2016届高三诊断性大联考一理综试卷含解析

2016届高三诊断性大联考（一）理科综合能力测试第I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中国药学家屠呦呦获2015年诺贝尔生理学或医学奖，以表彰她的团队对疟疾治疗所做的贡献。疟疾是由疟原虫引起的、危害严重的世界性流行病，疟原虫是一类单细胞、寄生性的原生动物，下列关于疟原虫的叙述错误的是A细胞内核糖体的形成与核仁密切相关B细胞核内的遗传物质为DNA，细胞质中的遗传物质为RNAC细胞分裂间期完成DNA复制和有关蛋白质的合成D疟原虫的细胞器膜、细胞膜、核膜等结构共同构成了生物膜系统2下表中的实验名称与实验中有关方法匹配错误的是3神经细胞内K浓度明显高于膜外，而NA浓度比膜外低。静息时，由于膜主要对K有通透性，造成K外流，使膜外阳离子浓度高于膜内，这是大多数神经细胞产生和维持静息电位的主要原因。受到刺激时，细胞对NA的通透性增加，NA内流，使兴奋部位膜内侧阳离子浓度高于膜外侧，表现为内正外负，与相邻部位产生电位差。在此过程中NA进、出神经细胞的运输方式分别是A协助扩散、协助扩散B主动运输、主动运输C协助扩散、主动运输D主动运输、协助扩散4细胞膜主要由脂质和蛋白质组成，蛋白质在细胞膜行使功能时起重要作用。若为受体蛋白、为载体蛋白，则下列叙述与图示对应错误的是A骨骼肌细胞神经递质神经递质受体氨基酸转运氨基酸的载体B甲状腺细胞甲状腺激素甲状腺激素受体葡萄糖转运葡萄糖的载体C胰岛B细胞甲状腺激素甲状腺激素受体钾离子转运钾离子的载体DB细胞胰岛素胰岛素受体葡萄糖转运氨基酸的载体5已知果蝇灰身A对黑身A为显性，且位于常染色体上。选用多只号染色体单体灰身雌果蝇和染色体正常的黑身雄果蝇进行杂交实验，正确的是A若F1表现型为灰身多于黑身，则该基因位于号染色体上B若F1表现型为灰身与黑身比例接近11，则该基因不在号染色体上C单体果蝇体细胞中含有一个染色体组D号染色体单体果蝇发生了染色体变异6下列有关生物进化的说法，错误的是A共同进化是指不同物种在相互影响中不断进化和发展B自然选择导致种群基因频率的定向改变C物种的形成可以不经过地理隔离D突变和基因重组不能决定生物进化的方向，只是提供了进化的原材料7下列关于有机物的说法正确的是A乙烯和苯都能与溴水反应B甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到C有机物分子中都存在碳碳单键D乙醇可以被氧化为乙酸，二者都能发生酯化反应8下列由实验现象得出的结论正确的是9下列离子方程式正确的是A向含有FE203的悬浊液中通入HIFE2036H2FE33H20B1MOL/LNAAL02溶液和15MOL/LHC1溶液等体积混合6ALO29H3H2O5A1OH3AL3C向CACL02溶液中通入S02CA22CLOS02H20CASO32HC1OD向01MOL/LPHL的NAHA溶液中加入NAOH溶液HAOHH2OA210NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A100ML、1MOLL1的ALCL3溶液中，含AL3的数目为01NAB足量FE与0LMOLCL2充分反应，转移的电子数目为03NAC在02参与的反应中，1MOL02作氧化剂时得到的电子数目一定为4NAD28G乙烯与一氧化碳的混合气体，所含分子数目为01NA11X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素。已知原子半径XKSP（AGI），A错；向稀硝酸中加入过量的铁粉，铁粉被硝酸氧化为FE3，但是FE3与过量的铁粉发生反应FE2FE33FE2，所以再滴加KSCN溶液无现象，不能说明氧化性FE3HNO3，B错；向NABR溶液中滴入少量氯水，发生反应NABRCL2NACLBR2，加入的苯萃取BR2使溶液上层呈橙红色，所以还原性BRCL，C正确。加热盛有NH4CL固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结，这是NH4CL的分解所致，而不是升华，D错。9、向含有FE2O3的悬浊液中通入HI，由于FE3有强氧化性，I有强还原性，二者可发生氧化还原反应，所以方程式为FE2O36H2I2FE23H2OI2，A错；将1MOL/LNAALO2溶液和15MOL/LHCL溶液等体积混合6ALO29H3H2O5AL（OH）3AL3，B正确；向次氯酸钙溶液通入SO2，发生氧化还原反应，方程式为CA22CLO2SO2H2OCASO4SO422CL4H，C错；01MOL/L的NAHA溶液PH1，说明HA能完全电离，与NAOH溶液反应的方程式为HOHH2O，D错。10、100ML、1MOLL1的ALCL3溶液中，由于AL3水解，含AL3的数目小于01NA，A错；足量FE与01MOL氯气充分反应，转移的电子数为02NA，B错；在O2参与的反应中，1MOLO2作氧化剂时得到的电子数为4NA或2NA，C错；28G乙烯与一氧化碳的混合气体为01MOL，含分子数为01NA，D正确。11、由题中信息可知，X、Y、Z、W、M分别为H、N、O、NA、AL。A中两种化合物为H2O、H2O2，均为共价化合物，A正确；工业常用电解NACL、AL2O3的方法制取NA、AL，B错误；M的氧化物为AL2O3，为两性氧化物，可与HNO3、NAOH反应，C正确；NA与H可以形成离子化合物NAH，具有较强还原性，D正确。78910111213DCBDBCA12、A图中反应物总能量与生成物总能量差值出现变化，不可能是由于催化剂引起，催化剂不能改变反应的热效应，A错；MGCL2为强酸弱碱盐，在空气中加热发生水解，B错；醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢是强电解质，完全电离，导致稀释过程中，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以PH变化小的为醋酸，且稀释至PH4，稀释倍数应100，C正确；D反应为气体体积减小的反应，缩小体积，即增大压强，平衡右移，C（N2O4）变大，与图象中先变大后变小不一致，D错。13、正极上I2得电子发生还原反应，其电极反应式为P2VPNI22LI2EP2VP（N1）I22LII，故A正确；原电池中阴离子向负极移动，所以电池工作时，碘离子移向LI电极，B错；聚2乙烯吡啶的复合物作正极，所以聚2乙烯吡啶的复合物能导电，C错；该电池的电势低，放电缓慢，使用寿命比较长，D错。26（14分）【答案】1CUO2分，473673K2分2蒸发浓缩1分，冷却结晶1分3D2分4CNO2CNACHCOH2分5当滴入最后一滴AGNO3后有砖红色沉淀生成2分；K2CRO4溶液为黄色，浓度过大将影响滴定终点现象的判断（或K2CRO4溶液浓度过大时，有可能会在CL未完全沉淀时与AG结合，对滴定结果造成误差。）2分，两种答法任选其一都可，其他合理答案也可【解析】1从溶液I中析出的固体混合物A为AGNO3和CUNO32，黑色固体D为CUNO32分解生成的CUO。加热温度应控制在能使CUNO32分解而不使AGNO3分解的范围，根据二者的分解温度，故选择473673K。2由AGNO3的溶解度表可知，AGNO3的溶解度受温度影响较大，适宜采用冷却热饱和溶液的方法从溶液II中获得纯净AGNO3晶体，主要操作包括蒸发浓缩冷却结晶过滤洗涤干燥。3常温下将01MOLL1NAOH溶液与02MOLL1HNO2等体积混合后溶液中含有相同物质的量的HNO2与NANO2，由于常温时KAHNO249104，故KHNO2201011，即该溶液中HNO2的电离程度大于NANO2的水解程度，此时溶液呈酸性，所以溶液中离子浓度由大到小为CNO2CNACHCOH。4含有CU2的AGNO3溶液中加入某固体充分反应后可使CU2生成蓝色沉淀CUOH2，为提高溶液PH值使得CU2生成沉淀且不引入新的杂质，该固体应为AG2O。5根据KSPAGCL181010，KSPAG2CRO4121012，向含有CL和CRO42的溶液中逐滴加入AGNO3时，CL先生成沉淀。，当滴入最后一滴AGNO3后，有砖红色沉淀生成。K2CRO4溶液为黄色，浓度过大使得溶液呈黄色，将影响对滴定终点现象的判断（另，K2CRO4溶液浓度过大时，有可能会在CL未完全沉淀时与AG结合，对滴定终点判断造成误差）27（14分）【答案】13NA2O22CR34OH6NA2CRO422H2O2分2IBCEDAAGF2分；防止空气中的CO2和H2O进入A装置2分573673K2NA2OO22NA2O21分，条件不扣分NH4AL34OHNH3H2OALOH32分IINA、NA2O2各1分，共2分猜想实验设计现象与结论剩余气体为H2（1分将B中剩余气体通过灼热的氧化铜1分若看到黑色固体变红，证明此猜想正确，反之则不正确。1分（或猜想实验设计现象与结论剩余气体为O2（1分将B中剩余气体通过灼热的铜网1分若看到红色固体变黑，证明此猜想正确，反之则不正确。1分其它合理答案也可）【解析】1由于2CRO422HCR2O72H2O，碱性条件下CR3被NA2O2氧化的产物为CRO42，由此写出离子方程式。2I由左至右分别为装置B除去空气中的CO2装置C除去气体中的H2O，防止其与NA反应装置A制备NA2O2装置D防止空气中的CO2和H2O进入A装置致使所得NA2O2变质，气体通过洗气瓶时从导气管长管进短管出，干燥管气体粗口进细口出，综上，仪器接口顺序为BCEDAAGF。根据题干“将钠加热至熔化，通入一定量的除去CO2的空气，维持温度在453473K之间，钠即被氧化为NA2O；进而增加空气流量并迅速提高温度至573673K，可制得NA2O2。”可知生成NA2O2的化学反应方程式应为2NA2OO22NA2O2有NA元素的守恒，23GNA反应后溶于1L水所得溶液中NNAOH01MOL，所加NH4ALSO42溶液中NNH4ALSO420025MOL，故反应的离子方程式为NH4AL34OHNH3H2OALOH3II将反应后固体溶于水后生成气体，且将气体导入密闭容器放电后气体体积减少3/5，说明气体由H2和O2组成。因为H2和O2分别为NA、NA2O2与水反应的产物，所以反应后固体一定有NA、NA2O2，可能有NA2O。B中剩余气体可能为H2或O2，可分别用灼热的氧化铜或灼热的铜检验，现象分别为黑色固体变红或红色固体变黑。2815分【答案】14HCN7O24CO24NO2H2O2分2A2BC2分32分0003MOL/LMIN2分，802分，下方1分高温573673K42SO324H2ES2O422H2O2分，4482分【解析】1根据题意可以写出此步氧化还原方程式。2根据盖斯定律可知，将2可得反应2NOG2COGN2G2CO2G，所以HA2BCKJ/MOL3化学平衡表达式为由图，5MIN时，P/P00925，根据阿伏伽德罗定律推论，同温和同体积时P/P0N/N02NOG2COGN2G2CO2G初始01MOL03MOL变化2XMOL2XMOLXMOL2XMOL5MIN012XMOL032XMOLXMOL2XMOL04/04X0925，X003MOLVN2003MOL/2L5MIN0003MOL/LMIN同理，2NOG2COGN2G2CO2G初始01MOL03MOL变化2XMOL2XMOLXMOL2XMOL平衡012XMOL032XMOLXMOL2XMOL04/04X09，X004MOL，NO008/0108013MIN时向容器中再充入006MOLCO，若平衡不移动，容器内压强P与起始压强P0的比值P/P0N/N004004006/04042/04105。由于充入CO后增大了反应物的浓度，所以平衡向气体物质的量减少的方向移动，再次平衡后容器内气体物质的量必然少于042，所以此时P/P0MGSIN，所以图线斜率变小，选项B正确，选项CD错误。21AC解析粒子不经过圆形区域就能到达B点，故粒子到达B点时速度竖直向下，圆心必在X轴正半轴上，设粒子做圆周运动的半径为R1，如图，由几何关系得R1SIN303AR1，又，解得，故选项A正确，选项B错误；粒子在磁场21VQBMR12QAVM中的运动周期为，故粒子在磁场中的运动轨迹的圆心角为为36060，TTT粒子到达B点的速度与X轴夹角30，设粒子做圆周运动的半径为R2，由几何关系得3A2R2SIN302ACOS230又，解得，故选项C正确，选项D错误。2VQM23QBAVM22（3分）（3分）021T0NK解析设挡光条的宽度为D，则重锤到达光电门的速度V，当挡光时间为T0时的速度DT，挡光时间为T1时的速度，重锤在竖直方向做匀加速直线运动，则有0DVT1VT，联立可得20AH21V201AT（2）根据牛顿第二定律得，解得00MGNM0IGINIMGM，作出I的图线的斜率为K，则，解得001IAMIMN0A02K02K23（1）1（2分）（2）121（2分）（3）如图所示（2分）（4）（3分）20GDRULI（）解析（1）因欧姆表不均匀，要求欧姆表指针指在欧姆表中值电阻附近时读数较准，当用“10”挡时发现指针偏转角度过大，说明倍率较大，所以应按“1”倍率读数；（2）将电流表G与电阻箱并联改装成量程为06A的电压表，而电流表G（内阻RG120，满偏电流IG6MA）；因此电阻箱的阻值应调为R0；（3）因电压表的内阻可看作无穷大，故用电压表直接测测量电1209GRI阻RX阻值；而滑动变阻器R（5，1A），电源电压为6V，所以滑动变阻器使用分压式，则电路图如图所示；（4）由电阻定律可知，电阻，则电阻率24LRSD，根据欧姆定律，所以电阻率2DL00GGUII（）220044GGRUDRILI（）（）24（14分）（1）Q带负电（2）6MG方向竖直向上3解析（1）小球以某一速度通过最高点C时，小球恰好与空心管上、下壁均无挤压，在C处所受电场力的合力的方向由C指向O，根据小球的受力情况，故小球带负电，B处电荷带负电。（2分）由几何关系知LACL，LBC2LABCOS30L，（1分）3根据小球的受力分析图可知F1SIN30F2COS30（1分）即F1F2（1分）3则KK，（1分）QQL23QBQ（3L）2所以QBQ（1分）33小球位于最低点和最高点时受到的静电力F的大小相等，方向均指向圆心小球在最高点C处时，由牛顿第二定律，有FMGM（1分）小球在最高点C和最低点的电势能相同（1分）对小球从C点运动到最低点的过程应用能量守恒定律得MV2MV2MGR（1分）12122C小球在最低点时由牛顿第二定律，有FMGF管M（2分）V2R解得F管6MG（1分）方向竖直向上（1分）25（18分）（1）05KG（2）1057M/S解析（1）设B静止时，弹簧压缩量为，应有，（2分）1X1BKXMG解得01M（1分）X当A下滑到C点时，物体B上升的距离为02M，（2分）2BACXLH弹簧伸长的长度为020101M，（1分）21X比较可知，（1分）2对物体A与B及弹簧组成的系统，由能量守恒定律应有（2分）0ASIN3CBMGHX联立解得05KG（1分）AM（2）若A质量为2051KG，A2根据能量守恒定律应有（2分）021SIN3CBBAGHMXVM根据速度合成与分解规律，可知，（2分）COAV其中（2分）COS08AO联立以上各式解得（2分）157M/SAV33（1）ACD（2）P212105PA3HH解析（1）分子间同时存在着相互作用的斥力和引力，它们都随分子间距离的减小而增大，但斥力增加的快，故A正确；气体分子的平均动能增大，温度升高，但是若体积增大，则单位时间内打在器壁上的分子数会减少，故气体压强不一定增大，故B错误；热量不能自发地从低温物体传到高温物体，故C正确；完全失重状态下悬浮的水滴呈球状是液体表面张力作用的结果，故D正确；温度是分子的平均动能的标志，温度保持不变，气泡内部气体（被视为理想气体）内能不变故E错误。（2）（10分）09105PA327解析以气缸为对象不包括活塞列气缸受力平衡方程P1SMGP0S（2分）解之得P109105PA（2分）当外界温度缓慢升高的过程中，缸内气体为等压变化。对这一过程研究缸内气体，由状态方程得（2分）S05LT1SLT2所以T22T1600K（2分）故T2600273327（2分）34（1）如图所示（5分）（2）若波向右传播，N（K0，1，2）；68CM34ABXK若波向左传播，（K0，1，2）68C4ABXK解析（1）