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2023届云南师范大学附属中学高三上学期第四次月考 理综（PDF版）
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这是一份2023届云南师范大学附属中学高三上学期第四次月考 理综（PDF版），文件包含理综试题pdf、理综答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
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
B
C
B
C
D
A
A
C
D
B
D
C
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14～18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
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
B
B
C
D
AB
AC
ABC
AD
【解析】
1．氧气通过自由扩散进出肺泡细胞，不需要借助转运蛋白，B错误。
2．酵母菌是真菌，A错误。能通过测定CO2产生的多少判断酵母菌的细胞呼吸方式，B错误。在测定无氧呼吸时盛有酵母菌培养液的锥形瓶应封口放置一段时间后，再连通盛有澄清石灰水的锥形瓶，D错误。
3．尿素通过尿素通道蛋白时，不需要与通道蛋白结合，B错误。
4．该病为单基因遗传病，因此受一对等位基因控制，A错误。控制该病的基因为隐性基因，B错误。Ⅱ−4个体是杂合子，D错误。
5．BR浓度为0.5mg/L时，对芹菜幼苗的生长表现为促进作用，D错误。
6．植物顶端分生区附近（如茎尖）的病毒极少，甚至无病毒，采用茎尖组织培养技术获得的脱毒植株有可能不带病毒，而不是使其具有抗病毒的特性，A错误。
7．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，主要成分是碳单质，是一种新型无机非金属材料，A错误。风能、电能为清洁能源，生成过程无污染，H2还原CO2制甲醇，可以减少CO2排放，符合绿色化学理念，B正确。推广风力、光伏发电减少了火力发电使用，减少二氧化碳排放，植树造林增加绿色植被可以吸收二氧化碳，发展碳捕集和储存技术，可以减少碳的排放，有利于实现碳达峰、碳中和，C正确。蛋白质高温会变性，新冠疫苗需要冷藏运输主要是防止蛋白质升温变性，D正确；故选A。
8．布洛芬的分子式为C13H18O2，A正确。烃一般难溶于水，而易溶于苯等有机溶剂，B正确。Y分子中除苯环、碳碳双键、羧基可能共平面外，只连有1个氢原子的饱和碳原子连有三个碳原子，构成四面体结构，这四个碳原子不可能在同一平面，C错误。X、Y和布洛芬分子中苯环上，侧链烷烃基上均可取代，Y和布洛芬有羧基也可取代；都有苯环，X分子中的碳碳三键和Y分子的碳碳双键均能发生加成；X、Y和布洛芬分子均能燃烧，苯环的侧链以及X分子中的碳碳三键和Y分子的碳碳双键均能被酸性高锰酸钾等氧化，都是氧化反应表现，D正确；故选C。
9．由图可知，左池为铝—空气碱性燃料电池，右池为电解池，铝电极为燃料电池的负极，多孔电极为正极，与正极相连的石墨Ⅰ电极为电解池的阳极，与负极相连的石墨Ⅱ电极为电解池的阴极。采用多孔电极是为了增大富氧空气中氧气与电极的接触面积，有利于增大氧气扩散，A正确。由分析可知，石墨Ⅰ与正极相连为电解池的阳极，Pb2+在石墨Ⅰ电极上失去电子发生氧化反应生成二氧化铅，故须向此极移动，B正确。由分析可知，工作时Al在负极失去电子发生氧化反应产生Al3+并与电解质溶液中过量的氢氧根离子反应生成AlO，故电源的负极反应式为Al−3e−+4OH− =AlO+2H2O，C正确。由分析可知，铅离子在阳极（石墨Ⅰ电极）上失去电子发生氧化反应生成二氧化铅，电极反应式为Pb2+−2e−+2H2O=PbO2↓+4H+，溶液中放电能力Cu2+>H+，故阴极（石墨Ⅱ电极）的电极反应式为Cu2++2e−=Cu，电解池中的总反应为Pb2++Cu2++2H2O=PbO2↓+Cu
+4H+ ，D错误；故选D。
10．Fe与Cl2反应产生FeCl3，0.1mol Fe完全反应需消耗0.15mol Cl2，则Fe过量，Cl2不足量，0.1mol Cl2反应转移0.2NA个电子；Cu与Cl2反应产生CuCl2，0.1mol Cu反应消耗0.1mol Cl2，故0.1mol Fe和0.1mol Cu分别与0.1mol Cl2完全反应，转移电子数均为0.2NA，A正确。标准状况下，HF是液态，且是以聚合分子(HF)n存在，不能用气体摩尔体积进行计算其分子数和原子数，B错误。环丁烷分子式为C4H8，1个环丁烷分子含有8个C—H键和4个碳碳单键，均为δ键，则7g环丁烷含有的极性键数为，C正确。尽管醋酸部分电离，但pH=3，即c(H+)=10−3mol/L，体积为1L，故H+ 数为10−3 NA，D正确；故选B。
11．相同浓度的CH3COONa和NaClO溶液中CH3COO−的水解程度小于ClO−，pH后者会大于前者，越弱越水解，对应酸的电离常数小。但NaClO溶液具有强氧化性，会漂白pH试纸，用pH试纸实测结果是后者小于前者，故不能说明Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)，A错误。稀硝酸会氧化Fe2+ 为Fe3+，滴入K3[Fe(CN)6]溶液，不会产生蓝色沉淀，B错误。高锰酸钾溶液均过量，两支试管中溶液均不能完全褪色，无法对比褪色快慢，C错误。Fe3+ 能氧化I−为I2，I2遇淀粉溶液变蓝，该氧化还原反应中Fe3+ 是氧化剂，而I2是氧化产物，一般氧化剂的氧化性强于氧化产物，故Fe3+ 的氧化性比I2的强，D正确；故选D。
12．短周期中s能级和p能级电子总数相等的有O：1s22s22p4，Mg：1s22s22p63s2，根据W、X、Y、Z原子序数依次增大，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素，可推知W为处于第二周期的O，X、Y、Z处于第三周期，X可以是Na、Mg、Al，Y可以是Si、P，Z是S。同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但第ⅤA 的np3能级为半充满相对较稳定状态，较难失去一个电子，比同周期相邻的第ⅥA元素高，即当Y为P，Z为S时，I1是Y>Z，A错误。X和W可以形成Na2O2，除离子键外，还存在非极性共价键，B错误。Y的最简单氢化物可以是SiH4或PH3，其中Y原子价层电子对数都是4对，均采取sp3杂化方式，而空间结构SiH4为正四面体形、PH3为三角锥形，C正确。Y、Z分别与W形成的化合物有SiO2（共价晶体）、P4O10、P4O6、SO2、SO3（分子晶体），D错误；故选C。
13．25°C时，将0.10mol/L HX溶液逐滴滴加到10mL等浓度的KOH溶液中，越来越小，与pH的关系也就不难理解。根据电离平衡常数的表达式可以推出，结合P点数据lgKa(HX)=−pH=1.7−6=−4.3，A正确。由P点的电荷守恒式可以推出c(X−)−c(K+)=c(H+)−c(OH−)=(10−6−10−8)mol/L，B正确。当加入的HX溶液的体积为10mL时，溶液中溶质为KX，存在X−水解使溶液呈碱性，所以pH=7时，加入的HX溶液的体积大于10mL，C正确。由lgKa(HX)=，如将pH=12值代入，据此可知，，D错误。故选D。
14．汽车加速时的加速度为，加速的末速度为，由得，即汽车加速到4.5s末开始匀速运动，5秒末汽车的速度大小一定为27m/s，加速阶段位移为，制动过程的末速度为0，速度为0的时刻不一定是16s末，则速度从20m/s减至0所用时间不一定是2s，所以加速度大小不一定为10m/s2，故B正确。
15.属于衰变；属于核裂变；属于人工核转变；属于核聚变；故B正确。
16．结点O受三个力作用处于平衡状态，FOA和FOB夹角始终不变。作该矢量三角形的外接圆，如图所示，FOA矢量箭头将始终落在圆周上。初始时刻，FOB恰好为其外接圆的直径，故F2逐渐减小，当绳OA转过90°处于竖直位置时，由图可知，F1顺时针转过90°，先增大后减小，最终等于Mg，故C正确。
17．对小球受力分析，根据牛顿第二定律可知，小球从a位置由静止释放，先做加速运动，当达到Ob之间的某位置时，弹簧的弹力、小球重力沿杆向下的分力平衡时，此时速度最大，故C错误。因此，小球在b位置受到弹簧弹力大于mgsinθ，故A错误。在Oa段运动过程中小球受重力沿杆向下的分力、弹簧弹力、摩擦力，因此不能判断摩擦力与mgsinθ的大小关系，故B错误。将小球拉到图示 a位置由静止释放，小球沿杆做往返运动，由于摩擦力的作用，往返运动的幅度会越来越小，最终稳定后小球只在Ob之间往返运动。若初始在a位置给小球一个向下的速度，只是小球沿杆刚开始往返运动的幅度大，随着往返次数增多，幅度越来越小，小球最终运动的范围还是在Ob之间，故D正确。
18．根据A、B两小球竖直方向的受力平衡，OA、OB两绳的竖直分力都始终等于小球的重力，而OA、OB两绳中的水平分力分别提供两球做圆周运动的向心力，并随转速的增大(或减小)而增大(或减小)。易得，OA、OB两绳的合力一定等于A、B两球的总重力。因此，当质量为2m的物块C换成质量为4m的D时，若要系统平衡，A、B两小球的质量均须调整为2m，而转速的大小不影响平衡，故A、B正确。
19．物体开始在作用下做匀速直线运动，由图可知，滑动摩擦力的大小为，拉力随时间均匀减小后，物体开始做减速运动，时，滑动摩擦力突变成静摩擦力，说明时物体刚好减速到速度为零，之后静摩擦力与拉力平衡，由图可知静摩擦力图线与滑动摩擦力图线交于时，可知在时，拉力开始均匀减小，物体开始做减速运动，合力逐渐增大，加速度逐渐增大，物体做加速度逐渐增大的减速运动，直到时停下，处于静止状态；从过程，根据动量定理可得（也可以用牛顿运动定律分析），解得物体匀速运动时的速度大小为1m/s；由图可知滑动摩擦力大小为，解得物体与接触面间的动摩擦因数为，由图可知时拉力；根据牛顿第二定律可得，物体的加速度为，故A、C正确。
20．当，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带间的滑动摩擦力时，木块滑上传送带后，所受滑动摩擦力先沿传送带向上，而合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动，速度减为零后，向下滑动，加速度不变，表现为图像斜率不变，木块速度开始反向增大，根据对称性可知木块返回传送带下端时速度为，故A可能。当，且木块重力沿传送带向下的分力小于木块与传送带间的滑动摩擦力时，木块滑上传送带后，所受滑动摩擦力沿传送带向上，合外力沿传送带向上，木块做匀加速运动，当速度增大至时，由于木块与传送带之间的最大静摩擦力也一定大于重力沿传送带向下的分力，所以木块将随传送带一起以匀速运动，故B可能。当，且木块重力沿传送带向下的分力不大于木块与传送带间的最大静摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向上滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向下，合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动，当木块速度减小至时，将随传送带一起以运动，故C可能。当，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带间的最大静摩擦力时，木块滑上传送带后，所受滑动摩擦力先沿传送带向下，合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动（设加速度大小为a1），当木块速度减小至时，将开始相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力变为沿斜面向上，所以木块所受合外力减小，加速度减小，表现为图像斜率变小，木块沿传送带向上做匀减速运动（设加速度大小为a2），速度减为零之后开始沿传送带向下做匀加速运动（由于合外力不变，所以加速度大小仍为a2，表现为图像斜率不变），根据运动学规律可知木块速度从减至的过程位移大小为，木块速度从减至0的过程位移大小为，假设木块返回至传送带下端时的速度为，则木块速度从0增大至−的过程位移大小为，由于，所以有，即，而木块整个过程的位移应为零（应等于），上式显然不满足，故D不可能。
21．由可知大量处于能级的氢原子最多能辐射出10种不同频率的光；从能级跃迁至产生的光光子能量为，小于逸出功，不能使K极金属发生光电效应；从能级跃迁至产生的光的光子能量为，大于逸出功，可以使K极金属发生光电效应。从能级、5跃迁至产生的光光子能量大于，大于逸出功，能使K极金属发生光电效应。所以氢原子光谱中有三种可见光能够让图甲K极金属发生光电效应；若K极发射的光电子未全部被A极吸收时，则将P向右滑动时，A、K两极的电压增大，有更多的光电子被A极吸收，电流计示数增大；若K极发射的光电子已全部被A极吸收时，此时的电流已达到饱和电流，则将P向右滑动时，电流计示数不变；普朗克常数，从能级跃迁至产生的光光子能量为，则频率。
三、非选择题（共174分）
22.（除特殊标注外，每空2分，共7分）
（1）CD
（2）2.00（3分）
（3）D
【解析】（1）实验中有力传感器测量小车所受的拉力，则不需用天平测出砂和砂桶的质量，故A错误。实验中有力传感器测量小车所受拉力，不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故B错误。小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数，故C正确。实验中需将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故D正确。
（2）两计数点间还有四个点没有画出，则，根据可得
（3）对小车根据牛顿第二定律，有，即，则， 解得，故选D。
23.（除特殊标注外，每空2分，共9分）
（1）B
（2）61（60~62均正确，3分） 增大
（3）AD
【解析】（1）因为水是均匀稳定地流出，所以流出的水的体积与时间成正比，所以该实验用量筒中收集的水量主要是表示滑块下滑的时间，故B正确。
（2）滑块做初速度为零的匀加速直线运动，位移与时间的二次方成正比，而流出的水的体积与时间成正比，故位移与流出的水的体积的二次方成正比，即，由表中数据可得，。对滑块由牛顿第二定律得，，若保持下滑的距离s、滑块的质量不变，减小倾角θ，滑块的加速度减小，滑块下滑所用的时间增加，水量V增加。
（3）本实验的误差主要来源：水从水箱中流出不稳定，滑块开始下滑与水开始流动不同时，选用了内径较大的量筒。选用的斜面不够光滑并不影响实验结果，故A、D正确。
24.（12分）
解：（1）石块从P点抛出后做平抛运动，则有
①
②
求得石块从P点抛出到到达地面所用时间为 ③
从P点抛出时的速度大小为 ④
则落地时的速度大小为 ⑤
（2）石块到达P时，根据牛顿第二定律有 ⑥
代入数据求得凹槽对石块的弹力为 ⑦
说明凹槽对石块的弹力方向与重力方向相同，即竖直向下，根据牛顿第三定律可知，石块对凹槽压力的大小为1500N，方向竖直向上 ⑧
评分标准：本题共12分。正确得出③、⑤、⑥、⑦式各给2分，其余各式各给1分。
25.（16分）
解：（1）乙球平抛运动的时间为
①
水平位移大小为 ②
（2）要使甲球运动一周内与乙球相遇，则乙球的落点在圆周上，俯
视看有两种可能，乙球水平位移与直径的夹角均为30°。如图所示
若在C点相遇，甲球转过的角度为π，则甲球的速度大小为 ③
若在D点相遇，B球转过的角度为π，则甲球的速度大小为
④
评分标准：本题共16分。正确得出①、②式各给3分，其余各式各给5分。
26.（18分）
解：（1）舰载机以速度匀速爬升阶段，受力平衡，沿速度方向有
①
垂直速度方向有 ②
联立得、 ③
代入数字解得、 ④
（2）设舰载机在地面滑行时速度为，受到地面弹力为FN，受力分析可知竖直方向平衡，有 ⑤
水平方向匀加速，有 ⑥
联立解得
舰载机能做匀加速直线运动，a不变，方程中的系数必须为零，即
⑦
则有 ⑧
（3）依据图乙，0~s0过程舰载机合外力为ma0；s0~2s0过程舰载机合外力为ma，随s均匀减小，一小段位移内合外力做功为ma，此过程合外力做功可表示为
⑨
0~2s0过程应用动能定理有
⑩
解得
评分标准：本题共18分。正确得出①、②、⑧、式各给1分，其余各式各给2分。
27.（除特殊标注外，每空2分，共14分）
（1）22（1分） 3d24s2（1分）
（2）溶解铝和硅的氧化物，便于除去
（3）TiOSO4+(n+1)H2OTiO2·nH2O↓+H2SO4
（4）b
（5）2FeTiO3+7Cl2+6C2TiCl4+2FeCl3+6CO
（6）①12 ②（合理答案均给分）
【解析】（1）Ti原子序数为22号，价电子排布式为3d24s2；原子核外有22个电子，就有22种不同的电子的运动状态。
（2）氧化铝为两性氧化物，二氧化硅为酸性氧化物，均可与氢氧化钠溶液反应。
（3）从流程中可知水解产物为TiO2·nH2O。
（4）镁高温下会与氮气、二氧化碳反应，结合已知则保护气为氩气。
（6）与钛原子等距离且最近的钛原子有12个，则配位数为12；图中每个晶胞的Ti原子数，每个晶胞的质量；
，解得NA=。
28.（除特殊标注外，每空2分，共14分）
（1）分液漏斗、球形冷凝管
（2）生成FeC2O4·2H2O沉淀且该沉淀难溶于硫酸（合理均给分）
（3）2Fe(OH)3+3H2C2O4+3C2O=2[Fe(C2O4)3]3−+6H2O
（4）①水龙头冲水排气，使瓶内压强小于大气压，形成压强差
②减少晶体溶解损失，易于干燥
（5）
（6）Fe3+（1分） O（1分）
【解析】（1）由固体配制溶液不需要用到分液漏斗和球形冷凝管。
（2）复分解反应发生的条件之一是产生难溶物，但该反应还生成硫酸，推测该难溶物难溶于硫酸。
（3）结合已知信息可写出方程式。
（4）①水龙头冲水排气，形成负压，则可以快速过滤。②三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体可溶于水，难溶于乙醇，则用乙醇洗可以减少溶解损失。
（5）通过得失电子可以得到如下关系：5K3[Fe(C2O4)3]·3H2O~6KMnO4，则可一步列式。
（6）配合物中中心离子为Fe3+，提供空轨道，配体为C2O，其结构为，则提供孤电子对的配位原子为O。
29.（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）非极性（1分） （1分）
（2）+657.1kJ·mol−1
（3）①1∶2（1分）
②温度（1分） 该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CH4平衡转化率增大
（4）（1分） 50%
（5）①铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价
②高温下，Cu（+2价）或Cu（+1价）被H2还原为金属Cu
【解析】（1）CO2是非极性分子。
（2）反应I×3−反应II×2可得该反应，故ΔH=246.5kJ·mol−1×3−41.2kJ·mol−1×2=
657.1kJ·mol−1。
（3）①相同条件下，进料浓度比c(CH4)∶c(CO2)越小，CH4的平衡转化率越大。
（4）三行式：
CH4(g) + CO2(g)2CO(g) + 2H2(g)
n始(mol) 1 1 0 0
n变(mol) x x 2x 2x
n平(mol) 1−x 1−x 2x 2x
x=。
（5）由图可知反步骤(i)中CO夺取了铜—铈氧化物中的氧，故铜和铈的化学价降低；氢气具有还原性会将铜（+2、+1）还原，破坏催化剂的结构。
30．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）碳氯键、羧基
（2）丙二酸二乙酯（1分）
（3）取代反应（1分）
（4）乙醇、浓硫酸，加热
（5）sp3、sp2
（6）
（7） 、
（8）
（3分）
【解析】第一条线：
由信息Ⅰ可知E为HCHO，所以第二条线路：
由信息Ⅱ及K的结构可知J的结构为 由此可推出Ⅰ的结构。
31.（每空2分，共12分）
（1）H2O、NADH（［H］、还原型辅酶Ⅰ）
（2）①③④ 线粒体内膜
（3）②
（4）低温条件下，与呼吸作用相关的酶活性降低，从而使呼吸作用减弱
晒干后储藏（或低氧浓度条件下储藏）
32.（每空2分，共10分）
（1）Aa
（2）1/2
（3）红花植株∶粉花植株=1∶1 能 根据子代中红花植株∶粉花植株=1∶1，说明粉花植株减数分裂形成配子时，等位基因A/a彼此分离，形成了两种数量相等的配子
33.（每空2分，共10分）
（1）是细胞内的良好溶剂；参与细胞内的许多生物化学反应等
（2）无机盐和蛋白质
（3）氨基酸 循环系统、泌尿系统
（4）①②
34.（除特殊标注外，每空2分，共10分）
（1）群落（1分） 鱼食中的化学能、菜（生产者）固定的太阳能 初级消费者、分解者 流入该生态系统的总能量
（2）CO2和无机盐 不能（1分）
35.（每空2分，共12分）
（1）选择 该培养基以PAHs为唯一碳源，允许可以降解PAHs的微生物生长，同时抑制或阻止其他种类微生物的生长
（2）稀释涂布平板法 灼烧灭菌
（3）菌体和培养液充分接触
（4）PAHs的浓度超过某一值时会抑制菌株的生长
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
B
C
B
C
D
A
A
C
D
B
D
C
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14～18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
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
B
B
C
D
AB
AC
ABC
AD
【解析】
1．氧气通过自由扩散进出肺泡细胞，不需要借助转运蛋白，B错误。
2．酵母菌是真菌，A错误。能通过测定CO2产生的多少判断酵母菌的细胞呼吸方式，B错误。在测定无氧呼吸时盛有酵母菌培养液的锥形瓶应封口放置一段时间后，再连通盛有澄清石灰水的锥形瓶，D错误。
3．尿素通过尿素通道蛋白时，不需要与通道蛋白结合，B错误。
4．该病为单基因遗传病，因此受一对等位基因控制，A错误。控制该病的基因为隐性基因，B错误。Ⅱ−4个体是杂合子，D错误。
5．BR浓度为0.5mg/L时，对芹菜幼苗的生长表现为促进作用，D错误。
6．植物顶端分生区附近（如茎尖）的病毒极少，甚至无病毒，采用茎尖组织培养技术获得的脱毒植株有可能不带病毒，而不是使其具有抗病毒的特性，A错误。
7．碳纤维是由有机纤维经碳化及石墨化处理而得到的微晶石墨材料，主要成分是碳单质，是一种新型无机非金属材料，A错误。风能、电能为清洁能源，生成过程无污染，H2还原CO2制甲醇，可以减少CO2排放，符合绿色化学理念，B正确。推广风力、光伏发电减少了火力发电使用，减少二氧化碳排放，植树造林增加绿色植被可以吸收二氧化碳，发展碳捕集和储存技术，可以减少碳的排放，有利于实现碳达峰、碳中和，C正确。蛋白质高温会变性，新冠疫苗需要冷藏运输主要是防止蛋白质升温变性，D正确；故选A。
8．布洛芬的分子式为C13H18O2，A正确。烃一般难溶于水，而易溶于苯等有机溶剂，B正确。Y分子中除苯环、碳碳双键、羧基可能共平面外，只连有1个氢原子的饱和碳原子连有三个碳原子，构成四面体结构，这四个碳原子不可能在同一平面，C错误。X、Y和布洛芬分子中苯环上，侧链烷烃基上均可取代，Y和布洛芬有羧基也可取代；都有苯环，X分子中的碳碳三键和Y分子的碳碳双键均能发生加成；X、Y和布洛芬分子均能燃烧，苯环的侧链以及X分子中的碳碳三键和Y分子的碳碳双键均能被酸性高锰酸钾等氧化，都是氧化反应表现，D正确；故选C。
9．由图可知，左池为铝—空气碱性燃料电池，右池为电解池，铝电极为燃料电池的负极，多孔电极为正极，与正极相连的石墨Ⅰ电极为电解池的阳极，与负极相连的石墨Ⅱ电极为电解池的阴极。采用多孔电极是为了增大富氧空气中氧气与电极的接触面积，有利于增大氧气扩散，A正确。由分析可知，石墨Ⅰ与正极相连为电解池的阳极，Pb2+在石墨Ⅰ电极上失去电子发生氧化反应生成二氧化铅，故须向此极移动，B正确。由分析可知，工作时Al在负极失去电子发生氧化反应产生Al3+并与电解质溶液中过量的氢氧根离子反应生成AlO，故电源的负极反应式为Al−3e−+4OH− =AlO+2H2O，C正确。由分析可知，铅离子在阳极（石墨Ⅰ电极）上失去电子发生氧化反应生成二氧化铅，电极反应式为Pb2+−2e−+2H2O=PbO2↓+4H+，溶液中放电能力Cu2+>H+，故阴极（石墨Ⅱ电极）的电极反应式为Cu2++2e−=Cu，电解池中的总反应为Pb2++Cu2++2H2O=PbO2↓+Cu
+4H+ ，D错误；故选D。
10．Fe与Cl2反应产生FeCl3，0.1mol Fe完全反应需消耗0.15mol Cl2，则Fe过量，Cl2不足量，0.1mol Cl2反应转移0.2NA个电子；Cu与Cl2反应产生CuCl2，0.1mol Cu反应消耗0.1mol Cl2，故0.1mol Fe和0.1mol Cu分别与0.1mol Cl2完全反应，转移电子数均为0.2NA，A正确。标准状况下，HF是液态，且是以聚合分子(HF)n存在，不能用气体摩尔体积进行计算其分子数和原子数，B错误。环丁烷分子式为C4H8，1个环丁烷分子含有8个C—H键和4个碳碳单键，均为δ键，则7g环丁烷含有的极性键数为，C正确。尽管醋酸部分电离，但pH=3，即c(H+)=10−3mol/L，体积为1L，故H+ 数为10−3 NA，D正确；故选B。
11．相同浓度的CH3COONa和NaClO溶液中CH3COO−的水解程度小于ClO−，pH后者会大于前者，越弱越水解，对应酸的电离常数小。但NaClO溶液具有强氧化性，会漂白pH试纸，用pH试纸实测结果是后者小于前者，故不能说明Ka(CH3COOH)>Ka(HClO)，A错误。稀硝酸会氧化Fe2+ 为Fe3+，滴入K3[Fe(CN)6]溶液，不会产生蓝色沉淀，B错误。高锰酸钾溶液均过量，两支试管中溶液均不能完全褪色，无法对比褪色快慢，C错误。Fe3+ 能氧化I−为I2，I2遇淀粉溶液变蓝，该氧化还原反应中Fe3+ 是氧化剂，而I2是氧化产物，一般氧化剂的氧化性强于氧化产物，故Fe3+ 的氧化性比I2的强，D正确；故选D。
12．短周期中s能级和p能级电子总数相等的有O：1s22s22p4，Mg：1s22s22p63s2，根据W、X、Y、Z原子序数依次增大，W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素，可推知W为处于第二周期的O，X、Y、Z处于第三周期，X可以是Na、Mg、Al，Y可以是Si、P，Z是S。同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但第ⅤA 的np3能级为半充满相对较稳定状态，较难失去一个电子，比同周期相邻的第ⅥA元素高，即当Y为P，Z为S时，I1是Y>Z，A错误。X和W可以形成Na2O2，除离子键外，还存在非极性共价键，B错误。Y的最简单氢化物可以是SiH4或PH3，其中Y原子价层电子对数都是4对，均采取sp3杂化方式，而空间结构SiH4为正四面体形、PH3为三角锥形，C正确。Y、Z分别与W形成的化合物有SiO2（共价晶体）、P4O10、P4O6、SO2、SO3（分子晶体），D错误；故选C。
13．25°C时，将0.10mol/L HX溶液逐滴滴加到10mL等浓度的KOH溶液中，越来越小，与pH的关系也就不难理解。根据电离平衡常数的表达式可以推出，结合P点数据lgKa(HX)=−pH=1.7−6=−4.3，A正确。由P点的电荷守恒式可以推出c(X−)−c(K+)=c(H+)−c(OH−)=(10−6−10−8)mol/L，B正确。当加入的HX溶液的体积为10mL时，溶液中溶质为KX，存在X−水解使溶液呈碱性，所以pH=7时，加入的HX溶液的体积大于10mL，C正确。由lgKa(HX)=，如将pH=12值代入，据此可知，，D错误。故选D。
14．汽车加速时的加速度为，加速的末速度为，由得，即汽车加速到4.5s末开始匀速运动，5秒末汽车的速度大小一定为27m/s，加速阶段位移为，制动过程的末速度为0，速度为0的时刻不一定是16s末，则速度从20m/s减至0所用时间不一定是2s，所以加速度大小不一定为10m/s2，故B正确。
15.属于衰变；属于核裂变；属于人工核转变；属于核聚变；故B正确。
16．结点O受三个力作用处于平衡状态，FOA和FOB夹角始终不变。作该矢量三角形的外接圆，如图所示，FOA矢量箭头将始终落在圆周上。初始时刻，FOB恰好为其外接圆的直径，故F2逐渐减小，当绳OA转过90°处于竖直位置时，由图可知，F1顺时针转过90°，先增大后减小，最终等于Mg，故C正确。
17．对小球受力分析，根据牛顿第二定律可知，小球从a位置由静止释放，先做加速运动，当达到Ob之间的某位置时，弹簧的弹力、小球重力沿杆向下的分力平衡时，此时速度最大，故C错误。因此，小球在b位置受到弹簧弹力大于mgsinθ，故A错误。在Oa段运动过程中小球受重力沿杆向下的分力、弹簧弹力、摩擦力，因此不能判断摩擦力与mgsinθ的大小关系，故B错误。将小球拉到图示 a位置由静止释放，小球沿杆做往返运动，由于摩擦力的作用，往返运动的幅度会越来越小，最终稳定后小球只在Ob之间往返运动。若初始在a位置给小球一个向下的速度，只是小球沿杆刚开始往返运动的幅度大，随着往返次数增多，幅度越来越小，小球最终运动的范围还是在Ob之间，故D正确。
18．根据A、B两小球竖直方向的受力平衡，OA、OB两绳的竖直分力都始终等于小球的重力，而OA、OB两绳中的水平分力分别提供两球做圆周运动的向心力，并随转速的增大(或减小)而增大(或减小)。易得，OA、OB两绳的合力一定等于A、B两球的总重力。因此，当质量为2m的物块C换成质量为4m的D时，若要系统平衡，A、B两小球的质量均须调整为2m，而转速的大小不影响平衡，故A、B正确。
19．物体开始在作用下做匀速直线运动，由图可知，滑动摩擦力的大小为，拉力随时间均匀减小后，物体开始做减速运动，时，滑动摩擦力突变成静摩擦力，说明时物体刚好减速到速度为零，之后静摩擦力与拉力平衡，由图可知静摩擦力图线与滑动摩擦力图线交于时，可知在时，拉力开始均匀减小，物体开始做减速运动，合力逐渐增大，加速度逐渐增大，物体做加速度逐渐增大的减速运动，直到时停下，处于静止状态；从过程，根据动量定理可得（也可以用牛顿运动定律分析），解得物体匀速运动时的速度大小为1m/s；由图可知滑动摩擦力大小为，解得物体与接触面间的动摩擦因数为，由图可知时拉力；根据牛顿第二定律可得，物体的加速度为，故A、C正确。
20．当，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带间的滑动摩擦力时，木块滑上传送带后，所受滑动摩擦力先沿传送带向上，而合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动，速度减为零后，向下滑动，加速度不变，表现为图像斜率不变，木块速度开始反向增大，根据对称性可知木块返回传送带下端时速度为，故A可能。当，且木块重力沿传送带向下的分力小于木块与传送带间的滑动摩擦力时，木块滑上传送带后，所受滑动摩擦力沿传送带向上，合外力沿传送带向上，木块做匀加速运动，当速度增大至时，由于木块与传送带之间的最大静摩擦力也一定大于重力沿传送带向下的分力，所以木块将随传送带一起以匀速运动，故B可能。当，且木块重力沿传送带向下的分力不大于木块与传送带间的最大静摩擦力时，木块滑上传送带后先相对传送带向上滑动，所受滑动摩擦力沿传送带向下，合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动，当木块速度减小至时，将随传送带一起以运动，故C可能。当，且木块重力沿传送带向下的分力大于木块与传送带间的最大静摩擦力时，木块滑上传送带后，所受滑动摩擦力先沿传送带向下，合外力沿传送带向下，木块做匀减速运动（设加速度大小为a1），当木块速度减小至时，将开始相对传送带向下滑动，所受滑动摩擦力变为沿斜面向上，所以木块所受合外力减小，加速度减小，表现为图像斜率变小，木块沿传送带向上做匀减速运动（设加速度大小为a2），速度减为零之后开始沿传送带向下做匀加速运动（由于合外力不变，所以加速度大小仍为a2，表现为图像斜率不变），根据运动学规律可知木块速度从减至的过程位移大小为，木块速度从减至0的过程位移大小为，假设木块返回至传送带下端时的速度为，则木块速度从0增大至−的过程位移大小为，由于，所以有，即，而木块整个过程的位移应为零（应等于），上式显然不满足，故D不可能。
21．由可知大量处于能级的氢原子最多能辐射出10种不同频率的光；从能级跃迁至产生的光光子能量为，小于逸出功，不能使K极金属发生光电效应；从能级跃迁至产生的光的光子能量为，大于逸出功，可以使K极金属发生光电效应。从能级、5跃迁至产生的光光子能量大于，大于逸出功，能使K极金属发生光电效应。所以氢原子光谱中有三种可见光能够让图甲K极金属发生光电效应；若K极发射的光电子未全部被A极吸收时，则将P向右滑动时，A、K两极的电压增大，有更多的光电子被A极吸收，电流计示数增大；若K极发射的光电子已全部被A极吸收时，此时的电流已达到饱和电流，则将P向右滑动时，电流计示数不变；普朗克常数，从能级跃迁至产生的光光子能量为，则频率。
三、非选择题（共174分）
22.（除特殊标注外，每空2分，共7分）
（1）CD
（2）2.00（3分）
（3）D
【解析】（1）实验中有力传感器测量小车所受的拉力，则不需用天平测出砂和砂桶的质量，故A错误。实验中有力传感器测量小车所受拉力，不需要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M，故B错误。小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，打出一条纸带，同时记录力传感器的示数，故C正确。实验中需将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故D正确。
（2）两计数点间还有四个点没有画出，则，根据可得
（3）对小车根据牛顿第二定律，有，即，则， 解得，故选D。
23.（除特殊标注外，每空2分，共9分）
（1）B
（2）61（60~62均正确，3分） 增大
（3）AD
【解析】（1）因为水是均匀稳定地流出，所以流出的水的体积与时间成正比，所以该实验用量筒中收集的水量主要是表示滑块下滑的时间，故B正确。
（2）滑块做初速度为零的匀加速直线运动，位移与时间的二次方成正比，而流出的水的体积与时间成正比，故位移与流出的水的体积的二次方成正比，即，由表中数据可得，。对滑块由牛顿第二定律得，，若保持下滑的距离s、滑块的质量不变，减小倾角θ，滑块的加速度减小，滑块下滑所用的时间增加，水量V增加。
（3）本实验的误差主要来源：水从水箱中流出不稳定，滑块开始下滑与水开始流动不同时，选用了内径较大的量筒。选用的斜面不够光滑并不影响实验结果，故A、D正确。
24.（12分）
解：（1）石块从P点抛出后做平抛运动，则有
①
②
求得石块从P点抛出到到达地面所用时间为 ③
从P点抛出时的速度大小为 ④
则落地时的速度大小为 ⑤
（2）石块到达P时，根据牛顿第二定律有 ⑥
代入数据求得凹槽对石块的弹力为 ⑦
说明凹槽对石块的弹力方向与重力方向相同，即竖直向下，根据牛顿第三定律可知，石块对凹槽压力的大小为1500N，方向竖直向上 ⑧
评分标准：本题共12分。正确得出③、⑤、⑥、⑦式各给2分，其余各式各给1分。
25.（16分）
解：（1）乙球平抛运动的时间为
①
水平位移大小为 ②
（2）要使甲球运动一周内与乙球相遇，则乙球的落点在圆周上，俯
视看有两种可能，乙球水平位移与直径的夹角均为30°。如图所示
若在C点相遇，甲球转过的角度为π，则甲球的速度大小为 ③
若在D点相遇，B球转过的角度为π，则甲球的速度大小为
④
评分标准：本题共16分。正确得出①、②式各给3分，其余各式各给5分。
26.（18分）
解：（1）舰载机以速度匀速爬升阶段，受力平衡，沿速度方向有
①
垂直速度方向有 ②
联立得、 ③
代入数字解得、 ④
（2）设舰载机在地面滑行时速度为，受到地面弹力为FN，受力分析可知竖直方向平衡，有 ⑤
水平方向匀加速，有 ⑥
联立解得
舰载机能做匀加速直线运动，a不变，方程中的系数必须为零，即
⑦
则有 ⑧
（3）依据图乙，0~s0过程舰载机合外力为ma0；s0~2s0过程舰载机合外力为ma，随s均匀减小，一小段位移内合外力做功为ma，此过程合外力做功可表示为
⑨
0~2s0过程应用动能定理有
⑩
解得
评分标准：本题共18分。正确得出①、②、⑧、式各给1分，其余各式各给2分。
27.（除特殊标注外，每空2分，共14分）
（1）22（1分） 3d24s2（1分）
（2）溶解铝和硅的氧化物，便于除去
（3）TiOSO4+(n+1)H2OTiO2·nH2O↓+H2SO4
（4）b
（5）2FeTiO3+7Cl2+6C2TiCl4+2FeCl3+6CO
（6）①12 ②（合理答案均给分）
【解析】（1）Ti原子序数为22号，价电子排布式为3d24s2；原子核外有22个电子，就有22种不同的电子的运动状态。
（2）氧化铝为两性氧化物，二氧化硅为酸性氧化物，均可与氢氧化钠溶液反应。
（3）从流程中可知水解产物为TiO2·nH2O。
（4）镁高温下会与氮气、二氧化碳反应，结合已知则保护气为氩气。
（6）与钛原子等距离且最近的钛原子有12个，则配位数为12；图中每个晶胞的Ti原子数，每个晶胞的质量；
，解得NA=。
28.（除特殊标注外，每空2分，共14分）
（1）分液漏斗、球形冷凝管
（2）生成FeC2O4·2H2O沉淀且该沉淀难溶于硫酸（合理均给分）
（3）2Fe(OH)3+3H2C2O4+3C2O=2[Fe(C2O4)3]3−+6H2O
（4）①水龙头冲水排气，使瓶内压强小于大气压，形成压强差
②减少晶体溶解损失，易于干燥
（5）
（6）Fe3+（1分） O（1分）
【解析】（1）由固体配制溶液不需要用到分液漏斗和球形冷凝管。
（2）复分解反应发生的条件之一是产生难溶物，但该反应还生成硫酸，推测该难溶物难溶于硫酸。
（3）结合已知信息可写出方程式。
（4）①水龙头冲水排气，形成负压，则可以快速过滤。②三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体可溶于水，难溶于乙醇，则用乙醇洗可以减少溶解损失。
（5）通过得失电子可以得到如下关系：5K3[Fe(C2O4)3]·3H2O~6KMnO4，则可一步列式。
（6）配合物中中心离子为Fe3+，提供空轨道，配体为C2O，其结构为，则提供孤电子对的配位原子为O。
29.（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）非极性（1分） （1分）
（2）+657.1kJ·mol−1
（3）①1∶2（1分）
②温度（1分） 该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CH4平衡转化率增大
（4）（1分） 50%
（5）①铜的化合价由+2变为+1价，铈的化合价由+4价变为+3价
②高温下，Cu（+2价）或Cu（+1价）被H2还原为金属Cu
【解析】（1）CO2是非极性分子。
（2）反应I×3−反应II×2可得该反应，故ΔH=246.5kJ·mol−1×3−41.2kJ·mol−1×2=
657.1kJ·mol−1。
（3）①相同条件下，进料浓度比c(CH4)∶c(CO2)越小，CH4的平衡转化率越大。
（4）三行式：
CH4(g) + CO2(g)2CO(g) + 2H2(g)
n始(mol) 1 1 0 0
n变(mol) x x 2x 2x
n平(mol) 1−x 1−x 2x 2x
x=。
（5）由图可知反步骤(i)中CO夺取了铜—铈氧化物中的氧，故铜和铈的化学价降低；氢气具有还原性会将铜（+2、+1）还原，破坏催化剂的结构。
30．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）碳氯键、羧基
（2）丙二酸二乙酯（1分）
（3）取代反应（1分）
（4）乙醇、浓硫酸，加热
（5）sp3、sp2
（6）
（7） 、
（8）
（3分）
【解析】第一条线：
由信息Ⅰ可知E为HCHO，所以第二条线路：
由信息Ⅱ及K的结构可知J的结构为 由此可推出Ⅰ的结构。
31.（每空2分，共12分）
（1）H2O、NADH（［H］、还原型辅酶Ⅰ）
（2）①③④ 线粒体内膜
（3）②
（4）低温条件下，与呼吸作用相关的酶活性降低，从而使呼吸作用减弱
晒干后储藏（或低氧浓度条件下储藏）
32.（每空2分，共10分）
（1）Aa
（2）1/2
（3）红花植株∶粉花植株=1∶1 能 根据子代中红花植株∶粉花植株=1∶1，说明粉花植株减数分裂形成配子时，等位基因A/a彼此分离，形成了两种数量相等的配子
33.（每空2分，共10分）
（1）是细胞内的良好溶剂；参与细胞内的许多生物化学反应等
（2）无机盐和蛋白质
（3）氨基酸 循环系统、泌尿系统
（4）①②
34.（除特殊标注外，每空2分，共10分）
（1）群落（1分） 鱼食中的化学能、菜（生产者）固定的太阳能 初级消费者、分解者 流入该生态系统的总能量
（2）CO2和无机盐 不能（1分）
35.（每空2分，共12分）
（1）选择 该培养基以PAHs为唯一碳源，允许可以降解PAHs的微生物生长，同时抑制或阻止其他种类微生物的生长
（2）稀释涂布平板法 灼烧灭菌
（3）菌体和培养液充分接触
（4）PAHs的浓度超过某一值时会抑制菌株的生长
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