12/1211/12/理科綜合參考答案一、選擇題：本題共13小題，每小題6分。題號12345678910111213答案BCCDAAABDCBCC二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第14～17題只有一項符合題目要求；第18～21題有多項符合題目要求，全部選對的給6分，選對但不全的給3分，有選錯的給0分。題號1415161718192021答案BBDAADBDADBCD【解析】1．組成蛋白質的氨基酸序列不發生改變，如果空間結構發生改變，也會影響其功能，B錯誤。2．細胞是基本的生命系統，新冠病毒沒有細胞結構，C錯誤。3．水分子進入細胞的方式為自由擴散或協助擴散，A錯誤。神經細胞受到刺激時，Na+內流的運輸方式為協助擴散，B錯誤。b點之后，限制該物質運輸速率的因素不可能是通道蛋白的數量，D錯誤。4．③對于RNA病毒而言，基因是RNA分子上的片段，由核糖核苷酸構成；④基因不能識別并轉運氨基酸。5．胚芽鞘中生長素的極性運輸與重力方向無關，A錯誤。6．應先將蓋玻片放在血細胞計數板的計數室上，用吸管吸取培養液，滴于蓋玻片邊緣，讓培養液自行滲入，B錯誤。待酵母菌全部沉降到計數室底部，用顯微鏡計數一個小方格內的酵母菌數量，再以此為根據，估算酵母菌總數，C錯誤。若酵母菌過多，難以數清，應當對菌液進行稀釋，D錯誤。7．太陽能電池板的主要材料是晶體硅，A錯誤。有機硅樹脂是高度交聯的網狀結構的聚有機硅氧烷，B正確。該過程中氫氣被氧化生成水，二氧化碳被還原，C正確。鋁合金密度低，強度接近高合金鋼，剛度超過鋼，有良好的鑄造性能和塑性加工性能，良好的導電、導熱性能，良好的耐蝕性和可焊性，可作結構材料使用，D正確。8．三氯蔗糖的分子式為C12H19O8Cl3，A正確。蔗糖與三氯蔗糖組成不相似，不互為同系物，B錯誤。三氯蔗糖是蔗糖的取代產物，C正確。蔗糖與三氯蔗糖均能發生水解反應，D正確。9．由W、X、Y、Z為同一短周期元素，Z的核外最外層電子數是X核外電子數的一半可知，Z為Cl、X為Si，由化合價代數和為0可知，Y元素化合價為?3價，則Y為P元素；由W的電荷數可知，W為Na元素，據此解答。鈉離子和氯離子核外電子層排布分別為2、8和2、8、8，鈉離子半徑小于氯離子半徑，A錯誤。同周期元素從左到右，非金屬性依次增強，則非金屬性的強弱順序為Cl>P>Si，形成的簡單氣態氫化物的穩定性順序為HCl>PH3>SiH4，B錯誤。化合物PCl3中P原子的價層電子對數為，P原子采用sp3雜化，PCl3分子空間結構名稱為三角錐形，C錯誤。假設晶體質量為1g，則晶體Si與SiO2中所含共價鍵的數目比為∶=15∶14，D正確。10．金屬Ca、Sr、Ba為同主族元素，隨核電荷數增加，原子半徑逐漸增大，第一電離能和熔點依次降低，A正確。V、Cr、Mn、Fe基態原子價層電子排布分別3d34s2、3d54s1、3d54s2、3d64s2，未成對電子數分別為3、6、5、4，B正確。晶體中A的配位數為12，C錯誤。由晶胞結構可知，晶胞中含有A的數目為，含有B的數目為1，含有O的數目為，故用A、B、O表示的題給復合型氧化物晶體的化學式為，D正確。11．裝置中缺少環形玻璃攪拌棒，且醋酸與氫氧化鈉發生中和反應生成1mol水時放出的熱量小于57.3kJ，A錯誤。鐵片與碳粉在NaCl溶液等中性溶液中發生吸氧腐蝕，錐形瓶內氣壓降低，U形管中紅墨水液面左高右低，B正確。裝置中不能使用長頸漏斗，應使用分液漏斗，C錯誤。離子方程式中得失電子數不守恒，D錯誤。12．放電時，電極為負極，則充電時，電極與外接電源的負極相連，A正確。放電時，電極的電極反應式為+Pb?2e?=PbSO4，則充電時，電極的電極反應式為PbSO4+2e?=+Pb，B正確。放電時，電極增重48g，即消耗，則轉移1mol電子，有1molH+移向氧化石墨烯電極，C錯誤。由物質的轉化關系及電荷守恒可知，放電時，氧化石墨烯電極的反應式為，Pb電極反應式為+Pb?2e?=PbSO4，故總反應式為，D正確。13．隨pH的增大HSeO先增多后減少，A正確。pH=4.2時，根據電荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(HSeO)+2c(SeO)，已知溶液中HSeO和SeO的濃度相等，故c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+3c(HSeO)，B正確。由圖可得，在NaHSeO3溶液中，Ka2(H2SeO3)=10?4.2，Kh(HSeO)=，故Kh(HSeO)<Ka2(H2SeO3)，即HSeO的電離程度大于其水解程度，故c(SeO)>c(H2SeO3)，C錯誤。向pH=1.2的溶液中滴加NaOH溶液至pH=4.2的過程中，加入的NaOH中和了溶液中的氫離子，促進了水的電離，故水的電離程度一直增大，D正確。14．系統所受合外力為零，因此動量守恒；運動過程中兩恒力對、做功，因此機械能不守恒，故B正確。15．由圖像可知，該單擺的周期為2t0，據單擺的周期公式可得，可得，，故B正確。16．對A、B整體受力分析，可得如圖所示的矢量圖，由該圖可知當F與繩OA垂直時最小，可得，故D正確。17．因劃痕與MN垂直，可知在平行于MN的方向上，筆尖與紙運動情況完全相同，有相同的加速度a，在垂直于MN的方向上，筆尖可能有加速度，也可能沒有加速度，因此筆尖的加速度不可能小于a，故A正確。因垂直MN的方向上筆尖的運動情況不確定，因此筆尖的運動可能是直線，也可能是曲線，故B錯誤。平行MN方向，筆尖與紙始終有相同的運動速度，因此筆尖的速度不可能沿箭頭1所示方向，離開白紙時，筆尖的對地速度也不一定與RS邊垂直，故C、D錯誤。18．該波的函數表達式可寫為，當時，，即，解得，故A正確。質點P的位移隨時間t變化的表達式可寫成，據題意，時刻，，可得；時刻，，，即結合質點P的運動方向，可得，，故B錯誤。，結合Q的初始位置可知Q通過的路程不等于1.2m，故C錯誤。P、Q兩質點的平衡位置相差半個波長，因此它們的速度大小相等、方向相反，故D正確。19．在最高點，據牛頓第二定律可得，解得，故A錯誤。小球運動到最低點時繩子拉力最大，從最高點到最低點的過程，據動能定理可得，在最低點有，解得，故B正確。運動過程中，小球對斜面的壓力大小始終為mgcos30°，故C錯誤。從最高點到與O點等高的位置，據動能定理可得，向心加速度，解得，小球在切線方向的加速度大小為，，故D正確。20．時，P、Q仍然保持靜止，對P，有，解得，故A正確。假設P、Q剛要發生相對滑動，對Q，有，解得；對P，有，解得，故B錯誤。若，對P、Q整體，有，，故C錯誤。若，對Q，有，解得，故D正確。21．擋板對小球和圓弧槽組成的系統有力的作用，因此系統動量不守恒，故A錯誤。小球和圓弧槽組成的系統，只有系統內的彈力做功，系統機械能守恒，故B正確。從小球進入圓弧槽到B點的過程中，小球和圓弧槽組成的系統機械能守恒，平行于EF方向動量守恒，可得、，解得、，以圓弧槽為參考系，小球做圓周運動，對小球，有，故C正確。從小球進入圓弧槽到離開圓弧槽，平行于EF方向，有；據動量守恒可得；解得，故D正確。三、非選擇題（共174分）22．（5分）（2分）（3分）【解析】；，，，，可得。23．（每空2分，共10分）（7）0.720.702.9（8）1.4【解析】（7）；；。（8）若碰撞為彈性碰撞，可得、，解得、，故，本實驗中。24．（12分）解：減速階段，對汽車 ① ② ③勻速階段，汽車前進的距離 ④加速階段 ⑤ ⑥ ⑦汽車從開始減速到恢復原來的速度通過的總位移和總時間 ⑧ ⑨若汽車不減速，通過這段位移所需時間 ⑩延誤的時間 解得 評分標準：本題共12分。正確得出①~式各給1分。25.（15分）解：若小孔轉到原位置時球落入孔中 ① ②（，2，3…） ③解得 ④（，2，3…） ⑤若小孔轉到圓心O對側時球落入孔中 ⑥（，1，2，3…） ⑦解得 ⑧（，1，2，3…） ⑨評分標準：本題共15分。正確得出①、②、⑥式各給1分，其余各式各給2分。26．（20分）解：（1）從O到A，據動能定理可得 ①解得 ②從O到B，據動能定理可得 ③解得 ④（2）取OA的中點C，因F為恒力，可知從O到C恒力F做的功與從O到B恒力F做的功相同，因此力F應與BC連線垂直且斜向下，由幾何關系可得力F與x軸正方向夾角為30°斜向下 ⑤取從O到A的過程 ⑥解得 ⑦（3）從拋出到最高點的過程水平方向： ⑧ ⑨豎直方向： ⑩ 解得 故最高點的坐標為將初速度沿合外力方向和垂直合外力方向分解，垂直合外力方向的速度即為最小速度，即 評分標準：本題共20分。正確得出①~⑤式各給2分，其余各式各給1分。27．（除特殊標注外，每空2分，共14分）（1）下（1分）（2）使反應平緩進行（3）80℃（1分）溫度升高導致高錳酸鉀發生分解反應（4）使反應物從兩相間轉化，增大反應物間的接觸面積進而加快了反應速率（合理即可）（5）5HSO+2MnO+H+=5SO+2Mn2++3H2O（6）a（7）39.4%【解析】（4）使反應物從兩相間轉化，從而增大反應物間的接觸面積進而加快了反應速率；或將KMnO4溶液從水層帶入有機層；或者是將甲苯從有機層帶入水層，因而增大了兩者間接觸，加快反應速率。（6）第二次洗滌時要盡可能除去苯甲酸表面的氯化鉀和鹽酸等雜質，并減少苯甲酸的損失，所以用冷水。（7）m(甲苯)=2.7mL×0.867g·mL?1≈2.34g，即0.0254mol，高錳酸鉀約為0.06mol，甲苯不足，根據甲苯的質量計算出苯甲酸的理論產量為3.10g，苯甲酸的產率為1.22g÷3.10g×100%=39.4%。28．（除特殊標注外，每空2分，共14分）（1）MgCO3（1分）（2）10第一次濃度小防止Li+以Li2CO3沉淀析出，第二次濃度大則有利于Li2CO3沉淀的生成（3）MgCl2·6H2Oeq\o(=,\s\up7(550~710℃))MgO+2HCl↑+5H2O（4）1.6（1分）1.6（1分）（5）貧（1分）2H2O?4e?=O2↑+4H+3.36×104【解析】（2）二次除鎂過程中，若使Mg2+濃度為5.6×10?4mol/L，則此時溶液中c(OH?)==10?4mol/L，所以控制溶液pH=10；由流程可知第一次是使鎂離子沉淀而鋰離子不沉淀，第二次是使鋰離子沉淀，故理由為第一次濃度小防止Li+以Li2CO3沉淀析出，第二次濃度大則有利于Li2CO3沉淀的生成。（4）由Li和Mn兩種元素的質量比為1∶7.857可得：Li和Mn兩種元素的物質的量之比為∶=1∶1，即；因為Mn元素為+4價，根據化合價代數和為零可列式（x+4y)+(?2×4)=0，解得。（5）根據離子的定向移動，可判斷X口流出的是貧鋰鹵水。由圖可知W極產生O2和H+，是陽極，故電極反應式為2H2O?4e?=O2↑+4H+；鹵水含鋰量從1.5g/L提高為15.5g/L，變化量為14g/L，即2mol/L，處理1m3該鹵水，理論上相當于Li+移動到Y口的量為2mol/L×103L=2×103mol，即轉移2×103mole?；根據2H2O=O2↑+2H2↑~4e?，可知在W、N兩電極上共收集到氣體1.5×103mol，即3.36×104L（標準狀況下）。29．（除特殊標注外，每空2分，共15分）（1）根據吉布斯自由能表達式計算可知，1900K時可發生反應i，發生反應ⅳ所需溫度高達3002K，遠高于反應爐內溫度（合理即可）（2）AD（3）①（1分）＋12.52（4）①②③>2.01【解析】（1）根據吉布斯自由能表達式?G=?H?T?S，計算可知，SiO2(s)+2C(s)=Si(s)+2CO(g)在1900K時自發，而SiO2(s)+C(s)=Si(s)+CO2(g)高達3002K才自發，遠高于反應爐內溫度2073K~2273K。（2）由圖中曲線的變化趨勢可知升溫三氯硅烷產率降低，即升溫平衡向逆反應方向移動，說明正反應放熱；同一溫度下，平衡常數相同K(x)=K(y)=K(z)；由圖可知，增加HCl的用量，SiHCl3的產率不一定會增加；該反應在恒壓條件下進行，氣體質量和體積均會發生改變，即混合氣體的密度隨反應進行而改變，當混合氣體密度不變時，反應達平衡狀態。（3）由圖可知路徑①的活化能最低，最容易發生；路徑②的熱化學方程式為SiHCl3(g)+H2(g)=SiH2Cl2(g)+HCl(g)?H=+44.24kJ·mol?1，路徑③的熱化學方程式2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)?H+12.52kJmol?1。（4）①2SiHCl3(g)eq\o(,\s\up7(),\s\do6())?SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)起始（mol）200轉化（mol）2xxx平衡（mol）2?2xxx平衡時SiHCl3(g)的物質的量分數為，，則②溫度下，平衡時的物質的量分數為80%，結合題目信息和化學方程式2SiHCl3(g)eq\o(,\s\up7(),\s\do6())SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)可知，平衡時SiH2Cl2(g)和SiCl4(g)的物質的量分數相等，均為，該反應為反應前后氣體體積保持不變的反應，則該反應的濃度平衡常數與壓強平衡常數相等，且各物質的分壓可用各物質的物質的量分數代替，則在溫度下，該反應的平衡常數。③根據圖像可判斷出溫度：T2>T1，故。當反應達到平衡時，k正x2(SiHCl3)=k逆x(SiH2Cl2)·x(SiCl4)，即，b點處于溫度下，由②計算結果，b點時的物質的量分數為85%，設轉化的物質的量為2y，列出平衡三段式進行計算，，，，可計算出此時的物質的量分別為、、，物質的量分數分別為0.85、0.075、0.075。b點的。30．（除特殊標注外，每空2分，共15分）（1）C2H2（1分）（2）（3）加成反應（1分）（4）（5）22（6）（3分）【解析】（1）由物質A的密度是相同條件下氫氣密度的13倍，即A的相對分子質量為13×2=26，結合B的鍵線式可知，A分子式為C2H2。（2）根據所學Diels-Alder反應和核磁共振氫譜的相關信息，可知D為。（3）兩分子A（乙炔）通過加成反應得到B（乙烯基乙炔）。（4）E到F為醇羥基催化氧化得到酮羰基；G到尼龍?66為己二酸和己二胺發生縮聚反應。（5）J為I與甲醛發生羥醛縮合反應的產物，結合K綜合判斷出J的結構簡式為；