高考全国1卷理综答案及详解Word文档下载推荐.docx
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依据题目中的实验目的及实验设置实验结果逐项分析.
考生会因探究实验能力不够而误选.
4
一定量的某种动物的提取液〔A〕注射到实验小鼠体内,注射后若干天,未见小鼠出现明显的异常表现,就说明提取液不是含有胰岛素.分组后一组再注射少量的A,小鼠表现为呼吸困难等症状,另一组注射生理盐水,未见小鼠有异常表现,说明提取液中含有过敏原,引起小鼠发生过敏反应,而不是胰岛素作用的结果,A错误、C正确;
乙酰胆碱是兴奋性神经递质,不会使小鼠骨骼肌活动减弱,B错误;
呼吸抑制剂是作用于细胞呼吸,而不是作用于小鼠呼吸系统,D错误.
人体免疫系统在维持稳态中的作用.
依据题意“注射后若干天,未见小鼠出现明显的异常表现”说明提取液不是含有胰岛素,乙酰胆碱是兴奋性神经递质等信息分析.
考生对题目信息理解不到位而误选.
5
要持续尽可能多地收获该种家畜,则需要让该种家畜种群数量保持在K/2水平,这时种群增长速率最快,由图可知,甲、乙、丙数量没有达到K/2,丁超过K/2,选择丁点可以使每次捕获后,家畜种群数量降低到K/2,保持最大增长速率,故选D.
考查种群数量的变化规律及识图分析能力.
要持续尽可能多地收获该种家畜,则需要让该种家畜种群数量保持在K/2水平,这时种群增长速率最快,分析图可知丁超过K/2.
考生会把图中的种群的增长率当成种群数量而误选.
6
正确答案B
长翅与长翅交配,后代出现残翅,则长翅均为杂合子〔Bb〕,子一代中残翅占1/4,而子一代雄性中出现1/8为白眼残翅,则雄性中残翅果蝇占1/2,所以亲本雌性为红眼长翅的双杂合子,亲本雌蝇的基因型为BbXRXr,A正确;
F1中出现长翅雄果蝇的概率为3/4×
1/2=3/8,B错误;
亲本基因型为BbXRXr和BbXrY,则各含有一个Xr基因,产生含Xr配子的比例相同,C正确;
白眼残翅雌蝇的基因型为bbXrXr,为纯合子,配子的基因型即卵细胞和极体均为bXr,D正确.
基因的分离定律和自由组合定律,伴性遗传.
依据题目信息分析:
长翅与长翅交配,后代出现残翅,则长翅均为杂合子〔Bb〕,子一代中残翅占1/4,而子一代雄性中出现1/8为白眼残翅,则雄性中残翅果蝇占1/2,所以亲本雌性为红眼长翅的双杂合子,再逐项分析.
考生会因应用基因的自由组合定律分析实验问题能力不足而误选.
7
正确答案A
〔1〕A.尼龙绳的主要成分是聚酯类合成纤维,满足条件,故A正确;
〔2〕B.宣纸的主要成分为天然纤维素,不属于合成纤维,故B错误;
〔3〕C.羊绒衫的主要成分是蛋白质,不属于合成纤维,故C错误;
〔4〕D.棉衬衣的主要成分为天然纤维素,不是合成纤维,故D错误;
故选A.
氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
宣纸、棉衬衣的主要成分为纤维素,羊绒衫的主要成分为蛋白质,只有尼龙绳主要成分为聚酯类合成纤维,据此进行解答.
常见有机物组成、性质及分类;
注意合成纤维与纤维素、蛋白质等区别.
8
“取砒之法,将生砒就置火上,以器覆之,令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳”,涉及用到加热的方法,将被提纯固体直接转化为气体、冷凝为固体的过程,为升华操作,没有隔绝空气强热,不是干馏,萃取无需加热.
故选B.
升华
“取砒之法,将生砒就置火上,以器覆之,令砒烟上飞着覆器,遂凝结累然下垂如乳”,涉及用到加热的方法,将被提纯物质气化、冷凝的过程,以此解答该题.
物质的分离提纯和鉴别;
注意把握题给信息以及常见分离方法.
9
〔1〕A.b是苯,其同分异构体有多种,可为环状烃,也可为链状烃,如HC≡C-CH=CH-CH=CH2;
不止d和p两种,A错误;
〔2〕B.d编号如图,d分子中对应的二氯代物中,根据定一移一可知两个氯原子
分别位于1、2,1、3,1、4,2、3,2、5,2、6等位置,d的二氯代物是6种,B错误;
〔3〕C.b、p分子中不存在碳碳双键,不与酸性高锰酸钾溶液发生反应,C错误;
〔4〕D.苯是平面形结构,所有原子共平面,d、p中均含有饱和碳原子,具有甲烷的结构特点,所有原子不可能共平面,D正确.
同分异构现象和同分异构体
有机化合物的异构现象
〔1〕A.b为苯,对应的同分异构体可为环状烃,也可为链状烃;
〔2〕B.d对应的二氯代物大于3种;
〔3〕C.b、p与高锰酸钾不反应;
〔4〕D.d、p都含有饱和碳原子,具有甲烷的结构特点.
同分异构体的类型、空间构型及其判定.
10
〔1〕A.Zn粒中往往含有硫等杂质,因此生成的氢气中可能含有硫化氢气体,所以KMnO4溶液用于除去硫化氢,另外装置中含有空气,用焦性没食子酸溶液吸收氧气;
气体从焦性没食子酸溶液中逸出,得到的氢气混有水蒸气,应最后通过浓硫酸干燥,故A错误;
〔2〕B.氢气为可燃性气体,点燃酒精灯进行加热前,应检验氢气的纯度,以避免不纯的氢气发生爆炸,可点燃气体,通过声音判断气体浓度,声音越尖锐,氢气的纯度越低,故B正确;
〔3〕C.实验结束后应先停止加热再停止通入氢气,使W处在氢气的氛围中冷却,以避免W被重新氧化,故C错误;
〔4〕D.二氧化锰与浓盐酸需在加热条件下反应,而启普发生器不能加热,所以不能用于该反应,故D错误.
物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用
H2还原WO3制备金属W,装置Q用于制备氢气,因盐酸易挥发,则①、②、③应分别用于除去HCl、氧气和水,得到干燥的氢气与WO3在加热条件下制备W,实验结束
后应先停止加热再停止通入氢气,以避免W被重新氧化,以此解答该题.
实验的原理以及操作的注意事项,试剂选用的先后顺序等.
11
本题使用的是外加电流的阴极保护法:
〔1〕A.被保护的钢管桩应作为阴极,从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制,使钢管桩表面腐蚀电流接近于零,避免或减弱腐蚀的发生,故A正确;
〔2〕B.通电后,惰性高硅铸铁作阳极,海水中的氯离子等在阳极失电子发生氧化反应,电子经导线流向电源正极,再从电源负极流出经导线流向钢管桩,故B正确;
〔3〕C.高硅铸铁为惰性辅助阳极,所以高硅铸铁不损耗,C错误;
〔4〕D.在保护过程中要使被保护金属结构电位低于周围环境,则通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整,故D正确;
原电池和电解池的工作原理
外加电流阴极保护是通过外加直流电源以及辅助阳极,被保护金属与电源的负极相连作为阴极,电子从电源负极流出,给被保护的金属补充大量的电子,使被保护金属整体处于电子过剩的状态,让被保护金属结构电位低于周围环境,从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制,避免或减弱腐蚀的发生,阳极若是惰性电极,则是
电解质溶液中的离子在阳极失电子,据此解答.
理解外加电流阴极保护法的工作原理,注意化学与生活的联系.
12
W的简单氢化物可用作制冷剂,常见为氨气,则W为N元素,Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的,应为Na元素,由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后,加入稀盐酸,有黄色沉淀析出,同时有刺激性气体产生,黄色沉淀为S,则由X、Y和Z三种元素形成的一种盐为Na2S2O3,刺激性气体为SO2,则X为O元素,Z为S元素.
〔1〕A.非金属性O>N,元素的非金属性越强,对应的氢化物越稳定,故A正确;
〔2〕B.Y为Na元素,X为O元素,对应的简单离子核外都有10个电子,与Ne的核外电子排布相同,故B正确;
〔3〕C.Y与Z形成的化合物为Na2S,为强碱弱酸盐,水解呈碱性,则可使红色石蕊试液变蓝色,而不能使蓝色石蕊试纸变红;
故C错误;
〔4〕D.Z为S元素,与O同主族,与Na同周期,故D正确.
同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系
原子结构与元素的性质
共价键的形成及共价键的主要类型
W的简单氢化物可用作制冷剂,常见为氨气,则W为N元素,Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的,应为Na元素,由X、Y和Z三种元素形成的一种盐溶于水后,加入稀盐酸,有黄色沉淀析出,同时有刺激性气体产生,黄色沉淀为S,则由X、Y和Z三种元素形成的一种盐为Na2S2O3,刺激性气体为SO2,则X为O元素,Z为S元素,结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律的递变规律解答该题.
原子结构与元素周期律知识,侧重考查分析能力,题注意把握物质的性质与用途的关系.
13
H2X为二元弱酸,以第一步电离为主,则Ka1〔H2X〕>Ka2〔H2X〕,酸性条件下,则pH相同时,c〔HX−〕/c〔H2X〕>c〔X2−〕/c〔HX−〕,由图象可知N为lg[c〔HX−〕/c〔H2X〕]的变化曲线,M为lg[c〔X2−〕/c〔HX−〕]的变化曲线,当lg[c〔HX−〕/c〔H2X〕]或lg[c〔X2−〕/c〔HX−〕]=0时,说明c〔HX−〕/c〔H2X〕或c〔X2−〕/c〔HX−〕=1,浓度相等,结合图象可计算电离常数并判断溶液的酸碱性.
〔1〕A.lg[c〔X2−〕/c〔HX−〕]=0时,c〔X2−〕/c〔HX−〕=1,此时pH≈5.4,则Ka2〔H2X〕≈10-5.4,可知Ka2〔H2X〕的数量级为10-6,故A正确;
〔2〕B.由以上分析可知曲线N表示pH与lg[c〔HX−〕/c〔H2X〕]的变化关系,故B正确;
〔3〕C.由图象可知,lg[c〔X2−〕/c〔HX−〕]=0时,即c〔X2−〕=c〔HX−〕,此时pH≈5.4,可知HX-电离程度大于X2-水解程度,则NaHX溶液呈酸性,溶液中c〔H+〕>c〔OH-〕,故C正确;
〔4〕D.由图象可知当pH=7时,lg[c〔X2−〕/c〔HX−〕]>0,则c〔X2-〕>c〔HX-〕,故D错误.
故选D.
电离平衡与溶液的pH:
酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算
H2X为二元弱酸,以第一步电离为主,则Ka1〔H2X〕>Ka2〔H2X〕,酸性条件下,则pH相同时,c〔HX−〕/c〔H2X〕>c〔X2−〕/c〔HX−〕,由图象可知N为lg[c〔HX−〕/c〔H2X〕]的变化曲线,M为lg[c〔X2−〕/c〔HX−〕]的变化曲线,当lg[c〔HX−〕/c〔H2X〕]或lg[c〔X2−〕/c〔HX−〕]=0时,说明c〔HX−〕/c〔H2X〕或c〔X2−〕/c〔HX−〕=1,浓度相等,结合图象可计算电离常数并判断溶液的酸碱性.据此解答.
弱电解质的电离的相关分析与计算,理解图象的曲线的变化意义.
14
设火箭的质量〔不含燃气〕为m1,燃气的质量为m2,根据动量守恒定律得,,解得火箭的动量大小为,选项A正确,选项BCD错误;
综上本题选A
本题考查了动量守恒定律知识点,在近几年的各省高考题出现的频率较高,常与动能定理等知识点交汇命题.
在喷气的很短时间内,火箭和燃气组成的系统动量守恒,结合动量守恒定律求出燃气喷出后的瞬间火箭的动量大小即可得到火箭的动量大小;
本题关键知道动量守恒的条件,理解喷出燃气的动量和火箭的动量大小相等,方向相反,运算中注意各物理量用国际单位制中的单位;
15
发球机发出的球,水平方向上做匀速直线运动,竖直方向上做自由落体运动,水平方向分运动与竖直方向分运动具有等时性,运动相互独立,由竖直方向分运动可知,小球的下落时间为:
,与小球的发射速度无关,则球下降相同距离所用的时间相等,选项A错误;
根据运动学公式可得小球竖直方向上的速度与小球下降相同距离关系为:
,可知小球下降相同距离时,在竖直方向上的速度速度相等,选项B错误;
由于发球机到网的水平距离一定,速度大,则所用的时间较少,球下降的高度较小,容易越过球网,选项C正确;
根据可知小球在相同时间间隔内下降的距离相等,与发射速度大小无关,选项D错误;
综上本题选:
C
本题考查了平抛运动知识点,在近几年的各省高考题出现的频率较高,常与运动的合成与分解等知识点交汇命题.
16
微粒受重力G、电场力F、洛伦兹力的作用,三个带正电的微粒a,b,c电荷量相等,那么微粒所受电场力F大小相等,方向竖直向上;
a在纸面内做匀速圆周运动,则a的重力等于电场力,即;
b在纸面内向右做匀速直线运动,则b受力平衡,由左手定则可知洛伦兹力方向竖直向上,而重力方向竖直向下,则有;
c在纸面内向左做匀速直线运动,则c受力平衡,由左手定则可知洛伦兹力方向向下,则有:
,所以,,故B正确,选项ACD错误;
B
本题考查了带电粒子在复合场中运动
由粒子的运动状态,根据牛顿第二定律得到其合外力情况,再对粒子进行受力分析即可求解;
本题关键是根据正电的微粒的运动情况根据左手定则判断受到的洛伦兹力方向.
17
因氘核聚变的核反应方程为:
;
核反应过程中的质量亏损为:
,则释放核能为:
,选项B正确,选项ACD错误;
原子核的结合能
根据已知核反应方程式,要计算计算释放的核能,就必须知道核反应亏损的质量,根据爱因斯坦质能方程△E=△mC2即可求出核反应释放的能量;
本题关键是通过核反应方程求出核反应中亏损的质量,利用1u=931MeV/c2计算;
18
由于紫铜薄板上下及左右微小振动,当加恒定磁场后,要使紫铜薄板振动的衰减最有效,则穿过板的磁通量发生明显变化,从而产生感应电流,感应磁场进而阻碍板的运动,比较各选项,只有A选项穿过板的磁通量变化明显,故A正确,BCD错误;
本题考查了电磁阻力和电磁驱动.
根据电磁感应原理,结合楞次定律的阻碍相对运动角度,及产生感应电流的条件,即可判定;
理解楞次定律中阻碍相对运动,理解磁通量的含义;
19
正确答案B,C
根据安培定则,结合矢量的合成法则,则L2、L3通电导线在L1处的磁场方向如图1所示:
再根据左手定则,那么L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面平行,选项A错误;
同理,根据安培定则,结合矢量的合成法则,则L2、L1通电导线在L3处的磁场方向如图2所示,再根据左手定则,那么L3所受磁场作用力的方向与L2、L1所在平面垂直,选项B正确;
设三根导线两两之间的相互作用力为F,则L1、L2受到的磁场力的合力等于F,L3受的磁场力的合力等于F,L3受的磁场力的合力为,即L1、L2、L3单位长度受到的磁场力之比为,选项C正确,选项D错误.综上本题选:
BC
通电直导线在磁场中受到的力——安培力
依据右手螺旋定则判定各导线在其他位置的磁场方向,再结合矢量的合成法则,即可判定合磁场方向,最后根据左手定则,从而确定其位置的受到磁场力方向;
因所通的电流相等,那么单位长度的磁场力之比,即为各自所处的磁场之比;
本题关键掌握矢量的合成法则,运用几何关系,及三角知识解答;
20
正确答案A,C
由点电荷场强公式可得:
,,选项A正确,选项B错误;
从a到b电场力做功为:
,从b到c电场力做功为:
,所以有:
,选项C正确;
从c到d电场力做功为:
,所以,选项D错误.综上本题选:
AC
电势能和电势、电势差与电场强度的关系
由点电荷场强公式
可求场强之比;
利用公式和分别计算电场力做的功,从而求电场力做功之比;
关键是正确理解点电荷场强公式和,知道电势差等于两点电势之差根据图象读出信息求解;
21
正确答案A,D
以重物为研究对象,受重力mg,OM绳上拉力,MN上拉力,由于重物向右上方缓慢拉起,整个过程动态平衡,画出动态平衡图如图所示:
由题意知,三个力合力始终为零,矢量三角形如图所示,在转到水平位置的过程中,MN上拉力逐渐增大,OM绳上拉力先增大后减小,选项AD正确,BC错误;
综上本题选AD
共点力平衡的条件及其应用
以重物为研究对象,进行受力分析,由于重物向右上方缓慢拉起,整个过程动态平衡,画出动态平衡图分析即可;
关键对重物进行正确的受力分析,根据平衡条件画出动态平衡图;
22
正确答案
〔1〕从右向左〔2〕0.19;
〔1〕由于用手轻推一下小车,小车离开手后,小车做减速运动,根据图〔b〕中桌面上连续6个水滴的位置,可知从右向左相邻水滴之间的距离减小,所以小车从右向左做减速运动;
〔2〕已知滴水计时器每30s内共滴下46个小水滴,那么各点时间间隔为:
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,有:
由图〔b〕令,,,,根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2得:
,,,则小车的加速度为,代入数据解得:
,负号表示与小车运动方向相反,则小车的加速度大小为
用打点计时器测速度,打点计时器系列实验中纸带的处理,实物图连线
依据小车在手轻推一下,则做减速运动,结合各点间距,即可判定运动方向;
根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小,根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度,可以求出打纸带上A点时小车的瞬时速度大小;
关键分析出手推一下小车后,小车离开手后,做匀减速直线运动,则相邻水滴之间的距离逐渐减小,在计算打纸带上A点时小车的瞬时速度大小及加速度大小时,注意结果均保留2位有效数字;
23
〔1〕实验电路原理图见解析〔2〕增大;
增大〔3〕0.39;
1.17
〔1〕因本实验需要电流从零开始调节,因此应采用滑动变阻器分压接法;
因电流表内阻和灯泡内阻接近,故电流表采用外接法;
另外为了保护电压表,用R0和电压表串联,故原理图如图所示:
〔2〕I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数,由图可知,图象的斜率随电压的增大而减小,故说明电阻随电流的增大而增大;
其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大;
〔3〕当滑动变阻器阻值全部接入时,灯泡的功率最小,将R等效为电源内阻,则电源电动势为4V,等效内阻为10Ω;
作出电源的伏安特性曲线如图a中实线所示:
由图可知,灯泡电压为U=1.75V,电流I=225mA=0.225A,则最小功率;
当滑动变阻器接入电阻为零时,灯泡消耗的功率最大;
此时电源的内阻为1.0Ω,作出电源的伏安特性曲线如图a中虚线所示,如图a可知,此时电压为3.65V,电流为320mA=0.32A;
则可知最大功率为:
〔1〕实物图连线〔2〕描绘小电珠的伏安特性曲线〔3〕描绘小电珠的伏安特性曲线
〔1〕明确实验原理,根据实验中给出的仪器分析滑动变阻器以及电流表接法;
〔2〕根据I-U图象的性质进行分析,明确电阻随电流变化的规律,从而明确电阻率的变化情况;
〔3〕分析滑动变阻器接入电阻的变化,作出等效电源的伏安特性曲线,得出对应的电流值和电压值,从而明确灯泡功率的极值;
本题关键明确实验原理,知道实验中数据分析的基本方法,注意在分析功率时只能根据图象进行分析求解,不能利用欧姆定律进行分析;
24
(1);
〔2〕
〔1〕落地时的重力势能为,动能为,所以该飞船着地前瞬间的机械能为
则飞船进入大气层的机械能为:
,式中H为飞船在离地面高度,g为地球表面附近的重力加速度大小取为,代入数据解得:
〔2〕飞船从离地面高度处的速度大小为;
从600m处到落地之间,重力做正功,阻力做负功,根据动能定理有:
,代入数据,可得
(1)机械能
〔2〕能量守恒定律与能源
〔1〕机械能等于重力势能和动能之和,可以得出两处的机械能;
〔2〕根据动能定理计算克服阻力做功;
〔1〕机械能〔2〕能量守恒定律与能源
25
(1)
〔2〕,此时或;
,此时;
〔1〕设油滴质量为m,带电荷量为q,增大后的电场强度为E2,根据题中条件可以判断电场力与重力方向相反;
对于匀速运动阶段,有qE1=mg①
对于场强突然增大后的第一段t1时间,由牛顿第二定律得:
qE2-mg=ma1②
对于场强第二段t1时间,由牛顿第二定律得:
qE2+mg=ma2
③
由运动学公式,可得油滴在电场反向时的速度为:
v=v0+a1t1④
油滴在B的速度为:
vB=v-a2t1⑤
联立①至⑤式,可得:
vB=v0-2gt1;
〔2〕设无电场时竖直上抛的最大高度为h,由运动学公式,有:
⑥
根据位移时间关系可得:
⑦
⑧
油滴运动有两种情
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