云南師大附中2018屆高考適應性月考卷(三)理綜-答案

1、云南師大附中2018屆高考適應性月考卷（三）理科綜合參考答案一、選擇題：本題共13小題，每小題6分。題號12345678910111213答案BDDCCDDBBCADC二、選擇題：本題共8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第1418題只有一項符合題目要求；第1921題有多項符合題目要求，全部選對的給6分，選對但不全的給3分，有選錯的給0分。題號1415161718192021答案BAADCBCBDCD【解析】1神經遞質如氨基酸類、一氧化氮等，并不是在核糖體上合成的。2細胞核是遺傳信息庫，是基因轉錄的場所。內質網是細胞內蛋白質合成和加工，以及脂質合成的“車間”。胃黏膜、腸系膜不屬于生物

2、膜。3根據表格數據分析可知離子和跨膜運輸的方式都是主動運輸。4葉綠素分子中既含鎂元素，也含氮元素。脂肪酸“尾”部是疏水的。能傳遞信息的細胞分泌物不一定是激素，如神經遞質。5神經纖維受刺激部位發(fā)生的Na+內流屬于協助擴散，不消耗ATP。6據圖可知激活后的鈣調素既能作用于鈣泵，也可作用于生長素泵。7A項霾是空氣中的灰塵、硫酸、硝酸等顆粒物組成的氣溶膠系，光束照射在有霾的空氣中產生丁達爾現象，而光束照射SO2和SO3的混合氣體沒有丁達爾現象，所以用丁達爾現象可以鑒別SO2和SO3的混合氣體和有霾的空氣；B項“光化學煙霧”“硝酸型酸雨”的形成與氮氧化合物有關；C項分子中含有苯環(huán)結構的碳氫化合物屬于芳香

3、烴；D項NxOy中的NO、NO2不是酸性氧化物，故選D。8A項由于產物D為固體，2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的正反應是氣體體積減小的反應，故其他條件不變，增大壓強，平衡向正反應方向移動，反應物A%減小，而圖甲表示的A%保持不變，故錯誤；B項從圖乙可以看出，反應物的能量高于生成物，說明合成氨反應是放熱反應，在反應體系b中加入了催化劑能降低反應的活化能，故b的活化能比a的小，故正確；C項乙酸是弱電解質，與通入的氨氣反應生成乙酸銨，乙酸銨是可溶性的強電解質，因此乙酸溶液吸收氨氣后導電性逐漸增大，故錯誤；D項由圖丁可以看出其他條件不變時，H2O2的濃度越大，其分解速率越大，故錯誤。9A項

4、標準狀況下，乙醇為液體，僅知11.2L的乙醇不能換算成物質的量，無法計算羥基數目，故錯誤；B項NO2和N2O4的最簡式均為NO2，故4.6g混合物中含有NO2的物質的量為，1mol NO2含2mol O，混合氣體中含有氧原子的數目為0.2NA，故正確；C項由于反應后生成物中的鈉元素的價態(tài)為+1價，故1mol鈉與足量O2反應，無論是生成Na2O還是Na2O2或它們的混合物都失去1mol電子形成1mol Na+，故錯誤；D項室溫下pH=13的NaOH溶液中氫氧根離子濃度為1×101mol/L，氫離子濃度為1×1013mol/L，氫氧化鈉的水溶液中由水電離產生的OH濃度與氫離子濃

5、度相同，故錯誤。10A項在水中難電離，NaHSO3在水溶液中的電離方程式為NaHSO3=Na+，故錯誤；B項BaCl2能與AgNO3溶液和K2SO4溶液分別反應生成AgCl白色沉淀和BaSO4白色沉淀，不能用BaCl2鑒別AgNO3和K2SO4，故錯誤；C項能使甲基橙變紅的溶液為酸性溶液，具有還原性，酸性條件下具有強氧化性，二者在溶液中發(fā)生反應，故這些離子不能共存，故正確；D項0.1mol/L的NaHA pH=2，c(H+)=0.01mol/L說明NaHA的溶液呈酸性，且HA只能部分電離，NaHA溶液與NaOH溶液反應的離子方程式為HA+OH=A2+H2O，故錯誤。11A項鐵與稀硫酸反應生成了

6、硫酸亞鐵和氫氣，產生的氫氣排除了裝置中的氧氣，防止了Fe2+的氧化，加氫氧化鈉溶液可以產生氫氧化亞鐵沉淀；B項制取Cl2要用濃鹽酸；C項NH4Cl受熱易分解；D項圖丁中溫度計位置不對。12A項由結構簡式可知分子式為C14H11O2NF4，故錯誤；B項M分子中NHCOO基團（除H外）與苯環(huán)在同一平面，且分子中與苯環(huán)直接相連的C原子與苯環(huán)在同一個平面，所以M分子內最少有8個碳原子在同一平面，故錯誤；C項分子中含有NHCOO和烴基，且不含親水基，所以不能溶于水，故錯誤；D項分子中含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加聚反應，分子中含有鹵族原子和NHCOO等基團能發(fā)生取代反應，故正確。13A項HCl是電解質，在水溶液

7、中電離產生H+和Cl，可以起提供Cl和增強導電性的作用，故正確；B項Pt1與負極相連是陰極，陰極發(fā)生的是得電子還原反應，故正確；C項依據OHCCHO+2Cl2+2H2OHOOCCOOH+4HCl，故每得到1mol乙二酸消耗2mol Cl2在Pt2電極有4mol e 轉移，故內電路將有4mol H+從右室遷移到左室，故錯誤；D項每消耗0.1mol乙二醛，外電路轉移0.4mol e，故Pt1電極上產生0.2mol H2，標準狀況下體積為4.48L，故正確。14如果支持力與速度方向的夾角不為90°，則支持力對物體做功，故A錯誤。如果受滑動摩擦力的物體沒有運動，則滑動摩擦力對物體不做功，故B

8、正確。靜摩擦力的方向與物體相對運動趨勢的方向相反，但與運動方向可以相同，也可以相反，故靜摩擦力可以做負功，也可以做正功，故C錯誤。力做功取決于力與力的方向上的位移的乘積，故作用力與反作用力做功并不一定是正負相反且代數和為零，故D錯誤。15由知上坡時間，則下坡時間，時間之比，故A正確。由知上坡加速度，下坡加速度，加速度之比，故B錯誤。整個過程位移為0，小滑塊的平均速度等于0，故C錯誤。在最高點速度為0，加速度不為0，才會使小滑塊接著向下做勻加速運動，故D錯誤。16小球拋出后做平拋運動，設運動的時間為t，則水平方向：，豎直方向：。當小球垂直落在斜面上時，根據幾何關系有，解得，故A正確，B、C、D錯

9、誤。17對滑塊A受力分析，如圖甲所示，根據平衡條件有，其中；根據牛頓第三定律，A對B的壓力大小為，A對墻壁的壓力大小為，故C錯誤，D正確。再對AB整體受力分析，如圖乙所示，根據平衡條件有，靜摩擦力；再根據牛頓第三定律，整體對地壓力大小為，故A、B錯誤。18以兩物體組成的系統(tǒng)為研究對象，由牛頓第二定律可知，系統(tǒng)的加速度，方向水平向右；設彈簧秤的拉力是F，以為研究對象，由牛頓第二定律得，則，故A、B錯誤。彈簧的彈力不能突變，在突然撤去的瞬間，受力情況不變，受的合力不變，由牛頓第二定律可知，的加速度不變，故C正確。彈簧的彈力不能突變，在突然撤去的瞬間，不再受的作用，受的合力等于彈簧的彈力F，發(fā)生變化

10、，由牛頓第二定律得，則的加速度，故D錯誤。19小衛(wèi)星質量未知，不能算出萬有引力，故A錯誤。根據，解得，半徑越大，周期越大。地球同步衛(wèi)星離地面的高度約為3.6萬千米，小衛(wèi)星的軌道半徑小于同步衛(wèi)星，周期比同步衛(wèi)星小，故B正確。7.9km/s是衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，則小衛(wèi)星的速度小于7.9km/s，故C正確。11.2km/s是物體掙脫地球引力束縛的最小發(fā)射速度，小衛(wèi)星沒有脫離地球的吸引，故D錯誤。20小球恰好能過最高點的速率為，兩根繩的拉力恰好均為零，有，故A、C錯誤。設小球在最低點的速率為，在小球從最高點到最低點的過程中，由動能定理有，解得，故B正確。根據牛頓第二定律有，解得，故D正確。21物塊m與

11、木板M之間的最大靜摩擦力。當時，物塊m與木板M一起做加速運動，共同的加速度。m受到的摩擦力，所以當時，豎直擋板對m沒有彈力作用，故A錯誤。m受到的向左的力最大值為最大靜摩擦力與彈力的和，所以最大加速度。物塊m和木板M相對靜止時，最大的加速度為，故B錯誤，D正確。當時，物塊和木板相對靜止，故C正確。三、非選擇題（共174分）（一）必考題：共11小題，共129分。22（每空2分，共6分）（1）0.2（2）或（3）在實驗誤差允許范圍內，在只有重力做功的情況下，小球機械能守恒23（每空2分，共8分）（1）使斜槽末端O點的切線水平（2） 24（13分）解：（1）土星對“泰坦”的萬有引力提供其做勻速圓周運

12、動的向心力，由萬有引力定律解得：（2）（3）設“泰坦”表面有一質量為的物體，有解得：評分標準：本題共13分。正確得出式給4分，正確得出式給3分，其余各式各給2分。25（20分）解：（1）豎直方向物體能達到的最大速度物體的最大速度方向與水平方向成（2）根據解得：（3）圖線圍成的面積表示牽引力做功的大小，根據動能定理得解得：評分標準：本題共20分。正確得出式給3分，正確得出式給1分，正確得出式給4分，其余各式各給2分。26（除特殊標注外，每空2分，共14分）（1）H2C2O4H2O+CO+CO2（2）干燥CO氣體（1分） 在裝置中先通入一段時間的CO，再在F裝置的導氣管口收集一試管氣體，驗純后再給

13、D裝置加熱（3）Fe3O4+4H2SO4 =Fe2(SO4)3+FeSO4+4H2OFe3+3SCNFe(SCN)3Fe（1分） 假設SCN被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出現紅色，則假設成立（其他合理答案均可給分）（4）在A和B裝置之間加一個防倒吸裝置【解析】（1）依據題意草酸（H2C2O4）在濃硫酸作用下加熱分解產生一氧化碳，應用氧化還原反應原理可得該分解反應的化學方程式為H2C2O4H2O+CO+CO2。（2）裝置C中的干燥劑無水CaCl2能除去CO中的水蒸氣；加熱或點燃可燃性氣體CO前，要檢驗其純度，以防止爆炸。（3）由甲組實驗現象可知在酒精燈加熱的條件下Fe2O3被CO還原

14、為黑色固體Fe3O4，可寫出Fe3O4與稀硫酸反應的方程式為Fe3O4+4H2SO4 =Fe2(SO4)3+FeSO4+4H2O。由甲組步驟3溶液變紅是Fe3+與SCN發(fā)生反應，其離子方程式為Fe3+3SCN Fe(SCN)3。由乙組實驗現象可知在酒精噴燈加熱的條件下Fe2O3被CO還原為黑色固體Fe。步驟4滴加新制氯水，溶液中的Fe2+被Cl2氧化為Fe3+，Fe3+與SCN發(fā)生反應生成血紅色溶液Fe(SCN)3，溶液褪色的原因可能是Cl2將SCN氧化，若該假設成立，再繼續(xù)加入KSCN溶液，與溶液中的Fe3+反應，溶液變?yōu)檠t色。（4）為了防止B中的溶液倒吸到A中，在A和B裝置之間加一個防倒

15、吸裝置。27（每空2分，共14分）（1）+130（2）cd14.73mol/L（3）1+2=100%（4）H2S+=HS+ c(Na+)c(HS)c(OH)c(H+)c(S2)（5）xS+2e=【解析】（1）由題目所給化學鍵鍵能可以確定H2(g)+O2(g)=H2O(g) =240kJ·mol1，根據已知熱化學方程式2C(s) + O2(g)=2CO(g) = 220kJ·mol1，利用蓋斯定律可得到答案H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g) =+130kJ/mol。（2）可逆反應用不同物質表示反應速率時，當正反應速率與逆反應速率之比等于化學反應方程式系數比時，達到

16、平衡狀態(tài)，所以(CO)=(H2)達到平衡狀態(tài)；混合氣體的平均相對分子質量，當反應沒有達到平衡狀態(tài)時、隨反應向正反應或逆反應進行而改變，混合氣體的平均相對分子質量發(fā)生改變，所以混合氣體的平均相對分子質量不變時，達到平衡狀態(tài)。根據題中所給壓強時間圖，設轉化了x mol的水，列三段式計算：H2O(g)+C(s)=CO(g)+H2(g)起始物質的量（mol） 1 0 0轉化了的物質的量（mol） x x x平衡時物質的量（mol） 1x x x根據恒溫恒容下氣體物質的量之比等于壓強之比，列式得：，解得mol，則平衡常數。（3）恒溫恒容下，把N中的1mol CO2和1mol H2按化學反應方程式系數比換

17、算成另一邊物質時與M反應容器中的反應物起始濃度一樣，則兩平衡等效，所以H2O(g)+CO(g)=CO2(g)+H2(g) H2O(g)+CO(g)=CO2(g)+H2(g)起始物質的量（mol） 1 1 0 0 0 0 1 1轉化的物質的量（mol） 平衡時物質的量（mol） 轉化率，故。（4）根據表格中的電離平衡常數，可知氫硫酸、碳酸、碳酸氫根、硫氫酸根的酸性強弱順序為H2CO3>H2S>>HS，由鹽和酸反應的條件之一為酸性較強的酸可制酸性較弱的酸，寫出H2S與足量的Na2CO3溶液反應的離子方程式為H2S+=HS+；100mL 0.1mol·L1NaOH溶液吸收

18、224mL（標況）H2S氣體恰好反應生成NaHS溶液，由于Na+不水解，HS的水解程度大于其電離程度，溶液中各離子濃度由大到小的順序為c(Na+)c(HS)c(OH)c(H+)c(S2)。（5）由電池總反應2Na+xSNa2Sx（3<x<5）減去負極反應：2Na2e=2Na+得正極反應式為 xS+2e=。28（除特殊標注外，每空2分，共15分）（1）Fe3+、H+（2）21（3）9.3（4）NH4Cl固體受熱分解生成的HCl可抑制CeCl3水解（5）4Ce(OH)3+ O2 + 2H2O=4Ce(OH)4 過濾、洗滌、干燥（6）酸（1分） 或（其他合理答案均可給分）【解析】（1）根

19、據廢玻璃粉末的成分（含SiO2、Fe2O3、CeO2等物質）和流程圖可知，加入過量的鹽酸，Fe2O3與鹽酸反應生成Fe3+，故溶液a中的陽離子有Fe3+和H+，未溶解的固體是SiO2、CeO2。（2）由流程圖可知步驟中固體中CeO2與H2O2和稀H2SO4反應生成Ce3+，Ce元素由+4價變?yōu)?3價，被還原；則H2O2應被氧化生成O2，化學方程式為2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2(SO4)3+O2+4H2O，故氧化劑與還原劑之比為21。（3）由題意c(Ce3+) =1×106mol·L1，根據Ksp= c(Ce3+)·c3(OH)=8.0×10

20、21，由此可以計算出c(OH)=2×105mol/L，則c(H+) =5×1010mol/L，pH=lg c(H+)=lg(5×1010)=10lg5=10(1lg2)=9.3，故加入NaOH調節(jié)溶液的pH應為9.3。（4）CeCl3易水解，NH4Cl的分解產生的HCl能抑制CeCl3水解，保證CeCl3·6H2O在該條件下加熱得到無水CeCl3。（5）根據題意Ce(OH)3與O2反應生成Ce(OH)4，其化學方程式為4Ce(OH)3+ O2 +2H2O=4Ce(OH)4；由流程圖可知步驟得到Ce(OH)4含有Na2SO4等雜質，要制備純凈的Ce(OH)

21、4需進行的操作為過濾、洗滌、干燥。（6）酸性條件下可使反應Ce4+n(HT)2Ce(H2n4T2n)+4H+向逆向進行，增加Ce4+的濃度，提高滴定的準確率。依據滴定反應Ce4+Fe2+=Ce3+ Fe3+ 及元素守恒得：CeCl3(NH4)2Fe(SO4)2246.5g 1molx g cV×103 molx=，純度=。29（除特殊標注外，每空1分，共10分）（1） （2）蘇丹染液（或蘇丹染液） 細胞質 葉綠體顏色會遮蔽實驗結果，不利于觀察（2分） 溫度和催化劑的類型 溴麝香草酚藍水溶液 色素在層析液中的溶解度不同，因此隨層析液在濾紙上的擴散速度也不同（2分）30（每空2分，共10

22、分）（1）酶具有專一性（或淀粉酶只能催化淀粉水解）（2）淀粉酶和淀粉酶的最適溫度和pH不同（3）萃他丁 酶（4）實驗1出現磚紅色沉淀，實驗3不出現磚紅色沉淀，實驗2和4均出現磚紅色沉淀且顏色相近（或實驗1和3均出現磚紅色沉淀，但實驗3比實驗1顏色淺，實驗2和4均出現磚紅色沉淀且顏色相近）31（除特殊標注外，每空2分，共9分）（1）25 6（1分） 與對照組比較，6組凈光合速率的下降比36組顯著（2）無（3）6條件下，CO2固定酶活性降低，所以增加CO2濃度不能提高總光合速率32（除特殊標注外，每空2分，共10分）（1）同種生物的同一性狀的不同表現類型 非油性（1分）（2）異型（1分）（3）位于

23、Z染色體上，而W染色體上不含有它的等位基因（4）全為非油性 雌蠶全為油性，雄蠶全為非油性（二）選考題：共45分。33（15分）（1）（5分）BDE（選對1個給2分，選對2個給4分，選對3個給5分；每選錯1個扣3分，最低得分為0分）（2）（10分）解：（）A中氣體壓強放上物體后，A中氣體壓強變?yōu)閮墒较喑茫ǎ簭?，體積，壓強，體積，由解得：評分標準：本題共10分。正確得出、式各給1分，其余各式各給2分。34（15分）（1）（5分）BDE（選對1個給2分，選對2個給4分，選對3個給5分；每選錯1個扣3分，最低得分為0分）（2）（10分）解：（）由圖象知，波速由得：振動傳到P點時，時間，P點開始振動

24、到第一次達到波谷，經歷的時間為，故B點在時的振動方向沿y軸負方向，經過時間，B點振動到波谷，經過的路程（）波沿x軸方向傳播的距離，（，1，2，3），（，1，2，3）（）在時，質點B參與了兩列波的振動，是振動加強點，振幅在時，質點B剛好處于平衡位置，位移為0評分標準：本題共10分。正確得出式各給2分，其余各式各給1分。35（除特殊標注外，每空1分，共15分）（1）第四周期第A族 （2）HF分子間可形成氫鍵（3）V形 sp3（4）IBrIClCl2（2分）（5）N CO2、CS2（其他合理答案也給分）（2分） 4（6）（2分）（7）mol1（其他合理答案也給分）（2分）【解析】（1）由溴元素為35

25、號元素，核外有四個電子層，最外層為7個電子可知其位于第四周期第A族；碘元素為53號元素，依據核外電子排布規(guī)律，價層電子排布圖為 。（2）HF分子之間形成氫鍵，故氣態(tài)氟化氫中存在二聚分子(HF)2。（3）的成鍵數為2，孤對電子數為，故價層電子對數為4，價層電子對空間構型為正四面體，分子立體構型為V型，中心I原子的雜化軌道類型為sp3。（4）分子晶體相對分子質量越大，沸點越高，則沸點為IBrIClCl2。（5）同周期元素電負性從左到右逐漸增大，故N>C；SCN有3個原子，價電子數為16，故其等電子體有CO2、CS2、OCN等；配離子Cu(CN)42的配位數為4。（6）無機含氧酸的非羥基氧原子個數越多，酸性越強，HClO4、HIO4、H5IO6非羥基氧分別為3、3、1，且非金屬性Cl>I，則酸性為。（7）