1、桂林十八中18级高三第8次月考试卷理科综合注意事项：本试卷共12页，答题卡2页。考试时间150分钟，满分300分； 正式开考前，请务必将自己的姓名、学号用黑色水性笔填写清楚填涂学号； 请将所有答案填涂或填写在答题卡相应位置，直接在试卷上做答不得分。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Al-27 Cu-64 Ag-108 Ca-40 Ba-137第I卷（选择题，共126分)一、选择题：本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求1关于如图所示生物或细胞的叙述，正确的是（ ）Aa、b、c、d均能进行无氧呼吸 Ba、b、c、d的遗传信息均储存在DNA
2、中Cb、d均可在叶绿体中合成有机物 Db、c、d均有纤维素和果胶构成的细胞壁2细胞中许多结构产生H与ATP。下列关于H和ATP的叙述错误的是（ ）A叶绿体内的H来自水，H用于还原C3B线粒体内的H都来自丙酮酸，H用于还原氧气生成水C线粒体内的ATP不能用于植物的各种生命活动D适宜光照下叶肉细胞的细胞质基质、线粒体和叶绿体中都有ATP合成3结合图分析，下列叙述错误的是（ ）A无细胞结构的生物只将核酸注入宿主细胞 B核苷酸序列不同的基因可表达出相同的蛋白质C遗传信息传递到蛋白质是表现型实现的基础 D遗传信息可在相同或不同的分子之间传递4关于现代生物进化理论的叙述，正确的是（ ）A一个池塘内所有生物
3、构成生物进化的基本单位 B进化的原材料只能由基因突变产生C二倍体草莓与四倍体草莓不存在生殖隔离 D生物多样性是通过共同进化形成的5为了验证胰岛素具有降低血糖含量的作用，根据设计实验的单一变量原则，如果以正常小鼠注射某种药物前后，小鼠有无低血糖症状作为观察指标，则下列对实验组小鼠注射药物的顺序，正确的是（ ）A先注射胰岛素溶液，后注射胰高血糖素溶液 B先注射胰岛素溶液，后注射葡萄糖溶液C先注射胰岛素溶液，后注射生理盐水 D先注射葡萄糖溶液，后注射胰岛素溶液6下丘脑在人体内环境的稳态与调节过程中发挥至关重要的作用。关于下丘脑功能的叙述错误的是（ ）A下丘脑体温调节中枢发出的神经可支配肾上腺的活动B
4、下丘脑的活动受其他相关激素负反馈调节C下丘脑分泌的抗利尿激素可引起尿量增加 D下丘脑分泌促甲状腺激素释放激素可间接引起机体产热量增加7化学与生活、生产科技密切相关。下列叙述正确的是（ ）A明矾在天然水中能生成胶体，可用于水的消毒杀菌B高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板，属于无机高分子材料C梦溪笔谈中“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了氧化还原反应D我国北斗系统的导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅8NA 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A标准状况下，2.24L水中含有0.2NA个极性键 B13g乙炔(C2H2)和13g苯均含有2NA个原子C1 mol H
5、216O比1mol H218O少2NA个质子 D0.1 L 1 molL-1 CH3OH溶液中含有0.1NA个分子9有机物N具有抗肿瘤、镇痛等生物活性。N可由M合成：下列相关说法正确的是（ ） AM中所有碳原子可能共面 BN可以与钠反应生成H2 CM生成N的反应为取代反应 DM、N的一氯代物数目相同10利用图中实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是（ ）A利用图1装置可从胆矾晶体中获得无水硫酸铜B利用图2装置可分离石油，得到汽油、煤油和柴油等各种馏分C利用图3装置可分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5混合液D利用图4装置可进行酸碱中和滴定11下列离子方程式正确的是（ ）A电解氯化镁溶
6、液：2Cl+2H2O2OH-+H2+Cl2B向FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3+ + 2Cl C用醋酸除去水垢：CaCO3 +2H+=Ca2+ + CO2 + H2ODK2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32+ 2Cl2 + 3H2O = 2SO32+ 4Cl + 6H+12某化合物(结构如图所示)是一种高效消毒剂，可用于工业用水、游泳池、医院、餐具的杀菌消毒。X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，Z与W不在同一周期。下列叙述不正确的是（ ）A原子半径：WYZX B该化合物中所有原子都满足8电子稳定结构CX、Y均能与Z形成两种或以上化合物 DW的单质能
7、使鲜花褪色13二氧化氯是一种新型消毒剂，以氯酸钠为原料采用电解法制备二氧化氯装置如图所示。下列说法不正确的是（ ）A 电极B的材料是石墨 B 阴极区部分C1O2循环反应C 产生C1O2的反应式为：C1O3+ C1O2+ 2H+ = 2C1O2 + H2O D 电解后阳极区溶液pH增大二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项符合题目要求，第1821题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。14下列关于近代物理知识的描述中，正确的是（）A氢原子的基态能级为13.6eV，当用光子能量为11.05eV的光照射处于基
8、态的氢原子时，氢原子可以吸收光子而跃迁至n2（E23.4eV）的激发态B比结合能越小，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定C衰变中产生的射线实际上是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的D在核反应中，X是质子，这个反应过程叫原子核的人工转变15如图所示，一个不带电的金属导体P正在向带正电的小球Q缓慢靠近，但不接触，也没有发生放电现象，则下列说法正确的是（）A导体P的左端感应出正电荷，导体P的右端感应出负电荷B导体P上的感应电荷在C点产生的场强始终大于在B点产生的场强C导体P上的C点的电势高于B点电势D若手不小心触碰了一下导体B端，则导体P上的正电荷转移到了大地中16沿固定斜面上滑的物体受到与
9、斜面平行向上的拉力F的作用，其上滑的vt图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在05s、510s、1015s内F的大小分别为F1、F2和F3，则（）AF2=0BF1F2CF1F3DF1F317.2020年7月23日，我国成功发射了“天问一号”火星探测器，据估算，“天问一号”将于2020年除夕夜前后到达火星，向世人展示火星之美。假设探测器着陆火星后，在两极处测得质量为m的物块受到的火星引力为F，已知火星的半径为R，万有引力常量为G，则下列的科学猜想正确的是（）A.火星的第一宇宙速度为v=FRm B“天问一号”火星探测器的质量为FR2GmC.赤道表面的重力加速度为gFm D火星的同步
10、卫星线速度为FRm18.如图，a、c是水平放置的通电螺线管轴线上的两点，c是螺线管轴线中点，b、d是通电螺线管中垂线上、关于轴线对称的两点，则下列关于4个点的说法中正确的是（）Ac点处的磁感应强度最大Bb、d两点处的磁感应强度相同Cb、c两点处的磁感应强度方向相同Dc点处的磁感应强度方向水平向左19.如图所示，用水平力F将一个盛满水的方形容器压在竖直的墙上且处于静止状态。现在容器底部开一个小孔放水，直到将容器的水刚好放完为止，在此过程中容器始终保持静止，下列说法正确的是（）A水平力F可能不变 B容器受到的摩擦力可能不变C容器受到的摩擦力逐渐减小D墙对容器的弹力一定逐渐减小20一只小船在静水中的
11、速度大小为3 m/s，它在一条河宽为150 m，水流速度大小为4 m/s的河流中渡河，河流的两岸平行且水流方向与河岸平行，则该小船() A能到达正对岸B渡河的时间不可能少于50 sC以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为200 mD以最短位移渡河时，位移大小为150 m21用如图所示的工程机械装置移动重物，其中轻杆的A端用铰链固定，滑轮在轻杆A端的正上方（滑轮大小及摩擦均可不计），轻杆的B端悬挂一重物，将轻绳的一端拴在轻杆的B端，用拉力F将B端缓慢放下，直到轻杆AB达到水平，下列说法正确的是（）A重物受到3个力作用B轻杆AB的B端受力不变CF增大D重物的机械能减小第II卷（非选择题，共17
12、4分）三、非选择题：共174分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。22.（5分）（1）用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为 cm。（2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值 （选填“偏大”或“偏小”）。（3）用多用电表的欧姆挡测电阻时，下列说法中正确的是 （填字母代号）。A多用电表的指针达满偏时，被测电阻值最大B测电阻前，把面板上的选择开关置于相关量程的欧姆挡上，将两表笔的金属杆直接短接，调整欧姆挡的调零旋钮使指针指在电流的最大刻度处C用欧姆表的R10挡时，指针指在刻度2040的正中央，则被
13、测电阻的阻值为300D用欧姆表的R100挡测电阻时，若指针指在0处附近，则应换用R1k挡测量23. （10分）（1）某实验小组欲利用图甲所示装置“探究加速度a与质量M的关系”，其操作正确的是 。A如图安装好实验器材后，首先平衡摩擦力，即不挂钩码，调节长木板的倾角，然后接通电源，并轻推小车让小车带着纸带匀速滑下B实验时所挂钩码的总质量应保持不变，且钩码的总质量必须远小于小车的质量C每次改变小车的质量后均需重新平衡摩擦力D测出多组a、M数据后，为了找到a、M的关系，应作aM图象（2）该实验小组若欲继续探究“加速度与合力的关系”，为了更准确地测出小车所受合力的情况，该小组将实验装置改装成了如图乙所示
14、的装置，其具体操作步骤如下：按图乙所示安装好实验器材，木板放在水平桌面上，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；挂上钩码，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，根据纸带求出小车的加速度；改变钩码的数量，重复步骤，求得小车在不同合力作用下的加速度。i对于上述实验，下列说法正确的是 ；A实验过程中应保证小车的质量不变B钩码的质量应远小于小车的质量C与小车相连的细线与长木板一定要平行D弹簧测力计的读数应为钩码重力的一半由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图象应为下图中的 ；A. B. C. D.如图丙所示为某次实验得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F为连续取出的六个计数
15、点，打出的每5个点为一个计数点，所用电源的频率为50Hz。由于不小心，纸带CD间被扯断，因此实验小组只测出了计数点AB和EF间的距离，则由所测纸带数据可得小车运动的加速度大小为 m/s2，并由此可计算出CD间的距离应为 cm（结果均保留两位小数）。24.(14分)如图所示，半径R1.25m的四分之一光滑圆弧轨道固定于竖直平面内，其下端与静置在光滑水平地面上的木板A紧靠在一起，且圆弧轨道最低点与A上表面相切。可视为质点的滑块B由圆弧轨道的最高点静止下滑，当A和B的速度刚好相同时，滑块B刚好运动到木板A的最右端。已知A、B的质量分别为mA3kg、mB2kg，A、B间的动摩擦因数0.25，重力加速度
16、g10m/s2。求：（1）(8分)滑块B到达圆弧轨道底端时对轨道的压力；（2）(6分)木板的长度L;25.（18分）如图所示，直角坐标系中的第象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电量为q、质量为m的带正电的粒子，在x轴上的点a以速率v0，方向和x轴负方向成60射入磁场，然后经过y轴上的b点垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x2L处的c点时速度大小为2v0不计粒子重力。求:（1）(8分)电场强度E的大小;（2）(10分)磁感应强度B的大小;26（14分）化学兴趣小组对某品牌牙膏中的摩擦剂成分及其含量进行以下探究：已知：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙
17、膏中的其它成分与NaOH和盐酸均不反应。I摩擦剂中氢氧化铝的定性检验。取适量牙膏样品于烧杯中，加水充分搅拌后过滤，滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤，向滤液中通入过量CO2有白色沉淀生成。(1)在上述操作中，需要用到图中的实验仪器有_(选填编号)(2)氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式为_，有同学认为滤液中通CO2后有白色沉淀生成不能证明摩擦剂中一定含有Al(OH)3，若要进一步证明含Al(OH)3，需要补充的操作是_(写出操作、现象和结论)。牙膏样品中碳酸钙的定量测定。利用如图所示装置(图中夹持仪器略去)进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。依据实
18、验过程回答下列问题：(3)装置A中发生反应的离子方程式为_，反应结束后，还要持续通一段时间空气的目的是_。(4)下列各项措施中，能提高测定准确度的是_(选填编号)。a把盐酸换成不具有挥发性的硫酸 b在AB之间增添盛有浓硫酸的干燥装置c滴加盐酸不宜过快 d在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置(5)实验中准确称取8.0 g样品三份，进行三次测定，测得生成BaCO3平均质量为1.97 g。则样品中碳酸钙的质量分数为_。27（14分）纳米氧化镁是在磁性、催化方面有许多特异功能的新材料，具有重要价值。工业以菱镁矿(主要成分为MgCO3，少量FeCO3和SiO2杂质)为原料制备纳米氧化镁工艺流程如
19、图：试回答下列问题：(1)“焙烧”时生成的主要气体有_；滤渣I的主要成分为_。(2)氧化剂常用空气或H2O2而不选用酸性KMnO4，解释其原因_。已知在该条件下金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表：金属离子Fe2+Fe3+Mg2+开始沉淀pH6.31.58.9完全沉淀pH9.02.810.9上述流程中“氧化”是否可省掉及理由是_。(3)试剂a可能是_。(4)资料显示锻烧MgCO3比锻烧Mg(OH)2更容易生成MgO纳米材料。“沉淀”时若将NH4HCO3更换成Na2CO3，则产生的后果是_。(5)该流程中可以循环利用的物质是_。28（15分）研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以
20、生成低碳有机物，主要有以下反应：反应I： CO2 (g) +3H2 (g)CH3OH (g) +H2O (g) H1= -49. 1 kJ/mol反应II： CH3OCH3(g) +H2O(g)2CH3OH (g) H2 = + 24.5kJ/mol反应III： 2CO2 (g) +6H2 (g) CH3OCH3 (g) +3H2O (g) H3(1)H3 =_kJ/mol。(2)在绝热恒容的密闭容器中，将CO2和H2按物质的量之比1：3投料发生反应I，下列能说明反应已达平衡的是_(填序号)。A体系的温度保持不变 BCO2和H2的转化率相等C单位时间内体系中3molH2减少的同时1molH2O
21、增加 D合成CH3OH的反应限度达到最大(3)已知：反应II在某温度下的平衡常数的值为2，在此温度下向密闭容器中加入等物质的量的CH3OCH3(g)和H2O(g)发生该反应，某时刻测得CH3OCH3、H2O、CH3OH的浓度依次为1.5mol/L、1.5mol/L、1mol/L，此时CH3OCH3的转化率是_，反应速率v(正)_v(逆) (选填“”、“=”或“、=、 X(C) Y(N) Z(O)，A错误；B该化合物中不含氢原子，所有原子都为8电子稳定结构，B正确；CX为C元素，Y为N元素，Z为O元素，则X、Y能与Z分别形成CO和CO2等、NO和NO2等两种及其以上化合物，C正确；DW的单质为氯
22、气，鲜花中含水分，则氯气可使湿润的鲜花褪色，D正确；13.【答案】D【分析】由电解法制备二氧化氯的示意图可知，A电极为电解池的阴极，C1O2在阴极上得到电子发生还原反应生成C1O，酸性条件下，生成的C1O与溶液中C1O发生氧化还原反应生成C1O2，B电极为阳极，溶液中的水在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气。【详解】A.由分析可知，B电极为阳极，由阳极上水失去电子发生氧化反应可知，该电极为石墨惰性电极，故A正确；B.由分析可知，C1O2在阴极上发生还原反应生成C1O，C1O又与溶液中C1O发生氧化还原反应生成C1O2，则阴极区部分C1O2循环反应，故B正确；C.由分析可知，酸性条件下，生成的C
23、1O与溶液中C1O发生氧化还原反应生成C1O2，反应的化学方程式为C1O+ C1O +2H+=2C1O2+H2O，故C正确；D.由分析可知，溶液中的水在阳极上失去电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O4 e= O2+4H+，放电时由氢离子生成，则阳极区溶液pH减小，故D错误；26.【答案】(每空2分，共14分) BCD Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 将沉淀过滤洗涤，然后向其中加入适量盐酸，若沉淀溶解，无气泡产生，说明含有Al(OH)3，否则不含有Al(OH)3； CO2+2OH-=CO32-+H2O 使反应产生的CO2全部被装置C中的氢氧化钡溶液吸收 c 12.5% 【
24、分析】I将适量牙膏放入烧杯中，加水充分搅拌后过滤，使难溶性物质与可溶性物质分离，然后向滤渣中加入过量 NaOH溶液，Al(OH)3反应产生可溶性NaAlO2，CaCO3不能溶解，过滤后滤液中含有NaAlO2及过量NaOH，向其中通入足量CO2气体，NaOH变为NaHCO3，NaAlO2变为Al(OH)3，结合物质的溶解性判断产生沉淀的成分；实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数。实验前先通入空气，排出装置中的空气，A可以除去空气中的CO2，B中盐酸与CaCO3反应产生CO2气体，气体进入C与Ba(OH)2反应产生BaCO3沉淀，装置D可以防止空气中C
25、O2与Ba(OH)2反应，实验结束后，再通入空气，把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全转化为BaCO3沉淀。【详解】I(1)牙膏与水混合，充分搅拌过滤时使用的仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故需要使用的实验仪器序号为BCD；(2)Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强酸、强碱发生反应，Al(OH)3与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2O，该反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；若摩擦剂中无Al(OH)3，向加入NaOH后的滤液中通入足量CO2气体，发生反应：NaOH+CO2=NaHCO3，若产生的NaHCO3比较多，而其溶解度又比较小，则产生的沉淀可能是NaHCO3
26、沉淀；若摩擦剂中含有Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应变为可溶性物质NaAlO2，此时的滤液中含有过量NaOH及反应产生的NaAlO2，再向该滤液中通入足量CO2气体时，NaOH先发生反应产生Na2CO3，然后发生反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+NaHCO3，则此时产生的沉淀可能是Al(OH)3、NaHCO3的混合物，故有同学认为滤液中通CO2后有白色沉淀生成不能证明摩擦剂中一定含有Al(OH)3，若要进一步证明含Al(OH)3，可将该沉淀过滤出来洗涤干净，向其中加入适量盐酸，若沉淀溶解，无气泡产生，说明含有Al(OH
27、)3，否则不含有Al(OH)3；(3)装置A的作用是吸收空气中CO2，发生反应产生Na2CO3，该反应的离子方程式为：CO2+2OH-=+H2O；反应结束后，还要持续通一段时间空气的目的是将反应产生的CO2气体全部排入装置C中，与Ba(OH)2溶液反应产生BaCO3沉淀，以减小实验误差；(4) a若把盐酸换成不具有挥发性的硫酸，CaCO3与硫酸反应产生微弱性CaSO4覆盖在CaCO3表面，使反应不能进一步发生，导致测定准确度偏低，a不符合题意；bB、C中的反应均是在溶液中进行，因此不需要干燥装置，若在AB之间增添盛有浓硫酸的干燥装置，不能提高实验测定准确度，b不符合题意c若滴加盐酸过快，则生成
28、CO2过快，C中CO2不能全部被Ba(OH)2溶液吸收，所以滴加盐酸不宜过快可以使CO2被充分吸收，从而可提高实验准确度，c符合题意；d若在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，挥发的HCl进入盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置反应生成CO2气体，则在C中被氢氧化钡吸收的CO2偏多，会使测定准确度偏低，d不符合题意；(5)BaCO3质量为1.97 g，则n(BaCO3)=0.01 mol，根据C元素守恒可知在8.0 g样品中含有CaCO3的物质的量是0.01 mol，其质量m(CaCO3)=0.01 mol100g/mol=1.0 g，所以样品中碳酸钙的质量分数为100%=12.5%。27.
29、【答案】(除特别注明外，每空2分，共14分) NH3、CO2 SiO2（1分） 引入新杂质Mn2+，产品不纯；将Cl-氧化为Cl2造成污染 否（1分），不先将Fe2+氧化为Fe3+，则Fe2+完全沉淀时Mg2+已开始沉淀，难以完全除去铁元素（2分） MgO(或MgCO3、Mg(OH)2、Mg2(OH)2CO3等) Na2CO3碱性更强，反应中易生成更多Mg(OH)2而不利于MgO纳米材料的生成，纳米MgO纯度降低 NH4Cl 【分析】菱镁矿主要成分为MgCO3（含少量FeCO3和SiO2杂质），加入NH4Cl在空气中焙烧，主要反应为MgCO3+2NH4ClMgCl2+2NH3+CO2+H2O，
30、杂质FeCO3也发生类似的反应生成FeCl2，加水溶解，SiO2不溶于水，进入滤渣I中，加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，加入试剂a调pH，但不能引入新物质，故试剂a可以选择Mg的化合物MgO、MgCO3、Mg(OH)2、Mg2(OH)2CO3等，此时Fe3+完全水解为Fe(OH)3，过滤除去Fe(OH)3（滤渣II），加入NH4HCO3，Mg2+转化为MgCO3沉淀并得到NH4Cl溶液，经过煅烧得到纳米MgO。【详解】(1)根据分析，“焙烧”时生成的主要气体有NH3、CO2；滤渣I的主要成分为SiO2；(2)H2O2的还原产物为H2O，不会引入新杂质，而的还原产物为Mn2+，引入新杂质M
31、n2+，产品不纯，另外，氧化性很强，可将溶液中的Cl-氧化为Cl2，造成污染；根据表格数据可知，Fe2+的完全沉淀时Mg2+已开始沉淀，难以完全除去铁元素，故需将Fe2+氧化为Fe3+，得到Fe(OH)3过滤除去；(3)根据分析，试剂a可能是MgO(或MgCO3、Mg(OH)2、Mg2(OH)2CO3等)；(4)Na2CO3碱性比NH4HCO3更强，碱性强的溶液中易生成更多Mg(OH)2，而锻烧MgCO3比锻烧Mg(OH)2更容易生成MgO纳米材料，故使用Na2CO3不利于MgO纳米材料的生成，纳米MgO纯度降低；(5)根据分析，沉淀步骤中可得NH4Cl溶液，故可以循环的物质是NH4Cl。【答
32、案】(除特别注明外，每空2分，共15分) -122.7（1分） AD 25% KB 反应I的H0，230以后升高温度，平衡逆移使CH3OH的产率下降 BD 【详解】(1)由盖斯定律可知，(反应I2反应II)得反应III，则H3 =2H1 H2 =2(-49. 1 kJ/mol)(+ 24.5kJ/mol)= -122.7kJ/mol，故答案为：-122.7；(2) A.反应I为放热反应，放出的热量使反应温度升高，体系的温度保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达平衡，故正确；B. 由于二氧化碳和氢气的起始量之比与化学计量数之比相等，无论反应是否达到平衡，二氧化碳和氢气的转化率均相等，则二氧化碳和
33、氢气的转化率相等不能说明反应已达平衡，故错误；C.单位时间内体系中3mol氢气减少和1mol水蒸气增加均代表正反应速率，不能表示正逆反应速率相等，无法判断反应是否已达平衡，故错误；D.化学平衡状态是化学反应的最大限度，合成CH3OH的反应限度达到最大说明正逆反应速率相等，反应已达平衡，故AD正确；(3)由甲醇的浓度为1mol/L可知，反应消耗甲醚的浓度为0.5mol/L，起始时甲醚的浓度为(1.5mol/L+0.5mol/L)=2.0mol/L，则甲醚的转化率为100%=25%；由题给数据可知，某时刻反应的浓度熵Qc=K=2，说明平衡向正反应方向移动，则正反应速率大于逆反应速率，故答案为：25
34、%；(4)反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，由图可知温度Tl二氧化碳转化率大于温度T2，则温度Tl小于T2；温度不变，化学平衡常数不变，A、C温度相同，低于B，则反应的平衡常数KA、 KB、KC三者之间的大小关系为KA= KC KB ，故答案为： KB；(5)由图可知230C时反应I达到平衡，反应I为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则当温度高于230C时，甲醇的产率下降，故答案为：反应I的H0，230以后升高温度，平衡逆移使CH3OH的产率下降；使用CZ（Zr-1）T催化剂时甲醇的选择性和产率均更高，故选择CZ（Zr-1）T催化剂。从产率看，230
35、时CZ（zr-1）T催化剂作用下甲醇产率最高，故选择BD。35.【答案】（除特别注明外，每空2分，共15分) 2 （1分） 3d9 （1分） O （1分） Cu失去一个电子后的价层电子排布式为3d10，达到全充满稳定结构；Zn失去一个电子后的价层电子排布式为3d104s1，Zn+ 4s1上的电子比Cu+3d10上的电子易失去 乙醇分子间存在氢键 1:6 sp2、sp3 AgCu3或Cu3Ag 【分析】(1)化合物中所有元素化合价代数和为0，可计算出Cu的化合价和价电子排布式；（2）有孤电子对的原子提供孤对电子；（3）根据价电子排布分析分子间存在氢键比没有氢键的化合物沸点高；（4）4条键，碳原子
36、无孤电子对，采取sp3杂化类型， 3条键和1条键，碳原子无孤电子对，采取sp2杂化类型；NA采用密度公式进行计算。【详解】(1)根据化合物中所有元素化合价代数和为0，可计算出Cu的化合价为+2，所以Cun离子，n2，Cu的价电子排布式为3d104s1, Cu2+价电子排布式为3d9； (2)“中国蓝”中Ba2+、Si都不存在孤对电子，而O原子中存在孤对电子，所以只能氧原子来提供孤对电子；(3) Cu失去一个电子后的价层电子排布式为3d10，达到全充满稳定结构；Zn失去一个电子后的价层电子排布式为3d104s1，Zn+ 4s1上的电子比Cu+3d10上的电子易失去，所以Cu的第二电离能高于Zn的
37、第二电离能；(4)乙醇分子间存在氢键，而乙醛分子间没有氢键，所以乙醇的沸点高于乙醛；乙醛分子中还有一个碳氧双键，所以含有1个键6个键，个数比为1:6；乙醛中甲基上的C形成4条键，无孤电子对，因此采取sp3杂化类型，醛基中的C形成3条键和1条键，无孤电子对，采取sp2杂化类型。(5) 用均摊法，6个铜原子位于立方体面心，8个银原子位于顶点，则该晶胞含个铜原子，个银原子，所以化学式为AgCu3或Cu3Ag；原子空间利用率 【点睛】氢键的作用力比分子间作用力大，分子间存在氢键，使熔沸点升高；立方晶胞原子的计算方法：顶点的原子数乘八分之一，棱上的乘四分之一，面上的乘二分之一，内部的乘一；原子空间利用率
38、的计算用原子的体积除以晶胞的体积。36.【答案】（除特别注明外，每空2分，共15分) 酯基（1分） C9H6O2 3 +3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O 及时移走C 6 或 【分析】A的分子式为C2H4O，与氧气反应可以生成乙酸，则A为CH3CHO，由乙酸和CH3COCl的结构简式可以看出，乙酸分子中的羟基被氯原子取代，发生了取代反应，B（）与甲醇可在浓硫酸条件下发生酯化反应生成C，则推知C的结构为，由D的结构简式可知，CH3COCl和C()在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到D()，D中存在酯基，可在碱液中可以发生水解反应生成目标产物E，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题
39、。【详解】(1)化合物E的结构简式为：，其中所含官能团为碳碳双键、酯基，不饱和度为4（苯环）+1（脂环）+1（碳碳双键）+1（酯基）=7，则推算出其分子式是C9H6O2，故答案为：碳碳双键、酯基；C9H6O2；(2)根据上述分析可知，反应1为醛的催化氧化，属于氧化反应，反应2为羧基的取代反应，反应3为酯化反应，也属于取代反应，反应4为CH3COCl和C()在催化剂条件下脱去一个HCl分子得到D()，属于取代反应，所以其中属于取代反应的有3个，故答案为：3；(3)根据上述分析可知，化合物C的结构简式为；(4)化合物D中含有2个酯基，可与氢氧化钠碱性溶液发生水解反应，水解生成的1个酚羟基和2个羧基
40、会和氢氧化钠发生酸碱中和反应，其化学方程式为+3NaOH+CH3COONa+CH3OH+H2O；(5)反应3为酯化反应，属于可逆反应，根据平衡移动原理，及时移走C，使平衡向正反应方向移动，提高C的产率，故答案为：及时移走C；(6) B的分子式为C7H6O3，不饱和度为5，其同分异构体若满足属于芳香族化合物，则含有苯环；环上有三个取代基，取代基可以是1个醛基和2个羟基，先固定2个羟基的位置，分别为邻间对位，再移动醛基（用数字代替醛基的位置种类），其同分异构体可以是：、，故共计6种；满足核磁共振氢谱1：1：2：2，则说明分子中氢原子的环境是对称结构，氢原子的个数之比为1：1：2：2，则醛基的位置可
41、以是第3种或第5种，即其结构简式为或，故答案为：6；或。【点睛】同分异构体数目的确定是有机物推断题的难点，要求学生有很好的逻辑分析能力，可以采用分类讨论思想，利用“定一议二”的方法分析作答，本题是先固定2个羟基在苯环侧链的位置，再移动另一个醛基的位置。物理答案及解析14【答案】D【解答】：A、根据能级跃迁条件可得：hvE2E13.4eV（13.6eV）10.2eV，即只有用能量为10.02eV的光照射处于基态的氢原子时，氢原子才可以吸收光子而跃迁至n2的激发态，故A错误；B、比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故B错误；C、衰变中产生的射线实际上是原子中的中子转变成质子和电子
42、而放出的，不是原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的，故C错误；D、根据电荷数守恒，X的质量数为14+471，根据电荷数守恒，X的电荷数也为7+281，故X是质子，这个反应过程叫原子核的人工转变，故D正确。【点评】本题考查了能级跃迁、衰变、比结合能等，知识点多，难度不大，关键是记住基础知识。15【答案】B【专题】定性思想；归纳法；电荷守恒定律与库仑定律专题；分析综合能力【分析】根据静电感应可以判断金属导体的感应电荷分布情况；静电平衡的导体是等势体，导体场强处处为零；结合点电荷的电场分布可判断感应电荷激发的电场情况。【解答】解：A、导体P处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体的右端B要感应出
43、正电荷，导体的左端C会出现负电荷，故A错误；B、点电荷激发的电场公式E=kQr2，C点据场源电荷Q近，Q激发的电场也大，而静电平衡后各点合场强为0，故导故体P上的感应电荷在C点产生的场强始终大于在B点产生的场强，故B正确；C、静电平衡后，导体是等势体，BC处在同一个等势体上，电势相等，故C错误；D、若手不小心触碰了一下导体B端，导体P与大地构成新的导体，大地是远端且为0电势点，导体P上的正电荷将转移到了大地中，故D错误。故选：B。【点评】学生应掌握感应带电的电荷分布规律；要掌握静电平衡的场强和电势分布规律。16【答案】C【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；理解能力【分析】由图象得出
44、加速度方向，后对物体受力分析，由牛顿第二定律列式，根据加速度大小即可比较F的大小。【解答】解：由速度时间图象可知05s内物体沿斜面向上做匀加速运动，加速度向上，加速度大小设为a1；5s10s内物体做匀速运动，加速度为0；10s15s内物体沿斜面向上做匀减速运动，加速度向下，大小设为a2，设动摩擦因数为，斜面倾角为，由牛顿第二定律有：05s内，有F1mgsinmgcosma1得：F1mgsin+mgcos+ma1mgsin+mgcos5s10s内，有：F2mgsinmgcos0得：F2mgsin+mgcos10s15s、有mgsin+mgcosF3ma2，得F3mgsin+mgcosma2mgs
45、in+mgcos比较可得：F1F2F3，故C正确，ABD错误，故选：C。【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识，关键在于通过速度时间图象确定加速度的方向，后利用牛顿第二定律列方程即可分析。17.【答案】A【专题】定量思想；推理法；人造卫星问题；应用数学处理物理问题的能力【分析】忽略火星自转的影响，火星表面的物体受到的引力等于万有引力，卫星绕火星做圆周运动，万有引力提供向心力；火星赤道上的物体随火星自转做圆周运动的向心力与重力之和等于万有引力，由牛顿第二定律求出火星赤道上的重力加速度；应用万有引力公式与牛顿第二定律分析答题。【解答】解：A、根据F=mv2R，可得火星的第一宇宙速度为v=FRm
46、，故A正确；B、根据F=GMmR2，可得火星质量M=FR2Gm，不是“天问一号”火星探测器的质量，故B错误；C、赤道表面重力与向心力的合力等于万有引力，所以赤道表面的重力加速度小于两极的重力加速度，故C错误；D、设火星同步卫星的轨道半径为r，则根据万有引力提供向心力可得GMmr2=mv2r，再代入M=FR2Gm，可得v=FR2mr，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力是解题的前提与关键，应用万有引力公式与牛顿第二定律即可解题。18.【答案】AB【专题】定性思想；归纳法；磁场 磁场对电流的作用；分析综合能力【分析】由安培定则分析出通电螺线管周围磁场的方
47、向，以及磁感应强度与磁感线的关系进行分析。【解答】解：由安培定则可知，通电螺线管左侧为S极，右侧为N极，磁感线在通电螺线管外部从N极出发回到S极，在通电螺线管内部由S极回到N极；AB、a点在螺线管端面处，c点在螺线管内部，b、d点在螺线管中部，此时c点处磁感线最密集，故c点处磁感应强度最大，b、d关于轴线对称，磁感应强度大小相等，方向相同，故AB正确；CD、c点位于通电螺线管内部，此时磁感线方向由S极到N极，故此时c点磁感应强度方向向右，b在通电螺线管外部，此时磁感线从N极出发回到S极，故b点磁感应强度方向向左，a点在S极附近，此时a点的磁感应强度方向向右，故a、c两点磁感应强度方向相同，b、
48、c两点磁感应强度方向相反，故CD错误；故选：AB。【点评】本题主要考查了安培定则和通电螺线管周围磁场方向和大小的问题，解题关键在于磁感线在通电螺线管外部从N极出发回到S极，在通电螺线管内部由S极回到N极。19.【答案】AC【专题】定性思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；理解能力【分析】容器始终处于静止状态，受力平衡，合力保持为0；利用二力平衡的条件分析其受到的摩擦力、弹力和F的变化情况。【解答】解：AD、水平力F的大小变化情况无法判断，而墙对容器的弹力大小等于力F的大小，也无法判断，故A正确，D错误；BC、设容器和水的质量为m，竖直方向根据平衡条件可知容器受到的摩擦力大小为fmg，由于放水
49、过程中容器的总重力逐渐减小，则容器受到的摩擦力逐渐减小，故C正确、B错误。故选：AC。【点评】本题主要是考查共点力的平衡，知道物体受到墙的摩擦力等于容器和水的重力，弹力等于水平推力。20【答案】BC【解析】因为小船在静水中的速度小于水流速度，所以小船不能到达正对岸，故A错误；当船头与河岸垂直时渡河时间最短，最短时间t50 s，故渡河时间不能少于50 s，故B正确；以最短时间渡河时，沿水流方向位移xv水t200 m，故C正确；当v船与实际运动方向垂直时渡河位移最短，设此时船头与河岸的夹角为，则cos，故渡河位移sd/cos200 m，故D错误，故选：BC。21【答案】CD【专题】定量思想；方程法
50、；共点力作用下物体平衡专题；理解能力【分析】以B点为研究对象，分析其受力情况，作出受力图，利用三角形相似法，得出各力与三角形ABO三边边长的关系，再分析其变化【解答】解：以B点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力T（等于重物的重力G）、轻杆的支持力N和绳子的拉力F，设滑轮处为O点，作出力图如图：由平衡条件得知，N和F的合力与T大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：FOB=NAB=TOA 由于T和OA均不变，将B端缓慢放下，直到轻杆AB达到水平的过程中，AB保持不变，轻杆AB受力大小不变，方向改变；BO变大，则F增大，重物动能不变，重力势能减小，机械能减少，故CD正确，AB错误。故选：CD。【
51、点评】本题涉及非直角三角形的力平衡问题，采用三角形相似，得到力与三角形边长的关系，再分析力的变化，是常用的方法22.答案：（1）0.0696（0.06950.0698均正确）(2分)；（2）偏小(1分)； （3）B(2分)解：（1）螺旋测微器固定刻度为0.5mm，可动刻度为0.0119.60.196mm，所以最终读数为：0.5mm+0.196mm0.0696cm。（2）由图可知，电路采用了安培表外接法，电压表的分流作用会使电流测量值I偏大，而电压测量值U准确，故根据欧姆定律R=UI，电阻测量值偏小；（3）A、万用电表的指针达满偏时，万用电表的指针指示为零欧，此时通过被测电阻的电流最大，故A错误
52、；B、用欧姆表测量电阻前要进行欧姆调零，方法是把面板上的选择开关置于相关的欧姆挡上，将两表笔的金属杆直接短接，调整欧姆挡的调零旋钮使指针指在电流的最大刻度处，故B正确；C、用欧姆表的R10挡时，指针指在刻度2040的正中央，由于欧姆档的刻度是不均匀的，所以被测电阻的阻值不等于300，故C错误；D、用欧姆表的“100”挡测电阻时，若指针指在0处附近，说明被测电阻的电阻值太小，则应换用较小的挡位，如“10”挡，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了螺旋测微器读数、实验误差分析、求电阻率，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读；电流表采用外接法时电阻测量值小于真实值
53、，电流表采用内接法时电阻测量值大于真实值。23.（10分）【答案】（1）AB(2分)；（2）iAC(2分)；B(2分)；0.60(2分)，2.82(2分)。【专题】实验题；定量思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题；实验能力【分析】（1）根据实验原理及注意事项分析：（2）绳子的拉力根据传感器读出，不需要绳子上的拉力近似等于砝码的重力，根据实验原理分析；根据牛顿第二定律分析；根据公式xmxn（mn）aT2分析。【解答】解：（1）A如图安装好实验器材后，首先平衡摩擦力，即不挂钩码，调节长木板的倾角，然后接通电源，并轻推小车让小车带着纸带匀速滑下，故A正确；B实验时所挂钩码的总质量应保持不变，且钩码
54、的总质量必须远小于小车的质量，这样才能保证小车所受的拉力大小等于所挂钩码的重力，故B正确；C小车能沿长木板向下匀速运动，根据平衡条件可知，改变小车质量时，不需要重新平衡摩擦力，故C错误；D测出多组数据后，为了找到的a与M关系，应作a-1M图象，故D错误。故选：AB。（2）iA、探究“加速度与合力的关系”，实验过程中应保证小车的质量不变，故A正确；B、由于绳子的拉力可以根据传感器读出，不需要绳子上的拉力近似等于砝码的重力，则不需要满足砝码的总质量远小于小车的质量，故B错误；C、为了使轻绳的拉力充当合外力，与小车相连的轻绳与长木板一定平行，故C正确；D、钩码做加速运动，弹簧测力计的读数小于钩码重力
55、的一半，故D错误。选：AC。由于没平衡摩擦力，根据牛顿第二定律得：Ffma故小车的加速度与弹簧测力计的示数是一次函数的关系，截距在横轴上。故选：B。两个相邻计数点的时间间隔为：T50.02s0.1s根据公式：xEFxAB4aT2加速度大小为：a=xEF-xAB4T2=4.02-1.6240.1210-2m/s20.60m/s2根据公式：xCDxAB2aT2，解得xCDxAB+2aT21.62102m+20.600.12m2.82102m2.82cm【点评】本题通过控制变量法考查了“探究加速度a与质量M和合外力F的关系”实验，要平衡摩擦力，掌握实验的实验注意事项是正确解题的关键，同时要学会通过纸
56、带求解加速度。欧姆表的使用方法及读数方法，指针指在中央刻度附近读数误差较小，且每次换挡后要重新欧姆调零。24.(14分)解：（1）滑块B在圆弧轨道上下滑过程机械能守恒，设B滑到圆弧轨道底端时的速度为v0，由机械能守恒定律得：mBgR=12mBv02(2分)代入数据解得：v05m/s(1分)在圆弧轨道最低点，滑块的重力与轨道支持力F的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：FmBgmBv02R(2分)代入数据解得：F60N(1分)由牛顿第三定律可知，滑块B对圆弧轨道最低点的压力大小FF60N(1分)，方向竖直向下(1分)（2）设A、B共速时的速度为v1，A、B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量
57、守恒定律得：mBv0（mA+mB）v1(2分)代入数据解得：v12m/s(1分)；对A、B系统，由能量守恒定律得：12mBv02=12(mA+mB)v12+mBgL(2分)联立解得L=3m(1分)25.（18分）解：(1)粒子在电场中做类平抛运动，到达c点时，竖直分速度为：vy=vc2-v02=2v02-v02=v0(2分)；水平方向：2Lv0t(1分)，竖直方向：vyat(1分)且有：a=qEm(2分)联立可得：E=mv022qL(2分)(2)设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，Oby则有：y=vy2t=v0t2=L(3分)粒子的运动轨迹如图所示：由几何知识可得：r+rsin30y(2分
58、)，得：r=23L(1分)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0Bmv02r(2分)解得：B=3mv02qL(2分).33物理选修33（15分）（1）选：BCE【解答】A、浸润液体在细管中上升的现象，以及不浸润液体在细管中下降的现象，称为毛细现象，故A错误；B、附着层内分子间的距离小于液体内部分子间的距离时，分子间表现为斥力，使液体表面扩张，液体与固体之间表现为浸润，故B正确；C、液晶是一类特殊的物质形态，它像液体一样具有流动性，而其光学性质和某些晶体相似具有各向异性。故C正确； D、液体没有确定的形状且有流动性，是因为液体分子作用力较小，分子位置不固定，故D
59、错误；E、液体表面张力是液体表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大，分子力表现为引力的结果，液体的表面张力使液面具有收缩到液面表面积最小的趋势；空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果，故E正确。故选：BCE。（2）解：（1）根据功能关系可知，当b分子速度为零时(1分)，此时两分子间势能最大，根据能量守恒，有EpmEk0Ep0(2分)（2）由Epx可知，当两分子间势能为Epm时，b分子对应x1和 x2两个位置坐标，b分子的活动范围xx2x1，如图所示。(3分)（3）当物体温度升高时，分子在xr0处的平均动能增大，分子的活动范围x将增大。由Epx图线可以看出，曲线两边不对称，x
60、r0时曲线较陡，xr0时曲线较缓，导致分子的活动范围x主要向xr0方向偏移，即分子运动过程中的中间位置向右偏移，从宏观看物体的体积膨胀(4分)。(解析中的全部x都换成r)34物理选修34（15分）（1）（5分）【答案】BCE【解答】：A、肥皂泡呈现彩色是光在泡的内外表面反射光叠加产生的，属于光的干涉现象，故A错误；B、光导纤维传送图象信息利用了光的全反射原理，故B正确；C、在双缝干涉实验中，依据干涉条纹的间距公式x=Ld，则其条纹间距与波长成正比，干涉条纹变宽，说明光的波长变长，由于红光的波长比绿光的长，所以在双缝干涉实验中条纹变宽，可能是将入射光由绿光变为红光造成的，故C正确；D、根据光的折
61、射现象，可知，红光偏折程度比紫光小，所以红光的折射率比紫光的小，光从真空中以相同的入射角斜射入水中，红光的折射角比紫光的大，故D错误；E、A、B两种光从相同的介质入射到真空中，若A光的频率大于B光的频率，则A光的折射率比B光的大，由sinC=1n知，A光的全反射临界角比B光的小，所以逐渐增大入射角，A光先发生全反射，故E正确。故选：BCE。（2）（10分）解：（1）由甲图知波长为 2m(1分)，由乙图知周期为 T4s(1分)，则该波的波速为 v=T=24m/s0.5m/s(2分)（2） 由图可知，质点N的振幅 A0.8m(1分)质点N振动时间 t10s2T+T2(1分)相应的路程为 s=tT4A10A8m(2分)（3）质点N在t0时刻振动方向沿y轴负方向，则质点N的振动图象为(2分)