5月19日模拟考理综参考答案改1

1、命题：高三物理、化学备课组、路茵茵、陈治民南宁二中2019届高考总复习测试卷(2019.05.19)南宁二中5月18/19日模拟考理科综合能力测试物理部分参考答案一、选择题：本题共 13个小题，每小题6分，共78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 . C 2. C 3. D 4. A 5. B 6. D7. B【解析】FeSO4是强酸弱碱盐，易水解使其水溶液呈酸性，加热分解产生红色的氧化铁，A正确；二硫化钼不属于有机化合物，B错误；汽车安装尾气催化转化装置，可将尾气中的部分CO和NO转化为无毒气体氮气和二氧化碳，C正确；石墨烯弹性气凝胶制成的碳海绵，具有吸附性，可用作

2、处理原油泄漏的吸油材 料，D正确。8. D【解析】油脂是小分子，相对分子量小于一万，不是高分子化合物，A不正确；糖类有单糖，如葡萄糖等不发生水解，B错误；石油的分馏所得的馏分仍是多种烷烃和环烷烃的混合物，C不正确；烷可在光照条件下与氯气发生取代反应， 苯可在催化作用下与溴发生取代反应，乙醇、乙酸可发生酯化反应， 为取代反应，乙酸乙酯可发生水解反应，也为取代反应，D正确。9. A【解析】因Zn是足量的，浓硫酸会变稀，不能反应完全，生成SO2分子数小于Na, A错误；4.4g的乙 醛(C2H4O)的物质的量为0.1Na，原子数为0.7Na, B正确；Na3PO4溶液中的PO43 要水解，生成更多的

3、离子，C正确；1.8 g重水中含有的质子数和电子数均为12.(8X10Na= 0.9Na,D正确。5月18/19日模拟考理综卷参考答案第13页共9页10. B11. D【解析】按二步实验等同于大量与NO3-的共存，即等同稀硝酸，由于稀硝酸的强氧化性，可将溶 液中的SO32-M化为SO42-,不能得出原溶液中 SO42-存在的结论，A错误。HCI极易溶于水，则气体体积减小,但氯气中混有水蒸气，B错误；甲烷与氯气发生取代反应生成HCI , HCl能使湿润的石试纸变红，C错误;发生沉淀的转化，向 Ksp更小的方向移动，则 KspCu (OH ) 2 v KspMg(OH) 2, D正确。12. C【

4、解析】放电时，熔融 Na发生氧化反应，电极 A为负极，A项错误；充电时，电极 A为阴极，电极 B为阳极，电解池中阳离子从阳极向阴极迁移，B项错误；充电时，阳极上失电子，发生氧化反应，电极反应式为S/- 2e=xS, C项正确；该电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠分别作为两个电极的反应 物，因此该电池工作时应保证Na、S均为熔融状态，而 25 C左右时Na、S均为固态，D项错误。Ka1 ( H2X ) Ka2 ( H2X )，贝y pH 相同时13. C【解析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则c(H2X)pY =- lgY，贝U pc(X) c(HX)c (HIT) c(H2X)则m、n分

5、别表示pH与p 变化关系。根据分析可知,n表示pH与pc(HX)c(H2X)的变化关系,A不符合题意;M 点 pH = 9.3, c (H+) =109.3mol/L , pc(HX)c(xA)lg =1，则=0.1，所以 Ka2 ( H2X )c(HX_)xc (H+)= 109.30.1 = 1.0 X0-10.3, B不符合题意；根据 B可知HX的电离平衡常数为1.0 X0-10.3；曲线n表示pH与c(HX=) p 的变化关系,n 点 pH = 7.4,cCHX-) .p八 lgc(HX)c(H2X)=c(HX)c(H2X)=10,所以HX的水解平衡常数Kh= XID=1.0 X07.

6、6 1.0 XO10.3，说明 HX的水解程度大于其电离程度，则NaHX溶液溶液呈碱性，c ( H+)v c (OH)，C符合题意；当溶液呈中性时， c (H+)= c (OH)，根据电荷守恒可知：c ( Na+)= c (HX)+2c (X2)+c (Cl)，D 不符合题意。二、选择题：本题共 8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得 3分，有选错的得0分。14. 【答案】B【解析】在t= 0时，甲的速度为正，乙的速度为负，说明甲、乙的运动方向相反，故A错误；根据图象与坐标轴围成

7、的面积表示位移，在时间轴上方的面积表示位移为正，下方的表示位移为负，则知在02t0内，乙的位移小于甲的位移， 则乙的平均速度小于甲的平均速度，故B正确，C错误；若甲、乙从同一位置出发，甲一直沿正向运动，乙先沿 负向运动，两者距离增大，后沿正向，在t。时刻前甲的速度大于乙的速度，两者间距增大，t0时刻后乙的速度大于甲的速度，两者间距减小，所以t0时刻相距最远，故 D错误。15. 【答案】D【解析】A、原线圈输入电压不变，线圈匝数不变，则副线圈电压不变，即电压表示数不变，灯泡电阻不变， 则电流表示数不变，仍然能正常工作，故AB错误；C、 根据b图可知，周期 T=0.02s,则频率仁50Hz，故C错

8、误；D、 当K接通后，两个灯泡并联，增加一个负载，则副线圈功率增大，所以变压器的输入功率增大，故D正 确。16. 【答案】C【解析】A.冲量的定义式：| = Ft ,所以F-t图像面积代表冲量，所以0-4 s时间内拉力的冲量为I h05 1 2 2 1 =3.5N.s，A 错误2B. 设拉力大小为F物块和木板有共同加速度，对物块:F - mg = ma，对木板： mg = Ma，联立解得：F=0.5N，所以0时刻，即相对滑动，对滑块:I F - mgt = mw - 0，解得4s时滑块速度大小:Vj = 9.5m/ s , B 错误CD.4s时，木板的速度v2二at =0.5 4m/s = 2

9、m/s，撤去外力后，木板加速，滑块减速，直到共速，根据动量守恒： mvj Mv2 =(m M )v，解得：八一匚尺匕，对木板根据动能定理可得：；一 -正确，D错误17.【答案】C，卫星的引力势能为E“ Y罟，轨道半径为卫星的引力势能为罟，设摩擦而产生的【解析】卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则轨道半径为热量为Q，根据能量守恒定律得：丄mv；+Ep1 Jmv；+Ep2+Q，联立解得：Q = GMm 丄一丄。222 R ,18.【答案】D r【解析】A、瞬时速度是由数学极限思想得来的，其中时间趋于零，就可以表示一个时刻的速度，即为 f瞬时速度，故A的说法是正确B、 微元法是把一个过

10、程分割为很多小的过程，继而相加求解的方法， 推导匀变速直线运动的位移公式时， 把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，用的是微元法，故B的说法是正确C、 伽利略借助实验研究和逻辑推理得出了自由落体运动规律，故C的说法是正确D、 奥斯特最早发现了电流的磁效应，故D错误19【答案】AD【解析】P向右做切割磁感线运动，由右手定则判断知，回路中产生逆时针的感应电流，由左手定则判断可 知，Q棒所受的安培力方向向右，故 Q向右做加速运动；Q向右运动后，开始阶段，两杆的速度差增大，产 生回路中产生的感应电动势增大，感应电流增大，两杆所受的安培力都增大，则P的加速度

11、减小，Q的加速度增大，当两者的加速度相等时，速度之差不变，感应电流不变，安培力不变，两杆均做加速度相同的匀加 速运动。AB、开始运动时，P棒做加速度减小的加速度运动，Q棒做加速度增大的加速运动，最终做加速度相同的加速度运动，故 A正确，B错误；CD、开始运动时，两棒的速度差增大，感应电动势增大，通过电 流增大，最终两棒都做匀加速运动，速度差保持不变，故回路中感应电动势不变，电流恒定，故C错误，D正确。20.【答案】BC ；【解析】把此装置带回地球表面，在最低点给小球相同初速度，小球在运动过程中，只有重力做功，机械 能守恒，则动能和重力势能相互转化，速度的大小发生改变，不可能做匀速圆周运动，故A

12、错误，B正确；若小球到达最高点的速度 v_. gR，则小球可以做完整的圆周运动，若小于此速度，则不能达到最高点，则不能做完整的圆周运动，故 C正确，D错误。h，解得:21.【答案】AC【解析】A.根据平衡条件可知，小球受电场力向左，与场强方向相反，带负电；且A正确B.电场反向后，小球受向右的电场力大小为，绳子松弛无弹力，小球沿电场力与重力的合力方向做匀v：，解得:加速直线运动，当小球运动到最低点时绳子恰被拉直，拉直时由于重力做功获得的竖直分速度变为0,保留水平方向分速度做圆周运动，所以从反向到最低点，水平方向末速度为=：，B 错误C. 当绳子方向与重力与电场力合力方向在一条直线上时, 度时速度

13、最大：根据动能定理从最低点到最大速度处： 鼻八:，C正确小球有最大速度，即当绳子达到右侧与竖直夹角60-mv22=qELsin60a，解得:D. 由于小球在最低点被拉直时，动能有所损失，根据能量守恒，小球回不到最初位置，D错误。三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。22.（共 5 分）【答案】（1）22.0mm（ 1 分）；（4）1-cos： - m2. 1 - cos 一 . 1 - COS十（2 分）；mi cos 匚mi cos 刁 - m2 (1 - cos 去)(2 分)【解析】（1）

14、主尺读数是 22mm ,卡尺第0根与主尺对齐，贝U 0X0.1mm=0.0mm ,最后读数为 22mm+0.0mm=22.0mm ;（4）设球心与悬挂点的距离为L ；将球A向左拉起使其悬线与竖直方向的夹角为a时由静止释放，与球 B碰撞前:1mp（L _Lcos：）二彳口卜2 ；解得：v =/2gL（1 _cos：）；同理可得与球 B碰撞后，A、B球的速度:V1 f 2gL(1 cosy),V2 二.2gL(1 -cosr);根据动量守恒可知：若两球碰撞前后的动量守恒m|V0 二 m2v2 - gw ；即： mi 1-cos：-讥.1-cosj21-cosT1 ;若碰撞是弹性碰撞，则还应满足能量

15、守恒定律:121212mw。m1v1m2v2 ；222即： geos： =mh cosy -m2(1-cos *)。23. （ 10分）【答案】S （1分） T; 0刻线（2分） ADC （1 分） 电路连接如图所示（多用电表当电流表或电压表使用，其中一种只要连接正确均给分）（2分）。 i 直流电流 100mA（ 1 分）ii .12 （1 分）。 1.40 （1.351.45 均可）（1分）；多用电表直流电流100mA档和干电池（1分）24. （ 12 分）【答案】（1）a指向b;（2）30 （3） m解：（1） a、b间电场强度的方向是由 a板指向b板。 2分（2）粒子在a板左端运动到P处

16、，由动能定理得：qEd = mv2 mv02 2 分代入有关数据，解得 v=岑3 X106 m/s3又有：cos 0= V0 1分代入数据得0= 30 1分（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，设圆心为O,半径为r，如图所示，由几何关系得：L= rsin 30 2又 qvB = m；联立求得L =囂=于m 25.答案】 vx =0 Ep=9J当L红0=9m时，Q1 = 9J；当LL=9m时，Q2 = L （国际单位）解：设小球在空中运动的时间为 t,水平方向的加速度大小为 a。1小球抛出后，在竖直方向有H =?gt2水平方向有 Vx = u-at 1分水平方向由牛顿第二定律有qE = ma 1分联

17、立解得 Vx =01分以水平向右为正方向。设小球落入沙箱后瞬间，车与球的共同速度为W,在小球落入沙箱过程，对车和球由水平方向动量守恒有Mv = （M+m）V1 分1设弹簧压缩至最短时小车与A的共同速度为V2,从球落入沙箱后瞬间到小车与A共速，对小车（含小球）与A分别由动量守恒和机械能守恒有mv0 + (M + mj )v1 = (M + m+ ma )v2 1 2 1 2 1 mv + (M + m)v1 - (M2 2 22+ m0 +Ep +Q 且此过程由于摩擦产生的热量为Q = pm g数据代入 联立解得Ep=9J 2分若A与弹簧分离后恰好运动至车左端时与车相对静止，由式可知小车与 A的共同速度仍为v2=6m/s 分1从弹簧压缩最短到 A与车相对静止，由能量守恒有Ep=p mgL 分解得此情况下小车左端与沙箱左壁的距离为L0=9m 分I当L况0=9m时，A停在距离沙箱左壁 L0=9m处，故有 Q1 = ggL。1 分数据代入解得Q =9j 1分当L OHC- (CH2)4-CHO 一银氨溶液 HOOC- (CH2)4-COOH乙二醇-定条件”（凡合理路线按上述对应产物依次计1分，共3分）。37. 【选修一：生物技术实践专题】（15分,除标注外