资源简介

2021届高三第三次模拟考试
化学答案
7—13
C
A
B
B
D
D
C
（14分，除特殊标识的，其余的均2分）
三颈烧瓶（1分）
B（1分）
2H++CaCO3=Ca2++H2O+CO2
氯化钙难以与葡萄糖酸直接反应生成葡萄糖酸钙沉淀
烧杯、玻璃棒和漏斗（1分）
降低葡萄糖酸钙溶解度，使其结晶析出
D（1分）
若只用水，则会造成葡萄糖酸钙溶解而损失，若只用乙醇，不能将杂质全部洗去
76.3%
27.（15分，除特殊标识的，其余的均2分）
（1）2NO2(g)=2NO(g)＋O2(g)
△H=＋113.0kJ·mol－1
（2）降低温度（1分）
Ⅱ、Ⅳ
（3）b、c
20%
（4）①该反应是气体体积增大的反应，减小压强，平衡正向移动，有利于反应物的转化
②0.04
（14分，每空2分）
（1）FeTiO3+2H2SO4(浓)FeSO4+TiOSO4+2H2O
（2）取少量晶体A溶于水，加入KSCN溶液，若溶液变血红色，则产品变质
（3）2C+TiO2+2Cl2TiCl4+2CO
蒸馏
（4）80%
（5）TiO2+4e-=Ti+2O2-
在熔融状态下，石墨电极被部分氧化
（15分）（1）
Na＜O＜N
（2）
Fe3＋
[Cu(H2O)4]2＋
配位键
（3）
②
（4）
N≡C—C≡N
4
(CN)2＋2NaOH===NaCN＋NaCNO＋H2O
（5）
Na2O
（15分）
（1）溴原子、羧基
1,3-丁二烯（1分）
（2）
加成反应（1分）
（1分）
（3）+O2+2H2O
（4）bc
（5）11
（6）路线一：
CH3CH=CH2+
路线二：CH3CH=CH2秘密★启用前
2021届高三第三次模拟考试
理科综合试卷
2.答卷前,考生务
填写在答
选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对
黑,如需改动
橡皮檫干净后,再选涂其他答業
答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试
能用到的相对原子质
题:本题
题6分,共78分。在每小题
四个选
要求
关于细胞结构和功能的说法,正确的是
根尖分生区细胞中高尔基体与分裂后期细胞壁的形成有关
细胞中核糖体的形成都与核仁密切相关
经冲动的传导
膜
D.人体细胞内不存在蔗糖、果糖、麦芽糖等各种植物特有的糖
2.研究发现某些家系中出现一种如图所示的线粒体变异遗传模式(异质性表示线粒体
碱
基
突变频率),下列叙述错
母亲
A.线粒体基因的变异也属于基因突变
线粒体基因只能通过母亲遗传给后代
线粒体DNA缺陷可导致多种遗传疾病
线粒体基因的遗传模式不符合分离定
3.生物体中编码tRNA的
碱基改变后
产生被称为
4的分子。某种突变
生了一种携带甘氨酸但是识别精氨酸遗传密码的
列叙述错误的是
种突变改变了编码蛋白质氨基酸序列的遗传密码序列
分子上携带的氨基酸是
A上的密码子决定
新合成的多肽链中,原来精氨酸的位置可被替换为甘氨酸
校正tRNA分子的存在可以弥补某些突变引发的遗传缺陷
共16页
物的生长发育离不开激素
列有关植物激素的叙述,错误的是
植物的根
以合成脱落酸、细胞分裂素和乙烯
B.侧芽的生长素浓度高于顶芽
C.各种激素间通过相互拮抗共同调节植物的生长发ˉ
境因子可以影响植物激素调
基因组的表
5.2020年诺贝尔生理学或医学奖颁发给丙型肝炎病毒的发现。丙肝病毒HCV的宿主细胞是肝细
其和新冠肺炎病毒都是一种RNA病毒。
关病毒的说法错误的是
A.该病毒变异速度快是因为其遗传物质结构没有DNA稳定,容易发生突变
染丙肝病毒引起发热后的体温调节,调节方式为神经一体液调
丙肝病毒可以在肝脏组织液中繁殖,引发严重的炎症反应,引起呼吸衰竭乃至死
D.新冠肺炎患者的恢复期血浆可用于治疗是因为血浆中含有特异性抗
我国的许多古文
和农谚彰显着祖先的智
也透射着生物学原理,下
叙述错误
是
豆苗稀”和“鹬蚌相争,渔翁得利”表明了竞争可以影响种群数
子不为多,子
子,大父未死而有
孙。是以人民众而财货寡,事力劳
供养薄。”这句话反映
人口增长会对家庭和
成沉重的负担
野火烧不尽,春风吹又生”反映出草原生态系统的恢复力
较
D
难容二虎”体现了生态系统中能量流动的规
生活密切相关,以下说法不正确的是
优质的新疆石河子棉短绒可制人民币:其所含长纤维与淀粉均属于有机高分
嫦娥五号快递
分属于硅酸盐
铁酸钾作为新型高效水处理剂,集
絮凝、除臭于一身:处理中性水时会生成
凝胶是最轻的固体材料,被称为“凝固的烟”:分散剂为气体
航空、军工保温材料
N表示阿伏加德罗常数的数
列说法正确的是
含
数均为
环己烷中含有共价键数
向Fel2溶液中通入适
当有1
mol
Fe2被氧化时,转移的电子数为
D.电解精炼铜
移了NA个电子,则阳极质量减小32g
成“纳米
文章成为有机化学史上最受欢迎的文
其中涉及到
应
THF
A.该反应的原
率为
B.化合物
物有4种
化合物N中的
碳原
平
物P能使酸
液褪
不能使溴水褪色2021届高三第三次模拟考试
生
物
答案
1-6
CBACC
A
29．（10分，除特殊标明外，每空2分）
（1）不能（1分）
火星上没有充足的氧气供植物（在夜晚）进行呼吸作用（或有氧呼吸），（无法进行正常生理活动）（1分）
（2）的同化量（或生产者固定太阳能的量）（1分）
（3）①无呼吸作用，能够更有效的积累有机物
②能够利用更少的ATP进行有机物合成（或该系统能正常合成有机物且ATP增加）
（4）组1起（阴性）对照作用，排除无关变量对实验结果的干扰（或组1起对照作用，保证NADPH的变化是因为加入G酶而引起的（增加信度）
（在光照条件下）TEM可以驱动G酶所催化的反应（或G酶能够在TEM存在的情况下催化反应进行）（1分）
30．（9分，除特殊标明外，每空2分）
（1）弥散在体液中，随血液流到全身
（2）抑制（1分）
（负）反馈（1分）
在一个系统中，系统本身工作的效果，反过来又作为信息调节（减弱）该系统的工作，这种调节方式叫做（负）反馈调节
（3）信息（信号）（1分）
甲状腺激素具有促进新陈代谢的作用，甲状腺激素含量过低，新陈代谢的速率较慢，使机体产生热量减少
31．（10分，除特殊标明外，每空1分）
（1）非生物的物质和能量
食物链和食物网
高
（2）一定的自我调节能力
丰富度（多样性）
群落演替按照不同于自然演替的速度和方向进行（2分）
（3）可持续发展
对核污水进行净化处理，使其达到排放标准再排放；在福岛第一核电站周边有大量因辐射量过高而不宜居住的闲置土地，新建足够量的储水罐。（合理即可）（2分）
32．（10分，除特殊标明外，每空2分）
（1）相对性状（1分）
同种生物同一性状的不同表现类型（1分）
（2）控制腹羽颜色的基因位于Z染色体上
?灰羽（1分）
?白羽（1分）?
（3）让F1中的雌、雄个体相互交配，观察并统计后代的表现型及比例?
若子代白羽雄性：灰羽雄性：白羽雌性：灰羽雌性=?1:1:1:1，则假设一成立；
若子代雌性中白羽：灰羽=1:3，雄性中白羽：灰羽=3:1则假设二成立。
37
．（15分，除特殊标明外，每空2分）
（1）为微生物提供氮源、碳源和维生素（1分）
（2）选择培养，扩大微生物的数量
形状、大小、隆起程度和颜色
（3）透明圈最大
吸取1mL菌液注入9mL无菌水中，重复操作至适宜稀释倍数
使聚集在一起的微生物分散成单个细胞
38.（15分，除特殊标明外，每空2分）
（1）促性腺（1分）
一定浓度的肝素或钙离子载体A23187
（2）早期胚胎培养
胚胎移植
充分发挥雌性优良个体的繁殖潜力
（3）桑椹胚或囊胚
受体对移入子宫的外来胚胎基本上不发生免疫排斥反应
（4）药用蛋白的抗体2021届高三第三次模拟考试
物理答案
14.【答案】　D
【解析】　汤姆孙发现电子，汤姆孙最早测量出电子电荷量为1.1×10－19
C，密立根最终测得电子电荷量为1.6×10－19
C，故A错误；氢原子的电子由激发态向基态跃迁时，向外辐射光子，原子能量减少，故B错误；光电子最大初动能等于入射光能量减去逸出功，故C错误；天然放射现象中的β射线实际是高速电子流，穿透能力比α射线强，故D正确。
15.【答案】　C
【解析】　光滑球体受重力和三个支持力，三个支持力与竖直方向的夹角均为45°，对其中一个FN分解如图，则根据平衡条件可得3FNcos
45°＝mg
解得FN＝＝mg，故C正确，A、B、D错误。
16.【答案】　B
【解析】　着陆器从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ需要减速，同理从轨道Ⅱ到轨道Ⅲ也需要减速，因此v1＞v2＞v3，故A错误；着陆器在轨道Ⅲ上从P点运动到Q点的过程中，万有引力做正功，所以速率变大，故B正确；在轨道Ⅱ上P点，根据牛顿第二定律得F向＝ma＝m，解得a＝，故C错误；设着陆器在轨道Ⅱ上周期为TⅡ，在轨道Ⅲ上周期为TⅢ，根据开普勒第三定律得TⅡ＞TⅢ，因为tPS＝TⅡ，tPQ＝TⅢ，所以tPS＞tPQ，故D错误。
17.【答案】　B
【解析】　当单刀双掷开关与a连接时，变压器原、副线圈匝数比为10∶1，输入电压的有效值为U1＝
V＝220
V，根据变压比公式＝，可得输出电压为22
V，即电压表的示数为22
V，故A错误；当单刀双掷开关与b连接时，变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，输入电压的有效值为U1＝
V＝220
V，根据变压比公式＝，可得输出电压为44
V，根据欧姆定律，电流表的示数即为输出电流的有效值I2＝
A＝4.4
A，故B正确；由题图乙可知，电压的最大值为311
V，交流电的周期为2×10－2
s，所以交流电的频率为f＝50
Hz；当单刀双掷开关由a拨向b时，变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50
Hz，故C错误；当单刀双掷开关由a拨向b时，根据变压比公式，输出电压增加，故输出电流增加，故输入电流也增加，则原线圈的输入功率变大，故D错误。
18.【答案】
A
【解析】打一次喷嚏喷出的空气质量为
设打一次喷嚏喷出的空气受到的作用力为F，根据动量定理得
解得
根据牛顿第三定律可得人受到的平均反冲力为
故C正确，ABD错误。故选C。
19.【答案】　BD
【解析】　由右手定则可知，金属棒ab中的感应电流由a到b，故A错误；
由x－t图象求得t＝3.5
s时金属棒的速度为v＝＝
m/s＝7
m/s
金属棒匀速运动时所受的安培力大小为F＝BIL，而I＝，E＝BLv，
联立有F＝，
根据平衡条件得F＝mg，代入数据解得B＝0.1
T，故B错误；
金属棒ab在开始运动的6.0
s内，金属棒的重力势能减小，转化为金属棒的动能和电路产生的焦耳热．设电路中产生的总焦耳热为Q，根据能量守恒定律得mgx＝mv2＋Q，代入数据解得Q＝3.465
J，则金属棒ab产生的焦耳热为Qr＝Q＝0.99
J，故C错误；
根据法拉第电磁感应定律有＝
；感应电流＝
；电荷量q＝Δt，联立解得q＝；又ΔΦ＝BLx；则电荷量为q＝，由题图乙可知金属棒ab在开始的3.5
s内的位移x＝19.6
m，代入数据解得q＝2.8
C，故D正确。
20.【答案】　AC
【解析】　由题图可知，飞机的速度减小，即竖直向上做减速运动，则飞机处于失重状态，故A正确；由动能定理
F合Δx＝ΔEk可知，图象斜率的绝对值即为合外力大小，即F合＝
N＝4.5
N，则加速度大小为a＝＝4.5
m/s2，说明飞机除受重力外还受到竖直向上的升力，升力对飞机做正功，由功能关系可知，飞机的机械能增大，故B错误，C正确；由牛顿第二定律可得mg－F＝ma，则升力为F＝5.5
N。由题图可知，Ekmax＝36
J，则飞机最大速度为vmax＝6
m/s，输出功率最大值为Pmax＝Fvmax＝5.5×6
W＝33
W，故D错误。
21.【答案】　AD
【解析】　将F2和F1的作用线延长相交，交点即为点电荷的位置，可知，点电荷对M处试探电荷有排斥力，对N处试探电荷有吸引力，所以这两个试探电荷的电性一定相反，故A正确；由于F2＝3F1，可知M、N到点电荷的距离不等，不在同一等势面上，故B错误；若点电荷带正电，则把电子从M点移到N点，电场力先做正功后做负功，电子电势能先减小后增大，故C错误；由于F2＝3F1，若点M处电场强度大小为E，则点N处场强为3E；根据E＝，则＝·，O点到MN的最短距离为＝
sin60°＝，则EP＝＝＝＝4E，故D正确。
22.【答案】（1）大于（2分）；（2）
（2分）；（3）或（2分）。
【解析】（1）大于；
（2）小球离开斜槽后做平抛运动，设其水平位移为L，则小球做平抛运动的时间：，小球的竖直位移：y=gt2，解得：，碰撞前入射球A的水平速度：，碰撞后入射球A的水平速度：，碰撞后被碰球B的水平速度：，如果碰撞过程系统动量守恒，则：mAv1=mAv2+mBv3，即：，整理得：；
（3）若A球与B球碰撞为弹性碰撞，则
，即，联立解得：。
23.【答案】　(1)R2　a　(2)见解析图　(3)2.30(2.29～2.31均正确)　(4)94(93～95均正确)
评分标准：第（1）题第一空2分，第二空1分；第（2）、（3）、（4）题每题2分。
【解析】　(1)根据R＝ρ，得铜导线的阻值约为Rx＝1.7
Ω，即Rx＋R0＝4.7
Ω。实验中的滑动变阻器若选R1，则当滑动变阻器滑片移至a端时，电压表的示数约为3
V，若滑动变阻器滑片向右移动，电压表示数变大，超过电压表量程，故实验中的滑动变阻器应选R2。闭合开关S前应使电路中的电阻最大，故滑动变阻器滑片应移至a端。
(2)连线如图所示：
(3)电压表的示数为2.30
V；
(4)根据欧姆定律，铜导线与R0的串联电阻R＝＝
Ω＝4.6
Ω，所以铜导线的电阻Rx＝R－R0＝1.6
Ω.
根据Rx＝ρ得导线长度l＝＝
m≈94
m。
24.【解析】(1)由题图乙知滑块在bc段做匀减速运动，加速度大小为
a＝||＝10
m/s2
（2分）
根据牛顿第二定律得mgsin
37°＋μmgcos
37°＝ma
（1分）
解得μ＝0.5
（1分）
(2)根据速度—时间公式得t2＝0.3
s时的速度大小v1＝vc－aΔt，（1分）
解得v1＝0（1分）
在t2之后滑块开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得mgsin
37°－μmgcos
37°＝ma′（1分）
解得a′＝2
m/s2（1分）
从t2到t3做初速度为零的匀加速运动，t3时刻的速度为v2＝a′Δt＝0.2
m/s（1分）
(3)从0到t1时间内，由能量守恒定律得Ep＝mgxsin
37°＋μmgxcos
37°＋mv（2分）
解得Ep＝4
J（1分）
25.【解析】　(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，有v0＝aΔt（2分）
由牛顿第二定律得：Eq＝ma（2分）
解得E＝≈7.2×103
N/C（1分）
(2)由qv0B＝m（1分），T＝（1分）
得r＝（1分），T＝（1分）
当磁场垂直纸面向外时，半径r1＝＝5
cm（1分），周期T1＝＝×10－5
s（1分）
当磁场垂直纸面向里时，半径r2＝＝3
cm（1分），周期T2＝＝×10－5
s（1分）
故电荷从t＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图甲所示：
t＝×10－5
s时刻电荷与O点的竖直距离Δd＝2(r1－r2)＝4.0
cm（2分）
(3)从电荷第一次通过MN开始计时，其运动周期为T＝×10－5
s
根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为4个，
此时电荷沿MN运动的距离s＝4Δd＝16
cm，则最后Δs＝7.5
cm的距离如图乙所示，有r1＋r1cos
α＝Δs（2分）
解得：cos
α＝0.5，则α＝60°（1分）
故电荷运动的总时间t总＝Δt＋4T＋T1＝×10－5
s≈1.1×10－4
s（2分）
33.【答案】　(1)ADE　(2)①15
cm　②430
K
【解析】　(1)A→B过程中气体温度不变，压强变小，故体积增大，内能不变，气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸热，故A正确，B错误；B→C过程中气体压强不变，温度降低，故体积减小，内能减小，外界对气体做功，由热力学第一定律可知，气体放热，故C错误，D正确；C→A过程中图象延长线过原点，故气体等容变化，温度升高，故气体内能增大，E正确。
(2)①对于封闭气体，初态压强：p1＝p0－ρgh＝57
cmHg
（1分）
末态压强：p2＝76
cmHg（1分）
由于气体发生等温变化，由玻意耳定律可得：p1V1＝p2V2（1分）
则有p1L1＝p2L2（1分）
解得：L2＝15
cm（1分）
②均匀加热封闭气体后的气体压强：p3＝p0＋2(L1－L2)ρg（2分）
由理想气体状态方程可得：＝（2分）
联立解得：T3＝430
K（1分）
34.【答案】　(1)ADE　(2)①30°　②R
【解析】　(1)由题图甲可知波长为λ＝4
m，由题图乙可知波的周期T＝0.8
s，所以波速v＝＝5
m/s，A正确；当两质点相距半波长的奇数倍时，这两个质点的速度始终大小相等、方向相反。M、N两质点相距s＝19
m，波长λ＝4
m，s不是的奇数倍，M、N两点的速度不是始终大小相等、方向相反，B错误；由题图甲可知，波的振幅为A＝0.2
m，质点N每个周期内运动的路程s0＝4A＝0.8
m，经t′＝＝3
s后，质点N开始振动，t＝11
s时，质点N运动的时间Δt＝t－t′＝8.0
s＝10T，所以质点N运动的路程s1＝10·s0＝8.0
m，C错误；每经过0.4
s，质点M通过的路程都为s′＝×0.8
m＝0.4
m，D正确；已知t＝0时刻振动恰好传播到x＝7
m处，且波长λ＝4
m，波速v＝＝5
m/s，可以得到每经过0.1
s，波向前传播0.5
m．当t＝0.3
s时，波传播到x＝8.5
m的质点处，即x＝8.5
m处的质点在平衡位置，那么与x＝8.5
m相差整数倍半个波长的质点都在平衡位置，x＝2.5
m处的质点P与x＝8.5
m处的质点P刚好相差＝3倍半波长，则x＝2.5
m的质点也在平衡位置，E正确。
(2)①由题图和几何知识得：sin
i＝＝，则i＝45°
（2分）
n＝
（2分）
联立解得：r＝30°
（1分）
②对临界光线有：sin
C＝
（2分）
在题图△Oab中，由正弦定理得：
＝
（2分）
联立解得：R′＝R（1分）

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