云南省曲靖一中2018届高三高考复习质量监测卷(五)理科综合试卷

云南省曲靖一中2018届高三高考复习质量监测卷(五)理科综合试卷云南省曲靖一中2018届高三高考复习质量监测卷(五)理科综合试卷云南省曲靖一中2018届高三高考复习质量监测卷(五)理科综合试卷理科综合参照答案一、选择题：本题共13小题，每题6分。题号12345678910111213答案CDDDABDCABBCD二、选择题：本题共8小题，每题6分。在每题给出的四个选项中，第14～18题只有一项切合题目要求；第19～21题有多项切合题目要求，所有选对的给6分，选对但不全的给3分，有选错的给0分。1415161718192021DBACBADBCABD三、非选择题〔一〕必考题：共11题，共129分。22．〔除特别标明外，每空2分，共5分〕〔1〕②〔2〕0.06〔3〕C〔1分〕【分析】〔2〕aF图象与横轴有交点，摩擦力均衡缺少，与纵轴有交点，摩擦力均衡过分；相邻两个计数点之间有两个点，总合有3段，每段时间为0.02s，总时间为0.06s。〔3〕要除去偏差，正确地测卖力的大小即可，故C正确，保证mM只好够减小误差，其实不可以除去偏差。23.〔除特别标明外，每空2分，共10分〕小于〔3分〕大于〔3分〕E1E1I2【分析】甲图电流表外接，丈量的电阻相当于电流表和电源的总电阻，丈量值偏大；乙图电流表内接，丈量的阻值相当于电压表和电源的并联电阻，丈量值偏小；甲图中U=EI(r真RA)，当断路时，I0，纵截距UE1E真，乙图中UE〔IIV)r真，短路时，U0，IV0，I2E，故电源的电动势为E1；电源的内阻E1。r真rI224.〔14分〕解：〔1〕工件的加快度ag2v②8m/s①加快时间t1a加快位移x124mlABx3④at1m③匀速时间t2vs24得tt1t25s⑤4〔2〕工件在斜面上的摩擦力等于重力分力，工件一同和传递带向上匀速运动动能的变化量Ek1mv28J⑥Qmg(x传x物)8J⑦2重力势能的增添量WGmgh30J⑧电动机多耗费的电能WEkQWG46J⑨评分标准：本题共14分。正确得出①～④式各给1分，其余各式各给2分。2518分〕.〔解：〔1〕物块和小球发生弹性碰撞m0v0m0v1mv21mv21mv21mv2②①00012222得：v1m0mv0③v22m0v0④m0mm0m〔2〕等效最低点半径和竖直方向的夹角为tanEq3⑤Fmg⑥mg4cos依据动能定理得EqR(sin53sin37)mgR(cos37cos53)1mv21mvM2⑦22得M点的速度vMv26m/s⑧cos53mv2小球到等效最低点的支持力FNF解得：FNR〔3〕小球抵达N点的速度为vNEqR(1sin53)mgRcos531mvN21mv2⑨得vN51m/s22从N点落到地面的时间是tRvNt1gt2t5171⑩得102水平方向走过的位移x1Eqt29m2m从N点到地面用动能定理得EkmgREqx1mvN2得末动能Ek309J2评分标准：本题共18分。正确得出①、②、⑦、⑨、式各给2分，其余各式各给1分。〔每空2分，共14分〕〔1〕YX〔2〕CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-890kJ/mol2〔3〕CH4+10OH--8e-=CO32+7H2OC2H5OH-12e-+3H2O=2CO2+12H+〔4〕7【分析】阳极：4OH--2H222+-+-2-4e=O+O↑；阴极：Cu+2e=Cu，2H+2e=H↑。阳极转移电子的物质的量为0.5×4=2mol，耗费OH-2mol，即产生H+2mol。阴极生成2+1mol+2转移的电子数为0.5molH，耗费H；所以溶液中c(H)=1mol/L，pH=0，生成H0.5×2=1mol，故还有1mole-用于还原Cu2+，n(Cu2+)=0.5mol，c(Cu2+)=0.5mol/L。反应过程中转移2mole-，能量利用率为80%，所以V(CH4)=(2÷80%÷8)×22.4=7L。27.〔除特别标明外，每空2分，共15分〕〔1〕3〔或4〕4〔或3〕12〔共2分〕〔2〕Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O防备倒吸〔3〕SO2+H2O+CaSO3=Ca2++2HSO34〕16.25V(SO2)∶V(H2)=2∶3〔5〕还原性〔1分〕5SO2+2MnO4+2H2O=2+2Mn2++4H+5SO428．〔每空2分，共14分〕〔1〕第周围期第Ⅷ族2+H2OSiO2+2OH-=SiO3〔2〕Fe2＋2Fe3＋+Cu=2Fe2＋+Cu2＋3〕AlO2+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3〔4〕b〔5〕【分析】由流程图能够看出，参加足量稀盐酸时，获得的固体混淆物B为二氧化硅和单质铜，那么滤液A中必定不含Fe3＋，原由是2Fe3＋+Cu=2Fe2＋+Cu2＋，考证Fe2＋可先参加KSCN溶液，没有明展现象，再参加氯水〔或其余氧化剂〕出现血红色。滤液A中含有Fe2+、Al3＋、Cu2＋，参加足量NaOH溶液后获得的固体混淆物D为Fe(OH)2和Cu(OH)223和CuO，滤液C中含AlO2，，在空气中灼烧后获得的固体混淆物F为FeO将AlO2中铝元素积淀出来，最好的方式是通入过度的CO2。4〕电解精华铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜溶液作电解液，粗铜中比铜开朗的金属进入电解质溶液，开朗性比铜弱的金属堆积到电解槽底部，没有被氧化。剖析选项知，b正确。〔5〕固体混淆物F为Fe2O3和CuO，通足量氢气获得Fe和Cu，依据差量能够算出Fe的物质的量为2mol，与足量盐酸反应，产生的H2的物质的量为2mol，即。29．〔除特别标明外，每空1分，共10分〕〔1〕光照强度、二氧化碳浓度、矿质营养等〔答出两种即给分〕合理密植〔2〕叶绿体基质F叶绿体、线粒体〔多写不给分〕〔3〕12小时内右边截取局部光合作用制造的有机物总量酶C6H12O6+6H2O+6O2――→6CO2+12H2O+能量4〕〔2分〕【分析】〔1〕由图甲可知，与P点对比，Q点栽种密度过大，限制单株光合强度的外界要素是光照强度、二氧化碳浓度、矿质营养等，图甲给我们的启迪是在种植农作物时要注意合理密植。2〕C→F段，叶绿体内ADP含量最高的场所是ADP生成的场所，那就是叶绿体基质。一日夜内有机物累积最多的点是F，因为经过白日的光合作用，此光阴合作用等于呼吸作用，所以该点有机物累积最多。B点能产生ATP的细胞器有叶绿体和线粒体。〔3〕照光与不照光局部的生理过程中差别是光合作用能否进行，但同时它们都进行呼吸作用，b=叶片原重量+总光合作用-呼吸耗费，a=叶片原重量-呼吸耗费，所以b-a=总光合作用。〔4〕图丁的纵坐标表示的是净光合速率，在15℃、8千勒克斯的光照条件下，呼吸速率为10mg/〔小时·单位叶面积〕，净光合速率为40mg/〔小时·单位叶面积〕，所以单位叶面积每小光阴合作用产生的氧肚量是50mg。在25℃、4千勒克斯的光照条件下，呼吸速率为20mg/〔小时·单位叶面积〕，净光合速率为20mg/〔小时·单位叶面积〕，所以该植物单位叶面积在一天内〔15小时白日〕氧气的开释量=20×15-20×9=120mg。设葡萄糖的累积量是ymg，依照光合作用反应式进行换算，那么有180∶6×32=y∶120，解得。30．〔每空1分，共10分〕〔1〕神经递质因为神经递质只存在于突触小泡中，只好由突触前膜开释，而后作用于突触后膜上，而不可以逆向传达〔2〕组织液不同样c下丘脑垂体3〕A促使4〕神经—体液【分析】〔1〕喜悦在神经细胞间经过信号分子神经递质进行传达，当人体遇到严寒刺激时，喜悦只好由A传到B，而不可以由B传到A的原由是神经递质只存在于突触小泡中，只好由突触前膜开释，而后作用于突触后膜上，而不可以逆向传达。〔2〕图中①所指液体为内环境组分中的组织液。b、c两种激素的化学实质不同样，b是垂体分泌的促甲状腺激素，化学实质是蛋白质，c是甲状腺激素，化学实质是氨基酸衍生物。当血液中c〔甲状腺激素〕含量增添到必定程度时，又反过来克制下丘脑和垂体分泌有关激素。〔3〕当血糖浓度低于正常值后，刺激下丘脑经过传出神经使胰岛A细胞喜悦，增添胰高血糖素的分泌量，同时会促使胰岛素的分泌。因为在血糖浓度低于正常的状况下发生的，胰高血糖素的分泌增添会升血糖，升血糖目的在于用血糖。而血糖的利用一定进入细胞内。血糖可否进入细胞内，就取决于胰岛素了。胰岛素能够促使葡萄糖进入细胞中，实现葡萄糖的氧化分解或合成糖原或转变为脂肪、某些氨基酸等。所以，胰高血糖素的分泌必定会促使胰岛素的分泌。〔4〕由图可知，人体内血糖浓度保持相对稳固是因为遇到神经—体液的调理，进而保持生命活动的正常进行。31．〔每空1分，共9分〕〔1〕蝗虫密度、4种不一样的蝗虫〔其余合理答案也给分，答不全不给分〕数学牧草赔偿量大于蝗虫取食量抵挡力稳固生物〔2〕N2、P2负反应〔3〕蟾蜍高于32．〔10分〕〔1〕子一代的表现型及比率为紫色∶白色=9∶7；子二代的表现型及比率为紫色∶白色=25∶39〔4分〕〔2〕用该白花植株的后辈分别与2个白花品系杂交，察看子代花色。假定杂交子一代所有是紫花，那么该白花植株是一个新等位基因突变造成的；假定一个杂交组合的子代为紫花，另一个杂交组合的子一代为白花，那么该白花植株的突变属于上述2个白花品系中的一个〔6分〕【分析】〔1〕子一代的表现型比率是9∶3∶3∶1的变式，子二代表现型的比率计算能够将两平等位基因分开独自考虑，一平等位基因子一代的分离比是3∶1，连续自交，子二代的分离比是5∶3，两对独立遗传的等位基因子二代的分离比为〔5∶3〕〔5∶3〕=25∶15∶15∶9，所以紫色∶白色=25∶39。2〕紫花为显性性状，白花为隐性性状，某同学在大批栽种该紫花品系时，后辈几乎所有是紫花植株〔有时发现一株白花植株〕，说明是纯合体，其基因型是AABBDD。科学家从中选育出的2个白花品系与该紫花品系都只有一平等位基因存在差别，白花品系自交后辈所有为白花植株，白花为隐性性状，因此白花品系必定是纯合体，基因型可能为aaBBDD、AAbbDD、AABBdd。某同学有时发现的白花植株也是与紫花品系只有一平等位基因存在差别，那么它可能与科学家选育的上述2个白花品系中的某一个白花品系基因型同样，也可能是一个新等位基因突变造成的。用该白花植株的后辈分别与2个白花品系杂交，察看子代花色。假定杂交子一代所有是紫花，那么该白花植株是一个新等位基因突变造成的；假定一个杂交组合的子代为紫花，另一个杂交组合的子一代为白花，那么该白花植株的突变属于上述2个白花品系中的一个。〔二〕选考题〔共45分〕33．〔15分〕1〕〔5分〕BCD〔选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个3分，最低得分为0分〕【分析】从单调热源汲取热量，使之完整变为功违犯了热力学第二定律，不行能实现，A错误。克劳修斯表述是按热传达的方向性表述的，而开尔文表述是按机械能与内能转变过程的方向性来表述的，这两种表述看似毫无联系，实际上是等价的，能够从一种表述推导出另一种表述，它们都说了然全部自觉过程老是沿着分子热运动的无序性增大的方向进行，即在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小，故

B正确。第一类永动机违犯了能量守恒定律，所以不行能制成，故

C正确。第二类永动机不违犯能量守恒定律，但违犯了热力学第二定律，故

D正确。内能是状态量，热量是过程量只有说汲取热量或放出热量，不可以说含有热量，故

E错误。〔2〕〔10分〕解：i．气缸A末态压强为2p0，气缸B活塞的面积为气缸A活塞面积的2倍，初状态选两活塞为研究对象，依据均衡条件有pASApBSB，解得pBp0①2末状态选两活塞为研究对象，依据均衡条件有2p0SApBSB，解得pBp0②气缸B中气体初末温度不变，依据玻意耳定律得pBg2V0pBVB，解得气缸B中气体体积VBV0③ⅱ．两活塞挪动的距离同样，气缸B活塞的面积为气缸A活塞的面积的2倍，气缸B中气体体积减小了V0，那么气缸A中气体体积增添了V0，那么加热后气缸A中体积为VA3V022④p0V02p0VA依据理想气体状态方程得TAT0⑤解得TA

3T0⑥评分标准：本题共

10分。正确得出

④、⑥式各给

1分，其余各式各给

2分。35.〔除特别标明外，每空〔2〕N〔1分〕N原子的合理答案也给分〕

2分，共15分〕〔1〕1s22s22p4〔其余答案不给分〕2p轨道电子属于半充满状态，能量较低，原子更稳固〔其余234〔3〕直线形CO2〔或NO2〕〔4〕n3gNA〔3分〕〔5〕V晶胞a332r3，晶胞中含4个球：V球44πr3，空间利用率V球2〔323V晶胞6分〕【分析】〔1〕由F位于ds区，最外能层有单电子，是热和电最正确导体之一，能够推出F是铜元素，再由D与F不一样周期，但最外能层电子数相等，并联合全文可推测出D是钠。〔2〕同一周期跟着原子序数的递加，元素的第一电离能整体体现增大趋向，氧原子的第一电离能小于氮原子的原由是氧原子的3个2p轨道上排布4个电子，必定有一个2p轨道上占2个电子，这两个电子在同一个2p轨道上增大了互相之间的排挤力，使得氧原子简单失掉一个电子。〔只需回复出半充满态，系统的能量较低，原子稳固即可总分值〕〔3〕等电子体要在C、O元素邻近找答案。〔4〕2343，该晶体是氯化钠，一个晶胞含有四个钠原子，四个氯原子，n3ggcmgNA依据密度公式求出上述结果。〔5〕V晶胞a332r3，晶胞中含4个球：V球44πr3，空间利用率V球2。23V晶胞636．〔除特别标明外，每空2分，共15分〕1〕乙酸苯乙酯〔2〕加成反应3〕4〕〔