1、合肥一中 2022 届最后一卷化学参考答案7-13 题：BBCCBBD解析：7.A太阳能电池工作是将太阳能转为电能C发电玻璃属于化合物，不是合金材料D聚氨酯材料属于聚酯类物质，应该为缩聚反应8.Ac 中含有羟基 可发生消去反应形成双键B该反应为加成反应C加成反应的原子利用率 100%D脯氨酸与分子式相同，结构不同互为同分异构体9.A两种不同的反应过程中均有硝基的加成，存在极性键的断裂和形成BMo 单原子位点吸附硝基苯乙烯中的硝基，提高了催化加氢的选择性C其它条件相同时，催化剂不能改变平衡的转化率D催化剂因为降低了反应的活化能，提高了反应的速率10.根据以上推断 X、Y、Z、W 元素分别是 C、
2、O、Mg、Si 四种元素。AMg 位于元素周期表第三周期 IVA 族BC 的非金属较强，对应的简单氢化物的稳定性更好C原子半径：Mg SiC OD火星气体中可能含有 CO、CO211.ASO2和亚硫酸氢钠不反应C苯和四氯化碳不分层D电极连接错误12.根基钠离子的移动方向可以判断放电时 M 电极为正极，N 为负极A充电时，N 极接电源的负极B放电时，导线中每通过 1mol 电子，理论上 M 极质量增重 23gC放电时，N 电极上的电极反应式为-+324 324 3()=(Na Ti PO-2eNaTi P)O+2NaD充放电过程中，两个电极材料上的钠离子量发生变化，溶液中钠离子只传导，不变化13
3、.由图像可知，起点时溶液的 pH=3,故可计算电离常数为 10-5 x 点对应溶液中 c(HN3)=c(N3-)故该点溶液中的氢离子浓度值和电离常数值相等，故 pH 约为 5Bp 点对应的溶液的成份为 HN3、NaN3按照 1：1 混合，可由电荷守恒和物料守恒等式得到该选项正确。C滴定终点为 NaN3，显碱性，选择在碱性条件下变色的指示剂酚酞Dq 点为反应的终点，溶质为 NaN3，溶液中 c(HN3)O C（2 分）sp2、sp3（2 分）(4)YBa2Cu3O7（2 分）2：1（2 分）(5)8（2 分）233A2.5710N a（2 分）36.(15 分)(1)对羟基苯甲酸或 4-羟基苯甲
4、酸（1 分）(2)（2 分）(3)17（2 分）+HCl（2 分）(4)羟基、醚键、羰基（2 分）还原反应（1 分）(5)26（2 分）(6)（3 分）合肥一中 2022 届最后一卷生物答案DACCBD29.（10 分，每空 2 分）（1）（反应）时间使酶变性失活，反应终止（答到反应停止就给分）提取物质（代谢产物）（2）CO2固定的最初产物是 PGA，然后由 PGA 转变为其他化合物（3）停止供应 CO2（或突然降低 CO2 浓度）30.（10 分除注明外其他空各 2 分）（1）正电位（1 分）大脑皮层（2）后（1 分）下丘脑通过神经调节激素 C 的分泌，较迅速，而对激素 B 的分泌调节则为激
5、素调节，较缓慢（3）肝糖原的分解和非糖物质的转化（4）人体内激素一经靶细胞接受并起作用后就被灭活31.（9 分，除注明外其他空各 2 分）（1）生物进化（共同进化、自然选择）（2）生态系统退耕还林还草能增加生物的多样性，使营养结构变得复杂，自我调节能力强（3）生物多样性的间接价值明显高于直接价值（4）就地（1 分）32.（10 分，除注明外其他空各 2 分）（1）翅型（1 分）不能（1 分）B/b 基因位于常染色体上或 X 染色体上，子代均为红眼：白眼=1：1（2）（性状组合的）表现型及其比例长翅红眼:长翅白眼:残翅红眼:残翅白眼=3:3:1:1（3）白眼雌 X 红眼雄或红眼雌 X 红眼雄（只
6、要写出一组即可）37.（15 分，除注明外其他空各 2 分）（1）提取剂的性质和使用量（2）水解细胞壁和胞间层，有利于细胞内物质释放物理吸附法、化学结合容易与产物分离、可以被反复利用（3）固体当样品的稀释度足够高时，培养基表面生长的一个菌落，来源于样品稀释液中的一个活菌（3 分）接种时所用样液的体积38.（15 分，除注明外其他空各 2 分）（1）自我复制能力，可以在细菌细胞间转移（2 分）（2）限制酶、DNA 连接酶（2 分）终止子（2 分）启动子（有先后顺序）（2 分）RNA 聚合酶识别和结合的部位，有了它才能驱动基因转录出 mRNA（2 分）（3）使蓝藻能够吸收周围环境中的 DNA 分子
7、（2 分）（4）抗原抗体杂交（1 分）固氮酶发挥作用的条件不满足（或固氮酶不具有正常的空间结构）（2 分）合肥一中 2022 届最后一卷物理参考答案14A根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，X 的质量数为 1，电荷数为 1，则 X 为质子，故 A错误；23He 含有两个质子和一个中子，故 B 正确；轻核聚变平均每个核子释放的能量比重核裂变平均每个核子释放的能量更大，故 C 正确；目前国际科技研究领域，可控核聚变研究的方式有激光约束核聚变与磁约束核聚变，故 D 正确。15C设斜面倾角为，取整体为研究对象，则=，C 正确。16D斜面倾角即为位移与水平方向的夹角，由方程关系 =1220=20可知时间
8、与速度成正比，甲、乙两人飞行时间之比为 1：2，由=0知，甲、乙两人空中飞行的水平位移大小之比为 1:4，甲、乙两人落到斜坡上的瞬时速度大小之比为 1:2，落到斜坡上的瞬时速度方向相同；以斜面为 x 轴，垂直于斜面方向为 y 轴建立直角坐标系可知：人在空中离斜坡面的最大距离=（0）22,则甲、乙两人在空中离斜坡面的最大距离之比为 1:4，D 正确。17B粒子带负电，故由左手定则可知，粒子在磁场中做逆时针圆周运动；又有粒子在磁场中运动，洛伦兹力做向心力，所以有=2，那么半径为=，周期为=2=2，所以，粒子运动周期相等，转过的圆心角越大，运动的时间越大；若粒子以和 bc 边成角进入磁场后从 bc
9、边射出磁场，则粒子转过的圆心角为 2；若粒子以相同角度进入磁场，那么粒子从 ac 边射出转过的圆心角必小于从 bc 边射出时转过的圆心角；所以，在磁场中运动时间最长的粒子为沿 ab 边进入磁场，从 bc 边离开磁场的粒子；那么在磁场中运动时间最长的粒子中，运动轨迹与 ac 边相切时半径最大，如图所示，所以有 =3 0=3 0 ，解得最大半径为33RL则最大速度为33qBRqBLvmm故选 B。18D如图所示,线段 AB、OC、OD、OF 的交点分别为 I、H、G,OIG为等边三角形,OAI、OBG 为等腰三角形,由几何关系可得AI=IG=GB,即 I、G 为 AB 的三等分点,由于匀强电场电势
10、均匀变化,可得I=6 V,G=3 V,故 OF 是电势为 3 V 的等势线,由几何关系可得 DI 连线垂直于 OA,与 OF 平行,是电势为 6 V 的等势线,即D=6 V,F=3V,A、B 正确;电场方向垂直于等势面指向电势较低一侧,故沿 A、O 连线方向,C 正确;场强大小为 E=6 V/m,D 错误.19BC天问一号环绕器绕火星做匀速圆周运动的轨道半径是 R+h，则线速度=2+，故 A 错误；由牛顿第二定律（+）2=(+)422，解得火星的质量 =42(+)32故 B 正确；设火星的第一宇宙速度为 v1，有2=12，()2=2+，联立可得1=2+故 C 正确；在火星表面有=2，解得月火星
11、表面的重力加速度，=2=42(+)322，故 D 错误。20AC设原线圈电流为1,副线圈电流为2，由题意可知 121=222，12=21=12=5，故 A 正确；设原线圈输入电压为1，副线圈输出电压为2，12=12=5，解得1=52，故 B 错误；设1分压为1，则1=11，2=22，联立可得1=52，又因为=1+1解得2=22，2=48.4，故 C 正确；由 T=0.02s 可知 1 s 内流过电阻 R2 的电流方向改变 100 次，故 D 错误。21CD小球在距 B 点45 的 P 点处于静止状态，小球受到两根弹簧的弹力合力大小为=2=2 3 5=65 ，对小球由共点力平衡可得：(+)=解得
12、=5，故 A 错误；根据对称性，可知小球在 Q 点的受两弹簧弹力合力情况与 P 点大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律，有 +(+)=求得 =125 ，故 B 错误；小球从 Q 点由静止下滑时，运动到 P 点受力平衡，加速度为 0，速度最大，动能最大，从 Q到 P 过程中，根据动能定理可得(+)=km 0，由几何关系可求得 =2 2 45 =25，联立求得：km=1225 故 C 正确；依题意，可判断知小球运动到最低点的位置离 B 点距离为=25 =45 25 =25，故 D 正确。22AB1 =1 +2 3:2（1）斜槽轨道末端的切线必须水平，以保证小球离开轨道后做平抛运动，故 A 正确；入
13、射球和被碰球半径必须相同，以使两球发生对心碰撞，故 B 正确；为避免入射球反弹，应使入射球质量大于被碰球质量，故 C 错误；要验证的表达式为10=11+22两边同时乘以小球做平抛运动的时间 t，可得1 =1 +2 与桌面离地高度H 无关，故 D 错误。（2）若1 =1 +2 成立，则可说明碰撞前后，系统总动量不变。（3）将=13.50cm、=43.50cm、=45.00cm 代入1 =1 +2 可解得12=32231=1+11=1 +BC（1）若闭合开关1，将单刀双掷开关2掷向 a，由闭合电路欧姆定律可知，电源电势=+=+，整理得1=1+1（2）若断开1，将单刀双掷开关2掷向 b，由闭合电路欧
14、姆定律可知=(+)，整理得1=1 +（3）根据电源的输出功率规律可知，当内外电阻相等时输出功率最大，如果外电阻大于内电阻，随着电阻的增大，输出功率将越来越小，由最大输出功率=24可知，电动势相同，内阻较小的最大输出功率更大，A 错误，B 正确；当内阻和外阻相等时，电源输出功率最大，此时输出电压为电动势的一半，由=2可知，的最大输出功率比的大，而当外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零，D 错误，C 正确。24（1）0.6m；（2）3m（1）小物块在 B 点时的速度=060=4m/s竖直方向分速度=060=2 3m/s所以=22=0.6m（2）从 B 点至 C 点，由机械能守恒
15、定律可知mgR（1-cos60）+12 212 2解得=6/根据牛顿第二定律可知 =2解得：=28根据牛顿第三定律可知小物块滑到对轨道的压力大小=28（3）长木板与地面间f11（Mm）g4N小物块与长木板间f22mg5N由于2 1,所以木板运动。对木板，根据牛顿第二定律得2mg1（Mm）gMa1对滑块，根据牛顿第二定律得2mgma2最终速度相等时有vvca2ta1t滑块的位移为2=0+2 t木板的位移为1=2 共速之后小物块与长木板一起减速至静止。故而长木板的最小长度为=2 1=325(1)以水平向右为正方向，金属杆 a、b 组成的系统水平方向受力平衡，可用动量守恒定律20=03+2解得=56
16、 0此时回路中的电动势为=56 0 03=12 0总电流为=+2=03杆 a 受到的安培力大小为=2203(2)整个过程中金属杆 a、b 组成的系统动量守恒，故20=（+2）解得=23 0由能量守恒可知Q=12 202 12 32=13 02Qb=+2Q=29 02(3)取极短的时间内，利用动量定理对杆 b 分析=v两边求和可知=即=由于 =故 =23代入可知=02233（1）ABC（2）由于气缸内的气体温度升高，故活塞将向左移动，设气缸再次稳定后向左移动的距离为L。由题目中的条件可知，容器内的气体是在做等压变化。由理想气体状态方程可得1=(+)2解得=2 11故变化的体积为=2 11以气缸活塞为研究对象，设气缸里面的大气压对气缸的压力为 F 根据力的平衡可得=0 暖流给气缸中的气体加热，当气体温度为 T2 时，气体膨胀对外做的功为：=(0 )=(0 )2 11由热力学第一定律可知，容器中的气体内能的增加量为=(0 )2 1134（1）ABE（2）因波从 a 向 b 传播则有16 m4n=0,1,2,3,4 因 6，则 =0=24由=得20m/sv 对于 a 点：由 =2 得 =4 53 对于 P 点，比 a 点滞后振动 1=420 =0.2则 =4 53 0.2=4 53 3当=0时 =2cm当=2时 =4cm=4 4+10cm=26cm