PbSO4·H2O+3SO2（6）4PbSO4+6OH−=============3PbO·4+2H2O

【解析】方铅矿精矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl−(aq)

−PbCl24(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于

溶液中；加入MnO调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体，之后加入稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，过滤得到晶体，烘干得到硫酸铅粉末，滤液中主要成分为HCl。(1)“浸取”时需要加热，此时盐酸与MnO2、PbS以及NaCl发生反应生成Na2PbCl4、S等物质，反应的化学方程式为MnO2+PbS+4HCl+2NaCl=Na2PbCl4+S+MnCl2+2H2O；①根据电子得失守恒：MnO2原电池中，1mol锰得2mol电子，亚铁离子被氧化成铁离子，每消耗3mol MnO2，生成6mol Fe3+。故答案为：6；②FeS2在原电池负极上失电子被氧化生成硫单质，电极反应式为FeS2-2e−=Fe2++2S。故答案为：FeS2-2e−=Fe2++2S；(2)加入MnO调节溶液pH，使铁离子转

“滤渣2”的主要成分是Fe(OH)3。Fe(OH)3；(3)温度降低，化成氢氧化铁沉淀除去，故答案为：PbCl2(s)+2Cl−(aq)

−2−PbCl24(aq)平衡左移，使PbCl4转化为PbCl2，便于析出PbCl2晶体(或

PbCl2难溶于冷水，降低PbCl2的溶解度，便于析出PbCl2晶体)，所以沉降时加入冰水。故PbCl2难溶于冷水，(4)过滤分离出PbSO4答案为：降低PbCl2的溶解度，便于PbCl2析出晶体；后，滤液中主要成分为HCl，可用于方铅矿的浸取，上述流程中可循环利用的物质是盐酸(填

−(5)沉淀转化的方程式为PbCl2(s)+SO2名称)。故答案为：盐酸；4(aq)

PbSO4(s)+2Cl−(aq)，

51.610=该反应的平衡常数K=，所以当

cSO42cSO42cPb2KspPbSO41.08108c2Clc2ClcPb2Ksp(PbCl2)2（20）10mol22−

c(Cl−)==20mol·L−1时，c(SO4)=1.6105=0.27mol·L−1，加上沉淀硫酸铅的

1L1.0810810mol硫酸，则硫酸溶液的最初浓度不得低于10.27mol·L−1。故答案为：10.27mol·L−1；(6)PbSO4·H2O)，用硫酸铅与氢氧化钠溶液在50℃～60℃反应可以制备三盐，三盐基硫酸(3PbO·50℃～60℃根据质量守恒配平反应方程式：4PbSO4+6NaOH=============50℃～60℃

3PbO·PbSO4·H2O+3Na2SO4+2H2O，该反应的离子方程式为4PbSO4+6OH−=============

−3PbO·PbSO4·H2O+3SO24+2H2O。

29．在连翘生长期连续晴朗的几天，用Li-6400便携式光合分析仪对连翘相同叶位的叶片测定其光合日变化。从8:00～18:00每隔2h测1次净光合速率（Pn）、蒸腾速率（Tr）、气孔导度（Gs，反应气孔的开放程度），结果如下图。请回答下列问题：

（1）需要连续几天测定各种数据的原因是__________，每天选择的叶片必须是__________。

（2）为了分析引起连翘生长期一天中净光合速率、蒸腾速率、气孔导度变化的原因，还需要测定__________等的日变化。

（3）从图1分析，8:00~18:00期间，单位时间积累有机物最多的时间是__________；积

累有机物总量最多的时间是__________。

（4）从图2可以看出，气孔导度最高的时间是中午12:00，但是经测定，此时叶肉细胞的胞间CO2浓度并不是一天中最高的，原因是______________________________。 （5）经研究发现，连翘总光合作用最强的时期发生在14:00时。与12:00时相比，连翘14:00时的呼吸作用强度__________。

【答案】（1）减少实验误差（降低实验的偶然性） 相同的 （2）光照、温度、大气中CO2浓度、空气湿度 （3）12:00 18:00

（4）此时，光照强度、温度较高，光合作用强，大量的胞间CO2被吸收利用 （5）更强

【解析】（1）连续几天测定各种数据，可以获取大量数据，减少实验误差（降低实验的偶然性）；为了排除无关变量的影响，实验中无关变量应保持相同，即每天选择的叶片必须是生长状况相同的。（2）为了分析引起连翘生长期一天中净光合速率、蒸腾速率、气孔导度变化的原因，还需要测定与净光合速率、蒸腾速率、气孔导度有关的其它因素，例如光照、温度、大气中CO2浓度、空气湿度等。（3）从图1分析，12:00时净光合作用最强，所以单位时间积累有机物最多的时间是12:00；8:00~18:00期间净光合速率一直大于0，即有机物积累越来越多，所以积累有机物总量最多的时间是18:00。（4）从图2可以看出，气孔导度最高的时间是中午12:00，说明此时从外界吸收的CO2最多，但是此时，光照强度、温度较高，光合作用强，大量的胞间CO2被吸收利用，所以此时叶肉细胞的胞间CO2浓度并不是一天中最高的。（5）由上述可知连翘12:00时净光合作用最强，又知连翘总光合作用最强的时期发生在14:00时，所以与12:00时相比，14:00时的连翘的呼吸作用强度（呼吸作用强度=总光合作用强度−净光合作用强度）更强。

30．某校2021年初组织了一次师生篮球赛。赛场上，师生带球飞驰，挥汗如雨，少数老师很快气喘吁吁，但在师生啦啦队的呐喊声中依旧劲头十足。回答下列问题：

“挥汗如雨”导致体内________升高，（1）从而引起________合成分泌的抗利尿激素增多，促进了肾小管和集合管对水的重吸收，以维持体内水的平衡。

（2）呼吸的调节过程属于神经调节，其低级中枢位于脑干，但特殊情况下人可以通过大脑皮层有意识的屏住呼吸，这说明________。

（3）“气喘吁吁”的老师在啦啦队雷鸣般的呐喊声中，其肾上腺分泌的________增多，该过程的调节属于________调节。

（4）据悉该校教师篮球队队长在赛后第二天身体感觉异常酸痛，试分析此现象出现的原因______________。

【答案】（1）细胞外液渗透压 下丘脑

（2）呼吸的低级中枢受到大脑中高级中枢的调控（或呼吸的低级中枢脑干受到大脑皮层的调控）

（3）肾上腺素 神经调节 比赛过程中，该校教师篮球队队长机体缺氧，部分细胞无氧呼吸产生乳酸

【解析】（1）“挥汗如雨”导致体内细胞外液渗透压升高。抗利尿激素由下丘脑分泌，作用是促进肾小管和集合管对水的重吸收。（2）人可以通过大脑皮层有意识的屏住呼吸，体现了呼吸的低级中枢受到大脑中高级中枢的调控（或呼吸的低级中枢脑干受到大脑皮层的调控）。（3）“气喘吁吁”的老师在啦啦队雷鸣般的呐喊声中，其肾上腺分泌的肾上腺素会增多，这属于神经调节。（4）由于剧烈运动，身体会缺氧，部分细胞无氧呼吸产生乳酸，导致肌肉酸痛。

31．微山湖红荷湿地是由微山湖、昭阳湖、南阳湖和独山湖组成，也被称为南四湖。实施“退岸还湿、退渔还湖”工程十几年来，恢复和提升了湿地生态系统的整体功能，孕育了极为丰富的物种资源。回答相关问题：

（1）鲫鱼是微山湖中主要的鱼类之一。用标志重捕法调查鲫鱼的种群密度时，若调查中部分鱼身上的标志物脱落，所得调查数值比实际数值偏______（填“大”或“小”）。 （2）该湿地的昭阳湖和独山湖各有一条食物链如图所示。

若昭阳湖中的水草养活了1000尾鲫鱼，能量传递效率均按20%计算，则独山湖中等量的同种水草能养活________尾鲫鱼。

（3）“退岸还湿、退岸还湖”工程使得被称作“水中熊猫”的桃花水母、“鸟中熊猫”的震旦鸦雀也在这里“重现江湖”。其中震旦鸦雀是鸟类中的“模范夫妻”，每年4月份开始雌雄共同筑巢，一起哺育雏鸟，这说明___________________离不开信息传递。该工程使生态系统的抵抗力稳定性越来越强，同时使城市的气候宜人，景色秀丽，成为人们观光旅游、休闲度假的诗意家园，这体现了生物多样性的___________价值。

（4）微山湖湿地生态系统的结构包括______________________________。 【答案】（1）大

（2）400

（3）生物种群的繁衍 直接 生态系统的组成成分和营养结构（食物链和食物网）【解析】（1）标志重捕法计算为：第一次捕捉数量：总数=第二次捕捉到被标记的：第二次捕捉的总数，部分鱼标志物脱落后会导致第二次捕捉到被标记的个体数变少，调查数值偏大。（2）能量流动是逐级递减的，在两个营养级之间传递效率只有10%～20%。昭阳湖中水草养活1000尾鲫鱼，水草中的能量最多为10000，在独山湖中，相同水草传递给河虾0.2=400，的能量最多为2000，河虾传递给鲫鱼的能量最多为2000×故最多可以养活鲫鱼400尾。（3）根据分析，雌雄鸟属于一个种群，该过程体现了种群的繁衍离不开信息传递。“退岸还湿、退岸还湖”使生态系统的物种多样性增加，抵抗力稳定性增强，观光旅游、休闲度假体现了生物多样性的直接价值。（4）生态系统的结构包括生态系统的组成成分、食物链和食物网（营养结构）。

32．果蝇的体色由位于常染色体上的两对基因（分别用A/a和B/b表示）控制，一个野生型的纯合黄体品系中偶然出现了一只黑体果蝇（雄性）和一只黑檀体果蝇（雌性），已知这两只突变个体与纯合黄体品系间都只有一个基因存在差异。现用这两只突变个体杂交，子代的表现型及比例为灰体∶黑体∶黑檀体∶黄体＝1∶1∶1∶1。回答下列问题： （1）两只突变个体的基因型分别为________。

（2）有同学通过上述杂交结果分析得出“这两对基因一定位于一对同源染色体上”的结论，该同学的结论是否正确？________。请说明理由：________________________________________________。

（3）请你设计杂交实验来探究这两对基因是否符合自由组合定律。（不考虑突变和交叉互换）

实验方案：______________________________________________________。

预期结果及结论：__________________________________________________________。 【答案】（1）aaBb、Aabb

（2）不正确 无论两对基因是否位于一对染色体上，都会得到相同的结果 （3）方案一：子一代中的灰体雌雄果蝇交配，统计杂交后代的表型及比例

方案二：子一代中的灰体果蝇与异性黄体果蝇交配，统计杂交后代的表型及比例 方案一预期结果及结论：若子二代果蝇出现灰体∶黑体∶黑檀体∶黄体=9∶3∶3∶1，符合自由组合定律；若子二代果蝇出现灰体∶黑体∶黑檀体=2∶1∶1，不符合自由组合定律（或未出现灰体∶黑体∶黑檀体∶黄体=9∶3∶3∶1不符合自由组合定律也给分）

方案二预期结果及结论：若子二代果蝇出现灰体∶黑体∶黑檀体∶黄体=1∶1∶1∶1，符合自由组合定律；若子二代果蝇出现黑体∶黑檀体=1∶1，不符合自由组合定律（或未出现灰体∶黑体∶黑檀体∶黄体=1∶1∶1∶1，不符合自由组合定律也给分）

【解析】（1）两只突变个体与纯合黄体品系间都只有一个基因存在差异，由于一个基因突变而产生了新的性状，则该突变可能为显性突变，说明原个体为隐性个体，两只突变个体的基因型为aaBb、Aabb。（2）两只突变个体（基因型为aaBb、Aabb）杂交，无论两对基因是否位于一对染色体上，每个个体产生的配子类型均为两种（aaBb产生ab和aB两种配子，Aabb产生Ab和ab两种配子），子代的表现型和比例是相同的，所有不能对两对基因的位置关系作出判断。（3）两只突变个体（基因型为aaBb、Aabb）杂交，子一代的基因型Aabb和表现型为AaBb（灰体）、aaBb（黑体或黑檀体），（黑檀体或黑体），aabb（黄体），想证明两位基因是位于一对同源染色体上还是两对同源染色体上，所选杂交亲本之一必须满足的条件是：爱两种不同的位置关系下能产生出不同类型的配子，只有AaBb（灰体）符合要求，而无论是灰体间相互交配、灰体与黄体之间杂交，都会因基因位置的不同而产生不同的结果。方案一：子一代中的灰体雌雄果蝇交配，统计杂交后代的表型及比例。方案一预期结果及结论：若子二代果蝇出现灰体∶黑体∶黑檀体∶黄体=9∶3∶3∶1，符合自由组合定律；若子二代果蝇出现灰体∶黑体∶黑檀体=2∶1∶1，不符合自由组合定律（或未出现灰体∶黑体∶黑檀体∶黄体=9∶3∶3∶1，不符合自由组合定律）。方案二：子一代中的灰体果蝇与异性黄体果蝇交配，统计杂交后代的表型及比例。方案二预期结果及结论：若子二代果蝇出现灰体∶黑体∶黑檀体∶黄体=1∶1∶1∶1，符合自由组合定律；若子二代果蝇出现黑体∶黑檀体=1∶1，不符合自由组合定律（或未出现灰体∶黑体∶黑檀体∶黄体=1∶1∶1∶1，不符合自由组合定律）。

（二）选考题（共45分，请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答，如果多做，则每科按所做的第一题计分。） 33．【物理——选修3－3】15分）

(1)(5分)下列说法正确的是___________。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分） A．具有各向同性的物体一定没有固定的熔点 B．晶体熔化时，温度不变，但内能变化 C．肉眼观察到空气中灰尘的运动也是布朗运动 D．微粒越小，布朗运动越明显

E．硬币能够浮在水面上是因为液体表面张力的缘故 【答案】BDE

【解析】多晶体具有各向同性，同时也具有固定的熔点，故A错误；晶体熔化时，温度不变，但内能在不断变化，故B正确；肉眼观察到空气中灰尘的运动不是布朗运动，布朗运动是微粒的无规则运动，用肉眼观察不到，要利用显微镜才能观察得到，故C错误；微粒越小，分子对微粒碰撞的不均衡越显著，布朗运动越明显，故D正确；硬币能够浮在水面上是因为液体表面张力的缘故，故E正确。

(2)(10分)如图所示，一根重力为G的上端封闭下端开口的横截面积为S的薄壁玻璃管静止直立于可视为无限大无限深的水槽中，已知水的密度为p，重力加速度为g，管内空气柱的长度为L，空气柱长度大于管内外液面高度差。大气压强为p0，求：

(i)管内外液面高度差；

(ii)若在A端施加竖直向下大小也为G的作用力，待平衡后，A端下移的高度。（A端依然在水面上）

【解析】(i)设空气柱压强为p，大气压强为另外又有pp0gh 联立两式得到hp0，对玻璃管则有

Gp0SpS

G。 gS(ii)设空气柱压强为p，大气压强为

p0，对玻璃管则有2GpSp0S

此时的管内外液面高度差为h，亦有又有

pghp0pLpL

A端下移高度为HLh(Lh) 解得HL(Gp0S)LG。 gS2Gp0S34．【物理——选修3－4】（15分）

(1)(5分)下列说法正确的是___________。（填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分）

A．游泳时耳朵在水中听到的音调与在岸上听到的是一样的，说明机械波从一种介质进入另一种介质时频率并不改变

B．光纤通信是一种现代通信手段，它是利用了光的干涉原理传递信息

C．拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片可以减弱玻璃表面反射光的影响 D．科学家通过比较星球与地球上同种元素发出的光的频率来计算星球远离地球的速度是利用光的多普勒效应

E．X射线比无线电波更容易发生衍射 【答案】ACD

【解析】频率由波源决定，游泳时耳朵在水中听到的音调与在岸上听到的是一样的，说明机械波从一种介质进入另一种介质时频率并不改变，A正确；光纤通信是一种现代通信手段，它是利用了光的全反射原理传递信息，B错误；拍摄玻璃橱窗内的物品时，在镜头前加一个偏振片可以减弱玻璃表面反射光的影响，C正确；科学家通过比较星球与地球上同种元素发出的光的频率来计算星球远离地球的速度是利用光的多普勒效应，D正确；X射线比无线电波的波长短，更不容易发生衍射现象，E错误。

(2)(10分)某透明材料对红光的折射率为n＝2，工厂用这种材料做出一个半径为r＝2 cm的透明半球体，其底而内壁涂有吸光材料，O为半球体的球心，在O点正上方有一点光源S，能够朝各个方向发射红光，如图为透明半球体的截面示意图。已知OS的距离d＝1 cm，真空中的光速c＝3.0×108 m/s。（忽略经透明半球体内表面反射后射出的光，计算结果可以保留根式）求：

(i)红光射出透明半球体的最短时间；

(ii)透明半球体外表面发光区域在此截面上形成的弧长。 【解析】(i)光线从S点沿着OS方向射出时，传播时间最短。 c光在介质中传播的速度v＝ n光在介质中传播的时间trd v

得t2(21)1010s。 31

(ii)光由介质射向空气，临界角满足sin C＝ n得C＝30°

恰好发生全反射的光路如图所示，由正弦定理得

dr sinCsinASO得∠ASO＝135°，∠AOS＝180°－∠ASO－C＝15° 透明半球体外表面发光区域在此截面上形成的弧长为s2AOS2π2πrcm

3606。

35．【化学——选修3：物质结构与性质】（15分）

据《自然·通讯》(Nature Communications)报道，我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二氧化碳电化学还原法生产甲醇过程中催化效率高。铜和硒等元素化合物在生产、生活中应用广泛。请回答下列问题：

(1)基态硒原子的价电子排布式为________；硒所在主族元素的简单氢化物中沸点最低的是________。

CuSe

(2)电还原法制备甲醇的原理为2CO2+4H2O——―→2CH3OH+3O2。

通电①写出该反应中由极性键构成的非极性分子的结构式________。 ②标准状况下，V L CO2气体含有________个π键。

苯分子中6个C原子，每个C原子有一个2p轨道参与形成大π键，可记为π6（右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共用电子）。已知某化合物的结构简式为

，不

6能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，可表示为_______，Se的杂化方式为________。

(3)黄铜矿由Cu+、Fe3+、S2−构成，其四方晶系晶胞结构如图所示。则Cu+的配位数为________；若晶胞参数a=b=524pm，c=1032pm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶系晶cm−3(不必计算或化简，列出计算式即可)。 体的密度是________g·

【答案】（1）4s24p4 H2S （2）O=C=O

6VNA 11.2（3）π5 sp2

644564328（4）4

5241010103210N102

A【解析】(1)Se是34号元素，根据原子核外电子排布的构造原理，可知其核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p4，基态硒原子的价电子排布式为4s24p4；硒所在主族元素是第VIA，简单氢化物化学式通式是H2X，这些氢化物都是由分子构成，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质气化消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高，由于H2O分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使其熔沸点在同族元素中最高，故第VIA的简单氢化物中沸点最低的是H2S；(2)①在方程式中的三种化合物分子中都存在极性共价键。其中CO2是由极性键构成的非极性分子，其空间构型为直线型，结构式是O=C=O；②VL标准状况下CO2

VLVmol，由于在1个CO2分子中含有2个π键，所22.4L/mol22.4VNAVVmol CO2气体中含有的π键数目为mol×2×NA/mol=以；(3)已知某化合物的22.422.411.2的物质的量是n(CO2)=结构简式为

，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，根据

6结构简式可知，形成大π键的原子个数是5个，有6个电子参与成键，因此可表示为π5，其中Se的杂化方式为sp2；(4)根据晶胞结构分析可知，由面心上Cu与2个S相连，晶胞中每个Cu原子与4个S相连，Cu+的配位数为4；②晶胞中Fe2+数目=8×+4×+1=4，Cu+1=8，所以晶胞内共含4个CuFeS2，a=b=524pm，的数目=6×+4×=4，S2−数目为8×

18121214

m6445643282c=1032pm，则晶体的密度ρ=Vg/cm3或101052410103210NA184452410103210N10102g/cm3。

A36．【化学——选修5：有机化学基础】（15分）

用两种不饱和烃A和D为原料可以合成有机物J，合成路线如图：

已知：

回答下列问题：

(1)B的名称是________，C中的官能团名称为_________。 (2)H与NaHCO3溶液反应的化学方程式为______________。

2K(3)已知BL，符合下列条件的L的同分异构体有___②CO2催化剂Mg、乙醚 足量H种。

①含有1个五元碳环；②与NaHCO3反应产生气体。

其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4∶4∶1，写出符合条件的一种同分异构体的结构简式_____________。 (4)利用题中信息和所学知识，写出以A合成试剂自选)_______________。

【答案】（1）邻溴甲苯或2－溴甲苯 醛基和溴原子

的路线流程图(其他

（2）+NaHCO3→+H2O+CO2↑

（3）10 或

（4）

【解析】由丁逆推可知H为，结合信息可知G为，C为

，B为，A为，E为(CH3)3CBr，D为CH2=C(CH3)2。

(1)B为，B的名称是邻溴甲苯或2—溴甲苯，C为，C中的官能

团名称为醛基和溴原子；(2)H为，H与NaHCO3溶液反应的化学方程式为

+NaHCO3→+

2KH2O+CO2↑；(3)已知BL，B为②CO2催化剂Mg、乙醚 足量H，且已知

，得L为：

，符合下列条件的L的同分异构体①含有1个五元碳环；②与NaHCO3

反应产生气体，说明含－COOH的有机物有：一个侧链时有2种：或

，两个侧链时有4种：(邻、间2种)+(邻、

间2种)，三个侧链时有4种：(邻、间2种)+(邻、间2种)，共

10种，其中核磁共振氢谱显示环上只有3组峰，且峰面积之比为4∶4∶1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式为

或

；(4)由题中信息和所

学知识，以A合成的路线流程图为

。

37．【生物——选修1：生物技术实践】

厨余垃圾富含淀粉、蛋白质、脂肪等，利用微生物发酵处理不仅可以减少环境污染，还可以生产大量的微生物菌体蛋白（可做饲料），实现厨余垃圾的无害化和资源化利用。 （1）厨余垃圾废液中的淀粉、蛋白质、脂肪等微溶性物质，可以被微生物在体外分解，原因是微生物能_______________。

（2）为了提高处理效率，必须进行微生物的纯化，常用的微生物分离技术有稀释涂布平板法和_____________。

（3）研究发现圆褐固氮菌和芽孢杆菌（均为需氧型）处理厨余垃圾废液效果好。为探究圆褐固氮菌和芽孢杆菌处理某厨余垃圾废液的最佳接种量比，来制备微生物菌剂，研究者做了如下实验：

①将两种菌液进行不同配比分组处理如下表所示：

编号 圆褐固氮菌∶芽孢杆菌 A 1∶0 B 0∶1 C 1∶1 D 2∶1 将上表菌液分别接种于50mL某厨余垃圾废液中进行振荡培养，振荡处理的目的是___________。

本实验的对照组应在50mL厨余垃圾废液中接种___________。

②培养3天后测定活菌数：取一定量菌液进行___________，然后分别取0.1mL的菌液采用涂布平板法接种于完全培养基中培养。进行计数时，可依据菌落形态对两种菌进行区分，并选取菌落数在___________范围内的平板。实验结果如下图所示（其中黑色柱形图代表圆褐固氮菌菌落数），由实验结果得出的初步结论是：___________。

【答案】（1）（合成）分泌淀粉酶、蛋白酶、脂肪酶等 （2）平板划线法

（3）供氧；目的菌与培养液充分接触 等量无菌水 梯度稀释 30～300 两种菌（或圆褐固氮菌和芽孢杆菌）的最佳接种量比例为1∶1

【解析】（1）微生物分解淀粉、蛋白质、脂肪等微溶性物质，是因为微生物能（合成）分泌淀粉酶、蛋白酶、脂肪酶等。（2）微生物分离技术有稀释涂布平板法和平板划线法。（3）①要探究圆褐固氮菌和巨大芽孢杆菌处理某餐厨垃圾废液的最佳接种量比，故需要将不同配比的菌液接种在50mL某餐厨垃圾废液中，为了保证氧气供应及目的菌与培养液充分接触，需要进行振荡培养。另外为了减小误差，还需要设置对照组，接种等量无菌水。②培养3天后要测定活菌数，需要进行稀释涂布平板法进行接种，故需要取一定量菌液进行梯度稀释，然后分别取0.1mL的菌液采用涂布法接种于基本培养基中培养。可以根据菌落的形态区分两种菌，为了保证结果准确，一般选择菌落数在30～300的平板进行计数。根据实验数据可知，两种菌混合接种时有效菌落数均大于单独接种，且两菌种接种量比例为1∶1时，废液中两种菌种的有效活菌数能够实现同步最大化。 38．【生物——选修3：现代生物科技题】

为了研究低温诱导对某基因的启动子P活性的影响，科研人员进行了启动子P的PCR提取、特定表达载体的构建和转基因烟草的功能鉴定。该基因及其启动子P的结构及相应限制酶的切割位点如下图所示，图中灰色区域碱基序列是已知的，启动子P（图中黑色区域）及上游碱基序列未知，片段I和片段II中的字母A~F均表示引物。请回答下列问题。

（1）启动子是_________的位点。不能直接根据片段I扩增启动子P的原因是_________。 （2）为了能扩增正常启动子P，科研人员先用_________酶处理上图中的片段I，使片段I成为环状DNA；再将环状DNA用_________（填“酶1”或“酶2”）处理得到了片段II，如D、下图所示。根据片段II能不能扩增出启动子P？若能，请写出可选用的引物组合（用C、E、F表示），若不能请说明理由_________。

（3）已知卡那霉素可抑制烟草细胞的生长，基因M可在烟草的根部正常表达，其表达产物可将X－Gluc水解生成蓝色物质。将启动子P和基因M结合并与含有卡那霉素抗性基因的Ti－质粒重组构建基因表达载体。将表达载体和酚类物质混合后加人含有烟草细胞的培养基中，酚类物质的作用是________。再用含有________的培养基筛选出所需的烟草细胞，然后经过________获得转基因烟草植株。

（4）将上述转基因烟草植株分为A、B两组，A组在常温（25℃，对照组）下培养，B组在低温（4℃，实验组）下培养，一段时间后取A、B的幼根，浸入适量________溶液中，观察烟草细胞中基因M的表达情况（表达强度越大，细胞表现的蓝色越深）。若A、B组的结果分别为________，则说明低温抑制启动子P的功能。

【答案】（1）RNA聚合酶识别并结合 启动子P及左侧的序列未知，无法合成PCR所需要的引物

（2）酶1和DNA连接 酶2 能，可选用的引物组合是D和E （3）吸引农杆菌感染烟草细胞 卡那霉素 组织培养 （4）X－Gluc A蓝色较深、B蓝色较浅

【解析】（1）启动子是RNA聚合酶识别和结合的位点，不能直接根据片段Ⅰ扩增启动子的原因是启动子P左侧序列未知。（2）图中的片段I在启动子P的左右两端各有一个酶1的切割位点，酶1可切割启动子P的左右两端产生相同的末端，再用DNA连接酶连接可形成环状DNA的片段I；片段II的首尾两端都有灰色区域，结合题图分析可知，片段II是

用酶2切割处理环状DNA产生的。子链合成方向是从子链的5'-3'，所以可以用引物D和E扩增出启动子P。（3）在培养基中添加酚类物质的目的是吸引农杆菌侵染烟草细胞，有利于启动子P和M基因成功转化。用含有卡那霉素和X-Gluc的培养基可筛选出所需的烟草细胞，在卡那霉素中能存活说明获得了质粒，能将X-Gluc水解成蓝色说明获得了基因M，筛选出的烟草细胞经过植物组织培养可获得转基因植株。（4）由题意可知，基因M可在烟草的根部正常表达，其表达产物可将X－Gluc水解生成蓝色物质，故可用适量X－Gluc溶液检测A、B的幼根细胞中基因M的表达情况；表达强度越大，细胞表现的蓝色越深。若A组蓝色深而B组蓝色较浅，则说明B组低温使启动子P受抑制，表达的产物少。