2019届高三第三次模拟考试卷理综（一）Word版含答案.doc

此卷只装订不密封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 ‎ ‎2019届高三第三次模拟考试卷 理 综 （一）‎ 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。‎ ‎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．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 S 32 Cl 35.5 K 39‎ 第Ⅰ卷（选择题，共126分）‎ 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．合理膳食是人们关注的热点话题。下列有关健康饮食的观点，错误的是（　　）‎ A．青少年要积极锻炼，合理营养，多吃富含蛋白质的食物 B．和吃熟鸡蛋相比，吃生鸡蛋更不容易消化而且很不卫生 C．身体疲惫时服用核酸类保健口服液，可明显增强免疫力 D．长期摄入过量的动物内脏可能导致血管堵塞，危及生命 ‎2．囊性纤维病是由编码细胞膜上CFTR蛋白(主动转运氯离子的载体蛋白)的基因发生突变引起，该突变使得CFTR蛋白在第508位缺少了苯丙氨酸，进而导致氯离子运输障碍，使得离子在细胞内积累。下列有关该病的叙述不正确的是（　　）‎ A．该病例说明了基因能通过控制蛋白质的结构直接控制生物的性状 B．CFTR蛋白缺少了苯丙氨酸说明编码的基因发生了碱基对的缺失 C．编码CFTR蛋白的基因存在多种突变形式，体现了基因突变的随机性 D．氯离子在细胞内积累会导致细胞内液渗透压上升致使细胞排出水分子受阻 ‎3．伤口感染后会红肿、发炎甚至化脓。下列叙述正确的是（　　）‎ A．受损部位毛细血管收缩，皮肤变红 B．该部位组织液渗透压降低，引起局部肿胀 C．吞噬细胞穿出毛细血管壁，向伤口处聚集吞噬病菌 D．痛觉感受器感受刺激，产生并传导兴奋刺激下丘脑，产生痛觉 ‎4．细胞内的“囊泡”就像”深海中的潜艇”在细胞中“来回穿梭”，参与物质的运输过程，下列有关细胞内囊泡运输的叙述，正确的是（　　）‎ A．囊泡运输依赖于膜的选择透过性且不消耗能量 B．抗体的运输和分泌过程需要囊泡的参与 C．囊泡只能将物质从胞内运输到胞外，而不能从胞外运输到胞内 D．细胞内的大分子物质都可通过囊泡进行运输 ‎5．如图是某二倍体生物部分染色体模式图，数字表示染色体，字母表示基因，下列有关判断正确的是（　　）‎ A．3、4上基因的差异可能是交叉互换的结果 B．图中的染色体只有5发生了染色体结构变异 C．1、2、3、4不会同时出现在一个减数分裂细胞中 D．1、2、3、4不会同时出现在一个有丝分裂细胞中 ‎6．湿地能净化水质、美化环境，是地球上独特的生态系统。下列有关叙述错误的是（　　）‎ A．湿地能够净化水质，体现了生物多样性的间接价值 B．湿地生态系统的组成成分中含有生物和非生物成分 C．负反馈调节对维持湿地生态系统的稳定性起关键作用 D．把湿地改造成人工林是提高生物多样性的重要手段之一 ‎7．化学与生活、科学、技术、社会、环境密切相关，下列说法中不正确的是 A．硅单质可作为制造宇宙飞船太阳能电池帆板的主要材料 B．硫酸铜溶液可用来浸泡蔬菜，以保持蔬菜的新鲜 C．常用明矾、硫酸铁等物质来处理污水中的悬浮物质 D．提倡使用共享单车，目的是为了降低碳排放 ‎8．下列有关实验的选项正确的是 A．配制0.10mol·L−1‎ NaOH溶液 B．苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作 C．除去CO中 的CO2‎ D．记录滴定终点读数为12.20mL ‎9．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是 A．100ºC时，1L pH=6纯水中含H+数目为10−6NA B．0.1mol·L−1 Na2CO3溶液中，Na+的数目为0.2NA C．常温常压下，17g羟基（-18OH）所含中子数为9NA D．标准状况下，22.4L CHCl3中所含C—Cl键的数目为3NA ‎10．水杨酸冬青油、阿司匹林的结构简式如图，下列说法不正确的是 A．由水杨酸制冬青油的反应是取代反应 B．阿司匹林的分子式为C9H8O4，在一定条件下水解可得水杨酸 C．冬青油苯环上的一氯取代物有4种 D．可用NaOH溶液除去冬青油中少量的水杨酸 ‎11．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Y、Z位于同一主族。X的气态氢化物常用作制冷剂。ZYW2能与水剧烈反应，可观察到液面上有雾生成，并有刺激性气味的气体逸出，该气体可使品红溶液褪色。下列说法正确的是 A．最简单氢化物的沸点：Z>Y B．原子半径：W>Z>Y>X C．把ZY2通入石蕊试液中先变红后褪色 D．向ZYW2与水反应后的溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成 ‎12．我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展，利用如图装置进行脱硫，将硫化氢气体转化成硫沉淀。已知甲、乙池中发生的反应为(右图)：下列说法正确的是 A．甲池中得到H2O2的反应，H2O2既是氧化产物也是还原产物 B．电路中每转移0.2mol电子，甲池溶液质量变化3.4g，乙池溶液质量保持不变 C．光照时乙池电极上发生的反应为：H2S+I=3I−+S+2H+‎ D．甲池中炭棒上发生的电极反应为：AQ+2H+-2e−=H2AQ ‎13．常温下，向10.0mL 0.10mol·L−1某二元酸H2R溶液中滴入同物质的量浓度的NaOH溶液，测得溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法中正确的是 A．HR−的电离能力大于水解能力 B．曲线上m点时溶液中c(Na+)>c(HR−)>c(R2−)>c(H+)‎ C．无法判断H2R是强酸还是弱酸 D．溶液中c(Na+)+c(H+)=c(HR−)+c(R2−)+c(OH−)‎ 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14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的的0分。‎ ‎14．如图所示，质量为m的木块在放置于水平面上的木板上滑行，木板静止，木块与木板、木板与桌面之间的动摩擦因数分别为和，木板的质量为2m，则木板所受桌面给的摩擦力大小为：‎ A． B． C． D．‎ ‎15．如图所示的光滑斜面长为L，宽为s，倾角为θ=30°，一小球（可视为质点）沿斜面右上方顶点A处水平射入，恰好从底端B点离开斜面，重力加速度为g。则下列说法正确的是 A．小球运动的加速度为g B．小球由A运动到B所用的时间为 C．小球由A点水平射入时初速度v0的大小为 D．小球离开B点时速度的大小为 ‎16．2018年12月9日2时28分高分五号卫星在太原卫星发射中心用长征四号丙运载火箭发射升空，卫星经过多次变轨后，在距地心为R的地球冋步轨道上凝望地球。该卫星首次搭载了大气痕量气体差分吸收光谱仪、主要温室气体探测仪、大气多角度偏振探测仪等，是实现高光谱分辨率对地观测的标志。高分五号卫星由半径为RA的圆轨道1经椭圆轨道2变轨到同步轨道3时的情况如图所示，已知高分五号卫星在轨道1上运行的周期为T1，已知地球半径R0”“”“X>Y，B错误；C．化合物ZY2是SO2，该物质与水反应产生H2SO3，H2SO3具有酸性，通入石蕊试液中只变红不褪色，C错误；D．化合物ZYW2是SOCl2，与水反应产生SO2和HCl，向反应后的溶液中滴加AgNO3溶液，发生反应：Ag++Cl−=AgCl↓，D正确；故合理选项是D。‎ ‎12. 【答案】B ‎【解析】A．根据图示可知在甲池中O2与H2AQ反应产生H2O2和AQ，O元素的化合价降低，H元素化合价没有变化，所以H2O2是还原产物，A错误；B．根据图示可知电路中每转移0.2mol电子，反应产生0.1mol H2O2，溶液质量增加3.4g，而在乙池，H2S-2e−=S↓+2H+，产生的H+通过全氟碳酸膜进入甲池，所以乙池溶液质量保持不变，B正确；C．在乙池中，H2S失电子生成硫单质，I2单质得电子生成I−，发生电池反应为H2S+I=3I−+S↓+2H+，不是电极反应式，C错误；D．甲池中碳棒为正极，正极上发生还原反应，电极反应为：AQ+2H++2e−=H2AQ，D错误；故合理选项是B。‎ ‎13. 【答案】A ‎【解析】A．m点溶质为NaHR，溶液呈酸性，HR－的电离能力大于水解能力，故A正确；B．m点溶质为NaHR，HR−电离出R2−和H+，水也电离出H+，所以溶液中c(Na+)>c(HR−)>c(H+)>c(R2−)，故B错误；C．0.10mol·L−1某二元酸H2R溶液的pH大于2，可知H2R是弱酸，故C错误；D．根据电荷守恒，溶液中c(Na+)+c(H+)=c(HR−)+2c(R2−)+c(OH−)，故D错误。‎ 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14～18题只有一个选项符合题目要求。第19～21题有多选项题目要求。全部答对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的的0分。‎ ‎14. 【答案】A ‎【解析】由于木板静止，水平方向受到木块对木板的向右滑动摩擦力和桌面对木板的静摩擦力，由平衡条件可得，木板受到桌面的摩擦力等，故A正确。故选：A。‎ ‎15. 【答案】D ‎【解析】依据曲线条件，初速度与合力方向垂直，且合力大小恒定，则物体做匀变速曲线运动，再根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：，故A错误；根据L= at2，有：，选项B错误；在B点的平行斜面方向的分速度为： ；根据s=v0t，有：；故物块离开B点时速度的大小：，故C错误；D正确；故选D。‎ ‎16. 【答案】C ‎【解析】当卫星轨道半径等地球半径时，可求得其密度为，但轨道1的半径不是地球半径，故A错误；因轨道3为同步卫星，其相对地面上的某点不动，故B错误；在轨道2上的周期T：，由A到B的时间为，可求得，故C正确； D项：卫星由圆轨道1调整到同步轨道3上，只需要加速两次，故D错误。故选：C。‎ ‎17. 【答案】C ‎【解析】时间内汽车做变加速运动，由图象的“面积”表示位移知，其位移大于匀加速直线运动的位移，则平均速度大于，故A错误；由题意，设时刻的加速度为a，，，联立解得，故B错误；机车能达到最大速度时，F=f，P=Fv，故，故C正确；由题意得：Fv=P，F-f=ma，故，故D错误。故选：C。‎ ‎18. 【答案】D ‎【解析】发现质子的是卢瑟福，故A错误；β衰变实质是原子核内的一个中子转化为一个质子和电子，这个电子以β射线的形式释放出来，故B错误；铀核需要俘获一个慢中子才能发生裂变，其中的一种核反应方程，故C错误；根据玻尔理论可知，氢原子从n＝6的能级向n＝1的能级跃迁时辐射出的光的能量大于氢原子从n＝6的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出的光的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从n＝6的能级向n＝1的能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n＝6的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故D正确。故选D。‎ ‎19. 【答案】ACD ‎【解析】根据知，d增大，则电容减小，故A正确；静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B错误；电势差不变，d增大，则电场强度减小，故P点与上极板的电势差减小，则P点的电势升高，因油滴带负电，可知带电油滴的电势能将减小，故C正确；电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，故D正确；故选ACD。‎ ‎20. 【答案】BCD ‎【解析】上升过程中重力和安培力同向，下降过程重力和安培力反向，故上升过程的加速度大于下降过程加速度，两过程位移大小相同，故t1＜t2，故A错误；上升过程有牛顿第二定律mg+ =ma，上升过程速度v减小，安培力减小，加速度减小，物体做加速度减小的减速运动，故B正确；根据楞次定律，线框进入磁场过程中，磁通量增加，据增反减同知感应电流方向为逆时针方向，故C正确；线框产生的焦耳热等于克服安培力做功，根据动能定理知，对应同一位置，上升过程速率大于下降过程速率，上升过程安培力大于下降过程安培力，上升和和下降过程位移相等，上升过程中线框产生的热量大于下降过程中线框产生热量，故D正确。故选BCD。‎ ‎21. 【答案】BC ‎【解析】由图乙可知AB两端电压有效值为，因四个灯泡均正常工作，可知原、副线圈电流之比为，根据可知变压器原、副线圈的匝数比为；灯泡的额定电压为U，则电压表示数为，故，则，故A错误，BC正确；若断开开始S则原线圈回路电流为零，电压表示数增大为，故D错误。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共174分）‎ 三、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。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. 22．(6分) ‎ ‎【答案】(1)②0.196 0.100 (2) ①小车质量没有远大于钩码质量　②没有平衡摩擦力　③操作错误：先放小车后开电源(任选其二)‎ ‎【解析】（1）从打下第一点到打下第N点拉力对小车做的功：W=mgs=0.05×9.8×0.4J=0.196J； 小车的动能增量为：△EK=mv2=0.100J； （2）该实验产生误差的主要原因一是钩码重力大小并不等于绳子拉力的大小，设绳子上拉力为F，对小车根据牛顿第二定律有：F=Ma，对钩码有：mg-F=ma；解得，由此可知当M＞＞m时，钩码的重力等于绳子的拉力，显然该实验中没有满足这个条件；另外该实验要进行平衡摩擦力操作，否则也会造成较大误差．操作错误：先放小车后开电源也会引起较大误差；（任选两条）。‎ ‎23．(9分) ‎ ‎【答案】0.3465 无系统误差 ‎ ‎【解析】(1)螺旋测微器的读数由固定刻度和可动刻度两部分组成，直径 ‎；‎ ‎(2)滑动变阻器尽量选择较小的且接近被测电阻，所以选择R1；由于无电压表，则用电流表A1串联一个较大的分压电阻作为电压表使用，所以变阻器选R4；‎ ‎(3)滑动变阻器选用分压接法，电流表有外接法，实物连线如图所示 ‎；‎ ‎(4)根据欧姆定律有：，结合图象斜率为，所以求得，再由电阻定律：，所以电阻率，由于电流表的测量值与改装的电压表的测量值均是真实值，无系统误差，则测得的电阻率的值无系统误差。‎ ‎24．(12分) ‎ ‎【解析】(1)在圆轨道最高点，由，‎ 得，‎ 对赛车从B点到最高点过程利用动能定理 ‎，‎ 得 ‎(2)赛车出C点后平抛 由，得 由， 得 ‎ (3) 要使赛车完成比赛，赛车到达B点速度至少为4m/s，设电动机至少工作时间t1，对赛车A到B过程利用动能定理 解得 ‎25．(20分) ‎ ‎【解析】（1）设导体棒单位长度的电阻为R0，磁感应强度为B，则： 在t=0时刻，根据闭合电路的欧姆定律可得： 在某一时刻t，根据闭合电路的欧姆定律可得：I=I0+kt=‎ ‎ 联立解得：v=v0+t ‎（2）由于v=v0+t，所以导体棒做匀加速直线运动，其加速度a= 在时刻，导体棒的速度v=v0+t=3v0， 此过程中导体棒的位移： 导体棒与O点的距离L=l0+x=l0+； （3）在时刻，导体棒的电功率为P0．此时导体棒的有效切割长度为L=l0+； 电流强度为I=I0+kt=3I0， 根据电功率的计算公式可得P0=BILv 解得：。‎ ‎26. 【答案】（1）使分液漏斗内液体顺利流下 ‎ （2） 出现黄绿色气体 加快氯气与锡的反应速率 使SnCl4汽化，利于其从混合物中分离出来 ‎ （3） ‎ ‎ （4） 控制Sn与Cl2反应温度在232℃到652℃之间，通入过量的氯气 ‎ （5） ‎4.76% ‎ ‎【解析】根据以上分析，（1）导管a连接烧瓶与分液漏斗上口，作用是平衡压强，使分液漏斗内液体顺利流下，装置A中浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，发生反应的离子方程式为 ‎。（2）为防止锡与氧气反应，要用氯气把空气排出后再加热锡，所以当观察到装置F液面上方出现黄绿色气体时才开始点燃D处的酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热。温度升高反应速率加快，SnCl4的沸点是114℃，加热使SnCl4汽化，利于其从混合物中分离出来，所以继续加热的目的是①加快氯气与锡的反应速率；②使SnCl4汽化，利于其从混合物中分离出来。（3）若上述装置中缺少装置C，水蒸气进入D中，造成SnCl4水解，则D处发生的主要副反应化学方程式为。（4）Cl2和锡的反应产物有SnCl4和SnCl2，锡的熔点是232℃，SnCl2的沸点为652℃ ，为防止产品中带入过多的SnCl2，可采取的措施是控制反应温度在232℃到652℃之间，通入过量的氯气。（5）设样品中Sn(Ⅱ)的质量为xg，‎ Sn2+ + I2=2I−+Sn4+‎ ‎119g 1mol ‎ xg 0.02L×0.1mol·L−1‎ ‎ ‎ x=0.238‎ 产品中Sn(Ⅱ)的含量为 。‎ ‎27. 【答案】（1）2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+ ‎ ‎（2）Mn2+ Fe2+ ‎ （3） SO2（H2SO3）、 FeSO4 ‎ ‎（4）90℃ 防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率 ‎ ‎（5）Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O ‎ ‎（6）取1-2mL最后一次洗液于试管，滴加盐酸酸化BaCl2溶液，若无白沉淀产生，则洗涤干净。 ‎ ‎【解析】（1）用总反应离子方程式减去反应ⅰ可得反应ⅱ：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+；（2）过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为上一步SO2将Mn4+和Fe3+还原成Mn2+和Fe2+，所以答案为Mn2+、Fe2+；（3）氧化过程中溶液中具有还原性的物质有Fe2+和未反应的SO2，被MnO2氧化的物质有SO2（H2SO3）、FeSO4；（4）从图像中可以看出，随着温度的升高，副产物MnS2O6生成率越来越低，当温度到达90℃，生成率基本不变，再升高温度意义不大，并且耗能，故“浸锰”的适宜温度是90℃，NH4HCO3溶液时在一定温度下会分解成NH3和CO2，向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率；（5）加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有气体生成，可判断出气体为CO2，不可能为NH3，应为如果生成NH3，则得不到MnCO3沉淀，反应的离子方程式：Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O；（6）检验洗涤是否完全，需要检验最后一次洗涤液是否存在溶液中的粒子，这里选择SO，检验试剂选择BaCl2溶液，故方法为取1-2mL最后一次洗液于试管，滴加盐酸酸化BaCl2溶液，若无白沉淀产生，则洗涤干净。‎ ‎28. 【答案】（1）2CO(g)＋SO2(g)=S(l)＋2CO2(g) ΔH=－270kJ/mol ‎ ‎（2）> 0.375 10% 256/3p02 C 逆反应 < ‎ ‎【解析】（1）①2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g) ΔH1=－566 kJ/mol；②S(l)＋O2(g)=SO2(g) ΔH2=－296 kJ/mol；根据盖斯定律①-②得2CO(g)＋SO2(g)=S(l)＋2CO2(g) ΔH=－270kJ/mol；（2）①根据图示，反应进行到4min时，甲醇的物质的量继续增大，反应正向进行，v(正)>v(逆)；0~4min，H2‎ 的浓度变化为1.5mol/L，v(H2)==0.375mol·L−1·min−1；②根据图示，15min 时达到平衡状态，CO的平衡浓度为0.25mol/L，则CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)‎ 开始 1 3 0 0‎ 转化 0.75 2.25 0.75 0.75‎ 平衡 0.25 0.75 0.75 0.75 ‎ CO2平衡时的体积分数为10%；根据压强比等于气体物质的量比，平衡时的总压强为，Kp=256/3p02 ；③A．平衡时正逆反应速率比等于系数比，所以v正(CH3OH)=3v逆(H2)不平衡，故不选A；B．CO2、H2、CH3OH和H2O浓度之比为1∶3∶1∶1时，浓度不一定不变，所以CO2、H2、CH3OH和H2O浓度之比为1∶3∶1∶1时，不一定平衡，不选B；C．该反应气体体积是变量，恒温恒压下，气体的体积不再变化一定平衡，故选C； D．在恒温恒容下，该反应的密度是恒量，气体的密度不再变化，不一定平衡，故不选D。④500℃的平衡常数K=，Q=，Q>K，反应逆向进行；根据等效平衡原理，容器乙中相当于投料为1.5mol CO2，4mol H2，与容器甲比增加了投料，所以甲醇的浓度c1