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2021云南师大附中高三下学期高考适应性月考卷（九）理科综合试题图片版含答案
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这是一份2021云南师大附中高三下学期高考适应性月考卷（九）理科综合试题图片版含答案，文件包含理综答案doc、云南师范大学附属中学2021届高三高考适应性月考卷九理科综合试题图片版pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
理科综合参考答案
一、选择题：本题共13小题，每小题6分。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
A
D
A
B
C
B
D
B
A
D
C
B
A
二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求；第19～21题有多项符合题目要求，全部选对的给6分，选对但不全的给3分，有选错的给0分。
题号
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
B
A
C
A
D
AC
AD
AC
【解析】
1．线粒体中能自我复制的分子是DNA，其中含氮元素，A正确。叶绿体中捕获光能的色素中，叶绿素含氮元素，B错误。构成生物膜基本支架的化合物是磷脂，磷脂中含氮元素，C错误。参与体液调节的调节因子包括多种物质，其中如CO2是不含氮元素的，D错误。
2．缬氨霉素是由原核生物产生的一种环状多肽，原核生物没有染色体，控制缬氨霉素合成的基因不会位于染色体上，D错误。
3．质粒是DNA分子，其中含有A、T、G、C四种碱基，A错误。
4．用赤霉素处理二倍体幼苗不能得到多倍体，B错误。
5．感受细胞外液渗透压变化的感受器位于下丘脑中，A错误。水盐调节过程中有多种激素参与，B错误。肌细胞上具有与神经递质特异性结合的受体，D错误。
6．生物多样性的间接价值显著大于它的直接价值，B错误。
7．中国自主研发的5G手机芯片主要成分是Si，A错误。草木灰主要成分为K2CO3，与铵态化肥施用时会发生双水解反应降低肥效，B错误。聚氯乙烯有毒，不能用作食品包装，C错误。地沟油的主要成分是油脂，因含有很多毒素和致癌物质，不能用作食用油，但可用于工业上制肥皂和生物柴油，D正确。
8．分子含21个C原子，A正确。1mol R最多能与3mol NaOH反应，B错误。苯环、羰基均可发生加成反应；羟基、羧基及苯环均可发生取代反应；羟基可发生氧化反应，C正确。苯环上的一溴代物有4种，D正确。
9．1.2g Mg在足量的空气中燃烧，无论生成MgO还是Mg3N2，转移电子数均为0.1NA，A正确。氢原子数为4NA的甲醇分子中含有的共价键数为5NA，B错误。溶液体积未知，不能确定所含Na+数目，C错误。标准状况下，HF为液体，D错误。
10．导管1的主要作用是冷凝回流，A正确。浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，B正确。水浴加热的目的是控制温度为50℃~60℃，同时保证受热均匀，C正确。反应后的混合液经NaOH溶液中和后分液得到的硝基苯含有苯，D错误。
11．澄清石灰水与少量碳酸氢钾溶液反应为Ca2++OH−+HCO=CaCO3↓+2H2O，A错误。环境为酸性，离子方程式中应用H+，而不能为OH−，B错误。Al3+和3HCO发生完全双水解，C正确。NO2通入水中制硝酸：3NO2+H2O=2H++2NO+NO，D错误。
12．由题中信息可知：X、Y、Z、W分别为H、C、N、O元素；甲、乙、丙、丁分别为水、二氧化碳、二氧化氮、浓硝酸。沸点：H2O>CO2，A正确。CO不是酸性氧化物，B错误。原子半径：C>N>O>H，C正确。浓硝酸有挥发性，露置在空气中质量减小，浓度降低，D正确。
13．加入20.00mL时，溶液溶质为NaH2A，结合图象可分析出此时溶液呈酸性，A错误。曲线1代表H3A，曲线2代表H2A−，曲线3代表HA2−，曲线4代表A3−，B正确。由图可知，当pH=7.2时，c(H2A−)=c(HA2−)，故pKa2=pH=7.2，C正确。由图可知a点时有c(A3−)=c(HA2−)，联立电荷守恒，D正确。
14．光电效应和康普顿效应都用到光的粒子性来解释；汤姆孙通过研究阴极射线，发现原子中有电子才使人们意识到原子还可再分。最先提出能量子概念的是普朗克，而不是爱因斯坦和玻尔。
15．椭圆轨道近火点相比于圆轨道做离心运动，所以速率更大，故D错误。椭圆轨道半长轴小于圆轨道半径，周期更小，故B错误。由于距离相等，引力大小相等，加速度相等，故C错误。被捕获过程需制动刹车，推力对探测器做负功，所以机械能减小。
16．未接二极管前，流过电阻的电流为正弦交流电，有效值为，接二极管以后，，所以。
17．由图可知，物块先做加速度减小的加速运动，到时再做加速度增大的减速运动，时速度减为零，所以此过程冲量为0，后反向加速，加速度为零，接着再减速为零，回到出发点，该力做功为零。
18．质子出射时，半径为R，则由洛伦兹力提供向心力可得，速度与电压无关；最大动能为，与半径的平方成正比；加速次数，运动时间为；粒子比荷为质子的，在磁场中做圆周运动的周期为质子的两倍，频率应为二分之一。
19．在0~时间内，磁感应强度先减小再反向增大，所以感应电流方向不变，故D错误。但是此后斜率改变，电流方向改变，导致安培力方向改变，由左手定则可判断安培力方向先向左再向右，故C正确。0~时间内流过的电荷量，，解得，故B错误。由可知A正确。
20．上极板上移，电压不变，电场强度减小，所以带电油滴受到的重力大于电场力，将向下运动，并且点处电势降低，但油滴带负电，所以油滴的电势能升高；若将开关断开，则电容器所带电荷量不变，电场强度不变，油滴受力不变，电势不变，所以电势能不变。
21．物块沿拉力方向加速，则木板给物块的摩擦力方向与拉力同向；将要分离时，板块一起向右匀加速，板块间摩擦力达到最大静摩擦力，，拉力最小值应大于；物块达到最大速度与板分离又减速到零，加速、减速阶段加速度相同，所以时间相同，若拉力越大，对物块的加速时间越短，速度越小。
三、非选择题（共174分）
（一）必考题：共11小题，共129分。
22.（每空2分，共6分）
（1）<
（2）1.450
（3）（或）
【解析】若A球被反弹，则A的质量应小于B的质量；游标卡尺是20分度，第10格对齐，主尺读数为1.4cm，游标为0.005乘以10，二者相加即1.450；小球下落、上升过程满足机械能守恒，可以算出碰前、碰后速度，即 ，由碰撞过程满足的动量守恒可得，代入即可。
23.（除特殊标注外，每空2分，共9分）
（1）（1分） 欧姆调零（1分）
（2）B F
（3）如图所示（1分）
（4）
【解析】指针偏角过小说明测的是大电阻，应用大倍率，换挡以后需要进行欧姆调零；由欧姆表示数可得电阻值约为1100欧，1k欧的滑动变阻器不能进行一个大范围调节，所以用分压，但是电流表量程过小，并联使量程刚好扩大为原来的3倍；由于电压表内阻未知，而改装电流表内阻已知，需要把电流表内接，并且伏安法计算后需要将电流表内阻减去。
24.（12分）
解：（1）匀加速阶段牵引力恒定，由牛顿第二定律可得
①
②
③
联列①②③代入数据可得 ④
（2）当速度达到最大值时 ⑤
最大速度为 ⑥
全程由动能定理可得 ⑦
解得位移为 ⑧
评分标准：本题共12分。正确得出①、④、⑦、⑧式各给2分，其余各式各给1分。
25．（20分）
解：（1）设小滑块运动到D点时速度为，则由牛顿第二定律和匀变速运动公式
竖直方向： ①
水平方向： ②
③
解之得 ④
（2）设小滑块运动到B点时轨道对其的支持力为NB，由牛顿第二定律得
⑤
小滑块由B点运动到D点的过程，由动能定理得
⑥
解之得 ⑦
由牛顿第三定律得对轨道的压力
⑧
（3）设滑块释放点距B点的距离为x，由动能定理得
⑨
解之得 ⑩
评分标准：本题共20分。正确得出①~⑩式各给2分。
26．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
（2）恒压滴液漏斗或滴液漏斗 防倒吸
（3）减少CS2的挥发（或其他合理答案）
（4）NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O 分液（1分）
（5）①溶液由红色变为无色（或其他合理答案） ②95.06%
【解析】（1）装置A是实验室制取氨气的装置，药品为NH4Cl与Ca(OH)2，发生反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。
（2）装置B中盛装KOH溶液的仪器是恒压滴液漏斗，也叫滴液漏斗。因为氨气极易溶于水，所以通氨气的导管口不能插入水层。氨气不溶于CS2，从而得出三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气管口的原因是便于NH3与CS2充分接触发生反应，同时可防止氨气溶于水发生倒吸。
（3）因为CS2易挥发，不溶于水且密度比水大。所以三颈烧瓶中的水除了溶解NH3以及反应生成的NH4SCN、NH4HS外，还起到“液封”的作用，减少油浴加热时CS2的挥发。
（4）装置B中，首先发生反应CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS，反应完成后，熄灭A处的酒精灯，关闭K1，停止通入NH3，然后打开K2，滴入适量KOH溶液，NH4SCN与KOH反应，生成KSCN、氨气和水，反应的方程式为NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O。反应完成后，先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再经分液分离水相和有机相，弃有机相，上层为KSCN的水溶液，然后减压蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，以获得硫氰化钾晶体。
（5）①滴定时发生的离子反应为SCN−+Ag+=AgSCN↓，则刚好沉淀完时，溶液中的SCN−反应完全，红色褪去，只存在少量Fe3+的颜色，故锥形瓶中溶液颜色变化是红色褪为无色（或“浅黄色”、“黄色”）。
②由反应SCN−+Ag+=AgSCN↓，可得出n(KSCN)=n(AgNO3)=0.1000mol·L−1
×24.50×10−3L=2.45×10−3mol，晶体中KSCN的质量分数为
。
27．（每空2分，共14分）
（1）除去有机杂质
（2）温度过高，铑转化为性质稳定且极难溶解的氧化物，影响后续铑的回收
（3）SO2
（4）Rh3++3NH3·H2O=Rh(OH)3↓+3NH 防止碱性强Rh(OH)3溶解，导致铑的损失
（5）负
（6）AB
【解析】（1）由题意可知废铑催化剂（杂质主要为有机杂质和少量Cu)，因此焚烧的目的是通过燃烧除去有机杂质和将Cu转化为CuO。
（2）铑的氧化物性质稳定，因此在焚烧时需注意控制温度为320℃，温度过低则达不到完全灰化的目的，大量有机杂质仍然滞留在其中；温度过高，铑会被氧化成铑的氧化物（性质稳定，难溶解），影响后续铑的回收。
（3）熔融下铑和KHSO4反应生成Rh2(SO4)3，Rh元素化合价升高，化合价下降的元素是S，根据氧化剂与还原剂的物质的量之比=3:2和电子得失守恒，还原产物为SO2，其方程式为2Rh+12KHSO4=Rh2(SO4)3+3SO2↑+6K2SO4+6H2O。
（4）用氨水调pH，NH3·H2O电离产生的OH−与Rh3+反应生成Rh(OH)3沉淀，其离子方程式为Rh3++3NH3·H2O=Rh(OH)3↓+3NH，氢氧化铑是一种两性氢氧化物，此步骤中，pH不能太高（实际调节pH在8左右）是为了防止碱性强Rh(OH)3溶解，导致铑的损失。
（5）加盐酸使Rh(OH)3溶解，电解还原时，溶液中的Rh3+得电子在阴极析出得到粗铑粉，析出铑的电极与外电源的负极相连，再经过酸洗、水洗、焙烧得到纯铑粉。
（6）题干中明确指出，铑的配合物[Rh(CO)2I2]−充当催化剂的作用，用于催化甲醇羰基化。由题干中提供的反应机理图可知，铑配合物在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，甲醇羰基化反应所需的反应物除甲醇外还需要CO，最终产物是乙酸；因此，凡是出现在历程中的，既非反应物又非产物的物种如CH3COI以及各种配离子等，都可视作中间产物。由上述分析可推知正确答案为AB。
28.（除特殊标注外，每空2分，共14分）
（1）较低（1分）
（2）PdCl2（1分）
（3）60% B通电
通电
（4）①CH3CHO+2e−+2H+=CH3CH2OH ②变小 ③
【解析】（1）ΔH和ΔS均小于0，故反应自发的条件是较低温度。
（2）PdCl2参与第一步反应且在第二步又生成，其质量和化学性质没有改变，故是催化
剂。而CuCl2是氧化剂，将Pd氧化为PdCl2，主要是起到使催化剂复原的目的。
（3）方法一： CH2=CH2(g) + O2(g) CH3CHO(g)
n始（mol） 2 1 0
n变（mol） x x
n平（mol） 2−x x
依据物质的量之比=压强之比可得：，解出。因此：=，平衡时总压为1.5MPa×80%=1.2MPa，CH2=CH2(g)、O2(g)、CH3CHO(g)的物质的量分数分别为、、。因此：
或。
方法二：
由该反应中气体物质的量变化可知，体系总压的减少量等于O2压强的减少量，因此O2压强减少1.5MPa×20%=0.3MPa。
CH2 =CH2(g) + O2(g) CH3CHO(g)
p始（MPa） 1 0.5 0
p变（MPa） 0.6 0.3 0.6
p平（MPa） 0.4 0.2 0.6
因此：α(CH2=CH2)==60%，，刚性容器中通入惰性气体，各组分的浓度不变，平衡不移动，故CH2=CH2的转化率不变。降温，平衡正向移动，故CH2=CH2的转化率增大。增加CH2=CH2浓度，虽然平衡正向移动，但CH2=CH2的转化率还是减小。
（4）①a为阴极，发生还原反应，由总反应可知，CH3CHO在阴极、酸性环境中放电应
该生成CH3CH2OH，故电极反应式为CH3CHO+2e−+2H+=CH3CH2OH。
②阳极的电极反应式为CH3CHO−2e−+H2O=CH3COOH+2H+，为了维持膜两侧电解液的电中性，反应生成的H+从阳极室透过质子交换膜向阴极室迁移，但阳极室溶液中H2O减少，导致c(H+)增大，故溶液的pH减小。
③实际处理掉乙醛的物质的量为；由总反应可知，理论处理掉乙醛的物质的量与外电路电子的物质的量相等，为，故该电解装置的电流效率。
29．（除特殊标注外，每空2分，共10分）
（1）多（1分） 关闭
（2）排除NO对实验结果的影响 在光照条件下钾离子可促进气孔的开放
（3）CO2（1分） 类囊体薄膜
30．（除特殊标注外，每空2分，共10分）
（1）与噬菌体的双链DNA相比，新型冠状病毒的单链RNA结构不稳定，更容易发生变异
（2）吞噬细胞（1分） 抗体、溶菌酶（答一点即可，1分） 与被抗原入侵的宿主细胞密切接触，使这些细胞裂解死亡
（3）抗原（1分） 记忆细胞（1分） 迅速增殖和分化，快速产生大量的抗体
31．（除特殊标注外，每空2分，共9分）
（1）同一时间内聚集在一定区域中各种生物种群的集合 物种组成、种间关系、空间结构、群落演替（答出两点，合理即可）
（2）光照强度（1分）
（3）负反馈调节（1分） 低（1分） 与轻度干扰相比，重度干扰条件下物种数少，营养结构简单
32．（除特殊标注外，每空2分，共10分）
（1）常（1分） 突变型（1分） 1/9
（2）提前终止
（3）4 交叉互换
（二）选考题：共45分。
33.（15分）
（1）（5分）ACD（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）
【解析】由气体pV乘积一直增大可知，气体的温度一直升高，内能一直增大；由于BC段气体体积不变，为等容过程，对外不做功；但是AB阶段温度升高依然也在对外做功，所以一直在吸收热量；气体沿AC直线过程，温度变化虽然相同，但是做的功更多，所以需要吸收更多的热量。
（2）（10分）
解：Ⅰ.设打入的空气和喷雾器内原有的空气在和时的体积
①
打入空气后温度为 ②
由理想气体状态方程可得 ③
解得 ④
Ⅱ．压强再次变为时的体积为
可知气体经历等温变化，有 ⑤
解得 ⑥
则剩余药液的体积为 ⑦
评分标准：本题共10分。正确得出③、④、⑤式各给2分，其余各式各给1分。
34.（15分）
（1）（5分）BCD（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）
【解析】由图可知，机械波波长为6m，只有两点间距为半波长的点，振动情况才总相反，两点间距恰好为半波长；最先回到平衡位置，可知波应沿轴正方向传播，由可得，所以波速为0.5m/s；3s为四分之一周期，因此点走的路程不是4cm。
（2）（10分）
解：Ⅰ.由几何关系可知
①
由几何关系可得 ②
③
④
且，推知
可得 ⑤
可得折射率 ⑥
Ⅱ．光线恰好在底面发生全反射，可得全反射临界角
⑦
且有 ⑧
⑨
解得 ⑩
评分标准：本题共10分。正确得出①~⑩式各给1分。
35．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）1s22s22p63s23p64s1（1分） O>Be>B（1分）
（2）acd
（3） CF4（或CCl4等）（1分）
（4）(BO2)（或BO)
（5）①C ②
【解析】（3）BF3中B的价电子对数为3，为sp2杂化，则BF3的空间构型为平面正三角形，BF3中B原子还有一个垂直于分子平面的p轨道，三个氟原子也各有一个垂直于分子平面的p轨道。BF3的价电子总数为24，三个σ键有6个电子，每个氟原子有2对不与分子平面垂直的孤电子对，因此4个平行轨道中的电子数为24−6−2×2×3=6，形成键。
（4）由图可知，一个硼原子与三个氧原子连接，其中2个氧原子是与其他硼原子共用的，只贡献，故一个硼酸根离子的重复单元中有一个B、2个O，B为+3价，故其带1个单位的负电荷，则题给硼酸根离子是（或BO）。
（5）①晶胞沿着对角线方向可以观察到六边形，中心O与Be重合，外侧大正六边形均为Be原子构成，内部小正六边形由三个Be原子，三个O原子间隔形成，所以得到投影结果为C。②一个晶胞中单独含有O原子的数目为，单独含Be原子数目有4个，晶胞质量m=4×g，晶胞中白色球周围最近的4个黑色球构成正四面体，白色球处于正四面体的中心，顶点黑色球与正四面体中心白色球连线处于晶胞对角线上，由几何知识可知晶胞对角线长度为4a cm，则晶胞棱长为，晶体密度为
。
36．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）乙炔
（2）取代反应
（3）碳碳三键、醛基
（4）位置（1分）
（5）a
（6）7（1分） 3
（7）（3分）
【解析】因为反应A+B→C原子利用率为100%，可以推出B的分子式为C2H2，乙炔。由已知②可推知G转化为H过程中，如不采用Au/膦催化剂，在碱性条件下易发生分子间的羟醛缩合的副反应产物为。H的同分异构体满足条件的包括：、、3种。结合题干中合成路线和已知③，合成
3−戊炔酸的合成路线为
。
37．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）稀释涂布平板 菌落数目稳定 A、B 抑制细菌的生长
（2）形状、大小、隆起程度和颜色（答出两点即可） 50
（3）明胶、琼脂糖、醋酸纤维素、聚丙烯酰胺（答出两点即可） CaCl2（1分）
38．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）基因表达载体的构建 BamHⅠ A（1分）
（2）感受态 具有正常生物活性的人胰岛素需要内质网和高尔基体进行加工，而大肠杆菌没有内质网和高尔基体（合理即可）
（3）Ti质粒上的T-DNA可转移至受体细胞，并且整合到受体细胞染色体的DNA上
目的基因插入到Ti质粒的T-DNA上 抗虫接种
理科综合参考答案
一、选择题：本题共13小题，每小题6分。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
A
D
A
B
C
B
D
B
A
D
C
B
A
二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求；第19～21题有多项符合题目要求，全部选对的给6分，选对但不全的给3分，有选错的给0分。
题号
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
B
A
C
A
D
AC
AD
AC
【解析】
1．线粒体中能自我复制的分子是DNA，其中含氮元素，A正确。叶绿体中捕获光能的色素中，叶绿素含氮元素，B错误。构成生物膜基本支架的化合物是磷脂，磷脂中含氮元素，C错误。参与体液调节的调节因子包括多种物质，其中如CO2是不含氮元素的，D错误。
2．缬氨霉素是由原核生物产生的一种环状多肽，原核生物没有染色体，控制缬氨霉素合成的基因不会位于染色体上，D错误。
3．质粒是DNA分子，其中含有A、T、G、C四种碱基，A错误。
4．用赤霉素处理二倍体幼苗不能得到多倍体，B错误。
5．感受细胞外液渗透压变化的感受器位于下丘脑中，A错误。水盐调节过程中有多种激素参与，B错误。肌细胞上具有与神经递质特异性结合的受体，D错误。
6．生物多样性的间接价值显著大于它的直接价值，B错误。
7．中国自主研发的5G手机芯片主要成分是Si，A错误。草木灰主要成分为K2CO3，与铵态化肥施用时会发生双水解反应降低肥效，B错误。聚氯乙烯有毒，不能用作食品包装，C错误。地沟油的主要成分是油脂，因含有很多毒素和致癌物质，不能用作食用油，但可用于工业上制肥皂和生物柴油，D正确。
8．分子含21个C原子，A正确。1mol R最多能与3mol NaOH反应，B错误。苯环、羰基均可发生加成反应；羟基、羧基及苯环均可发生取代反应；羟基可发生氧化反应，C正确。苯环上的一溴代物有4种，D正确。
9．1.2g Mg在足量的空气中燃烧，无论生成MgO还是Mg3N2，转移电子数均为0.1NA，A正确。氢原子数为4NA的甲醇分子中含有的共价键数为5NA，B错误。溶液体积未知，不能确定所含Na+数目，C错误。标准状况下，HF为液体，D错误。
10．导管1的主要作用是冷凝回流，A正确。浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，B正确。水浴加热的目的是控制温度为50℃~60℃，同时保证受热均匀，C正确。反应后的混合液经NaOH溶液中和后分液得到的硝基苯含有苯，D错误。
11．澄清石灰水与少量碳酸氢钾溶液反应为Ca2++OH−+HCO=CaCO3↓+2H2O，A错误。环境为酸性，离子方程式中应用H+，而不能为OH−，B错误。Al3+和3HCO发生完全双水解，C正确。NO2通入水中制硝酸：3NO2+H2O=2H++2NO+NO，D错误。
12．由题中信息可知：X、Y、Z、W分别为H、C、N、O元素；甲、乙、丙、丁分别为水、二氧化碳、二氧化氮、浓硝酸。沸点：H2O>CO2，A正确。CO不是酸性氧化物，B错误。原子半径：C>N>O>H，C正确。浓硝酸有挥发性，露置在空气中质量减小，浓度降低，D正确。
13．加入20.00mL时，溶液溶质为NaH2A，结合图象可分析出此时溶液呈酸性，A错误。曲线1代表H3A，曲线2代表H2A−，曲线3代表HA2−，曲线4代表A3−，B正确。由图可知，当pH=7.2时，c(H2A−)=c(HA2−)，故pKa2=pH=7.2，C正确。由图可知a点时有c(A3−)=c(HA2−)，联立电荷守恒，D正确。
14．光电效应和康普顿效应都用到光的粒子性来解释；汤姆孙通过研究阴极射线，发现原子中有电子才使人们意识到原子还可再分。最先提出能量子概念的是普朗克，而不是爱因斯坦和玻尔。
15．椭圆轨道近火点相比于圆轨道做离心运动，所以速率更大，故D错误。椭圆轨道半长轴小于圆轨道半径，周期更小，故B错误。由于距离相等，引力大小相等，加速度相等，故C错误。被捕获过程需制动刹车，推力对探测器做负功，所以机械能减小。
16．未接二极管前，流过电阻的电流为正弦交流电，有效值为，接二极管以后，，所以。
17．由图可知，物块先做加速度减小的加速运动，到时再做加速度增大的减速运动，时速度减为零，所以此过程冲量为0，后反向加速，加速度为零，接着再减速为零，回到出发点，该力做功为零。
18．质子出射时，半径为R，则由洛伦兹力提供向心力可得，速度与电压无关；最大动能为，与半径的平方成正比；加速次数，运动时间为；粒子比荷为质子的，在磁场中做圆周运动的周期为质子的两倍，频率应为二分之一。
19．在0~时间内，磁感应强度先减小再反向增大，所以感应电流方向不变，故D错误。但是此后斜率改变，电流方向改变，导致安培力方向改变，由左手定则可判断安培力方向先向左再向右，故C正确。0~时间内流过的电荷量，，解得，故B错误。由可知A正确。
20．上极板上移，电压不变，电场强度减小，所以带电油滴受到的重力大于电场力，将向下运动，并且点处电势降低，但油滴带负电，所以油滴的电势能升高；若将开关断开，则电容器所带电荷量不变，电场强度不变，油滴受力不变，电势不变，所以电势能不变。
21．物块沿拉力方向加速，则木板给物块的摩擦力方向与拉力同向；将要分离时，板块一起向右匀加速，板块间摩擦力达到最大静摩擦力，，拉力最小值应大于；物块达到最大速度与板分离又减速到零，加速、减速阶段加速度相同，所以时间相同，若拉力越大，对物块的加速时间越短，速度越小。
三、非选择题（共174分）
（一）必考题：共11小题，共129分。
22.（每空2分，共6分）
（1）<
（2）1.450
（3）（或）
【解析】若A球被反弹，则A的质量应小于B的质量；游标卡尺是20分度，第10格对齐，主尺读数为1.4cm，游标为0.005乘以10，二者相加即1.450；小球下落、上升过程满足机械能守恒，可以算出碰前、碰后速度，即 ，由碰撞过程满足的动量守恒可得，代入即可。
23.（除特殊标注外，每空2分，共9分）
（1）（1分） 欧姆调零（1分）
（2）B F
（3）如图所示（1分）
（4）
【解析】指针偏角过小说明测的是大电阻，应用大倍率，换挡以后需要进行欧姆调零；由欧姆表示数可得电阻值约为1100欧，1k欧的滑动变阻器不能进行一个大范围调节，所以用分压，但是电流表量程过小，并联使量程刚好扩大为原来的3倍；由于电压表内阻未知，而改装电流表内阻已知，需要把电流表内接，并且伏安法计算后需要将电流表内阻减去。
24.（12分）
解：（1）匀加速阶段牵引力恒定，由牛顿第二定律可得
①
②
③
联列①②③代入数据可得 ④
（2）当速度达到最大值时 ⑤
最大速度为 ⑥
全程由动能定理可得 ⑦
解得位移为 ⑧
评分标准：本题共12分。正确得出①、④、⑦、⑧式各给2分，其余各式各给1分。
25．（20分）
解：（1）设小滑块运动到D点时速度为，则由牛顿第二定律和匀变速运动公式
竖直方向： ①
水平方向： ②
③
解之得 ④
（2）设小滑块运动到B点时轨道对其的支持力为NB，由牛顿第二定律得
⑤
小滑块由B点运动到D点的过程，由动能定理得
⑥
解之得 ⑦
由牛顿第三定律得对轨道的压力
⑧
（3）设滑块释放点距B点的距离为x，由动能定理得
⑨
解之得 ⑩
评分标准：本题共20分。正确得出①~⑩式各给2分。
26．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
（2）恒压滴液漏斗或滴液漏斗 防倒吸
（3）减少CS2的挥发（或其他合理答案）
（4）NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O 分液（1分）
（5）①溶液由红色变为无色（或其他合理答案） ②95.06%
【解析】（1）装置A是实验室制取氨气的装置，药品为NH4Cl与Ca(OH)2，发生反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。
（2）装置B中盛装KOH溶液的仪器是恒压滴液漏斗，也叫滴液漏斗。因为氨气极易溶于水，所以通氨气的导管口不能插入水层。氨气不溶于CS2，从而得出三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气管口的原因是便于NH3与CS2充分接触发生反应，同时可防止氨气溶于水发生倒吸。
（3）因为CS2易挥发，不溶于水且密度比水大。所以三颈烧瓶中的水除了溶解NH3以及反应生成的NH4SCN、NH4HS外，还起到“液封”的作用，减少油浴加热时CS2的挥发。
（4）装置B中，首先发生反应CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS，反应完成后，熄灭A处的酒精灯，关闭K1，停止通入NH3，然后打开K2，滴入适量KOH溶液，NH4SCN与KOH反应，生成KSCN、氨气和水，反应的方程式为NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O。反应完成后，先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再经分液分离水相和有机相，弃有机相，上层为KSCN的水溶液，然后减压蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，以获得硫氰化钾晶体。
（5）①滴定时发生的离子反应为SCN−+Ag+=AgSCN↓，则刚好沉淀完时，溶液中的SCN−反应完全，红色褪去，只存在少量Fe3+的颜色，故锥形瓶中溶液颜色变化是红色褪为无色（或“浅黄色”、“黄色”）。
②由反应SCN−+Ag+=AgSCN↓，可得出n(KSCN)=n(AgNO3)=0.1000mol·L−1
×24.50×10−3L=2.45×10−3mol，晶体中KSCN的质量分数为
。
27．（每空2分，共14分）
（1）除去有机杂质
（2）温度过高，铑转化为性质稳定且极难溶解的氧化物，影响后续铑的回收
（3）SO2
（4）Rh3++3NH3·H2O=Rh(OH)3↓+3NH 防止碱性强Rh(OH)3溶解，导致铑的损失
（5）负
（6）AB
【解析】（1）由题意可知废铑催化剂（杂质主要为有机杂质和少量Cu)，因此焚烧的目的是通过燃烧除去有机杂质和将Cu转化为CuO。
（2）铑的氧化物性质稳定，因此在焚烧时需注意控制温度为320℃，温度过低则达不到完全灰化的目的，大量有机杂质仍然滞留在其中；温度过高，铑会被氧化成铑的氧化物（性质稳定，难溶解），影响后续铑的回收。
（3）熔融下铑和KHSO4反应生成Rh2(SO4)3，Rh元素化合价升高，化合价下降的元素是S，根据氧化剂与还原剂的物质的量之比=3:2和电子得失守恒，还原产物为SO2，其方程式为2Rh+12KHSO4=Rh2(SO4)3+3SO2↑+6K2SO4+6H2O。
（4）用氨水调pH，NH3·H2O电离产生的OH−与Rh3+反应生成Rh(OH)3沉淀，其离子方程式为Rh3++3NH3·H2O=Rh(OH)3↓+3NH，氢氧化铑是一种两性氢氧化物，此步骤中，pH不能太高（实际调节pH在8左右）是为了防止碱性强Rh(OH)3溶解，导致铑的损失。
（5）加盐酸使Rh(OH)3溶解，电解还原时，溶液中的Rh3+得电子在阴极析出得到粗铑粉，析出铑的电极与外电源的负极相连，再经过酸洗、水洗、焙烧得到纯铑粉。
（6）题干中明确指出，铑的配合物[Rh(CO)2I2]−充当催化剂的作用，用于催化甲醇羰基化。由题干中提供的反应机理图可知，铑配合物在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，甲醇羰基化反应所需的反应物除甲醇外还需要CO，最终产物是乙酸；因此，凡是出现在历程中的，既非反应物又非产物的物种如CH3COI以及各种配离子等，都可视作中间产物。由上述分析可推知正确答案为AB。
28.（除特殊标注外，每空2分，共14分）
（1）较低（1分）
（2）PdCl2（1分）
（3）60% B通电
通电
（4）①CH3CHO+2e−+2H+=CH3CH2OH ②变小 ③
【解析】（1）ΔH和ΔS均小于0，故反应自发的条件是较低温度。
（2）PdCl2参与第一步反应且在第二步又生成，其质量和化学性质没有改变，故是催化
剂。而CuCl2是氧化剂，将Pd氧化为PdCl2，主要是起到使催化剂复原的目的。
（3）方法一： CH2=CH2(g) + O2(g) CH3CHO(g)
n始（mol） 2 1 0
n变（mol） x x
n平（mol） 2−x x
依据物质的量之比=压强之比可得：，解出。因此：=，平衡时总压为1.5MPa×80%=1.2MPa，CH2=CH2(g)、O2(g)、CH3CHO(g)的物质的量分数分别为、、。因此：
或。
方法二：
由该反应中气体物质的量变化可知，体系总压的减少量等于O2压强的减少量，因此O2压强减少1.5MPa×20%=0.3MPa。
CH2 =CH2(g) + O2(g) CH3CHO(g)
p始（MPa） 1 0.5 0
p变（MPa） 0.6 0.3 0.6
p平（MPa） 0.4 0.2 0.6
因此：α(CH2=CH2)==60%，，刚性容器中通入惰性气体，各组分的浓度不变，平衡不移动，故CH2=CH2的转化率不变。降温，平衡正向移动，故CH2=CH2的转化率增大。增加CH2=CH2浓度，虽然平衡正向移动，但CH2=CH2的转化率还是减小。
（4）①a为阴极，发生还原反应，由总反应可知，CH3CHO在阴极、酸性环境中放电应
该生成CH3CH2OH，故电极反应式为CH3CHO+2e−+2H+=CH3CH2OH。
②阳极的电极反应式为CH3CHO−2e−+H2O=CH3COOH+2H+，为了维持膜两侧电解液的电中性，反应生成的H+从阳极室透过质子交换膜向阴极室迁移，但阳极室溶液中H2O减少，导致c(H+)增大，故溶液的pH减小。
③实际处理掉乙醛的物质的量为；由总反应可知，理论处理掉乙醛的物质的量与外电路电子的物质的量相等，为，故该电解装置的电流效率。
29．（除特殊标注外，每空2分，共10分）
（1）多（1分） 关闭
（2）排除NO对实验结果的影响 在光照条件下钾离子可促进气孔的开放
（3）CO2（1分） 类囊体薄膜
30．（除特殊标注外，每空2分，共10分）
（1）与噬菌体的双链DNA相比，新型冠状病毒的单链RNA结构不稳定，更容易发生变异
（2）吞噬细胞（1分） 抗体、溶菌酶（答一点即可，1分） 与被抗原入侵的宿主细胞密切接触，使这些细胞裂解死亡
（3）抗原（1分） 记忆细胞（1分） 迅速增殖和分化，快速产生大量的抗体
31．（除特殊标注外，每空2分，共9分）
（1）同一时间内聚集在一定区域中各种生物种群的集合 物种组成、种间关系、空间结构、群落演替（答出两点，合理即可）
（2）光照强度（1分）
（3）负反馈调节（1分） 低（1分） 与轻度干扰相比，重度干扰条件下物种数少，营养结构简单
32．（除特殊标注外，每空2分，共10分）
（1）常（1分） 突变型（1分） 1/9
（2）提前终止
（3）4 交叉互换
（二）选考题：共45分。
33.（15分）
（1）（5分）ACD（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）
【解析】由气体pV乘积一直增大可知，气体的温度一直升高，内能一直增大；由于BC段气体体积不变，为等容过程，对外不做功；但是AB阶段温度升高依然也在对外做功，所以一直在吸收热量；气体沿AC直线过程，温度变化虽然相同，但是做的功更多，所以需要吸收更多的热量。
（2）（10分）
解：Ⅰ.设打入的空气和喷雾器内原有的空气在和时的体积
①
打入空气后温度为 ②
由理想气体状态方程可得 ③
解得 ④
Ⅱ．压强再次变为时的体积为
可知气体经历等温变化，有 ⑤
解得 ⑥
则剩余药液的体积为 ⑦
评分标准：本题共10分。正确得出③、④、⑤式各给2分，其余各式各给1分。
34.（15分）
（1）（5分）BCD（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）
【解析】由图可知，机械波波长为6m，只有两点间距为半波长的点，振动情况才总相反，两点间距恰好为半波长；最先回到平衡位置，可知波应沿轴正方向传播，由可得，所以波速为0.5m/s；3s为四分之一周期，因此点走的路程不是4cm。
（2）（10分）
解：Ⅰ.由几何关系可知
①
由几何关系可得 ②
③
④
且，推知
可得 ⑤
可得折射率 ⑥
Ⅱ．光线恰好在底面发生全反射，可得全反射临界角
⑦
且有 ⑧
⑨
解得 ⑩
评分标准：本题共10分。正确得出①~⑩式各给1分。
35．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）1s22s22p63s23p64s1（1分） O>Be>B（1分）
（2）acd
（3） CF4（或CCl4等）（1分）
（4）(BO2)（或BO)
（5）①C ②
【解析】（3）BF3中B的价电子对数为3，为sp2杂化，则BF3的空间构型为平面正三角形，BF3中B原子还有一个垂直于分子平面的p轨道，三个氟原子也各有一个垂直于分子平面的p轨道。BF3的价电子总数为24，三个σ键有6个电子，每个氟原子有2对不与分子平面垂直的孤电子对，因此4个平行轨道中的电子数为24−6−2×2×3=6，形成键。
（4）由图可知，一个硼原子与三个氧原子连接，其中2个氧原子是与其他硼原子共用的，只贡献，故一个硼酸根离子的重复单元中有一个B、2个O，B为+3价，故其带1个单位的负电荷，则题给硼酸根离子是（或BO）。
（5）①晶胞沿着对角线方向可以观察到六边形，中心O与Be重合，外侧大正六边形均为Be原子构成，内部小正六边形由三个Be原子，三个O原子间隔形成，所以得到投影结果为C。②一个晶胞中单独含有O原子的数目为，单独含Be原子数目有4个，晶胞质量m=4×g，晶胞中白色球周围最近的4个黑色球构成正四面体，白色球处于正四面体的中心，顶点黑色球与正四面体中心白色球连线处于晶胞对角线上，由几何知识可知晶胞对角线长度为4a cm，则晶胞棱长为，晶体密度为
。
36．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）乙炔
（2）取代反应
（3）碳碳三键、醛基
（4）位置（1分）
（5）a
（6）7（1分） 3
（7）（3分）
【解析】因为反应A+B→C原子利用率为100%，可以推出B的分子式为C2H2，乙炔。由已知②可推知G转化为H过程中，如不采用Au/膦催化剂，在碱性条件下易发生分子间的羟醛缩合的副反应产物为。H的同分异构体满足条件的包括：、、3种。结合题干中合成路线和已知③，合成
3−戊炔酸的合成路线为
。
37．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）稀释涂布平板 菌落数目稳定 A、B 抑制细菌的生长
（2）形状、大小、隆起程度和颜色（答出两点即可） 50
（3）明胶、琼脂糖、醋酸纤维素、聚丙烯酰胺（答出两点即可） CaCl2（1分）
38．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）基因表达载体的构建 BamHⅠ A（1分）
（2）感受态 具有正常生物活性的人胰岛素需要内质网和高尔基体进行加工，而大肠杆菌没有内质网和高尔基体（合理即可）
（3）Ti质粒上的T-DNA可转移至受体细胞，并且整合到受体细胞染色体的DNA上
目的基因插入到Ti质粒的T-DNA上 抗虫接种
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