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2021届全国卷Ⅱ高考压轴卷 理综（含答案）
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这是一份2021届全国卷Ⅱ高考压轴卷 理综（含答案），共43页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021届全国卷（Ⅱ）高考压轴卷
理科综合
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、下列关于细胞结构的说法中，正确的是（ ）
A. 细胞壁对细胞内部具有保护作用，所以它是细胞与外界的边界
B. 1959年罗伯特森在光学显微镜下看到细胞膜的暗-亮-暗的三层结构
C. 有中心体的细胞，中心体与细胞有丝分裂有关
D. 将真核细胞线粒体置于蒸馏水中，首先胀破的是内膜
2、如图为新冠病毒在肺部细胞内的增殖过程，下列叙述错误的是（ ）
A. 过程①需RNA复制酶，与HIV的增殖不同
B. 过程②需要三种RNA以及游离的氨基酸共同参与
C. 过程③产生的+RNA与-RNA中A+U的比例相同
D. 理论上用逆转录的抑制药物能够抑制新冠病毒的增殖
3、 图是造血干细胞逐级分化为各种血细胞的部分示意图，下列叙述错误的是（ ）
①图中细胞均可通过核移植技术体现细胞的全能性
②造血干细胞逐级分化过程中遗传信息的执行情况不同
③造血干细胞癌变后形态结构改变，黏着性增加
④图中免疫细胞均可参与特异性免疫
A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④
4、某课题组为了研究赤霉素（GA3）和生长素（IAA）对植物生长的影响，切取菟丝子茎顶端相同长度的部分茎芽，分为A、B两组，置于无菌水中分别处理1h和8h，再用含适宜浓度激素的培养基处理7天，测量茎芽长度，结果如图，下列说法不合理的是（ ）
A. GA3和IAA对离体茎芽的生长表现出相互协同的作用
B. 本实验中用IAA单独处理比用GA3单独处理对植物生长的促进作用弱
C. 与无菌水处理1h相比，处理8h后茎芽中内源性GA3含量下降相对较少，IAA含量下降相对较多
D. GA3单独处理7天后A组茎芽长度更大，与茎芽中源性IAA含量较高有关
5、已知小鼠某染色体片段上有基因M、N、Y、Q，但不知其排列顺序。先用基因组成mmnnyyqq的个体甲和四种缺失突变体（只从染色体两端缺失且均存在某些显性基因所在片段缺失）杂交，子代表现型如表所示。则M、N、Y、Q在染色体上的排列顺序可能是（ ）
杂交类型
子代表现性状
实验一
mmnnttqq ×缺失1
M
n
T
Q
实验.二
mmnnttqq ×缺失2
m
N
t
Q
实验三
mmnnttqq ×缺失3
m
N
T
Q
实验四
mmnttqq ×缺失4
M
n
T
q
A. YMNQ B. MQYN C. NQYM D. YNMQ
6、生态扶贫是将生态保护与扶贫开发相结合的一种扶贫工作模式。沙丘改造、退耕还林、湿地保护、封山育林等是生态扶贫工作中的重要举措，下列有关叙述错误的是（ ）
A. 沙丘的人工生态改造与退耕还林的群落演替类型不相同
B. 封山育林过程将使群落结构更复杂，利用资源的能力更强
C. 若某湿地经过保护后物种丰富度未发生变化，其群落结构可能不变
D. 退耕还林过程中，后一阶段优势物种的兴起伴随前一 阶段优势物种的消亡
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、（12分）
土壤盐渍化是一个全球性的生态问题，世界上约有20%的可耕地受到了盐渍的影响，盐胁迫使农业生产受到了严重损失。某实验小组以2年生盆栽酸柚苗作为材料，进行盐胁迫处理，分别设置0%、0．3%、0．6%、0．9%4个NaCl浓度，每隔7d用1000mL相应处理浓度的溶液灌溉，49d后分别测定叶绿素含量、净光合速率（Pn）、气孔导度（Gs）和胞间CO2浓度（Ci），结果如下图。（注：气孔导度用单位时间单位叶面积通过气孔的气体量表示）
（1）由图（a）可知盐胁迫可以降低叶绿素含量。试从光合作用过程分析叶绿素含量下降会对光合作用产生的影响________。
（2）由图（b）、（c）、（d）可知，在0．3%NaCl胁迫下酸柚叶片的净光合速率下降，同时________也下降，这说明在该浓度 NaCl胁迫下，光合速率下降主要是由于不良环境导致________引起的；当盐浓度由0．3%升到0．6%时，气孔导度上升，而胞间CO2浓度下降，试分析其原因：________；而在0．9%NaCl胁迫下，气孔导度下降，而胞间CO2浓度反而升高，说明在该浓度NaCl胁迫下，引起酸柚苗光合速率降低的原因是________（填“气孔限制”或“非气孔限制”）。
（3）为了使实验结果更可靠，本实验中每处理组需进行多次实验，这遵循了实验的________原则。
30、（8分）荣获“人民英雄”国家荣誉称号的张定宇医生是一名“渐冻症”患者（全称肌萎缩侧索硬化症，简称ALS）。该病是一种运动神经元疾病，氨基酸毒性学说是其发病机制的假说之一。回答下列相关问题:
（1）调控人体四肢的随意运动受____________等的共同调控，而渐冻人将会逐渐丧失调控四肢随意运动这一功能。
（2）如图是ALS患者病变部位的有关生理过程。谷基酸以____________的方式通过突触间隙，与NMDA结合。据图推测谷氨酸属于____________（填“兴奋”或“抑制”）性神经递质，判断理由是____________。
（3）兴奋在该结构中的传递过程是单向的，原因是____________。
31、（8分）“时代楷模”——甘肃省古浪县八步沙林场“六老汉”用三代人的汗水与心血治理沙漠，将荒漠变为绿林。下图为林场内能量流向野兔所处的营养级示意图，据图回答下列问题：
（1）在治理荒漠的过程中，群落发生了_____演替，判断依据是_____。
（2）图中B表示_____。
（3）若野兔所处的营养级获得的传递效率最大，则计算杂草所处的营养级的同化量为_____J/（cm2a），计算方法是_____。
32、（11分）
回答下列与三倍体西瓜育种的相关问题：
（1）通常将幼苗期二倍体西瓜植株（2n＝22）用_______________溶液处理，可得到四倍体西瓜植株。该试剂能_____________________，从而诱导染色体数目加倍。将二倍体西瓜植株的花粉撒在四倍体西瓜植株的雌蕊上进行授粉，杂交得到的正在发育的种子中某个胚细胞可能含有___________条染色体。
（2）将三倍体西瓜植株与二倍体西瓜植株进行间行种植，二倍体西瓜植株的花粉与三倍体西瓜植株受粉后，能使子房产生的_______________，从而促进子房发育成三倍体西瓜。
（3）四倍体西瓜植株的部分配子可发育成种子，四倍体母本所结的子代具有多种倍性。果皮有条纹（A）对果皮无条纹（a）为显性，现选择性状分别为____________的纯合二倍体父本和纯合四倍体母本进行杂交，则根据果皮性状可区分子代三倍体西瓜，原因是_______________。
（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）
新疆伊犁有着我国最大的薰衣草种植基地，薰衣草精油由薰衣草花穗提取而得，具有怡神、助睡眠、舒缓压力的作用，其化学性质稳定，难溶于水，易溶于有机溶剂，广泛应用于美容、香薰、食品等行业。请回答以下问题:
（1）用于提取精油的薰衣草花穗在____________（填“花开的盛期”或“花开的晚期”）采收，提取效果更佳。
（2）可选用水蒸气蒸馏法提取薰衣草精油，该技术利用了薰衣草精油____________的特性。形成油水混合物，冷却后加入____________，混合物又会重新分出油层和水层。蒸馏时，影响产品品质的主要因素有________________________。
（3根据常农草精油的化学性质，还可选用萃取法进行提敢。萃取时选择的有机溶剂应具有的特点是____________，若产品用于食品制造业，还需考虑____________。
（4）准确称取10．0g藏衣草花秘碎末，使用水蒸气蒸馏法和萃取法提取并测定薰衣草精油品质和得率，数据如下:
熏衣草样品的精油得率
提取方法
精油状态
得率（%）
平行样1
平行样2
平行样3
水蒸气蒸馏法
浅黄色透明油状
2．78
2．51
2．69
有机溶剂萃取法
棕黄色浸膏状
3．93
3．78
4．05
①根据数据计算两种提取方法的出油率分别是:____________。
②根据数据和所学知识，分别说出两种方法的优点:____________（各说出一点即可）。
38．[生物——选修3：现代生物科技专题]（15分）
回答下列有关动物细胞培养的问题：
（1）在动物细胞培养过程中，当贴壁细胞分裂生长到细胞表面相互接触时，细胞会停止分裂增殖，这种现象称为______。此时，瓶壁上形成的细胞层数是______。可以使用胰蛋白酶将贴壁的细胞从瓶壁上分离下来。
（2）随着细胞传代次数的增多，绝大部分细胞分裂停止，进而出现______现象；但极少数细胞可以连续增殖，其中有些细胞会因遗传物质发生改变而变成不死性细胞，这种细胞除连续增殖以外，还具有的特点是_________________。
（3）进行动物细胞传代培养时用胰蛋白酶分离细胞，但不能用胃蛋白酶，理由是_________________。使用胰蛋白酶时需要严格控制好消化时间，因为_________________。
（4）分化程度低的与分化程度高的组织细胞比较，________（填“前者”或“后者”）更易于培养，原因是_________________。
参考答案及解析
1.【答案】C
【解析】
A、细胞膜是系统的边界，A错误；
B、1959年罗伯特森在电子显微镜下看到细胞膜的暗-亮-暗的三层结构，B错误；
C、中心体与细胞有丝分裂有关，中心体与纺锤体的形成有关，C正确；
D、线粒体内膜向内折叠成嵴，把离体的线粒体置于蒸馏水中，其外膜比内膜先涨破，D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】
A、过程①为RNA复制，需要RNA复制酶，该过程与HIV增殖过程相同，A正确；
B、过程②为翻译，需要mRNA、tRNA和rRNA的参与，还需游离的氨基酸作为原料，B正确；
C、过程③产生的+RNA与－RNA碱基是互补配对的，A与U配对，所以过程③产生的＋RNA与－RNA中A＋U的比例相同，C正确；
D、新冠病毒的增殖没有逆转录过程，用逆转录的抑制药物不能抑制新冠病毒的增殖，D错误。
3.【答案】A
【解析】
①成熟红细胞无细胞核，不可通过核移植技术体现细胞的全能性，①错误；
②造血干细胞逐级分化过程中遗传信息的执行情况不同(即基因的选择性表达)，②正确；
③造血干细胞癌变后形态结构发生改变，细胞间粘着性降低，使得癌细胞易于扩散和转移，③错误；
④图中的免疫细胞有T细胞，B细胞，吞噬细胞，均可参与特异性免疫，④正确。
综上所述，错误的是①③，A符合题意，BCD错误。
故选A。
4.【答案】C
【解析】
A、根据B组的实验数据可知，两种激素联合处理对茎芽伸长生长的作用是13，大于GA3和IAA单独对离体茎芽的生长作用之和（6.5+4.5=11），说明GA3和IAA对离体茎芽的生长表现出相互协同的作用，A正确；
B、根据A组和B组中单独使用GA3处理组的柱形图高于单独使用IAA处理组的柱形图，但两种处理组的柱形图高度均高于对照组，可知用IAA单独处理比用GA3单独处理对植物生长的促进作用弱，B正确；
C、与无菌水处理1h相比，处理8h后GA3单独处理组比IAA单独处理组茎芽长度减少的更多，因而内源性GA3含量下降的更多，IAA含量下降相对较少，C错误；
D、由于IAA能促进植物生长，所以GA3单独处理7天后A组茎芽长度更大，可能与茎芽中内源性IAA含量有关，D正确。
故选C。
5.【答案】C
【解析】
因为“四种缺失突变体（只从染色体两端缺失且均存在某些显性基因所在片段缺失”，结合实验一和实验三的结果，可推出基因N和M位于染色体的两端；再结合实验二和实验四的杂交结果，可推出基因T和基因Q位于染色体的中间，T靠近M，Q靠近N，C正确。
故选C。
6.【答案】D
【解析】
A、群落演替类型包括初生演替和次生演替，沙丘的人工生态改造属于初生演替而退耕还林的群落演替属于次生演替，二者演替类型不同，A正确；
B、封山育林过程可使生态环境得到改善，更加适合生物的生存，加快演替的进程，将使群落的结构更复杂，利用资源的能力更强，B正确；
C、不同群落的物种数目有差别，群落中物种数目的多少称为丰富度，群落的空间结构包括水平结构和垂直结构，若某湿地经过保护后物种丰富度未发生变化，则其群落结构可能不发生变化，C正确；
D、是在这个演替过程中，前一阶段优势物种的并没有消亡，而是优势地位被取代，D错误。
故选D。
29.【答案】 (1). 叶绿素含量降低，吸收和转化的光能减少，光反应产生的ATP和[H]（或NADPH）减少，导致暗反应减弱，光合作用强度下降 (2). 气孔导度（Gs）和胞间CO2浓度（Ci） (3). 气孔导度下降（或部分气孔关闭） (4). 气孔导度上升，进入细胞的CO2增多，净光合作用利用掉的CO2量增多，使胞间CO2浓度下降 (5). 非气孔限制 (6). 平行重复
【解析】
（1）叶绿素的作用是吸收、传递和转化光能，叶绿素含量降低，吸收和转化的光能减少，光反应产生的ATP和[H]（或NADPH）减少，导致暗反应减弱，光合作用强度下降。
（2）根据以上实验结果分析：在0．3%NaCl胁迫下，气孔导度、胞间CO2浓度和净光合速率同时下降，说明此时光合速率下降的主要限制因子是气孔导度下降， CO2供应减少（即气孔限制）；当盐浓度由0．3%升到0．6%时，气孔导度上升，进入细胞的CO2增多，净光合作用利用掉的CO2量增多，使胞间CO2浓度下降；而在0．9%NaCl胁迫下，气孔导度下降，而胞间CO2浓度上升，且净光合速率下降，说明此时光合速率下降的主要限制因子不是CO2浓度（即非气孔限制）。
（3）为了使实验结果更可靠，本实验中每处理组需进行多次实验，这遵循了实验的平行重复原则。
30.【答案】 (1). 大脑皮层、脊髓 (2). 扩散 (3). 兴奋 (4). 谷氨酸与突触后膜上的NMDA结合后，促进Na+内流，引发突触后膜电位改变 (5). 神经递质只能由突触前膜释放，作用于突触后膜
【解析】
（1）人体四肢的随意运动离不开大脑皮层和脊髓中的神经中枢的调控。
（2）氨基酸属于神经递质，递质的释放属于胞吐作用，但在突触间隙通过扩散方式与突触后膜上的受体结合。据图可知，谷氨酸与突触后膜上的NMDA结合后，促进Na+内流，引发突触后膜电位改变，产生动作电位，谷氨酸属于兴奋性的神经递质。
（3）神经递质只能由突触前膜释放，作用于突触后膜，决定了兴奋在细胞间的传递是单向的。
31.【答案】 (1). 次生演替 (2). 土壤条件基本保留，土壤中有种子和繁殖体 (3). 野兔所处营养级同化的能量 (4). 400 (5). 80÷20%=400J/（cm2a）
【解析】
（1）次生演替是指在原有植被虽已不存在，但原有土壤条件基本保留，甚至还保留了植物的种子或其他繁殖体的地方发生的演替。在治理荒漠的过程中，土壤条件基本保留，土壤中有种子和繁殖体，故群落发生了次生演替。
（2）某一营养级的摄入量包括该营养级的同化量和粪便量（上一营养级的同化量），所以B表示野兔所处营养级同化的能量。
（3）营养级之间能量传递效率为10%—20%，若野兔所处的营养级获得的传递效率最大，则用20%计算。野兔所处营养级同化的能量=摄入量—粪便量=100—20=80 J/（cm2a），假设杂草所处的营养级的同化量为M，则M×20%=80，则M=400 J/（cm2a）。
32.【答案】 (1). 秋水仙素 (2). 抑制纺锤体的形成，导致染色体不能移向细胞两极 (3). 33或66 (4). 生长素 (5). 父本为果皮有条纹西瓜植株，母本为果皮无条纹西瓜植株 (6). 因为只有二倍体父本有条纹，四倍体母本无条纹，子代三倍体均有条纹，单倍体均无条纹，才能区分子代三倍体
【解析】
（1）用适宜浓度的秋水仙素溶液处理二倍体西瓜幼苗（2n＝22），由于秋水仙素能抑制纺锤体的形成，导致染色体不能移向细胞两极，因此，可得到四倍体西瓜植株。将二倍体西瓜植株的花粉撒在四倍体西瓜植株的雌蕊上进行授粉，杂交可得到三倍体种子（3n＝33），该正在发育的种子中某个胚细胞可能含有33条染色体，若该细胞处于有丝分裂后期，则可能含有66条 染色体。
（2）将三倍体西瓜植株与二倍体西瓜植株进行间行种植，二倍体西瓜植株的花粉与三倍体西瓜植株受粉后，由于三倍体西瓜减数分裂过程中联会紊乱，不能产生可育的配子，因此，在二倍体西瓜花粉的刺激下，能使子房产生生长素 ，从而促进子房发育成三倍体无子西瓜。
（3）四倍体西瓜植株的部分配子可发育成种子，四倍体母本所结的子代具有多种倍性。果皮有条纹（A）对果皮无条纹（a）为显性，现选择性状分别为有条纹AA二倍体父本和纯合四倍体母本aaaa进行杂交，则四倍体植株上由配子直接发育成的植株的基因型为aa，所结的西瓜表现为无条纹，而三倍体西瓜的基因型为Aaa，该植株上所结的西瓜为三倍体，表现为有条纹，显然在该条件下获得的西瓜可根据果皮性状即可区分子代三倍体西瓜和单倍体西瓜。
37.【答案】 (1). 花开的盛期 (2). 挥发性较强 (3). NaCl (4). 蒸馏的时间和温度 (5). 具有较高的沸点、能够充分溶解有效成分、不与水混溶 (6). 萃取剂对人的毒性 (7). 2．66%，3．92% (8). 水蒸气蒸馏法提取品质较好，萃取法提取产量较高
【解析】
（1）薰衣草的花开的盛花期含油高，所以此时采收是最佳时期。
（2）薰衣草精油的化学性质稳定，难溶于水，易溶于有机溶剂，能随水蒸气一同蒸馏（挥发性较强），薰衣草精油常采用水蒸气蒸馏法提取。形成油水混合物，冷却后加入NaCl，混合物又会重新分出油层和水层。蒸馏时，影响产品品质的主要因素有蒸馏的时间和温度。
（3）薰衣草化学性质稳定，难溶于水，易溶于有机溶剂，萃取时选择的有机溶剂应具有的特点是具有较高的沸点、能够充分溶解有效成分、不与水混溶。若产品用于食品制造业，还需考虑萃取剂对人的毒性。
（4）① 出油率的计算: 公式:出油率=薰衣草精油质量/原料质量，三个样本取平均值，分别为2.78+2.51+2.69=2.66%，3.93+3.78+4.05=3.92%。
②两种方法的优点：水蒸气蒸馏法能将挥发性强的薰衣草精油提取出来，其品质较好，萃取法获得的出油率比较高，提取产量较高。
38.【答案】 (1). 接触抑制 (2). 一 (3). 衰老、死亡 (4). 细胞膜表面糖蛋白减少，细胞间的黏着性降低 (5). 当pH大于6 时，胃蛋白酶失去活性，多数动物细胞培养的适宜pH为7.2~7.4，在此环境下，胃蛋白酶失去活性，而胰白酶活性较高 (6). 时间长，胰蛋白酶会消化细胞 (7). 前者 (8). 分化程度高的细胞功能专一，分裂能力差
【解析】
（1）在动物细胞培养过程中，当贴壁细胞分裂生长到细胞表面相互接触时，细胞会停止分裂增殖，这种现象称为细胞接触性抑制。此时，瓶壁上形成的细胞层数是单层。
（2）随着细胞传代次数的增多，绝大部分细胞分裂停止，进而出现衰老甚至死亡的现象。细胞发生癌变后，细胞间的黏着性降低，与细胞膜表面糖蛋白含量减少有关。
（3）动物细胞培养过程中用胰蛋白酶分散细胞，说明细胞间的物质主要是蛋白质。不能改用胃蛋白酶，因为胃蛋白酶作用的适宜pH约为2，当pH大于6时，胃蛋白酶就会失去活性，而多数细胞培养的适宜pH为7.2～7.4。使用胰蛋白酶时需要严格控制好消化时间，因为时间长，胰蛋白酶会消化细胞，从而破坏细胞结构。
（4）分化程度低的组织细胞比分化程度高的组织细胞更易于培养，主要因为组织细胞分化程度低、分裂能力强，有利于动物细胞培养，分化程度高的细胞功能专一，分裂能力差。
绝密★启用前
KSSU2021年全国新课标Ⅱ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14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．目前，在居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素。比如，有些含有铀、钍的花岗岩等岩石会释放出放射性惰性气体氡，而氡会发生放射性衰变，放射出α、β、γ射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道等方面的疾病。根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是( )
A．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经7.6天后就剩下一个原子核了
B．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的
C．γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中，α射线的穿透能力最强，电离能力最弱
D．发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4
15.如图所示，在水平放置的半径为R的圆柱体的正上方的P点将一小球以水平速度v0沿垂直于圆柱体的轴线方向抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q点沿切线飞过，测得O、Q连线与竖直方向的夹角为θ，那么小球完成这段飞行的时间是( )
A. B． C. D．
16.将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是( )
17.真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断正确的是( )
A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同
B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同
C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2
D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4
18.发动机额定功率为80 kW的汽车，质量为2×103 kg，在水平路面上行驶时汽车所受摩擦阻力恒为4×103 N，若汽车在平直公路上以额定功率启动，则下列说法中正确的是( )
A．汽车的加速度和速度都逐渐增加
B．汽车匀速行驶时，所受的牵引力为零
C．汽车的最大速度为20 m/s
D．当汽车速度为5 m/s时，其加速度为6 m/s2
19.宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为m的星位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为R，忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O做匀速圆周运动，万有引力常量为G，则( )
A．每颗星做圆周运动的线速度为
B．每颗星做圆周运动的角速度为
C．每颗星做圆周运动的周期为2π
D．每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关
20.如图是自耦变压器的示意图，负载变化时输入电压不会有大的变化。输电线的电阻用R0表示，如果变压器上的能量损失可以忽略。以下说法正确的是( )
A．开关S1接a，闭合开关S后，电压表V示数减小，电流表A示数增大
B．开关S1接a，闭合开关S后，原线圈输入功率减小
C．断开开关S，开关S1接a时电流表的示数为I1，开关S1接b时电流表的示数为I2，则I1>I2
D．断开开关S，开关S1接a时原线圈输入功率为P1，开关S1接b时原线圈输入功率为P2，则P1
21.如图所示，斜劈B固定在弹簧上，斜劈A扣放在B上，A、B相对静止，待系统平衡后用竖直向下的变力F作用于A，使A、B缓慢压缩弹簧，弹簧一直在弹性限度内，则下列说法正确的是( )
A．压缩弹簧的过程中，B对A的摩擦力逐渐增大
B．压缩弹簧的过程中，A可能相对B滑动
C．当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，B对A的作用力先增大后减小
D．当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，A、B分离时，弹簧恢复原长
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）如图是一个多用表欧姆挡内部电路示意图。电流表满偏电流0.5 mA、内阻10 Ω；电池电动势1.5 V、内阻1 Ω；变阻器R0阻值0～5 000 Ω。
(1)该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5 V刻度的，当电池的电动势下降到1.45 V、内阻增大到4 Ω时仍可调零。调零后R0阻值将变 (选填“大”或“小”)；若测得某电阻阻值为300 Ω，则这个电阻的真实值是 Ω。
(2)该欧姆表换了一个电动势为1.5 V，内阻为10 Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值，其测量结果 (选填“偏大”“偏小”或“准确”)。
23.（9分）图甲为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源，打点的时间间隔用Δt表示。在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。
甲
(1)完成下列实验步骤中的填空：
①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列________的点。
②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。
③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点列的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m。
④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③。
⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点。测量相邻计数点的间距x1、x2、…。求出与不同m相对应的加速度a。
⑥以砝码的质量m为横坐标，a(1)为纵坐标，在坐标纸上作出a(1) m关系图线。若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则a(1)与m应成________(填“线性”或“非线性”)关系。
(2)完成下列填空：
(ⅰ)本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是_________________________________________
(ⅱ)设纸带上三个相邻计数点的间距为x1、x2和x3。a可用x1、x3和Δt表示为a＝________。图乙为用米尺测量某一纸带上的x1、x3的情况，由图可读出x1＝________mm，x3＝________mm，由此求得加速度的大小a＝________m/s2。
(ⅲ)图丙为所得实验图线的示意图。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为________，小车的质量为________。
24.（12分）如图所示，一辆质量M＝3 kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m＝1 kg的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep＝6 J，小球与小车右壁距离为L＝0.4 m，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：
(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小。
(2)在整个过程中，小车移动的距离。
25.（20分）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在正交的匀强电、磁场，电场强度E1＝40 N/C；第四象限内存在一方向向左的匀强电场E2＝3(160) N/C。一质量为m＝2×10－3 kg带正电的小球，从点M(3.64 m,3.2 m)以v0＝1 m/s的水平速度开始运动。已知小球在第一象限内做匀速圆周运动，从点P(2.04 m,0)进入第四象限后经过y轴上的点N(0，－2.28 m)(图中未标出)。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B；
(2)小球由P点运动到N点的时间。
（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）封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T关系如图所示，O、A、D三点在同一直线上。则________(填正确答案标号)。
A．由状态A变到状态B过程中，气体吸收热量
B．由状态B变到状态C过程中，气体从外界吸收热量，内能增加
C．C状态气体的压强小于D状态气体的压强
D．D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少
E．D状态与A状态，相等时间内气体分子对器壁单位面积的冲量相等
（2）（10分）一定质量的理想气体被活塞封闭在水平放置的汽缸内，如图所示。活塞的质量m＝20 kg，横截面积S＝100 cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，开始使汽缸水平放置，活塞与汽缸底的距离L1＝12 cm，离汽缸口的距离L2＝3 cm。汽缸内气体的初始温度为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平，取g＝10 m/s2，求：
(1)此时气体的温度为多少；
(2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q＝370 J的热量，则气体增加的内能ΔU多大？
34. 【物理一一选修3–4】（15分）
（1）（5分）如图所示为一列向左传播的横波的图象，图中实线表示t时刻的波形，虚线表示又经Δt＝0.2 s时刻的波形，已知波长为2 m，下列说法正确的是________。
A．波的周期的最大值为2 s
B．波的周期的最大值为9(2) s
C．波的速度的最小值为9 m/s
D．这列波不能发生偏振现象
E．这列波遇到直径r＝1 m的障碍物会发生明显的衍射现象
(2)（10分）如图所示，ABC为一块立在水平地面上的玻璃砖的截面示意图，△ABC为一直角三角形，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB边长度为l＝20 cm，AC垂直于地面放置。现在有一束单色光垂直于AC边从P点射入玻璃砖，已知PA＝8(1)l，玻璃的折射率n＝，该束光最终射到了水平地面上的K点，求K点到C点的距离(取tan 15°≈0.25，结果保留三位有效数字)。
参考答案+解析
14.
【答案】B
【解析】：半衰期遵循统计规律，对单个或少数原子核是没有意义的，A错误。根据3种射线的特性以及衰变实质可知B正确，C、D错误。
15.
【答案】 C
【答案】： 小球做平抛运动，tan θ＝v0(vy)＝，则时间t＝g(v0tan θ)，选项A、B错误；在水平方向上有Rsin θ＝v0t，则t＝v0(Rsin θ)，选项C正确，D错误。
16.
【答案】B
【解析】根据B t图象可知，在0～2(T)时间内，B t图线的斜率为负且为定值，根据法拉第电磁感应定律E＝nS可知，该段时间圆环区域内感应电动势和感应电流是恒定的，由楞次定律可知，ab中电流方向为b→a，再由左手定则可判断ab边受到向左的安培力，且0～2(T)时间内安培力恒定不变，方向与规定的正方向相反；在～T时间内，B t图线的斜率为正且为定值，故ab边所受安培力仍恒定不变，但方向与规定的正方向相同。综上可知，B正确。
17.
【答案】B
【解析】设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中，由动能定理得qU1＝2(1)mv，解得v0＝ ，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故A错误；根据推论y＝4dU1(U2L2)、tan θ＝2dU1(U2L)可知，y与粒子的种类、质量、电荷量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场的电场力做功为W＝qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C、D错误。
18.
【答案】CD
【解析】由P＝Fv，F－Ff＝ma可知，在汽车以额定功率启动的过程中，F逐渐减小，汽车的加速度a逐渐减小，但速度逐渐增加，当匀速行驶时，F＝Ff，此时加速度为零，速度达到最大值，则vm＝Ff(P)＝ m/s＝20 m/s，故A、B错误，C正确；当汽车速度为5 m/s时，由牛顿第二定律得v(P)－Ff＝ma，解得a＝6 m/s2，故D正确。
19.
【答案】ABC
【解析】每颗星受到的合力为F＝2Gsin 60°＝G，轨道半径为r＝3(3)R，由向心力公式F＝ma＝m＝mω2r＝m，解得a＝R2(3Gm)，v＝ ，ω＝ ，T＝2π ，显然加速度a与m有关，故A、B、C正确。
20.
【答案】AD
【解析】闭合开关S，不影响变压器副线圈两端电压，副线圈所接负载的电阻变小，根据欧姆定律，电流表的读数变大，输电线上的电压变大，导致电压表的读数变小，选项A正确；根据P＝UI，副线圈输出功率变大，理想变压器的输入功率等于输出功率，故原线圈输入功率增大，选项B错误；开关S1从接a变到接b，理想变压器的原线圈的匝数变小，副线圈两端电压变大，电流表的读数变大，选项C错误；根据P＝UI，副线圈输出功率变大，理想变压器的输入功率等于输出功率，故原线圈输入功率增大，选项D正确。
21.
【答案】AD
【解析】开始A相对于B静止，则A的重力在沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力，设斜劈B的倾角为θ，有mgsin θ≤μmgcos θ，所以(mg＋F)sin θ≤μ(mg＋F)cos θ，所以A、B在缓慢压缩弹簧的过程中，仍然能保持相对静止，A所受的摩擦力Ff＝(mg＋F)sin θ，对整体分析，F逐渐增大，可知摩擦力逐渐增大，故A正确，B错误。撤去F后，在弹簧恢复原长前，整体的加速度逐渐减小，隔离对A分析，有F′－mg＝ma，则B对A的作用力F′逐渐减小。当弹簧恢复原长时，A、B具有相同的加速度g，A、B间弹力为零，发生分离。故C错误，D正确。
22.
【答案】:（1）减小（1分）、290 Ω（3分）（2）准确（2分）
【解析】(1)由闭合电路欧姆定律：Ig＝Rg＋r＋R0(E)得：R0＝Ig(E)－Rg－r，因为式中E变小，r变大，故R0将减小；因为该欧姆表的刻度是按电池电动势为E＝1.5 V刻度的。测得某电阻阻值为300 Ω时，电流表中的电流I＝R＋RΩ(E)，其中RΩ＝Ig(E)，当电池电动势下降到E′＝1.45 V时，此时欧姆表的内阻R′Ω＝Ig(E′)，由闭合电路的欧姆定律得I＝R′＋R′Ω(E′)，解得真实值R′＝290 Ω。
(2)该欧姆表换了一个电动势为1.5 V，内阻为10 Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值的测量结果准确，因为电源的内阻的变化，可以通过调零电阻的阻值的变化来抵消。
23.
【答案】:(1)等间距 线性
(2)(ⅰ)远小于小车和砝码的总质量
(ⅱ) 24.2(23.9～24.5均对) 47.3(47.0～47.6均对) 1.16(1.13～1.19均对) (ⅲ)
【解析】(1)①小车所受的阻力平衡后，小车做匀速直线运动，打点计时器打出的点间距相等。
⑥若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则F＝(m0＋m)a，a(1)＝(m0＋m)＝F(m0)＋m，小车质量m0及拉力F一定。由数学知识可知a(1)与m应成线性关系。
(2)(ⅰ)对小吊盘及物块，由牛顿第二定律可得：mg－FT＝ma；对小车同理：FT＝Ma，两式联立可得FT＝M＋m(M)·mg，故只有M≫m时，FT≈mg，小车所受的拉力近似不变。
(ⅱ)由匀变速直线运动中，等时间间隔位移关系特点，可知：x3－x1＝2a(5Δt)2得a＝2(5Δt(x3－x1)＝ m/s2＝1.16 m/s2
(ⅲ)设小车质量为m0，则由牛顿第二定律可得F＝(m0＋m)a，即a(1)＝＋①
由图象可以看出F(m0)＝b②
k＝F(1)③
由②③可解得：F＝k(1)，m0＝k(b)。
24.
【答案】:(1)3 m/s 1 m/s (2)0.1 m
【解析】(1)水平面光滑，由小车、弹簧和小球组成的系统在从弹簧解锁到小球脱离弹簧的过程中，满足动量守恒和能量守恒。
选向右为正方向，则有mv1－Mv2＝0
mv＋2(1)Mv＝Ep
联立两式并代入数据解得：v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
(2)在整个过程中，系统动量守恒，则有：
m－M＝0，x1＋x2＝L
解得：x2＝4(L)＝0.1 m
25.
【答案】(1)2 T (2)0.6 s
【解析】
(1)由题意可知qE1＝mg，得q＝5×10－4 C。
分析如图，Rcos θ＝xM－xP，
Rsin θ＋R＝yM，可得R＝2 m，θ＝37°。由qv0B＝0，得B＝2 T。
(2)小球进入第四象限后受力分析如图，tan α＝qE2(mg)＝0.75。
可知小球进入第四象限后所受电场力和重力的合力与速度方向垂直，即α＝θ＝37°。
由几何关系可得lNQ＝0.6 m。
由lNQ＝v0t，解得t＝0.6 s。
或：F＝sin α(mg)＝ma，得a＝3(50) m/s2，
由几何关系得lPQ＝3 m，由lPQ＝2(1)at2，解得
t＝0.6 s。
26.
【答案】(1)ADE (2)(1)450 K (2)310 J
【解析】(1)由状态A变到状态B为等容变化，W＝0，温度升高，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，气体吸收热量Q>0，气体吸热，A正确；由状态B变到状态C过程中，内能不变，B错；C状态气体的压强大于D状态气体的压强，C错；D状态与A状态压强相等，D状态体积大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少，D、E正确。
（2）
(1)当汽缸水平放置时，
T0＝(273＋27) K＝300 K(0.5分)；p0＝1.0×105 Pa
V0＝L1S
当汽缸口朝上，活塞到达汽缸口时，活塞的受力分析如图所示，有
p1S＝p0S＋mg
则p1＝p0＋S(mg)＝1.0×105 Pa＋10－2(200) Pa＝1.2×105 Pa（
V1＝(L1＋L2)S
由理想气体状态方程得T0(p0L1S)＝()
则T1＝()T0＝1.0×105×12(1.2×105×15)×300 K＝450 K
(2)当汽缸口向上，未加热稳定时：由玻意耳定律得
p0L1S＝p1LS
则L＝p1(p0L1)＝ cm＝10 cm
加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为
W＝－p0(L1＋L2－L)S－mg(L1＋L2－L)＝－60 J
根据热力学第一定律
ΔU＝W＋Q 得ΔU＝310 J
27.
【答案】（1）BCE (2)18.6 cm
【解析】
(1)0.2 m＝10(1) λ，因波向左传播，则由图象可知波向左传播的距离为10(9)λ(n＝0、1、2…)，所以0.2 s＝10(9)T(n＝0、1、2…)，n＝0时，周期最大，为Tm＝9(2) s，波速最小，为vmin＝Tm(λ)＝9 m/s，所以A错误，B、C正确。横波可以发生偏振现象，D错误。因为障碍物的直径r＝1 m<λ＝2 m，则这列波遇到此障碍物可以发生明显的衍射现象，E正确。
(2)由sin C＝n(1)，可以得到临界角C＝45°。
单色光照射到AB上时入射点为D，入射角i＝60°>C，将发生全反射，然后反射到BC面上Q点，入射角为α＝30°，设折射角为β。
由n＝sin α(sin β)，可得β＝45°。
最终单色光射到地面上的K点，如图所示。
由几何知识可以得到
AD＝sin 30°(AP)＝5 cm，即BD＝15 cm，所以BQ＝BDtan 30°＝5 cm，
CQ＝15 cm，CS＝2(3) cm，SK＝8(45) cm。
所以K点距离C点CK＝CS＋SK≈18.6 cm。
2021新课标Ⅱ高考压轴卷 化学 Word版含解析
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．古诗词、谚语等都是我国传统文化的瑰宝。下列有关解读错误的是
选项
传统文化
化学角度解读
A
本草经集注记载“如握盐雪不冰,强烧之,紫青烟起云是真硝石也
利用物理方法可以检验钠盐和钾盐
B
“司南之杓勺,投之于地,其柢勺柄指南”
司南中“杓”的材质为Fe3O4
C
本草图经在绿矾项记载:“盖此矾色绿,味酸,烧之则赤”
因为绿矾能电离出H+,所以“味酸”
D
兰陵美酒郁金香,玉碗盛来琥珀光
“香”主要因为美酒含有酯类物质
A．A B．B C．C D．D
2．某溶液由Na+、Ba2+、Al3+、AlO、CrO、CO、SO中的若干种组成。取适量该溶液进行如下实验：①加入过量盐酸有气体生成并得到无色溶液；②在①所得溶液中再加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成并析出白色沉淀甲；③在②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液也有气体生成并产生白色沉淀乙，则原溶液中一定存在的离子是
A．Na+、AlO、CrO、CO B．Na+、AlO、CO
C．Na+、AlO、CO、SO D．Na+、Ba2+、AlO、CO
3．车发动机在稀燃和富燃条件下交替进行，将尾气中的NOx在催化剂上反应脱除。其工作原理示意图如下：
下列说法错误的是
A．稀燃过程中，Pt作催化剂，NO与氧气反应生成NO2
B．稀燃过程中，NO2与BaO反应可能生成NO和Ba(NO3)2
C．富燃过程中，Pt催化下NO2被CO还原的反应为：2NO2＋4CON2＋4CO2
D．富燃过程中，还原产物为N2和CO2
4．2020年，天津大学化学团队以CO2和辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图(隔膜a只允许OH-通过)。下列说法错误的是
A．In/In2O3-x电极与电源负极相连
B．电解过程中，OH-由In/In2O3-x电极区向Ni2P电极区迁移
C．每消耗xmol的CO2理论上通过隔膜a的OH-也为xmol
D．Ni2P电极上发生的反应：CH3(CH2)7NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O
5．Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得：
下列叙述不正确的是
A．反应过程中加入K2CO3的作用是提高X的转化率
B．Y与Br2的加成产物中含手性碳原子
C．可以用Na2CO3溶液检验Y中是否存在X
D．等物质的量的X、Y分别与H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为3∶4
6．X、Y、Z、R、W为原子序数依次增大的短周期元素，Z、W为同族元素，R的原子半径是同周期主族元素中最大的。其中，X、Y、Z、W形成的化合物可表示为。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．氢化物的热稳定性：
C．Z与X、Y、R、W均可形成多种化合物
D．Z、R、W三种元素形成的化合物的水溶液呈中性
7．某温度下，分别向10mL浓度均为0.1mol·L-1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol·L-1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中-lgc(Cu2+)和-lgc(Zn2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。[已知：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)， 1g3≈0.5]，下列说法不正确的是
A．a点的ZnCl2溶液中：c(Cl-)<2[c(Zn2+)+c(H+)]
B．由图像可以计算得出该温度下Ksp(CuS)=10-35.4
C．a—b—e为滴定CuCl2溶液的曲线
D．d点纵坐标约为33.9
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
8．2-硝基-1，3-苯二酚是重要的医药中间体。实验室常以间苯二酚为原料，经磺化、硝化、去磺酸基三步合成：
部分物质相关性质如下表：
名称
相对分子质量
性状
熔点/℃
水溶性(常温)
间苯二酚
110
白色针状晶体
110.7
易溶
2-硝基-1，
3-苯二酚
155
桔红色针状晶体
87.8
难溶
制备过程如下：
第一步：磺化。称取77.0 g间苯二酚，碾成粉末放入烧瓶中，慢慢加入适量浓硫酸并不断搅拌，控制温度在一定范围内搅拌15 min(如图1)。
第二步：硝化。待磺化反应结束后将烧瓶置于冷水中，充分冷却后加入“混酸”，控制温度继续搅拌15 min。
第三步：蒸馏。将硝化反应混合物的稀释液转移到圆底烧瓶B中，然后用如图2所示装置进行水蒸气蒸馏(水蒸气蒸馏可使待提纯的有机物在低于100℃的情况下随水蒸气一起被蒸馏出来，从而达到分离提纯的目的)，收集馏出物，得到2-硝基-1，3-苯二酚粗品。
请回答下列问题：
(1)图1中仪器a的名称是___________；磺化步骤中控制温度最合适的范围为___________(填字母代号，下同)。
A．30～60℃ B．60～65℃
C．65～70℃ D．70~100℃
(2)已知：酚羟基邻对位的氢原子比较活泼，均易被取代。请分析第一步磺化引入磺酸基基团(—SO3H)的作用是___________。
(3)硝化步骤中制取“混酸”的具体操作是___________。
(4)水蒸气蒸馏是分离和提纯有机物的方法之一，被提纯物质必须具备的条件正确的是___________。
A．具有较低的熔点 B．不溶或难溶于水，便于最后分离
C．难挥发性 D．在沸腾下与水不发生化学反应
(5)下列说法正确的是___________。
A．直型冷凝管内壁中可能会有红色晶体析出
B．反应一段时间后，停止蒸馏，先熄灭酒精灯，再打开旋塞，最后停止通冷凝水
C．烧瓶A中长玻璃管起稳压作用，既能防止装置中压强过大引起事故，又能防止压强过小引起倒吸
(6)蒸馏所得2-硝基-1，3-苯二酚中仍含少量杂质，可用少量乙醇水混合剂洗涤。请设计简单实验证明2-硝基-1，3-苯二酚已经洗涤干净___________。
(7)本实验最终获得15.5 g桔红色晶体，则2-硝基-1，3-苯二酚的产率约为___________(保留3位有效数字)。
9．锑在工业上应用价值广泛，它的一种提取工艺流程如下：
请回答下列问题：
(1)辉锑矿是含锑的重要矿物，其主要成分是，其中Sb的化合价是____。
(2)写出阳极区产物与辉锑矿粉主要成分发生反应的化学方程式：______________。
(3)电解池所用的“隔膜”宜采用____填“阳离子”“阴离子”或“质子”交换膜。“电解”中阴极反应的产物之一X是____填化学式。
(4)为除去操作1所得滤液中的，可加入。若滤液中，当溶液中完全沉淀时，____。 已知
(5)除去废液中的，是用次磷酸钠还原，产生了棕色单质砷沉淀和。该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为____。
(6)若电解池阴极得到气体，同时电路中转移，阴极生成的___g。
10．我国在CO利用方面取得突破性进展。回答下列问题：
（1）CO可用于合成甲醇，热化学方程式为。已知有关化学键的键能数据如下：
化学键
E
436
343
1076
465
413
由此计算________。
（2）一定温度下，将CO和按照物质的量之比1:2充入容积为2L的密闭容器中，发生上述反应，保持温度和体积不变，反应过程中CO的物质的量随时间变化如图所示。
①0—10min内的平均反应速率为________；该反应的平衡常数________。
②15min时，若保持温度不变，再向容器中充入CO和各0.3mol，平衡将________填“向左”“向右”或“不”移动。若改变外界反应条件，导致发生如上图所示的变化，则改变的条件可能是________填字母。
增大CO浓度 升温 减小容器体积 加入催化剂
（3）CO可制成碱性燃料电池，工作原理如图，电极M上发生的电极反应式为________；当外电路通过电子0.2min时，消耗空气的体积在标准状况下为________L。在空气中氧气约占总体积的
（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）
锂离子电池让电动汽车飞速发展，有利于实现节能减排。LiCoO2、LiFePO4、Li4TisO12常用作电池的电极材料，LiPF6、LiAsF6常用作锂离子聚合物电池的载体材料。
回答下列问题：
(1)LiCoO2中基态Co原子的电子排布式为___________，其核外电子的空间运动状态有___________种。
(2)LiFePO4与LiPF6中所含的非金属元素电负性由大到小的顺序为___________，PF的空间构型为___________。
(3)含氧酸的通式可写为(HO)mROn，根据含氧酸的结构规律，下列酸中酸性与H3PO4相近的有___________。
a．HClO b．H2SO4 c．HNO2 d．HNO3
(4)电池工作时，Li+可在电解质LiPF6或LiAsF6的中发生迁移，相同条件下，Li+在___________(选填“LiPF6”或“LiAsF6”)中迁移较快，原因是___________。
(5)Li4Ti5O12中Ti元素的化合物TiO2是一种重要的瓷器釉料。研究表明，在TiO2中通过氮掺杂反应可生成TiO2-aNb，能使TiO2对可见光具有活性，掺杂过程如图所示。
则TiO2-aNb晶体中a=___________，b=___________。
12．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现I(肉桂硫胺)是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如图：
已知:
(1)D中官能团的名称为_______。
(2)C分子中最多有_______个原子共平面，F的结构简式为_______。
(3)A反应生成B的化学方程式是_______。
(4)符合下列条件的D的同分异构体有_______种。
①与溶液反应时，最多可消耗
②能水解，且能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为的有机物结构简式为_______。
(5)已知：，写出以甲苯和乙酸为原料制备乙酰对甲基苯胺()的合成路线_______(无机试剂和有机溶剂任选)。
参考答案
1．【答案】C
【解析】
A．钠盐和钾盐焰色反应的颜色不同，钠的焰色反应为黄色，钾的焰色反应为紫色，焰色反应是物理变化，故A正确；
B．司南中“杓”的材质为有磁性的物质，四氧化三铁具有磁性，所以司南中“杓”的材质为Fe3O4，故B正确；
C．绿矾的主要成分为FeSO4·7H2O，FeSO4·7H2O是强酸弱碱盐，电离生成亚铁离子、硫酸根离子，不能电离出H+，“味酸”是因为亚铁离子水解显酸性，故C错误；
D．酒放置时间长，少量的乙醇被氧化为乙酸，乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，乙酸乙酯等酯
类物质具有香味，所以产生香味主要是因为美酒含有酯类物质，故D正确；
答案选C。
2．【答案】B
【解析】
①加入过量盐酸有气体生成并得到无色溶液，该气体应该是CO2，一定含有CO，则就一定没有Ba2+、Al3+，根据溶液的电中性可知，一定有Na+；溶液是无色的，所以没有CrO。②在①所得溶液中再加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成并析出白色沉淀甲，则该气体是氨气，沉淀甲只能是氢氧化铝，说明原溶液中含有AlO。③在②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液也有气体生成并产生白色沉淀乙，由于碳酸氢铵是过量的，所以一定生成气体氨气和白色沉淀碳酸钡，不能确定有无SO，因此原溶液中一定存在的离子有Na+、AlO、CO，故选B。
3．【答案】D
【解析】
A．由反应机理图(稀燃)可知，Pt作催化剂，NO与氧气反应生成NO2，故A正确；
B．稀燃过程中，NO2与BaO发生氧化还原反应，反应可能生成NO和Ba(NO3)2，N的化合价由+4变为+2、+5，故B正确；
C．由富燃过程机理图可知，Pt催化下NO2被CO还原为N2，反应为：2NO2＋4CON2＋4CO2，故C正确；
D．富燃过程中，反应为：2NO2＋4CON2＋4CO2，还原产物为N2，CO2为氧化产物，故D错误；
故选D。
4．【答案】C
【分析】
由图中In/In2O3-x电极上CO2→HCOO-可知，CO2发生得电子的还原反应，In/In2O3-x电极为阴极，阴极反应为：CO2+2e-+H2O═HCOO-+OH-，则Ni2P电极为阳极，辛胺在阳极上发生失电子的氧化反应生成辛腈，电极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，据此分析解答。
【解析】
A．由图可知，In/In2O3-x电极为阴极，与电源负极相连，A正确；
B．由图可知，Ni2P电极为阳极，电解过程中，阴离子向阳极移动，则OH-由In/In2O3-x电极区向Ni2P电极区迁移，B正确；
C．根据电子守恒，每消耗xmol的CO2理论上通过隔膜a的OH-应为2xmol，C错误；
D．由图可知，Ni2P电极为阳极，CH3(CH2)7NH2→CH3 (CH2 )6CN，阳极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，D正确；
故选C。
5．【答案】D
【解析】
A． 与反应除了生成Y，还会生成HBr，加入K2CO3，可以消耗HBr，有利于反应的正向进行，从而提高转换率，A正确；
B．Y与Br2的加成产物是，箭头指向处是手性碳原子，B正确；
C．X中有酚羟基，与碳酸钠溶液反应生成酚钠和碳酸氢钠，溶液不分层，Y是有机物，难溶于碳酸钠溶液，分层，故可以用于鉴别，C正确；
D．X中的苯环、醛基都可与H2反应，1molX消耗(3+1)molH2，Y中的苯环、醛基、碳碳双键均能反应，1molY消耗(3+1+1)molH2，故比例为4：5，D错误；
答案为D。
6．【答案】C
【分析】
X、Y、Z、R、W为原子序数依次增大的短周期元素，R的原子半径是同周期主族元素中最大的，则R处于IA族，由原子序数可知，R只能处于第三周期，故R为Na；X、Y、Z、W形成的化合物可表示为，而Z、W为同族元素，可推知X为H元素、Y为N元素、Z为O元素、W为S元素，该化合物为NH4HSO4，据此解答。
【解析】
A．Y为N元素、Z为O元素、W为S元素，原子半径：W＞Y＞Z，故A错误；
B．W为S元素，Z为O元素，非金属性O＞S，非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物的热稳定性Z＞W，故B错误；
C．O元素与H元素形成H2O、H2O2，O元素与N元素形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，O元素与Na形成Na2O、Na2O2，O元素与S元素形成SO2、SO3，故C正确；
D．Z（氧）、R（钠）、W（硫）三种元素形成的化合物有Na2SO4、Na2SO3等，而Na2SO3溶液呈碱性，故D错误；
故选C。
7．【答案】C
【分析】
根据Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，沉淀类型相同，硫化铜溶解度小，故向等体积等浓度两溶液中分别滴入等体积、等浓度硫化钠溶液，硫化铜溶液中，恰好完全反应时，阳离子沉淀更彻底，剩余阳离子浓度小，则此时，-lg c(Cu2+)>-lg c(Zn2+)，则可判断a-c-d点所在曲线为CuCl2溶液中阳离子变化曲线。从而判断各选项情况。
【解析】
A．a 点，ZnCl2溶液显酸性，电荷守恒，c(Cl-)= 2c(Zn2+)+c(H+)-c(OH-)< 2[c(Zn2+)+c(H+)，A正确；
B．已知：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，由图像可以计算得出该温度下Ksp(CuS)=10-35.4，B正确；
C．Ksp(ZnS) > Ksp(CuS)，硫离子浓度相同时，-1gc(Cu2+)
8．【答案】三颈烧瓶 B 防止硝基取代两个酚羟基对位上的氢原子 在烧杯中加入适量的浓硝酸，沿杯壁缓慢加入一定量的浓硫酸，边加边搅拌，冷却 BD AC 取最后一次洗涤液少量，滴加氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净，反之则没有洗涤干净 14.3%
【分析】
由题中信息可知，间苯二酚与适量浓硫酸共热后可发生磺化反应；待磺化反应结束后将烧瓶置于冷水中，充分冷却后加入“混酸”，控制温度继续搅拌15min；将硝化反应混合物的稀释液进行水蒸气蒸馏可以得到2-硝基- 1，3-苯二酚。
【解析】
(1)根据仪器的外观可知图1中仪器a的名称是三颈烧瓶，由题中信息可知，在磺化步骤中要控制温度低于65°C。若温度过低，磺化反应的速率过慢；间苯二酚具有较强的还原性，而浓硫酸具有强氧化性，若温度过高，苯二酚易被浓硫酸氧化，并且酚羟基的所有邻位均可被磺化，这将影响下一步硝化反应的进行，因此，在磺化步骤中控制温度最合适的范围为60°C~65°C，选B，故答案为：三颈烧瓶；B；
(2)已知：酚羟基邻对位的氢原子比较活泼，均易被取代，故第一步磺化引入磺酸基基团(—SO3H)的作用是防止硝基取代两个酚羟基对位上的氢原子，故答案为：防止硝基取代两个酚羟基对位上的氢原子；
(3)类比浓硫酸的稀释方法，为了防止液体飞溅和硝酸温度过高发生分解和挥发过多，要将浓硫酸慢慢加入浓硝酸中，因此，硝化步骤中制取“混酸”的具体操作是：在烧杯中加入适量的浓硝酸，沿杯壁缓慢加入一-定量的浓硫酸，边加边搅拌，冷却，故答案为：在烧杯中加入适量的浓硝酸，沿杯壁缓慢加入一定量的浓硫酸，边加边搅拌，冷却；
(4)由题中信息可知，水蒸气蒸馏是分离和提纯有机物的方法之一，在低于100°C的情况下,有机物可以随水蒸气一起被蒸馏出来，从而达到分离提纯的目的。因此，被提纯物质必须具备的条件是：其在一定的温度范围内有一定的挥发性，可以随水蒸气-起被蒸馏出来；不溶或难溶于水，便于最后分离；在沸腾条件下不与水发生化学反应，选BD，故答案为：BD；
(5) A．由于2-硝基-1，3-苯二酚的熔点是87.8°C，且其难溶于水，因此，冷凝管C中有2-硝基-1， 3-苯二酚析出，可能看到的现象是冷凝管内壁有桔红色晶体析出，A正确；
B．反应一段时间后，停止蒸馏，应先打开旋塞，再熄灭酒精灯，B错误；
C．图2中烧瓶A中长玻璃管起稳压作用，能使装置中的气体压强维持在一定的安全范围， 既能防止装置中压强过大引起事故，又能防止压强过小引起倒吸，C正确；
故答案为：AC；
(6)实验证明2-硝基-1，3-苯二酚已经洗涤干净， 取最后一次洗涤液少量，滴加氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净，反之则没有洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少量，滴加氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净，反之则没有洗涤干净；
(7) 77.0 g间苯二酚的物质的量为==0.7mol，理论上可以制备出2-硝基-1，3-苯二酚0.7mol，其质量为0.7mol×155g/mol=7×15.5g。 本实验最终获得15.5桔红色晶体，则2-硝基-1，3-苯二酚的产率=，约为14.3%，故答案为：14.3%。
9．【答案】 阴离子 2:3 162.4
【分析】
带隔膜的电解液含、、，通电电解，阳极上、，阴极上Sb、X气体，阳极区产物与辉锑矿粉主要成分发生反应，操作Ⅰ过滤分离得到滤渣和滤液，滤液中主要含、、、，加入锑的还原剂过滤得到粗锑和废液主要含、、等，加入沉淀铜离子，加入次磷酸钠还原，产生了棕色单质砷沉淀和，据此答题。
【解析】
(1)硫元素化合价为-2价，化合物中元素化合价代数和为0，其中Sb的化合价为+3价；
(2)阳极区产物与辉锑矿粉主要成分发生反应的化学方程式：；
(3)电解池所用的“隔膜”宜采用阴离子交换膜，为促使向阳极迁移加快反应，通常要进行的操作是电解过程中需要不断搅拌，“电解”中阴极反应的产物之一X是氢气；
(4)已知 c(Cu2+)∙ c(S2-)=8×10-45，当溶液中Cu2+恰好完全沉淀时c(Cu2+)≤10-5mol/L，c(S2-)=；
(5)除去废液中的，是用次磷酸钠还原，产生了棕色单质砷沉淀和，反应的化学方程式：，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3；
(6)若电解池阴极得到1molX气体，同时电路中转移，阴极上电极反应：，生成1mol氢气电子转移2mol，则，生成Sb物质的量=mol，阴极生成的。
10．【答案】 不 c
【分析】
（1）根据热化学方程式的反应热反应物总键能生成物总键能机型计算；
（2）根据速率计算公式和平衡常数表达式进行计算，根据影响平衡移动因素进行判断；
（3）根据原电池原理和电极反应书写方法和电子转移守恒进行计算。
【解析】
（1）△H=反应物总键能生成物总键能==，故答案为：；
（2）①由反应方程式化学计量数关系可知，0—10min内的平均反应速率；由题意建立如下三段式：
，故答案为：；；
②15min时，若保持温度不变，再向容器中充入CO和各0.3mol，由题意可得平衡时各物质的浓度依次为（0.1+）mol、0.2mol、（0.1+）mol，则浓度熵，则平衡不移动；由图可知，CO的物质的量减少，且与15min时相连接，
a.15min处相连接，不是增大CO浓度，故a错误；
b.正向为放热反应，升温，平衡逆向移动，CO物质的量增大，故b错误；
c.减小容器体积，平衡正向移动，CO的物质的量减少，故c正确；
d.加入催化剂，平衡不移动，故d错误；
c正确，故答案为：c；
（3）燃料电池中，通入燃料一极为负极，则电极M为负极，发生氧化反应，依据装置可知，电极反应式为：；当外电路通过电子0.2mol时，根据电子得失可知，消耗的物质的量为，体积为，消耗空气的体积在标准状况下为，故答案为：；。
11．【答案】
1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 15 F>O>P 正八面体形 C LiAsF6 PF的半径比AsF的小，PF与Li+的作用比AsF的强，迁移速度就慢
【解析】
(1)基态Co原子核外有27个电子，根据能量最低原理书写电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；s轨道有一种空间运动状态，p轨道有三种空间运动状态，d轨道有五种空间运动状态，因此基态Co厦于的核外电于的空间运动状态有15种，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；15；
(2)LiFePO4与LiPF6中所含的非金属元素为P、O、F，电负性由大到小的顺序为F>O>P；PF的价层电子对数为6+(5+1-6)=6，没有孤电子对，空间构型为正八面体形，故答案为：F>O>P；正八面体形；
(3)H3PO4的通式可写为(HO)3PO，HClO的通式可写为HOCl，H2SO4的通式可写为(HO)2PO2，HNO2的通式可写为HONO，HNO3的通式可写为(HO)3N，HNO2和H3PO4的非羟基氧原子数n相同，酸性相近，故答案为：C；
(4)PF的半径比AsF的小，PF与Li+的作用比AsF的强，迁移速度就慢，故答案为：LiAsF6；PF的半径比AsF的小，PF与Li+的作用比AsF的强，迁移速度就慢；
(5)由图可知，在 TiO2 晶胞中，Ti 原子位于顶点、面上和体心处，O 原子位于面上、棱边以及晶胞内部，因此 1 个晶胞中含有的 Ti 原子个数为：8×+4×+1=4，O 原子个数为：8×+8×+2=8，进行 N 掺杂后，棱边上和晶胞内部分别有 1 个 O 原子形成氧空穴，面上有 1 个 O 原子被 N 原子替代，则掺杂后晶体中 N 原子个数为：12，O 原子个数为：8−1−−=，晶胞内各原子数为：Ti4ON，将 Ti 原子数定为 1，可得：TiON，即2-a=，a=，b=，故答案为：；。
12．【答案】羟基、羧基 15 +NaOH+NaBr 26 、
【分析】
A为，由B→C的反应条件，可确定B为，C为，D为，E为，F为。由I的结构简式，可推出G为，H为，以此解答。
【解析】
(1)D为，官能团的名称为羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；
(2)C为，根据苯环的平面结构和-CH2-、-CHO结构特点可知，最多有15个原子共平面，由分析可知F为，故答案为：15；；
(3)由B→C的反应条件，结构D的结构可以推知B为，A为氯代烃，A发生取代反应生成B，化学方程式为：+NaOH+NaBr，故答案为：+NaOH+NaBr；
(4)D为，同分异构体中满足①与溶液反应时，最多可消耗，说明其中含有酚羟基、；②能水解，且能发生银镜反应，说明酯基水解的产物中含有醛基；若含有1个-OOCH，1个乙基、1个酚羟基，则共有10种情况；若含有1个-OOCH，2个甲基、1个酚羟基，则共有16种；满足条件的同分异构体共有26种；其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为时，说明含有2个甲基，故为、，故答案为：26；、；
(5)先将苯制成苯胺，乙酸制成乙酰氯，然后让二者发生取代反应，便可制备乙酰苯胺。合成路线为：，故答案为：。
2021届全国卷（Ⅱ）高考压轴卷
理科综合
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、下列关于细胞结构的说法中，正确的是（ ）
A. 细胞壁对细胞内部具有保护作用，所以它是细胞与外界的边界
B. 1959年罗伯特森在光学显微镜下看到细胞膜的暗-亮-暗的三层结构
C. 有中心体的细胞，中心体与细胞有丝分裂有关
D. 将真核细胞线粒体置于蒸馏水中，首先胀破的是内膜
2、如图为新冠病毒在肺部细胞内的增殖过程，下列叙述错误的是（ ）
A. 过程①需RNA复制酶，与HIV的增殖不同
B. 过程②需要三种RNA以及游离的氨基酸共同参与
C. 过程③产生的+RNA与-RNA中A+U的比例相同
D. 理论上用逆转录的抑制药物能够抑制新冠病毒的增殖
3、 图是造血干细胞逐级分化为各种血细胞的部分示意图，下列叙述错误的是（ ）
①图中细胞均可通过核移植技术体现细胞的全能性
②造血干细胞逐级分化过程中遗传信息的执行情况不同
③造血干细胞癌变后形态结构改变，黏着性增加
④图中免疫细胞均可参与特异性免疫
A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④
4、某课题组为了研究赤霉素（GA3）和生长素（IAA）对植物生长的影响，切取菟丝子茎顶端相同长度的部分茎芽，分为A、B两组，置于无菌水中分别处理1h和8h，再用含适宜浓度激素的培养基处理7天，测量茎芽长度，结果如图，下列说法不合理的是（ ）
A. GA3和IAA对离体茎芽的生长表现出相互协同的作用
B. 本实验中用IAA单独处理比用GA3单独处理对植物生长的促进作用弱
C. 与无菌水处理1h相比，处理8h后茎芽中内源性GA3含量下降相对较少，IAA含量下降相对较多
D. GA3单独处理7天后A组茎芽长度更大，与茎芽中源性IAA含量较高有关
5、已知小鼠某染色体片段上有基因M、N、Y、Q，但不知其排列顺序。先用基因组成mmnnyyqq的个体甲和四种缺失突变体（只从染色体两端缺失且均存在某些显性基因所在片段缺失）杂交，子代表现型如表所示。则M、N、Y、Q在染色体上的排列顺序可能是（ ）
杂交类型
子代表现性状
实验一
mmnnttqq ×缺失1
M
n
T
Q
实验.二
mmnnttqq ×缺失2
m
N
t
Q
实验三
mmnnttqq ×缺失3
m
N
T
Q
实验四
mmnttqq ×缺失4
M
n
T
q
A. YMNQ B. MQYN C. NQYM D. YNMQ
6、生态扶贫是将生态保护与扶贫开发相结合的一种扶贫工作模式。沙丘改造、退耕还林、湿地保护、封山育林等是生态扶贫工作中的重要举措，下列有关叙述错误的是（ ）
A. 沙丘的人工生态改造与退耕还林的群落演替类型不相同
B. 封山育林过程将使群落结构更复杂，利用资源的能力更强
C. 若某湿地经过保护后物种丰富度未发生变化，其群落结构可能不变
D. 退耕还林过程中，后一阶段优势物种的兴起伴随前一 阶段优势物种的消亡
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、（12分）
土壤盐渍化是一个全球性的生态问题，世界上约有20%的可耕地受到了盐渍的影响，盐胁迫使农业生产受到了严重损失。某实验小组以2年生盆栽酸柚苗作为材料，进行盐胁迫处理，分别设置0%、0．3%、0．6%、0．9%4个NaCl浓度，每隔7d用1000mL相应处理浓度的溶液灌溉，49d后分别测定叶绿素含量、净光合速率（Pn）、气孔导度（Gs）和胞间CO2浓度（Ci），结果如下图。（注：气孔导度用单位时间单位叶面积通过气孔的气体量表示）
（1）由图（a）可知盐胁迫可以降低叶绿素含量。试从光合作用过程分析叶绿素含量下降会对光合作用产生的影响________。
（2）由图（b）、（c）、（d）可知，在0．3%NaCl胁迫下酸柚叶片的净光合速率下降，同时________也下降，这说明在该浓度 NaCl胁迫下，光合速率下降主要是由于不良环境导致________引起的；当盐浓度由0．3%升到0．6%时，气孔导度上升，而胞间CO2浓度下降，试分析其原因：________；而在0．9%NaCl胁迫下，气孔导度下降，而胞间CO2浓度反而升高，说明在该浓度NaCl胁迫下，引起酸柚苗光合速率降低的原因是________（填“气孔限制”或“非气孔限制”）。
（3）为了使实验结果更可靠，本实验中每处理组需进行多次实验，这遵循了实验的________原则。
30、（8分）荣获“人民英雄”国家荣誉称号的张定宇医生是一名“渐冻症”患者（全称肌萎缩侧索硬化症，简称ALS）。该病是一种运动神经元疾病，氨基酸毒性学说是其发病机制的假说之一。回答下列相关问题:
（1）调控人体四肢的随意运动受____________等的共同调控，而渐冻人将会逐渐丧失调控四肢随意运动这一功能。
（2）如图是ALS患者病变部位的有关生理过程。谷基酸以____________的方式通过突触间隙，与NMDA结合。据图推测谷氨酸属于____________（填“兴奋”或“抑制”）性神经递质，判断理由是____________。
（3）兴奋在该结构中的传递过程是单向的，原因是____________。
31、（8分）“时代楷模”——甘肃省古浪县八步沙林场“六老汉”用三代人的汗水与心血治理沙漠，将荒漠变为绿林。下图为林场内能量流向野兔所处的营养级示意图，据图回答下列问题：
（1）在治理荒漠的过程中，群落发生了_____演替，判断依据是_____。
（2）图中B表示_____。
（3）若野兔所处的营养级获得的传递效率最大，则计算杂草所处的营养级的同化量为_____J/（cm2a），计算方法是_____。
32、（11分）
回答下列与三倍体西瓜育种的相关问题：
（1）通常将幼苗期二倍体西瓜植株（2n＝22）用_______________溶液处理，可得到四倍体西瓜植株。该试剂能_____________________，从而诱导染色体数目加倍。将二倍体西瓜植株的花粉撒在四倍体西瓜植株的雌蕊上进行授粉，杂交得到的正在发育的种子中某个胚细胞可能含有___________条染色体。
（2）将三倍体西瓜植株与二倍体西瓜植株进行间行种植，二倍体西瓜植株的花粉与三倍体西瓜植株受粉后，能使子房产生的_______________，从而促进子房发育成三倍体西瓜。
（3）四倍体西瓜植株的部分配子可发育成种子，四倍体母本所结的子代具有多种倍性。果皮有条纹（A）对果皮无条纹（a）为显性，现选择性状分别为____________的纯合二倍体父本和纯合四倍体母本进行杂交，则根据果皮性状可区分子代三倍体西瓜，原因是_______________。
（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）
新疆伊犁有着我国最大的薰衣草种植基地，薰衣草精油由薰衣草花穗提取而得，具有怡神、助睡眠、舒缓压力的作用，其化学性质稳定，难溶于水，易溶于有机溶剂，广泛应用于美容、香薰、食品等行业。请回答以下问题:
（1）用于提取精油的薰衣草花穗在____________（填“花开的盛期”或“花开的晚期”）采收，提取效果更佳。
（2）可选用水蒸气蒸馏法提取薰衣草精油，该技术利用了薰衣草精油____________的特性。形成油水混合物，冷却后加入____________，混合物又会重新分出油层和水层。蒸馏时，影响产品品质的主要因素有________________________。
（3根据常农草精油的化学性质，还可选用萃取法进行提敢。萃取时选择的有机溶剂应具有的特点是____________，若产品用于食品制造业，还需考虑____________。
（4）准确称取10．0g藏衣草花秘碎末，使用水蒸气蒸馏法和萃取法提取并测定薰衣草精油品质和得率，数据如下:
熏衣草样品的精油得率
提取方法
精油状态
得率（%）
平行样1
平行样2
平行样3
水蒸气蒸馏法
浅黄色透明油状
2．78
2．51
2．69
有机溶剂萃取法
棕黄色浸膏状
3．93
3．78
4．05
①根据数据计算两种提取方法的出油率分别是:____________。
②根据数据和所学知识，分别说出两种方法的优点:____________（各说出一点即可）。
38．[生物——选修3：现代生物科技专题]（15分）
回答下列有关动物细胞培养的问题：
（1）在动物细胞培养过程中，当贴壁细胞分裂生长到细胞表面相互接触时，细胞会停止分裂增殖，这种现象称为______。此时，瓶壁上形成的细胞层数是______。可以使用胰蛋白酶将贴壁的细胞从瓶壁上分离下来。
（2）随着细胞传代次数的增多，绝大部分细胞分裂停止，进而出现______现象；但极少数细胞可以连续增殖，其中有些细胞会因遗传物质发生改变而变成不死性细胞，这种细胞除连续增殖以外，还具有的特点是_________________。
（3）进行动物细胞传代培养时用胰蛋白酶分离细胞，但不能用胃蛋白酶，理由是_________________。使用胰蛋白酶时需要严格控制好消化时间，因为_________________。
（4）分化程度低的与分化程度高的组织细胞比较，________（填“前者”或“后者”）更易于培养，原因是_________________。
参考答案及解析
1.【答案】C
【解析】
A、细胞膜是系统的边界，A错误；
B、1959年罗伯特森在电子显微镜下看到细胞膜的暗-亮-暗的三层结构，B错误；
C、中心体与细胞有丝分裂有关，中心体与纺锤体的形成有关，C正确；
D、线粒体内膜向内折叠成嵴，把离体的线粒体置于蒸馏水中，其外膜比内膜先涨破，D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】
A、过程①为RNA复制，需要RNA复制酶，该过程与HIV增殖过程相同，A正确；
B、过程②为翻译，需要mRNA、tRNA和rRNA的参与，还需游离的氨基酸作为原料，B正确；
C、过程③产生的+RNA与－RNA碱基是互补配对的，A与U配对，所以过程③产生的＋RNA与－RNA中A＋U的比例相同，C正确；
D、新冠病毒的增殖没有逆转录过程，用逆转录的抑制药物不能抑制新冠病毒的增殖，D错误。
3.【答案】A
【解析】
①成熟红细胞无细胞核，不可通过核移植技术体现细胞的全能性，①错误；
②造血干细胞逐级分化过程中遗传信息的执行情况不同(即基因的选择性表达)，②正确；
③造血干细胞癌变后形态结构发生改变，细胞间粘着性降低，使得癌细胞易于扩散和转移，③错误；
④图中的免疫细胞有T细胞，B细胞，吞噬细胞，均可参与特异性免疫，④正确。
综上所述，错误的是①③，A符合题意，BCD错误。
故选A。
4.【答案】C
【解析】
A、根据B组的实验数据可知，两种激素联合处理对茎芽伸长生长的作用是13，大于GA3和IAA单独对离体茎芽的生长作用之和（6.5+4.5=11），说明GA3和IAA对离体茎芽的生长表现出相互协同的作用，A正确；
B、根据A组和B组中单独使用GA3处理组的柱形图高于单独使用IAA处理组的柱形图，但两种处理组的柱形图高度均高于对照组，可知用IAA单独处理比用GA3单独处理对植物生长的促进作用弱，B正确；
C、与无菌水处理1h相比，处理8h后GA3单独处理组比IAA单独处理组茎芽长度减少的更多，因而内源性GA3含量下降的更多，IAA含量下降相对较少，C错误；
D、由于IAA能促进植物生长，所以GA3单独处理7天后A组茎芽长度更大，可能与茎芽中内源性IAA含量有关，D正确。
故选C。
5.【答案】C
【解析】
因为“四种缺失突变体（只从染色体两端缺失且均存在某些显性基因所在片段缺失”，结合实验一和实验三的结果，可推出基因N和M位于染色体的两端；再结合实验二和实验四的杂交结果，可推出基因T和基因Q位于染色体的中间，T靠近M，Q靠近N，C正确。
故选C。
6.【答案】D
【解析】
A、群落演替类型包括初生演替和次生演替，沙丘的人工生态改造属于初生演替而退耕还林的群落演替属于次生演替，二者演替类型不同，A正确；
B、封山育林过程可使生态环境得到改善，更加适合生物的生存，加快演替的进程，将使群落的结构更复杂，利用资源的能力更强，B正确；
C、不同群落的物种数目有差别，群落中物种数目的多少称为丰富度，群落的空间结构包括水平结构和垂直结构，若某湿地经过保护后物种丰富度未发生变化，则其群落结构可能不发生变化，C正确；
D、是在这个演替过程中，前一阶段优势物种的并没有消亡，而是优势地位被取代，D错误。
故选D。
29.【答案】 (1). 叶绿素含量降低，吸收和转化的光能减少，光反应产生的ATP和[H]（或NADPH）减少，导致暗反应减弱，光合作用强度下降 (2). 气孔导度（Gs）和胞间CO2浓度（Ci） (3). 气孔导度下降（或部分气孔关闭） (4). 气孔导度上升，进入细胞的CO2增多，净光合作用利用掉的CO2量增多，使胞间CO2浓度下降 (5). 非气孔限制 (6). 平行重复
【解析】
（1）叶绿素的作用是吸收、传递和转化光能，叶绿素含量降低，吸收和转化的光能减少，光反应产生的ATP和[H]（或NADPH）减少，导致暗反应减弱，光合作用强度下降。
（2）根据以上实验结果分析：在0．3%NaCl胁迫下，气孔导度、胞间CO2浓度和净光合速率同时下降，说明此时光合速率下降的主要限制因子是气孔导度下降， CO2供应减少（即气孔限制）；当盐浓度由0．3%升到0．6%时，气孔导度上升，进入细胞的CO2增多，净光合作用利用掉的CO2量增多，使胞间CO2浓度下降；而在0．9%NaCl胁迫下，气孔导度下降，而胞间CO2浓度上升，且净光合速率下降，说明此时光合速率下降的主要限制因子不是CO2浓度（即非气孔限制）。
（3）为了使实验结果更可靠，本实验中每处理组需进行多次实验，这遵循了实验的平行重复原则。
30.【答案】 (1). 大脑皮层、脊髓 (2). 扩散 (3). 兴奋 (4). 谷氨酸与突触后膜上的NMDA结合后，促进Na+内流，引发突触后膜电位改变 (5). 神经递质只能由突触前膜释放，作用于突触后膜
【解析】
（1）人体四肢的随意运动离不开大脑皮层和脊髓中的神经中枢的调控。
（2）氨基酸属于神经递质，递质的释放属于胞吐作用，但在突触间隙通过扩散方式与突触后膜上的受体结合。据图可知，谷氨酸与突触后膜上的NMDA结合后，促进Na+内流，引发突触后膜电位改变，产生动作电位，谷氨酸属于兴奋性的神经递质。
（3）神经递质只能由突触前膜释放，作用于突触后膜，决定了兴奋在细胞间的传递是单向的。
31.【答案】 (1). 次生演替 (2). 土壤条件基本保留，土壤中有种子和繁殖体 (3). 野兔所处营养级同化的能量 (4). 400 (5). 80÷20%=400J/（cm2a）
【解析】
（1）次生演替是指在原有植被虽已不存在，但原有土壤条件基本保留，甚至还保留了植物的种子或其他繁殖体的地方发生的演替。在治理荒漠的过程中，土壤条件基本保留，土壤中有种子和繁殖体，故群落发生了次生演替。
（2）某一营养级的摄入量包括该营养级的同化量和粪便量（上一营养级的同化量），所以B表示野兔所处营养级同化的能量。
（3）营养级之间能量传递效率为10%—20%，若野兔所处的营养级获得的传递效率最大，则用20%计算。野兔所处营养级同化的能量=摄入量—粪便量=100—20=80 J/（cm2a），假设杂草所处的营养级的同化量为M，则M×20%=80，则M=400 J/（cm2a）。
32.【答案】 (1). 秋水仙素 (2). 抑制纺锤体的形成，导致染色体不能移向细胞两极 (3). 33或66 (4). 生长素 (5). 父本为果皮有条纹西瓜植株，母本为果皮无条纹西瓜植株 (6). 因为只有二倍体父本有条纹，四倍体母本无条纹，子代三倍体均有条纹，单倍体均无条纹，才能区分子代三倍体
【解析】
（1）用适宜浓度的秋水仙素溶液处理二倍体西瓜幼苗（2n＝22），由于秋水仙素能抑制纺锤体的形成，导致染色体不能移向细胞两极，因此，可得到四倍体西瓜植株。将二倍体西瓜植株的花粉撒在四倍体西瓜植株的雌蕊上进行授粉，杂交可得到三倍体种子（3n＝33），该正在发育的种子中某个胚细胞可能含有33条染色体，若该细胞处于有丝分裂后期，则可能含有66条 染色体。
（2）将三倍体西瓜植株与二倍体西瓜植株进行间行种植，二倍体西瓜植株的花粉与三倍体西瓜植株受粉后，由于三倍体西瓜减数分裂过程中联会紊乱，不能产生可育的配子，因此，在二倍体西瓜花粉的刺激下，能使子房产生生长素 ，从而促进子房发育成三倍体无子西瓜。
（3）四倍体西瓜植株的部分配子可发育成种子，四倍体母本所结的子代具有多种倍性。果皮有条纹（A）对果皮无条纹（a）为显性，现选择性状分别为有条纹AA二倍体父本和纯合四倍体母本aaaa进行杂交，则四倍体植株上由配子直接发育成的植株的基因型为aa，所结的西瓜表现为无条纹，而三倍体西瓜的基因型为Aaa，该植株上所结的西瓜为三倍体，表现为有条纹，显然在该条件下获得的西瓜可根据果皮性状即可区分子代三倍体西瓜和单倍体西瓜。
37.【答案】 (1). 花开的盛期 (2). 挥发性较强 (3). NaCl (4). 蒸馏的时间和温度 (5). 具有较高的沸点、能够充分溶解有效成分、不与水混溶 (6). 萃取剂对人的毒性 (7). 2．66%，3．92% (8). 水蒸气蒸馏法提取品质较好，萃取法提取产量较高
【解析】
（1）薰衣草的花开的盛花期含油高，所以此时采收是最佳时期。
（2）薰衣草精油的化学性质稳定，难溶于水，易溶于有机溶剂，能随水蒸气一同蒸馏（挥发性较强），薰衣草精油常采用水蒸气蒸馏法提取。形成油水混合物，冷却后加入NaCl，混合物又会重新分出油层和水层。蒸馏时，影响产品品质的主要因素有蒸馏的时间和温度。
（3）薰衣草化学性质稳定，难溶于水，易溶于有机溶剂，萃取时选择的有机溶剂应具有的特点是具有较高的沸点、能够充分溶解有效成分、不与水混溶。若产品用于食品制造业，还需考虑萃取剂对人的毒性。
（4）① 出油率的计算: 公式:出油率=薰衣草精油质量/原料质量，三个样本取平均值，分别为2.78+2.51+2.69=2.66%，3.93+3.78+4.05=3.92%。
②两种方法的优点：水蒸气蒸馏法能将挥发性强的薰衣草精油提取出来，其品质较好，萃取法获得的出油率比较高，提取产量较高。
38.【答案】 (1). 接触抑制 (2). 一 (3). 衰老、死亡 (4). 细胞膜表面糖蛋白减少，细胞间的黏着性降低 (5). 当pH大于6 时，胃蛋白酶失去活性，多数动物细胞培养的适宜pH为7.2~7.4，在此环境下，胃蛋白酶失去活性，而胰白酶活性较高 (6). 时间长，胰蛋白酶会消化细胞 (7). 前者 (8). 分化程度高的细胞功能专一，分裂能力差
【解析】
（1）在动物细胞培养过程中，当贴壁细胞分裂生长到细胞表面相互接触时，细胞会停止分裂增殖，这种现象称为细胞接触性抑制。此时，瓶壁上形成的细胞层数是单层。
（2）随着细胞传代次数的增多，绝大部分细胞分裂停止，进而出现衰老甚至死亡的现象。细胞发生癌变后，细胞间的黏着性降低，与细胞膜表面糖蛋白含量减少有关。
（3）动物细胞培养过程中用胰蛋白酶分散细胞，说明细胞间的物质主要是蛋白质。不能改用胃蛋白酶，因为胃蛋白酶作用的适宜pH约为2，当pH大于6时，胃蛋白酶就会失去活性，而多数细胞培养的适宜pH为7.2～7.4。使用胰蛋白酶时需要严格控制好消化时间，因为时间长，胰蛋白酶会消化细胞，从而破坏细胞结构。
（4）分化程度低的组织细胞比分化程度高的组织细胞更易于培养，主要因为组织细胞分化程度低、分裂能力强，有利于动物细胞培养，分化程度高的细胞功能专一，分裂能力差。
绝密★启用前
KSSU2021年全国新课标Ⅱ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14～17题只有一项符合题目要求，第18～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
14．目前，在居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素。比如，有些含有铀、钍的花岗岩等岩石会释放出放射性惰性气体氡，而氡会发生放射性衰变，放射出α、β、γ射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道等方面的疾病。根据有关放射性知识可知，下列说法正确的是( )
A．氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经7.6天后就剩下一个原子核了
B．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子所产生的
C．γ射线一般伴随着α或β射线产生，在这三种射线中，α射线的穿透能力最强，电离能力最弱
D．发生α衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4
15.如图所示，在水平放置的半径为R的圆柱体的正上方的P点将一小球以水平速度v0沿垂直于圆柱体的轴线方向抛出，小球飞行一段时间后恰好从圆柱体的Q点沿切线飞过，测得O、Q连线与竖直方向的夹角为θ，那么小球完成这段飞行的时间是( )
A. B． C. D．
16.将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是( )
17.真空中的某装置如图所示，其中平行金属板A、B之间有加速电场，C、D之间有偏转电场，M为荧光屏。今有质子、氘核和α粒子均由A板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上。已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断正确的是( )
A．三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间相同
B．三种粒子打到荧光屏上的位置相同
C．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2
D．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4
18.发动机额定功率为80 kW的汽车，质量为2×103 kg，在水平路面上行驶时汽车所受摩擦阻力恒为4×103 N，若汽车在平直公路上以额定功率启动，则下列说法中正确的是( )
A．汽车的加速度和速度都逐渐增加
B．汽车匀速行驶时，所受的牵引力为零
C．汽车的最大速度为20 m/s
D．当汽车速度为5 m/s时，其加速度为6 m/s2
19.宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为m的星位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为R，忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O做匀速圆周运动，万有引力常量为G，则( )
A．每颗星做圆周运动的线速度为
B．每颗星做圆周运动的角速度为
C．每颗星做圆周运动的周期为2π
D．每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关
20.如图是自耦变压器的示意图，负载变化时输入电压不会有大的变化。输电线的电阻用R0表示，如果变压器上的能量损失可以忽略。以下说法正确的是( )
A．开关S1接a，闭合开关S后，电压表V示数减小，电流表A示数增大
B．开关S1接a，闭合开关S后，原线圈输入功率减小
C．断开开关S，开关S1接a时电流表的示数为I1，开关S1接b时电流表的示数为I2，则I1>I2
D．断开开关S，开关S1接a时原线圈输入功率为P1，开关S1接b时原线圈输入功率为P2，则P1
21.如图所示，斜劈B固定在弹簧上，斜劈A扣放在B上，A、B相对静止，待系统平衡后用竖直向下的变力F作用于A，使A、B缓慢压缩弹簧，弹簧一直在弹性限度内，则下列说法正确的是( )
A．压缩弹簧的过程中，B对A的摩擦力逐渐增大
B．压缩弹簧的过程中，A可能相对B滑动
C．当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，B对A的作用力先增大后减小
D．当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，A、B分离时，弹簧恢复原长
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）如图是一个多用表欧姆挡内部电路示意图。电流表满偏电流0.5 mA、内阻10 Ω；电池电动势1.5 V、内阻1 Ω；变阻器R0阻值0～5 000 Ω。
(1)该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5 V刻度的，当电池的电动势下降到1.45 V、内阻增大到4 Ω时仍可调零。调零后R0阻值将变 (选填“大”或“小”)；若测得某电阻阻值为300 Ω，则这个电阻的真实值是 Ω。
(2)该欧姆表换了一个电动势为1.5 V，内阻为10 Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值，其测量结果 (选填“偏大”“偏小”或“准确”)。
23.（9分）图甲为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。图中打点计时器的电源为50 Hz的交流电源，打点的时间间隔用Δt表示。在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来探究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。
甲
(1)完成下列实验步骤中的填空：
①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列________的点。
②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。
③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点列的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m。
④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③。
⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点。测量相邻计数点的间距x1、x2、…。求出与不同m相对应的加速度a。
⑥以砝码的质量m为横坐标，a(1)为纵坐标，在坐标纸上作出a(1) m关系图线。若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则a(1)与m应成________(填“线性”或“非线性”)关系。
(2)完成下列填空：
(ⅰ)本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是_________________________________________
(ⅱ)设纸带上三个相邻计数点的间距为x1、x2和x3。a可用x1、x3和Δt表示为a＝________。图乙为用米尺测量某一纸带上的x1、x3的情况，由图可读出x1＝________mm，x3＝________mm，由此求得加速度的大小a＝________m/s2。
(ⅲ)图丙为所得实验图线的示意图。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为________，小车的质量为________。
24.（12分）如图所示，一辆质量M＝3 kg的小车A静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m＝1 kg的光滑小球B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为Ep＝6 J，小球与小车右壁距离为L＝0.4 m，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：
(1)小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小。
(2)在整个过程中，小车移动的距离。
25.（20分）如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一象限内存在正交的匀强电、磁场，电场强度E1＝40 N/C；第四象限内存在一方向向左的匀强电场E2＝3(160) N/C。一质量为m＝2×10－3 kg带正电的小球，从点M(3.64 m,3.2 m)以v0＝1 m/s的水平速度开始运动。已知小球在第一象限内做匀速圆周运动，从点P(2.04 m,0)进入第四象限后经过y轴上的点N(0，－2.28 m)(图中未标出)。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B；
(2)小球由P点运动到N点的时间。
（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）封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态A变到状态D，其体积V与热力学温度T关系如图所示，O、A、D三点在同一直线上。则________(填正确答案标号)。
A．由状态A变到状态B过程中，气体吸收热量
B．由状态B变到状态C过程中，气体从外界吸收热量，内能增加
C．C状态气体的压强小于D状态气体的压强
D．D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少
E．D状态与A状态，相等时间内气体分子对器壁单位面积的冲量相等
（2）（10分）一定质量的理想气体被活塞封闭在水平放置的汽缸内，如图所示。活塞的质量m＝20 kg，横截面积S＝100 cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动但不漏气，开始使汽缸水平放置，活塞与汽缸底的距离L1＝12 cm，离汽缸口的距离L2＝3 cm。汽缸内气体的初始温度为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后对缸内气体逐渐加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平，取g＝10 m/s2，求：
(1)此时气体的温度为多少；
(2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，同时吸收Q＝370 J的热量，则气体增加的内能ΔU多大？
34. 【物理一一选修3–4】（15分）
（1）（5分）如图所示为一列向左传播的横波的图象，图中实线表示t时刻的波形，虚线表示又经Δt＝0.2 s时刻的波形，已知波长为2 m，下列说法正确的是________。
A．波的周期的最大值为2 s
B．波的周期的最大值为9(2) s
C．波的速度的最小值为9 m/s
D．这列波不能发生偏振现象
E．这列波遇到直径r＝1 m的障碍物会发生明显的衍射现象
(2)（10分）如图所示，ABC为一块立在水平地面上的玻璃砖的截面示意图，△ABC为一直角三角形，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB边长度为l＝20 cm，AC垂直于地面放置。现在有一束单色光垂直于AC边从P点射入玻璃砖，已知PA＝8(1)l，玻璃的折射率n＝，该束光最终射到了水平地面上的K点，求K点到C点的距离(取tan 15°≈0.25，结果保留三位有效数字)。
参考答案+解析
14.
【答案】B
【解析】：半衰期遵循统计规律，对单个或少数原子核是没有意义的，A错误。根据3种射线的特性以及衰变实质可知B正确，C、D错误。
15.
【答案】 C
【答案】： 小球做平抛运动，tan θ＝v0(vy)＝，则时间t＝g(v0tan θ)，选项A、B错误；在水平方向上有Rsin θ＝v0t，则t＝v0(Rsin θ)，选项C正确，D错误。
16.
【答案】B
【解析】根据B t图象可知，在0～2(T)时间内，B t图线的斜率为负且为定值，根据法拉第电磁感应定律E＝nS可知，该段时间圆环区域内感应电动势和感应电流是恒定的，由楞次定律可知，ab中电流方向为b→a，再由左手定则可判断ab边受到向左的安培力，且0～2(T)时间内安培力恒定不变，方向与规定的正方向相反；在～T时间内，B t图线的斜率为正且为定值，故ab边所受安培力仍恒定不变，但方向与规定的正方向相同。综上可知，B正确。
17.
【答案】B
【解析】设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板的长度为L，板间距离为d，在加速电场中，由动能定理得qU1＝2(1)mv，解得v0＝ ，三种粒子从B板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v0不同，所以三种粒子从B板运动到荧光屏经历的时间不同，故A错误；根据推论y＝4dU1(U2L2)、tan θ＝2dU1(U2L)可知，y与粒子的种类、质量、电荷量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场的电场力做功为W＝qEy，则W与q成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C、D错误。
18.
【答案】CD
【解析】由P＝Fv，F－Ff＝ma可知，在汽车以额定功率启动的过程中，F逐渐减小，汽车的加速度a逐渐减小，但速度逐渐增加，当匀速行驶时，F＝Ff，此时加速度为零，速度达到最大值，则vm＝Ff(P)＝ m/s＝20 m/s，故A、B错误，C正确；当汽车速度为5 m/s时，由牛顿第二定律得v(P)－Ff＝ma，解得a＝6 m/s2，故D正确。
19.
【答案】ABC
【解析】每颗星受到的合力为F＝2Gsin 60°＝G，轨道半径为r＝3(3)R，由向心力公式F＝ma＝m＝mω2r＝m，解得a＝R2(3Gm)，v＝ ，ω＝ ，T＝2π ，显然加速度a与m有关，故A、B、C正确。
20.
【答案】AD
【解析】闭合开关S，不影响变压器副线圈两端电压，副线圈所接负载的电阻变小，根据欧姆定律，电流表的读数变大，输电线上的电压变大，导致电压表的读数变小，选项A正确；根据P＝UI，副线圈输出功率变大，理想变压器的输入功率等于输出功率，故原线圈输入功率增大，选项B错误；开关S1从接a变到接b，理想变压器的原线圈的匝数变小，副线圈两端电压变大，电流表的读数变大，选项C错误；根据P＝UI，副线圈输出功率变大，理想变压器的输入功率等于输出功率，故原线圈输入功率增大，选项D正确。
21.
【答案】AD
【解析】开始A相对于B静止，则A的重力在沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力，设斜劈B的倾角为θ，有mgsin θ≤μmgcos θ，所以(mg＋F)sin θ≤μ(mg＋F)cos θ，所以A、B在缓慢压缩弹簧的过程中，仍然能保持相对静止，A所受的摩擦力Ff＝(mg＋F)sin θ，对整体分析，F逐渐增大，可知摩擦力逐渐增大，故A正确，B错误。撤去F后，在弹簧恢复原长前，整体的加速度逐渐减小，隔离对A分析，有F′－mg＝ma，则B对A的作用力F′逐渐减小。当弹簧恢复原长时，A、B具有相同的加速度g，A、B间弹力为零，发生分离。故C错误，D正确。
22.
【答案】:（1）减小（1分）、290 Ω（3分）（2）准确（2分）
【解析】(1)由闭合电路欧姆定律：Ig＝Rg＋r＋R0(E)得：R0＝Ig(E)－Rg－r，因为式中E变小，r变大，故R0将减小；因为该欧姆表的刻度是按电池电动势为E＝1.5 V刻度的。测得某电阻阻值为300 Ω时，电流表中的电流I＝R＋RΩ(E)，其中RΩ＝Ig(E)，当电池电动势下降到E′＝1.45 V时，此时欧姆表的内阻R′Ω＝Ig(E′)，由闭合电路的欧姆定律得I＝R′＋R′Ω(E′)，解得真实值R′＝290 Ω。
(2)该欧姆表换了一个电动势为1.5 V，内阻为10 Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值的测量结果准确，因为电源的内阻的变化，可以通过调零电阻的阻值的变化来抵消。
23.
【答案】:(1)等间距 线性
(2)(ⅰ)远小于小车和砝码的总质量
(ⅱ) 24.2(23.9～24.5均对) 47.3(47.0～47.6均对) 1.16(1.13～1.19均对) (ⅲ)
【解析】(1)①小车所受的阻力平衡后，小车做匀速直线运动，打点计时器打出的点间距相等。
⑥若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则F＝(m0＋m)a，a(1)＝(m0＋m)＝F(m0)＋m，小车质量m0及拉力F一定。由数学知识可知a(1)与m应成线性关系。
(2)(ⅰ)对小吊盘及物块，由牛顿第二定律可得：mg－FT＝ma；对小车同理：FT＝Ma，两式联立可得FT＝M＋m(M)·mg，故只有M≫m时，FT≈mg，小车所受的拉力近似不变。
(ⅱ)由匀变速直线运动中，等时间间隔位移关系特点，可知：x3－x1＝2a(5Δt)2得a＝2(5Δt(x3－x1)＝ m/s2＝1.16 m/s2
(ⅲ)设小车质量为m0，则由牛顿第二定律可得F＝(m0＋m)a，即a(1)＝＋①
由图象可以看出F(m0)＝b②
k＝F(1)③
由②③可解得：F＝k(1)，m0＝k(b)。
24.
【答案】:(1)3 m/s 1 m/s (2)0.1 m
【解析】(1)水平面光滑，由小车、弹簧和小球组成的系统在从弹簧解锁到小球脱离弹簧的过程中，满足动量守恒和能量守恒。
选向右为正方向，则有mv1－Mv2＝0
mv＋2(1)Mv＝Ep
联立两式并代入数据解得：v1＝3 m/s，v2＝1 m/s
(2)在整个过程中，系统动量守恒，则有：
m－M＝0，x1＋x2＝L
解得：x2＝4(L)＝0.1 m
25.
【答案】(1)2 T (2)0.6 s
【解析】
(1)由题意可知qE1＝mg，得q＝5×10－4 C。
分析如图，Rcos θ＝xM－xP，
Rsin θ＋R＝yM，可得R＝2 m，θ＝37°。由qv0B＝0，得B＝2 T。
(2)小球进入第四象限后受力分析如图，tan α＝qE2(mg)＝0.75。
可知小球进入第四象限后所受电场力和重力的合力与速度方向垂直，即α＝θ＝37°。
由几何关系可得lNQ＝0.6 m。
由lNQ＝v0t，解得t＝0.6 s。
或：F＝sin α(mg)＝ma，得a＝3(50) m/s2，
由几何关系得lPQ＝3 m，由lPQ＝2(1)at2，解得
t＝0.6 s。
26.
【答案】(1)ADE (2)(1)450 K (2)310 J
【解析】(1)由状态A变到状态B为等容变化，W＝0，温度升高，ΔU>0，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，气体吸收热量Q>0，气体吸热，A正确；由状态B变到状态C过程中，内能不变，B错；C状态气体的压强大于D状态气体的压强，C错；D状态与A状态压强相等，D状态体积大，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少，D、E正确。
（2）
(1)当汽缸水平放置时，
T0＝(273＋27) K＝300 K(0.5分)；p0＝1.0×105 Pa
V0＝L1S
当汽缸口朝上，活塞到达汽缸口时，活塞的受力分析如图所示，有
p1S＝p0S＋mg
则p1＝p0＋S(mg)＝1.0×105 Pa＋10－2(200) Pa＝1.2×105 Pa（
V1＝(L1＋L2)S
由理想气体状态方程得T0(p0L1S)＝()
则T1＝()T0＝1.0×105×12(1.2×105×15)×300 K＝450 K
(2)当汽缸口向上，未加热稳定时：由玻意耳定律得
p0L1S＝p1LS
则L＝p1(p0L1)＝ cm＝10 cm
加热后，气体做等压变化，外界对气体做功为
W＝－p0(L1＋L2－L)S－mg(L1＋L2－L)＝－60 J
根据热力学第一定律
ΔU＝W＋Q 得ΔU＝310 J
27.
【答案】（1）BCE (2)18.6 cm
【解析】
(1)0.2 m＝10(1) λ，因波向左传播，则由图象可知波向左传播的距离为10(9)λ(n＝0、1、2…)，所以0.2 s＝10(9)T(n＝0、1、2…)，n＝0时，周期最大，为Tm＝9(2) s，波速最小，为vmin＝Tm(λ)＝9 m/s，所以A错误，B、C正确。横波可以发生偏振现象，D错误。因为障碍物的直径r＝1 m<λ＝2 m，则这列波遇到此障碍物可以发生明显的衍射现象，E正确。
(2)由sin C＝n(1)，可以得到临界角C＝45°。
单色光照射到AB上时入射点为D，入射角i＝60°>C，将发生全反射，然后反射到BC面上Q点，入射角为α＝30°，设折射角为β。
由n＝sin α(sin β)，可得β＝45°。
最终单色光射到地面上的K点，如图所示。
由几何知识可以得到
AD＝sin 30°(AP)＝5 cm，即BD＝15 cm，所以BQ＝BDtan 30°＝5 cm，
CQ＝15 cm，CS＝2(3) cm，SK＝8(45) cm。
所以K点距离C点CK＝CS＋SK≈18.6 cm。
2021新课标Ⅱ高考压轴卷 化学 Word版含解析
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．古诗词、谚语等都是我国传统文化的瑰宝。下列有关解读错误的是
选项
传统文化
化学角度解读
A
本草经集注记载“如握盐雪不冰,强烧之,紫青烟起云是真硝石也
利用物理方法可以检验钠盐和钾盐
B
“司南之杓勺,投之于地,其柢勺柄指南”
司南中“杓”的材质为Fe3O4
C
本草图经在绿矾项记载:“盖此矾色绿,味酸,烧之则赤”
因为绿矾能电离出H+,所以“味酸”
D
兰陵美酒郁金香,玉碗盛来琥珀光
“香”主要因为美酒含有酯类物质
A．A B．B C．C D．D
2．某溶液由Na+、Ba2+、Al3+、AlO、CrO、CO、SO中的若干种组成。取适量该溶液进行如下实验：①加入过量盐酸有气体生成并得到无色溶液；②在①所得溶液中再加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成并析出白色沉淀甲；③在②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液也有气体生成并产生白色沉淀乙，则原溶液中一定存在的离子是
A．Na+、AlO、CrO、CO B．Na+、AlO、CO
C．Na+、AlO、CO、SO D．Na+、Ba2+、AlO、CO
3．车发动机在稀燃和富燃条件下交替进行，将尾气中的NOx在催化剂上反应脱除。其工作原理示意图如下：
下列说法错误的是
A．稀燃过程中，Pt作催化剂，NO与氧气反应生成NO2
B．稀燃过程中，NO2与BaO反应可能生成NO和Ba(NO3)2
C．富燃过程中，Pt催化下NO2被CO还原的反应为：2NO2＋4CON2＋4CO2
D．富燃过程中，还原产物为N2和CO2
4．2020年，天津大学化学团队以CO2和辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，装置工作原理如图(隔膜a只允许OH-通过)。下列说法错误的是
A．In/In2O3-x电极与电源负极相连
B．电解过程中，OH-由In/In2O3-x电极区向Ni2P电极区迁移
C．每消耗xmol的CO2理论上通过隔膜a的OH-也为xmol
D．Ni2P电极上发生的反应：CH3(CH2)7NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O
5．Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得：
下列叙述不正确的是
A．反应过程中加入K2CO3的作用是提高X的转化率
B．Y与Br2的加成产物中含手性碳原子
C．可以用Na2CO3溶液检验Y中是否存在X
D．等物质的量的X、Y分别与H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为3∶4
6．X、Y、Z、R、W为原子序数依次增大的短周期元素，Z、W为同族元素，R的原子半径是同周期主族元素中最大的。其中，X、Y、Z、W形成的化合物可表示为。下列说法正确的是
A．原子半径：
B．氢化物的热稳定性：
C．Z与X、Y、R、W均可形成多种化合物
D．Z、R、W三种元素形成的化合物的水溶液呈中性
7．某温度下，分别向10mL浓度均为0.1mol·L-1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1mol·L-1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中-lgc(Cu2+)和-lgc(Zn2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。[已知：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)， 1g3≈0.5]，下列说法不正确的是
A．a点的ZnCl2溶液中：c(Cl-)<2[c(Zn2+)+c(H+)]
B．由图像可以计算得出该温度下Ksp(CuS)=10-35.4
C．a—b—e为滴定CuCl2溶液的曲线
D．d点纵坐标约为33.9
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
8．2-硝基-1，3-苯二酚是重要的医药中间体。实验室常以间苯二酚为原料，经磺化、硝化、去磺酸基三步合成：
部分物质相关性质如下表：
名称
相对分子质量
性状
熔点/℃
水溶性(常温)
间苯二酚
110
白色针状晶体
110.7
易溶
2-硝基-1，
3-苯二酚
155
桔红色针状晶体
87.8
难溶
制备过程如下：
第一步：磺化。称取77.0 g间苯二酚，碾成粉末放入烧瓶中，慢慢加入适量浓硫酸并不断搅拌，控制温度在一定范围内搅拌15 min(如图1)。
第二步：硝化。待磺化反应结束后将烧瓶置于冷水中，充分冷却后加入“混酸”，控制温度继续搅拌15 min。
第三步：蒸馏。将硝化反应混合物的稀释液转移到圆底烧瓶B中，然后用如图2所示装置进行水蒸气蒸馏(水蒸气蒸馏可使待提纯的有机物在低于100℃的情况下随水蒸气一起被蒸馏出来，从而达到分离提纯的目的)，收集馏出物，得到2-硝基-1，3-苯二酚粗品。
请回答下列问题：
(1)图1中仪器a的名称是___________；磺化步骤中控制温度最合适的范围为___________(填字母代号，下同)。
A．30～60℃ B．60～65℃
C．65～70℃ D．70~100℃
(2)已知：酚羟基邻对位的氢原子比较活泼，均易被取代。请分析第一步磺化引入磺酸基基团(—SO3H)的作用是___________。
(3)硝化步骤中制取“混酸”的具体操作是___________。
(4)水蒸气蒸馏是分离和提纯有机物的方法之一，被提纯物质必须具备的条件正确的是___________。
A．具有较低的熔点 B．不溶或难溶于水，便于最后分离
C．难挥发性 D．在沸腾下与水不发生化学反应
(5)下列说法正确的是___________。
A．直型冷凝管内壁中可能会有红色晶体析出
B．反应一段时间后，停止蒸馏，先熄灭酒精灯，再打开旋塞，最后停止通冷凝水
C．烧瓶A中长玻璃管起稳压作用，既能防止装置中压强过大引起事故，又能防止压强过小引起倒吸
(6)蒸馏所得2-硝基-1，3-苯二酚中仍含少量杂质，可用少量乙醇水混合剂洗涤。请设计简单实验证明2-硝基-1，3-苯二酚已经洗涤干净___________。
(7)本实验最终获得15.5 g桔红色晶体，则2-硝基-1，3-苯二酚的产率约为___________(保留3位有效数字)。
9．锑在工业上应用价值广泛，它的一种提取工艺流程如下：
请回答下列问题：
(1)辉锑矿是含锑的重要矿物，其主要成分是，其中Sb的化合价是____。
(2)写出阳极区产物与辉锑矿粉主要成分发生反应的化学方程式：______________。
(3)电解池所用的“隔膜”宜采用____填“阳离子”“阴离子”或“质子”交换膜。“电解”中阴极反应的产物之一X是____填化学式。
(4)为除去操作1所得滤液中的，可加入。若滤液中，当溶液中完全沉淀时，____。 已知
(5)除去废液中的，是用次磷酸钠还原，产生了棕色单质砷沉淀和。该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为____。
(6)若电解池阴极得到气体，同时电路中转移，阴极生成的___g。
10．我国在CO利用方面取得突破性进展。回答下列问题：
（1）CO可用于合成甲醇，热化学方程式为。已知有关化学键的键能数据如下：
化学键
E
436
343
1076
465
413
由此计算________。
（2）一定温度下，将CO和按照物质的量之比1:2充入容积为2L的密闭容器中，发生上述反应，保持温度和体积不变，反应过程中CO的物质的量随时间变化如图所示。
①0—10min内的平均反应速率为________；该反应的平衡常数________。
②15min时，若保持温度不变，再向容器中充入CO和各0.3mol，平衡将________填“向左”“向右”或“不”移动。若改变外界反应条件，导致发生如上图所示的变化，则改变的条件可能是________填字母。
增大CO浓度 升温 减小容器体积 加入催化剂
（3）CO可制成碱性燃料电池，工作原理如图，电极M上发生的电极反应式为________；当外电路通过电子0.2min时，消耗空气的体积在标准状况下为________L。在空气中氧气约占总体积的
（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）
锂离子电池让电动汽车飞速发展，有利于实现节能减排。LiCoO2、LiFePO4、Li4TisO12常用作电池的电极材料，LiPF6、LiAsF6常用作锂离子聚合物电池的载体材料。
回答下列问题：
(1)LiCoO2中基态Co原子的电子排布式为___________，其核外电子的空间运动状态有___________种。
(2)LiFePO4与LiPF6中所含的非金属元素电负性由大到小的顺序为___________，PF的空间构型为___________。
(3)含氧酸的通式可写为(HO)mROn，根据含氧酸的结构规律，下列酸中酸性与H3PO4相近的有___________。
a．HClO b．H2SO4 c．HNO2 d．HNO3
(4)电池工作时，Li+可在电解质LiPF6或LiAsF6的中发生迁移，相同条件下，Li+在___________(选填“LiPF6”或“LiAsF6”)中迁移较快，原因是___________。
(5)Li4Ti5O12中Ti元素的化合物TiO2是一种重要的瓷器釉料。研究表明，在TiO2中通过氮掺杂反应可生成TiO2-aNb，能使TiO2对可见光具有活性，掺杂过程如图所示。
则TiO2-aNb晶体中a=___________，b=___________。
12．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）
近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现I(肉桂硫胺)是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如图：
已知:
(1)D中官能团的名称为_______。
(2)C分子中最多有_______个原子共平面，F的结构简式为_______。
(3)A反应生成B的化学方程式是_______。
(4)符合下列条件的D的同分异构体有_______种。
①与溶液反应时，最多可消耗
②能水解，且能发生银镜反应
其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为的有机物结构简式为_______。
(5)已知：，写出以甲苯和乙酸为原料制备乙酰对甲基苯胺()的合成路线_______(无机试剂和有机溶剂任选)。
参考答案
1．【答案】C
【解析】
A．钠盐和钾盐焰色反应的颜色不同，钠的焰色反应为黄色，钾的焰色反应为紫色，焰色反应是物理变化，故A正确；
B．司南中“杓”的材质为有磁性的物质，四氧化三铁具有磁性，所以司南中“杓”的材质为Fe3O4，故B正确；
C．绿矾的主要成分为FeSO4·7H2O，FeSO4·7H2O是强酸弱碱盐，电离生成亚铁离子、硫酸根离子，不能电离出H+，“味酸”是因为亚铁离子水解显酸性，故C错误；
D．酒放置时间长，少量的乙醇被氧化为乙酸，乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，乙酸乙酯等酯
类物质具有香味，所以产生香味主要是因为美酒含有酯类物质，故D正确；
答案选C。
2．【答案】B
【解析】
①加入过量盐酸有气体生成并得到无色溶液，该气体应该是CO2，一定含有CO，则就一定没有Ba2+、Al3+，根据溶液的电中性可知，一定有Na+；溶液是无色的，所以没有CrO。②在①所得溶液中再加入过量NH4HCO3溶液，有气体生成并析出白色沉淀甲，则该气体是氨气，沉淀甲只能是氢氧化铝，说明原溶液中含有AlO。③在②所得溶液中加入过量Ba(OH)2溶液也有气体生成并产生白色沉淀乙，由于碳酸氢铵是过量的，所以一定生成气体氨气和白色沉淀碳酸钡，不能确定有无SO，因此原溶液中一定存在的离子有Na+、AlO、CO，故选B。
3．【答案】D
【解析】
A．由反应机理图(稀燃)可知，Pt作催化剂，NO与氧气反应生成NO2，故A正确；
B．稀燃过程中，NO2与BaO发生氧化还原反应，反应可能生成NO和Ba(NO3)2，N的化合价由+4变为+2、+5，故B正确；
C．由富燃过程机理图可知，Pt催化下NO2被CO还原为N2，反应为：2NO2＋4CON2＋4CO2，故C正确；
D．富燃过程中，反应为：2NO2＋4CON2＋4CO2，还原产物为N2，CO2为氧化产物，故D错误；
故选D。
4．【答案】C
【分析】
由图中In/In2O3-x电极上CO2→HCOO-可知，CO2发生得电子的还原反应，In/In2O3-x电极为阴极，阴极反应为：CO2+2e-+H2O═HCOO-+OH-，则Ni2P电极为阳极，辛胺在阳极上发生失电子的氧化反应生成辛腈，电极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，据此分析解答。
【解析】
A．由图可知，In/In2O3-x电极为阴极，与电源负极相连，A正确；
B．由图可知，Ni2P电极为阳极，电解过程中，阴离子向阳极移动，则OH-由In/In2O3-x电极区向Ni2P电极区迁移，B正确；
C．根据电子守恒，每消耗xmol的CO2理论上通过隔膜a的OH-应为2xmol，C错误；
D．由图可知，Ni2P电极为阳极，CH3(CH2)7NH2→CH3 (CH2 )6CN，阳极反应为CH3(CH2)6CH2NH2+4OH--4e-=CH3(CH2)6CN+4H2O，D正确；
故选C。
5．【答案】D
【解析】
A． 与反应除了生成Y，还会生成HBr，加入K2CO3，可以消耗HBr，有利于反应的正向进行，从而提高转换率，A正确；
B．Y与Br2的加成产物是，箭头指向处是手性碳原子，B正确；
C．X中有酚羟基，与碳酸钠溶液反应生成酚钠和碳酸氢钠，溶液不分层，Y是有机物，难溶于碳酸钠溶液，分层，故可以用于鉴别，C正确；
D．X中的苯环、醛基都可与H2反应，1molX消耗(3+1)molH2，Y中的苯环、醛基、碳碳双键均能反应，1molY消耗(3+1+1)molH2，故比例为4：5，D错误；
答案为D。
6．【答案】C
【分析】
X、Y、Z、R、W为原子序数依次增大的短周期元素，R的原子半径是同周期主族元素中最大的，则R处于IA族，由原子序数可知，R只能处于第三周期，故R为Na；X、Y、Z、W形成的化合物可表示为，而Z、W为同族元素，可推知X为H元素、Y为N元素、Z为O元素、W为S元素，该化合物为NH4HSO4，据此解答。
【解析】
A．Y为N元素、Z为O元素、W为S元素，原子半径：W＞Y＞Z，故A错误；
B．W为S元素，Z为O元素，非金属性O＞S，非金属性越强，氢化物越稳定，则氢化物的热稳定性Z＞W，故B错误；
C．O元素与H元素形成H2O、H2O2，O元素与N元素形成N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，O元素与Na形成Na2O、Na2O2，O元素与S元素形成SO2、SO3，故C正确；
D．Z（氧）、R（钠）、W（硫）三种元素形成的化合物有Na2SO4、Na2SO3等，而Na2SO3溶液呈碱性，故D错误；
故选C。
7．【答案】C
【分析】
根据Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，沉淀类型相同，硫化铜溶解度小，故向等体积等浓度两溶液中分别滴入等体积、等浓度硫化钠溶液，硫化铜溶液中，恰好完全反应时，阳离子沉淀更彻底，剩余阳离子浓度小，则此时，-lg c(Cu2+)>-lg c(Zn2+)，则可判断a-c-d点所在曲线为CuCl2溶液中阳离子变化曲线。从而判断各选项情况。
【解析】
A．a 点，ZnCl2溶液显酸性，电荷守恒，c(Cl-)= 2c(Zn2+)+c(H+)-c(OH-)< 2[c(Zn2+)+c(H+)，A正确；
B．已知：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，由图像可以计算得出该温度下Ksp(CuS)=10-35.4，B正确；
C．Ksp(ZnS) > Ksp(CuS)，硫离子浓度相同时，-1gc(Cu2+)
8．【答案】三颈烧瓶 B 防止硝基取代两个酚羟基对位上的氢原子 在烧杯中加入适量的浓硝酸，沿杯壁缓慢加入一定量的浓硫酸，边加边搅拌，冷却 BD AC 取最后一次洗涤液少量，滴加氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净，反之则没有洗涤干净 14.3%
【分析】
由题中信息可知，间苯二酚与适量浓硫酸共热后可发生磺化反应；待磺化反应结束后将烧瓶置于冷水中，充分冷却后加入“混酸”，控制温度继续搅拌15min；将硝化反应混合物的稀释液进行水蒸气蒸馏可以得到2-硝基- 1，3-苯二酚。
【解析】
(1)根据仪器的外观可知图1中仪器a的名称是三颈烧瓶，由题中信息可知，在磺化步骤中要控制温度低于65°C。若温度过低，磺化反应的速率过慢；间苯二酚具有较强的还原性，而浓硫酸具有强氧化性，若温度过高，苯二酚易被浓硫酸氧化，并且酚羟基的所有邻位均可被磺化，这将影响下一步硝化反应的进行，因此，在磺化步骤中控制温度最合适的范围为60°C~65°C，选B，故答案为：三颈烧瓶；B；
(2)已知：酚羟基邻对位的氢原子比较活泼，均易被取代，故第一步磺化引入磺酸基基团(—SO3H)的作用是防止硝基取代两个酚羟基对位上的氢原子，故答案为：防止硝基取代两个酚羟基对位上的氢原子；
(3)类比浓硫酸的稀释方法，为了防止液体飞溅和硝酸温度过高发生分解和挥发过多，要将浓硫酸慢慢加入浓硝酸中，因此，硝化步骤中制取“混酸”的具体操作是：在烧杯中加入适量的浓硝酸，沿杯壁缓慢加入一-定量的浓硫酸，边加边搅拌，冷却，故答案为：在烧杯中加入适量的浓硝酸，沿杯壁缓慢加入一定量的浓硫酸，边加边搅拌，冷却；
(4)由题中信息可知，水蒸气蒸馏是分离和提纯有机物的方法之一，在低于100°C的情况下,有机物可以随水蒸气一起被蒸馏出来，从而达到分离提纯的目的。因此，被提纯物质必须具备的条件是：其在一定的温度范围内有一定的挥发性，可以随水蒸气-起被蒸馏出来；不溶或难溶于水，便于最后分离；在沸腾条件下不与水发生化学反应，选BD，故答案为：BD；
(5) A．由于2-硝基-1，3-苯二酚的熔点是87.8°C，且其难溶于水，因此，冷凝管C中有2-硝基-1， 3-苯二酚析出，可能看到的现象是冷凝管内壁有桔红色晶体析出，A正确；
B．反应一段时间后，停止蒸馏，应先打开旋塞，再熄灭酒精灯，B错误；
C．图2中烧瓶A中长玻璃管起稳压作用，能使装置中的气体压强维持在一定的安全范围， 既能防止装置中压强过大引起事故，又能防止压强过小引起倒吸，C正确；
故答案为：AC；
(6)实验证明2-硝基-1，3-苯二酚已经洗涤干净， 取最后一次洗涤液少量，滴加氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净，反之则没有洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少量，滴加氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净，反之则没有洗涤干净；
(7) 77.0 g间苯二酚的物质的量为==0.7mol，理论上可以制备出2-硝基-1，3-苯二酚0.7mol，其质量为0.7mol×155g/mol=7×15.5g。 本实验最终获得15.5桔红色晶体，则2-硝基-1，3-苯二酚的产率=，约为14.3%，故答案为：14.3%。
9．【答案】 阴离子 2:3 162.4
【分析】
带隔膜的电解液含、、，通电电解，阳极上、，阴极上Sb、X气体，阳极区产物与辉锑矿粉主要成分发生反应，操作Ⅰ过滤分离得到滤渣和滤液，滤液中主要含、、、，加入锑的还原剂过滤得到粗锑和废液主要含、、等，加入沉淀铜离子，加入次磷酸钠还原，产生了棕色单质砷沉淀和，据此答题。
【解析】
(1)硫元素化合价为-2价，化合物中元素化合价代数和为0，其中Sb的化合价为+3价；
(2)阳极区产物与辉锑矿粉主要成分发生反应的化学方程式：；
(3)电解池所用的“隔膜”宜采用阴离子交换膜，为促使向阳极迁移加快反应，通常要进行的操作是电解过程中需要不断搅拌，“电解”中阴极反应的产物之一X是氢气；
(4)已知 c(Cu2+)∙ c(S2-)=8×10-45，当溶液中Cu2+恰好完全沉淀时c(Cu2+)≤10-5mol/L，c(S2-)=；
(5)除去废液中的，是用次磷酸钠还原，产生了棕色单质砷沉淀和，反应的化学方程式：，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3；
(6)若电解池阴极得到1molX气体，同时电路中转移，阴极上电极反应：，生成1mol氢气电子转移2mol，则，生成Sb物质的量=mol，阴极生成的。
10．【答案】 不 c
【分析】
（1）根据热化学方程式的反应热反应物总键能生成物总键能机型计算；
（2）根据速率计算公式和平衡常数表达式进行计算，根据影响平衡移动因素进行判断；
（3）根据原电池原理和电极反应书写方法和电子转移守恒进行计算。
【解析】
（1）△H=反应物总键能生成物总键能==，故答案为：；
（2）①由反应方程式化学计量数关系可知，0—10min内的平均反应速率；由题意建立如下三段式：
，故答案为：；；
②15min时，若保持温度不变，再向容器中充入CO和各0.3mol，由题意可得平衡时各物质的浓度依次为（0.1+）mol、0.2mol、（0.1+）mol，则浓度熵，则平衡不移动；由图可知，CO的物质的量减少，且与15min时相连接，
a.15min处相连接，不是增大CO浓度，故a错误；
b.正向为放热反应，升温，平衡逆向移动，CO物质的量增大，故b错误；
c.减小容器体积，平衡正向移动，CO的物质的量减少，故c正确；
d.加入催化剂，平衡不移动，故d错误；
c正确，故答案为：c；
（3）燃料电池中，通入燃料一极为负极，则电极M为负极，发生氧化反应，依据装置可知，电极反应式为：；当外电路通过电子0.2mol时，根据电子得失可知，消耗的物质的量为，体积为，消耗空气的体积在标准状况下为，故答案为：；。
11．【答案】
1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 15 F>O>P 正八面体形 C LiAsF6 PF的半径比AsF的小，PF与Li+的作用比AsF的强，迁移速度就慢
【解析】
(1)基态Co原子核外有27个电子，根据能量最低原理书写电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；s轨道有一种空间运动状态，p轨道有三种空间运动状态，d轨道有五种空间运动状态，因此基态Co厦于的核外电于的空间运动状态有15种，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；15；
(2)LiFePO4与LiPF6中所含的非金属元素为P、O、F，电负性由大到小的顺序为F>O>P；PF的价层电子对数为6+(5+1-6)=6，没有孤电子对，空间构型为正八面体形，故答案为：F>O>P；正八面体形；
(3)H3PO4的通式可写为(HO)3PO，HClO的通式可写为HOCl，H2SO4的通式可写为(HO)2PO2，HNO2的通式可写为HONO，HNO3的通式可写为(HO)3N，HNO2和H3PO4的非羟基氧原子数n相同，酸性相近，故答案为：C；
(4)PF的半径比AsF的小，PF与Li+的作用比AsF的强，迁移速度就慢，故答案为：LiAsF6；PF的半径比AsF的小，PF与Li+的作用比AsF的强，迁移速度就慢；
(5)由图可知，在 TiO2 晶胞中，Ti 原子位于顶点、面上和体心处，O 原子位于面上、棱边以及晶胞内部，因此 1 个晶胞中含有的 Ti 原子个数为：8×+4×+1=4，O 原子个数为：8×+8×+2=8，进行 N 掺杂后，棱边上和晶胞内部分别有 1 个 O 原子形成氧空穴，面上有 1 个 O 原子被 N 原子替代，则掺杂后晶体中 N 原子个数为：12，O 原子个数为：8−1−−=，晶胞内各原子数为：Ti4ON，将 Ti 原子数定为 1，可得：TiON，即2-a=，a=，b=，故答案为：；。
12．【答案】羟基、羧基 15 +NaOH+NaBr 26 、
【分析】
A为，由B→C的反应条件，可确定B为，C为，D为，E为，F为。由I的结构简式，可推出G为，H为，以此解答。
【解析】
(1)D为，官能团的名称为羟基、羧基，故答案为：羟基、羧基；
(2)C为，根据苯环的平面结构和-CH2-、-CHO结构特点可知，最多有15个原子共平面，由分析可知F为，故答案为：15；；
(3)由B→C的反应条件，结构D的结构可以推知B为，A为氯代烃，A发生取代反应生成B，化学方程式为：+NaOH+NaBr，故答案为：+NaOH+NaBr；
(4)D为，同分异构体中满足①与溶液反应时，最多可消耗，说明其中含有酚羟基、；②能水解，且能发生银镜反应，说明酯基水解的产物中含有醛基；若含有1个-OOCH，1个乙基、1个酚羟基，则共有10种情况；若含有1个-OOCH，2个甲基、1个酚羟基，则共有16种；满足条件的同分异构体共有26种；其中核磁共振氢谱显示有四种不同化学环境的氢，且峰面积之比为时，说明含有2个甲基，故为、，故答案为：26；、；
(5)先将苯制成苯胺，乙酸制成乙酰氯，然后让二者发生取代反应，便可制备乙酰苯胺。合成路线为：，故答案为：。
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