2017年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷 理综（八）教师版

1、绝密 启用前2017年普通高等学校招生全国统一考试仿真卷理科综合水平测试（八）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

2、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 Cl 35.5 K 39 Cr 52 Mn 55 Ge 73 Ag 108第卷一、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.（2017年河南省郑州一中高考生物一模试卷）寨卡病毒是单股正链RNA病毒，单股RNA可直接起mRNA作用，转译早期蛋白质，包括 RNA多聚酶和抑制宿主细胞合成代谢的调控蛋白，经调查发现该病

3、毒是引发2015年巴西的 新生儿小头畸形的元凶下列相关叙述准确的是（ ）A寨卡病毒属于生命系统结构层次的最低层次B寨卡病毒的遗传物质彻底水解产物有六种CRNA多聚酶的合成场所是寨卡病毒的核糖体D被感染者仅通过细胞免疫就可杀灭寨卡病毒【解析】病毒不属于生命系统的结构层次，A错误；寨卡病毒的遗传物质是RNA，彻底水解的产物有磷酸、核糖和4种碱基共6种，B准确；病毒无核糖体，C错误；被感染者需通过体液免疫和细胞免疫共同杀灭寨卡病毒，D错误。【答案】B2.（河北省衡水中学2017届高三上学期第14周周测理综）科学家利用人类干细胞在实验室中培育出了“微型人脑”，该组织已经达到9周胎儿大脑的发育水平，但不

4、能独立思考下列相关描述准确的是（ ）A将人体干细胞培育成微型人脑，体现了动物细胞的全能性B在培育微型人脑的过程中发生了细胞分裂、分化、衰老等过程C若培育过程中出现了细胞凋亡，其根本原因是遗传物质发生了改变D若培育过程发生了细胞坏死，则属于基因控制下的编程性死亡【解析】由成人皮肤细胞培育成微型人脑，但没有形成完整个体，所以不能体现动物细胞的全能性，A错误；由胚胎干细胞或成人皮肤细胞培育出微型人脑的过程中，发生了细胞分裂、分化、衰老过程，B准确；细胞坏死的原因是外界不利因素的影响，细胞分化的根本原因是基因的选择性表达，C错误；细胞坏死是因为某种不利因素导致的细胞不正常死亡，细胞凋亡属于基因控制下的

5、编程性死亡，D错误。【答案】B3.（2017年安徽省合肥市高考生物一模试卷）下列相关反馈调节的叙述，错误的是（ ）A性激素减少时促动垂体分泌促性腺激素属于负反馈调节B生长素促动乙烯合成，从而促动茎段细胞伸长属于反馈调节C负反馈调节有利于维持生态系统的稳定性D被污染水体中生物的大量死亡使污染加剧属于正反馈调节【解析】性激素减少时，负反馈调节减弱，则垂体分泌促性腺激素增加，A准确；当生长素浓度增高到一定值时，促动乙烯的合成，而抑制茎段细胞伸长，B错误；负反馈调节的作用是生态系统自我调节水平的基础，能使生态系统达到和保持平衡，C准确；被污染水体中生物的大量死亡，污染加剧进而加剧污染属于负反馈调节，D

6、准确。【答案】B4.（吉林省实验中学2017届高三上学期第四次模拟考试理科综合）下列实验材料的选择理由不合理的是（ ）A恩格尔曼选择水绵的原因之一是水绵具有易于观察的椭球形叶绿体B孟德尔选择豌豆的理由之一是豌豆属于自花传粉、闭花受粉植物C比较H2O2酶在不同条件下的分解实验中，选择肝脏研磨液的理由是其含过氧化氢酶D在探究细胞呼吸方式时选择酵母菌的理由之一是它属于兼性厌氧菌【解析】恩格尔曼选择水绵的原因之一是水绵具有易于观察的条带状的叶绿体，A错误；孟德尔选择豌豆的理由之一是豌豆属于自花传粉、闭花受粉植物，自然状态下永远是纯种，B准确；新鲜的肝脏研磨液中含大量的过氧化氢酶，所以能够植物比较H2O

7、2酶在不同条件下的分解实验的材料，C准确；酵母菌是兼性厌氧型微生物，既能够实行有氧呼吸，也能够实行无氧呼吸，是探究细胞呼吸方式的最佳选择，D准确。 【答案】A5.（2017年山东省济宁市高考生物一模试卷）将基因型Dd的高茎豌豆幼苗（品系甲）用秋水仙素处理后，得到四倍体植株幼苗（品系乙），将品系甲、品系乙在同一地块中混合种植，在自然状态下繁殖一代，下列叙述正确的是（）A品系甲植株自交后代出现高茎和矮茎植株是基因重组的结果B由品系乙产生的单倍体植株高度不育C品系甲、品系乙混合种植后，产生的子代中有二倍体、三倍体和四倍体D品系甲和品系乙存在生殖隔离，属于不同物种【解析】品系甲植株自交后代出现高茎和矮

8、茎植株是等位基因分离的结果，A错误；品系乙为四倍体植株幼苗，由品系乙产生的单倍体含两个染色体组，植株可育，B错误；豌豆为自花传粉植物，品系甲、品系乙混合种植后，不会出现三倍体，C错误；品系甲和品系乙存在生殖隔离，属于不同物种，D正确。【答案】D6.（2017年江西省南昌市高考生物一模试卷）科学工作者为了监测和预报某草原鼠害的发生情况，对田鼠种群数量的变化规律进行调查，发现在最初的一个月内，种群数量每天增加1.5%，据此分析错误的是（）A研究者通常采用标志重捕法估算该地区田鼠的种群数量B最初一个月内，田鼠种群增长模型可构建为N1=N0t，其中为1.015C最初一个月内，田鼠的生存环境是空间条件充

9、裕、食物充足、气候适宜D数月之后，当田鼠种群的出生率等于死亡率时，是防治鼠害的最佳时期【解析】调查某地区的田鼠的种群数量，采用标志重捕法，A正确；最初一个月内，田鼠种群增长模型可构建为Nt=N0t，由于种群数量每天增加1.5%，所以为l015，B正确；最初一个月内，田鼠的生存环境是空间条件充裕、食物充足、气候适宜，属于理想条件，种群数量呈J型曲线，C正确；数月之后，当田鼠种群的出生率等于死亡率时，种群数量达到最大值，不是防治鼠害的最佳时期，有害动物的防治越早越好，D错误。【答案】D7.（2016潮阳实验学校）下列说法正确的是()A红宝石、蓝宝石的主要成分是Al2O3，石英玻璃、分子筛的主要成分

10、是硅酸盐B肌红蛋白、蚕丝、过氧化氢酶、鱼肝油充分水解后均可得到氨基酸C2014年1月，国家首次将雾霾天气纳入自然灾情进行通报，雾霾是一种分散系，其分散剂为空气D二氧化碳、氨气、盐酸、食盐在一定条件下均能导电，但只有盐酸和食盐属于电解质，二氧化碳和氨气属于非电解质【解析】A石英玻璃的主要成分是SiO2，是氧化物，不是硅酸盐，故A错误；B鱼油主要成分为脂肪，水解生成高级脂肪酸和甘油，故B错误；C雾霾的分散剂是空气，分散质为灰尘，是分散系，故C正确；D电解质是化合物，盐酸是混合物，不属于电解质，故D错误；故选：C。【答案】C8.（2016重庆第八中学）阿伏加德罗常数约为6.021023mol1下列叙

11、述中正确的是()A标准状况下，4.48L CH3CH2OH中约含有1.2041023个羟基B常温常压下，31g白磷P4和红磷P8的混合中约含有6.021023个磷原子C标准状况下，7.8g苯中约含有1.8061023个碳碳双键D1mol H2O2在MnO2催化作用下完全反应转移的电子数约为1.2041024个【解析】A标况下，乙醇是液态，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B白磷和红磷分子都是由磷原子构成，31g白磷P4和红磷P8的混合物含有磷原子个数为：31g31g/molNA= NA，约含有6.021023个磷原子，故B正确；C苯分子不含有碳碳双键，故C错误；D.1mol H2O2在MnO2催

12、化作用下完全反应生成0.5mol氧气，转移1mol电子，转移的电子数约为6.021023个电子，故D错误；故选：B。【答案】B9.（2015厦门外国语学校）有机物甲的分子式为CxHyO2，其中氧的质量分数为20.25%，碳的质量分数为68.35%在酸性条件下，甲水解生成乙和丙两种有机物；在相同温度和压强下，同质量的乙和丙的蒸气所占的体积相同，则甲的结构可能有()A 8种 B14种 C16种 D18种【解析】有机物甲分子式为CxHyO2，其中氧的质量分数为20.25%，可有：3212X+Y+32100%=20.25% 碳的质量分数为68.35%，可有：3212X+Y+32100%=68.35%

13、联立，解得X=9，Y=18，即此有机物为C9H18O2。有机物甲的分子式为C9H18O2，在酸性条件下甲水解为乙和丙两种有机物，则有机物甲为酯。由于同质量的乙和丙的蒸气所占体积相同，说明乙和丙的相对分子质量相同，因此酸比醇少一个C原子，说明水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子。含有4个C原子的羧酸有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH，CH3CH(CH3)COOH。含有5个C原子的醇的有8种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH(OH)CH3，CH3CH2CH(OH)CH2CH3；CH3CH2CH(CH3)CH2OH，CH3CH2C(O

14、H)(CH3)CH3，CH3CH(OH)CH(CH3)CH3，CH2(OH)CH2CH(CH3)CH3； CH3C(CH3)2CH2OH。所以有机物甲的同分异构体数目有28=16。故选：C。【答案】C10.(2015洛阳高中)已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3和Cr3。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如下图所示，下列说法中不正确的是( )A图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7B图中BC段发生的反应为2Fe3+2I-2Fe2+I2C开始加入的K2Cr2O7为0.

15、25molDK2Cr2O7与FeSO4反应的物质的量之比为1:3【解析】AB段Fe3的物质的量没有变化，因此AB段的氧化剂是K2Cr2O7，还原剂是KI， A正确；B正确；AB段发生的反应是：Cr2O72-+6I-+14H+=2 Cr3+3I2+7H2O(可求出消耗的Cr2O72-的量为0.1mol)，BC段的反应是2Fe32I=2Fe2I2(可求出Fe3的量为0.9mol)，K2Cr2O7与FeSO4的离子反应是Cr2O72-+6Fe2+14H+=2 Cr3+6Fe3+7H2O(可求出消耗的Cr2O72-的量为0.15mol)，共消耗Cr2O72-的量为0.25mol，C正确，D错误。【答案

16、】D11.（2016邯郸市第一中学）已知KBiO2+MnSO4+H2SO4Bi2(SO4)3+KMnO4+H2O+K2SO4(未配平)，利用上述化学反应设计成如图所示原电池(盐桥中装有含琼胶的饱和K2SO4溶液)，下列说法正确的是()A电池工作时，电子移向为石墨溶液盐桥溶液石墨B电池工作时，盐桥中的K+移向甲烧杯C甲烧杯中发生的电极反应为Mn2+4e+4H2OMnO4+8H+D电池工作一段时间后乙烧杯中溶液的pH增大【解析】反应KBiO3+MnSO4+H2SO4Bi2(SO4)3+KMnO4+H2O+K2SO4中，KBiO3Bi2(SO4)3，Bi元素化合价降低被还原，MnSO4KMnO4，M

17、n元素化合价升高被氧化，则该原电池中负极甲石墨变化为：MnSO4KMnO4，电极反应为Mn2+5e+4H2OMnO4+8H+，正极乙石墨变化为：KBiO3Bi2(SO4)3，电极反应为BiO3+2e+6H+Bi3+3H2O。A.电池工作时，电子移向为负极移向正极，但不经过溶液，故A错误；B.盐桥中钾离子带正电荷，其移动方向为移向正极，则钾离子移向乙烧杯，故B错误；C.负极甲石墨变化为：MnSO4KMnO4，电极反应为Mn2+5e+4H2OMnO4+8H+，故C错误；D.正极乙石墨变化为：KBiO3Bi2(SO4)3，电极反应为BiO3+2e+6H+Bi3+3H2O，消耗氢离子，则pH增大，故D

18、正确；故选：D。【答案】D12.（2015开封高级中学）25时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A0.1molL1的Na3PO4溶液中：c(Na+)=3c(PO43)+2c(HPO42)+c(H2PO4)B0.1molL1的NaHS溶液中：c(H+)+c(H2S)=c(OH)+c(S2)C0.1molL1氨水与0.1molL1NaHSO4溶液等体积混合：c(Na+ )=c(SO42)=c(NH4+)C(H+)C(OH)D0.1molL1Na2CO3溶液与0.1molL1的NaHCO3溶液等体积混合：c(Na+)c(CO32)c(HCO3)c(OH)【解析】A0.1molL-1的

19、Na3PO4溶液中，根据物料守恒可得：c(Na+)=3c(PO43-)+3 c(HPO42-)+3c(H2PO4)，故A错误；B0.1molL1的NaHS溶液中，根据质子守恒可得：c(H+)+c(H2S)=c(OH)+c(S2)，故B正确；C0.1molL1的氨水与0.1molL1的NaHSO4溶液等体积混合，二者恰好反应生成等浓度的硫酸钠、硫酸铵，铵根离子部分水解，溶液显示酸性，则溶液中正确的离子浓度大小为：c(Na+ )=c(SO42)c(NH4+)c(H+)c(OH)，故C错误；D0.1molL1的Na2CO3溶液与0.1molL1的NaHCO3溶液等体积混合，由于碳酸根离子的水解程度大

20、于碳酸氢根离子，则c(HCO3)c(CO32)，溶液中正确的离子浓度大小为：c(Na+)c(HCO3)c(CO32)c(OH)，故D错误；故选B。【答案】B13.（2016湖南师大附中）原子序数依次增大的四种短周期元素X、Y、Z、W，其中Y、Z、W同周期，X和W同主族，简单离子半径的大小为XY+，其中Z为地壳中含量最高的金属元素，则下列说法正确的是()AX和W元素的最高正价相同BY、Z均为金属元素，故X、Y、Z三种元素不能形成化合物C工业上常利用电解ZW3溶液冶炼金属ZDY、W的最高价氧化物水化物均能溶解Z单质【解析】原子序数依次增大的四种短周期元素X、Y、Z、W，其中Z为地壳中含量最高的金属

21、元素，则Z为Al；Y、Z、W同周期，X和W同主族，简单离子半径的大小为XY+，则Y为Na，X为F元素；X和W同主族，则W为Cl。ACl元素最高正化合价为+7，但F元素没有正化合价，故A错误；BY为Na、Z为Al，均为金属元素，与F元素可以形成Na3AlF6，故B错误；C电解氯化铝溶液得到氯气、氢气及氢氧化铝，工业上常利用电解熔融氧化铝冶炼Al，故C错误；DY、W的最高价氧化物水化物分别为氢氧化钠、高氯酸，均能溶解Al单质，故D正确，故选：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1417题只有一个选项 符合题目要求。第1821题有多选项题目要求。全部答对的得

22、6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14.【2017广东省江门市高考模拟考试】放射性元素的衰变方程为，下列表述正确的是（ ）AX是由Th原子释放的核外电子 B该衰变是衰变C加压或加温可以改变其衰变的快慢 DTh发生衰变时原子核要吸收能量【解析】X是由Th原子核内释放的电子，选项A错误；由于X带一个单位的负电荷，说明原子核放出了电子，所以该衰变是衰变，选项B正确；核衰变时，通过加压或加温是不能改变其衰变快慢的，选项C错误；Th发生衰变时原子核要放出能量，选项D错误。【答案】B 15.【2017陕西省西安市高考模拟考试】某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成

23、，发电机中矩形线圈所围成的面积为S，匝数为N，电阻不计，它可绕水平轴在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度匀速转动，矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻，以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是（ ）A若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值最小B发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式C当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向下滑动D当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高【解析】当线圈与磁场平行时，感应电流最大，故A错误；从垂直中性面计时，则感应电动势的瞬时值表达式为，故B正确；当用户数目增

24、多时，功率增大，根据功率，当电压不变，则电流增大，损失电压增大，从而可确定触头P移动方向向上，故C错误；当触头P向下移动，只会改变副线圈的电流，从而改变原线圈的电流，不会改变原线圈的电压，故D错误。【答案】B16.【河北省保定市2017届高三上学期期末调研考试理综】如图所示，两个质量分别为m1、m2的物块A和B通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A，另一端固定在墙上，A、B与传送带间动摩擦因数均为。传送带顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A、B的加速度大小分别为aA和aB，（弹簧在弹性限度内，重力加速度为g）则（ ）【解析】剪断细线前，对B分析，在水

25、平方向上受到传送带给的向右的滑动摩擦力，弹簧给的弹力，在竖直方向上受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，故有，对A分析，A受到细线给的向左的拉力，传送带给的向右的滑动摩擦力，弹簧给的向右的弹力，当剪断细线的瞬间由于弹簧来不及改变，所以弹簧的弹力不发生突变，故B受力情况仍不变，合力为零，即，剪断细线的瞬间细线的拉力为零，对A来说受到向右的弹力以及滑动摩擦力，故根据牛顿第二定律可得，故C正确；【答案】C17.【浙江省温州市苍南县巨人中学2017届高三上学期期中考试物理试题】真空中的某装置如图所示，现有质子、氘核和粒子都从O点由静止释放，经过相同加速电场和偏转电场，射出后都打在同一个与OO垂直的荧光

26、屏上，使荧光屏上出现亮点（已知质子、氘核和粒子质量之比为124，电量之比为112，均带正电。重力不计)下列说法中正确的是（ ）A三种粒子在偏转电场中运动时间之比为211B三种粒子出偏转电场时的速度相同C在荧光屏上将只出现1个亮点D偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为122【解析】根据动能定理得，则进入偏转电场的速度，因为质子、氘核和粒子的比荷之比为2：1：1，则初速度之比：1：1在偏转电场中运动时间，则知时间之比为1：故A错误；在竖直方向上的分速度，则出电场时的速度因为粒子的比荷不同，则速度的大小不同故B错误；偏转位移，因为，则，与粒子的电量和质量无关，则粒子的偏转位移相等，荧光屏将只出现一个

27、亮点故C正确偏转电场的电场力对粒子做功W=qEy，因为E和y相同，电量之比为1：1：2，则电场力做功为1：1：2故D错误。【答案】C18.【河北省邯郸市第一中学2017届高三第十次研究性考试】地球赤道上的重力加速度为，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为，卫星甲、乙、丙在如图所示三个椭圆轨道上绕地球运行，卫星甲和乙的运行轨道在P点相切，以下说法中正确的是（ ）A如果地球自转的角速度突然变为原来的倍，那么赤道上的物体将会“飘”起来B卫星甲、乙经过P点时的加速度大小相等C卫星甲的周期最大D三个卫星在远地点的速度可能大于第一宇宙速度【解析】使地球上的物体“飘”起来即物体处于完全失重状态，即此时物体所

28、受地球的重力完全提供物体随地球自转时的向心力，则有，当物体飘起来的时候，万有引力完全提供向心力，则此时物体的向心加速度，即此时的向心加速度a=g+a，则根据向心加速度公式,则：，故选项A错误；根据牛顿第二定律得：，得卫星的加速度，M是地球的质量，是卫星到地心的距离，卫星甲、乙分别经过P点时相同，则加速度相等，故B正确；根据开普勒第三定律知，椭圆半长轴越大，卫星的周期越大，卫星甲的半长轴最大，故甲的周期最大故C正确；根据万有引力提供向心力，得，轨道半径越小，速度越大，当轨道半径最小等于地球半径时，速度等于第一宇宙速度，假设一位卫星绕经过远地点的圆轨道做圆周运动，则此卫星的速度一定小于第一宇宙速度

29、，卫星从该轨道进入椭圆轨道，要做减速运动，速度要变小，故三个卫星的速度均小于第一宇宙速度，故D错误。【答案】BC19.【2017江西省八所重点中学高三联考】如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m=2kg的小球A。半径R0.3m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B。用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响。现给小球A一个水平向右的恒力F50N。（

30、取g=10m/S2）则（ ）A把小球B从地面拉到P的正下方时力F 做功为20JB小球B运动到C处时的速度大小为0C小球B被拉到与小球A速度大小相等时，sin=3/4D把小球B从地面拉到P的正下方时小球B的机械能增加了6J【解析】小球B运动到P点正下方过程中的位移为xA=0.5-0.1=0.4m，拉力的功：WF=FxA=20J，选项A正确；对小球B由动能定理得WF-mgR=mv2代入数据得：v=4 m/s，选项B错误；当两速度同向时,两球速度相等，故当绳与圆环相切时两球的速度相等。由几何关系可得：hopsin=R，sin=3/4，选项C正确；把小球B从地面拉到P的正下方时小球B的机械能 WF=m

31、gR+mv2，增加了20J，选项D错误。【答案】AC 20.【江苏省无锡市2017届高三上学期期末考试】如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，设物体间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，则下列说法正确的是（ ）AB的向心力是A的2倍B盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍CA有沿半径向外滑动的趋势，B有沿半径向内滑动的趋势D增大圆盘转速，发现A、B一起相对圆盘滑动，则A、B之间的动摩擦因数大于B与盘之间的动摩擦因数【解析】因为A、B两物体的角速度大小相等，根据，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，则向心力相等，A错误；对AB整体分析，再对

32、A分析，有： ，知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，B正确；A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，C错误；对AB整体分析，解得，对A分析，解得，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即，D正确。【答案】BD21.【2017山东省青岛市第一期期末】如图所示，理想边界匀强磁场宽度为L，一边长为L的正方向线框自磁场边界上方L处自由下落，下列对于线框自开始下落到离开磁场区域的运动情况描述可能正确的是（ ）【解析】当线圈自由下落L时的速度，若此速度满足：mg=BIL，即，解得则线圈将匀速进入磁场，然

33、后匀速离开磁场，则此时v-t图线为A；若线圈进入磁场的速度满足，则线圈进入磁场时，安培力大于重力，则线圈将做加速度减小的减速运动，然后离开磁场，此时的v-t图线为C；若线圈进入磁场的速度满足，则线圈进入磁场时，安培力小于重力，则线圈将做加速度减小的加速运动，完全进入磁场后可能速度达到，然后离开磁场时做匀速运动，此时的v-t图线为D。【答案】ACD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）【2017江西南昌市高考模拟考试】某同学做“研究匀变速直线运动”的

34、实验。（1）做本实验时_（填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力。（2）已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz。如图所示是“测定匀变速直线运动的加速度”的实验中电磁打点计时器打出的纸带，图中0、1、2、3、4、5、6是按时间先后顺序标出的计数点，用刻度尺测得：那么：（计算结果保留三位有效数字）1在计时器打出点2时，小车的速度大小为v2_m/s。小车的加速度的大小为a_m/s2。【解析】（1）测定匀变速直线运动的加速度的实验，不需要平衡摩擦力，因为不涉及的计算。（2）由匀变速直线运动规律可知：在计时器打出点2时，小车的速度大小等于打下1、3两计数点时间内小车的平均速度。匀变速直线运动的加速度。【

35、答案】（1）不需要（2分） （2）0. 860（2分） 3.10（2分）23.【2017河南省洛阳市高三第二次统考】（9分）实际电流表都有内阻，为了测量电流表的内阻rg，提供的器材如下：待测电流表（05 mA，内阻约300） 电流表（015mA，内阻约100）定值电阻R1（R1150）滑动变阻器R2（020） 电源（电动势3V）电键S及导线若干（1）为了使测量结果尽量精确，设计并在答题卷上的虚线框中画出实验的电路图；（2）对照所画电路图连接如右上图所示实物图；（3）闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录和的读数I1和I2；则待测电流表的内阻可表示为rg_。【解析】（1）电路如图；（2）实物图

36、如图；（3）待测电流表的内阻【答案】（1）电路如图；（2）实物图如图；（3） 24.（12分）【2017广东省江门市高考模拟考试】小球A通过长为的细线悬挂在离地面高度也是的O点，现在把小球A移动到水平位置并把细线伸直由静止释放，同时在O点正下方A的原位置放置一个质量为小球质量5倍的滑块B。滑块和地面之间动摩擦因数为，小球A与滑块发生正碰后反弹高度为，不计空气阻力，重力加速度为g，求B在水平面运动的时间。【解析】设小球的质量为，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为，由机械能守恒定律有：设碰后小球反弹的速度大小为，物块的速度大小为，碰撞过程动量守恒，有：小球反弹后回摆的过程中机械能守恒，有：碰后，

37、物块在水平面上滑行，由动量定理有：联立解得：。25(2017山西四校联考)（20分）如图所示，在xOy平面坐标系中，直线MN与y轴成30角，M点的坐标为(0，a)，在y轴与直线MN之间的区域内，存在垂直xOy平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。电子束以相同速度v0从y轴上ay0的区间垂直于y轴和磁场射入磁场。已知从O点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹恰好与直线MN相切，忽略电子间的相互作用和电子的重力。(1)求电子的比荷；(2)若在xOy坐标系的第象限y0区域内加上沿y轴正方向大小为EBv0的匀强电场，在x0a处垂直于x轴放置一荧光屏，计算说明荧光屏上发光区的形状和范围。【解析】(1)从O点射

38、入磁场的电子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系有：ra解得：r电子在磁场中运动时，洛伦兹力等于向心力，即eBv0m联立解得电子比荷。(2)由电子的轨道半径可判断，在O点射入磁场的电子从(0，a)的位置进入匀强电场，电子进入电场后做类平抛运动，有：2rt2，xv0t将EBv0代入，联立解得：xa设该电子穿过x轴时速度与x轴正方向成角，则vyttan 解得：tan 2设该电子打在荧光屏上的Q点，Q点离x轴的距离为L，则L(x0x)tan a即电子打在荧光屏上离x轴的最远距离为La而从(0，a)位置进入磁场的电子恰好由O点过y轴，不受电场力，沿x轴正方向做匀速直线运动，打在荧光屏与x轴相交的点上

39、，所以荧光屏上在y轴坐标分别为0、a的范围内出现一条长亮线。【答案】 (1)(2)在y坐标分别为0、a的范围内出现一条长亮线26.（2016湖南省桃源县第一中学）（14分）某化学小组拟利用下列流程测定某草酸亚铁样品(含有少量草酸，不含结晶水和其他杂质)中FeC2O4的含量。已知几种氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示试回答下列问题：(1)用2mol/L H2SO4溶液溶解草酸亚铁样品而不用蒸馏水直接溶解的原因是 加热至70左右，立即用KMnO4溶液滴定至终点发生反应的离子方程式为：2MnO4+5H2C2O4 +6H+=2Mn2+10CO2+8H2O和 。(2)保温放置30min的目的是

40、。(3)证明反应完全的实验操作或现象为 。(4)已知常温下Fe(OH)3的Ksp=1.11036，废液中c(Fe3+)= 。(5)灼烧充分的标志是 。(6)样品中FeC2O4的含量为 。【解析】用2mol/L H2SO4溶液溶解草酸亚铁样品将其变成溶液，加热至70左右，加入足量的KMnO4溶液发生反应，将溶液中的草酸根氧化成二氧化碳，将二价铁氧化成三价铁，保温放置30min的目的是使反应更完全，再加入试剂A调节pH值，只使三价铁完全生成氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁沉淀，充分灼烧使氢氧化铁分解生成氧化铁，称其质量，最终根据铁守恒计算。(1)因为Fe2+水解，所以用2mol/L H2SO4溶液溶

41、解草酸亚铁样品而不用蒸馏水直接溶解的原因是防止Fe2+水解，加热至70左右，加入足量的KMnO4溶液，将溶液中的草酸根氧化成二氧化碳，将二价铁氧化成三价铁，离子方程式分别为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+ 8H2O和MnO4-+5Fe2+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；故答案为：防止Fe2+水解； MnO4+5Fe2+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；(2)保温放置30min的目的是使反应更完全，故答案为：使反应更完全；(3)加入足量的KMnO4溶液发生反应，将溶液中的草酸根氧化成二氧化碳，将二价铁氧化成三价铁，所以当高锰酸根过量时即溶液呈紫红色或者不含三价

42、铁即取少许紫红色溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，则反应完全，故答案为：溶液呈紫红色，取少许紫红色溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化；(4)因为有沉淀图表可知，三价铁完全沉淀的pH值为4，所以c(Fe3+)=KSPc(OH-)3=1.110-36(110-10)3=1.1106 molL1，故答案为：1.1106；(5)灼烧充分是指氢氧化铁完全分解，即连续两次灼烧、冷却、称量所得质量差不超过0.1g，所以灼烧充分的标志是连续两次灼烧、冷却、称量所得质量差不超过0.1g，故答案为：连续两次灼烧、冷却、称量所得质量差不超过0.1g； (6)充分灼烧使氢氧化铁分解生

43、成氧化铁，称其质量为8g，即氧化铁的物质的量为8g160g/mol=0.05mol，根据铁守恒，所以样品中FeC2O4的物质的量为0.052=0.1mol，则样品中FeC2O4的含量为0.1(56+24+64)20.0100%=72%，故答案为：72%。【答案】(1)防止Fe2+水解 （1分）； MnO4+5Fe2+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O （2分）(2)使反应更完全 （2分）(3)溶液呈紫红色，取少许紫红色溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化（2分）(4) 1.1106 （2分）(5)连续两次灼烧、冷却、称量所得质量差不超过0.1g （2分）(6)72% （3分）27

44、.(14分)(2016浙江高三第二次五校联考)在汽车上安装三效催化转化器，可使汽车尾气中的主要污染物(CO、NOx、碳氢化合物)进行相互反应，生成无毒物质，减少汽车尾气污染。(1)已知：N2(g)+ O2(g)=2NO(g) H=180.5 kJmol12C(s)+ O2(g)=2CO(g) H=-221.0 kJmol1 ks*5uC(s)+ O2(g)=CO2(g) H=-393.5 kJmol1尾气转化的反应之一：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) H 。(2)某研究性学习小组在技术人员的指导下，在某温度时，按下列流程探究某种催化剂作用下的反应速率，用气体传感器测得不

45、同时间的NO和CO浓度如表：请回答下列问题(均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响)：前2s内的平均反应速率v(N2)= _。在该温度下，反应的平衡常数K = 。(只写出计算结果)对于该可逆反应，通过综合分析以上信息，至少可以说明 (填字母)。A该反应的反应物混合后很不稳定B该反应一旦发生将在很短的时间内完成C该反应体系达到平衡时至少有一种反应物的百分含量较小 D该反应在一定条件下能自发进行E该反应使用催化剂意义不大(3)CO分析仪以燃料电池为工作原理，其装置如图所示，该电池中电解质为氧化钇氧化钠，其中O2-可以在固体介质NASICON中自由移动。下列说法错误的是 。A负极的电极反应式为：CO

46、+O2-2e-CO2 B工作时电极b作正极，O2-由电极a流向电极bC工作时电子由电极a通过传感器流向电极bD传感器中通过的电流越大，尾气中CO的含量越高【解析】(1)按顺序将三个热化学方程式编号为，根据盖斯定律2-可得2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) H-746.5 kJmol1。(2)v(N2) =12v(NO) =12=1.8810-4molL-1S-1反应至4s达平衡，此时c(N2)=c(NO)=(10.010-4 molL-1-1.0010-4 molL-1)=4.5010-4 molL-1c(CO2)=c(NO)=10.0104 molL1-1.00104 m

47、olL1=9.00104 molL1故化学平衡常数为：K=5000 Lmol1。(3)该燃料电池的负极反应为：O24e=2O2，生成的O2由b极向a极迁移，在a极参与负极反应：CO+O2-2e-CO2 ，故B项错误。【答案】(1)-746.5 kJmol-1 （2分）(2)1.88104 mol/(Ls) （3分）；5000 （3分） BCD(多选、错选均不给分) （3分）(3)B （3分）28.（2016江苏启东中学）(15分)工业上用难溶于水的碳酸锶(SrCO3)粉末为原料(含少量钡和铁的化合物)制备高纯六水氯化锶晶体(SrCl26H2O)，其过程为：已知：.有关氢氧化物沉淀的pH：.Sr

48、Cl26H2O 晶体在61时开始失去结晶水，100时失去全部结晶水。请回答：(1)在步骤中加入少量的30%H2O2，反应的离子方程式 。(2)在步骤中，需要将溶液的pH由1调节至3.7以上，适宜用选的试剂为 。过滤所得滤渣的主要成分是 。(3)关于上述流程中的步骤、的说法，正确的是 。A步骤包括用60的热水浴加热蒸发到溶液表面出现晶膜、冷却结晶B可以通过降低结晶速率的方法来得到较大颗粒的SrCl26H2O 晶体 C某溶液降温后若无晶体析出，可用玻璃棒搅动或轻轻摩擦容器壁 D步骤为趁热过滤，步骤的洗涤剂为饱和SrCl2溶液(4)工业上采用减压烘干或者用5060的热风吹干SrCl26H2O晶体的原

49、因是 。(5)为了测定所得SrCl26H2O晶体样品的纯度，设计了如下方案：称取1.40g样品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO32.38g的AgNO3溶液(溶液中除Cl外，不含其它与Ag+反应生成沉淀的离子)，Cl即被全部沉淀。然后用含Fe3+的溶液作指示剂，用0.200mol/L的NH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出，以测定SrCl26H2O晶体样品的纯度。用去上述浓度的NH4SCN溶液20.0mL，则原SrCl26H2O晶体的纯度为。【解析】(1)步骤中加入少量的30%H2O2的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，反应的离子方程式为 2Fe

50、2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O。(2)调节溶液的pH目的是使铁离子沉淀；调节溶液的pH的同时不能引入其他杂质，所以选择SrO、SrCO3或Sr(OH)2等；因为碳酸锶固体中还含有少量钡的化合物，所以操作中所得滤渣的主要成分是Fe(OH)3、BaSO4。(3)步骤包括蒸发浓缩、冷却结晶，为防止温度过高使用SrCl26H2O 晶体失水，因此采用 60的热水浴加热蒸发到溶液表面出现晶膜，然后冷却结晶；结晶速率越慢，得到的晶体颗粒越大，采用降低结晶速率的方法来得到较大颗粒的SrCl26H2O 晶体；只有溶液达到过饱和后仍无晶体析出，才可用玻璃棒搅动或轻轻摩擦容器壁的方法使晶体析出；步骤是冷却

51、结晶，因此步骤是常温过滤或减压过滤，步骤后得到高纯SrCl26H2O 晶体，所以选择的无机洗涤剂为饱和氯化锶溶液，减小晶体的溶解同时也不会产生其他杂质。【答案】(1)2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (3分)(2)SrO、SrCO3或Sr(OH)2等 (2分)； Fe(OH)3和BaSO4 (2分)(3)A、B (2分，少1个扣1分，有错不给分)(4)防止SrCl26H2O 晶体在61以上时失去结晶水 (2分)(5)95.3% (4分)29.（9分）（2017年河南省郑州一中高考生物一模试卷）以下实验以丰香草莓为材料，研究遮阴处理对草莓叶片光合作用的影响，旨在为草莓栽培提供理论依

52、据。请分析回答：遮阴对丰香草莓叶片光合色素含量的影响（mg/g）材料用具：2叶期草莓幼苗，遮阳网（网内光强为自然光强1/3左右），光合分析测定仪等。遮阴对丰香草莓叶片光合色素含量的影响（mg/g） 图1 遮阴对丰香草莓净光合速率的影响图2 遮阴对丰香草莓固定CO2的效率和CO2补偿点的影响（1）实验步骤：选取若干生长状况相似的丰香草莓幼苗 ，设置为对照组和实验组，实验组用 进行处理，在相同且适宜条件下培养到植株长出6张叶片左右时，测定两种环境下各项指标如右。（2）表中数据显示，遮阴使草莓叶片的 提高了，进而提高草莓净光合速率的能力。（3）图1中，对照组草莓净光合速率曲线呈现“双峰”型的原因是

53、，净光合速率还可通过测定 表示。遮阴组实验时间段内光合积累总量显著低于对照组，推测遮阴可能影响光合作用的 反应，并据此继续进行实验得到图2的结果。（4）由图2可知，遮阴处理显著提高其CO2补偿点（即指在光照条件下，叶片进行光合作用所吸收的CO2量与叶片所释放的CO2量达到动态平衡时，外界环境中CO2的浓度），使固定CO2的效率 ，可能的原因是遮阴使叶片温度降低，导致 。（5）综上所述，左右自然光强提高了草莓叶片利用的能力。欲进一步研究本课题，可改变 进行研究。【解析】（1）在实验中要对实验材料进行随机平均分成两组，设置为对照组和实验组，根据题干信息已知该实验是以丰香草莓为材料，研究了遮阴处理对草莓叶片光合作用的影响，所以实验组用遮阳网进行处理，对照组不做处理。（2）据题表分析，遮阴处理的实验组的光合作用的色素含量明显高于对照组的含量。（3）据图1分析，对照组草莓净光合速率在上午光照强度增加时气孔关闭，CO2减少，光合速率降低，所以曲线呈现“双峰”型。净光合速率还可通过测定单位时间内O2的释放或有机物的积累来表示。遮阴组实验时间段内光合积累总量显著低于对照组，可能的原因是光