《2018年高考理综选择题专项训练1620180611038.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年高考理综选择题专项训练1620180611038.doc（13页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、2018年高考理综选择题专项训练（16）一、选择题：本题共13个小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1下列是对组成细胞的分子的描述,正确的是A“还原糖的鉴定”和“观察DNA和RNA在细胞中的分布”实验中都需要进行水浴加热B生物大分子都能为细胞的生命活动提供能量C淀粉和脂肪的水解产物都是二氧化碳和水D组成细胞的各种分子都因物种不同而存在结构和功能上的差别【答案】A【解析】“还原糖的鉴定”实验中需要水浴加热，“观察DNA和RNA在细胞中的分布”实验中水解过程，需要将小烧杯放入含有30温水的大烧杯中保温5min，A正确。生物大分子中的核酸是遗传信息的携带者，但是不能
2、为生命活动提供能量的，B错误。淀粉和脂肪的水解终产物分别是葡萄糖、甘油和脂肪酸，二氧化碳和水是它们的代谢终产物，C错误。组成细胞的各种分子并不是完全不同的，比如一些小分子物质：葡萄糖，氨基酸，核苷酸等是相同，D错误。2ATP合酶是合成ATP所需的催化酶，分子结构由凸出于膜外的亲水性头部和嵌入膜内的疏水性尾部组成。当H+顺浓度梯度穿过ATP合酶，使ADP与Pi形成ATP。下列关于 ATP合酶的分析，错误的是A可推测原核生物的细胞内没有ATP合酶B线粒体内膜、叶绿体类囊体膜上有ATP合酶CATP合酶既具有催化作用，也具有运输作用DATP合酶催化ADP和Pi形成ATP需要温和的条件【答案】A【解析】
3、原核生物的细胞需要进行呼吸作用，产生ATP为各项生命活动供能，而ATP合酶是合成ATP所需的催化酶，故可推测原核生物的细胞内有ATP合酶，A错误；线粒体内膜、叶绿体类囊体膜上都有ATP的合成，有ATP合酶，B正确；，从“ATP合酶是合成ATP所需的催化酶”可知，ATP合酶具有催化作用，从“当H+顺浓度梯度穿过ATP合酶”可推测，ATP合酶具有运输作用，故C正确；细胞内酶催化都需要温和的条件，D正确。3艾滋病病毒（HIV)是一种逆转录病毒，HIV的宿主细胞主要是T细胞，病毒进入人体后在宿主细胞内经一系列过程形成新的病毒。下列与HIV增殖有关的叙述中正确的是AHIV进入淋巴细胞内的只是病毒的RNA
4、B逆转录出的DNA分子中A+T与C+G的数目相等CA与U的配对只发生在转录过程中DHIV增殖时所用原料全部来自宿主细胞4某地因甲虫成灾，长期使用乙酰甲胺磷来杀灭甲虫，甲虫的数量先减少后逐渐回升。下列相关叙述正确的是A在甲虫数量变化过程中，甲虫个体是进化的基本单位B长期使用乙酰甲胺磷诱导甲虫产生基因突变，从而产生抗药性C使用乙酰甲胺磷后，甲虫数量逐渐恢复是主动适应环境的结果D使用乙酰甲胺磷后，甲虫的基因频率发生改变但未形成新物种【答案】D【解析】种群是进化的基本单位，A错误；乙酰甲胺磷对甲虫进行筛选，不是诱导甲虫产生基因突变，B错误；使用乙酰甲胺磷后，甲虫数量逐渐恢复是具有抗药性甲虫大量繁殖的结
5、果，C错误；使用乙酰甲胺磷后，甲虫的基因频率发生改变，但不会形成新物种，D正确。5图为人体内环境甲、乙、丙三大成分之间的转化模式图。下列叙述中，正确的是A内环境中含有多种酶，是细胞代谢的主要场所B镰刀形细胞贫血症是因为甲中的血红蛋白异常C丙中蛋白质和氧气含量均低于甲D胰腺组织细胞分泌的消化酶、胰岛素等通过甲运输到作用部位【答案】C【解析】据图分析：甲表示血浆，乙表示淋巴，丙表示组织液据此分析作答。细胞质基质是细胞代谢的场所，A错误；镰刀形细胞贫血症是基因突变造成血红蛋白异常引起的，而甲表示血浆，其中没有血红蛋白，B错误；丙和乙中蛋白质含量均低于血浆甲，组织液中氧气也是血浆中通过自由扩散进入的，
6、所以也低于血浆，C正确；胰腺分泌的消化酶随胰液由导管直接送到小肠，不会通过甲运输到作用部位，D错误。6下表为某鱼种群的年龄组成。研究表明：该种鱼在3+时达到性成熟（进入成年），9+时丧失繁殖能力（进入老年）。下列有关叙述正确的是年龄0+1+2+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12个体数92187121706962637264554239264(注：表中“1+”表示鱼的年龄大于等于1、小于2，其他以此类推。）A该鱼种群的年龄组成为增长型B用标志重捕法调查该鱼的种群密度时，如果标志物容易脱落，则会导致调查结果偏大C该鱼种群粪便中的能量是其同化量的一部分D该鱼种群的存在能够加速生态系统中物质
7、和能量的循环【答案】B【解析】根据表中数据可知幼年、成年和老年3个年龄组个体数的比例为（92+187+121）：（70+69+62+63+72+64）：（55+42+39+264）=400：420：4001：1：1，由此可推测该鱼种群数量的变化趋势是保持稳定，属于稳定型，A错误；用标志重捕法调查该鱼的种群密度时，根据种群密度估算公式，如果标志物容易脱落，则会导致调查结果偏大，B正确；该鱼种群的同化量=摄入量-粪便量，即粪便量是上一营养级的同化量，C错误；鱼作为消费者能够加速生态系统中物质循环，而能量是单向流动，不能循环利用，D错误。7齐民要术中记载了二十三种利用谷物酿制食醋的工艺。其经历的三个
8、主要发酵过程为：糖化酒化一醋化。下列说法不正确的是( )A糖化过程是淀粉在微生物作用下分解成葡萄糖B传统酿醋工艺均经历了酿酒的过程C酒化和醋化都要在有氧环境中进行D发酵液的温度控制到“小暖如人体”的程度是为了提高酶的活性【答案】C【解析】用谷物酿制食醋经历的三个主要发酵过程为： 糖化酒化醋化。分别是淀粉在微生物的作用下水解成葡萄糖，葡萄糖在微生物的作用下分解成乙醇和二氧化碳（在无氧的条件下），乙醇被微生物在有氧的环境下氧化成乙酸。A糖化过程是淀粉在微生物作用下分解成葡萄糖，故A正确。B传统酿醋工艺均经历了酿酒的过程，故B正确。C酒化在无氧环境下，醋化在有氧的环境下。故C错误。D发酵液的温度控制
9、到小暖如人体是为了提高酶的活性，故D正确。故选C。点睛：本题以传统用谷物酿制食醋的工艺为载体，考查学生分析问题解决问题的能力，易错点B选项，传统酿醋工艺均经历了酿酒的过程，将酒氧化可得到醋。8设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述中正确的是A标准状况下，2.24LSO3中含氧原子数为0.3NAB1molFe与过量硫蒸气反应，电子转移数为2NAC1L1mol/L乙醇溶液中含极性共价键数目为7NAD含S2-、HS-共lmol的Na2S溶液中含Na+数目为2NA9有机物M、N、Q的转化关系为 ，下列说法不正确的是AM的名称为异丁烷BN的同分异构体有7种(不考虑立体异构,不包括本身)CMN、NQ的反
10、应类型分别为取代反应和消去反应DM、N、Q均能使溴水层褪色,但原理不同【答案】A【解析】M的名称为异戊烷，故A错误；N的分子式是C5H11Cl，C5H12有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种同分异构体，正戊烷的一氯代物有3种、异戊烷的一氯代物有4种、新戊烷的一氯代物有1种，所以N的同分异构体有7种(不包括本身)，故B正确；MN是一个氯原子取代M分子中的一个氢原子，NQ是卤代烃的消去反应，故C正确；M、N使溴水层因萃取而褪色，Q使溴水层因发生加成反应而褪色，故D正确。10根据下列实验操作和现象所得到的结沦正确的是选项实验操作实验现象实验结论A向过氧化钠样品中滴加过量的盐酸,将生成的气体通入CaCl2溶液
11、无白色沉淀产生样品未变质B向氯仿(CHCl3)样品中加入AgNO3溶液有白色沉淀产生样品已变质C将漂白粉样品溶于水加人盐酸和KI溶液,再加入CCl4振荡,静置下层液体呈紫红色样品未变质D将亚硫酸钠样品溶于水,加入盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生样品已变质【答案】B【解析】A、二氧化碳与氯化钙溶液不反应，无白色沉淀产生不能确定是否有二氧化碳通入，则无法确定样品是否变质，选项A错误；B、氯仿中的氯原子无法与硝酸银反应产生白色沉淀，若有白色沉淀产生则样品已变质生成氯离子，遇硝酸银产生白色沉淀，选项B正确；C、漂白粉没有完全变质则次氯酸根离子能将碘离子氧化产生碘单质，碘单质溶于四氯化碳中呈
12、紫红色，故无法确定样品是否变质，选项C错误；D、若样品不变质，在有硝酸根离子的条件下亚硫酸根离子会被氧化为硫酸根离子，遇钡离子产生不溶于酸的硫酸钡，则无法确定样品是否变质，选项D错误。答案选B。11已知:2FeSO47H2OFe2O3+SO2+SO3+14H2O，用下图所示装置检验FeSO47H2O的所有分解产物，下列说法不正确的是A乙、丙、丁中可依次盛装无水CuSO4、Ba(NO3)2溶液、品红溶液B实验时应先打开K，缓缓通入N2，再点燃酒精喷灯C甲中残留固体加稀硫酸溶解，再滴加KSCN，溶液变红D还应在丁装置后面连接盛有NaOH溶液的洗气瓶【答案】A【解析】A、丙装置验证的是SO3，因为N
13、O3在酸性条件下具有强氧化性，能把SO2氧化成SO42，对SO3的检验产生干扰，丙装置应换成BaCl2溶液，故A说法错误；B、先通N2，排除装置中空气，防止Fe2被氧化，故B说法正确；C、残留固体加稀硫酸溶解，再滴加KSCN溶液，溶液变红说明溶液中含有Fe3，反之不含有，故C说法正确；D、SO2有毒，为防止污染空气，因此在丁装置后面再加一尾气处理装置，即添加盛有NaOH溶液的洗气瓶，故D说法正确。12X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y、W主族，W的最外层电子数为Z的2倍，m、n分别是X、Y与W形成的化合物，m、n有如图所示的转化关系，p为常见的液态化物，q是W的单质。下列
14、说法不正确的是A原子半径:ZWYXB简单氢化物的稳定性:YWCm、n、p均为只含极性键的共价化合物DZ、W形成的化合物可由两种盐溶液通过复分解反应制得【答案】D【解析】由以上分析可以知道X为H、Y为O、Z为Al、W为S元素,m、n分别是H2S、SO2,p为H2O,q为S,A一般来说,原子核外电子层数越多,原子半径越大,同周期元素从左到右原子半径逐渐减小,则:ZWYX,所以A选项是正确的;B非金属性,元素的非金属性越强,对应的氢化物越稳定,所以B选项是正确的;Cm、n分别是、,p为,均为只含极性键的共价化合物,所以C选项是正确的;DZ为Al、W为S元素,铝离子和硫离子发生互促水解反应,不能通过复
15、分解反应生成,故D错误所以D选项是正确的.点睛：抓住物质的特性进行判断。p为常见的液态化合物,应为H2O,q是W的单质,且为淡黄色固体,应为S,Y、W同主族,则Y为O元素,X为H元素,W的最外层电子数为Z的2倍,则Z的最外层电子数为3,应为Al,结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率解答该题。13常温下,取浓度均为0.1mol/L的HX溶液和ROH溶液各20mL，分别用0.1mol/LNaOH溶液、0.1molL-1盐酸进行滴定。滴定过程中溶液的pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法正确的是AHX为强酸,ROH为弱碱B滴定前,ROH溶液中存在c(ROH)c(OH-)c(R+)c(H+
16、)C曲线:滴定至V=10mL时存在2c(OH-)-c(H+)=c(HX)-c(X-)D滴定至V=40mL的过程中,两种溶液中由水电离出的c(H+)c(OH-)不变【答案】B【解析】常温下，0.1mol/L的HX溶液的PH=3，0.1mol/L的ROH溶液PH=11所以HX为弱酸、ROH为弱碱，故A错误；根据电荷守恒，滴定前，ROH溶液中存在c(ROH)c(OH-)c(R+)c(H+)，故B正确；曲线是用氢氧化钠溶于滴定HX，滴定至V=10mL时，溶质是等浓度的HX、NaX，根据物料守恒和电荷守恒，存在2c(OH-)-2c(H+)=c(HX)-c(X-)，故C错误；滴定至V=40mL的过程中盐酸
17、、氢氧化钠均过量，两种溶液中由水电离出的c(H+)c(OH-)先增大后减小，故D错误。二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。14某同学在研究光电效应时测得不同光照射到同一光电管时得到的光电流与电压的关系图象如图所示。则下列有关说法中正确的是A光线1、3为同一色光，光线3的光强更强B光线1、2为同一色光，光线1的光强更强C光线1、2为不同色光，光线2的频率较大D保持光线1的强度不变，光电流强度将随加速电压的增大一直增大【答案】 C【解析】由图象可
18、知，光线1和光线3的遏止电压相同，所以它们是同一色光，相同电压时，光线1对应的光电流更大，说明单位时间内照射的光电子数更多，即光线1更强，A错误；光线1和光线2的遏止电压不同，所以它们是不同色光，B错误；由于光线2的遏止电压较大，由、可知，光线2的频率较大，C正确；由图可知，在光照条件不变的情况下，随着所加电压的增大，光电流趋于一个饱和值（饱和电流），D错误；故选C15如图所示为a、b、c三个质点运动的速度一时间图象(v-t图象)，若三质点同时从同一位置出发则关于三个质点的运动，下列说法中正确的是A时刻a、b两质点的速度大小相等、方向和反B时刻后，质点b位于a、c的前面C0时间内，a位于b、c
19、两质点的前面D0时间内，a、b两质点间的距离在不断减小16列车在空载情况下以恒定功率P经过一段平直的路段，通过某点时速率为v，加速度为a1；当列车满载货物再次经过同一点时，功率和速率均与原来相同，但加速度变为a2.重力加速度大小为g.设阻力是列车重力的k倍，则列车满载与空载时的质量之比为A BC D【答案】 B【解析】设空载时质量为m1，则列车的牵引力为F，由牛顿第二定律得：Fkm1gm1a1；满载时质量为m2，由牛顿第二定律得：Fkm2gm2a2，联立解得： ，B正确17图甲所示为一发电机的原理图，发电机产生的交变电流接图乙中理想变压器的原线圈。已知变压器原、副线圈的匝数之比为22：1，发电
20、机输出电压u随时间t变化的规律如图丙所示，发电机线圈电阻忽略不计，则（）A电阻两端电压的瞬时值表达式为u=10sin 50t（V）B电压表示数为10VC若仅使发电机线圈的转速增大一倍，则变压器副线圈输出电压的频率增大一倍，而电压表示数不变D若仅使电阻R增加，则电流表示数不变【答案】 B【解析】A：由题图丙知：原线圈电压的最大值，原线圈电压有效值，周期，故频率；由知，副线圈电压的有效值，最大值。故A项错误，B项正确；C：若仅使发电机线圈的转速n增大一倍，则角速度增大一倍，根据可知，变压器原线圈输入电压的频率和最大值都增大一倍。原副线圈中电流的频率相等，变压器副线圈输出电压的频率增大一倍；由知，副
21、线圈输出电压增大一倍，电压表读数增大一倍。故C项错误。D：仅使电阻增加，原线圈两端的电压和原副线圈匝数比不变，则副线圈输出电压不变，副线圈中电流减小；原副线圈匝数比不变，则原线圈中电流也减小，电流表示数减小。故D项错误。点睛：涉及变压器动态分析类问题时要注意原线圈两端的电压和原副线圈匝数比决定副线圈两端电压；副线圈的电流和原副线圈匝数比决定原线圈中电流。18一无限大接地导体板MN前面放有一点电荷+Q，它们在周围产生的电场可看作是在没有导体板MN存在的情况下，由点电荷+Q与其像电荷Q共同激发产生的。像电荷Q的位置就是把导体板当作平面镜时，电荷+Q在此镜中的像点位置。如图所示，已知+Q所在位置P点
22、到金属板MN的距离为L，a为OP的中点，abcd是边长为L的正方形，其中ab边平行于MN。则Aa点的电场强度大小为E=Ba点的电场强度大小大于b点的电场强度大小，a点的电势高于b点的电势Cb点的电场强度和c点的电场强度相同D一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电势能的变化量为零【答案】 B【解析】由题意可知，周围空间电场与等量异种点电荷产生的电场等效，所以a点的电场强度，A错误；等量异种点电荷周围的电场线和等势面分布如图所示由图可知， ，B正确；图中b、c两点的场强大小相等，方向不同，C错误；由于a点的电势大于d点的电势，所以一正点电荷从a点经b、c运动到d点的过程中电场力做正功，电荷的
23、电势能减小，D错误；故选B19从国家海洋局获悉，2018年我国将发射3颗海洋卫星，它们将在地球上方约500 km高度的轨道上运行。该轨道经过地球两极上空，所以又称为极轨道（图中虚线所示）。由于该卫星轨道平面绕地球自转轴旋转，且旋转方向和角速度与地球绕太阳公转的方向和角速度相同，则这种卫星轨道叫太阳同步轨道。下列说法中正确的是A海洋卫星的轨道平面与地球同步轨道平面垂直B海洋卫星绕地球运动的周期一定小于24 hC海洋卫星的动能一定大于地球同步卫星的动能D海洋卫星绕地球运动的半径的三次方与周期二次方的比等于地球绕太阳运动的半径的三次方与周期二次方的比【答案】 AB【解析】海洋卫星经过地球两极上空，而
24、地球的同步卫星轨道在地球赤道平面内，所以两轨道平面相互垂直，A正确；海洋卫星的高度小于地球同步卫星的高度，由可知，半径越小，周期越小，所以海洋卫星的周期小于地球同步卫星的周期，即小于24h，B正确；由，得，所以卫星的轨道半径越大，速度越小，由于两卫星的质量关系未知，所以无法比较两者的动能，C错误；行星的轨道半径的三次方与周期二次方的比值与中心天体有关，由于海洋卫星绕地球转动，而地球绕太阳转动，所以两者的比值不同，D错误；故选AB20如图所示，在光滑水平面上放置质量分别为2m的A、B和质量为m的C、D四个木块，其中A、B两木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的动摩擦因数是。现用水平拉力F拉其中的
25、木块D，则（ ）A当时， 的加速度为B当时， 的加速度为C当时，C的加速度为D当时，C的加速度为【答案】 CD【解析】对ABC整体，可知四个物体加速运动的最大加速度为；此时对ABCD整体：F=6mam=2.4mg；则当当F=mg时，四个物体相对静止，此时整体的加速度，则D的加速度为g，选项A错误；同理当F=2mg时，四个物体相对静止，此时整体的加速度，D的加速度为g，选项B错误；当F=3mg时，此时D与B已经产生滑动，此时ABC系统的加速度为0.4g，即C的加速度为0.4g，选项C正确；同理当F=4mg时，此时D与B已经产生滑动，此时ABC系统的加速度为0.4g，即C的加速度为0.4g，选项D
26、正确；故选CD点睛：此题是连接体问题，解题时首先要确定系统一起运动的最大加速度，而此时BD之间的摩擦力达到最大值；要灵活运用整体及隔离法.21如右图，空间某区域内存在沿水平方向的匀强磁场，一正方形闭合金属线框自磁场上方某处释放后穿过磁场，整个过程线框平面始终竖直，线框边长小于磁场区域上下宽度。以线框刚进入磁场时为计时起点，下列描述线框所受安培力F随时间t变化关系的图中，可能正确的是A B C D【答案】 BCD【解析】线框受重力作用加速下落，进入与离开磁场时受到安培力作用。若安培力等于重力，线框做匀速运动，此时，完全进入后只受重力，线框加速，刚要离开时的速度大于完全进入时的速度，故安培力大于重力，故A错误；若线框进入磁场时恰好重力等于安培力，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，故B正确；若重力小于安培力，由可知，线框做加速度减小的减速运动，安培力随速度的减小而减小，完全进入后只受重力，线框加速，离开磁场时安培力大于重力，速度减小，进入过程与离开过程可能安培力变化情况可能完全相同，故C正确；若进入时重力大于安培力，由，则做加速度减小的加速运动，离开磁场时安培力大于重力，做加速度减小的减速运动，故D正确，故选BCD13