红河州高中毕业班第三次州统测理科综合参考答案.docx
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红河州高中毕业班第三次州统测理科综合参考答案
2021年红河州高中毕业班第三次州统测
理科综合参考答案
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。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
答案
C
A
D
C
B
D
B
C
D
B
A
D
C
二、选择题：
本题共8小题，每小题6分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第14～
18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，
选对但不全的得3分，有选错的得0分。
题号
14
15
16
17
18
19
20
21
答案
C
B
A
B
C
CD
CD
BC
解析：
1．果糖、脂肪含有C、H、O元素，核酸含有C、H、O、N、P元素，A项错误；核酸包括DNA和RNA两大类，真核细胞中，DNA主要分布于细胞核，RNA主要分布于细胞质，B项错误；同种植物萌发种子的含水量高于休眠种子的含水量，D项错误；蛋白质功能多种多样，如催化、免疫、调节、运输等，是生命活动的主要承担者，C项正确。
2．“观察DNA和RNA在细胞中的分布”实验，可选择人的口腔上皮细胞或洋葱鳞片叶内表皮细胞进行实验，A项错误；恩格尔曼选择水绵和好氧细菌进行实验，是因为水绵的叶绿体呈螺旋式带状分布，便于观察，而好氧细菌可确定释放氧气多的部位；没有空气的黑暗环境排除了氧气和光的干扰；用极细的光束照射，叶绿体上可分为光照多和光照少的部位，相当于一组对比实验；临时装片暴露在光下的实验再一次验证实验结果；B项正确；孟德尔选用山柳菊进行杂交实验并没有获得成功，主要原因是：
（1）山柳菊没有既容易区分又可以连续观察的相对性状；
（2）当时没有人知道山柳菊有时进行有性生殖，有时进行无性生殖；（3）山柳菊的花小，难以做人工杂交实验；C项正确；“探究生长素类似物促进插条生根的最适浓度”实验中，可选择生长旺盛的一年生枝条，并且设计方案要遵循单因子变量原则、平行重复原则，并设置实验对照，D项正确。
3．病毒、蓝藻和酵母菌都具有的物质或结构是遗传物质——核酸，A项正确；科研上鉴别死细胞和活细胞，常用“染色排除法”，如用台盼蓝染色可判断细胞是否死亡，活细胞的细胞膜能够对进出细胞的物质进行严格的“检查”，细胞需要的营养物质可以从外界进入细胞，细胞不需要的或者对细胞有害的物质不容易进入细胞，体现了细胞膜能够控制物质进出细胞的功能，B项正确；细胞骨架是由蛋白质纤维组成的网架结构，与细胞的运动、分裂、分化及物质运输、能量转化、信息传递等生命活动密切相关，C项正确；生物膜是细胞内所有膜结构的统称，它们共同构成了生物膜系统，D项错误。
4．在细胞质中，一个mRNA分子可以结合多个核糖体，同时合成多条肽链的合成，由于模板相同，因此
合成的多条肽链也相同，A项正确；科学家在某些RNA病毒中发现了RNA复制酶，它能对RNA进行复制，使遗传信息从RNA流向RNA，B项正确；同无性生殖相比，有性生殖在形成配子时，可通过非同源染色体上非等位基因的自由组合或四分体时期非姐妹染色单体的交叉互换等，产生多种多样的配子，使后代产生更多新的基因重组类型，具有更大的变异性，D项正确；基因可以通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物体的性状，如白化病、豌豆的圆粒和皱粒；基因也可以通过控制蛋白质的结构直接控制生物的性状，如镰刀型细胞贫血症、囊性纤维病，C项错误。
5．促胰液素是人们发现的第一种激素，它是由小肠黏膜分泌的，A项错误；在养殖青、草、鲢、鳙四大家鱼时，可给雌、雄亲鱼注射促性激素类药物，促使亲鱼的卵和精子的成熟，从而进行人工受精和育苗，C项错误；IAA、PAA、IBA是植物自身合成的具有生长素效应的植物激素，NAA、2，4-D是具有与IAA相似生理效应的、人工合成的生长素类似物，属于植物生长调节剂，D项错误；小麦、玉米在即将成熟时，如果经历持续一段时间的干热之后又遇大雨天气，种子就容易在穗上发芽，是因为脱落酸在高温条件下容易分解，脱落酸分解后，解除了对种子萌发的抑制作用，B项正确。
6．年龄组成通过影响出生率和死亡率、性别比例通过影响出生率而间接影响种群密度的变化，A项错误；森林植物的垂直分层现象主要受光照影响，而鸟类的分层主要受食物种类的影响，B项错误；食物网中生物有的可以位于多条食物链上，占据不同的营养级，C项错误；生物多样性包括基因多样性、物种多样性和生态系统多样性，因此应该从基因、物种及生态系统三个层面落实保护，D项正确。
7．A项，计算机的芯片材料是高纯度单质硅，是无机材料；A错误；A项，二氧化硫具有还原性，可防止营养成分被氧化，B正确。
C选项84消毒液的有效成分为NaClO，有强氧化性，乙醇有还原性，二者混合发生氧化还原反应产生有毒Cl2，不仅降低消毒效果，还可能引发中毒，C错误；D选项，聚合硫酸铁[Fe2（OH）x（SO4）y]n能做新型絮凝剂，是因为其能水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮的固体杂质而净水，但是不能杀灭水中病菌，D错误。
8．A项，该分子中有甲基，所以不可能所有原子可能处于同一平面，故A项错误；B项，该分子中苯环上只有2种等效氢，一氯代物有2种，故B项错误；C项，苯环上连着甲基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C项正确；C项，该分子中官能团种类与苯甲酸不完全相同，不能互为同系物，故D项错误。
9．W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Y可以形成4个单键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于ⅡA族，X位于ⅥA族；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素，Y位于ⅢA族。
根据分析可知，W为Mg，X为O，Y为B，Z为H元素。
A、Mg的表面能形成一层致密的氧化膜，少量W单质不需保存在煤油中，故A错误；B．W为Mg，X为O，Y为B，对应原子半径大小顺序为Mg＞B＞O，故B错误；C．该漂白剂中H元素不满足8电子稳定结构，故C错误；Y为B，B的最高价氧化物对应水化物化学式为H3BO3，故D正确。
10．A．可逆反应，进行不彻底，不能放出akJ的热量，故A错误；B．任何纯水中都有c（H＋）＝
c（OH－），所以1LpH＝6的纯水中含H＋和OH－数均为10－6NA，故B正确;C．甲醇在标准状况下是液体，不能用22.4L/mol求物质的量，故C错误；D.氢碘酸为强酸，在溶液中完全电离，不存在碘化氢
分子，故D错误.
11．A．根据原电池工作原理，Mg箔作负极，Mo箔作正极，正极反应式为Fe[Fe（CN）6]＋2Na＋＋2e－
===Na2Fe[Fe（CN）6]，故A说法正确；B．电子不能经过电解质，故B说法错误；C．充电时，阳离子移向阴极，Na＋应从左室移向右室，故C说法错误；D．充电时，电解池的阴极（原电池的负极）接电源的负极，电解池的阳极（原电池的正极）接电源的正极，即Mo箔接电源的正极，故D说法错误。
12．A．由于硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚硫酸根离子，干扰了检验结果，应该用氯化钡溶液，故A错误；B．将AlCl3溶液加热蒸干，加热促进了铝离子的水解，由于HCl易挥发，则最终得到的是氢氧化铝，无法得到纯净的AlCl3，故B错误；C．生成白烟可以知道X为挥发性酸，则X为浓盐酸或浓硝酸，故C错误；D．盐对应酸的酸性越弱，水解程度越大，NaHCO3溶液红色更
深，常温下的水解平衡常数：
K（CHCOO－）＜K（HCO－），故D正确。
h3h3
4
4
13．由图可知0.1mol·L-1的HX溶液的pH=3，HX为弱酸,故A正确；因为b点的pH=7,所以c（X-）=c（NH+），根据物料守恒c（NH3·H2O）+c（NH+）==0.05mol·L-1，故B正确;b→c点过程中存在
4
电荷守恒c（X-）+c（OH-）=c（NH+）+c（H+），因为b→c点过程中c（H+））>c（X-），故C
不正确。
c、d两点时，为HX的电离平衡常数，为NH3·H2O电离平衡常数
4
只与温度有关,温度不变，则c、d两点的电离平衡常数相等，b点加入等体积、等浓度的HX和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X，b点溶液的pH=7，说明X-与NH+的水解程度相等，所以Ka（HX）的值与Kb（NH3·H2O）的值相等，故D正确。
14．汤姆孙发现电子并提出了“枣糕模型”，原子核式结构模型的提出者是卢瑟福，选项A错误；光电效应现象和康普顿效应现象都说明光的粒子性，前者表示光子具有能量、后者表示光子除了具有能量外，还有动量，故B选项错误；根据玻尔理论可知，氢原子光谱表明氢原子的能级是不连续的，故C选项正确；一个氢原子吸收一个光子跃迁到n=4激发态后，最多能发出3种频率的光子，故D选项错误。
15．由v-t图象可得，t2时刻乙的运动方向未发生改变，选项A错误；t1～t2时间内，甲的平均速度小于乙的平均速度，选项B正确；0～t2时间内，甲的加速度保持不变，乙的加速度不断减小，选项C错误；若t1时刻甲、乙相遇，t1～t3时间内，乙发生的位移大于甲的位移，故t3时刻乙在甲的前方，即未相遇，选项D错误。
r3r3
16．根据开普勒第三定律1=2，可求得土卫二的公转轨道半径r，选项A正确；万有引力提供向心力，
222
12
即GMm1=m（2π2
或GMm2=m（2π2
，可求得土星的质量，由于土星的半径未知，故无法计算
21）r1
11
22）r2
22
出土星的平均密度和土星的第一宇宙速度，选项B、C错误；土卫一作为环绕天体，根据提供的数据，无法计算出土卫一的质量，也就无法计算出土卫一的密度，选项D错误。
17．对B进行受力分析，如图所示，由平衡条件可得，所受的摩擦力f=mAgcosθ，将B向左移动少许，即θ角增大，摩擦力f减小，选项A错误；增大小球A的质量，摩擦力f增大，选项B正确；只要物体B在水平面上移动，θ角均发生变化由几何关系，α将发生改变，选项C错误；OO'绳上的张力大小
T=2mA
gcos90︒-θ，可见θ角变化，OO'绳上的张力大小将改变，选项D错误
2
18．由题意，若电子正好经过C点，其运动轨道如图所示，此时其圆周运
动的半径R=asin45=
2a，要想电子从BC边经过，圆周运动的半
2
v2mv
径r≥a，洛伦兹力提供向心力eBv=m0，有0≥a，即
2
B≤，故C选项正确。
ea
0reB2
19．原线圈两端输入电压的有效值U
=Um=220V，根据U1=n1
可知副线圈两端的电压有效值为
1
22
U2=44V，选项A错误；输入端的电压有效值不变，原、副线圈匝数比不变，则副线圈两端电压的有效值不变，即电压表的示数不变，选项B错误；若RT处出现火灾，则RT的阻值变小，副线圈中电流有效值增大，输出功率变大，输入功率也就变大，所以电流表示数变大，选项C正确；若RT处出现火灾，则RT的阻值变小，副线圈中电流有效值增大，R0端的电压有效值变大，根据串联分压可知
U2
提示灯两端的电压有效值变小，根据P=可知指示灯变暗，选项D正确。
R
20．小环下滑过程中受重力、轨道沿半径方向的弹力和水平外力F，重力一直做正功，外力F时而做正功时而做负功，轨道的弹力一直不做功，故小环机械能不守恒，选项A、B错误；小环从最高点下滑到
最低点的过程中，在沿水平恒力F方向上的位移为0，则由动能定理可得mg·4R＝1mv2，解得v＝22gR，
2
选项C正确；小环在最低点，由牛顿第二定律得：
F′－mg＝mv2，得F′＝9mg，由牛顿第三定律可
知FN＝FN′＝9mg，选项D正确。
NN
R
μB2L2v
21．对导体棒ab进行受力分析，由牛顿第二定律：
mg+
R+r
=ma可知导体棒ab做加速度不断减小的
减速运动，选项A错误，由图象可知，导体棒ab刚进入磁场时回路中的感应电流I1=0.5A，根据闭
合电路的欧姆定律和法拉第电磁感应定律可得：
I=E1=BLv1，解得v
=5m/s，同理导体棒ab离
1R+rR+r1
开磁场时的
B2L2v
v2=3m/s，选项B正确；以导体棒ab为研究对象，根据动量定理，
B2L2d
-
μmgt-
R+r
⋅t=mv2-mv1，即-μmgt-
R+r
=mv2-mv1，解得t=0.5s，选项C正确；根据能
量守恒定律，可知整个回路中产生的焦耳热Q=1mv2-1mv2-μmgd，解得Q=0.5J，选项D错误。
22．（每空2分，共6分）
（1）m；
（2）2.4；（3）0.32M
2122
【解析】
（1）由平衡知识可知：
mg=μMg，解得μ=m；
M
（7.34+6.96-6.57-6.19）⨯10-2
（2）由逐差法计算得木块运动的加速度a=
（4⨯0.02）2
m/s2=2.4m/s2
（3）平衡摩擦力后挂上砂桶系统加速运动，据牛顿第二定律可得mg=（m+M）a,解得：
μ=a
g-a
=2.4
9.8-2.4
=0.32
23．（共9分）
（1）1.45V（2分）
（2）A1（2分），A2（1分）
（3）1.47（1.46~1.49均可）（2分），3.47（3.40~3.63均可）（2分）
【解析】
（1）读数符合精度要求。
直流电压读中间这排刻度线，选用直流电压“2.5V”档，最小分度值为0.05V，即多用电表的读数为1.45V。
（2）由于提供的实验器材中没有电压表，所以要改装一个电压表，由于毫安表A1的内阻已知，所以甲处应选毫安表A1，A1与定值电阻R1串联后改装成一个量程为2V的电压表，乙处应选用毫安表A2。
（3）由闭合电路欧姆定律可得E=I1（R1+RA1）+（I1+I2）（R0+r），整理可得
I=-
R0+rI+E
，结合图（c）可得：
R1+RA1
+
R0+r
R1+RA1
+
R0+r
E
R1+RA1+R0+r
24．（12分）
=0.147⨯10-3,
R0+r
R1+RA1+R0+r
=0.147-0.05，解得：
电动势E=1.47V,内阻为r=3.47Ω。
150
解：
（1）对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得：
μmg=ma①
0
物块做匀减速直线运动，v2=2aL②
解得：
物块与长木板间的动摩擦因数：
μ=0.4③
（2）假设物块没有从长木板上滑离，物块和长木板组成的系统动量守恒
Mv0=（m+M）v
对系统，根据能量守恒定律：
1Mv2=1
④
m+M）v2+μmgx⑤
（
202
联立③④⑤式解得：
x=1.5m≤L⑥即物块没有从长木板上滑离。
解得物块与长木板最后的共同速度：
v=1m/s⑦
评分标准：
本题满分为12分，正确得出③⑥⑦式给1分，其余各式各给2分，判断结果正确给1分。
25．（20分）
解：
（1）如图所示，根据受力分析及平衡条件得：
mg=qE①
qv0B=
解得：
v
2qE
0=B
②
=42m/s③
（2）进入第一象限后，在0≤y≤0.35m区域内，油滴做斜抛运动，根据运动的合成与分解，油滴在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动，则刚到O点时：
vox=v0cos45︒④
voy=v0cos45︒⑤
竖直方向上，油滴做竖直上抛运动，则：
v2-v2=-2gh⑥
yoy
vy=voy-gt1⑦
进入到y>h区域后，电场力和重力大小相等，方向相反，油滴在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则进入到y>h区域时：
v1=⑧
tanα=
vy
⑨
v0x
t2=
2αT⑩
360
2πm
T=⑪
qB
t=2t1+t2⑫
联立求解得：
t=1s+37πs=0.72s⑬
5225
（3）进入第一象限后，在0≤y≤h区域内，油滴在水平方向上做匀速直线运动，则：
L1=voxt1⑭
进入到y>h区域后，电场力和重力大小相等，方向相反，油滴在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，
则：
2
qv1B=m1⑮
R
由几何关系得：
L2=Rsinα⑯
由对称性得：
x1=2L1+2L2⑰
解得：
x1=3.2m⑱
评分标准：
本题满分为20分，正确得出①⑮式各给2分，其余各式各给1分。
26．（14分，除特殊标注外，每空2分）
（1）检验装置气密性（1分）
（2）三颈烧瓶或三口烧瓶（1分）
（3）Zn+2H+===Zn2++H2↑，2Cr3++Zn===2Cr2++Zn2+
（4）关闭K1，打开K2（2分）
（5）让Zn与盐酸反应生成的H2排尽装置内的空气，防止产品被氧化
（6）为了去除可溶性杂质和水分
（7）75.0%
27．（14分，除特殊标注外，每空2分）
（1）适当增大盐酸浓度；适当升高温度；搅拌、减小钛铁矿粒径等（合理任意2条即可，写一条1分）
FeTiO3＋4H+＝Fe2+＋TiO2+＋2H2O
（2）SiO2（1分）
（3）取少量溶液，加入KSCN溶液，若不变红，再加入氯水，仍然不变红，说明溶液中不含铁元素。
（4）4.0×104
（5）没有对“三废”进行合理的处理或回收再利用等
（6）蒸馏（或分馏）（1分）
（7）TiCl4+（n+2）H2O===TiO2·nH2O+4HCl28．（15分，除特殊标注外，每空2分）
（1）167.4kJ·mol-1＜OA（M）＜473kJ·mol-1（1分）减小（1分）
（2）+6.9kJ·mol-1
（3）①CH3I（l）+HI（aq）→CH4（g）+I2（aq）②能（1分）总反应的平均速率由慢反应决定，I２是慢反
应的反应物，增大I２的浓度，慢反应速率增大，总反应的平均速率增大（或I２是总反应的催化剂，增大I２的浓度，总反应的平均速率增大）
（4）①K（a）=K（b）HCO3-H++CO32-，阴极H+放电，H+浓度减小，平衡右移（或溶液中H+放电，增大了OH-浓度，OH-与HCO3-反应生成了CO32-，从而使CO32-再生）
29.（9分，除特殊标记外，每空1分））
（1）在该时间段的无氧气条件下，玉米根部细胞只进行乳酸式无氧呼吸，不产生二氧化碳（2分）酒精、乳酸（2分）
（2）有氧线粒体健那绿
（3）重铬酸钾灰绿色
30.（10分）
（1）传出神经元末梢和它支配的肌肉或腺体（2分）
（2）突触（1分）神经递质（1分）
（3）内负外正（2分）
（4）在N点连一个电表,在M点给予适宜的电刺激,电表的指针不变化；再在M点连一个电表,在N点给予适宜的电刺激,电表的指针偏转（4分）
31.（9分，除特殊标记外，每空2分）
（1）分解者（1分）
（2）信息能够调节生物的种间关系，以维持生态系统的稳定
（3）单向流动，逐级递减（1分）实现对能量的多级利用，从而大大提高能量的利用率
（4）9（1分）
（5）该生态系统的组分少，营养结构简单，自我调节能力弱
32.（11分，除特殊标记外，每空2分）
（1）有易于区分的相对性状；雌雄同株异花，便于人工授粉；产生的后代数量多，便于统计分析等
（1分）
（2）1/63/5
（3）实验方案一：
浅绿色叶片玉米植株作父本，深绿色叶片玉米植株作母本进行杂交，观察子代的表现型及比例
（2分）
结果及结论：
若子代的表现型及比例为深绿：
浅绿=1:
1，则该变异是由基因突变造成的；若子代的表现型全为深绿，则变异是由染色体片段缺失造成的（4分）
实验方案二：
浅绿色玉米植株自交，观察子代的表现型及比例（2分）结果及结论：
若子代表现型及比例为深绿：
浅绿：
黄色=1:
2:
1，则变异是由基因突变造成的；若子代表现型及
比例为深绿：
浅绿=1:
1，则变异是由染色体片段缺失造成的（4分）
（二）选考题：
共45分
33．（15分）
（1）（5分）BCE（选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。
每选错1个扣3分，最低得
分为0分）
【解析】单晶体的导热性能一定是各向异性的，多晶体的导热性能是各向同性的，选项A错误；物体从单一热源吸收的热量可以全部用于做功，但一定会引起外界变化，选项B正确；扩散现象与布朗运动都能说明分子在永不停息地运动，选项C正确；足球充足气后很难被压缩，是因为足球内气体压强作用的结果，选项D错误；夏天中午时车胎内的气压比清晨时高，且车胎体积增大，故胎内气体对外界做功，对理想气体，温度升高，所以内能增大，选项E正确。
（2）（ⅰ）初始时，空气柱A的压强为pA=p0+ρgh1①
而pB+ρgh2=pA②
联立①②式解得：
空气柱B的压强为：
pB=72cmHg③
（ⅱ）U形管倒置后，设左右液面的高度差为h3。
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