簡(jiǎn)陽(yáng)市陽(yáng)安中學(xué)高2018級(jí)高三上學(xué)期周六理科綜合能力測(cè)試(一)參考答案和評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)

陽(yáng)安中學(xué)2020—2021學(xué)年度上期高三年級(jí)周六理科綜合能力測(cè)試(一)化學(xué)參考答案和評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)選擇題：7.

D8.

B9.

A10.

D11.

C12.

B13.

C非選擇題(一)必考題＋321＋321(1)(1分)＋3(1分)(2)2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o(\s\up0(－),\s\do0(2))＋3H2↑(2分)(3)將LiCoO2中的Co(Ⅲ)

還原為＋2價(jià)(2分)LiOH(2分)(4)Co2＋＋C2Oeq\o(\s\up1(2),\s\do0(4

))=CoC2O4↓(2分)(5)100

mL容量瓶、膠頭滴管(2分)(6)3CoC2O4＋2O2eq\o(\s\up6(△),\s\do0(=))Co3O4＋6CO2(2分)27.(14分)(1)球形冷凝管(1分)冷凝回流，減少反應(yīng)物乙醇的損失(2分)(2)作催化劑(2分)防止暴沸(1分)(3)及時(shí)分離出產(chǎn)物水，促使酯化反應(yīng)的平衡正向移動(dòng)(2分)(4)除去硫酸及未反應(yīng)的苯甲酸(2分)(5)下口放出(2分)(6)89.6(2分)28.(15分)(1)413.8(2分)含硫化合物會(huì)引起催化劑中毒(含硫化合物會(huì)使催化劑降低或失去催化效果)(1分)(2)=1\*GB3①大(1分)②＞(2分)2.5×10?4(2分)(3)=1\*GB3①BD(2分)②EQ\F(k正,k逆)(2分)③160(2分)＞(1分)(二)選考題35.[化學(xué)—選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)](15分)(1)Be＞B＞K(2分)啞鈴(紡錘)(1分)(2)正四面體(1分)sp3(1分)ac(2分)(3)(2分)3(1分)(4)前三種為離子晶體，晶格能依次增大；后三種為分子晶體，分子間力依次增大(2分)(5)50%(1分)eq\f(4×78,NA[EQ\F(4(x+y)

,eq\r(3))]3×1030)或eq\f(117eq\r(3),8NA(x+y)3×1030)(2分)36.[化學(xué)—選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)](15分)(1)苯甲醛(1分)C11H10O4(2分)(2)取代(水解)反應(yīng)(1分)羰基、羧基(2分)(3)(2分)(4)H2/Ni，加熱(2分)(5)(2分)(6)(3分)物理參考答案和評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)14．B【解析】試題分析：物體在下落過(guò)程中，重力做正功為mgh，則重力勢(shì)能減小也為mgh，故A錯(cuò)誤；物體除重力做功，阻力做負(fù)功，導(dǎo)致機(jī)械能減少．根據(jù)牛頓第二定律得：F合＝ma＝mg?f＝mg，解得：f=mg所以可服阻力做功為Wf=fh=mgh，所以機(jī)械能減少為mgh，故B正確，D錯(cuò)誤；物體的合力為mg，則合力做功為mgh，所以物體的動(dòng)能增加為mgh，故C錯(cuò)誤；故選B．考點(diǎn)：牛頓第二定律；動(dòng)能定理的應(yīng)用15．B【解析】木塊1受到重力、彈簧的拉力、地面的支持力和摩擦力，根據(jù)平衡條件彈簧的彈力：根據(jù)胡克定律得到彈簧伸長(zhǎng)的長(zhǎng)度：所以兩木塊一起勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)兩木塊之間的距離：故B正確，ACD錯(cuò)誤。16．D若重力沿斜面向下的分力產(chǎn)生的加速度與物體的加速度相等，即，(為傳送帶與水平方向夾角)，物體所受摩擦力為零．若，物體所受摩擦力方向沿傳送帶向下．若，物體所受摩擦力方向沿傳送帶向上，D對(duì)．17．C【解析】試題分析：以A、B組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，燒斷細(xì)線前，A、B靜止，處于平衡狀態(tài)，合力為零，彈簧的彈力F=3mgsinθ，以C為研究對(duì)象知，細(xì)線的拉力為mgsinθ，燒斷細(xì)線的瞬間，對(duì)A、B整體，受到的合力等于3mgsinθ2mgsinθ=mgsinθ，由于彈簧彈力不能突變，彈簧彈力不變，由牛頓第二定律得：mgsinθ=2ma，則加速度a=，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤；以B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得：FABmgsinθ=ma，解得：FAB=mgsinθ，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；故選C.18．AA．已知球所受的空氣阻力與速度大小成正比，即f=kv，根據(jù)牛頓第二定律得：開(kāi)始時(shí)v比較小，且mg＞kv，球向下加速，當(dāng)v逐漸增大，則a減小，即球做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)mg=kv時(shí)加速度為零，此時(shí)速度不再增大，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則全過(guò)程小球先做加速度減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，后做加速度等于零的勻速直線運(yùn)動(dòng)，vt圖象的斜率表示加速度，則斜率應(yīng)該逐漸減小到零后不變；故A正確；B．a(chǎn)t圖象的斜率為可知a減小，at圖象斜率絕對(duì)值減小，所以at圖象應(yīng)是曲線，故B錯(cuò)誤；C．由動(dòng)能定理：mghfh=Ek0，Ek=(mgkv)h，由于v是變化的，故Ekh不是線性關(guān)系，故C錯(cuò)誤；D．機(jī)械能的變化量等于克服阻力做的功：fh=EE0可得：v逐漸增大，則f逐漸增大，即Eh圖象的斜率逐漸變大，故D錯(cuò)誤；故選A。BC【解析】重力平行斜面的下滑分力為mgsin30°=10N；若彈簧彈力為3N，方向沿斜面向下，則此時(shí)物體與斜面間的靜摩擦力等于13N>fm=12N，則物體將要滑動(dòng)，不符合題意，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；若彈簧彈力為2N，方向沿斜面向上，則此時(shí)物體與斜面間的靜摩擦力等于10N<fm=12N，則物體靜止，符合題意，選項(xiàng)B正確；當(dāng)靜摩擦力平行斜面向下時(shí)，且物體與斜面間的靜摩擦力為fm=12N，彈簧彈力為拉力，等于22N；選項(xiàng)C正確；當(dāng)彈簧彈力為為零時(shí)，靜摩擦力等于10N<fm=12N，則物體靜止；選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選BC.

20．AB【解析】A、當(dāng)B剛離開(kāi)C時(shí)，B對(duì)擋板的彈力為零，有：kx2=m2gsinθ，解得彈簧的伸長(zhǎng)量x2=m2gsinθk=3×10×0.6100m=0.18m，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)?m1gsinθ?kx2=m1a，解得：F=31N，故A正確；B、開(kāi)始A處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧處于壓縮，根據(jù)平衡有：m1gsinθ=kx1，解得彈簧的壓縮量x1=m1gsinθ/k=2×10×0.6/100m=0.12m，可知從靜止到B剛離開(kāi)C的過(guò)程中，A發(fā)生的位移x=x1+x2=0.3m，故B正確；C、對(duì)整體，根據(jù)牛頓第二定律可知F?(m1+m2)gsinθ=(m1+m2)a，解得a=0.2m/s2，故A不可能做勻速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D.當(dāng)A的加速度為零時(shí)，A的速度最大，設(shè)此時(shí)彈簧的拉力為FT，則：F?FT?m2gsinθ=0所以FT=F?m2gsinθ=31?3×10×0.6N=13N，以B為研究對(duì)象,則：FT?m2sinθ=ma′所以：a′=0.75m/s2，故D錯(cuò)誤．故選AB．21．CD【解析】對(duì)木塊受力分析可知，木塊受到水平向右的拉力F和木板對(duì)木塊向左的滑動(dòng)摩擦力，對(duì)木板受力分析可知，水平方向受到木塊向右的滑動(dòng)摩擦力和地面的向左的靜摩擦力，由于木板靜止，故，故B錯(cuò)誤，C正確。木板受到地面的最大靜摩擦力為，由題分析可知，木塊對(duì)木板的摩擦力不大于地面對(duì)木板的最大靜摩擦力，當(dāng)F改變時(shí)，不變，則木板不可能運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，D正確.22．24.75490沒(méi)有(1)[1]已知刻度尺的零刻度線與彈簧上端平齊，由圖示示數(shù)知此時(shí)彈簧長(zhǎng)度為24.75

cm；(2)[2]根據(jù)胡克定律有：(3)[3]因?yàn)?，彈簧伸長(zhǎng)量的增加量△l取決于所掛鉤碼重力的增加量△F，即k跟彈簧自重?zé)o關(guān)，故彈簧的自重對(duì)彈簧勁度系數(shù)的測(cè)量結(jié)果無(wú)影響。23．A0.62BμMg+Mg。(1)[1]．本實(shí)驗(yàn)存在兩個(gè)關(guān)鍵步驟，其中一個(gè)就是平衡摩擦力，目的是使木塊所受合外力等于細(xì)線的拉力，故A正確，B錯(cuò)誤。故選A。

(2)[2]．已知電火花打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的電源頻率f=50Hz，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)沒(méi)有標(biāo)出，則T=0.1s，根據(jù)△s=aT2可求小車的加速度(3)[3]．實(shí)驗(yàn)中電源電壓的大小不會(huì)影響打點(diǎn)的周期，電源頻率略低于50Hz，則打點(diǎn)周期大于0.02s，加速度測(cè)量值偏大，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選B。

(4)[4]．使長(zhǎng)木板水平放置，砝碼和砝碼盤(pán)的質(zhì)量遠(yuǎn)大于木塊質(zhì)量，則木塊趨近做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可知TμMg=Mg解得T=μMg+Mg。24．(1)(2)B間滑動(dòng)摩擦力的大小與彈簧彈力相等，故：解得：對(duì)木板，水平方向：解得B與地面間的摩擦因數(shù)：25．(1)4m/s2；(2)；(3)物塊不能滑離傳送帶。(1)物塊沿斜面加速下滑，由牛頓第二定律得a1=4m/s2(2)由速度位移的關(guān)系式得vB2=2a1s解得物塊運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度(3)物塊在傳送帶上做減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得，解得a2=3m/s2，設(shè)物塊在傳送帶上能滑行的最大距離為x，由速度位移的關(guān)系式得所以物塊不能滑離傳送帶。34．(1)ACD(2)；二分之一；【解析】A、B、C、由甲讀出波長(zhǎng)，由圖乙讀出周期，波速，故AC正確，B錯(cuò)誤；D、波源的起振方向與的質(zhì)點(diǎn)時(shí)刻的振動(dòng)方向，簡(jiǎn)諧波沒(méi)x軸正方向傳播，則知的質(zhì)點(diǎn)在時(shí)刻的振動(dòng)方向向下，則波源的起振方向向下，故D正確；E、由圖乙看出，時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)平衡位置向上，而圖甲中，Q點(diǎn)也經(jīng)過(guò)平衡位置向上運(yùn)動(dòng)，故乙圖可能是圖甲中質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)圖象，故E錯(cuò)誤。點(diǎn)睛：對(duì)于讀圖能力，由波動(dòng)圖象讀出波長(zhǎng)，由波的傳播方向判斷質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向，由振動(dòng)圖象讀出周期，判斷質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)方向等等都是基本功，要加強(qiáng)訓(xùn)練，熟練掌握。(2)從O點(diǎn)射入柱體的光線，折射角為r，根據(jù)題意從O點(diǎn)射向透明物質(zhì)的光線恰好從AB圓弧面上距離B點(diǎn)三分之一處射出，則，根據(jù)折射定律有：，從某位置P點(diǎn)入射柱體的光線，折射到AB弧面上Q點(diǎn)時(shí)，入射角恰等于臨界角C，有：，得：，在△PQO中，，所以能射出的光線區(qū)域?qū)?yīng)的圓心角，能射出光線的部分占AB面的比例為。點(diǎn)睛：畫(huà)出光路圖，當(dāng)光線在AB弧面上發(fā)生全反射時(shí)，光線就不能從AB弧面射出，根據(jù)臨界角確定出光線在AB弧面上恰好發(fā)生全反射時(shí)的入射點(diǎn)，由幾何知識(shí)求解圓柱AB面上能射出光線的面積占AB表面積的幾分之幾。生物參考答案和評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)16DBBBDA29、(1)葉綠體基質(zhì)(1分)(2)夜晚無(wú)光，葉綠體中不產(chǎn)生ATP和[H]，三碳化合物不能被還原，含量較高(3分)(3)部分氣孔關(guān)閉，CO2進(jìn)入減少(2分)適度灌溉或?yàn)⑺蛘诠馓幚?3分)30、(1)蛋白質(zhì)核酸葉綠素(2)實(shí)驗(yàn)思路：配制營(yíng)養(yǎng)液(以硝酸銨為唯一氮源)，用該營(yíng)養(yǎng)液培養(yǎng)作物甲，一段時(shí)間后，檢測(cè)營(yíng)養(yǎng)液中NH4＋和NO3－剩余量。預(yù)期結(jié)果和結(jié)論：若營(yíng)養(yǎng)液中NO3－剩余量小于NH4＋剩余量，則說(shuō)明作物甲偏好吸收NO3－；若營(yíng)養(yǎng)液中NH4＋剩余量小于NO3－剩余量，則說(shuō)明作物甲偏好吸收NH4＋。31、(1)584(1分)核糖體(2分)(2)增加(1分)