《2022年高考全国甲卷理综高考真题解析-全国高考真题解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高考全国甲卷理综高考真题解析-全国高考真题解析.pdf（41页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2022年普通高等学校招生全国统一考试（全国甲卷）理科综合试卷注意事项：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。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，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，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H l C 12 N 14 O 16 F19 S 32 Ca 40 Cu 64一、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.钙在骨骼生长和肌肉收缩等过程中发挥重要作
2、用。晒太阳有助于青少年骨骼生长，预防老年人骨质疏松。下列叙述错误的是（）A.细胞中有以无机离子形式存在的钙B.人体内Ca?+可自由通过细胞膜的磷脂双分子层C.适当补充维生素D可以促进肠道对钙的吸收D.人体血液中钙离子浓度过低易出现抽搐现象【答案】B【解析】【分析】无机盐的存在形式与作用：（1）存在形式：细胞中大多数无机盐以离子的形式存在；（2）无机盐的功能：对维持细胞和生物体生命活动有重要作用，如：Fe是构成血红素的元素；M g是构成叶绿素的元素。【详解】A、细胞中有以无机离子形式存在的钙，也有以化合物形式存在的钙（如CaCCh）,A正确；B、Ca2+不能自由通过细胞膜的磷脂双分子层，需要载体
3、协助，B错误；C、维生素D能有效地促进人体肠道对钙和磷的吸收，故适当补充维生素D可以促进肠道对钙的吸收，C正确；D、哺乳动物的血液中必须含有一定量的Ca2+,Ca?+的含量太低，会出现抽搐等症状，D正确。故选Bo2.植物成熟叶肉细胞的细胞液浓度可以不同。现将a、b、c三种细胞液浓度不同的某种植物成熟叶肉细胞，分别放入三个装有相同浓度蔗糖溶液的试管中，当水分交换达到平衡时观察到：细胞a未发生变化；细胞b体积增大；细胞c发生了质壁分离。若在水分交换期间细胞与蔗糖溶液没有溶质的交换，下列关于这一实验的叙述，不合理的是（）A.水分交换前，细胞b的细胞液浓度大于外界蔗糖溶液的浓度B.水分交换前，细胞液浓
4、度大小关系为细胞b 细胞a 细胞cC.水分交换平衡时，细胞c 的细胞液浓度大于细胞a 的细胞液浓度D.水分交换平衡时，细胞c 的细胞液浓度等于外界蔗糖溶液的浓度【答案】C【解析】【分析】由题分析可知，水分交换达到平衡时细胞a 未发生变化，既不吸水也不失水，细胞a 的细胞液浓度等于外界蔗糖溶液的浓度；细胞b 的体积增大，说明细胞吸水，水分交换前，细胞b 的细胞液浓度大于外界蔗糖溶液的浓度；细胞c 发生质壁分离，说明细胞失水，水分交换前，细胞c 的细胞液浓度小于外界蔗糖溶液的浓度。【详解】A、由于细胞b 在水分交换达到平衡时细胞的体积增大，说明细胞吸水，则水分交换前，细胞b的细胞液浓度大于外界蔗糖
5、溶液的浓度，A 正确；B、水分交换达到平衡时，细胞a 的细胞液浓度等于外界蔗糖溶液的浓度，细胞b 的细胞液浓度大于外界蔗糖溶液的浓度，细胞c 的细胞液浓度小于外界蔗糖溶液的浓度，因此水分交换前，细胞液浓度大小关系为细胞b 细胞a 细胞c,B 正确；C、由题意可知，水分交换达到平衡时，细胞a 未发生变化，说明其细胞液浓度与外界蔗糖溶液浓度相等；水分交换达到平衡时，虽然细胞内外溶液浓度相同，但细胞c 失水后外界蔗糖溶液的浓度减小，因此，水分交换平衡时，细胞c 的细胞液浓度小于细胞a 的细胞液浓度，C 错误D、在一定的蔗糖溶液中，细胞c 发生了质壁分离，水分交换达到平衡时，其细胞液浓度等于外界蔗糖溶
6、液的浓度，D 正确.故选C。3.植物激素通常与其受体结合才能发挥生理作用。喷施某种植物激素，能使某种作物的矮生突变体长高。关于该矮生突变体矮生的原因，下列推测合理的是（）A.赤霉素合成途径受阻 B.赤霉素受体合成受阻C.脱落酸合成途径受阻 D.脱落酸受体合成受阻【答案】A【解析】【分析】赤霉素：合成部位：幼芽、幼根和未成熟的种子等幼嫩部分；主要生理功能：促进细胞的伸长；解除种子、块茎的休眠并促进萌发的作用。【详解】AB、赤霉素具有促进细胞伸长的功能，该作用的发挥需要与受体结合后才能完成，故喷施某种激素后作物的矮生突变体长高，说明喷施的为赤霉素，矮生突变体矮生的原因是缺乏赤霉素而非受体合成 受
7、阻（若受体合成受阻，则外源激素也不能起作用），A 正确，B 错误；CD、脱落酸抑制植物细胞的分裂和种子的萌发，与植物矮化无直接关系，CD错误。故选Ao4.线粒体是细胞进行有氧呼吸的主要场所。研究发现，经常运动的人肌细胞中线粒体数量通常比缺乏锻炼的人多。下列与线粒体有关的叙述，错误的是（）A.有氧呼吸时细胞质基质和线粒体中都能产生ATPB.线粒体内膜上的酶可以参与 H 和氧反应形成水的过程C.线粒体中的丙酮酸分解成CO?和 H 的过程需要的直接参与D.线粒体中的DNA能够通过转录和翻译控制某些蛋白质的合成【答案】C【解析】【分析】有氧呼吸的第一、二、三阶段的场所依次是细胞质基质、线粒体基质和线粒
8、体内膜。有氧呼吸第一阶段是葡萄糖分解成丙酮酸和 H,合成少量ATP；第二阶段是丙酮酸和水反应生成二氧化碳和 H,合成少量ATP；第三阶段是氧气和 H 反应生成水，合成大量ATP。【详解】A、有氧呼吸的第一阶段场所是细胞质基质，第二、三阶段在线粒体，三个阶段均可产生ATP,故有氧呼吸时细胞质基质和线粒体都可产生ATP,A 正确；B、线粒体内膜是有氧呼吸第三阶段的场所，该阶段氧气和 H 反应生成水，该过程需要酶的催化，B 正确；C、丙酮酸分解为CCh和 H 是有氧呼吸第二阶段，场所是线粒体基质，该过程需要水的参与，不需要氧气的参与，C 错误；D、线粒体是半自主性细胞器，其中含有少量D N A,可以
9、通过转录和翻译控制蛋白质的合成，D 正确。故选Co5.在鱼池中投放了一批某种鱼苗，一段时间内该鱼的种群数量、个体重量和种群总重量随时间的变化趋势如图所示。若在此期间鱼没有进行繁殖，则图中表示种群数量、个体重量、种群总重量的曲线分别是()司 不R0 时目A,甲、丙、乙 B.乙、甲、丙 C.丙、甲、乙 D.丙、乙、甲【答案】D【解析】【分析】S 型增长曲线：当种群在一个有限的环境中增长时，随着种群密度的上升，个体间由于有限的空间、食物和其他生活条件而引起的种内斗争必将加剧，以该种群生物为食的捕食者的数量也会增加，这就会使这个种群的出生率降低，死亡率增高，从而使种群数量的增长率下降，当种群数量达到环
10、境条件所允许的最大值时，种群数量将停止增长，有时会在K 值保持相对稳定。【详解】分析题图可知，随着时间变化，甲曲线先增加后减少，乙曲线呈S 形，丙曲线下降，在池塘中投放一批鱼苗后，由于一段时间内鱼没有进行繁殖，而且一部分鱼苗由于不适应环境而死亡，故种群数量下降，如曲线丙；存活的个体重量增加，如曲线乙，种群总重量先增加后由于捕捞而减少，如曲线甲。综上可知，D 正确。故选D。6.某种自花传粉植物的等位基因A/a和 B/b位于非同源染色体上。A/a控制花粉育性，含 A 的花粉可育；含 a 的花粉50%可育、50%不育。B/b控制花色，红花对白花为显性。若基因型为AaBb的亲本进行自交，则下列叙述错误
11、的是（）A.子一代中红花植株数是白花植株数的3 倍B.子一代中基因型为aabb的个体所占比例是1/12C.亲本产生的可育雄配子数是不育雄配子数的3 倍D.亲本产生的含B 的可育雄配子数与含b 的可育雄配子数相等【答案】B【解析】【分析】分析题意可知：A、a 和 B、b 基因位于非同源染色体上，独立遗传，遵循自由组合定律。【详解】A、分析题意可知，两对等位基因独立遗传，故含a 的花粉育性不影响B 和 b 基因的遗传，所以B b自交，子一代中红花植株B_：白花植株bb=3：1,A 正确；B、基因型为AaBb的亲本产生的雌配子种类和比例为AB:Ab:aB:ab=l:1:1:1,由于含a 的花粉50%
12、可育，故雄配子种类及比例为AB:Ab:aB:ab=2:2:l:l,所以子一代中基因型为aabb的个体所占比例为1/4x1/6=1/24,B 错误；C、由于含a 的花粉50%可育，50%不可育，故亲本产生的可育雄配子是A+l/2 a,不育雄配子为l/2 a,由于 Aa个体产生的A：a=l:l,故亲本产生的可育雄配子数是不育雄配子的三倍，C 正确；D、两对等位基因独立遗传，所以B b自交，亲本产生 含 B 的雄配子数和含b 的雄配子数相等，D 正确。故选B。7.化学与生活密切相关。下列叙述正确的是A.漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果 B.温室气体是形成酸雨的主要物质C.棉花、麻和蚕丝均为碳水化
13、合物 D.干冰可用在舞台上制造“云雾”【答案】D【解析】【详解】A.漂白粉的有效成分次氯酸钙与盐酸混合，会发生氧化还原反应生成有毒的氯气，两者不能混合使用，A 错误；B.温室气体主要是指二氧化碳，二氧化碳不是形成酸雨的主要物质，形成酸南的主要物质是硫氧化物、氮氧化物等，B 错误；C.棉花、麻来源于植物，主要成分均是纤维素，为碳水化合物，但蚕丝来源于动物，主要成分是蛋白质，蛋白质不是碳水化合物，c 错误；D.干冰是固态的二氧化碳，干冰升华时，吸收大量的热，使周围温度降低，大量的水蒸气凝结成了小液滴，形 成“云雾”效果，D 正确；答案选D。8.辅 酶 Qi。具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如下。
14、下列有关辅酶Qu,的说法正确的是A.分子式为C6 0Hg e(2 B.分子中含有1 4 个甲基C.分子中的四个氧原子不在同一平面 D,可发生加成反应，不能发生取代反应【答案】B【解析】【详解】A.由该物质的结构简式可知，其分子式为C 5 9 H9 0。4,A错误；B .由该物质的结构简式可知，键线式端点代表甲基，1 0 个重复基团的最后一个连接H 原子的碳是甲基，故分子中含有1+1 +1 +1 0+1=1 4 个甲基，B正确；C.双键碳以及与其相连的四个原子共面，皴基碳采取S p 2 杂化，线基碳原子和与其相连的氧原子及另外两个原子共面，因此分子中的四个氧原子在同一平面上，c错误；D.分子中有
15、碳碳双键，能发生加成反应，分子中含有甲基，能发生取代反应，D 错误；答案选B。9 .能正确表示下列反应的离子方程式为A.硫化钠溶液和硝酸混合：S2+2 H+=H2S tB.明矶溶液与过量氨水湿合：A 13+4 N H3+2 H2O=A 1 O ；+4 N H；C.硅酸钠溶液中通入二氧化碳：S i O；-+C O2+H2O=HS i O；+H C O；D.将等物质的量浓度的B a(O H)2 和 N H4 HS O 4 溶液以体积比1 ：2 混合：B a2+2 O H+2 H+S O 4-=B a S O 4 i+2 H2O【答案】D【解析】【详解】A.硝酸具有强氧化性，可以将S 2-氧化为S单
16、质，自身根据其浓度大小还原为NO或 N O?,反应的离子方程式为 4 H+2 N O；+S 2-=S +2 N C h T+2 H2 0(浓)或 8 H+2 N O,+3 S 2=3 S J+2 N O+4 H2。(稀)，A 错误；B.明研在水中可以电离出A 1 3+,可以与氨水中电离出的O H-发生反应生成A 1(O H)3,但由于氨水的碱性较弱，生成的A 1(O H)3 不能继续与弱碱发生反应，故反应的离子方程式为A 1 3+3 N H3-H2 O=A l(O H)3 j+3 N H:,B错误；C.硅酸的酸性小于碳酸，向硅酸钠溶液中通入二氧化碳时，生成硅酸沉淀，二氧化碳则根据其通入的量的多
17、少反应为碳酸根或碳酸氢根，反应的离子方程式为S i O：+H2 O+C O 2=H2 S i O 3 1+C O 1(C 0 2少量)或S i O；+2 H2 O+2 C O 2=H2 S i O 3 1+2 HC O；(C 0 2 过量)，C 错误；D.将等物质的量浓度的B a(O H)2与N H4 Hs e)4溶液以体积比1：2混合，B a(O H)2电离出的0匹与N H4 HS O 4电离出的H+反应生成水，B a(O H)2电离出的B a?+与N H4 Hs e)4电离出的S O：反应生成B a S O a沉淀，反应的离子方程为为B a 2+2 O H+2 H+S O j=B a S
18、C U l+2 H2。，D正确；故答案选D。1 0.一种水性电解液Z n-Mn C h离子选泽双隔膜电池如图所示(KO H溶液中，Z n?+以Z n(O H);存在)。电池放电时，下列叙述错误的是MnOz电 极 离 子 选 择 隔 膜 Zn电极 7 /1-0-二 1 二二 3 二 二 彳 二 二 二 二 =二：二 二=二 二,二 二 J L 二：H2 S O 4溶 液.一K2 s。4溶 液-K O H溶液I II IIIA.II区的K+通过隔膜向HI区迁移B.I区的s o：通过隔膜向n区迁移C.Mn C h 电极反应：Mn O 2+2 e +4 H+=Mn2+2 H2OD.电池总反应：Z n+
19、4 O H+Mn O2+4 H+=Z n(O H)+Mn2+2 H2O【答案】A【解析】【分析】根据图示的电池结构和题目所给信息可知，III区Z n为电池的负极，电极反应为Z n-2 e-+4 0 H-=Z n(O H)j,I区Mn C h为电池的正极，电极反应为Mn O 2+2 e-+4 H+=Mn 2+2 H 2。；电池在工作过程中，由于两个离子选择隔膜没有指明的阳离子隔膜还是阴离子隔膜，故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子，因此可以得到I区消耗H+,生成MM+,I I区的K+向I区移动或I区的S O：向H区移动，i n区消耗O H-,生成Z n(O H)j,H区的S O：向H I区移动或H
20、 I区的K+向H区移动。据此分析答题。【详解】A.根据分析，I I区的K+只能向I区移动，A错误；B.根据分析，I区的S O 7向H区移动，B正确；C.Mn C)2电极的电极反应式为Mn O 2+2 e +4 H+=Mn 2+2 H 2 O,C正确；D.电池的总反应为 Z n+4 O H-+Mn O 2+4 H+=Z n(O H)：+Mn 2+2 H 2 O,D 正确；故答案选A。11.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.25,lO lkPa下，28L 氢气中质子的数目为2.5NAB.2.0L l.Omol L1 AlC1 溶液中，Al,+的数目为 2.0NAC.().20mol苯甲
21、酸完全燃烧，生成C。？的数目为L4NAD.电解熔融C uC L，阴极增重6.4 g,外电路中通过电子的数目为O.IONA【答案】C【解析】【详解】A.25、lOlkPa不是标准状况，不能用标况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量，故 A 错误；B.AP+在溶液中会发生水解生成A1(OH)3,因此2.0L1.0mol/L的 AICI3溶液中AF+数目小于2.0NA,故 B错误；15 点燃C.苯甲酸燃烧的化学方程式为 6115(2 0 0 1 1+5 0 2 7(2 0 2+3 1 1 2 0,1 0101苯甲酸燃烧生成7m oicC h,则 0.2mol苯甲酸完全燃烧生成1.4molCO2,数目为
22、1.4NA,故 C 正确；D.电解熔融CuCb时，阳极反应为2 0 一-2己=0 2 T，阴极反应为，阴极增加的重量为Cu的质量，6.4gCu的物质的量为O.lm ol,根据阴极反应可知，外电路中通过电子的物质的量为0.2m ol,数目为0.2NA,故 D 错误；答案选C。12.Q、X、Y、Z 是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为19。Q 与 X、Y、Z 位于不同周期，X、Y 相邻，Y 原子最外层电子数是Q 原子内层电子数的2 倍。下列说法正确的是A.非金属性：X Q B.单质的熔点：X YC.简单氢化物的佛点：Z Q D.最高价含氧酸的酸性：7 Y【答案】D【解析】【分析
23、】Q、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q 与 X、Y、Z 不在同一周期，Y 原子最外层电子数为Q 元原子内层电子数的2 倍，则 Q 应为第二周期元素，X、Y、Z 位于第三周期，Y 的最外层电子数为4,则 Y 为 Si元素，X、Y 相邻，且 X 的原子序数小于Y,则 X 为 A1元素，Q、X、Y、Z 的最外层电子数之和为1 9,则 Q、Z 的最外层电子数之和为19-3-4=12,主族元素的最外层电子数最多为7,若 Q 的最外层电子数为7,为 F 元素，Z 的最外层电子数为5,为 P 元素，若 Q 的最外层电子数为6,为 O 元素，则 Z 的最外层电子数为6,为 S 元素，若 Q
24、的最外层电子数为5,为 N 元素，Z 的最外层电子数为7,为 C1元素；综上所述，Q 为 N 或 0 或 F,X 为 Al,Y 为 Si,Z 为 C l或 S 或 P,据此分析解题。【详解】A.X 为 Al,Q 为 N 或 O 或 E同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下依次减弱，故非金属性：QX,A 错误；B.由分析可知，X 为 A1属于金属晶体，Y 为 Si属于原子晶体或共价晶体，故单质熔点S i A l,即YX,B 错误；C.含有氢键的物质沸点升高，由分析可知Q 为 N 或 0 或 F,其简单氢化物为H2O或 NH3或 HF,Z 为C1或 S 或 P,其简单氢化物为HC1
25、或 H2s或 P H 3,由于前者物质中存在分子间氢键，而后者物质中不存在，故沸点QZ,C 错误；D.元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，P、S、C1的非金属性均强于S i,因此最高价含氧酸酸性：ZY,D 正确；故答案为：D。1 3.根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是A.A B.B C.C D.D选项实验目的实验及现象结论A比较C H 3co0 一 和HCO；的水解常数分别测浓度均为O.lm oLLT的CH3COONH4 和 NaHCO3 溶液的p H,后者大于前者Kh（CH3C O O j Kh（HCO3）B检验铁锈中是否含有二价铁将铁锈落于浓盐酸，滴入KMnOq溶液，紫
26、色褪去铁绣中含有二价铁C探究氢离子浓度对C rO f、彳相互转化的影响向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色增大氢离子浓度，转化平衡向生成丁的方向移动D检验乙醇中是否含有水向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体乙醇中含有水【答案】C【解析】【详解】A.CH3coONEU中 NH；水解，NH：+H2O =N H3-H2O+H+,会消耗 CH3co0 水解生成的 O H,测定相同浓度的CH3co0NH4和 NaHCCh溶液的p H,后者大于前者，不能说明Kh(CH3co0-)Kh(HC O j),A 错误；B.铁锈中含有Fe单质，单质Fe与浓盐酸可反应生成Fe2+,滴入KMnCU溶液，紫
27、色褪去，不能说明铁锈中一定含有二价铁，B错误；C.M C Q 中存在平衡2CrO孑(黄色)+2H+=(橙红色)+比0,缓慢滴加硫酸，H+浓度增大，平衡正向移动，故溶液黄色变成橙红色，c正确；D.乙醇和水均会与金属钠发生反应生成氢气，故不能说明乙醇中含有水，D错误；答案选C。二、选择题：本题共8 小题，每小题6 分，共 48分。在每小题给出的四个选项中，第 1418题只有一项是符合题目要求的，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，有选错的得0 分。1 4.北京2 0 2 2 年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从“处由静止自由滑下，到 处 起跳，
28、c 点为。、6 之间的最低点，。、c 两处的高度差为儿要求运动员经过一点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的左倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则 c 点处这段圆弧雪道的半径不【答案】D【解析】【详解】运动员从。到 c 根据动能定理有在 C 点有2匕FNC kmg联立有故选D。1 5.长为/的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为出,要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过丫（丫 心 如），故加速过程中，QR QM N：当M N减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，综上分析可知全过程
29、中电阻R上的热量大于导体棒上的热量，故D正确。故选AD。21.地面上方某区域存在方向水平向右匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中P点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在尸点。则射出后，（）A.小球的动能最小时，其电势能最大B.小球的动能等于初始动能时，其电势能最大C.小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大D.从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量【答案】BD【解析】【详解】A.如图所示Eq=mg故等效重力G的方向与水平成4 5 oV0当 斗=0时速度最小为%汨=W，由于此时匕存在水平分量，电场力还可以向左做负功
30、，故此时电势能不是最大，故A错误；B D.水平方向上如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知%=里m在竖直方向上v=gt由于Eq=m g ,得 v=%+%=（）则重力做功等于小球电势能的增加量，故B D正确；C.当如图中q所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故C错误；故选B D o三、非选择题：共 174分。第 2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 3338为选考题，考生依据要求作答。（）必考题：共 129分。2 2.某同学要测量微安表内阻，可利用的实验器材有：电源E （电动势1.5 V,内阻很小），电 流 表（量程1 0
31、m A.内阻约1 0。），微 安 表（量程IOORA,内阻4待测，约I k C）,滑动变阻器R（最大阻值1 0。），定值电阻&（阻值1 0 C），开关s,导线若干。(1)在答题卡上将图中所示的器材符号连线，画出实验电路原理图_ _ _ _ _:(2)某次测量中，微安表的示数为9().()RA,电流表的示数为9.0 0 m A,由此计算出微安表内阻4=Q。【答案】.见解析.9 9 0。【解析】【详解】(1)1 为了准确测出微安表两端的电压，可以让微安表与定值电阻R)并联，再与电流表串联,通过电流表的电流与微安表的电流之差，可求出流过定值电阻Ro 的电流，从而求出微安表两端的电压,进而求出微安表的
32、内电阻，由于电源电压过大，并且为了测量多组数据，滑动电阻器采用分压式解法,(2)2 流过定值电阻R)的电流/=/A-ZG=9.00mA-0.09mA=8.91mA加在微安表两端的电压U=/%=8.91xl（尸 V微安表的内电阻4昼=就群Q =99Q2 3.利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为町的滑块A与质量为恤的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和 B的速度大小9 和 2，进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空:（1）调节导轨水平；（2）测得两滑块的质量分别为0.5 1 （）k g 和0.3 0 4 k g。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为
33、k g 的滑块作为A；（3）调节B的位置，使得A与 B接触时，A的左端到左边挡板的距离邑 与 B的右端到右边挡板的距离62 相等；（4）使 A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和 B从碰撞时刻开始到各自撞到挡板所用的时间和；（5）将 B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如下表所示；（6）表中的&=（保留2 位有效数字）:123450.4 90.671.0 11.2 21.3 9t2/s0.1 50.2 10.3 30.4 00.4 6V20.3 1k20.3 30.3 30.3 3（7）工的平均值为_ _ _ _ _ _；（保留2
34、位有效数字）v2V,（8）理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由,判断。若两滑块的碰撞为弹性碰%撞，则立的理论表达式为_ _ _ _ _ _ （用 肛 和 血,表示），本实验中其值为_ _ _ _ _ _ （保留2 位有效数字），若v2该 值 与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。S 一根【答案】0.3 0 4 .0.3 1 .0.3 2 .f -L.0.3 32 ml【解析】【详解】（2）1 应该用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块，碰后运动方向相反，故选0.3 0 4 k g 的滑块作为 A o（6）2 由于两段位移大小相等，根据表
35、中的数据可得（7）3 匕平均值为v23 1 +.3 1 +.3 3 +.3 3 +.3 3=。3 25(8)4北5 弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得町%=一町4 +m2v21 2 1 2 1 2/肛%=5仍匕+-2联立解得v,_ m2-mv2 2mt代入数据可得又=0.3 32 4.将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.0 5 s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了 3个影像，所标出的两个线段的长度邑 和 J 之比为3：7。重力加速度大小取g =10
36、m/s 2,忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。【答案】2叵m/s5【解析】【详解】频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为?=4 T =0.05 x 4 s =0.2s设抛出瞬间小球的速度为%,每相邻两球间的水平方向上位移为X,竖直方向上的位移分别为%、必，根据平抛运动位移公式有%=卬y =g g 产=x10 x0.22m =0.2m%=g g(2/)2 g g f 2 =g x 10 x(0.42-0.22)m =0.6 m令 x =y,则有%=3 y =3 y已标注的线段邑、.分别为.%=旧十寸S2=4+（3 y）2 M2 +9.2
37、则有yjx2+y2:M+9.2=3:7整理得故在抛出瞬间小球的速度大小为x 2也.%=m/s25.光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧，C为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场；随为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆。的一端与M 固连且与镜面垂直，另一端与弹簧下端相连，P Q 为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，P。的圆心位于M的中心使用前需调零，使线圈内没有电流通过时，M竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经P。上的。点射到历上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使 M发生倾斜，入射光束在M上的入射点仍近
38、似处于P Q 的圆心，通过读取反射光射到尸。上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为鼠磁场磁感应强度大小为B,线圈C的匝数为N。沿水平方向的长度为/，细杆。的长度为心 圆弧P Q 的半径为r，d 远大于弹簧长度改变量的绝对值。（1）若在线圈中通入的微小电流为/,求平衡后弹簧长度改变量的绝对值 及尸。上反射光点与。点间的弧长s；（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将电流通入线圈后，PQ上反射光点出现在。点上方，与。点间的弧长为si保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反射光点出现在。点下方，与 0点间的弧长为S 2。求待测电流的大小。p反射光入射光【答 案】（1）NBII
39、k2NBIlr（?）成（电+5 2）dk；4NBlr【解 析】【详 解】由题意当线圈中通入微小电流/时，线圈中的安培力为F=NBII根据胡克定律有F=NBII=kxNBIIk设 此 时 细 杆 转 过 的 弧 度 为 仇 则 可 知 反 射 光 线 转 过 的 弧 度 为2 0,又因为d A x,r d则s i n a sin2 0 a 2。所以有A x =d。s-八2 9联立可得s2 r=A /xxIN=B-I-l-r-cl dk（2）因为测量前未调零，设没有通电流时偏移的弧长为s。当初始时反射光点在。点上方，通 电 流r后联立可得根据前面的结论可知有INBllr,S,=-1-5dk当电流反
40、向后有INBIlr,*=-S2 dkr 4dM s+$2)_ _NBlr同理可得初始时反射光点在。点下方结果也相同，故待测电流的大小为=4或(4+$2)一 _NBlr2 6.硫酸锌(Z n S O j是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCOa，杂质为Si。？以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：滤渣 滤渣 滤渣 滤渣本题中所涉及离子的氯氧化物溶度积常数如下表：回答下列问题：(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为_ _ _ _ _ _ _ o(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有离子Fe3+Zn2+CirFe
41、2+Mg2+Ksp4.0 x10-386.7 x IO-172.2x10-2。8.0 xl0T61.8xl0-(3)加入物质X 调溶液pH=5,最适宜使用的X 是(填 标 号)。A.NH,.H2O B.Ca(OH)2 C.NaOH滤 渣 的 主 要 成 分 是、o(4)向8 0 9 0 的滤液中分批加入适量KMnC)4溶液充分反应后过滤，滤渣中有M n O 2,该步反应 的 离 子 方 程 式 为。(5)滤液中加入锌粉的目的是 一。(6)滤渣与浓H 2sC 反应可以释放HF并循环利用，同 时 得 到 的 副 产 物 是、。焙烧【答案】(1)ZnCO3=ZnO+CO2 t(2).增大压强.将焙烧
42、后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等(3).B.Fe(OH)3.CaSCU SiO2(4)3Fe2+MnO；+7H2O=3Fe(OH)3 I+MnO2 I+5H+(5)置换Cu?+为Cu从而除去(6).CaSCU.MgSO4【解析】【分析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为Z nC C h,杂质为S iO 2 以及C a、M g、Fe、C u 等的化合物，结焙烧合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应Z n C C h 上 3 Z n O+C O 2 t ,再加入H2 s C M 酸浸，得到含Z n2 C a2 M a2 Fe2 Fe3 C F+的溶液，加入物质X调节p H=5,结合表格数据
43、，过滤得到Fe(0H)3、C a S C M、S i C h 的滤渣,滤液中主要含有Z M+、C u2 M g2 C a2 Fe2+,再向滤液中加入K M n C h 溶液氧化Fe2+,过滤得到Fe(0H)3 和 M n C h 的滤渣，滤液中加入锌粉，发生反应Z n+C u 2+=Z n 2*=C u,过滤后得到滤渣为C u,再向滤液中加入H F 脱钙镁，过滤得到滤渣为C a F?、M g F2,滤液为Z n S 04 溶液，经一系列处理得到Z n S 04 7 比0,据此分析解答。【小 问 1 详解】焙烧由分析，焙烧时，生成Z n O 的反应为：Z n C O 3 =Z n O+C O2
44、t ；【小问2详解】可采用增大压强、将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率；小问3 详解】A.N H.L H 2 0 易分解产生N H3 污染空气，且经济成本较高，故 A不适宜；B.C a(O H)2 不会引入新的杂质，且成本较低，故 B适宜；C.N a O H 会引入杂质N a+,且成本较高，C不适宜；故答案选B；当沉淀完全时(离子浓度小于1 0一 5 m oi/L),结合表格K s p 计算各离子完全沉淀时p H TA.气体一直对外做功B.气体的内能一直增加C.气体一直从外界吸热D.气体吸收的热量等于其对外做的功E.气体吸收的热量等于其内能的增加量【答案】B
45、C E【解析】【详解】A.因从a到b p-7图像过原点，由 竿=。可知从。到。气体的体积不变，则从a至I J 6气体不对外做功，选项A错误；B.因从。到6气体温度升高，可知气体内能增加，选项B正确；C D E.因W=0,A U 0,根据热力学第一定律。=卬+。可知，气体一直从外界吸热，且气体吸收的热量等于内能增加量，选项C E正确，D错误。故选B C E。(2)(1 0分)如 图，容积均为 玲、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为P。、温度为 的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口 C与外界相通：汽缸内的两活塞将缸内气体分成I、I I、i n、I V四部分，其中第n、i n部
46、分的体积分别为 匕 和;玲、环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。(i)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；(i i)将环境温度缓慢改变至2 7；,然后用气泵从开口 C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，8汽缸内第W部分气体的压强。4 9【答案】(1)T=-To-,(2)p=p0【解析】【详解】(i)因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，I V内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，由盖吕萨克定律可得y=2sin弓x+?)(cm)即2=4m2由于该波的波速v=2 m/s,则/=-=-H z=0.5
47、Hz2 43由于该波的波速v=2 m/s,则r=2sV由于题图为，=0 时刻的波形图，则 L二 2s时刻振动形式和零时刻相同，根 据“上坡、下坡”法可知质点A 向下运动。（2）（10分）如图，边长为的正方形A8CC为一棱镜的横截面，M 为 AB边的中点。在截面所在平的，一光线自M 点射入棱镜，入射角为60。，经折射后在2C 边的N 点恰好发生全反射，反射光线从8边的P 点射出棱镜，求棱镜的折射率以及P、C 两点之间的距离。【解析】【详解】光线在“点发生折射有sin60=nsinO由题知，光线经折射后在BC边的N 点恰好发生全反射，则联立有,八1sin C=nC=90-0tan 0=2V7n=-
48、2根据几何关系有解得再由t a n 3BN 2BNNC=a-BN=a百NC解得/3 1PC=-a23 5.【化学选修3：物质结构与性质】(1 5 分)2 0 0 8 年北京奥运会的“水立方”，在 2 0 2 2 年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用,其美丽的透光气囊材料由乙烯(C H2=C H2)与四氟乙烯(C F 2=C F 2)的共聚物(E T F E)制成。回答下列问题:(1)基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为.(2)图 a、b、c 分别表示C、N、0和 F的逐级电离能I 变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变(3)固态氟化氢中存在(HF)“形式，画出(HF
49、)3 的链状结构(4)C F 2=C F 2 和 E T F E 分子中C的杂化轨道类型分别为 和；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因(5)萤石(C a F 2)是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X 代 表 的 离 子 是；若该立方晶胞参数为a p m,正负离子的核间距最小为p m。YO X【答案】Q)(2).图 a .同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2P 能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高.图 b(3)F、，/F、，/F、(4).sp2.sp3.C-F键的键能大于聚乙烯中H H HCH 的键能，键能越大，化学性
50、质越稳定(5).Ca2+.且 a pm4【解析】【分析】根据基态原子的电子表示式书写价电子排布式；根据电离能的排布规律分析电离能趋势和原因；根据氢键的表示方法书写(HF)3的结构；根据键能影响物质稳定性的规律分析两种物质的稳定性差异；根据均摊法计算晶胞中各粒子的个数，判断粒子种类。【小 问 1 详解】F 为第9 号元素其电子排布为Is22s22P5,则其价电子排布图为二 一1,故答案为【小问2 详解】C、N、0、F 四种元素在同一周期，同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N 元素的2P能级为半充满状态，因此N 元素的第一电离能较C、0 两种元素高，因此C、N、0、F 四种元素的第一