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1.下列有关真核生物核糖体的叙述,正确的是( )
正确答案
解析
核糖体是遗传信息翻译的场所,A正确;组成成分含有rRNA和蛋白质,B错误;真核生物核糖体有些附着在内质网上,有些游离在细胞质基质中,C错误;识别基因的启动子的是RNA聚合酶,D错误。
考查方向
解题思路
依据真核生物核糖体的相关知识逐项分析.
易错点
考生会因转录和翻译的相关知识理解不到位而误选.
2.细颗粒物(PM2.5)可影响免疫系统功能,下表相关推论错误的是( )
正确答案
解析
呼吸道粘膜属于第一道防线,属于非特异性免疫,A正确; T细胞参与的免疫属于特异性免疫,B正确;B细胞增殖分化,参与体液免疫,C错误;抗体参与的是体液免疫的效应阶段,水平升高,影响体液免疫,D正确.
考查方向
解题思路
依据免疫调节的相关知识逐项分析.
易错点
考生会因特异性免疫的相关概念识记不准确而误选.
4.基因型为AaBbDd的二倍体生物,其体内某精原细胞减数分裂时同源染色体变化示意图如下。叙述正确的是( )
正确答案
解析
等位基因的分离发生在减数第一次分裂后期,即初级精母细胞中,A错误;由于AbD位于一条染色体上,则aBd位于另一条同源染色体上,由于染色体上B和b所在非姐妹染色单体上发生了交叉互换,所以最终产生的精子基因型为AbD、ABD、aBd、aBd四种精子,B正确;B(b)与D(d)位于一对同源染色体上,不遵循基因自由组合定律,C错误;同源染色体的非姐妹染色单体发生交换属于基因重组,D错误。
考查方向
解题思路
依据减数分裂的相关知识及题目中图逐项分析.
易错点
考生会因对图理解不到位而误选.
10.下列有关水处理方法不正确的是( )
正确答案
解析
(A).石灰、碳酸钠都是碳酸盐,与酸反应,故可用于处理废水中的酸,故A正确; (B).铝盐铁盐都能水解生成对应的氢氧化物胶体,疏松多孔,可吸附水中的悬浮物,故B正确; (C).氯气无法将Cu2+、Hg2+等重金属离子变成沉淀,故C错误; (D).氢氧根离子和铵根离子生成一水合氨,分解放出氨气,故D正确。
故选C。
考查方向
化学与生活、生产
解题思路
(A).碳酸盐和酸性较强的酸反应 (B).盐类的水解生成胶体 (C). Cu2+、Hg2+等重金属离子的处理要求是沉淀 (D).铵盐和碱反应生成氨气逸出
易错点
本题考查常见化学反应,内容简单,所涉及的是常见的化学反应,主要在于平时积累,C项易错选,废水处理的目标是把重金属离子去掉。
3.将A、B两种物质混合,T1时加入酶C。下图为最适温度下A、B浓度的变化曲线。叙述错误的是( )
正确答案
解析
分析曲线可知酶C催化A生成B,酶C的作用是降低了反应的活化能,A正确;分析曲线可知该体系中酶促反应速率先快后慢,B正确;T2后B增加缓慢是低物A含量降低导致的,C错误;适当降低反应温度,可延长反应达到平衡时的时间,T2值增大,D正确.
考查方向
解题思路
依据酶促反应的相关知识逐项分析.
易错点
考生会因对曲线分析不准而误选.
5.叶绿体中的色素为脂溶性,液泡中紫红色的花青苷为水溶性。以月季成熟的紫红色叶片为材料,下列实验无法达到目的的是( )
正确答案
解析
叶绿体中的色素是脂溶性的,可用无水乙醇提取,A正确;花青苷是水溶性的,可用水做层析液观察花青苷的色素带,B正确;月季成熟的紫红色叶肉细胞,含紫红色大液泡可发生质壁分离和复原实验,用以探究细胞的失水与吸水,C正确;表皮细胞高度分化,不分裂,不能用光学显微镜观察到染色体,D错误.
考查方向
解题思路
依据教材相关实验逐项分析.
易错点
考生会因对教材实验的原理等不熟而而误选.
6.某突变型水稻叶片的叶绿素含量约为野生型的一半,但固定CO2酶的活性显著高于野生型。下图显示两者在不同光照强度下的CO2吸收速率。叙述错误的是( )
正确答案
解析
突变型水稻叶片叶绿素含量低于野生型,光照强度低于P时,对光照的吸收能力低于野生型,则光反应强度低于野生型,A正确;突变型水稻叶片固定CO2酶的活性显著高于野生型,光照强度高于P时,突变型的CO2吸收速率大于野生型,则暗反应强度高于野生型,B正确;光照强度低于P时,由于突变型水稻叶片叶绿素含量低,则限制因素主要是光照强度,C正确;光照强度高于P时,由于突变型水稻叶片固定CO2酶的活性高,则限制因素是除CO2浓度外的其它因素,D错误。
考查方向
解题思路
依据题意突变型水稻叶片和野生型的不同结合曲线图逐项分析.
易错点
考生会因对曲线分析不准确而误选.
11.汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一,对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。下列有关汉黄芩素的叙述正确的是( )
正确答案
解析
(A).含黄岑素的分子式为C16H12O5,故A错误; (B).该物质中含有酚羟基,能与FeCl3溶液反应呈紫色,故B正确; (C).该物质酚羟基的邻位氢原子还可以与1 mol Br2反应,碳碳双键可以与1 mol Br2发生加成反应,故最多可以消耗2 mol Br2,故C错误; (D).该物质中含有羟基、羰基、碳碳双键、醚键,与足量氢气加成后只剩余羟基和醚键,官能团种类减少2种,D错误。
故选B。
考查方向
有机物的结构与性质
解题思路
(A).分子式确定,从组成的角度可以把苯环理解成单双键交替 (B).分子中含有酚羟
基(C).能与溴水反应的包括碳碳双键和酚苯环上的氢原子 (D).与氢气反应的包括苯环、碳碳双键、羰基
易错点
本题考查有机物结构与性质的关系,准确来讲,有什么样的官能团,就具有相关性质,因此此类题目的关键是判断分子中官能团种类和数目。
12.下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是( )
正确答案
解析
(A).太阳能直接变电能,与氧化还原无关,故A符合要求; (B).电池放电,化学能转化成电能,属于自发进行的氧化还原反应,故B不符合要求; (C).电解质溶液导电时,电能转化成化学能,属于电解,是氧化还原反应,故C不符合要求; (D). 葡萄糖为人类生命活动提供能量时,化学能转化成热能,葡萄糖被氧化,故D不符合要求。
故选A。
考查方向
氧化还原的本质
解题思路
(A).太阳能直接变电能,不涉及物质变化 (B).电池放电,化学能转化成电能,自发进行的氧化还原反应 (C).电解质溶液导电时,电能转化成化学能,属于电解 (D).葡萄糖为人类生命活动提供能量时,化学能转化成热能,葡萄糖被氧化
易错点
本题考查氧化还原反应,为高频考点,把握发生的反应及反应本质为解答关键,注意能量变化的形式,题目难度不大.
14.根据元素周期表和元素周期律,判断下列叙述不正确的是( )
正确答案
解析
A.元素非金属性强,气态氢化物的稳定性强,故H2O>NH3>SiH4正确,故A正确; B.常见氢化物包括水等式共价化合物,也存在类似氢化钠的离子化合物,故B正
确; C.盐酸和碳酸钙的反应不能说明非金属性强弱关系,原因氯化氢不是最高价氧化物水化物,故C错误; D.118号元素是周期表中第七周期的稀有气体,位置是第七周期0族,故D正确。
故选C。
考查方向
元素周期律和元素周期表的应用
解题思路
A.元素非金属性强,气态氢化物的稳定性强B.常见氢化物包括水等式共价化合物,也存在类似氢化钠的离子化合物C.盐酸和碳酸钙的反应不能说明非金属性强弱关系D.118号元素是周期表中第七周期的稀有气体
易错点
本题考查元素周期律和元素周期表的应用,把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意规律性知识的应用,选项C为解答的易错点,题目难度不大。
15.常压下羰基化法精炼镍的原理为:Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时,该反应的平衡常数K=2×10−5。已知:Ni(CO)4的沸点为42.2℃,固体杂质不参与反应。
第一阶段:将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4;
第二阶段:将第一阶段反应后的气体分离出来,加热至230℃制得高纯镍。
下列判断正确的是( )
正确答案
解析
A.平衡常数只与温度有关,与浓度无关,故A错误; B.50时,Ni(CO)4以气态存在,有利于分离,从而促使平衡正向移动,故B正确; C.根据正逆反应平衡常数的关系,230℃时,Ni(CO)4分解的平衡常数为5×104,可知分解率较高,故C错误; D.平衡时,4v生成[Ni(CO)4]= v生成(CO),故D错误。
故选B。
考查方向
化学平衡的移动和平衡常数
解题思路
A.平衡常数只与温度有关B.50时,Ni(CO)4以气态存在,有利于分离,C.正反应和逆反应的平衡常数的关系D.平衡时速率相等正确理解
易错点
本题考查化学平衡受外界因素的影响和化学平衡常数的意义,其中D项易选错。
20.我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证,这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献。下列核反应方程中属于聚变反应的是( )
正确答案
解析
核聚变是指由质量小的原子,主要是指氘或氚,在一定条件下(如超高温和高压),发生原子核互相聚合作用,生成新的质量更大的原子核,并伴随着巨大的能量释放的一种核反应形式,由此可知:核反应方程是原子核的聚变反应;选项B与选项C属于原子核的人工核转变;选项D属于裂变反应;故选项A正确,选项BCD错误。综上本题选:A
考查方向
解题思路
根据核裂变、核聚变的反应的特点,结合质量数守恒电荷数守恒分析解答;
易错点
本题关键是正确理解核裂变、聚变及其他相关核反应的性质,并掌握质量数守恒电荷数守恒;
21.明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载:“凡宝石面凸,则光成一条,有数棱则必有一面五色”,表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象。如图所示,一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光a、b,下列说法正确的是( )
正确答案
解析
根据折射率定义公式,从空气斜射向三棱镜时,入射角相同,光线a对应的折射角较大,故光线a的折射率较小,即,则在该三棱镜中a光波长大于b光;若增大入射角i,在第二个折射面上,根据几何关系可知两光的入射角减小,依据光从光密介质进入光疏介质,且入射角大于或等于临界角时,才能发生光的全反射,因此它们不会在第二个折射面上发生光的全反射,选项AB错误;只要是横波,均能发生偏振现象,若a光能发生偏振现象,b光一定能发生,选项C错误;a光折射率较小,则频率较小,根据E=hγ,可知a光光子能量较小,根据可知a光束照射逸出光电子的最大初动能较小,根据 ,可知a光的遏止电压低,选项D正确;综上本题选:D
考查方向
解题思路
依据光的折射定律,判定两光的折射率大小,再根据,判断a、b光临界角大小,进而可求解;根据折射率关系,判断出波长关系;只要是横波,均能发生偏振现象;根据,结合光电效应方程分析出遏止电压的大小;
易错点
本题关键依据光路图来判定光的折射率大小,然后根据折射率定义公式比较折射率大小,掌握光电效应方程,及遏止电压与最大初动能的关系;
22.如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,下列说法正确的是( )
正确答案
解析
由题意可知磁感应强度均匀减小,则穿过闭合回路的磁通量减小,根据楞次定律得,金属棒ab中的感应电流方向由a到b,选项A错误;由于磁感应强度均匀减小,根据法拉第电磁感应定律得,感应电动势恒定,则金属棒ab中的感应电流不变,选项B错误;根据安培力公式F=BIL,由于电流不变,B均匀减小,则安培力减小,选项C错误;金属棒ab受安培力和静摩擦力处于平衡,f=F,由于安培力减小,则静摩擦力减小,选项D正确。综上本题选:D
考查方向
解题思路
根据楞次定律得出感应电流的方向,结合法拉第电磁感应定律判断感应电流是否不变,根据安培力公式分析安培力是否不变,结合平衡分析静摩擦力的变化;
易错点
当磁感应强度均匀变化,面积不变时,感应电动势不变,但是导体棒所受的安培力在变化;
23.“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。下列叙述正确的是( )
正确答案
解析
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,乘客的重力势能发生改变,所以乘客的机械能在变化,选项A错误;乘客在做匀速圆周运动过程中,在最高点,由重力和支持力的合力提供向心力,向心力方向指向下方,则有F=mg-N,则支持力N=mg-F,所以重力大于支持力,选项B正确;摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为I=mgT,不为零,选项C错误;摩天轮转动过程中,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,根据公式可知重力与瞬时速度之间的夹角发生变化,则可知重力的瞬时功率在变化,选项D错误。
综上本题选:B
考查方向
解题思路
由机械能的定义分析机械能的变化情况;根据向心力的来源分析重力和支持力的情况;根据冲量的定义分析冲量;根据公式分析重力的瞬时功率大小的变化;
易错点
理解冲量的概念,掌握瞬时功率公式明确在摩天轮转动过程中,重力方向与乘客的瞬时速度方向之间的夹角不断变化;
24.手持较长软绳端点O以周期T在竖直方向上做简谐运动,带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳水平传播,示意如图。绳上有另一质点P,且O、P的平衡位置间距为L。t=0时,O位于最高点,P的位移恰好为零,速度方向竖直向上,下列判断正确的是( )
正确答案
解析
该简谐波上质点振动方向为竖直方向,波的传播方向为水平方向,两者垂直,故为横波,选项A错误;t=0时,O位于最高点,P的位移恰好为零,速度方向竖直向上,故两者间的距离为,,则波长,其中当时,此波的波长最大,则,
选项B错误;t=0时,P的位移恰好为零,速度方向竖直向上,那么,时,P在平衡位置上方,并向上运动,选项C正确;t=0时,P的位移恰好为零,速度方向竖直向上,那么,时,P在平衡位置上方,并向下运动,P的速度方向竖直向下,选项D错误;综上本题选:C
考查方向
解题思路
由横波、纵波的定义得到简谐波为横波;再由P的运动状态得到OP之间的距离与波长的关系,进而求得最大波长;根据P的运动状态可得之后任意时刻P的位置及速度;
易错点
本题关键通过题中给的两个点的特点及位置找到与波长的关系,从而确定出最大波长,明确波的传播过程中,波上的质点并不随波的传播而运动,质点只在平衡位置附近做简谐运动;
8.(12分)胰岛素可以改善脑神经元的生理功能,其调节机理如图所示。据图回答:
(1)胰岛素受体(InR)的激活,可以促进神经元轴突末梢释放_________________,作用于突触后膜上的受体,改善突触后神经元的形态与功能。该过程体现了细胞膜的_________________功能。
(2)胰岛素可以抑制神经元死亡,其原因是胰岛素激活InR后,可以_________________。
(3)某些糖尿病人胰岛功能正常,但体内胰岛素对InR的激活能力下降,导致InR对GLUT转运葡萄糖的直接促进作用减弱,同时对炎症因子的抑制作用降低,从而_________________了炎症因子对GLUT的抑制能力。最终,神经元摄取葡萄糖的速率________________与正常人相比,此类病人体内胰岛素含量________________。
正确答案
(1)神经递质 信息交流 (2)抑制神经元凋亡,并抑制炎症因子释放导致的神经细胞变性、坏死 (3)加强 下降 偏高
解析
(1)胰岛素受体(InR)的激活,可以促进神经元轴突末梢释放神经递质,作用于突触后膜上的受体,改善突触后神经元的形态与功能。该过程体现了细胞膜的信息交流功能。(2)分析图可知,胰岛素可以抑制神经元死亡,其原因是胰岛素激活InR后,可以抑制神经元凋亡,并抑制炎症因子释放导致的神经细胞变性、坏死。(3)由体内胰岛素对InR的激活能力下降分析,导致InR对炎症因子的抑制作用降低,从而加强了炎症因子对GLUT的抑制能力。最终,神经元摄取葡萄糖的速率下降与正常人相比,此类病人体内胰岛素含量偏高。
考查方向
解题思路
(1)依据神经调节的相关知识;(2)分析图中胰岛素抑制神经元死亡,其的机制;(3)由体内胰岛素对InR的激活能力下降分析,导致InR对炎症因子的抑制作用降低,进行推理分析。
易错点
(1)神经调节的相关知识识记不准;(2)识图分析不到位;(3)分析推理能力不足。
9.(20分)玉米自交系(遗传稳定的育种材料)B具有高产、抗病等优良性质,但难以直接培育成转基因植株,为使其获得抗除草剂性状,需依次进行步骤I、II试验。
Ⅰ.获得抗除草剂转基因玉米自交系A,技术路线如下图。
(1)为防止酶切产物自身环化,构建表达载体需用2种限制酶,选择的原则是______(单选)。
A.①③ B.①④ C.②③ D.②④
①Ti质粒内,每种限制酶只有一个切割位点
②G基因编码蛋白质的序列中,每种限制酶只有一个切割位点
③酶切后,G基因形成的两个黏性末端序列不相同
④酶切后,Ti质粒形成的两个黏性末端序列相同
(2)下表是4种玉米自交系幼胚组织培养不同阶段的结果。据表可知,细胞脱分化时使用的激素是_______________,自交系_______________的幼胚最适合培养成愈伤组织作为转化受体。
(3)农杆菌转化愈伤组织时,T-DNA携带插入其内的片段转移到受体细胞。筛选转化的愈伤组织,需使用含_____________________的选择培养基。
(4)转化过程中,愈伤组织表面常残留农杆菌,导致未转化愈伤组织也可能在选择培养基上生长。含有内含子的报告基因只能在真核生物中正确表达,其产物能催化无色物质K呈现蓝色。用K分别处理以下愈伤组织,出现蓝色的是_______________(多选)。
A.无农杆菌附着的未转化愈伤组织
B.无农杆菌附着的转化愈伤组织
C.农杆菌附着的未转化愈伤组织
D.农杆菌附着的转化愈伤组织
(5)组织培养获得的转基因植株(核DNA中仅插入一个G基因)进行自交,在子代含G基因的植株中,纯合子占_____________。继续筛选,最终选育出抗除草剂纯合自交系A。
II.通过回交使自交系B获得抗除草剂性状
(6)抗除草剂自交系A(GG)与自交系B杂交产生F1,然后进行多轮回交(下图)。自交系B作为亲本多次回交的目的是使后代______________。
(7)假设子代生活力一致,请计算上图育种过程F1、H1、H2、H3各代中含G基因植株的比例,并在图1中画出对应的折线图。若回交后每代不进行鉴定筛选,直接回交,请在图2中画出相应的折线图。
(8)下表是鉴定含G基因植株的4种方法。请预测同一后代群体中,4种方法检出的含G基因植株的比例,从小到大依次是________。
对Hn继续筛选,最终选育出高产、抗病、抗除草剂等优良性状的玉米自交系
正确答案
(1)A (2)2,4—D 乙 (3)除草剂 (4)BD (5)1/3
(6)积累越来越多自交系B的遗传物质/优良性状
(7)
(8)X4,X3,X2,X1
解析
(1)为防止酶切产物自身环化,构建表达载体需用2种限制酶,选择的原则是Ti质粒内每种限制酶只有一个切割位点,否则切割后导致部分基因失去;蛋白质的序列中,没有限制酶切割位点;酶切后,G基因形成的两个黏性末端序列不相同;故选A。(2)分析表可知,细胞脱分化时使用的激素是2,4—D,自交系乙愈伤组织形成率等均高于其它,故自交系乙的幼胚最适合培养成愈伤组织作为转化受体。(3)依题意要获得抗除草剂性状,筛选转化的愈伤组织,需使用含除草剂的选择培养基。(4)依据题目蓝色出现的条件:内含子的报告基因只能在真核生物中正确表达,其产物能催化无色物质K呈现蓝色。只有转化愈伤组织,其中质粒上的内含子才可表达,故用K分别处理以下愈伤组织,出现蓝色的是BD。(5)核DNA中仅插入一个G基因进行自交,相当于杂合子自交,在子代含G基因的植株中,纯合子占1/3。(6)自交系B作为亲本多次回交的目的是使后代积累自交系B的优良性状。(7)若育种过程筛选除去不含G基因的植株再回交,则F1都是杂合子、回交后H1一半杂合子、一半不含G基因,除去后者再回交得到H2同H1、H3也如此,各代中含G基因植株是一半,在图1中描点连线作图。若回交后每代不进行鉴定筛选,直接回交,则F1都是杂合子、回交后H1一半杂合子、一半不含G基因,再回交得到H21/4含G基因、3/4不含G基因,再回交得到H31/8含G基因、7/8不含G基因,各代中含G基因植株的比例分别是1、1/2、1/4、1/8,在图2中描点连线作图。(8)同一后代群体中,4种方法,基因组中一定有G基因,导入G基因不一定转录出mRNA,转录不一定翻译出蛋白质,翻译蛋白质不一定有抗除草剂功能,故检出的含G基因植株的比例,从小到大依次是X4,X3,X2,X1。
考查方向
解题思路
(1)依据基因表达载体的构建及题意分析选择;(2)分析实验结果表中的数据得出结论;(3)依据基因工程个体水平的检测作答;(4)依据题意分析推理;(5)依据基因的分离定律分析;(6)依据题意回交的目的作答;(7) 依据题目意思结合基因的分离定律分析;(8)依据四种检测的目的分析作答。
易错点
(1)不能准确理解题意;(2)实验结果数据分析处理能力不足;(3)不理解个体水平的检测原理;(4)对题目信息不能准确理解;(5)对题目信息不能准确理解;(6)不理解回交的目的;(7) 不能准确理解题意;(8)分析能力不足。
7.(12分)大兴安岭某林区发生中度火烧后,植被演替过程见下图
据图回答:
(1)该红烧迹地发生的是_____演替。与①相比,③中群落对光的利用更充分,因其具有更复杂的_____结构。
(2)火烧15年后,草本、灌木丰富度的变化趋势均为________,主要原因是他们与乔木竞争时获得的_______________。
(3)针叶林凋落物的氮磷分解速率较慢。火烧后若补栽乔木树种,最好种植______,以加快氮磷循环。
(4)用样方法调查群落前,需通过逐步扩大面积统计物种数绘制“种-面积”曲线,作为选取样方面积的依据。下图是该林区草本、灌木、乔木的相应曲线。据图分析,调查乔木应选取的最小样方面积是________。
正确答案
(1)次生 垂直 (2)下降后保持相对稳定 光逐渐减少 (3)阔叶树 (4)S3
解析
(1)红烧地有土壤条件发生的是次生演替。与①草本、灌木相比,③针阔混交林中植物群落对光的利用更充分,因其具有更复杂的垂直结构。(2)据图分析,火烧15年后,草本、灌木丰富度的变化趋势均为下降后保持相对稳定,可能是他们与乔木竞争时获得的光逐渐减少。(3)针叶林凋落物的氮磷分解速率较慢。火烧后若补栽乔木树种为加快氮磷循环,最好种植阔叶树种。(4)分析曲线可知,由于草本、灌木、乔木种类数依次减少,最下曲线是乔林的,调查乔木应选取的最小样方面积是乔木物种数达到最大值的最低样方面积S3。
考查方向
解题思路
(1)依据群落演替的类型;(2)分析提高光的利用是植物群落的垂直结构现实的;(3)阔叶树种更能促进氮磷循环;(4)先分析乔木的曲线,再依据乔木应选取的最小样方面积是乔木物种数达到最大值的最低样方面积。
易错点
(1)考生不能区分群落演替的类型;(2)考生对题目光的利用理解不准;(3)考生对加快氮磷循环与植物之间的关系理解不准;(4)考生曲线分析能力不足。
17.(18分)2-氨基-3-氯苯甲酸(F)是重要的医药中间体,其制备流程图如下:
回答下列问题:
(1)分子中不同化学环境的氢原子共有_______种,共面原子数目最多为_______。
(2)B的名称为_________。写出符合下列条件B的所有同分异构体的结构简式_______。a.苯环上只有两个取代基且互为邻位 b.既能发生银镜反应又能发生水解反应
(3)该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备B,而是经由①②③三步反应制取B,其目的是______________。
(4)写出⑥的化学反应方程式:_________,该步反应的主要目的是____________。
(5)写出⑧的反应试剂和条件:_______________;F中含氧官能团的名称为__________。
(6)在方框中写出以为主要原料,经最少步骤制备含肽键聚合物的流程。
……目标化合物
正确答案
(1)4 13
(2)2-硝基甲苯或邻硝基甲苯
(3)避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代(或减少副产物,或占位)
(4) 保护氨基
(5)Cl2/FeCl3(或Cl2/Fe) 羧基
(6)
解析
(1)甲苯含有1个甲基,苯环左右对称,则分子中不同化学环境的氢原子共有4种,苯环为平面形结构,与苯环直接相连的原子在同一个平面上,结合三点确定一个平面,甲基上可有1个H与苯环共平面,共13个,故答案为:4; 13;
(2)B为2-硝基甲苯或邻硝基甲苯,对应的同分异构体:a.苯环上只有两个取代基且互为邻位,b.既能发生银镜反应又能发生水解反应,说明应含有酯基,且为甲酸酯,另外一种官能团为氨基,可能为,
故答案为:2-硝基甲苯或邻硝基甲苯;;
(3)如采用甲苯直接硝化的方法制备B,硝基可取代甲基对位的H原子,目的是避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代,
故答案为:避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代;
(4)由结构简式可知反应⑥为取代反应,反应的方程式为
(1) ,该步反应的主要目的是避免氨基被氧化,
(2) 故答案为:;保护氨基;
(3) (5)⑧为苯环的氯代反应,应在类似苯与溴的反应,反应条件为Cl2/FeCl3(或Cl2/Fe),F中含氧官能团的名称为羧基,
(4) 故答案为:Cl2/FeCl3(或Cl2/Fe);羧基;
(5) (6)可水解生成,含有氨基、羧基,可发生缩聚反应生成高聚物,反应的流程为,
(6) 故答案为:.
考查方向
有机合成路线;同分异构体书写;有机化学方程式。
解题思路
(1)甲苯含有1个甲基,苯环左右对称;苯环为平面形结构,与苯环直接相连的原子在同一个平面上;
(2)B为邻硝基甲苯,对应的同分异构体:a.苯环上只有两个取代基且互为邻位,b.既能发生银镜反应又能发生水解反应,说明应含有酯基,且为甲酸酯,另外一种官能团为氨基;
(3)如采用甲苯直接硝化的方法制备B,硝基可取代甲基对位的H原子;
(4)由结构简式可知反应⑥为取代反应,可避免氨基被氧化;
(5)⑧为苯环的氯代反应,应在类似苯与溴的反应;F含有羧基、氨基和氯原子;
(6)可水解生成,含有氨基、羧基,可发生缩聚反应生成高聚物.
易错点
本题考查学生分析判断能力,明确官能团及其性质关系、常见反应类型及反应条件是解本题关键,注意题给信息的灵活运用,题目难度不大
19.(14分)H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害,工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放,回答下列方法中的问题。
Ⅰ.H2S的除去
方法1:生物脱H2S的原理为:
H2S+Fe2(SO4)3S↓+2FeSO4+H2SO4
4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O
(1)硫杆菌存在时,FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍学科*网,该菌的作用是______________。
(2)由图3和图4判断使用硫杆菌的最佳条件为______________。若反应温度过高,反应速率下降,其原因是______________。
方法2:在一定条件下,用H2O2氧化H2S
(3)随着参加反应的n(H2O2)/n(H2S)变化,氧化产物不同。当n(H2O2)/n(H2S)=4时,氧化产物的分子式为__________。
Ⅱ.SO2的除去
方法1(双碱法):用NaOH吸收SO2,并用CaO使NaOH再生
NaOH溶液Na2SO3溶液
(4)写出过程①的离子方程式:____________________________;CaO在水中存在如下转化:
正确答案
(1)降低反应活化能(或作催化剂)
(2)30 ℃、pH=2.0 蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)
(3)H2SO4
(4)2OH-+ SO2=SO32-+H2O
SO32-与Ca2+生成CaSO3沉淀,平衡向正向移动,有NaOH生成
(5)6.0×10-3 0.62
解析
(1)4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O,硫杆菌存在时,FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍,该菌的作用是做催化剂降低反应的活化能,
故答案为:降低反应活化能(或作催化剂);
(2)从图象中分析可知,使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时,需要的温度和溶液PH分别为:30℃、pH=2.0,反应温度过高,反应速率下降是因为升温使蛋白质发生变性,催化剂失去生理活性,
故答案为:30℃、pH=2.0; 蛋白质变性(或硫杆菌失去活性);
(3)当=4时,结合氧化还原反应电子守恒,4H2O2~4H2O~8e-,电子守恒得到H2S变化为+6价化合物,H2S~H2SO4~8e-,氧化产物的分子式为H2SO4,
故答案为:H2SO4;
(4)过程①是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水,反应的离子方程式为:OH-+SO2=SO32-+H2O,过程②加入CaO,存在CaO(s)+H2O (l)═Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH-(aq),因SO32-与Ca2+生成CaSO3沉淀,平衡向正向移动,有NaOH生成,
故答案为:2OH-+SO2=SO32-+H2O;SO32-与Ca2+生成CaSO3沉淀,平衡向正向移动,有NaOH生成;
(5)NH3•H2O的Kb=1.8×10-5,若氨水的浓度为2.0mol•L-1,由Kb=可知c(OH-)=mol/L=6.0×10-3mol/L,
当c(OH-)降至1.0×10-7 mol•L-1时,c(H+)=1.0×10-7 mol•L-1,H2SO3的Ka2=6.2×10-8,由Ka2=可知c(SO32-)/c(HSO3-)==0.62,
故答案为:6.0×10-3;0.62。
考查方向
弱电解质的的电离;二氧化硫的污染治理;电离平衡常数。
解题思路
(1)硫杆菌存在时,FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍,说明硫杆菌做反应的催化剂加快反应速率;
(2)从图象中分析可知,使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时,反应温度过高,反应速率下降是因为升温使蛋白质发生变性;
(3)当n(H2O2)/n(H2S)=4时,结合氧化还原反应电子守恒,4H2O2~4H2O~8e-,电子守恒得到H2S变化为+6价化合物;
(4)过程①是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水;过程②NaOH再生是平衡CaO(s)+H2O (l)═Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH-(aq)正向进行;氢氧根离子浓度增大;
(5)NH3•H2O的Kb=1.8×10-5,若氨水的浓度为2.0mol•L-1,可结合Kb=计算c(OH-),H2SO3的Ka2=6.2×10-8,结合Ka2=计算c(SO32-)/c(HSO3-).
易错点
本题考查弱电解质的电离以及二氧化硫的污染和治理,为高考常见题型和高频考点,侧重考查学生的分析能力和计算能力,注意把握题给信息的分析,掌握电离平衡常数的运用,难度中等。
16.(14分)某混合物浆液含有Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4,。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出,某研究小组利用设计的电解分离装置(见图2),使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液,并回收利用。回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。
Ⅰ.固体混合物的分离和利用(流程图中的部分分离操作和反应条件未标明)
(1)反应①所加试剂NaOH的电子式为_________。B→C的反应条件为__________,C→Al的制备方法称为______________。
(2)该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合,不加热,无变化,加热有Cl2生成,当反应停止后,固体有剩余,此时滴加硫酸,又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)_______ a.温度 b.Cl-的浓度 c.溶液的酸度
(3)0.1 mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应,生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·xH2O的液态化合物,放热4.28 kJ,该反应的热化学方程式为__________。
Ⅱ.含铬元素溶液的分离和利用
(4)用惰性电极电解时,能从浆液中分离出来的原因是__________,分离后含铬元素的粒子是_________;阴极室生成的物质为___________(写化学式)。
正确答案
(1) 加热(或煅烧) 电解法
(2)a c
(3)2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g) ΔH=−85.6 kJ·mol−1
(4)在直流电场作用下,CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动,脱离浆液CrO42-和Cr2O72- NaOH和H2
解析
Ⅰ.(1)NaOH是离子化合物,电子式为;反应①所得溶液A是偏铝酸钠溶液,沉淀B是氢氧化铝,固体C是氧化铝,氢氧化铝生成氧化铝的条件是受热分解。而工业上制取铝单质是电解熔融的氧化铝,故答案为:(1);加热(或煅烧);电解法;
(2)D与浓盐酸混合,不加热,无变化,加热有Cl2生成,证明加热时反应条件;当反应停止后,固体有剩余,此时滴加硫酸,又产生Cl2,说明溶液中的氢离子影响反应速率,故答案为:a c;
比较影响反应速率的关键是对比不同点,找出二者的差异。
(3)依据氧化还原反应先配平化学方程式,2Cl2+ TiO2+2C===TiCl4+2CO;再求出对于反应热。0.1 mol Cl2放出热量4.28 kJ,故2mol氯气放出85.6 kJ的热量,
故答案为:2Cl2(g)+ TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g) ΔH=−85.6 kJ·mol−1;
Ⅱ.含铬元素溶液的分离和利用
(4)电解池中,离子做定向移动,利用电解原理,判断CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动,钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室;同时在电流作用下,两个电极发生氧化还原反应,阴极还原反应,氢离子放电,生成氢气,生成氢氧根离子,受阳离子交换膜阻挡,和从混合区域过来的钠离子生成氢氧化钠;阳极室发生氧化反应,水电离生成的氢氧根离子放电,生成氧气,同时阳极室有氢离子生成,在氢离子作用下,2CrO42-+2H+⇌Cr2O72-+H2O,故分离后含铬元素的粒子是CrO42-和Cr2O72-
故答案为:在直流电场作用下,CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动,脱离浆液;CrO42-和Cr2O72-;NaOH和H2。
考查方向
电解原理的应用;热化学方程式书写;影响化学反应速率的因素。
解题思路
Ⅰ.(1)NaOH是离子化合物,电子式为;反应①所得溶液A是偏铝酸钠溶液,沉淀B是氢氧化铝,固体C是氧化铝,最终的铝单质。
(2)比较影响反应速率的关键是对比不同点,找出二者的差异。
(3)依据氧化还原反应完成化学方程式,2Cl2+ TiO2+2C===TiCl4+2CO,再求出对于反应热。
Ⅱ.(4)利用电解原理,判断电解液中离子移动方向,至于产物的判断,要根据电极反应类型判断:阳极氧化反应,阴极还原反应。
易错点
本题考查电解原理的应用,利用电解原理处理工业中问题;热化学方程式书写、影响化学反应速率的因素,等,难度较大。
18.(18分)用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I−),实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。Ⅰ.准备标准溶液
a.准确称取AgNO3基准物4.2468 g(0.0250 mol)后,配制成250 mL标准溶液,放在棕色试剂瓶中避光保存,备用。
b.配制并标定100 mL 0.1000 mol·L−1 NH4SCN标准溶液,备用。
Ⅱ.滴定的主要步骤
a.取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。
b.加入25.00 mL 0.1000 mol·L−1 AgNO3溶液(过量),使I−完全转化为AgI沉淀。
c.加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。
d.用0.1000 mol·L−1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+,使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后,体系出现淡红色,停止滴定。
e.重复上述操作两次。
f.数据处理。
三次测定数据如下表:
回答下列问题:
(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液,所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有__________。
(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是___________________________。
(3)滴定应在pH<0.5的条件下进行,其原因是___________________________________。
(4)b和c两步操作是否可以颠倒________________,说明理由________________________。
(5)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为_____mL,测得c(I-)=_________________mol·L-1。
(6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步,应进行的操作为________________________。
(7)判断下列操作对c(I-)测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
①若在配制AgNO3标准溶液时,烧杯中的溶液有少量溅出,则测定结果_______________。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时,俯视标准液液面,则测定结果____________________。
正确答案
(1)250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管
(2)避免AgNO3见光分解
(3)防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3+的水解)
(4)否(或不能)
若颠倒,Fe3+与I-反应,指示剂耗尽,无法判断滴定终点
(5)10.00 0.0600
(6)用NH4SCN标准溶液进行润洗
(7)偏高 偏高
解析
(1)配制硝酸银标准溶液时,所使用的仪器出需烧杯和玻璃棒外还有250mL(棕色)容量瓶及定容时需要的胶头滴管,
故答案为:250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管;
(2)硝酸银标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存是因为硝酸银见光分解,故答案为:避免AgNO3见光分解;
(3)滴定应在pH<0.5的条件下进行,原因是抑制铁离子的水解,防止因铁离子的水解而影响滴定终点的判断,
故答案为:防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3+的水解);
(4)b和c两步操作不能颠倒,若颠倒,铁离子与碘离子发生氧化还原反应,指示剂耗尽则无法判断滴定终点,
故答案为:否(或不能);若颠倒,Fe3+与I-反应,指示剂耗尽,无法判断滴定终点;
(5)根据所提供的三组数据,第一组数据误差较大,应舍去,二、三组数据取平均值即可,所以所消耗的 NH4SCN溶液平均体积为10.00mL,
n(AgNO3)=25.00×10-3L×0.1000mol•L-1=2.5×10-3mol,n(NH4SCN)=0.1000mol•L-1×10.00×10-3L=1.00×10-3mol,
则c(I-)×0.25L=2.5×10-3mol-1.00×10-3mol,c(I-)=0.0600mol•L-1,
故答案为:10.00;0.0600;
(6)装入NH4SCN标准溶液,应避免浓度降低,应用NH4SCN标准溶液进行润洗,故答案为:用NH4SCN标准溶液进行润洗;
(7)反应的原理为c(AgNO3)×V(AgNO3)=c(NH4SCN)×V(NH4SCN)+c(I-)×V(I-),
①若在配制AgNO3标准溶液时,烧杯中的溶液有少量溅出,则导致溶质的物质的量减小,浓度偏低,则n(NH4SCN)偏小,测定c(I-)偏大,
故答案为:偏高;
①若在滴定终点读取滴定管刻度时,俯视标准液液面,造成读数偏小,则n(NH4SCN)偏小,测定c(I-)偏大,
故答案为:偏高。
考查方向
学生的分析能力、实验能力和计算能力
解题思路
(1)配制硝酸银标准溶液时,所使用的仪器出需烧杯和玻璃棒外还有250mL(棕色)容量瓶及定容时需要的胶头滴管;
(2)硝酸银见光分解;
(3)滴定应注意防止铁离子的水解,影响滴定结果;
(4)铁离子与碘离子发生氧化还原反应;
(5)根据所提供的三组数据,第一组数据误差较大,应舍去,二、三组数据取平均值即可,所以所消耗的NH4SCN溶液平均体积为10.00mL,
结合c(AgNO3)×V(AgNO3)=c(NH4SCN)×V(NH4SCN)+c(I-)×V(I-)计算;
(6)装入NH4SCN标准溶液,应避免浓度降低,应用NH4SCN标准溶液进行润洗;
(7)反应的原理为c(AgNO3)×V(AgNO3)=c(NH4SCN)×V(NH4SCN)+c(I-)×V(I-),如操作导致c(NH4SCN)×V(NH4SCN)偏小,则测定结果偏大,以此解答该题.
易错点
本题考查学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查,注意把握实验的操作方法和注意事项,把握反应的原理和误差分析的角度,难度中等.
28.(18分)
(1)我国自主研制的首艘货运飞船“天舟一号”发射升空后,与已经在轨运行的“天宫二号”成功对接形成组合体。假设组合体在距地面高度为h的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动,已知地球的半径为R,地球表面处重力加速度为g,且不考虑地球自转的影响。则组合体运动的线速度大小为__________,向心加速度大小为___________。
(2)如图所示,打点计时器固定在铁架台上,使重物带动纸带从静止开始自由下落,利用此装置验证机械能守恒定律。
①对于该实验,下列操作中对减小实验误差有利的是______________。
A.重物选用质量和密度较大的金属锤
B.两限位孔在同一竖直面内上下对正
C.精确测量出重物的质量
D.用手托稳重物,接通电源后,撒手释放重物
②某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50 Hz的交流电源上,按正确操作得到了一条完整的纸带,由于纸带较长,图中有部分未画出,如图所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点,其中O点为纸带上打出的第一个点。重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出,利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有____________。
A.OA、AD和EG的长度
B.OC、BC和CD的长度
C.BD、CF和EG的长度
D.AC、BD和EG的长度
(3)某探究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻。其中电流表A1的内阻r1=1.0 kΩ,电阻R1=9.0 kΩ,为了方便读数和作图,给电池串联一个R0=3.0 Ω的电阻。
①按图示电路进行连接后,发现、和三条导线中,混进了一条内部断开的导线。为了确定哪一条导线内部是断开的,将电建S闭合,用多用电表的电压挡先测量a、间电压,读数不为零,再测量、间电压,若读数不为零,则一定是________导线断开;若读数为零,则一定是___________导线断开。
②排除故障后,该小组顺利完成实验。通过多次改变滑动变阻器触头位置,得到电流表A1和A2的多组I1、I2数据,作出图象如右图。由I1–I2图象得到电池的电动势E=_________V,内阻r=__________Ω。
正确答案
(1);(2)①AB ②BC(3)
① ; ② 1.41(1.36~1.44均可); 0.5(0.4~0.6均可)
解析
(1)在地球表面的物体受到的重力等于万有引力,有:,解得:;“天舟一号”绕地球做匀速圆周运动时根据万有引力提供圆周运动向心力有:,解得线速度为,根据万有引力定律和牛顿第二定律可得,,则卫星所在处的加速度为:
(2)①实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小的物体,这样能减少摩擦阻力的影响,从而减小实验误差,选项A正确;为了减小纸带与限位孔之间的摩擦图甲中两限位孔必须在同一竖直线,这样可以减小纸带与限位孔的摩擦,从而减小实验误差,选项B正确;因为我们是比较mgh、的大小关系,故m可约去,不需要测量重锤的质量,对减小实验误差没有影响,选项C错误;实验时,先接通打点计时器电源再放手松开纸带,对减小实验误差没有影响,选项D错误。综上本题选:AB
②根据匀变速直线运动某段时间中点的瞬时速度等于这一段的平均速度,由EG的长度可求出打F点的速度vF,打O点的速度v1=0,但求不出OF之间的距离h,选项A错误;由BC和CD的长度可求出打C点的速度vC,打O点的速度v1=0,有OC之间的距离h,可以用来验证机械能守恒定律,选项B正确;由BD和EG的长度可分别求出打C点的速度v1和打F点的速度v2,有CF之间的距离h,可以来验证机械能守恒定律,选项C正确;AC、BD和EG的长度可分别求出打BCF三点的速度,但BC、CF、BF之间的距离都无法求出,无法验证机械能守恒定律,选项D错误。综上本题选:BC
(3)①用电压表检测电路故障时,电压表是用电流表改装的,所以当电压表有示数时,电压表中有电流通过,与电压表组成的回路没有断路现象,当电路有断路时,回路中没有电流,电压表示数为0,所以当
电建S闭合,用多用电表的电压挡先测量a、b′间电压,读数不为零,可知此段线路存在断路现象,再测量a、间电压,若读数不为零,说明导线是导通的,则一定是导线断开;若读数为零,说明电路仍然没有接通,则一定是导线断开。
②根据串并联电路的特点,结合闭合电路欧姆定律得:E=U+Ir,则有:,其中I1、I2为电流表A1和A2的示数,且I2为为横坐标值,I1为纵坐标值,由图象读出两点坐标,代入到方程中,解得,;
考查方向
(1)本题考查了万有引力定律及其应用知识点,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。(2)本题考查了验证机械能守恒定律知识点,在近几年的各省高考题出现的频率较高,常与探究小车速度随时间变化的规律,打点计时器系列实验中纸带的处理等知识点交汇命题。(3)本题考查了测定电源的电动势和内阻知识点,在近几年的各省高考题出现的频率较高,常与把电流表改装成电压表等知识点交汇命题。
解题思路
(1)地球表面重力与万有引力相等,“天舟一号”绕地球做匀速圆周运动万有引力提供圆周运动向心力,进行解答;(2)根据实验原理,结合实验中的注意事项后分析解答;依据这段时间内的平均速度等于中时刻瞬时速度,从而确定动能的变化,再依据重力势能表达式,进而确定其的变化,即可验证;(3)通过多用电表的电压示数是否为零,结合电路分析确定哪根导线断开;根据闭合电路欧姆定律以及串并联电路的特点,得出两电流的表达式,由图象读出相关数据代入求出电动势和内阻的大小;
易错点
(1)本题关键是理解在星球表面万有引力与重力相等,卫星绕星球做匀速圆周运动的向心力由万有引力提供;(2)本题关键理解如何处理实验误差的方法,当用手托稳重物,接通电源后,撒手释放重物是为了有效的利用纸带的长度,对减少实验误差没有影响;(3)本题关键是理解电压表检测故障的原理,对此题图线问题,是根据闭合电路欧姆定律找出横纵坐标的函数关系进行分析,然后由图象读出数据代入即可;代入数据时要注意单位要统一;
29.(16分)如图所示,物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接,跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧,质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上,B悬于空中。先将B竖直向上再举高h=1.8 m(未触及滑轮)然后由静止释放。一段时间后细绳绷直,A、B以大小相等的速度一起运动,之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s2。空气阻力不计。求:
(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t;
(2)A的最大速度v的大小;
(3)初始时B离地面的高度H。
正确答案
(1)(2)2 m/s(3)0.6 m
解析
(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动,有:,代入数据解得:(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB,有:vB=gt,细绳绷直瞬间,细绳张力远大于A、B的重力,A、B相互作用,由动量守恒得:,之后A做匀减速运动,所以细绳绷直后瞬间的速度v即为最大速度,代入数据联立解得:v=2 m/s
(3)细绳绷直后,A、B一起运动,B恰好可以和地面接触,说明此时A、B的速度为零,这一过程中A、B组成的系统机械能守恒,有:,代入数据解得:H=0.6 m.
考查方向
解题思路
(1)根据自由落体规律计算运动时间;(2)根据动量守恒定律计算A的最大速度;(3)根据机械能守恒计算B离地面的高度H;
易错点
本题关键分析出当绳子碰直时A、B两物体动量守恒,B恰好可以和地面接触说明此时B物体的速度为零;
30.(18分)平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场,第Ⅲ现象存在沿y轴负方向的匀强电场,如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动,Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场,最终从x轴上的P点射出磁场,P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力,问:
(1)粒子到达O点时速度的大小和方向;
(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。
正确答案
(1),与x轴方向的夹角为45°角斜向上(2)
解析
(1)在电场中,粒子做类平抛运动,设Q点到x轴的距离为L,到y轴的距离为2L,粒子的加速度为a,运动时间为t,则有:
沿x轴正方向:,①
竖直方向根据匀变速直线运动位移时间关系可得: ②
设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy,根据速度时间关系可得:vy=at ③
设粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为α,有 ④
联立①②③④式得:α=45°⑤
即粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上;粒子到达O点时的速度大小为v,由运动的合成有
(2)设电场强度为E,粒子电荷量为q,质量为m,粒子在电场中受到的电场力为F,由牛顿第二定律可得:qE=ma ⑧ 由于, 解得: ⑨
设磁场的磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,所受的洛伦兹力提供向心力,有⑩作出示意思图如图所示:
由于P点到O点的距离为2L,则由几何关系可知,解得:⑪,联立⑨⑪式得:
考查方向
解题思路
(1)在电场中,粒子做类平抛运动,根据x轴方向的匀速直线运动和y方向的匀加速直线运动列方程求解;(2)粒子在电场中受到的电场力时由牛顿第二定律求解加速度,再根据速度位移关系求解电场强度;根据粒子所受的洛伦兹力提供向心力得到半径计算公式,再根据则由几何关系得到半径大小,由此求解磁感应强度大小,然后求解比值;
易错点
本题关键根据带电粒子受力情况,用牛顿第二定律求出加速度,结合运动学公式确定带电粒子的速度;对于带电粒子在磁场中的运动情况,关键是确定圆心位置,根据几何关系求半径,结合洛伦兹力提供向心力求解未知量;
31.(20分)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度,其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图,图中直流电源电动势为E,电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l,电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN,垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触。首先开关S接1,使电容器完全充电。然后将S接至2,导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出),MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时,回路中电流为零,MN达到最大速度,之后离开导轨。问:
(1)磁场的方向;
(2)MN刚开始运动时加速度a的大小;
(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。
正确答案
(1)磁场方向垂直于导轨平面向下;(2)(3)
解析
(1)由题图可知,电容器上端带正电,下端带负电,电容器放电时通过MN的电流方向向下,由于MN向右运动,则可知MN受到的安培力的方向水平向右,根据左手定则知,磁场方向垂直于导轨平面向下;
(2)电容器完全充电后,两极板间电压为E,当开关S接2时,电容器放电,设刚放电时流经MN的电流为I,有: ①
设MN受到的安培力为F,则有:②
由牛顿第二定律有:F=ma ③
联立①②③式:得④
(3)当电容器充电完毕时,设电容器上电量为Q0,有:Q0=CE ⑤
开关S接2后,MN开始向右加速运动,速度达到最大值vmax时,设MN上的感应电动势为E′,有:
⑥
依题意有: ⑦
设在此过程中MN的平均电流为,MN上受到的平均安培力为 ⑧
由动量定理,有 ⑨
又 ⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得:
考查方向
解题思路
(1)根据通过MN电流的方向,结合左手定则得出磁场的方向;(2)根据欧姆定律得出MN刚开始运动时的电流,结合安培力公式,根据牛顿第二定律得出MN刚开始运动时加速度a的大小;(3)开关S接2后,MN开始向右加速运动,速度达到最大值vmax时,根据电动势和电荷量的关系,以及动量定理求出MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q;
易错点
本题关键理解当电流在变化时,安培力大小在变化,应用动量定理时,要用平均电流;
13.以下实验设计能达到实验目的的是( )
正确答案
D
解析
(A).加热碳酸氢纳分解生成了碳酸钠,不能达到使用目的,故A错误; (B).直接蒸发AlCl3溶液,铝离子发生水解,最终得到的是Al(OH)3,故B错误; (C).重结晶法提纯苯甲酸的方法是:将粗品水溶,趁热过滤,目的是趁热滤去不溶性杂质,使滤液冷却析出结晶,故C错误; (D).NaBr和NaI都能与氯水反应生成对于的单质,再用四氯化碳萃取,颜色层不同,故D正确。
故选D。
考查方向
实验方案设计
解题思路
(A). NaHCO3固体受热分解 (B).氯化铝溶液因为水解发生了化学变化 (C).重结晶依据物质及杂质的性质 (D).溴单质和碘单质颜色不同,被萃取后溶液颜色明显不同
易错点
本题考查实验方案设计,同时包括常见元素化合物知识,题目难度不大,是近年高考常见题型,其中出错原因不理解重结晶的概念。
25.不定项选择题。每小题给出的四个选项中,都有多个选项是正确的。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,选错或不答的得0分。
在匀强磁场中,一个100匝的闭合矩形金属线圈,绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动,穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2 Ω,则( )
正确答案
解析
根据图象可知,在t=0时穿过线圈平面的磁通量为零,所以线圈平面平行于磁感线,选项A正确;图象的斜率为 ,即表示磁通量的变化率,在0.5s~1.5s时间内,“斜率方向“不变,表示感应电动势方向不变,根据欧姆定律可知,电流强度方向不变,选项B错误;由图象可知在t=1.5 s时,斜率为零,根据法拉第电磁感应定律 分析可知此时的感应电动势为零,选项C错误;一个周期内感应电动势的最大值为,其有效值为:
,根据焦耳定律可得一个周期产生的热量为,选项D正确。综上本题选:AD
考查方向
解题思路
根据图象得到t=0时穿过线圈平面的磁通量大小,由此确定线圈的位置;根据图象斜率确定t=1 s时,感应电流方向和t=1.5 s时感应电动势大小;计算此交流电的最大值和有效值,根据焦耳定律计算一个周期产生的热量;
易错点
本题关键掌握中性面的特点,线圈每经过一次中性面电流方向改就一次,中性面位置,磁感线与线圈平面垂直,穿过线圈平面的磁通量最大;计算交流电产生的热量要用交流电的有效值;
26.不定项选择题。每小题给出的四个选项中,都有多个选项是正确的。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,选错或不答的得0分。
如图所示,在点电荷Q产生的电场中,实线MN是一条方向未标出的电场线,虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹。设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB,电势能分别为EpA、EpB。下列说法正确的是
正确答案
解析
电子在电场中做曲线运动,虚线AB是电子只在静电力作用下的运动轨迹,电场力沿电场线指向曲线的凹侧一方,电场的方向与电场力的方向相反,如图所示:
因为在MN上电场方向向右,那么Q为正电荷; 若aA>aB,则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端,由题目所给条件无法判断电子的运动方向,选项A错误,选项B正确;因为电场线方向由M指向N,根据沿电场线方向电势降低可知,A点电势高于B点电势, 电子带负电,电子所受电场力方向指向左侧,那么,若电子从A向B运动,则电场力做负功,电势能增加;若电子从B向A运动,则电场力做正功,电势能减小,所以,一定有EpA<EpB,求解过程与Q所带电荷无关,只与电场线方向相关,故C正确;
综上本题选:BC
考查方向
解题思路
由运动轨迹得到电场力方向,进而得到电势的比较,根据电场方向确定电荷的正负,根据电场力做情况判断电势能的变化;
易错点
本题关键通过粒子的运动轨迹确定出受到的电场力的方向,根据电子带负电进而确定出电场方向;
27.不定项选择题。每小题给出的四个选项中,都有多个选项是正确的。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,选错或不答的得0分。
如图所示,轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点,悬挂衣服的衣架钩是光滑的,挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件,当衣架静止时,下列说法正确的是( )
正确答案
解析
设两杆间距离为d,绳长为L,oa、ob段长度分别为和,则,两部分绳子与竖直方向的夹角分别为和,受力分析如图所示:
由于绳子中各部分张力大小相等,,则,,由几何关系有:
,即, ,由于d与L均不变,则为定值,则为定值,为定值,所以当绳的右端上移到点时,绳子的拉力保持不变,所挂的衣服质量变化,衣服的位置也保持不变,选项A正确,选项CD错误;将杆N向右移一些,d增大,则增大,减小,由表达式分析可知绳子的拉力增大,选项B正确;综上本题选:AB
考查方向
解题思路
绳子两端上下移动时,两杆距离不变,据此分析两端绳子间夹角的变化情况,进而分析拉力的变化;两杆之间距离发生变化时,分析两段绳子之间的夹角变化,进而分析拉力变化
易错点
本题关键是明确两绳子上的合力的不变,分析绳子夹角的变化情况,而夹角的变化情况又与两杆距离有关,写出了距离与夹角关系,进行分析解答;