2023云南省师范大学附属中学高三下学期适应性考卷（七）物理试题含答案

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一、选择题：本题共13小题，每小题6分。
二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～17题只有一项符合题目要求；第18～21题有多项符合题目要求，全部选对的给6分，选对但不全的给3分，有选错的给0分。
【解析】
1. 在不同组织细胞中，有在所有细胞中都表达的基因，也有只在某类细胞中特异性表达的基因，D错误。
2. 光合作用速率下降是光反应速率和暗反应速率下降的结果，所以该植物固定CO2的速率会下降，B错误。
3. 演化成具有相似的形态特征或构造，不能说明是同一个物种，A错误。物种的形成必须经过隔离，B错误。该事实不能说明适应是具有相对性的，D错误。
4. 基因表达的产物可参与蛋白质的合成，A错误。
5. 该区域内各种生物之间直接或间接地联系，共同构成一个群落，A错误。有机肥中的能量不可被该生态系统的生产者直接利用，B错误。该人工生态系统物种多样性低，营养结构简单，自我调节能力弱，C错误。
6. 图中⑤、⑥过程分别是翻译、折叠，④过程是转录，A错误。蛋白质工程必须通过改造或合成基因来完成，B错误。一种氨基酸可能对应多种密码子，所以根据蛋白质的氨基酸序列推测出的mRNA的碱基序列不是唯一的，C错误。
7. 传统陶瓷的主要成分是硅酸盐，A错误。人类不能消化纤维素，B错误。古代没有电能，不可能有电镀工艺。鎏金是把金与水银制成金汞合剂，涂在铜器表层，加热使汞蒸发，金牢固附在铜器表层的工艺，C错误。橡胶通过二烯烃的加聚合成，D正确。题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
D
B
C
A
D
D
D
C
A
B
D
D
C
题号
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
B
C
B
C
AD
BC
BD
AB
8．1ml M中有1ml羧基和1ml酯基（酚酯），所以能与3ml NaOH反应，A正确。M中的碳原子有sp2、sp3两种杂化方式，B正确。根据结构简式可知所有碳原子有可能在同一平面内，C错误。分子中没有手性碳原子（连接4个不同的原子或原子团），D正确。
9．基态铝原子的价层电子排布式为3s23p1,只有1个未成对电子，A正确。标准状况下，2.24L Cl2溶于水，不能与水完全反应，B错误。常温下，氨水是弱碱，部分电离，则1L 0.1ml·L−1的氨水中，c(OH−)<0.1ml/L，由可知，，故溶液中含有H+的数目大于10−13NA，C错误。电解精炼铜时，阳极所含的杂质如Zn、Ni等会先失电子变成阳离子，所以当有2ml电子转移时，阳极减小的质量不一定是64g，D错误。
10．酸性高锰酸钾溶液氧化H2O2，H2O2作还原剂，−1价氧应完全转变成0价氧，A错误。OH−少量，所以应先跟Al3+反应，B正确。醋酸是弱酸，不能写成离子形式，C错误。H2CO3的酸性强于苯酚而弱于苯甲酸，正确反应为
，D错误。
11．R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，分处于三个周期，则R应为H，基态X原子的电子总数是其最高能级电子数的2倍，则X可以是Be或O，因为X的原子序数等于R与W的原子序数之和，且只有一种金属元素，故X应为O，则W是N，Y与Z形成的化合物溶于水呈中性，则Y是Na，Z是Cl。电负性：O>Cl>H，A错误。第一电离能： N>O>Na，B错误。简单氢化物的沸点：H2O>NH3>HCl，C错误。R、W、Z形成的化合物NH4Cl含有离子键，D正确。
12．电石与水反应的气体中含有H2S等杂质，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误。要比较Kh应测定等浓度的Na2CO3溶液和CH3COONa溶液的pH，B错误。醋酸铵溶液呈中性是因为CH3COOH与NH3·H2O的电离常数非常接近，醋酸铵的浓度会影响水的电离，C错误。相同条件下Mg(OH)2沉淀转化为Cu(OH)2沉淀，故Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，D正确。13．，，因为Ka1>Ka2，故当pH相同时，较大，根据纵坐标的含义，可以知道n线是与pH的关系，m线是与pH的关系，A错误。由图可知，草酸的电离平衡常数分别为，，故第二步电离常数的数量级为10−5，B错误。pH =4.2时，所得溶液中的溶质为Na2C2O4，NaHC2O4和Na2SO4，根据电荷守恒有
，据物料守恒有
，则其质子守恒为，结合溶液呈酸性，且，则有，C 正确。，，则，故滴加稀硫酸过程中保持不变，D错误。
14．，，故B正确。
15．如图甲、乙所示，在OBC平面和ODA平面作受力分析，由几何关系可知，
，故C正确全科试题免费下载公众号《高中僧课堂》。
16．根据开普勒第三定律或者公转模型，可知，
，因此图像的斜率为，故B正确。
17．如图所示，线框横穿磁场区域的过程，切割磁场的导线长度恒定，电流大小不变，电流沿顺时针方向流动，故C正确。
18．各点场强矢量合成图如图甲、乙、丙所示，设点电荷在A处场强为，根据矢量合成法则和几何关系，可以知道A点的合场强为，点的合场强为，；将E、F两个电荷分为一组，电荷D为另外一组，可以设想一个+1C的试探点电荷从A移动到O点，第一组电荷做功为0，第二组电荷做负功，电场力总功为负，电势能增加，所以O点电势大于A点电势，故A、D正确。
19．由题可知，将理想变压器和负载等效为一个用电器，其等效电阻为，则电路总电阻为，题目中的发电机，只会产生半个周期的正弦交流电，由下式可求这种情况下的有效电流：，利用变压器进行阻抗匹配；当时，R的功率最大。电路总功率为
，由上式可知转速变为原来的2倍，功率变为原来的4倍，故B、C正确。
20．如图所示，由题目可知b点位置有以下两种可能，分别用和表示，，，，；，，；由此可知，经过3秒，b点从现有位置振动一个周期或半个周期，不可能到达波峰或者波谷。根据两种可能写出b点的振动方程并代入时间5s，可以得到，，所以经过5秒，点将到达波谷，故B、D正确。
21．设A对地的速度为，A对B的速度为，B对地的速度为，根据绝对速度等于相对速度和牵连速度的矢量和,可以作出如图所示图形，根据余弦定理，可以得到，；由图可知小球在y方向的速度分量等于，从能量角度看外力做功导致小球重力势能增加，所以外力做功的功率等于匀速抬升小球时，克服重力做功的功率，由此可得，又因为推力在水平方向以速度推动物体，所以，所以，两个物体均做匀速直线运动，各物体y方向速度分量保持不变，因此系统在竖直方向总动量守恒，由此可知系统竖直方向合外力为0,所以地面对物体B的支持力等于系统的总重力，故A、B正确。
三、非选择题（共174分）
22．（5分）
（1）B（2分）
（2）（3分）
【解析】（1）设摆长为L，根据机械能守恒定律，有，在最低点，有，由以上两个公式可以得到，图像为斜率为负的一次函数，故B正确。
（2），。
23.（每空2分，共10分）
（1）D C
（2）如图所示
（3）2.9
（4）0.3【解析】（1）由题目条件可知，，，因此选择电流表外接法，电压要从零开始，因此变阻器采用分压接法,为了调节方便，选择阻值较小的变阻器。
（3）电压表读数为1.20V，电流表读数为0.42A，。
（4）当2个相同的小灯泡并联连接到电源上,设每个小灯泡的电压为U，电流为I,则有，，，以U轴为横坐标，可知截距为2.5，斜率为−5，做直线与伏安特性曲线的交点坐标为（1.0V，0.3A）,所以功率。
24.（12分）
解：（1）金属杆速度最大时拉力 ①
金属杆切割磁感线产生的感应电动势 ②
由闭合电路的欧姆定律得③
金属杆受到的安培力 ④
金属杆做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得 ⑤
代入数据解得 ⑥
（2）撤去拉力后，对金属杆，由动量定理得 ⑦
其中⑧
代入数据解得⑨
评分标准：本题共12分。正确得出⑦、⑧、⑨式各给2分，其余各式各给1分。25.（15分）
解：（1）用Q表示极板电荷量的大小，q表示碰后小球电荷量的大小。要使小球能不停地往返运动，小球所受的向上的电场力至少应大于重力，即①
其中②
又有③
解得④
（2）当小球带正电时，小球所受电场力与重力方向相同，向下做加速运动。以a1 表示其加速度，t1表示从A板到B板所用的时间，则有⑤
⑥
当小球带负电时，小球所受电场力与重力方向相反，向上做加速运动。以表示其加速度，表示从板到板所用的时间，则有⑦
⑧
小球往返一次搬运电量为⑨
电源的平均功率为⑩
解得
评分标准：本题共15分。正确得出④、⑨、⑩、式各给2分，其余各式各给1分。
26.（20分）解：（1）如图所示，①
②
③
（2）物体在水平方向合外力为0，发生碰撞时没有能量损失，水平方向动量守恒
④
⑤
解得⑥
⑦
碰撞后A球水平速度大小依然为 ,且恰好能够经过坐标原点，所花费时间为
⑧
所以A球在竖直方向做匀加速直线运动，，两段时间内竖直位移之比为1∶3，由此可知A球y方向的总位移⑨
⑩

（3）B小球返回磁场做圆周运动半个周期后进入电场做类平抛运动，根据动能定理，
解得
评分标准：本题共20分。正确得出③、⑨、⑩、、、式各给2分，其余各式各给1分。
27.（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）提高锌品位、有效利用有价成分（1分，合理答案均可） 综合利用资源，降低生产成本（合理答案均可）
（2）90℃、2h（1分） 维持在最佳温度，并使反应物充分混合，以加快溶浸速率
（3）2Fe2+ +ClO− +5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl− +4H+
（4）Cu和Zn（1分，漏写Zn不得分）
（5）冷却结晶、过滤、洗涤
（6）①4（1分） ②（1分） ③×1010
【解析】由铅锌矿尾矿得到锌精矿渣（主要成分为ZnO，还有FeO、Fe2O3、CuO、PbO等）加稀硫酸溶浸，过滤，滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁，硫酸铁，硫酸等，滤渣A为PbSO4；“反应Ⅰ”中，先加入NaOH调节溶液的pH值至5，再加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+并水解生成氢氧化铁沉淀，过滤，滤液中主要含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸钠和氯化钠等；加锌粉置换铜离子，过滤，滤渣C为Cu可能含有Zn（为保证Cu2+被置换除完），此时的滤液主要为硫酸锌溶液，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥从而得到ZnSO4•7H2O晶体。
（1）铅锌矿尾矿含泥高、品位低、选矿难度大，采用螺旋溜槽脱泥、摇床富集、浮选的联合工艺流程获得氧化锌精矿渣，此工艺的目的是为了提高锌渣中锌的品位、使有价成分得到有效利用；选用此“锌精矿渣”为原料而不选择氧化锌矿粉的主要目的是综合利用自然资源，以降低生产的成本。
（2）根据表中数据可知，当温度为90℃、时间为2h时锌浸出率最高为95%，所以反应的最佳温度和时间是90℃、2h；该操作中不断通入高温水蒸气的目的是维持在最佳温度，并使反应物充分混合，以加快溶浸速率。
（3）“反应Ⅰ”中，先加入NaOH调节溶液的pH值至5，再加入NaClO将亚铁离子氧化成铁离子，Fe3+又水解生成氢氧化铁沉淀。
（4）加锌粉目的是置换Cu2+ 为Cu从而过滤除去，故滤渣C为Cu可能含有Zn（保证Cu2+ 被置换除完，锌粉需稍过量）。
（5）滤液主要为硫酸锌溶液，要获得ZnSO4•7H2O晶体需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列操作才能得到。
（6）①根据ZnO晶胞结构图可知，每个Zn2+周围有4个O2−，每个O2−周围也有4个Zn2+，所以晶胞中O2−的配位数为4。②由位于顶点A点O2− 的坐标为（0，0，0）、顶点B点O2− 的坐标为（1，1，0）可知，晶胞的边长单位长度为1，则位于体对角线处的C点锌离子的坐标为。③该晶胞中含有O2−数为8×+6×=4，锌离子分布在晶胞内部，离子数为4，根据，所以，则晶胞参数a为cm=×1010 pm。
28.（除特殊标注外，每空2分，共14分）
（1）AD（少选一个且对得1分，带错不给分）
（2）Cr2O+6Cl− +14H+ =2Cr3+ +3Cl2↑ +7H2O
（3）装置D中充满黄绿色气体（1分） D中牛角管不再有液体滴下
（4）吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸气进入D中
（5）c（带错不得分）（6）%或% 偏大（1分）
【解析】（1） Sn是第5周期第ⅣA族元素，其价电子排布式为5s25p2，价电子排布图应为，Sn的价电子排布图违反了洪特规则，A错误。因SnCl4的熔沸点较低，为分子晶体；SnCl4分子中中心原子Sn的价层电子对数是4+=4对，采取sp3杂化方式，空间结构名称是正四面体形，B正确。SnCl4和CCl4都是正四面体形的非极性分子，但SnCl4的相对分子质量比CCl4的大，范德华力大，故沸点高；根据“相似相溶”原理，SnCl4易溶于CCl4，C正确。非金属元素的电负性一般高于金属元素且元素的非金属性越强其电负性越大，在SnO2·xH2O中三种元素的电负性大小关系应为O>H>Sn，D错误；故选AD。
（2）根据产物写出离子方程式并按得失电子守恒、电荷守恒、质量守恒配平即可。
（3）根据题目信息SnCl4遇水极易发生水解反应，且Sn能和空气中的氧气反应，须利用A中反应产生的Cl2将装置中的空气（主要是O2和水蒸气）排尽，以免制得的SnCl4不纯，故需先让A中反应产生Cl2，待装置D中也充满黄绿色气体时，才能给C装置加热；SnCl4沸点为114℃，常温下为液体，所以可通过D中冷凝装置的牛角管尖不再有液体滴下来判断C中的反应已经完成。
（4）装置E中的碱石灰一方面可以吸收多余的氯气，防止污染空气，另一方面可以防止空气中的水蒸气进入D中造成SnCl4水解。
（5）为了确认C中也有SnCl2生成，根据题干中SnCl2具有还原性，可被空气中的O2氧化的信息可知SnCl2易被氧化，应该用反应现象明显的氧化剂。a．加稀盐酸无明显现象，故错误。b．因Cl−也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故无法确定是Sn2+的还原性使其褪色，b错误。c．有KSCN的FeCl3溶液呈红色，因Fe3+具有氧化性，可氧化Sn2+，而Fe3+ 被还原为Fe2+后，溶液的红色会消失，据此可确认C中也有SnCl2生成。故答案为c。
（6）样品纯度测定的原理为利用SnCl2的还原性，采用KIO3在酸性条件下将Sn2+全部氧化，当最后一滴KIO3溶液加入时，IO又与I−在酸性条件下反应产生I2，遇淀粉溶液变蓝色，据此当溶液变成蓝色，且30s内不褪色，说明达到滴定终点。根据得失电子守恒反应物量比关系为3Sn2+~，则有SnCl2的质量分数=×100% =%则SnCl4样品的纯度为% 或%；若滴定时间过长，因部分Sn2+会被空气中的氧气氧化，致使所耗的KIO3标准溶液体积V减小，故使SnCl4样品的纯度测量结果偏大。
29.（除特殊标注外，每空2分，共14分）
（1）3916kJ·ml−1 （1分） −245kJ·ml−1（1分）
（2）①c（1分） ②A 反应Ⅰ为放热反应，当投料比固定时升高温度，平衡逆移，苯的平衡转化率降低
③
（3）金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性（合理答案均可）
（4）②（1分）
（5）47.04
【解析】（1）根据的燃烧热和可以计算出环己烷的燃烧热：−(−3938)kJ·ml−1 = +22kJ·ml−1 =-3916kJ·ml−1。注意：燃烧热文字描述要用正值。根据苯、氢气、环己烷的燃烧热可以计算出1=(−3303)+(−286)×3− (−3916)= −245kJ·ml−1。
（2）①a.任意时刻同方向均有v(苯)∶v(H2)=1∶3，未强调正逆反应速率。b.初始
=3，且H2与苯的反应计量比也为1∶3，则任意时刻=3。d.恒容条件，体积始终不变。
②放热反应随温度升高，苯的转化率降低，因此500K时对应曲线A。
③根据=2在500K时苯的平衡转化率为60%，可以列出三段式：
x 2x 0
0.6x 1.8x 0.6x
0.4x 0.2x 0.6x
初始投料3x对应压强3p0，则平衡时苯、氢气、环己烷的分压为0.4p0，0.2p0，0.6p0
则Kp=。
（3）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当H2中混有微量H2S或CO等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为金属催化剂会与H2S或CO反应从而失去催化活性。
（4）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对，由图可知，①中原子无孤对电子，也没有空轨道，②中原子无孤对电子但有空轨道可接收孤电子对，③中有孤对电子，无空轨道，故下图中可作为酸性中心的原子的标号是②，故答案为②。
（5）苯在D电极上得电子变为环己烷为还原反应，电极D为阴极，则电极E为阳极。阳极为OH−失电子的氧化反应，产物为氧气，参与反应的苯为（24%−10%）×10ml=1.4ml，则标况下，产生的O2体积为×22.4=47.04L。
30.（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）3，4-二氯苯甲酸
（2）
（3）取代反应（1分）（4）
（5）2 （1分）
（6）11
（7）
（3分）
【解析】A在KMnO4作用下，甲基被氧化为羧基，得到B，B中羧基上的—OH被SOCl2中的Cl取代得到C，C中的Cl原子与苯环上的H原子在AlCl3环境发生消去反应得到D，根据D的分子式确定的结构简式为，D中羰基在 和乙酸酐共同作用下生成碳碳双键得到E，E在一定条件下脱去酯基生成F， F中的碳碳双键加氢得到G，G与SOCl2反应得到H ，H脱去HCl得到I ，I中的羰基发生已知反应得到目标产物J。
（1）据分析，B的结构简式是，名称是3，4-二氯苯甲酸。（2）根据D的分子式确定D的结构简式，则C→D为取代反应，方程式为。
（3）G→H类似B→C的反应，羧基中的羟基被氯原子取代，所以为取代反应。
（4）结合J的结构简式与已知可推测I的结构简式为。
（5）手性碳为连接四个不同原子或原子团的碳原子，用*标记手性碳原子如下图：
。
（6）与C相同官能团的同分异构体有5种，苯环上四个取代基分别为—Cl，—Cl，—Cl，—CHO的同分异构体有6种，一共有11种同分异构体。
（7）结合已知和题给流程的I→J可得合成路线。
31．（除特殊标注外，每空1分，共10分）
（1）分裂间期 染色体 半保留复制
（2）多 加快DNA复制的速率，为细胞分裂做好物质准备（2分）
（3）双螺旋结构（2分） 碱基互补配对（2分）
32.（每空2分，共10分）
（1）bbZaW×BBZAZA 花翅绿眼 1/16
（2）白眼 子代雄性均为绿眼，雌性均为白眼
33.（除特殊标注外，每空1分，共10分）
（1）神经中枢 脑和脊髓（2分）
（2）反馈（正反馈）
（3）减小（2分）（4）突触小泡 甘氨酸 甘氨酸与突触后膜上的受体结合导致Cl-内流，突触后膜不会表现出内正外负的膜电位（2分）
34.（每空2分，共12分）
（1）根冠、萎蔫的叶片等（答出1点即可） 抑制细胞分裂；促进气孔关闭；促进叶和果实的衰老和脱落（答出1点即可）
（2）6 种子的萌发率
（3）减弱 相同浓度ABA处理，光照条件下的种子萌发率均大于黑暗条件
35.（除特殊标注外，每空2分，共12分）
（1）外源促性腺 使其具有与卵细胞受精的能力
（2）精子触及卵细胞膜的瞬间，卵细胞膜外的透明带会迅速发生生理反应，阻止后来的精子进入透明带；精子入卵后，卵细胞膜也会立即发生生理反应，拒绝其他精子再进入卵内（答出1点即可）
（3）雌、雄原核
（4）囊胚（1分） 性别（1分） 胚胎分割（1分） 均等（1分）