2013年普通高等学校招生全国统一考试(课标全国Ⅰ理综卷)

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1、课标全国理综能力测试可能用到的相对原子质量:H 1C 12N 14O 16Mg 24S 32K 39Mn 55第卷一、选择题:本题共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求的。1.(2013课标全国,1)关于蛋白质生物合成的叙述,正确的是()A.一种tRNA可以携带多种氨基酸B.DNA聚合酶是在细胞核内合成的C.反密码子是位于mRNA上相邻的3个碱基D.线粒体中的DNA能控制某些蛋白质的合成答案:D解析:本题考查蛋白质合成过程中有关转录、翻译的知识。一种tRNA只能携带一种氨基酸,A项错误;DNA聚合酶是在细胞质中的核糖体上合成的,B项错误;反密码子位于tRNA上

2、,C项错误;线粒体中的DNA能控制某些蛋白质的合成。2.(2013课标全国,2)关于同一个体中细胞有丝分裂和减数第一次分裂的叙述,正确的是()A.两者前期染色体数目相同,染色体行为和DNA分子数目不同B.两者中期染色体数目不同,染色体行为和DNA分子数目相同C.两者后期染色体数目和染色体行为不同,DNA分子数目相同D.两者末期染色体数目和染色体行为相同,DNA分子数目不同答案:C解析:本题考查有丝分裂和减数分裂过程中染色体的行为、数目变化和DNA分子数目变化的知识。有丝分裂前期、中期和减数第一次分裂前期、中期染色体数目和DNA分子数相同,而染色体行为不同,有丝分裂前期染色体散乱分布,中期着丝点

3、排列在赤道板中央,减前期同源染色体联会配对形成四分体,有交叉互换现象,减中期同源染色体排列在赤道板上,A、B项错误;后期两者DNA分子数相同,有丝分裂后期染色体着丝点分裂形成子染色体,并移向细胞两极,因此染色体数目加倍,而减后期同源染色体分离,移向细胞两极,染色体数目不变,C项正确;有丝分裂末期形成的子细胞染色体数和DNA分子数与体细胞相同,而减末期形成的子细胞为次级性母细胞,与体细胞相比,染色体数减半,DNA分子数不变,D项错误。3.(2013课标全国,3)关于植物细胞通过主动运输方式吸收所需矿质元素离子的叙述,正确的是()A.吸收不同矿质元素离子的速率都相同B.低温不影响矿质元素离子的吸收

4、速率C.主动运输矿质元素离子的过程只发生在活细胞中D.叶肉细胞不能以主动运输方式吸收矿质元素离子答案:C解析:本题考查主动运输的有关知识。细胞膜上不同矿质元素的载体蛋白种类、数量不同,吸收不同矿质元素离子的速率不一定相同,A项错误;温度影响与细胞呼吸有关酶的活性,主动运输需要细胞呼吸提供能量,因此低温影响矿质元素离子的吸收速率,B项错误;只有活细胞才能以主动运输方式吸收矿质元素离子,C项正确;叶肉细胞能以主动运输的方式吸收矿质元素离子,D项错误。4.(2013课标全国,4)示意图甲、乙、丙、丁为某实验动物感染HIV后的情况。下列叙述错误的是()A.从图甲可以看出,HIV感染过程中存在逆转录现象

5、B.从图乙可以看出,HIV侵入后机体能产生体液免疫C.从图丙可以推测,HIV可能对实验药物a敏感D.从图丁可以看出,HIV对实验药物b敏感答案:D解析:本题考查中心法则、免疫相关知识及识图能力。图甲中以RNA为模板,形成RNADNA杂合双链,该过程为逆转录,A项正确;图乙中感染HIV后,抗HIV抗体水平增加,抗体是在体液免疫中由浆细胞合成并发挥作用,B项正确;图丙中,加入实验药物a,T细胞数量增加,由于HIV侵染的是人体的T细胞,故可说明HIV对实验药物a敏感,C项正确;图丁中,加入药物b,HIV浓度增长趋势不变,说明药物b不起作用,HIV对实验药物b不敏感,D项错误。5.(2013课标全国,

6、5)某农场面积约140 hm2,农场丰富的植物资源为黑线姬鼠提供了良好的生存条件,鼠大量繁殖吸引鹰前来捕食。某研究小组采用标志重捕法调查该农场黑线姬鼠的种群密度,第一次捕获了100只,标记后全部放掉,第二次捕获了280只,发现其中有2只带有标记。下列叙述错误的是()A.鹰的迁入率增加会影响黑线姬鼠的种群密度B.该农场黑线姬鼠的种群密度约为100只/hm2C.黑线姬鼠种群数量下降说明该农场群落的丰富度下降D.植物鼠鹰这条食物链中,第三营养级含能量最少答案:C解析:本题考查种群数量特征及生态系统的知识。迁入率、迁出率直接影响种群密度,A项正确;该农场黑线姬鼠的种群数量N=1002802=14 00

7、0(只),种群密度=14 000140=100(只/hm2),B项正确;物种丰富度是指群落中的物种数量的多少,黑线姬鼠数量下降,物种丰富度不一定下降,C项错误;能量流动是逐级递减的,最高营养级所含能量最少,D项正确。6.(2013课标全国,6)若用玉米为实验材料验证孟德尔分离定律,下列因素对得出正确实验结论影响最小的是()A.所选实验材料是否为纯合子B.所选相对性状的显隐性是否易于区分C.所选相对性状是否受一对等位基因控制D.是否严格遵守实验操作流程和统计分析方法答案:A解析:验证孟德尔分离定律用测交法,即用杂合子和隐性纯合子杂交,因此A项影响最小。所选相对性状只有易于区分,才便于统计后代表现

8、型,且所选相对性状应受一对等位基因控制,只有严格遵守实验流程并用统计学对实验结果分析,实验结果才接近理论值,因此B、C、D三项都对实验结果有影响。7.(2013课标全国,7)化学无处不在,下列与化学有关的说法不正确的是()A.侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B.可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气C.碘是人体必需微量元素,所以要多吃富含高碘酸的食物D.黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成答案:C解析:C选项,应多吃富含碘元素的食物,如KIO3。高碘酸为强酸,对人体有很强的腐蚀性。8.(2013课标全国,8)香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料,其结构简式如右:下列有

9、关香叶醇的叙述正确的是()A.香叶醇的分子式为C10H18OB.不能使溴的四氯化碳溶液褪色C.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.能发生加成反应不能发生取代反应答案:A解析:根据碳原子的四价原则补齐氢原子,直接查出C、H的原子个数,A选项正确;该有机物分子中含有碳碳双键,B、C选项错误;含有甲基、醇羟基,所以可以发生取代反应,D选项错误。 9.(2013课标全国,9)短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,其简单离子都能破坏水的电离平衡的是()A.W2-、X+B.X+、Y3+C.Y3+、Z2-D.X+、Z2-答案:C解析:A选项W在X的上一周期,所以X为第3周期,分别为O、Na;B选项X可能为L

10、i或Na、Y可均为Al;D选项X可能为Li或Na、Z可能为O或S;上述选项中的Na+均不影响水的电离平衡;C选项Y只能为Al、Z只能为S,Al3+、S2-均影响水的电离平衡。10.(2013课标全国,10)银质器皿日久表面会逐渐变黑,这是生成了Ag2S的缘故。根据电化学原理可进行如下处理:在铝质容器中加入食盐溶液,再将变黑的银器浸入该溶液中,一段时间后发现黑色会褪去。下列说法正确的是()A.处理过程中银器一直保持恒重B.银器为正极,Ag2S被还原生成单质银C.该过程中总反应为2Al+3Ag2S6Ag+Al2S3D.黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl答案:B解析:由“电化学原理”可知

11、正极反应式为Ag2S+2e-2Ag+S2-,负极反应式为Al-3e-Al3+;电解质溶液中发生反应Al3+3H2OAl(OH)3+3H+,S2-与H+结合生成H2S,使Al3+3H2OAl(OH)3+3H+的平衡右移,最终生成Al(OH)3沉淀,只有B选项正确。11.(2013课标全国,11)已知Ksp(AgCl)=1.5610-10,Ksp(AgBr)=7.710-13,Ksp(Ag2CrO4)=9.010-12。某溶液中含有Cl-、Br-和CrO42-,浓度均为0.010 molL-1,向该溶液中逐滴加入0.010 molL-1 的AgNO3溶液时,三种阴离子产生沉淀的先后顺序为()A.C

12、l-、Br-、CrO42-B.CrO42-、Br-、Cl-C.Br-、Cl-、CrO42-D.Br-、CrO42-、Cl-答案:C解析:因为溶液中Cl-、Br-、CrO42-浓度相同,假设滴加AgNO3溶液的过程中混合液中Cl-、Br-、CrO42-浓度不变,均为0.010 molL-1,则开始生成AgCl、AgBr、Ag2CrO4沉淀时溶液中c(Ag+)浓度分别为1.5610-8 molL-1、7.710-11 molL-1、3.010-5 molL-1,所以首先沉淀的是AgBr,最后沉淀的是Ag2CrO4。12.(2013课标全国,12)分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸

13、和醇,若不考虑立体异构,这些醇和酸重新组合可形成的酯共有()A.15种B.28种C.32种D.40种答案:D解析:属于C5H10O2的酯水解可生成的酸有甲酸、乙酸、丙酸、两种丁酸CH3CH2CH2COOH、(CH3)2CHCOOH,共5种;生成的醇有甲醇、乙醇、两种丙醇、4种丁醇,共8种,酸与醇酯化,共得58=40种组合,即40种酯。13.(2013课标全国,13)下列实验中,所采取的分离方法与对应原理都正确的是()选项目的分离方法原理A.分离溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B.分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C.除去KNO3固体中混杂的NaCl重结晶NaCl在水中的溶

14、解度很大D.除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚的沸点相差较大答案:D解析:乙醇与水、乙酸乙酯与乙醇互溶,A、B选项中的分离方法均错误;C选项选用重结晶法是利用KNO3的溶解度受温度变化的影响大,而NaCl的溶解度受温度变化的影响小,错误;蒸馏是利用各组分的沸点不同而采取的分离混合物的方法,D正确。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,有选错的得0分。14.(2013课标全国,14)如图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片,照片左上角的三列数据如下表。表中第二列是

15、时间,第三列是物体沿斜面运动的距离,第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。根据表中的数据,伽利略可以得出的结论是()113242130932981645262558243661 1924971 6006482 104A.物体具有惯性B.斜面倾角一定时,加速度与质量无关C.物体运动的距离与时间的平方成正比D.物体运动的加速度与重力加速度成正比答案:C解析:从表中的数据只可能看出,物体沿斜面运动的距离与时间的平方成正比,仅根据表中的数据无法判断其他选项的正误。15.(2013课标全国,15)如图,一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷,在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点,a和b

16、、b和c、c和d间的距离均为R,在a点处有一电荷量为q(q0)的固定点电荷。已知b点处的场强为零,则d点处场强的大小为(k为静电力常量)()A.k3qR2B.k10q9R2C.kQ+qR2D.k9Q+q9R2答案:B解析:b点电场强度为0,说明a处的电荷在b点产生的电场强度与圆盘上的电荷在b点产生的电场强度等大反向,即二者产生电场强度的大小均为E=kqR2,又因为在a点的电荷为正电荷,它在b点产生的电场,方向向右,圆盘上的电荷在b点产生的电场,方向向左,根据对称性,圆盘上的电荷在d点产生的电场强度大小为E1=kqR2,方向向右,a处的电荷在d点产生的电场强度大小为E2=kq(3R)2=kq9R

17、2,故d点产生的电场强度大小E=E1+E2=10kq9R2。16.(2013课标全国,16)一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d,极板分别与电池两极相连,上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方d2处的P点有一带电粒子,该粒子从静止开始下落,经过小孔进入电容器,并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移d3,则从P点开始下落的相同粒子将()A.打到下极板上B.在下极板处返回C.在距上极板d2处返回D.在距上极板25d处返回答案:D解析:由题意知,带电粒子落到下极板处的速度为0,设此时电场强度为E,根据动能定理有,mg(d+d2)-qEd=0,板间电压不变的情况

18、下,下极板向上平移d3后,电场强度变为原来的32倍,所以后来的电场强度为E=3E2,假设带电粒子在距上极板h处时,速度变为0,根据动能定理得mg(h+d2)-qEh=0,得h=2d5。17.(2013课标全国,17)如图,在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN,其中ab、ac在a点接触,构成“V”字型导轨。空间存在垂直于纸面的均匀磁场。用力使MN向右匀速运动,从图示位置开始计时,运动中MN始终与bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回路中电流i与时间t的关系图线,可能正确的是()答案:A解析:设金属棒单位长度的电阻为R0,ab、ac与bac的平分线间的夹角都为,金属

19、棒匀速运动的速度为v,则t时刻金属棒产生的感应电动势为E=Bv2vttan,电路中的总电阻R=(2vttan+2vtcos)R0,电流I=ER=Bvtan(tan+1cos)R0,可以看出电流的大小不变。18.(2013课标全国,18)如图,半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域,射入点与ab的距离为R2。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60,则粒子的速率为(不计重力)()A.qBR2mB.qBRmC.3qBR2mD.2qBRm答案:B解析:做出粒子在圆柱形

20、匀强磁场区域的运动轨迹如图,连接MN,根据粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为60,及MP=R2,得出各角的大小如图所示,粒子的出射点必与磁场圆的圆心等高,四边形OMON为菱形,粒子做圆周运动的半径r=R,根据qvB=mv2R,得v=qBRm。19.(2013课标全国,19)如图,直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置时间(xt)图线。由图可知()A.在时刻t1,a车追上b车B.在时刻t2,a、b两车运动方向相反C.在t1到t2这段时间内,b车的速率先减少后增加D.在t1到t2这段时间内,b车的速率一直比a车的大答案:BC解析:t1时刻,两车都在沿x正方向运动,该时刻

21、前,b车的位置坐标小,b车在a车的后面,所以t1时刻是b追上a,A项错;t2时刻,a车继续沿x正方向运动,而b车向x负方向运动,二者运动方向相反,B项正确;在位移时间图象中,图线斜率的大小表示速度的大小,t1到t2时间内,b的斜率先减小后增大,故b车的速率先减小后增大,C项正确;t1到t2时间内,曲线b的斜率大小存在比a的斜率大的时间段,也存在比a小的时间段,D项错。20.(2013课标全国,20)2012年6月18日,神舟九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面343 km的近圆形轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接。对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气。下列说法正确的是()A.为实现对接,

22、两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间B.如不加干预,在运行一段时间后,天宫一号的动能可能会增加C.如不加干预,天宫一号的轨道高度将缓慢降低D.航天员在天宫一号中处于失重状态,说明航天员不受地球引力作用答案:BC解析:两者对接时,线速度大小相等,根据v=GMr,航天器做圆周运动的线速度均要小于第一宇宙速度,A项错;如不加干预,由于大气阻力的作用,“天宫”一号的轨道将会降低,天宫一号将做向心运动,在此过程中,重力大于阻力,合力做正功,动能增加,B、C项正确;航天员在天宫一号中虽然处于失重状态,但是仍然受重力作用,D项错。21.(2013课标全国,21)2012年11月,“歼15

23、”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后,飞机的动力系统立即关闭,阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力,使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落,以飞机着舰为计时零点,飞机在t=0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置,其着舰到停止的速度时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索,飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m。已知航母始终静止,重力加速度的大小为g。则()图(a)图(b)A.从着舰到停止,飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10B.在0.4 s2.5 s时间内,阻拦索的张力几乎不随时间变化C

24、.在滑行过程中,飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD.在0.4 s2.5 s时间内,阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变答案:AC解析:速度时间图象中,图线与坐标轴所围图形的面积为物体的位移,所以可以计算飞机受阻拦时运动的位移约为x=700.4 m+12(3.0-0.4)70 m=119 m,A正确;0.4 s到2.5 s时间内,速度时间图象的斜率不变,说明两条绳索张力的合力不变,但是两力的夹角不断变小,所以绳索的张力不断变小,B错;0.4 s 到2.5 s时间内平均加速度约为a=66-102.1 m/s2=26.7 m/s2,C正确;0.4 s到2.5 s时间内,阻拦系统对飞机的作用力不变,

25、飞机的速度逐渐减小,由P=Fv可知,阻拦系统对飞机做功的功率逐渐减小,D错。第卷三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题,每个试题考生都必须做答。第33题第40题为选考题,考生根据要求做答。(一)必考题(共129分)22.(2013课标全国,22)(7分)图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图。实验步骤如下:图(a)用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m;用游标卡尺测量遮光片的宽度d;用米尺测量两光电门之间的距离s;调整轻滑轮,使细线水平;让物块从光电门A的左侧由静止释放,用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间tA和tB,

26、求出加速度a;多次重复步骤,求a的平均值a;根据上述实验数据求出动摩擦因数。回答下列问题:(1)测量d时,某次游标卡尺(主尺的最小分度为1 mm)的示数如图(b)所示,其读数为 cm。图(b)(2)物块的加速度a可用d、s、tA和tB表示为a=。(3)动摩擦因数可用M、m、a和重力加速度g表示为=。(4)如果细线没有调整到水平,由此引起的误差属于(填“偶然误差”或“系统误差”)。答案:(1)0.960(2)12s(dtB)2-(dtA)2(3)mg-(M+m)aMg(4)系统误差解析:(1)游标卡尺的游标尺为20分度,主尺读数为0.9 cm,游标尺读数为120.05 mm=0.060 cm,游

27、标卡尺读数0.9 cm+0.060 cm=0.960 cm。(2)物块在两光电门间做匀加速直线运动,有vB2-vA2=2as,即(dtB)2-(dtA)=2as,得a=12s(dtB)2-(dtA)2(3)设线上拉力为F,根据牛顿第二定律,对物块有:F-Mg=Ma,对重物有:mg-F=ma,两式联立得=mg-(M+m)aMg或对物块与重物组成系统,由mg-Mg=(M+m)a得,=mg-(M+m)aMg。(4)如果细线没有调到水平,细线的拉力存在一竖直分力,物块受的摩擦力不再是Mg,此误差是由实验原理造成的,为系统误差。图(a)23.(2013课标全国,23)(8分)某学生实验小组利用图(a)所

28、示电路,测量多用电表内电池的电动势和电阻“1 k”挡内部电路的总电阻。使用的器材有:多用电表;电压表:量程5 V,内阻十几千欧;滑动变阻器:最大阻值5 k;导线若干。回答下列问题:(1)将多用电表挡位调到电阻“1 k”挡,再将红表笔和黑表笔,调零点。(2)将图(a)中多用电表的红表笔和(填“1”或“2”)端相连,黑表笔连接另一端。(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置,使多用电表的示数如图(b)所示,这时电压表的示数如图(c)所示。多用电表和电压表的读数分别为 k和 V。图(b)图(c)(4)调节滑动变阻器的滑片,使其接入电路的阻值为零。此时多用电表和电压表的读数分别为12.0 k和4.00 V

29、。从测量数据可知,电压表的内阻为 k。图(d)(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路,如图(d)所示。根据前面的实验数据计算可得,此多用电表内电池的电动势为 V,电阻“1 k”挡内部电路的总电阻为 k。答案:(1)短接(2)1(3)15.03.60(4)12.0(5)9.0015.0解析:(1)欧姆表调0前,需要将两表笔短接。(2)应用多用电表的欧姆挡时,电流从黑表笔流出,所以黑表笔接电压表正极,即黑表笔接2,红表笔接1。(3)欧姆表选用的倍率是1 k,欧姆表的读数15.01 k=15.0 k;电压表量程5 V,最小分度0.1 V,读数时

30、需要估读一位,为3.60 V。(4)当滑动变阻器的阻值为0时,欧姆表所测的电阻即为电压表的内阻,所以为12.0 k。(5)由(4)知,电压表内阻12.0 k,在(3)中,欧姆表的读数15.0 k,所以此时接入电路的滑动变阻器的阻值为3 k,设电动势E,多用表内阻R,根据(3)和(4)中给的两组数据可知:E12k+R=4V12 ,E15k+R=3.6V12 ,两式联立得:E=9.00 V,R=15.0 k。24.(2013课标全国,24)(13分)水平桌面上有两个玩具车A和B,两者用一轻质细橡皮筋相连,在橡皮筋上有一红色标记R。在初始时橡皮筋处于拉直状态,A、B和R分别位于直角坐标系中的(0,2

31、l)、(0,-l)和(0,0)点。已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动;B平行于x轴朝x轴正向匀速运动。在两车此后运动的过程中,标记R在某时刻通过点(l,l)。假定橡皮筋的伸长是均匀的,求B运动速度的大小。答案:146al解析:设B车的速度大小为v。如图,标记R在时刻t通过点K(l,l),此时A、B的位置分别为H、G。由运动学公式,H的纵坐标yA、G的横坐标xB分别为yA=2l+12at2xB=vt在开始运动时,R到A和B的距离之比为21,即OEOF=21由于橡皮筋的伸长是均匀的,在以后任一时刻R到A和B的距离之比都为21。因此,在时刻t有HKKG=21由于FGHIGK,有H

32、GKG=xB(xB-l)HGKG=(yA+l)(2l)由式得xB=32lyA=5l联立式得v=146al25.(2013课标全国,25)(19分)如图,两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为,间距为L。导轨上端接有一平行板电容器,电容为C。导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒,棒可沿导轨下滑,且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑,求:(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系;(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。答案:(1

33、)Q=CBLv(2)v=m(sin-cos)m+B2L2Cgt解析:(1)设金属棒某一时刻下滑的速度大小为v,则感应电动势为E=BLv平行板电容器两极板之间的电势差为U=E设此时电容器极板上积累的电荷量为Q,按定义有C=QU联立式得Q=CBLv(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t,通过金属棒的电流为i。金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上,大小为f1=BLi设在时间间隔(t,t+t)内流经金属棒的电荷量为Q,按电流的定义有i=QtQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t,t+t)内增加的电荷量。由式得Q=CBLv式中,v为金属棒的速度变化量。按定义有a=vt金属棒所受到的摩擦力方向斜向上

34、,大小为f2=N式中,N是金属棒对于导轨的正压力的大小,有N=mgcos金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下,设其大小为a,根据牛顿第二定律有mgsin-f1-f2=ma联立至式得a=m(sin-cos)m+B2L2Cg由式及题设可知,金属棒做初速度为零的匀加速运动。t时刻金属棒的速度大小为v=m(sin-cos)m+B2L2Cgt26.(2013课标全国,26)(13分)醇脱水是合成烯烃的常用方法,实验室合成环己烯的反应和实验装置如下:+H2O可能用到的有关数据如下:相对分子质量密度/(gcm-3)沸点/溶解性环己醇1000.961 8161微溶于水环己烯820.810 283难溶于水合成反

35、应:在a中加入20 g环己醇和2小片碎瓷片,冷却搅动下慢慢加入1 mL浓硫酸。b中通入冷却水后,开始缓慢加热a,控制馏出物的温度不超过90 。分离提纯:反应粗产物倒入分液漏斗中分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤,分离后加入无水氯化钙颗粒,静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环己烯10 g。回答下列问题:(1)装置b的名称是。(2)加入碎瓷片的作用是;如果加热一段时间后发现忘记加瓷片,应该采取的正确操作是(填正确答案标号)。A.立即补加B.冷却后补加C.不需补加D.重新配料(3)本实验中最容易产生的副产物的结构简式为。(4)分液漏斗在使用前须清洗干净并;在本实验分离过程中,产物应该从分液

36、漏斗的(填“上口倒出”或“下口放出”)。(5)分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是。(6)在环己烯粗产物蒸馏过程中,不可能用到的仪器有(填正确答案标号)。A.圆底烧瓶B.温度计C.吸滤瓶D.球形冷凝管E.接收器(7)本实验所得到的环己烯产率是(填正确答案标号)。A.41%B.50%C.61%D.70%答案:(1)直形冷凝管(2)防止暴沸B(3)(4)检漏上口倒出(5)干燥(或除水除醇)(6)CD(7)C解析:(2)如果立即补加碎瓷片,可能使反应液暴沸,发生危险,A选项错误;C选项不能防止暴沸,错误;D选项浪费药品,错误;(3)醇在浓硫酸作催化剂时,加热条件下可能发生分子内脱水生成烯烃,也可能发

37、生分子间脱水生成醚;(4)环己烯的密度比水小,位于分液漏斗中液体的上层,分液时要先把下层液体从下口放出,再将上层液体从上口倒出,防止从下口放出时混有部分下层液体;(5)无水氯化钙能与水结合,也能与乙醇结合;(7)n(环己醇)=20 g100 gmol-1=0.2 mol、n(环己烯)=10 g82 gmol-1=0.122 mol,产率=0.122mol0.2mol100%=61%。27.(2013课标全国,27)(15分)锂离子电池的应用很广,其正极材料可再生利用。某锂离子电池正极材料有钴酸锂(LiCoO2)、导电剂乙炔黑和铝箔等。充电时,该锂离子电池负极发生的反应为6C+xLi+xe-Li

38、xC6。现欲利用以下工艺流程回收正极材料中的某些金属资源(部分条件未给出)。回答下列问题:(1)LiCoO2中,Co元素的化合价为。(2)写出“正极碱浸”中发生反应的离子方程式。(3)“酸浸”一般在80 下进行,写出该步骤中发生的所有氧化还原反应的化学方程式;可用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液,但缺点是。(4)写出“沉钴”过程中发生反应的化学方程式。(5)充放电过程中,发生LiCoO2与Li1-xCoO2之间的转化,写出放电时电池反应方程式。(6)上述工艺中,“放电处理”有利于锂在正极的回收,其原因是。在整个回收工艺中,可回收到的金属化合物有(填化学式)。答案:(1)+3(2)2Al+2

39、OH-+6H2O2Al(OH)4-+3H2(3)2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+2CoSO4+O2+4H2O,2H2O22H2O+O2有氯气生成,污染较大(4)CoSO4+2NH4HCO3CoCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2(5)Li1-xCoO2+LixC6LiCoO2+6C(6)Li+从负极中脱出,经由电解质向正极移动并进入正极材料中Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4解析:(2)正极材料中含有与强碱溶液反应的Al;(3)LiCoO2经酸浸生成CoSO4,Co化合价由+3降低为+2,化合价升高的只能为H2O2,H2O2中的O化合价由-1升高为0,生成O2,

40、据此配平即可;注意题干中有对温度的要求,可知H2O2会发生分解;抓住信息“用盐酸代替H2SO4和H2O2的混合液”,把还原剂H2O2去掉了,所以作为还原剂的只能为盐酸,盐酸被氧化生成Cl2,Cl2有毒,污染环境;(5)正极发生得电子的反应,Co的化合价降低,由Li1-xCoO2生成LiCoO2化合价由+(3+x)降低到+3,降低了x,故正极反应式为Li1-xCoO2+xe-+xLi+LiCoO2,由充电时电池负极反应式可知放电时负极反应式为LixC6-xe-6C+xLi+,两电极反应式相加可得电池反应式;(6)注意信息“有利于锂在正极的回收”结合原电池的工作原理,阳离子向正极移动即可分析;沉淀

41、有Al(OH)3、CoCO3,水相为Li2SO4溶液,可知回收的金属化合物。28.(2013课标全国,28)(15分)二甲醚(CH3OCH3)是无色气体,可作为一种新型能源。由合成气(组成为H2、CO和少量的CO2)直接制备二甲醚,其中的主要过程包括以下四个反应:甲醇合成反应:()CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H1=-90.1 kJmol-1()CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H2=-49.0 kJmol-1水煤气变换反应:()CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H3=-41.1 kJmol-1二甲醚合成反应:()2CH3OH(g)CH3OCH3(

42、g)+H2O(g)H4=-24.5 kJmol-1回答下列问题:(1)Al2O3是合成气直接制备二甲醚反应催化剂的主要成分之一。工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程是(以化学方程式表示)。(2)分析二甲醚合成反应()对于CO转化率的影响。(3)由H2和CO直接制备二甲醚(另一产物为水蒸气)的热化学方程式为。根据化学反应原理,分析增加压强对直接制备二甲醚反应的影响。(4)有研究者在催化剂(含CuZnAlO和Al2O3)、压强为5.0 MPa的条件下,由H2和CO直接制备二甲醚,结果如图所示。其中CO转化率随温度升高而降低的原因是。(5)二甲醚直接燃料电池具有启动快、效率高等优点,其

43、能量密度高于甲醇直接燃料电池(5.93 kWhkg-1)。若电解质为酸性,二甲醚直接燃料电池的负极反应为,一个二甲醚分子经过电化学氧化,可以产生个电子的电量;该电池的理论输出电压为1.20 V,能量密度E=(列式计算。能量密度=电池输出电能/燃料质量,1 kWh=3.6106 J)。答案:(1)Al2O3(铝土矿)+2NaOH+3H2O2NaAl(OH)4,NaAl(OH)4+CO2Al(OH)3+NaHCO3,2Al(OH)3Al2O3+3H2O(2)消耗甲醇,促进甲醇合成反应()平衡右移,CO转化率增大;生成的H2O,通过水煤气变换反应()消耗部分CO(3)2CO(g)+4H2(g)CH3

44、OCH3(g)+H2O(g)H=-204.7 kJmol-1该反应分子数减少,压强升高使平衡右移,CO和H2转化率增大,CH3OCH3产率增加。压强升高使CO和H2浓度增加,反应速率增大(4)反应放热,温度升高,平衡左移(5)CH3OCH3+3H2O-12e-2CO2+12H+121.20 V1 000 g46 gmol-11296 500 Cmol-11 kg(3.6106 JkW-1h-1)=8.39 kWhkg-1解析:(1)从铝土矿(主要成分Al2O3)中提取Al2O3,主要应用Al2O3能与强碱溶液反应,生成可溶性NaAlO2或NaAl(OH)4溶液,过滤除去其他不溶性杂质,向滤液中

45、通入酸性气体CO2,生成Al(OH)3沉淀,过滤洗涤加热分解Al(OH)3得到Al2O3;(3)由反应式+2可得所求热化学方程式,所以H=H4+2H1=(-24.5-90.12) kJmol-1=-204.7 kJmol-1;化工生产中既要考虑产率(化学平衡移动原理),也要考虑化学反应速率;(4)正反应放热,温度升高,平衡左移,CO的转化率降低;(5)燃料电池中,燃料在负极发生失电子的反应,二甲醚的分子式为C2H6O,在酸性条件下生成CO2,碳的化合价从-2价升至+4价,一个二甲醚失去12个e-,书写过程:第一步CH3OCH3-12e-CO2,第二步配平除“H、O”之外的其他原子CH3OCH3

46、-12e-2CO2,第三步用“H+”配平电荷CH3OCH3-12e-CO2+12H+,第四步补水配氢CH3OCH3-12e-+3H2O2CO2+12H+,第五步用“O”检查是否配平;1 kg二甲醚可以产生1 000 g46 gmol-112电子,1 mol电子可以提供96 500 C的电量,电压电量=功,故可求出能量密度。29.(2013课标全国,29)(11分)某油料植物的种子中脂肪含量为种子干重的70%。为探究该植物种子萌发过程中干重及脂肪含量的变化,某研究小组将种子置于温度、水分(蒸馏水)、通气等条件适宜的黑暗环境中培养,定期检测萌发种子(含幼苗)的脂肪含量和干重。结果表明:脂肪含量逐渐

47、减少,到第11 d时减少了90%,干重变化如图所示。回答下列问题:(1)为了观察胚乳中的脂肪,常用染液对种子胚乳切片染色,然后在显微镜下观察,可见色的脂肪颗粒。(2)实验过程中,导致萌发种子干重增加的主要元素是(填“C”“N”或“O”)。(3)实验第11 d后,如果要使萌发种子(含幼苗)的干重增加,必须提供的条件是和。答案:(1)苏丹(或苏丹)橘黄(或红)(2)O(3)光所需的矿质元素离子解析:(1)苏丹染液将脂肪染成橘黄色,苏丹染液将脂肪染成红色,都可以用于脂肪的鉴定。(2)种子萌发过程中大分子有机物水解需要H2O,因此导致萌发种子干重增加的主要元素是O。(3)实验第11 d后,种子长出幼苗

48、,此时必须提供矿质元素和光照,幼苗才能进行光合作用,干重才能增加。30.(2013课标全国,30)(10分)胰岛素可使骨骼肌细胞和脂肪细胞膜上葡萄糖转运载体的数量增加,已知这些细胞膜上的载体转运葡萄糖的过程不消耗ATP。回答下列问题:(1)胰岛素从胰岛B细胞释放到细胞外的运输方式是。葡萄糖进入骨骼肌细胞的运输方式是。(2)当血糖浓度上升时,胰岛素分泌,引起骨骼肌细胞膜上葡萄糖转运载体的数量增加,其意义是。(3)脂肪细胞(填“是”或“不是”)胰岛素作用的靶细胞。(4)健康人进餐后,血糖浓度有小幅度的增加,然后恢复到餐前水平。在此过程中,血液中胰岛素浓度的相应变化是。答案:(1)胞吐协助扩散(2)

49、增加促进葡萄糖进入骨骼肌细胞和被利用,降低血糖浓度(3)是(4)先升高,后降低解析:(1)胰岛素是蛋白质,分泌蛋白分泌到细胞外的方式是胞吐。骨骼肌细胞吸收葡萄糖需要载体蛋白,不消耗ATP,因此是协助扩散。(2)胰岛素的作用是降低血糖浓度,血糖升高时,胰岛素分泌增加,加速组织细胞摄取、利用葡萄糖。骨骼肌细胞膜上葡萄糖转运载体的数量增多,能促进葡萄糖进入骨骼肌细胞和被利用,从而降低血糖浓度。(3)胰岛素能促进脂肪细胞加速摄取、利用、转化葡萄糖,因此脂肪细胞是胰岛素作用的靶细胞。(4)进餐后,血糖浓度升高,胰岛素分泌增加,使血糖浓度降低,血糖浓度下降到一定程度,通过反馈调节,又使胰岛素分泌减少。在此

50、过程中,血液中胰岛素浓度先升高,后降低。31.(2013课标全国,31)(12分)一对相对性状可受多对等位基因控制,如某种植物花的紫色(显性)和白色(隐性)这对相对性状就受多对等位基因控制。科学家已从该种植物的一个紫花品系中选育出了5个基因型不同的白花品系,且这5个白花品系与该紫花品系都只有一对等位基因存在差异。某同学在大量种植该紫花品系时,偶然发现了1株白花植株,将其自交,后代均表现为白花。回答下列问题:(1)假设上述植物花的紫色(显性)和白色(隐性)这对相对性状受8对等位基因控制,显性基因分别用A、B、C、D、E、F、G、H表示,则紫花品系的基因型为;上述5个白花品系之一的基因型可能为(写

51、出其中一种基因型即可)。(2)假设该白花植株与紫花品系也只有一对等位基因存在差异,若要通过杂交实验来确定该白花植株是一个新等位基因突变造成的,还是属于上述5个白花品系中的一个,则:该实验的思路:;预期实验结果和结论:。答案:(1)AABBCCDDEEFFGGHHaaBBCCDDEEFFGGHH(2)用该白花植株的后代分别与5个白花品系杂交,观察子代花色在5个杂交组合中,如果子代全部为紫花,说明该白花植株是新等位基因突变造成的;在5个杂交组合中,如果4个组合的子代为紫花,1个组合的子代为白花,说明该白花植株属于这5个白花品系之一解析:(1)紫花对白花为显性,且5个白花品系与该紫花品系都只有一对等

52、位基因存在差异,所以紫花品系基因8对全为显性,基因型为AABBCCDDEEFFGGHH,5个白花品系各只有一对基因为隐性,比如aaBBCCDDEEFFGGHH。(2)欲确定该白花植株是否属于上述5个白花品系中的一个,必须让其与每个白花品系分别杂交,观察后代的表现型。若该白花植株属于上述5个白花品系中的一个,则其与某个白花品系杂交后代是白花,其余4个组合杂交后代均是紫花;若其后代都是紫花,说明该白花植株是一个新等位基因突变造成。32.(2013课标全国,32)(6分)南方某地的常绿阔叶林曾因过度砍伐而遭到破坏。停止砍伐一段时间后,该地常绿阔叶林逐步得以恢复。下表为恢复过程中依次更替的群落类型及其

53、植物组成。演替阶段群落类型植物种数/种草本植物灌木乔木1草丛34002针叶林521213针阔叶混交林6724174常绿阔叶林1063116回答下列问题:(1)该地常绿阔叶林恢复过程中群落演替的类型为演替。常绿阔叶林遭到破坏后又得以恢复的原因,除了植物的种子或者繁殖体可能得到保留外,还可能是原有的条件也得到了基本保留。(2)在由上述群落构成的相应生态系统中,恢复力稳定性最强的是生态系统,抵抗力稳定性最强的是生态系统。(3)与草丛相比,针叶林中的动物分层现象较为(填“简单”或“复杂”),原因是。答案:(1)次生土壤(2)草丛常绿阔叶林(3)复杂针叶林中植物群落的垂直结构更复杂解析:(1)群落演替分

54、初生演替和次生演替两种类型。常绿阔叶林因过度砍伐而遭到破坏,在恢复过程中,保留了原有的土壤条件,甚至还保留植物的种子或繁殖体,属于次生演替。(2)生态系统中,生物种类越多,营养结构越复杂,恢复力稳定性越低,抵抗力稳定性越强。因此,恢复力稳定性最强的是草丛生态系统,抵抗力稳定性最强的是常绿阔叶林生态系统。(3)与草丛相比,针叶林植物分层现象复杂,为动物提供了丰富的食物和复杂的栖息环境,因此动物分层现象也复杂。(二)选考题:共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答,并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致,在答题卡选

55、答区域指定位置答题。如果多做,则每学科按所做的第一题计分。33.(2013课标全国,33)物理选修33(15分)(1)(6分)两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动,直至不再靠近。在此过程中,下列说法正确的是。(填正确答案标号。选对1个得3分,选对2个得4分,选对3个得6分。每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.分子力先增大,后一直减小B.分子力先做正功,后做负功C.分子动能先增大,后减小D.分子势能先增大,后减小E.分子势能和动能之和不变(2)(9分)如图,两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置,气缸底部和顶部均有细管连通,顶部的细管带有阀门K。两气缸的容积均为V0,气缸

56、中各有一个绝热活塞(质量不同,厚度可忽略)。开始时K关闭,两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体),压强分别为p0和p0/3;左活塞在气缸正中间,其上方为真空;右活塞上方气体体积为V0/4。现使气缸底与一恒温热源接触,平衡后左活塞升至气缸顶部,且与顶部刚好没有接触;然后打开K,经过一段时间,重新达到平衡。已知外界温度为T0,不计活塞与气缸壁间的摩擦。求:()恒温热源的温度T;()重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积Vx。答案:(1)BCE(2)()75T0()12V0解析:(1)分子力随分子间距离变化的图象如图,根据图象可知,分子间距离减小过程中,分子力先增大,后减小,再增大,A项

57、错;靠近过程中,分子力先为引力,后为斥力。为引力时,分子力做正功,动能增大,分子势能减小,为斥力时,分子力做负功,动能减小,分子势能增大,B、C正确,D错;运动过程中,总能量守恒,E正确。(2)()与恒温热源接触后,在K未打开时,右活塞不动,两活塞下方的气体经历等压过程,由盖吕萨克定律得TT0=7V0/45V0/4由此得T=75T0()由初始状态的力学平衡条件可知,左活塞的质量比右活塞的大。打开K后,左活塞下降至某一位置,右活塞必须升至气缸顶,才能满足力学平衡条件。气缸顶部与外界接触,底部与恒温热源接触,两部分气体各自经历等温过程,设左活塞上方气体压强为p,左气缸中活塞上方气体的体积为Vx,由

58、玻意耳定律得pVx=p03V04(p+p0)(2V0-Vx)=p074V0联立式得6Vx2-V0Vx-V02=0其解为Vx=12V0另一解Vx=-13V0,不合题意,舍去。34.(2013课标全国,34)物理选修34(15分)(1)(6分)如图,a、b、c、d是均匀媒质中x轴上的四个质点,相邻两点的间距依次为2 m、4 m和6 m。一列简谐横波以2 m/s的波速沿x轴正向传播,在t=0时刻到达质点a处,质点a由平衡位置开始竖直向下运动,t=3 s时a第一次到达最高点。下列说法正确的是。(填正确答案标号。选对1个得3分,选对2个得4分,选对3个得6分。每选错1个扣3分,最低得分为0分)A.在t=

59、6 s时刻波恰好传到质点d处B.在t=5 s时刻质点c恰好到达最高点C.质点b开始振动后,其振动周期为4 sD.在4 st6 s的时间间隔内质点c向上运动E.当质点d向下运动时,质点b一定向上运动(2)(9分)图示为一光导纤维(可简化为一长玻璃丝)的示意图,玻璃丝长为L,折射率为n,AB代表端面。已知光在真空中的传播速度为c。()为使光线能从玻璃丝的AB端面传播到另一端面,求光线在端面AB上的入射角应满足的条件;()求光线从玻璃丝的AB端面传播到另一端面所需的最长时间。答案:(1)ACD(2)()sinin2-1()Ln2C解析:(1)质点a从平衡位置向下运动,到质点a达到最高点,需要3T4,

60、3T4=3 s,T=4 s;已知v=2 m/s,根据v=T,波长为8 m,简谐横波从质点a传到质点d需要的时间为t=122 s=6 s,A项正确;简谐横波传到质点c需要的时间为t=62 s=3 s,此时质点c在平衡位置向下振动,再过半个周期,即5 s末,质点c仍然在平衡位置,向上振动,B项错;4 s末质点c到达最低点,4 s末到6 s末这半个周期时间内,质点c向上振动,D项正确,同一列波上各质点振动周期相同,C项正确;起振时间相差(2n+1)T2的两个质点振动情况总是相反,质点b和质点d间距离10 m,起振时间相差5T4,不满足上述特点,E项错。(2)()设光线在端面AB上C点(见右图)的入射角为i,折射角为r,由折射定律有sini=nsinr设该光线射向玻璃丝内壁D点的入射角为,为了使该光线可在此光导纤维中传播