2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理综五教师版

1、绝密启用前B. 调查某种遗传病的发病率和遗传方式都要在人群中进行号位座 号场考号证考准名姓级班 匕止2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科综合能力测试（五）本试卷共 30页，38题（含选考题）。全卷满分300分。考试用时 150分钟。祝考试顺利注意事项：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。用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。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

2、内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4、 选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。答案 写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。|5、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 C 12 N 14 O 16 Na 23 V 51 Sn 119第I卷一、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. 下列关于生物体内化合物的叙述，正确的是A .生物体内的能源物质中都含有高能磷酸键B. 淀粉、纤维素和糖原都是生物大分子，它们的单体相同C

3、. 组成酶的基本单位之间都是通过肽键连接的D. 腺苷是构成ATP、RNA和DNA的组成成分【解析】生物体内的能源物质糖类、脂肪等不含有高能磷酸键，A错误；淀粉、纤维素和糖原都是由葡萄糖聚合而成的生物大分子，B正确；少部分酶是 RNA，不含有肽键，C错误；ATP中的A代表腺苷，是腺嘌呤与核糖结合的产物，DNA中不含有核糖，D错误。【答案】B2. 下列关于生物学研究方法的叙述中，正确的是A. 用标志重捕法调查种群密度，得到的数据一般要低于实际数值C. 研究暗反应过程、DNA的半保留复制及噬菌体侵染细菌，均使用同位素标记法D. 观察细胞中DNA和RNA的分布，甲基绿和吡罗红不可混合使用【解析】用标志

4、重捕法调查种群密度，得到的数据一般要高于实际数值，A错误；调查某种遗传病的发病率，要在人群中随机调查，调查遗传方式在患者家系中调查，B错误；利用同位素示踪法研究光合作用暗反应中碳的转移途径； 噬菌体侵染细菌实验中用 35s和32p分别表示噬菌体的蛋白 质和DNA ；证明DNA半保留复制的实验中用15N标记了亲代DNA分子的两条链。三者均用到了同 位素示踪法，C正确；观察细胞中 DNA和RNA的分布，甲基绿和吡罗红要混合使用， D错误。【答案】C3. 如图所示为某染色体上的若干基因，其中i、n为无遗传效应的片段。下列有关叙述正确的是1 IIIFITI）cA. c基因内插入一段序列引起 c基因结构

5、改变，属于染色体变异B. 在减数分裂四分体时期交叉互换，可发生在a、b之间C. I、n中发生的碱基对的替换，属于基因突变D. 基因对性状的控制是通过控制蛋白质的合成来实现的【解析】c基因内插入一段序列引起 c基因结构，属于基因突变， A错误；在减数分裂四分体时 期，同源染色体上非姐妹染色单体之间发生互换，而a、b属于一条染色体上非等位基因，B错误；据图分析，i、n为非基因序列，基因序列中发生碱基对的替换、增添或缺失才属于基因突变，C错误；基因对性状的控制主要体现在两种方式：一是通过控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制 生物的性状；二是通过控制蛋白质的结构来直接控制生物的性状；两种方式实质都是通

6、过控制蛋白 质的合成来实现的， D正确。【答案】D4. 某人头部受伤导致下丘脑受损，此人不会表现出来的症状是A. 感觉功能出现障碍，不会产生疼痛的感觉B. 体内的促甲状腺激素释放激素减少，甲状腺功能减退C. 体温调节功能出现障碍，对寒冷缺乏正常的调节机制D. 体内的抗利尿激素分泌减少，出现多尿现象【解析】感觉中枢在大脑皮层，与下丘脑无关，A错误；下丘脑受损分泌的促甲状腺激素释放激素减少，导致垂体释放的促甲状腺激素减少，进而使得甲状腺功能减退，B正确；体温调节中枢在下丘脑，C正确；下丘脑受损导致抗利尿激素分泌减少，尿量增加，D正确。【答案】A5. 硒在土壤中主要以硒盐酸的形式存在，被植物吸收后转

7、化为植物活性硒。为探究硒对植物叶绿素前体物合成的影响，科学家用不同浓度的硒溶液处理水稻幼苗，实验及结果如下图所示。下列推测B. 较低浓度的硒溶液能促进叶肉细胞中ALA的合成C. 用较高浓度的硒溶液处理水稻幼苗可能会使其出现黄化D. 稀溶液促进水稻叶肉细胞中 ALA合成的最适浓度是 O.OImmol L-1【解析】植物吸收矿质元素是根细胞通过主动运输吸收的，A正确；分析图形可知，较低浓度的硒溶液能促进叶肉细胞中ALA的合成，B正确；用较高浓度的硒溶液处理水稻幼苗会使ALA的含量降低，所以水稻幼苗可能会使其出现黄化，C正确；在该实验中的几种溶液浓度中O.OImmol丄-1的硒溶液促进作用较高，但因

8、为没有一系列梯度的，不能确定其是最适浓度，D错误。【答案】D6. 关于捕食者在进化中的作用，美国生态学家斯坦利（S.M.stanley）提出了 收割理论”：捕食者往往捕食个体数量多的物种，这样就会避免出现一种或少数几种生物在生态系统中占绝对优势的局面， 为其他物种的形成腾出空间。下列有关叙述错误的是A. 捕食者的存在有利于增加物种多样性B. 捕食者的捕食对被捕食种群的发展起促进作用C. 捕食者和被捕食者的数量变化不改变二者的基因频率D. 捕食者和被捕食者在相亙影响中共同进化【解析】捕食者的存在可以控制被捕食者的数量，从而为其他生物的生存提供资源和空间，有 利于增加物种多样性，A正确；捕食者对被

9、捕食者的选择作用可以使被捕食者向一定的方向进化，对被捕食种群的发展起促进作用，B正确；种群中个体数量的变化会影响种群的基因频率，C错误；生物之间是共同进化的，因此捕食者与被捕食者之间是相互选择，相互影响，共同进化，D正确。【答案】CA 升炼倭铅过程包含分解反应和氧化还原反应B .冶炼时锌变为蒸气在兜室冷凝为固体C .泥封”的目的是为了防止得到的锌被氧化D .锌火”是锌蒸气和一氧化碳在空气的燃烧【解析】 升炼倭铅”的反应：ZnCO3=高:温= CO2T+ ZnO、CO2+ C=温=2CO、ZnO + CO=Zn（气）+ CO2, A项正确；反应区温度达到 1 1001 300 C, Zn变为蒸气

10、与杂质分离，在 兜室”冷 凝为液体流出（冷凝区温度高于 Zn的熔点）,B项错误；锌火”是未反应完的CO和Zn蒸气从 兜室” 逸出燃烧。【答案】B8.用Na表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A . 1 mol过氧化钠中阴离子所带负电荷数为NaB . 14 g乙烯和丙烯的混合物中含有的碳原子数目为Na16 18C . 28 g C O与28 g C O中含有的质子数均为 14NaD .标准状况下，22.4 L氯气与足量氢氧化钠溶液反应转移的电子数为2Na【解析】A项，1 mol Na2O2中O2-所带负电荷数为2Na ;B项，乙烯、丙烯的最简式均为 CH2, 所以14 g乙烯、丙烯的混合物中

11、含有碳原子数为Na；C叽28 g C16O中含有质子数为14Na,28 g C18O中含有质子数小于 14Na ； D项，Cl2和NaOH反应，C"既是氧化剂又是还原剂，转移电子数应为Na 0【答案】B9 .台酒中存在少量具有凤梨香味的物质X，其结构如下图所示。下列说法正确的是A . X难溶于乙醇7. 据天工开物记载，我国古代以炉甘石（主要成分是ZnCO3）来升炼倭铅（即锌），其原理如图2o已知锌的熔点420 C、沸点906 C。则下列说法不正确的是B .酒中的少量丁酸能抑制X的水解C .分子式为C4H8O2且官能团与X相同的物质有5种D . X完全燃烧后生成 C02和H2O的物质的

12、量比为1 : 2【解析】C项，C4H8O2属于酯的同分异构体有0(JH C(JIHCHCH* CHhC>c2h;CH.C 14cr HHSiol碳电槻.1说(如 J- I-Ni(OH). IIINiCHOHjI(LA共4种；D项，X的分子式为C6H12O2，完全燃烧生成 C02和H20的物质的量比为1 : 1 。【答案】B10 下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论不一致的是实殓目的或翁论严噩#注射器£通过观察浹面差判断该装曙的灯密性-Br向含有少量FeCl?的MgCk落播中加入足量粉末.魁一甌寸间后过滤护除去MgCl:语潘中少量FeCh3幣温下，向饱和NaiCOa滚港中加少

13、虽BaSO4 耕末，过滤"向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产 生存说明當温下隔田裁04-IVCiH旳H与浓硫酸170匸共热，制得的气律 通入酸，性心佃工海液J不能检验制得气体是否为剳紳【解析】气密性检查是依据装置中的气体压强变化和液面变化，向里推注射器，推动注射器之后导管中出现一段液柱，且液面差不改变，则说明气密性好，A正确；向含有少量 FeCg的MgCL溶液中加入足量 Mg(0H)2粉末，Mg(0H)2在溶液中形成沉淀解平衡，溶液电离产生 0H与溶液中的杂质Fe3+结合形成Fe(0H)3或Fe(0H)3沉淀，搅拌一段时间后过滤，除去MgCl 2溶液中少量FeCjB正确；只要溶液中钡离

14、子浓度和碳酸根离子浓度大于碳酸钡的溶度积常数，就会产生碳酸钡沉淀，碳酸钡的溶度积常数大于硫酸钡的，C错误；C2H50H与浓硫酸170 C共热，发生反应产生乙烯，而乙醇有挥发性， 所以在制得的气体中含有乙烯和乙醇，通入酸性KMn0 4溶液，二者都可以使溶液褪色，不能证明所得气体是否为乙烯，D正确，答案选 Co【答案】C11. 一种碳纳米管能够吸附氢气，可做二次电池(如图所示)的碳电极。该电池的电解质为6 mol L1KOH溶液，下列说法中正确的是A 充电时阴极发生氧化反应B .充电时将镍电极与电源的负极相连C .放电时碳电极反应为 H2 2e =2HD .放电时镍电极反应为 NiO(OH) +

15、H2O +=Ni(OH) 2+ OH 一【解析】A项，充电时阴极应发生还原反应，错误； B项，根据放电时电子移向，镍电极为正 极，所以充电时应与电源的正极相连；C项，由于电解质溶液为 KOH溶液，所以放电时，碳电极反应为 出2e+ 2OH =2出0。【答案】D12. W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，其原子的最外层电子数之和为18, W和Y同主族，X原子的电子层数与最外层电子数相等，Z元素最高正价与最低负价的绝对值之差为 6°下列说法不正确的是A . W的一种单质的沸点比 X的高B .氧化物的水化物的酸性：Z > WC . W与Y可形成一种硬度很大的化合物D

16、. W、X、Y三种元素均可以与 Z元素形成共价化合物1【解析】依据元素信息可以推断，Z为Cl、X为Al ,W与Y的最外层电子数均为(18 3 7)弓, 所以W为C, Y为Si ° A项，金刚石、石墨的沸点均比 Al高；C项，SiC的硬度很大；D项，C、 Al、Si与Cl形成的CCI4、AICI3、SiC"均为共价化合物。【答案】B13. 常温下，现有 0.1 mol L 1的NH4HCO3溶液，pH = 7.8°已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平 衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是XrspH?n.o/ X HCO

17、；i/ v / 2 x. ! / /57 7.8 91113pH+ 2A .当溶液的pH = 9时，溶液中存在下列关系：c(NH4 )>c(HC03)>c(NH3H2O) > c(C03 )B . NH 4HC0 3 溶液中存在下列守恒关系：c(NH4 )+ c(NH 3 H2O) + c(H )= c(OH ) + 2c(CO3 ) +C(H2CO3)C .往NH4HCO3溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时NH；和HCO3浓度逐渐减小D .通过分析可知常温下 Kb(NH3 H2O) >Kai(H2CO3)【解析】根据示意图可知，当溶液的pH = 9时，溶液中存在下列关系：c

18、(HCO 3 )> c(NH4) >c(NH3 H2O) >C(co3), A错误；根据物料守恒可得NH4HCO3溶液中存在下列守恒关系：c(NH4) +c(NH3 H2O) = c(CO2)+ c(H2CO3) + c(HC03 )，因为 NH4发生水解反应，所以 c(HCO 3)丰 c(cO一) + c(OH )c(H +)，则B项中关系式错误，B错误；根据图像可知 pH V 7.8时，往该溶液中逐滴滴加氢氧化 钠溶液，HCO 3浓度逐渐增大，C错误；因为0.1 mol L一1的NH4HCO3溶液pH = 7.8，说明HCO3的 水解程度大于NH；的水解程度，根据越弱越水

19、解的规律可得：Kb(NH3 H2O)>Ka1(H2CO3), D正确。答案选D。【答案】D二、选择题：本题共 8小题，每题6分，在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一个选项符合题目要求。第 1921题有多选项符合题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得 3分，有选错的得 0分。14. 下列说法正确的是A .在国际单位制中，力学的基本单位是千克、牛顿、秒B .开普勒通过对行星运动规律的研究总结出了万有引力定律C .库仑在前人研究的基础上，通过扭秤实验研究得出了库仑定律D .法拉第首先发现了电流可以使周围的小磁针偏转【解析】在国际单位制中，力学的基本单位是千克、米、秒，牛顿不是基本单

20、位，故A错误；牛顿通过对行星运动规律的研究总结出了万有引力定律，故B错误；库仑在前人研究的基础上，通过扭秤实验研究得出了库仑定律，故C正确；奥斯特首先发现了电流的磁效应，发现了电流可以使周围的小磁针偏转，故 D错误。【答案】C15. 假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A和B,半径分别为Ra和Rb。两颗行星周围卫星的轨道半 径的三次方(r3)与运行周期的平方(T2)的关系如图所示，T0为卫星环绕行星表面运行的周期。则D .当两行星的卫星轨道半径相同时，行星 A的卫星向心加速度大于行星B的卫星向心加速度2【解析】根据万有引力提供向心力得：测 =m,得：r T ?r3的肓比行星B的大，所以行星 A的质

21、量大于行星 B的质量，故颗行星表面运行的周期相同，行星密度的密度，故B错误；第一宇宙速度绕行星表面运行的周期相同，则行星234 n rm=詈卡，根据题图可知，行星aA错误；根据题图可知，卫星在两234 n R3M M G T0333 nGT/，所以行星A的密度等于行星B2呆，由题图知，行星 A的半径大于行星 B的半径，卫星环A的第一宇宙速度大于行星 B的第一宇宙速度，故 C错误；根据= ma得：a= Gm3,当两行星的卫星轨道半径相同时，由于行星A的质量大于行星B的质量,则行星A的卫星向心加速度大于行星 B的卫星向心加速度，故 D正确。【答案】D16. a、末相遇。b两物体在同一直线上运动，二

22、者运动的v -t图象均为直线，如图所示，已知两物体在4 s则关于它们在04s内的运动，下列说法正确的是a、b两物体运动的方向相反542a物体的加速度大小小于b物体的加速度t = 2 s时两物体相距最远t = 0时刻，a物体在b物体前方3 m远处【解析】由题图可知，a、b两物体都沿正方向运动，运动的方向相同，A错误；a物体的加速a、度大小为：31 =号=生一谡m/s2= 1 m/s2, b物体的加速度大小为：玄2=号=-5 m/s2 = 0.5 m/s2, a物体的加速度大小大于 b物体的加速度，B错误；两物体在4 s末相遇，结合题图，说明是 a物体追b物体，因此速度相等即 t= 2 s时，两物

23、体相距最远， C正确；设t = 0时相距为X0,两物体在4 s末相遇，则有：x0 + xa = xb,所以X0 + 2X 4+ 1 X5X 4" X 0.5X 42 m,解得 X0= 0, D 错误。【答案】cOTd T217.如图所示，两个半径不等的光滑半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，两个质量不等的球(从半径大的轨道下滑的小球质量大，设为大球，另一个为小球，且均可视为质点)分别自轨道左端由静A .行星A的质量小于行星 B的质量B .行星A的密度小于行星 B的密度C .行星A的第一宇宙速度等于行星B的第一宇宙速度止开始滑下,A .大球的速度可能小于小球的速度B 大球的动能可能小

24、于小球的动能C.大球的向心加速度的大小等于小球的向心加速度的大小D 大球所受轨道的支持力等于小球所受轨道的支持力【解析】根据动能定理得，mgR= 2mv2，解得：v = 2gR，可知半径大的半圆形轨道，球到达A甲光的强度大于乙光的强度B.甲光的频率大于乙光的频率C .甲光照射时产生的光电子初动能均为eUcD.乙光的频率为W0+ Uceh最低点时的速度大，故 A错误；由动能定理： mgR= 2mv2，可知大球质量大，下降的高度大，则到达最低点时的动能大，故 B错误；根据a=v 。響)=2g可知，两球的向心加速度大小相等，故R R2C正确；根据牛顿第二定律得，N mg= m、R，代入v =：f2g

25、R,可得：N= 3mg，由于大球的质量大,【解析】根据光的强度越强，则光电子数目越多，对应的光电流越大，可判定甲光的强度较大， 选项A正确；由光电效应方程 Ekm = h v W°, Ekm= Uce,结合题图可知，甲、乙光的遏止电压相同， 故甲、乙光的频率相同，选项B错误；甲光照射时产生的光电子的最大初动能均为eUc，选项C错误；根据Ekm = h v W°= Uce,可得v= Uc节 W，选项D正确。则大球所受的支持力大，故D错误。【答案】AD【答案】C18如图(a)所示,向甲运动。此后，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷。它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动t = 0

26、时，甲静止，乙以(整个运动过程中没有接触6 m/s的初速度),它们运动的20如图所示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为30°质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为 早，木箱在轨道A端时，自动装货装置将质量为 m的货物装入木箱，然后木箱载5着货物沿轨道无初速度滑下，在轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱v -t图象分别如图(b)中甲、乙两曲线所示。则由图线可知m/s图恰好被弹回到轨道A 两点电荷的电性一定相反B. t3时刻两点电荷的电势能最大C. 0t2时间内，两点电荷间的静电力先增大后减小D . 0t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小【解析

27、】由题图(b)可知，刚开始乙做减速运动，甲做初速度为 0的加速运动,两点电荷间存在库仑斥力，则两点电荷的电性一定相同，选项A错误;在ti时刻，甲、乙共速，两点电荷间的距离最小，故在间距减小的过程中，点电荷始终克服静电力做功,以后点电荷间的距离逐渐增大，静电力做正功，故间距最小时的电势能最大，选项B错误;t2时刻，乙静止，在0t2时间内，两点电荷的间距先减小后增大，故两点电荷间的静电力先增大后减小,选项C正确；0t3时间内，甲的速度一直增大，故它的动能一直增大，而乙的速度先减小后增大,故它的动能先减小后增大，选项错误。【答案】C19 用甲、乙两种单色光照射同一金属做光电效应实验，发现光电流与电压

28、的关系如图所示。已知普朗克常量为h,被照射金属的逸出功为 W。，遏止电压为 Uc，电子的电荷量为 e,则下列说法正确A m= 3MB m= 2MC 木箱不与弹簧接触时，上滑过程的运动时间大于下滑过程的运动时间D 若货物的质量减少，则木箱一定不能回到A处【解析】设木箱与货物下滑的距离为I,根据能量守恒定律有(M + m)glsin 30 KM + m)glcos 30=Mgl sin 30牛卩Mgcos 30 °得m = 3M , A正确，B错误；受力分析可知，下滑时加速度大小为內=gsin 30 ° ygos 30 °上滑时加速度大小为a2= gsin 30 &#

29、176;卩gos 30 °可得a2>a1。根据I弓at2知，l大小相等，则上滑过程的运动时间小于下滑过程的运动时间，C错误；根据(M + m)gl sin 30 (M+ m)glcos 30° = Mglsin 30°+卩Mglcos 30°,木箱恰好被弹回轨道A端，如果货物的质量减少，等号前边一定小于后边，即轻弹簧被压缩至最短时的弹性势能小于木箱回到A处所需的能量，则木箱一定不能回到A处，D正确。【答案】AD21.如图所示，在 x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度大小为B的匀强磁场，在x轴下方存在B垂直纸面向外的磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带

30、负电的粒子(不计重力)从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方运动的半径为R。则I!钢球通过光电门的速度表达式为v =飞。要验证机械能守恒，则需验证mgh=gm；td 2是否成立，需比较 gh和2 £ 2在误差允许范围2 AtA 粒子经偏转一定能回到原点O内是否相等。B 粒子完成一次周期性运动的时间为nm3qB【答案】(1)2.707(2.706 2.708 均可)(2)(3) gh j £t 2C .粒子射入磁场后，第二次经过x轴时与O点的距离为3RD .粒子在x轴上方和下方的磁场中运动的半径之比为1 : 223. （9 分）某物理兴趣小组设计了如图

31、（a）所示的欧姆表电路，通过控制开关S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“X 1”和“X 10”两种倍率。所用器材如下:【解析】根据左手定则判断洛伦兹力的方向可知，粒子运动的过程中始终处于磁场内，离点越来越远，粒子一定不能回到原点，A错误；由几何关系可知，粒子在一次周期性运动时间内, 在x轴上方运动的时间A1T = 3，在x轴下方运动的时间語=揣，粒子完成一次周期性A .干电池：电动势 E= 1.5 V，内阻r = 1.00B .电流表G:满偏电流Ig= 1 mA，内阻Rg= 150 0C .定值电阻Ri = 1 200 Q2运动的时间为h+ t尸診B错误；根据知=吟得r唱，在x轴下方的轨道半径是在

32、x轴上方 的2倍，即r = 2R,由粒子在磁场运动时的偏转角及几何关系可知，粒子射入磁场后第一次经过D .电阻箱R2和 局：最大阻值都为 999.9 QE. 电阻箱R4：最大阻值为 9 999 0轴时与O点的距离为R,第二次经过x轴时与第一次经过 x轴时的距离为2R,所以第二次经过 x轴F.开关一个，红、黑表笔各1支，导线若干时与O点的距离为3R, C、D正确。（1）该实验小组按图（a）正确连接好电路。当开关S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱R2【答案】CDQ，使电流表达到满偏，此时闭合电路的总电阻叫做欧姆表的内阻R内，贝V R内=对应欧姆表的倍率是(选填“X 1”或“X10”）。W,图(

33、a)第II卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第22-32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33-38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共 129 分）22. （6 分）某活动小组利用图（a）所示装置探究机械能守恒定律。实验开始时，直径为d的小钢球被电磁铁闭合开关S:第一步：调节电阻箱r2 和 r3，当 r2=Q且只3 =时，将红、黑表笔短接,吸住。断开开关，钢球由静止开始下落。测得钢球静止时球心到光电门中心的距离为h,由数字计电流表再次满偏;时器测出钢球通过光电门的时间为 盘。已知当地的重力加速度大小为 g。试完成如下实验内容:4第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱R4,

34、调节R4,当电流表指针指向图（b）所示的位置时，对应的欧姆表的刻度值为数字 计时器图(h)【解析】（1）由闭合电路欧姆定律可知，欧姆表的内阻为=R 内一R1 Rg r = (1 500 1 200 150 1.0) 0= 149 Q。值电阻应为1 500 0表盘上只有两种挡位，若倍率为“X图(a)欧姆表倍率应为“X 10”。（1）利用螺旋测微器测出钢球的直径，读数如图（b）所示，则d =mm。（2）钢球通过光电门的速度表达式为v =（用题中所给物理量的符号表示）。为了得到“X 1”倍率，应让欧姆表内阻为 150 0:R 内=卡=爲 0= 1 500 0R2根据多用电表的倍率和刻度设置可知，中1

35、”，则中值电阻太大，不符合事实，故1.5电流为：I1=750 A = 0.01 A，此时电流表.在误差允许范围内是否相等 （用题中所给（3）要验证机械能守恒，需比较 物理量的符号表示）。【解析】（1）根据螺旋测微器读数规则知，d = 2.5 mm + 0.01 mm X 20.7= 2.707 mm。 中电流应为0.001 A，电流表与 R1两端电压为0.001X （150 + 1 200）V = 1.35 V ;则与之并联的电阻1 35R3电流应为：（0.01 0.001）A = 0.009 A，电阻应为：只3=了0爲 0= 150 0串联支路的电阻：R2+ r1.5- 1.350.01Q=

36、 15Q,故R2= (15 - 1.0) 4 14 Q;题图(b)所示电流为0.6 mA，实际通过干路的量均为m、电阻均为R。在水平轨道某位置放上金属棒 b,静止不动，a棒从圆弧顶端由静止释放后,I 52电流为6 mA，则总电阻为：R总=有 10 Q= 250 R故待测电阻为：R测=(250- 150) 0= 100愆 因欧姆表的倍率是“X 1”，故对应的刻度值应为100。【答案】(1)1491 500 X 10(2)1415010024 . (12 分)如图所示，物块 A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA = 2 kg、mB= 1 kg。初始时

37、A静止于水平地面上，B悬于空中。现将B竖直向上再举高 h = 1.8 m (未触及滑轮)，然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取 g= 10 m/s2，空气阻力不计。求：|血|(1) B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t;(2) A的最大速度 v的大小；(3) 初始时B离地面的高度H。【解析】(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h = gt2代入数据解得t= 0.6 s。设细绳绷直前瞬间 B速度大小为vb，有vb= gt细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得mBVB=仲人+ mB)v之后A做匀减速

38、运动，所以细绳绷直后瞬间的速度V即为A的最大速度，代入数据解得v= 2 m/s。(3)细绳绷直后，A、B 一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有1 22(mA+ mB)v + mH = mAgH代入数据解得H = 0.6 m。【答案】 答案：(1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m25 . (18 分)如图甲所示，光滑导体轨道 PMN和P ' M ' N'是两个完全一样的轨道，均由半径为r的四分之一圆弧轨道和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道在M和M '点相切，两轨道并列平行放置，MN和M &

39、#39; N '位于同一水平面上，两轨道之间的距离为 L，PP '之间有一个阻值为 R的电阻，开关K是一个感应开关(开始时开关是断开的)，MNN ' M '是一个矩形区域且其中有竖直向上的磁感应强沿圆弧轨道下滑，若两棒在运动中始终不接触，当两棒的速度稳定时，两棒距离x= 丰2，两棒2B L速度稳定之后，再经过一段时间，b棒离开轨道做平抛运动，在b棒离开轨道瞬间，开关 K闭合。不计一切摩擦和导轨电阻，已知重力加速度为g。求：(1) 两棒速度稳定时，两棒的速度分别是多少；(2) 两棒落到地面后的距离是多少；(3) 整个过程中，两棒产生的焦耳热分别是多少。【解析】(1

40、)a棒沿圆弧轨道运动到最低点M时，由机械能守恒定律得:1 2 mgr pmv。解得a棒沿圆弧轨道到达最低点 M时的速度V0= .2gra棒在水平轨道向 b棒运动时，两棒和轨道构成的回路面积变小，磁通量变小，产生感应电流。a棒受到与其运动方向相反的安培力而做减速运动，b棒则在安培力的作用下向前做加速运动。只要a棒的速度大于b棒的速度，回路总有感应电流，a棒继续减速，b棒继续加速，直到两棒速度相同后，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同的速度做匀速运动。从a棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度的过程中，两棒在水平方向受到的安培力总是大小相等、方向相反，所以两棒的总动量守恒。由动量守恒定律得

41、： mv0 = 2mv1解得两棒速度稳定时的速度V0 U 2grV1 =2 = 2。(2) 经过一段时间，b棒离开轨道后，a棒与电阻R组成回路，从b棒离开轨道到a棒离开过程 中，回路中的磁通量变化量=BLxa棒受到安培力的冲量2 2IA= 7LBt =啸=F由动量定理：IA = mv1- mv2度为B的匀强磁场，水平轨道 MN离水平地面的高度为 h，其截面图如图乙所示。金属棒 a和b质26.解得V2=字4由平抛运动规律得，两棒落到地面后的距离Ax= (v1 v2)(3)b棒离开轨道前，两棒通过的电流大小总是相等的，两棒产生的焦耳热相等，即由能量守恒定律可知： Qa+ Qb = gmv。2-1

42、x 2mv/1解得：Qa= Qb = 4mgrb棒离开轨道后,a棒与电阻由能量守恒定律可知：2Qa'3解得：Qa' = 3mgr所以整个过程中,11Q = Qa+ Qa'=Qa= QbR通过的电流大小总是相等，两者产生的焦耳热相等=1mv12 |mv22a棒产生的焦耳热mgr。【答案】(1)均为 "|丘呼(3)31mgr *mgr亚硝酸钠(NaN02)被称为工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛。以木炭、浓硝酸、水和铜为原料制备亚硝酸钠的装置如图所示。A酸性KMnO,水L显;NaO.已知：室温下， 2NO + Na2O2=2NaNO 2； 3NaNO2+ 3HCI

43、=3NaCI + HNO3+ 2NOT + 出0;酸性条件下，NO或NO2都能与MnO4反应生成NO3和Mn请按要求回答下列问题:(1)检查完该装置的气密性，装入药品后，实验开始前通入一段时间气体Ar，然后关闭弹簧夹,再滴加浓硝酸，加热控制B中导管均匀地产生气泡。上述操作的作用是(2)B中观察到的主要现象是(3) A装置中反应的化学方程式为 。(4) D装置中反应的离子方程式为 。(5) 预测C中反应开始阶段，固体产物除 NaNO2外，还含有的副产物有 Na2CO3和。为避免产生这些副产物，应在B、C装置间增加装置 E,则E中盛放的试剂名称为 。(6) 利用改进后的装置，将 3.12 g Na

44、2O2完全转化成为 NaNO?，理论上至少需要木炭 g。【解析】装置A中是浓HNO3和碳加热发生的反应，反应生成NO2和CO2和H2O，装置B中是A装置生成的 NO2和H20反应生成HNO3和NO, HNO3和Cu反应生成 Cu(NO3)2, NO和H2O; 通过装置C中的Na2O2吸收NO、CO2,最后通过酸性 KMnO 4溶液除去剩余NO防止污染空气。(1) 为避免生成的NO被空气中O2氧化，需要把装置中的空气通入Ar气排净后再进行反应，然后加热制备NaNO2；装置B中NO?与出0反应生成HNO 3, HNO 3与Cu反应生成Cu(NO3)2、NO气体 和H2O，则B中现象为红棕色气体消失

45、，铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气泡冒出；(3)装置A中是浓HNO3和碳加热发生的反应，反应生成NO?和CO2和H2O，反应的化学方程式为：C +4HNO3(浓)= CO2 T+ 4NO2T+ 2H2O; (4)D装置中反应是除去未反应的 NO,防止污染空气， 反应 的离子方程式为：5NO + 3Mn O4+ 4H +=3M n2 + + 5NO3 + 2出0; (5)因为NO中混有CO2和 出0, CO2和Na2O2发生的反应生成 Na2CO3和。2,出0与 W2O2反应生成NaOH，故C产物中除NaNO2 外还含有副产物 Na2CO3和NaOH，为避免产生这些副产物，应在 B、C装置间增

46、加装置 E, E中盛放的试剂应为碱石灰，用来吸收C02和出0;(6)根据 C+ 4HNO 3(浓)=CO2 f+ 4N0 2 f+ 2H2O; 3NO2+ H2O=2HNO 3 + NO ; 3Cu+ 8HNO3=3Cu(NO 3)2+ 2NOT + 4出0; 2N0 + Na2O2=2NaNO 2,4则有C4NO2"NO34NO2"8hNO3 (no42C寸刁NO2N0Na2O2NaNO 2,3 12 g所以3.12 g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要木炭的质量为g -1 X12 g mol78 g mol a=0.48 g。【答案】(1)排尽空气，防止生成的

47、NO被空气中02氧化(2)红棕色气体消失，铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气泡冒出C + 4HN0 3(浓)=CO2 f+ 4NO2 f+ 2H2O1C .升高温度同时充入 N2 + 2+ (4) 5NO + 3Mn O4+ 4H =3 Mn + 5NO3 + 2H?028.该反应的平衡常数(5) NaOH 碱石灰(6) 0.4827.汽车尾气净化中的一个反应如下：2NO(g) + 2CO(g)=N 2(g) + 2CO2(g)，请回答下列问题：1(1) 已知：N2(g) + O2(g)=2NO(g)AH = + 180.5 kJ mol1C(s) + O2(g)=CO 2(g) AH = 3

48、93.5 kJ mol2C(s) + O2(g)=2CO(g)AH= 221 kJ mol1则 2NO(g) + 2CO(g)=N 2(g) + 2CO2(g)的 AH =kJ mol1°一定温度下，向容积为1 L的密闭容器中充入一定量的NO和CO。在t1时刻达到平衡状态，此时n(CO) = 0.1 mol ,n(NO) = 0.2 mol, n(”2)= a mol，且平衡时混合气体压强为初始气体压强的0.8。 则该反应的平衡常数 K =。若保持温度及容器容积不变，平衡后在此基础上再向容器中充入2a mol的N2、0.2 mol的NO ,平衡将 (填 向左” “右”或 不”移动。

49、下列各种情况，可说明该反应已经达到平衡状态的是 (填字母)。A . v(CO2)生成=v(CO)消耗B .混合气体的密度不再改变C.混合气体的平均相对分子质量不再改变D . NO、CO、N2、CO2的浓度均不再变化E.单位时间内生成 2n mol碳氧双键的同时消耗n mol N =N 在t2时刻，改变某一外界条件，正反应速率的变化曲线如图1所示：可能改变的条件是D .及时将CO2和N2从反应体系中移走【解析】(1)已知：N2(g) + O2(g)=2NO(g)AH = + 180.5 kJ mol；C(s) + O2(g)=CO 2(g)AH = 393.5 kJ mol；2C(s) + O2

50、(g)=2CO(g)AH = 221 kJ mol 用盖斯定律知： X2得：2NO(g) + 2CO(g)=N 2(g) + 2CO2(g) AH= 746.5 kJ mol1。(2)列出三段式2NO(g) + 2CO(g)=N 2 (g) + 2CO2(g)起始(mol):2a+ 0.22a+ 0.100转化(mol):2a2aa2a平衡(mol):0.20.1a2a依题意得：0.2 + 0.1+ a+ 2a= 0.8(2a+ 0.2 + 2a+ 0.1)解得：a= 0.32 2c N2 c CO20.3 E.622= 22= 270。c2(NO)c(CO) 0.2 >0.1 = 27

51、00平衡后在此基础上再向容器中充入2a mol的N2、0.2 mol的NO时，使容器内的压强增大，平 衡向气体化学计量数减小的方向移动，即向右移动。 A项，v(CO2)消耗是向正反应方向，v(CO)生成也是向正反应方向，不能说明达到平衡状态；B项，由 p混合气体)=m(混合气体 )/V知，密闭容器中 m(混合气体)和V都不变，比值不变，即p(混合气体)不变，故密度不再改变不能说明达到平衡状态；C项，由M (混合气体)=m(混合气体)/n(混合气体)知，密闭容器中 m(混合气体)不变，n(混合气体)向正反应方向移动时减小，向逆反应方向移动时增大，故平均相对分子质量不再改变，平衡不移动，能说明达到

52、平衡状态；D项，NO、CO、N2、CO2的浓度不再变化是各物质的浓度保持不变，能说明达到平衡状态；E项，单位时间内生成 2n mol碳氧双键即生成 n mol的CO2，反应向正反应方向，同时消耗 n mol N =N即消耗n mol N 2,反应向逆反应方向，但不与物质计量数成正 比，故不能说明达到平衡状态。 根据图像知，改变某一外界条件，平衡向正反应方向移动，可增大反应物的浓度，也可增大 压强。(3) 阳极是失电子的一极为 CO, CO失电子后成为CO2，在KOH电解质溶液中最终生成 CO,(3)有人提出可以用如图 2所示的电解原理的方法消除汽车尾气，写出阳极发生的电极反应式:【答案】(1)

53、 746.5(4)如果要净化汽车尾气同时提高该反应的速率和NO的转化率，采用的措施是 A .降低温度(2) 270向右 CD 增大反应物浓度或增大压强(3) CO 2e + 4OH =CO+ 2出0(4)BB .增大压强同时加催化剂电极反应式：CO 2e + 4OH =CO3 + 2出0。某化学兴趣小组拟探究锡及锡的化合物的部分性质。经查阅资料知：Sn的熔点231 C； SnCl2易被氧化，且易水解；Sn(OH)2常温下易分解，SnCI4常温下为无色液体， 熔点33C,沸点114.1C, 请回答下列问题：该小组用以下流程制备 SnSO4晶体:SnCl2盐酸J谒粉过能滤渣反血SnSO.Jl操作"SnSO(洛液 操作n所需的实验仪器为 。 过滤操作中玻璃棒使用的注意事项为 操作I为沉淀的洗涤。请简述如何判断沉淀是否洗涤干净：(2) 用熔融的锡与干