网上测试（二）理综答案.doc

贵州省铜仁一中高三年级防疫期间 ‎“停课不停学”网上测试（二）‎ 理科综合答案解析 1． C 鉴定还原糖和蛋白质所用的试剂都是NaOH溶液和CuSO4溶液，但CuSO4溶液浓度不同，A正确。纸层析法分离叶绿体中的色素时，色素在滤纸条中自上而下的顺序体现出不同色素在层析液中的溶解度不同，依次为胡萝卜素、叶黄素、叶绿素a、叶绿素b，即叶绿素b在层析液中的溶解度最小，B正确。鉴定脂肪时，可向待测组织样液中滴加3滴苏丹Ⅲ染液，观察样液被染色的情况，此方法不需要制作装片，也不需要用显微镜观察，C错误。鉴定还原糖需要进行水浴加热，D正确 2． B 根据题意可知，装置中的碳酸氢钠溶液可维持瓶内的二氧化碳浓度在恒定水平，故装置内的气压变化是由氧气含量变化引起的。较强光照条件下(光合强度大于呼吸强度)甲装置内水滴右移，黑暗或较弱光照条件下(光合强度小于呼吸强度)甲装置内水滴左移，适宜光照条件下(光合强度等于呼吸强度)甲装置内水滴不动；乙装置内青蛙只进行细胞呼吸不进行光合作用，故乙装置内水滴只会左移，故B符合题意，A、C、D不符合题意。‎ 3． A 设先天性白内障基因用A、a表示，低血钙佝偻病基因用B、b表示，该夫妇基因型为A_XbY×aaXBX－，生有正常女孩为aaXbXb，可推出丈夫的基因型为AaXbY，妻子的基因型为aaXBXb，则该夫妇生下正常男孩(aaXbY)的概率为1/2×1/2＝1/4，生下正常女孩(aaXbXb)的概率为1/2×1/2＝1/4，所以两个孩子均正常的概率为1/4×1/4＝1/16。‎ 4． A 因为基因型为dd的个体被逐渐淘汰，因此，种群中DD、Dd的个体所占比例变为、，因此D的基因频率为＋×≈55.3%，d的基因频率为×≈44.7%。‎ 5． D 乌头碱的作用机理为与神经元上的钠离子通道结合，使其持续开放，钠离子通道开放会使细胞外Na＋内流，A项错误；Na＋内流会使神经元产生动作电位，处于兴奋状态，B项错误；动作电位的幅度与神经纤维传导距离无关，不会随神经纤维传导距离的延长而变小，C项错误；既然乌头碱引起的中毒症状是因为其引起钠离子通道持续开放造成的，则阻遏钠离子通道开放的药物可以缓解乌头碱中毒的症状，D项正确。‎ 6． C 根据表格中的食物关系，可以画出长江口生态系统的食物网。如下图所示：‎ 从图中可以看出，该生态系统共有4条食物链，A项错误；小黄鱼和矛尾虾虎鱼既有捕食关系，又有竞争关系，B项错误；浮游植物处于第一营养级，虾和蟹处于第二营养级，生态系统能量流动在营养级之间的传递效率为10％～20％，虾和蟹最多可获得浮游植物同化量的20%，C项正确；小黄鱼25%的食物来自矛尾虾虎鱼，而不是得到了矛尾虾虎鱼能量的25％，D项错误。‎ 1． C 根据题目中描述“惟黄金不化水中，加盐则化”，可知该方法所造“强水”为硝酸，A正确；假设有即其质量为，“将矾炒去，约折五分之一”失去质量的即，换算成水的物质的量为，所以脱水后产物为FeSO4•4H2O，B正确；Au的金属活动性很弱，硝酸均不能将其氧化，加盐后，“强水”中含王水成分，Au可溶于王水，主要是由于配位作用，而不是因为氧化性，‎ C错误；“强水用过无力”的原因是“强水”用过以后，生成了硝酸盐溶液，其氧化性减弱，D正确。‎ 2． D ‎ 由 P4的结构 ，知1分子P4中含有6个P—P键，则‎12.4 g P4即1molP4中所含P—P键数目为0.6NA，A错误； 标准状况下，乙醇不是气体，不能使用‎22.4L/mol计算其物质的量，无法计算，B错误；一个由2H和18O所组成的水分子中含有12个中子，水的物质的量为 ，则其中所含的中子数为0.5mol×12=6mol，即6NA，C错误；‎25℃‎时pH＝13的Ba(OH)2溶液中c(OH－)=1×10－1mol/L，‎1L该溶液中含有OH－的数目为0.1 NA，D正确。‎ 3． B ‎ ‎①②两步反应是脱氢反应，不属于加成反应，故A错误；环己烯的链状同分异构体既有二烯烃，也有炔烃等，由于C6H10不饱和度为2，其链状结构可能含1个碳碳三键或2个碳碳双键，存在官能团异构、官能团位置异构、碳链异构，同分异构体有：‎ 超过10种，故B正确；环己烷、环己烯、苯均难溶于水，故C错误；环己烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误。‎ 1． B ‎ 将1mol Cl2通入到含1mol FeI2溶液中，Cl2不足，先氧化I﹣，Fe2+没有发生反应，离子方程式为：2I﹣+Cl2═2Cl﹣+I2，故A错误；AlO2-与H+物质的量之比为1：1反应时，生成Al(OH)3沉淀，AlO2﹣+H++H2O=Al(OH)3↓，1：4时反应为AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O；‎ 若1mol•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的HCl溶液等体积互相均匀混合，可理解为2molAlO2-消耗2molH+，生成2molAl(OH)3，其中1molAl(OH)3又消耗了3molH+，生成1molAl3+，离子方程式为：2AlO2-+5H+═Al3++Al(OH)3↓+H2O，故B正确；少量SO2通入到NaClO溶液中，发生氧化还原反应：H2O+SO2+3ClO-=SO42- +Cl- +2HClO，无法比较H2SO3和HClO的酸性强弱，且HClO的强氧化性使石蕊氧化，溶液不可能呈现红色，故C错误；Ca(HCO3)2与足量NaOH溶液反应离子方程式为：Ca 2++2HCO3-+4OH-=CaCO3↓+CO32-‎ ‎+2H2O，酸式盐与碱反应生成正盐和水的说法不全面，故D错误。‎ 2． C ‎ X与Y可形成如图所示的分子结构为过氧化氢，则X为H、Y为O，因为Y与Z同主族，则Z为S，因为短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，W为Cl。原子核外电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故原子半径的大小顺序为Z＞W＞Y＞X，A错误；原子的非金属性越强，其对应气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物热稳定性大小顺序为W＞Y＞Z，B错误；元素Z和W均有多种正价态，故均存在两种以上的含氧酸，C正确；硫元素（Z）在自然界中以化合态和少量游离态的形式存在，D错误；故答案选C。‎ 3． C ‎ 与x相连的电极上发生氧离子失电子生成氧气的氧化反应，x极为电源正极，故A正确；a极为阳极，当有2 mol电子流出a极时，产生0.5 molO2，故B正确；b极CO2‎ 的反应式：CO2+2H++2e－=CO+H2O，H2O＋2e－=H2+O2-，故C错误；在电场作用下，电解质中阴离子移向阳极，由b向a移动，故D正确。‎ 1． C ‎ 随着酸液的加入，含碳组分a逐渐减少，含碳组分b逐渐增多，此时发生反应，则a代表碳酸根离子，b代表碳酸氢根离子，c为碳酸分子。‎ 根据分析，a代表碳酸根离子，c为碳酸分子，A错误； H2CO3和CO32-会发生反应，无法大量共存，B错误；当不考虑盐类水解时，需要以2:1的比例向碳酸钠中加入盐酸，会实现，此时，但是由于存在盐类水解，且碳酸根离子的水解能力特别强，故不需要加入那么多盐酸即可实现，此时，C正确； 碳酸钠溶液的水解平衡常数的计算公式为，可选取图像中pH=11的点，此时，故，故D错误。‎ 2． D 位移-时间图象切线的斜率表示该时刻的速度，则知在10s末时，质点的速度为零，故A错误；在20s内质点的位移为△x=x2-x1=0‎-1m=-‎1m，故B错误；在0～10s内，物体沿正方向做减速运动，加速度方向与速度方向相反，即沿负方向；在10～20s内，斜率为负值，说明物体沿负方向运动，斜率增大，做加速运动，加速度方向与速度方向相同，即沿负方向。所以在3s和15s时，质点的加速度方向相同，故C错误，D正确。故选D。‎ 3． B　‎ 对小球,沿斜面方向,由平衡条件得Tcos 30°=mgsin 30°,对小球和斜面体组成的整体,在水平方向,由平衡条件得f=Tcos 60°=mg ,项B正确.‎ 4． A 由开普勒定律知变轨后在周期变小，则轨道半径变小，A正确；向心加速度变大，B错；线速度变大，C错；角速度变大，D错。‎ 1． D 小滑块在B端时，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，解得FN＝28 N，A错误；根据动能定理有mgR－W＝mv2，解得W＝mgR－mv2＝0.5 J，B错误；小滑块从B点做平抛运动，水平方向上x＝vt，竖直方向上h＝gt2，解得x＝v·＝‎1.2 m，C错误，D正确。‎ 2． B　‎ 带电小球以初速度v从M运动到N的过程中,受到了重力和电场力的作用,竖直方向上只受重力,水平方向上只受电场力,到达N点时,竖直方向上到了最高点,初动能全部转化成重力势能,所以重力势能增加了mv2,C错误;电势能减少了m(2v)2=2mv2,D错误;减少的电势能全部转化为小球的机械能,所以机械能增加了2mv2,B正确;根据动能定理,合外力做的功等于动能的变化量,可知小球动能增加了mv2,A错误.‎ 3． BD 电动机多做的功转化为物体的动能以及系统的内能；在该过程物体获得的动能为；‎ 系统产生的内能大小为：；；设经过时间t物块与传送带共速；结合牛二定律物块的加速度大小为；故；；；故；‎ 故A电动机多做的功为：mv2‎ 所以，A错，D对；摩擦力对物体做的功为物体动能的增加量；故B 对；传送带克服摩擦力做的功即摩擦力对物体做的负功大小为；故C 错误；‎ 4． AC　‎ 铅块C在A上滑行时，木块一起向右运动，铅块C刚离开A时的速度设为vC′，A和B的共同速度为vA，在铅块C滑过A的过程中，A、B、C所组成的系统动量守恒，有mCv0＝(mA＋mB)vA＋mCvC′‎ 在铅块C滑上B后，由于B继续加速，所以A、B分离，A以vA匀速运动，在铅块C在B上滑行的过程中，B、C组成的系统动量守恒，有mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v代入数据解得vA＝‎0.25 m/s，vC′＝‎2.75 m/s。‎ 1． A、C　‎ 由于在两个磁场中均做匀速直线运动,根据能量守恒定律可知,线框在穿过两个磁场的过程中产生的电能之比为1∶1,项A正确;由自由落体运动规律可得,线框在上方磁场中的速度为v1=,在下方磁场中的速度为v2=2,所以v1∶v2=1∶2,项B错误;由线框在磁场中做匀速直线运动可知,mg=,故上、下两个磁场的磁感应强度之比为∶1,项D错误;线框穿过磁场的过程中产生的电流I=,故线框在穿过上、下两个磁场过程中产生的电流之比为1∶,项C正确.‎ ‎22.(1)A　(2)－mghB　m　(3)C　‎ ‎(1)重物下落过程中重力势能减少，动能增加，故该实验需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量在误差范围内是否相等，A项正确．‎ ‎(2)重物的重力势能变化量为ΔEp＝－mghB，‎ 动能的变化量ΔEk＝mv＝m.‎ ‎(3)重物重力势能的减少量略大于动能的增加量，是因为重物下落过程中存在空气阻力和摩擦阻力的影响，C正确．‎ ‎23.(1)R1　(2)连线如图所示　(3)2 520　(4)D ‎(1)为了使电阻箱调节时，滑动变阻器分得的电压变化很小，分压电路中滑动变阻器的最大阻值越小越好，因此应选用R1.‎ ‎(2)电路图如图所示 ‎(3)如果认为滑动变阻器分得的电压不变则调节电阻箱后，电压表两端的电压为2.00 V，电阻箱两端的电压为0.5 V，根据串联电路的分压原理，＝，求得电压表的内阻RV＝4×630.0 Ω＝2 520 Ω.‎ ‎(4)如果此电压表由一个表头与一个电阻串联组成，可知此表头的满偏电流为Ig＝‎ ＝1 mA，D项正确．‎ ‎24.由几何关系可得半径r甲=R,........2分 洛伦兹力提供向心力 qvB＝m........4分 乙以速率 射入磁场,由半径公式可得半径r乙=R,........1分 设乙轨迹圆弧所对的圆心角为θ,则tan =,........2分 则θ=120°,........1分 则CD=2Rsin 60°=R................2分 ‎25.(1)赛车恰通过C点的条件是mg＝........2分 ‎ 解得最小速度vC＝ ‎ 由B到C过程应用机械能守恒定律得 mv＝mv＋mg·2R........2分 在B点应用牛顿第二定律得 FN－mg＝m........2分 联立解得vB＝＝‎4 m/s FN＝6mg＝30 N 由牛顿第三定律得，赛车对轨道的压力FN′＝FN＝30 N.......1分 ‎(2)由A到B过程克服摩擦力做功产生的热量Q＝Ff L .......2分 ‎ 根据能量守恒定律得 ‎ Pt＝mv＋Q.......2分 ‎ 联立解得t＝4 s。.......1分 ‎ (3)由A到C过程根据能量守恒定律得 ‎ Pt0＝mvC′2＋Q＋mg·2R0 .......2分 ‎ 赛车过C点后做平抛运动，有 ‎ 2R0＝gt2，.......2分 x＝vC′t .......2分 ‎ 联立解得x2＝－16R＋9.6R0 .......1分 ‎ 当R0＝‎0.3 m时xmax＝‎1.2 m.......1分 ‎26.（1）吸热（1分）升高温度、提高氢气浓度、吸收CO、液化水蒸气（任选两条）（2分）‎ ‎（2） ① T3>T2>Y1 （2分） ② m3Y1 ；②增大n(H2)，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率越大，所以m3