高考必刷卷42套-4理综试卷-答案.pdf

山西大学附属中学2019届高三模块诊断（四）c错误。1 个14C02 分子中含有2 4 个中子，其相对分子质量为46,1.B【解析】病毒没有细胞结构，不属于生命系统的结构层次，A错 误;寨卡_ 毒的遗彳专物质是RNA，其彻底水解产_宥4 神含氮碱基、磷酸和核糖，共6种，B正确；寨卡病毒无细胞结构，无核糖体，RNA 多聚酶是在宿主细胞的核糖体上合成的，C错误;病毒侵入机体时，首先通过体液免疫阻止病毒的传播，然后通过细胞免疫裂解病毒入 侵的靶细胞，再通过体液免疫将其彻底清除，D错误。病毒分类:(1)根据入侵的宿主细胞不同分为植物病毒(如烟草花叶病毒）、动物病毒（如HIV)、细菌病毒（如噬菌体）。(2)根据核酸种类不同分为DNA病毒（如噬菌体、乙肝病毒）、RNA 病毒（如SARS病毒、HIV)。2.D【解析】由图可知，第1 h内，酶的最适温度应在C 50 C之间，A 错误;第1 h到第2 h，45 C条件下淀粉酶活性降低，B错误;第1 h到第 2 h，50 C条件下产物的相对含量没有增加,酶的催化作用不明显，C错 误;如图所示，若只生产1 h，45 C左右时麦芽糖产量相对较高，D正确。3.B【解析】由于C与G通过三个氢键连接，A与T通过两个氢键连 接，又已知“小泡”内的非模板链富含碱基所以小泡”内DNA-RNA杂交带上氢键数目较其他区段多，A正确；小泡”内的三条核 苷酸链中，由于DNA-RNA杂交带嘌呤总是与嘧啶配对，而另一条 DNA单链中嘌呤数目不一定等于嘧啶数目，所以嘌呤碱基总数不一 定等于嘧啶碱基总数，B错误；“小泡”内 的RNA与DNA模板链配 对，没有分离，因此“小泡”的存在可能阻碍该基因的复制，非模板链 是单链，结构不稳定，易发生突变，C正确；能特异性切割RNA的核 酶或将DNA-RNA杂交链解旋的酶能够将RNA与DNA模板链分 离，有助于 小泡”的清除，D正确。I S顆单链DNA或RNA上嘌呤碱基数目与嘧啶碱基数目不一定相等。4.D【解析】核仁是在细胞分裂前期解体的，该蛋白质可促进核仁解 体，说明该蛋白质可能是一种水解酶，在细胞分裂前期活性较高，A 正确;该蛋白质的合成场所是核糖体，核糖体的形成与核仁有关，B 正确；衰老的细胞不再进行分裂，细胞内决定该蛋白质的基因不表 达，因此衰老细胞中的该蛋白质合成速率变慢，C正确;该蛋白质促 使核仁解体，抑制细胞内该蛋白质的合成，会抑制核仁解体，即抑制 细胞分裂，D错误。5.D解析】决定该岛屿社鼠种群数量的直接因素是出生率和死亡 率，A错误;社鼠由活动能力强，活动范围广，可用标志重捕法获取 其种群数量变化的数据，B错 误；由图可知，在秋冬季节性别比例(?W)大于1,即雌性社鼠明显多于雄性，说明雌性社鼠个体在秋 冬季中的生存能力高于雄性个体，C错误；由图可知，社鼠种群密度 较低时，较高性别比例（有利于种群密度的恢复，D正确。本题考查种群数量特征的相关知识和识图能力。学生易 错选A，认为决定动物种群数量的直接因素包括出生率和死亡率、迁入率和迁出率，并没有考虑某岛屿上的社鼠有无迁入和迁出。6.D【解析】由图甲可知，BR处理组几丁质酶的活性明显高于对照 组，说 明BR可以提高水稻体内几丁质酶的活性，A正确；由图乙可 知，与对照组相比，实验组（B R处理组）总R N A的反转录产物中 CHA 1 的电泳处理条带明显较深、较宽，说明BR可以提高水稻细胞 中几丁质酶基因的转录水平，B正确；由于真菌细胞壁主要成分是几 丁质，所以BR可以提高水稻对真菌细胞壁的水解作用，C正确;从图 乙可看出，BR没有增加水稻细胞中18S基因的表达量，D错误。本实验的目的是研究B R提高水稻对真菌的抗性的分子 机制，自变量为BR的有无，因变量为几丁质酶的活性。根据图甲可 知，BR可提高水稻体内几丁质酶的活性;对实验组和对照组细胞中 的总RNA分别进行反转录，比较两组的几丁质酶基因CHA 1 的电 泳结果，根据该结果得出答案。7.A【解析】新能源汽车使用的是清洁能源，可减少氮氧化物的排 放，有助于减少光化学烟雾的产生5 A正确。黑火药点燃时发生反占 燃应:2KN03+S+3C=K2S+N2 t+3C02 t，氧化齐D是 KN03、硫，还原剂是碳，B错 误。“侯 氏 制 碱”中 的 碱”不 属 于 碱，是盐(Na2C03)，C错误。杜康用高粱酿酒的原理是先使淀粉水解生成 葡萄|4萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇，D错误。侯氏制碱”制取的是碳酸钠而不是碳酸氢钠，碳酸钠的 俗名是纯碱，但是它属于盐。&c【解析】c i)淀粉能水解生成葡萄糖5油脂在碱性条件下能水解生 成甘油和高级脂肋酸盐，蛋白质在一定条件下水解生成氨基酸，正 确;乙醇汽油是混合物，不是化合物，错误;碳酸钠可与乙酸反 应并降低乙酸乙酯的溶解度，除去乙酸乙酯中残留的乙酸，可加过 量饱和碳酸钠溶液振荡后，静置分液，正确;石油的分馏是物理变 化，煤的气化是化学变化，错误;葡萄糖分子中含醛基，在加热条 件下，葡萄糖能与新制Cu(o h)2悬浊液发生反应，正确；橡胶分 为天然橡胶和合成橡胶，纤维分为天然纤维和合成纤维，错误。故 正确的一组为，C项正确。醛基的检验方法：碱性条件下与新制氢氧化铜悬浊液共 热反应生成砖红色沉淀，或碱性条件下与银氨溶液共热产生光亮的 银镜。注意:两种检验方法均在碱性条件下进行。9.B【解析】1个葡萄糖分子中含6个氧原子，葡萄糖溶液含葡萄糖 分子、水分子，二者均含有氧原子，故1 L 1 mob L1该溶液中所含 氧原子数大于6/Va，A错误。氯气通入含有1 mol FeBr2的溶液中，因还原性:Fe2+Br-，先氧化Fe2+5再氧化Br _，当有；VA个Bi-被 氧化时，共氧化1 md Fe2+和 1 mol Bi-，转移电子2 mol，共消耗标 准状况下氯气1 ml x22.4 L 0 m ol-1=22。4 L，B正确。标准状况 下，H F是液态，不能用标准状况下气体摩尔体积计算其物质的量，D 14.4 g 1 4 C02含有的中子数目为:4.4 g 0 2-Na+,B 错误。Z为C l元素，W为N元素，由于氨分子之间存在氢键，其沸 点较高，则简单氢化物的沸点:HC1 S、PHc(OH-)，A正确。在Na2A溶液中，A2-发生水解但其水解程度较小，则有c(A21C(HA-)，B正确。图中pH=7.2 时离常数（H，）=几（HA)n(A2 )c(H+)=1,则有c(HA)c(A2-)=1;H2A的第二步电.c(A2-=c(H+)=10，第一步c(HA电离常数大于1072，c错误。当吸收液呈中性时，则有C(H+)=c(H-);根据电荷守恒可得 C(Na+)+C(H+)=2C(A2-)+c(HA )+c(OH)，从而得 c(Na+)=2c(A2 一）+c(HA _)，D正确。14.C解析】玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域，但 是只能成功地解释氢原子光谱，而并非解释了所有的原子光谱，故 C符合题意。15.D【解析】航天器在圆形轨道上绕地球做圆周运动，二者之间的万有引力提供其做圆周运动的向心力，由GMm mv2可知，五k=2GMm 2/由于不知道空间站和飞船的质量关系，所以无法比较空间站和飞船之间的动能关系，A错误；由GMm|知加速度GM7，所以当飞船与空间站相遇时，二者的加速度相等，B错误；飞船由6点运动到C点的过程中，万有引力做负功，速度减小，C 错误；由题意知，飞船从B到C的时间等于空间站从4 到C的时间，设飞船做椭圆运动的周期为r5则VT T+5 解 得 =+,由开普勒第三定律得-GMmR3 R+mv2 y解得r=(汊-l)i?，D正确c丨 由 =得v，可知轨道半径越小，线速度越大，比较空间站和飞船的动能大小时往往忽略了质量，只根据速 度关系判断动能大小，本题易错选A。16。B解析 原、副线圈的匝数比为副线圈的电流为/，根据理想变压器电流规律可知原线圈的电流有效值为故A错误;原、副线圈的匝数比为原线圈接正弦交流电，电压的最大值为R则原线圈的电压有效值为f t/，副线圈的电压有效值为t/2 因此电动机消耗的功率为P=t/2/=/5则变压器的输入功率也为2n迦2n2v(5v)：m/s=m/s，D 错误 定理有|#外-k，解得Ekm=，C正确;粒子运动的过程中电场力先做正功后做负功5因此电势能先减小后增大，D错误。.解决本题的关键是读图，通过图像找到功能关系，注意 带电粒子受力大小是随位移均匀变化的，所以可以用平均力求电 场力做功。21。A D【角 牟 析 设 时 刻 分 离，分 离 之 前 两 物 块 共 同 运 动5加速度为以整体为研究对象，则有a=Fi+F2 3.6+0m/s2=171A +mB 1+21.2 m/s2。以B为研究对象，分离时F2-/=mga(/为 之 间 作 用力），得&=/+叫声=.3 N+2x l.2 N=2.7 N，由图像可得经U x2.7 s=3 s，根 据 位 移 公 式 丨 2=5.4 m，故D历时间，二3 6正确；当k 22i,F2=1.8 N,F2+f=mBa,n f=i0.6 N，故 A 正确，B 错误；当 f=2.5 s 时，1 2=2.25 N5F2+/=mf，得/-0.15 N 0,故 C 错误。I選 根 据 图 像，t=2 s时，i=心，很多同学认为此时两物块 间相互作用力为零，所以易错选B。22.(1)C(2 分）（2)AC(2 分）OP。OM+%。0叫2 分【解析（1)本实验要求小球碰撞时为对心碰撞（正碰），以避免影 响实验结果，同时入射小球的质量应大于被碰小球的质量，避免碰 撞后入射小球发生反弹，故C正确5 A、B、D错误。(2)动量为质量与速度的乘积，因此需要测出小球的质量和速度。本实验中平抛运动物隹的落地时间相等，根据s 可以将速度的 测量转化为平抛运动的水平分位移的测量，因此不需要测出时间，但需要测出水平分位移的大小5需要的测量工具为天平和刻度尺，故A、C正确，B、D、E错误。(3)设小球的落地时间为，根据动量守恒定律，可得一+肌2，等式两边同乘丨，即ml =肌1付+1 7纟，可得=ml OM+m2 0No23.(1)5.020(2 分）2.150(2 分）itD2/,(2)如图所示（3 分）（3);（2 分）r&/，故B正确5 D错误;纯电阻电路才满足（/=/i?5因为电动机是非纯电阻元件，所以电动机两端电压不等于很，故C错误。电动机是非纯电阻元件，欧姆定律不适用，电动机两端 的 电 压 电 动 机 消 耗 的 功 率/V/2iU艮多同学易把电动机等 同于纯电阻元件，错选C或D。17.C解 析】当长臂在竖直位置时，石块距地面的高度A=/+Zsin 30=7.5 m,石块离开口袋后j故平抛运动，则在竖直方向做自由落体运动，由 炉2 5解得 =f s，A错误;石块离开长臂后，90在水平方向做匀速直线运动，由s 解得 =以 B错误;石块即将落地时重力的瞬时功率为i3 =/ng、,=mg s辦=50V W，C正确；石 块 落 地 的 瞬 时 速 度 大 小 为？;：XJ)L(h-h)【解析（1)游标卡尺为20分度，则长度为L=(50+4 x0.05)mm=50.20 mm=5.020 cm;由螺旋测微器测得材料的直径为D=(2+,15.0 X0 01)mm=2.150 mm。E(2)电 流 表 的 内 阻 已 知 5读出通过电流表的电流可以得到其两 端的电压，因此其可作为电压表使用，与A并联;流经A的电流 即为A2的读数减去A,的读数，为了获得更多的实验数据5滑动变 阻器应采用分压式接法。(3)由电阻计算公式有=P+，得/)=&-|5由（2)分析易得Ri=r 1 7，又 5=,代入得 p-h-4卿 2-h)(24.(1)2rrii Vq-m2或+本题中的易错点是选项c中，求重力目舜时功率时应该是 只=mg?;y，容易错写成P=18.B D解析 没有磁场的情况下5金属棒做简谐运动，在平衡位置 时金属棒扣速度最大5此位置弹簧的伸长量为A/，满足=mg，在有磁场的情况下，金属棒会受到安培力的阻碍作用，速度最大的 位置弹簧伸长量应小于A/,故A错误；金属棒最终会停在平衡位 置，根据能量守恒，金属棒减少的机械能转化为内能和弹簧的弹性 势能，所以电阻i?上产生的总热量为mgAZ-_ ；p 5故B正确；在没有 磁场的情况下5金属棒在处保持静止，此时加速度为 5加上磁场 后5金属棒第一次到达A处时，速度方向向下，根据楞次定律可知，金属棒受到向上的安培力作用，其加速度方向向上，故C错误；由 于金属棒在磁场中运动有一部分能量转化为内能，所以金属棒上 升过程中不能回到出发点，所以下降过程的磁通量变化大于上升过程中的磁通量变化，由g=#，知金属棒第一次下降过程通过电阻i?的电荷量大于第一次上升过程，故D正确。19.A C【解析】小球在沿圆环运动的过程中5只有重力和弹簧弹力做功5故小球和弹簧组成的系统机械能守恒5小球在A点的动能和重 力势能均最小，故小球在4 点时弹簧的弹性势能必大于小球在C 点时弹簧的弹性势能，所以小球在4 点时弹簧的伸长量一定大于 小球在C点时弹簧的压缩量，故A正确；小球从A运动至C5先做 加速运动，再做减速运动，当沿圆环切向合力为零（此时弹簧仍处 于伸长状态）时，小球的速度最大，故B、D错误；当弹簧处于原长 时，弹簧的弹性势能为,小球的机械能最大，由 题 意 可 知 相 对 于A 02对称5显然5此位置在1 C与i?、C之间各有一处5故。正确。.20.A C【解析 根据题意可知带电粒子在电场中先加速运动后减速 运动5到 =3%处的速度为零5所以带电粒子一定带正电5 A正确；结合图像，根据动能定理得-五。供。-I x2喊。2%=0-&。5 可得Ek Q=|供。，B错误;粒子运动到处动能最大，根据动能【解析】（1)两球发生弹性正碰，设碰后速度分别为和巧ml v0=ml vl+m2v2+-m2vj解得A=-2mvQnx -m2)v0-m2v2:1 7 1 +m2(2)与6在I?点相碰有两种情形：第一种情形，a与户碰撞反弹后追上6。由于a=运动距离为6的3倍。I-I=3v2t 1ml-m2 ml+m2(2分）(2分）(1分）(1分）v0 bd由洛伦兹力提供向心力，有R(1分）解得5=7(1分）qL设粒子从、/间纵坐标为y的e点处进入电场5在轴上的D点进入磁场，D点 的 横 坐 标 为 5设粒子进入磁场时速度方向与轴的夹角为，则有qE vo 1 2%=v tl=解得=2/Zvy =at=v0 aJ v =、/,(1分）(1分）f+L.a V-,sm,=-L VD设射出点到 点的距离为Ax，5=一吾=-/(y+L)LqL qB解得 Ax=2 sin =2i i=2 yZVD(1 分）|(1分）丨故A%=%Q，所以粒子第一次离开磁场的位置在坐标原点 =0 处，与位置坐标y无关.（2 分）26(除标注外5每空2 分，共 14分）(1)防 止 倒 吸 减 少H202 分解、降 低NaC102 溶解度、防 止C102 大量逸出（任答两点5合理即可）(2)空气流速过快时C102 反应不充分，空气流速过慢时C102 浓度 过高易发生分解（3 分）(3)2Cl3 _+2C r+4H+=2C102|+C1 2 t+2H20(4)降低体系压强5减少H202 分解(3分）H20【解析 U)根据题给信息2C102+H?02+2NaOH=2NaC102+02 T+2H20 可知，仪 器A为安全瓶，其作用为防止倒吸；冰水浴 冷却可以降低NaC102 的溶解度、减 少H202 的分解、避 免C102 大 量逸出。.(2)已知C102 浓度过高时易发生分解，空气流速过慢时，C102 浓 度过高会发生分解;空气流速过快时，C102 不能被充分吸收，务空 气流速过快或过慢，均会降低NaC102 产率。(3)cr存在时会催化C102 的生成，反应开始时在三颈烧瓶中加 入少量盐酸，C102 的生成速秦大大丨是高，并产生微量氯气，根据方 程式可知中产物有氯气，则第一步反应的离子方程式为 2C103 +2C1 +4H+=2C102 T+C1 2 丁 +2H20。(4)过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式，则B处应增加 一个减压设备5目的是降低体系压强，减 少H202 分解；已 知H202 的沸点为150丈，高于水的沸点，故馏出物为H20。27.(除标注外5每 空 2分 5共 15分）I.(l)A i/+AH2(1 分）.k p-(2)0.02,同时注意D 3等体积混合后溶液总体积加倍，浓 度 减 半：C(NH3*H20)=号-mol a L _1-0.01 mol*L-1=-mol 8 L _1,理角军该步是解答本题的关键，根据守恒关系计算出其他相关微粒浓度代入电 离常数表达式即可。28.(每空2 分，共 14分）(1)增大盐酸的浓度（或将金属镍废料研成粉末等）(2)5.0pH 7.1(3)NaCl(4)2Ni2+Cl-+40H-=Ni20 3 j+Cl+2H20(5)10 g L-1 2H+2e一=H2 t(或 2NH4+2H20+2e-=2NH3 H20+H2 t)宮 泊(6)2NiC204 2H20 =Ni20 3 +3CO t+C02 t+4H90【解析】（1)用盐酸溶解金属镍废料时，为了提高金属镇茇料浸出 的速率，在“酸浸”时可采取的措施除了适当升高温度、搅拌外，还 可以将金属镍废料研成粉末、增大盐酸的浓度等。(2)已知酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+、C1-，另含有少量Fe2+、Fe3+、A13+等，先加入H202溶液，将Fe2+氧 化 为Fe3+，然后加入 Na2C03溶液，控 制 溶 液pH,使 杂 质Fe3+、A13+形 成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，要求沉镍前要将A13+和Fe3+沉淀完全，而Ni2+不 能产生沉淀，根据表格中离子沉淀的p H可知，溶 液 的p H应控制 在 5.0 彡 pH 量最大）。其中6月份时净光合产量最高5可被初级消费舍利 用的总能量最多。(3)由图乙可知，A消费者32P的放射性强度达到最大值先于B消 费者，因此可推测32P先出现在牧草中，然后随食物链依次进入A 初级消费者（属于第二营养级）、B次级消费者（属于第三营养 级）。在生态系统的生物成分中5生产者体内的32P除被消费者利 用外5还有一部分进入分解者中。(4)图甲分析可知，为使牧草净光合产量维持在最高水平，需在4 10月份每个月都保持最大的净光合产量，其中4 月份放牧强度为 GQ(不放牧）时牧草净光合产量最高，5 1.0月份放牧强度为G2 时 牧草净免合产量最高。以 匕 生 产 者 为 自 养 型 生 物，包括光能自养型生物和化能自养 型生物。生产者主要是绿色植物，通过光合作用把太阳能固定在 制造的有机物中，从而被生物所利用。消费者可以加快生态系统 的物质循环5对于植物的传粉和种子的传播具有重要作用。分解 者能将动植物的遗体分解成无机物。32(除标注外s每 空 1 分，共 11分）(1)信息交流（或信息传递）（2)隐 性 抑 制 减 少（或降低）(3)随 机 性(4)隐性（2 分)正 常（2 分)矮 秆（2 分）【解析（1)由题图可知，BR是一种植物激素5与水稻细胞膜上的 BR受体结合后可促进水稻细胞伸长,体现了细胞膜具有细胞间信 息交流的功能。(2)由题干可知，纯合矮秆水稻突变植株与正常水稻杂交，F2 表现 型及比例为正常植株:矮秆植株=3:1，说明正常植株为显性，EMS 诱 发D ll基因发生隐性突变5从而抑制0?7241酶的合成,导致 最终合成的BR减少。(3)化学诱变剂EMS不 仅 会 诱 发 基 因 发 生 隐 性 突 变5导致BR 合成减少，还会诱发D6 1 基因突变，使B R受体合成受阻，由此说 明基因突变具有随机性。(4)已知D11基因位于4 号染色体上5D6 1 基因位于1 号染色体 上，纯合矮秆水稻突变植株甲是D1.1基因发生隐性突变产生的，现 将甲、乙水稻植株杂交5若杂交子代皆表现为正常植株5说 明Dl 1 基因能合成CYF724B1 酶，进而形成BR,则说明乙水稻矮秆性状 是 由D61基因发生隐性突变引起的。若杂交子代出现矮秆5乙水 稻矮秆性状的产生原因可能与甲水稻相同（即仅D11基因发生突 变引起）5也可能是仅由D61 基因发生显性突变引起的（若发生隐 性突变5甲乙杂交子代均正常），需进一步进行实验探究。可通过 给杂交子代矮秆植株幼苗喷洒BR，统计并分析植株的表现型及比 例来判断。若植株全长为正常植株，则乙水稻矮秆性状的产生原 因与甲水稻相同；若喷洒BR后植株还为矮秆，则说明出现的矮秆 植株是由D61 基因发生显性突变引起5使BR受体不能合成，即使 喷洒BR也不能与受体结合，使植株还表现为矮秆。33.(l)B C D【解析】分子间的引力和斥力都随分子间距离的增大而 减小，但是斥力减小得更快，A错误；一定质量的100 C的水变成 1 C的水蒸气需要吸热5内能增加，但是分子的动能不变，所以 分子间势能增加513正确；一定质量的理想气体5如果压强不变，体 积增大，则气体的温度升高，内能增大，由F+()：=AI7 知，F 0 5则()0 5气体一定从外界吸热，C正确；物体内热运动速率 大的分子数占总分子数比例与温度有关，温度升高时5该比例会增 大，D正确；一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体的温度 要升高，气体分子的平均动能增大，E错误。(2)0.8x l05 Pa 47 0 C【解析 以汽缸为研究对象，受力分析，受到重力、外界大气压 力，汽缸内气体的压力，根 据 平 衡 条 件 得=/xS+%(2分）-抱=(lx l05-S 50 x 10 则 p=i:34.(1)A B D【解析】由图可知a的振动方程为y=Asin(祕+物），式中A=2 c m，=年=10tt rad/s,物=1，所以a的振云力方程为y=1 62sinf 10加+c m，A正确；由图可知5质点的振动周期为0.20 s,所 以 0.40 s内振动的路程为84=16 c m,B正确；在 0.45 s时5 质点6 位于正向最大位移处,C错误;在0。1 0.15 s的时间内5质 点 6 从 平 彳in立置向负向最大位移处运动5加速度大小增夫，速度大小减小，_D正确；对于 当S时,y=2 c m。而 对 质 点 当Z=0.05 s时，y=2 c m5结合波的周期可知波从a传 到 的 时 间 为t=nT+0.05 2.30,;=(0.2几 +瓦)s(zi=0，l，2,3），波速为 m/s=150m/s(72=0,l52,3，），由于 是-2+601271+1整数，所以t不可能为1.2 m/S，E错误。(2)1.225 5.3 A【解析 根据题意作光路图如图所示，根据几何关系可知，光线 在P点发生折射时，入射菟为60。，折射角为45。腿 明 物 体 的 折 射 率pf：=f=L225(3分）连 接 由 几 何 关 系 可 得w、以 的 长 均 为f 5PSN=30,SN=SP-PNsin 15光在透明物体中的速度光在透明物体中传播所用的时间,PM+QM+QNh=：光在透明物体外传播所用的时间 SP+SN t2=-故光从S点发出到射回S点所经历的时间艺+5。3 A c35(除标注外5每空1 分，共 15分）(1分）(3分）(1)1(2 分）（2)Ar3d104s24p4 强 H20 H2Se H2S H20 分子间可以形成氢键5而和H2S分子间不形成氢键;H2Se的 相对分子质量比1128大，范 惠华力较大(2分）（3)OF2四面体形(4)sp3 Se5元素的菲金属 性越强，共价键越不容易断裂，所 以HSe键 比HS键容易断裂5 因此H2Se的酸性比H2S的强;H20、H2S、H2Se都是由分子构成的 物质，由于H20 分子间存在氢键，所 以H70 的沸点最高5H2S、H2Se 结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，物质的熔、沸点 越高，故1120、1128、11286 沸点由高到低的顺序为112011286 9。(3)等电子体是指价电子总数和原子总数均相等的微粒。1 9 号 元素形成的共价化合物中，F2 与8(12 互为等电子体;OF2 的中心原子的价层电子对数为2+f x(6-2x l)=4 5所以其VSEPR构型为四面体形。(4)S406 2-结构中两端的S原子均形成4 个ex键且无孤对电子5均 为sP3 杂化，中间的两个S原子均形成两个单键5且均有两对孤对 电子，也是sp3 杂化，所以S原子的杂化方式均为sp3。S、0 原子间 形成的共价键数目越多5原子间作用力就越强，该化学键的键长就 越短，a键是双键,b键是单键，故键长:a b。(5)由R A晶体中阳、阴 离 子 半 径 比 为 402,可知离子晶体184 pmRA的晶胞为立方ZnS型，由题给晶胞构型可以得出阳离子的配位数AM为4。根据均摊法，1 个晶胞的质量为 5阴、阳离子半径之和为体对 角 线 长 的 体 对角线长为晶胞边长的倍，则晶体密度p=f=4Mgm(74+184)x4c m3 Na:(74+184)x4ivfJgsc mxl(T36(除标注外，每空2 分，共 15分）(1)加 成 反 应（2)HOOCCH9COOH(3)ABCD 0 0Xa(4)C2H50 OC2H5 +Br(CH2)3BrC2H,O NaCOOC2H5+2HBr(5)18COOC2H5(CH3)2C=C(COOH)2(其他合理答案也可）(3 分）【解析】由合成流程可知，A被氧化生成的C为HOOCCH2COOH5 则丙烯醛与水发生加成反应生成的A为ho c h2ch2c h o，a与氢 气发生加成反应生成的B为HOCH2CH2CH2OH，B与HBr发生取 代反应生成的D为:BrCH2CH2CH2Br，C与乙醇发生酯化反应生成 的E为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3与E发生信息仮应生成的COOC2H5 COOHF为 X，F水解后再酸化生成的G为 X，发COOC2H5 COOH生信息i i反应生成环丁基甲酸。(1)由A的分子式可知丙烯醛与水发生加成反应产生A。(2)根据上述分析可知C的结构简式是hoocch2cooh。(3)丙烯醛分子中含有醛基，可以发生银镜反应，A正确。化合物 B为HOCH2CH2CH2OH，每个分子中含有2 个羟基；化 合 物C为 HOOCCH2COOH，每个分子中含有2 个羧基5二者在一定条件下可COOH以发生缩聚反应形成高聚物，B正确。化 合 物G为 Na+Mg2+5A正确；碳的氢化物有很多种，其中固态烃的 沸点高于水的沸点，B错误;Na,02 中钠离子和过氧根离子之间为 离子键5过氧根离子中氧原子之间为共价键，C正确；C、0、Na三种 元素形成的物质有碳酸钠和草酸钠，都是强碱弱酸盐，因为弱酸的I 酸根离子会发生水解，其 水 溶 液 都 呈 碱 性 正 确。113.C【解析】四点对应的溶液 个水电离出的c(H+)中均存在NH4C l和水，故溶液均存在 I C0+、0、顺4+和（：1-四种离子5人 正1-确。对NH4C1溶液列质子守恒等式为 c(H+)-c(OH-)+c(NH3 H20)3 符合B选项的等式，故/V点溶液的溶 质仅为NH4C1，说 明yv点是氨水和盐 1 7 1/1/酸恰好反应的点，B正确。根据题意画 h h h a水体木、出水电离出的C(H+)和加入氨水的体积的关系如图，段加入 氨水较少，HC1对水电离的抑制程度大于NH4C1水解对水电离的 j足进程度，其中随着加入氨水的量增多，盐酸对水电离的抑制程度 减小,NH4C1对水电离的促进程度增大，故水的电离程度逐渐增大 点 溶 液 中HC1对水电离的抑制程度等于NB4C1水解对水电 离的促进程度，此时水电离出的H+浓度为10_7 L-1;M：段HC1对水电离的抑制程度小于Nli4C l水解对水电离的促进程度，其中随着加入氨水的量增多，水的电离程度逐渐增大;C点溶液中 溶质只有NH4Q，对水的电离只有促进作用5水的电离程度最大；CD段NH3。H20 对水电离的抑制程度小于NH4C1水解对水电离 的促进程度5随着加入氨水的量增多，水电离程度逐渐减小;D点 溶液中NH3。H20 对水电离的抑制程度等于NH4C1水解对水电 离 的 促 进 程 度;段 再 加 氨 水，进一步抑制水的电离5导致水的电 离程度逐渐降低;原题图中的P点对应该图像中的D点，由于不确 定原题图中的#点位于该图像中的i?点之前还是之后，故不确定#点和P点溶液中水电离程度的相对大小，C错误。若/V点为恰 好反应点，则/V点为NH4C1的水溶液，则M点盐酸过量5又由题图 可知，点加入的氨水的体积正好是M点的两倍5所 以M点为等 物质的量浓度的HC1和NH4C1的混合溶液5对M点溶液列物料守 恒等式得:C(cr)=2c(NH3 H20)+2c(NH4+)，D 正确014.D解析】惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的量度，惯性 大小与速度大小无关，故A.错误;卢瑟福用a粒子轰击1彳N获得反 冲核1 7 8,发现了质子，故 6错 误；1831年英国科学家法拉第发现 了电磁感应现象，但他没有总结出电磁感应定律，故C错误;感应 电流遵从楞次定律所描述的方向，由于在电磁感应现象中5安培力 是阻力，外界通过克服安培力做功5将机械能转化为电能，故楞次 定律所描述的感应电流方向的结论符合能量守恒定律，故D正确。15。B解析 由图示可知，在磁铁下落过程中5穿过圆环的磁场方向 向下5在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大5在磁铁远离圆环 时5穿过圆环的磁通量减小5由愣次定律可知5从上向下看，圆环中 的感应电流方向为先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故A错误；由 楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁铁与圆环间的相对运动，在磁 铁靠近圆环的过程中为阻碍磁铁的靠近，圆环对磁铁的作用力竖直 向上5在磁铁穿过圆环远离圆环的过程中，为阻碍磁铁的远离5圆环 对磁铁的作用力竖直向上5则在整个过程中，圆环对磁铁的作用力.始终竖直向上，根据牛顿第三定律可知圆环受到磁铁的作用力总是 竖直向下的，故B正确;在磁铁下落过程中环中产i感运电流，圆环中有电能产生，磁铁在整个下落过程中5磁铁的一部分机械能转 七为电能，.由能量守恒定律可知，磁铁的机械能减少5 故C错误;磁铁伯女自由落体运动时，有 2=2冰，磁铁落地时的速率=、/5灰，由于磁铁 下落时机械能有损失，磁 铁 落 地 速 率 小 于#，故D错误。理解愣次定律的核心内容“阻碍”的意义，当磁通量变化时 感应电流的磁场表现为“增反减同”5从受力角度表现为“来拒去留”。16.解析 金属小球4 所带的电荷量 =-L O x 10-5 C,是指净电荷，故A错误，所在的位置电场强度大小E=|=9 x 106 N/C 5方.向与电荷6所受电场力方向相反，指 向 七 故B错误;若规定无穷 远处电势为零，负电荷周围电势为负，则.6所在的位置电势为负 值，故正确;将B向4 靠近，则其电势降低5由于iT带负电，根据 W可知B的电势能增大5故D错误。Mi l l本题的关键是根据电场线的分布特点判断电势，沿电场 线方向电势逐渐降低，正电荷在电势越高的位置电势能越大，负电 荷在电势越低的位置电势能越大。17。B解析 木板对物体的摩擦力方向向右，则物体对木板的摩擦 力方向向左5物体做匀加速直线运动5速度达到与木板相同前做匀v22 一2叫5木板加速运动所用时间f i，则物体运动的位移运动的位移为i，所以系统产生的内能为（=ytxm g fig(V-%)=声 喂 =,故选项B正确5 A、C、D错误。18。D【解析 小球运动过程中管道支持力和电场力不做功，故只 有重力做功，小球6机械能守恒，故A错误；对 小 球 运 动过 程 应用机械能守恒定律可得mgi?=，由小球在F点时对管道壁2恰好无压力，根据牛顿第二定律可得所以小 球6受到的库仑力F=方向竖直向上5由于库仑力F库=所以库仑力大小不变5故B错误;设/与 的连线与水平方向的 夹 角 为 仏 则 有0=任意位置加速度为向心加速度和切向加速度合成，即a=R(geos 0)2g/l+3sin 2乂 小 球 6 下滑过程中0 从 0增大到90，可知小球b _ 速度一直变大，故C错误;设P/V与竖直方向的夹角为a，对 球a 受力分析，在竖直方向有FP/VC 0S a=+3mgsin 0，在水平方向有FPN sin a+3mgcos 0=FPM ,FPM =mgtan a+3(沒 5c os a小 球 下 滑 过 程 中 0 从 增大到90，细线P M的拉力先增大后减 小，故D正确。19.A B解析】卫星在轨道I上运动过程中，万有引力充当向心力，故有_解得 M=故 A 正R+h)2T2GT2-，可知卫星在轨道ID上B点的速率大于确;卫星在轨道I的a点需要减速做近心运动才能进入轨道n，所 以卫星在轨道n上4 点的速率小于在轨道I上a点的速率，根据 GMm mv2 曰 GM-r-=-y%V =/在轨道I上 点 的 速 率，所以该卫星在轨道I上S点的速率大于 在轨道I I上A点的速率，故B正确;从5 运动到A的过程中卫星只 受到地球引力作用，引力对卫星做负功，卫星势能增加，即卫星在 轨 道I上引力势能大，由于卫星在轨道瓜上的速度大于在轨道I 上的速度，所以卫星在轨道I上动能小，若卫星从轨道瓜变轨到轨 道I需要在轨道in上 5 点点火加速使机械能增加，然后在轨道n 上a点点火加速使机械能增加，所以卫星在轨道I上机械能大，故知=/(/?+丑A+/)5变形可得 1 3.Q-L Q y _iR+-+-E E_，根据图像可知E 4.0-1.0(5)由E0.3 A 1，解得 E=1.5 V，r=0.25R 尺a+z -+-E E-可知当电流表内阻未知时，能准确测出电C错误;根据公式GMm7:可得a=，所以卫星运行轨道半径定则可知丁图正确，故A错误；由K：訪 可 知i?Ry _ qa_2q iZ.-2得!变过程中动量守恒，有M/=0，得=i，系统增加的动能为=y M z/2+了 _2，由质能方程可得A五=Amc 2 5联立解得衰变过程中的质量亏损为Am=Aj fR .2，故D正确。2m(A-4)c22 1 B C D解析】根 据 欧 姆 定 律 可 知+/?3，故A错误;理想变A 丨 n,1 y、，A/,n?77 =，电流变化比i f=-，Au2 n2 A/2 n压器的原、副线圈的电压变化比则有:At/A2 n2，设电源电压为f/Q，则有=t/Q-A A，AU n AU将A视为输入端电源内阻，则有g=A，所以有H A/】故B正确；向下调节滑动变阻器i?3的滑动头P时，电阻增k2大，又 f/=%=%=/2(尺2+只3)=几 2 2令R2+R3),&增 大，可知原线圈的电流A变小，增 大，电源电压不变，电源 的 输ij秦一定滅小，根彳倉电压与运S成正k知副线圈的输出 压?.增大，电压表示数一定增加，故C、D正确。常见的理想变压器的动态分析一般分匝数比不变和负 载电阻不变两种情况。电路的动态变化的分析，总的原则就是由 部分电路的变化确定总电路的变化情况，再确定其他电路的变化 情况，即采用先部分后整体再部分的方法。22.(1)0.225(2 分）（2)0.5(2 分）（3)不变（2 分）【解析】（1)主尺读数为2 mm，游标尺上第5 个刻度和主尺上某一 刻度对齐，游标尺读数为5x0.05 mm=0.25 mm，所以最终读数为 2 mm+0.25 mm=2.25 mm=0.225 c m(2)设 斜 面 的 长 为s，倾 角 为0，由 动 能 定 理 有（mgsin 0-fimgcos 6 s=mv2 mgh-fjmgL=-mv2,v2=2gh 2figL,电于 沪 与 是 一 次 函 数，不过原点的原因是存在摩擦阻力，由图像 可知，当/i=0.25 m时，I；=0，代入/=2冰-2/xgL解得辞=0 5。(3)由沪=2功-2/xgL知斜率A：=2g为定值，若更换为动摩擦因数 更小的斜面，图像的斜率不变。23.(1)见解析（2 分）（2)0.20(2 分）（3)/)(1 分