吉林省白城市第四中学2020届高三理综下学期网上模拟考试试题

吉林省白城市第四中学2020届高三理综下学期网上模拟考试试题注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2b铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：h 1 li 7 c 12 n 14 o 16 p 31 s 32 cl 35.5 fe 56 第卷（选择题，共126分）一、选择题：本大题共13小题，每小题6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。1下列有关细胞的结构和功能的叙述，正确的是a一个动物细胞中只含有一个中心体，高等植物细胞中没有中心体b用胰蛋白酶处理生物膜，生物膜的组成成分及通透性都会发生改变c线粒体是有氧呼吸的主要场所，外膜上有运输葡萄糖和氧气的载体蛋白d溶酶体内含有多种呼吸氧化酶，能分解衰老、损伤的细胞器2用高浓度的尿素作为溶剂处理从细胞中分离纯化的蛋白质，可使其失去天然构象变为松散肽链(称为“变性”)；除去尿素后，蛋白质又可以恢复原来的空间结构(称为“复性”)，且蛋白质分子越小复性效果越好。这说明a尿素与蛋白酶的作用效果相似b氨基酸数量会影响蛋白质的空间结构c过氧化氢酶经高浓度尿素溶液处理后活性不变d双缩脲试剂可以鉴定上述“变性”的发生3紫外线对dna分子的主要损伤方式是形成胸腺嘧啶二聚体，下图表示细胞中dna分子发生这种损伤后的自动修复过程。下列叙述错误的是a胸腺嘧啶二聚体形成后可能会影响dna的复制和转录b图示dna分子损伤后的修复过程可能需要多种酶参与cdna修复功能缺陷可能会引发基因突变导致恶性肿瘤ddna损伤引起的生物变异不能成为生物进化的原材料4t细胞表面的受体可以识别抗原引起免疫反应，同时还有很多辅助分子来帮助完成这一过程。此外，t细胞表面还存在负向调控的受体分子，如pd-1。当pd-1与某些特定分子pdl1结合后，能迫使免疫细胞“自杀”，从而终止正在进行的免疫反应。一些肿瘤细胞进化出了一种防御机制，它们的表面也带有pdl1，从而诱导t细胞过早地进入自我破坏程序。科学家研制出pd-1单克隆抗体，作为免疫负调控抑制剂，通过阻断pd-1与pdl1的相互作用，从而降低免疫抑制反应，进而治疗甚至治愈肿瘤。下列叙述错误的是a正常情况下，pd-1有助于防止免疫反应过度，避免发生自身免疫病b部分t细胞会在pd-1的作用下发生细胞凋亡cpd-1单克隆抗体不是直接作用于肿瘤，而是对免疫细胞起作用，达到抗肿瘤的目的d人体细胞中含有控制合成pd-1和pdl1的基因5某调查小组欲调查某地区针毛鼠的种群密度，在该地区相同面积的旱地和水田里均放置了数量相同的捕鼠夹，结果发现旱地中被捕针毛鼠数占捕鼠总数的12.8%，而水田中被捕针毛鼠数占捕鼠总数的2.2%，据此，下列叙述错误的是a针毛鼠对当地旱地种植的农作物的危害可能大于水田b在旱地种植少量高大树木，为猫头鹰提供栖居地，有利于控制针毛鼠害c若捕获后的针毛鼠难以再次被捕获，则会导致调查的针毛鼠的种群密度偏小d出生率和死亡率、迁入率和迁出率都是影响针毛鼠种群密度的直接因素6在一个自然种群的小鼠中，体色有黄色（y）和灰色（y），尾巴有短尾（d）和长尾（d），两对相对性状的遗传符合基因的自由组合定律。任取一对黄色短尾个体经多次交配，f1的表现型为黄色短尾黄色长尾灰色短尾灰色长尾4221。实验中发现有些基因型有致死现象（胚胎致死）。以下说法错误的是a黄色短尾亲本能产生4种正常配子bf1中致死个体的基因型共有4种c表现型为黄色短尾的小鼠的基因型只有1种d若让f1中的灰色短尾雌雄鼠自由交配，则f2中灰色短尾鼠占2/37化学与生产、生活密切相关。下列有关物质的用途、性质都正确且有相关性的是8设na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是a1mol mg在空气中完全燃烧生成mgo和mg3n2，转移的电子数为nab14g分子式为cnh2n的链烃中含有的ch键的数目为2nac室温时，1.0l ph=13的ba(oh)2溶液中含有oh的数目为0.2nadfe与水蒸汽反应生成22.4l氢气，转移电子数为2na9r是合成某高分子材料的单体，其结构简式如图所示。下列说法错误的是ar与hoch2cooh分子中所含官能团完全相同b用nahco3溶液可检验r中是否含有羧基cr能发生加成反应和取代反应dr苯环上的一溴代物有4种10元素x、y、z和q在周期表中的位置如图所示，其中元素q位于第四周期，x的最高正价和最低负价之和为0，下列说法不正确的是xyzqa原子半径（r）：r（y）r（z）r（x）b分别含y元素和z元素的两种弱酸可以反应生成两种强酸c推测q的单质可以和氢气、氧气、活泼金属等反应dz的简单阴离子失电子能力比y的强11利用小粒径零价铁（zvi）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。h+，o2，no等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内zvi释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为ne。下列说法错误的是a反应均在正极发生b单位时间内，三氯乙烯脱去a mol cl时ne=a molc的电极反应式为no+10h+8e=nh+3h2od增大单位体积水体中小粒径zvi的投入量，可使nt增大12由下列实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论a向co2o3中滴加浓盐酸产生黄绿色气体氧化性：cl2co2o3b白铁皮（镀锌铁）出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴加几滴k3fe(cn)6溶液无明显现象该过程未发生氧化还原反应c将铁片投入浓硫酸中无明显变化常温下铁不与浓硫酸反应d将10ml 2mol/l的ki溶液与1ml 1mol/l fecl3溶液混合充分反应后滴加kscn溶液溶液颜色变红ki与fecl3的反应具有可逆性13已知ag=lg，电离度=100%。常温下，向10ml 0.1mol/l hx溶液中滴加0.1mol/l naoh溶液，混合溶液中ag与滴加naoh溶液体积的关系如图所示。下列说法错误的是a f点溶液phc(h+)=c(oh)cv=10时，溶液中c(oh)c(oh)，phc(h+)=c(oh)，故b正确；cv=10时溶液为nax溶液，由于水解和水的电离c(oh)c(hx)，故c错误；de点为0.1mol/l hx溶液，ag=lg=8，则=108，水的离子积kw=10-14， ，则电离度=，故d正确；故答案选：c。14. 【答案】b【解析】逸出的光电子最大速度之比为12，光电子最大的动能：ekm12mvm2，则两次逸出的光电子的动能的之比为14；故a错误；光子能量分别为：ehv和e2hv，根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子的最大初动能为：ekhv-w，4ek2hv-w，联立可得逸出功：w2hv3，故b正确；逸出功为2hv3，那么金属的截止频率为2v3，故c错误；用频率为12v的单色光照射，因12v2v3，不满足光电效应发生条件，因此不能发生光电效应，故d错误。15. 【答案】c【解析】两球稳定时均做匀速直线运动，则有kvmg，得，所以有，由图知v1v2，故m1m2，a正确；vt图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，0t2时间内，乙球下降的高度较大，而t2时刻两球第二次相遇，所以乙球释放的位置高，故b正确；两球释放瞬间v0，此时空气阻力f0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故c错误；在t1t2时间内，甲球下落的高度较大，而t2时刻两球第二次相遇，所以两球第一次相遇的时刻在t1时刻之前，故d正确。本题选错误的，故选c。16. 【答案】c【解析】根据电场线的指向知e带正电，f带负电；n点的场强是由e、f两电荷在n点产生场强的叠加，电荷e在n点电场方向沿en向上，电荷f在n点产生的场强沿nf向下，合场强水平向右，可知f电荷在n点产生的场强大于e电荷在n点产生的场强，而nfne，所以由点电荷场强公式ek知qeqf，a错误；只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合。而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合。故在m点由静止释放一带正电的检验电荷，不可能沿电场线运动到n点，b错误；因为电场线和等势面垂直，所以过n点的等势面与过n点的切线垂直，c正确；沿电场线方向电势逐渐降低，mn，再根据epq，q为负电荷，知epmepn，d错误。17. 【答案】a【解析】因为原线圈上接有理想二极管，原线圈只有半个周期有电流，副线圈也只有半个周期有电流u1mu2mn1n2，所以副线圈电压的最大值u2m110 v，设副线圈电压的有效值为u2，则，解得u255 v，副线圈的输出功率110 w，原线圈的输入功率p1p2110 w，故a正确，b错误；电流表读数a，故c错误；因为原线圈上接有理想二极管，原线圈中电流方向不变，原线圈中电流增大和减小时在副线圈中产生的感应电流方向相反，副线圈输出的电流方向改变，故d错误。18. 【答案】abc【解析】地球绕太阳运动的周期为一年，飞船从d到q所用的时间为三个月，则地球从d到q的时间为三个月，即四分之一个周期，转动的角度为90度，根据几何关系知，dq的距离为r，故a正确；因为p到d的时间为一年，d到q的时间为三个月，可知p到d的时间和p到q的时间之比为45，根据xat2得，pd和pq距离之比为1625，则pd和dq的距离之比为169，dqr，则pd，b正确；地球与太阳的万有引力等于地球做圆周运动的向心力，对pd段，根据位移公式有，因为p到d的时间和d到q的时间之比为41，则，即tt，向心力，联立解得地球与太阳之间的引力，故c正确d错误。19. 【答案】b【解析】根据右手定则可知，第一次时线框中的感应电流方向顺时针方向；若要使两次产生的感应电流方向相同，根据楞次定律，则第二次时磁感应强度大小必须逐渐减小，故a错误；根据切割感应电动势公式及闭合电路欧姆定律可得第一次时感应电流大小，若要使两次产生的感应强度电流大小相同，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律则有，则第二次时磁感应强度大小随时间必须均匀变化，且变化率为，故b正确；第一次时，在线圈离开磁场的过程中，水平拉力做的功为，故c错误；第一次时，在线圈离开磁场的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为，故d错误。20. 【答案】abc【解析】开始时弹簧压缩的长度为xb得kxbmg，当a刚离开地面时，弹簧处于拉伸状态，对a有kxamg，物体a刚离开地面时，物体b获得最大速度，b、c的加速度为0，对b有tmgkxa0，对c有mgsin t0，解得30，故a正确；由于xaxb，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，即此过程中弹簧的弹性势能先减小后增加；而由a、b、c以及弹簧组成的系统机械能守恒，可知a、b、c组成的系统机械能先增加后减小，故b正确；当物体a刚离开地面时，物体b上升的距离以及物体c沿斜面下滑的距离为，由于xaxb，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，且物体a刚刚离开地面时，b、c两物体的速度相等，设为vb，由动能定理得mghsin mgh(mm)vb2，解得vb2 m/s，故c正确；当b的速度最大时，c的速度也是最大的，此时弹簧处于伸长状态，故d错误。21. 【答案】abd【解析】对小球分析可知，在竖直方向kxsinnmg，由与xsinbc，故支持力为恒力，即nmg，故摩擦力也为恒力大小为fnmg，从c到e，由动能定理可得，由几何关系可知，代入上式可得klmg，在d点时，由牛顿第二定律可得，由，将klmg可得，d点时小球的加速度为，故小球在d点时的速度最大，a正确；从e到c，由动能定理可得，解得v，故b正确；由于弹力的水平分力为kxcos，cos和kx均越来越大，故弹力水平分力越来越大，故弹性绳在小球从c到d阶段做的功小于在小球从d到e阶段做的功，c错误；将小球电荷量变为2q，由动能定理可得，解得ve，故d正确。22. 【答案】(1)m1g (2) m1gx1 【解析】(1)小车匀速下滑时受到重力、支持力、摩擦力和拉力，合力为零；撤去拉力后，其余力不变，故合力等于撤去的拉力。(2)匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻瞬时速度，故vc，动能增量为m1vc2，合力的功wm1gx1，需要验证的关系式为：m1gx1。23. 【答案】(1)0 12.0 12.0 (2)1530 1.8 (3)12.6 1.5【解析】(1)当电流计示数为0时，a、b两点电势相等，即uab0；电压表示数即为a、c两点电势差，即uac12.0 v；由闭合电路欧姆定律可知，d、a和a、c之间的电势差相等，故uad12.0 v。(2)由欧姆定律可得，解得rv1530 ，由udai1(r2ra)可得ra1.8 。(3)由步骤可得2e24 v2i1r，由步骤可得2e211.7 v2i2r，联立可解得e12.6 v，r1.5 。24. 【解析】(1)设磁感应强度的大小为b，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，并设其圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律和向心力公式有：qv0b 由题设条件和图中几何关系可知：rd 设电场强度大小为e，粒子进入电场后沿x轴负方向运动的速度大小为vx，由牛顿第二定律有：qemax 根据运动学公式有：vxaxt，vxtd 由于粒子在电场中做类平抛运动（如图），有：tan 由式联立解得：v2tan2 。(2)由式联立解得：t。25. 【解析】(1)对m1和m2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：0m1v1m2v2解得：v110 m/s剪断细绳前弹簧的弹性势能为：解得：ep19.5 j。(2)设m2向右减速运动的最大距离为x，由动能定理得：m2gx0m2v22解得 x3 ml4 m则m2先向右减速至速度为零，向