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2021—2022 学年全国重点高中模拟考试
高三生物参考答案
1．C
【解析】纤维素在人体内不能被消化吸收，A错误；组氨酸为成年人的非必需氨基酸，
在体内可以合成，B错误；生长素主要分布在植物的幼嫩部分、发育着的种子等部位，嫩蔬
菜中的生长素能被消化道吸收进入血液，然后随尿液排出体外，C正确；无机盐大都以离子
形式吸收进入机体，D错误。
2．A
【解析】叶绿素不能吸收利用波长 360nm的光进行光反应，A错误；较高强度的紫外线
既能诱发基因突变，也能破坏蛋白质空间结构而起到杀菌的作用，B、C均正确；紫外线照
射可诱导皮肤细胞中黑色素相关基因的过量表达，而使皮肤变黑，D正确。
3．D
【解析】处于减数第二次分裂后期的次级精母细胞中含 4条染色体，没有同源染色体，
A正确；马蛔虫精原细胞可通过有丝分裂增殖自身数量，B正确；通过观察染色体，观察不
到基因是否在染色体上，C正确；不发生基因突变和染色体变异的情况下，还可以发生同源
染色体非姐妹染色单体的交叉互换，因此，雄性马蛔虫产生精子种类远多于 4种，D错误。
4．B
【解析】下丘脑中有体温调节中枢以及负责生物节律性（生物钟）的区域，因此，病变
患者会出现生物钟紊乱、体温异常的现象，A正确；大脑皮层通过脊髓与排尿中枢相连，若
颈椎受损，患者会出现大小便失禁的现象。由于膝跳反射不需要高级神经中枢参与，因此，
颈椎受损的患者膝跳反射仍存在，B错误；垂体可分泌生长激素，垂体病变会影响其生长；
甲状腺激素的分泌受垂体调控，垂体病变会导致甲状腺激素的分泌异常，C正确；胰腺中含
有的胰岛可调控血糖平衡，分泌的胰液中含有大量多种消化酶，切除后，患者会出现血糖调
节异常、消化不良的现象，D正确。
5．C
【解析】群落中不同的植物种类所需的生长条件有差异，因此，土壤的结构和化学性质
对生长的植物种类起决定性作用，A正确；无机环境条件大体相同时，选择下来的生物种类
基本相同，这些生物构成的群落结构也很接近，B正确；抵抗力稳定性越高的群落中，生物
种类越多、食物网也越复杂，而不是食物链越长，C错误；由于能量流动是单向的、逐级递
减的，因此，生态系统的正常进行离不开系统外能量的输入和补充，D正确。
6．B
【解析】由于杂交子代中灰身果蝇远多于黄身果蝇，因此灰身对黄身为完全显性，A正
确；F1中灰身果蝇∶黄身果蝇=7∶3，可推知亲本灰身果蝇中纯合子 4只、杂合子 6只，又
由于黄身果蝇全为纯合子，因此亲本中的杂合子占 6÷20=3/10，B错误；F1中灰身果蝇的一
个基因一定来自于黄身果蝇亲本，故全为杂合子，C正确；一对等位基因控制的体色的遗传，
遵循分离定律，D正确。
1 4
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29．（10分）
（1）细胞内复杂化合物的重要组成成分（或对维持细胞或生物体的生命活动具有重要作用，
2分）
（2）钾可以促进叶片合成的有机物向果实的运输和积累（2分）
（3）生长状况相同的鸭跖草叶片上撕取下表皮均分为 A、B、C三组（1分），分别置于滴有
适量M溶液、N溶液以及适量M溶液和 N溶液的载玻片上制成临时装片（1分），一
小段时间后测量保卫细胞中钾离子浓度（1分）、气孔开度大小（1分），计算平均值（1
分）。预测结果：C组钾离子浓度、气孔开度大于 A、B两组的钾离子浓度、气孔开度
（1分）。（采分点：①实验材料是叶片的表皮；②保卫细胞钾离子浓度、气孔开度为检
测指标；③唯一自变量是有无 ATP为钾离子运输供能；④预期结果必须是 C组钾离子
浓度、气孔开度大）（I、若测初始值，只设置 A、C两组的也可以；II、只缺少 B组的
减 1分）
【解析】（1）酶是复杂的大分子化合物，缺钾状况下这些酶不具有催化活性，说明钾是细胞
内复杂化合物（很多酶）的重要组成成分。生物体内很多生化反应离不开酶的催化，一些酶
因缺钾失去活性会影响细胞或机体的生命活动，因此，钾对维持细胞或生物体的生命活动具
14
有重要作用。（2） CO2通过光合作用参与有机物的合成，比较低钾、高钾两组不同器官中
放射性强度可知：高钾组中果实积累的有机物较多，而根、茎、叶中较少，说明叶片中合成
的有机物主要运输到果实中储存起来，即：钾可以促进叶片合成的有机物向果实的运输和积
累。（3）由于气孔主要位于叶片下表皮上，故应取生长状况相同的鸭跖草叶片为实验材料，
然后撕取下表皮分为 A、B、C三组，分别置于滴有适量M溶液、N溶液以及适量M溶液和
N溶液的载玻片上制成临时装片。由于 A组无 ATP供能、B组无钾离子可运输，故两组气孔
开度基本不变，C组中的 ATP为钾离子运输提供了能量，故其保卫细胞中钾离子浓度变大。
30．（10分）
（1）C（2分） DF（2分）
（2）开闭受信号影响、对离子种类具有选择性（2分）
（3）中间（2分） 使相应的器官和系统的生理活动更加协调、准确（合理即可，2分）
【解析】（1）TRPV1可以把外界温度变化转化为电信号，说明位于感受器部位，即 C所在
的部位。乙酰胆碱受体应位于突触后膜上，D和 F均为突触后膜。（2）TRPV1的打开和关闭
与温度变化有关，温度高低属于物理信号；乙酰胆碱受体蛋白的打开和关闭与是否结合乙酰
胆碱有关，乙酰胆碱为化学信号，因此，TRPV1和乙酰胆碱受体蛋白的开、闭均受信号影响。
由于图中显示 TRPV1只允许钙离子和钠离子通过，乙酰胆碱受体蛋白仅允许钠离子通过，
说明二者对转运的离子种类具有选择性。（3）传入神经元把感受器产生的兴奋传入神经中枢；
传出神经负责把神经中枢产生的兴奋传到效应器，可见二者功能比较“单一”。而中间神经元，
可以分析、综合传来的信息，最终引起下一个神经元的“兴奋”或“抑制”。因此，左右手出现
不同的变化，是由中间神经元来实现的。通过中间神经元的分析处理后，使得人体内相应的
器官和系统的生理活动更加协调、准确。
31．（8分，Ⅰ、Ⅲ小题每空 2分，答不全只给 1分，有错的给 0分，其余的空每空 1分）
（1）
2 4
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Ⅰ②③⑤⑧ Ⅱ合理调整能量流动的关系，使能量持续高效的流向对人类最有益的部分
Ⅲ④⑦ Ⅳ群落结构中生物的合理分布显著提高了群落利用（阳光等）环境资源的能力
（2）它们可以通过自身的代谢（或细胞呼吸）将有机物转化为无机物（这些无机物排出体
外后又可以被生产者重新利用） 呼吸作用散失（细胞呼吸）
【解析】（1）分析②③：池塘中浮游生物体内的能量、草场上牧草中的能量不能被人类利用，
可以通过养鱼、牛羊等，调整这些能量的流动方向，流向人类可以利用的部分——鱼、牲畜。
分析⑤：农田中害虫会摄取农作物积累的能量、杂草会和农作物竞争光能，故农田中除虫、
除草能调整能量流动的关系，使能量持续高效的流向对人类最有益的部分——农作物。分析
⑧：我们吃的肉最起码来自于第二营养级，如果直接吃蔬菜会降低能量的损耗，因此，饮食
中减少肉食比例，多食水果蔬菜可调整能量流动的关系，减少能量损耗，使能量更多地流向
人类。可见，②③⑤⑧遵循的生态学原理基本相同。分析④：高、低作物间作利用不同高度
的光照资源；人工鱼塘中混合放养的青、草、鲢、鳙四种淡水鱼分布在不同的水层，利用不
同水层中的资源。可见，④⑦遵循的生态学原理基本相同。（2）消费者可以通过自身的代谢
（或细胞呼吸）将有机物转化为无机物，这些无机物排出体外后又可以被生产者重新利用，
因此起到了加快物质循环的作用。成年的牛羊体重基本不再增加，其同化的能量大都用于细
胞呼吸，因此其同化的能量主要去路是通过呼吸作用散失，及时捕获可避免能量的浪费。
32．（11分）
（1）是（1分），（根据 F1的性状分离比可知，）花色和叶形这两对性状能够自由组合，说明
控制花色和叶形的基因独立遗传（2分，若答出“F1的性状分离比是(3:1)(1:1)的展开式，
说明花色和叶形这两对性状能够自由组合”也可；若仅说出花色和叶形这两对性状的遗
传均符合分离定律，不给分）
（2）2/3（2分） 1:1（2分）
（3）染色体易位（非同源染色体部分片段移接，2分） 让该白花植株（甲）与 F1中红花
宽叶杂交，子一代白花窄叶∶红花宽叶=1:1（2分）
【解析】（1）从 F1的统计结果来看：红花窄叶∶红花宽叶∶白花窄叶∶白花宽叶=3:1:3:1，
说明花色和叶形这两对性状能够自由组合，说明控制花色和叶形的基因的遗传遵循自由组合
定律，故两对等位基因独立遗传。（2）由于双亲全为窄叶，子一代出现宽叶，说明窄叶对宽
叶为显性；又由于 F1中红花窄叶植株与红花宽叶植株杂交，子代所有株系全开红花，说明红
花为隐性性状。因此，双亲基因型为 aaDd、AaDd，则 F1中红花窄叶植株（aaD_）做母本、
红花宽叶植株（aadd）做父本杂交，单独收获每株红花窄叶植株上的种子并单独种植，得到
基因型为 aaDd、aadd的多个株系。这些株系中发生性状分离的是基因型为 aaDd的个体测交
得到的，约占 2/3，aaDd与 aadd杂交其子代表现型及比例为（红花）窄叶∶（红花）宽叶=1:1。
（3）亲本白花窄叶植株基因型为 AaDd，自交后代应该出现四种表现型，分离比为 9:3:3:1。
若只有两种表现型，说明最可能的原因是A基因所在染色体与D基因所在染色体的片段移接，
形成一条新的染色体，不能实现自由组合。可用测交方法进行验证。
37．（15分）
（1）包上牛皮纸（2分）
（2）稀释涂布平板（2分） 维生素（2分）
3 4
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形状、大小、隆起程度和颜色（光泽度）（3分）
（3）降低稀释倍数（2分）
（4）菌落数目稳定（2分） 培养时间不足（2分）
【解析】（1）灭菌前，将试管、培养皿等包上牛皮纸，灭菌后拿出冷却时，不会与周围环境
直接接触而出现污染。（2）由于需要计数，故应该用稀释涂布平板法进行接种。常见的特殊
营养物质主要是维生素，有时一些营养缺陷菌还需要特定的氨基酸、核苷酸等物质。区分菌
落需从形状、大小、隆起程度和颜色等几个方面鉴别。（3）统计菌落数，需要选取平板上菌
落数在 30～300区间的进行统计，本实验菌落数太少，应降低稀释倍数进行培养统计。（4）
由于不同微生物的细胞分裂时长有差别，故，形成可观测到的菌落所需时间长短不一。因此，
在进行菌落种类、数目统计时，需要选取菌落数目稳定时的记录作为结果，这样可以防止因
培养时间不足而导致遗漏菌落的种类和数目。
38．（15分）
（1）无菌、无毒（2分） 促进生长和增殖的物质（2分）
（2）新冠病毒只能特异性识别侵染 Vero细胞（2分）
保留抗原结构（或保留抗原特性，2分） 失去感染能力（或失去侵染性，2分）
（3）逆转录酶、限制酶、DNA连接酶（3分）
记忆细胞和（抗 S刺突蛋白）抗体（或特异性免疫，2分）
【解析】（1）为避免细菌滋生、培养物腐烂，无菌、无毒的环境是保证细胞正常生长的关键
条件。用合成培养基培养细胞时，需要用糖、氨基酸、无机盐、微量元素等配置成适宜浓度
的培养液，还须加入已知的促进生长和增殖的物质等成分。（2）由于新冠病毒只能特异性识
别侵染 Vero细胞，故不能用 CHO细胞培养。灭活病毒是指将病毒感染细胞的能力破坏掉，
以免引起机体患病；还要将其抗原结构保留下来，以刺激机体引起免疫应答。（3）由于新冠
病毒的核酸为 RNA，因此用 DNA病毒为载体时，需要先逆转录合成 cDNA，然后与载体病
毒的 DNA拼接在一起，故用到的工具酶有逆转录酶、限制酶、DNA连接酶。S刺突蛋白在
人体内的作用是刺激机体产生记忆细胞和抗体。
4 4
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高三物理参考答案
14．A
【解析】根据初速度为零的匀变速直线运动的推论，从零时刻开始连续相等位移内所
t t ( 2 1) ( 3 2) t t (2 3) t =1s
用时间之比为 1 : 2 : t3 …=1: : …，则有 AB : DE =1: ，则 AB ，
xAB 5 0+ vvAB = = m / s = 5m/s v = B由平均速度公式有 ，由推论 AB ，可得
tAB 1 2
vB 0vB = 2v
2
AB =10m / s a = =10m / s，则加速度 ，故选项A正确。
tAB
15．D
n3 U 4
U3 n n
2
T
【解析】负载电阻 R在降压变压器 2的副线圈中等效电阻 R = =
4 = 3 R ，
等
I n 2
4
3 4 n I 44
n3
RR′ U
R 2
开始时 4 = R I = I = I = R，后来 R4 = ，输电线上的电流 2 3 ， 4变小，线
R + R′ n
2
r + 3 R4
n24
I
I 1
n2
3 I =变大，输电线路上的电流 也变大，故 A错误；因为输电线上的电流 I2 = I3，由 ，
线
I2 n1
I
故升压变压器原线圈输入电流 1也变大，则升压变压器输入的总功率为 P =UI1，故输入总
总
B U = I r = I r功率变大， 错误；原线圈输电线上的电压损失为 3 ，功率损失为
线
P = I 2 r = I 23 r，由于 I3的变大导致输电线路上损失的电压和功率都增大，则U3、U4均
线
U 24
变小，对于原负载电阻 R由P = 可知，实际功率一定减小，C错误，D正确.
R
16．D
【解析】对物块进行受力分析可知，物块下落过程中受到重力、洛伦兹力、支持力和摩
擦力四个力的作用，有最大速度，说明最后达到受力平衡，故物块除重力外还受到其它力的
作用，其中洛伦兹力随速度的变化而变化，从而引起摩擦力乃至合外力变化，故物块在变力
作用下先做变加速运动后做匀速运动，A错误；当物块速度达到最大时，根据受力平衡有
mg = qvmBcos60° = 0.1 v = 0.8m / s，代入数据解得 ，B错误；当物块的速度为 时，根据
mg qvBcos60° = ma
牛顿第二定律有 ，代入数据解得 a = 6m / s2，C错误；物块落到绝缘
1 11
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1
mgh W = mv2 0 W = 0.16J
管下端的过程中，根据动能定理有 f m ，代入数据解得
2 f
，故 D
正确。
17．C
1 2
【解析】根据爱因斯坦光电效应方程 hv =W + mv 可知，光电子的最大初动能只与金属
2
的逸出功和入射光的频率有关，与加速电压无关，A错误；由电路的结构可知，滑动变阻器
的滑片 P由 a向 b端移动时，对光电子起加速作用，所以加在 A、K之间的是加速电压，把
电源的正负极对换后才是减速电压，如果使每个光电子在到达 A极之前减速到零，所加的电
1
压为遏止电压，根据  = 0  2，可见对于某一确定的光电效应产生的光电子，遏止电
2
压是一定的，B错误；当加速电压增大时，可以使更多的光电子到达 A极，使光电流增大，
但是所有的光电子都到达 A极后光电流将不再增大，此时的光电流为饱和光电流，故在逐渐
增大加速电压时光电流先增大后不变，而饱和光电流的大小则与产生的光电子数有关，即只
有增大入射光的强度时才能增大饱和光电流，故 C对 D错。
18．B
【解析】根据两星一起做匀速圆周运动由万有引力提供向心力，对白矮星有
m1m2 4π
2 m m 4π 2
G = m ，同理对红矮星有1 r1 G
1 2 = m r ，约分后两式相加得
2 2 2 2 2 2L T L T
Gm 4π 2 4π 2L3
总 = (r + r ) r + r = L，又因为 1 2 ，联立解得m = ，故选项 A错误；约分2 2 1 2 总L T GT 2
G(m2 m ) 4π
2 4π 2L21 r
后两式相减得 = (r r )，即 m = ，故 D错误；两星间的向心
L2 T 2
1 2
GT 2
F
a =
力是由相互作用的牵引力提供，向心力之比1:1，C错误；根据牛顿第二定律有 ，则
m
a1 m= 2 m1m2 4π
2 4π 2 m1 r
G = m r = m r =
2
m2 2 m2 r1

+ 

r1 + r2 = L r1 r2 = r
1 = 1 =
而 ， ，联立解得 ，故有 ，选项 B正确。
2
 2
+
19．BC
【解析】由题设条件可知，物体 A沿斜面下滑的过程中，物体 B一直静止不动，对于物
体 A和弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，故物体 A和弹簧组成的系统机械能守恒，设
物体 A下滑距离为 x时，根据机械能内部各种能量的相互转化可知，物体减少的重力势能转
A mgxsinθ = E化 为 物 体 的 动 能 和 弹 簧 的 弹 性 势 能 ， 即 kA + EP ， 解 得
1
EkA = mgx sinθ kx
2 2
，可见 EkA与 x 不满足线性关系，故图线不是一条倾斜的直线，A
2
错误；根据物体间机械能的转移和转化可知，物体 A减速的机械能转移到弹簧上转化为弹簧
1 2
的弹性势能，设物体 A运动前机械能为 EA0，则 EA0 = EA + EP，解得 EA = EA0 kx ，
2
2 11
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B正确；根据胡克定律 F = kx可知，弹簧的弹力 Fi随弹簧的伸长量 x从零开始线性增大，
故 C正确；由受力分析可知，物体 A受到的力变力，在物体 B对地面的压力恰好为零之前，
1 2 1 2
物体 A 做变加速运动，根据机械能守恒定律有mgx sinθ = mυ + kx ，则瞬速度为
2 2
k
υi = 2gxsinθ x
2
，可见瞬时速度与位移 x没有线性关系，D错误。
m
20．AC
【解析】电子从A运动到B动能将增大，则电势能减小，故电场力做正功，则WAB = Ek，
WAB 16eV 9eV
由UAB = = = 7V，故A正确；根据运动的独立性原理，电子在竖直方向
q e
上匀减速到零然后反向匀加速，由于对称性可知两段过程时间相等，水平方向一直匀加速，
故电子不可能通过C点，B错误；则从A到B的水平位移与从B点回到AC水平线上过程的水平
1: 3 W ′=16eV位移之比为 ，故水平电场力做功也是1: 3，设设水平电场力AB过程中做功为 1 ，
′
根据功能关系有Ek = Ek0 + 4W1 = 9eV + 4×16eV = 73eV，故C正确；由于电子从A点以
9eV的动能竖直向上射出，刚好水平经过B点，且动能为16eV，则可将电场沿竖直向上和
水平向左分解，由题意可知，粒子运动到B点时速度沿水平方向，设AB = L，初速度为υ0，
υ υ υ sinθ 3
根据匀变速直线运动规律有 Lsinθ = 0 t， Lcosθ = B t 0 = =，可得 ，又有
2 2 υB cosθ 4
a 4 a 4
υ0 = ayt，υB = a t
x = tanα = x =
x ，可得 ，设电场强度与竖直方向的夹角为α ，则有 ，
ay 3 ay 3
则α = 53°，即电场强度的方向与竖直方向成53°角斜向左上方，D错误。
21．BD
E
I = = 3A
【解析】当开关接1时，通过金属棒的电流为 ，根据金属棒受力平衡有
r
mg sinα = BIL，解得m = 0.6kg，故A错误；当开关接2且达到稳定时，设电容器的充电电
q C E CBL υ
I ′ I ′ = = = =CBLa ′流为 ，则 ，根据牛顿第二定律有mg sinθ BI L = ma，
t t t
mg sinα 2
联立解得 a = = 3.75m / s ，B正确；因为金属棒到达虚线 cd 位置时的速度未知，
m+CB2L2
故虽然可以计算出稳定的充电电流，但不能确定金属棒在两虚线间运动的时间，不能用
3 11
高三物理参考答案 第 页（共 页）
Φ
q = I ′t计算，开关接2时，电容器的直流电阻为无穷大，故也不能用 q = 来计算，所以
R
无法计算该过程充入电容器的电荷量，C错误；金属棒在两虚线间做匀加速运动，设到达 cd
′
时的速度为υ，运动到虚线 ef 时的速度为υ ，则根据能量守恒定律有
1 1
mgLsinα = mυ′2 mυ 2 + EC
'2 2 = 2
，由运动学公式有 ，联立解得 EC = 0.75J，
2 2
D正确。
22．【答案】
（1）0.401（2分）
2g k
（2） （2分）
k
（3）偏小（2分）
【解析】
（1）利用纸带根据匀变速直线运动的推论可得
xCE (29.80 21.79)×10
2 m
υ = = = 0.401m / s；（2）实验中滑块和重物构成连接体，在D
2T 2×0.1s
忽略一切摩擦的情况下，重物的重力势能转化成整体的动能，故需要验证的机械能守恒的表
1
m2gh = (m
2 2
达式为 1 +m2 )υ ，如果建立υ h图线，则可以将表达式转化为线性关系式—
2
2 2m2g 2m2g 2g kυ = h k = m1 = m，即 ，解得 2；（3）实验中尽管使用了气垫导轨，m1 +m2 m1 +m2 k
如果还是有一定的能量损失，则连接体获得的动能将稍小于重物下落时减小的重力势能，在
h 2 2
图像中表现为 0 υ一定，则υ ′ 比图线中的正常值 0偏小，如图中虚线所示，故图线的斜率将
偏小。
23．【答案】
（2）①29.65（2分）
R2 R② 3 2 6.94（ 分） （6.92—6.95均可给分）（3分）
③偏小（2分）
4 11
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【解析】①根据游标卡尺的读数可得 d = (29 +13×0.05)mm = 29.65mm；②根据实验步骤
C，当电流表 G的示数为零时，电路左右两边完全对称，则 A、B两点间的电势差为零，说
明电阻 R4上没有电流通过，故有 R2 = Rx + R3，解得 Rx = R2 R3；根据表中第一组数据得
L
Rx1 = (2500 500) = 2000 ， L = 0.2m， d = 29.65mm，由电阻定律 R = ρ 可得，
S
29.65×10 3
2000×3.14× ( )2
RS R
ρ = x1
S 2
，代入数据可得 ρ1 = = m ≈ 6.90 m，同
L L1 0.2
理根据第 2 至第 6 组数据可得 ρ2 ≈ 6.94 m 、 ρ3 ≈ 6.86 m 、 ρ4 ≈ 6.94 m 、
ρ5 ≈ 6.95 m、 ρ6 ≈ 7.04 m，根据多次测量取平均值有
ρ + ρ + ρ + ρ + ρ + ρ
ρ = 1 2 3 4 5 6 ≈ 6.94 m；③本实验中如果电压表V1的内阻不是很大，
6
Rx + RR = V1
则是把 Rx与 RV1并联后当成 Rx了，由 x 可知， R < R ，故电阻的测量值测 x x测
RxRV1
RS
偏小，则由 ρ = 可知，电阻率的测量值也偏小。
L
24. 2.0T【答案】（1）10 m/s，速度方向与交界面的夹角为 53°；（2）
【解析】
（1）带电小球在电场中加速的过程，重力与支持力平衡，电场力的大小等于合外力的大小，
1
根据动能定理有qEx = mυ 2 0 （2分）
2
代入数据解得υ =10 m/s (1分）
带电小球进入中间磁场区域做匀速圆周运动的过程中，重力与支持力仍平衡，由洛仑兹
υ 2
qυB = m
力提供向心力有 1
r1
代入数据解得 r1 = 0.2 m （2分）
L 0.12m
sinθ = = = 0.6
由几何关系可知， ，故θ = 37° （1分）
r1 0.2m
由于半径转过的角度和速度方向转过的角度相等，所以带电小球通过两磁场交界面时速
度方向与交界面的夹角为53°。 （1分）
（2）带电小球进入右侧磁场区域做匀速圆周运动，为保证小球能够回到A点，则小球回到中间
r1(1 cosθ ) = cosθ
磁场后必须从进入磁场的位置返回电场，由几何关系有 （1分）
r2
5 11
高三物理参考答案 第 页（共 页）
r2 = 0.05m解得 （1分）
同理带电小球进入右侧磁场区域做匀速圆周运动的过程中，重力与支持力仍平衡，由洛
υ 2
qυB
仑兹力提供向心力有 2 = m （2分）
r2
代入数据解得 B2 = 2.0T （1分）
1
25. I ≤ 9N s【答案】（1） 0 或 I0 ≥ 4.5 10N s 2 0 = 6 N  m；（ ） ， ；（3）物块和滑板
9
最终要分离。
【解析】
I
（1）设物块获得瞬时冲量 0 υ后的速度为 0，根据动量定理有
I
I = mυ υ = 00 1 0，解得 ①0 m1
物块与小球发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有
m1υ0 = m1υ1 +m2υ2 （1分） ②
1 1 1
mυ 2 = mυ 21 0 1 1 + m2υ
2
根据机械能守恒有 2 （1分） ③
2 2 2
要保证小球进入圆轨道后不脱轨，可以分为两种情况，第一种情况是小球最高只能到
1
m υ 2 ≤ m gR
达水平直径上的 E点，则根据机械能守恒有 2 2 2 2 （1分） ④
2
I0 ≤ 9N s联立①②③④解得 （1分）
第二种情况是小球能够运动到竖直直径的最高点 F，则根据机械能守恒有
1 1
m2υ
2
2 = m2g 2R2 + m
2
2υ3 （1分） ⑤
2 2
m υ 22 3 ≥ m g
根据牛顿第二定律有 2 ⑥
R2
联立①②③⑤⑥解得 I0 ≥ 4.5 10N s （1分）
I
故为保证小球不脱轨，瞬时冲量的取值范围是 0 ≤ 9N s或 I0 ≥ 4.5 10N s
′
（2）物块与小球发生弹性碰撞后获得反向速度υ ，根据动量守恒定律有
6 11
高三物理参考答案 第 页（共 页）
m ′1υ0 = m1υ +m2υ （1分）
1
mυ 2
1 1
= mυ′2 + m υ 2
根据机械能守恒定律有 1 0 1 2 （1分）
2 2 2
υ0 = 3m/s 0 = 1 0 = 6 N 联立解得 ，则物块获得的瞬时冲量
′ mυ′ = (m +M )υ
物块以υ 的反弹速度滑上滑板后，根据动量守恒定律有 1 1 （1分）
共
1 1
mυ′2 = (m +M )υ 2 + m g x
根据功能关系有 1 1 1
共
2 2
1
x = m
联立解得 （1分）
9
1
I m
瞬时冲量 0的大小为6 N s和滑块 1最终停在距离 A点 的位置。
9
I0
（3 I = 30 N s υ υ0 = =15 m/s）设物块获得瞬时冲量 后的速度为 0，则 （1分）0 m1
mυ
物块与小球发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有 1 0 = m1υ1 +m2υ2 （1分）
1 1 1
m1υ
2 = mυ 2 + m υ 2
根据机械能守恒定律有 0 1 1 2 2 （1分）
2 2 2
υ = 5 m/s υ =10 m/s
联立解得 1 ， 2 （1分）
然后物块从左边滑上滑板，假设物块能冲出圆弧面，冲出时竖直方向速度与圆弧相切，
υ
水平方向物块和滑板共速，设共同速度为 3，由水平方向动量守恒可得
m1υ1 = (m1 +M )υ3 （1分）
设物块和滑板第一次分离后，物块上升的最大高度为 H，由机械能守恒可得
1
mυ 2
1 2
1 1 = (m1 +M )υ3 + m1g L +m1gH （1分）
2 2
代入数据联立解得 ≈ 0.53 m>1 = 0.4 m，说明物块能够冲出圆弧面。 （1分）
冲出圆弧面后，因为物块和滑板的水平速度相同，所以物块落回时还是沿切线方向进
υ
入圆弧面，假设物块最终没有滑离滑板，二者将以共同速度 4一起向左做匀速直线运
动，根据动量守恒定律和机械能守恒有
m1υ1 = (m1 +M )υ4 （1分）
7 11
高三物理参考答案 第 页（共 页）
1 1
mυ 2 21 1 = (m1 +M )υ4 + m1g s （1分）
相对
2 2
代入数据解得 ≈ 2.78 m>2
= 2m，说明物块和滑板最终要分离。（1分）
相对
33．【物理——选修 3-3】
（1）【答案】ACE
pA T= A
【解析】气体在AB过程中发生等容变化，故气体不做功，根据查理定律有 可知，
pB TB
气体温度降低，内能减少，根据热力学第一定律有 E =Q +W ，故气体向外界放出热量，A
VB T
BC = B正确； 过程发生等圧変化，根据 可知，气体的温度升高，分子热运动的平均动能
VC TC
增大，分子撞击器壁产生的平均冲力增大，由于压强不变，故单位时间单位面积上撞击器壁
的分子数减少，B错误；而BC过程气体温度升高，内能增加，气体膨胀对外做功，由热力学
第一定律可知，气体一定从外界吸收热量，C正确；CA过程中，如果气体发生等温变化，则
气体分子运动的平均速率不变，但根据玻意耳定律 pV = C，则等温变化的 p 图线是一—V
条双曲线，故D错误；如果图线上的C、A两点恰好在一条双曲线上，则说明C、A两状态的
温度相等，E正确。
（2）【答案】（i）32(个)；（ⅱ） 0.81h。
【解析】
（i）氧气站的储存室初态压强为 p = 20 ，体积为V0 = 20L，温度为0 标准大气压
T0 = (273+ 27)K = 300K，充完气后储存室的压强为 p = 6 ，体积不1 标准大气压
变，温度为T1 = (273+ 27)K = 300K，氧气瓶内初态为真空，充气后设压强为
p = 4 ，体积为V = 2.4L，温度为2 T = (273+57)K = 330K，（2分）标准大气压 2 2
设氧气站的一个氧气储存室可充满 n 个氧气瓶，根据理想气体状态方程有
p0V0 p1V0 p V= + n 2 2
（2分）
T0 T1 T2
n ≈ 32.08 = 32(个)
代入数据解得 （1分）
5
ii V = 2.4L（ ）氧气瓶使用前的压强为 p2 = 4标准大气压= 4×10 Pa，体积为 2 ，温度
为T2 = (273+57)K = 330K，使用后氧气瓶的压强为
p 53 = 2标准大气压= 2×10 Pa T = (273+ 27)K = 300K，体积不变，温度为 3 ，使
用时喷出的氧气的压强为 p4 =1.2×10
5 Pa，温度为
T4 = (273+ 527)K = 800K， （2分）
设想使用的气体为一流体柱，则此流体柱的体积为V = sL = sυt，则根据理想气
流
8 11
高三物理参考答案 第 页（共 页）
p2V2 p3V p= 2 + 4
V
流
体状态方程有 ， （2分）
T2 T3 T4
代入数据解得 t = 2.91×103s ≈ 0.81h． （1分）
34．【物理——选修 3-4】
（1）【答案】ABE
h 2
i i = 45°
【解析】如图所示，光线 AB射入球形玻璃砖的入射角为 ，则 sin i = = ，解得 ，
R 2
sin i
r n =
进入圆柱形玻璃砖的光线为 BC，折射角为 ，根据光的折射定律有 ，代入数据解
sin r
r = 30° θ = i r =15°
得 ，故光线第一次折射时的偏折角为 1 ，BC光线在 C点折射出圆柱形玻
璃砖后沿 CD r射出，由几何关系可知，在圆柱形玻璃砖中的入射角等于 ，则射出玻璃砖的
i θ = i r =15°
折射角也就等于 ，故第二次折射的偏折角为， 2 ，所以两次折射的总偏折角为
θ =θ +θ = 30°
1 2 ，AB 30°光线经圆柱形玻璃砖两次折射后的出射光线与入射光线的夹角为 ，
c
A n =正确；AB光线在玻璃砖中折射光线 BC的长度为 x = 2 Rcos r = 3R，由 可得光
υ
c 2c x 6R
在玻璃砖中的传播速度为υ = = ，则由 t = = ，B正确；由几何关系可知，
n 2 υ c
' 0
∠COD =15°，则 C点到主光轴的距离为 =  !" 15 = 0.26，且两次折射的总偏折角为
h′
30° L = R cos15° + ≈1.42R故 D点到圆心 O的距离为 ，C错误；由几何关系可知，
， tan 30°
1
45° sin C =
光束外边缘的光线折射到 E点时从玻璃砖射到空气中的入射角等于 ，根据 可得
n
C = 45° AB 45°发生全反射的临界角 ，故 光线以上射到外边缘以下的光线入射角大于 小于
90° 45°
，在玻璃砖中的折射角一定小于 ，则从玻璃砖中射出的入射角也就小于临界角，故
一定不发生全反射，D错误；由图可知，入射光线上移，玻璃砖中折射光线的射出点下移，
故任意两条光线在玻璃砖内一定有交点，E正确。
9 11
高三物理参考答案 第 页（共 页）
（2）【答案】（i）5 （3 cm）；（ii）E、F两点均既不是振动加强点，也不是振动减弱点。
【解析】
（i）根据微平移法，A点起振的波传播到 D点的时间为 t1，则
x1 2m 1t1 = = = s （1分）
υ 6m / s 3
B点起振的波传播到 D的时间为 t2，则
x2 3mt2 = = = 0.5s （1分）
υ 6m / s
由振动方程有 y = Asin 2πft，
1
则 y1 = A1 sin 2πf (t t1) =10sin 2π ×5× (1.5 ) = 5 （3 cm （1分））
3
y2 = A2 sin 2πf (t t2 ) = 5sin 2π ×5× (1.5 0.5) = 0 （1分）
y = y + y = 5 （3 cm）
故此时 D点的振动位移为 1 2 （1分）
合
υ 6m / s
（ii）根据υ = λ f 可知，声波在空气中传播的波长为λ = = =1.2m （1分）
f 5Hz
如图所示，连接弦AE、BE、AF和BF，设弦长分别为 xAE、 xBE、 xAF和 xBF，则
x x
AE R AF R
根据正弦定理有 = 、 =
sin30° sin 75° sin60° sin 60°
xAE ≈ 0.52R =1.29m xAF = R = 2.5m解得 ， （1分）
2 2
由勾股定理得弦 xBE = （2R） xAE =1.932R = 4.83m、
x 2 2BF = （2R） xAF =1.73R = 4.33m （1分）
10 11
高三物理参考答案 第 页（共 页）
则两列波分别传播到E、F两点的波程差分别为 xE = xBE xAE = 3.54m
、
xF = xBF xAF =1.83m （1分）
λ λ
由 xE = n1 、 xF = n2
2 2
解得 n1 = 5.9、n2 = 3.05
故E、F两点均既不是振动加强点，也不是振动减弱点。 （1分）
11 11
高三物理参考答案 第 页（共 页）2021—2022 学年全国重点高中模拟考试
高三化学参考答案
7．【答案】A
【解析】石墨烯为碳单质，属于无机物，不属于有机高分子材料，A 不正确；纯氢作燃料，
产物为水，B 正确；干冰即固体二氧化碳在常温下自发升华，且大量吸热，C 正确；铝合金
为轻金属，表面易形成致密氧化膜，耐腐蚀，且强度高、易加工成型，D 正确。
8．【答案】C
【解析】检验钾离子时需透过蓝色的钴玻璃观察，A 不正确；收集氨气的试管被单孔塞塞住
后，空气无法排出，无法收集纯净氨气，且随着气体通入装置气压逐渐增大，安全风险极大，
B 不正确；二氧化硫不会被浓硫酸氧化，浓硫酸具有吸水性，C 正确；海带的灼烧应在坩埚
中进行，D 不正确。
9．【答案】A
【解析】由题干已知条件可知：W、X、Y、Z 四种元素分别为 H、C、O、Cl，由 W、X
组成的二元化合物为烃类，可能是烷烃、烯烃、炔烃、芳香烃等，烷烃、烯烃分别与氯气发
生取代反应、加成反应，A 正确；原子半径：C 大于 O，B 不正确；由 H、O 组成的液态二
元化合物有 H2O、H2O2，后者易分解，稳定性差，C 不正确；该消毒剂分子中苯环侧链上的
2 个甲基为四面体构型，不可能在一个平面，D 不正确。
10．【答案】A
【解析】由图示知，I→II 为吸附过程：CO(g)+2H2(g)→CO*(g)+2H2(g)，吸附态 CO*(g)
的相对能量比 CO(g)低 0.9eV，焓减小，A 正确；合成反应：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)，
绿色化学与基元反应的多少无关，此反应原子利用率为 100%，符合绿色化学的核心理念，B
不正确；CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) H＜0，高温会使平衡逆向移动，使平衡产率降低，
C 不正确；VI→VII 为解吸过程：CH3OH*(g)→CH3OH(g)，吸附态 CH3OH*(g)相对能量更低，
CH3OH*(g)比 CH3OH(g)更稳定，D 不正确。
11．【答案】D
【解析】该催化剂含有 H、C、N、O 元素，属于烃的衍生物，A 不正确；该催化剂含有
酰胺基，容易在碱性溶液中发生水解反应，B 不正确；环上的一氯代物有邻、间、对 3 种，
C 不正确；如图， 只有一个手性碳原子（用“*”标注），D 正确。
12．【答案】D
【解析】该液态金属电池以熔融锂为负极，金属锂常温下为固态，A 不正确；放电时，电
子只能在导线或导体中定向移动，不能在电解质中定向移动，B 不正确；放电时，负极熔融
高三化学参考答案 第 1 页（共 6 页）
+ + +
锂失电子溶解：Li-e =Li ，Li 进入电解质中同时电解质中 Li 在正极(锑铅极)得电子析出：
+
Li +e = Li，生成熔融态锂附着在锑铅电极上；充电时，附着在锑铅极上熔融态锂失电子溶解：
+ + + +
Li-e =Li ，Li 向锂电极(阴极)移动同时电解质中 Li 在锂电极(阴极)得电子析出：Li +e = Li，
C 不正确；由电子守恒分析，放电时，负极熔融锂因溶解减少的质量等于正极(锑铅极)因析
出熔融锂增加的质量，电解液的组成与浓度均不发生变化，D 正确。
13．【答案】C
+
【解析】由 Y点坐标，可知曲线③代表 p[c(MOH)/c(M )]，MNO3 溶液中存在：
+ + +
M +H2O MOH +H ，当 c(OH )增大，pOH 减小，水解平衡正向移动，δ(M )减小，δ(MOH)
+ +
增大，曲线②代表的是 δ(M )，曲线①代表的是 δ(MOH)，A 不正确；MOH M +OH ，
+ + -4.75 -4.75
Kb=c(M )·c(OH )/c(MOH)，由 X点：c(M )=c(MOH)，c(OH )=10 ，故 Kb=10 ，MOH 的
-5 + + +
电离常数的数量级为 10 ，B 不正确；由电荷守恒：c(H )+c(Na )+ c(M )=c(NO3 )+ c(OH )，
+ + +
X点还存在：c(OH )＞c(H )， 综合上述两式得：c(Na )+c(M )＞c(NO3 )，由物料守恒：
+ + + +
c(NO3 )=c (MOH)+ c(M )，可得：c(Na )＞c (MOH)，X点还存在：c(M )=c(MOH)，故 c(Na )
+ -7.75 +
＞c(M )，C 正确；Y点存在：c(OH )=10 ，溶液中 c(H )＞c(OH )，结合电荷守恒：
+ + + + +
c(H )+c(Na )+ c(M )=c(NO3 )+ c(OH )，可得：c(Na )+ c(M )＜c(NO3 )，D 不正确。
26．（14 分，每空 2 分）
【答案】
（1）加热可促进 Na2CO3溶液水解，热 Na2CO3 溶液碱性更强，油污水解越彻底，去除效果
越好。
（2）Fe
（3）H2O2 在三价铁离子催化下发生分解产生水与氧气（或 2H2O2 2H2O+O2↑）
2+ 3+ +
（4）Fe +2Fe +8NH3·H2O Fe3O4↓+8NH4 +4H2O b
2+
（5）8：3 Fe 在混合共沉反应之前部分被氧化变质或过滤时溶液变冷使 FeSO4部分以晶
体析出或浸出液分两份时，上层清液超过总体积的 2/3
【解析】
（1）油脂在碱性条件下发生水解，溶液碱性越强，油脂水解越彻底，去除效果越好。
（2）当水浴加热至不再有气体生成时，酸已耗尽，过量的是铁，目的是防止反应生成的硫
酸亚铁被氧化。
2+ 3+ 3+
（3）上层清液中加入 H2O2，在酸性环境下将 Fe 氧化为 Fe ，当 H2O2过量时，H2O2在 Fe
的催化作用下分解产生水与氧气（或 2H2O2 2H2O+O2↑）。
2+ 3+ +
（4）步骤④共沉时离子反应方程式为：Fe +2Fe +8NH3·H2O=Fe3O4↓+8NH4 +4H2O。步骤①
+
碱浸中 Na2CO3 溶液经过滤、洗涤环节得到滤渣铁屑，Na 不会进入下一步酸浸环节，
排除 a、c项，故选 b。
（5）设 Fe11O15 中含 x 个三价铁，则有(11-x)个二价铁，根据化合物中正负化合价代数和为 0
3+ 2+
原则：3x+2(11-x) +15×(-2) =0，解出 x=8，即 8 个三价铁，有 3 个二价铁。Fe 与 Fe
的质量之比等于三价铁与二价铁个数之比也为 8：3。实际所得产物中三价铁与二价铁
3+ 2+ 2+
个数之比大于 2：1，说明共沉时 Fe 的量偏大或 Fe 的量偏小，可能的原因有：Fe
高三化学参考答案 第 2 页（共 6 页）
在混合共沉反应之前部分被氧化变质或过滤时溶液变冷使 FeSO4 部分以晶体析出或浸
出液分两份时，上层清液超过总体积的 2/3 等。
27．（14 分，除标注外，每空 2 分）
【答案】
（1）久置苯甲醛易被氧化，含有苯甲酸杂质，影响苯甲醇的产率
（2）①乙醚沸点低，易燃，在空气中会产生过氧化物，风险大
干燥，除去有机物中的水（1 分）
②图 2 为蒸馏装置，水浴加热达不到蒸出苯甲醇的目的（1 分）
③磁力热搅拌器没有明火，减少引燃挥发出来有机物从而引起爆炸的风险，且受热更
加均匀
球形冷凝管斜用时会有部分馏出液滞留于管内
（3）重结晶
（4）80%
【解析】
（1）由已知信息可知，苯甲醛空气中极易被氧化生成苯甲酸，用含苯甲酸杂质的苯甲醛进
行制备，影响苯甲醇的产率
（2）①由已知信息可知，乙醚沸点为 34.6℃，易挥发易燃，且在空气中久置或在玻璃瓶内
光照射都会产生过氧化物，安全风险大
②图 2 为蒸馏装置，目的是将醚层中的苯甲醇蒸出来，苯甲醇的沸点 205℃高于水的沸
点，水浴加热无法达到目的。
③磁力热搅拌器没有明火，减少引燃挥发出来有机物从而引起爆炸的风险，且受热更
加均匀
球形冷凝管可竖直用于冷凝回流，冷热接触面积较大，效果好。球形冷凝管斜用时
会有部分馏出液滞留于管内，蒸馏时只能用直形冷凝管
（3）进一步分离苯甲酸粗品的方法是重结晶
-1
（4）由已知信息可知，n(C6H5CHO)=0.125mol，n(NaOH)=11g/40 g·mol =0.275 mol，
2C6H5CHO＋NaOH→C6H5CH2OH＋C6H5COONa ，NaOH 过量
2C6H5CHO～C6H5COONa～C6H5COOH
-1
苯甲酸理论产量= 0.125mol×1/2×122g·mol =7.625g；苯甲酸实际产量= 6.1g
苯甲酸产率= (6.1 g /7.625 g)×100%=80%。
28．（15 分，除标注外，每空 2 分）
【答案】
（1）-746.6
（2）①恒温恒容下，体系压强与气体的总物质的量成正比。两个反应均为气体总物质的量
减小的反应，故随着反应的进行，气压随着气体总物质的量的减少而减小
②80%
③8.89
（3）①二（1 分）
②大于
高三化学参考答案 第 3 页（共 6 页）
（4）①化学能转化为电能
+
②NO+2H2O-3e = NO3 +4H
【解析】
（1）△H=生成物的标准生成焓总和－反应物的标准生成焓总和=[(-393.5)×2+0]-[(-110.5)×2+
(+90.3)×2] = -746.6
（2）①恒温恒容下，体系压强与气体的总物质的量成正比。两个反应均为气体总物质的量
减小的反应，故随着反应的进行，气压随着气体总物质的量的减少而减小
②体系中同时发生 2 个反应：反应 I：2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)，
反应 II：2NO(g)+CO(g) CO2(g)+N2O(g)。同温同压下，气体压强与其物质的量成
正比，由起始时通入等物质的量的 NO 和 CO，起始体系压强为 6.00kPa，则起始时
p(NO)=p(CO)=3.00kPa，设反应 I、反应 II 分别消耗 2x、2y kPa NO。
2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) 2NO(g)+CO(g) CO2(g)+N2O(g)
转化分压 2x 2x 2x x 2y y y y
各物质的平衡分压分别可表示为：p(NO)=(3.00-2x-2y)、p(CO)=(3.00-2x-y)、p(N2)=x、
p(N2O)=y、p(CO2)=(2x+y)。平衡时体系压强为 4.80 kPa，即
(3-2x-2y)+(3-2x-y)+x+y+(2x+y)=4.8，得 6.00-x- y=4.80，x+y =1.2 kPa。
由 N2 的选择性为 2/3，即 2x/(2x+2y)= 2/3，结合 x+y =1.2 kPa，得 x=0.8 kPa，y=0.4 kPa
②平衡时 NO 的平衡(总)转化率=(2x+2y)/p(NO)始=(2.4/3)×100%=80%
③该温度下，反应 2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g)中各物质的平衡分压如下：
p(NO)=(3.00-2x-2y)=0.60kPa、p(CO)=(3.00-2x-y)=1.00kPa、p(N2)=x=0.80kPa、
2 2 2
p(CO2)=(2x+y)=2.00kPa，Kp＝[p (CO2) p(N2)]/[p (CO) p (NO)]=
2 2 2
(2.00 ×0.80)/(1.00 ×0.60 )≈8.89。
（3）①总反应的快慢由最慢的基元反应所决定，第二步基元反应最慢，活化能最大
2
②原平衡 v 甲＝v乙，由反应速率表达式为 v＝kc (NO)·c(H2)，向甲充入 2molNO，c (NO)
变为原来 2倍，因 c(H2)不变，速率瞬间变为原来的 4倍；向乙中充入 2mol H2，c(H2)
变为原来 2倍，因 c (NO)不变，速率瞬间变为原来的 2倍，故甲大于乙。
（4）①该装置无外加电源，为原电池装置。工作时利用 O2自发将 NO 在酸性条件下氧化为
NO3 ，能量的主要转化方式是将化学能转化为电能。
+
②a 电极消耗 NO，产生 NO3 ，工作时，电极 a 的电极反应式为 NO+2H2O-3e = NO3 +4H
35．（15 分，除标注外，每空 2 分）
【答案】
2 2 6 2 6 2 2 2 2
（1）N、O、S或 N＞O＞S 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 或[Ar]3d 4s
3 2
（2）sp （1 分） sp （1 分） SO3 或 BF3
3-
（3）[Ag(S2O3)2] 2（1 分）
3 3 3
（4）正八面体 [4/3πr (Au)+4/3πr (Cu)×3]/a
【解析】
（1）N、O 元素同属第二周期元素，N 元素外围 2p轨道为 3 个电子半满稳定状态，能量较
低，故第一电离能 N＞O；O、S同属 VIA 元素，S位于第三周期，半径较大，失电子
2 2 6 2 6 2 2
较容易，故第一电离能 O＞S。 22 号元素 Ti 的电子排布式为 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 或
高三化学参考答案 第 4 页（共 6 页）
2 2
[Ar]3d 4s 。
+ 3
（2）NH4NO3中 NH4 的 N 原子有 4 个 σ键，无孤电子对，N 原子价层电子对为 4，采取 sp
2
杂化；NO3 的 N 原子有 3 个 σ键，无孤电子对，N 原子价层电子对为 3，采取 sp 杂化。
与 NO3 等电子体的分子是 SO3或 BF3。
3- +
（3）Na3[Ag(S2O3)2]中配离子为[Ag(S2O3)2] ，中心离子为 Ag ，其配位数为 2。
（4）一个 Au 原子边与它距离最接近且相等的 Au 原子有上下、左右、前后共 6 个，这 6 个
Au 原子围成的空间几何构型为正八面体。如下图所示。
根据均摊法计算，Au：8×1/8＝1，Cu：6×1/2=3，故一个晶胞含有 1 个 Au，3 个 Cu。
3 3 3 3 3
晶胞的体积 V=a nm ，其晶胞中原子所占的体积 V=[4/3πr (Au)+4/3πr (Cu)×3] nm ，故
3 3 3
晶体中原子空间占有率为[4/3πr (Au)+4/3πr (Cu)×3]/a
36．（15 分，除标注外，每空 2 分）
【答案】
（1）C3H3N（1 分） 加成反应（1 分） 取代反应（1 分）
（2）溴原子、氨基
（3）CH2BrCH2CN+2H2 CH2BrCH2CH2NH2
（4）
（5）Ag(NH3)2OH 溶液 水浴加热 或 Cu(OH)2悬浊液，加热
（6）4 、 （答对一个 1 分，共 2 分）
【解析】
根据 C 的结构可知：A( )与 HBr 发生加成反应得到 B( )，B 中氰基(-CN)
中含有-C≡N键，故 B 与 H2发生加成反应得到 C( )，C 与 CH3I 发生取代反应得
到 D( )。，
高三化学参考答案 第 5 页（共 6 页）
（1）A( )的分子式为 C3H3N，A→B 的反应类型为加成反应，C→D 的反应类型为
取代反应。
（2）C( )中所含官能团的名称为溴原子、氨基。
（3）B→C 的化学反应方程式为 CH2BrCH2CN+2H2 CH2BrCH2CH2NH2。
（4）根据 E 的结构式以及 D 的分子式可得 D 的结构简式为 。
（5）由信息①，苯甲醛与乙醛在碱性条件下反应得到 G( )，G→H 是用弱
氧化剂 Ag(NH3)2OH 溶液或 Cu(OH)2悬浊液在不破坏碳碳双键的前提下，将醛基氧化
为羧基。
（6）不考虑立体异构，与 H ( )相同的官能团的同分异构体的 M 有四种：
、 、 、 。其中核磁共振氢谱有 5
组信号峰，且峰面积之比为 2：2：2：1：1 的结构简式为 、 。
高三化学参考答案 第 6 页（共 6 页）2021一2022学年全国重点高中模拟考试
高三理科综合试题
(考试时间：150分钟
试卷满分：300分)
注意事项：
1.答题前，考生务必将自已的姓名、准考证号、考场号填写在答题卡上。
2.
回答逃择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡
上，写在本试卷上无效。
3.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-1C-120-16Fe-56
一、选择题（本题共13个小题，每小题6分，共78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.“严格素食”者极端排斥动物产品，即不摄入任何动物产品。一个健康成年人采取“严格素
食”的饮食方案后，有关叙述正确的是
A.其吸收的糖类主要来自淀粉和纤维素的水解
B.其体内缺乏与组氨酸和赖氨酸合成相关的酶
C.嫩蔬菜中的生长素能被消化道吸收进入血液
D.水果中无机盐大都以化合物形式吸收进人机体
2.紫外线的波长范围约为10~400nm,它具有较强的穿透能力。阳光中含有的大量紫外线对
生物体的多种生理活动产生重要影响。下列有关叙述错误的是
A.叶绿素可利用波长360nm的光中的能量分解水并产生氧气
B.较高强度的紫外线可诱发DNA中部分碱基对发生改变
C.较高强度的紫外线能破坏蛋白质的空间结构而使其变性
D.紫外线照射可诱导皮肤细胞中黑色素相关基因的过量表达
3.马蛔虫的体细胞中仅含有2对同源染色体。马蛔虫精原细胞增殖过程中，多种结构、物质均
会发生规律性变化，下列有关叙述错误的是
A.含4条染色体的细胞中不一定有同源染色体
B.马蛔虫精原细胞的增殖过程中不一定出现四分体
C.通过观察染色体行为并不能确定基因在染色体上
D.不发生突变的情况下，雄性马蛔虫只能产生4种精子
4.人体内一些重要的生命活动，需要在下丘脑、垂体等器官的参与下才能正常进行。若这些器
官发生病变，会引起生长、发育及稳态维持等出现异常，下列有关叙述错误的是
A.下丘脑病变患者会出现生物钟紊乱、体温异常的现象
B.颈椎受损的患者会出现大小便失禁、膝跳反射消失的现象
C,垂体病变患者会出现生长发育受阻、甲状腺激素分泌异常现象
D.切除胰腺的患者会出现血糖调节异常、消化不良的现象
5
高三理科综合试题第1页（共16页）
5.生态系统是生物群落与它的无机环境相互作用而形成的统一整体。下列有关生态系统的叙
述，错误的是
A,土壤的结构和化学性质对群落中生长的植物种类起决定性作用
B.无机环境条件大体相同的两个生态系统，其群落结构住往相似
C.一般情况下，生态系统的食物链越长，其抵抗力稳定性就越高
D,没有系统外能量的输人和补充，任何生态系统都不能正常运行
6,某种果蝇的灰身和黄身性状由一对等位基因控制。研究人员进行了如下实验：将10只灰身
雄果蝇与10只黄身雌果蝇混合饲养，自由交配并产卵后移走20只亲本果蝇，孵化出的F,中
灰身果蝇698只、黄身果蝇301只（假设每对杂交组合所产后代个体数相同，且不存在致死
现象)。下列有关果蝇体色遗传的叙述，错误的是
A.灰身对黄身表现为完全显性
B.亲本中的杂合子约占6/10
C.F,中灰身果蝇均为杂合子
D.果蝇体色遗传道循分离定律
7.前不久在北京成功落幕的冬奥会，全方位向世人展现了“科技奥运”与“环保奥运”。下列说
法不正确的是
A.冬奥会礼仪服“瑞雪祥云”内胆使用了第二代石墨烯发热材料，石墨烯是一种能导热的有
机高分子新材料
B.冬奥会各场馆之间，以氢燃料电池客车为交通工具，有利于实现“碳达峰、碳中和”目标
C.冬奥会速滑馆采用二氧化碳跨临界直冷制冰技术，利用了干冰升华时大量吸热，从而达
到快速降温的原理
D.冬奥会京张专线所用时速350公里、全程自动驾驶的“复兴号”高铁，车身使用了大量铝
合金，铝合金具有密度小、强度高、易加工成型等优点
8.下列实验装置能达到相应的实验目的的是
A
B
D
铁丝
6
(蓝有溶液)
气体
浓氨水
实验
香
浓H,SO
海带
装置
生石灰
目的
检验钾离子
制取并收集氨气
干燥二氧化硫
灼烧海带
9.由W,X、Y,Z原子序数依次增大的四种短周期主族元素组成的一种消毒剂的结构如图所
示。四种元素占据三个不同周期，X的族序数为其周期序数的两倍，Y为地壳中含量最多的
元素；W,Y的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数。下列说法正确的是
A.由WX元素组成的二元化合物可能与7的单质发生两种类型
的反应
B.原子半径：W,X、Y,Z依次增大
C.由W,Y元素组成的液态二元化合物稳定性良好
D.该消毒剂分子中所有的原子可能在一个平面
10.一种掺杂硒的纳米C山，0材料可用于一氧化碳和氢气催化合成甲醇：C0(g)+2H,(g)一
CH,OH(g),其反应历程如下图。
高三理科综合试题第2页（共16页）》

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