2022届云南省师范大学附属中学高三下学期高考适应性月考卷（十）理综试题及答案

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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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
C
B
B
C
A
C
B
C
A
B
A
B
D

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
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
C
A
D
A
BD
BC
AD
BCD

【解析】
1．细胞膜控制物质进出的作用是相对的，环境中一些对细胞有害的物质可能进入，A错误。细胞膜的化学组成与细胞器膜、核膜的化学组成不完全相同，B错误。细胞膜主要由脂质和蛋白质组成，其组成占比是可能改变的，D错误。
2．酶必定含有C、H、O、N，不一定含有P，ATP含有C、H、O、N、P，A错误。ATP的两个高能磷酸键断裂后得到腺嘌呤核糖核苷酸和磷酸，腺嘌呤核糖核苷酸是合成RNA的原料之一，B正确。酶的合成需要ATP提供能量，细胞中ATP的合成需要酶的催化，C错误。细胞中的放能反应往往和ATP的合成相联系，D错误。
3．①不需使用水浴加热处理，A错误。⑤使用的是荧光标记技术，C错误。②需利用高倍显微镜观察，D错误。
4．羟基脲能阻止脱氧核苷酸合成长链，只会影响DNA复制过程，而不会影响转录过程，C错误。
5．下丘脑分泌促甲状腺激素释放激素可受神经系统的调节，B错误。与神经调节相比，体液调节反应速度较缓慢，作用范围较广泛，作用时间比较长，C错误。体液调节就是激素等化学物质通过体液传送的方式对生命活动进行调节，D错误。
6．e只占第四营养级，A错误。该食物网中，c与d之间的食物不相同，不会争夺食物，B错误。浮游植物大量繁殖，c可能因为食物增多而增加，若浮游植物大量繁殖引起“水华”时，c的数量可能减少，C正确。浮游植物固定的能量除用于自身呼吸外，其余能量用于自身生长、发育、繁殖，D错误。
7．涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A不符合题意。小苏打即NaHCO3，NaHCO3受热分解产生无毒的CO2，因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原反应，B符合题意。利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意。NO2与水反应有HNO3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意。
8．Cl2与H2O的反应属于可逆反应，所得混合物中还含有Cl2，溶液中Cl－、、ClO－的个数之和小于2NA，A错误。C3H6可能是丙烯，也可能为环丙烷，因此标准状况下，1mol C2H4和C3H6的混合物含有“C=C”的物质的量可能为1mol，也可能小于1mol，B错误。25℃，0.1L pH=1的盐酸稀释十倍，体积变为1L，pH变为2，OH－的浓度为1×10−12mol/L，含有的OH－数应为1×10−12NA，C正确。标准状况下，气体的体积主要与气体分子间的平均距离的大小有关，所以无法计算1个氧气分子的体积，D错误。
9．铜离子遇到氨水会先产生氢氧化铜蓝色沉淀，检验铜离子可以用氨水，A正确。两者均会使酸性KMnO4溶液褪色，B错误。淀粉溶液可以检验碘单质，不能检验碘元素，C错误。两者均能使酚酞变红，故不能使用酚酞检验，D错误。
10．由表格信息推知X、Y、Z、W元素分别为N、Na、P、S。Na元素与S元素可形成Na2S2，含非极性共价键，A错误。P、S元素均存在同素异形体，B正确。H2SO4为难挥发的酸，与NH3反应不能产生白烟，C错误。相对分子质量越大，物质的熔沸点越高，但由于X的氢化物NH3分子间存在氢键，因此NH3的沸点高于PH3的沸点，D错误。
11．该有机物中能与NaOH反应的官能团是酯基，1mol该有机物中只有1mol酯基，因此1mol维生素C消耗NaOH物质的量为1mol，A正确。维生素C中含有羟基、碳碳双键、酯基，羟基、碳碳双键能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此维生素C不能用酸性高锰酸钾溶液检验其中的碳碳双键，B错误。根据有机物的结构简式，该有机物的不饱和度为3，而苯环的不饱和度为4，因此该有机物不存在含有苯环的同分异构体，C错误。维生素C中含有4个单键的C原子，对应空间构型为四面体形，因此分子中不可能所有原子共面，D错误。
12．pH=2时，c(H+)=10−2mol/L，−lgc(HA－)=3，则c(HA－)=10−3mol/L，H2A电离程度较小，则溶液中c(H2A)≈0.1mol/L，H2A的Ka1==1.0×10−4，A正确。从a点到c 点过程中，b点溶质为KHA，c点溶质为K2A和KHA，此时溶液都呈酸性，说明HA－电离程度大于水解程度，抑制水电离，但由于溶液的pH值一直增大，说明H2A、HA－电离出的H+的抑制作用减弱，故水电离出的c(H+)一直增大，B错误。b点溶液中c(HA－)最大，溶液中溶质为KHA，溶液pH＜7，溶液呈酸性，说明HA－电离程度大于水解程度，C正确。由图象可知，c点时，c(HA－)=c(A2−)，故H2A的=10−6.2，故当pH=10时，，D正确。
13．在溶液中没有电子的移动，只有离子的移动，A错误。惰性电极电解Na2SO4溶液实质上是电解水，溶液的pH不变，B错误。通入O2的一极（电极b）为电池的正极，发生还原反应，C错误。d极生成H2，根据得失电子守恒可知D正确。
14．β 射线是高速电子流，它是β衰变过程中原子核内一个中子转化为一个质子同时放出一个电子形成的，故A错误，C正确。半衰期是放射性物质固有属性，由原子核自身的因素决定，与原子所处的化学状态和物理条件无关，不能够通过高温高压来改变碳14的半衰期，故B错误。半衰期是大量原子核的统计学规律，对于少量原子核不成立，故D错误。
15．原来A处于平衡状态，细线剪断瞬间，弹簧的弹力不会发生突变，仍有，故B错误。细线剪断瞬间，A、B一起加速下降，由于原来A平衡，故整体受到的合力等于B的重力，由牛顿第二定律可得，解得A、B共同加速度，故C、D错误。对B由牛顿第二定律可得，解得B受到的支持力为，由牛顿第三定律可知，B对A的压力大小为12N，故A正确。
16．两个球的加速度都是重力加速度，加速度恒定，做的都是匀变速运动，故A正确。由，可知它们速度的变化量相同，方向均竖直向下，故B正确。S1球做平抛运动，竖直方向则有，S2球做竖直上抛运动，则有，，由题意得，解得，所以相遇点在N点上方处，故C正确。若仅增大，两球将不会相遇，故D错误。
17．设“钟子号卫星星座02组卫星”的运行周期为，由题意可得，解得，由开普勒第三定律得，解得，故A正确。
18．由题意可知，以篮球弹回的方向为正方向，由动量定理可得，故A错误，B正确。弹回后篮球做平抛运动，若篮球气压不足，导致k减小，在不变的情况下，减小，要使篮球中心经过篮框中心，即篮球弹回后水平位移不变，时间t要增大，应使碰撞点更高，故C错误，D正确。
19．矩形线圈产生的电动势的最大值为，故A错误。理想变压器原、副线圈的匝数比是2∶1，所以副线圈两端的电压为，其有效值为50V，由于二极管的单向导电性，由有效值的定义有，解得，即电压表的示数为，故B正确。由焦耳定律得，1min内电阻R上产生的热量为，故C正确。变压器是理想变压器，副线圈的电压不变，减小电阻R，由欧姆定律可得副线圈的电流增大，由变压器原、副线圈电流与匝数比的关系，可知原线圈的电流增大，电流表示数变大，故D错误。
20．假设A、B带异种电荷，通过受力分析可知A、B均不可能受力平衡，所以A、B带同种电荷。对B球受力分析如图所示，三力可组成闭合三角形，其中重力不变，杆的支持力方向不变，A对B的库仑力F逆时针旋转，由图可知，库仑力的偏转角不可能超过，可得库仑力F变小，杆的支持力变小，又根据库仑定律可知，两球间距离逐渐增大，故A正确，B、C错误。A、B两球间距离逐渐增大，电场力做正功，两球的电势能逐渐减小，故D正确。
21．对导线框上升过程，根据动量定理，可得，对导线框下落过程，根据动量定理，可得，为线框进磁场或出磁场过程中通过线框的电荷量，，代入上式可得，，故A错误，B正确。由于安培力做负功，导线框在下降过程的速度小于同一高度上升时的速度，因此上升过程的时间比下落过程的时间短，且在下降过程中的安培力小于同一高度上升时的安培力，上升过程克服安培力做的功多，故C、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5分）
（1）BC（1分）
（2）
【解析】（1）为防止碰后小球A反弹，应使A的质量大于B的质量，故A错误。为保证小球做平抛运动，轨道末端必须水平，故B正确。为保证小球A到轨道末端时的速度相等，A球每次必须从轨道的同一位置由静止释放，故C正确。
（2）因为可用小球做平抛运动的水平射程来代替小球抛出时的速度，根据动量守恒有，可得。若碰撞过程为弹性碰撞，则机械能守恒，有，即。
23．（每空2分，共10分）
（1）11.5　
（2）1.5×104　 12　
（3）AC
（4）偏大
【解析】（1）选择开关置于“25 V”时，选择表盘第二排刻度进行读数，分度值为0.5 V，对应刻度示数为11.5 V。
（2）根据闭合电路的欧姆定律得，，由题图可得，当时，，解得，。
（3）根据电流红进黑出，在题图乙中，电表的右、左插孔处分别标注着“＋”“－”，故A正确。函数图象是非线性变化，导致欧姆表刻度不均匀，欧姆表的刻度盘上的示数左大右小，这是由于外电阻增大电路电流减小造成的，故B错误。欧姆表调零通过调节滑动变阻器R0，调节至待测电阻Rx为零（即两表笔短接）时，电流表满偏，对应欧姆表示数为零，故C正确。欧姆表刻度不均匀的原因是待测电阻和电路电流关系非线性变化，而且I-Rx切线斜率大小随待测电阻值增大而减小，即Rx阻值变化量对应电流变化量随待测电阻增大而减小，欧姆表刻度左密右疏，故D错误。
（4）测量原理为闭合电路欧姆定律：当电池电动势变小、内阻变大，欧姆挡可重新调零时，由于满偏电流不变，由公式，欧姆表内阻变小， ，因变小，测同一，电流要变小，对应电阻刻度值偏大。
24．（12分）
解：（1）设小滑块的质量为m，以向左为正方向，小滑块加速度
①
根据牛顿第二定律有 ②
解得 ③
（2）对木板分析，向右减速运动过程，根据牛顿第二定律得
④
向左加速运动过程，根据牛顿第二定律得 ⑤
解得 ⑥
⑦
以向左为正方向，小滑块向左减速运动，其位移为 ⑧
木板位移 ⑨
则整个过程中滑块相对木板的位移大小为 ⑩
评分标准：本题共12分。正确得出②、⑩式各给2分，其余各式各给1分。
25．（20分）
解：（1）粒子在区域Ⅰ经电场加速，设加速时间为t1，加速度大小为a，由匀变速直线运动的位移公式得 ①
由牛顿第二定律得 ②
联立解得 ③
根据动能定理有 ④
解得进入区域Ⅱ时的速度大小 ⑤
（2）粒子在区域Ⅱ间经电场偏转，做类平抛运动，设粒子偏转时间为，粒子进入区域Ⅲ的速度大小为，其水平分速度为，粒子刚进入区域Ⅲ的水平坐标为x，则
⑥
⑦
⑧
联立得 ⑨
由几何关系，粒子在磁场中做圆周运动的半径 ⑩
由牛顿第二定律得
又因为
联立解得
（3）据题意可作出粒子的轨迹，如图，粒子
在0～0.5T内运动到O′点，轨迹关于y轴对
称，由⑤⑦⑧式得

粒子在磁场中运动的周期
在区域Ⅲ中运动的时间
在区域Ⅳ中运动的时间为
故周期
解得
评分标准：本题共20分。正确得出式给2分，其余各式各给1分。
26．（除特殊标注外，每空2分，共14分）
（1）除去反应器中的水蒸气和空气 煤油（1分） 镊子（1分） 滤纸（1分）
（2）1 2 4 2 1 2（全对才给分）
（3）过滤（1分） 蒸馏
（4）NaBH4+2H2O = NaBO2+4H2↑ 2.408×1023（或0.4NA）
【解析】（1）由于NaBH4常温下能与水反应，且钠比较活泼，加热到100℃以上，充入氩气是除去反应器中的水蒸气和空气，避免影响反应。少量金属钠保存在煤油里。取用钠时用镊子夹取，滤纸吸干表面的煤油。
（2）根据氧化还原反应原理，得失电子总数相同，可以配平反应为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2 =NaBH4+2Na2SiO3。
（3）从流程图中可以看出，第②步分离的是固体和液体混合物，所以选用过滤的方法。第③步分离硼氢化钠并回收溶剂，只能先将溶剂蒸发，再冷凝回收即蒸馏的方法分离。
（4）由于NaBH4与水反应生成NaBO2和一种单质气体，所以方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑。n(NaBH4)=0.1mol，转移电子数为0.4×6.02×1023= 2.408×1023。
27．（除特殊标注外，每空2分，共14分）
（1）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
（2）防倒吸（1分） 冰水（1分）
（3）甲基橙
（4）b
（5）13 假设2、假设3的银/氨理论值分别为、，实测，说明假设2成立，假设3不成立 加入的氨水主要用于AgOH沉淀和部分溶解生成[Ag(NH3)2]+
【解析】NH4Cl与Ca(OH)2在加热条件下反应，可制得氨气，氨气通过单向阀后溶于水形成氨水，尾气使用盐酸溶液吸收，既能保证溶解的安全性，又能防止氨气进入大气中。
（1）A中，NH4Cl与Ca(OH)2在加热条件下反应，生成CaCl2、NH3等，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。
（2）单向阀导管，只允许气体或液体向一个方向流动，可保证液体不逆流，所以使用加装单向阀的导管，目的是防倒吸；氨气溶于水形成氨水，其溶解度随温度的升高而减小，为增大氨气的溶解度，应尽可能降低温度，所以装置B的大烧杯中应盛装冰水。
（3）氨水与盐酸反应生成的氯化铵为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，所以标定时应选用的指示剂为甲基橙。
（5）假设1：溶质为强碱性的Ag(NH3)2OH，从图中可以看出，25mL 0.12mol/L的AgNO3溶液中加入4.98mL 1.200mol/L的氨水，则c[Ag(NH3)2OH]=，Ag(NH3)2OH 为强碱，发生完全电离，则c(OH－)=0.1mol/L，pH的计算值应为13；由反应方程式可知，假设2、假设3的银/氨理论值分别为、，实验测得：，说明假设2成立，假设3不成立。滴加氨水过程中，BC段主要发生AgNO3与NH3·H2O反应生成AgOH和NH4NO3、AgOH与NH3·H2O反应生成Ag(NH3)2OH等，所以溶液的pH变化不大，原因是加入的氨水主要用于AgOH沉淀和部分溶解生成[Ag(NH3)2]+。
28．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）NHCl2+2H2O=2HClO+NH3↑或NHCl2+3H2O=2HClO+NH3·H2O
（2）+11.3
（3）①Ka=Kb>Kc（1分） a、b两点温度相同，则Ka=Kb，由于该反应为吸热反应，当为定值时，T2下NH2Cl的体积分数更小，说明T2下平衡逆移，则Kc变小 0.91
②大于 ③1 ④有副反应，可能生成N2或其他含N产物
【解析】（1）具有杀菌作用的物质为HClO，二氯胺与水反应的方程式为NHCl2+2H2O=2HClO+NH3↑或NHCl2+3H2O=2HClO+NH3·H2O。
（2）由图象计算可得。
（3）①当时，利用三段式：设容器体积为V L，起始量n(NH3)=0.4mol，n(Cl2)=1mol，NH3变化量为x mol，则：
NH3(g)+Cl2(g)NH2Cl(g)+HCl(g)
起始量 0.4mol 1mol 0 0
转化量 x mol x mol x mol x mol
平衡量 0.4−x 1−x x x
同温同压下n(NH2Cl)=V(NH2Cl)=20%，则，解得，则平衡时：，，，，代入平衡常数表达式中得K；
②在T1温度下，Q点NH2Cl的体积分数偏低，平衡将向着使NH2Cl的体积分数升高的方向移动，所以Q点平衡正移，v正大于v逆；
③反应物起始物质的量之比等于化学计量数之比时，平衡时生成物的百分含量最大。
29．（每空2分，共10分）
（1）主动运输 主动选择吸收所需要的营养物质，排出代谢废物和对细胞有害的物质
（2）不会
留存在乳酸中、部分以热能散失、少部分转移至ATP中
（3）控制物质进出细胞
30．（每空2分，共10分）
（1）突触小泡 流动
（2）树突或胞体 蛋白质（或糖蛋白）
（3）河豚毒素、箭毒
31．（每空2分，共10分）
（1）数学 增长率
（2）减少 甲 建立自然保护区以及风景名胜区，建立植物园、动物园以及濒危动物繁育中心，建立精子库、种子库等，利用生物技术对濒危物种的基因进行保护，利用人工授精、胚胎移植等生物技术，加强对珍稀、濒危物种的保护（答两点）
32．（除特殊标注外，每空2分，共9分）
（1）高秆（1分） 两对 等位基因随同源染色体的分开而分离，位于非同源染色体上的非等位基因随非同源染色体的自由组合而组合
（2）花药离体培养 抑制纺锤体的形成
（二）选考题：共45分。
33．（15分）
（1）（5分）ADE（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】物体的内能由物体温度和体积共同决定，故物体被缓慢举高，不用考虑空气阻力做功转化的热量，物体内能不变，故A正确。在引起其他变化的情况下，是可以从单一热源吸热使之全部变为有用的功，故B错误。在两个分子间的距离很远时，分子引力大于斥力，分子间距离缩小使得引力增大，故分子间作用力先增大，分子引力做正功更多，分子势能先减小，故C错误。若气体的温度不变，压强增大，则气体的体积减小，单位体积气体分子数密度增大，由气体压强的微观含义可知D正确。空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近同温度下水的饱和汽压，水蒸发得就越慢，故E正确。
（2）（10分）
解：对火罐内的气体，由理想气体状态方程得 ①
解得 ②
对于抽气罐，由玻意耳定律得 ③
联立解得 ④
设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知 ⑤
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为 ⑥
联立解得 ⑦
评分标准：本题共10分。正确得出①、③、⑥式各给2分，其余各式各给1分。
34．（15分）
（1）（5分）CDE（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】均匀变化的电场产生稳定的磁场，非均匀变化的电场产生变化的磁场，故A错误。只有当障碍物的尺寸与波的波长差不多或比波长短时，才会发生明显的衍射现象，故B错误。围绕振动的音叉转一圈会听到忽强忽弱的声音，是声波叠加产生加强与减弱的干涉的结果，故C正确。白光通过三棱镜在屏上出现彩色条纹是光的折射现象，故D正确。由狭义相对性原理可知E正确。
（2）（10分）
解：Ⅰ．光在棱镜中传播光路如图，由几何关系可得， ①
由折射定律 ②
解得 ③
Ⅱ．光在棱镜中的速度为 ④
由几何关系得 ⑤
⑥
所以 ⑦
评分标准：本题共10分。正确得出①、②、⑦式各给2分，其余各式各给1分。
35．（除特殊标注外，每空1分，共15分）
（1）①5d36s2 ②非极性 sp ③S、N（2分）
（2）①正四面体（2分） ②离子晶体 1∶1 PCl5在硝基苯中以离子形式存在，气态 PCl5 为非极性分子，可溶于非极性溶剂CCl4（2分）
（3）0.5NA（2分） 不容易，硅原子半径大，3p轨道不易形成π键（2分）
【解析】（1）①V是23号元素，位于第四周期，价电子排布式为3d34s2，Ta的电子排布式为5d36s2；
②乙炔的结构简式为CHCH，为四原子直线对称结构，为非极性分子。
（2）①根据价层电子对互斥理论，[PCl4]+的价层电子对数为4+×（5−1−4×1）=4，空间构型为正四面体；②根据PCl5的结构可知，PCl5为三角双锥，分子中正负电荷中心重合，是非极性分子，根据相似相溶原理，非极性分子易溶于非极性溶剂，CCl4是非极性溶剂，因此PCl5溶于CCl4；固态五氯化磷由[PCl4]+和[PCl6]－构成，在硝基苯中，PCl5以两种离子形式存在，此时可将PCl5看作离子化合物，离子化合物易溶于极性溶剂，因此PCl5也可以溶于硝基苯。
（3）石墨烯中形成大π键呈正六边形结构，而Si的原子半径较大，较难形成π键，故不易形成类似石墨烯的结构。
36．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）（1分）
（2） +Cu2O↓+ 3H2O
（3）碳碳三键、羧基
（4）c（1分）
（5）C7H8 3
（6）
（7）
【解析】由已知条件①可知A为，由A到B的反应条件可知A到B为醛基的特征反应，B为，C为B与溴的加成反应，则C为，C在醇溶液中发生消去反应，则D为，D→E为酯化反应，则E为，结合条件②可知F的结构简式为，以此解题。
（1）对甲基苯甲醛的结构简式为。
（2）由分析可知由A生成B的第1）步反应的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+ Cu2O↓+3H2O。
（3）由分析可知D为，则其中所含官能团的名称是碳碳三键、羧基。
（4）由分析可知E为，则E能发生的反应类型是聚合反应，水解反应和取代反应。
（5）由分析可知F为，分子式为C7H8，其等效氢如图有三种，故其一氯代物有3种。
（6）由分析可知C为，X为芳香化合物，与C互为同分异构体，能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳，说明X中含有羧基，其核磁共振氢谱有3种化学环境的氢，且为6∶3∶1，则符合要求的X的一种可能结构为或。
（7）由信息及化合物知由和合成，则具体合成路线为

37．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）性质和使用量 纤维素酶、果胶酶可破坏植物细胞壁和胞间层，有利于提高花色苷的提取率 霉菌、酵母菌和细菌
（2）高压蒸汽（1分） 鉴别醋酸菌 中和产生的醋酸 碳源
（3）菌落和透明圈不再增大
38．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）逆转录（反转录）（1分） DNA聚合
（2）脱氧核苷酸 引物 Taq 复性、延伸 加热至90~95℃
（3）抗原能和特异性抗体相结合