西南名校联盟2021届高三下学期4月高考适应性考试理综试题+答案解析 (PDF)

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西南名校联盟高考适应性月考卷4月
理科综合参考答案

一、选择题：本题共13小题，每小题6分。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
C
B
D
D
B
A
B
A
B
D
C
C
D

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
C
A
C
D
AC
AD
BCD

【解析】
1．细胞内的tRNA也能运输氨基酸，A错误。细胞内的储能物质，如糖原、淀粉，不能与苏丹Ⅲ发生颜色反应，B错误。构成麦芽糖和淀粉的单糖均为葡萄糖，D错误。
2．不是所有的小分子物质都能通过细胞膜进入细胞，B错误。
3．上述过程体现了基因通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物体的性状，D错误。
4．注射疫苗后发生过敏反应是由于特异性免疫异常引起的，D错误。
5．调查跳蝻的种群密度常采用样方法，A错误。调查土壤中小动物类群的丰富度常采用取样器取样法，C错误。黑光灯诱捕法可用于调查趋光性昆虫的丰富度，D错误。
6．激素调节只是植物生命活动调节的一部分，A错误。
7．烤蓝是在钢铁表面生成一定厚度和强度的致密的氧化层，其主要成分是Fe3O4，A正确。红宝石的主要成分是Al2O3，珍珠的主要成分是CaCO3，玛瑙、水晶的主要成分为SiO2，B错误。CaSO4(s)+CaCO3(s)+，盐酸可以与碳酸钙反应，C正确。“千淘万漉虽辛苦，吹尽黄沙始到金”指淘金要经过千遍万遍的过滤，虽然辛苦但只有淘尽了泥沙才能得到黄金，其中的“淘”“漉”相当于分离提纯中的过滤，D正确。
8．1mol氯气通入足量的NaOH溶液中转移电子数为NA，A正确。1mol羟基中含有的电子数为9NA，B错误。标准状况下甲醇是液体，不能计算微粒的数目，C错误。H2O2是共价化合物,不存在阴离子,D错误。
9．该物质含有碳碳双键、酚羟基，可使酸性KMnO4溶液褪色,A正确。酯基不能和H2发生加成反应，所以1mol该有机物最多能与7mol H2发生加成反应，B错误。酯基可以发生水解反应，产物之一是乙醇，C正确。有机物中有甲基、氨基等，所有原子不可能处于同一平面上，D正确。
10．X与Y可形成一种红棕色的气体为NO2，则X是N，Y是O，Z是地壳中含量最多的金属元素，则Z是Al，W的最高价氧化物对应的水化物是强酸，则W是S或Cl。简单离子的半径：N3−>O2−>Al3+，A错误。简单氢化物的沸点：常温下H2O是液态，H2S或HCl是气态，B错误。Al2O3属于离子化合物，C错误。Al(OH)3与强酸H2SO4或HClO4均可发生反应，D正确。
11．现象应该是热水中的颜色加深，A错误。NaClO水解生成HClO，会漂白试纸，无法测定pH，B错误。绿矾是FeSO4·7H2O，滴加KSCN溶液，溶液变红，说明样品被氧化成Fe3+，C正确。未给体积，NaCl和AgNO3溶液的用量不清楚，无法判断黄色沉淀的产生是来自AgCl的转化还是直接与过量的Ag+生成，不能判断Ksp，D错误。
12．电解后左侧四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]稀溶液转化为浓溶液，说明a极发生还原反应，2H2O+2e−=H2↑+2OH−，据此判断a为阴极，M为电源负极，N为电源正极，A错误。阴极c(OH－)不断增大，中间原料室的四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]电离出的(CH3)4N＋穿过c膜进入左侧阴极室，c膜为阳离子交换膜；原料室的氯化钠稀溶液转化为浓溶液，表明左侧阴极室的氯离子穿过d膜进入原料室，故d膜为阴离子交换膜，B错误。a极的反应：2H2O+2e−=H2↑+2OH−，A室pH增大，b电极的反应为4OH−−4e−=O2↑+2H2O，B室pH减小，C正确。b为电解池阳极，电极反应为4OH−−4e−=O2↑+2H2O，制备1mol (CH3)4NOH，需要阴极产生1mol OH−，转移电子1mol，阴、阳极共生成气体×22.4L=16.8L，D错误。
13．亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，则图象中δ1、δ2、δ3分别表明H3PO3、H2PO、HPO物质的量分数。亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，HPO可水解生成H2PO，离子方程式为HPO+H2OH2PO+OH−，A正确。该温度下，图象b点c(HPO)=c(H2PO)，pH=6.54，Ka2(H3PO3)=10−6.54，数量级是10−7，B正确。a点时，溶液中存在H3PO3、H2PO，根据图中a点，pH=1.43显酸性，H3PO3的电离大于H2PO水解程度，溶液中水电离程度被抑制，水电离出的c(H+)==10−12.57mol·L−1，C正确。所加NaOH溶液体积与亚磷酸溶液相同时，反应恰好生成NaH2PO3溶液，因为H2PO的电离平衡常数Ka2=10−6.54，H2PO的水解平衡常数Kh===10−12.57，H2PO的电离大于水解程度，溶液中c(Na+)>c(H2PO)> c(H+)>c(HPO)>c(OH−)，D错误。
14．不是所有的核反应都释放核能；明线光谱可用于对物质成分进行分析；在光电效应现象中，入射光的频率变大，光电子的最大初动能将变大；放射性元素发生衰变时放出的光子是由处于激发状态的原子核放射出来的，故B正确。
15．图线A是顶点过原点的抛物线的一部分，说明质点A做初速度为零、加速度为2m/s2的匀加速直线运动，图线B是过点（0，3）的一条直线，说明质点B做速度为2m/s的匀速直线运动。时，A、B两质点相距3m同时出发；由图象可知时，A、B两质点相遇，故C正确。
16．从原点O起沿x轴正方向每经过1m电势下降6V，沿OM方向每经过1m电势下降也为6V，；电场强度沿OP方向，大小为V/m，故A正确。
17．由，，，设该卫星下次经过该建筑物的时间为t，有，则，故C正确。
18．因为小球恰能在圆轨道内侧做圆周运动，由，小球通过最高点的速度为，M点不是轨道最高点，小球通过M点时速度大于；由
，小球在N点的动能为2.3mgR；小球从M点顺时针运动到N点的过程中，重力的功率先增大后减小再增大；小球从M点顺时针运动到N点的过程中，速度先增大后减小，由知向心加速度的大小先增大后减小，故D正确。
19．开关K合在a处，使滑片P上滑，原线圈的电流将减小；开关K合在b处，使滑片P下滑，变压器输入功率将增大；保持滑片P的位置不变，开关K由b合到a时，R消耗的功率减小；保持滑片P的位置不变，开关K由a合到b时，原线圈的电流将增大，故A、C正确。
20．从A点入射的粒子射出磁场时速度方向与BF边的夹角为60°，粒子在磁场中运动的圆心角为，，，带电粒子的比荷为，；从E点入射的粒子在磁场中的半径也为r，，，粒子在磁场中运动的圆心角为，两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为∶∶，故A、D正确。

21．碰后瞬间弹簧弹力不发生变化，有，；碰撞前A的速度为，，碰撞后A、B的速度为，碰撞时间极短，碰撞过程中动量守恒，即，，解得碰后瞬间两物体的总动能为mgh；设弹簧劲度系数为k，有，碰撞后两物体一起向下运动，当两物块的重力与弹簧弹力相等时，两物块的动能最大，，，，解得。假设、能分离，分离时，，即弹簧处于原长状态。碰撞后物块A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，从返回至碰撞点，到最高点过程，反弹向上运动到达碰撞点时，两物体的速度大小等于碰后瞬间两物体的速度大小；设弹簧压缩量为x3时速度减小为零，有，解得，即物体A、B到达不了弹簧的原长处，故物体A、B不会分离，故B、C、D正确。
三、非选择题（共174分）
（一）必考题：共11小题，共129分。
22.（每空3分，共6分）
（1）B
（2）
23.（每空3分，共9分）
（1）
（2）1.80 0.18
24.（12分）
解：（1），因运动员垂直落在斜面上，故 ①
得 ②
由 ③
解得  ④
竖直位移
得 ⑤
故落点距离地面的高度为 ⑥
运动员跳离斜面到落地的时间为t2，
得 ⑦
故运动员落地的总时间为 ⑧
（2）运动员飞离斜面到落到斜面底端过程的水平初速度最大，此过程的水平位移为
⑨
⑩
解得
评分标准：本题共12分。正确得出⑨式给2分，其余各式各给1分。
25.（20分）
解：（1）初始时，ab相当于电源，电动势为 ①
电路中的电流为 ②
方向由a指向b ③
（2）ab受到的安培力，cd受到的安培力 ④
设ab的加速度为a1，cd的加速度为a2，由牛顿第二定律可知 ⑤
⑥
所以 ⑦
⑧
方向都向右 ⑨
（3）ab棒向左减速运动，cd棒向右加速运动。当电路中的电流为零时，两导体棒做匀速直线运动，达到稳定状态，电动势相等，设此时速度分别和，满足
⑩
又由于运动过程的时间相等，两棒速度变化量大小满足


根据动量定理，整个过程cd棒受到的安培力的冲量
解得
方向向右
评分标准：本题共20分。正确得出②、⑥、⑩、、式各给2分，其余各式各给1分。
26．（除特殊标注外，每空2分，共14分）
（1）NaOH
（2）④③②⑤①
（3）2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2
（4）趁热过滤（1分） 冷却结晶（1分） B
（5）滴入最后一滴标准液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不褪色
【解析】（1）装置D中为NaOH溶液。
（2）根据实验原理可知首先是④连接装置并检查装置气密性，③按图示往各仪器中加入试剂，然后利用二氧化硫排尽装置中空气，即②向A中滴加70%浓H2SO4溶液，⑤C装置中溶液由澄清稍变黄色浑浊，生成的Na2S2O3遇过量的亚硫酸溶液发生歧化反应生成硫说明Na2S与Na2CO3反应完毕，最后①取出C中混合物，经一系列操作得到产品，所以实验步骤最合理的顺序是④③②⑤①。
（3）根据元素化合价的变化，及二氧化硫进入C中发生氧化还原反应，利用电子守恒配平得到方程式：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。
（4）由步骤⑤判断反应生成的Na2S2O3中混有硫单质杂质，所以先趁热过滤掉硫单质，然后加热浓缩至有晶膜出现表明溶液饱和，经过冷却结晶得到晶体；在洗涤操作中选择无水乙醇为洗涤剂可减少晶体溶解的损失并且利用乙醇易挥发使晶体快速干燥。
（5）淀粉遇碘变蓝，当终点时碘消耗完则蓝色消失；根据滴定过程中发生的反应可建立计量关系~2I2~进行计算解答；
~

(高铁酸盐)。
27．（每空2分，共14分）
（1）1∶1
（2）ClO+6Fe2++6H+=Cl−+6Fe3++3H2O
（3）B
（4）使Fe3+和Al3+沉淀完全 CaF2和MgF2
（5）Co2++C2O+2H2O=CoC2O4·2H2O↓
（6）Co3O4
【解析】（1）浸出过程中主要发生的氧化还原反应是Co2O3+SO+4H+=2Co2++SO
+2H2O。Co2O3、Fe2O3、MnO2均是氧化剂，SO是还原剂，反应时物质的量之比均为1∶1。
（2）NaClO3在浸出液中是将Fe2+氧化为Fe3+，故发生反应的离子方程式为ClO+6Fe2++6H+=Cl−+6Fe3++3H2O。
（3）滤液中加入萃取剂的作用是除去Mn2+。由图中可知，在相同pH条件下，使用A萃取剂，Mn2+、Co2+的萃取率都比较高，不能很好地分离两种离子；当控制pH在3~5左右时，使用萃取剂B时，Mn2+的萃取率与Co2+的萃取率相差大，离子分离比较彻底，可使Mn2+几乎完全除去，故应该选择B萃取剂。
（4）通过信息③可知，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，故目的是使和沉淀完全；萃取剂层含锰元素，说明溶液中的除锰离子和钴离子以外的金属阳离子均已除去，故加入NaF溶液是除Ca2+和Mg2+，则沉淀Ⅱ的主要成分为CaF2和MgF2。
（5）加入(NH4)2C2O4溶液，(NH4)2C2O4溶液与溶液中钴离子反应生成草酸钴沉淀，则反应的离子方程式为Co2++C2O+2H2O=CoC2O4·2H2O↓。
（6），则，则钴的这种氧化物中，则∶=0.15mol∶0.2mol=3∶4，生成钴的氧化物是Co3O4。
28．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）2H2(g)+SO2(g)S(l)+2H2O(g) H=+45.4kJ·mol−1 bc
（2）①>（1分） 温度越高，反应速率越快，T1先达到平衡，故而温度更高
②1 2.1×10−2mol·L−1·s−1
（3）随着温度的升高，反应速率加快，甲醇的产率增大 生成甲醇的反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，甲醇的产率减小（温度升高催化剂活性降低，甲醇的产率减小）
【解析】（1）根据盖斯定律可知，反应Ⅰ−2×反应Ⅱ可得到2H2(g)+SO2(g)S(l)+2H2O(g)，则：H=H1−2H2=+45.4kJ·mol−1，所以，H2(g)与SO2(g)反应生成S(l)和H2O(g)的热化学方程式为2H2(g)+SO2(g)S(l)+2H2O(g) H=+45.4kJ·mol−1。
若反应Ⅱ在绝热、恒容体系中进行：由于该反应前后气体的总质量和总物质的量均保持不变，则混合气体的密度在反应过程中始终保持不变，故无法据此判断该反应是否达到化学平衡状态，a不符合题意。由于该反应在绝热、恒容体系中进行，反应体系不能与外界进行热交换，体系的温度随着反应的能量变化而发生变化，故体系的压强也随混合气体的温度变化而变化，因此，当体系的总压强保持不变时，说明正反应速率等于逆反应速率，该反应达到化学平衡状态，b符合题意。CO(g)与CO2(g)的体积比等于其分子数之比，在反应过程中，该比值发生变化，当CO(g)与CO2(g)的体积比保持不变时，说明各组分的浓度保持不变，该反应达到化学平衡状态，c符合题意。综上所述，达到平衡的标志是bc。
（2）①化学反应速率随温度升高而增大，T1先达到平衡，故而温度更高，由图可知，T1>T2。
②当反应达到平衡时，化学反应速率，则，T1时NO的平衡转化率为50%，温度不变，化学平衡常数不变，由题意可建立如下三段式：

起（mol/L） 1 1 0 0
变（mol/L） 0.5 0.5 0.25 0.5
平（mol/L） 0.5 0.5 0.25 0.5
。
由T2时A点对应的一氧化氮的转化率为80%，建立如下三段式：

起（mol/L） 1 1 0 0
变（mol/L） 0.8 0.8 0.4 0.8
平（mol/L） 0.2 0.2 0.4 0.8
由∶=∶可得：10∶=2∶1.6，解得平衡时=8kPa，一氧化氮和一氧化碳的分压均为×8kPa=1kPa，则A点时(A)=2.1×10−2mol·L−1·s−1·kPa−4×(1kPa)2×
(1kPa)2=2.1×10−2mol·L−1·s−1。
（3）250℃前，反应未达平衡，随着温度的升高，反应速率加快，甲醇的产率增大；生成甲醇的反应为放热反应，250℃之后，温度升高，平衡逆向移动，甲醇的产率减小（温度升高催化剂活性降低，甲醇的产率减小）。
29.（除特殊标注外，每空2分，共9分）
（1）活细胞产生的具有催化作用的一类有机物
（2）不同
（3）大于（1分）
实验思路：在该实验基础上添加丙组，底物浓度大于m，加入酶和物质X，测定反应速率。
（2分） 预期结果结论：若丙组反应速率与乙组相同，则为非竞争性抑制剂；若丙组反应速率大于乙组，则为竞争性抑制剂。（2分）
30.（除特殊标注外，每空2分，共9分）
（1）动物体或人体内的某些组织（如神经组织）或细胞感受外界刺激后，由相对静止状态变为显著活跃状态的过程
（2）都需要与相应的受体结合后才能发挥作用
（3）分级和反馈（1分） 降低（1分） ACTH能促进GC的分泌，GC的含量增加到一定程度时会反过来抑制下丘脑分泌CRH
（4）升高（1分）
31．（除特殊标注外，每空2分，共10分）
（1）染色体组（1分）
（2）基因重组（1分）
（3）不定向性、随机性 提高突变率，在较短时间内获得更多的优良变异类型
（4）（4分）

32.（除特殊标注外，每空1分，共11分）
（1）捕食或寄生（2分） 群落 物理信息和化学（2分）
（2）能将空气中的氮转变为含氮的养料（2分） 无机环境 生物群落
充分利用光能，使能量持续高效地流向对人类最有益的部分（2分）
（二）选考题：共45分。
33.（15分）
（1）（5分）ABE（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】PM2.5颗粒在空气中做布朗运动，故反映了气体分子的运动特点。由于蒸发，液体表层的分子较液体内部稀疏，其分子间距较大，故而液体表面有收缩的趋势。晶体熔化时有熔点，即温度不变，故分子平均动能不变。晶体熔化过程吸收的热量转化成液态的分子势能，故晶体内能增加。根据分子动理论对压强的微观解释可知，封闭气体分子的碰撞频率不仅与分子数有关，还和每个分子单位时间内的平均碰撞次数有关。由热力学第二定律可知，宏观自然发生的热现象都是不可逆的。
（2）（10分）
解：Ⅰ．依据题意，气缸和容器内气体做等温变化
压缩前：， ①
压缩后： ②
③
由 ④
代入数据，解得 ⑤
Ⅱ．依据题意，气体做等压变化
变化前： ⑥
变化后： ⑦
由 ⑧
解得 ⑨
由可知 ⑩
评分标准：本题共10分。正确得出①~⑩式各给1分。
34.（15分）
（1）（5分）ABE（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】麦克斯韦不仅预言了电磁波的存在，也预言了光是一种电磁波。偏振是横波特有的现象，常用来辨别某种未知波是横波还是纵波。利用树影观察到的日偏食是一个个明亮的月牙形光斑，这是小孔成像原理，而光的圆孔衍射图样是明暗相间的光圈。水面的油膜在太阳光的照射下呈现彩色条纹是薄膜干涉现象。光纤通信中使用的光导纤维，其外层和内芯折射率不同，外层相对于内芯是光疏介质。当光信号以适当角度摄入光导纤维后，由于全反射可以高保真的把信息传输到客户端。
（2）（10分）
解：Ⅰ．设与c点最近的振幅极大点为d，a、b发出的波到d点的波程分别为x1和x2。
则 ①
②
③
根据干涉振幅极大点的波程关系
（） ④
⑤
由已知可知d点的， ⑥
Ⅱ．由于 ⑦
可知在ac边上振幅极大点含a、c点，、1、2、3、4，共有5个 ⑧
振幅极大的点和振幅极小的点间隔分布，故振幅极小的点有4个 ⑨
评分标准：本题共10分。正确得出③式给2分，其余各式各给1分。
35．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）Li>Na>K
（2）sp2 LiC6 离子键
（3）2K2[Ni(CN)4]+2e−+2K+=K4[Ni2(CN)6]+2KCN C（1分） N2 或C
（4）
【解析】（1）Li、Na、K属于同一主族，半径依次增大，原子核对最外层电子吸引力减弱，所以电离能逐渐变小。
（2）石墨为层状平面结构，所以每个C原子采取sp2杂化，余下的p轨道在本层形成大π键。根据图甲，Li+位于晶胞顶点，每个晶胞含Li+：8×=1。C原子位于晶胞面上和体内，每个晶胞含C原子+2×1=6，所以负极化学式为LiC6。当单质Li晶体石墨层中，失去电子形成Li+，而失去的电子进入到石墨的大π键中，从而使得石墨带上负电荷，所以Li+与相邻石墨六元环之间的作用力属于正负电荷之间的静电作用，属于离子键。
（3）分析K2[Ni(CN)4]中Ni为+2价，K4[Ni2(CN)6]中Ni为+1价，从而可以判断每个Ni得到一个电子，多余的CN−与K+结合，方程式为2K2[Ni(CN)4]+2e−+2K+=K4[Ni2(CN)6]
+2KCN。CN−作配体时均是以电负性更小的C原子作为配位原子，CN−常见的等电子体：N2、C、CO等。
（4）首先根据均摊法，K+占据体心和顶点，所以一个晶胞中含K+=1×1+8×=2，占据4条棱心和两个面心，所以一个晶胞中含=4×+2×=2，所以一个晶胞含有两个，
根据求物质的密度相当于求晶胞的密度，，一个晶胞的质量=，晶胞体积=a2b，所以==g/cm3。
36．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）一氯环己烷（1分）
（2）取代反应（1分） 氧化反应（1分）
（3）氢氧化钠、醇溶液、加热（1分）
（4）nHOCH2CH2OH+nHOOC(CH2)4COOH

（5） 酮基（羰基）、羧基
（6）HOOCC(CH3)2COOH
（7）
（3分）
【解析】（1）氯原子为取代基，名称为一氯环己烷。
（2）结合反应条件推知，①为取代反应，③为氧化反应。
（3）由官能团变化推知，反应为消去反应，反应条件为氢氧化钠、醇溶液、加热。
（4）己二酸和乙二醇发生缩聚反应生成聚酯，方程式为nHOCH2CH2OH+nHOOC(CH2)4COOH
。
（5）结合已知信息推知，F的结构简式为，F水解后得到G，则G含有酮基（羰基）、羧基。
（6）结合已知信息，有机物M结构简式为HOOCC(CH3)2COOH
（7）通过对照原料和目标产物，从官能团和碳骨架角度结合题目信息推知路线，
37.（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）煮沸是为了杀灭杂菌，冷却是为了防止温度过高杀死乳酸菌
（2）增加乳酸菌的数量
（3）重氮化（1分） N−1−萘基乙二胺盐酸盐 标准显色液
随着NaCl浓度的增加，对硝酸盐还原菌生长和繁殖的抑制作用会增大，亚硝酸盐含量会下降 对亚硝酸盐含量的影响 口味
38．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）纤维素酶和果胶 原生质体 物理法和化学法 杂种细胞
（2）植物细胞具有全能性 杂种细胞→接种到诱导培养基→愈伤组织→接种到分化培养基→幼苗→完整植株（3分）
（3）胚状体