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凯里一中 2023届高三模拟考试（黄金 III卷）
化学参考答案
题号 7 8 9 10 11 12 13
答案 B A D A D C C
7．【答案】B
【解析】A．制笔用的毛发主要成分是蛋白质；B．宣纸主要成分纤维素属于多糖；C．墨
汁的主要成分之一炭黑难溶于水；D．砚石的主要成分是无机物。
8．【答案】A
【解析】A项中 1 L pH为 12的 Ba(OH)2溶液中含有 OH－数目为 0.01NA故正确；B项中 Cl2
与水为可逆反应反应，标况下，2.24 L Cl2的物质的量为 0.1mol，转移的电子数目小于 0.1NA，
故错误；C项中 1.8 g重水(D2O)的物质的量为 0.9mol，则含有的质子数为 0.9NA故错误；D
项 58 g正丁烷和异丁烷的混合物中丁烷的物质的量为 1mol，由于正丁烷和异丁烷的共价键
的数目一样，58 g正丁烷和异丁烷的混合物中共价键的数目为 13NA，故错误。故本题答案
为 A。
9．【答案】D
【解析】A项中丙烯有甲基，所有原子不共面，故错误；B项中花生油属于油脂，含有 C、
H、O元素，故错误；C 项中丙烯与 HBr 加成，生成两种有机物，丁二烯与 HBr 加成产物
更复杂，故错误；D项乙醇溶于水不分层，对二甲苯不溶于水且密度比水小，而硝基苯不溶
于水且密度比水大，正确。故本题答案为 D。
10．【答案】A
【解析】A检查装置气密性，关闭止水夹，往长颈漏斗中注入蒸馏水，至淹没长颈漏斗下端，
再往长颈漏斗中注入少量蒸馏水，一段时间后长颈漏斗液面不会下降，说明气密性好，A正
确；B．乙醇和水任意比混溶，无法萃取溴水中的溴，B错；C．FeCl3溶液蒸发时发生水解，
蒸干后得到 Fe(OH)3固体，C错；D．产生的气体从长颈漏斗中逸出，无法测定，D错误。
11．【答案】D
【解析】根据题目分析该电池为原电池装置，钠基电极为负极，通入 O2电极为正极，A选
项，电极电势正极高于负极，所以 A 正确；B选项，由于负极金属钠遇水剧烈反应，因此
钠基材料电极区不能用水溶液作电解质，所以 B 正确；C 选项，根据题目信息该电池总反
应为：4Na + O2 + 2H2O ══ 4Na+ +4OH－，所以 C正确；D选项，电流流动方向与电子移动
方向相反，即通入 O2电极→灯泡→钠基材料→电解质→海水→通 O2电极，故 D选项错误。
12．【答案】C
【解析】由题意可知，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，Y、W 的最高正
价与最低负价代数和均为零，可推出 Y、W分别为碳、硅元素。q、n、s分别是 X、Y、W
三种元素对应的单质，可推出 q为 H2、s为 Si、n为 C，根据 r、m、p是由这些元素组成的
二元化合物，可推出 r、m、p分别为 CO、H2O、SiO2，则 X、Y、Z、W分别为 H、C、O、
Si。A选项原子半径：W、Y、Z、X依次减小，A 错误；由于非金属性：C>Si，简单氢化
物的稳定性：Y>W，B错误；H2、CO为常见的还原剂，C选项正确；SiO2为原子晶体，H2O
常温下为液态，则物质熔点：p>m，D错误；故答案选 C
13．【答案】C
1
【解析】25℃时，向 20mL 0.1mol/L CH3COOH溶液逐滴加入 0.1mol/L NaOH溶液的过程中，
溶液由 CH3COOH溶液转化为 CH3COOH与 CH3COONa的混合溶液，最后到达滴定终点时
为 CH3COONa。
((H+)× (CH COO ) 10 3A = 3 = ×10
3
选项，由曲线起点可知， -5 =10 mol/L，所以 A选项错误c(CH3COOH) 0.1
B选项，曲线①点是等物质的量浓度的 CH3COOH与 CH3COONa 的混合溶液，由溶液
pH＜7可知，CH3COOH的电离程度大于 CH3COONa －的水解程度，所以 c(CH3COO )＞c(Na+)
＞c(H+)＞c(OH－)，所以 B选项错误
C －选项，曲线②点时溶液成中性， c(H+)=c(OH )=10-7，再由溶液电荷守恒式
c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，可得 c(Na+)=c(CH COO－) c(H+)=c(OH－3 ＞ )，所以 C选项
正确
D选项，曲线由①点至③点的过程中溶液由 CH3COOH与 CH3COONa 的混合溶液逐渐
转化成 CH3COONa溶液，水的电离程度逐渐增大，所以 D选项错误。
26．（每空 2分，共 14分）
【答案】
（1）将滤饼粉碎、适当加热（其他答案合理即可给 2分，少答给 1分）
（2）将 Fe2+氧化成 Fe3+，转化生成 Fe(OH)3沉淀，便于分离（答到“将 Fe2+氧化成 Fe3+”即可
给 2分） Fe(OH)3和 TiO2·xH2O（少写给 1分，多写一个扣 1分，扣完为止）
3.7≤pH＜5.1（写成“3.7＜pH＜5.1”或“3.7至 5.1”或“[3.7 5.1）”都给 2分）
（3）TiO2+ +CO2 3 +xH2O══TiO2·xH2O↓+ CO2↑（写成 TiO2+ +(x+1)H2O ══TiO2·xH2O↓+2H+
也给 2分,物质写对,未配平或配平错误给 1分）
（4）2Sc2(C2O4)3+3O2 2Sc2O3 +12CO2↑（物质写对,未配平或配平错误给 1分）
（5）97.8%
【解析】钛白废酸反萃取所得滤饼主要成分 Sc2O3，还含有少量 TiO2、Fe 的化合物、SiO2
等杂质，经 H2SO4酸浸后 Sc2O3转化成 Sc2(SO4)3,TiO2转化成 TiOSO4，Fe 的化合物转化成
FeSO4和 Fe2(SO4)3，SiO2不与 H2SO4反应,则滤渣 1的主要成分是 SiO2。“氧化调 pH”的步骤
主要除去钛和铁，加H2O2的作用是将 Fe2+氧化成 Fe3+，加Na2CO3是调节溶液的 pH以便TiO2+
水解成 TiO2·xH2O和 Fe3+转化成 Fe(OH)3沉淀，便于分离。加 H2C2O4步骤是将 Sc2(SO4)3转
化成 Sc2(C2O4)3的沉淀，以便在空气中灼烧的到 Sc2O3 。
（1）提高“酸浸”速率的方法有：将滤饼粉碎、适当加热、搅拌、适当增大 H2SO4的浓度等
等。
（2）根据题目分析氧化调 pH的步骤主要是除去钛和铁，而溶液 pH为 2时 TiO2+已水解成
TiO2·xH2O，因此双氧水的作用就是将 Fe2+氧化成 Fe3+，以便 pH升高时生成 Fe(OH)3沉淀。
因此滤渣 2的成分是 Fe(OH)3和 TiO2·xH2O。
根据题目已知信息以及调节 pH的目的是除去钛和铁，且不能将 Sc3+转成 Sc(OH)3析出，因
此 pH的调节范围是 3.7≤pH＜5.1。
（3）根据题目信息该步骤中生成 TiO2·xH2O的同时产生大量气泡，所以反应离子方程式为
TiO2++CO2 3 +xH2O ══TiO2·xH2O↓+ CO2↑
（4）Sc2(C2O4)3在空气中灼烧得到 Sc2O3，根据元素化合价升降思想C2O2 4 与 O2反应生成
CO2，所以反应的方程为 2Sc2(C2O4)3+3O2 2Sc2O3 +12CO2↑
2
（5）钛白废酸反萃取所得滤饼中 Sc 含量为 80%，100kg滤饼中含 Sc质量为 80kg，根据元
素原子守恒计算：
2Sc ～ Sc2O3
n (Sc) =100×80% n(Sc2O3) =100×80%45 45×2
m (Sc O ) =100×80%2 3 ×138=122.67kg Sc O
120
， 2 3的提取率= ×100%=97.8%45×2 122.67
27．（除标注外每空 2分，共 15分）
【答案】
Ⅰ.（1）分液漏斗（1分）。
（2）使 SO2充分被 NaOH溶液吸收，避免污染环境。
（3）容易发生倒吸。
Ⅱ.（5）①K3[Fe(CN)6]溶液（或铁氰化钾溶液）；②蓝色沉淀
③ 2Fe3+ + SO2 + 2H2O = 2Fe3+ + SO42- + 4H+
④ NaNO3⑤ BaCl2
【解析】
（1）分液漏斗（1分）。
（2）反应结束后，装置中残留有 SO2，为避免其污染环境，再通一段时间的 N2使 SO2充分
被 NaOH溶液吸收。
（3）SO2易与 NaOH溶液发生反应，导致装置内气压小于大气压，容易发生倒吸。
Ⅱ.（5）实验 1验证猜想 1成立，反应原理为 2Fe3+ + SO2 + 2H2O = 2Fe3+ + SO42- + 4H+，产物
中有 Fe2+，用 K3[Fe(CN)6]溶液验证，产生蓝色沉淀。
—
实验 2验证猜想 2成立，反应原理为 2NO3 + 3SO2 + 2H2O = 2NO↑ + 3SO42- + 4H+，需要选
择不含 Fe3+的硝酸盐，所选试剂应为 NaNO3溶液，产物中含有 SO42-和 H+，用 BaCl2溶液检
验，产生不溶于水和酸的白色沉淀 BaSO4。
28．（除标注外每空 2分，共 14分）
【答案】
（1）－90 K2
K1 （1分）
（2）P3>P2>P1 (1 分) 反应Ⅲ为气体体积减小的反应，其他条件不变时，增大压强，平
衡向正反应方向移动，CO的转化率增大，故 P3>P2>P1 （或答成“反应Ⅲ为气体体积减小的
反应，CO的转化率随压强的增大而增加”给 2分）
1
（3）B 80.0%
17
4 CO + 6H++6e—（ ） 2 =CH3OH+H2O
【解析】
（1）由盖斯定律可知，ΔH3=ΔH2－ΔH1，ΔH3=－90kJ·mol－1，根据盖斯定律与化学平衡常数
K
的关系可知，K3= 2 。
K1
（2）由图可知反应Ⅲ为气体体积减小的反应，其他条件不变时增大压强，平衡向正反应方
向移动，CO的转化率增大，故 P3>P2>P1 。
（3）①由表格中的数据可知，若 CO2和 H2在分子筛膜催化反应器 B中进行反应，甲醇的
3
选择性为 100％，则只进行反应Ⅱ，而反应Ⅱ为气体分子数减小的反应且ΔH<0，则该反应在
低温时能自发进行，A选项错误。由于反应Ⅱ反应物的投料比等于计量数之比，则 H2的转
化率与为 CO2的转化率相等，则 H2转化率为 75％，反应过程中 CO2与 H2的物质的量之比
始终保持不变，则 B正确 C错误。由于该装置具有催化作用，能降低反应的活化能，不能
提高平衡时二氧化碳的转化率，CO2平衡转化率升高的原因是分子筛膜催化反应器分离出部
分水蒸气，促使平衡正向移动，CO2转化率升高，D错误。故答案选 B
②在普通反应器 A中，由于平衡时甲醇物质的量为 0.4mol，CO2转化率为 50％，则消耗的
0.5mol，甲醇的选择性为 80％；根据元素守恒可知：
平衡时各物质的量为
n(CH3OH)=0.4mol
n(CO2)=0.5mol
根据碳元素守恒：n(CO)=1-0.4-0.5mol=0.1mol
根据氧元素守恒：n(H2O)=2×1-0.5×2-0.1-0.4=0.5mol
根据氢元素守恒：n(H2)=0.5×（3×2-0.4mol×4-0.5mol×2）=1.7mol
1
把相关数据代入表达式可求得反应Ⅰ的 Kp=
17
（4）由题意可知，铜电极的电极反应式为 CO2+ 6H++6e— =CH3OH+H2O。
35．（除标注外每空 2分，共 15分）
【答案】
（1） （1分） 大 O
（2）AD
（3）sp3、sp2 三角锥形
417 g cm 3
（4）① a
3 10 30 N A ②PCl

6
【解析】（1）P的价层电子轨道表示式为 ，PO43—与 H2O的 VSEPR模
型均为四面体，而 H2O中心原子有两对孤电子对，排斥力大，键角小。PO43—中 P原子无孤
电子对，Fe3+提供共轨道，O原子提供孤电子对，故与 Fe3+配位的原子是 O。
（2）A．石墨晶体层与层之间的作用力是分子间作用力，可推知黑磷晶体层与层之间的作
用力是分子间作用力，故 A错误；B．石墨是混合晶体，可推知黑磷晶体是混合型晶体，故
B正确；C．观察晶体结构和结合石墨结构，最小环为六元环，故 C正确；D．根据晶体结
构，P原子的配位数是 3，有 1个孤电子对，分子中磷原子杂化方式为 sp3杂化，故 D错误；
故答案为 AD。
（3）敌敌畏分子中有两种碳原子，饱和碳原子杂化方式为 sp3、双键碳原子杂化方式为 sp2，
甲基负离子含有 4对价层电子对，其中一对为孤电子对，所以空间构型为三角锥形。
（4）①PCl5是白色晶体，熔融时形成一种能导电的液体。根据晶胞图可以看出熔融是电离
+ +
出的阴阳离子为PCl6和PCl4，根据均摊法可知晶胞中含有 1个PCl4，含有PCl6 个数为
1 ρ= 31 2+35.5 10 417 8=1，晶体的密度为 3 -30 3 30 g cm
3
N a 10 a 10 N ；8 A A
4
②PCl + 5熔融是电离出的阴阳离子为PCl6 和PCl4，PCl6呈正八面体构型，周围 Cl原子多拥挤，
排斥作用大，所以 P—Cl键长比PCl+ 4中的长，故 P-Cl键长为 206pm的粒子的化学式为PCl6；
36．（除标注外每空 2分，共 15分）
【答案】
（1）一碘甲烷 氨基、羧基 加成反应（1分）
（2） 保护酚羟基
（3）
（4）
（5）2
（6）
【解析】A与 CH3I发生酚羟基上氢原子的取代反应，生成 B；B与氯气发生甲基上的取代
反应，生成 C即 ；C再发生卤代烃的水解反应并根据已知①脱水生成醛 D；根据已
知②，D与 HCN/OH-发生加成反应，生成 E即 ；根据 E、H的结构简式及反应物
质，可确定 F为 G为 。
【详解】(1)CH3I的名称为一碘甲烷，H中没有直接连在苯环上的官能团名称是氨基、羧基，
D→E的反应类型为加成反应；
(2)酚羟基易被氧化，流程中设计 A→B，F→G的目的是保护酚羟基；
5
(3)D发生银镜反应的化学反应方程式为
+2Ag(NH 3)2OH + +2Ag↓+3NH3+H2O。
(4)F在一定条件下能发生酯化反应生成分子内含 3个六元环的有机物，则为 2个 F发生酯化
反应生成酯和水，其结构简式为 ；
(5)芳香族化合物 X是 G的同分异构体，G为 ，满足条件 a．能使 FeCl3溶液显
紫色，苯环上的一溴代物只有一种，含有苯环，且含有酚羟基；b．核磁共振氢谱显示不同
化学环境的氢原子数比为 3∶2∶2∶1；c．能在稀硫酸中发生水解反应且产物之一的分子式
为 C7H8O3，X的结构有 、 ，合计 2种(不考虑立体异构)。
（6）乙醇先催化氧化为乙醛，再参考本题合成路线，即可得答案为：
6凯里一中2023届高三高考模拟考试（黄金Ⅲ卷）
理科综合
满分：300分
考试时间：150分钟
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
注意事项：
2.回签造择题时，选出年小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改功，
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3,考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1C-120-16P-31C1-35.55c-45
、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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.下表四种物质通过动物细胞膜的方式中，不能同时满足所有条件的是
条件
顺或者逆
是否需要载
是否需要通
是否消
选项
物质
浓度梯度
体蛋白协助
道蛋白协助
耗能量
A
甘油
顺
否
否
否
B
氧气
顺
否
否
否
水
顺
否
是或否
否
D
钠离子
逆
是
是
是
2.检测生物组织中的糖类、脂肪和蛋白质，是利用某些化学试剂能够使生物组织中的相关化合物
产生特定颜色反应的原理。下列说法错误的是
A、梨匀浆与斐林试剂混合，水浴加热至50-65℃将出现砖红色沉淀
B、向鸡蛋清稀释液中加入双缩脲试剂，摇匀后样液呈现紫色
C、斐林试剂与双缩脲试剂都由NaOH和CuSO,组成，且使用方法也相同
D、花生子叶临时切片用苏丹Ⅲ染液染色，在显微镜下观察到橘黄色颗粒
3.下列关于甲状腺激素调节的说法正确的是
A.人体缺碘会导致甲状腺激素分泌增多，引起大脖子病
0B.垂体细胞上有TSH的受体，没有甲状腺激素的受体
C.下丘脑分泌的TRH只运输到垂体并发挥作用
发
D.甲状腺激素能影响神经系统的发育和功能的
月精发量形斯的年在001
中脸者流须年列第爽启联与(？)
式率的0讽，a051022
高三理科综合第1页（共16页）
4.下列关于某动物体内的神经细胞、胰岛B细胞和造血干细胞三种细胞说法错误的是
A.三种细胞的mRNA不完全相同
B。三者都含有原璃基因、胰岛素基因和血红蛋白基因
C.三者都能进行DNA复制、转录和翻译
D.三者都含有端粒DNA
5.在对雷公山某植物种群进行调查时，发现基因型为AA和“的植株所占比例分别为16%和
64%,假定各种基因型个体的生存能力相同。第二年对该植物种群进行调查，发现基因型为AA
和aa的植株所占比例分别为8%和56%。下列相关叙述正确的是
A,该种群一个个体所含有的全部基因构成该种群的基因库
B.第二年该种群中A和a的基因颜率分别为20%和80%
C.种群中基因型为Aa的植株由20%变为36%，说明该种群发生了进化
D.现代生物进化理论认为自然选择会导致种群基因频率发生定向改变
6。玉米籽粒饱满和凹陷是由一对等位基因控制，且饱满对凹陷为显性。让纯合籽粒饱满和籽粒凹
陷植株杂交得F,F,植株自交得F,又让F,植株继续自交产生F,。下列叙述错误的是
A.F2一半的植株自交时能够稳定遗传
B.F2籽粒饱满植株中2/3的个体不能稳定遗传
C.F,籽粒饱满植株中3/5能稳定遗传
D.F,植株中的籽粒饱满与凹陷的比值为7：3
7.文房四宝是中华文化的一种特殊象征，下列关于文房四宝的说法正确的是
A.制笔用的毛发主要成分是纤维素
B.宣纸主要成分纤维素属于多糖
C.墨汁的主要成分之一炭黑易溶于水
D.砚石的主要成分是有机物
8.设N为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A.25℃时，1LpH为12的Ba(0H)2溶液中含有0H数目为0.01N
B.标准状况下，2.24LCl2与足量的水反应，转移的电子数目为0.1N
C.1.8g重水(D20)中含有的质子数为1.0N
D.58g正丁烷和异丁烷的混合物中共价键数目为14W.
9.下列有关有机化合物的说法正确的是
A.苯、四氟乙烯、丙烯各自分子中所有原子均处于同一平面
B.柴油、花生油、酱油都是碳氢化合物
C.乙烯、丙烯、丁二烯在一定条件下与溴化氢反应，加成产物都只有一种
D,乙醇、对二甲苯、硝基苯可用水鉴别
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物理参考答案
二．选择题：本大题共 8个小题，每个小题 6分，共 48分。在题目给出的四个选项中，第
14~18小题只有一个选项符合题目要求，第 19~21小题有多个选项符合题目要求。全部
选对得 6分，选对但不全的 3分，有错不得分。
题号 14 15 16 17 18 19 20 21
答案 B C B D C BCD AC BC
14．【答案】 B
【解析】该核反应属于人工核反应，不属于核聚变反应，A错误；根据质量数和电
荷数守恒，可知 X为中子，B正确；核反应过程中，有能量释放出来，根据爱因斯
坦质能方程可知，核反应过程有质量亏损，C、D错误。
15．【答案】C
【解析】由图可知， t 2 s时 b车启动， v t 图像围成的面积代表位移，可知在 b
车启动时，a车在其前方超过 2 m的距离，A选项错误； b车做匀加速直线运动的加速
度大小为 a 2 m/s2，假设 b车启动后 3 s时间追上 a车，计算得 xb 8 m， xa 8 m，则
假设不成立，B选项错误；b车追上 a车前，两者速度相等时相距最远，即 t 3 s，C选
项正确；b车超越 a车后，b车的速度一直大于 a车，则两车不可能相遇，D选项错误。
16．【答案】B
E
【解析】根据等效电路，开关 S断开时，电容器的电压 U1＝ ，得 Q1＝CU1 ；S闭
2
合时，U2＝E Q CU Q， ＝ ；即 1 U 12 2 ＝ 1＝ ，B正确。
Q2 U2 2
17．【答案】D
【解析】第一宇宙速度是最小发射速度，要想发射到火星，发射速度一定大于第一
a3
宇宙速度，A选项错误；根据开普勒第三定律， 2 k，中心天体相同，则 k值相同，T
半长轴越大，周期越大，B选项错误；探测器从轨道П变轨到轨道Ⅰ，需向前点火减速，
则探测器在轨道Ⅰ上经过 A点的速率小于轨道П上经过 A点的速率，C选项错误；探测
器由轨道П在 A必须制动减速才能进入轨道Ⅰ，所以探测器在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨
道П上的机械能，D选项正确。
18．【答案】C
【解析】篮球做圆周运动时速度由零增加到 15m/s，为变速圆周运动，则传球运动员对
篮球的作用力不可能始终指向圆心，A选项错误；篮球从抛球点开始做斜抛运动，水平方向
做匀速直线运动，速度大小为 vx vsin53 12m/s，竖直方向做竖直上抛运动，初速度
vy vcos53 9m/s，从抛球点到接球点在竖直方向距离为 h Rsin53 0.56 m，若篮球
从抛球点运动到接球点所用时间为 1.8 s，则此段时间内篮球在竖直方向的位移大小为
y vyt
1
gt 2 0 h，B选项错误；由题可知最小速度为水平方向分速度 vx 12 m/s，则2
C选项正确；因为篮球在持球点的速度未知，所以无法确定传球运动员对篮球所做的功，D
选项错误。
19．【答案】BCD
【解析】粒子恰能沿 x轴做匀速直线运动，粒子受到竖直向下的洛伦兹力，则电场
力应竖直向上，所以电场强度方向竖直向上，A错误；根据 qE＝qvB，
v E可得 ＝ ，代入数据得 v＝1.0×106 m/s，B正确；撤去电场后，有
B
2
qvB mv mv＝ ，粒子在磁场中运动的轨迹半径 R＝ ，代入数据得 R＝
R qB
0.1 m，C正确；根据粒子运动轨迹可知，粒子最上端打在 A点，最
下端打在 B点：dOA＝R，dOB＝Rtan 60°＝ 3R， y＝dAB＝( 3＋1)R
3＋1
＝ m，D正确。
10
20．【答案】AC
【解析】解析：依题可知小滑块由圆弧轨道滑下过程中，小车未动，小滑块机械能守恒：
mgR 1 mv2解得：小滑块滑到圆弧底端速度 v 2gR 对小滑块和小车系统在水平
2 ，
方向上由动量定理可知墙壁对小车的冲量 I m 2gR，则 A选项正确，B选项错误。当小
滑块滑上小车后，对小车和滑块系统，由动量守恒和能量守恒得： mv 3mv共 、
μmg2R 1 1 1 mv2 3mv2共 ，联立方程解得 C选项正确。对小滑块在小车水平部分2 2 3
2 2gR
上滑动过程中由动量定理得 μmgt mv共 mv，解得 t ，而小滑块在整个小车g
2 2gR
上运动时间大于 t ，所以选项 D错误。
g
21．【答案】 BC
【解析】当金属杆 PQ下滑时，回路中磁通量减小产生沿 PQDB的电流，由左手定
则可知，金属杆 PQ所受安培力方向水平向左，A错；金属杆 PQ从 AC处静止下滑到
1
2
30 过程中，由能量守恒定律：mgL1 sin mv
2 Q得：Q mgL1 mv ，B选项正
2 2
确；金属杆 PQ 从 AC 处静止下滑到 30 过程中，回路中磁通量的变化为
(2 3)BL L
BL1L2 (1 cos )，通过回路的电荷量 q I

t 1 2 ， C选项正确；
R 2R
30 PQ E当 时，金属杆 切割产生的电动势 E BL2vsin ，感应电流 I ，金属杆R
B2L2v B2PQ L
2v
受到的安培力为 FA BIL 2 sin 22 ，D选项错误。R 2R
三、非选择题：共 174 分。第 22~32 为必考题，每个考题考生都必须作答。第 33~38 为选
考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共 129分。
22. （6分）
【答案】（1）1.70 V， 0.44 A。
（2）小灯泡的电阻远小于电压表的内阻，采用电流变外接法，相对误差更小。
【解析】由灯泡 L（2.5 V，1.25 W）可知，灯泡的额定电压为 2.5 V，额定电流
I P 0.5 A，电压表的量程应选择 3 V，电流表的量程选择 0.6 A，根据表盘指针的位
U
置可知，电压表和电流表的示数分别为 1.70 V、0.44 A； 由（2.5 V，1.25 W）可知，灯
U 2
泡正常工作时的电阻R 5Ω，和电流表阻值的数量级差不多，而远小电压表的内
P
阻，采用电路中所示接法（电流表外接）相对误差会更小。
23. （9分）
【答案】（1）使实验时系统合外力为 0，满足动量守恒的条件。（2 分，其它合理答
案酌情给分）
（4 m） 1 m 2 （2分） 80g（3分）
t1 t2
（5）【答案】增加（2分）
【解析】（1）本小题考查学生对实验条件的控制，以满足动量守恒条件；
（4）设两滑块弹开后各以 v1、 v2 做匀速直线运动，遮光条宽度为 d，经过光电门
时有d v1Δt1 v
m m
2Δt2 ，根据弹开时动量守恒m v m v ，联立得 1 21 1 2 2 。根据表中 t1 t2
数据， t1和 t2 的平均值为 44.46和 35.69，代入可得m1=80g。
（5）两滑块系统初始动量为 0，如果气垫导轨没有调水平，两滑块的重力沿水平
方向的冲量会使系统总动量增加。
24．（14分）
解：（1）电子在电场中由动能定理有：
eU 1 mv2 ① 3 分
2
mv2
得 ： U ② 2 分
2e
（2）依题可做出电子在偏转磁场中的运动轨迹，电子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半
径为 R，有：
2
evB v m ③ 2 分
R
由几何关系可得：
sin 30o d ④ 3 分
R
依题有：
B kI ⑤ 2 分
联立③④⑤可得：
I mv ⑥ 2 分
2kde
25 1 qn 1 25 n 1 25．【答案】（1） μmgL；（2） x Sn 1 L 1
9
L 。4 1 q 16 25
【解析】（1）设第一次碰撞前瞬间滑块 A的速度为 v0，碰撞结束瞬间滑块 A、B 的速
度分别为 vA，vB，碰撞过程由系统动量守恒得：
mAv0 mAvA mBvB ①
由能量守恒定律得：
1 m v2 1 m v2 1 m v2 ②
2 A 0 2 A A 2 B B
碰撞后对滑块 B由动能定理得：
- μm gL 0 1B m v
2
B B ③2
弹簧恢复原长时将弹性势能全部转换为滑块 A的动能，由能量守恒定律得
E 1P m v
2
④
2 A 0
25
联立以上式子得： EP μmgL ⑤4
m -m 3
（2）由①②得： v A BA v0 v ⑥mA mB 5
0
v 2mA 2B v v ⑦mA m
0
B 5
0
mv
由③⑦得： I ⑧
2kde
滑块第二次被弹簧弹出后以大小为 vA 的速度碰撞滑块 B，设碰撞结束瞬间滑块 B的速
度为 vB1，碰后滑块 B滑行的位移为 L1，同理可知
v 2 v 3 2B1 A v ⑨5 5 5 0
1
由动能定理得： - μm 2BgL1 0 mBvB1 ⑩2
2 2
3 2
v2
v0
L B1 5 5 9推出： 1 L 2μg 2μg 25
滑块第三次被弹簧弹出后以大小为 vA1的速度碰撞滑块 B，设碰撞结束瞬间滑块 B的
速度为 vB2，碰后滑块 B滑行的位移为 L2，同理可知：
v 2 v 3 3 2B2 v5 A1 5 5 5 0

1
由动能定理得： - μmBgL2 0 m
2
2 B
vB2
推出：
3 2 3 2 2 2
v2
v
L B2 5 5 5
0
9
2 L 2μg 2μg 25 1
9
以此类推可知，滑块 B每次向右滑动的位移为公比 q 的等比数列，所以
25
x S 1 q
n 1 25 9 n 1 n 1 L 1 1 q 16
L ○15
25
评分标准：正确得出①②○15式，每个式子 2分，其它式子每个式子 1 分。
（二）选考题：共 45分。请考生从 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题
作答，如果多做，则每科按所做的第一题给分。
33.【物理——选修 3-3】（15分）
（1）【答案】撒太多痱子粉不易于形成单分子油膜（1 分）；偏小（1 分）；手握住注射
器快速推拉活塞导致气体温度急剧变化，则与等温条件不符（1 分）；变大（2 分）
【解析】如果痱子粉撒太多，会导致油酸堆积，难形成单分子油膜；久置在实验室中的
油酸酒精溶液，酒精挥发较多，实际浓度 c变大，但是实验时仍用之前标签上的浓度，由
d cV 0 知 d 偏小；手握住注射器会与注射器内部气体发生热传递，快速推拉活塞对注射
S
器内部气体快速做功导致气体温度急剧变化，则与等温条件不符；由理想气体状态方程
PV nRT 1 1知， p，漏气时 n减小，则斜率变大。
V nRT
（2）【解析】
（i）对 B管中的气体由等温变化：
( p0 h1)l2 p0l2 ① 3分
即 l2 =17 cm ② 2分
（ii）设 B、C水银面等高时 A、B两管的水银高度差为h，对 A管的气体由等温变化：
( p0 h1 h2 )l1 ( p0 h)l1 ③ 2分
由几何关系：
l1 l1 h h2 (l2 l2 ) ④ 2分
联立 ①-③得： h 2.5 cm ⑤ 1分
34.【物理——选修 3-4】（15 分）
【答案】2（1分），7.2（2分），20 10 2（2分）
【解析】由 y Asin( t ) T
2 2 v 1可以得出 ，又由 ; 由M、N
T
5 2
两质点的相位差为 ， xMN 14.4m，可得 v 7.2 m/s； t 0 s6 4 12 5 12
时，
1
由 yN 10sin( t+
) cm可得 yN 5 2， t 0.5 s时， yN 5 2，这 周期内的路程为4 4
（2 10 5 2）cm
（2）解：（i）最低可以观察位置如右图，由图中几何关系可得
sin 3 ①（1分）
5 A B
3m 4m F
sin 4 ②（1分）
5 C D
sin
n ③（1分）
sin E 7m
n 4 ④（1分）
3
（ii）若涨潮后最低观察位置如图，由几何知识可以得出
sin ' 2 ⑤（1分） '
2 B4m F
sin '
n '⑥（1分）
sin ' C D
sin ' 2 2 ⑦（1分）
3 E 7m
由几何知识得
tan ' 2 2 ⑧（1分）
tan ' x ⑨（1分）
y
可以观察的最大长度为：
L 6 y 6 2 m ⑩（1分）

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