高三最新信息卷 理综三Word下载.docx

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B．a基因变为A基因，该细胞可能发生基因突变或基因重组

C．基因在染色体上呈线性排列，基因的末端存在终止密码子

D．基因a、b、c均可能发生基因突变，体现了基因突变具有随机性

【答案】D

【解析】图示I、Ⅱ不是基因片段，故在转录时，图示I、Ⅱ片段不需要解旋，A错误；

根尖细胞中a基因变为A基因，该细胞可能发生基因突变，不发生基因重组，B错误；

终止密码子在mRNA上，不在基因上，C错误；

基因a、b、c均可能发生基因突变，体现了基因突变具有随机性，D正确。

3．炎性甲亢是由甲状腺滤泡细胞膜通透性发生改变，滤泡细胞中的甲状腺激素大量释放进入血液，从而引起机体内甲状腺激素含量明显升高的1种疾病。

下列有关叙述正确的是

A．正常情况下，甲状腺的分泌活动直接受下丘脑的控制

B．甲状腺激素作用的靶细胞比促甲状腺激素作用的靶细胞数量多

C．炎性甲亢患者血液中促甲状腺激素释放激素的含量比正常人高

D．炎性甲亢患者体内细胞代谢旺盛，机体产生的热量减少

【答案】B

【解析】由分析可知，正常情况下，甲状腺的分泌活动间接受下丘脑的控制，A错误；

促甲状腺激素作用的靶细胞为甲状腺的细胞，而甲状腺激素几乎对全身的细胞都起作用。

因此，甲状腺激素作用的靶细胞比促甲状腺激素作用的靶细胞数量多，B正确；

炎性甲亢患者血液中甲状腺激素的含量较高，通过反馈调节机制，抑制了下丘脑和垂体合成并分泌相关激素，导致血液中促甲状腺激素释放激素和促甲状腺激素的含量下降。

因此，炎性甲亢患者血液中促甲状腺激素释放激素的含量比正常人低，C错误；

炎性甲亢患者血液中甲状腺激素的含量较高，促进细胞代谢，机体产生的热量增加，D错误。

4．线粒体中的琥珀酸脱氢酶催化琥珀酸脱氢，脱下的氢可将蓝色的甲烯蓝还原成无色的甲烯白。

丙二酸与琥珀酸结构相似，可与琥珀酸脱氢酶结合，但不会脱氢。

为探究丙二酸对琥珀酸脱氢反应是否有抑制作用，进行实验设计。

下列叙述不合理的是

A．实验假设：

丙二酸对琥珀酸脱氢反应有抑制作用

B．实验取材：

大白鼠心肌细胞含有较多的线粒体，可从其研磨液中提取琥珀酸脱氢酶

C．实验分组：

对照组加琥珀酸、实验组加丙二酸，两组都加入甲烯蓝和琥珀酸脱氢酶

D．观察指标：

蓝色的甲烯蓝还原成无色的甲烯白时间的长短

【解析】实验可假设丙二酸对琥珀酸脱氢反应有抑制作用，A正确；

线粒体中含琥珀酸脱氢酶，故可选择大白鼠心肌细胞，从其研磨液中提取琥珀酸脱氢酶，B正确；

对照组和实验组中都要加入琥珀酸，实验组还需加丙二酸，两组都加入甲烯蓝和琥珀酸脱氢酶，C错误；

琥珀酸脱氢酶催化琥珀酸脱氢，脱下的氢可将蓝色的甲烯蓝还原成无色的甲烯白，而丙二酸可与琥珀酸脱氢酶结合，但不会脱氢，故不会能蓝色的甲烯蓝还原成无色的甲烯白，因此可通过观察蓝色的甲烯蓝还原成无色的甲烯白时间的长短来判断假设是否正确，D正确。

5．皖北地区经采煤作业后，形成了许多塌陷区。

研究人员连续6年调查某塌陷区内鲤鱼的种群数量，得到如图所示的曲线。

为了充分利用鲤鱼资源，又不影响种群的可持续发展，下列叙述正确的是

A．该塌陷区内鲤鱼环境容纳量约为40吨

B．必须保证捕捞前后种群的年龄组成不变

C．第7年的最大捕捞量应控制在37吨以内

D．必须在种群数量达到K值时才能进行捕捞

【答案】A

【解析】由曲线分析可知，该塌陷区内鲤鱼环境容纳量约为40吨，A正确；

由曲线可知捕捞前年龄组成是稳定型，捕捞后必须保证年龄组成是增长型，B错误；

第7年的最大捕捞量应控制在20吨以内，即环境容纳量的一半，种群增长速率最大，C错误；

进行捕捞不一定是达到K值，只要捕捞后剩余量是环境容纳量的一半就行，D错误。

6．下列有关人类遗传病的叙述中，错误的是

A．不含有致病基因的个体，也可能患遗传病

B．含有致病基因的个体，也可能不患遗传病

C．双亲遗传物质均正常，后代也可能患遗传病

D．子代的致病基因均由父母双方共同提供

【解析】不含有致病基因的个体，也可能患遗传病，如染色体异常遗传病，A正确；

含有致病基因的个体，也可能不患遗传病，如常染色体隐性遗传病的携带者正常，B正确；

双亲遗传物质均正常，后代也可能患遗传病，即隐性遗传病，C正确；

子代的致病基因不一定由父母双方共同提供，如红绿色盲男患者的致病基因只来自母亲，D错误。

7．下列说法正确的是

A．高级脂肪酸乙酯是生物柴油中的一种成分，它属于油脂

B．天然纤维、聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子材料

C．离子交换膜在工业上应用广泛，如在氯碱工业中使用的阴离子交换膜

D．国产大客机C919大规模使用先进的材料铝锂合金，该合金密度小，强度高

【解析】A．油脂是高级脂肪酸和甘油所生成的酯，即高级脂肪酸甘油酯，而高级脂肪酸乙酯属于酯，但不属于油脂，故A错误；

B．光导纤维的主要成分是二氧化硅，二氧化硅不属于有机高分子材料，天然纤维、聚酯纤维属于有机高分子材料，故B错误；

C．氯碱工业中需要用到阳离子交换膜，钠离子通过阳离子交换膜迁移到阴极，阴极区可得到氢气和氢氧化钠，故C错误；

D．铝和锂的密度都较小，故铝锂合金的密度较小；

合金的强度通常都高于其成分金属，故铝锂合金的强度较大，适合用于制造客机的材料，故D正确。

故选D。

8．从废铅蓄电池铅膏（含PbSO4、PbO2和Pb等）中回收铅的一种工艺流程如下：

已知：

浓硫酸不与PbO2反应，Ksp（PbCl2）＝2.0×

10−5，Ksp（PbSO4）＝1.5×

10−8，PbCl2（s）＋2Cl−（aq）=PbCl（aq）。

下列说法错误的是

A．合理处理废铅蓄电池有利于资源再利用和防止重金属污染

B．步骤①中可用浓硫酸代替浓盐酸

C．步骤①、②、③中均涉及过滤操作

D．PbSO4（s）＋2Cl−（aq）PbCl2（s）＋SO（aq）的平衡常数为7.5×

10−4

【解析】A．铅会使蛋白质变性，造成人体重金属中毒，所以合理处理废铅蓄电池有利于资源再利用和防止重金属污染，故A正确；

B．浓硫酸不与PbO2反应，步骤①中若用浓硫酸代替浓盐酸，则铅无法反应到滤液中，故B错误；

C．步骤①、②、③中均需要分离液体与不溶性固体，都涉及过滤操作，故C正确；

D．PbSO4（s）＋2Cl−（aq）PbCl2（s）＋SO（aq）的平衡常数为：

7.5×

10−4，故D正确；

答案选B。

9．设NA为阿伏加德罗常数的值。

下列叙述正确的是

A．标准状况下，22.4LCO和CO2的混合物中，含碳原子的数目为NA

B．14g分子式为C5H10的烃中，含有的碳碳双键的数目为0.2NA

C．0.1mol/L的CH3COONH4溶液中，含铵根离子数目小于0.1NA

D．标准状况下2.24LCl2通入足量水中或NaOH溶液中，转移电子数目为0.1NA

【解析】A．标准状况下，22.4LCO和CO2的混合物中，含碳原子的数目为：

，A正确；

B．C5H10的烃结构未知，因此无法确定是否含有碳碳双键，B错误；

C．溶液体积未知，无法计算氨根离子个数，C错误；

D．氯气与水反应为可逆反应，标准状况下2.24LCl2物质的量为0.1mol，氯气与足量水反应，转移电子数小于0.1NA，D错误；

故合理选项是A。

10．依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4，利用下列装置从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。

其中装置正确且能达到相应实验目的是

A．①②③④B．①②③C．②③④D．②④

【解析】①浓硫酸在加热条件下与铜反应制取SO2，装置正确且能达到相应实验目的；

②气体和液体反应，有防倒吸装置，装置正确且能达到相应实验目的；

③用四氯化碳从废液中萃取碘，静置后分液，装置正确且能达到相应实验目的；

④蒸发溶液时用蒸发皿，而不应用坩埚，装置错误，不能达到实验目的；

故B项正确，答案选B。

11．青出于蓝而胜于蓝，“青”指的是靛蓝，是人类使用历史悠久的染料之一，下列为传统制备靛蓝的过程：

下列说法不正确的是

A．靛蓝的分子式为C16H10N2O2

B．浸泡发酵过程发生的反应为取代反应

C．吲哚酚的苯环上的二氯代物有4种

D．1mol吲哚酚与H2加成时可消耗4molH2

【解析】A．根据题干中的结构简式，靛蓝的分子式为C16H10N2O2，故A正确；

B．浸泡发酵过程发生的反应可以看作是-O-R被羟基取代，故B正确；

C．因为该结构不对称，二氯代物一共有6种，故C错误；

D．吲哚酚分子中含有一个苯环及一个碳碳双键，所以1mol吲哚酚与H2加成时可消耗4molH2，故D正确，故选C。

12．主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20，它们可以组成化学式为ZXY3W8的硅酸盐。

X3+与W2－具有相同的电子层结构，W、Z与X、Y的质子数之和相等。

下列判断正确的是

A．化合物ZXW2的水溶液呈碱性B．简单气态氢化物稳定性：

Y>

W

C．最高价氧化物对应水化物酸性：

X>

YD．简单离子半径：

Z

【解析】A．KAlO2溶液由于AlO水解显碱性，故符合题意；

B．简单气态氢化物的稳定性SiH4<

CH4<

H2O，O，故不符合题意；

C．最高价氧化物对应水化物酸性H3AlO3<

H4SiO4，故不符合题意；

D．硅酸盐必含Si和O，根据题给条件可以推出W、X、Y、Z依次为O、Al、Si、K，简单离子半径Al3+<

Na+<

k+，故不符合题意；

故选A。

13．锂亚硫酰氯（Li/SOCl2）电池是实际应用电池系列中比能量最高的一种电池，剖视图如图所示，一种非水的LiAlCl4的SOCl2溶液为电解液。

亚硫酸氯既是电解质，又是正极活性物质，其中碳电极区的电极反应式为2SOCl2+4e−=4Cl−+S+SO2↑，该电池工作时，下列说法错误的是

A．锂电极区发生的电极反应：

Li-e−=Li+

B．放电时发生的总反应：

4Li+2SOCl2=4LiCl+SO2↑+S

C．锂电极上的电势比碳电极上的低

D．若采用水溶液代替SOCl2溶液，电池总反应和效率均不变

【解析】A．锂电池中锂为电池的负极，失电子生成锂离子，反应式：

Li－e−=Li+，A正确；

B．放电时的总反应式为电池正负极得失电子总数相等时电极反应相加，4Li+2SOCl2=4LiCl+SO2↑+S，B正确；

C．锂电极为电池的负极，负极的电势比正极低，C正确；

D．若采用水溶液代替SOCl2溶液，锂电极则与水反应生成氢氧化锂，造成电极的损耗，D错误；

答案为D。

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14～18题只有一个选项符合题目要求。

第19～21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．关于高中物理实验中用到的思想方法，下列说法不正确的是

A．图甲为著名的伽利略斜面实验，应用了理想实验的方法

B．图乙为研究加速度a和外力F、质量m的关系实验，主要应用了控制变量的方法

C．图丙为探究合力与分力的关系实验，主要应用了极限的思想方法

D．图丁为卡文迪许通过扭秤测量引力常量的实验，应用了放大的思想方法

【解析】伽利略斜面实验间接推出力不是维持物体运动的原因，故A说法正确；

图中是采用控制变量法研究加速度a和外力F、质量m的关系实验，故B说法正确；

探究合力与分力的关系实验采用的是等效思想，故C说法错误；

卡文迪许通过扭秤实验测万有引力常量，采用是的放大思想方法，故D说法正确。

15．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则有

A．a的向心加速度等于重力加速度g

B．c在4h内转过的圆心角是π/6

C．b在相同时间内转过的弧长最长

D．d的运动周期有可能是20h

【解析】同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小．根据万有引力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系．根据开普勒第三定律判断d与c的周期关系。

同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据知，c的向心加速度大．由，得，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；

c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是，故B错误；

由，得，卫星的半径越大，速度越小，所以b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故C正确；

由开普勒第三定律知，卫星的半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，不可能为23h，故D错误。

16．下列图象均能正确反映物体在直线上的运动，则在t=2s内物体位移最大的是

【解析】根据速度图象与横轴所夹面积表示位移可知，在t=2s内物体位移最大的是图B。

17．“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。

摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。

A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变

B．在最高点，乘客处于失重状态

C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零

D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变

【解析】机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A错误；

圆周运动过程中，在最高点，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力指向下方，所以F=mg-N，则支持力N=mg-F，所以重力大于支持力，乘客处于失重状态，选项B正确；

转动一周，重力的冲量为I=mgT，不为零，C错误；

运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，所以重力的瞬时功率在变化，D错误。

故选B。

18．如图所示，T为理想变压器，原、副线圈匝数比为5∶1.A1、A2为理想交流电流表，V1、V2为理想交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小），原线圈两端电压u＝（V），以下说法正确的是

A．当光照增强时，电压表V1示数为V保持不变

B．当光照增强时，电压表V2示数变大

C．通过电流表A1的电流方向每秒变化50次

D．当光照增强时，电流表A1、A2示数同时变大

【解析】原线圈两端电压有效值为220，原副线圈匝数比为5：

1，所以副线圈的电压有效值为44V，电压表V1示数为44V保持不变，与光照无关，所以A错误；

当光照增强时，R3的电阻减小，总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，R1的电压变大，副线圈的总电压不变，所以电压表V2示数变小，所以B错误；

交流电的频率为f==50Hz，所以通过电流表A1的电流方向每秒变化100次，所以C错误；

当光照增强时，R3的电阻减小，总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，因此A1、A2的示数都要变大，故D正确；

19．空间中存在着竖直方向的磁场，一圆形金属框水平放在磁场中，规定磁感应强度方向和线圈中感应电流方向如图甲所示时为正．某时刻开始计时线圈中产生了如图乙所示的感应电流，则磁感应强度随时间变化的图线可能是

【答案】AC

【解析】线圈面积不变，电阻不变，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势

，感应电流

，即感应电流大小与

图像斜率成正比，

感应电流为0，即

图像斜率为0，选项B错。

根据楞次定律增反减同，

要产生顺时针方向的感应电流，磁场可能是正向增大，也可能是负向减小，选项D错。

感应电流为负向，磁场可能是正向减小或者负向增大，而且根据电流大小关系，

图像在

的斜率等于

斜率的二倍，对照选项AC对。

20．回旋加速器原理如图所示，它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和交变电源相连接，两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，某一带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，当达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。

现要增大带电粒子射出时的动能，下列说法中正确的是

A．增大交流电的电压

B．增大匀强磁场的磁感应强度

C．增大交流电的频率

D．增大D形金属盒的半径

【答案】BD

【解析】根据

，解得

，则最大动能

，则增大磁场的磁感应强度或增大D形盒的半径，可以增加粒子射出时的动能，与加速电压和狭缝间的距离无关，故BD正确，AC错误。

21．如下图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知

A．三个等势面中，a的电势最高

B．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大

C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大

D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大

【答案】ABD

【解析】电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c点的电势最低，故A正确；

根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；

从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；

根据电场线的疏密来确定电场强度的强弱，可知，质点在P点时的电场力比通过Q点时大，那么P点时的加速度比通过Q点时大，故D正确。

第Ⅱ卷（非选择题，共174分）

三、非选择题（包括必考题和选考题两部分。

第22题～第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第33题～第40题为选考题，考生根据要求做答）

（一）必考题（共129分）

22．（6分）在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中（装置如图甲）：

①下列说法哪一项是正确的___________。

（填选项前字母）

A．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上

B．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量

C．实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放

②图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O、A、B、C计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz．则打B点时小车的瞬时速度大小为______m/s（保留三位有效数字）。

【答案】C0.653

【解析】①车在水平木板运动时水平方向受到绳的拉力和摩擦力，想用钩码的重力表示小车受到的合外力，首先需要平衡摩擦力；

而平衡摩擦力是小车带动纸带恰好做匀速运动，A错误；

设小车质量M，钩码质量m，整体的加速度为a，绳上的拉力为F，则：

对小车有：

F=Ma；

对钩码有：

mg-F=ma，即：

mg=（M+m）a；

如果用钩码的重力表示小车受到的合外力，则要求：

Ma=（M+m）a，必须要满足小车的总质量远大于钩码质量，这样两者才能近似相等．为使纸带打上尽量多的点，实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放

②中间时刻的瞬时速度等于该过程的平均速度得：

=0.653m/s。

23．（9分）

（1）如图所示为某多用电表内部简化电路图，作电流表使用时，选择开关S应接________（选填“1”“2”“3”“4”或“5”）量程较大．

（2）某同学想通过多用表的欧姆挡测量量程为3V的电压表内阻（如图乙），主要步骤如下：

①把选择开关拨到“×

100”的欧姆挡上；

②把两表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻零刻度处；

③把红表笔与待测电压表________（选填“正”或“负”）接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相连，发现这时指针偏转角度很小；

④换用________（选填“×

10”或“×

1k”）欧姆挡重新调零后测量，发现这时指针偏转适中，记下电阻数值；

⑤把选择开关调至空挡或交流电压最高挡后拔下表笔，把多用电表放回桌上原处，实验完毕。

（3）实验中（如图丙）某同学读出欧姆表的读数为_________Ω，这时电压表读数为___________V。

（4）请你计算欧姆表内部电源电动势为________V。

（保留两位有效数字）

【答案】1负×

1k4.0×

1042.203.0

【解析】

（1）当做电流表使用时，电阻应和表头并联分流，故连接1和2时为电流表，根据欧姆定律可知并联支路的电压相等，并联支路的电阻越大，分流越小，故当接1时量程最大；

（2）③根据“红进黑出”原理，即电流从红表笔流进可知红表笔接电压表的负极；

④欧姆表在测量电阻时指针从无穷大处开始偏转，故欧姆表指针偏转很小，说明被测电阻大，档位应提升一级，即换×

1k的测量；

（3）欧姆表的读数为；

电压表分度值为0.1V，故读数为2.20V；

（4）根据（3）采用的档位可知中值电阻即欧姆表内阻为，根据闭合回路欧姆定律可得，解得

24．（10分）如图所示，质量为mA＝0.2kg的小球A系在长L1＝0.8m的细线一端，线的另一端固定在O点，质量为mB＝1kg的物块B静止于水平传送带左端的水平面上且位于O点正下方；

左侧水平面、传送带及小车的上表面平滑连接，物块B与传送带之间的滑动摩擦因数μ＝0.5，传送带长L2＝3.5m，以恒定速率v0＝6m/s顺时针运转，现拉动小球使水平伸直后由静止释放，小球运动到最低点时与物块B发生正碰（碰撞时间极短），小球反弹后上升到最高点时与水平面的距离为L1/16，取重力加速度g＝10m/s2，小球与物块均可视为质点，求：

（1）小球与物块碰前瞬间对细线的拉力大小；

（2）物块B与传送带之间因摩擦而产生的热量Q。

（1）小球A下摆阶段机械能守恒，根据机械恒守恒定律可得：

解得：

vA＝4m/s

小球在O点正下方时，由牛顿第