【高考全真模拟】【(新课标Ⅲ)】高考全真模拟试卷理科综合能力测试试题(5)(解析)

【高考全真模拟】【(新课标Ⅲ)】2018年高考全真模拟试卷理科综合能力测试一试题(5)(分析版)【高考全真模拟】【(新课标Ⅲ)】2018年高考全真模拟试卷理科综合能力测试一试题(5)(分析版)【高考全真模拟】【(新课标Ⅲ)】2018年高考全真模拟试卷理科综合能力测试一试题(5)(分析版)2018年高考理科综合全真模拟试卷（新课标Ⅲ卷）（5）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必然自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第Ⅰ卷一、选择题：此题共13个小题，每题6分，共78分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项吻合题目要求的。1．因提取、分别出抗疟疾“中国神药”青蒿素，2015年屠呦呦获得诺贝尔奖。青蒿素主要搅乱疟原虫表膜、线粒体的功能，阻断宿主红细胞为其供应营养，以致形成自噬泡，其实不断排出到虫体外，使疟原虫损失大量胞浆而死亡。以下表达正确的选项是A．疟原虫经过胞吞方式获得大分子营养物质需借助于细胞膜上的载体蛋白B．细胞质基质是细胞代谢和遗传的控制中心，疟原虫扔掉胞浆会威胁细胞生计C．疟原虫是寄生在人体红细胞中的厌氧型真核生物D．青蒿素搅乱疟原虫的生物膜系统，影响细胞代谢以致细胞凋亡【答案】D【分析】胞吞过程不需要借助于细胞膜上的载体蛋白，A项错误；细胞核是细胞代谢和遗传的控制中心，B项错误；疟原虫含有线粒体，是需氧型生物，C项错误；疟原虫的表膜和线粒体均属于生物膜系统，青蒿素经过搅乱疟原虫的生物膜系统，使其形成自噬泡，以致细胞凋亡，D项正确。2．以下关于唾液腺细胞和唾液腺细胞产生蛋白质的分析，错误的选项是A．唾液腺细胞的线粒体能将NADH和氧结合生成水B．唾液腺细胞产生的蛋自质可协助氨基酸进人细胞内C．唾液腺细胞能发生染色质→染色体→染色质的规律性变化D．唾够腺细胞产生的淀粉酶从细胞内排出时，囊泡膜可与细胞膜交融【答案】C【分析】唾液腺细胞的线粒体能将NADH和氧结合生成水，A正确；唾液腺细胞产生的载体蛋白可协助氨基酸进人细胞内，B正确；唾液腺细胞是高度分化的细胞，没有分裂能力，不能够发生染色质→染色体→染色质的规律性变化，C错误；淀粉酶是分泌蛋白，故唾够腺细胞产生的淀粉酶从细胞运出时，高尔基1体产生的囊泡膜可与细胞膜交融，D正确。3．2017年7月，“太空灵芝”落地福州仙芝楼，填补了我国医用真菌空间育种的空白。以下相关表达正确的是（）A．在菌株培育和选择过程中，种群的基因频率发生改变B．太空环境作用下，“太空灵芝”成为一种新的物种C．太空环境定向引诱后，可精选出人们需要的性状D．太空环境作用下，灵芝菌株只可能发生基因突变4．青藏高原植物生长主要受自然温度和人类放牧的影响。牧草的生长季有返青、开花、结实和枯黄等物候时期组成，生长季的变化与否能够反响高原生态系统的牢固性。研究者比较了放牧与封围对顶峰嵩草的生长季长度变化的影响，以以下列图所示。据此分析合理的是A．顶峰嵩草的生长季随封围时间延长，可能是地表温度低造成的B．放牧改变群落演替的方向，封围改变生态系统中物种进化方向C．围封能够提高顶峰嵩草的种群密度，但不改变该群落的丰富度D．为保护青藏高原植被正常生长，应全面采用封围、禁牧的措施【答案】A【分析】据图分析，顶峰嵩草的生长季随围封时间延长，可能是地表温度低造成的，A正确。放牧不用然改变群落演替的方向，围封改变生态系统中物种进化方向，B错误。围封能够提高顶峰嵩草的种群密度，可能改变该群落的丰富度，C错误。为保护青藏高原植被正常生长，应采用适当围封，适当放牧的措施，2D错误。5．以下关于植物激素及其近似物的表达，错误的选项是A．在幼嫩的芽中，酪氨酸可转变成生长素B．在葡萄结果实的时期使用必然浓度的2，4-D能够使葡萄增产C．植物体各部位都能合成乙烯D．赤霉素能引诱α-淀粉酶的产生进而促进种子的萌发【答案】A【分析】在幼嫩的芽中，生长素是由色氨酸经过一系列反响转变而来的，A错误；2，4-D是生长素近似物，能促进果实的发育，因此在葡萄结果实的时期使用必然浓度的2，4-D能够使葡萄增产，B正确；植物体的各个部位都能合成乙烯，乙烯的主要作用是促进果实成熟，C正确；赤霉素能引诱α-淀粉酶的产生进而促进种子的萌发，D正确。6．野生猕猴桃是一种多年生富含维生素C的二倍体小野果。以下列图为某科研小组以基因型为aa的野生猕猴桃种子为实验资料，培育抗虫无子猕猴桃新品种的过程。以下相关分析正确的选项是A．过程①、②的原理是基因突变B．过程③、⑦可能都用到秋水仙素C．过程⑤的两个亲本不存在生殖隔断D．过程⑥获得的个体中没有同源染色体【答案】B【分析】据图可知，过程①为诱变育种，其原理是基因突变，而过程②表示杂交育种，其原理基因重组，A项错误；过程③、⑦为多倍体育种，可用秋水仙素引诱使其染色体数量加倍，B项正确；过程⑤表示植株和AAAA植株杂交，此后代为三倍体AAA，高度不育，因此AA植株和AAAA植株这两个亲本存在生殖隔断，不是一个物种，C项错误；⑥为基因工程育种，将目的基因B导入三倍体AAA细胞，并培育成转基因植株AAAB，该个体中含有同源染色体，D项错误。7．化学与生产、生活亲近相关，以下说法正确的选项是A．丙烯和氯乙烯能够合成食品包装资料B．蚕丝羊毛、棉花可用来制作纺织品，它们的成分都是蛋白质C．用于文物年代判断的放射性14C和作为相对原子质量的12C,化学性质不相同D．将水库的钢闸门与电源负极相连或将锌块焊接于钢闸门上以防范钢闸弟子锈【答案】D【分析】丙烯合成聚丙烯，无毒；氯乙烯合成聚氯乙烯，有毒；因此氯乙烯不能够够作为合成食品包装资料，A错误；棉花的成分为纤维素，不属于蛋白质，B错误；14C和12C互为同位素，物理性质不相同，化学3性质相同，C错误；将水库的钢闸门与电源负极相连，钢闸门为阴极被保护；将锌块焊接于钢闸门上，锌的爽朗性比铁强，锌做负极被腐化，钢闸门为正极被保护，D正确；正确选项D。8．玉米芯与稀硫酸在加热加压下反响，能够制得糠醛( )，糠醛是重要的化工原料，用途广泛。关于糠醛的说法，不正确的选项是（）．．．A．其核磁共振氢谱有3种不相同种类的吸取峰B．1mol糠醛可与3molH2发生加成反响C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．与苯酚在必然条件下反响获得结构简式为的产物【答案】A【分析】糠醛结构不对称，含4种H，则核磁共振氢谱有4种不相同种类的吸取峰，A错物误；糠醛中含有2个碳碳双键、1个均与氢气发生加成反响，则1mol糠醛可与3molH2发生加成反响，B正确；含，能被酸性高锰酸钾，C正确；含，可与苯酚发生酚醛缩合反响，生成，D正确；正确选项A。9．设NA为阿伏加德罗常数的值,以下表达正确的选项是A．所含共价键数均为A的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等B．1L1mol/LH2O2的水溶液中含有的氧原子数为2NAC．将1molFe与必然量的稀硝酸充分反响,转移的电子数可能为2NAD．3COONa溶液中含有的Na+和CH3COO-的总数为A【答案】C【分析】白磷分子中含有6个共价键、甲烷分子中含有4个共价键，所含共价键数均为0.2NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量不相等，故A错误；H2O2、H2O中都含有氧原子，故B错误；1molFe与必然量的稀硝酸充分反响恰好生成硝酸亚铁时转移的电子数为2NA，故C正确；CH3COO-水解，43COONa溶液中含有的Na+和CH3COO-的总数小于0.2NA，故D错误。10．以下各项中，对所描述内容的相关分析不正确的选项是选项描述分析A“青蒿一握，以水二升渍，绞取计”其中涉及到了萃取过程炼丹家制硫酸时用“炼石胆(胆矾)取其精华”其中利用了分解反响C古代染坊常用某种碱剂来精华丝绸碱剂不能能为烧碱D“古剑,沈卢?，以剂钢为刃”剂钢的成分为纯铁11．a、b、c、d、e五种短周期元素的原子半径和最外层电子数之间的关系以下列图:以下说法正确的选项是A．离子半径:b>dB．沸点:a与d形成的化合物>a与c形成的化合物C．a与b、c、d、e均可形成共价化合物D．e的含氧酸可能既有氧化性又有还原性【答案】D【分析】试题分析：由图中信息可知，a、b两元素的原子最外层电子数都是1，a的半径最小，则a是H元素；e的最外层有6个电子，其半径仅比b小，则b、e分别为Na和S元素；c、d最外层分别有4和5个电子，则c、d分别为C和N元素。A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大多数径越小，故氮离子半径大于钠离子，A不正确；B．沸点:H与N形成的化合物可能呈气态或液态，>H与C形成的化合物可能呈气态、液态或固态，因此无法比较两者的沸点，B不正确；C．H与C、N、S均可形成共价5化合物，但是H与Na只能形成离子化合物，C不正确；D．S的含氧酸中有亚硫酸和硫酸等等，亚硫酸既有氧化性又有还原性，D正确。此题选D。12．如图为EFC剑桥法用固体二氧化钛(TiO2)生产海绵钛的装置表示图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO2(阴极)中的氧解离进入熔盐，阴极最后只剩下纯钛。以下说法中正确的选项是( )A．阳极的电极反响式为2Cl－－2e－===Cl2↑B．阴极的电极反响式为TiO2＋4e－===Ti＋2O2－C．通电后，O2－、Cl－均向阴极搬动D．石墨电极的质量不发生变化【答案】B【分析】A、电解池的阳极是氧离子发生失电子的氧化反响，以致氧气等气体的出现，因此电极反响式为：2--，故A错误；B、电解池的阴极发生得电子的还原反响，是二氧化钛电极自己得电子的2O→O2↑+4e过程，即TiO2+4e-→Ti+2O2-，故B正确；C、电解池中，电解质里的阴离子O2-、Cl-均移旭日极，故C错误；D、石墨电极会和阳极上产生的氧气之间发生反响，致负气体一氧化碳、二氧化碳的出现，因此石墨电极会耗资，质量减少，故D错误；应选B。13．常温下取的NaA和NaB两种盐溶液各1L，分别通入0.02molCO2，发生以下反应:NaA+CO2+H2OHA+NaHCO3、2NaB+CO2+H2O2HB+N2CO3。HA和HB的1L溶液分别加水稀释至体积为VL时可能如同图曲线，则以下说法正确的选项是A．X是HA，M是HBB．常温下pH:NaA溶液>NaB溶液C．关于c(R-)/c(HR)c(OH·-)的值(R代表A或B)，必然存在HA>HBD．若常温下浓度均为的NaA和HA的混杂溶液的pH>7,则c(A-)>c(HA)【答案】C6【分析】已知：NaA+CO2+H2O?HA+NaHCO3、2NaB+CO2+H2O?2HB+Na2CO3，则酸性：H2CO3＞HA＞HCO3-＞HB，加水稀释，促进弱酸的电离，酸性越弱，溶液稀释时pH变化越小，因此加水稀释相同的倍数时，pH变化小的是HB，由图可知，Z为HB，Y为HA。A．加水稀释相同的倍数时，酸溶液PH增大，pH变化小的是HB，Z为HB，故A错误；B．酸性：H2CO3＞HA＞HCO3-＞HB，酸性越弱对应阴离子水解程度越大，溶液的碱性越强，常温下pH：NaA溶液＜NaB溶液，故B错误；C．的NaAcR必然存在HA＞HB，和NaB两种盐溶液各1L，水解程度A-＜B-，B-离子减少的多，则cHRcOH故C正确；D．若常温下浓度均为的NaA和HA的混杂溶液的pH＞7，溶液显碱性说明A-离子水解程度大于HA电离程度，则c(A-)＜c(HA)，故D错误；应选C。二、选择题：此题共8小题，每题6分，共48分。在每题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项吻合题目要求。所有选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。14．氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子．已知基态的氦离子能量为E1=－54.4eV，氦离子能级的表示图以下列图．在拥有以下能量的光子中，不能够被基态氦离子吸取而发生跃迁的是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】依照量子理论能够知道，处于基态的离子在吸取光子能量时是成份吸取的，不能够积累的，因此当其他能级和基态能量差和光子能量相等时，该光子才能被吸取。由能级表示图可知：第2能级和基态能级差为：E1E2E154.4eV40.8eV，因此A选项中光子能量能被吸取，故A错误；没有能级之间的能量差和B中光子能量相等，故B正确；第4能级和基态能级差为：E2E4E154.4eV51.0eV，因此C选项中光子能量能被吸取，故C错误；当光子能量大于等于基态能量时，将被处于基态离子吸取并能使其电离，因此选项D中的光子能量能被吸取，故D错误。因此选B。15．半径为R圆滑半圆柱体固定在水平面上，竖直圆滑墙与之相切，一个质量为m，半径为r（r＜R）的小圆柱体置于墙与半圆柱体之间，恰好平衡．以下说法正确的选项是（）7①墙对小圆柱体的弹力大小为mg?Rr；Rr②若要使小圆柱体对墙压力增大，能够仅增大R；③若仅减小小圆柱体半径而不改变其质量，可使大圆柱体所受压力增大；④若仅减小小圆柱体半径而不改变其质量，可使大球所受压力减小．A．①②B．①③C．②③D．②④【答案】C【分析】解：小球碰到重力、墙对小圆柱体的弹力以及半圆柱体对小圆柱体的弹力，受力如图：Rr设两个球心之间的连线与水平方向之间的夹角为θ，由图中几何关系可知：cosRrmg由共点力平衡的条件可得：N1tanN2mgsin①、墙对小圆柱体的弹力大小为N1mgtanmgRr．故①错误；Rr②、若增大Rr2r可知cosθ将增大，则θ将减小，N1mgR，依照cosr1将增大，依照RRrtan牛顿第三定律可知，圆柱体对墙压力增大．故②正确；③④、若仅减小小圆柱体半径，则Rr2r12cosr1，可知cosθ将增大，则θ将减小，RRrR1rN2mg将增大，不改变其质量，则可使大圆柱体所受压力增大．故③正确，④错误．sin故ABD错误，C正确8应选：C16．以下列图，质量为m的小球以速度v0水平抛出，恰好与倾角为30°的斜面垂直相碰，其弹回速度的大小与抛出的速度大小相等，求小球与斜面碰撞过程中碰到的冲量大小为( )A．mv0B．2mv0C．3mv0D．6mv0【点睛】小球在碰撞斜眼前做平抛运动，由平抛运动的规律能够求得与斜面碰撞时的速度的大小，再由动量定理能够求得斜面对小球的冲量．17．如图，质量为m的小球，在斜面轨道上离地h高度处由静止自由滑下，进入与斜面轨道圆滑连接的竖直圆环轨道运动，设圆轨道半径为R，不计所有摩擦，则以下说法中正确的选项是( )A．若h=2R，小球恰能运动到圆环轨道最高点B．小球要达到圆环轨道最高点，则滑下高度h最少为3RC．若小球带正电，在轨道所在竖直平面内加竖直向上的匀强电场，则当h=2R时，小球能经过圆环轨道最高点D．若小球带正电，在轨道所在竖直平面内加竖直向下的匀强电场，则当h=2.5R时，小球能经过圆环轨道最高点【答案】D9【分析】A．若小球恰能到达圆环轨道的最高点，依照mg=mv2得,最高点的速度v=gR，依照动能定R理得,mg(h-2R)=1mv2-0,解得，故A错误，B错误；2C．若小球带正电，在轨道所在竖直平面内加竖直向下的匀强电场，设重力和电场力的合力为F，有：F=2mv，依照动能定理知,F(H-2R)=1mv2，解得，故C错误，D正确。R2应选：D．18．以下列图,电路中理想变压器原、副线圈接入电路的匝数可经过单刀双掷开关改变,A为交流电流表.在变压器原线圈a、b两端加上不变的正弦交变电压.以下分析正确的（）A．只将S1从1拨向2时,电流表示数变小B．只将S2从3拨向4时,电流表示数变大C．只将R的滑片上移,R1的电功率变大D．只将R的滑片上移,R2的电功率减小【答案】D【分析】依照电压与匝数成正比知：U2n2U1，依照电流与匝数成反比知：I1n2I2n1n1A．只将S1从1拨向2时，原线圈的匝数减少，因此副线圈上的电压增大，负载上的功率增大，因此电流表示数变大。故A错误；B．将S2从3拨向4时，副线圈的匝数减少，因此副线圈上的电压减小，负载上的功率减小，因此电流表示数变小。故B错误；C．只将R的滑片上移，副线圈输出电压不变，R1的电功率不变，故C错误；D．将R的滑片上移，接入电路的有效电阻变大，因此串通电路(R和R2)的电阻增大，流过串通电路的电流变小，因此电阻R2的电功率变小。D正确。应选：D点睛：由图可知：电流表测量的是原线圈电流，依照输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比分析即可．19．以下列图，从地面上A点发射一枚远程弹道导弹，沿ACB椭圆轨道翱翔击中地面目标B、C为轨道的远地址，距地面高度为h，已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量为G，不计空气阻力，则以下结论正确的选项是（）10GMA．导弹在C点的速度大于hRGMB．导弹在C点的加速度等于2RhRhC．导弹从A点运动到B点的时间为2RhGMD．地球球心为导弹椭圆轨道的一个焦点【答案】BD【分析】A、依照万有引力供应向心力得：GMm2mv2，则：vGM，导弹在C点只有加速RhRhRh才能进入卫星的轨道，因此导弹在C点的速度小于GM，故A错误；RhMmB、导弹在C点碰到的万有引力FGRh

FGM2，因此aRhm

2

，故B正确；C、依照开普勒第三定律，R32＝C，椭圆轨道的半长轴小于圆轨道的半径，因此椭圆的周期小于圆形轨道TRh3，因此导弹从点A运动到B点的时间必然小于圆轨道上的周期，故C错误；的周期T2GMD、导弹做的是椭圆运动，地球球心位于椭圆的焦点上，故D正确。20．与水平面倾斜成37°夹角的传达带以8m/s的恒定速率运动（皮带向来绷紧），将lkg的小物块（可视为质点）轻放在传达带上端A处，经过2s小物块到达B端，已知物块与传达带间动摩擦因数为，则在小物块从A运动到B的过程中，以下说法正确的选项是（）11A．从A运动到B时小物块的速度为12m/sB．传达带对小物块做功大小为28JC．小物块与传达带间相互作用力的冲量大小相等D．因小物块和传达带之间的摩擦而产生的内能为12J【答案】ACD【分析】对物块受力分析可知，滑动摩擦力：f1mgcos2N，重力沿运动向的重量：Gxmgsin6N，依照牛顿第二定律得：Gxf1ma1，解得：a18m/s2，则运动的时间t1v1s，运动的位移为s11a1t124m，此时传达带运动的位移为s带1vt18m，故物块相对a12传达带的位移为s1s带1s14m；当物块加速到与传达带速度相等后，由于Gx6Nf12N，故物块连续向下加速，依照牛顿第二定律有：Gxf1ma2，解得：a24m/s2，连续向下加速1s，则物块到达B端的速度为v2va2t284112m/s，A正确；物块在第二个1s运动的位移为s2vv2t210m，传达带运动的位移为s带2vt28m，故物块相对传达带的位移为2s2带2m，全程相对位移s246m，故摩擦产生的内能Qf1s2612J，Ds2s2正确；传达带对小物块的摩擦力做功Wf1s1f1s282012J，B错误；小物块与传达带间相互作用力的大小相等，时间相同，冲量大小相等，C正确；应选ACD．21．以下列图，边长为L的正方形abcd内有垂直于纸面向里、磁感觉强度为B的匀强磁场，一束速率不相同的带正电粒子从左界线ad中点P垂直射入磁场，速度方向与ad边夹角θ＝30°，已知粒子质量为m、电荷量为q，粒子间的相互作用和粒子重力不计.则()A．粒子在磁场中运动的最长时间为错误！未找到引用源。B．粒子在磁场中运动的最短时间为错误！未找到引用源。C．上界线ab上有粒子到达的地域长为(1－错误！未找到引用源。)LD．下界线cd上有粒子到达的地址离c点的最短距离为错误！未找到引用源。【答案】AD【分析】A项：粒子对应的圆心角越大，在磁场中运动的时间越长，最长时间对应的轨迹以下列图：12从pa边射出对应的轨迹的圆心角最大，为300°，故最长时间为：错误！未找到引用源。，故A正确；B项：考虑极限法，假设粒子速度无量大，则沿着直线穿过磁场，时间无量小，故粒子在磁场中运动的最短时间趋向零，故B错误；C项：画出临界轨迹，以下列图：从ab边射出的最大的轨迹是与bc边相切，故：r1+r1sin60=L°，故错误！未找到引用源。，从ab边射出的最小的轨迹是与ad边相切，故：错误！未找到引用源。，故错误！未找到引用源。，故上界线ab上有粒子到达的地域长为：错误！未找到引用源。，故C错误；D项：临界情况是轨迹与cd变相切，故：错误！未找到引用源。，解得r3=L，故下界线cd上有粒子到达的地址离c点的最短距离为错误！未找到引用源。，故D正确。第Ⅱ卷二、非选择题：共174分，本卷包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必定作答。第33~38题为选考题，考生依照要求作答。（一）必考题（共129分）22．（6分）在研究合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳．实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是经过两细绳用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧测力计经过细绳拉橡皮条．13（1）实验对两次拉伸橡皮条的要求中，正确的选项是______．．将橡皮条拉伸相同长度即可．将橡皮条沿相同方向拉到相同长度C．将弹簧测力计都拉伸到相同刻度．将橡皮条和绳的结点拉到相同地址（2）同学们在操作过程中有以下讨论，其中对减小实验误差有益的说法是________．．两细绳必定等长．弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平行C．用两弹簧测力计同时拉细绳时两弹簧测力计示数之差应尽可能大．拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些（3）上图是甲和乙两位同学在做以上实验时获得的结果，其中___________(填“图甲”或“图乙”)比较符合实验事实.(F′是用一只弹簧测力计拉时的图示)3）用素来弹簧秤拉橡皮条时，弹簧秤的方向应该与橡皮条共线；而用两个弹簧秤拉橡皮条时，用平行四边形法规做出的合力方向可能偏离橡皮条的方向，故图甲比较吻合实验事实.23．（9分）用伏安法测定电源的电动势和内阻．供应的实验器材有：A．待测电源（电动势约18V，内阻约2Ω）B．电压表（内阻约几十kΩ，量程为6V）C．电流表（内阻约为0.3Ω，量程为3A）D．滑动变阻器（0～50Ω，3A）E．电阻箱（最大阻值999999Ω）14F．开关G．导线若干（1）为完成实验，该同学将量程6V电压表扩大量程，需测定电压表的内阻，该同学设计了图1所示的甲、乙两个电路，经过思虑，该同学选择了甲电路，该同学放弃乙电路的原因是：________．2）该同学依照图甲连接好电路，进行了以下几步操作：①将滑动变阻器触头滑到最左端，把电阻箱的阻值调到零；②闭合开关，缓慢调治滑动变阻器的触头，使电压表指针指到6.0V；③保持滑动变阻器触头不动，调治电阻箱的阻值，当电压表的示数为2.0V时，电阻箱的阻值如图2所示，示数为_____Ω；④保持电阻箱的阻值不变，使电阻箱和电压表串通，改装成新的电压表，改装后电压表的量程为_____V．（3）将此电压表（表盘未换）与电流表连成如图3所示的电路，测电源的电动势和内阻，调治滑动变阻器的触头，读出电压表和电流表示数，做出的U-I图象如图4所示，则电源的电动势为_____V，内阻为_____Ω．（结果保留三位有效数字）【答案】电路中电流太小，电流表无法正确测量50452；18；；；【分析】:1）电流表不能够和电压表串通,否则电流读数很小.无法正确测量.2）依照电阻箱各个旋钮的地址,可得示数为50452;3）依题意,电压的内阻与电阻箱阻值之比为2:4,而电阻箱与电压表示串通关系,因此改装后电压15表量程为63V18V.（4）,由于电压表相关于改装过,,并且改装后的电压是原来电压的三倍,结合图像,可知电源的电动势为5.83V17.4V,内阻为图像的斜率:r3综上所述此题的答案:．（1）．电路中电流太小，电流表无法正确测量;（2）．50452;（3）．18V（4）．;（5）．24．（14分）以下列图,某货场而将质量为m1=100kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面,为防范货物与地面发生撞击,现利用固定于地面的圆滑四分之一圆轨道,使货物中轨道顶端无初速滑下,轨道半径R=1.8m.地面上紧靠轨道次排放两个完好相同的木板A．B,长度均为L=2m,质量均为m2=100kg,木板上表面与轨道尾端相切。货物与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数μ=0.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,取g=10m/s2)求：1）货物到达圆轨道尾端时对轨道的压力；2）若货物滑上木板A时,木板不动,而滑上木板B时,木板B开始滑动,求μ1应满足的条件；（3）若μA上运动的时间。1=，求货物滑到木板A尾端时的速度和在木板【答案】（1）3000N（2）0.4<μ（3）【分析】（1）设货物滑到圆轨道尾端是的速度为V0，对货物的下滑过程中依照机械能守恒定律得，12mgR2m1v0①设货物在轨道尾端所受支持力的大小为FN，依照牛顿第二定律得FNm1gm1v02②R联立以上两式代入数据得FN3000N③依照牛顿第三定律，货物到达圆轨道尾端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下。（2）若滑上木板A时,木板不动,由受力分析得μ④1m1g?μ2(m1+2m2)g若滑上木板B时,木板B开始滑动,由受力分析得μ1m1g>μ2(m1+m2)g⑤联立④⑤式代入数据得0.4<μ⑥。1（3）当μA上滑动时，木板不动。1时，由⑥式可知，货物在木板设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ1m1g?m1a1⑦16设货物滑到木板A尾端是的速度为V1,由运动学公式得V12-V02=-2a1L⑧联立①⑦⑧式代入数据得V1=4m/s⑨设在木板A上运动的时间为t,由运动学公式得V1=V0-a1t⑩联立①⑦⑨⑩式代入数据得25．（18分）以下列图，足够长的水平轨道左侧b1b2﹣c1c2部分轨道间距为2L，右侧c1c2﹣d1d2部分的轨道间距为L，曲线轨道与水平轨道相切于b1b2，所有轨道均圆滑且电阻不计．在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ=37°的匀强磁场，磁感觉强度大小为B=0.1T．质量为M=0.2kg的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为m=0.1kg的导体棒A自曲线轨道上a1a2处由静止释放，两金属棒在运动过程中向来相互平行且与导轨保持优异接触，A棒总在宽轨上运动，B棒总在窄轨上运动．已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为Ω，，L=0.2m，sin37°，cos37°，g=10m/s2求：1）金属棒A滑到b1b2处时的速度大小；2）金属棒B匀速运动的速度大小；（3）在两棒整个的运动过程中经过金属棒A某截面的电量；（4）在两棒整个的运动过程中金属棒A、B在水平导轨间扫过的面积之差．【答案】（1）2m/s（2）0.44m/s（3）5.56C（4）2【分析】A棒在曲轨道上下滑，由机械能守恒定律得：mgh=1mv02①2得：v0=2gh2100.2m/s2m/s（2）采用水平向右为正方向，对A、B利用动量定理可得：对B：FB安cosθ?t=MvB②对A：﹣F安cosθ?t=mv﹣mv③AA0其中FA安=2FB安④由上知：mv0﹣mvA=2MvB两棒最后匀速时，电路中无电流：有BLvB=2BLvA得：vB=2vA⑤联立后两式得：2vB=v0=0.44m/s9（3）在B加速过程中：∑（Bcosθ）iL△t=MvB﹣0⑥17q=∑it⑦得：q=50C≈9（4）据法拉第电磁感觉定律有：E=⑧t其中磁通量变化量：△?=B△Scosθ⑨E电路中的电流：I=⑩2R经过截面的电荷量：q=It（11）25022得：△S=m≈9点睛：在导体棒下滑的过程中只有重力做功。满足机械能守恒的条件，依照机械能守恒列式求解；利用安培力结合动量定理列式求解即可；以B导体棒为研究对象，依照电流的定义式和动量定理列式求解；在整个运动过程中，利用法拉第电磁感觉定律。求出磁通量的变化，结合闭合电路欧姆定律进行求解。26．（14分）某研究小组设计如右图所示装置(夹持、加热仪器略)，模拟工业生产进行制备三氯乙醛(CCl3CHO)的实验。查阅资料，相关信息以下：①制备反响原理：C2H5OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl可能发生的副反响：C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O；CCl3CHO+HClO→CCl3COOH（三氯乙酸）+HCl②相关物质的部分物理性质：C2H5OHCCl3CHOCCl3COOHC2H5Cl相对分子质量46熔点／℃58沸点／℃19818溶解性与水互溶可溶于水、乙醇可溶于水、乙醇三氯乙醛微溶于水，可溶于乙醇1）仪器A中发生反响的化学方程式为_________________________________。2）装置B的作用是_________________。该实验在装置中有一处弊端，即缺少氯气的干燥裝置，缺少该装置可能以致装置C中副产物______________（填化学式）的量增加；冷凝管的进水口是________（填“a或”“b）”；3）装置中球形冷凝管的作用是______________________，写出D中所有可能发生的无机反响的离子方程式___________________________________。（4）反响结束后，从C中的混杂物中分别出CCl3COOH的方法是_________________________。（5）测定产品纯度：称取产品0.50g配成待测溶液，加0.1000mol?L-1碘标准溶液20.00mL，再加入适量Na2CO3溶液，反响完好后，加盐酸调治溶液的pH，马上用0.02000mol?L-1Na2S2O3溶液滴定至终点。进行三次平行实验，测得耗资Na2S2O3溶液20.00mL。则产品的纯度为_____________；（计算结果保留两位有效数字）滴定的反响原理：CCl3CHO+OH-==CHCl3+HCOO-HCOO-+I2==H++2I-+CO2↑I2+2S2O32-==2I-+S4O62-（6）为证明三氯乙酸的酸性比乙酸强。某学习小组的同学设计了以下三种方案，你认为能够达到实验目的的是___________。-1A．分别测定0.1molL·两种酸溶液的pH，三氯乙酸的pH较小-1B．用仪器测量浓度均为0.1mol·L的三氯乙酸和乙酸溶液的导电性，测得乙酸溶液的导电性弱C．测定等物质的量浓度的两种酸的钠盐溶液的pH，乙酸钠溶液的pH较大【答案】2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O除HClC2H5Cl、CCl3COOHa冷凝回流Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OH++OH-=H2O蒸馏53%abc【分析】此题主要观察关于“模拟工业生产制备三氯乙醛实验”的议论。（1）仪器A中产生氯气，发生反响的化学方程式为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。（2）装置B的作用是除去氯化氢。该实验在装置中有一处弊端，即缺少氯气的干燥裝置，缺少该装置可能以致装置C中副产物C2H5Cl、CCl3COOH的量增加；冷凝管的水的流向是“下进上出”，进水口是a；（3）装置中球形冷凝管的作用是冷凝回流，C中产生的氯化氢和节余的氯气流向D，D中所有可能发生的无机反响的离子方程式：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H++OH-=H2O。（4）反响结束后，C中液体混杂物互溶，因此从C中的混杂物中分别出CCl3COOH的方法是蒸馏。（5）反响“I2--+S4O62-”耗资碘的物质的量为0.02000mol?L-1-42+2S2O3==2I××mol。19反应-+-耗碘的物质的量为“HCOO+I2==H+2I+CO2↑”消0.1000mol?L-1×-4-3mol。10××10产品的纯度为1.800×10-3×；（6）为证明三氯乙酸的酸性比乙酸强。能够达到实验目的的是abc。A．同物质的量浓度的三氯乙酸和乙酸溶液，pH越小，酸性越强，故a吻合题意；b．同物质的量浓度的三氯乙酸和乙酸溶液，酸性越强，离子浓度越大，导电性越强，故b吻合题意；C．等物质的量浓度的两种酸的钠盐溶液的pH，pH越大，水解程度越大，相应酸的酸性越弱，应选abc。27．（14分）二甲醚又称甲醚，简称DME，熔点℃，沸点℃，与石油液化气(LPG)相似，被誉为“21世纪的干净燃料”。制备原理以下:I.由天然气催化制备二甲醚:①2CH4(g)+O2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H1=-283.6kJ/molII.由合成气制备二甲醚:②CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H2=-90.7kJ/mol③2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H3回答以下问题:（1）反响③中的相关的化学键键能数据如表:化学键H—HC—OH—O（水）H—O（醇）C—HE/(kJ/mol)436343465453413△H3=_______kJ/mol。（2）制备原理I中，在恒温、恒容的密闭容器中合成，将气体按n(CH4):n(O2)=2:1混杂，能正确反映反响①中CH4的体积分数随温度变化的曲线是_______。以下能表示反响①达到化学平衡状态的是________。．混杂气体的密度不变20．反响容器中二甲醚的百分含量不变C．反响物的反响速率与生成物的反响速率之比等于化学计量数之比．混杂气体的压强不变（3）有人模拟制备原理II，在500K时的2L的密闭容器中充入2molCO和6molH2，8min达到平衡，平衡时CO的转变率为80%，c(CH3OCH3，用H2表示反响②的速率是______；可逆反应③的平衡常数K=_______。若在500K时，测得容器中n(CH3OH)=n(CH3OCH3)，此时反响③v(正)______v(逆)，说明原因________________。【答案】-24kJ/molbbd0.2mol/(L·min)2.25>浓度商，反响正向进行，V(正)>v(逆)【分析】（1）反响③2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H3=反响物总键能-生成物总键能=24133343453241333432465=-24kJ/mol；（2）升温，反响①2CH4(g)+O2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H1=﹣，向逆反响方向搬动，能正确反响反响①中CH4的体积分数随温度变化的曲线是b；表示反响①2CH4(g)+O2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)达到化学平衡状态的a．混杂气体的密度向来不变，故a错误；b．反响容器中二甲醚的百分含量不变，表示达到平衡，故b正确；c．反响物的反响速率与生成物的反响速率之比向来等于化学计量数之比；故c错误；d．混杂气体的压强不变，表示达到平衡，故d正确。答案选bd；（3）CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)初步量（mol/L）130转变量（mol/L）平衡量（mol/L）1.6mol/Lv(H2)=8min

=0.2mol/(L?min)；2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)初步量（mol/L）00转变量（mol/L）平衡量（mol/L）k=2=2.25；若在500K时，容器中n(CH3OH)=n(CH3OCH3)时，设c(CH3OH)=xmol/L，则2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)21在500K时，容器中（mol/L）xxxxx浓度商Q=x2=1＜，反响正向进行，v(正)＞v(逆)。28．（15分）硼镁泥是一种工业废料，主要成分是MgO(占40%，还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质，以此为原料制取的硫酸镁，可用于印染、选纸、医药等工业。从硼镁泥中提取MgSO4·7H2O的流程以下:依照题意回答以下问题:1）实验中需用1mol/L的硫酸800mL，若用的浓硫酸来配制，量取浓硫酸时，需使用的量筒的规格为______。A．10mLB．20mLC．50mLD．100mL（2）加入的NaClO可与Mn2+反响:Mn2+-+H2O=MnO+-，还有一种离子也会被NaClO氧+ClO2↓+2H+Cl化，该反响的离子方程式为____________________。3）滤渣中除含有Fe(OH)3、A(OH)3外还有_________________。（4）在“除钙”前，需检验滤波中Fe3+可否被除尽，简述检验方法:_________。（5）已知MeSO4、CaSO4的溶解度以下表:温度/℃40506070MgSO4CaSO4“除钙”是将MgSO4和CaSO4混杂溶液中的CaSO4除去，依照上表数据，简要说明操作步骤:_________。“操怍I：是将滤液连续蒸发依缩，冷却结晶，______，便获得了MgSO4·7H2O。6）实验中供应的硼镁泥共100g，获得的MgSO4·7H2O为172.2g，则MgSO4·7H2O的产率为_____________________。【答案】D2Fe2++C1O-+2H+==2Fe3++Cl-+H2OMnO2、SiO2取少量滤液,向其中加入硫氰化钾容液.若是溶液不变红色.说明溶液中不含Fe3+，若是溶液变红色，说明滤液中含Fe3+蒸发农缩，趁热过滤过22滤(或过滤冲洗)70%6）100g硼镁泥含MgO40g，理论上可获得40g×246g/mol=246g的MgSO4·7H2O，故它的产率40g/mol为172.2g×100%=70%。246g点睛：此题观察制备实验方案设计，重视观察学生综合应用能力，明确物质的性质是设计实验的依照，熟练掌握元素化合物知识，知道量筒、容量瓶规格的采用方法。硼镁泥中加入稀硫酸，MgO、Al2O3、CaO、MnO、Fe2O3、FeO都和稀硫酸反响生成可溶性硫酸盐和水，向溶液中加入NaClO并调治溶液的pH在5～6之间，锰离子被次氯酸根离子氧化生成二氧化锰积淀，亚铁离子被次氯酸根离子氧化生成铁离子，依照氢氧化物积淀需要的pH知，铁离子和铝离子都生成积淀，尔后除钙，使钙离子和硫酸根离子生成硫酸钙积淀，将混杂溶液过滤获得滤液，最后将滤液蒸发浓缩、冷却结晶获得硫酸镁晶体。29．（9分）聚乙二醇（PEG）对花生种子萌发初期的能量代谢有促进作用。现用质量分数为20%的PEG溶液和清水分别浸泡花生种子，洗去PEG溶液，培育两组花生种子使其萌发。在种子萌发初期的10小时（h）内，测定其呼吸强度和ATP含量，结果以下：23（1）ATP是细胞生命活动的__________物质。ATP的主要本源是细胞呼吸，在花生种子萌发过程中，合成ATP最多的场所是细胞的__________。（2）据甲图分析，PEG溶液浸泡后的花生种子，在开始萌发时呼吸强度比比较组__________（填“高”、“低”或“相等”）。（3）据乙图分析，在花生种子萌发初期的10h内，经PEG办理的种子与比较组对照，ATP含量变化是____________________，原因是PEG办理的种子生理活动提前启动，各种代谢活动增强，一方面合成很多ATP，另一方面__________，以致2小时后ATP含量低于比较组。【答案】（除注明外，每空2分，共15分）（1）直接能源（1分）线粒体内膜（2）高（3）在前2小时内下降较快；在2-10小时内含量比比较组低耗资很多ATP【分析】（1）ATP是细胞生命活动的直接能源物质。在花生种子萌发过程中，细胞只进行细胞呼吸，主要是有氧呼吸，有氧呼吸的第三阶段产生能量最多，发生场所是线粒体内膜。（2）据甲图分析，PEG溶液浸泡后的花生种子，在开始萌发时（0~4小时）呼吸强度比比较组高。（3）据乙图分析，在花生种子萌发初期的10h内，经PEG办理的种子与比较组对照ATP含量在前2小时内下降较快，在2-10小时内含量有所增加，但含量比比较组低。30．（10分）某地爆发流行性感冒，据悉，惹起此次感冒流行的主若是甲型流感病毒，该病毒是一种RNA病毒，请回答以下问题。1）甲型流感病毒相关于DNA病毒更易发生变异，主要原因是___________。流感的发生是由于免疫系统的_____________功能低下以致的。2）某同学感染甲型流感病毒后发病，出现发热、全身乏力等症状，连续一周后治愈。抗体在流感治愈过程中发挥的作用是_________。3）某同学去医院注射甲型流感疫苗，流感流行季未患甲流，其机理主若是机体产生相应的______和_____，以提高机体的免疫能力。（4）入冬后，社区贴出通知：70岁以上老人可免费注射甲流疫苗。小明的爷爷对疫苗的安全性和作用存在疑虑，若是你是小明，会给爷爷供应怎样的建议？______【答案】（除注明外，每空2分，共10分）（1）甲型流感病毒是一种RNA病毒，RNA为单链结构，简单发生变异（基因突变）监控和除去（2）与流感病毒结合，形成积淀，进而被吞噬细胞吞噬消化（3）抗体（1分）记忆细胞（1分）（4）能够接种，能够提高机体的免疫力；也许，考虑爷爷近期刚刚感冒过暂时不宜接种【分析】此题主要观察免疫调治。要修业生熟知体液免疫的过程以及对二次免疫的理解。1）甲型流感病毒的遗传物质是RNA，而RNA为单链结构，简单发生变异。流感的发生是由于免疫系统的监控和除去功能低下以致的。2）在免疫调治中，抗体作用是与流感病毒结合，形成积淀，进而被吞噬细胞吞噬消化3）注射甲型流感疫苗，会惹起人体产生相应的免疫反响，产生相应的抗体和记忆细胞，当流感流行时，抗原会刺激记忆细胞，产生更强的免疫反响。244）针对疫苗的安全性和作用存在的疑虑，能够倡议接种，由于其能够提高机体的免疫力；也许，考虑爷爷近期方才感冒过暂时不宜接种。31．（8分）如图为某岛屿居民与该岛上的植物、兔、鼠、鼬和鹰组成的食品网。某个时期，当地居民大量捕杀鼬，以致岛上鼠种群暴发，随后由鼠疫杆菌惹起的鼠疫经过跳蚤令人感染以致死亡率上升。（1）该食品网中，植物中的能量能经过_________条食品链传达给鹰，鹰所处的营养级为________；从生态系统的成分看，鼠疫杆菌属于______。（2）—段时间内，大量捕杀鼬后，鼠种群数量的变化过程是_______________。（3）平时情况下，寄生在鼠身上的跳蚤对鼠种群数量的影响______________(填“大于”“小于”或“等于”）鼬对鼠种群数量的影响，其原因是__________。【答案】（除注明外，每空1分，共8分）（1）4第三、四花销者（2）先增大后减少，最后趋于牢固（2分）（3）小于从能量流动的角度看，鼠的能量流向跳蚤的比率较少，而更多地流向鼬；且跳蚤对鼠的生命没有直接危害（2分）【分析】据图分析，图示植物表示生产者，其他生物表示花销者。图中有6条食品链，分别是：植物→人；植物→兔→人；植物→兔→鹰；植物→兔→鼬→鹰；植物→鼠→鹰；植物→鼠→鼬→鹰。（1）图中植物到鹰的食品链共有4条，分别处于第三、第四营养级；鼠疫杆菌为微生物，寄生于老鼠体内，属于生态系统的花销者。2）—段时间内，大量捕杀鼬后，鼠被鼬捕杀减少，因此鼠的数量先增加；此后鹰捕杀鼠的数量增加，又以致鼠的数量减少，最后趋于牢固。3）从能量流动的角度看，鼠的能量流向跳蚤的比率较少，而更多地流向鼬；且跳蚤对鼠的生命没有直接危害，因此寄生在鼠身上的跳蚤对鼠种群数量的影响小于鼬对鼠种群数量的影响。32．（12分）小黑麦为二倍体生物，1个染色体组中含有7条染色体，分别记为1?7号，其中任何1条染色体缺失均会造成单体，即共有7种单体。单体在减数分裂时，未配对的染色体随机移向细胞的一极，产生的配子成活率相同且能够随机结合，后代出现二倍体单体和缺体（即缺失一对同源染色体）三种种类。利用单体遗传能够进行基因的定位。（1）若需区分7种不相同的单体，能够利用显微镜观察____________进行判断。2）每一种单体产生的配子中，含有的染色体数量为____________条。3）已知小黑麦的抗病（B）与不抗病（b）是一对相对性状，但不知道控制该性状的基因位于几号染色体上。若某品种小黑麦为抗病纯合子（无b基因也视为纯合子），且为7号染色体单体，将该抗病单体与____________杂交，经过分析子一代的表现型能够判断抗病基因可否位于7号染色体上。①若子一代表现为____________，则该基因位于7号染色体上。②若子一代表现为____________，则该基因不位于7号染色体上。25（4）若已确定抗病基因位于7号染色体上，则该抗病单体自交，子一代表现型及比率为_________。【答案】（每空2分，共12分）（1）染色体的形态（和大小）（2）6或7（3）不抗病的正常二倍体抗病和不抗病两各种类均为抗病种类抗病：不抗病=3:1【分析】染色体组是指一组非同源染色体，形态、大小各不相同，染色体的形态和大小能够选择在有丝分裂中期利用显微镜进行观察。某品种小黑麦为抗病纯合子，若是抗病基因B位于7号染色体上，基因型能够表示为B0；若是抗病基因B不在7号染色体上，则抗病植株的基因型为BB，再利用基因的分离定律进行后代基因型、表现型的展望。1）能够在有丝分裂中期时观察染色体形态、数量等，并且一个染色体组中的每条染色体的形态、大小均不相同，因此若需区分7种不相同的单体，能够利用显微镜观察染色体的形态和大小进行判断。2）单体的体细胞染色体数量为14-1=13条，并且单体在减数分裂时，未配对的染色体随机移向细胞的一极，因此每一种单体产生的配子中，含有的染色体数量为6或7条。3）要判断抗病基因可否位于7号染色体上，可将该抗病单体与不抗病的正常二倍体杂交，经过分析子一代的表现型能够。①若该基因位于7号染色体上，则亲本基因型能够表示为B0、bb，两者杂交产生的后代的基因型及比率为：Bb：b0=1：1，即子一代表现为抗病和不抗病两各种类。②若是该基因不位于7号染色体上，则亲本基因型为BB、bb，杂交后代基因型将全为Bb，即子一代均表现为抗病种类。（4）若已确定抗病基因位于7号染色体上，则该抗病单体（B0）自交，子一代基因型及比率为1BB、2B0、100，即表现型及比率为抗病：不抗病=3：1。（二）选考题：共45分。请考生从2道题物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。若是多做，则每科按所做的第一题计分。33．【选修3-3】（15分）（1）（5分）以下说法正确的选项是。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）．当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，因此分子间的作用力表现为引力．所有晶体都拥有各向异性C．自由落体运动的水滴呈球形．在完好失重的状态下，必然质量的理想气体压强为零E．摩尔质量为M(kg/mol)、密度为ρ(kg/m3)的1m3的铜所含原子数为错误！未找到引用源。NA（阿伏伽德罗常数为NA）【答案】ABD【分析】当分子间的距离增大时，分子间的引力和斥力均减小，但斥力减小得更快，因此当分子间距r>r0时分子间的作用力表现为引力；当分子间距r<r0时分子间的作用力表现为斥力，选26项A错误；只有单晶体拥有各向异性，多晶体各向同性，选项B错误；自由落体运动的水滴呈完好失重态，则呈球形，选项C正确；气体的压强与气体的重力没关，则即使在完好失重的状态下，必然质量的理想气体压强也不为零，选项E错误；摩尔质量为M(kg/mol)、密度为ρ(kg/m3)的1m3的铜所含原子数为错误！未找到引用源。NA（阿伏伽德罗常数为NA），选项E正确；此题选择错误的选项，应选ABD．（2）（10分）以下列图，上端张口的绝热圆柱形汽缸竖直放置在水平川面上，汽缸内部被质量为m的导热性能优异的活塞A和质量也为m的绝热活塞B分成高度相等的三个部分，下边两部分封闭有理想气体和Q，两活塞均与汽缸接触优异，活塞厚度不计，忽略所有摩擦。汽缸下边有加热装置，初始状态温度均为T0，气缸的截面积为S，外界大气压强为错误！未找到引用源。且不变，现对气体Q缓慢加热。求：①当活塞A恰好到达汽缸上端时，气体Q的温度；②在活塞A上再放一个质量为m的物块C，连续给气体Q加热，当活塞A再次到达汽缸上端时，气体Q的温度。【答案】①错误！未找到引用源。②错误！未找到引用源。【分析】①设Q开始的体积为V1，活塞A搬动至恰好到达汽缸上端的过程中气体Q做等压变化，体积变成2V1有错误！未找到引用源。得气体Q的温度为T1＝2T0②设放上C连续加热过程后P的体积为V2，气体P做等温变化而错误！未找到引用源。得错误！未找到引用源。此时Q的体积错误！未找到引用源。由理想气体状态方程得得此时气体Q的温度为错误！未找到引用源。2734．【选修3-4】（15分）（1）（5分）波源S在t=0时辰从平衡地址开始向上振动，形成向左、右两侧流传的简谐横波。S、a、b、c、和a'、b'、c'是沿波流传方向上的间距为2m的6个质点，t=0时辰各质点均处于平衡地址，以下列图。已知波的流传速度为4m/s，当t=0.25s时波源S第一次达最高点，以下说法正确的选项是。（填正确答案标号，选对1个给2分，选对2个得4分，选对3个得5分，每选错1个扣3分，最低得分0分）A．t=5.25s时质点b'处于波谷B．t=1.35s时质点a的速度正在增大C．波传到c点时，质点c开始向上振动D．任意时辰质点a与质点a'振动状态完好相同E．若接收器向距它20m的波源S匀速远离，接收器接收到的频率将大于1Hz【答案】BCD【分析】波的周期为T=4×0.25s=1s，波传到b'点的时间为错误！未找到引用源。，则t=5.25s时，b'点已经振动了，正在波峰地址，选项A错误；波传到a点的时间是，则t=1.35a时，a点已经振动了，正在从波谷向平衡地址振动，速度正在增大，选项B正确；因波源S视为起振方向向上，则当波传到c点时，质点c的振动方向向上，选项C正确；波长为错误！未找到引用源。，因质点a与质点a'之间相距一个波长，则任意时辰质点a与质点a'振动状态完好相同，选项D正确；波的频率为1Hz，依照多普勒效应可知，若接收器向距它20m的波源S匀速远离，接收器接收到的频率将小于1Hz，选项E错误；应选BCD．（2）（10分）以下列图，一个三棱镜的截面为等腰直角△ABC，腰长为a，∠A＝90°。一束细光辉沿此截面所在平面且平行于BC边的方向射到AB边上的中点，光进入棱镜后直接射到AC边上，并恰好能发生全反射。已知真空中的光速为c，试求：①该棱镜资料的折射率n；②光从AB边到AC边的流传时间t。【答案】①632a2②4c【分析】作出在AC面恰好发生全反射时的光路图，结合折射定律并抓住AB面的折射角与AC面入射角之和为90°求解该棱镜资料的折射率；由几何关系求出光子AB与AC之间流传的距离，尔后结合nc求v28出光在介质中的速度，最后由x=vt即可求出时间．①设光从AB边射入时折射角为α，射到AC面上N点时入射角为，光路如图：依照折射定律：nsin45sinsin45①得：sinn光在AC边上恰好发生全反射：sin1②n又由几何关系：α+β=90°则sin2α+sin2β=1③将①②代入③解得：6n2a②由图中几何关系可得M、N间距：x2sin由①可得：3sin3x用v表示光在棱镜内流传的速度：tv光从AB边到AC边的流传时间：32at4c【点睛】该题观察光的折射，几何光学画出光路图是解题的基础，常常是几何知识和折射定律的综合．35．[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）已知N、S、Cl元素可形成多种物质，在工业生产上有着广泛的应用。回答以下问题：（1）Fe3+可与SCN-形成多种配离子，其中一种为[Fe(SCN)6]3-，该配离子中的SCN-会使铁的节余价电子压缩配对，则每个配离子中铁的单电子个数为_______个。（2）Se与S是同族元素，请写出基态Se原子电子排布式______。N与S是不相同族元素，请讲解NH3比H2S在水中溶解度大的原因：__________________。（3）有一种由1~9号元素中的部分元素组成，且与SCl2互为等电子体的共价化合物，它的分子式为29__________。借助等电子体原理能够分析出SCN-中σ键和π键的个数比为__________。（4）已知S4O62-的结构为，其中S原子的杂化方式是______。N、P可分别形成多种三角锥型分子，已知NH3的键角大于PH3，原因是____________。（5）离子晶体中阳离子和阴离子的半径比不相同可形成不相同的晶胞结构，见下表：已知某离子晶体RA，其阴阳离子半径分别为184pm和74pm，摩尔质量为Mg/mol，则阳离子配位数为_________，晶体的密度为_________g/cm3（列出计算式，无需化简，设NA为阿伏加德罗常数的值）。【答案】1024NH3比H2S在水中的溶解1[Ar]3d4s4pNH3可与H2O之间形成氢键，而H2S不能够，因此度大OF21∶1sp3杂化由于电负性N>P>H，且N原子半径小于P原子半径，NH3中成键电子对相互相距更近，斥力更大，因此键角NH3>PH3（也许：电负性N>P>H，NH3中N原子上的孤电子对比PH3中P原子上的孤电子对离核更近，对成键电子对排斥力更小，因此键角NH3>PH3）44M7418434NA31030【分析】（1）[Fe(SCN)6]3－中的铁为+3价，节余价电子为，单电子为5个，由于SCN－会使铁的节余价电子压缩配对：，因此每个配离子中铁的单电子个数为1个。（2）34号元素Se的基态电子排布为226261024或[Ar]3d1024；N的电负性3.0远大于1s2s2p3s3p3d4s4p4s4pH的，使得NH3中N—H键极性特别强，N原子带有明显的负电荷，H2O强极性O—H中的H几乎成为裸露的质子，NH3分子与H2O分子间形成了O—HN氢键，使NH3在水有很大的溶解度。而S的电负性只有，H2S中S所带负电荷不足以使H2S与H2O形成氢键，因此H2S在水中溶解度较小。（3）据等电子体原理的判断方法，前1~9号元素形成的物质中，只有OF2与SCl2互为等电子体。CO2的分子结构为O=C=O，其中σ键和π键的个数比为2∶2=1∶1，SCN-与CO2互为等电子体，因此SCN30－中σ键和π键的个数比为也1∶1。（4）S4O62－的结构中两边的S原子均形成4个σ键且无孤对电子，因此均为sp3杂化；中间的两个S原子均形成两个单键，且均有两对孤对电子，因此均为sp3杂化。NH3和PH3均是三角锥形结构，都有一对孤对电子的斥力影响，由于电负性N>P>H，且N原子半径小于P原子半径，NH3中成键电子对相互相离更近，斥力更大，因此键角NH3>PH3。（5）据74÷184≈，因此该晶体的晶胞为立方ZnS型，晶胞中能够明显看出阴离子的配位数为4，由于阴阳离子个数比为1∶1，因此阳离子的配位数为4。密度计算以1mol晶胞含4mol作为计算对象，由于一个晶胞含有4个RA，阴阳离子半径之和为体对角线的1/4，且体对角线为晶胞边长的3倍，因此密度的计算式4M3g/cm3。NA74184410303点睛：易错点（1）[Fe(SCN)6]3－中的铁为+3价，节余价电子为，单电子为5个，要点词：由于SCN－会使铁的节余价电子压缩配对，这句话学生不简单理解，节余价电子压缩配对后：，因此每个配离子中铁的单电子个数为1个。难点是晶胞密度的计算，要点是体积的计算，阴阳离子半径之和为体对角线的1/4，且体对角线为晶胞边长的3倍，进而求出晶胞的体积，代入密度公式即可。36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）麻黄素M是拟交感神经药。合成M的一种路线以下列图：已知：Ⅰ.芳香烃A的相对分子质量为92.R—CH2OHRCHO.R1—CHO+R—CCNa..请回答以下问题：31（1）D的名称是___________；G中含氧官能团的名称是___________。2）反响②的反响种类为___________；A的结构简式为___________。3）写出反响⑦的化学方程式______________________。4）X分子中最多有___________个碳原子共平面。（5）在H的同分异构体中，同时能发生水解反响和银镜反响的芳香族化合物有___________种。其中，核磁共振氢谱上有4组峰，且峰面积之比为1︰1︰2︰6的有机物的结构简式为______________________。（6）已知：。模拟上述流程，设计以苯、乙醛为主要原料合成某药物中间体的路线______________________。【答案】苯甲醛羟基取代反响（或水解反响）+CH3NH2+H2O1014【分析】芳香烃A的相对分子质量为92，则92/12=78，故A的分子式为C7H8，则A的结构简式为，A与氯气发生一元取代生成B，B发生水解反响生成C，C发生氧化反响生成D，可推知B为，C为，D为，结合信息可知，G为，H为，X为。（1）.由以上分析可知D为苯甲醛，G为，含氧官能团为羟基，故答案为：苯甲醛；羟基；（2）.反响②为氯代烃的水解反响，也是取代反响，A的结构简式为，故答案为：取代反响(或水解反响)；；32（3）.反响⑦是和CH3NH2反响生成，反响的化学方程式为：+CH3NH2+H2O，故答案为：+CH3NH2+H2O；（4）.X为，含有苯环，且苯环为平面形结构，C=N近似于碳碳双键，也为平面结构，则最多有10个碳原子共平面，故答案为10；（5）.在H的同分异构体中，既能发生水解反响又能发生银镜反响，应为甲酸形成的酯类物质，若含有1个取代基则为-CH2CH2OOCH也许-CH(CH3)OOCH；若有2个取代基，则为-CH2CH3、-OOCH或为-CH3、-CH2OOCH，各有邻、间、对3种；若有3个取代基，则为2个-CH3、1个-OOCH，2个-CH3有邻、间、对3种，对应的-OOCH地址分别有2种、3种、1种，故吻合条件的同分异构体共有14种，核磁共振氢谱上有4组峰，峰面积之比为1:1:2:6的结构简式为：，故答案为：14；；（6）.苯发生硝化反响生成硝基苯，再还原生成苯胺，苯胺与乙醛反响生成，合成路线流程图为：，故答案为：。点睛：此题为有机化学的信息推断题，解答这类试题的要点是看懂信息，此题供应的信息特别是反响信息达5个之多，解题时要依照这些反响信息，将它们与流程中的各个步骤联系起来，明确各种有机物的基本反响种类和相互转变关系。此题的难点是第（5）小