高考好教育高三最新信息卷理综七解析版Word文件下载.docx
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根据下图及所学知识,下列说法中错误的是
A.切段浸入蒸馏水1h是为了减少切段中原有激素对实验结果的影响
B.两组实验中切段的长度均先增后减,说明A的作用具有两重性
C.浓度为0.1mg/L时实验二所得数据与实验一偏差较大,需要再重复一次
D.实验结果表明生长素类似物A促进胚芽鞘伸长的最适浓度为1mg/L左右
【解析】将切段浸泡在蒸馏水中浸泡1小时,是为了减少切段中内源激素对实验结果的影响,A正确;
两组实验中切段的长度相比于浓度为0时没有表现为减弱,不能说明A的作用具有两重性,B错误;
实验过程中浓度为0.1mg/L时,第二次实验与初次实验结果偏差较大,为检验该浓度下相关数据的可靠性,避免偶尔误差,还应重复实验,C正确;
观察图可以看出1mg/L浓度的A溶液中培养,促进切段伸长的效果最明显,D正确。
4.下列有关细胞的衰老、凋亡、癌变的叙述,正确的是
A.衰老细胞的酶活性都降低,细胞核减小
B.细胞免疫引起的靶细胞死亡不属于细胞凋亡
C.癌变的细胞中,细胞膜上糖蛋白大量增加
D.细胞的衰老、凋亡和癌变,都会引起细胞结构和功能的改变
【答案】D
【解析】衰老细胞中部分酶的活性降低,细胞核体积增大,A错误;
细胞免疫引起的靶细胞死亡属于细胞凋亡,B错误;
癌变的细胞中,细胞膜上糖蛋白大量减少,C错误;
细胞的衰老、凋亡和癌变,都会引起细胞结构和功能的改变,D正确。
5.抗生素的滥用,会使一些细菌产生抗药性。
依据现代生物进化理论的观点,细菌产生抗药性的原因是
A.长期大量使用抗生素,会使细菌抗药性基因频率增大
B.抗生素使细菌细胞中染色体的结构和数目发生改变
C.抗生素使用过程中,细菌逐渐向抗药性增强的方向变异
D.抗生素诱发细菌产生基因突变,使细菌中出现抗药性强的个体
【答案】A
【解析】抗生素会对细菌抗药性进行选择,使抗药性基因频率增大,A正确;
细菌属于原核生物,没有染色体,其可遗传的变异来源只有基因突变,B错误;
细菌变异的方向是不定向的,而自然选择决定生物进化的方向,抗生素能对细菌的耐药性进行选择,不能决定其变异的方向,C错误;
细菌的变异是在使用抗生素之前就产生的,抗生素只能对细菌的变异进行选择,D错误。
6.下列有关种群、群落和生态系统的叙述,正确的是
A.性别比例直接决定着种群数量的变化
B.任一群落都具有垂直结构和水平结构
C.生态系统自我调节能力的基础是负反馈调节
D.研究能量流动的目的,就是使能量尽可能多地保留在生产者体内
【解析】性别比例影响种群数量的变化,A错误;
群落具有垂直结构和水平结构,但是一些人工群落垂直结构和水平结构不明显,B错误;
生态系统自我调节能力的基础是负反馈调节,通过负反馈调节以维持生态平衡,C正确;
研究生态系统中能量流动的主要目的,就是使能量流向对人类最有益的地方,造福人类,而不是使能量尽可能多地保留在生产者体内,D错误。
7.化学与生活、社会发展息息相关,下列有关说法不正确的是
A.将海水中的镁转化为氯化镁,再电解熔融氯化镁可制得金属镁
B.稻草秸秆和甘蔗渣中富含纤维素,可以用它来制造纸张
C.芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像,该过程涉及到化学变化
D.《新修本草》中有关于“青矾”的描述为:
“本来绿色,新出窟未见风者,正如瑙璃……烧之赤色……”这里的赤色是析出了Cu单质
【解析】A.海水中含有Mg元素,经沉淀富集、溶解、结晶、脱水后转化为无水MgCl2,电解熔融的MgCl2可得到镁单质,A项正确,不符合题意;
B.纸张主要成分为纤维素,稻草秸秆和甘蔗渣含有纤维素,可用于造纸。
B项正确,不符合题意;
C.光敏树脂遇光会改变其化学结构。
它是由高分子组成的胶状物质。
在紫外线照射下,这些分子结合成长长的交联聚合物高分子,属于化学变化,C项正确,不符合题意;
D.“本来绿色,新出窟未见风者,正如瑙璃……烧之赤色……”,由以上信息可以推测,青矾可能为FeSO4·
7H2O,青矾在空气中灼烧后发生分解、氧化,可以生成红棕色的氧化铁,D项错误;
本题答案选D。
8.苦艾精油由天然艾叶萃取精炼而成,中药常用作温经通络,益气活血,祛寒止痛等。
现代科学从其中分离出多种化合物,其中四种的结构如下:
下列说法正确的是
A.②③分子中所有的碳原子可能处于同一平面内
B.④的一氯代物有5种
C.②、④互为同分异构体
D.①②③均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【解析】A.如图:
,用圆圈圈出的碳原子一定不在同一平面上,故A错误;
B.
有6种等效氢,一氯代物有6种,故B错误;
C.②的分子式C10H18O,④的分子式C10H16O,分子式不同,不是同分异构体,故C错误;
D.①②③均含有碳碳双键,都能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故D正确。
9.NA为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是
A.1mol﹣OH(羟基)与lmolNH中所含电子数均为10NA
B.常温常压下,水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时,反应中转移的电子数为NA
C.6.4gCH4O中含有的C-H键数目小于等于0.6NA
D.标准状况下,2.24LNO2和N2O4混合气体中含0.2NA个氧原子
【解析】A.羟基不显电性,故1mol羟基中含9mol电子即9NA个,选项A错误;
B.根据2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2可知,增重的质量为与水物质的量相同的氢气的质量,故参与反应的水的物质的量为1mol,生成的氧气的物质的量为0.5mol,转移的电子0.5mol×
2=1mol,即NA,选项B正确;
C.6.4gCH4O物质的量为0.2mol,1个甲醇分了中有4个氢原子,其中含有3个C-H键,1个O-H键,所以0.2mol甲原分了中C-H键数目等于0.6NA,选项C错误;
D.NO2和N2O4中含有的氧原子个数不同,故标况下2.24L混合气体即0.1mol混合气体中氧原子的个数介于0.2NA到0.4NA之间,选项D错误。
答案选B。
10.实验室利用废弃旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示:
A.“溶解”操作中可用酸性条件下不断鼓入O2代替H2O2
B.铜帽溶解后,将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的H2O2
C.与加入锌粉反应的离子为Cu2+、H+
D.“过滤”操作后,将滤液蒸干、高温灼烧即可制取纯净的ZnO
【解析】A.酸性条件下,通入氧气可氧化铜生成硫酸铜,故A正确;
B.铜帽溶解后,溶液中存在过氧化氢,将溶液加热至沸腾,H2O2受热分解,可除去溶液中过量的H2O2,故B正确;
C.固体溶解中溶液中存在Cu2+、H+,二者都与锌反应,故C正确;
D.滤液中含有硫酸锌,直接加热、蒸发结晶得到ZnSO4·
7H2O,不能得到ZnO,故D错误。
故选D。
11.短周期主族元素W、M、X、Y、Z原子序数依次增大。
W的族序数是周期数的3倍,Ⅹ原子的最外层只有一个电子,Y是地壳中含量最多的金属元素,Z在同周期中原子半径最小。
下列说法错误的是
A.X2W2和X2W中阴、阳离子数之比均为1∶2
B.可用M的单质与W的氢化物反应证明非金属性M>
W
C.M、Z两种元素气态氢化物的稳定性比较:
M<
Z
D.盐XZW与浓盐酸反应,有黄绿色气体产生,此气体同冷烧碱溶液作用,可得到含XZW的溶液
【解析】由上述分析可知:
W是O,M为F,X是Na,Y为Al,Z为Cl。
A.X和W形成氧化钠和过氧化钠,氧化钠和过氧化钠中阴、阳离子数之比均为1∶2,故A正确;
B.氟气与水反应的化学方程式为2F2+2H2O=4HF+O2,氟能够将氧从其化合物中置换出来,说明非金属性:
F>O,故B正确;
C.M、Z位于同一主族,非金属性:
F>Cl,形成气态氢化物的稳定性HF>HCl,故C错误;
D.NaClO与浓盐酸反应的化学方程式为:
NaClO+2HCl=NaCl+H2O+Cl2↑,有黄绿色气体产生,氯气与冷的氢氧化钠溶液反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,又得到NaClO溶液,故D正确。
故选C。
12.常温下,将稀HCl溶液滴加到等浓度的弱碱AOH溶液中,测得混合液的pH和lg[c(AOH)/c(A+)]的关系如图所示,其中a点表示未加盐酸时的数据,e点表示HCl和AOH恰好完全反应时的数据。
A.常温下,A+的水解平衡常数为1.0×
10-10
B.点e溶液中水电离出的H+浓度为10-6.23mol/L
C.点c溶液中的n(A+)+n(AOH)等于点e溶液中的n(Cl-)
D.点d溶液中:
c(Cl-)>
c(AOH)>
c(A+)
【解析】A.由图可知,a点时lg[c(AOH)/c(A+)]=1,c(AOH)/c(A+)=10,pH=11,Kb===10-4,则A+的水解平衡常数为==1.0×
10-10,故A正确;
B.由题中信息可知,e点表示HCl和AOH恰好完全反应,溶液为ACl溶液,ACl为强酸弱碱盐水解显酸性,溶液中的H+来自水的电离,所以点e溶液中水电离出的H+浓度为10-6.23mol/L,故B正确;
C.e点表示HCl和AOH恰好完全反应,根据物料守恒:
n(A+)+n(AOH)=n(Cl-),从c点到e点继续滴加盐酸,n(Cl-)增大,但n(A+)+n(AOH)不变,所以点c溶液中的n(A+)+n(AOH)等于点e溶液中的n(Cl-),故C正确;
D.d点溶液盐酸过量,溶液为ACl和HCl混合溶液,由于A+水解受到抑制,水解程度微弱,所以点d溶液中:
c(A+)>
c(AOH),故D错误。
答案选D。
13.H3BO3可以通过电解NaB(OH)4溶液的方法制备,其工作原理如图,下列叙述错误的是
A.N室发生的电极反应式为:
2H++2e-=H2↑
B.M室中稀硫酸可用盐酸替代
C.b膜为阴膜,产品室发生的反应方程式为:
B(OH)+H+=H3BO3+H2O
D.理论上每生成1mol产品,阳极室可生成标况下5.6L气体
【解析】A.N室中石墨为阴极,电解时阴极上水得电子生成H2和OH−,电极反应式为2H2O+2e−
=H2↑+2OH−或2H++2e−=H2↑,故A正确;
B.M室中稀硫酸若用盐酸替代,氯离子在阳极上放电生成的氯气易污染空气,H+通过a膜进入产品室,盐酸的浓度不断减小,则M室溶液的导电性逐渐减弱,电解效率逐渐降低,不利于硼酸的生产,故B错误;
C.M室中H+通过阳离子交换膜a膜进入产品室,原料室中的B(OH)通过阴离子交换膜b膜进入产品室,产品室中H+和B(OH)反应生成H3BO3,反应的离子方程式为B(OH)+H+=H3BO3+H2O,故C正确;
D.理论上每生成1mol产品,阳极室生成1molH+和0.25molO2,标况下0.25molO2的体积为5.6L,故D正确。
故选B。
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题有多选项符合题目要求。
全部答对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。
14.如图所示,水平面上固定着一个三棱柱体,其左侧光滑,倾角为α;
右侧粗糙,倾角为β。
放置在三棱柱体上的物块A和物块B通过一根跨过顶端定滑轮的细绳相连,若物块A和物块B始终保持静止。
A.仅增大角α,物块B所受的摩擦力一定增大
B.仅增大角α,物块B对三棱柱体的压力可能减小
C.仅增大角β,绳子的拉力一定增大
D.仅增大角β,地面对三棱柱体的支持力不变
【解析】细线的拉力T=mAgsinα,仅增大角α,细线的拉力变大,但因开始时B所受的摩擦力方向不能确定,则不能断定物块B所受的摩擦力一定增大,选项A错误;
仅增大角α,物块B对三棱柱体的压力仍等于mBgcosβ不变,选项B错误;
仅增大角β,绳子的拉力仍为T=mAgsinα不变,选项C错误;
对AB两物体以及三棱柱的整体而言,地面对三棱柱体的支持力等于整体的重力,则仅增大角β,地面对三棱柱体的支持力不变,选项D正确。
15.如图,光滑水平面上放着长木板B,质量m=2kg的木块A以速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板B的上表面,由于A、B之间存在有摩擦,之后,A、B的速度随时间变化情况如右图所示,重力加速度g=10m/s2。
则下列说法正确的是
A.A、B之间动摩擦因数为0.1
B.长木板的质量为1kg
C.长木板长度至少为2m
D.A、B组成系统损失机械能为4J
【解析】从图可以看出,A先做匀减速运动,B做匀加速运动,最后一起做匀速运动,共同速度v=1m/s,取向右为正方向,根据动量守恒定律得:
mv0=(m+M)v,解得:
M=m=2kg,故B错误;
由图象可知,木板B匀加速运动的加速度,对B根据牛顿第二定律得μmg=MaB,解得动摩擦因数μ=0.1,故A正确;
由图象可知前1s内B的位移,A的位移,所以木板最小长度,故C错误;
A、B组成系统损失机械能,故D错误。
16.如图所示,两电荷量分别为-Q和+2Q的点电荷固定在直线MN上,两者相距为L,以+2Q的点电荷所在位置为圆心、
为半径画圆,a、b、c、d是圆周上四点,其中a、b在MN直线上,c、d两点连线垂直于MN,下列说法正确的是
A.c、d两点的电势相同
B.a点的电势高于b点的电势
C.c、d两点的电场强度相同
D.a点的电场强度小于b点的电场强度
【解析】a、b、c、d四点在以点电荷+2Q为圆心的圆上,可知+2Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的,所以a、b、c、d四点的总电势可以通过-Q产生的电场的电势确定,根据顺着电场线方向电势降低可知,b点的电势最高,c、d两点对称电势相等,a点电势最低,故A正确,B错误;
+2Q的场源在c、d两点产生的场强大小相等,-Q的场源在c、d两点的产生的场强大小也相等,根据场强的合成可知两点的总场强大小相等,但方向不同,故c、d两点的电场强度不同,故C错误;
由点电荷的场强公式,合成可得,方向向左;
,方向向右,故,则D错误。
故选A。
17.有a、b、c、d四颗地球卫星,卫星a还未发射,在地球赤道上随地球表面一起转动,卫星b在地面附近近地轨道上正常运动,c是地球同步卫星,d是高空探测卫星,各卫星排列位置如图,则有
A.a的向心加速度等于重力加速度g
B.b在相同时间内转过的弧长最长
C.c在4h内转过的圆心角是
D.d的运动周期有可能是20h
【解析】同步卫星的周期必须与地球自转周期相同,角速度相同,则知a与c的角速度相同,根据a=ω2r知,c的向心加速度大于a的向心加速度。
由G=mg,解得:
g=,卫星的轨道半径越大,向心加速度越小,则c的向心加速度小于b的向心加速度,而b的向心加速度约为g,a的向心加速度小于重力加速度g,故A错误;
由,解得:
,卫星的半径r越大,速度v越小,所以b的速度最大,在相同时间内转过的弧长最长,故B正确;
c是地球同步卫星,周期是24h,则c在4h内转过的圆心角是,故C错误;
由开普勒第三定律得:
=k可知:
卫星的半径r越大,周期T越大,所以d的运动周期大于c的周期24h,有不可能是20h,故D错误。
18.如图所示,在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场B,一群质量为m、带电量为q正负微粒(不计重力),从P点以相同速度v沿图示方向进入磁场,已知OP=L,x正半轴和y负半轴安装足够长的荧光屏接收粒子,下列判断不正确的(sin37°
=0.6,cos37°
=0.8)
A.能够从x正半轴射出磁场的所有微粒一定带正电
B.比荷大于
的所有正微粒都不能进入第一象限
C.能够从y负半轴射出磁场的某两个微粒在磁场中运动时间一定相等
D.若
,微粒射出磁场时位移最大
【解析】粒子要从x正半轴射出磁场,则粒子的轨迹向上偏转,由左手定则可知,微粒一定带正电;
故A正确;
正微粒不能x轴射出,则不能进入第一象限,轨迹图如图,当,则粒子不能进入第一象限,,代入得,故B正确;
y负半轴射出磁场的两个微粒属于磁场中直线边界问题,直线边界,粒子进出磁场具有对称性,但正负微粒对应的圆心角不同,如图,故运动时间不一定相等,故C错误;
微粒射出磁场时位移最大的轨迹图如图所示,则有,又,故,故D正确。
19.如图所示,质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。
一电阻为r,质量为m的导体棒PQ放置在导轨上,始终与导轨接触良好,PQbc构成矩形,棒与导轨间无摩擦、棒左侧有两个固定于水平面的光滑立柱。
导轨bc段电阻为R,长为L,其他部分电阻不计。
以ef为界,其左侧匀强磁场方向竖直向上,右侧匀强磁场水平向右,磁感应强度大小均为B。
在t=0时,一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上,使导轨由静止开始做匀加速直线运动,加速度为a。
则
A.F与t2成正比
B.F和t是线性关系
C.当t达到一定值时,QP刚好对轨道无压力
D.若F=0,PQbc静止,ef左侧磁场均匀减小,QP可能对轨道无压力
【答案】BC
【解析】t时刻dc产生的感应电动势E=BLv,导轨做初速为零的匀加速运动,v=at,则E=BLat;
感应电流I,金属导轨abcd安培力大小F安=BIL,对导轨,由牛顿第二定律得:
F﹣F安=ma,则得:
F=mat,可知F与t2不成正比,F与t成线性关系,故A错误,B正确;
当t达到一定值时,导致QP的电流,产生的安培力等于其重力,则刚好对轨道无压力,故C正确;
当ef左侧磁场均匀减小,不管减小到什么值,QP对轨道压力不会为零,因为受到的安培力与重力同向,故D错误。
20.如图所示,一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)左端固定在A点,弹性绳自然长度等于AB,跨过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为m的小球,小球穿过竖直固定的杆。
初始时A、B、C在一条水平线上,小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零。
已知C、E两点间距离为h,D为CE的中点,小球在C点时弹性绳的拉力为
,小球与杆之间的动摩擦因数为0.5,弹性绳始终处在弹性限度内。
A.小球在D点时速度最大
B.若在E点给小球一个向上的速度v,小球恰好能回到C点,则
C.小球在CD阶段损失的机械能等于小球在DE阶段损失的机械能
D.若仅把小球质量变为2m,则小球到达E点时的速度大小
【答案】AB
【解析】当小球运动到某点P点,弹性绳的伸长量是,小球受到如图所示的四个力作用:
其中,将正交分解,则、,的竖直分量。
据牛顿第二定律得:
,解得:
,即小球的加速度先随下降的距离均匀减小到零,再随下降的距离反向均匀增大。
据运动的对称性可知,小球运动到CE的中点D点时,加速度为零,速度最大,故A正确;
对小球从C运动到E过程,应用动能定理得:
;
若小球恰能从E点回到C点,应用动能定理得:
联立解得:
、,故B正确;
小球在全程所受摩擦力大小不变,小球在CD段所受弹力竖直分量较小;
则小球在CD段时摩擦力和弹力做的负功比小球在DE段时摩擦力和弹力做的负功少,小球在CD阶段损失的机械能小于小球在DE阶段损失的机械能,故C错误;
若仅把小球质量变为2m,对小球从C运动到E过程,应用动能定理得:
小球到达E点时的速度大小,故D错误。
21.如图所示,在方向竖直向上、大小E=1×
106V/m的匀强电场中,固定一个穿有A、B两个小球(均视为质点)的光滑绝缘圆环,圆环在竖直平面内,圆心为O、半径R=0.2m。
A、B用一根绝缘轻杆相连,B球带电荷量q=+7×
l0-6C,A球不带电,质量分别为mA=0.1kg、mB=0.8kg。
将两小球从圆环上的图示位置(A与圆心O等高,B在圆心O的正下方)由静止释放,重力加速度大小为g=10m/s2。
A.小球A和B受到的合力的大小相等
B.小球B不能到达圆环的最高点
C.小球A和B的速度大小始终相等
D.两小球及轻杆组成的系统最大动能为
J
【答案】BCD
【解析】设B转过α角时,A、B的速度分别为vA、vB,因A、B做圆周运动的半径和角速度均相同,故vA=vB,所以小球A和B切向加速度大小和法向加速度大小相等,但两球的质量不等,根据牛顿第二定律可知小球A和B受到合力大小不等,故A错误,C正确;
设B到达圆环最高点时A、B的动能分别为EKA、EKB,对A根据动能定理有:
,对B根据动能定理有:
,联立解得:
,上式表明:
B在圆环最高点时,系统动能为负值,所以B不能到达圆环最高点,故B正确;
对A由动能定理:
,对B,由动能定理:
,据此式知,当时,两小球及轻杆组成的系统最大动能是,故D正确。
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38题为选考题,考生根据要求做答)
(一)必考题(共129分)
22.(6分)某同学用如图所示装置来探究“在外力一定时,物体的加速度与其质量之间的关系”。
(1)下列实验中相关操作正确的是________。
A.平衡摩擦力时,应先将沙桶用细线绕过定滑轮系在小车上
B.平衡摩擦力时,小车后面应固定一
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