2018年高考全国2卷理综精品模拟试题

.PAGE.>绝密*启封并使用完毕前试题类型：2018年高考理综精品模拟试题一本卷须知：1.本试卷分第一卷(选择题)和第二卷(非选择题)两局部。 2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试题相应的位置。 3.全部答案在答题卡上完成，答在本试题上无效。 4.考试完毕后，将本试题和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27P31S32Ca40Fe56Ni59Cu64Zn65第一卷〔选择题共126分〕一、选择题：本大题共13小题，每题6分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。1.在细胞的生命历程中，会出现分裂、分化等现象。以下表达错误的选项是A.细胞的有丝分裂对生物性状的遗传有奉献B.哺乳动物的造血干细胞是未经分化的细胞C.细胞分化是细胞内基因选择性表达的结果D.通过组织培养可将植物叶肉细胞培育成新的植株【答案】B【考点定位】细胞的分裂、分化、植物组织培养【名师点睛】此题以细胞的生命历程为依托，综合考察细胞的分裂、分化、植物组织培养的相关知识，知识跨度较大，但难度不大。解答此题的关键是正确理解并掌握相关的根底知识，形成清晰的知识网络。解答该题时的易错点在于：误认为哺乳动物的造血干细胞是未经分化的细胞。2.*种物质可插入DNA分子两条链的碱基对之间，使DNA双链不能解开。假设在细胞正常生长的培养液中参加适量的该物质，以下相关表达错误的选项是A.随后细胞中的DNA复制发生障碍B.随后细胞中的RNA转录发生障碍C.该物质可将细胞周期阻断在分裂中期D.可推测该物质对癌细胞的增殖有抑制作用【答案】C【解析】*物质可插入DNA分子两条链的碱基对之间，使DNA双链不能翻开，说明该物质会阻碍DNA分子的解旋，因此会阻碍DNA分子的复制、转录和抑制细胞增殖，A、B、D三项均正确；因DNA分子的复制发生在间期，所以该物质可将细胞周期阻断在分裂间期，C项错误。【考点定位】遗传信息的传递和表达、细胞增殖【名师点睛】解答此题的关键在于抓住"*种物质可插入DNA分子两条链的碱基对之间，使DNA双链不能解开〞这一解题的信息和切入点，从中挖掘出隐含的信息：该物质具有阻碍DNA分子解旋的作用，但凡涉及到DNA分子解旋的生理过程都会受到该物质的影响，进而结合各选项的问题情境逐一分析作答。3.以下关于动物激素的表达，错误的选项是A.机体内、外环境的变化可影响激素的分泌B.切除动物垂体后，血液中生长激素的浓度下降C.通过对转录的调节可影响蛋白质类激素的合成量D.血液中胰岛素增加可促进胰岛B细胞分泌胰高血糖素【答案】D【考点定位】动物的激素调节、基因指导蛋白质的合成【名师点睛】与激素相关的解题知识必备：①激素的本质及功能：激素的本质是有机分子，功能上是信息分子(如胰岛素和生长激素的化学本质为蛋白质；甲状腺激素的化学本质为氨基酸的衍生物)。激素既不组成细胞构造，也不提供能量，也不具催化作用，只起调节作用。激素只是改变细胞的代谢，并不直接参与生命活动。②内分泌腺没有导管，分泌的激素弥散到血液中，通过血液循环运输到全身，但只有靶器官、靶细胞能识别并承受信息调节代谢。激素的分泌是以细胞代谢为根底，而细胞代谢受机体内、外环境变化的影响。③记住常见动物激素的种类、功能及其分泌部位。4.关于高等植物叶绿体中色素的表达，错误的选项是A.叶绿体中的色素能够溶解在有机溶剂乙醇中B.构成叶绿素的镁可以由植物的根从土壤中吸收C.通常，红外光和紫外光可被叶绿体中的色素吸收用于光合作用D.黑暗中生长的植物幼苗叶片呈黄色是由于叶绿素合成受阻引起的【答案】C【考点定位】绿叶中色素的提取和别离、细胞中的无机盐、光合色素【名师点睛】此题的易错点在于：①在平时的学习中忽略了对教材旁栏中的"学科穿插〞等内容的阅读，误认为"红外光和紫外光"属于可见光；②对提取色素的原理记忆不清、因缺乏生活经历而不知道叶绿素的合成需要光。5.如果采用样方法调查*地区〔甲地〕蒲公英的种群密度，以下做法中正确的选项是A.计数甲地内蒲公英的总数，再除以甲地面积，作为甲地蒲公英的种群密度B.计数所有样方内蒲公英总数，除以甲地面积，作为甲地蒲公英的种群密度C.计算出每个样方中蒲公英的密度，求出所有样方蒲公英密度的平均值，作为甲地蒲公英的种群密度D.求出所有样方蒲公英的总数，除以所有样方的面积之和，再乘以甲地面积，作为甲地蒲公英的种群密度【答案】C【解析】估算种群密度最常用的方法之一是样方法：在被调查种群分布的范围内，随机选取假设干个样方，通过计数每个样方内的个体数，求得每个样方内的种群密度，以所有样方内种群密度的平均值作为该种群的种群密度估计值。综上所述，A、B、D三项均错误，C项正确。【考点定位】种群密度的调查方法【名师点睛】此题属于容易题，记住并理解样方法的含义就能准确作答。6.果蝇的*对相对性状由等位基因G、g控制，且对于这对性状的表现型而言，G对g完全显性。受精卵中不存在G、g中的*个特定基因时会致死。用一对表现型不同的果蝇进展交配，得到的子一代果蝇中雌：雄＝2:1，且雌蝇有两种表现型。据此可推测：雌蝇中A.这对等位基因位于常染色体上，G基因纯合时致死B.这对等位基因位于常染色体上，g基因纯合时致死C.这对等位基因位于*染色体上，g基因纯合时致死D.这对等位基因位于*染色体上，G基因纯合时致死【答案】D【考点定位】伴性遗传、基因的别离定律【名师点睛】此题是一道信息题，主要考察学生能否将"新信息〞与"所学知识〞有效地联系起来，考察学生对知识的整合和迁移能力。解答此题需要考生具备一定的分析推理能力，其关键是围绕"G对g完全显性〞、"一对表现型不同的果蝇进展交配，子一代果蝇中雌：雄＝2:1，且雌蝇有两种表现型〞、"受精卵中不存在G、g中的*个特定基因时会致死〞这些新信息进展发散思维，结合所学的伴性遗传、基因的别离定律的知识进展分析、展开联想，即可得出正确的答案。7．以下有关燃料的说法错误的选项是A．燃料燃烧产物CO2是温室气体之一B．化石燃料完全燃烧不会造成大气污染C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染D．燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一【答案】B【解析】试题分析:A．燃料燃烧产物是CO2，温室气体包括CO2、CH4等气体，A项正确；B．化石燃料完全燃烧产生大量CO2气体，大气中CO2含量过高会导致温室效应等环境问题，B项错误；C．液化石油气等物质燃烧能生成水和二氧化碳，是一种比较清洁的能源，所以以液化石油气代替燃油可减少大气污染，C项正确；D．CO是有毒气体，燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一，D项正确；答案选B。【考点定位】考察燃料燃烧，环境污染与防治等知识。【名师点睛】此题考察燃烧的燃烧，涉及化石燃料和液化石油气等，化石燃料是一种碳氢化合物或其衍生物。化石燃料所包含的天然资源有煤、石油和天然气；液化石油气是由炼厂气或天然气(包括油田伴生气)加压、降温、液化得到的一种无色、挥发性气体，是一种比较清洁的能源。8.以下各组中的物质均能发生加成反响的是A．乙烯和乙醇B．苯和氯乙烯C．乙酸和溴乙烷D．丙烯和丙烷【答案】B【考点定位】考察有机反响类型【名师点睛】此题考察有机反响类型。取代反响、加成反响的异同比较如下：①有机物分子里的*些原子或原子团被其他原子或原子团所代替的反响，称为取代反响；有机物分子中双键〔或三键〕两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反响称为加成反响；②"上一下一，有进有出〞是取代反响的特点，"断一，加二都进来〞是加成反响的特点；③一般来说，烷烃、苯、饱和醇、饱和卤代烃往往容易发生取代反响，而含碳碳双键或碳碳三键或苯环的有机物容易发生加成反响。9．a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2-和C+离子的电子层构造一样，d与b同族。以下表达错误的选项是A．a与其他三种元素形成的二元化合物中其化合价均为+1B．b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物C．c的原子半径是这些元素中最大的D．d和a形成的化合物的溶液呈弱酸性【答案】A【解析】试题分析：a的原子中只有1个电子，则a为氢元素，a、b、c、d为短周期元素，b2-和C+离子的电子层构造一样，则b为氧元素，C为Na元素，d与b同族，则d为硫元素。A．H与O、S形成化合物为H2O和H2S，氢元素的化合价为+1，而NaH中氢元素的化合价为-1价，A项错误；B．氧元素与其他元素能形成H2O、H2O2、SO2、SO3、Na2O、Na2O2等化合物，B项正确；C．同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大，原子半径：Na>S>O>H，C项正确；D．d和a形成的化合物为H2S，硫化氢是二元弱酸，H2S的溶液呈弱酸性，D项正确；答案选A。【考点定位】考察元素的推断，元素周期律的应用等知识。【名师点睛】此题考察元素的推断，元素周期律的应用等知识。在短周期元素中，能形成b2-和C+离子的元素只能位于第二、第三周期，所以b为氧元素，c为Na元素，H原子的核外只有一个电子，则A为H元素，d与b同族，则d为S元素，然后根据元素周期律的根底知识解答即可。10．分子式为C4H8Cl2的有机物共有〔不含立体异构〕A．7种B．8种C．9种D．10种【答案】C【考点定位】考察同分异构体的判断。【名师点睛】此题考察同分异构体数目的判断。判断取代产物同分异构体的数目，其分析方法是分析有机物的构造特点，确定不同位置的氢原子种数，再确定取代产物同分异构体数目；或者依据烃基的同分异构体数目进展判断。11．Mg-AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。以下表达错误的选项是A．负极反响式为Mg-2e-=Mg2+B．正极反响式为Ag++e-=AgC．电池放电时Cl-由正极向负极迁移D．负极会发生副反响Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑【答案】B【解析】试题分析：根据题意，电池总反响式为：Mg+2AgCl=MgCl2+2Ag，正极反响为：2AgCl+2e-=2Cl-+2Ag，负极反响为：Mg-2e-=Mg2+，A项正确，B项错误；对原电池来说，阴离子由正极移向负极，所以电池放电时Cl-由正极向负极迁移，C项正确；由于镁是活泼金属，则负极会发生副反响Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑，D项正确；答案选B。【考点定位】考察原电池的工作原理。【名师点睛】此题以Mg-AgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池为载体，考察原电池电极反响式的书写，离子的迁移方向等知识。化学电源是高考中的热点，也是难点，学生要结合原电池的知识来推断试题给出的化学电源的工作原理，然后结合化合价的变化判断正、负极。12．*白色粉末由两种物质组成，为鉴别其成分进展如下实验：①取少量样品参加足量水仍有局部固体未溶解；再参加足量稀盐酸，有气泡产生，固体全部溶解；②取少量样品参加足量稀硫酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在。该白色粉末可能为A．NaHCO3、Al(OH)3B．AgCl、NaHCO3C．Na2SO3、BaCO3D．Na2CO3、CuSO4【答案】C【考点定位】考察物质的推断和性质。【名师点睛】此题考察物质的推断和性质。该题既能检查学生元素化合物根底知识的掌握情况，又能检查学生灵活应用知识的能力，更能考察学生的逻辑推理能力，难度较大，解答时应认真分析题干，找出明显条件和隐蔽条件。13．以下实验操作能到达实验目的的是实验目的实验操作A制备Fe(OH)3胶体将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中B由MgCl2溶液制备无水MgCl2将MgCl2溶液加热蒸干C除去Cu粉中混有的CuO参加稀硝酸溶液，过滤、洗涤、枯燥D比较水和乙醇中氢的活泼性分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中【答案】D【解析】试题分析：A．向沸水中滴入饱和氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体，A项错误；B．氯化镁是强酸弱碱盐，MgCl2溶液水解产生的HCl易挥发，所以由MgCl2溶液制备无水MgCl2要在HCl气流中加热蒸干，B项错误；C．铜与稀硝酸反响，应该用稀盐酸，C项错误；D．分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，反响剧烈的是水，反响平缓的是乙醇，利用此反响比较水和乙醇中氢的活泼性，D项正确；答案选D。【考点定位】考察化学实验根本操作。【名师点睛】此题考察化学实验根本操作。借助实验考察物质的根本性质，涉及胶体的制备、盐类水解的应用、物质的除杂，水和乙醇中氢的活泼性检验，难度不大，只要平时注意根底知识的积累，复习时结实掌握实验根底知识，有效结合题中的信息，准确答题即可。二、选择题：此题共8小题，每题6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.质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如下列图。用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中A.F逐渐变大，T逐渐变大B.F逐渐变大，T逐渐变小C.F逐渐变小，T逐渐变大D.F逐渐变小，T逐渐变小【答案】AOOmgF考点：动态平衡的图解法【名师点睛】此题是物体的平衡问题，考察平行四边形法则的应用；图解法是最简单快捷的方法，注意搞清各个力的大小及方向变化的特点，变换平行四边形即可.此题还可以用函数式讨论.15.如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆。带电粒子Q在P的电场中运动。运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点。假设Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则A.aa>ab>ac，va>vc>vbB.aa>ab>ac，vb>vc>vaC.ab>ac>aa，vb>vc>vaD.ab>ac>aa，va>vc>vb【答案】D考点：点电荷的电场、带电粒子在电场中的运动【名师点睛】此题考察带电粒子在电场中的运动问题；关键是掌握点电荷的电场分布规律；能根据粒子的运动轨迹判断粒子电性和点电荷电性的关系；要知道只有电场力做功时粒子的动能与电势能之和守恒.16.小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如下列图。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点，A.P球的速度一定大于Q球的速度B.P球的动能一定小于Q球的动能C.P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D.P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度【答案】C【解析】试题分析：A、小球摆动至最低点由动能定理：，可得：，因，故，选项A错误；B、由，因，则动能无法比较，选项B错误；C、在最低点，，可得，选项C正确；D、，两球的向心加速度相等，选项D错误，应选C。考点：圆周运动、机械能、向心力【名师点睛】此题考察机械能守恒定律及牛顿第二定律的应用；解题时要通过选择适宜的物理规律列出方程找到要讨论的物理量，然后根据题目的条件来分析结论；此题意在考察根本规律的掌握程度.17.阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E〔内阻可忽略〕连接成如下列图电路。开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1,；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为A.QUOTEB.QUOTEC.QUOTED.QUOTE【答案】C考点：闭合电路的欧姆定律、电容器【名师点睛】此题是对闭合电路的欧姆定律及电容器问题的考察；解题时关键是要搞清电路的构造，画出等效电路图，搞清电容器两端的电压是哪个电阻两端的电压，然后根据Q=CU求解电容器的带电量.18.一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如下列图。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。.在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。假设粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为A．QUOTEB．C．QUOTED．QUOTE【答案】A考点：带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】此题考察带电粒子在匀强磁场中的运动问题；解题时必须要画出标准的粒子运动的草图，结合几何关系找到粒子在磁场中运动的偏转角，根据两个运动的等时性求解未知量；此题难度中等，意在考察学生物理知识与数学知识的结合能力.19.两实心小球甲和乙由同一种材质制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。假设它们下落一样的距离，则【答案】BD【解析】试题分析：A、C、两球的质量，对两球由牛顿第二定律，可得，由知甲球的运动时间较短，选项A、C错误；B、由得，应选项B正确；D、因，由知阻力对甲球做功较大，选项D正确。应选BD。考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动【名师点睛】此题主要考察牛顿第二定律的应用；首先应该根据牛顿定律找到物体的加速度与小球的半径的关系，然后比较加速度，在结合运动公式来讨论其他物理量；此题意在考察学生综合分析能力及对根底知识的运用能力.20.法拉第圆盘发电机的示意图如下列图。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别于圆盘的边缘和铜轴接触，关于流过电阻R的电流，以下说法正确的选项是A.假设圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B.假设从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C.假设圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D.假设圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍【答案】AB考点：电磁感应定律【名师点睛】关于法拉第圆盘这是课本上介绍的装置，在历次考试中屡次出现；解题时要会进展电源的等效：相当于一条半径旋转切割磁感线，记住求解感应电动势的公式，并能搞清整个电路的构造.21.如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<。在小球从M点运动到N点的过程中A．弹力对小球先做正功后做负功C.弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差【答案】BCD考点：牛顿第二定律、能量守恒定律【名师点睛】此题是牛顿第二定律和动能定理的综合应用问题；解题时要认真分析物体的受力情况，尤其是弹力变化情况，结合功的概念及牛顿定律来讨论；注意弹簧弹力相等时，弹性势能相等，无论是压缩状态还是拉伸状态.第二卷三、非选择题：包括必考题和选考题两局部。第22题~第32题为必考题，每个试题考生都必须做答。第33题~第40题为选考题，考生根据要求做答。〔一〕必考题〔共129分〕22.〔6分〕*物理小组对轻弹簧的弹性势能进展探究，实验装置如图〔a〕所示：轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物快接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接。向左推物快使弹簧压缩一段距离，由静止释放物快，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。(1)试验中涉及到以下操作步骤：①把纸带向左拉直②松手释放物快③接通打点计时器电源=4\*GB3④向左推物快使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量上述步骤正确的操作顺序是__________〔填入代表步骤的序号〕。(2)图(b)中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果。打点计时器所用交流电的频率为50Hz。由M纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的试验中物快脱离弹簧时的速度为_______m/s。比较两纸带可知，_________〔填"M〞或"L〞〕纸带对应的试验中弹簧被压缩后的弹性势能大。【答案】(1)=4\*GB3④；M考点：探究弹簧的弹性势能【名师点睛】此题是创新实验，考察探究弹簧的弹性势能的实验；关键是弄懂装置的原理，并能正确的处理实验的数据；题目比较简单，考察学生处理根本实验的能力.eq\o\ac(○,V)的内阻〔内阻为数千欧姆〕，可供选择的器材有：电阻箱R〔最大阻值99999.9Ω〕，滑动变阻器R1〔最大阻值50Ω〕，滑动变阻器R2〔最大阻值5kΩ〕，直流电源E(电动势3V)。开关1个，导线假设干。实验步骤如下①按电路原理图〔a〕连接线路；②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置，闭合开关S；③调节滑动变阻器，使电压表满偏；④保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00V，记下电阻箱的阻值。答复以下问题：〔1〕试验中应选择滑动变阻器_______〔填"〞或"〞〕。〔2〕根据图〔a〕所示电路将图〔b〕中实物图连线。(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0Ω，假设认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为_______Ω〔结果保存到个位〕。(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为_____〔填正确答案标号〕。A.100μA

B.250μA

C.500μA

D.1mA【答案】(1)〔2〕连线如以下列图；(3)2520(4)D【解析】试题分析：(1)本实验利用了半偏法测电压表的内阻，实验原理为接入电阻箱的时候电路的总电阻减小的不太大，故需要滑动变阻器为小电阻，应选R1可减小实验误差.(2)滑动变阻器为分压式，连接实物电路如下列图：考点：测电压表的内阻【名师点睛】此题考察测量电压表内阻以及电表的改装问题；实验是在课本上的"半偏法〞的根底上略加改编而成的，考察学生对新实验的理解及灵活处理能力，其实关键是要搞清实验的原理及实验的步骤；实物图连线也是经常做的题目，比较简单.24.〔12分〕如图，水平面〔纸面〕内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上，t=0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开场运动，t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求〔1〕金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；〔2〕电阻的阻值。【答案】〔1〕〔2〕【解析】试题分析：(1)对棒由牛顿第二定律：匀加速直线运动：动生电动势：解得：考点：电磁感应定律、牛顿第二定律【名师点睛】此题是法拉第电磁感应定律与牛顿第二定律的综合应用问题；解题时要认真分析物理过程，分析金属棒的受力情况，选择适宜的物理规律列出方程即可求解；关键还要抓住金属板的匀速运动状态列方程；此题难度不大。25.〔20分〕轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如下列图。物块P与AB简的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后释放，P开场沿轨道运动，重力加速度大小为g。〔1〕假设P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离；〔2〕假设P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P得质量的取值范围。【答案】〔1〕〔2〕【解析】试题分析：〔1〕竖直的弹簧上物体压缩，由机械能守恒：物体P从压缩弹簧到B点，由能量守恒：解得：考点：能量守恒定律、平抛运动、圆周运动【名师点睛】此题是力学综合题；考察平抛运动、圆周运动以及动能定理的应用；解题时要首先知道平抛运动及圆周运动的处理方法，并分析题目的隐含条件，挖掘"假设P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下〞这句话包含的物理意义；此题有一定难度，考察学生综合分析问题、解决问题的能力.26．联氨〔又称联肼，N2H4，无色液体〕是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，答复以下问题：〔1〕联氨分子的电子式为_________，其中氮的化合价为______。〔2〕实验室可用次氯酸钠溶液与氨反响制备联氨，反响的化学方程式为___________。〔3〕①2O2(g)+N2(g)=N2O4(l)△H1②N2(g)+2H2(g)=N2H4(l)△H2③O2(g)+2H2(g)=2H2O(g)△H3④2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)△H4上述反响热效应之间的关系式为△H4=________________，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为_________________________________________________。〔4〕联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反响的平衡常数值为_______(：N2H4+H+N2H5+的K=8.7×107；KW=1.0×10-14)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为。〔5〕联氨是一种常用的复原剂。向装有少量AgBr的试管中参加联氨溶液，观察到的现象是。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是。【答案】26、〔1〕；-2〔2〕NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O〔3〕△H4=2△H3-2△H2-△H1；反响放热量大、产生大量气体〔4〕8.7×10-7，N2H6(HSO4)2〔5〕固体逐渐变黑，并有气泡产生1N2H4的用量少，不产生其他杂质〔复原产物为N2和H2O，而Na2SO3产生Na2SO4〔4〕联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，则联氨第一步电离的方程式为N2H4+H2ON2H5++OH-,：N2H4+H+N2H5+的K=8.7×107；KW=1.0×10-14，联氨第一步电离的平衡常数K=[c(N2H5+)×c(OH-)]÷c(N2H4)=[c(N2H5+)×c(OH-)×c(H+)]÷[c(N2H4)×c(H+)]=K×Kw=8.7×107×1.0×10-14=8.7×10-7；联氨为二元弱碱，酸碱发生中和反响生成盐，则联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2。〔5〕联氨是一种常用的复原剂，AgBr具有弱氧化性，两者发生氧化复原反响，化学方程式为4AgBr+N2H4=4Ag+N2↑+4HBr，所以向装有少量AgBr的试管中参加联氨溶液，可观察到固体逐渐变黑，并有气泡产生；联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，发生的反响为N2H4+O2=N2+2H2O，理论上1kg的联氨可除去水中溶解的氧气为1kg÷32g/mol×32g/moL=1kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是N2H4的用量少，不产生其他杂质，而Na2SO3的氧化产物为Na2SO4，易生成硫酸盐沉淀，影响锅炉的平安使用。【考点定位】考察电子式，化合价，盖斯定律的应用，弱电解质的电离，化学计算等知识。【名师点睛】此题以多知识点综合题的形式考察化学根本用语，涉及电子式和化合价，盖斯定律的应用，弱电解质的电离平衡，简单化学计算等知识。对于弱电解质电离平衡常数的计算要注意几点：①准确书写电离平衡常数的表达式；②假设没有直接的数据代入，要根据题意做一些变形，得到平衡常数之间的关系式也可解答。27．丙烯腈〔CH2=CHCN〕是一种重要的化工原料，工业上可用"丙烯氨氧化法〞生产，主要副产物有丙烯醛〔CH2=CHCHO〕和乙腈CH3CN等，答复以下问题：〔1〕以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈〔C3H3N〕和副产物丙烯醛〔C3H4O〕的热化学方程式如下：①C3H6(g)+NH3(g)+O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)△H=-515kJ/mol②C3H6(g)+O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g)△H=-353kJ/mol两个反响在热力学上趋势均很大，其原因是；有利于提高丙烯腈平衡产率的反响条件是；提高丙烯腈反响选择性的关键因素是。〔2〕图〔a〕为丙烯腈产率与反响温度的关系曲线，最高产率对应温度为460OC．低于460OC时，丙烯腈的产率〔填"是〞或者"不是〞〕对应温度下的平衡产率，判断理由是；高于460OC时，丙烯腈产率降低的可能原因是〔双选，填标号〕A．催化剂活性降低B．平衡常数变大C．副反响增多D．反响活化能增大〔3〕丙烯腈和丙烯醛的产率与n〔氨〕/n〔丙烯〕的关系如图〔b〕所示。由图可知，最正确n〔氨〕/n〔丙烯〕约为，理由是。进料氨、空气、丙烯的理论体积约为【答案】27.〔1〕两个反响均为放热量大的反响；降低温度、降低压强；催化剂；〔2〕不是；该反响为放热反响，平衡产率应随温度升高而降低；AC〔3〕1；该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；1:7.5:1【解析】试题分析：〔1〕因为两个反响均为放热量大的反响，所以热力学趋势大；该反响为气体体积增大的放热反响，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率；由图a可知，提高丙烯腈反响选择性的关键因素是催化剂。〔3〕根据图像可知，当n〔氨〕/n〔丙烯〕约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据化学反响C3H6(g)+NH3(g)+3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)，氨气、氧气、丙烯按1:1.5:1的体积比参加反响到达最正确状态，而空气中氧气约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为1:7.5:1。【考点定位】考察影响化学平衡的因素，化学图像的分析与判断，化学计算等知识。【名师点睛】此题考察影响化学平衡的因素，化学图像的分析与判断，化学计算等知识。该题是对化学平衡的集中考察，涉及的知识点不多，解题的关键点是看懂图像的含义，看图像时：①一看面：纵坐标与横坐标的意义；②二看线：线的走向和变化趋势；③三看点：起点，拐点，终点，然后根据图象中呈现的关系、题给信息和所学知识相结合，做出符合题目要求的解答。28．(15分)*班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。答复以下问题：〔1〕分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成的溶液．在FeCl2溶液中需参加少量铁屑，其目的是________。〔2〕甲组同学取2mLFeCl2溶液，参加几滴氯水，再参加1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反响的离子方程式为_______。〔3〕乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先参加煤油，再于液面下依次参加几滴氯水和l滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是______。〔4〕丙组同学取溶液，参加3溶液混合。分别取2mL此溶液于3支试管中进展如下实验：①第一支试管中参加1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色；②第二只试管中参加1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀：③第三支试管中参加1滴KSCN溶液，溶液变红。实验②检验的离子是_____〔填离子符号〕；实验①和③说明：在I-过量的情况下，溶液中仍含有______〔填离子符号〕，由此可以证明该氧化复原反响为______。〔5〕丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中参加几滴酸化的FeCl3溶液，溶液变成棕黄色，发生反响的离子方程式为________；一段时间后．溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是______；生成沉淀的原因是______〔用平衡移动原理解释〕。【答案】28.(1)防止Fe2+被氧化〔2〕2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-〔3〕隔绝空气〔排除氧气对实验的影响〕〔4〕Fe2+；Fe3+；可逆反响(5)H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，Fe3+催化H2O2分解产生O2；H2O2分解反响放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动。〔4〕根据Fe2+的检验方法，向溶液中参加1滴K3[Fe(CN)6]溶液，假设生成蓝色沉淀，一定含有亚铁离子；则实验②检验的离子是Fe2+；碘易溶于CCl4，在CCl4中呈紫色，Fe3+遇KSCN溶液显血红色，实验①和③说明，在I-过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+和I2，由此可以证明该反响为可逆反响。〔5〕H2O2溶液中参加几滴酸化的FeCl3溶液，溶液变成棕黄色，铁离子的溶液呈棕黄色，说明H2O2将Fe2+氧化成Fe3+,发生反响的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；一段时间后，溶液中有气泡出现，是因为Fe3+催化H2O2分解产生O2；H2O2分解反响放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动，所以随后有红褐色沉淀生成。【考点定位】考察铁离子和亚铁离子的性质，离子的检验，H2O2的性质，盐类的水解等知识。【名师点睛】此题以常见的铁离子和亚铁离子的性质、H2O2的性质为根底，考察了探究实验方案的设计与评价，学生读题不会感到陌生，有利于考察学生的根底知识，涉及铁离子和亚铁离子的性质，离子的检验，H2O2的性质，盐类的水解等知识。①人们常用KSCN溶液检验Fe3+的存在，假设向溶液中参加几滴KSCN溶液，溶液呈血红色，则该溶液中含义Fe3+；②人们常用K3[Fe(CN)6]溶液检验Fe2+的存在，假设向溶液中参加几滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀，则该溶液中含义Fe2+。29.〔10分〕为了研究温度对*种酶活性的影响，设置三个实验组：A组〔20℃〕、B组〔40℃〕和C组〔〔1〕三个温度条件下，该酶活性最高的是组。〔2〕在时间t1之前，如果A组温度提高10℃，则A〔3〕如果在时间t2时，向C组反响体系中增加2倍量的底物，其他条件保持不变，则在t3时，C组产物总量，原因是。〔4〕生物体内酶的化学本质是，其特性有〔答出两点即可〕。【答案】〔10分〕〔1〕B〔2〕加快〔3〕不变60℃条件下，t2〔4〕蛋白质或RNA高效性、专一性〔4〕绝大多数酶是蛋白质，少数酶是RNA。酶具有高效性、专一性，酶的作用条件较温和。【考点定位】酶及影响酶活性的因素【名师点睛】此题以反映"温度对*种酶活性影响的实验结果〞曲线图为载体，考察考生对酶及影响酶活性的因素的知识的理解和掌握情况。解答此类问题，必须理解横纵坐标的含义，还要重点分析曲线的起点、拐点、交点、落点这"四点〞以及把握曲线走势，再运用所学的知识加以分析合理地解释各种情境下的曲线含义，在解题的过程中就可以有效处理，得到答案。30．乙酰胆碱可作为兴奋性神经递质，其合成与释放见示意图。据图答复以下问题：〔1〕图中A-C表示乙酰胆碱，在其合成时，能循环利用的物质是________(填"A〞"C〞或"E〞)。除乙酰胆碱外，生物体内的多巴胺和一氧化氮________(填"能〞或"不能〞)作为神经递质。〔2〕当兴奋传到神经末梢时，图中突触小泡内的A-C通过_______这一跨膜运输方式释放到_______，再到达突出后膜。〔3〕假设由于*种原因使D酶失活，则突触后神经元会表现为持续_______。【答案】〔9分〕〔1〕C能〔2〕胞吐突触间隙〔3〕兴奋【考点定位】兴奋在神经细胞间传递【名师点睛】此题以"乙酰胆碱的合成与释放示意图〞为情境，考察学生能否能从课外材料中获取相关的生物学信息，并能运用这些信息，结合所学知识解决相关的生物学问题的能力。解题的关键是能够准确识别突触的构造，找准隐含的信息：如A-C在D酶的作用下水解为A和C，C被回收到突触小体内，再度参与A-C的合成；突触小泡与突触前膜融合，将A-C释放到突触间隙等，以此作为解题的切入点，结合兴奋在神经细胞间传递的知识作答。此题的易错点在于：在平时的学习中忽略了教材旁栏中的"相关信息〞，没有记住"多巴胺和一氧化氮〞也属于神经递质而错答。31.〔8分〕BTB是一种酸碱指示剂，BTB的弱碱性溶液颜色可随其中CO2浓度的增高而由蓝变绿再变黄。*同学为研究*种水草的光合作用和呼吸作用，进展了如下实验：用少量的NaHCO3和BTB加水配制成蓝色溶液，并向溶液中通入一定量的CO2使溶液变成浅绿色，之后将等量的绿色溶液分别参加到7支试管中，其中6支参加生长状况一致的等量水草，另一支不加水草，密闭所有试管。各试管的实验处理和结果见下表。试管1234567水草无有有有有有有距日光灯的距离〔cm〕20遮光*1008060402050min后试管中溶液的颜色浅绿色*浅黄色黄绿色浅绿色浅蓝色蓝色*遮光是指用黑纸将试管包裹起来，并放在距日光灯100cm的地方。假设不考虑其他生物因素对实验结果的影响，答复以下问题：〔1〕〔2〕表中*代表的颜色应为〔填"浅绿色〞、"黄色〞或"蓝色〞〕，判断依据是。〔3〕5号试管中的溶液颜色在照光前后没有变化，说明在此条件下水草。【答案】〔8分〕〔1〕光合作用与呼吸作用不可靠的〔2〕黄色水草不能进展光合作用，只能进展呼吸作用，溶液中CO2浓度高于3号管〔3〕光合作用强度等于呼吸作用强度，吸收与释放的CO2量相等〔2〕2号试管因遮光，其内的水草不能进展光合作用消耗CO2，但能通过呼吸作用释放CO2，所以试管内CO2浓度最高，*代表的颜色应为黄色。〔3〕5号试管中的溶液颜色与对照组1号试管的一样，均为浅绿色，说明在此条件下水草的光合作用强度等于呼吸作用强度。【考点定位】光合作用、呼吸作用【名师点睛】此题以反映实验处理和结果信息的表格为情境，考察考生对光合作用与呼吸作用的植物情况，对实验现象和结果进展解释、分析和处理的能力。解答此类问题的关键是：①阅读题表，提取有效信息：溶液的颜色由蓝→绿→黄的变化过程中，CO2浓度逐渐增高；2号试管内的水草只能进展呼吸作用释放CO2，溶液中CO2浓度最高；3～7号试管内水草的光合作用强度随光照强度的增加而逐渐增强，吸收的CO2逐渐增多，溶液中CO2浓度逐渐降低；1号试管为对照组。②以提取的"有效信息〞作为解题的切入点，结合所学的相关知识进展综合分析判断，进展知识的整合和迁移。32.〔12分〕*种植物的果皮有毛和无毛、果肉黄色和白色为两对相对性状，各由一对等位基因控制〔前者用D、d表示，后者用F、f表示〕，且独立遗传。利用该种植物三种不同基因型的个体〔有毛白肉A、无毛黄肉B、无毛黄肉C〕进展杂交，实验结果如下：答复以下问题：〔1〕果皮有毛和无毛这对相对性状中的显性性状为，果肉黄色和白色这对相对性状中的显性性状为。〔2〕有毛白肉A、无毛黄肉B和无毛黄肉C的基因型依次为。〔3〕假设无毛黄肉B自交，理论上，下一代的表现型及比例为。〔4〕假设实验3中的子代自交，理论上，下一代的表现型及比例为。〔5〕实验2中得到的子代无毛黄肉的基因型有。【答案】〔1〕有毛黄肉〔2〕DDff、ddFf、ddFF〔3〕无毛黄肉:无毛白肉＝3:1〔4〕有毛黄肉:有毛白肉：无毛黄肉:无毛白肉＝9:3:3:1〔5〕ddFF、ddFf〔2〕结合对〔1〕的分析可推知：有毛白肉A、无毛黄肉B和无毛黄肉C的基因型依次为：DDff、ddFf、ddFF。〔3〕无毛黄肉B的基因型为ddFf，理论上其自交下一代的基因型及比例为ddFF:ddFf:ddff＝1:2:1，所以表现型及比例为无毛黄肉:无毛白肉＝3:1〔4〕综上分析可推知：实验三中的子代的基因型均为DdFf，理论上其自交下一代的表现型及比例为有毛黄肉〔D_F_〕:有毛白肉〔D_ff〕：无毛黄肉〔ddF_〕:无毛白肉〔ddff〕＝9:3:3:1。〔5〕实验二中的无毛黄肉B〔ddFf〕和无毛黄肉C〔ddFF〕杂交，子代的基因型为ddFf和ddFF两种，均表现为无毛黄肉。【考点定位】基因的自由组合定律【名师点睛】此题的难点在于显隐性的判断与亲本基因型的判断。〔1〕根据子代性状判断显隐性的方法：①不同性状的亲本杂交→子代只出现一种性状→子代所出现的性状为显性性状，双亲均为纯合子。②一样性状的亲本杂交→子代出现不同性状→子代所出现的新的性状为隐性性状，亲本为杂合子。〔2〕用别离定律解决自由组合问题的思路：先将自由组合定律问题转化为假设干个别离定律问题。在独立遗传的情况下，有几对相对性状〔或几对基因〕就可分解为几个别离定律问题，然后按照题目要求的实际情况进展重组。此法"化繁为简，高效准确〞。以此题的第〔1〕和〔2〕小题为例来领会这种解题方法：实验1可分解为如下两个别离定律的内容：①有毛A×无毛B→有毛，结合显隐性的判断方法，推知有毛为显性，有毛A与无毛B的基因型分别为DD和dd；②白肉A×黄肉B→黄肉:白肉＝1:1，不能判断显隐性，但能确定双亲一个为杂合子〔Ff〕，一个为隐性纯合子〔ff〕。同理，实验3也可分解为如下两个别离定律的内容：①有毛A×无毛C→有毛，推出有毛为显性，有毛A与无毛C的基因型分别为DD和dd；②白肉A×黄肉C→黄肉，推出黄肉为显性，白肉A与黄肉C的基因型分别为ff和FF。在上述分析的根底上，根据题目要求的实际情况进展重组，即可推出亲本有毛白肉A、无毛黄肉B和无毛黄肉C的基因型。第〔3〕、〔4〕〔5〕小题的解题方法与此类似。〔二〕选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑。注意所选题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。33.[物理—选修3-3]〔15分〕〔1〕〔5分〕一定量的理想气体从状态a开场，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p–T图像如下列图，其中对角线ac的延长线过原点O。以下判断正确的选项是________。〔填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分〕A．气体在a、c两状态的体积相等B．气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能C．在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功D．在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功E．在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功【答案】ABE考点：理想气体、热力学第一定律【名师点睛】此题主要考察理想气体的状态变化方程以及热力学第一定律；弄清图线的物理意义，并能从图像中获取信息；热力学第一定律也是常考的知识点，要掌握表达式，并能理解公式中各个物理量的含义及符号法则.〔2〕〔10分〕一氧气瓶的容积为0.08m3，开场时瓶中氧气的压强为20个大气压。*实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36m3。当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。假设氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。【答案】N=4天【解析】试题分析：设氧气开场时的压强为p1,体积为V1，压强变为p2〔两个大气压〕时，体积为V2，根据玻意耳定律得p1V1=p2V2①重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为V3=V2-V1②设用去的氧气在p0〔1个大气压〕压强下的体积为V0，则有p2V3=p0V0③设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为∆V，则氧气可用的天数为N=V0/∆V④联立①②③④式，并代入数据得N=4〔天〕⑤考点：气体的状态变化【名师点睛】此题主要考察玻意耳定律的应用；关键是选择研究一定质量的气体为研究对象，并能找到气体在不同状态下的状态参量，然后列方程求解；难度不大.34．[物理——选修3–4]〔15分〕〔1〕〔5分〕关于电磁波，以下说法正确的选项是_____。〔填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分。每选错1个扣3分，最低得分为0分〕A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关B．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波C．电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度垂直D．利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输E．电磁波可以由电磁振荡产生，假设波源的电磁振荡停顿，空间的电磁波随即消失【答案】ABC考点：电磁波的产生和传播【名师点睛】此题主要考察电磁波的传播的特点；现代生活中已经离不开电磁波，了解电磁波的知识并能和所学的物理知识相联系，这历来就是高考的热点题型；题目各项都比较简单，都是来自课本知识，只要多看书记忆即可.〔2〕〔10分〕一列简谐横波在介质中沿*轴正向传播，波长不小于10cm。O和A是介质中平衡位置分别位于*=0和*=5cm处的两个质点。t=0时开场观测，此时质点O的位移为y=4cm，质点A处于波峰位置：t=s时，质点O第一次回到平衡位置，t=1s时，质点A第一次回到平衡位置。求〔i〕简谐波的周期、波速和波长；〔ii〕质点O的位移随时间变化的关系式。【答案】〔i〕，，〔2〕〔ii〕设质点O的位移随时间变化的关系为QUOTE④将①式及题给条件代入上式得：;QUOTE⑤解得QUOTE，A=8cm⑥QUOTE(国际单位制)或QUOTE(国际单位制)考点：机械振动和机械波【名师点睛】此题是关于简谐波的传播问题；关键是搞清机械波形成的机理，知道质点的位移随时间变化的关系，根据条件确定振幅和角频率等；有一定的难度.35．[物理——选修3-5]〔15分〕〔1〕〔5分〕在以下描述的核过程的方程中，属于α衰变的是，属于β衰变的是，属于裂变的是，属于聚变的是。〔填正确答案标号〕A．QUOTEB．QUOTEC．QUOTED．E．F．【答案】C、AB、E、F考点：核反响方程的规律【名师点睛】此题就是考察核反响的根本类型；要知道核反响分为四种：衰变方程、重核裂变、轻核聚变和原子核的人工转变方程；记住各种类型方程的特点即可解答.〔2〕〔10分〕如图，光滑冰面上静止放置一外表光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。*时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h=0.3m〔h小于斜面体的高度〕。小孩与滑板的总质量为m1=30kg，冰块的质量为m2=10kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=10m/s2。〔i〕求斜面体的质量；〔ii〕通过计算判断，冰块与斜面体别离后能否追上小孩？【答案】〔i〕20kg〔ii〕〔2〕不能【解析】试题分析：①设斜面质量为M，冰块和斜面的系统，水平方向动量守恒：系统机械能守恒：解得：②人推冰块的过程：,得〔向右〕冰块与斜面的系统：考点：动量守恒定律、机械能守恒定律.【名师点睛】此题是动量守恒定律以及机械能守恒定律的综合应用；关键是知道动量守恒的条件及两物体相互作用时满足的能量关系，列方程即可；注意动量守恒定律的矢量性，知道符号的含义；此题难度中等，意在考察学生灵活利用物理知识解决问题的能力.36．[化学-选修2：化学与技术](15分〕双氧水是一种重要的氧化剂、漂白剂和消毒剂。生产双氧水常采用蒽醌法，其反响原理和生产流程如下列图：A．氢化釜B．过滤器C．氧化塔D．萃取塔E.净化塔F.工作液再生装置G.工作液配制装置生产过程中，把乙基蒽醌溶于有机溶剂配制成工作液，在一定的温度、压力和催化剂作用下进展氢化，再经氧化、萃取、净化等工艺得到双氧水。答复以下问题：〔1〕蒽醌法制备双氧水理论上消耗的原料是_______，循环使用的|原料是______，配制工作液时采用有机溶剂而不采用水的原因是______。〔2〕氢化釜A中反响的化学方程式为_______，进入氧化塔C的反响混合液中的主要溶质为_______。〔3〕萃取塔D中的萃取剂是____，选择其作萃取剂的原因是______。〔4〕工作液再生装置F中要除净残留的H2O2，原因是______。〔5〕双氧水浓度可在酸性条件下用KMnO4溶液测定，该反响的离子方程式为_______。一种双氧水的质量分数为27.5%，〔密度为1.10g·cm3〕，其浓度为______mol/L。【答案】36．(1)〔1〕氢气和氧气乙基蒽醌乙基蒽醌〔乙基氢蒽醌〕不溶于水，易溶于有机溶剂〔2〕乙基氢蒽醌〔3〕水H2O2溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水〔4〕H2O2分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸〔5〕6H++5H2O2+2MnO4-=2Mn2++5O2↑+8H2O；〔3〕萃取塔D中需要别离双氧水和乙基蒽醌，H2O2溶于水被水萃取，乙基蒽醌不溶于水，所以选取的萃取剂是水。〔4〕H2O2分解放出氧气，与氢气混合，易发生爆炸，工作液再生装置F中要除净残留的H2O2。〔5〕双氧水在酸性条件下与KMnO4发生氧化复原反响，Mn元素的化合价由+7价降低到+2价，O元素的化合价由-价升高到0价，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，该反响的离子方程式为6H++5H2O2+2MnO4-=2Mn2++5O2↑+8H2O；根据公式c=1000p×a÷M=1000×1.10×27.5%÷34=。【考点定位】考察工业制双氧水的工艺流程分析等知识。【名师点睛】此题以蒽醌法生产双氧水的工业制备作为背景，考察了化工中的根本操作和常见工艺流程分析，虽然背景陌生，但考点并不突兀，根据反响原理和生产流程分析可知，氢气与乙基蒽醌在氢化釜中反响生成乙基氢蒽醌，乙基氢蒽醌再与氧气反响乙基蒽醌与H2O2，利用乙基蒽醌与H2O2的物理性质将其别离，知识来源于课本，高于课本，学生读题不会感到陌生，有利于考察学生的根底知识。37．[化学-—选修3：物质构造与性质]〔15分〕东晋"华阳国志•南中志"卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜〔铜镍合金〕闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。答复以下问题：〔1〕镍元素基态原子的电子排布式为_________，3d能级上的未成对的电子数为______。〔2〕硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是_____。②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为______，提供孤电子对的成键原子是_____。③氨的沸点〔填"高于〞或"低于〞〕膦〔PH3〕，原因是______；氨是_____分子〔填"极性〞或"非极性〞〕，中心原子的轨道杂化类型为_______。〔3〕单质铜及镍都是由______键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1959kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu>INi的原因是______。〔4〕*镍白铜合金的立方晶胞构造如下列图。①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_____。②假设合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=________nm【答案】37.〔1〕1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s22〔2〕①正四面体②配位键N③高于NH3分子间可形成氢键极性sp3〔3〕金属铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子〔4〕①3:1②〔2〕①根据价层电子对互斥理论，SO42-的σ键电子对数等于4，孤电子对数〔6+2-2×4〕÷2=0，则阴离子的立体构型是正四面体形。②根据配位键的特点，在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是N。③氨气分子间存在氢键，分子间作用力强，所以氨的沸点高于膦〔PH3〕；根据价层电子对互斥理论，氨气中心原子N的σ键电子对数等于3，孤电子对数〔5-3〕÷2=1，则中心原子N是sp3杂化，分子成三角锥形，正负电荷重心不重叠，氨气是极性分子。〔3〕铜和镍属于金属，所以单质铜及镍都是由金属键形成的晶体；铜和镍分别失去一个电子后假设再失去电子，铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子，所以ICu>INi。【考点定位】考察核外电子排布，轨道杂化类型的判断，分子构型，化学键类型，晶胞的计算等知识。【名师点睛】此题考察核外电子排布，轨道杂化类型的判断，分子构型，物质熔沸点的判断，化学键类型，晶胞的计算等知识，保持了往年知识点比较分散的特点，立足课本进展适当拓展，但整体难度不大。晶胞中原子的数目往往采用均摊法：①位于晶胞顶点的原子为8个晶胞共用，对一个晶胞的奉献为1/8；②位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的奉献为1/2；③位于晶胞棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的奉献为1/4；④位于晶胞体心的原子为1