2019届陕西省宝鸡市高三联考理科综合能力试卷（含答案）

《2019届陕西省宝鸡市高三联考理科综合能力试卷（含答案）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届陕西省宝鸡市高三联考理科综合能力试卷（含答案）（33页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、2019 届 陕 西 宝 鸡 市 联 考 理 科 综 合 能 力 测 试注 意 事 项 ：1、 本 试 卷 分 第 卷 （ 选 择 题 ） 和 第 卷 （ 非 选 择 题 ） 两 部 分 。 答 题 前 ， 考 生 务必 将 自 己 的 姓 名 、 考 生 号 填 写 在 答 题 卡 上 。 2、 回 答 第 卷 时 ， 选 出 每 小 题 的 答 案 后 ， 用 铅 笔 把 答 题 卡 上 对 应 题 目 的 答 案 标 号涂 黑 ， 如 需 改 动 ， 用 橡 皮 擦 干 净 后 ， 再 选 涂 其 他 答 案 标 号 。 写 在 试 卷 上 无 效 。 3、 回 答 第 卷 时 ， 将

2、答 案 填 写 在 答 题 卡 上 ， 写 在 试 卷 上 无 效 。 4、 考 试 结 束 ， 将 本 试 卷 和 答 题 卡 一 并 交 回 。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 S 32 Cl 35.5 Co 59第 卷一、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人的胰高血糖素是由 29 个氨基酸组成的直链多肽，相关叙述正确的是A胰高血糖素分子中至少含有 28 个肽键和 29 个羧基B胰高血糖素只能由胰岛 A 细胞合成和分泌C加热变性的胰高血糖素不能与双缩脲试剂发生紫色反应D胰高血糖素作用的靶

3、器官主要是骨骼肌【答案】B【解析】根据以上分析已知，胰高血糖素分子中含有 28 个肽键，至少含有 1 个羧基，A 错误；胰高血糖素是由胰岛 A 细胞合成与分泌的，B 正确；加热变性的胰高血糖素，其肽键没有被破坏，仍然能够与双缩脲试剂产生紫色反应，C 错误；胰高血糖素作用的靶器官主要是肝脏，D 错误。2下列有关图中的生理过程(图中代表核糖体，代表多肽链) 的叙述中，不正确的是A图中所示的生理过程主要有转录和翻译B链中(AT)/(GC)的比值与链中此项比值相等C一种细菌的由 480 个核苷酸组成，它所编码的蛋白质的长度一定为 160 个氨基酸D遗传信息由传递到需要 tRNA 作工具【答案】C【解析

4、】图中由形成的过程为转录，由形成的过程为翻译，A 正确；图中和都是 DNA 单链，两条链中碱基互补配对，故链中 (AT)/(GC)的比值与链中此项比值相等，B 正确；由于 mRNA 上存在终止密码子，故一种细菌的mRNA 由 480 个核苷酸组成，它所编码的蛋白质的长度应小于 160 个氨基酸，C 错误；遗传信息由mRNA传递到多肽链需要 tRNA 作搬运氨基酸的工具，D 正确。3化疗药物长春碱能够与微管蛋白结合阻碍纺锤体形成，从而抑制癌细胞增殖。相关叙述错误的是A长春碱在细胞分裂间期发挥作用，阻止蛋白质合成B癌症是由细胞中多个基因突变累积造成的C癌细胞通过有丝分裂增殖，可维持遗传物质的相对稳

5、定D长春碱不能特异性作用于癌细胞，会对机体产生副作用【答案】A【解析】根据以上分析已知，化疗药物长春碱在细胞分裂前期发挥作用，抑制纺锤体的形成，不能牵引染色体运动，进而抑制癌细胞的增值，A 错误；癌症是由细胞中原癌基因和抑癌基因等多个基因突变累积造成的，B 正确；癌细胞的增值方式是有丝分裂，有丝分裂产生的子细胞遗传物质不变，C 正确；长春碱不能特异性作用于癌细胞，也会作用于正常增值的细胞，因此会对机体产生副作用，D 正确。4有研究表明在草莓果实发育成熟过程中，果实细胞中 pH 值呈先降低后升高的特点。有同学每隔一天用 0.5%醋酸溶液处理草莓的绿色果实， 17 天后测量草莓果实中几种植物激素的

6、含量，结果如图。相关叙述错误的是A本实验是探究 pH 下降对草莓果实中激素含量的影响B实验结果表明植物果实发育过程受多种激素共同调节C施用醋酸可促进某些植物激素的积累延缓果实的成熟D处理组脱落酸的积累为后期草莓果实的成熟提供营养【答案】D【解析】根据以上分析已知，改善眼袋自变量是是否用醋酸处理，因变量是不同激素的含量，因此该实验的目的是探究 pH 下降对草莓果实中激素含量的影响，A 正确；根据柱状图分析可知，植物果实发育过程是受多种激素共同调节的，B 正确；在草莓果实发育成熟过程中，果实细胞中 pH 值呈先降低后升高的特点，而醋酸使得果实细胞的 pH 不断下降，因此施用醋酸可促进某些植物激素的

7、积累延缓果实的成熟，C 正确；脱落酸等植物激素只能调节植物的生命活动，但是不能为果实的成熟提供营养，D 错误。5假设羊的毛色遗传由一对基因控制，黑色（B)对白色（b)为显性。一个随机交配多代的羊群中，白毛和黑毛的基因频率各占一半，现需对羊群进行人工选择，逐代淘汰白色个体。下列说法正确的是A淘汰前，该羊群中黑色个体数量与白色个体数量相等B淘汰前，随着交配代数增加，羊群中纯合子的比例增加C随着淘汰代数的増加，羊群中基因 B 和基因型 Bb 的频率均逐渐增加D随着淘汰代数的增加，b 基因频率持续下降【答案】D【解析】由分析可知，淘汰前，该羊群中黑色个体数量与白色个体数量不相等，A 错误；淘汰前，由于

8、种群的基因频率不变，不管交配代数是多少代，羊群中纯合子的比例均不变，B 错误；淘汰前，B 和 b 的基因频率均为 1/2，Bb 的频率为 1/2，白色个体的频率1/4。淘汰白色个体后，基因型 BB 的频率为 1/3，Bb 的基因频率为 2/3，此时种群中 B 基因的频率为（21/3+2/3）/2=2/3，b 基因的频率为 1-1/3=2/3。黑色个体随机交配，下一代个体中 Bb 基因型的频率为 21/32/3=4/9，bb（白色个体）基因型的频率为1/31/3=1/9，BB 基因型的频率为 2/32/3=4/9。淘汰白色个体， Bb 基因型的频率为 4/9/(1-1/9)=1/2， BB 基因

9、型的频率为 1-1/2=1/2，种群中 B 基因的频率为（21/2+1/2）/2=3/4 ，b基因的频率为 1-3/4=1/4。由此可推测随着淘汰代数的増加，种群中 b 基因的频率持续下降，B 基因的频率持续增大，基因型 Bb 的频率不是逐代增加， D 正确，C 错误。6下列有关群落演替和生态系统的叙述，错误的是A生态系统的物质循环具有全球性，通过光合作用和呼吸作用可完成碳的全球化循环B生态系统的稳定与自我调节能力大小有关，其稳态调节机制属于反馈调节C随着群落演替的进行，不同时期群落中的优势种群在发生更替，能量传递效率保持相对稳定D地表生满杂草、灌木等植被有利于防风固沙，这体现了生物多样性的间

10、接价值【答案】A【解析】完成碳的全球化物质循环，除了光合作用和呼吸作用外，还需分解者的分解作用等，A 错误；生态系统具有稳态的原因是生态系统具有自我调节能力，负反馈调节在生态系统中普遍存在，是生态系统自我调节能力的基础，B 正确；随着群落演替的进行，不同时期群落中的优势种群在发生更替，但能量传递效率保持在 10%20%之间，C 正确；植被具有防风固沙、调节气候等作用，体现了生物多样性的间接价值，D 正确。7化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是A新能源汽车的推广与使用，有助于减少光化学烟雾的产生B氯气泄漏时，可用蘸有肥皂水的湿毛巾捂住口鼻疏散到安全区域C铁在潮湿的空气中放置，易发生化学腐蚀而

11、生锈D地球上 99%的溴元素以 Br形式存在于海水中，溴化钠和溴化钾在医药上曾是常用作镇静剂【答案】C【解析】A新能源汽车的推广与使用，减少汽油的使用，有助于减少光化学烟雾的产生，A 正确；B.肥皂水显碱性，因此氯气泄漏时，可用蘸有肥皂水的湿毛巾捂住口鼻疏散到安全区域，B 正确；C.铁在潮湿的空气中放置，易发生电化学腐蚀而生锈， C 错误；D.地球上 99%的溴元素以 Br的形式存在于海水中，溴化钠和溴化钾在医药上常用作镇静剂，D 正确，答案选 C。8设 NA 代表阿伏加德罗常数的值，N 表示粒子数。下列叙述正确的是A2.24L CH 4 中含有的 CH 键数为 0.4NAB将 1mol Cl

12、2 通入水中，则 N(HClO)+N(Cl)+N(ClO)2N AC将 CO2 通过 Na2O2 使其质量增加 a g 时，反应转移的电子数为 a NA/44D3.0g 含甲醛(HCHO)的冰醋酸中含有的原子总数为 0.4NA【答案】D【解析】甲醛(HCHO) 、冰醋酸(CH 3COOH)的最简式相同，均为 CH2O，因此 3.0g 含甲醛的冰醋酸中所含原子总数为 4NA0.4N A(或设 HCHO 的质量为 a g，则 3.0 g3.0 g30 g/mol含甲醛的冰醋酸中所含原子总数为 4NA+ 8NA0.4N A)，D 项正确。没有指明a30 3.0 a60温度、压强，2.24L CH4

13、的物质的量无法确定，因此其所含 CH 键的数目无法确定，A 项错误；将 1mol Cl2 通入水中，发生反应：Cl 2+H2OHCl+HClO，该反应为可逆反应，根据物料守恒知，N(HClO)+N (Cl)+N(ClO)c(H+)c(OH ) 4 24【答案】A【解析】往(NH 4)2SO4 溶液中加入的氨水是弱碱溶液，抑制水的电离，故滴加氨水的过程中，水的电离平衡逆向移动，故 A 错误；滴加 a L 氨水后溶液呈中性，c(H +)c(OH )10 7molL1，结合电荷守恒可知，溶液中 c(NH )2c (SO )，设此时溶液体积为 y 4 24L，则 c(NH )2c (SO ) molL

14、1，根据一水合氨电离方程式： 4 241yNH3H2O NH +OH，平衡常数 K 210 5 41y molL 110 7 molL 1c（NH3H2O）molL1，计算得到 c(NH3H2O) molL1，则滴加 a L 氨水后的溶液中，n(NH )1200y 4200n(NH 3H2O)1mol，故 B 正确；设所加氨水的浓度为 z molL1，根据物料守恒，滴加 a L 氨水后溶液中 n(NH3H2O)+n(NH )1mol+z molL1a L，联立 n(NH ) 4 4200n(NH 3H2O)1mol，计算得到 z ，故 C 正确；溶液中存在电荷守恒式： c(NH1200a)+c

15、(H+)c(OH )+2c(SO )，又溶液呈中性，c(H +)c (OH)，则 c(NH )2c(SO ) 4 24 4 24c(H+) c(OH)，故 D 正确。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 1418 题只有一个选项符合题目要求。第 1921 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下列说法正确的是A一束光照射到某金属表面上产生了光电效应，增大光的强度可以增加光电子的最大初动能B查德威克发现中子的核反应方程式是： C铋 210 的半衰期是 5 天， 1 克铋 210 经过 10 天全部衰变为其

16、它原子核D衰变为要经过 4 次衰变和 2 次衰变【 答 案 】 D【 解 析 】 根据光电效应方程，光电子最大初动能与入射光的频率有关，而与光的强度无关，故 A 错误；查德威克发现中子的反应方程式是： ，故 B 错误；半衰期是大量放射性元素的统计规律，对个别的放射性原子不能使用，故 C 错误； 衰变为，质量数减小16，而质子数减小 6，而经过一次衰变，质量数减小 4，质子数减小 2，而经过一次衰变质量数不变，则质子数增大 1，因此要经过 4 次衰变和 2 次衰变，故 D 正确；故选 D。15如图所示，斜面体放在水平面上，一物块静止在斜面体上，现用一垂直斜面的力F 压物块，物块和斜面体仍保持静止

17、不动，则下列说法正确的是A物块可能有上滑的趋势 B斜面体一定受到水平面给它的向左的摩擦力C物块受到的摩擦力可能为零 D物块受到的摩擦力增大【 答 案 】 B【 解 析 】 原来物体静止，力 F 垂直于斜面方向，在沿斜面方向没有分量，故物块不可能有上滑的趋势，故 A 错误；以整体为研究对象，力 F 在水平方向有向右的分量、根据平衡条件可知斜面体一定受到水平面给它的向左的摩擦力，故 B 正确。沿斜面方向受力分析可知，物块受到的摩擦力不变，仍等于 mgsin，故 CD 错误；故选 B。162018 年 2 月 12 日 13 时 03 分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方

18、式成功发射第二十八、二十九颗北斗导航卫星。发射过程中“北斗”28 星的某一运行轨道为椭圆轨道，周期为 T0，如图所示。则A “北斗”28 星的发射速度小于第一宇宙速度B “北斗 ”28 星星在 ABC 的过程中，速率逐渐变大C “北斗 ”28 星在 AB 过程所用的时间小于04D “北斗”28 星在 BCD 的过程中，万有引力对它先做正功后做负功【 答 案 】 C【 解 析 】 绕地球运行的卫星，其发射速度都大于第一宇宙速度，故 A 错误；根据开普勒第二定律，卫星在 ABC 的过程中，卫星与地球的距离增大，速率逐渐变小，故 B错误；卫星在 AC 的过程中所用的时间是 ，由于卫星在 ABC 的过

19、程中，速率0.50逐渐变小，AB 与 BC 的路程相等，所以卫星在 AB 过程所用的时间小 ，故 C 正确；04卫星在 BCD 的过程中，万有引力方向先与速度方向成钝角，过了 C 点后与速度方向成锐角，所以万有引力对它先做负功后做正功，故 D 错误故选 C。17在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速运动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电在图乙中理想变压器的 、 两端，电压表和电流表均为理 想电表， 为热敏电阻（温度升高时其电阻减小） ， 为定值电阻。下列说法正确的是 A在 s 时，穿过该矩形线圈的磁通量的变化率为零=0.01B变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为 (V)=

20、36250C 处温度升高时，由于变压器线圈匝数比不变，所以电压表 、 示数的比值不 V1 V2变D 处温度升高时，电流表的示数变小，变压器输入功率变小【 答 案 】 A【 解 析 】 原线圈接的图甲所示的正弦交流电，由图知最大电压 36 V，周期 0.02s，2故角速度是 =100，u=36 sin100t（V）。故 B 错误；当 t=0.01s 时，u=0，此时穿过该2线圈的磁通量最大，穿过线圈的磁通量的变化率为零，故 A 正确；R t 处温度升高时，原线圈的电压不变；原副线圈电压比不变，但是 V2 不是测量副线圈电压，R t 温度升高时，阻值减小，电流增大，则 R2 电压增大，所以 V2

21、示数减小，则电压表 V1、V 2 示数的比值增大，故 C 错误；R t 温度升高时，阻值减小，电流增大，而输出电压不变，所以变压器输出功率增大，而输入功率等于输出功率，所以输入功率增大，故 D 错误；故选 A。18如图甲所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上运动，其图象如图乙所示，同时人顶着杆沿水平地面运动的图象如图丙所示若以地面为参考系，下列说法正确的是A猴子在 2 s 时的速度为 0 B猴子在 2 s 内做匀变速直线运动Ct0 时猴子的速度大小为 6 m/s D猴子在 2 s 内的加速度大小为 3 m/s2【 答 案 】 D【 解 析 】 猴子在 2 s 时竖直方向的速度为零，s-t 图象的

22、斜率等于速度，则知猴子水平方向的初速度大小为 vx=3m/s，所以猴子在 2 s 时的速度为 3m/s，故 A 错误；由乙图知，猴子竖直方向上做匀减速直线运动，加速度竖直向下由丙图知，猴子水平方向上做匀速直线运动，则猴子的加速度竖直向下，与初速度方向不在同一直线上，故猴子在 2s 内做匀变速曲线运动故 B 错误；s-t 图象的斜率等于速度，则知猴子水平方向的初速度大小为vx=3m/s，竖直方向分速度 vy=6m/s，t=0 时猴子的速度大小为：v=3m/s故 C 错误v-t图象的斜率等于加速度，则知猴子的加速度大小为：a=m/s 2=3m/s2故 D 正确故选 D。19如图所示，L 为竖直、固

23、定的光滑绝缘杆，杆上 O 点套有一质量为 m、带电量为q 的小环，在杆的左侧固定一电荷量为+Q 的点电荷，杆上 a、b 两点到+Q 的距离相等，Oa 之间距离为 h1， ab 之间距离为 h2，使小环从图示位置的 O 点由静止释放后，通过 a 的速率为 。则下列说法正确的是31A小环从 O 到 b，电场力做的功不为零B小环通过 b 点的速率为 (31+22)C小环在 Oa 之间的速度是先增大后减小D小环在 ab 之间的速度是先减小后增大【 答 案 】 AB【 解 析 】 小环在 oa 之间运动过程，重力和电场力均做正功，速度一直增大。a、b 两点是+Q 所产生的电场中的两个等势点，所以小环从

24、a 到 b 的过程中，电场力做功为零，则小环从 O 到 b，电场力做的功不为零，选项 A 正确，C 错误；小环从 a 到 b 的过程中，只有重力做功，根据动能定理得：mgh 2= ，结合 va= 解得：122122 31，故 B 正确。小环在 ab 之间运动过程，重力做正功，电场力先做正功，=(31+22)后做负功，无法判断重力做功与电场力做功的大小，即无法判断重力做功与电场力做功的代数和的正负，则无法确定速度的变化情况。故 D 错误。故选 AB。20如图所示，物块 A 叠放在木板 B 上，且均处于静止状态，已知水平地面光滑，A、B 间的动摩擦因数 =0.2，现对 A 施加一水平向右的拉力 F

25、，测得 B 的加速度 a 与拉力F 的关系如图乙所示，下列说法正确的是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2）A当 F24N 时，A、B 都相对地面静止B当 F24N 时，A 相对 B 发生滑动CA 的质量为 4kgDB 的质量为 24kg【 答 案 】 BC【 解 析 】 当 A 与 B 间的摩擦力达到最大静摩擦力后，A、B 会发生相对滑动，由图可知，B 的最大加速度为 4m/s2，即拉力 F24N 时，A 相对 B 发生滑动，当 F24N 时，A、B 保持相对静止，一起做匀加速直线运动，故 A 错误，B 正确。对 B，根据牛顿第二定律得，a B 4m/s 2，对 A，根据牛顿第

26、二定律得， aA =4m/s2，F=24N ，解得 mA=4kg， mB=2kg，故 C 正确，D 错误。故选 BC。21如图所示，竖直虚线边界左侧为一半径为 R 的光滑半圆轨道，O 为圆心，A 为最低点，C 为最高点，右侧同时存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场一电荷量为 q、质量为 m 的带电小球从半圆轨道的最低点 A 以某一初速度开始运动恰好能到最高点 C，进入右侧区域后恰好又做匀速圆周运动回到 A 点，空气阻力不计，重力加速度为g则A小球在最低点 A 开始运动的初速度大小为 5B小球返回 A 点后可以第二次到达最高点 CC小球带正电，且电场强度大小为D匀强磁场的磁感应强度大小

27、为【 答 案 】 ACD【 解 析 】 小球恰能经过最高点 C，则 ，解得 ；从 A 到 C 由动能定=2 =理： ，解得 ，选项 A 正确；小球在复合场中以速度-2=122122 =5做匀速圆周运动，再次过 A 点时的速度为 ，则小球不能第二次到达最高点 C，选 项 B 错误；小球在复合场中受向下的重力和向上的电场力而平衡，可知粒子带正电，满足mg=qE，解得 ，选项 C 正确；由 ，其中 ，解得 ，选项= =2 = =D 正确；故选 ACD。第 卷三、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 22-32 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 33-38 题为选考题，考生根据要求作答。（

28、一）必考题（共 129 分）22(6 分) 某同学用如图所示的实验装置验证“力的平行四边形定则”弹簧测力计 B 挂于竖直木板上的固定点 C，下端用细线挂一重物 M，如图示，手持弹簧测力计 A 拉结点O分别读出弹簧测力计 A 和 B 的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录 O 点的位置和拉线的方向(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为 N，图中 B 的示数为_ N.(2)下列关于实验要求不正确的是_A拉线方向应与木板平面平行B弹簧测力计应在使用前调零C改变拉力，进行多次实验，每次都要记录拉力的方向D与弹簧相连的细绳应尽量短些(3)该同学改变夹角做第二次实验时结点 O 的位置发生了改变，两测力计拉力

29、的合力将_（填“不变 ”或“ 改变”） 。【 答 案 】 3.43-3.47 D 不变 【 解 析 】 （1）该弹簧测力计最小分度值为 0.1 N，故需估读，则在 3.433.47 N 均正确（2）拉线方向必须与木板平面平行，则 A 正确；最后验证实验结论时，需要画出三个力的图示，故重物 M 的重力必须已知，则 B 错误；多次实验时，每次都要记录力的大小和方向，故 C 正确；与弹簧相连的细线应适当长些，则 D 错误；故选 AC。（3）两弹簧测力计的合力始终等于重物的重力，故改变夹角合力不变。23(9 分) 有一个额定电压为 2.8 ,功率约为 0.8 的小灯泡,现要用伏安法描绘这个灯V W泡的

30、 图线, 有下列器材供选用 :A电压表(0-3 ,内阻约 6 )V B电压表(0-15 ,内阻约 30 )V C电流表(0-3 ,内阻约 0.1 )A D电流表(0-0.6 ,内阻约 0.5 )A E滑动变阻器(10 ,2 )AF滑动变阻器(200 ,0.5 ) AG蓄电池(电动势 6 ,内阻不计).V（1）某同学误将电流表和电压表接成如图甲所示的电路,其他部分连接正确,接通电源后,小灯泡的发光情况是_。 （填“正常发光”或“ 不发光 ”）为完成实验操作,要求小灯泡的电压从零开始增大,应选择图乙中的电路图是_。( 填“a”或“b”)（2）用正确的电路进行测量,电压表应选用_,电流表应选用_，滑

31、动变阻器应选用_。(用序号字母表示 )（3）通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如下图丙所示.由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为_ .(此空答案取两位有效数字) 。（4）若将此灯泡与电动势 6 、内阻不计的电源相连,要使灯泡正常发光,需串联一个阻V值面为_ 的电阻( 此空答案取三位有效数字).【 答 案 】 （1）不发光； b （2）A D E （3）11 （4）12.3 【 解 析 】 （1）由电路图可知，电压表串接在电路中，电路中的电阻很大，小灯泡不亮；要使电压从零开始调节，应采用分压接法；故电路图应选择 b；（2）由题意可知，灯泡的额定电压为 2.8V，故电压表的量程应大于 2.8V，故

32、电压表应选 3V 量程，故选 A；由 P=UI 可得，电流为 I=0.8/2.8A=0.28A，故电流表应选 D；本实验中应选用分压接法，故滑动变阻器应选小电阻，故滑动变阻器选 E；（3）由图可知，当电压为 2.8V 时，电流为 0.26A，故电阻 ；=2.80.2611（4）要使灯泡串联在 6V 的电源上正常工作，则与之串联的电阻的阻值应为 6-2.8=3.2；此时电路中电流为 0.26A，故应串联的电阻 ；=3.20.26=12.324(12 分) 如图所示，半径 R0.4 m 的光滑圆弧轨道 BC 固定在竖直平面内，轨道的上端点 B 和圆心 O 的连线与水平方向的夹角 30，下端点 C

33、为轨道的最低点且与光滑水平面相切，一根轻质弹簧的右端连接着 M=0.3 kg 的滑块静止在平面上。质量 m0.1 kg的小物块（可视为质点）从空中 A 点以 v02 m/s 的速度被水平抛出，恰好从 B 点沿轨道切线方向进入轨道，经过 C 点后沿水平面向右运动（ g 取 10 m/s2） 。求：（1）小物块经过圆弧轨道上 B 点时速度 vB 的大小；（2）小物块经过圆弧轨道上 C 点时对轨道的压力大小；（3）弹簧的弹性势能的最大值 Epm。【 解 析 】 （1）小物块恰好从 B 点沿切线方向进入轨道，做平抛运动由几何关系有： （2）小物块由 B 点运动到 C 点，由机械能守恒定律有： 在 C

34、点处，由牛顿第二定律有： 联立解得：F=8 N根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上 C 点时对轨道的压力大小为 8N（3）小物块从 B 点运动到 D 点，由能量守恒定律有： 25(20 分) 如图甲,间距 L=1.0m 的平行长直导轨 MN、PQ 水平放置,两导轨左端 MP 之间接有一阻值为 R=0.1的定值电阻,导轨电阻忽略不计.一导体棒 ab 垂直于导轨放在距离导轨左端 d=1.0m,其质量 m=.01kg,接入电路的电阻为 r=0.1,导体棒与导轨间的动摩擦因数=0.1,整个装置处在范围足够大的竖直方向的匀强磁场中.选竖直向下为正方向,从 t=0 时刻开始,磁感应强度 B 随时间 t

35、的变化关系如图乙所示,导体棒 ab 一直处于静止状态.不计感应电流磁场的影响,当 t=3s 时,突然使 ab 棒获得向右的速度 v0=10m/s,同时在棒上施加一方向水平、大小可变化的外力 F,保持 ab 棒具有大小恒为 a=5m/s2 方向向左的加速度,取 g=10m/s2.(1)求前 3s 内电路中感应电流的大小和方向。(2)求 ab 棒向右运动且位移 x1=6.4m 时的外力 F。(3)从 t=0 时刻开始,当通过电阻 R 的电量 q=5.7C 时,ab 棒正在向右运动,此时撤去外力 F,且磁场的磁感应强度大小也开始变化(图乙中未画出),ab 棒又运动了 x2=3m 后停止.求撤去外力F

36、 后电阻 R 上产生的热量 Q。【 解 析 】 （1）前 3s 内,根据图象可以知道: =0.22=0.1/, ,S=Ld= + =联立计算得出:I=0.5A根据楞次定律可以知道,电路中的电流方向为 abPMa;(2)设 ab 棒向右运动且位移 x1=6.4m 时,速度为 v1,外力 F 方向水平向左,则F+F 安 +mg=ma,F 安 =BILE=BLv1而 2021=21联立计算得出:F=0.1N,方向水平向左,(3)前 3s 内通过电阻 R 的电量为: 1=撤去外力前,棒发生位移 x 过程中通过电阻 R 的电量为 q2,棒的速度为 v2,则 2=12= (+)=2022=2由能量守恒可得

37、: 1222=2+2联立各式并带入数据得: QR=0.25J26(15 分) 焦亚硫酸钠(Na 2S2O5)有广泛的用途，实验室中通过如下方法制备：不断搅拌条件下，在饱和 Na2CO3 溶液中缓缓通入 SO2 至反应完全；取下三颈烧瓶，测得反应液的 pH4.1；将溶液蒸发浓缩、结晶、过滤得焦亚硫酸钠晶体请回答下列问题：（1）实验室可利用 Na2SO3 和较浓的硫酸制备少量 SO2 气体，该反应的化学方程式为_。硫酸浓度太大不利于 SO2 气体逸出，原因是_。制备、收集干燥的 SO2 气体时，所需仪器如下。装置 A 是气体发生装置，按气流方向连接各仪器口，顺序为a_f。装置 D 的作用是_。（2

38、）步骤反应的离子方程式为_，合成Na2S2O5 的总化学方程式为_ 。（3）在强碱性条件下利用 Na2S2O5 氧化 HCOONa 的方法可制备保险粉连二亚硫酸钠(Na2S2O4)，反应的离子方程式为_。（4）工业上用焦亚硫酸钠法制备保险粉带来的主要问题是废水中含有大量的有机物，有机物总含碳量用 TOC 表示，常采用 Fenton 氧化法去除废水中的有机物，即通过向废水中加入 H2O2，以 Fe2+作催化剂，产生具有强氧化性的羟基自由基(OH)来氧化降解废水中的有机物。其他条件一定时，n(H 2O2)n(Fe 2+)的值对 TOC 去除效果的影响如图 1 所示：当 TOC 的去除率最大时，n(

39、H 2O2)n(Fe 2+)_。在 pH4.5，其他条件一定时， H2O2 的加入量对 TOC 去除效果的影响如图 2 所示，当 H2O2 的加入量大于 40mLL1时，TOC 去除率反而减小的原因是_。【答案】 （1）Na 2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O 浓硫酸中只有少量 H2SO4 电离，c(H+)很小，导致复分解反应速率慢 d e c b 防止倒吸（2）CO +2SO2+H2O=2HSO +CO2 Na 2CO3+2SO2=Na2S2O5+CO223 3（3）HCOO +S2O +OH=CO +S2O +H2O25 23 24（4）1 酸性条件下 H2O2 直接与 F

40、e2+反应，导致溶液中羟基自由基(OH)浓度减小，使得 TOC 去除率下降【解析】 （1）实验室用 Na2SO3 和硫酸制备少量 SO2 气体时，若硫酸浓度太大，则c(H+)较小，导致复分解反应速率慢。若硫酸浓度太小，则由于 SO2 气体易溶于水，也不利于 SO2 气体逸出。收集 SO2 时，应先干燥，再收集向上排空气法(长进短出)；又因 SO2易溶于水，要有防倒吸装置( 安全装置) 。 （2）反应终止时溶液的 pH4.1，可推测反应的产物是 NaHSO3 而不是 Na2SO3，NaHSO 3 是弱酸的酸式盐，书写离子方程式时要注意拆分形式。起始原料是 SO2 和 Na2CO3，目标产物是 N

41、a2S2O5，根据质量守恒可写出化学方程式。（3）书写该氧化还原反应方程式的关键是确定 HCOONa 的氧化产物，在强碱性条件下，HCOONa 中+2 价碳必被氧化为 CO 。 （4）去除率最高时，TOC 的含量最低，由图 123可得此时 n(H2O2)n(Fe 2+)1。当 H2O2 的加入量大于 40mLL1时，随着 H2O2 含量增加去除率反而降低，说明 H2O2 必参加了其他副反应。27(14 分)CO 2 是一种常用的化工原料。.以 CO2 与 NH3 为原料可以合成尿素CO(NH 2)2。合成尿素的反应为 2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)。（1）在不

42、同温度及不同 y 值下合成尿素，达到平衡时，氨气转化率的变化情况如图所示。该反应的 H_(填“”、 “ y2。根据平衡移动原理，减小水碳比 ，平衡正向移动，NH 3 的转化n(H2O)n(CO2)率增大，若 y 表示水碳比，则 y1 K，反应向逆反应方向进行，故 NH3 的转化率将减小。 （3）由氢气0.25 0.512（0.25 0.25）与甲醇的燃烧热可得：H 2(g)+ O2(g)=H2O(l) H 285.8kJmol1、CH 3OH(l)12+ O2(g)= CO2(g)+322H2O(l) H 726.5kJmol1，根据盖斯定律，由3，可得：CO 2(g)+3H2(g)=CH3O

43、H(l)+H2O(l) H( 285.8kJmol 1)3( 726.5kJmol 1)130.9kJmol 1。 （4）根据题图知，左侧通入甲醇，则电极 a 为负极，负极上甲醇发生氧化反应转化为 CO2，电极反应式为 CH3OH6e +H2O=CO2+6H+，根据电极 a 的电极反应，有 1mol e发生转移时，左侧溶液减少 g2g，且有 1mol H+通过质子交换膜44 326进入右侧溶液，左侧溶液质量共减少 3 g。电极 b 为正极，正极上 O2 发生还原反应转化为H2O，电极反应式为 O2+4H+4e=2H2O，根据电极 b 的电极反应，有 1mol e发生转移时，右侧溶液增加的质量为

44、 1mol8g，因有 1mol H+转移到右侧溶液，故右侧溶液质量32 g4 mol共增加 9g，左右两侧溶液的质量之差为 12g。28(14 分) 工业上常用水钴矿(主要成分为 Co2O3，还含少量Fe2O3、Al 2O3、MgO、CaO 等杂质)制备钴的氧化物，其制备工艺流程如下：回答下列问题：（1）在加入盐酸进行“酸浸”时，能提高“ 酸浸”速率的方法有_( 任写一种)。（2） “酸浸”后加入 Na2SO3，钴的存在形式为 Co2+，写出产生 Co2+反应的离子方程式_。（3）溶液 a 中加入 NaClO 的作用为_ 。（4）沉淀 A 的成分为_ ，操作 2 的名称是_。（5）已知：K s

45、p(CaF2)5.310 9，K sp(MgF2)5.210 12，若向溶液 c 中加入 NaF 溶液，当 Mg2+恰好沉淀完全即溶液中 c(Mg2+)1.010 5molL1，此时溶液中 c(Ca2+)最大等于_ molL1。（6）在空气中煅烧 CoC2O4 生成钴的某种氧化物和 CO2，测得充分煅烧后固体质量为12.05g，CO 2 的体积为 6.72L(标准状况)，则此反应的化学方程式为_。【答案】 （1）将水钴矿石粉碎；充分搅拌；适当增加盐酸浓度；提高酸浸温度等(任写一种)（2）2Co 3+SO +H2O=2Co2+SO +2H+23 24（3）将溶液中 Fe2+氧化成 Fe3+（4）Fe(OH) 3、Al(OH) 3 过滤（5）0.01(或 0.0102)（6）3CoC 2O4+2O2 Co3O4+6CO2= = = = =煅 烧 【解析】 （1）根据影响化学反应速率的因素，水钴矿用盐酸酸浸，提高酸浸速率的方法有：将水钴矿石粉碎；充分搅拌；适当增加盐