2018年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理综三教师版

1、号证考准名姓 级班D. 甲减可能是患者下丘脑或垂体发生病变所致绝密启用前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（三）本试卷共 32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内。写在试题卷、草稿纸和答题

2、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 S 32 V 51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作为系统的边界，细胞膜在细胞的生命活动中具有重要作用。下列相关叙述正确的是A .细胞膜的选择透过性保证了对细胞有害的物质都不能进入细胞B. 细胞膜上的受体是细胞间进行信息交流的必需结构C

3、. 一切细胞均具有以磷脂双分子层为骨架的细胞膜D. 与动物细胞相比，植物细胞放在清水中不会涨破主要是细胞膜起着重要作用【解析】细胞膜控制物质进出细胞的作用是相对的，一些对细胞有害的物质有可能进入细胞，A错误；细胞间的信息交流有多种形式，不一定依赖细胞膜上的受体，如高等植物细胞之间可通过胞间连丝进行信息交流， B错误；一切细胞均具有细胞膜， 细胞膜的骨架是磷脂双分子层， C正确;与动物细胞相比，植物细胞放在清水中不会涨破主要是细胞壁起着重要的作用，D错误。【答案】C2. 给兔子喂养某种食物后， 在其体内检测出了来自该食物的微小RNA 这种RNA不能编码蛋白质，但可与兔子的 M基因转录产生的 mR

4、NA结合，并抑制它的功能，最终引起兔子患病。下列说法错 误的是A. 微小RNA与M基因的mRNA的基本单位都是核糖核酸B. 微小RNA被吸收进入兔子体内，可能需要载体的协助C. 微小RNA通过影响相关蛋白质的合成，引起兔子患病D. 微小RNA与M基因的mRNA结合时，不存在 A与T配对【解析】微小RNA与M基因的mRNA的基本单位都是核糖核苷酸，A错误；微小RNA属于小分子，小分子物质跨膜运输的方式有自由扩散、协助扩散和主动运输，其中协助扩散和主动运输 均需要载体的协助，因此微小RNA被吸收进入兔子体内，可能需要载体的协助，B正确；微小RNA 与兔子的M基因转录产生的 mRNA结合，导致翻译不

5、能进行，所以微小RNA通过影响相关蛋白质的合成，引起兔子患病，C正确；RNA中不存在碱基T ,因此微小RNA与M基因的mRNA结合时， 不存在A与T配对，D正确。【答案】A3. 美国加州大学教授卢云峰做出一个纳米级小笼子，可把分解酒精的酶（化学本质不是 RNA）装入其中，有了这身 防护服”酶就不怕被消化液分解，可安心分解酒精分子。下列推测合理的是A. 该成果中分解酒精的酶位于细胞质基质中B. 该酶进入人体后能分解体内无氧呼吸的产物C. 纳米级小笼子可通过主动运输的方式被吸收进入血液D. 防护服”的主要功能是阻碍消化道内蛋白酶的作用【解析】该成果中分解酒精的酶位于纳米级小笼子中，随着食物进入消化

6、道分解酒精，A错误；该酶进入人体后，能分解人体喝入的酒精，但人体内无氧呼吸的产物是乳酸，该酶不能分解乳酸，B错误；纳米级小笼子不进入血液，而是进入消化道，C错误；防护服”即纳米级小笼子的主要功能是阻碍消化道内蛋白酶的作用，防止消化道内蛋白酶将分解酒精的酶水解，D正确。【答案】D4. 甲状腺功能减退（简称 甲减”患者甲状腺激素合成和分泌减少。下列关于甲减”的叙述，错误的是A. 幼年时患甲减会影响患者的智力发育B. 甲减患者一般都有畏寒的症状C. 甲减患者血液中促甲状腺激素的含量偏低【解析】甲状腺激素能够促进神经系统的发育，幼年时患甲减，导致甲状腺激素合成和分泌减少，会影响患者的智力发育，A正确；

7、甲状腺激素可促进细胞代谢、增加产热，甲减患者因其体内甲状腺激素较正常水平低，所以一般都有畏寒的症状，B正确；甲减患者体内甲状腺激素较正常水平低，对垂体的抑制作用减弱，使垂体分泌的促甲状腺激素增多，因此血液中促甲状腺激素的含量 偏高，C错误；下丘脑分泌的促甲状腺激素释放激素（TRH ）运输到垂体，促使垂体分泌促甲状腺激素（TSH），TSH随血液运输到甲状腺， 促进甲状腺的生长发育并增加甲状腺激素的合成和分泌， 如果下丘脑或垂体发生病变，则会导致甲状腺功能减退，可见，甲减可能是患者下丘脑或垂体发生 病变所致，D正确。【答案】C5. 下图为某果蝇体细胞中染色体和部分基因示意图。已知果蝇基因B和b分别

8、决定灰身和黑身，基因W和w分别决定红眼和白眼。下列有关叙述正确的是A. 摩尔根运用类比推理法证明了果蝇的白眼基因位于X染色体上B. 基因W和w中的A+G/T+C的比值不同，基因 B和b的碱基排列顺序不同C. 若一个初级卵母细胞发生染色体交叉互换，则可产生1种基因型的生殖细胞D. 该果蝇与多只灰身雄果蝇杂交，子代中出现的性状分离比为灰身：黑身=3:1【解析】摩尔根运用假说 一演绎法证明了果蝇的白眼基因位于 X染色体上，A错误；基因是有 遗传效应的DNA片段，依据碱基互补配对原则可知，在双链 DNA分子中，C= G, A = T ,因此基 因W和w中的A+G/T+C的比值相同，但基因 B和b的碱基

9、排列顺序不同，B错误；一个初级卵母 细胞经过减数分裂将产生 1个卵细胞（生殖细胞）和三个极体，可见，若一个初级卵母细胞发生染 色体交叉互换，则可产生 1种基因型的生殖细胞，C正确；若只考虑身体的颜色，则该果蝇的基因型为Bb ,多只灰身雄果蝇的基因型为BB或Bb ,所以该果蝇与多只灰身雄果蝇杂交，子代中出现的灰身与黑身的数量比不一定为3:1 , D错误。【答案】C6. 生态系统的自我调节能力，对于维护生态系统的稳定起着关键作用。这是通过A. 种群密度的一定的规律性变化而实现的B. 群落与无机环境之间的物质循环而实现的C.生态系统内部的负反馈调节机制来实现的D. 人工建造生态屏障”和环境保护来实现

10、的【解析】生态系统的自我调节能力与群落的丰富度有关，群落结构越复杂，自我调节能力越大,生态系统的抵抗力稳定性就越强。而负反馈调节在生态系统中普遍存在，它是生态系统自我调节能 力的基础，C正确。【答案】C7 .下列说法不正确的是A 硝化甘油在体内能够分解出 NO,少量的NO会促进血管扩张，防止血管栓塞，因此，被广 泛用于治疗心绞痛B 侯氏制碱法的工艺流程应用了物质溶解度的差异C 刚玉、红宝石、蓝宝石的主要成分是氧化铝，而青花瓷、石英玻璃、分子筛的主要成分是硅 酸盐D 生物炼铜法就是利用某种能耐受铜盐毒性的细菌，利用空气中的氧气把不溶性的硫化铜转化为可溶性的铜盐，从而使铜的冶炼变得成本低，污染小，

11、反应条件十分简单【解析】A . NO是明星分子，在人体的血管系统内具有传送信号的功能，NO极少量时在人体的血管系统内会促进血管扩张，防止血管栓塞，故A正确；B .侯氏制碱法是将 CO?、NH3通入饱和 NaCl 溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3； NH 4HCO3+NaCI=NH 4CI+NaHCO 3 其 中NaHCOs溶解度最小，故有 NaHCOs的晶体析出，故 B正确；C.刚玉、红宝石、蓝宝石的主要 成分是氧化铝，而青花瓷、分子筛的主要成分是硅酸盐，石英玻璃的主要成分是二氧化硅，故C错 误；D 利用生物炼铜法把不溶性的硫化铜氧化，硫从负二价被氧化成正六价，最后

12、转化成可溶的 硫酸铜，成本低，污染小，反应条件十分简单，故【答案】C8下列关于有机化合物的说法正确的是A . 2 -甲基丙烷也称异丁烷C 苯使溴水褪色是因为发生了取代反应【解析】A. 2 -甲基丙烷也称异丁烷，正确;D正确。B 蔗糖和纤维素都属于髙分子化合物D . C3H6CI2有3种同分异构体B 蔗糖不属于髙分子化合物，错误；C 苯使溴水褪色是因为溴在苯中的溶解度较大，发生了萃取，错误；D . C3H6CI2有氯原子在同一碳原子上有2种；在不同碳原子上有 2种，共4种同分异构体，错误；故选 A。【答案】A 9 .下列指定反应的离子方程式正确的是A .向明矶溶液中滴加 Ba（OH）2溶液，恰好

13、使SO42一沉淀完全:2AI + 3SO4 + 3Ba + 6OH = 2AI（OH） 3 + 3BaSOJB. (NH 4)2Fe(SO4)2 溶液与过量 NaOH 溶液反应：Fe2+2OH一 Fe(OHR J_ 2+- -2-C. 澄清石灰水中加少量 NaHCO3： Ca + 2OH + 2HCO3 CaCOj +2HO+CO3D .向 Mg(HCO 3)2溶液中加入过量的 NaOH 溶液：Mg 2+2HCO3-+4OH-=Mg(OH) 2 J +2CQ2-+2H2O 【解析】A 向明矶溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使 SO42-沉淀完全是发生的离子反应为Al3+ + 2SO42- +

14、 2Ba2+ + 4OH-= AIO 2- + 2BaSO4 J +2HO，故 A 错误；B . (NH4) 2 Fe(SO4)2溶液与过量 NaOH溶液发生的离子反应为 2NH4+Fe2+4OH - Fe(OH J +2NH H2O,故B错误；C.澄清石灰水 中加少量 NaHCOs： Ca2+ +OH - +HCO3- CaCQ J +HO，故 C 错误；D.向 Mg(HCO 3)2溶液中加入 过量的NaOH溶液发生的离子反应为 Mg 2+2HCO 3-+4OH-=Mg(OH) 2 J +2CO2-+2H2O,故D正确；答 案为D。【答案】D10 .下列实验操作能达到相应实验目的的是选项輕目

15、的A将乙烯通入酸性濬浓中证明乙烯能炭生加成反应B向含场酣的NaOH滚液中如入氛水证明Cb具有漂白性C常温丁，问Fe和Cu中分别加入浓硝酸此较Fe和Cu吊金属活动性D将钱钉啟入试管中，T端浸入倉盐木中验证钱的嗚氧腐恤【解析】A、将乙烯通入酸性 KMnO4溶液中，乙烯被高锰酸钾氧化，发生氧化反应，故A错误；B、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，故盐酸与氢氧化钠反应后溶液的碱性减弱，红色也能变浅或褪去，故B错误；C、常温下，Fe与浓硝酸发生钝化，不能比较Fe和Cu的金属活动性，故 C错误；D、将铁钉放入试管中，下端浸入食盐水中，若试管内气体的压强减小，即可验证铁的吸氧腐 蚀，故D正确；故选D。【答案】D

16、11.利用食盐水制取 CIO2的工业流程如图所示，电解装置中的反应：NaCI+3H 2O= NaClO3+3H2 f,电解装置中的反应：2NaClO 3+4HCl= 2ClO 2+ Cl 2T +2NaCl+2H?O .F列关于该流程说法不正确的是0* 电解nL ，1来生冠卅ChHCI1HC11TA .该流程中CI2、NaCl都可以循环利用B 装置中H2是阴极产物C 装置发生的反应中，Cl2是氧化产物，NaCl是还原产物D .为了使H2完全转化为HCI，需要向装置中补充 Cl2【解析】A .电解食盐水得到氢气、氯气和氢氧化钠溶液，氢气和氯气反应生成氯化氢得到浓盐酸，制得 NaCIO3和浓盐酸加

17、热反应生成 CIO2,2NaCIO3+4HCI(浓)=2CIO2? +CI2T +2H2O+2NaCI , 该流程中CI2、NaCl都可以循环利用，故 A正确；B装置是电解食盐水，溶液中氢离子在阴极 得到电子生成氢气，是阴极产物，故B正确；C.电解食盐水得到氯酸钠(NaCIOs)和 出，NaCIOs和盐酸发生歧化反应，生成 NaCl、2CIO2、 CI2、出0 ,化学方程式为： 2NaCIO 3+4HCI=2NaCI+2CIO 2T +Qf +2HO，氯气是氧化产物，氯化钠中氯元素化合价不变，是盐酸 氯化氢中氯元素生成，故 C错误；D .电解饱和食盐水生成的氢气，为了使H2完全转化为HCI，需

18、要向装置中补充 Cl2，故D正确；故选Co【答案】C12 .四种短周期元素 X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最外层电子数是次外层电子数2倍，Y、W同主族且能形成两种常见的化合物，Y、W质子数之和是 Z质子数的2倍.则下列说法中正确的是A . X的氢化物的沸点可能高于Y的氢化物的沸点B .原子半径比较：X v Y v Z v WC. X2H4与H2W都能使溴水褪色，且褪色原理相同D .短周期所有元素中，Z的最高价氧化物的水化物碱性最强【解析】X元素的原子，其最外层电子数是次外层的电子数的2倍，最外层电子数不能超过8个，则其次外层是 K层，故X是碳元素；Y、W同主族且能形成两种常见的化合物，

19、且原子序数W Y，则Y为O元素、W为S元素，形成2种常见化合物分别为二氧化硫和三氧化硫；Y、W质子数之和是Z质子数的2倍，则(8+16)- 2=12,即Z为Mg元素，A. X、Y分别为C、O,水分子 间存在氢键，则水的沸点较高，常温下呈液态，但是C的氢化物是烃，有气态烃、液态烃、固态烃， 所以X的氢化物的沸点可能高于 Y的氢化物的沸点，故 A正确；B .电子层数越多，半径越大，同 一周期，原子序数越小，半径越大，即原子半径：Mg SCO,故B错误；C. X2H4与H2W分别为C2H4与H2S，乙烯能够与溴水发生加成反应，硫化氢能够被溴水氧化，褪色原理不相同，故C错误；D .元素的金属性越强，其

20、对应最高价氧化物的水化物的碱性越强，由于短周期中金属性Na最强，故NaOH碱性最强，不是氢氧化镁，故D错误。【答案】A是通过磁场发生的，故 D正确。【答案】D13.常温下，向饱和氯水中逐滴滴入O.lmol L1的氢氧化钠溶液，pH变化如下图所示，列有关叙述正确的是HCIO的电离平衡B .到水的电离程度逐渐减小C .能在点所示溶液中存在D 点所示溶液中：c(Na+) = c(C)+ c(CIO )【解析】A.点时没有加入氢氧化钠，溶液中存在HCIO和水的电离平衡，故A错误；B .到溶液c(H+)之间减小，酸对水的电离的抑制程度减小，则水的电离程度逐渐增大，故B错误；C.点时溶液存在CIO-，具有

21、强氧化性，可氧化I-，故C错误；D.点时溶液pH=7 ,则c(H +)=c(OH -),根据电荷守恒得 c(H+)+c(Na+)=c(CI -)+c(CIO -)+c(OH -),所以 c(Na+)=c(CI-)+c(CIO-),故 D 正确；故选15.下列说法正确的是A 汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的“枣糕模型”B 太阳辐射的能量主要来自太阳内部的链式反应C .光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率成正比D. 17N + 1ht1 :C+ ；He 是 a衰变方程【解析】汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，并提出了原子的枣糕模型”，选项A正确；太阳辐射的能量主要来自太阳内部

22、的热核反应，选项B错误；光电效应中光电子的最大初动能与入射光的频率呈线性关系，不成正比，选项C错误；157N + 1Ht%c+ ；He是人工转变，不是a衰变方程，选项D错误。【答案】A16无线网络给人们带来了很多方便。假设可以采用卫星对所有用户在任何地方提供免费WiFi服务。已知地球半径为 R,重力加速度为g,提供免费 WiFi服务的卫星绕地球做圆周运动，则下列关于该 卫星的说法正确的是A .卫星围绕地球运动的轨道越高，角速度越大B .卫星围绕地球运动的轨道越高，速度越小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192

23、1题有多选项题目要求。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相隔一定距离的电荷或磁体间的相互作用是怎样发生的？这是一个曾经使人感到困惑、引起猜 想且有过长期争论的科学问题。19世纪以前，不少物理学家支持超距作用的观点。英国的迈克尔 法拉第于1837年提出了电场和磁场的概念，解释了电荷之间以及磁体之间相互作用的传递方式，打破了超距作用的传统观念。1838年，他用电力线(即电场线)和磁力线(即磁感线)形象地描述电场和磁场， 并解释电和磁的各种现象。下列对电场和磁场的认识，正确的是A 法拉第提出的磁场和电场以及电力线和磁力线都是客观存在的B .在电场中由静止释放的带正电粒子，一

24、定会沿着电场线运动C 磁感线上某点的切线方向跟放在该点的通电导线的受力方向一致D 通电导体与通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的【解析】电场和磁场均是客观存在的特殊物质；电场线和磁感线是人类为了形象地描述电场和磁场而引入的虚拟的线，实际并不存在，故A错误；电荷的运动取决于初速度和力的方向，故电场线不是电荷在电场中的轨迹，只有在点电荷的电场和匀强电场中由静止释放的带正电粒子(只受电场力)，才会沿着电场线运动，故 B错误；根据左手定则可知，磁感线上某点的切线方向跟放在该点的 通电导线的受力方向垂直，故C错误；根据磁场的性质可知，通电导体与通电导体之间的相互作用C 若卫星距离地面的高度等于地球半径

25、，则卫星绕地球运动的周期为D .卫星的轨道可以在地球上任一经线所在的平面内【解析】由GMm半径r越大，角速度道越高，即轨道半径T= 2 n2R孑=叽2,解得沪-:爭，由此可知，卫星绕地球运动的轨道越高，即轨道M23越小，A错误；由GMm =咗，可得v =GM，显然卫星绕地球运动的轨r越大，速度v越小，B正确；由gW1 = mr2,又 r = 2R, GM = gR2,解得嘗，C错误；由于地球自转，经线所在的平面不停地变化，而卫星的轨道平面不变，所以 卫星的轨道不可能在地球上任一经线所在的平面内，D错误。【答案】B17.如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4： 1,原线圈两端接入稳定的正弦

26、交流电源u=220.2sin 314t(V);副线圈接有电阻 R,并接有理想电压表和理想电流表。下列结论正确的是A .电压表读数为 55. 2 VB .若仅将副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半C .若仅将R的阻值增加到原来的 2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D .若R的阻值和副线圈匝数同时增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的2倍时，I2= U2，电流变小，又 Pi= P2= U2I2，故输入功率也减小，所以选项RC错误；若副线圈匝数增加到原来的2倍，则U2增加到原来的2倍，同时R的阻值也增加到原来的2倍，故输出功率P2=申R变为原来的2倍，所以选项D正确。【答案】

27、DA .导体棒的a端比b端电势低B . ab棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动C .若磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，则 ab棒下滑到稳定状态时速度将变为原1来的*m的小物块从轻弹簧上18 如图甲所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。一质量为方且离地高度为 hi的A点由静止释放，小物块下落过程中的动能Ek随离地高度h变化的关系如图D .若换成一根质量为原来 2倍的导体棒，其他条件不变，则导体棒下滑到稳定状态时R的功率将变为原来的4倍乙所示，其中h2hi段图线为直线。已知重力加速度为g,则以下判断中正确的是【解析】导体棒ab下滑过程中，由右手定则判断感应电流I在导体棒ab

28、中从b到a,电源内口豪厶部电流由低电势到高电势，贝Ua端比b端电势高，故 A错误;应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，如果导轨足够长，当A.当小物块离地高度为h2时，小物块的加速度恰好为零B.当小物块离地高度为h3时，小物块的动能最大，此时弹簧恰好处于原长状态C.小物块从离地高度为h2处下落到离地高度为 h3处的过程中，弹簧的弹性势能增加了mg(h2D.小物块从离地高度为hi处下落到离地高度为 h4处的过程中，其减少的重力势能恰好等于弹导体棒ab开始下滑后速度增大，感F安=BIL = mgsin B时，达到最大ab棒在达到稳定状态前做加速度减速度，之后做匀速直线运动，速度不再增大，安培力不

29、变，因此2小的加速运动，故 B正确；稳定时，有 mgsin BVm=,得稳定时的速度，即最大速度为VmR晋，可知磁感应强度增大为原来的1为原来的匸，故C错误；稳定时，电阻量为原来2倍的导体棒，其他条件不变,故D正确。2倍，其他条件不变，则R上消耗的功率P= mgsin则导体棒下滑到稳定状态时ab棒下滑到稳定状态时速度将变2 2- i 2BVm=*22 ，则知换成一根质R的功率将变为原来的 4倍,【解析】因为交流电源u= 220 j2sin 314t(V),电压表的读数为变压器的输出电压的有效值，由岂=巴得，电压表读数为55 V，所以选项A错误；若副线圈匝数增加， 则U2增大，由丨2= 可知，5

30、 n2R电流表示数增大，所以选项B错误；输入电压和匝数比不变，则输出电压不变，当负载电阻R变大【答案】BD簧增加的弹性势能【解析】由题意可知,当小物块离地高度为h2时，小物块刚好开始接触弹簧，此时小物块只20.如图所示为一边长为 L的正方形abcd, P是bc的中点。若正方形区域内只存在由d指向a的匀受到重力作用，故此时的加速度大小为重力加速度g, A错误；当小物块离地高度为h3时，由题图强电场，则在a点沿ab方向以速度v入射的质量为 m、电荷量为q的带负电粒子(不计重力)恰好从乙可知小物块的动能达到最大，小物块的速度达到最大,此时有mg= k Ax,弹簧的压缩量为h3, B错误；小物块从离地

31、高度为h2处下落到离地高度为 h3处的过程中，重力势能减少了mg(h2P点射出。若该区域内只存在垂直纸面向里的匀强磁场，则在 电粒子恰好从c点射出。由此可知a点沿ab方向以速度v入射的同种带-h3),由能量守恒定律可知，小物块减少的重力势能转化为小物块增加的动能和弹簧增加的弹性势 能，即弹簧增加的弹性势能AEp= mg(h2 hj (Ek2丘,C错误；由题图乙可知，当小物块离地高度为h4时，小物块的动能为零，由能量守恒定律可知，小物块减少的重力势能全部转化为弹簧增加 的弹性势能，D正确。【答案】Dc2、 2mvA .匀强电场的电场强度为qL19 如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一

32、个定值电阻R,匀强磁场垂直于导轨所在平面向上，将 ab棒在导轨上无初速度释放，当ab棒下滑到稳定状态时，速度为v，电阻R上消耗的功率为P。导轨和导体棒电阻不计。下列判断正确的是mvB .匀强磁场的磁感应强度为 lC .带电粒子在匀强电场中运动的加速度大小等于在匀强磁场中运动的加速度大小D .带电粒子在匀强电场中运动的时间和在匀强磁场中运动的时间之比为2【解析】带电粒子在电场中做类平抛运动，有L= vt, L =2at2, qE= ma,联立解得E= qL ,（弹簧处在弹C 木块的加速度大小可能为tan 0mgcos 0电动机（2）实验中保持电动机两端电压2 2a = *，A错误；带电粒子在磁场

33、中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB= m，由几何2 2关系有r = L,联立解得B = mV，b正确；粒子在匀强磁场中运动的加速度a = v v = a, C正确；qLr L带电粒子在匀强电场中运动的时间t = L,在匀强磁场中运动的时间 t = n,带电粒子在匀强电场中v2vt 2运动和在匀强磁场中运动的时间之比为丄=2, D错误。t n【答案】BC21 如图所示，在水平面上放置一倾角为B的光滑斜面，斜面上用劲度系数为k的轻弹簧连接一质量为m的小木块，轻弹簧连在斜面顶端，开始系统处于平衡状态。现使斜面从静止开始缓慢向左加 速，加速度从零开始缓慢增大到某一值，然后保持此值恒定，木块

34、最终稳定在某一位置 性限度内）。斜面从静止开始向左加速到加速度达到最大值的过程中，下列说法正确的是A .木块的重力势能一直减小B 木块的机械能一直增加D .弹簧的弹性势能一直增加【解析】由于弹簧的弹力和斜面的支持力的合力对木块始终做正功，木块的机械能一定增加，B正确。设弹簧的原长为Lo,对木块受力分析，开始木块静止在斜面上，则有mgsin 0= kxi,开始时弹簧长度Li= L+ xi= L+ mgSin 0向左加速后，在木块离开斜面前，根据牛顿第二定律, kFn = masin 0, kx2 mgsin 0= macos 0;当Fn = 0时，加速度 a=7-, C正确。加速度增大过程， t

35、an 0弹簧长度L2= L+ X2= L+ mgsin 0； macos 0,可见L2 L1,随着加速度增大，弹簧变长，重力势能一直减小；当木块恰好要离开斜面时，弹簧长度L3= Lo+ X3= Lo+ 畔；当木块离开斜面稳定时，ksin 0设弹簧与水平方向的夹角为a, av 0,有-= kx4, mg= matan a,随着a增大，a减小，弹簧长度sin aL4= L+ X4=L + mg，所以L3VL4, D 正确。因为h3= L3sin 0= Losin0+ 严，h4=L4sina=Losinaksin ak+ mg, h4 h3,由于不知末状态木块是否离开斜面，木块的重力势能可能一直减小

36、，也可能先减小后增大，A错误。【答案】BCD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）某同学设计了如图所示的装置去验证小球摆动过程中的机械能守恒，实验中小球到达 B点（图中未标出）时恰好与桌面接触但没有弹力，D处的箭头处放一锋利的刀片， 细线到达竖直位置时被割断， 小球做平抛运动落到地面，P是一刻度尺。该同学方案的优点是只需利用刻度尺测量A位置到桌面的高度h,桌面到地面的高度 H及平抛运动的水平位移 L即可。（1）测量A位置到桌面的高度h应从 始测

37、（选填“球的下边沿”或“球心”）。（2）实验中改变h多测几次h和L的数值，利用作图像的方法去验证。该同学取纵轴表示L,则横轴应表示。（3）若所作图像的斜率为k,则满足 关系即可证明小球下摆过程中机械能守恒。【解析】由机械能守恒定律有 mgh = *mv2，依据平抛运动规律有 H =ggt2, L = vt，整理后可得L = 2. Hh。【答案】（1）球的下边沿（2） _ h （3）k= 2 H23. （9 分）在“测定直流电动机的效率”实验中，用如图所示的实物图测定一个额定电压U=6V、额定功率为3 W的直流电动机的机械效率。（1）请根据实物连接图在方框中画出相应的电路图（电动机用 表示）。U

38、恒为6 V,重物每次匀速上升的高度 h均为1.5 m ,所测物理量 及测量结果如下表所示:实验次数a2心电动机的电溢恥0公0.4俎0.6*12少所提重物的重力437.0重物上升的时间曲1.40*145*2他8卩强磁场区域1、2、3、4。其中1与4相切，2相切于1和3,3相切于2和4,且第1个磁场区域和第 4个磁场区域的竖直方向的直径在一条直线上。一质量为m、带电荷量为一q的粒子，静止置于电势差为U。的带电平行板(竖直放置)形成的电场中(初始位置在负极板附近)，经过电场加速后，从第1个磁场的最左端水平进入，并从第3个磁场的最下端竖直穿出。已知tan 22.5 = 0.4，不计带电粒子的重力。hm

39、l厂(3)设带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，如图甲所示，则根据运动的对称性和几何关系可【解析】设小球A下滑到水平轨道上时的速度大小为V!，平台水平速度大小为 v,由动量守恒定律有 0= mAvi Mv由能量守恒定律有 mAgh = *mAv12+*Mv2知，粒子在第1个磁场和第3个磁场中各偏转45 则有：R= rtan 22.5，解得 r = 2.5R联立解得 v1= 2 m/s , v= 1 m/s小球A、B碰后运动方向相反，设小球A、B的速度大小分别为 v1 和v2。由于碰后小球 A被弹回，且恰好追不上平台，则此时小球A的速度等于平台的速度，有v=1 m/s由动量守恒定律得 mAv1

40、= mAv1 + mBv2由能量守恒定律有 |mAv12= mAv/ 2 + *mBv22联立解得mB = 3 kg。【答案】3 kg25 . (20 分)如图所示，某空间中有四个方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小相同、半径均为甲乙2R的圆形匀根据洛伦兹力提供向心力得mv qvB = r解得.2mU0V q。(4)该带电粒子在四个磁场中做匀速圆周运动，如图乙所示，由几何关系知其轨道半径只能是R,2根据洛伦兹力提供向心力得qv B= mv在第5次实验中，电动机的输出功率是 ;可估算出电动机线圈的电阻为 Q从前4次的实验数据可以得出： UI(填“”或24 . (12 分)如图所示，一质量 M= 2

41、 kg的带有弧形轨道的平台置于足够长的水平轨道上，弧形轨道与水平 轨道平滑连接，水平轨道上静置一小球B。从弧形轨道上距离水平轨道高h = 0.3 m处由静止释放一质量口人=1 kg的小球A,小球A沿轨道下滑后与小球 B发生弹性正碰，碰后小球A被弹回，且恰好 追不上平台。已知所有接触面均光滑，重力加速度为g。求小球B的质量。(g取10 m/s2)1(1) 求带电粒子进入磁场时的速度大小；(2) 试判断：若在第3个磁场的下面也有一电势差为U0的带电平行板(水平放置，其小孔在第3个磁场最下端的正下方)形成的电场，带电粒子能否按原路返回？请说明原因；(3) 求匀强磁场的磁感应强度大小B;(4) 若将该

42、带电粒子自该磁场中的某个位置以某个速度释放后恰好可在四个磁场中做匀速圆周运 动，则该粒子的速度大小 v 为多少？1【解析】(1)根据动能定理有：qU= ?mv2解得v =2qU0m(2) 不能按原路返回，因为粒子进入第3个磁场下的电场后，向下减速至速度为零，然后反向加速至速度的大小为 v，但进入磁场后，根据左手定则可知，带电粒子受到的洛伦兹力方向向右，粒 子向右偏，故不能按原路返回。2qUo解得v / = I2qU （2）见解析（3）备 2mqu【答案】/八 2：2qUo厂计某研究性学习小组用下图装置进行S02与FeCl3溶液反应的相关实验（夹持装置已略去）。轶灌（1）反应开始一段时间后，装置

43、C中的现象为 。根据以上现象，该小组同学认为S02与FeCl3溶液发生了氧化还原反应。 写出S02与FeCl3溶液反应的离子方程式： 。 向装置C中通入足量S02发生反应后，检验生成的Fe2+的方法是中滴入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红；该小组同学向C试管反应后的溶液中加入硝酸酸化的 BaCl2溶液，硝酸具有强氧化性，则硝酸可以将溶解的SO2氧化为H2SO4，干扰试验，故做法不合理，故答案为：不合理；硝酸可以将溶解的SO2氧化为H2SO4，干扰试验；（3）假设1:装置A中白雾进入装置 C中参与反应。假设 2: SO2被Fe3+氧化了生成了 SO42-。假设3: 在酸性条件下N

44、Of能氧化SO?。故答案为：SO2被Fe3+氧化了生成了SO42- ；（4）假如SO?与NOf反应，则可设计如下实验进行验证：取适量Ba（NO3）2溶液于试管中；向试管中通入过量SO2气体；再向试管中加入过量盐酸，若先有白色沉淀生成，加入盐酸后沉淀不消失，则假设3成立，故答案为：（4）验步骤购述揉作过程预期现象和结论 取适量BafNOih瀋液于试管中J 向试管中通入过量气慚 再向试管中力nA过重盐釀若先有白色沉淀生成加入盐酸后沉淀不.直拓则假设3成立【答案】（1）溶液由棕黄色变为浅绿色；3+2+2+2Fe +SO2 +2H2O =SO4 - +4H +2Fe ；取少量反应后的溶液于试管中，向其

45、中滴人KSCN溶液，不变红，再滴加适量新制的氯水（或 该小组同学向反应后的装置C的试管中加入硝酸酸化的BaC溶液，若出现白色沉淀，则证明反应生成了 SO42-。该做法不合理的理由是 。（3）若将装置C中FeCl3溶液更换为Fe（NO3）3和BaCS的混合液，可观察到装置 C中出现白色沉 淀，该小组对装置 C中产生沉淀的原因提出下列假设（不考虑各因素的叠加）：假设1 :装置A中白雾进入装置 C中参与反应。假设2: 。假设3:在酸性条件下 NOf能氧化SO?。（4）请你设计实验验证上述假设3,写出实验步骤、预期现象和结论。实验步璽悄述操作过翟戸預期现象和绪论4*3屮【解析】（1 ）通入足量SO2时

46、C中发生二氧化硫与氯化铁的氧化还原反应，生成硫酸亚铁,则观察到溶液由棕黄色变为浅绿色，故答案为：溶液由棕黄色变为浅绿色；（2）发生氧化还原反应，生成硫酸根离子、亚铁离子，离子反应为2Fe3+ +SO2 +2H2O =SO42 +4H+ +2Fe2+,故答案为：2Fe3+ +SO2+2H2O =SO42- +4H+ +2Fe2+ :检验有Fe2+生成的实验方法为：取 C中反应后的溶液，向其中 滴入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红，故答案为：取C中反应后的溶液，向其H2O2溶液等），溶液变红；硝酸可以将溶解的 SO2氧化为H2SO4，干扰实验;（3）SO2 被 Fe3+氧化为 SO

47、42-；（4：他步骤脩述操作过程：）预期现象和结论 取适量于试管电； 向试管巾通入过量气慚 再向K管中力认过量盐酸若先有白色沉淀生成，加入盐酸后沉淀不族则假设3 .成立27.绿矶（FeSO4?7H2O）是治疗缺铁性贫血药品的重要成分如图是以市售铁屑（含少量锡、氧化铁等杂质）为原料生产纯净绿矶的一种方法：25七时*pH情Q25t?时门pH值Q饱和fhS潯液心FeS幵始沉淀pSaS沉淀完全Q1炉FeS沉淀完全g*(1)写出 Fe和Fe2O3在硫酸溶液中发生反应的离子方程式为 0.60 mol FeO(s)并通入 0.20 molH2的生成速率的变化如图1所1(1) 反应：2H2O(g)=2H2(g

48、)+O2(g) AH =(用含 a、b 的代数式表示)kJ ? mo1-。(2) 上述反应中a0,从能源利用及成本的角度考虑，实现反应II可采用的方案是 (3) 900 C时，在甲、乙两个体积均为2.0 L的密闭容器中分别投入H2O(g)，甲容器用 FeO细颗粒，乙容器用FeO粗颗粒。反应过程中示。(2) 操作II中，通入硫化氢至饱和的目的是：除去溶液中的Sn2+ :；在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是 。(3) 操作IV的顺序依次为 、过滤洗涤。(4) 操作IV得到的绿矶晶体用少量冰水洗涤，其目的是：除去晶体表面附着的硫酸等杂质；。(5) 常温下，Ksp=1.64 X0一14，则求得反应：

49、Fe2+2H2O= Fe(OH)2+2H +的平衡常数为： (保留1位小数)。【解析】(1)铁与稀硫酸反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2 f,氧化铁溶解在稀硫酸中的离子反应式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O, Fe3+继续溶解铁的离子反应式为2Fe3+Fe=3Fe2+ ； (2)通入硫化氢至饱和除沉淀 Sn2+外，因硫化氢具有强还原性，可以防止亚铁离子被氧化，已知在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的 pH为1.6 ;FeS开始沉淀时溶液的 pH为3.0,沉淀完全时的pH为5.5, 操作H在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是，在溶液 pH=2时，Sn2+完全沉淀，亚铁离子

50、不沉淀；(3)溶液中得到晶体，需要对溶液进行加热蒸发浓缩，结晶析出，过滤洗涤等，所以操作IV的顺序依次为：蒸发、结晶、过滤、洗涤；(4)冰水温度低，物质溶解度减小，可以洗去沉淀表面的杂质离子，避免绿矶溶解带来的损失；(5 ) Fe2+2H2O? Fe ( OH ) 2+2H+的平衡常数K=用FeO细颗粒和FeO粗颗粒时,H2的生成速率不同的原因是用FeO细颗粒时 H20(g)的平衡转化率与用FeO粗颗粒时 H2O(g)的平衡转化率的关系是(填 前者大”前者小”或 相等”。(4)FeO的平衡转化率与温度的关系如图2所示。请在图3中画出1000C、用FeO细颗粒时,H2O(g)转化率随时间的变化曲

51、线(进行相应的标注)。HeO的宰畫转牝率加财1000矍產处c(Fy2(O/f) 1.64x10_ _=6.1 x0-15【答案】(1) Fe+2H+=Fe2+H2fFezO3+6H+=2Fe3+3H2O2Fe3+Fe=3Fe2+(2) 防止Fe2+被氧化防止Fe2+离子生成沉淀(3) 蒸发浓缩冷却结晶-15(4) 降低洗涤过程中 FeSO4?7H2O的损耗(5) 6.1 X028.氢是一种理想的绿色清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究重点。已知利用FeO与FQO4循环制氢的相关反应如下：反应 I. H2O(g)+3FeO(s)Fe3O4 (s) + H2(g)AH=a kJ ? m

52、o1-1；反应 n. 2Fe3O4(s)FeO (s) + O2(g)AH=b kJ ? mo1-1。(5)NH 3-O2燃料电池的结构如图所示。扱oir OH- OH鼻件电解质 MrOj/C OHSilM a极为电池的 (填正”或负”极，电极反应式： 。 当生成1 mol N2时，电路中流过电子的物质的量为 。【解析】(1)已知 H2O(g)+3FeO(s)Fe3O4 (s) + H 2(g) AH=a kJ ? mo1-1 ( I) ； 2 Fe3O4(s)FeO (s) + O2(g) AH=b kJ ? mo1-1 (n),利用盖斯定律，将 (I) x 2+ (n)可得 2H2O(g)

53、=2H 2(g)+O 2(g)H = (2a-b) kJ/mol，答案为：2a+b; (2) b0，要使该制氢方案有实际意义，应给反应n提供能量才能使反应发生，可利用廉价清洁能源提供热能或利用太阳能、地热能、生物能、核能等，故答案为：用反应I放出的热量向反应II供热或用廉价清洁能源提供热能；(3)因细颗粒FeO表面积大， 固体的表面积越大，与氢气的接触面越大，则反应速率越大，故答案为：细颗粒FeO表面积大，与氢气的接触面越大，反应速率加快；固体的表面积大小与平衡移动无关，则平衡状态相同，故答 案为：相等；(4)由图1可知，升高温度，FeO的转化率降低，说明正反应为放热反应，升高温度，的转化率/%粗輸前/9(x