云南省师范大学附属中学高考理综适应性月考卷（三）（扫描版）.doc

云南省师范大学附属中学2015届高考理综适应性月考卷（三）（扫描版）云南师大附中2015届高考适应性月考卷（三）理科综合参考答案物理部分第卷（选择题，共48分）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，1418题只有一个选项正确；1921题有多个选项正【解析】14题中“当排球与纸接触部分形变刚好遮住墨水印”，说明效果相同，即是等效法。a项将实物忽略大小、形状，是理想化法；b项令时间接近于零使平均速度等于瞬时速度，是极限法；c项使一个力和几个力的效果相同，是等效法；d项分别研究加速度与合外力、加速度与质量的关系，是控制变量法。故选c。15“a向右缓慢移动”，根据，b也缓慢移动，a、b受力平衡。故，绳上拉力不变，始终等于重物b的重力，故c错误；随着a向右移动，绳在水平方向的分力增加，在竖直方向的分力减小，根据受力平衡，拉力f增大，故d错误；支持力图1增大，根据牛顿第三定律，a对地面的压力增大，故a错误；a始终受滑动摩擦力，根据，故b正确。16跳水时，运动员先做竖直上抛运动，即先向上匀减速，到达最高点后速度反向，做自由落体运动，加速度不变，直至入水。入水后受到水的阻力较大，开始减速直至速度减为零。图象斜率代表加速度，0t2时间内图象斜率不变，故加速度没变，运动员受力始终是重力，即还没有入水，故a错误；速度为零时，不再下沉，即深度达到最大，由图知在t3时刻，故b错误；t2t3时间内，运动员向下减速，处于超重状态，故c错误；根据动能定理，t1t3时间内动能变化为零，合外力做功为零，这个过程只有重力和水的阻力的功，故两功的数值相等，故d正确。故选d。17根据，靠近地球的卫星线速度大，即行星运动“近快远慢”规律，相同时间内靠近地球的卫星走过的弧长。故a、b错误，c正确；万有引力提供向心力，始终和速度方向垂直，根据，瞬时功率为零，故d错误。故选c。18由图象知函数表达式为，即，根据知：，物体做匀加速运动，故a、b错误，d正确；根据知：t=1s时的速度是，故c错误。故选d。19球拍水平时，最大静摩擦力，比赛时球受到的摩擦力不一定是最大静摩擦力，故a错误；当球拍倾斜角且时，球受到的静摩擦力为最大静摩擦力时加速度最图2大。受力分析如图2，正交分解：，整理得加速度最大值为，故b正确；球拍竖直时，球拍可以提供足够大的弹力，使球受到的最大静摩擦力大于球的重力，球只和球拍一起沿水平方向上运动，故c正确，d错误。故选b、c。20没有摩擦力和阻力，机械能守恒，故a正确；在轨迹上同一点，重力做功相同，动能增加量相同，但由于平抛运动有初速度，所以平抛运动经过p点时的速度大，故b错误；设，根据机械能守恒，故c错误；由平抛运动位移偏向角和速度偏向角的关系，知，故d正确。故选a、d。第卷（非选择题，共62分）（一）必考题（共4小题，共47分）22（每空2分，共6分）（1）1.340（2）（3）9.7523（除特殊标注外，每空2分，共9分）（1）无需（2）钩码的质量远小于小车的质量（3）小车的质量m，钩码质量m（4）mgxaberror! reference source not found.（3分）24（13分）解：（1）刹车初速度v1=刹车滑行过程： 设有霾时候允许的最大速度为反应时间内匀速运动位移： 刹车滑行的位移为：， 联立代入已知量整理得：解得 （2）沙尘受力平衡：f=g，即 解得： 评分标准：本题共13分。正确得出式给1分，其余各给2分。由，可知 （2）由图象可知：在b点对应时刻，电动车实际功率达到额定功率，匀加速运动结束，此时设此时电动车的速度为，根据： 匀加速的加速度为a：， 匀加速的时间为：， 匀加速的位移： ， （3）电动车匀加速结束之后，功率恒定，继续加速。设这个阶段的位移为，时间为，根据动能定理： 总位移为： 评分标准：本题共19分。正确得出、式各给3分，其余各给2分。（二）选考题（共3小题，共15分）33（15分）（1）（5分）bde（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）【解析】蒸发停止时，液体与气体之间达到动态平衡，此时的蒸汽叫饱和汽，其压强称为饱和气压。蒸发与温度有关，故a错误；熵是表示体系混乱程度的物理量，熵越大，该体系越混乱，故b正确；从单一热源吸热全部转化为有用功是可能的，但会引起其他变化，故c错误；d是热力学第一定律的表述之一，故d正确；当温度降低时，根据麦克斯韦速率分布曲线，速率小的分子数目会增加，故e正确。（2）（10分）解：取气体为研究对象，此过程中气体做等压变化，根据“盖吕萨克定律”得 得 取活塞为研究对象，设密闭气体对活塞做的功为，由动能定理得： 根据热力学第一定律有：， 联立解得密闭气体增加的内能 评分标准：本题共10分。正确得出式各给2分。34（15分）（1）（5分）abd（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）【解析】从图可以看出波长为4m，故a正确；在一个周期内，质点完成一次全振动，而一次全振动应表现为“相继出现两个波峰”，即t=0.4s，则，故b正确；m、q两点间相距4m，经过0.4s后波传播到了质点q(x=9m)，质点q开始振动，因为每个点的起振方向均是竖直向下的，所以q点是先向下，然后个周期后才能到达波峰，即0.3s后才到波峰，则共用去时间0.4+0.3=0.7s，故c、e错误；经1s的时间，p比q多振动一个周期，所以多通过了4m的路程，故d正确。（2）（10分）解：光路如图3所示 图3由折射规律得 得=30 oo2m是等边三角形，设光在透明体中的总路程为评分标准：本题共10分。作图2分，正确得出、式各给1分，其余各给2分。35（15分）（1）（5分）ace（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）【解析】贝克勒尔发现了天然放射现象，使人们了解到原子核可以再分，卢瑟福通过散射实验得到的结论只是说明原子核存在，没有得出原子核中存在质子的结论，故b、d错误。（2）（10分）解：以b和c为研究对象，在碰撞的过程中，由动量守恒和能量守恒可得mcv0=（mb+mc）v1 整个过程的机械能损失等于b、c碰撞过程的机械能损失根据能量守恒： 联立求解得：e=16j 当b、c压缩弹簧到a、b、c速度相等时，弹簧的弹性势能最大，此过程中动量守恒(mb+mc)v1=(ma+mb+mc)v2 机械能守恒： 联立求解得弹簧的弹性势能最大值为epm=8j 评分标准：本题共10分。正确得出、式各给1分，其余各给2分。云南师大附中2015届高考适应性月考卷（三）理科综合参考答案生物部分第卷（选择题，共36分）【解析】1人体内绝大多数高度分化的细胞并不是都具有细胞周期，b项错误；形态和功能不同的细胞，细胞膜上蛋白质种类不相同且物质运输的效率也不相同，c项错误；细胞坏死不会受到严格的由遗传机制决定的程序性调控，d项错误。2a中氨基酸胰高血糖素不会发生；c中的反应都不会发生；d中高度分化的细胞不再分裂，所以脱氧核苷酸dna不会发生。3p点细胞呼吸的场所是细胞质基质，q点细胞呼吸的场所是细胞质基质和线粒体，不完全相同，a项正确；a曲线q点以后限制sio的吸收速率的主要因素是膜上载体的数量；m点时不能确定有氧呼吸一定比无氧呼吸强，c项错误；q点以后氧分压已经不是限制因素，采取松土的措施不会使曲线呈现b的变化趋势。4若a表示过氧化氢酶催化h2o2分解的曲线，则可用曲线表示fe3+催化h2o2分解的曲线，a项错误；曲线a在30min时的主要限制因素是反应物浓度，增加酶浓度，反应物浓度不变，产物浓度也不改变，b项错误；若适当降低ph值，则图中a曲线将变为曲线，d项错误。5该实验的步骤依次是标记、培养、搅拌、离心、检测，a项错误；噬菌体是病毒，营寄生生活，不能用含有充足营养物质的培养基培养t2噬菌体，b项错误；离心后上清液中主要是t2噬菌体外壳，沉淀物中主要是被感染的大肠杆菌，c项错误；用32p标记t2噬菌体，若培养时间过长，大肠杆菌已经被裂解，释放出带有标记的子代噬菌体，则放射性主要分布在上清液中，d项正确。6过程可见含fm的染色体片段发生颠倒；过程可见从非同源染色体上移接了含de的染色体片段。第卷（非选择题，共54分）（一）必考题（共4小题，共39分）29（每空1分，共9分）i.（1）偏高 （2）co2 co2和c3 （3）c5 叶绿体基质 线粒体（或线粒体基质）.（1）温度和光照强度（2）0.1 30（每空1分，共11分）（1）雌 （2）dna的复制和有关蛋白质的合成（或染色体的复制） 着丝点分裂，姐妹染色单体分开 （3）bc de （4）8 0 0 2 （5）（第一）极体 ab或ab或ab【解析】（5）由题图可知甲（杂合子）的基因型可能为aabb、aabb或aabb。（二）选考题（共2小题，共15分）39（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）用于离体培养的植物器官或组织片段 消毒（1分）（2）脱分化（去分化） 生长素和细胞分裂素 大量元素 微量元素（3）培养基中生长素用量比细胞分裂素用量比值偏高（或培养基中细胞分裂素用量比生长素用量比值偏低）（4）直接从愈伤组织中提取40（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）超数排卵 同期发情（处理） 移植胚胎（或胚胎移植）（2）减中（或减数第二次分裂中） 获能（3）b、c （4）胚胎分割（1分） 将内细胞团均等分割云南师大附中2015届高考适应性月考卷（三）理科综合参考答案化学部分第卷（选择题，共42分）选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分）题号78910111213答案acbdbcd【解析】7sio2常温下可与氢氟酸反应；so2有毒，不可漂白食品。故选a。 8c4h8的烯烃进行醛化反应得戊醛，其属于醛类的同分异构体共4种。故选c。9a中0.1mol fe参与氧化还原反应失去电子数可能是0.2na或0.3na；c中标况下so3为固态；d中在碳酸钠溶液中因碳酸根离子微弱水解而减少，故na+ 与co的物质的量之比大于21。故选b。 10a中kh只受温度影响，故应不变；b中相同温度下，若ka(hcn)ka(ch3cooh)，说明氢氰酸比醋酸更难电离，因此相同物质的量浓度时，氢氰酸的酸性比醋酸弱；c中ksp小的先产生沉淀，故应是ksp(baso4)小；d中弱酸弱碱的电离均为吸热过程，故升高温度，促进电离，电离常数增大。故选d。 11生铁钉中fe和c构成原电池的两极，其中铁作负极，c为正极，在强酸性环境（稀硫酸，题中b处）中主要发生析氢腐蚀，在弱酸性、中性、碱性环境（饱和食盐水，题中a处）中主要发生吸氧腐蚀，负极反应式均为：fe2e=fe2+；正极反应式：析氢腐蚀为2h+2e=h2，吸氧腐蚀为o2+4e+2h2o=4oh，故a处溶液的ph增大，而b处溶液的ph也增大。故b错误。12 nh3h2o和hcl均抑制水的电离，hcl为强酸，nh3h2o为弱碱，同浓度时，hcl抑制更大；而nh4cl水解促进水的电离，故各溶液中由水电离出的c(oh)：，故a正确；和无论如何混合，混合后的溶液中根据电荷守恒，均有c(nh)+c(h+)=c(oh)+c(cl)，故b正确；和等体积混合后刚好反应为nh4cl溶液，体积翻倍，浓度变为0.05mol/l，因此据物料守恒：c(nh3h2o)+c(nh)=c(cl)=0.05mol/l，故c错；和等体积混合后为nh3h2o和nh4cl的等量混合溶液，根据物料守恒（ncl=21）：c(nh3h2o)+ c(nh)=2c(cl)，故d正确。13a中可逆反应不可能进行完全，因此(254g)1mol i2(g)和(2g)1mol h2(g)充分反应后放出的热量小于9.48kj；b中当反应吸收26.48kj热量时转移应为2mol e；c中根据盖斯定律i2(s)=i2(g) h=+35.96kj/mol；d中吸热表明反应物总能量比生成物总能量低。故选d。第卷（非选择题，共58分）（一）必考题（共3小题，共43分）【解析】根据题意计算得，h2a为弱酸。加水稀释将促进电离，因体积相同，将浓度比换成物质的量之比，可判断a增大；b减小；c中，因此温度不变，则此比值不变；d中加水稀释c(h+)减小，根据水的离子积常数，c(oh)必然增大。故中ad对。na2a溶液中a2会二级水解，使溶液呈碱性。（1）根据盖斯定律：2式可得热化学方程式为ch4(g)+2h2o(g)= co2(g)+4h2(g) h=+659.8kj/mol。（2）根据图中电流方向判断，甲中c为正极，d为负极，燃料电池中，燃料ch4在负极失去电子被氧化成co2，此过程中结合了从正极传导过来的o2，故d电极反应式为ch4 8e+4o2=co2+2h2o；乙是在该燃料电池带动下工作的电解池，其中a为阴极，产生h2，当产生h2 112ml（即5103mol）时电路中转移102mol e，溶液中就产生102mol oh，c(oh)=，故ph=13。（3）根据升温，平衡气体总浓度增加，可知该反应正反应为吸热过程，故h0；反应开始至平衡均有v(nh3)=2v(co2)，故a错；密闭容器中气体总压强和密度不变，表明混合气体的物质的量和质量不再改变，即每种气体的生成量等于消耗量，反应达平衡；密闭容器中氨气的体积分数始终是，即66.7%不变；根据表中数据，25.0时平衡气体总浓度为4.8103mol/l，分解平衡常数。（4）25时，混合液ph=11，即=103mol/l，根据mg(oh)2的溶度积常数ksp，计算得此温度下残留在溶液中的c(mg2+)=1.8105mol/l。27（除特殊标注外，每空2分，共13分）（1）四（1分） via（1分） 弱（1分）se+2hno3（浓）=h2o+seo2+no+no2（2）cu2e=cu2+ cu2se+6h2so4（浓）=2cuso4 +4so2+seo2+ 6h2oseo2+2oh=seo+h2o （3）5se+12hno3（浓）=6h2o+5seo2+4no+8no2（4）44.40%【解析】（1）se与氧同主族，原子序数为34，故处于第四周期第via族。亚硒酸酸性比亚硫酸弱。（2）浓硫酸的还原产物是so2，cu2se中+1价cu和2价se化合价升高，总体1mol失8mol电子，据此写出方程并根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式即可；迁移so2与naoh反应的离子方程式即可。（3）由题中信息可知se与浓hno3反应，se被氧化为+4价的seo2或h2seo3 ，hno3还原为no与no2，生成no与no2的物质的量之比为12，即二者计量系数比为12，令二者系数为1和2，根据电子转移守恒可知，se的系数为=，故反应的化学方程式为5se+12hno3（浓）=6h2o +5seo2+4no+8no2。（4）根据得失电子守恒配平反应，再据两反应的方程式得关系式：seo22i24na2s2o3，消耗的n(na2s2o3)=0.2000mol/l0.020l=0.0040mol，根据关系式计算样品中n(seo2)=0.0040mol=0.0010mol，故seo2的质量为0.0010mol111g/mol=0.1110g，所以样品中seo2的质量分数为100%=44.40%。【解析】（1）由于一水合硫酸四氨合铜在加热时易失氨，所以其晶体的制备不宜选用常规的蒸发浓缩方法。据题意写出方程，cu和s合降4价，得1mol n2升6价，根据升降总数相等，配平得3cu(nh3)4so4h2o3cu +2n2+8nh3+3so2+9h2o。（2）根据加入浓乙醇溶液使晶体析出，说明硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度。（二）选考题（共3小题，共15分）36（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）增大反应物接触面积（或增大反应速率或使反应更充分）（2）2 1 clo 1 h2o 2 1或2fe(oh)2+1clo+1h2o=2fe(oh)3+1cl（2分，全对才给分）（3）feo(oh)（或其他合理答案）（4）8.0ph10.4（5）bd（6）蒸发浓缩（1分） 冷却结晶（1分）（或其他合理答案）（7）100%（3分）【解析】（1）将菱锌矿研磨成粉可以增加反应时的接触面积，使得反应更加充分。（2）流程中“氧化除铁”是加入漂白粉，方程式后面产物中又有氯离子，可知氧化剂是clo，观察方程式前后可以推出还有水分子，反应的离子方程式为2fe(oh)2+clo+h2o=2fe(oh)3+cl。（3）化学式量为89，组成元素是fe、o、h，其中铁的相对原子量为56，8956=33，化学式中只能含有2个氧原子和1个氢原子，所以可能的化学式为feo(oh)。（4）调节滤液2的ph要想生成zn(oh)2沉淀而不生成mg(oh)2，必须知道mg(oh)2开始沉淀时的ph，zn(oh)2开始沉淀时的ph，mg(oh)2沉淀完全时的ph、zn(oh)2沉淀完全时的ph，mg(oh)2开始沉淀时的ph为10.4， zn(oh)2开始沉淀时的ph为6.4，mg(oh)2沉淀完全时的ph为12.4，zn(oh)2沉淀完全时的ph为8.0，所以理论上可选用的最大区间为8.0ph10.4。（5）从“滤液3”制取mgo过程中，说明要产生mg(oh)2，溶液的碱性要增强，所以加入石灰乳或烧碱溶液。（6）“滤液4”之后的操作目的是得到纯净的固体，应将溶液蒸发、结晶、过滤后洗涤并干燥。 （7）根据zn原子守恒：n(znco3) = n(zno)=mol，则的质量为g，znco3的质量分数为100%。37（除特殊标注外，每空2分，共15分） （1）1s22s22p63s23p6 或ar （2）nok （3） kcl为离子晶体，co2为分子晶体，c3n4为原子晶体，一般沸点大小顺序是：原子晶体高于离子晶体，而离子晶体又高于分子晶体 （4）平面正三角形（1分） sp2（1分） （5）cn（1分） 12na（或7.2241024） （6）=mol1 【解析】根据题意，a的最外层电子数是内层电子总数的2倍，应为碳元素；c的基态原子最外层电子排布式为：nsnnpn+2，因s能级电子全满最多为2，故n=2，其为8号氧元素，则b就为氮元素；前四周期中价电子层中的未成对电子数为4的只有3d能级3d4或3d6，而价电子排布没有3d44s2，只有3d54s1（cr元素，未成对电子数为6），故e的价电子排布为3d64s2，即26号铁；因d与e同周期，第四周期中价电子层中