2022届云南师范大学附属中学高三高考适应性月考卷（九）理综试题 PDF版

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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
D
B
D
D
A
B
B
A
C
B
D
A

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
D
D
C
B
C
AD
AD
BCD

【解析】
1．动物激素由内分泌细胞产生，而所有活细胞都能合成酶，A错误。磷脂不属于生物大分子，B错误。细胞中大部分酶属于蛋白质，抗体都是蛋白质，部分激素也属于蛋白质，①②③可能都在核糖体上合成，D错误。
2．包扎伤口时，选用透气的敷料是为了给创口创造透气的环境，避免厌氧病原菌的繁殖，D错误。
3．细胞在生长过程中，随细胞体积的增大，细胞的相对表面积减小，物质运输的效率不断降低，A错误。若细胞中合成了RNA聚合酶，只能表明细胞转录形成了RNA，细胞不一定已经高度分化，C错误。人的成熟红细胞无细胞核，D错误。
4．DNA分子遵循碱基互补配对原则，即A与T配对，G与C配对，嘌呤和嘧啶一一对应，即使基因突变，它的配对方式也不会改变，嘌呤与嘧啶的比值仍等于1。
5．免疫抑制剂的作用是降低机体免疫反应，先天性免疫缺陷病患者的免疫功能已经低于正常人，不能使用免疫抑制剂。
6．同等强度干扰下，草原生态系统要比沙漠生态系统恢复快。
7．氢气燃烧的火焰是淡蓝色，该火炬燃烧的火焰是加入了金属盐辅助配方因焰色反应而呈现了黄色，B错误。
8．2−甲基丁烷也称为异戊烷，B错误。
9．H2O在标况下不是气体，故体积不是22.4L，A错误。每生成1mol苯乙烯，转移2mol电子，B正确。10.6g乙苯的物质的量为，苯环不含碳碳单键，1mol乙苯中含有2mol C—C单键，故0.1mol乙苯中所含的C—C单键共价键数目为0.2NA，C正确。溶液中还有CO2分子，故、和H2CO3粒子数之和小于NA，D正确。
10．该装置为固液不加热制备难溶于水的气体，故选C。
11．据题意可知，X、Y、Z分别为氮（N）、氧（O）、硫（S）元素。Y、Z即氧（O）、硫（S），其二元化合物为二氧化硫，其水化物为亚硫酸，亚硫酸是弱酸，A错误。X（氮）可形成N2H4，含有N—N非极性键，B正确。原子半径的大小顺序为硫（S）>氮（N）>氧（O），即Z>X>Y，C错误。萝卜硫素中的Z硫（S）、氢（H）元素最外层不是8电子稳定结构，D错误。
12．据题意可知有CO2 + O2−=，2CO2 + O2−=；电解池电极反应为阳极（a）−=4CO2+O2，阴极（d）+=C+3O2− 。因阳极（a）的电极反应式为−=4CO2+O2，阴极（d）的电极反应式为+=C+3O2−，故知电源c为电源的负极，A正确。①中捕获CO2时的反应为2CO2 + O2− =，②中捕获CO2时的反应为CO2 + O2− =，都没有价态变化，B正确。a极的电极反应式为−=4CO2+O2，C正确。综合考虑CO2 + O2−=，2CO2 +O2−=，以及阳极（a）−=4CO2+O2，阴极（d）+= C + 3O2−反应，可知装置存在反应CO2=C+O2，D错误。
13．两个反应的方程式分别为①Ba(OH)2 + H2SO4 = BaSO4↓+ 2H2O，②Ba(OH)2+NaHSO4 =BaSO4↓+ H2O + NaOH ，NaOH + NaHSO4 = Na2SO4+ H2O。根据反应的化学方程式可知，当氢氧化钡恰好和硫酸完全反应时，溶液的导电能力最小。b点和d点是加入硫酸氢钠进行的反应，b点是氢氧化钠溶液，抑制水的电离，d点是硫酸钠溶液，水的电离不受影响，故溶液中水的电离程度：b点小于d点，A正确。a点为钡离子和硫酸根离子完全沉淀，d点为硫酸钠溶液，溶液都显中性，pH值相同，B错误。c点①曲线为硫酸溶液，②曲线为氢氧化钠和硫酸钠的溶液，因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中的氢氧根离子浓度不相同，C错误。故①代表滴加硫酸时的变化曲线，D错误。
14．如果无线充电基座用稳恒直流电源供电，则接收线圈的磁通量不变，不能产生感应电流，无法对手机充电，故A错误。充电时线圈中有电流，根据电流的热效应，可知线圈会发热，有电能损失，故B错误。如果手机内没有接收线圈，则无线充电基座不可以对手机进行充电，故C错误。无线充电过程主要利用互感现象来实现能量传递的，故D正确。
15．从高能级跃迁到低能级，电子轨道半径减小，电子动能增大，由于原子能量减小，则电势能减小，故A错误。由于能级差是量子化的，可知氢原子跃迁时，发出的光子频率是一些分立值，故B错误。由跃迁到时发出的光子频率最大，波长最短，故C错误。一群氢原子处于的激发态，可辐射出3种不同频率的光子，从跃迁到，跃迁到辐射的光子能量大于金属钾逸出功，可以发生光电效应，可知能使金属钾发生光电效应的光谱线有2条，故D正确。
16．根据M、N均保持静止，进行受力分析可知，N受到竖直向下的重力及水平方向的拉力F，变化的绳子拉力T，如图所示，在向左拉动的时候，绳子拉力T和水平拉力F都不断增大，故A错误，C正确。由系统受力分析可知，竖直方向受到的地面的支持力始终等于系统所受的重力，故B错误。对于M的受力，设物块M的质量为m，开始时可能是，当T不断增大时，f减小。当时，随着T的增大，f将增大，所以沿斜面的摩擦力f可能先减小后增大。也可能是，当T不断增大的时候，摩擦力f增大，故D错误。 
17．根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A错误。粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得，解得，粒子的动能，由几何关系可得a、b、c粒子的轨道半径之比为2∶5∶1，因此粒子离开磁场时的动能之比为4∶25∶1，由，因三个粒子的速度之比为2∶5∶1，故向心力之比为2∶5∶1，故B正确，D错误。粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，粒子在磁场中的运动时间，由于m、q、B都相同，粒子在磁场中运动的时间之比等于粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角之比，因粒子a转过的圆心角为，粒子b转过的圆心角小于，所以比值不满足3∶2，故C错误。
18．绳中无拉力时，两物体所受的静摩擦力提供向心力，由于向心力大小不等，所以摩擦力大小也不相等，故Ａ错误。由于A物体的旋转半径大，所以A物体相对转台的摩擦力先达到滑动摩擦力，此时有，即当时，绳中有拉力，故B错误。当后，对A、B分别有;，联立解得，当转台的转速小时，所受的摩擦力均为静摩擦力， 当A的摩擦力达到滑动摩擦力后，随角速度的增大，B所受的静摩擦力增大，直到达到滑动摩擦力，之后A的摩擦力先减少，再反向增大，最后达到滑动摩擦力时，A、B一起相对转台向B离心的方向滑动，滑动时有，解得，故D错误，C正确。
19．由图可知，两小球均在电场力和库仑力的作用下保持平衡。由于库仑力为相互作用，大小相等、方向相反，故两小球受到的电场力也一定方向相反，因此两小球一定带异种电荷，则A球所受库仑力向右，B球所受库仑力向左。匀强电场方向水平向右，故正电荷受电场力向右，其受库仑力一定向左，故B带正电荷，A带负电荷，故B错误，A正确。当两环间距减小时，两球间距也在减小，则库仑力大于匀强电场的作用力，所以只有环间距大于球间距两球才能平衡，故D正确，C错误。
20．在星球表面，根据万有引力等于重力可得，则，所以有，解得。根据图象可知，在A星球表面的重力加速度为，在B表面的重力加速度为，星球A的半径是星球B的2倍，则A与B的密度相等，故A正确。加速度为零时受力平衡，根据平衡条件可得，，解得，故B错误。根据动能定理可得，根据图象的面积可得，，，故D正确。根据运动的对称性可知，P下落过程中弹簧最大压缩量为，Q下落过程中弹簧最大压缩量为，Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的2倍，故C错误。
21．达到稳定状态时电流为零，此时导体棒Ⅰ的速度为，导体棒Ⅱ的速度为，则有，解得。设过程中通过导体棒的平均电流为I，对导体棒Ⅰ根据动量定理可得，对导体棒Ⅱ根据动量定理可得，则，解得，，所以导体棒Ⅰ达到稳定状态时速度为，故B正确、A错误。对导体棒Ⅱ根据动量定理可得，其中，则整个过程中通过导体棒Ⅱ的电荷量为，故C正确。整个过程中系统产生的焦耳热，两个导体棒材料相同，质量相同，则体积相同，横截面积之比为1∶2，由电阻定律可知电阻之比为4∶1，导体棒Ⅱ上产生的焦耳热为，故D正确。
三、非选择题（共174分）
（一）必考题：共11小题，共129分。
22．（每空2分，共6分）
（1）5.25
（2）
【解析】（1）20分度的游标卡尺的读数为。
（2）由速度的定义可得。由自由落体规律，可得。
23．（除特殊标注外，每空2分，共9分）
（1）1.49 0.25
（2）小于
（3） 无（1分）
【解析】（1）由图甲所示电路图可知，路端电压，由图乙所示图象可知，电源电动势，图象斜率的绝对值，电源内阻。
（2）由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，所以电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值。
（3）根据图甲所示电路图可知，由图象可得，，故有 ，电表内阻对电阻率的测量没有影响。
24．（12分）
解：（1）在水平方向，带电粒子一直保持匀速运动，根据匀速运动的规律即可得出到达屏上的最短时间为 ①
（2） ②
在电场中，由于只受到竖直方向的力，因此粒子做类平抛运动，则有
③
④
⑤
解得 ⑥
由类平抛运动的规律得 ⑦
解得 ⑧
所以带电粒子打到屏上的位置坐标为（1.2m，0.625m） ⑨
评分标准：本题共12分。正确得出①、⑤、⑧式各给2分，其余各式各给1分。
25．（20分）
解：（1）对B物块由机械能守恒得 ①
A、B物块发生弹性碰撞，选向右为正方向，则
②
③
解得 ④
⑤
（2）由牛顿第二定律得 ⑥
⑦
第一次碰撞后到第二次碰撞前，A、B物块位移相等，即
⑧
解得（舍去）， ⑨
⑩

A、B物块相对传送带滑行的位移分别为（A、B分别与传送带图所围成的图象的面积）


物块A、B与传送带间产生的总热量
（3）A、B物块发生第二次弹性碰撞，选向右为正方向，则


解得

评分标准：本题共20分。正确得出⑧、⑭式各给2分，其余各式各给1分。
26．（每空2分，共14分）
（1）
（2）将溶液中的铁、铅、铜以更难溶的硫化物形式除去 4×10−14
（3）++H2O = TeO2↓+2NH3·H2O或+=TeO2↓+2NH3↑+ H2O TeO2是两性氧化物，H2SO4是强酸，过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失
（4）5.0
（5）22.4
【解析】（1）碲是第ⅥA族52号元素，其原子结构示意图为。
（2）在碱浸后的“滤液”还要加入Na2S的目的是为了使铁、铅、铜进一步成为FeS、 PbS、CuS而除去，滤渣2是FeS、 PbS、 CuS，其中FeS的溶解度最大[Ksp(FeS)=4×10−19]，其后的滤液中c(Fe2+)＜1×10−5 mol/L，根据Ksp(FeS)=4×10−19 可计算得c(S2−) ≥4×10−14 mol/L。
（3）“沉碲”发生反应的离子方程式为++H2O = TeO2↓+2NH3·H2O或 +=TeO2↓+2NH3+H2O；此过程用NH4NO3沉碲而不用H2SO4的原因是TeO2是两性氧化物，H2SO4是强酸，过量会导致TeO2继续与H2SO4反应导致损失。
（4）


又∶∶5

。
（5）“酸溶”后，将SO2通入溶液中进行“还原”得到粗碲的反应关系为TeO2~TeCl4 ~ 2SO2，据此计算可得需要通入SO2约22.4L（标准状况下）。
27．（每空2分，共14分）
（1）−282.7kJ·mol−1
（2）①BC ②