安徽省合肥市一中2022届高三最后一卷理综(化学生物物理)pdf版含答案

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【文档说明】安徽省合肥市一中2022届高三最后一卷理综(化学生物物理)pdf版含答案.pdf,共(21)页,12.452 MB,由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明:

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.A.c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B.Mo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、O、Mg、Si四种元素。A.Mg位于元素周期表第三周期IVA族B.C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>Si>C>OD

.火星气体中可能含有CO、CO211.A.SO2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-+3243243()=(NaTiPO-2eNaTiP)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.由图像可知,起点时溶液的pH=3,故可计算电离常数为10-5x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5B.p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D.q点为反应

的终点,溶质为NaN3,溶液中c(HN3)<c(OH-)26.(15分)(1)粉碎或研磨适当升高温度搅拌或增大过氧化氢浓度、增大氢离子浓度、延长浸出时间等(任意2个合理答案给2分)(2)2ReS2+19H2O2=2ReO4-+4SO2-4+10H++14H2

O(2分)SiO2(1分)温度低于T1℃时,铼的浸出率随温度升高而增大,超过T1℃时,过氧化氢分解导致铼的浸出率减小(2分)(3)Fe3+Al3+(2分)(4)分液漏斗(1分)重结晶(1分)(5)Re2O7+7H2800℃2

Re+7H2O(2分)(6)NH3(1分)含R3N的有机溶液(1分)27.(14分)(1)作还原剂避免生成污染性产物Cl2(2分)(2)①adebcf(2分)②装置4中出现浑浊(1分)③6VO2++5NH4++17HCO3-+6H2O=(NH4)

5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O+13CO2(2分)④NH4Cl(2分)(3)①铁氰化钾(K3[Fe(CN)6])(1分)②偏大(2分)③0.1x10-3yM/6w·100%(2分)28.(14分)(1)-145.4(1分)(2)①c(1分)a

(1分)BD(2分)②>(1分)温度升高,反应物减少,生成物增大,说明平衡正向移动(2分)③13或33.3%(1分)0.01(1分)(3)2H2S+2O2--4e-=2H2O+S2(2分)69.8%(2分)35.

(15分)(1)3d104s1(1分)(2)平面三角形(1分)(3)4(1分)N>O>C(2分)sp2、sp3(2分)(4)YBa2Cu3O7(2分)2:1(2分)(5)8(2分)233A2.5710Na(2分)36.(15分)(1)对羟基苯甲酸或4-羟基苯甲酸(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(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14.A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。15.C设斜面倾角为θ,取整体为研究对象,则���=���������������,C正确。16.D斜面倾

角即为位移与水平方向的夹角,由方程关系������������=������=12������2���0���=������2���0可知时间与速度成正比,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。17.B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α角进入磁场后从bc边射出磁场,则粒子转过的圆心角为2α;若粒子以相同角度α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������−���=������������30

∘=������������30∘−���,解得最大半径为33RL则最大速度为33qBRqBLvmm故选B。18.D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,由于匀强电场电势均匀变化,可得φI=6V,φG=3V,故OF是电势为3V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6V的等势线,即φD=6V,φF=3

V,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=������������=6V/m,D错误.19.BC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������+ℎ���,故A错误;由牛顿

第二定律���������(���+ℎ)2=���(���+ℎ)4���2���2,解得火星的质量���=4���2(���+ℎ)3������2故B正确;设火星的第一宇宙速度为v1,有������������2=������12���,���������(���+ℎ)2=������2���+ℎ

,联立可得���1=2������+ℎ������+ℎ���故C正确;在火星表面有������=������������2,解得月火星表面的重力加速度,���=���������2=4���2(���+ℎ)3���2���2,故D错误。20.AC设原线圈电流为���1,副线圈电流为

���2,由题意可知���12���1=���22���2,���1���2=���2���1=���1���2=5,故A正确;设原线圈输入电压为���1,副线圈输出电压为���2,���1���2=���1���2=5,解得���1=5���2,故B错误;设���1分压为������1,则��

����1=���1���1,���2=���2���2,联立可得������1=5���2,又因为���=������1+���1解得���2=22���,���2=48.4���,故C正确;由T=0.02s可知1s内流过电阻R2的

电流方向改变100次,故D错误。21.CD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���=������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。22.AB���1⋅������=���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���1���0=���1���1+��

�2���2两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���1���2=3223.1�

��=������1���+1���1���=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Ⅱ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,Ⅱ的最大输出功率比Ⅰ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������=���0���������60°=4m/s竖直方向分速度���������=

���0���������60°=23m/s所以ℎ������=���������22���=0.6m(2)从B点至C点,由机械能守恒定律可知mgR(1-cos60°)+12���������2=12���������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f1=μ1(M+m)g=4N小物块与长木板间f2=μ2mg=5N

由于���2>���1,所以木板运动。对木板,根据牛顿第二定律得μ2mg-μ1(M+m)g=Ma1对滑块,根据牛顿第二定律得μ2mg=ma2最终速度相等时有v=vc-a2t=a1t滑块的位移为���2=���0+���2t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=3���25.(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2������0=���×���03+2���������解得������=56���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���=���������=���2���2���03���(2)整个过程中金属杆a、b组成的系统动量守恒,故2������0

=(���+2���)���解得���=23���0由能量守恒可知Q=12×2������02−12×3������2=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���=2���������3���代入可知���=���������0���2���233.(1)

ABC(2)①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ΔL。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−�

��1���1���故变化的体积为������=���⋅������=���2−���1���1������②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−���1���1���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−���1���1���34.(1)ABE(2)①因波从a向b传播则有16m4n���=0,1,2,3,4⋅⋅⋅因���>6���,则���=0���=24���由���=������得20m/sv②对于a点:由���=������������2

���������得���=4���������5���3���对于P点,比a点滞后振动���1=420���=0.2���则������=4���������5���3���−0.2=4���������5���3���−���3当

���=0���时������=2cm当���=2���时������=−4cm������=4×4+10cm=26cm获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com

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