《2018年普通高等学校招生全国统一考试高考理综信息卷十20180529018.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年普通高等学校招生全国统一考试高考理综信息卷十20180529018.doc（34页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、2018年普通高等学校招生全国统一考试最新高考信息卷理科综合能力测试（十） 注意事项：1、本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2、回答第卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3、回答第卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Mg-24 Br-80 第卷一、选择题：本大题共13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
2、 求的。1下列与细胞相关的叙述，正确的是A人体细胞内的囊泡可来自内质网、高尔基体和中心体B动物细胞所需的能量主要来自线粒体C细胞核中可进行DNA分子的复制和基因的表达D醋酸洋红使染色体着色体现了细胞膜的选择透过性【答案】B【解析】细胞内的囊泡来自于具有生物膜结构的细胞器，而中心体无膜结构，因此人体细胞内的囊泡不可以来自于中心体，A错误；动物细胞所需的能量主要由细胞的有氧呼吸产生，而有氧呼吸的主要场所是线粒体，因此动物细胞所需的能量主要来自线粒体，B正确；基因表达的转录过程主要发生在细胞核内，而翻译过程是在细胞质的核糖体上进行的，C错误；醋酸洋红进入细胞使染色体着色，说明细胞已经死亡，故未体现细
3、胞膜的选择透过性，D错误。2下列关于中心法则的叙述，错误的是A人体细胞一定能进行b过程，不一定能进行a过程B同一种RNA病毒既能进行e过程，又能进行d过程C所有生物c过程一定是在核糖体上进行的D没有一种生物体内能同时进行以上五个过程【答案】B【解析】据图分析，a表示DNA复制，b表示转录，c表示翻译，d表示逆转录，e表示RNA复制。只有分裂的细胞能进行DNA复制，人体只有少数细胞能进行分裂，但是转录、翻译是所有细胞都能进行的，A正确；同一种RNA病毒只能进行一种遗传物质的增殖方式，如HIV只能进行逆转录而不能进行RNA的复制，TMV只能进行RNA复制而不能进行逆转录，B错误；c过程是蛋白质的合
4、成，蛋白质合成的场所只有核糖体，C正确；以DNA为遗传物质的生物只能进行a、b、c，以RNA为遗传物质的生物只能进行e、c或者d、a、b、c，D正确。3同学们在足球场上踢足球时，机体会发生的变化是A毛细血管舒张和汗腺分泌加强使体内多余热量散失B视神经末梢产生的兴奋可在神经纤维上双向传导C在内环境中，葡萄糖分解成丙酮酸的速率会加快D抗利尿激素分泌量减少，对水分的重吸收作用减弱【答案】A【解析】踢足球属于剧烈运动，机体产热会大量增加，通过下丘脑的体温调节中枢，皮肤毛细血管舒张和汗腺分泌增强，使散热加快以维持体温的相对恒定，A正确；视神经末梢属于感受器，感受器产生的兴奋只能沿着传入神经单向传导到神经
5、中枢，B错误；葡萄糖分解成丙酮酸的过程属于细胞呼吸的第一阶段，只发生在细胞质基质中，不发生在内环境中，C错误；剧烈运动时，大量排汗会导致细胞外液渗透压升高，下丘脑渗透压感受器兴奋，使垂体释放抗利尿激素增多，进而导致肾小管和集合管对水的重吸收作用增强，D错误。4牛奶中的某种-酪蛋白存在A1、A2两种不同类型，二者氨基酸序列上的差异及消化产物如图所示。研究发现，BCM-7会引起部分饮用者出现腹泻等肠胃不适反应。标注“A2奶”的乳品在国内外市场受到越来越多消费者的青睐。下列相关分析不正确的是AA1型-酪蛋白消化生成BCM-7的过程涉及肽键的断裂BA1、A2两种酪蛋白氨基酸序列的差异很可能是由基因突变
6、引起的C消化酶能识别特定氨基酸序列并催化特定位点断裂，体现了酶的专一性D“A2奶”不含A1型-酪蛋白因而对所有人群均具有更高的营养价值【答案】D【解析】据图可知，A1型-酪蛋白消化生成BCM-7的过程是由长的多肽变成短的多肽的过程，所以涉及肽键的断裂，A正确；A1、A2两种酪蛋白只有一个位置上的氨基酸种类不同，可推知这种差异很可能是由基因突变引起的，B正确；消化酶能识别特定氨基酸序列并催化特定位点断裂，体现了酶的专一性，C正确；“A2奶”不含A1型-酪蛋白，因而其消化产物中没有BCM-7，不会引起部分饮用者出现腹泻等肠胃不适反应，对所有人群均适用，所以受到越来越多消费者的青睐，并未提及“A2奶
7、”对所有人群均具有更高的营养价值，D错误。5下列哪组疾病可以通过良好的生活习惯有效地降低发生的风险A冠心病、癌症 B呆小症、色盲C心血管疾病、白化病 D糖尿病、先天性耳聋【答案】A【解析】常进食较高热量的食物、较多的动物脂肪、高胆固醇者易患冠心病，癌症在某种程度上是由不良的生活习惯引起的，合理的饮食可以预防癌症并降低癌症发生的可能性，A正确；色盲是遗传病，不是由不良生活方式引起的，B错误；白化病是遗传病，不是由不良生活方式引起的，C错误；先天性耳聋是遗传病，不是由不良生活方式引起的，D错误。6下列有关种群、群落和生态系统的描述中，正确的是A受灾的水稻呈斑块性的稀疏分布属于群落水平结构特征B人工
8、制作的生态缸中所发生的演替与弃耕农田上所发生的演替的演替方向往往相反C种群性别比例的改变会影响其出生率和死亡率，从而使种群密度发生变化D动物的同化量不包含其排出的粪便、尿液中含有的能量【答案】B【解析】受灾的水稻呈斑块性分布属于种群空间特征中的随机分布，A错误；按演替的方向，生态系统的演替可分为正向演替和逆向演替，人工制作的生态缸中所发生的演替是逆向演替，而弃耕农田上发生的演替属于正向演替，B正确；种群性别比例的改变不影响死亡率，只影响出生率，从而使种群密度发生变化，C错误；动物的同化量不包含其排出的粪便中的能量，但包含尿液中含有的能量，D错误。7化学与生产、生活息息相关，下列对应关系错误的是
9、选项性质应用A硅胶具有较强的还原性袋装食品中的抗氧化剂B双氧水具有强氧化性用于医院杀菌消毒CK2Cr2O7能与CH3CH3OH反应并变色酸性K2Cr2O7溶液用于检查酒驾DNH4Cl溶液呈酸性除去铁器表面的铁锈【答案】A【解析】A硅胶多孔，具有吸水性，无毒，可用作袋装食品的干燥剂，没有还原性，不能用作抗氧化剂，故A错误；B双氧水具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故B正确；CK2Cr2O7能与CH3CH3OH反应并变色，有明显的颜色变化，因此酸性K2Cr2O7溶液用于检查酒驾，故C正确；D氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，可用于除锈，故D正确；故选A。8装置a、b、c中分别盛有试剂1、2、3，用如图所
10、示的装置进行实验（夹持仪器略去，必要时可加热），能达到相应实验目的的是选项试剂1试剂2试剂3实验目的装置A浓HNO3Cu片KI-淀粉溶液验证NO2的氧化性B盐酸石灰石饱和NaHCO3制备CO2C稀硫酸溶液X澄清石灰水验证溶液X中是否有CO32-D70%硫酸Na2SO3酸性KMnO4溶液证明SO2具有漂白性【答案】B【解析】A浓硝酸易挥发，生成的二氧化氮气体中含有硝酸蒸气，无法验证NO2的氧化性，故A错误；B盐酸与石灰石反应放出的二氧化碳中混有少量氯化氢气体，通过饱和碳酸氢钠可以除去氯化氢，从而得到较为纯净的二氧化碳，故B正确；C能够使澄清石灰水变浑浊的气体不一定是二氧化碳，可能是二氧化硫，因此
11、X中不一定有CO32-，故C错误；D二氧化硫与高锰酸钾溶液反应，体现了二氧化硫的还原性，不是漂白性，故D错误；故选B。9X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素。X与Y形成的有机物Y2X4能使酸性高锰酸钾溶液褪色，Y、W为同族元素，Z的最高价氧化物对应的水化物为强碱。下列说法一定错误的是AX、Y、W、Z的原子半径依次增大BZ的单质在着火时不能用水灭火C向W的含氧酸的钠盐溶液中通入Y的一种氧化物，有沉淀生成DX、Y形成的化合物一定能使溴水褪色【答案】D【解析】X与Y形成的有机物Y2X4能使酸性高锰酸钾溶液褪色，根据分子式可推测Y为C元素，X为H元素，Y2X4为乙烯；Y、W为同族元素，且W
12、的原子序数大于X，则W为第三周期的Si元素；Z的最高价氧化物对应的水化物为强碱，则Z为金属元素，且Z的原子序数大于碳小于硅，则Z处于第三周期，第三周期中含有三种金属元素，分别为Na、Mg、Al，其中只有Na能形成强碱，故Z为Na。根据上述分析，可知X、Y、W、Z分别为H、C、Na、Si。10某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料（C3H8O）。下列说法正确的是 A该装置将化学能转化为光能和电能B该装置工作时，H从b极区向a极区迁移C每生成1 mol O2，有44 g CO2被还原Da 电极的反应为：3CO218H18e=C3H8O5H2O【答案】B【
13、解析】A项，该装置是电解池，在电解和光的作用下H2O在光催化剂的表面转化为O2和H+，故该装置是将电能和光能转化为化学能，错误；B项，根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引的原则，该装置工作时，H+从阳极b区向阴极a区迁移，正确；C项，该电解池的总反应式为：6CO2+H2O2C3H8O+9O2。根据总反应方程式可知，每生成1mol O2，有2/3mol CO2被还原，其质量为88/3g，错误；D项，a电极为阴极，发生还原反应，电极反应式为：3CO218H18e=C3H8O5H2O，错误。11设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是 A在1 L 0.1 molL1的Na2CO3溶液中，阴
14、离子总数小于0.1NAB标准状况下，2.24 L甲醇中含有CH键的数目为0.3NAC将1 mol NH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中NH数目为NAD将1 mol Cl2通入水中，HClO、Cl、ClO粒子数之和为2NA【答案】C【解析】CO在溶液中水解，使溶液中阴离子总数增多，故A错误；标准状况下甲醇为液体，无法根据气体摩尔体积计算其物质的量，故B错误；将1 mol NH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，根据电荷守恒可知c(NH)c(NO)，则溶液中NH数目为NA，故C正确；Cl2通入水中，除HClO、Cl、ClO粒子数外，还有Cl2，故D错误。12下列说法不正确的是 A纤维素、蔗糖
15、、葡萄糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应B分子式是C3H8O的所有同分异构体共3种C用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时，不可用水浴加热控制反应的温度D迷迭香酸结构如图：1 mol 迷迭香酸最多能和含6 mol NaOH的水溶液完全反应【答案】A【解析】纤维素、蔗糖和脂肪在一定条件下都可发生水解反应，葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，A项错误；分子式为C3H8O的所有同分异构体有CH3CH2CH2OH（正丙醇）、(CH3)2CHOH（异丙醇）、CH3CH2OCH3（甲乙醚），共3种，B项正确；用乙醇和浓H2SO4制备乙烯时，控制反应的温度为170，水的沸点为100，故水浴加热达不到反应温度，C项正确
16、；根据有机物结构可知，1 mol该有机物有4 mol酚羟基、1 mol羧基、1 mol酯基与NaOH反应，根据反应原理，1 mol该有机物一定条件下能与含6 mol NaOH的水溶液完全反应，D项正确。13常温下，将NaOH溶液分别加到HF溶液、CH3COOH溶液中，两混合溶液中离子浓度与pH的变化关系如图所示，已知pKa=-lgKa，下列有关叙述错误的是A常温下，Ka(CH3COOH)=10-5Ba点时，c(F-)=c(HF)c(Na+)c(H+)c(OH-)C常温下，0.1mol/LNaF溶液的pH小于0.1mol/LCH3COONa溶液的pHD向CH3COOH溶液中加入NaOH溶液后所得
17、的混合溶液中，【答案】D【解析】A、根据b点信息，可知pH=5时，=0，即=1。所以Ka(CH3COOH)=c(H+)=10-5，故A正确。B、根据a点信息可知，pH=4，c(H+)c(OH-)，则c(F-)=c(HF)；根据电荷守恒c(F-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(F-)c(Na+)，所以c(F-)=c(HF)c(Na+)c(H+)c(OH-)，故B正确。C、根据a点信息可知，Ka(HF)= c(H+)=10-4Ka(CH3COOH)；越弱越水解，所以同浓度的NaF溶液和CH3COONa溶液，后者水解程度较大，pH较大，故C正确。D、根据Ka(CH3COOH)=可知，
18、=10，故D错误。故选D。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下列说法正确的是A玻尔认为，原子中电子轨道是量子化的能量也是量子化的B发生光电效应时，光电子的动能只与入射光的强度有关C原子核的质量大于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损D竖直向上抛出的物体，处于超重状态【答案】A 【解析】玻尔原子模型：电子的轨道是量子化，原子的能量是量子化，所以他提出能量量子化，故A正确；发生光电效应时光电子最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光
19、频率的增大而增大，故B错误；原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损，故C错误；竖直向上抛出的物体只受到重力的作用，加速度为重力加速度，此时处于完全失重状态，故D错误。15如图所示，A、B为竖直墙面上等高的两点，AO、BO为长度相等的两根轻绳，AOB在同一水平面内，初始时AOB 90，CO为一根轻杆，可绕C点在空间无摩擦转动，转轴C在AB中点D的正下方，在O点处悬挂一个质量为m的物体，整个系统处于平衡状态。现将绳AO的A端缓缓向D端移动，O点位置保持不动，系统仍然保持平衡，则A绳AO受到的拉力逐渐增大B绳BO受到的拉力逐渐增大C杆CO受到的压力逐渐增大 D绳AO、BO受到的
20、拉力的合力逐渐增大【答案】A【解析】设绳AO和绳BO拉力的合力为F，以O点为研究对象，O点受到重力mg、杆的支持力和绳AO与绳BO拉力的合力F，作出力的示意图如图甲所示；当重力不变、杆与竖直方向的夹角不变时，杆的支持力不变，绳AO与绳BO拉力的合力F也不变，仍沿OD方向，故C、D错误。当A点逐渐靠近D点时，绳AO上的拉力逐渐增大，绳BO上的拉力逐渐减小，故A正确，B错误。16如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为1 m的正六边形的六个顶点(匀强电场和六边形所在平面平行)，B、C、F三点电势分别为1 V、2 V、3 V，则下列说法正确的是AD点的电势为4.5 VB电子在B点的电势
21、能比在C点低1 eVC电子从B点到E点电场力做功为-3 eVD匀强电场的场强大小为【答案】D【解析】因，则UE = 4 V；FC连线中点的电势为U0 = 2.5 V，则由可知UD = 3.5 V，选项A错误；B点电势比C点低1 V，则电子在B点的电势能比在C点高1 eV，选项B错误；E点电势比B点高3 V，电子从B点到E点电场力做功为3 eV，选项C错误；可求得A点的电势为UA =1.5 V，设场强方向与CB夹角为，则；同理；联立解得，选项D正确。172017年底，中国科学家在自然杂志上发表了中国暗物质粒子探测卫星“悟空”的首批探测成果，获得了世界上最精确的高能电子宇宙射线能谱，有可能为暗物质
22、的存在提供新的证据。已知“悟空”在高度约为500 km的圆轨道上做匀速圆周运动，经过时间t（小于运行周期），运动的弧长为s，卫星与地球中心连线扫过的角度为（弧度），引力常量为G。则下列说法正确的是A卫星的轨道半径为 B卫星的周期为 C卫星的线速度为 D地球的质量为【答案】B【解析】匀速圆周运动的线速度，角速度，且，得，故A、C错误；周期，故B正确；根据万有引力定律有，得，故D错误。18用同样的交流电分别用甲、乙两个电路给同样的灯泡供电，结果两个电路中的灯泡均能正常发光，乙图中理想变压器原、副线圈的匝数比为5：3，则甲、乙两个电路中的电功率之比为A1 : 1 B5 : 2 C5 : 3D25 :
23、 9【答案】C【解析】设灯泡的额定电流为I，则甲图中电路的功率为P1 = UI，根据变流比可知，乙图中原线圈中电流为，乙图中的功率为，因此甲、乙两个电路中的功率之比为5 : 3，C项正确。19如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底一定高度处以初速度3 m/s向左平抛，落在以5 m/s的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为1.5 kg，小球落到车底后与小车相对静止。g取10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是 A小球和小车组成的系统在作用过程中动量守恒B小球和小车组成的系统在作用过程中机械能不守恒C相对静止时小车速度大小为4.5 m/s D相对
24、静止时小车速度大小为3 m/s【答案】BD【解析】小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；在碰撞过程中有热量产生，所以小球和小车组成的系统在作用过程中机械能不守恒，故B正确；小球和车作用过程中，水平方向动量守恒，则有，解得：v = 3 m/s，即当小球与小车相对静止时，小车的速度大小是3 m/s，故D正确，B错误。20如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，金属棒PQ垂直导轨放置。现使棒以一定的初速度v0水平向右运动，到位置c时棒刚好静止。设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，速度与棒
25、始终垂直。则金属棒在由a到b和b到c的两个过程中A棒运动的加速度大小相等B回路中产生的内能相等C通过棒截面的电量相等Da到b棒的动能减少量大于b到c棒的动能减少量【答案】CD【解析】金属棒受到的安培力，金属棒受到的安培力水平向左，金属棒在安培力作用下做减速运动，速度v越来越小，导体棒克服安培力做功，把金属棒的动能转化为内能，由于ab间距离与bc间距离相等，安培力F从a到c逐渐减小，由W = Fs定性分析可知，从a到b克服安培力做的功比从b到c克服安培力做的功多，因此在a到b的过程产生的内能多，由动能定理，a到b棒的动能减少量大于b到c棒的动能减少量，故B错误、D正确；金属棒PQ在运动过程中所受
26、到的合力是安培力，由牛顿第二定律得：，由于v减小，所以金属棒向右运动过程中，加速度逐渐减小，故A错误；金属棒运动过程中，电路产生的感应电荷量，从a到b的过程中与从b到c的过程中，回路面积的变化量S相等，B、R相等，因此，通过棒横截面积的电荷量相等，故C正确。21如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第二、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等。在该平面有一个质量为m、带电荷量q的正电粒子，以初速度v0垂直x轴，从x轴上的P点进入匀强电场，之后与y轴成45角射出电场，再经过一段时间恰好垂直于x轴进入下面的磁场，已知OP之间的距离为d，不计带电粒子的重力，则A磁感应强度B
27、电场强度C自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为D自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为【答案】BD 【解析】粒子的轨迹如图所示，带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀加速运动，竖直方向做匀速运动，由题得知，出电场时，vx=vy=v0，根据、y = vyt = v0t，得y = 2x = 2d，出电场时与y轴交点坐标为（0，2d），则设粒子在磁场中运动的半径为R，则有，而 = 135，解得：，粒子在磁场中运动的速度，根据，解得，故A错误；根据、，得，故B正确；在第一象限运动时间，在第四象限运动时间，所以自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用总时间，故D正确，C错误。第卷三、非选
28、择题：包括必考题和选考题两部分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）22（5分）某同学设计了一个探究碰撞过程中不变量的实验，实验装置如图甲所示：在粗糙的长木板上，小车A的前端装上撞针，给小车A某一初速度，使之向左匀速运动，并与原来静止在前方的小车B（后端粘有橡皮泥，橡皮泥质量可忽略不计）相碰并粘合成一体，继续匀速运动。在小车A后连着纸带，纸带穿过电磁打点计时器，电磁打点计时器电源频率为50 Hz。 甲 乙(1)在用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”实验时，下列正确的有_（填标号）。A实验时要保证长木板水平放置B相互作用
29、的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起C先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车D先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源(2)纸带记录下碰撞前A车和碰撞后两车运动情况如图乙所示，则碰撞前A车运动速度大小为_ m/s，A、B两车的质量比值等于_。（结果保留一位有效数字）【答案】(1)BC (2)0.6 223（10分）某同学准备自己动手制作一个欧姆表，可以选择的器材如下：电池E（电动势和内阻均未知）表头G（刻度清晰，但刻度值不清晰，量程Ig未知，内阻未知）电压表V（量程为1.5 V，内阻Rv = 1000 ）滑动变阻器R1（010 ）电阻箱R2（01000 ）开关
30、一个，理想导线若干(1)为测量表头G的量程，该同学设计了如图甲所示电路。图中电源即电池E。闭合开关，调节滑动变阻器R1滑片至中间位置附近某处，并将电阻箱阻值调到40 时，表头恰好满偏，此时电压表V的示数为1.5 V；将电阻箱阻值调到115 ，微调滑动变阻器R1滑片位置，使电压表V示数仍为1.5 V，发现此时表头G的指针指在如图乙所示位置，由以上数据可得表头G的内阻Rg =_，表头G的量程Ig =_mA。 甲 乙 丙 丁(2)该同学接着用上述器材测量该电池E的电动势和内阻，测量电路如图丙所示，电阻箱R2的阻值始终调节为1000 。图丁为测出多组数据后得到的图线（U为电压表V的示数，I为表头G的示
31、数），则根据电路图及图线可以得到被测电池的电动势E =_V，内阻r =_。（结果均保留两位有效数字）(3)该同学用所提供器材中的电池E、表头G及滑动变阻器制作成了一个欧姆表，利用以上(1)(2)问所测定的数据，可知表头正中央刻度为。【答案】(1)10 30 (2)3.0 20 (3)10024(12分)如图，横截面为圆形的绝缘杆ABCD固定在竖直平面内，其中AB是高度为2R的粗糙直杆，BCD是半径为R的光滑半圆形杆，BD是水平的直径、C为最低点。一个质量为m、中间开有圆孔的带电小球套在杆上，球孔直径略大于杆的直径，空间中存在方向水平向左的匀强电场，电场强度大小为E。小球从直杆上端A由静止释放，
32、经过B点和C点时的动能都等于(g为重力加速度)、已知小球运动过程所带电荷量保持不变，绝缘杆不带电。(1)求小球的电荷量q并说明电荷的正负；(2)求小球与直杆之间的动摩擦因数；(3)若在A点给小球一定的初速度，使小球能运动至半圆形杆的右端点D，则初速度v0至少多大？【解析】(1)小球从B点运动到C点过程，动能改变量为0，由动能定理得：解得小球的电荷量 （小球带正电）(2)小球从A点运动到B点过程，由动能定理得：解得小球与直杆之间的动摩擦因数 = 0.25。(3)小球从A点开始运动恰好能到达D点，有：解得初速度至少为。25(20分)如图，一长木板右端接有一竖直的挡板，静止放置在水平地面上。一滑块处
33、于长木板的左端，与挡板的初始距离为L =2.5 m。滑块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1 = 0.30、2 = 0.40。开始时滑块以大小为v0 = 8.0 m/s的初速度开始滑动。已知滑块和长木板(连同挡板)的质量相等，滑块与挡板碰撞时滑块和木板的速度立刻互换。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g =10 m/s2。求：(1)滑块碰到挡板前瞬间的速度大小；(2)滑块最终停在木板上的位置与挡板的距离。【解析】(1)设滑块和长木板的质量都为m，滑块与木板间和木板与地面间的滑动摩擦力分别为：，因为，所以滑块在碰到挡板之前木板保持静止对滑块，由牛顿第二定律和运动学公式得：，代入
34、数据解得滑块碰到挡板前瞬间的速度大小v1=7.0 m/s。(2)滑块与挡板碰后瞬间，滑块与木板的速度分别为0和v1，设碰后经过时间t1，滑块与挡板达到相等的速度v2，则对滑块，有：，对木板，有：，代入数据联立解得t1 = 0.5 s，v2 =1.5 m/s此后，滑块和木板都做减速运动，木板减速更快，因此比滑块先停下，对木板，有：，对滑块，由于加速度大小保持不变，因此减速至停下的时间还是t1，减速过程的位移滑块和木板都停下时，滑块与挡板的距离代入数据联立解得。26（14分）溴化镁(MgBr2)可由金属镁在室温下与干燥后的溴在乙醚中反应制得，利用如图所示装置制备溴化镁，并测定其产率。已知： Mg和
35、Br2反应剧烈且放热，MgBr2具有强吸水性；MgBr2+3C2H5OC2H5=MgBr23C2H5OC2H5。（1）保存液溴时在瓶内加入适量的蒸馏水，其目的是_。（2）球形干燥管中放入无水CaCl2的作用是_，仪器A的名称是_。（3）实验时，应缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三颈烧瓶中。如果将所用液溴一次性全部加入三颈烧瓶中，其后果是_。（4）反应完毕后恢复至室温过滤，将滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0，析出晶体，再过滤得到三乙醚合溴化镁（MgBr23C2H5OC2H5）粗品。第一次过滤得到的固体物质是_。（5）常温下用苯溶解粗品，冷却至0，析出晶体，经操作a得到三乙醚合溴化镁，加热至
36、160分解得到无水MgBr2产品。操作a是_。写出三乙醚合溴化镁加热至160分解得无水MgBr2的化学方程式：_。（6）反应开始前装入5.0g镁屑和150mL无水乙醚，无水MgBr2在干燥器中冷却到室温后，称量，其质量为29.8g。则该实验制取MgBr2的产率是_（保留一位小数）。【答案】（1）防止液溴挥发 （2）防止空气中的水蒸气进入反应装置 球形冷凝管 （3）反应过于剧烈，使反应过程难以控制 （4）镁屑 （5）过滤、洗涤 MgBr23C2H5OC2H5 MgBr2+3C2H5OC2H5 （6） 77.7%【解析】（1）液溴易挥发，所以在保存液溴时在瓶内加入适量的蒸馏水，使挥发出来的溴蒸气溶
37、解在蒸馏水中，防止液溴挥发，故答案为：防止液溴挥发。（2）MgBr2具有强吸水性，所以反应在无水环境下进行，无水CaCl2可以吸水，防止空气中的水分进入；仪器A为球形冷凝管，故答案为：防止空气中的水蒸气进入反应装置；球形冷凝管。（3）向锥形瓶中通入氮气，瓶中压强增大，将液溴导入反应装置。若将所用液溴一次性全部加入三颈烧瓶中，反应过于剧烈，使反应过程难以控制，所以通入氮气的速率不能过快。故答案为：反应过于剧烈，使反应过程难以控制。（4）反应完毕后恢复至室温，过滤除去的固体为未反应完的镁屑，故答案为：镁屑。（5）再析出晶体之后，经过过滤、洗涤即可得到晶体三乙醚合溴化镁，故答案为：过滤、洗涤。三乙醚
38、合溴化镁加热至160分解得到无水MgBr2产品，再根据已知信息“MgBr2+3C2H5OC2H5=MgBr23C2H5OC2H5”可知MgBr23C2H5OC2H5分解的方程式为：MgBr23C2H5OC2H5MgBr2+3C2H5OC2H5，故答案为：MgBr23C2H5OC2H5MgBr2+3C2H5OC2H5。（6）根据MgMgBr2，理论上生成的m(MgBr2)=38.35g，则该实验制取MgBr2的产率为=77.7%，故答案为77.7%。27（14分）中共十九大报告指出，加快水污染防治、实施流域环境和近岸海域综合治理、环境污染的治理是化学工作者研究的重要课题，也是践行“绿水青山就是金
39、山银山”的重要举措。请回答下列问题：（1）氨氮水体污染可用次氯酸除去，已知：NH4+ (aq)+ HClO(aq) = NH2Cl(aq)+H+(aq) +H2O(l) H=a kJmol-1 2NH2Cl(aq)+ HClO(aq) = N2(g) +H2O(l) +3H+(aq) +3Cl-(aq) H=b kJmol-1 NH4+ (aq)+ 4HClO(aq) = NO3(aq)+6H+(aq) +4Cl-(aq)+H2O(l) H=c kJmol-1 写出水体中NH4+与HClO反应生成N2的热化学方程式：_。（2）工业上可用排放的CO2与NH3合成尿素的方法，达到NH3减排的目的：
40、2NH3 (g)+ CO2(g) CO(NH2)2(s)+H2O(g) H0。一定条件下，在1L的密闭容器中充入1mol CO2和一定量的NH3，模拟工业生产得到CO2的平衡转化率()随氨碳比的变化如图所示，其他条件不变， 随x增大而增大的原因是_；实际工业生产中氨碳比控制在4.0左右，而不是4.5的原因是_；该温度下反应的平衡常数K=_。若x=2.0，在1L的恒容密闭容器中充入一定量的CO2和NH3，此时体系压强为p1kPa，5min达到平衡时生成1mol CO(NH2)2，此时容器内压强为2/3 p1kPa，则用NH3表示该反应的平均速率为_，CO2的平衡转化率为_。（3）采用电解法可使酸
41、性废水中的NO3转化为N2而除去，则阴极的电极反应式为_。【答案】（1）2NH4+ (aq)+ 3HClO(aq)=N2(g) +3H2O(l) +5H+(aq) +3Cl-(aq) H=(2a+b) kJmol-1 （2）x增大，NH3的浓度增大，CO2的平衡转化率增大 氨碳比在4.5时， NH3的量增大较多，而CO2的平衡转化率增大较少，提高了生产成本 1/9 0.4 molL-1min-1 50% （3） 2NO3+12H+10e-=N2+6H2O 【解析】（1）已知：NH4+ (aq)+ HClO(aq) = NH2Cl(aq)+H+(aq) +H2O(l) H=a kJmol-1 2
42、NH2Cl(aq)+ HClO(aq) = N2(g) +H2O(l) +3H+(aq) +3Cl-(aq) H=b kJmol-1 NH4+ (aq)+ 4HClO(aq) = NO3(aq)+6H+(aq) +4Cl-(aq)+H2O(l) H=c kJmol-1 根据盖斯定律，将2+得2NH4+ (aq)+ 3HClO(aq) = N2(g) +3H2O(l) +5H+(aq) +3Cl-(aq) H=(2a+b) kJmol-1 ；（2） 氨碳比，x增大，NH3的浓度增大，CO2的平衡转化率增大；实际工业生产中氨碳比控制在4.0左右，而不是4.5，是因为氨碳比在4.5时， NH3的量增
43、大较多，而CO2的平衡转化率增大较少，提高了生产成本；该温度下，氨碳比控制在4.0左右时，CO2的平衡转化率为0.5，2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)起始（mol/L）4 1 0 0反应（mol/L）1 0.5 0.5平衡（mol/L）3 0.5 0.5平衡常数K= =1/9，故答案为：x增大，NH3的浓度增大，CO2的平衡转化率增大；氨碳比在4.5时， NH3的量增大较多，而CO2的平衡转化率增大较少，提高了生产成本；1/9；若x=2.0，设充入的CO2和NH3分别为2xmol和xmol，2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)起始（m
44、ol） 2x x 0 0反应（mol） 2 1 1 1平衡（mol）2x-2 x-1 1 1平衡时容器内压强为起始时的2/3，则气体的总物质的量为起始时的2/3，即=2/3，解得x=2，用NH3表示该反应的平均速率=0.4 molL-1min-1，CO2的平衡转化率=100%=50%，故答案为：0.4 molL-1min-1；50%；（3）采用电解法可使酸性废水中的NO3转化为N2而除去，阴极上NO3-发生还原反应生成氮气，电极反应式为2NO3+12H+10e-=N2+6H2O。28（15分）镁在工业、医疗等领域均有重要用途。某化学兴趣小组利用硼砂工厂的固体废弃物（主要含有MgCO3、MgSiO3、Al2O3和Fe2O3等），设计了回收镁的工艺流程：（1）酸浸前，将固体废弃物研磨的目的是_。为达到此目的，还可以采取的措施是_