2018年高考理综选择题专项训练(20).doc

2018年高考理综选择题专项训练（18）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下列关于细胞生命现象的叙述错误的是A细胞间信息交流大多与膜的结构和功能有关B秋水仙素能抑制纺锤体的形成从而影响细胞分裂C硅尘通过破坏溶酶体膜导致细胞坏死D紫外线使膜蛋白变性导致细胞癌变【答案】D【解析】细胞间信息交流大多与细胞膜上的糖蛋白有关，体现了细胞膜的信息交流功能，A项正确；秋水仙素能抑制纺锤体的形成，使染色体不能平均分配进两个子细胞，从而影响细胞分裂，B项正确；溶酶体内的水解酶不能水解硅尘，使溶酶体膜被破坏而导致细胞坏死，C项正确；细胞癌变的原因是原癌基因和抑癌基因的突变，D项错误。2科研人员以番茄为实验材料，研究按一定比例组合的红光和蓝光对番茄幼苗光合作用的影响，实验结果如下表。下列分析不合理的是组别叶绿素含量(mgg-1)类胡萝卜素含量(mgg-1)气孔导度(mmolm-2s-1)胞间CO2浓度(mol mol-1)净光合速率(molm-2s-1)白光2.030.22164.67276.675.30红光2.730.29142.33359.674.26蓝光1.730.17222.00326.677.28红蓝组合光(红:蓝=1:1)2.470.25263.33268.007.71红蓝组合光(红:蓝=3:1)2.820.32230.00224.679.95（注：气孔导度是指气孔的开放程度）A不同光质会影响光合色素含量，进而影响光反应过程B红蓝组合光下叶肉细胞对CO2的利用率高于单一蓝光C红光组的净光合速率较低主要受限于暗反应速率D在温室中使用白光比单独使用红光或蓝光均更有利于植株生长31958年，科学家以大肠杆菌为实验材料进行实验（如下图左），证实了DNA是以半保留方式复制的。、试管是模拟可能出现的结果。下列相关推论正确的是A该实验运用了同位素标记法，出现的结果至少需要90分钟B是转入14N培养基中复制一代的结果，是复制二代的结果C对得到DNA以半保留方式复制结论起关键作用的是试管结果D给试管中加入解旋酶一段时间后离心出现的结果如试管所示【答案】C【解析】该实验运用了同位素标记法，根据DNA的半保留复制特点，亲代DNA均被15N标记，繁殖一代产生两个DNA分子，每个DNA分子一条链含有15N，另一条链含有14N，其结果是；繁殖两代产生4个DNA分子，其中有两个DNA分子均是一条链含有15N，另一条链含有14N，另外两个DNA分子两条链均含有14N，其结果是。因此出现的结果至少需要60分钟，是转入14N培养基中复制一代的结果，是复制二代的结果，A、B错误；试管中的DNA分子一条链含有15N，另一条链含有14N，对得到DNA以半保留方式复制结论起关键作用，C正确；试管中，有一半DNA分子每条链都含有14N，另一半DNA分子均是一条链含有14N,另一条链含有15N，加入解旋酶一段时间后，所有的DNA分子双链均打开，离心后在试管中的位置如图所示：，D错误。4某果蝇的长翅、小翅和残翅分别受位于一对常染色体上的基因E、E1、E2控制，且具有完全显性关系。小翅雌蝇和纯合残翅雄蝇交配，子一代表现为小翅和长翅。下列叙述正确的是AE对为显性，E1对E2为显性BE、E1、E2在遗传中遵循自由组合定律C亲本的基因型分别为E1E、E2E2D果蝇关于翅形的基因型有5种【答案】C【解析】亲本是小翅（E1_）和残翅（E2E2），子一代没有残翅，有小翅和长翅，可推知亲本小翅雌蝇的基因型是E1E，子一代小翅的基因型是E1E2、长翅是基因型是EE2，因此E1对E为显性，E对E2为显性，A项错误； E、E1、E2位于一对同源染色体上，属于复等位基因，在遗传中遵循分离定律，B项错误；根据A选项的分析可知，亲本的基因型分别为E1E、E2E2，C项正确；果蝇关于翅形的基因型有E1E1、EE、E2E2、E1E、E1E2、EE2，共6种，D项错误。5下列与胰岛素有关的叙述，错误的是A胰岛素可催化细胞中葡萄糖的氧化分解B胰岛B细胞分泌的胰岛素可随血液流到全身C许多糖尿病患者可以通过注射胰岛素来治疗 D胰岛素的作用结果会反过来影响胰岛素的分泌【答案】A【解析】胰岛素是激素，可以促进葡萄糖进入组织细胞并氧化分解，但是不能起催化作用，A错误；胰岛素是由胰岛B细胞分泌到血液中去的，可以随血液流到全身各处，B正确；大多数糖尿病患者的病因是胰岛B细胞受损，不能分泌胰岛素，可以通过注射胰岛素来治疗，C正确；胰岛素作用后使得血糖浓度降低，血糖浓度降低会反过来影响胰岛素的分泌，D正确。6下列有关生物群落和生态系统的叙述正确的是A草原是地球上最丰富的生物基因库B群落演替是一个漫长且永恒延续的过程C任何生态系统中都存在着两种类型的食物链，即捕食食物链和腐食食物链D通常营养级越高，归属于这个营养级的生物种类越多、数量和能量就越少【答案】C【解析】基因库是一个种群中全部个体所含的全部基因，地球上最大的生态系统是生物圈，A错误。群落演替并不是无止境的，B错误。任何生态系统中都存在着捕食食物链和腐食食物链，C正确。通常营养级越高，归属于这个营养级的生物种类、数量和能量都少，D错误。7化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中正确的是A草木灰溶液呈碱性，不能与铵态氮肥混合施用B漂白粉中Ca(ClO)2具有强氧化性，能用来净化水C碳纳米管是新型有机合成纤维，可用作储氢材料D为防止食品腐败可在其包装袋里放置硅胶颗粒【答案】A【解析】A草木灰溶液呈碱性，不能与铵态氮肥混合施用，否则会导致氮肥肥效降低，A正确；B漂白粉中Ca(ClO)2具有强氧化性，能用其给水消毒，但是不能除去悬浮的颗粒，B不正确；C碳纳米管不是有机物，C不正确；D硅胶颗粒只是干燥剂，不能为防止食品腐败，D不正确。本题选A。8本草纲目拾遗木部对丁香油有如下叙述：“丁香油出南番，乃用母丁香榨取其油，色紫，芳香辛烈。番人贮以琉璃器，盖偶不密，即香达于外”。下列关于该叙述的说法不正确的是A丁香油在水中溶解度可能较小B丁香油提取可以用适当的有机溶剂进行萃取C丁香油在实验室中保存时需密封在细口瓶中D丁香油易挥发说明其沸点一定很低【答案】D【解析】A油类物质属于酯,一般来说其溶解度减小,所以A选项是正确的;B根据“乃用母丁香榨取其油”可以知道,丁香油提取可以用适当的有机溶剂进行萃取,所以B选项是正确的;C丁香是油易挥发的液体,则保存时需密封在细口瓶中,所以C选项是正确的;D丁香油易挥发说明其沸点不高,但不能说其沸点一定很低,故D错误;所以D选项是正确的.点睛：抓住油脂属于酯类化合物，酯类化合物特征难溶于水，大多数密度比水小。9下列说法正确的是A食用油和鸡蛋清水解都能生成氨基酸B用碳酸钠溶液可以区分乙醇、乙酸、苯和硝基苯四种有机物C丙烯分了中最多行8个原了共平面D乙酸乙酯与乙烯在一定条件下都能与水发生加成反应【答案】B【解析】A、油脂在人体中的水解产物是高级脂肪酸和甘油，选项A错误；B、乙醇与碳酸钠溶液既不反应也不分层，乙酸与碳酸钠溶液反应生成气体，苯和硝基苯与碳酸钠溶液混合都分层，有机层在上层的是苯，有机层在下层的是硝基苯，现象各不相同，可鉴别，选项B正确；C、丙烯分子可以看作1个甲基取代了乙烯分子中的1个氢原子，乙烯基有5个原子共平面，甲基中最多有2个原子与双键共平面，最多有7个原子共平面，选项C错误；D、乙酸乙酯水解是发生取代反应，而不是加成反应，乙烯在一定条件下能与水发生加成反应生成乙醇，选项D错误。答案选B。10设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是A所含共价键数均为0.2NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等B1L 1mol/LH2O2的水溶液中含有的氧原子数为2NAC将1molFe 与一定量的稀硝酸充分反应,转移的电子数可能为2NAD1L0.1mol/LCH3COONa溶液中含有的Na+和CH3COO-的总数为0.2NA【答案】C【解析】白磷分子中含有6个共价键、甲烷分子中含有4个共价键，所含共价键数均为0.2NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量不相等，故A错误；H2O2、H2O中都含有氧原子，故B错误；1molFe 与一定量的稀硝酸充分反应恰好生成硝酸亚铁时转移的电子数为2NA，故C正确；CH3COO-水解，1L0.1mol/LCH3COONa溶液中含有的Na+和CH3COO-的总数小于0.2NA，故D错误。11为测定石灰石样品中碳酸钙(合SiO2杂质)的含量。现利用如图所示装置进行实验，充分反应后，测定装置C中生成的BaCO3沉淀质量。下列说法正确的是A装置A中药品应为浓硫酸B在BC之间应增添盛有饱和NaHCO3溶液的洗气装置，以除去氯化氢气体C只要测定装置C在吸收CO2前后的质量差，也可以确定碳酸钙的质量分数D为了测得C中生成的沉淀质量，需经过过滤、洗涤、干燥、称量等操作【答案】D【解析】AA装置的作用是防止空气中的二氧化碳进入装置B，所以应选择能吸收二氧化碳气体的试剂，可以是氢氧化钠溶液等，故A错误；BB装置中挥发出的HCl与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，若BC之间添加盛放碳酸氢钠溶液的装置，二氧化碳来源不唯一，不能确定全部来自于石灰石样品，故B错误；C盐酸具有挥发性，也可以从B进入C中，且C中还可能进入水蒸气，导致实验误差，故C错误；D要准确测量碳酸钡沉淀的质量，必须过滤出碳酸钡，然后洗净附着在其表面的杂质，再干燥、称量，故D正确；答案选D。12短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与X形成的某种化合物可用作水果的催熟剂，Y的氧化物为碱性氧化物，X、Y、Z三种元素的最外层电子数之和为11。下列说法正确的是A原子半径：WB简单氢化物的稳定性：XCW、X形成的某种化合物常用作萃取剂DY和Z形成的含氧酸盐均可使酚酞溶液变红13常温下取0.1mol/L的NaA和NaB 两种盐溶液各1L，分别通入0.02mol CO2，发生如下反应:NaA+CO2+H2OHA+NaHCO3、2NaB+CO2+H2O2HB+N2CO3。HA和HB 的1L 溶液分别加水稀释至体积为VL时可能有如图曲线，则下列说法正确的是AX是HA，M是HBB常温下pH: NaA 溶液NaB 溶液C对于c(R-)/c(HR)c(OH-)的值(R代表A或B)，一定存在HAHBD若常温下浓度均为0.1mol/L 的NaA和HA 的混合溶液的pH7,则c(A-)c(HA)【答案】C【解析】已知：NaA+CO2+H2OHA+NaHCO3、2NaB+CO2+H2O2HB+Na2CO3，则酸性：H2CO3HAHCO3-HB，加水稀释，促进弱酸的电离，酸性越弱，溶液稀释时pH变化越小，所以加水稀释相同的倍数时，pH变化小的是HB，由图可知，Z为HB，Y为HA。A加水稀释相同的倍数时，酸溶液PH增大，pH变化小的是HB，Z为HB，故A错误；B酸性：H2CO3HAHCO3-HB，酸性越弱对应阴离子水解程度越大，溶液的碱性越强，常温下pH：NaA溶液NaB溶液，故B错误；C0.1mol/L的NaA和NaB两种盐溶液各1L，水解程度A-B-，B-离子减少的多，则一定存在HAHB，故C正确；D若常温下浓度均为0.1mol/L的NaA和HA的混合溶液的pH7，溶液显碱性说明A-离子水解程度大于HA电离程度，则c(A-)c(HA)，故D错误；故选C。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如图，物体A以速度从地面竖直上抛，同时物体B从某高处自由下落，经过时间正好以速度落地。以向上为正方向，不计空气阻力，两物体在时间内的位移时间图像可能是（ ）A B C D【答案】 C【解析】s-t图像的斜率表示速度；两物体的加速度均为g，且A做匀减速运动，速度逐渐减小，斜率减小；B做匀加速运动，速度逐渐增大，斜率变大；故选项C符合题意，故选C点睛：此题关键是搞清两物体的运动的特征，知道自由落体和竖直上抛运动的特征，知道x-t图像的斜率表示速度.15如图所示，传送带AB的倾角为，且传送带足够长现有质量为m可视为质点的物体以v0的初速度从B端开始向上运动，物体与传送带之间的动摩擦因数tan，传送带的速度为v(v0v)，方向未知，重力加速度为g.物体在传送带上运动过程中，摩擦力对物体做功的最大瞬时功率是()A BC D【答案】 C【解析】传送带的速度大于物体的初速度，物体将受到滑动摩擦力，又因为动摩擦因数，则有滑动摩擦力的大小，物体运动到和传送带速度相同时速度最大，然后物体随传送带匀速运动，滑动摩擦力变为静摩擦力大小等于，所以摩擦力的最大功率为，选项C正确【点睛】本题主要考查了对的理解，即物体受到的摩擦力大于重力在沿斜面的分力，故物体最终在传送带上都和传送带具有相同的速度16图示为足球球门，球门宽为L，一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角（图中P点）若球员顶球点的高度为h足球被顶出后做平抛运动（足球可看做质点），重力加速度为g。则下列说法正确的是A足球在空中运动的时间B足球位移大小C足球初速度的方向与球门线夹角的正切值D足球初速度的大小【答案】 C【解析】A、足球运动的时间为: A错；B、足球在水平方向的位移大小为: 所以足球的位移大小: ;B错C、由几何关系可得足球初速度的方向与球门线夹角的正切值为: ，C正确D、足球的初速度的大小为: D错误；故本题选：C点睛：(1)根据足球运动的轨迹,由几何关系求解位移大小.(2)由平抛运动分位移的规律求出足球的初速度的大小(3)由几何知识求足球初速度的方向与球门线夹角的正切值.17有一种测量物体重量的电子秤，其电路原理图如图中的虚线部分所示，主要由三部分构成：踏板、压力传感器R（实际上是一个阻值可随压力变化的变阻器）、显示体重的仪表G（实际上是电流表），不计踏板的质量，己知电流表的量程为02A，内阻为Rg1，电源电动势为E12V，内阻为r1，电阻R随压力F变化的函数式为 （F和R的单位分别为N和），下列说法中正确的是（ ）A该秤能测量的最大体重是3000NB该秤的零刻度线（即踏板空载时的刻度线）应标在电流表G刻度盘的0.375A处C该秤显示重量的刻度是均匀标注的D该秤显示的重量F与通过电路中的电流I满足【答案】 B【解析】A由电阻R随压力F变化的关系式R=300.01F可知，压力越大，电阻越小，电路中电流越大；故量程越大，能测量最大体重越大；当电流表示数量程为2A时，电阻R= =4；则F=（304）/0.01=2600kg；故该秤测量的最大体重是2600kg，故A错误；B当压力为零时，压力传感器的电阻R=30，电路中电流：I= ，故B正确；CD由E=I(R+r+rA)和R=300.01F，而F=mg可得m=320，可知该秤显示重量的刻度不是均匀标注的，故C错误，D错误；故选：B点睛：本题实质上为闭合电路欧姆定律的动态分析问题的应用，要注意明确题意，找出压力与电阻的关系，再利用闭合电路欧姆定律进行分析即可18利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B用绝缘轻质丝线把底部长为L、电阻为R、质量为m的“”形线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，导线的电阻忽略不计当外界拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，数字电压表会有示数U，且数字电压表上的示数U与所加拉力F成正比，即UKF，式中K为比例系数当线框接入恒定电压为E1时，电压表的示数为U1；接入恒定电压为E2时(电流方向不变)，电压表示数为U2.则磁感应强度B的大小为()A BC D19下列说法正确的是：A根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小B放射性物质的温度升高，则半衰期减小C用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，不可能使氘核分解为一个质子和一个中子D某放射性原子核经过2次衰变和一次衰变，核内质子数减少3个【答案】 AD【解析】A项：氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，库仑力做正功，动能增大，电势能减小，故A正确；B项：半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间，由原子核本身决定，与原子的物理、化学状态无关，故B错误；C项：核子结合成原子核与原子核分解为核子是逆过程，质量的变化相等，能量变化也相等，故用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核，可能使氘核分解为一个质子和一个中子，故C错误；D项：根据质量数和电荷数守恒，某放射性原子核经过2次衰变质子数减少4，一次衰变质子数增加1，故核内质子数减少3个，D正确；点晴：解决本题关键理解玻尔理论认为原子的能量是量子化的，轨道半径也是量子化的；半衰期由原子核本身决定，与原子的物理、化学状态无关；核子结合成原子核与原子核分解为核子是逆过程，质量的变化相等，能量变化也相等；根据质量数和电荷数守恒判断。20宇宙飞船以周期为T绕地地球作圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程，如图所示。已知地球的半径为R，地球质量为M，引力常量为G，地球自转周期为T0，太阳光可看作平行光，宇航员在A点测出的张角为，则（ ）A飞船绕地球运动的线速度为2RTsin(2)B一天内飞船经历“日全食”的次数为T/T0C飞船每次“日全食”过程的时间为aT02D飞船周期为2RTsin(2)RGMsin(2)【答案】 AD【解析】A、飞船绕地球匀速圆周运动，轨道半径为r=OA，则由于线速度为v=2rT又由几何关系知sin2=Rrr=Rsin2，所以v=2RTsin2，故A正确；B、地球自转一圈时间为T0，飞船绕地球一圈时间为T，飞船绕一圈会有一次日全食，所以每过时间T就有一次日全食，得一天内飞船经历“日全食”的次数为T0T，故B错误；C、由几何关系，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过角，所需的时间为t=T2，故C错误；D、万有引力提供向心力则GmMr2=m(2T)2rT=2r3GM=2rrGM所以T=2RTsin2RGMsin2，故D正确。点睛：掌握匀速圆周运动中线速度、角速度及半径的关系，同时理解万有引力定律，并利用几何关系得出转动的角度。21如图甲，间距L=l m且足够长的光滑平行金属导轨cd、ef固定在水平面（纸面）上，右侧cf间接有R=2 的电阻。垂直于导轨跨接一根长l=2 m、质量m=0.8 kg的金属杆，金属杆每米长度的电阻为2 。t=0时刻，宽度a=1.5 m的匀强磁场左边界紧邻金属杆，磁场方向竖直向下、磁感应强度大小B=2 T。从t=0时刻起，金属杆（在方向平行于导轨的水平外力F作用下）和磁场向左运动的速度一时间图像分别如图乙中的 和。若金属杆与导轨接触良好，不计导轨电阻，则）（ ）At=0时刻，R两端的电压为Bt=0.5 s时刻，金属杆所受安培力的大小为1N、方向水平向左Ct=l.5 s时刻，金属杆所受外力F做功的功率为4.8 WD金属杆和磁场分离前的过程中，从c到f通过电阻R的电荷量为0.5 C【答案】 BD【解析】A、t=0时刻，棒的速度为零，磁场向左运动的速度为2m/s，等效为棒切割的速度为2m/s， ，棒的内阻为，故电阻R的电压为，故A错误。B、t=0.5s时，棒的切割速度为2-1=1m/s，方向向右， ， ，方向由左手定则可知水平向左，故B正确。C、金属杆做匀加速直线运动，故，由图象可知， ，可得，则金属杆做功的功率为，故C错误。D、根据【点睛】本题考查了作受力示意图、求电流与加速度，分析清楚运动过程、正确受力分析、应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律即可正确解题