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2021届全国卷Ⅲ高考压轴卷 理综（含答案）
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这是一份2021届全国卷Ⅲ高考压轴卷 理综（含答案），共40页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，关于各实验装置的叙述正确的是等内容，欢迎下载使用。
2021届全国卷（Ⅲ）高考压轴卷
理科综合
注意事项：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。
3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，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 Na：23 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64 Ge:73 Ba：137
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。
1．中华文化源远流长。下列古诗文或谚语中不涉及化学变化的是
A．月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠 B．掬月水在手，弄花香满衣
C．爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏 D．瑞雪兆丰年，雷雨发庄稼
2．以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品的工业称为氯碱工业。氯及其化合物广泛应用于日常生活中，例如常用的“84”消毒液(含NaClO)、“洁厕灵”(含盐酸)等，“84”消毒液与“洁厕灵”不能混合使用。下列有关含氯物质制备及应用相关反应的离子方程式不正确的是
A．用氯气制氯水： Cl2+H2O Cl-+ClO- + 2H+
B．用“洁厕灵”清除污垢中的碳酸钙： CaCO3 +2H+=Ca2++ CO2↑+ H2O
C．用氯气和氢氧化钠溶液制消毒液： Cl2+ 2OH-= Cl-+ ClO- + H2O
D．工业上用电解NaCl溶液制Cl2： 2Cl- + 2H2OH2↑+ Cl2↑+ 2OH-
3．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．分子式为C14H14O4
B．能使酸性重铬酸钾溶液变色
C．能够发生消去反应生成双键
D．水解反应的产物能与2mol烧碱反应
4．阿伏加德罗常数的值为 NA，则下列说法正确的是
A．1 mol Fe 与 1molCl2 完全反应时转移的电子数为 3 NA
B．标准状况下，18gH2O 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．50mL18mol·L-1 浓硫酸与足量铜微热反应，转移的电子数为 1.8NA
5．关于各实验装置的叙述正确的是
A．装置甲可用于验证苯与液溴发生取代反应
B．装置乙可用于洗涤表面的
C．装置丙可用于由溶液制备
D．装置丁可用于分离乙醇与溴水
6．X、Y、Z、W为短周期主族元素，X、Y、Z同周期，Z、W同主族，且W、Y、Z、X原子序数依次增大，X元素在地壳含量中排名第二，Z原子的最外层有3个电子。下列说法错误的是
A．Y最高价氧化物的水化物为强碱
B．X的氧化物可作为信息传输介质的原料
C．原子半径Y﹥Z﹥X
D．W和X具有许多相似的性质
7．重铬酸钾是工业合成的常用氧化剂和催化剂，如图所示的微生物电池，能利用实现含苯酚废水的有效处理，该电池工作一段时间，中间室中NaCl溶液的浓度减小，则下列叙述不正确的是
A．电极a为负极，电子从电极a经过导线流向电极b
B．M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜
C．正极的电极反应式为
D．当电极b产生103g沉淀时，电极a产生14.4L(标准状况下)气体
三、非选择题：共58分，第8~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11~12题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题
8．亚硝酸钠(NaNO2)是一种工业盐，实验室可用如图装置(略去部分夹持仪器)制备。
已知：
①；
②；
③；
④酸性条件下，NO和都能与反应生成和；能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
(1)加热装置A前，先通一段时间N2，目的是_______；
(2)装置A中发生反应的化学方程式为_______；
(3)实验结束后，B瓶溶液中溶质的主要成分是_______(填化学式)。
(4)仪器C中盛放的药品为_______(填名称)。
(5)充分反应后，检验装置D中产物的方法是：取产物少许置于试管中，_______，则产物是NaNO2 (注明试剂、现象)。
(6)装置F的作用是_______；
(7)为测定亚硝酸钠的含量，称取4.000g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，再向锥形瓶中加入0.1000molL酸性KMnO4溶液20.00mL，两者恰好完全反应。计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数_______。(写出计算过程)
9．某工厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)回收与再利用工艺如下(硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+)：
部分阳离子常温下以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
阳离子
Fe3+
Fe2+
Mg2+
Al3+
Cu2+
Cr3+
开始沉淀时的pH
1.9
7.0
--
--
4.7
--
沉淀完全时的pH
3.2
9.0
11.1
8
6.7
9(>9溶解
(1)实验室用18.4mol⋅L-1的浓硫酸配制250mL4.8mol⋅L-1的硫酸溶液，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和移液管(一种能精确量取一定体积液体的仪器)外，还需___。
(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是___(至少两条)。
(3)加入H2O2的作用是___。
(4)钠离子交换树脂的原理为：Mn++nNaR→MRn+nNa+，被交换的杂质离子是___。
(5)还原过程发生以下反应(请配平)：__Na2Cr2O7+__SO2+__=__Cr(OH)(H2O)5SO4+__Na2SO4；
(6)从流程的滤液中可回收的主要物质是___。
10．氮及其化合物的研究对于生态环境保护和工农业生产发展非常重要。请回答下列问题：
(1)煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物NOx，用CH4催化还原NOx可消除氮氧化物的污染。已知：
①CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H=-865.0 kJ·mol-1
②2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g) △H=-112.5 kJ·mol-1
③适量的N2和O2完全反应，每生成2.24 L(标准状况下)NO时，吸收8.9 kJ的热量。
则CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H=___________kJ·mol-1。
(2)已知合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H=-92 kJ·mol-1
①合成氨需要选择合适的催化剂，分别选用A、B、C三种催化剂进行实验，所得结果如图1所示(其他条件相同)，则实际生产中适宜选择的催化剂是(填“A”、“B”或“C”)，理由是___________。
②科研小组模拟不同条件下的合成氨反应，向刚性容器中充人10.0 mol N2和20.0 mol H2，不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强(p)的关系如图2，T1、T2、T3由小到大的排序为___________；在T2、50MPa条件下，A点v正___________v逆(填“＞”、“＜”或“=”)；在温度T2压强50 MPa时，平衡常数Kp=___________MPa-2(列出表达式，分压=总压×物质的量分数)。
③合成氨反应在催化剂作用下的反应历程为(*表示吸附态)：
第一步N2(g)→2N*；H2(g)→2H*(慢反应)
第二步N*＋H*NH*；NH*＋H*NH2*；NH2*＋H*NH3*；(快反应)
第三步NH3*NH3(g)(快反应)
i．第一步反应的活化能E1与第二步反应的活化能E2相比：E1＞E2，请写出判断理由___________。
ii．关于合成氨工艺的下列理解，正确的有___________(填写字母编号)。
A．控制温度远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和加快的反应速率
B．合成氨反应在不同温度下的△H和△S都小于零
C．NH3易液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行
D．原料气中N2由分离空气得到，H2由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防催化剂中毒和安全事故发生
（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题任选一题作答。如果多做，则每按所做的第一题计分。
11．［化学——选修3：物质结构与性质］（15分）
W、R、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，其元素性质或原子结构如下：
元素
元素性质或原子结构
W
基态原子L能层所有能级上电子数相同
R
第二周期元素基态原子中未成对电子最多
X
基态原子核外s能级上电子总数与p能级上电子总数相等，且第一电离能低于同周期相邻元素
Y
次外层电子数是最外层电子数的2倍
Z
最外层只有1个电子，其它所有轨道电子均成对
请按要求填空：
(1)Y的基态原子有___________种不同的运动状态的电子，Z的价电子轨道表示式为___________
(2)W、R、X的简单氢化物中，键角由大到小排列是___________(用对应的分子式表示)，原因___________
(3)已知：羧酸的酸性可用pKa（pKa=-lgKa）的大小来衡量，pKa越小，酸性越强；
羧酸
三氯乙酸()
0.65
三氟乙酸()
0.23
由表可见，酸性：三氯乙酸___________三氟乙酸(填“大于”、“小于”或“等于”)，从键的极性角度解释原因___________
(4)W和Y两种元素可形成一种熔点为2700、摩氏硬度为9.5的化合物，该化合物的晶胞结构如图所示，Y原子紧邻的Y原子有___________个；若晶胞参数为a nm，晶体密度为，则阿伏伽德罗常数为___________(列出计算式即可)。
12．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
胡椒醛衍生物在香料、农药、医药等领域有着广泛用途，以香草醛(A)为原料合成5-三氟甲基胡椒醛(E)的路线如图所示：
已知：I．酚羟基能与CH2I2发生反应③，而醇羟基则不能。
II．CH3CHO+CH2OHCH2CH2OH→+H2O
(1)化合物C中官能团的名称是_____；反应④的反应类型是_______。
(2)写出反应③的化学方程式_______。
(3)满足下列条件的香草醛同分异构体有______种，其中核磁共振氢谱峰值比为3：2：2：1的同分异构体结构简式为______。
i．属于芳香族化合物，芳环上有两个取代基
ii．不能与氯化铁溶液发生显色反应
iii．能与碳酸氢钠溶液反应放出气体
(4)1 mol的香草醛最多可与_______mol的H2发生加成反应。
(5)根据已有知识并结合题给信息，已香草醛和2-氯丙烷为原料，可合成香草醛缩丙二醇()，写出合成流程图(无机试剂任选)__(合成流程图示例如下CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH)
参考答案
1．【答案】B
【解析】
A．渔火为物质燃烧发的光，燃烧属于化学变化，A 不符合题意；
B．捧起清澄明澈的泉水，泉水照见月影，好像那一轮明月在自己的手里一般；摆弄山花，馥郁之气溢满衣衫，为物理变化，B与题意相符；
C．爆竹的燃放涉及氧化还原反应，C与题意不符；
D．雷雨发庄稼指的是，2NO+O2=2NO2 ，3NO2+H2O=2HNO3+NO，闪电使空气中的氮气发生化学变化， 转化成了含氮的硝酸根离子，即植物生长需要的氮肥，D 与题意不符，故正确选项为B
2．【答案】A
【解析】
A．氯气与水反应生成的HClO是弱酸，离子方程式中不能拆开，离子方程式应为，A项符合题意；
B．洁厕灵的有效成分是盐酸，该离子方程式正确，B项不符合题意；
C．氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，该离子方程式正确，C项不符合题意；
D．电解氯化钠溶液生成氢气、氯气、氢氧化钠，该离子方程式正确，D项不符合题意；
故正确选项为A
【点睛】
离子方程式中应当拆开的物质有强酸、强碱、可溶性盐；应当遵循元素守恒、电荷守恒、得失电子守恒
3．【答案】D
【解析】
A．根据该有机物的分子结构可以确定其分子式为C14H14O4，故A正确；
B．该有机物的分子在有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，故其可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，能使酸性重铬酸钾溶液变色，再者最右边的环上有碳碳双键，也能使酸性重铬酸钾溶液变色，故B正确；
C．该有机物分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其可以在一定的条件下发生消去反应生成碳碳双键，故C正确。
D．该有机物的分子中有酯基，发生水解反应，得到羧酸和酚。但是没有给出有机物的物质的量，所以无法求算。故D叙述不正确；
故答案为：D
4．【答案】B
【解析】
A．由反应可知1molFe与1.5molCl2才能完全反应，则转移的电子数为2NA，故A错；
B．标准状况下，18gH2O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1molH2O中所含的中子数为8NA，故选B；
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
5．【答案】B
【解析】
A．Br2易挥发，可进入盛有硝酸银的试剂瓶种发生反应生成AgBr，干扰对HBr的判断，无法验证苯和溴的取代反应，故A错误；
B．易溶于水，难溶于水，故可以用图中装置操作洗涤，故B正确；
C．坩埚用于灼烧固体，无法得到水合物，由溶液制备应该用蒸发皿，故C错误；
D．乙醇与溴水互溶，无法通过分液漏斗分离，故D错误；
答案选B。
6．【答案】A
【分析】
X元素在地壳含量中排名第二，X为Si，Z和X同周期，Z原子的最外层有3个电子，则Z为Al，Y的原子序数小于Z，且Y、Z都是第三周期元素，则Y为Na或Mg，Z、W同主族，W原子序数最小，则W为B；
【解析】
W为B，Y为Na或Mg，Z为Al，X为Si，
A．若Y是Mg，最高价氧化物的水化物为Mg(OH)2，是弱碱，故A错误；
B．X为Si，SiO2可作为光导纤维的材料，故B正确；
C．同周期原子序数越大，原子半径越小，Y、Z、X原子序数依次增大，则原子半径Y﹥Z﹥X，故C正确；
D．W和X同主族，最外层电子数相同，化学性质相似，故D正确；
故选：A。
7．【答案】B
【解析】
A．该装置为原电池，电极a为失电子生成，碳元素化合价升高，发生氧化反应，a为负极，电子经导线从负极流向正极，选项A正确；
B．负极产生的通过阳离子交换膜(M)进入中间室，正极产生的通过阴离子交换膜(N)也进入中间室，中和生成水，溶液体积增大，NaCl溶液的浓度减小，选项B错误；
C．根据图示，b为正极，发生还原反应，正极的电极反应式为，选项C正确；
D．电极b产生103 g沉淀，即1 mol的，根据正极电极反应，电路中转移电子为3 mol，根据电子守恒，负极电极反应式为，标准状况下产生气体，选项D正确。
答案选B。
8．【答案】排出装置中的空气，防止NO被氧化，避免生成的亚硝酸钠中混有杂质 ， 碱石灰 加入稀硫酸(或稀盐酸)，溶液中有气泡产生且在试管上方变成红棕色气体 吸收尾气NO，防止污染空气 86.25%
【分析】
装置A中发生反应是浓硝酸和木炭加热反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，装置A中生成的二氧化氮进入装置B生成硝酸，B中发生反应3Cu+8H++2=3Cu2++NO↑+4H2O，实验结束后，实验结束后，B瓶溶液中溶质的主要成分是，，仪器C为干燥管，利用其中的碱石灰来干燥一氧化氮气体和吸收二氧化碳气体，D中发生2NO+Na2O2=2NaNO2；E为球形干燥管，防止F中的水蒸气进入D中与过氧化钠反应，F为尾气处理3MnO+5NO+4H＋=5NO+3Mn2＋+2H2O。
【解析】
(1)制备亚硝酸钠需要一氧化氮和过氧化钠反应生成，过氧化钠和二氧化碳、水蒸气发生反应，NO能与空气中的氧气反应生成二氧化氮，所以制备的一氧化氮气体必须纯净干燥，装置中无空气存在，加热装置A前，先通一段时间N2，目的是排出装置中的空气，防止NO被氧化，避免生成的亚硝酸钠中混有杂质；故答案为：排出装置中的空气，防止NO被氧化，避免生成的亚硝酸钠中混有杂质；
(2)装置A中发生反应浓硝酸和木炭加热反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，化学方程式为；故答案为：；
(3)装置A中生成的二氧化氮进入装置B生成硝酸，B中发生反应3Cu+8H++2=3Cu2++NO↑+4H2O，实验结束后，B瓶溶液中溶质的主要成分是，(填化学式)。故答案为：，；
(4)制备亚硝酸钠需要一氧化氮和过氧化钠反应生成，过氧化钠和二氧化碳、水蒸气发生反应，所以制备的一氧化氮气体必须纯净干燥，仪器C为干燥管，利用其中的碱石灰来干燥一氧化氮气体和吸收二氧化碳气体。仪器C中盛放的药品为碱石灰。故答案为：碱石灰；
(5)已知3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O，反应生成的一氧化氮遇到空气会生成红棕色气体二氧化氮，充分反应后，检验装置D中产物的方法是：取产物少许置于试管中加入稀硫酸（或稀盐酸），溶液中有气泡产生且在试管口上方出现红棕色气体，证明产物是NaNO2。
(6)装置F的作用是：吸收尾气NO，防止污染空气；故答案为：吸收尾气NO，防止污染空气；
(7)为测定亚硝酸钠的含量，称取4.000g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，再向锥形瓶中加入0.1000molL酸性KMnO4溶液20.00mL，25mL样品消耗高锰酸钾的物质的量为0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，则250mL样品溶液会消耗高锰酸钾的物质的量为0.002mol×=0.02mol，根据化合价变化可得反应关系式：2MnO～5NO，则4.000g样品中含有亚硝酸钠的物质的量为0.02mol×=0.05mol，质量为69g/mol×0.05mol=3.45g，所得固体中亚硝酸钠的质量分数为：×100%=86.25%。故答案为：86.25%。
9．【答案】250mL容量瓶、胶头滴管 升高反应温度、搅拌(或增加浸取时间、滤渣多次浸取等) 氧化+3价Cr使之转变成+6价Cr(或Cr2O72-)，以便于与杂质离子分离 Ca2+、Mg2+ 1 3 11H2O 2 1 Na2SO4
【分析】
(1)由浓硫酸配制250mL4.8mol/L硫酸溶液所需的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、移液管、250mL容量瓶和胶头滴管；
(2)酸浸时，升高反应温度、增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等能提高浸取率；
(3)双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质；H2O2氧化后的溶液中加入NaOH调pH=8，Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；
(4)钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子；
(5)二氧化硫具有还原性，被离子交换后溶液中的Na2Cr2O7氧化为硫酸根，Na2Cr2O7被还原为Cr(OH)(H2O)5SO4；
(6)从流程的滤液中可回收的主要物质是硫酸钠。
【解析】
(1)由浓硫酸配制250mL4.8mol/L硫酸溶液所需的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、移液管、250mL容量瓶和胶头滴管；
(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：升高反应温度、增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等；
(3)双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Cr3+有还原性，能被双氧水氧化为+6价的Cr，以便于与杂质离子分离；经H2O2氧化后的溶液中加入NaOH溶液使溶液呈碱性，溶液pH=8，根据表中数据知，Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；
(4)钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子；
(5)二氧化硫具有还原性，被离子交换后溶液中的Na2Cr2O7氧化为硫酸根，Na2Cr2O7被还原为Cr(OH)(H2O)5SO4，依据得失电子守恒、原子守恒配平，Na2Cr2O7+3SO2+11H2O =2Cr(OH)(H2O)5SO4+Na2SO4；
(6)从流程的滤液中可回收的主要物质是硫酸钠。
【点睛】
升高反应温度、增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等能提高浸取率。
10．【答案】-1155.5 A，催化剂A在较低温度下具有较高的活性，节约能源；且反应放热，低温有利于氨的合成 T1＜T2＜T3 ＞ 活化能越大，反应速率越慢 BCD
【分析】
先求出根据N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H，根据盖斯定律：①+②-③，得CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H；在温度T2压强50 MPa时，列出反应的三段式， ，由 ,解出x，再求出各物质的物质的量分数，求出分压，求出Kp；
【解析】
(1)①CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H=-865.0 kJ·mol-1，②2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g) △H=-112.5 kJ·mol-1，③适量的N2和O2完全反应，每生成2.24 L(标准状况下)NO时，即生成0.1molNO，吸收8.9 kJ的热量，则生成1molNO，吸收89 kJ的热量。可得N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=178kJ·mol-1，根据盖斯定律：①+②-③，则CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H= -865.0 kJ·mol-1-112.5 kJ·mol-1-178kJ·mol-1=-1155.5kJ·mol-1。故答案为：-1155.5；
(2)①合成氨需要选择合适的催化剂，实际生产中适宜选择的催化剂是A，理由是催化剂A在较低温度下具有较高的活性，节约能源；且反应放热，低温有利于氨的合成。故答案为：A；催化剂A在较低温度下具有较高的活性，节约能源；且反应放热，低温有利于氨的合成；
②如图2，合成氨是放热反应，当压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，氨的体积分数越低，T1、T2、T3由小到大的排序为T1＜T2＜T3；在T2、50MPa条件下，A点属于非平衡状态，反应向正向进行，v正＞v逆(填“＞”、“＜”或“=”)；在温度T2压强50 MPa时， ,x=5mol，各物质的物质的量分数：N2为 ，H2为，NH3为0.5，p(N2)=50×25%MPa，p(H2)=50×25%MPa，p(NH3)=50×50%MPa，平衡常数Kp=== MPa-2(列出表达式，分压=总压×物质的量分数)。故答案为：T1＜T2＜T3；＞；；
③i．第一步反应的活化能E1与第二步反应的活化能E2相比：E1＞E2，判断理由活化能越大，反应速率越慢。故答案为：活化能越大，反应速率越慢；
ii．A．控制温度远高于室温，是为了保证催化剂的活性最大，故A错误；
B．合成氨正反应形成生成物的化学键放出的热量大于拆开反应物的化学键吸收的热量，是放热反应，在不同温度下的△H都小于零，合成氨反应是气体体积减少的反应，在不同温度下的△S都小于零，故B正确；
C．NH3易液化，不断将液氨移去，减少生成物浓度，利于反应正向进行，故C正确；
D．原料气中N2由分离空气得到，H2由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防催化剂中毒和安全事故发生，故D正确；
故答案为：BCD。
11．【答案】14 CH4＞NH3＞H2O NH3中心原子有一对孤电子对H2O中心原子有两对孤电子对，CH4中心原子没有孤电子对，而孤电子对排斥力比键合电子对排斥力大，所以孤电子对越多，键角减小 小于 F的电负性比Cl大，F-C极性大于Cl-C的极性，使F3C-C极性大于Cl3C-C的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子 12
【分析】
W基态原子L能层所有能级上电子数相同，W的电子排布式为1s22s22p2，为C元素；R第二周期元素基态原子中未成对电子最多，故R为N元素；X基态原子核外s能级上电子总数与p能级上电子总数相等，且第一电离能低于同周期相邻元素，X为O元素；Y次外层电子数是最外层电子数的2倍，K、L、M层电子数分别为2、8、4，故Y为Si元素；Z最外层只有1个电子，其它所有轨道电子均成对，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，为Cu元素。
【解析】
(1)根据分析，Y是Si元素，核外所有电子的运动状态均不同，因此有14种不同的运动状态的电子；Z为Cu，价电子为3d104s1，价电子排布图为；
(2) W、R、X的简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，三个分子的中心原子均为sp3杂化，孤电子对排斥力比键合电子对排斥力大，所以孤电子对越多，键角减小，CH4、NH3、H2O中中心原子的孤电子对分别为0、1、2，故键角CH4＞NH3＞H2O；
(3)由于pKa越小，酸性越强，由表可以看出，三氯乙酸的pKa大于三氟乙酸的，故酸性三氯乙酸小于三氟乙酸；同主族元素电负性从上到下依次减弱，F的电负性比Cl大，所以F与C形成的共价键极性较大，CF3COOH中F3C-C极性大于CCl3COOH中Cl3C-C的极性，导致三氟乙酸的负电性偏向-CF3，致使羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，酸性更强；
(4)由均摊法可知，晶胞中W的个数为8×+6×=4，Y的个数为4，故该物质的化学式为SiC，由图可以看出，C在8个顶点和6个面心，与C紧邻的C有12个，由于化学式为SiC，故Si原子紧邻的Si原子也有12个；晶胞密度，故NA=。
12．【答案】羟基、醛基、碘原子 取代反应 +CH2I2→+2HI 6 4 CH3CH=CH2
【分析】
A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E。(5)以香草醛和2-氯丙烷为原料，合成香草醛缩丙二醇()，A和HOCH(CH3)CH2OH发生信息II的反应得到可由BrCH (CH3)CH2Br发生水解反应得到，BrCH(CH3)CH2Br可由丙烯和溴发生加成反应得到，丙烯可由2-氯丙烷发生消去反应得到。
【解析】
(1)化合物C结构简式是，分子中含有的官能团是-OH、-I、-CHO，则含有的官能团名称为羟基、醛基、碘原子；
反应④是与CF3COONa发生取代反应产生和ICOONa，故反应④的类型是取代反应；
(2)反应③是与CH2I2发生取代反应产生、HI，该反应的化学方程式为：+CH2I2→+HI；
(3)香草醛为，分子式是C8H8O3，其同分异构体符合条件：i．属于芳香族化合物，芳环上有两个取代基，说明有2个与苯环连接的取代基；ii．不能与氯化铁溶液发生显色反应，说明物质中不含酚羟基；iii．能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，说明分子中含有-COOH，则符合条件的同分异构体结构简式是、、、、、，故符合条件的同分异构体共有6种；
其中核磁共振氢谱峰值比为3：2：2：1的同分异构体结构简式为；
(4)香草醛分子中含有苯环及醛基都可以与H2发生加成反应，因此1 mol的香草醛最多可与4 mol H2发生加成反应；
(5)与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生CH2=CH-CH3，CH2=CH-CH3与Br2发生加成反应产生CH2Br-CHBr-CH3，CH2Br-CHBr-CH3与NaOH溶液共热，发生取代反应产生，与反应产生，故合成路线为CH3CH=CH2 。
绝密★启用前
KSSU2021年全国新课标Ⅲ高考压轴卷（物理）
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、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．物体A、B的x-t图象如图所示，由图可知( )
A．从第3 s起，两物体运动方向相同，且vA＞vB
B．两物体由同一位置开始运动，但物体A比B迟3 s才开始运动
C．在5 s内两物体的位移相等，5 s末A、B相遇
D．5 s内A、B的平均速度相等
15.美国物理学家密立根通过测量金属的遏止电压Uc与入射光频率ν，算出普朗克常量h，并与普朗克根据黑体辐射得出的h相比较，以验证爱因斯坦光电效应方程的正确性。下图是某次试验中得到的两种金属的遏止电压Uc与入射光须率ν关系图象，两金属的逸出功分别为W甲、W乙，如果用ν0频率的光照射两种金属，光电子的最大初动能分别为E甲、E乙，则下列关系正确的是( )
A．W甲E乙
B．W甲>W乙，E甲
D．W甲
A. B．
C. D．
17.如图为人造地球卫星的轨道示意图，LEO是近地轨道，MEO是中地球轨道，GEO是地球同步轨道，GTO是地球同步转移轨道。已知地球的半径R＝6 400 km，该图中MEO卫星的周期约为(图中数据为卫星近地点、远地点离地面的高度)( )
A．3 h B．8 h
C．15 h D．20 h
18.如图所示，心脏除颤器用于刺激心脏恢复正常的跳动，它通过皮肤上的电极板使电容器放电。已知某款心脏除颤器，在短于一分钟内使70 μF电容器充电到5 000 V，存储875 J能量，抢救病人时一部分能量在2 ms脉冲时间通过电极板放电进入身体，此脉冲的平均功率为100 kW。下列说法正确的是( )
A．电容器放电过程中电压不变
B．电容器充电至2 500 V时，电容为35 μF
C．电容器充电至5 000 V时，电荷量为35 C
D．电容器所释放出的能量约占存储总能量的23%
19.如图所示，相距为d的两水平虚线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的上下两个边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L(L
A．线框中一直有感应电流
B．线框中有一阶段的加速度为重力加速度g
C．线框中产生的热量为mg(d＋h＋L)
D．线框有一阶段做减速运动
20.如图所示，小车分别以加速度a1、a2、a3、a4向右做匀加速运动，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，加速度为a1、a2时，细线在竖直方向上，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，M受到的摩擦力大小分别为f1、f2、f3、f4，则以下结论正确的是( )
A．若a2(a1)＝，则＝
B．若a3(a2)＝，则＝
C．若a4(a3)＝，则＝
D．若a4(a3)＝，则＝
21.如图所示，长度为l的竖直轻杆上端连着一质量为m的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链连接于水平地面上的O点。置于同一水平地面上的正方体B恰与A接触，正方体B的质量为M。今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为6(π)，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为2∶1
B．A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为8(gl)
C．A落地时速率为
D．A、B质量之比为1∶4
第Ⅱ卷
二、非选择题：共62分，第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～34题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共47分。
22.（6分）电流表A1的量程为0～200 μA，内阻约为500 Ω，现要准确测量其内阻，除若干开关、导线之外还有器材如下：
电流表A2：与A1规格相同
滑动变阻器R1：阻值为0～20 Ω
电阻箱R2：阻值为0～9 999 Ω
保护电阻R3：阻值约为3 kΩ
电源：电动势E约为1.5 V、内阻r约为2 Ω
(1)如图所示，某同学想用等效法测量电流表内阻，设计了部分测量电路，在此基础上请你将滑动变阻器接入电路中，使实验可以完成。
(2)电路补充完整后，请你完善以下测量电流表A1内阻的实验步骤。
a．先将滑动变阻器R1的滑片移到使电路安全的位置，再把电阻箱R2的阻值调到 。(选填“最大”或“最小”)
b．闭合开关S、S1，调节滑动变阻器R1，使两电流表接近满偏，记录电流表A2的示数I。
c．保持S闭合、滑动变阻器R1的滑片位置不变，断开S1，再闭合S2，调节R2，使电流表A2的示数 ，读出此时电阻箱的阻值R0，则电流表A1内阻r1＝ 。
23.（9分）某同学设计了一个用电磁打点计时器探究碰撞中的不变量的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动。他设计的装置如图(甲)所示。小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz，长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力。
(甲)
(乙)
(1)若已测得打点纸带如图(乙)所示，并测得各计数点间距(已标在图上)。A为运动的起点，则应选 段来计算A碰前的速度。应选 段来计算A和B碰后的共同速度。(以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)
(2)已测得小车A的质量m1＝0.4 kg，小车B的质量为m2＝0.2 kg，则碰前两小车的总动量为 kg·m/s，碰后两小车的总动量为 kg·m/s。
24.（12分）如图所示，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
25.（20分）图所示AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。AB是半径为R＝1 m的4(1)圆周轨道，CDO是半径为r＝0.5 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回，不损失能量，图中没有画出)，D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2。现让一个质量为m＝1 kg的小球从A点的正上方距水平线OA高H的P处自由落下。(g取10 m/s2)
(1)当H＝2 m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；
(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围。
（二） 选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
33.【物理一一选修3–3】（15分）
（1）（5分）一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为( )
A．气体分子每次碰撞器壁的平均冲力增大
B．单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多
C．气体分子的总数增加
D．单位体积内的分子数目增加
（2）（10分）如图所示，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
(1)抽气前氢气的压强；
(2)抽气后氢气的压强和体积。
34. 【物理一一选修3–4】（15分）
（1）（5分）如图所示，一束由两种单色光混合的复色光沿PO方向射向一上、下表面平行的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束光Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。下列有关这三束光的判断正确的是( )
A．光束Ⅰ仍为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光
B．光束Ⅱ在玻璃中的传播速度比光束Ⅲ小
C．增大α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ会远离光束Ⅰ
D．改变α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ一定与光束Ⅰ平行
(2)一质点做简谐运动，其位移和时间的关系如图所示。
①求t＝0.25×10－2 s时质点的位移；
②在t＝1.5×10－2 s到t＝2×10－2 s的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化？
③在t＝0到t＝8.5×10－2 s时间内，质点的路程、位移各多大？
参考答案+解析
14.
【答案】A
【解析】：x-t图象的斜率大小表示物体运动的速度大小，斜率的正、负表示物体运动的方向，由题图可知，A正确；B物体的出发点在距离原点5 m处，A物体的出发点在原点处，B错误；物体B在5 s内的位移为10 m－5 m＝5 m，物体A在5 s内的位移为10 m，B＝5(5) m/s＝1 m/s，A＝5(10) m/s＝2 m/s，C、D错误。
15.
【答案】 A
【答案】： 根据光电效应方程得： Ekm＝hν－W0＝hν－hν0，又Ekm＝qUc，解得：Uc＝q(h)ν－q(h)ν0，知Uc ν图线中：当Uc＝0，ν＝ν0；由图象可知， 金属甲的极限频率小于金属乙， 则金属甲的逸出功小于乙的， 即W甲E乙，A正确。
16.
【答案】A
【解析】OM切割磁感线产生的电动势E＝2(BL2ω)，OM切割磁感线时产生的感应电流I＝R(E)，设电流的有效值为I有效，则IRT＝2I2R·T，解得I有效＝，选项A正确。
17.
【答案】A
【解析】 根据题图中MEO卫星距离地面高度为4 200 km，可知轨道半径约为R1＝10 600 km，同步轨道上GEO卫星距离地面高度为36 000 km，可知轨道半径约为R2＝42 400 km，为MEO卫星轨道半径的4倍，即R2＝4R1。地球同步卫星的周期为T2＝24 h，运用开普勒第三定律，2(3)＝，解得T1＝3 h，选项A正确。
18.
【答案】D
【解析】 电容器放电过程，电荷量减少，电压减小，选项A错误；电容不随电压、电荷量的变化而变化，选项B错误；由C＝U(Q)知Q＝CU＝70×10－6×5×103 C＝0.35 C，选项C错误；由η＝E总(Pt)知，η＝875(100×103×2×10－3)×100%＝23%，选项D正确。
19.
【答案】BD
【解析】 正方形线框abcd边长为L(L
【答案】CD
【解析】对第一、二幅图有：若a2(a1)＝，对M根据牛顿第二定律有：f＝Ma，则f2(f1)＝，故选项A错误；对第二、三幅图有：f2＝Ma2，设细线的拉力为F，则f3－Fsin θ＝Ma3，若a3(a2)＝，则≠，故选项B错误；对第三、四幅图有：对M和m整体分析：f＝(M＋m)a，若a4(a3)＝，则＝，故选项C正确；m水平方向有：F3sin θ＝ma3、F4sin α＝ma4，竖直方向有：F3cos θ＝mg、F4cos α＝mg，解得a3＝gtan θ、a4＝gtan α，若a4(a3)＝，则＝，故选项D正确。
21.
【答案】ABD
【解析】设小球速度为vA，正方体速度为vB，分离时刻，小球的水平速度与正方体速度相同，即vAsin 30°＝vB，解得vA＝2vB，故A正确；根据牛顿第二定律有mgsin 30°＝mA，解得vA＝2(gl)，vB＝2(vA)＝，故B正确；A从分离到落地，小球机械能守恒，有mglsin 30°＝2(1)mv2－2(1)mv，v＝2(3gl)，故C错误；在杆从竖直位置开始倾倒到小球与正方体恰好分离的过程中，小球和正方体组成的系统机械能守恒，则有mgl(1－sin 30°)＝2(1)mv＋2(1)Mv，把vA和vB的值代入，化简得m∶M＝1∶4，故D正确。
22.
【答案】:（1）见解析图（3分）（2）a.最大 c．再次为I(或仍为I) R0（3分）
【解析】(1)滑动变阻器的最大阻值远小于待测电流表内阻，因此必须采用分压式接法，电路图如图所示。
(2)a.实验前电阻箱R2应该调节到最大，以保证两电表安全；c.让电流表A2示数不变，可直接从电阻箱R2的读数得到电流表A1的内阻r1。
23.
【答案】:(1)BC DE (2)0.420 0.417
【解析】(1)从题图乙中纸带上打点的情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC段能较准确地描述A在碰前的运动情况，应选用BC段计算A碰前的速度。从CD段打点的情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE段内小车运动稳定，故应选用DE段计算A和B碰后的共同速度。
(2)取A的初速度方向为正方向，A在碰撞前的速度v0＝5T(BC)＝ m/s＝1.050 m/s，A在碰撞前的动量p0＝m1v0＝0.4×1.050 kg·m/s＝0.420 kg·m/s，碰撞后两小车的共同速度v＝5T(DE)＝ m/s＝0.695 m/s，碰撞后两小车的总动量p＝(m1＋m2)v＝(0.2＋0.4)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s。
24.
【答案】:(1) (2)3
【解析】(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有qU＝2(1)mv2 ①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB＝m ②
由几何关系知d＝r ③
联立①②③式得＝。 ④
(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为
s＝2(πr)＋rtan 30° ⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
t＝v(s) ⑥
联立②④⑤⑥式得t＝4U(Bd2)3。 ⑦
25.
【答案】(1)84 N (2)0.65 m≤H≤0.7 m
【解析】
思路点拨：解此题可按以下思路
(1)小球由P到D全过程，由动能定理列方程求小球第一次到达D点的速度。
(2)小球仅仅与弹性挡板碰撞一次且刚好不脱离CDO轨道的两个临界条件是在O点重力提供向心力，碰后再返回最高点恰能上升到D点。
[解析](1)设小球第一次到达D的速度为vD，对小球从P到D点的过程，根据动能定理得：
mg(H＋r)－μmgL＝2(1)mv－0
在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有：
FN＝mD
联立解得：FN＝84 N
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：
F′N＝FN＝84 N。
(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最小时必须满足能上升到O点，由动能定理得：
mgHmin－μmgL＝2(1)mvO(2)－0
在O点有：mg＝mO
代入数据解得：Hmin＝0.65 m
仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，碰后再返回最高点能上升到D点，则有：
mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0
代入数据解得：Hmax＝0.7 m
故有：0.65 m≤H≤0.7 m。
33.
【答案】(1)BD （2） 1)(p0＋p) 2)p0＋4(1)p ()
【解析】理想气体经等温压缩，体积减小，单位体积内的分子数目增加，则单位时间内单位面积器壁上受到气体分子的碰撞次数增多，压强增大，但气体分子每次碰撞器壁的平均冲力不变，故B、D正确，A、C错误。
（2）
(1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得
(p10－p)·2S＝(p0－p)·S ①
得p10＝2(1)(p0＋p)。 ②
(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2。根据力的平衡条件有
p2·S＝p1·2S ③
由玻意耳定律得
p1V1＝p10·2V0 ④
p2V2＝p0V0 ⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故V1－2V0＝2(V0－V2)⑥
联立②③④⑤⑥式解得
p1＝2(1)p0＋4(1)p ⑦
V1＝()。
34.
【答案】(1)ABD (2)①－ cm ②变大 变大 变小 变小 变大 ③34 cm 2 cm
【解析】
由题意画出如图所示的光路图，可知光束Ⅰ是反射光线，所以仍是复色光，而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导致偏折分离，所以光束Ⅱ、Ⅲ是单色光，故A正确；由于光束Ⅱ的偏折程度大于光束Ⅲ，所以玻璃对光束Ⅱ的折射率大于对光束Ⅲ的折射率，根据v＝n(c)可知，光束Ⅱ在玻璃中的传播速度比光束Ⅲ小，故B正确；当增大α角且α<90°，即入射角减小时，光束Ⅱ、Ⅲ会靠近光束Ⅰ，故C错误；因为厚玻璃平面镜的上下表面是平行的，根据光的入射角与反射角相等以及光的可逆性，可知改变α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ一定与光束Ⅰ平行，故D正确。
(2)①由题图可知A＝2 cm，T＝2×10－2 s，振动方程为x＝Asin
＝－Acos ωt＝－2cos cm
＝－2cos 100πt cm
当t＝0.25×10－2 s时，x＝－2cos cm＝－ cm。
②由题图可知在t＝1.5×10－2 s到t＝2×10－2 s的振动过程中，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大。
③在t＝0到t＝8.5×10－2 s时间内经历4(17)个周期，质点的路程为s＝17A＝34 cm，位移为2 cm。
2021全国III卷高考压轴卷
生 物
一、选择题：本题共6个小题，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．研究表明，溶酶体可能是由经高尔基体加工过的水解酶被小泡包裹后在细胞内聚集形成的。如果该观点正确，则下列说法不正确的是( )
A．溶酶体中的酶有些具有分解磷脂的功能
B．溶酶体的形成过程可能与核糖体有关
C．溶酶体的膜成分应该与高尔基体相似
D．溶酶体形成过程能体现生物膜的结构特点
2.呼吸熵(RQ)是指生物体在同一时间内，氧化分解时释放二氧化碳量与吸收氧气量的比值。下图是部分有机物完全氧化分解时的呼吸熵。下列叙述错误的是( )
A．长期多食而肥胖的人，RQ值最接近于1
B．与正常人相比，长期患糖尿病的人RQ值会增大
C．叶肉细胞缺氧时的RQ值高于氧气充足时的RQ值
D．脂肪因O含量低而C、H含量高，故其RQ值低于1
3. 分泌蛋白Shh在人胚胎发育过程中起重要的调控作用，由位于7号染色体上的Shh基因控制合成，固醇类复合物是控制该基因转录过程所必需的。分泌蛋白Shh合成后并没有生物活性，只有切除一部分氨基酸后，剩下的末端片段才有活性。下列推测不合理的是( )
A．胆固醇摄入不足可能会影响胎儿正常发育
B．分泌蛋白Shh发挥作用依赖于蛋白酶的修饰、加工
C．固醇类复合物通过控制RNA聚合酶的活性来影响分泌蛋白Shh的合成
D．某患者体内缺乏分泌蛋白Shh可能与染色体结构变异有关
4.东美鸣角鸮(一种猫头鹰)在繁殖期喜欢将一种盲蛇(体型似蚯蚓)带回巢内，这种盲蛇不但不会伤害雏鸟，还会吃掉巢里的蚂蚁、苍蝇等昆虫及其幼虫和蛹。以下说法错误的是( )
A．东美鸣角鸮与盲蛇相互选择、协同进化
B．在繁殖期，东美鸣角鸮与盲蛇为共生关系
C．在盲蛇照看下，东美鸣角鸮雏鸟存活率更高
D．捕不到盲蛇，东美鸣角鸮会捕某种蟒蛇作为替代
5．标志重捕法和样方法是调查种群密度的两种常用方法。下列有关说法错误的是( )
A．随机选取样方n个，每个样方的生物个体数量为X1、X2……Xn，则样方内生物个体数量的平均值为(X1＋X2＋……＋Xn)/n
B．调查动物的种群密度时一般采用标志重捕法
C．计数时同种生物个体无论大小都要计数
D．标志重捕法中种群数量的估算公式是(标记个体数×重捕标记个体数)/重捕个体数
6.现有长翅雌果蝇(TT)和残翅(tt)雄果蝇杂交，子一代中偶然出现了一只残翅果蝇。关于该残翅果蝇的形成原因分析，下列分析不合理的是( )
A．该残翅果蝇的基因型为Tt，其残翅性状是由环境影响的结果
B．亲本雄果蝇在减数分裂过程中，一条染色体丢失了t基因片段
C．亲本雌果蝇在减数分裂过程中，一条染色体丢失了T基因片段
D．亲本雌果蝇减数分裂时，一条染色体上的T基因突变为t基因
第Ⅱ卷
二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第29~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第37~38题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题（共39分）
29．(9分)某城市考虑引进香樟作为绿化树种，为了解光照强度与光周期对香樟苗生长的影响，研究人员进行了相关研究。回答下列问题：
(1)研究过程中，需要保持一定的温度、二氧化碳浓度，并为香樟苗始终提供适量的______________(至少回答2点)。
(2)研究人员测定了若干组长势相同的同龄香樟苗在不同光照强度下的净光合作用强度。结果表明，香樟苗生长最适宜的光照强度范围是21～30 klx。过低或过高的光照强度都不利于香樟苗的生长，其原因是___________________________________________________。
(3)研究人员在适宜条件下培养若干香樟种子，待幼苗出土后，在适宜的光照强度下，设3个人工控制的光周期处理组继续培养，2个月后测定各组香樟苗的株高和地径(靠近地表处的直径)。结果如下：
光周期对香樟苗的株高和地径的影响(单位：mm)
组别
光周期
株高
地径
A
10 h光期＋14 h暗期
291
3.84
B
15 h光期＋9 h暗期
302
4.17
C
24 h光期＋0 h暗期
316
3.95
该城市春季平均日照长度接近10 h、夏季平均日照长度接近15 h，结合上述实验结果分析，在大棚中培育香樟苗适合在________(填“春季”或“夏季”)，并应控制好大棚内温度、二氧化碳浓度，且根据一天光照强度的变化情况采取________________的措施让香棒苗更好地生长。
30.（8分）生产实践中总结出“根深叶茂”和“育秧先育根”的宝贵经验，即只有根生长得好，地上部分才能很好地生长。请回答：
(1)在生产实践中，人们成功的合成了多种植物生长调节剂。其具有_____________等优点。
(2)在用IAA处理插条生根时，如果IAA的浓度较低，适合采用_____________法处理插条。
(3)IAA除了具有促进生根的功能，还与叶片和果实的脱落有关。有些研究结果如图所示。据图可知。IAA对脱落的效应与_____________有关。
(4)脱落的生物化学过程主要是水解离层的细胞壁和中胶层，使细胞分离。与脱落有关的酶种类较多，其中_____________是较为关键的。
31.（10分）用野生型果蝇培育出两个果蝇突变品系——黑檀体和黑条体，两个品系都是由于染色体上基因隐性突变所致，且这2个突变品系与野生型都只有一对等位基因存在差异。请回答：
(1)选择_____________果蝇通过一次杂交判断这对相对性状的遗传方式，若实验预期为_____________，则可推测野生型基因位于X染色体上。
(2)经大量实验，实验结果不支持上述推论。为进一步确定突变品系基因在染色体上的位置关系，可利用黑檀体和黑条体果蝇杂交，统计子代的性状及分离比。
①若F1未出现野生型，则可以推测黑檀体与黑条体基因的关系是_____________基因。
②若F1表现为野生型，F2野生型和突变型的比例接近于______________，可知控制黑檀体与黑条体的基因位于两对同源染色体上。
③若F1表现为野生型，F2野生型和突变型的比例接近于________________，说明控制黑檀体与黑条体的基因位于一对同源染色体上。(注：不考虑交叉互换)
32.（12分）下图1为某农田生态系统碳循环和能量流动的部分示意图，其中甲、乙、丙、丁为生态系统的组成成分，a、b、c、d代表乙中不同的种群；图2为该生态系统中部分生物之间的营养关系。据图回答：
(1)图1中不属于生物群落的是_____________，图示过程直接揭示了生态系统的主要功能是_____________。
(2)图1中有___条食物链，其中次级消费者为_____________。
(3)该生态系统中碳元素从生物群落通过_____________途径进入无机环境中。
(4)假设图2中E种群的能量是5.8×109 kJ，其中有1.3×109 kJ的能量传递给B种群。若能量的传递效率为10%～20%，则A种群的能量至少是_____________kJ。
(5)此农田生态系统弃耕以后发生的演替属于_____________演替，在此过程中其恢复力稳定性的变化趋势是_ __(填“升高”“不变”“降低”)。
（二）选考题：共15分。请考生从2道题中选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
37．[生物——选修1：生物技术实践]（15分）
胡萝卜素可以用来治疗因缺乏维生素A引起的各种疾病，如夜盲症、干皮症等，还是常用的食品色素，广泛地用作食品、饮料和饲料的添加剂。结合所学知识，回答下列有关胡萝卜素提取的问题：
(1)请补充完整从胡萝卜中提取胡萝卜素的实验流程：胡萝卜→粉碎→___________→_________→过滤→浓缩→胡萝卜素。
(2)乙醇和丙酮都不能用于胡萝卜素的萃取，原因是_____________。
(3)萃取的效率主要取决于萃取剂的_____________。萃取的最佳温度和时间可以通过设置_____________来摸索。
(4)萃取的过程需采用_____________加热，将提取的胡萝卜素粗品通过_____________进行鉴定，若要获得β－胡萝卜素，还必须对提取的产物进一步_____________。
38． [生物——选修3：现代生物科技专题]（15分）
已知某传染性疾病的病原体为RNA病毒，该病毒表面的P蛋白为主要抗原。根据图1回答问题：
(1)过程①指的是_____________。从过程①到提取分离出P基因的具体操作中，源自不同生物的DNA之所以能够重组的原因是：_____________；相同的基因在不同的生物体内，都能成功表达出相同的产物，其原因是：_____________。
(2)过程③构建重组DNA分子过程中最常用的载体是_____________。若限制酶Ⅲ的识别序列是CCTAGG，它能在A和G之间切断DNA，图2表示用该酶处理P基因后产生的片段。若P基因某处有一个CCTAGC突变为CCTAGG，用该酶处理后将产生_____________个片段。
(3)除了B淋巴细胞外，图中能特异性识别抗原的细胞还有[_____________]，细胞识别的物质基础是_____________。
(4)对健康人进行该传染病免疫预防时，可选用图2中基因工程生产的_____________制成疫苗，该疫苗注射到人体内后，首先由_____________进行处理和呈递，最终激活B淋巴细胞。
(5)雌性老鼠体内存在⑦的场所有_____________。(多选)
A．血清 B．乳汁
C．组织液 D．肝细胞内
参考答案及解析
1.【答案】A
【解析】 溶酶体是由水解酶被小泡包裹形成的，小泡膜的主要成分是磷脂和蛋白质，说明溶酶体中的酶不能分解磷脂，A错误；溶酶体膜上有蛋白质，其内部水解酶的化学本质也是蛋白质，蛋白质的合成与核糖体有关，B正确；若题中观点正确则说明溶酶体的膜成分应该与高尔基体相似，溶酶体的形成过程体现了生物膜具有一定流动性的结构特点，C、D正确。
2.【答案】B
【解析】 肥胖、营养过剩说明糖类过多，部分糖类转化为脂肪，此时主要由葡萄糖供能，RQ值最低为1，A正确；与正常人相比，糖尿病患者葡萄糖的利用发生障碍，机体主要靠脂肪供能，因此RQ值在0.70左右，B错误；植物叶肉细胞进行无氧呼吸只释放二氧化碳，不吸收氧气，RQ值非常高，而进行有氧呼吸最常利用的物质是葡萄糖，RQ值为1，C正确；呼吸熵是释放二氧化碳量与吸收氧气量的比值，而脂肪中碳、氢比例高于葡萄糖，氧比例低于葡萄糖，同质量的脂肪氧化分解消耗的氧气多于葡萄糖，因此呼吸熵更低，D正确。
3.【答案】C
【解析】 由题意可知，胆固醇摄入不足会影响Shh基因的转录，进而影响分泌蛋白Shh的合成。最终会影响胎儿正常发育，A合理；分泌蛋白Shh合成后需要切除一部分氨基酸后才有生物活性，说明分泌蛋白Shh发挥作用依赖于蛋白酶的修饰、加工，B合理；固醇类复合物通过控制转录过程来影响分泌蛋白Shh的合成，C不合理；某患者体内缺乏分泌蛋白Shh，可能与7号染色体上Shh基因所在的片段缺失有关，即与染色体结构变异有关，D合理。
4.【答案】D
【解析】 东美鸣角鸮与盲蛇相互选择、协同进化，A正确；在繁殖期，东美鸣角鸮与盲蛇为共生关系，B正确；在盲蛇照看下，东美鸣角鸮雏鸟存活率更高，C正确；捕不到盲蛇，东美鸣角鸮是否会捕某种蟒蛇作为替代，题目中无此信息，D错误。故选D。
5.【答案】D
【解析】 样方法调查植物种群密度时，求所有样方的平均值作为最终的估算数值，A项正确；动物活动能力强、活动范围大，调查种群密度时一般用标志重捕法，B项正确；计数时与个体的大小和年龄无关，同种生物个体都应计入总数，C项正确；标志重捕法中种群数量的估算公式：(标记个体数×重捕个体数)/重捕标记个体数，D项错误。
6.【答案】B
【解析】 若该残翅果蝇的基因型为Tt，其残翅性状是由环境影响的结果，A正确；若亲本雄果蝇在减数分裂过程中，一条染色体丢失了t基因片段，则子代的基因型为T，表现为长翅，B错误；若亲本雌果蝇在减数分裂过程中，一条染色体丢失了T基因片段，则子代的基因型为tO，表现为残翅，C正确；亲本雌果蝇减数分裂时，一条染色体上的T基因突变为t基因，则子代基因型为tt，表现为残翅，D正确。故选B。
29.【答案】
(1)水分和无机盐 （2分）
(2)光照强度过低，限制了光合作用的正常进行，从而不利于干物质积累；（2分）光照强度过高，可破坏相关色素以及直接或间接影响与光合作用相关蛋白质的活性 （2分）
(3)夏季（1分） 适时补光及遮阴（2分）
【解析】(1)本实验的自变量是光照强度和光周期，为保障香樟苗的正常生长，在研究过程中，需要保持一定的温度、二氧化碳浓度，并为其始终提供适量的水分和无机盐，以保证无关变量相同且适宜。(2)光照强度过低，限制了光合作用的正常进行，不利于干物质积累；光照强度过高，会破坏相关色素的结构以及直接或间接影响与光合作用相关蛋白质的活性。(3)据表可知，与A组(10 h光期＋14 h暗期)相比，B组(15 h光期＋9 h暗期)处理更有利于香樟苗的生长，结合题中信息可知，该城市在大棚中培育香樟苗适合在夏季，并应控制好大棚内的温度、二氧化碳浓度，且根据一天光照强度的变化情况采取适时补光及遮阴，让香樟苗更好地生长。
30.【答案】（每空2分）
(1)容易合成、原料广泛、效果稳定
(2)浸泡
(3)IAA的施用部位、IAA的浓度
(4)纤维素酶和果胶酶
【解析】 (1)植物生长调节剂具有容易合成、原料广泛、效果稳定等优点。(2)生长素类似物处理扦插枝条的方法有浸泡法和沾蘸法。其中浸泡法要求溶液的浓度较低，并且最好是在遮阴和空气湿度较高的地方进行处理。(3)根据图示可知，曲线表明IAA对不同部位(a表示施用部位在离层近基端，b表示施用部位在离层远基端)结果不同；同时不同浓度的IAA对施用部位在离层近基端(即a)结果不同。(4)植物细胞壁的主要成分是纤维素和果胶，使用纤维素酶和果胶酶能够使细胞壁水解。
31.【答案】（每空2分）
（1）野生型雄性和黑檀体(或黑条体)雌性 子代雄性都为黑檀体(或黑条体)、雌性都为野生型
（2）等位 9∶7 1∶1
【解析】 (1)已知条件野生型的基因位于性染色体X上，说明这个隐性突变在性染色体上，使用测交的方法，杂交方式如下述操作，野生型雄性与黑檀体(或黑条体)雌性实验，结果预期就应当是子代雄性都为黑檀体(或黑条体)、雌性都为野生型。(2)已知野生型基因不在X染色体上，而是在常染色体上，利用黑檀体和黑条体果蝇杂交：①若F1未出现野生型，则可以推测黑檀体与黑条体基因的关系是互为等位基因。②若F1表现为野生型，控制黑檀体与黑条体的基因位于两对同源染色体上。则F2野生型和突变型的比例为9∶7。③若F1表现为野生型，控制黑檀体与黑条体的基因位于一对同源染色体上。F2野生型和突变型的比例为1∶1。
32.【答案】（除标注外每空2分）
(1)丁 （1分） 物质循环和能量流动
(2)2 （1分） b和c
(3)动植物的呼吸作用和分解者分解作用
（4） 4.5×107
(5)次生（1分） 降低（1分）
【解析】 (1)依据某农田生态系统的碳循环部分示意图中的箭头指向可推知：丁为大气中的CO2库，甲为生产者，乙为消费者，丙为分解者，因此该生态系统的成分中不属于生物群落的是丁。图中的数值表示能量流动数值，所以图示的过程直接揭示了生态系统的主要功能是进行能量流动和物质循环。(2)图1中bc能量相似，生物链有甲→a→b→d或甲→a→c→d,2条。其中次级消费者为b和c。(3)该生态系统中碳元素从生物群落通过动植物的呼吸作用和分解者分解作用进入无机环境中。(4)能量传递效率为10%，E种群的能量是5.8×109 kJ，其中有1.3×109 kJ的能量传递给B种群。E同化量＝呼吸作用消耗的能量＋用于生长、发育、繁殖的能量，5.8×109 kJ－1.3×109 kJ＝4.5×109 kJ，A种群的能量至少是4.5×109 kJ×10%×10%＝4.5×107 kJ。(5)此农田生态系统弃耕以后发生的演替属于次生演替。在此过程中，因营养结构趋于复杂，生态系统的自我调节能力逐渐增强，所以其恢复力稳定性逐渐降低。
37.【答案】（除标注外每空2分）
（1）干燥 萃取
（2）乙醇和丙酮都是水溶性有机溶剂，萃取胡萝卜素的有机溶剂不应与水混溶(合理即可)
（3）性质和使用量 对照实验
（4）水浴（1分） 纸层析法 分离
【解析】(1)从胡萝卜中提取胡萝卜素的实验流程：胡萝卜→粉碎→干燥→萃取→过滤→浓缩→胡萝卜素。(2)乙醇和丙酮均是水溶性有机溶剂，萃取中因能与水混溶而影响萃取效果，因此乙醇和丙酮都不能用于胡萝卜素的萃取。(3)萃取的效率主要取决于萃取剂的性质和使用量，同时还受到原料颗粒的大小、紧密程度、含水量、萃取的温度和时间等条件的影响；萃取的最佳温度和时间可以通过设置对照实验来摸索。(4)萃取过程应避免明火加热，需采用水浴加热，这是因为有机溶剂都是易燃物，直接使用明火加热容易引起燃烧、爆炸；提取的胡萝卜素粗品通过纸层析法进行鉴定，若要获得β－胡萝卜素，还必须对提取的产物进一步分离。
38.【答案】（除标注外每空1分）
（1）逆转录 所有生物的DNA分子结构相似（2分） 所有生物共用一套遗传密码（2分）
（2）质粒 5（2分）
（3）⑥ 糖蛋白
（4）P蛋白（2分） 巨噬细胞
（5）ABC（2分）
【解析】 (1)RNA→DNA的过程为逆转录，源自不同生物的DNA之所以能够重组的原因是所有生物的DNA分子结构相似。相同的基因在不同的生物体内，都能成功表达出相同的产物，其原因是所有生物共用一套遗传密码。(2)构建重组DNA分子过程中最常用的载体是质粒。因为图中给出是4个片段，所以该基因上应该有3个CCTAGG序列。如果根据某处有一个CCTAGC突变为CCTAGG的条件，该基因上就有4个CCTAGG序列了，然后通过酶切，就会得出5个片段。(3)B淋巴细胞和记忆细胞都能特异性识别抗原。糖蛋白具有识别、信息交流等功能。(4)免疫预防是将减毒或无毒的疫苗或菌苗注射到体内，从而使该个体产生相应的记忆细胞和抗体。对健康人进行该传染病免疫预防时，可选用图2中基因工程生产的P蛋白制成疫苗注射到人体内。该疫苗注射到人体内后，首先由巨噬细胞进行处理和呈递，最终激活B淋巴细胞。(5)⑦为抗体，主要分布在血清，其次是组织液和外分泌液。乳汁就属于外分泌液。
2021届全国卷（Ⅲ）高考压轴卷
理科综合
注意事项：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。
3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，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 Na：23 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64 Ge:73 Ba：137
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。
1．中华文化源远流长。下列古诗文或谚语中不涉及化学变化的是
A．月落乌啼霜满天，江枫渔火对愁眠 B．掬月水在手，弄花香满衣
C．爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏 D．瑞雪兆丰年，雷雨发庄稼
2．以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品的工业称为氯碱工业。氯及其化合物广泛应用于日常生活中，例如常用的“84”消毒液(含NaClO)、“洁厕灵”(含盐酸)等，“84”消毒液与“洁厕灵”不能混合使用。下列有关含氯物质制备及应用相关反应的离子方程式不正确的是
A．用氯气制氯水： Cl2+H2O Cl-+ClO- + 2H+
B．用“洁厕灵”清除污垢中的碳酸钙： CaCO3 +2H+=Ca2++ CO2↑+ H2O
C．用氯气和氢氧化钠溶液制消毒液： Cl2+ 2OH-= Cl-+ ClO- + H2O
D．工业上用电解NaCl溶液制Cl2： 2Cl- + 2H2OH2↑+ Cl2↑+ 2OH-
3．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．分子式为C14H14O4
B．能使酸性重铬酸钾溶液变色
C．能够发生消去反应生成双键
D．水解反应的产物能与2mol烧碱反应
4．阿伏加德罗常数的值为 NA，则下列说法正确的是
A．1 mol Fe 与 1molCl2 完全反应时转移的电子数为 3 NA
B．标准状况下，18gH2O 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．50mL18mol·L-1 浓硫酸与足量铜微热反应，转移的电子数为 1.8NA
5．关于各实验装置的叙述正确的是
A．装置甲可用于验证苯与液溴发生取代反应
B．装置乙可用于洗涤表面的
C．装置丙可用于由溶液制备
D．装置丁可用于分离乙醇与溴水
6．X、Y、Z、W为短周期主族元素，X、Y、Z同周期，Z、W同主族，且W、Y、Z、X原子序数依次增大，X元素在地壳含量中排名第二，Z原子的最外层有3个电子。下列说法错误的是
A．Y最高价氧化物的水化物为强碱
B．X的氧化物可作为信息传输介质的原料
C．原子半径Y﹥Z﹥X
D．W和X具有许多相似的性质
7．重铬酸钾是工业合成的常用氧化剂和催化剂，如图所示的微生物电池，能利用实现含苯酚废水的有效处理，该电池工作一段时间，中间室中NaCl溶液的浓度减小，则下列叙述不正确的是
A．电极a为负极，电子从电极a经过导线流向电极b
B．M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜
C．正极的电极反应式为
D．当电极b产生103g沉淀时，电极a产生14.4L(标准状况下)气体
三、非选择题：共58分，第8~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11~12题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题
8．亚硝酸钠(NaNO2)是一种工业盐，实验室可用如图装置(略去部分夹持仪器)制备。
已知：
①；
②；
③；
④酸性条件下，NO和都能与反应生成和；能使酸性高锰酸钾溶液褪色。
(1)加热装置A前，先通一段时间N2，目的是_______；
(2)装置A中发生反应的化学方程式为_______；
(3)实验结束后，B瓶溶液中溶质的主要成分是_______(填化学式)。
(4)仪器C中盛放的药品为_______(填名称)。
(5)充分反应后，检验装置D中产物的方法是：取产物少许置于试管中，_______，则产物是NaNO2 (注明试剂、现象)。
(6)装置F的作用是_______；
(7)为测定亚硝酸钠的含量，称取4.000g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，再向锥形瓶中加入0.1000molL酸性KMnO4溶液20.00mL，两者恰好完全反应。计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数_______。(写出计算过程)
9．某工厂对制革工业污泥中Cr(Ⅲ)回收与再利用工艺如下(硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+)：
部分阳离子常温下以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：
阳离子
Fe3+
Fe2+
Mg2+
Al3+
Cu2+
Cr3+
开始沉淀时的pH
1.9
7.0
--
--
4.7
--
沉淀完全时的pH
3.2
9.0
11.1
8
6.7
9(>9溶解
(1)实验室用18.4mol⋅L-1的浓硫酸配制250mL4.8mol⋅L-1的硫酸溶液，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和移液管(一种能精确量取一定体积液体的仪器)外，还需___。
(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是___(至少两条)。
(3)加入H2O2的作用是___。
(4)钠离子交换树脂的原理为：Mn++nNaR→MRn+nNa+，被交换的杂质离子是___。
(5)还原过程发生以下反应(请配平)：__Na2Cr2O7+__SO2+__=__Cr(OH)(H2O)5SO4+__Na2SO4；
(6)从流程的滤液中可回收的主要物质是___。
10．氮及其化合物的研究对于生态环境保护和工农业生产发展非常重要。请回答下列问题：
(1)煤燃烧产生的烟气中含有氮的氧化物NOx，用CH4催化还原NOx可消除氮氧化物的污染。已知：
①CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H=-865.0 kJ·mol-1
②2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g) △H=-112.5 kJ·mol-1
③适量的N2和O2完全反应，每生成2.24 L(标准状况下)NO时，吸收8.9 kJ的热量。
则CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H=___________kJ·mol-1。
(2)已知合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) △H=-92 kJ·mol-1
①合成氨需要选择合适的催化剂，分别选用A、B、C三种催化剂进行实验，所得结果如图1所示(其他条件相同)，则实际生产中适宜选择的催化剂是(填“A”、“B”或“C”)，理由是___________。
②科研小组模拟不同条件下的合成氨反应，向刚性容器中充人10.0 mol N2和20.0 mol H2，不同温度下平衡混合物中氨气的体积分数与总压强(p)的关系如图2，T1、T2、T3由小到大的排序为___________；在T2、50MPa条件下，A点v正___________v逆(填“＞”、“＜”或“=”)；在温度T2压强50 MPa时，平衡常数Kp=___________MPa-2(列出表达式，分压=总压×物质的量分数)。
③合成氨反应在催化剂作用下的反应历程为(*表示吸附态)：
第一步N2(g)→2N*；H2(g)→2H*(慢反应)
第二步N*＋H*NH*；NH*＋H*NH2*；NH2*＋H*NH3*；(快反应)
第三步NH3*NH3(g)(快反应)
i．第一步反应的活化能E1与第二步反应的活化能E2相比：E1＞E2，请写出判断理由___________。
ii．关于合成氨工艺的下列理解，正确的有___________(填写字母编号)。
A．控制温度远高于室温，是为了保证尽可能高的平衡转化率和加快的反应速率
B．合成氨反应在不同温度下的△H和△S都小于零
C．NH3易液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行
D．原料气中N2由分离空气得到，H2由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防催化剂中毒和安全事故发生
（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题任选一题作答。如果多做，则每按所做的第一题计分。
11．［化学——选修3：物质结构与性质］（15分）
W、R、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，其元素性质或原子结构如下：
元素
元素性质或原子结构
W
基态原子L能层所有能级上电子数相同
R
第二周期元素基态原子中未成对电子最多
X
基态原子核外s能级上电子总数与p能级上电子总数相等，且第一电离能低于同周期相邻元素
Y
次外层电子数是最外层电子数的2倍
Z
最外层只有1个电子，其它所有轨道电子均成对
请按要求填空：
(1)Y的基态原子有___________种不同的运动状态的电子，Z的价电子轨道表示式为___________
(2)W、R、X的简单氢化物中，键角由大到小排列是___________(用对应的分子式表示)，原因___________
(3)已知：羧酸的酸性可用pKa（pKa=-lgKa）的大小来衡量，pKa越小，酸性越强；
羧酸
三氯乙酸()
0.65
三氟乙酸()
0.23
由表可见，酸性：三氯乙酸___________三氟乙酸(填“大于”、“小于”或“等于”)，从键的极性角度解释原因___________
(4)W和Y两种元素可形成一种熔点为2700、摩氏硬度为9.5的化合物，该化合物的晶胞结构如图所示，Y原子紧邻的Y原子有___________个；若晶胞参数为a nm，晶体密度为，则阿伏伽德罗常数为___________(列出计算式即可)。
12．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
胡椒醛衍生物在香料、农药、医药等领域有着广泛用途，以香草醛(A)为原料合成5-三氟甲基胡椒醛(E)的路线如图所示：
已知：I．酚羟基能与CH2I2发生反应③，而醇羟基则不能。
II．CH3CHO+CH2OHCH2CH2OH→+H2O
(1)化合物C中官能团的名称是_____；反应④的反应类型是_______。
(2)写出反应③的化学方程式_______。
(3)满足下列条件的香草醛同分异构体有______种，其中核磁共振氢谱峰值比为3：2：2：1的同分异构体结构简式为______。
i．属于芳香族化合物，芳环上有两个取代基
ii．不能与氯化铁溶液发生显色反应
iii．能与碳酸氢钠溶液反应放出气体
(4)1 mol的香草醛最多可与_______mol的H2发生加成反应。
(5)根据已有知识并结合题给信息，已香草醛和2-氯丙烷为原料，可合成香草醛缩丙二醇()，写出合成流程图(无机试剂任选)__(合成流程图示例如下CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH)
参考答案
1．【答案】B
【解析】
A．渔火为物质燃烧发的光，燃烧属于化学变化，A 不符合题意；
B．捧起清澄明澈的泉水，泉水照见月影，好像那一轮明月在自己的手里一般；摆弄山花，馥郁之气溢满衣衫，为物理变化，B与题意相符；
C．爆竹的燃放涉及氧化还原反应，C与题意不符；
D．雷雨发庄稼指的是，2NO+O2=2NO2 ，3NO2+H2O=2HNO3+NO，闪电使空气中的氮气发生化学变化， 转化成了含氮的硝酸根离子，即植物生长需要的氮肥，D 与题意不符，故正确选项为B
2．【答案】A
【解析】
A．氯气与水反应生成的HClO是弱酸，离子方程式中不能拆开，离子方程式应为，A项符合题意；
B．洁厕灵的有效成分是盐酸，该离子方程式正确，B项不符合题意；
C．氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，该离子方程式正确，C项不符合题意；
D．电解氯化钠溶液生成氢气、氯气、氢氧化钠，该离子方程式正确，D项不符合题意；
故正确选项为A
【点睛】
离子方程式中应当拆开的物质有强酸、强碱、可溶性盐；应当遵循元素守恒、电荷守恒、得失电子守恒
3．【答案】D
【解析】
A．根据该有机物的分子结构可以确定其分子式为C14H14O4，故A正确；
B．该有机物的分子在有羟基，且与羟基相连的碳原子上有氢原子，故其可以被酸性重铬酸钾溶液氧化，能使酸性重铬酸钾溶液变色，再者最右边的环上有碳碳双键，也能使酸性重铬酸钾溶液变色，故B正确；
C．该有机物分子中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，故其可以在一定的条件下发生消去反应生成碳碳双键，故C正确。
D．该有机物的分子中有酯基，发生水解反应，得到羧酸和酚。但是没有给出有机物的物质的量，所以无法求算。故D叙述不正确；
故答案为：D
4．【答案】B
【解析】
A．由反应可知1molFe与1.5molCl2才能完全反应，则转移的电子数为2NA，故A错；
B．标准状况下，18gH2O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1molH2O中所含的中子数为8NA，故选B；
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
5．【答案】B
【解析】
A．Br2易挥发，可进入盛有硝酸银的试剂瓶种发生反应生成AgBr，干扰对HBr的判断，无法验证苯和溴的取代反应，故A错误；
B．易溶于水，难溶于水，故可以用图中装置操作洗涤，故B正确；
C．坩埚用于灼烧固体，无法得到水合物，由溶液制备应该用蒸发皿，故C错误；
D．乙醇与溴水互溶，无法通过分液漏斗分离，故D错误；
答案选B。
6．【答案】A
【分析】
X元素在地壳含量中排名第二，X为Si，Z和X同周期，Z原子的最外层有3个电子，则Z为Al，Y的原子序数小于Z，且Y、Z都是第三周期元素，则Y为Na或Mg，Z、W同主族，W原子序数最小，则W为B；
【解析】
W为B，Y为Na或Mg，Z为Al，X为Si，
A．若Y是Mg，最高价氧化物的水化物为Mg(OH)2，是弱碱，故A错误；
B．X为Si，SiO2可作为光导纤维的材料，故B正确；
C．同周期原子序数越大，原子半径越小，Y、Z、X原子序数依次增大，则原子半径Y﹥Z﹥X，故C正确；
D．W和X同主族，最外层电子数相同，化学性质相似，故D正确；
故选：A。
7．【答案】B
【解析】
A．该装置为原电池，电极a为失电子生成，碳元素化合价升高，发生氧化反应，a为负极，电子经导线从负极流向正极，选项A正确；
B．负极产生的通过阳离子交换膜(M)进入中间室，正极产生的通过阴离子交换膜(N)也进入中间室，中和生成水，溶液体积增大，NaCl溶液的浓度减小，选项B错误；
C．根据图示，b为正极，发生还原反应，正极的电极反应式为，选项C正确；
D．电极b产生103 g沉淀，即1 mol的，根据正极电极反应，电路中转移电子为3 mol，根据电子守恒，负极电极反应式为，标准状况下产生气体，选项D正确。
答案选B。
8．【答案】排出装置中的空气，防止NO被氧化，避免生成的亚硝酸钠中混有杂质 ， 碱石灰 加入稀硫酸(或稀盐酸)，溶液中有气泡产生且在试管上方变成红棕色气体 吸收尾气NO，防止污染空气 86.25%
【分析】
装置A中发生反应是浓硝酸和木炭加热反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，装置A中生成的二氧化氮进入装置B生成硝酸，B中发生反应3Cu+8H++2=3Cu2++NO↑+4H2O，实验结束后，实验结束后，B瓶溶液中溶质的主要成分是，，仪器C为干燥管，利用其中的碱石灰来干燥一氧化氮气体和吸收二氧化碳气体，D中发生2NO+Na2O2=2NaNO2；E为球形干燥管，防止F中的水蒸气进入D中与过氧化钠反应，F为尾气处理3MnO+5NO+4H＋=5NO+3Mn2＋+2H2O。
【解析】
(1)制备亚硝酸钠需要一氧化氮和过氧化钠反应生成，过氧化钠和二氧化碳、水蒸气发生反应，NO能与空气中的氧气反应生成二氧化氮，所以制备的一氧化氮气体必须纯净干燥，装置中无空气存在，加热装置A前，先通一段时间N2，目的是排出装置中的空气，防止NO被氧化，避免生成的亚硝酸钠中混有杂质；故答案为：排出装置中的空气，防止NO被氧化，避免生成的亚硝酸钠中混有杂质；
(2)装置A中发生反应浓硝酸和木炭加热反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，化学方程式为；故答案为：；
(3)装置A中生成的二氧化氮进入装置B生成硝酸，B中发生反应3Cu+8H++2=3Cu2++NO↑+4H2O，实验结束后，B瓶溶液中溶质的主要成分是，(填化学式)。故答案为：，；
(4)制备亚硝酸钠需要一氧化氮和过氧化钠反应生成，过氧化钠和二氧化碳、水蒸气发生反应，所以制备的一氧化氮气体必须纯净干燥，仪器C为干燥管，利用其中的碱石灰来干燥一氧化氮气体和吸收二氧化碳气体。仪器C中盛放的药品为碱石灰。故答案为：碱石灰；
(5)已知3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O，反应生成的一氧化氮遇到空气会生成红棕色气体二氧化氮，充分反应后，检验装置D中产物的方法是：取产物少许置于试管中加入稀硫酸（或稀盐酸），溶液中有气泡产生且在试管口上方出现红棕色气体，证明产物是NaNO2。
(6)装置F的作用是：吸收尾气NO，防止污染空气；故答案为：吸收尾气NO，防止污染空气；
(7)为测定亚硝酸钠的含量，称取4.000g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，再向锥形瓶中加入0.1000molL酸性KMnO4溶液20.00mL，25mL样品消耗高锰酸钾的物质的量为0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，则250mL样品溶液会消耗高锰酸钾的物质的量为0.002mol×=0.02mol，根据化合价变化可得反应关系式：2MnO～5NO，则4.000g样品中含有亚硝酸钠的物质的量为0.02mol×=0.05mol，质量为69g/mol×0.05mol=3.45g，所得固体中亚硝酸钠的质量分数为：×100%=86.25%。故答案为：86.25%。
9．【答案】250mL容量瓶、胶头滴管 升高反应温度、搅拌(或增加浸取时间、滤渣多次浸取等) 氧化+3价Cr使之转变成+6价Cr(或Cr2O72-)，以便于与杂质离子分离 Ca2+、Mg2+ 1 3 11H2O 2 1 Na2SO4
【分析】
(1)由浓硫酸配制250mL4.8mol/L硫酸溶液所需的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、移液管、250mL容量瓶和胶头滴管；
(2)酸浸时，升高反应温度、增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等能提高浸取率；
(3)双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质；H2O2氧化后的溶液中加入NaOH调pH=8，Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；
(4)钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子；
(5)二氧化硫具有还原性，被离子交换后溶液中的Na2Cr2O7氧化为硫酸根，Na2Cr2O7被还原为Cr(OH)(H2O)5SO4；
(6)从流程的滤液中可回收的主要物质是硫酸钠。
【解析】
(1)由浓硫酸配制250mL4.8mol/L硫酸溶液所需的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、移液管、250mL容量瓶和胶头滴管；
(2)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：升高反应温度、增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等；
(3)双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Cr3+有还原性，能被双氧水氧化为+6价的Cr，以便于与杂质离子分离；经H2O2氧化后的溶液中加入NaOH溶液使溶液呈碱性，溶液pH=8，根据表中数据知，Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；
(4)钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子；
(5)二氧化硫具有还原性，被离子交换后溶液中的Na2Cr2O7氧化为硫酸根，Na2Cr2O7被还原为Cr(OH)(H2O)5SO4，依据得失电子守恒、原子守恒配平，Na2Cr2O7+3SO2+11H2O =2Cr(OH)(H2O)5SO4+Na2SO4；
(6)从流程的滤液中可回收的主要物质是硫酸钠。
【点睛】
升高反应温度、增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等能提高浸取率。
10．【答案】-1155.5 A，催化剂A在较低温度下具有较高的活性，节约能源；且反应放热，低温有利于氨的合成 T1＜T2＜T3 ＞ 活化能越大，反应速率越慢 BCD
【分析】
先求出根据N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H，根据盖斯定律：①+②-③，得CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H；在温度T2压强50 MPa时，列出反应的三段式， ，由 ,解出x，再求出各物质的物质的量分数，求出分压，求出Kp；
【解析】
(1)①CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H=-865.0 kJ·mol-1，②2NO(g)＋O2(g)=2NO2(g) △H=-112.5 kJ·mol-1，③适量的N2和O2完全反应，每生成2.24 L(标准状况下)NO时，即生成0.1molNO，吸收8.9 kJ的热量，则生成1molNO，吸收89 kJ的热量。可得N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=178kJ·mol-1，根据盖斯定律：①+②-③，则CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) △H= -865.0 kJ·mol-1-112.5 kJ·mol-1-178kJ·mol-1=-1155.5kJ·mol-1。故答案为：-1155.5；
(2)①合成氨需要选择合适的催化剂，实际生产中适宜选择的催化剂是A，理由是催化剂A在较低温度下具有较高的活性，节约能源；且反应放热，低温有利于氨的合成。故答案为：A；催化剂A在较低温度下具有较高的活性，节约能源；且反应放热，低温有利于氨的合成；
②如图2，合成氨是放热反应，当压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，氨的体积分数越低，T1、T2、T3由小到大的排序为T1＜T2＜T3；在T2、50MPa条件下，A点属于非平衡状态，反应向正向进行，v正＞v逆(填“＞”、“＜”或“=”)；在温度T2压强50 MPa时， ,x=5mol，各物质的物质的量分数：N2为 ，H2为，NH3为0.5，p(N2)=50×25%MPa，p(H2)=50×25%MPa，p(NH3)=50×50%MPa，平衡常数Kp=== MPa-2(列出表达式，分压=总压×物质的量分数)。故答案为：T1＜T2＜T3；＞；；
③i．第一步反应的活化能E1与第二步反应的活化能E2相比：E1＞E2，判断理由活化能越大，反应速率越慢。故答案为：活化能越大，反应速率越慢；
ii．A．控制温度远高于室温，是为了保证催化剂的活性最大，故A错误；
B．合成氨正反应形成生成物的化学键放出的热量大于拆开反应物的化学键吸收的热量，是放热反应，在不同温度下的△H都小于零，合成氨反应是气体体积减少的反应，在不同温度下的△S都小于零，故B正确；
C．NH3易液化，不断将液氨移去，减少生成物浓度，利于反应正向进行，故C正确；
D．原料气中N2由分离空气得到，H2由天然气与水蒸气反应生成，原料气需要经过净化处理，以防催化剂中毒和安全事故发生，故D正确；
故答案为：BCD。
11．【答案】14 CH4＞NH3＞H2O NH3中心原子有一对孤电子对H2O中心原子有两对孤电子对，CH4中心原子没有孤电子对，而孤电子对排斥力比键合电子对排斥力大，所以孤电子对越多，键角减小 小于 F的电负性比Cl大，F-C极性大于Cl-C的极性，使F3C-C极性大于Cl3C-C的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子 12
【分析】
W基态原子L能层所有能级上电子数相同，W的电子排布式为1s22s22p2，为C元素；R第二周期元素基态原子中未成对电子最多，故R为N元素；X基态原子核外s能级上电子总数与p能级上电子总数相等，且第一电离能低于同周期相邻元素，X为O元素；Y次外层电子数是最外层电子数的2倍，K、L、M层电子数分别为2、8、4，故Y为Si元素；Z最外层只有1个电子，其它所有轨道电子均成对，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，为Cu元素。
【解析】
(1)根据分析，Y是Si元素，核外所有电子的运动状态均不同，因此有14种不同的运动状态的电子；Z为Cu，价电子为3d104s1，价电子排布图为；
(2) W、R、X的简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，三个分子的中心原子均为sp3杂化，孤电子对排斥力比键合电子对排斥力大，所以孤电子对越多，键角减小，CH4、NH3、H2O中中心原子的孤电子对分别为0、1、2，故键角CH4＞NH3＞H2O；
(3)由于pKa越小，酸性越强，由表可以看出，三氯乙酸的pKa大于三氟乙酸的，故酸性三氯乙酸小于三氟乙酸；同主族元素电负性从上到下依次减弱，F的电负性比Cl大，所以F与C形成的共价键极性较大，CF3COOH中F3C-C极性大于CCl3COOH中Cl3C-C的极性，导致三氟乙酸的负电性偏向-CF3，致使羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，酸性更强；
(4)由均摊法可知，晶胞中W的个数为8×+6×=4，Y的个数为4，故该物质的化学式为SiC，由图可以看出，C在8个顶点和6个面心，与C紧邻的C有12个，由于化学式为SiC，故Si原子紧邻的Si原子也有12个；晶胞密度，故NA=。
12．【答案】羟基、醛基、碘原子 取代反应 +CH2I2→+2HI 6 4 CH3CH=CH2
【分析】
A发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E。(5)以香草醛和2-氯丙烷为原料，合成香草醛缩丙二醇()，A和HOCH(CH3)CH2OH发生信息II的反应得到可由BrCH (CH3)CH2Br发生水解反应得到，BrCH(CH3)CH2Br可由丙烯和溴发生加成反应得到，丙烯可由2-氯丙烷发生消去反应得到。
【解析】
(1)化合物C结构简式是，分子中含有的官能团是-OH、-I、-CHO，则含有的官能团名称为羟基、醛基、碘原子；
反应④是与CF3COONa发生取代反应产生和ICOONa，故反应④的类型是取代反应；
(2)反应③是与CH2I2发生取代反应产生、HI，该反应的化学方程式为：+CH2I2→+HI；
(3)香草醛为，分子式是C8H8O3，其同分异构体符合条件：i．属于芳香族化合物，芳环上有两个取代基，说明有2个与苯环连接的取代基；ii．不能与氯化铁溶液发生显色反应，说明物质中不含酚羟基；iii．能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，说明分子中含有-COOH，则符合条件的同分异构体结构简式是、、、、、，故符合条件的同分异构体共有6种；
其中核磁共振氢谱峰值比为3：2：2：1的同分异构体结构简式为；
(4)香草醛分子中含有苯环及醛基都可以与H2发生加成反应，因此1 mol的香草醛最多可与4 mol H2发生加成反应；
(5)与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生CH2=CH-CH3，CH2=CH-CH3与Br2发生加成反应产生CH2Br-CHBr-CH3，CH2Br-CHBr-CH3与NaOH溶液共热，发生取代反应产生，与反应产生，故合成路线为CH3CH=CH2 。
绝密★启用前
KSSU2021年全国新课标Ⅲ高考压轴卷（物理）
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、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．物体A、B的x-t图象如图所示，由图可知( )
A．从第3 s起，两物体运动方向相同，且vA＞vB
B．两物体由同一位置开始运动，但物体A比B迟3 s才开始运动
C．在5 s内两物体的位移相等，5 s末A、B相遇
D．5 s内A、B的平均速度相等
15.美国物理学家密立根通过测量金属的遏止电压Uc与入射光频率ν，算出普朗克常量h，并与普朗克根据黑体辐射得出的h相比较，以验证爱因斯坦光电效应方程的正确性。下图是某次试验中得到的两种金属的遏止电压Uc与入射光须率ν关系图象，两金属的逸出功分别为W甲、W乙，如果用ν0频率的光照射两种金属，光电子的最大初动能分别为E甲、E乙，则下列关系正确的是( )
A．W甲
B．W甲>W乙，E甲
D．W甲
A. B．
C. D．
17.如图为人造地球卫星的轨道示意图，LEO是近地轨道，MEO是中地球轨道，GEO是地球同步轨道，GTO是地球同步转移轨道。已知地球的半径R＝6 400 km，该图中MEO卫星的周期约为(图中数据为卫星近地点、远地点离地面的高度)( )
A．3 h B．8 h
C．15 h D．20 h
18.如图所示，心脏除颤器用于刺激心脏恢复正常的跳动，它通过皮肤上的电极板使电容器放电。已知某款心脏除颤器，在短于一分钟内使70 μF电容器充电到5 000 V，存储875 J能量，抢救病人时一部分能量在2 ms脉冲时间通过电极板放电进入身体，此脉冲的平均功率为100 kW。下列说法正确的是( )
A．电容器放电过程中电压不变
B．电容器充电至2 500 V时，电容为35 μF
C．电容器充电至5 000 V时，电荷量为35 C
D．电容器所释放出的能量约占存储总能量的23%
19.如图所示，相距为d的两水平虚线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的上下两个边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L(L
A．线框中一直有感应电流
B．线框中有一阶段的加速度为重力加速度g
C．线框中产生的热量为mg(d＋h＋L)
D．线框有一阶段做减速运动
20.如图所示，小车分别以加速度a1、a2、a3、a4向右做匀加速运动，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，加速度为a1、a2时，细线在竖直方向上，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，M受到的摩擦力大小分别为f1、f2、f3、f4，则以下结论正确的是( )
A．若a2(a1)＝，则＝
B．若a3(a2)＝，则＝
C．若a4(a3)＝，则＝
D．若a4(a3)＝，则＝
21.如图所示，长度为l的竖直轻杆上端连着一质量为m的小球A(可视为质点)，杆的下端用铰链连接于水平地面上的O点。置于同一水平地面上的正方体B恰与A接触，正方体B的质量为M。今有微小扰动，使杆向右倾倒，各处摩擦均不计，而A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰为6(π)，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．A与B刚脱离接触的瞬间，A、B速率之比为2∶1
B．A与B刚脱离接触的瞬间，B的速率为8(gl)
C．A落地时速率为
D．A、B质量之比为1∶4
第Ⅱ卷
二、非选择题：共62分，第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～34题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共47分。
22.（6分）电流表A1的量程为0～200 μA，内阻约为500 Ω，现要准确测量其内阻，除若干开关、导线之外还有器材如下：
电流表A2：与A1规格相同
滑动变阻器R1：阻值为0～20 Ω
电阻箱R2：阻值为0～9 999 Ω
保护电阻R3：阻值约为3 kΩ
电源：电动势E约为1.5 V、内阻r约为2 Ω
(1)如图所示，某同学想用等效法测量电流表内阻，设计了部分测量电路，在此基础上请你将滑动变阻器接入电路中，使实验可以完成。
(2)电路补充完整后，请你完善以下测量电流表A1内阻的实验步骤。
a．先将滑动变阻器R1的滑片移到使电路安全的位置，再把电阻箱R2的阻值调到 。(选填“最大”或“最小”)
b．闭合开关S、S1，调节滑动变阻器R1，使两电流表接近满偏，记录电流表A2的示数I。
c．保持S闭合、滑动变阻器R1的滑片位置不变，断开S1，再闭合S2，调节R2，使电流表A2的示数 ，读出此时电阻箱的阻值R0，则电流表A1内阻r1＝ 。
23.（9分）某同学设计了一个用电磁打点计时器探究碰撞中的不变量的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动。他设计的装置如图(甲)所示。小车A后连着纸带，电磁打点计时器所用电源频率为50 Hz，长木板下垫着薄木片以平衡摩擦力。
(甲)
(乙)
(1)若已测得打点纸带如图(乙)所示，并测得各计数点间距(已标在图上)。A为运动的起点，则应选 段来计算A碰前的速度。应选 段来计算A和B碰后的共同速度。(以上两空选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)
(2)已测得小车A的质量m1＝0.4 kg，小车B的质量为m2＝0.2 kg，则碰前两小车的总动量为 kg·m/s，碰后两小车的总动量为 kg·m/s。
24.（12分）如图所示，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
25.（20分）图所示AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。AB是半径为R＝1 m的4(1)圆周轨道，CDO是半径为r＝0.5 m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹回，不损失能量，图中没有画出)，D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已知BC段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2。现让一个质量为m＝1 kg的小球从A点的正上方距水平线OA高H的P处自由落下。(g取10 m/s2)
(1)当H＝2 m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；
(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围。
（二） 选考题：共15分。请考生从2道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
33.【物理一一选修3–3】（15分）
（1）（5分）一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为( )
A．气体分子每次碰撞器壁的平均冲力增大
B．单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多
C．气体分子的总数增加
D．单位体积内的分子数目增加
（2）（10分）如图所示，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
(1)抽气前氢气的压强；
(2)抽气后氢气的压强和体积。
34. 【物理一一选修3–4】（15分）
（1）（5分）如图所示，一束由两种单色光混合的复色光沿PO方向射向一上、下表面平行的厚玻璃平面镜的上表面，得到三束光Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。下列有关这三束光的判断正确的是( )
A．光束Ⅰ仍为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光
B．光束Ⅱ在玻璃中的传播速度比光束Ⅲ小
C．增大α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ会远离光束Ⅰ
D．改变α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ一定与光束Ⅰ平行
(2)一质点做简谐运动，其位移和时间的关系如图所示。
①求t＝0.25×10－2 s时质点的位移；
②在t＝1.5×10－2 s到t＝2×10－2 s的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化？
③在t＝0到t＝8.5×10－2 s时间内，质点的路程、位移各多大？
参考答案+解析
14.
【答案】A
【解析】：x-t图象的斜率大小表示物体运动的速度大小，斜率的正、负表示物体运动的方向，由题图可知，A正确；B物体的出发点在距离原点5 m处，A物体的出发点在原点处，B错误；物体B在5 s内的位移为10 m－5 m＝5 m，物体A在5 s内的位移为10 m，B＝5(5) m/s＝1 m/s，A＝5(10) m/s＝2 m/s，C、D错误。
15.
【答案】 A
【答案】： 根据光电效应方程得： Ekm＝hν－W0＝hν－hν0，又Ekm＝qUc，解得：Uc＝q(h)ν－q(h)ν0，知Uc ν图线中：当Uc＝0，ν＝ν0；由图象可知， 金属甲的极限频率小于金属乙， 则金属甲的逸出功小于乙的， 即W甲
16.
【答案】A
【解析】OM切割磁感线产生的电动势E＝2(BL2ω)，OM切割磁感线时产生的感应电流I＝R(E)，设电流的有效值为I有效，则IRT＝2I2R·T，解得I有效＝，选项A正确。
17.
【答案】A
【解析】 根据题图中MEO卫星距离地面高度为4 200 km，可知轨道半径约为R1＝10 600 km，同步轨道上GEO卫星距离地面高度为36 000 km，可知轨道半径约为R2＝42 400 km，为MEO卫星轨道半径的4倍，即R2＝4R1。地球同步卫星的周期为T2＝24 h，运用开普勒第三定律，2(3)＝，解得T1＝3 h，选项A正确。
18.
【答案】D
【解析】 电容器放电过程，电荷量减少，电压减小，选项A错误；电容不随电压、电荷量的变化而变化，选项B错误；由C＝U(Q)知Q＝CU＝70×10－6×5×103 C＝0.35 C，选项C错误；由η＝E总(Pt)知，η＝875(100×103×2×10－3)×100%＝23%，选项D正确。
19.
【答案】BD
【解析】 正方形线框abcd边长为L(L
【答案】CD
【解析】对第一、二幅图有：若a2(a1)＝，对M根据牛顿第二定律有：f＝Ma，则f2(f1)＝，故选项A错误；对第二、三幅图有：f2＝Ma2，设细线的拉力为F，则f3－Fsin θ＝Ma3，若a3(a2)＝，则≠，故选项B错误；对第三、四幅图有：对M和m整体分析：f＝(M＋m)a，若a4(a3)＝，则＝，故选项C正确；m水平方向有：F3sin θ＝ma3、F4sin α＝ma4，竖直方向有：F3cos θ＝mg、F4cos α＝mg，解得a3＝gtan θ、a4＝gtan α，若a4(a3)＝，则＝，故选项D正确。
21.
【答案】ABD
【解析】设小球速度为vA，正方体速度为vB，分离时刻，小球的水平速度与正方体速度相同，即vAsin 30°＝vB，解得vA＝2vB，故A正确；根据牛顿第二定律有mgsin 30°＝mA，解得vA＝2(gl)，vB＝2(vA)＝，故B正确；A从分离到落地，小球机械能守恒，有mglsin 30°＝2(1)mv2－2(1)mv，v＝2(3gl)，故C错误；在杆从竖直位置开始倾倒到小球与正方体恰好分离的过程中，小球和正方体组成的系统机械能守恒，则有mgl(1－sin 30°)＝2(1)mv＋2(1)Mv，把vA和vB的值代入，化简得m∶M＝1∶4，故D正确。
22.
【答案】:（1）见解析图（3分）（2）a.最大 c．再次为I(或仍为I) R0（3分）
【解析】(1)滑动变阻器的最大阻值远小于待测电流表内阻，因此必须采用分压式接法，电路图如图所示。
(2)a.实验前电阻箱R2应该调节到最大，以保证两电表安全；c.让电流表A2示数不变，可直接从电阻箱R2的读数得到电流表A1的内阻r1。
23.
【答案】:(1)BC DE (2)0.420 0.417
【解析】(1)从题图乙中纸带上打点的情况看，BC段既表示小车做匀速运动，又表示小车有较大速度，因此BC段能较准确地描述A在碰前的运动情况，应选用BC段计算A碰前的速度。从CD段打点的情况看，小车的运动情况还没稳定，而在DE段内小车运动稳定，故应选用DE段计算A和B碰后的共同速度。
(2)取A的初速度方向为正方向，A在碰撞前的速度v0＝5T(BC)＝ m/s＝1.050 m/s，A在碰撞前的动量p0＝m1v0＝0.4×1.050 kg·m/s＝0.420 kg·m/s，碰撞后两小车的共同速度v＝5T(DE)＝ m/s＝0.695 m/s，碰撞后两小车的总动量p＝(m1＋m2)v＝(0.2＋0.4)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s。
24.
【答案】:(1) (2)3
【解析】(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有qU＝2(1)mv2 ①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB＝m ②
由几何关系知d＝r ③
联立①②③式得＝。 ④
(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为
s＝2(πr)＋rtan 30° ⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
t＝v(s) ⑥
联立②④⑤⑥式得t＝4U(Bd2)3。 ⑦
25.
【答案】(1)84 N (2)0.65 m≤H≤0.7 m
【解析】
思路点拨：解此题可按以下思路
(1)小球由P到D全过程，由动能定理列方程求小球第一次到达D点的速度。
(2)小球仅仅与弹性挡板碰撞一次且刚好不脱离CDO轨道的两个临界条件是在O点重力提供向心力，碰后再返回最高点恰能上升到D点。
[解析](1)设小球第一次到达D的速度为vD，对小球从P到D点的过程，根据动能定理得：
mg(H＋r)－μmgL＝2(1)mv－0
在D点轨道对小球的支持力FN提供向心力，则有：
FN＝mD
联立解得：FN＝84 N
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：
F′N＝FN＝84 N。
(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最小时必须满足能上升到O点，由动能定理得：
mgHmin－μmgL＝2(1)mvO(2)－0
在O点有：mg＝mO
代入数据解得：Hmin＝0.65 m
仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，碰后再返回最高点能上升到D点，则有：
mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0
代入数据解得：Hmax＝0.7 m
故有：0.65 m≤H≤0.7 m。
33.
【答案】(1)BD （2） 1)(p0＋p) 2)p0＋4(1)p ()
【解析】理想气体经等温压缩，体积减小，单位体积内的分子数目增加，则单位时间内单位面积器壁上受到气体分子的碰撞次数增多，压强增大，但气体分子每次碰撞器壁的平均冲力不变，故B、D正确，A、C错误。
（2）
(1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得
(p10－p)·2S＝(p0－p)·S ①
得p10＝2(1)(p0＋p)。 ②
(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2。根据力的平衡条件有
p2·S＝p1·2S ③
由玻意耳定律得
p1V1＝p10·2V0 ④
p2V2＝p0V0 ⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故V1－2V0＝2(V0－V2)⑥
联立②③④⑤⑥式解得
p1＝2(1)p0＋4(1)p ⑦
V1＝()。
34.
【答案】(1)ABD (2)①－ cm ②变大 变大 变小 变小 变大 ③34 cm 2 cm
【解析】
由题意画出如图所示的光路图，可知光束Ⅰ是反射光线，所以仍是复色光，而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导致偏折分离，所以光束Ⅱ、Ⅲ是单色光，故A正确；由于光束Ⅱ的偏折程度大于光束Ⅲ，所以玻璃对光束Ⅱ的折射率大于对光束Ⅲ的折射率，根据v＝n(c)可知，光束Ⅱ在玻璃中的传播速度比光束Ⅲ小，故B正确；当增大α角且α<90°，即入射角减小时，光束Ⅱ、Ⅲ会靠近光束Ⅰ，故C错误；因为厚玻璃平面镜的上下表面是平行的，根据光的入射角与反射角相等以及光的可逆性，可知改变α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ一定与光束Ⅰ平行，故D正确。
(2)①由题图可知A＝2 cm，T＝2×10－2 s，振动方程为x＝Asin
＝－Acos ωt＝－2cos cm
＝－2cos 100πt cm
当t＝0.25×10－2 s时，x＝－2cos cm＝－ cm。
②由题图可知在t＝1.5×10－2 s到t＝2×10－2 s的振动过程中，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大。
③在t＝0到t＝8.5×10－2 s时间内经历4(17)个周期，质点的路程为s＝17A＝34 cm，位移为2 cm。
2021全国III卷高考压轴卷
生 物
一、选择题：本题共6个小题，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．研究表明，溶酶体可能是由经高尔基体加工过的水解酶被小泡包裹后在细胞内聚集形成的。如果该观点正确，则下列说法不正确的是( )
A．溶酶体中的酶有些具有分解磷脂的功能
B．溶酶体的形成过程可能与核糖体有关
C．溶酶体的膜成分应该与高尔基体相似
D．溶酶体形成过程能体现生物膜的结构特点
2.呼吸熵(RQ)是指生物体在同一时间内，氧化分解时释放二氧化碳量与吸收氧气量的比值。下图是部分有机物完全氧化分解时的呼吸熵。下列叙述错误的是( )
A．长期多食而肥胖的人，RQ值最接近于1
B．与正常人相比，长期患糖尿病的人RQ值会增大
C．叶肉细胞缺氧时的RQ值高于氧气充足时的RQ值
D．脂肪因O含量低而C、H含量高，故其RQ值低于1
3. 分泌蛋白Shh在人胚胎发育过程中起重要的调控作用，由位于7号染色体上的Shh基因控制合成，固醇类复合物是控制该基因转录过程所必需的。分泌蛋白Shh合成后并没有生物活性，只有切除一部分氨基酸后，剩下的末端片段才有活性。下列推测不合理的是( )
A．胆固醇摄入不足可能会影响胎儿正常发育
B．分泌蛋白Shh发挥作用依赖于蛋白酶的修饰、加工
C．固醇类复合物通过控制RNA聚合酶的活性来影响分泌蛋白Shh的合成
D．某患者体内缺乏分泌蛋白Shh可能与染色体结构变异有关
4.东美鸣角鸮(一种猫头鹰)在繁殖期喜欢将一种盲蛇(体型似蚯蚓)带回巢内，这种盲蛇不但不会伤害雏鸟，还会吃掉巢里的蚂蚁、苍蝇等昆虫及其幼虫和蛹。以下说法错误的是( )
A．东美鸣角鸮与盲蛇相互选择、协同进化
B．在繁殖期，东美鸣角鸮与盲蛇为共生关系
C．在盲蛇照看下，东美鸣角鸮雏鸟存活率更高
D．捕不到盲蛇，东美鸣角鸮会捕某种蟒蛇作为替代
5．标志重捕法和样方法是调查种群密度的两种常用方法。下列有关说法错误的是( )
A．随机选取样方n个，每个样方的生物个体数量为X1、X2……Xn，则样方内生物个体数量的平均值为(X1＋X2＋……＋Xn)/n
B．调查动物的种群密度时一般采用标志重捕法
C．计数时同种生物个体无论大小都要计数
D．标志重捕法中种群数量的估算公式是(标记个体数×重捕标记个体数)/重捕个体数
6.现有长翅雌果蝇(TT)和残翅(tt)雄果蝇杂交，子一代中偶然出现了一只残翅果蝇。关于该残翅果蝇的形成原因分析，下列分析不合理的是( )
A．该残翅果蝇的基因型为Tt，其残翅性状是由环境影响的结果
B．亲本雄果蝇在减数分裂过程中，一条染色体丢失了t基因片段
C．亲本雌果蝇在减数分裂过程中，一条染色体丢失了T基因片段
D．亲本雌果蝇减数分裂时，一条染色体上的T基因突变为t基因
第Ⅱ卷
二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第29~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第37~38题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题（共39分）
29．(9分)某城市考虑引进香樟作为绿化树种，为了解光照强度与光周期对香樟苗生长的影响，研究人员进行了相关研究。回答下列问题：
(1)研究过程中，需要保持一定的温度、二氧化碳浓度，并为香樟苗始终提供适量的______________(至少回答2点)。
(2)研究人员测定了若干组长势相同的同龄香樟苗在不同光照强度下的净光合作用强度。结果表明，香樟苗生长最适宜的光照强度范围是21～30 klx。过低或过高的光照强度都不利于香樟苗的生长，其原因是___________________________________________________。
(3)研究人员在适宜条件下培养若干香樟种子，待幼苗出土后，在适宜的光照强度下，设3个人工控制的光周期处理组继续培养，2个月后测定各组香樟苗的株高和地径(靠近地表处的直径)。结果如下：
光周期对香樟苗的株高和地径的影响(单位：mm)
组别
光周期
株高
地径
A
10 h光期＋14 h暗期
291
3.84
B
15 h光期＋9 h暗期
302
4.17
C
24 h光期＋0 h暗期
316
3.95
该城市春季平均日照长度接近10 h、夏季平均日照长度接近15 h，结合上述实验结果分析，在大棚中培育香樟苗适合在________(填“春季”或“夏季”)，并应控制好大棚内温度、二氧化碳浓度，且根据一天光照强度的变化情况采取________________的措施让香棒苗更好地生长。
30.（8分）生产实践中总结出“根深叶茂”和“育秧先育根”的宝贵经验，即只有根生长得好，地上部分才能很好地生长。请回答：
(1)在生产实践中，人们成功的合成了多种植物生长调节剂。其具有_____________等优点。
(2)在用IAA处理插条生根时，如果IAA的浓度较低，适合采用_____________法处理插条。
(3)IAA除了具有促进生根的功能，还与叶片和果实的脱落有关。有些研究结果如图所示。据图可知。IAA对脱落的效应与_____________有关。
(4)脱落的生物化学过程主要是水解离层的细胞壁和中胶层，使细胞分离。与脱落有关的酶种类较多，其中_____________是较为关键的。
31.（10分）用野生型果蝇培育出两个果蝇突变品系——黑檀体和黑条体，两个品系都是由于染色体上基因隐性突变所致，且这2个突变品系与野生型都只有一对等位基因存在差异。请回答：
(1)选择_____________果蝇通过一次杂交判断这对相对性状的遗传方式，若实验预期为_____________，则可推测野生型基因位于X染色体上。
(2)经大量实验，实验结果不支持上述推论。为进一步确定突变品系基因在染色体上的位置关系，可利用黑檀体和黑条体果蝇杂交，统计子代的性状及分离比。
①若F1未出现野生型，则可以推测黑檀体与黑条体基因的关系是_____________基因。
②若F1表现为野生型，F2野生型和突变型的比例接近于______________，可知控制黑檀体与黑条体的基因位于两对同源染色体上。
③若F1表现为野生型，F2野生型和突变型的比例接近于________________，说明控制黑檀体与黑条体的基因位于一对同源染色体上。(注：不考虑交叉互换)
32.（12分）下图1为某农田生态系统碳循环和能量流动的部分示意图，其中甲、乙、丙、丁为生态系统的组成成分，a、b、c、d代表乙中不同的种群；图2为该生态系统中部分生物之间的营养关系。据图回答：
(1)图1中不属于生物群落的是_____________，图示过程直接揭示了生态系统的主要功能是_____________。
(2)图1中有___条食物链，其中次级消费者为_____________。
(3)该生态系统中碳元素从生物群落通过_____________途径进入无机环境中。
(4)假设图2中E种群的能量是5.8×109 kJ，其中有1.3×109 kJ的能量传递给B种群。若能量的传递效率为10%～20%，则A种群的能量至少是_____________kJ。
(5)此农田生态系统弃耕以后发生的演替属于_____________演替，在此过程中其恢复力稳定性的变化趋势是_ __(填“升高”“不变”“降低”)。
（二）选考题：共15分。请考生从2道题中选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
37．[生物——选修1：生物技术实践]（15分）
胡萝卜素可以用来治疗因缺乏维生素A引起的各种疾病，如夜盲症、干皮症等，还是常用的食品色素，广泛地用作食品、饮料和饲料的添加剂。结合所学知识，回答下列有关胡萝卜素提取的问题：
(1)请补充完整从胡萝卜中提取胡萝卜素的实验流程：胡萝卜→粉碎→___________→_________→过滤→浓缩→胡萝卜素。
(2)乙醇和丙酮都不能用于胡萝卜素的萃取，原因是_____________。
(3)萃取的效率主要取决于萃取剂的_____________。萃取的最佳温度和时间可以通过设置_____________来摸索。
(4)萃取的过程需采用_____________加热，将提取的胡萝卜素粗品通过_____________进行鉴定，若要获得β－胡萝卜素，还必须对提取的产物进一步_____________。
38． [生物——选修3：现代生物科技专题]（15分）
已知某传染性疾病的病原体为RNA病毒，该病毒表面的P蛋白为主要抗原。根据图1回答问题：
(1)过程①指的是_____________。从过程①到提取分离出P基因的具体操作中，源自不同生物的DNA之所以能够重组的原因是：_____________；相同的基因在不同的生物体内，都能成功表达出相同的产物，其原因是：_____________。
(2)过程③构建重组DNA分子过程中最常用的载体是_____________。若限制酶Ⅲ的识别序列是CCTAGG，它能在A和G之间切断DNA，图2表示用该酶处理P基因后产生的片段。若P基因某处有一个CCTAGC突变为CCTAGG，用该酶处理后将产生_____________个片段。
(3)除了B淋巴细胞外，图中能特异性识别抗原的细胞还有[_____________]，细胞识别的物质基础是_____________。
(4)对健康人进行该传染病免疫预防时，可选用图2中基因工程生产的_____________制成疫苗，该疫苗注射到人体内后，首先由_____________进行处理和呈递，最终激活B淋巴细胞。
(5)雌性老鼠体内存在⑦的场所有_____________。(多选)
A．血清 B．乳汁
C．组织液 D．肝细胞内
参考答案及解析
1.【答案】A
【解析】 溶酶体是由水解酶被小泡包裹形成的，小泡膜的主要成分是磷脂和蛋白质，说明溶酶体中的酶不能分解磷脂，A错误；溶酶体膜上有蛋白质，其内部水解酶的化学本质也是蛋白质，蛋白质的合成与核糖体有关，B正确；若题中观点正确则说明溶酶体的膜成分应该与高尔基体相似，溶酶体的形成过程体现了生物膜具有一定流动性的结构特点，C、D正确。
2.【答案】B
【解析】 肥胖、营养过剩说明糖类过多，部分糖类转化为脂肪，此时主要由葡萄糖供能，RQ值最低为1，A正确；与正常人相比，糖尿病患者葡萄糖的利用发生障碍，机体主要靠脂肪供能，因此RQ值在0.70左右，B错误；植物叶肉细胞进行无氧呼吸只释放二氧化碳，不吸收氧气，RQ值非常高，而进行有氧呼吸最常利用的物质是葡萄糖，RQ值为1，C正确；呼吸熵是释放二氧化碳量与吸收氧气量的比值，而脂肪中碳、氢比例高于葡萄糖，氧比例低于葡萄糖，同质量的脂肪氧化分解消耗的氧气多于葡萄糖，因此呼吸熵更低，D正确。
3.【答案】C
【解析】 由题意可知，胆固醇摄入不足会影响Shh基因的转录，进而影响分泌蛋白Shh的合成。最终会影响胎儿正常发育，A合理；分泌蛋白Shh合成后需要切除一部分氨基酸后才有生物活性，说明分泌蛋白Shh发挥作用依赖于蛋白酶的修饰、加工，B合理；固醇类复合物通过控制转录过程来影响分泌蛋白Shh的合成，C不合理；某患者体内缺乏分泌蛋白Shh，可能与7号染色体上Shh基因所在的片段缺失有关，即与染色体结构变异有关，D合理。
4.【答案】D
【解析】 东美鸣角鸮与盲蛇相互选择、协同进化，A正确；在繁殖期，东美鸣角鸮与盲蛇为共生关系，B正确；在盲蛇照看下，东美鸣角鸮雏鸟存活率更高，C正确；捕不到盲蛇，东美鸣角鸮是否会捕某种蟒蛇作为替代，题目中无此信息，D错误。故选D。
5.【答案】D
【解析】 样方法调查植物种群密度时，求所有样方的平均值作为最终的估算数值，A项正确；动物活动能力强、活动范围大，调查种群密度时一般用标志重捕法，B项正确；计数时与个体的大小和年龄无关，同种生物个体都应计入总数，C项正确；标志重捕法中种群数量的估算公式：(标记个体数×重捕个体数)/重捕标记个体数，D项错误。
6.【答案】B
【解析】 若该残翅果蝇的基因型为Tt，其残翅性状是由环境影响的结果，A正确；若亲本雄果蝇在减数分裂过程中，一条染色体丢失了t基因片段，则子代的基因型为T，表现为长翅，B错误；若亲本雌果蝇在减数分裂过程中，一条染色体丢失了T基因片段，则子代的基因型为tO，表现为残翅，C正确；亲本雌果蝇减数分裂时，一条染色体上的T基因突变为t基因，则子代基因型为tt，表现为残翅，D正确。故选B。
29.【答案】
(1)水分和无机盐 （2分）
(2)光照强度过低，限制了光合作用的正常进行，从而不利于干物质积累；（2分）光照强度过高，可破坏相关色素以及直接或间接影响与光合作用相关蛋白质的活性 （2分）
(3)夏季（1分） 适时补光及遮阴（2分）
【解析】(1)本实验的自变量是光照强度和光周期，为保障香樟苗的正常生长，在研究过程中，需要保持一定的温度、二氧化碳浓度，并为其始终提供适量的水分和无机盐，以保证无关变量相同且适宜。(2)光照强度过低，限制了光合作用的正常进行，不利于干物质积累；光照强度过高，会破坏相关色素的结构以及直接或间接影响与光合作用相关蛋白质的活性。(3)据表可知，与A组(10 h光期＋14 h暗期)相比，B组(15 h光期＋9 h暗期)处理更有利于香樟苗的生长，结合题中信息可知，该城市在大棚中培育香樟苗适合在夏季，并应控制好大棚内的温度、二氧化碳浓度，且根据一天光照强度的变化情况采取适时补光及遮阴，让香樟苗更好地生长。
30.【答案】（每空2分）
(1)容易合成、原料广泛、效果稳定
(2)浸泡
(3)IAA的施用部位、IAA的浓度
(4)纤维素酶和果胶酶
【解析】 (1)植物生长调节剂具有容易合成、原料广泛、效果稳定等优点。(2)生长素类似物处理扦插枝条的方法有浸泡法和沾蘸法。其中浸泡法要求溶液的浓度较低，并且最好是在遮阴和空气湿度较高的地方进行处理。(3)根据图示可知，曲线表明IAA对不同部位(a表示施用部位在离层近基端，b表示施用部位在离层远基端)结果不同；同时不同浓度的IAA对施用部位在离层近基端(即a)结果不同。(4)植物细胞壁的主要成分是纤维素和果胶，使用纤维素酶和果胶酶能够使细胞壁水解。
31.【答案】（每空2分）
（1）野生型雄性和黑檀体(或黑条体)雌性 子代雄性都为黑檀体(或黑条体)、雌性都为野生型
（2）等位 9∶7 1∶1
【解析】 (1)已知条件野生型的基因位于性染色体X上，说明这个隐性突变在性染色体上，使用测交的方法，杂交方式如下述操作，野生型雄性与黑檀体(或黑条体)雌性实验，结果预期就应当是子代雄性都为黑檀体(或黑条体)、雌性都为野生型。(2)已知野生型基因不在X染色体上，而是在常染色体上，利用黑檀体和黑条体果蝇杂交：①若F1未出现野生型，则可以推测黑檀体与黑条体基因的关系是互为等位基因。②若F1表现为野生型，控制黑檀体与黑条体的基因位于两对同源染色体上。则F2野生型和突变型的比例为9∶7。③若F1表现为野生型，控制黑檀体与黑条体的基因位于一对同源染色体上。F2野生型和突变型的比例为1∶1。
32.【答案】（除标注外每空2分）
(1)丁 （1分） 物质循环和能量流动
(2)2 （1分） b和c
(3)动植物的呼吸作用和分解者分解作用
（4） 4.5×107
(5)次生（1分） 降低（1分）
【解析】 (1)依据某农田生态系统的碳循环部分示意图中的箭头指向可推知：丁为大气中的CO2库，甲为生产者，乙为消费者，丙为分解者，因此该生态系统的成分中不属于生物群落的是丁。图中的数值表示能量流动数值，所以图示的过程直接揭示了生态系统的主要功能是进行能量流动和物质循环。(2)图1中bc能量相似，生物链有甲→a→b→d或甲→a→c→d,2条。其中次级消费者为b和c。(3)该生态系统中碳元素从生物群落通过动植物的呼吸作用和分解者分解作用进入无机环境中。(4)能量传递效率为10%，E种群的能量是5.8×109 kJ，其中有1.3×109 kJ的能量传递给B种群。E同化量＝呼吸作用消耗的能量＋用于生长、发育、繁殖的能量，5.8×109 kJ－1.3×109 kJ＝4.5×109 kJ，A种群的能量至少是4.5×109 kJ×10%×10%＝4.5×107 kJ。(5)此农田生态系统弃耕以后发生的演替属于次生演替。在此过程中，因营养结构趋于复杂，生态系统的自我调节能力逐渐增强，所以其恢复力稳定性逐渐降低。
37.【答案】（除标注外每空2分）
（1）干燥 萃取
（2）乙醇和丙酮都是水溶性有机溶剂，萃取胡萝卜素的有机溶剂不应与水混溶(合理即可)
（3）性质和使用量 对照实验
（4）水浴（1分） 纸层析法 分离
【解析】(1)从胡萝卜中提取胡萝卜素的实验流程：胡萝卜→粉碎→干燥→萃取→过滤→浓缩→胡萝卜素。(2)乙醇和丙酮均是水溶性有机溶剂，萃取中因能与水混溶而影响萃取效果，因此乙醇和丙酮都不能用于胡萝卜素的萃取。(3)萃取的效率主要取决于萃取剂的性质和使用量，同时还受到原料颗粒的大小、紧密程度、含水量、萃取的温度和时间等条件的影响；萃取的最佳温度和时间可以通过设置对照实验来摸索。(4)萃取过程应避免明火加热，需采用水浴加热，这是因为有机溶剂都是易燃物，直接使用明火加热容易引起燃烧、爆炸；提取的胡萝卜素粗品通过纸层析法进行鉴定，若要获得β－胡萝卜素，还必须对提取的产物进一步分离。
38.【答案】（除标注外每空1分）
（1）逆转录 所有生物的DNA分子结构相似（2分） 所有生物共用一套遗传密码（2分）
（2）质粒 5（2分）
（3）⑥ 糖蛋白
（4）P蛋白（2分） 巨噬细胞
（5）ABC（2分）
【解析】 (1)RNA→DNA的过程为逆转录，源自不同生物的DNA之所以能够重组的原因是所有生物的DNA分子结构相似。相同的基因在不同的生物体内，都能成功表达出相同的产物，其原因是所有生物共用一套遗传密码。(2)构建重组DNA分子过程中最常用的载体是质粒。因为图中给出是4个片段，所以该基因上应该有3个CCTAGG序列。如果根据某处有一个CCTAGC突变为CCTAGG的条件，该基因上就有4个CCTAGG序列了，然后通过酶切，就会得出5个片段。(3)B淋巴细胞和记忆细胞都能特异性识别抗原。糖蛋白具有识别、信息交流等功能。(4)免疫预防是将减毒或无毒的疫苗或菌苗注射到体内，从而使该个体产生相应的记忆细胞和抗体。对健康人进行该传染病免疫预防时，可选用图2中基因工程生产的P蛋白制成疫苗注射到人体内。该疫苗注射到人体内后，首先由巨噬细胞进行处理和呈递，最终激活B淋巴细胞。(5)⑦为抗体，主要分布在血清，其次是组织液和外分泌液。乳汁就属于外分泌液。
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