2024年重高保送生招生模拟卷（18）（含答案解析）

浙江省2024年重高保送生招生综合素质模拟试卷(十八)[分值：75分时间：100分钟]可能用到的相对原子质量：H-1C-120-16S-32Cl-35.5Na-23Mg-24K-39Ca-40Zn-65一、选择题(共6小题,每题4分,共24分,每小题只有一个正确选项)1、“四处野鸭和菱藕,秋收满畈稻谷香......”。一曲优美的《洪湖水浪打浪》描绘了鱼米之乡的富庶。下列相关判断中不正确的是（▲）A、野鸭的形态结构适于游泳也适于飞行B、野鸭一年一度的迁徙越冬行为属于节律行为C、藕是莲的根,稻谷跟玉米一样都属于种子D、莲和水稻不分昼夜都进行呼吸作用【答案】C【解析】本题考查绿色植物的六大器官、呼吸作用、动物的运动方式、动物的行为特点,结合题意答题。【分析】本题虽然难度不大,但涉及的知识点多,考生需对相关知识认真梳理后再答题。【详解】A、野鸭脚趾间有蹼,善于在水中游泳和戏水,它的翅膀强健,飞翔能力强,A正确。B、节律行为是指生物随着地球、太阳、月亮的周期性变化,逐渐形成的周期性、有节律的行为。野鸭一年一度的迁徙越冬行为属于节律行为,B正确。C、藕是莲的茎,不属于根,玉米既属于果实也属于种子,C错误。D、细胞内有机物在氧的参与下被分解成二氧化碳和水,同时释放能量的过程,叫做呼吸作用。莲和水稻不分昼夜都进行呼吸作用,D正确。故选：C。2、如图所示,图中速度υ的方向是小强同学在体育中考“原地掷实心球”项目测试中球出手时的飞行方向。对从球出手到落地的过程,下面关于机械能的一些说法中正确的是（空气阻力忽略不计）（▲）A、球出手时动能最大B、球出手时势能最大C、球落地时机械能最大D、球的机械能保持不变【答案】D【解析】（1）动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大,速度越大,动能越大。（2）重力势能大小的影响因素：质量、高度。质量越大,高度越高,重力势能越大。（3）不计空气阻力时,机械能是守恒的。【分析】（1）不计空气摩擦时,机械能守恒。（2）掌握动能、重力势能、弹性势能大小的影响因素以及能量间的转化。【详解】（1）由于空气阻力忽略不计,所以,实心球在运动过程中机械能守恒,即球的机械能保持不变,在不同位置时球的机械能大小相等,故D正确,C错误。（2）由题图可知,球在最高点时高度最大,重力势能最大;球出手时高度较小,重力势能较小,故B错误。（3）由题知,球出手时具有一定速度和高度,球同时具有动能和重力势能;而球落地时,高度为0,重力势能为0,此时球只有动能;由于球的机械能大小相等,即：球出手时的动能+球出手时的势能=球落地时的动能;所以,球出手时的动能并不是最大,球落地时的动能才最大,故A错误。故选：D。3、下列做法正确的是（▲）A、可以用铁桶盛放浓硫酸,但在清洗盛放过浓硫酸的铁桶时,不能遇明火B、茶壶里的水垢,可以用醋酸或纯碱溶液除去C、用天平称取NaOH固体时,必须将NaOH固体放在称量纸上D、除去硫酸铁溶液中混有的硫酸,可以往其中加入铁粉【答案】A【解析】A、铁在常温下和浓硫酸发生钝化,因此可以用铁桶盛装浓硫酸,但盛装过浓硫酸的铁桶用水清洗时,浓硫酸就变成了稀硫酸,铁就和稀硫酸反应生成了可燃性的氢气,若遇到明火就有可能会引起爆炸;B、水垢的主要成分为碳酸钙,碳酸钙能与酸类物质发生反应而被除去,纯碱为碳酸钠的俗称,与水垢不反应;C、NaOH固体易潮解和具有腐蚀性,应放在玻璃器皿中称量;D、加入铁粉,与硫酸反应生成了硫酸亚铁,引入了新的杂质。【分析】本题考查了常见物质的应用及其性质,完成本题,可以依据已有的知识进行。【详解】A、铁在常温下与浓硫酸发生钝化,因此可以用铁桶盛装浓硫酸,但盛装过浓硫酸的铁桶用水清洗时，浓硫酸就变成了稀硫酸,铁就和稀硫酸反应生成了可燃性的氢气,若遇到明火就有可能会引起爆炸,故正确;B、纯碱是碳酸钠,不能与水垢的主要成分碳酸钙发生反应,因此用纯碱溶液不能除去水壶中的水垢,故错误;C、NaOH固体易潮解和具有腐蚀性,应放在玻璃器皿中称量,故错误;D、加入铁粉,与硫酸反应生成了硫酸亚铁,引入了新的杂质,故错误。故选：A。4、在如图所示的电路中,发现通过电流表的示数减少0.2A时,电压表的示数从6V变为5V,那么该定值电阻所消耗的功率的变化量为（▲）A、1.8WB、1.5WC、2.2WD、3.3W【答案】C【解析】定值电阻的阻值不变,根据欧姆定律表示出电压表的示数为6V和5V时通过的电流,利用电流表的示数变化量得出等式即可求出R的阻值,再根据P=求出该定值电阻所消耗的功率的变化量。【分析】【详解】定值电阻的阻值不变,则由欧姆定律可得：当电压表的示数U1=6V时,电路中的电流I1=,当电压表的示数U2=5V时,电路中的电流I2=,因该过程中通过电流表的示数减少了0.2A,所以,ΔI=I1-I2==0.2A,解得：R=5Ω,则该定值电阻所消耗的功率的变化量：ΔP=P1-P2==2.2W。故选：C。5、小明同学喜欢动手用简易器材探究物理问题。某天,他用一块较长的木板N与木块M及弹簧测力计,按如下方法研究与滑动摩擦力有关的因素。先将长木板N平放,用弹簧测力计拉着木块M在N上做匀速直线运动,如图甲,此时木块M所受滑动摩擦力为f甲;然后再将N支起,仍然用弹簧测力计拉着木块M沿N斜向上做匀速直线运动,如图乙,此时木块M所受滑动摩擦力为f乙。对小明同学的实验讨论正确的是（▲）A、两次M所受滑动摩擦力f甲＜f乙B、小明实验是研究滑动摩擦力与压力大小的关系C、乙情况弹簧测力计的示数等于f乙D、小明实验时控制相同的量是接触面积大小【答案】B【解析】要解决本题,需要掌握影响滑动摩擦力大小的因素：压力大小和接触面的粗糙程度。本题中接触面的粗糙程度不变,将N板支起时压力大小发生了变化,所以研究摩擦力大小与压力大小之间的关系。同时要掌握控制变量法的应用。【分析】本题通过实验探究,考查了滑动摩擦力与压力的大小关系。在本题中,要注意分析其中不变的物理量与改变的物理量,是一道很好的题目。在本题中要注意控制变量法的应用。【详解】A、题图甲中木块M在水平面上移动,题图乙中木块在斜面上运动,则木块M在题图甲中压力大于题图乙中的压力,所以两次M所受滑动摩擦力f甲＞f乙,所以A错误。B、两次实验接触面的粗糙程度相同,压力大小不同,所以是研究滑动摩擦力与压力大小的关系,因此B正确。C、在题图乙中,拉力等于滑动摩擦力与重力沿斜面向下分力之和,所以C错误。D、这两次实验中,控制的是接触面的粗糙程度,所以D错误。故选：B。6、有A、B两种混合粉末,质量分别为m1、m2,A由CaCO3和KHCO3组成,B由MgCO3和NaHCO3组成。将A、B分别与足量稀盐酸反应,生成二氧化碳气体的质量均为ωg。（已知：KHCO3+HCl=KCl+CO2↑+H2O,NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H20）下列说法正确的是（▲）A、m1=m2B、25m1=21m2C、混合物A中CaCO3和KHCO3质量比一定为1:1D、混合物B中MgCO3和NaHCO3质量比可为任意比【答案】D【解析】由CaCO3和KHCO3分别与稀盐酸反应的方程式可得到,CaCO3和KHCO3与二氧化碳的质量比相同，即混合物A中CaCO3和KHCO3无论以任何比混和,只要总质量不变生成二氧化碳的量就不变;同理MgCO3和NaHCO3与稀盐酸反应的方程式中,MgCO3和NaHCO3与二氧化碳的质量比也相同,即混合物B中MgCO3和NaHCO3可以以任意比混合,据此可根据方程式利用二氧化碳的质量求出m1和m2的关系。【分析】本题考查了混合物反应的计算,主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力,增加了学生分析问题的思维跨度,强调了学生整合知识的能力。【详解】碳酸钙和碳酸氢钾的相对分子质量均为100,所以;碳酸镁和碳酸氢钠的相对分子质量均为84,所以;所以,84m1=100m2,得到21m1=25m2。碳酸钙和碳酸氢钾的相对分子质量都是100,含碳酸根的质量相同,混合物A中碳酸钙和碳酸氢钾质量比可以为任意比。碳酸镁和碳酸氢钠的相对分子质量都是84,含碳酸根的质量相同,混合物B中碳酸镁和碳酸氢钠质量比可以为任意比。故选：D。二、填空题(共4小题,共27分)7、(6分)如图,一内部横截面积为S的圆柱形容器里盛有适量的水,另有一密度为ρ水、底面积为S、高度为H的圆柱形木块漂浮在水面上,现用一竖直向下、逐渐增大的外力F将其缓慢压至刚好完全浸没在水中,此时F=▲,水面上升的高度Δh=▲,水对容器底部增加的压力ΔF=▲。【答案】（1）ρ水gSH;（2）H;（3）ρ水gHS。【解析】（1）物体完全浸没时,受到浮力、重力和压力的作用,根据F浮=G+F计算出压力的大小,根据公式F浮=ρ液gV排计算浮力,根据G=mg=ρVg计算重力;（2）根据物体漂浮时浮力与重力相等,计算出木块露出水面的高度,当将木块下压时,木块下降的同时,水面在升高,则木块浸入水中的深度增加为二者之和;（3）根据ΔF=ΔpS=ρgΔhS,计算出水对容器底部增加的压力。【分析】此题考查了有关阿基米德原理和物体浮沉条件的应用,第二空判断水面上升的高度是本题的难点,也是突破点,注意的是在木块向下压的同时,水面在升高,所以木块压入水中的深度实际等于木块下降的高度和水面上升的高度之和。【详解】（1）木块的重力G=mg=ρ木gV木=ρ水gSH=ρ水gSH;当木块完全浸没时受到的浮力F浮=ρ水gV木=ρ水gSH=ρ水gSH;因为木块静止,所以受竖直向下的压力、重力和竖直向上的浮力作用,则F=F浮-G=ρ水gSH-ρ水gSH=ρ水gSH;（2）当木块漂浮时,根据F浮=G得,ρ水gV排=ρ木gV木,则V排=V木=V木,则木块一半体积露出水面;因为S木=S容,当木块下降的同时,水面会上升,木块下降深度为h,则水面上升高度为h,此时木块相当于浸入水中的深度增加为2h,所以木块完全浸没时,水面上升的高度Δh=H×=H;（3）则水对容器底部增加的压力ΔF=ΔpS=ρ水gΔhS=ρ水gHS=ρ水gHS。故答案为：（1）ρ水gSH;（2）H;（3）ρ水gHS。8、(9分)某生物兴趣小组开展环境调查活动,他们对市郊的一片森林做了调查,结果如图（图甲表示一天内植物平均水分得失,图乙表示一天内植物CO2的吸收与释放）,据图回答：（1）图甲中,7∽15点,植物的蒸腾量大于吸水量,多蒸发的水分来自▲。15点时,蒸腾量等于吸水量,若这种状态保持1小时,经检测植物体的鲜重仍然有所增加,原因是▲;正常情况下,植物一天中的总吸水量▲总蒸腾量。（2）图乙中,植物体内积累有机物最多的是▲点;在D点,有机物的净生产量为▲,此时,植物鲜重将▲,原因是▲。如果此树林的植物长期处于Sm=SM+SN（S表示面积）的状态下,能否正常生长?▲。理由是▲。【答案】（1）植物体内代谢产生和吸收积累的水分;此时植物光合作用大于呼吸作用,有机物的合成使植物增加了重量;大于；（2）D;零;增加;虽然有机物净生产量为零,由图甲知道,此时吸水量大于蒸腾量;不能;有机物白天的积累量等于晚上的分解量,一天中有机物不增加也不减少,因此不能正常生长。【解析】【分析】【详解】（1）图甲中,7∽15点,SA＞SB,植物的蒸腾量大于吸水量,多蒸发的水分来自植物体内代谢产生和吸收积累的水分;15点时,蒸腾量等于吸水量,若这种状态保持1小时,经检测植物体的鲜重仍然有所增加,原因是此时植物光合作用大于呼吸作用,有机物的合成使植物增加了重量,合成的有机物除了用于进行光合作用等代谢活动外,还有一部分储存于组织细胞;正常情况下,植物一天中的总吸水量大于总蒸腾量。（2）图乙中,植物体内积累有机物最多的是D点,在D点,有机物的净生产量为零,此时,植物鲜重将增加,原因是虽然有机物净生产量为零,由图甲知道,此时吸水量大于蒸腾量;如果此树林的植物长期处于Sm=SM+SN（S表示面积）的状态下,有机物白天的积累量等于晚上的分解量,一天中有机物不增加也不减少,因此不能正常生长。故答案为：（1）植物体内代谢产生和吸收积累的水分;此时植物光合作用大于呼吸作用，有机物的合成使植物增加了重量;大于;（2）D;零;增加;虽然有机物净生产量为零,由图甲知道,此时吸水量大于蒸腾量;不能;有机物白天的积累量等于晚上的分解量,一天中有机物不增加也不减少,因此不能正常生长。9、(6分)实验室可通过多种途径得到氮气,常见的有下面三种方法。方法一：将氨气通入灼热的氧化铜粉末,得到氮气和铜,反应方程式为3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O。方法二：将空气通过灼热的铜粉,得到较纯净的氮气和氧化铜粉末。方法三：将亚硝酸钠（NaNO2）和氯化铵的混合溶液加热,逸出氮气,反应方程式为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H20。下列是进行实验时可选择的实验仪器（其他必要的仪器,如铁架台、铁夹、铁圈、石棉网、酒精灯等未列出）：请回答下列问题：（1）方法一制氮气：需要的氨气可用浓氨水常温下跟生石灰反应得到,反应方程式为：▲。（2）要制取并收集纯净的氮气（可含有少量的水）,要使用上述仪器中的（填仪器的编号,并按气流方向从左向右列出）▲。（3）在制取氮气的三种方法中,方法一和方法二越来越受到人们的关注,经常被联合使用,这两种方法与方法三相比,其优越性在于：▲。【答案】（1）CaO+NH3·H2O=NH3↑+Ca(OH)2;（2）EACD;（3）反应物廉价易得,不接触到有毒物质亚硝酸钠【解析】根据反应物与生成物写出化学方程式;根据反应物状态和反应条件及生成气体的性质选择装置,对比原料及生产过程分析优点。【分析】本题是一信息题,要求考生有良好的分析能力,能根据信息将学过的知识进行迁移。【详解】（1）浓氨水常温下跟生石灰反应生成氨气和氢氧化钙,化学方程式为CaO+NH3·H2O=NH3↑+Ca(OH)2;（2）用CaO和浓氨水反应,应选固液常温型装置,即E;要制取纯净的氮气,由题意知应是氨气和氧化铜反应,因此应把干燥的氨气通入A中,从A中出来的气体通过C装置吸收多余的氨气,然后用排水法收集，故顺序为EACD;（3）从题中信息可知,NH3和CuO反应生成Cu和N2,而空气和Cu生成CuO,故Cu和CuO可以循环使用,方法三使用有毒的亚硝酸钠,方法一和方法二避免使用有毒物质而造成污染。故答案为：（1）CaO+NH3·H2O=NH3↑+Ca(OH)2;（2）EACD;（3）反应物廉价易得,不接触到有毒物质亚硝酸钠。10、(6分)一根粗细均匀的电阻丝总电阻为24Ω,现将它围成一个半径为r的圆环,并将它放在两根平行放置并相距为r的裸铜线上,两裸铜线的一端分别与电压为3V的电源、电流表和开关相串联,如图所示,裸铜线的电阻不计,并始终保持平行,且相距为r。当圆环在裸铜导线上上下滑行时（接触良好）：（1）电流表的示数变化范围为▲。（2）在移动过程中,电路中的最大电阻为▲。（3）在移动过程中,电路中消耗的最大功率为▲。【答案】（1）1∽1.5A;（2）3Ω;（3）4.5W【解析】圆环被分成两段导线并联接入电路,由并联电路特点求出接入电路的阻值变化范围,然后由欧姆定律求出电流变化范围;然后由电功率的公式求出最大功率。【分析】本题的难点是求出接入电路的阻值的变化范围,熟练应用并联电路特点及欧姆定律即可正确解题。【详解】并联接入电路的导线长度越大,接入的电阻越大,当圆环一半接入电路时,接入电路的阻值最大,此时接入电路的一段电阻阻值R1=×24Ω=6Ω,接入电路的并联电阻R1并==3Ω,此时电路中电流I1==1A;当圆环上下对称跨在导线上时,接入电路的阻值最小,接入电路的一段导线电阻R2=×24Ω=4Ω,接入电路的并联电阻R2并==2Ω,此时电路中电流I2==1.5A。P最大==4.5W。故答案为：（1）1∽1.5A;（2）3Ω;（3）4.5W。三、解答题(共2小题,每小题12分,共24分)11、实验室中现有一种铜合金样品,已知此样品为铜锌合金、铜铝合金、铜银合金和铜铁合金中的一种,为确定其为四种合金中的哪一种,实验小组的同学们进行了下列的实验,请回答下列问题：硫酸体积：500mL化学式：H2SO4密度：1.4g/cm3质量分数：50%（1）实验室中有贴有如图所示标签的浓硫酸,要配制20%的稀硫酸350g,需该浓硫酸的体积是▲mL。（2）将20g合金粉末加入到98g新配好的稀硫酸中,恰好完全反应。过滤,将滤液蒸干后得到固体纯净物32.2g。通过计算回答：①此合金为▲合金;②写出发生反应的化学方程式：▲;③根据已知条件写出求解生成气体质量（x）的比例式：▲;④若向反应后所得滤液中加入89.4g水,则最终所得溶液中的溶质质量分数为▲。（3）若工业上用含Cu2S70%的辉铜矿100t炼铜,并将其冶炼成上述铜的合金（假设炼制过程中辉铜矿的损失率为10%）,能炼出此铜合金的质量为▲。【答案】（1）100;（2）①铜锌合金;②Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑;③;④16.1％;（3）144t。【解析】（1）根据加水稀释前后溶质质量不变计算需要浓硫酸的体积;（2）①根据题意,利用消耗硫酸的质量计算反应生成硫酸盐中金属与硫酸根的质量比,利用可能金属的化合价与相对原子质量讨论确定合金的组成;②根据合金的组成确定所发生的反应,写出反应的化学方程式;③根据化学方程式,由硫酸盐的质量与氢气的质量关系,列出计算氢气质量的比例式;④根据质量守恒定律，计算所得溶液的质量,然后计算加入水后所得溶液的质量分数;（3）根据炼得铜的质量及合金中铜的质量分数,计算可得合金的质量。【分析】本题为初中化学计算的汇集,旨在考查考生的运算能力、分析问题的能力,解答时理清思路才能顺利完成最终的计算。【详解】（1）设需该浓硫酸的体积为V,350g×20%=V×1.4g/cm3×50%V=100mL;（2）①滤液蒸干后得到固体纯净物32.2g中含硫酸根的质量为98g×20%××100%=19.2g,则所得硫酸盐中金属元素与硫酸根的质量比为（32.2g-19.2g）:19.2g=65:96,此比例符合硫酸锌中锌与硫酸根的质量比,因此可判断合金为铜锌合金;②铜锌合金放入稀硫酸中,锌与硫酸反应,化学方程式为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑;③设生成硫酸锌32.2g时生成氢气的质量为x。Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑161232.2gx;④解得生成氢气的质量x=0.4g,参加反应锌的质量为32.2g-19.2g=13g向反应后所得滤液中加入89.4g水,则最终所得溶液中的溶质质量分数为×100%=16.1％;（3）含Cu2S70%的辉铜矿100t可炼出铜的质量为100t×（1-10%）×70%××100%=50.4t。铜锌合金中铜的质量分数为×100%=35%;能炼出此铜合金的质量为50.4t÷35%=144t。故答案为：（1）100;（2）①铜锌合金;②Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑;③;④16.1％;（3）144t。12、用电流表、电压表测小灯泡额定功率的实验时,灯泡上标有“3.4V”字样,小红设计了实验电路图,如图甲所示,并连接了部分实验电路,如图乙所示。（1）请帮助小红完成