2021届内蒙古通辽市新城第一中学高三第一次增分训练 理综

这是一份2021届内蒙古通辽市新城第一中学高三第一次增分训练 理综，共32页。试卷主要包含了5 Fe—56，0g混合物含中子数为2NA等内容，欢迎下载使用。
2021届内蒙古通辽市新城第一中学
高三第一次增分训练 理综
注意事项：
1.试卷共分为选择题和非选择题两部分，满分300分，时间120分钟
2.请将三科的答案分别写在三张答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。
可能用到的相对原子质量H—1 N—14 O—16 S—32 Cl—35.5 Fe—56
一、 选择题：本题共13小题，每小题6分，在每题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列关于真核细胞结构和功能的叙述，错误的是（　　）
A．磷脂双分子层是构成细胞膜的基本支架，与物质的跨膜运输有关
B．细胞有氧呼吸不一定要在线粒体中，但都能合成ATP
C．细胞骨架由蛋白质构成，在物质运输等方面起重要作用
D. 蓝藻和绿色植物都能进行光合作用，它们的叶绿体内都含有DNA和光合色素
2.关于下列生物实验相关图像的叙述，正确的是（　　）

A.图甲中色素带Ⅳ的颜色为蓝绿色，它在层析液中的溶解度最小
B.图乙所示的样方中，植物种群密度约为3株/m2
C.图丙中细胞壁和细胞膜之间的液体是细胞中流出的水分
D.图丁中的细胞为洋葱根尖分生区细胞，大部分处于细胞分裂间期
3．在最近发表于《国家科学评论》的文章中，南京师范大学和南京大学的研究者开发出一种高活性肿瘤靶向金属药物，它可作为催化剂将无毒前体Ru-N3和rhein-alkyne合成为具有细胞毒性的Ru-rhein；Ru-rhein靶向肿瘤细胞线粒体，诱导自噬性死亡，下列相关描述中错误的是（　　）
A．对小鼠同时注射Ru-N3和rhein-alkyne并加入该药剂，肿瘤生长明显得到抑制，且其他组织未被抑制，则说明该药剂靶向性较强，副作用较小
B．癌细胞的自噬性死亡，与细胞内的溶酶体的功能有关
C．此药物可能是根据肿瘤细胞线粒体数目较多的特点进行研究的
D．细胞受到致癌因子的作用可能发生癌变，人体免疫系统能防卫、监控和清除癌变的细胞
4．RNA包括tRNA、mRNA和rRNA三种，下列有关说法正确的是（　　）
A．遗传密码的阅读方式为以mRNA上一个固定的起点开始，以重叠的方式阅读
B．mRNA上三个相邻的碱基决定1个氨基酸，每3个这样的碱基又称作1个密码子
C．核糖体和mRNA的结合部位只形成1个tRNA 的结合位点
D．一种氨基酸只能由一种tRNA转运
5．兴趣小组为探究植物生长调节剂萘乙酸（NAA）对绿豆芽生长的影响，选取长势相同的绿豆芽，用不同浓度NAA溶液和清水分别进行处理。一段时间后，测量不定根数量和胚轴长度，计算NAA处理组减去清水组的差值，结果如图。下列相关分析不正确的是（ ）
A．清水组作为该实验的对照组
B．由实验结果可知NAA的作用具有两重性
C．10-10g/mL NAA处理抑制了不定根生根数量
D．10-6g/mL NAA处理组胚轴依然生长
6.下列关于进化的叙述中，不正确的是( )
A. 生物受环境影响而产生的变异都是不能遗传的
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. 一个物种的形成或绝灭，会影响到若干其他物种的进化
D. 有性生殖的出现加快了生物进化的步伐
7．2020年11月10日，第三届中国国际进口博览会闭幕，该届“进博会”新设公共卫生防疫专区、智慧出行专区、节能环保专区和体育用品及赛事专区。下列有关卫生防疫知识的描述错误的是（ ）
A．家庭餐具可采取开水蒸煮的方式进行热力消毒
B．“84”消毒液的成分为NaClO、表面活性剂和水等，使用“84”消毒液的浓度越高越好
C．医用酒精应密封保存并远离明火
D．H2O2消毒液和ClO2泡腾片的消毒原理相同
8．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，2.24L四氯化碳含共价键总数为0.4NA
B．由H218O与D216O组成的4.0g混合物含中子数为2NA
C．由NO2与N2O4组成的4.6g混合气体含氮原子数为0.5NA
D. 标准状况下，溶有6.72L SO2的水中HSO3—与SO32—的微粒数目之和为0.3NA
9．紫花前胡醇可从中药材当归 和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是（ ）
A．1mol该有机物最多能与5molH2反应
B．能够与钠反应生成氢气
C．能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色
D．能够发生水解反应
10．中国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]能利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．该催化反应实现了太阳能向化学能的转化
B．该催化剂降低了过程Ⅰ和过程Ⅱ反应的△H
C．过程I中H2O既是氧化剂又是还原剂，过程Ⅱ中H2O是还原产物
D．过程I中生成物H2O2与H2的物质的量之比为1：1
11．下列实验操作或相关说法合理的是（ ）
A
B
C
D




混合浓硫酸和乙醇
验证SO2的漂白性
蒸干MgCl2溶液制取无水MgCl2
充分振荡后下层为无色
12．我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na－CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：3CO2＋4Na2Na2CO3＋C。下列说法错误的是（ ）
A． 放电时，ClO4－向负极移动
B．充电时释放CO2，放电时吸收CO2
C．放电时，正极反应为：3CO2＋4e－=2CO32－＋C
D．充电时，正极反应为：Na＋＋e－=Na
13．已知：常温下CH3COOH的电离常数K=1.8×10-5，常温下，在三元弱酸H3R的水溶液中H3R、H2R-、HR2-、R3-的分布分数δ(含R元素微粒占全部含R粒子的物质的量分数)随pH的变化如图所示。下列说法中正确的是（ ）
A．Na2HR溶液呈酸性
B．常温下，HR2-的电离常数数量级为10-11
C．常温下，0.1mol/LCH3COOH溶液的pH比0.1mol/LH3R溶液的pH大
D．用H3R溶液与NaOH溶液反应制取NaH2R，可用酚酞作指示剂
二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14. 关于近代物理知识，下列说法中正确的是（ ）
A. 光电效应现象说明了光具有波粒二象性
B. 动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等
C. 比结核能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定
D. 铀核裂变的一种核反应方程为：
15. 如图所示为甲、乙两个质点在同一地点沿同一方向运动的速度一时间（）图象，则下列说法正确的是（　　）
A. 时间内，甲质点先沿正方向运动后沿负方向运动
B. 时刻，甲、乙两质点相遇
C. 时间内，甲、乙两质点间的距离先增大后减小
D. 时间内，甲、乙两质点平均速度相同
16．目前高空抛物情况多发，对社会安全产生严重影响，2021年3月1日，《中华人民共和国刑法修正案（十一）》施行，“高空抛物”行为首次入刑。假设一个鸡蛋从离地面80米高空不慎静止落向地面，不计空气阻力，落地时经0.1秒停止运动，则鸡蛋对地面的平均冲击力大约是鸡蛋重力的多少倍（　　）
A．20倍 B．40倍 C．60倍 D．80倍
17. 如图所示，上表面光滑、下表面粗糙的半圆柱体静置在水平面上，其半圆圆心的正上方有一大小不计的光滑定滑轮，一细绳跨过定滑轮后两端分别连接A、B两小球，A球在半圆柱体上，用一水平力F拉着B球使系统平衡，若将拉力F逆时针转动很小的角度，转动后保持拉力F的方向不变，系统再次平衡，且半圆柱体始终静止，则下列说法正确的是（　　）
A. 拉力F减小
B. 细绳弹力减小
C. A球对半圆柱的压力大小不变
D. 地面对半圆柱的支持力增大
18.如图所示，虛线为某静电场中的等差等势线，实线为某带电粒子在该电场中的运动轨迹，a. b. c为粒子的运动轨迹与等势线的交点。若粒子只受电场力作用，下列说法正确的是（ ）
A.粒子在a点时的加速度小于在b点时的加速度
B.粒子在a点时的动能大于在b点时的动能
C.粒子在b点时的电势能小于在c点时的电势能
D.粒子在a点时和在c点时的速度相同
19．在星球P和星球Q的表面，以相同的初速度v0竖直上抛一小球，小球在空中运动时的速度－时间图像分别如图所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体，星球P的半径是星球Q半径的3倍，下列说法正确的是（ ）
A．星球P和星球Q的质量之比为3∶1
B．星球P和星球Q的密度之比为1∶1
C．星球P和星球Q的第一宇宙速度之比为3∶1
D．星球P和星球Q的近地卫星周期之比为1∶
20. 如图所示的U形金属框架固定在绝缘水平面上，两导轨之间的距离为，左端连接一阻值为的定值电阻，阻值为、质量为的金属棒垂直地放在导轨上，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为，现给金属棒以水平向右的初速度，金属棒向右运动的距离为后停止运动，已知该过程中定值电阻上产生的焦耳热为，重力加速度为，忽略导轨的电阻，整个过程金属棒始终与导轨垂直接触。则该过程中
A. 安培力对金属棒做功为
B. 流过金属棒的电荷量为
C. 整个过程因摩擦而产生的热量为
D. 金属棒与导轨之间的动摩擦因数为
21．如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点。一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0后刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，以不同的速率射入正方形内，下列说法中正确的是
A．所有从cd边射出磁场的该带电粒子在磁场中经历的时间都是t0
B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ad边射出磁场
C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从bc边射出磁场
D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是，则它一定从ab边射出磁场
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O
a
b
c
d






三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题（共129分）
22.（6分）某实验小组设计如图甲所示的实验装置，用来测量滑块与木板之间的动摩擦因数：一木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；滑块的左端与穿过打点计时器(未画出)的纸带相连，右端用细线通过定滑轮与托盘连接。在托盘中放入适量砝码，接通电源，释放滑块，打点计时器在纸带上打出一系列的点。




（1）如图乙所示，为实验中获取的一条纸带：0、1、2、3、4、5、6是选取的计数点，每相邻两计数点间还有4个计时点(图中未标出)，测得计数点间的距离如图所示。已知交流电源的频率为50Hz，根据图中数据计算出滑块加速度大小为a＝ m/s2，计数点4对应的滑块速度大小 v4＝______m/s。(结果均保留两位有效数字)
（2）滑块、托盘(含砝码)的质量分别用M、m表示，滑块的加速度用a表示，重力加速度为g，则滑块与木板间的动摩擦因数μ＝ 。(用题中M、m、g、a表示)
（3）若实验测得的动摩擦因数偏大，主要原因可能是 。
A. 纸带与打点计时器间有摩擦 B. 滑轮存在摩擦阻力
C. 木板未调节水平，左端偏高 D. 未满足M远大于m
23.(9分)某同学要用给定的实验器材描绘---个小电风扇(符号用 表示)的伏安特性曲线,该电风扇铭牌上标注的电压为6 V、功率为3. 6 W,电风扇内部线圈的电阻恒定,有下列器材可供选用:
A.电流表A1(量程为0~6 mA,内阻为60 )
B.电流表A2(量程为0~0.6 A,内阻约为1 )
C.电流表A3(量程为0~3 A,内阻约为0.1 )
D.滑动变阻器R1 (最大阻值10 ,额定电流2 A)
E.滑动变阻器R2(最大阻值500,额定电流0.3 A)
F.定值电阻R(阻值为940)
G.电池组E(电动势为9 V,内阻小于1)
H.开关和导线若干
(1)实验中所用的滑动变阻器应选_____(填“R1”或“R2”),测电风扇电流的仪表应选_____
(填“Al”“A2”或“A3”). .

(2)为了调节方便,测量的准确度较高，且要求电风扇两端的电压能从零开始调节至正常工作,请在图甲的虚线框中画出设计的实验电路图,并将所选器材的符号标注到电路图中;
(3)正确设计、连接电路后,闭合开关,移动滑动变阻器的滑片,改变加在电风扇上的电压,记录两电流表的读数I1、I2,做出I2- I1关系曲线如图乙所示，则电风扇正常工作时输出的机械功率为________W(保留两位有效数字).
(4)用另--电源E(电动势4.0V,内阻0.5)和阻值为1.5的定值电阻R与电风扇连接成图丙所示的电路,此时电风扇的电功率为________W(结果保留两位有效数字).

24.（14分）如图所示，一光滑水平桌面与竖直光滑半圆形轨道相切于A点，且两者固定不动。一长L=0.8m不可伸长的轻绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1=0.2kg的小球。现将小球m1提至细绳处于水平位置时无初速度释放，当小球摆至最低点时，恰与放在桌面上质量m2=0.8kg的小球正碰，碰后小球m1被弹回，上升的最高点距桌面高度h=0.2m，小球m2进入半圆形轨道运动，恰好能通过最高点B，两球都视为质点，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，求：
（1）小球m2在半圆形轨道最低点A的速度大小
（2）小球m2通过最高点B后飞行的水平距离



25.(18分)如图所示，长为L、水平放置的平行金属板M、N间有正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里，下板的右边缘刚好在垂直于纸面向里的圆形有界磁场的边界上，且下板与圆形有界磁场的圆心在同一水平线上，圆形有界磁场的磁感应强度与M、N板间匀强磁场的磁感应强度相等，一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子以大小为的速度从两板左侧P点沿平行板的方向射入两板间，结果粒子恰好能沿直线通过；若撤去电场，该粒子仍然从P点以水平速度射入，粒子恰好能从上板的右端边缘飞出，若撤去磁场，该粒子仍然从P点以水平速度射入，粒子恰好能从下板右端边缘飞出，P点离上板的距离为，不计粒子的重力，求：
（1）匀强电场电场强度大小和匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）两金属板间的距离；
（3）撤去磁场，粒子从下板的边缘飞出后进入圆形有界磁场，粒子从磁场边界上的Q点（图中未画出）离开磁场，从Q点作粒子进磁场时速度所在直线的垂线，该垂线过圆形有界磁场的圆心，则圆形有界磁场的半径多大？











26．（14分）钒具有广泛用途。黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。

该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Al3+
Mn2+
开始沉淀pH
1.9
7.0
3.0
8.1
完全沉淀pH
3.2
9.0
4.7
10.1
回答下列问题：
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是___________。
(2)“酸浸氧化”中，VO+和VO2+被氧化成，同时还有___________离子被氧化。写出VO+转化为反应的离子方程式___________。
(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、___________，以及部分的___________。
(4)“沉淀转溶”中，转化为钒酸盐溶解。滤渣③的主要成分是___________。
(5)“调pH”中有沉淀生产，生成沉淀反应的化学方程式是___________。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是___________。
27.（14分）高铁酸钾(K2FeO4)是高效消毒剂，也是制作大功率电池的重要材料。某实验小组欲制备K2FeO4并探究其性质。
（查阅资料）K2FeO4为紫色固体，易溶于水，微溶于KOH溶液，不溶于乙醇；具有强氧化性， 在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定，在酸性或中性溶液中快速产生O2。
Ⅰ.制备K2FeO4 夹持装置略)

(1)A中发生反应的化学方程式是___________。
(2)下列试剂中，装置B的X溶液可以选用的是___________ 。
A．饱和食盐水 B．浓盐酸 C．饱和氯水 D．NaHCO3溶液
(3)C中得到紫色固体和溶液，生成K2FeO4的化学方程式是___________ ；若要从反应后的装置C中尽可能得到更多的K2FeO4固体，可以采取的一种措施是___________。
Ⅱ.探究K2FeO4的性质
(4)取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得到溶液a。经检验气体中含有Cl2，为 证明是K2FeO4氧化了Cl-，而不是ClO-氧化了Cl-，设计以下方案：
方案I
取少量a,滴加KSCN溶液至过量,溶液呈红色
方案II
用KOH溶液洗净C中所得固体,再用一定浓度的KOH溶液将K2FeO,溶出,得到紫色溶液b,取少量b,滴加盐酸.有Cl2产生。
①由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有离子是___________，但该离子的来源不能判断一定是K2FeO4与Cl-反应的产物，还可能是反应___________(用离子方程式表示)的产物。
②方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的，一是使减少K2FeO4溶解损失，二是___________。
(5)小组同学利用制备的K2FeO4制成如图简易电池，发现放电后两极都产生红褐色悬浮物，则该电池的总反应为___________；该电池放电时，正极电极反应式为___________。

28．（15分）H2S的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。请回答下列问题：
(1)苯硫酚(C6H5SH)是一种重要的有机合成中间体，工业上常用氯苯(C6H5Cl)和硫化氢(H2S)来制备苯硫酚。已知下列两个反应的能量关系如图所示，则C6H5Cl与H2S反应生成C6H5SH的热化学方程式为_____________________。

(2)H2S与CO2在高温下反应制得的羰基硫(COS)可用于合成除草剂。在610K时，将0.40molH2S与0.10molCO2充入2.5L的空钢瓶中，发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)；△H=+35kJ/mol，反应达平衡后水蒸气的物质的量分数为0.02。
①在610K时，反应经2min达到平衡，则0～2min的反应速率v(H2S)=___________________。
②实验测得上述反应的速率方程为：v正=k正·c(H2S)·c(CO2)，v逆=k逆·c(COS)·c(H2O)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，速率常数k随温度升高而增大。则达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数________ (填“>”“600（分解）
−75.5
16.8
10.3
沸点/℃
−60.3
444.6
−10.0
45.0
337.0
回答下列问题：
（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为__________，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_________形。
（2）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_________。
（3）图（a）为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为__________。

（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_____形，其中共价键的类型有______种；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________。
（5）FeS2晶体的晶胞如图（c）所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为___________g·cm−3；晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______nm。

36.祛痰平喘药东喘宁()是一种常见的镇咳、祛痰、平喘药，某研究小组以间苯二酚、乙酸酐等物质为主要原料，通过如图路线合成：

已知：①；R-CHO+→
②HNO2不稳定，常用NaNO2和HCl的临时混合溶液代替；
③D是一种有机盐酸盐，O、N、Cl原子或离子达到8电子稳定结构，与H2O反应水解生成物除E外还有N2和HCl。
请回答：
(1)H中含氧官能团的名称_______。
(2)D→E的反应类型为_______。
(3)写出化合物D的结构简式：_______。
(4)芳香族化合物M是F的同分异构体，写出所有符合下列要求的M的结构简式_______。
①能发生银镜反应；②1H-NMR图谱中有四组峰；③分子中不含过氧键。
(5) 利用题给信息和条件，用硝基苯(C6H5NO2)和乙酸酐[(CH3CO)2O]为原料合成另一种解热镇痛药阿司匹林()，无机试剂任选。试写出制备合成的路线图______。


37.（15分） 柑橘可谓全身都是宝，果肉可以吃、榨汁，果皮既可以进行橘皮精油的提取，也可以用于生产中药材或中药提取物。回答相关问题：
（1）利用柑橘果肉榨取果汁，常使用的果胶酶是一类酶的总称，包括果胶分解酶、_________________。现有甲、乙、丙三种不同来源的果胶酶，某同学拟在果泥用量、温度、pH等条件都相同的前提下比较这三种酶的活性，可通过测定比较_________________判断果胶酶活性的高低，原因是：________________________________________________________。
（2）为能够重复利用果胶酶，提高果汁的品质，一般采用________________法固定果胶酶。果汁常
用________________法进行灭菌。
（3） 柑橘皮中还含有橘皮精油，一般采用________________法提取，为提高出油率可将原料进行________________处理后，并用________浸泡。操作中需要加入相当于橘皮质量0．25%的NaHCO3和5%的Na2SO4，其作用是_________________________________________。











第一次增分训练答案
DBDBCA
二、 （9分）
(1)土壤含水量（1分） 是否施肥 （1分）
B． B点土壤含水量高于A点，有助于光合作用的进行（2分）
施肥后，植物吸收了较多的无机盐离子有助于植物光合作用的进行（2分）
（3）40%-60%（1分）
(4)合理密植，一年多种几茬，合理灌溉，合理施肥增施农家肥（合理即可）（2分）
30.（7分）
B. 效应器（1分）
C. 一定流动性（1分） 短时间内使神经递质大量释放，从而有效实现兴奋的快速传递（2分）
D. 松弛(或不能收缩、或舒张)（1分）
E. 肉毒毒素阻止Ca2＋内流，影响突触前膜释放乙酰胆碱，导致面部肌肉松弛（2分）
三、 （10分）
(1) 种群（1分） 第二（1分） 捕食、竞争（1分）
（2）减少误差，保证实验数据的准确性（2分）
针茅草地更易爆发（1分） 因为与羊草草地相比，针茅草地中亚洲小车蝗发育历期短，单位时间内会有更多的跳楠发育成可繁殖成虫，出生率提高；同时针茅草地中亚洲小车蝗存活率高，种群密度更易增加（2分）
(3) 加强针茅草地亚洲小车蝗种群密度监测；加强放牧管理和蝗虫灾害监测相结合；调整草地类型，使针茅草地向羊草草地转变，减少亚洲小车蝗爆发；合理放牧（2分，答出一条1分）
32.（13分）
(1) 去雄、套袋（答全1分） 豌豆是自花传粉且闭花受粉植物（1点1分，答全2分）
(2) AAbb、aaBB （2分） 基因B、b也位于3号染色体上（或基因B、b与基因A、a连锁或这两对基因的遗传不遵循自由组合定律或基因A与b、基因a与B连锁）（2分）
(3) 让F2的紫花麻色豌豆与白花非麻色豌豆杂交（或让F1的紫花麻色豌豆与白花非麻色豌豆杂交）（2分）
若子代的表现型及比例为紫花非麻色∶白花麻色=1 ∶ 1，则该假说成立 （2分）
(4) 减数第一次分裂前期（或四分体时期）（2分）
37.（15分）
(1) 多聚半乳糖醛酸酶、果胶酯酶（2分） 滤出果汁的体积（出汁率）或澄清度（2分）
果胶酶能够分解果胶，瓦解植物的细胞壁及胞间层，使榨取果汁更容易，而果胶分解成可溶性的半乳糖醛酸，可使果汁变得澄清，果胶酶的活性越大，分解果胶越彻底，出汁率和澄清度越高（3分）
(2)物理吸附法或化学结合（2分） 瞬间高温灭菌（1分）
(3)压榨（1分） 干燥（1分） 石灰水（1分） 使橘皮油易于与水分离（2分）




参考答案
1．B
【详解】
A．开水煮沸，可以消毒，因为高温可使蛋白质变性，从而杀死细菌，故A正确；
B．“84”消毒液具有腐蚀性，浓度越高腐蚀性增强，浓度越高见光越易分解，极不安全，所以使用“84”消毒液的浓度不是越高越好，故B错误；
C．医用酒精易挥发，易燃烧，所以应密封保存，置于阴凉处，且远离火源，故C正确；
D．H2O2消毒液和ClO2泡腾片均具有强氧化性，能够使病毒氧化变质而失去生理活性，因而具有杀菌消毒作用，所以它们消毒原理相同，故D正确；
答案为B。
2．B
【详解】
A．标准状况下，四氯化碳为液态，不能用气体摩尔体积计算四氯化碳中共价键的总数，A项错误；
B．1molH218O中含有中子数为(0×2+18-8)×NA=10NA，相对分子质量为20g/mol，1molD216O中含有中子数为(1×2+16-8)×NA=10NA，相对分子质量为20g/mol，故4.0g混合物含中子数为，B项正确；
C．二氧化氮和四氧化二氮的最简式都是NO2，4.6g由NO2与N2O4组成的混合气体中含有氮原子数为，C项错误；
D．标准状况下，6.72LSO2的物质的量为，其水溶液中还存在亚硫酸分子，根据物料守恒可知，HSO与SO的微粒数目之和小于0.3NA，D项错误；
答案选B。
3．A
【详解】
A．一定条件下，该有机物中苯环和碳碳双键能与氢气发生加成反应，则1mol该有机物最多能与4mol氢气反应，故A错误；
B．该有机物含有醇羟基，能够与钠发生置换反应生成氢气，故B正确；
C．该有机物含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，使溴水褪色；与羟基相连的碳原子上连有氢原子，醇羟基和碳碳双键能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色褪色，故C正确；
D．该有机物含有酯基，一定条件下能够发生水解反应，故D正确；
故选A。
4．B
【分析】
根据图像中物质间的转化判断反应物和生成物，根据物质所含元素化合价的变化判断物质的氧化性或还原性，根据化合价的升降守恒配平方程式，可以计算各物质的量之比。
【详解】
A．根据图像判断在太阳能的作用下，水分子在催化剂上发生了分解反应生成氢气和双氧水，双氧水在太阳能作用下又分解成氧气和水，故A正确；
B．焓变的大小取决于反应物和生成物能量的大小，催化剂不影响焓变，故B不正确；
C．过程1中水生成氢气和双氧水，氢元素和氧元素化合价都发生了变化，H2O既是氧化剂又是还原剂，过程2中双氧水生成氧气和水，水中的氧元素是由双氧水-1价的氧元素化合价变化而来，故水是还原产物，故C正确；
D．过程I中生成物H2O2与H2的化合价的升降守恒配平方程式得：，故生成物H2O2与H2的物质的量之比为1：1，故D正确；
故选答案D。
【点睛】
此题实质考查氧化还原反应中的电子守恒的应用，根据特征化合价的升降进行计算或配平方程式，其次考查焓变的基本概念，焓变的大小取决于反应前后物质的总能量。
5．D
【详解】
A．混合时，应避免酸液飞溅，应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，A项错误；
B．二氧化硫具有还原性，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使其褪色，体现的是二氧化硫的还原性，B项错误；
C．氯化镁易水解生成氢氧化镁和HCl，升高温度促进水解，应该将氯化镁溶液在HCl气氛中加热蒸发，防止氯化镁水解，C项错误；
D．振荡后分层，上层为水层，碱和溴水反应无色，下层为四氯化碳溶液无色，D项正确；
答案选D。
6．D
【分析】
原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电可以看作是放电的逆反应，据此解答。
【详解】
A. 放电时是原电池，阴离子ClO4－向负极移动，A正确；
B. 电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C，因此充电时释放CO2，放电时吸收CO2，B正确；
C. 放电时是原电池，正极是二氧化碳得到电子转化为碳，反应为：3CO2+4e−＝2CO32－+C，C正确；
D. 充电时是电解，正极与电源的正极相连，作阳极，发生失去电子的氧化反应，反应为2CO32－+C－4e−＝3CO2，D错误。答案选D。
【点睛】
本题以我国科学家发表在化学顶级刊物上的“一种室温下可呼吸的钠、二氧化碳二次电池”为载体考查了原电池和电解池的工作原理，掌握原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意充电与放电关系的理解。本题很好的弘扬了社会主义核心价值观个人层面的爱国精神，落实了立德树人的教育根本任务。
7．C
【详解】
A．由图可知，Na2HR中HR2-离子的分布分数最高时pH>7，溶液显碱性，A项错误；
B．HR2-电离形成R3-和H+，取HR2-和R3-曲线的交点，对应pH=12.32，即c(H+)=10-12.32，，数量级为10-13，B项错误；
C．取H3R曲线和H2R-曲线的交点，可得H3R的一级电离常数为10-2.16，大于乙酸的电离常数，故乙酸的pH较大，C项正确；
D．H2R-离子的分布分数最大时，溶液显酸性，因此不能用酚酞做指示剂，D项错误；
答案选C。
8．加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全） Fe2+ VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O Mn2+ Fe3+、Al3+ Fe(OH)3 NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O 利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全
【分析】
黏土钒矿中，钒以+3、+4、+5价的化合物存在，还包括钾、镁的铝硅酸盐，以及SiO2、Fe3O4，用30%H2SO4和MnO2“酸浸氧化”时VO+和VO2+被氧化成，Fe3O4与硫酸反应生成的Fe2+被氧化成Fe3+，SiO2此过程中不反应，滤液①中含有、K+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、；滤液①中加入NaOH调节pH=3.0~3.1，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，根据表中提供的溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH，此过程中Fe3+部分转化为Fe(OH)3沉淀，部分Al3+转化为Al(OH)3沉淀，滤液②中含有K+、Na+、Mg2+、Al3+、Fe3+、Mn2+、，滤饼②中含V2O5·xH2O、Fe(OH)3、Al(OH)3，滤饼②中加入NaOH使pH>13，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解，Al(OH)3转化为NaAlO2，则滤渣③的主要成分为Fe(OH)3；滤液③中含钒酸盐、偏铝酸钠，加入HCl调pH=8.5，NaAlO2转化为Al(OH)3沉淀而除去；最后向滤液④中加入NH4Cl“沉钒”得到NH4VO3。
【详解】
(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是：升高温度，加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全），故答案为：加快酸浸和氧化反应速率（促进氧化完全）；
(2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2+具有还原性，则VO+和VO2+被氧化成的同时还有Fe2+被氧化，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；VO+转化为时，钒元素的化合价由+3价升至+5价，1molVO+失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2+，Mn元素的化合价由+4价降至+2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO+转化为反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O，故答案为：Fe2+，VO++MnO2+2H+=+Mn2++H2O；
(3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K+、Mg2+、Na+、Mn2+，以及部分的Fe3+、Al3+，故答案为：Mn2+，Fe3+、Al3+；
(4)根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3，故答案为：Fe(OH)3；
(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O，故答案为：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]+HCl= NaCl+Al(OH)3↓+H2O。
(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是：增大NH4+离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全，故答案为：利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。
【点睛】
本题以黏土钒矿制备NH4VO3的工艺流程为载体，考查流程的分析、物质的分离和提纯、反应方程式的书写等，解题的关键是根据物质的流向分析每一步骤的作用和目的。
9．KClO3 + 6HCl(浓)=KCl +3Cl2↑+ 3H2O AC 3Cl2 + 2Fe(OH)3 +10KOH =2K2FeO4 + 6KCl + 8H2O 加入乙醇 Fe3+ 4FeO+ 20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O 除尽K2FeO4表面吸附的ClO﹣，防止ClO﹣与Cl﹣在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO﹣干扰实验 Fe + K2FeO4 + 4H2O=2Fe(OH)3 + 2KOH FeO+ 4H2O +3e﹣= Fe(OH)3 + 5OH﹣
【分析】
装置A是制取氯气，反应方程式；KClO3 + 6HCl(浓)=KCl +3Cl2↑+ 3H2O，得到的氯气中混有HCl杂质气体，经装置B除杂，纯净的氯气通入装置C中发生反应：3Cl2 + 2Fe(OH)3 +10KOH =2K2FeO4 + 6KCl + 8H2O，用装置D来吸收过量的尾气中有毒的氯气。
【详解】
(1)装置A中是氯元素发生归中反应，发生反应的化学方程式是：KClO3 + 6HCl(浓)=KCl +3Cl2↑+ 3H2O；
(2) 装置B是为了除去氯气中的HCl气体，A．饱和食盐水能溶解HCl，可选；B．浓盐酸有挥发性，氯气中还混有HCl杂质，不选；C．饱和氯水能减小氯气的溶解，能溶解HCl，可选；D．NaHCO3溶液可与HCl反应产生CO2，氯气中混有杂质气体，不选；则X溶液可以选用的是：AC；
(3) C中得到紫色固体和溶液，C中通入氯气将氢氧化亚铁氧化，生成高铁酸钾（K2FeO4），化学方程式为：3Cl2 + 2Fe(OH)3 +10KOH =2K2FeO4 + 6KCl + 8H2O；已知K2FeO4不溶于乙醇，为了析出更多固体，措施是：加入乙醇；
(4) ①i．Fe3+离子与SCN-发生络合反应，生成红色的络离子，由方案I中溶液变红可知溶液a中含有Fe3+离子；但该离子的存在不能判断一定是K2FeO4，氧化了Cl2，因为K2FeO4在酸性溶液中不稳定，K2FeO4在酸性溶液中发生反应的离子方程式4FeO+ 20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O；
②方案Ⅱ可证明K2FeO4，氧化了Cl-，用KOH溶液洗涤的目的是确保K2FeO4在碱性环境中的稳定性，同时除尽K2FeO4表面吸附的ClO﹣，防止ClO﹣与Cl﹣在酸性条件下反应产生Cl2，避免ClO﹣干扰实验；
(5) 放电时为原电池原理，电池中Fe与K2FeO4反应生成Fe（OH）3，该电池放电时的总反应为Fe+K2FeO4+4H2O=2Fe（OH）3+2KOH，正极为FeO得3mol电子生成Fe(OH)3，电极反应式为：FeO+ 4H2O +3e﹣= Fe(OH)3 + 5OH﹣。
10．C6H5Cl(g)+H2S(g)=C6H5SH(g)+HCl(g)ΔH=–16.8kJ/mol 0.002mol/(L·min) ＞ BD P3＞P2＞P1 该反应的正反应是气体分子数增大的反应，其他条件不变时，减小压强使平衡正向移动，H2S的平衡转化率增大，由图像上看，相同温度，p1条件下H2S的平衡转化率最大，p3条件下H2S的平衡转化率最小 及时分离出产物H2或S2 1
【详解】
(1)根据图像可知C6H5Cl与H2S反应生成C6H5SH的热化学方程式为：①C6H5Cl(g)+H2S(g)=C6H(g)+HCl(g)+ ΔH=–45.8kJ/mol，②C6H5SH(g)=C6H6(g)+ ΔH=–29kJ/mol，①-②得到：C6H5Cl(g)+H2S(g)=C6H5SH(g)+HCl(g)ΔH=–16.8kJ/mol，所以答案为：C6H5Cl(g)+H2S(g)=C6H5SH(g)+HCl(g)ΔH=–16.8kJ/mol。
(2)①设达到平衡时，H2S转化的物质的量为amol，列出三段式： ，反应达平衡后水蒸气的物质的量分数为0.02，则，所以a=0.01，
则0～2min的反应速率v(H2S)= 0.002mol/(L·min)；
②该反应为吸热反应，温度升高，平衡往正向移动，v正＞v逆，所以仅升高温度，k正增大的倍数大于k逆增大的倍数，所以答案为：＞；
③A．H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)，该反应气体总质量不变，容器的体积不变，所以容器内混合气体密度一直不变化，不能够判断该反应是否到达平衡，A错误；
B．根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可以得到v正(H2S)= v正(COS)，又因为v正(H2S)=v逆(COS)，所以v正(COS)=v逆(COS)，可以说明反应到达平衡，B正确；
C．该反应前后气体总物质的量不便，又因为反应体系的温度和体积也不变，所以容器内的压强一直不变化，不能够判断该反应是否到达平衡，C错误；
D．H2S与CO2的质量之比为，H2S与CO2的质量之比不变说明a不变，说明各组分含量不再改变，可以说明反应到达平衡，D正确；
所以答案选BD。
(3)①根据反应2H2S(g)2H2(g)+S2(g)可知，压强增大，平衡往逆向移动，H2S气体的平衡转化率降低，即压强越大，H2S气体的平衡转化率越低，所以P3＞P2＞P1；，原因是该反应的正反应是气体分子数增大的反应，其他条件不变时，减小压强使平衡正向移动，H2S的平衡转化率增大，由图像上看，相同温度，p1条件下H2S的平衡转化率最大，p3条件下H2S的平衡转化率最小；
②及时分离出产物H2或S2可以使平衡往正向移动，提高转化率，所以答案为：及时分离出产物H2或S2；
③设往容器中通入1份的H2S，在温度T2、P3=5MPa条件下，H2S的平衡转化率为50%，即消耗了0.5，列出三段式：，
则H2S、 H2、S2的分压分别为、、，所以，所以答案为1。
11． 哑铃（纺锤） H2S S8相对分子质量大，分子间范德华力强 平面三角 2 sp3
【分析】
（1）根据铁、硫的核外电子排布式解答；
（2）根据价层电子对互斥理论分析；
（3）根据影响分子晶体熔沸点高低的是分子间范德华力判断；
（4）根据价层电子对互斥理论分析；
（5）根据晶胞结构、结合密度表达式计算。
【详解】
（1）基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则其价层电子的电子排布图（轨道表达式）为；基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则电子占据最高能级是3p，其电子云轮廓图为哑铃（纺锤）形。
（2）根据价层电子对互斥理论可知H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数分别是，因此不同其他分子的是H2S。
（3）S8、二氧化硫形成的晶体均是分子晶体，由于S8相对分子质量大，分子间范德华力强，所以其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多；
（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，根据（2）中分析可知中心原子含有的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，所以其分子的立体构型为平面三角形。分子中存在氧硫双键，因此其中共价键的类型有2种，即σ键、π键；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子形成4个共价键，因此其杂化轨道类型为sp3。
（5）根据晶胞结构可知含有铁原子的个数是12×1/4+1＝4，硫原子个数是8×1/8+6×1/2＝4，晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，则其晶体密度的计算表达式为；晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长是面对角线的一半，则为nm。
【点睛】
本题主要是考查核外电子排布、杂化轨道、空间构型、晶体熔沸点比较以及晶胞结构判断与计算等，难度中等。其中杂化形式的判断是难点，由价层电子特征判断分子立体构型时需注意：价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致；价层电子对互斥模型能预测分子的几何构型，但不能解释分子的成键情况，杂化轨道理论能解释分子的成键情况，但不能预测分子的几何构型。两者相结合，具有一定的互补性，可达到处理问题简便、迅速、全面的效果。
1．酯基、醚键 取代反应 或
【分析】
发生硝化反应生成B，根据E的结构简式逆推，可知B是，中硝基还原为氨基，C为；D是一种有机盐酸盐，O、N、Cl原子或离子达到8电子稳定结构，与H2O反应水解生成物除E外还有N2和HCl，结合C、E的结构，可知D是。
【详解】
(1)中含氧官能团的名称为酯基、醚键；
(2) →为取代反应；
（3）根据分析，C为；D是一种有机盐酸盐，O、N、Cl原子或离子达到8电子稳定结构，与H2O反应水解生成物除E外还有N2和HCl，结合C、E的结构，可知D为或。
（4）能发生银镜反应，说明结构中有醛基或甲酸酯基，-NMR图谱中有四组峰说明结构中有四种不同化学环境的氢原子，有一定的对称性，分子中不含过氧键，说明结构中没有，符合条件的的结构有；
（5）阿司匹林(乙酰水杨酸)可通过水杨酸和乙酸酐来合成，对照硝基苯，水杨酸中有处于邻位羟基和羧基，所以需要在硝基苯中引入这两种基团并消去硝基。根据题干信息，羟基可按照题中从B到E流程得到，可通过E到F的反应得到醛基，再将醛基氧化得到羧基，然后通过水杨酸和乙酸酐反应得到，合成路线为。

14
15
16
17
18
19
20
21
C
C（D）
B
C
C
BC
AD
ACD


增分训练一物理答案
四、
（1分、1分、2分、2分）
24.（14分）
C． （2分）得：=4m/s（1分）
（2分） 得：=2m/s（1分）
（2分）解得：=1.5m/s（1分）
（2）（1分）
（2分）
解得：R=0.045m（1分）
（2分）=0.09m（1分）
其他方法全部正确的给14分，部分正确的公式分要放宽标准能给分处就要给相应的公式分
F. (18分)（1）；；（2） ；（3）
（1）（6分）粒子能沿直线通过正交的电场和磁场，因此有
（1分）
撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为，根据几何关系有
（1分）
解得
（1分）
根据牛顿第二定律有
（1分）
解得匀强电场的电场强度大小
（1分）
匀强磁场的磁感应强度大小
（1分）
（2）（5分）撤去磁场后，粒子在电场中做类平抛运动，于是有
（1分）
（1分）
根据牛顿第二定律
（1分）
解得
（1分）
因此两板间的距离
（1分）
（3）（7分）设粒子出电场时的速度为v，根据动能定理有
（2分）
解得
（1分）
设粒子在圆形有界磁场中做圆周运动的半径为，



根据牛顿第二定律有
（1分）
解得
（1分）
设粒子进圆形有界磁场的位置为A点，根据题意可知，过Q点作过A点速度所在直线的垂线.此垂线过圆心，粒子在圆形有界磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，圆心为，由几何关系可知，与行，又由于被垂直平分，根据三角形全等可知，圆形有界磁场的半径
（2分）





33.(1)ACE（5分）
(2)（10分）设初始状态时U形管左侧封闭气体的压强为p1，由题意可知右侧封闭气体的压强为p2=70cmHg，则根据平衡条件可得
（2分）
设U形管中水银面相平时左侧封闭气体的压强为，由题意可知此时左侧封闭气体的长度将变为
（1分）
根据玻意耳定律可有
（2分）
解得，则此时右侧封闭气体的压强为
（1分）
设此时右侧封闭气体的长度为，根据玻意耳定律有
（2分）
解得，所以活塞向上移动的距离为
（2分）