1、2021届高三年级模拟考试九理综试卷居安思危，居危思进！平民人家的孩子，不能仅仅被“平民”概念左右，却忘记了奋斗，而是要做点什么去改命，让自己强起来，家门暖起来！大海上没有不带伤的船。所谓成长就是接受挑战，先接受再深思，然后找到突破口，走出去，动起来，做点什么，获得成长！我期待：你能看见更结实的苦难，而不夸大自己的困难；知晓更辽阔的真理，而不炫耀自己的浮夸。一个人的高贵与否，本质上与聪明无关，而取决于他内心的乾坤和疆土！可能用到的相对原子质量： B 11 N 14 Na 23 Al 27 第卷一、 选择题：本题共13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
2、。1. 下列有关细胞和细胞结构的叙述，正确的是（）A原核细胞没有叶绿体，不能通过光合作用合成有机物B当细胞液的浓度与外界溶液浓度相等时，水分子不再进出细胞C癌细胞容易在体内扩散的原因是细胞膜上甲胎蛋白等物质减少D携带信息的物质可以通过两个细胞间形成的通道完成信息交流2. 如图是夏季连续两昼夜内，某野外植物CO2吸收量和释放量的变化曲线图。S1S5表示曲线与x轴围成的面积。下列叙述错误的是（）A. 图中B点和I点，该植物的光合作用强度和呼吸作用强度相同B. 图中DE段不是直线的原因是夜间温度不稳定，影响植物的呼吸作用C. 如果S1+S3+S5S2+S4，表明该植物在这两昼夜内有机物的积累为负值D
3、. 图中S2明显小于S4，造成这种情况的主要外界因素最可能是CO2浓度3. 右图表示某二倍体生物一对同源染色体上的部分基因，以下说法正确的是( )A. 这对同源染色体上共存在4对等位基因 B. 图示所有等位基因在遗传时均遵循基因的分离定律 C. 图中茎高和花色两对相对性状的遗传遵循基因的自由组合定律 D. 甲染色体上所示基因控制的性状在该生物体内可全部观察到4. 某动物细胞的染色体组成为2N4，其染色体DNA双链均带32P标记，将该细胞置于不含放射性的培养基中经过七次连续分裂得到的子细胞，从其中取出一个子细胞，放在不含放射性的培养基中再连续分裂两次得到4个子细胞，每个子细胞中被标记的染色体数目
4、记为相应数字，不考虑变异，下列情况不可能的是（）A2/2/2/2B4/0/0/0C0/3/1/0D0/0/2/05. 下面为机体调节示意图。下列叙述正确的是( ) A.人体清除衰老细胞体现的是图中的防卫功能B.坎农提出人体内环境稳态的维持是神经体液免疫调节的结果C.血糖调节的途径包括D.图中对的调控都只能通过直接控制中每种器官或细胞的活动而实现6. 图中曲线1、2分别表示不同环境下某野生动物种群数量变化情况。下列叙述错误的是（）A曲线2所代表的种群的环境容纳量是K1B曲线1表示一种理想状态下的种群数量变化C图中阴影部分表示由于环境阻力而淘汰的个体DAB段之间种群增长速率逐渐下降，但出生率大于死
5、亡率7.下列常见分子中键、键判断正确的是( ) A.CN-与N2结构相似，CH2=CHCN分子中键与键数目之比为1:1B.CO与N2结构相似，CO分子中键与键数目之比为2:1C.C22-与O22+互为等电子体，1mol O22+中含有的键数目为2NA D.已知反应N2O4(l) + 2N2H4(l) = 3N2(g) + 4H2O(l)，若该反应中有4molN-H键断裂，则形成的键数目为6 NA8.下列结论正确的是（ ） 微粒半径：r(K+)r(Al3+)r(S2-)r(Cl-)氢化物的稳定性：HFHClH2SPH3SiH4还原性：I-Br-Cl-Fe2+ 氧化性：Cl2SSeTe 酸性：H2
6、SO4H3PO4H2CO3H3BO3 非金属性：ONPSi金属性：BeMgCa”“=”或“”“=”或“”、“=”或“”、“c(HClO2)，C不符合题意；D.在混合溶液中，存在电荷守恒“c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(ClO2-)”，物料守恒“2c(Na+)=c(HClO2)+c(ClO2-)”，由物料守恒等式减去电荷守恒等式，可得“c(Na+)+c(OH-)=c(HClO2)+c(H+)”，D符合题意；13.【答案】 C 【解析】【解答】A.由图可知，Ir表面上，H2和N2O反应生成N2和H2O，选项正确，A不符合题意； B.由图可知，导电基体上，H2转化为H+ ， 该电极反应式
7、为H2-2e-=2H+ ， 选项正确，B不符合题意；C.若导电基体上只有铜原子时，NO3-反应生成NO，不能消除含氮污染物，选项错误，C符合题意；D.由图可知，当导电基体上的Pt颗粒增大时，NO3-转化为NH4+ ， 不利于降低溶液中的含氮量，选项正确，D不14. B 15. A 16. A17.【答案】C【解答】AB.教学用发电机发出的是正弦式交流电，经二极管后，全波变为半波，仍然能使灯泡发光，选项A、B错误；C.用导线将二极管短路，灯光两端电压变为原来的2倍，功率变为原来的2倍，选项C正确；D.当手柄转速变为原来的两倍，发电机电动势变为原来的2倍，功率变为原来的4倍，选项D错误。18.【答
8、案】C【解答】A.对ab棒由动量定理有-BILt=0-mv0，而q=It，即-BqL=0-mv0，当流过棒的电荷量为q2时，有-Bq2L=mv-mv0，解得v=12v0，故A错误；B.由知，当棒发生位移为x3时，电荷量为q3，由动量定理-Bq3L=mv1-mv0，可知v1=23v0，故B错误；C.在流过棒的电荷量为q2的过程中，棒释放的热量为Q=12(12mv02-12mv2)=316mv02=3BqLv016，故C正确；D.整个过程棒损失的动能为12mv02=BLqv02，定值电阻与导体棒释放的热量相同，均为BLqv04，D错误；19.【答案】AD【解答】绕地球表面旋转的卫星对应的速度是第一
9、宇宙速度，此时重力提供向心力，设卫星的质量为m，即：mg=mv2R得出R=v2g；而卫星在高空中旋转时，万有引力提供向心力，设地球的质量为M，此高度的速度大小为v1，则有：GMmr2=mr(2T016)2其中GM=R2g解得：该卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径r=v83vT022g2，故BC错误，AD正确。20.【答案】BCD【解答】A.一群处于第4能级的氢原子，只能测得3条电流随电压变化，即只有三种光子发生了光电效应现象，即41、31和21跃迁的光子。由图乙可知a光的遏止电压最高，c光的遏止电压最低，可知a光的能量最高，c光能量最低，故a光是氢原子由第4能级向基态跃迁发出的，故A错误；B.
10、由A中分析可知，b光是31跃迁产生的，其能量为12.09eV，故B正确；C.动能为le的电子大于第4能级的氢原子电离所需的最小能量0.85eV，故能使处于第4能级的氢原子电离，故C正确；D.由玻尔理论知，4能级跃迁的光子能量分别为12.75eV，12.09eV，10.2eV，2.55eV，1.89eV，0.66eV，由于只有三种光子发生光电效应，则金属的逸出功必然大于2.55eV，故逸出功可能为W0=6.75eV，故 D正确。故选BCD。21.【答案】AD【解答】A.粒子做匀速圆周运动，经过B点的粒子，轨迹以SB为直径的圆对应的速率最小，设最小轨道半径为r1，由几何关系知2r12=L2+L22
11、，解得r1=54L，由洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r1，解得v=5qBL4m=52106m/s，故A正确；B.水平向右射出的粒子，若能从AB边穿过，经过A点的粒子轨道半径最小，为r2=L4，经过B点的粒子轨道半径最大，设为r3，由几何关系有r32=L2+r3-L22，解得r3=54L，由v=qBrm知，粒子的速率范围为qBL4m5qBL4m，代入数据得速率范围51052.5106m/s，所以速率大于2.5106m/s的粒子就不能从AB边穿过了，故B错误；C.水平向右射出的粒子，从AB边射出正方形区域，其中从B点射出的粒子轨迹对应的圆心角最小，运动时间最短，设圆心角为，sin=Lr3=45
12、，=53，则最短时间为t=533602mqB=5336010-7s，故C错误；D.速率为1106m/s的粒子，轨道半径为r4=mvqB=0.05m=5cm，可知粒子最远可到达CD边的中点，故可到达CD边上区域的长度为5cm，故D正确。故选AD。22.【答案】(1)k=mgl-l0；30N/m；9N/m (2)C(3)21.67cm【解答】(1)弹簧的原长为l0，弹簧长度l，则弹簧伸长为：x=l-l0，挂钩上挂的钩码所受拉力为：F=mg，根据胡克定律F=kx，解得：k=mgl-l0，弹簧的原长为l03=15cm，挂钩上挂的钩码质量为50g，所受拉力F3=m3g=0.5N，弹簧长度l3=16.67
13、cm，弹簧伸长x3=l3-l03=1.67cm，根据胡克定律F=kx，解得：k3=30N/m，弹簧的原长为l05=25cm，挂钩上挂的钩码质量为50g，所受拉力F5=m5g=0.5N，弹簧长度l5=30.56cm，弹簧伸长x5=l5-l05=5.56cm，根据胡克定律F=kx，解得：k5=9N/m。(2)根据第一问可知，同一根弹簧所取原长越长，弹簧的劲度系数越小，故ABD错误，C正确；故选C。(3)在次数3中，弹簧的原长为15cm，若将钩码增加至200g，已知k3=30N/m，根据胡克定律F=kx，解得：x=6.67cm，则弹簧的长度为：l=x+l0=6.67+15cm=21.67cm。23.
14、【答案】(1)0.3006；(3)0；(4)=。【解答】(1)由串并联电路的特点：IgIg/-Ig=R0rg=1500解得：Ig=501Ig=0.3006A，Rg=R0+rgR0rg=1.0(3)将两表笔断开，即相当于所测电阻无穷大，则指针指在“600A”处，此处刻度应标阻值为；根据闭合电路欧姆定律将两表笔断开时有：Ig=1R1R+1R0I干=600A，当两表笔接上电阻RX时有I干=Er+R+RgRRg+R，根据分流公式可得通过电流表的电流为：I=1R1R+1R0+1RxI干联立0A处对应的电阻刻度值应为0，300A处对应的电阻刻度值RRg(4)由(3)知可知r+R=r+R，所以若电流相同则R
15、x=Rx，即测量结果不变。24.【答案】解：(1)a下落，由运动学公式：2gh2=v02，设a、b碰后瞬间，a的速度为v1，b的速度为v2，由动量守恒定律：mv0=mv1+Mv2，由机械能守恒定律：12mv02=12mv12+12Mv22，则速度v1=-1m/s，v2=2m/s。(2)a，b碰后，b沿圆管向下做匀减速运动，a做竖直上抛运动，对b，由牛顿第二定律：f-Mg=Ma，设b经时间t向下运动x距离停止，有：-2ax=0-v22，0=v2-at，x=0.4m，t=0.4s，t时间内，设a位移为s，对a，有：s=v1t+12gt2=0.4m，此时，a的速度为：v=v1+gt=3m/s=v0，
16、即b停止的也间，a刚好与b相碰，再次重复第一次的碰撞，则a、b第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间的时间间隔t=0.4s。(3)a、b每经历一次碰撞，b向下移动x=0.4m，由h1x=5.5，b向下移动5x后在管内，故a、b在管内的碰撞次数为6次。(4)a、b第一次碰后瞬间到最后一次碰前瞬间的过程中，对b，由动能定理W+Mg5x=0-12Mv22，Eb=W，得Eb=-44J，即b的机械能减少了44J。25.【答案】解：（1）设放射源S放出的粒子速度为v1，粒子在小孔O时的速度为v，则qU0=12mv2-12mv12其中0v1v0解得2qU0mvv02+2qU0m；（2）粒子在MN板间电场中运动的加速
17、度a=qUdm能从小孔O1射出电场的粒子，沿电场方向的位移和速度都是零，粒子应该在t=2i+14T1（其中i=0，1，2，3）时刻从小孔O进入MN板间电场，为了保证粒子不撞到极板上，应满足：212a(T14)2d2解得：U8md2qT12粒子在MN板间电场中运动的时间：t=Lv且应满足：t=kT1（k=1，2，3）则有：v=LkT1=107k（m/s）（k=1，2，3）故在3.5106m/sv1.2107m/s范围内，只有107m/s和5106m/s两种速率的粒子能从小孔O1射出电场；（3）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则qvB0=mv2r解得r=l3根据题意可知，粒子轨迹如图，粒子在磁
18、场中运动的周期T=2rv则T=2l3v粒子在磁场中运动时间应满足：t=2(n+14)T+14T（n=0，1，2，3）解得：t=(2n+34)2l3v（n=0，1，2，3）26.【答案】 （1）2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2； Co2+；（2）B（3）Fe3+、Al3+（4）bc；消除滴定误差；偏小 【解析】【解答】(1)步骤中，铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2 步骤中，反应物有LiCoO2、双氧水、硫酸，生成物有Li2SO4和CoSO4 ， LiCoO2中Co化合价降低，则H2O2化合价升高生成O2 ， 所以化学方程式为2
19、LiCoO2+H2O2+3H2SO4Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O； (2)步骤将氢氧化铝，灼烧、电解后得到铝， A蒸发皿一般用于蒸发溶液，氢氧化铝为固体，一般用坩埚灼烧，A错误； B灼烧时需要用玻璃棒不断搅拌，避免局部过热，引起蹦溅，B正确； C在重量分析法中，经烘干或灼烧的坩埚或沉淀，前后两次称重之差小于0.2mg，C错误； D在电解熔融的Al2O3制备金属铝时，通常需加入冰晶石(NaAlF6)，目的是降低氧化铝的熔点，D错误。 (3)如图可知pH5.0时，Co2+不生成沉淀，而Fe3+、Al3+易生成沉淀而除去，所以可除去的杂质离子是Fe3+、Al3+； (4)配制约0.30
20、molL-1盐酸溶液需要的仪器有量筒、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，则不需要用到的仪器有bc； 滴定空白溶液的目的是消除实验中的试剂、操作等综合因素造成的滴定误差；上述滴定操作中，如缺少煮沸去除CO2 ， 则CO2溶于水使溶液呈酸性，所加盐酸体积偏少，所以测定结果将偏小。27.【答案】 （1）蒸馏烧瓶（1分）；防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化（2）关闭K3，打开K2；Fe(OH)2（3）2:1（4）ad（5）冰醋酸；过滤。 【解析】【解答】（1）图示仪器b的名称为蒸馏烧瓶；仪器c中反应生甘氨酸亚铁，其中Fe2+易被空气中的氧气氧化，仪器d可防止空气进入仪器c中，因此仪器d的作用是防止空气进入c
21、中，将甘氨酸亚铁氧化。 （2）要使仪器b中的溶液转移至仪器c中，则应使仪器b中的压强增大，利用压强将仪器b中的溶液转移至仪器c中，因此操作为关闭K3 ， 打开K2 ， 利用反应生成的H2 ， 使得仪器内的压强增大，将溶液转移至仪器c中； 若调节pH偏大，则溶液中c(OH-)增大，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，因此所得粗产品中会混有杂质Fe(OH)2。 （3）仪器c中参与反应的物质有FeSO4、H2NCH2COOH、NaOH，反应生成的物质为(H2NCH2COO)2Fe和Na2SO4 ， 结合原子守恒可得，该反应的化学方程式为：2H2NCH2COOHFeSO42NaOH=(H2NC
22、H2COO)2FeNa2SO42H2O。 （4）a、冒出气泡的快慢无法确定装置中的空气是否排尽，说法错误，a符合题意； b、由于柠檬酸具有强还原性，因此可防止Fe2+被氧化，说法正确，b不符合题意； c、由于甘氨酸亚铁难溶于乙醇，因此步骤中加入无水乙醇可降低甘氨酸亚铁的溶解度，说法正确，c不符合题意； d、步骤所得沉淀为甘氨酸亚铁，甘氨酸亚铁易溶于水，因此不能用蒸馏水作洗涤剂，说法错误，d符合题意； 故答案为：ad （5）由于甘氨酸微溶于乙醇和冰醋酸，且在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，而甘氨酸亚铁难溶于乙醇和冰醋酸，因此要将甘氨酸分离，用加入冰醋酸，其实验操作为：将粗产品置于一定量的冰
23、醋酸中，搅拌、过滤、洗涤，得到甘氨酸的冰醋酸溶液。28.【答案】 （1）HCHO；470kJmol1（2）放热；NiO；(5)根据晶胞结构图，每个原子被6个六棱柱共用；根据均摊原则1个六棱柱中占用的B原子数是 616=1 、N原子数是 616=1 ，晶胞的摩尔质量是(11+14)g/mol，晶胞的体积是 33a2b10302 ，所以 =mv=2(11+14)33a2bNA1030 g/cm3。36.【答案】 （1）溴原子、酯基（2）；5（3）NaOH 乙醇 NaIH2O（4）ad（5）【解析】【解答】本题考查有机推断和有机合成。主要考查官能团的识别，有机物的命名，有机物结构简式和化学方程式的书
24、写，有机物的性质，限定条件同分异构体种类的确定，有机合成路线的设计。A的分子式为C8H10 ， A的不饱和度为4，A氧化生成B（C8H8O2），B发生取代反应生成C（ ），逆推出A的结构简式为 ，B的结构简式为 ；C与CH3OH在浓硫酸并加热时反应生成D，根据D的分子式知此步骤为酯化反应，D的结构简式为 ；D+HCHOE发生题给已知i的反应；E中含酯基，E在NaOH溶液中发生水解，酸化后生成F，F的结构简式为 ；F中含碳碳双键和羧基，根据FG的条件和G的分子式，FG发生题给已知ii的反应，G在NaOH的醇溶液中发生消去反应生成H，HM发生题给已知iii的反应，根据M的结构简式可逆推出：G的结构
25、简式为 ，H的结构简式为 。（1）D的结构简式为 ，D中官能团名称为溴原子、酯基。A的结构简式为 ，A的名称为邻二甲苯或1,2-二甲基苯。（2）F的结构简式为 。F中的官能团为碳碳双键和羧基，与F具有相同官能团的同分异构体有 、 、 、 、 ，共5种。（3）由G生成H的化学方程式为 +NaOH 乙醇 +NaI+H2O。反应类型为消去反应。（4）a，B的结构简式为 ，C的结构简式为 ，B、C都不能与AgNO3溶液反应，不能只用AgNO3溶液鉴别，应用NaOH溶液、稀HNO3和AgNO3溶液鉴别，a项不符合题意；b，H生成M发生题给已知iii的反应，该反应的反应类型是加成反应，b项符合题意；c，E
26、的结构简式为 ，E中的苯环和碳碳双键能与H2发生加成反应，1molE最多可以与4molH2发生加成反应，c项符合题意；d，M中含2个酯基，1molM与足量NaOH溶液反应，消耗2molNaOH，d项不符合题意；故答案为：ad。（5）观察 的结构，结合题给已知iii，合成 先合成CH3CH=CHCH3；对比CH3CH=CHCH3和CH2=CH2的结构简式，碳链增长，结合题给已知i，由乙烯先合成CH3CH2Br、CH3CHO；联系课本官能团之间的相互转化，由乙烯与HBr加成合成CH3CH2Br，乙烯与水发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化生成CH3CHO。合成路线为： （答案合理即可）。37. （每空3分）（1）高压蒸汽灭菌法（2）稀释涂布平板法； B、C培养皿中的菌种接种位置相同（3）便于观察菌落特征和分离目的菌株； B38. （每空3分）（1）牛黄酸或丁酰环腺苷酸 （2）胰蛋白或胶原蛋白；有丝分裂（3）灭活的病毒；突破了有性杂交方法的局限，使远缘杂交成为可能
