2018年高考理综选择题专项训练(27).doc

2018年高考理综选择题专项训练（1）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某人由于烫伤，手臂某处发红并且局部水肿，对这一现象合理的解释是A毛细血管收缩，血流量减少，使局部组织液减少B毛细血管扩张，血流量增加，使局部组织液增多C毛细血管破裂，淋巴液外渗，使局部组织液回渗到血管D毛细血管破裂，部分血液外流，使局部组织液渗透压升高【答案】D【解析】某人由于烫伤导致该处毛细血管破裂，则部分血液会外流进入组织液，由于部分血浆蛋白进入了组织液，导致该部位的组织液渗透压升高，组织液增多，引起组织水肿，故选D。2下列有关教材实验的叙述，合理的是A检测生物组织中的脂肪时可以不用显微镜观察B用适量盐酸处理叶绿体有利于各种色素的提取C活细胞被台盼蓝染成蓝色体现了细胞膜的选择透过性D蔗糖是非还原糖，故加入斐林试剂后蔗糖溶液颜色无变化3甲图是某类酶发挥催化作用的模型。酶的抑制剂可以与酶结合并降低其活性，乙、丙两图分别表示两种不同类型抑制剂的作用原理。相关叙述不正确的是 A底物与酶活性部位互补时，酶才能发挥作用，因此酶有专一性B抑制剂与底物空间结构相似，竞争酶的活性部位C抑制剂会通过改变酶的结构进而影响酶促反应速率D两种抑制剂对酶促反应的影响均可通过提高底物浓度来缓解【答案】D【解析】据图可知，底物与酶活性部位互补，体现了酶的专一性，A项正确；抑制剂与底物空间结构相似，二者共同竞争酶的活性部位，导致酶活性降低，B项正确；抑制剂与酶的非活性部位结合，导致酶结构改变，进而影响酶促反应速率，C项正确；当底物浓度较高时，可以减弱抑制剂的作用，但不能减弱抑制剂的作用，D项错误。4已知5%葡萄糖溶液的渗透压与动物血浆渗透压基本相同。现给正常小鼠输入一定量的该溶液，一段时间内小鼠体内会发生的生理变化是A血浆中胰岛素与胰高血糖素的比值下降B有氧呼吸增强，进入血浆的CO2增多，血浆pH明显下降C抗利尿激素释放量减少，尿量增多D肾小管和集合管对葡萄糖的重吸收减少，尿液中葡萄糖含量增加【答案】C【解析】给正常小鼠输入一定量的5%葡萄糖溶液，血糖浓度升高，胰高血糖素的分泌减少，胰岛素分泌增加，因此胰岛素与胰高血糖素的比值增大，A 错误； 有氧呼吸不变，血浆中的二氧化碳基本不变，由于有缓冲物质的存在，pH不会明显下降，B 错误；输入5%葡萄糖液后，血浆渗透压不变，但葡萄糖被吸收后，血浆渗透压降低，抗利尿激素分泌减少，尿量增多，C 正确；肾小管和肾集合管对葡萄糖的重吸收增加，正常小鼠的尿液中应该不含葡萄糖，D 错误。5研究表明，位于一对同源染色体上且相距非常远的两对非等位基因在染色体发生交叉互换后产生的配子种类和比例，与两对非等位基因自由组合产生的配子种类和比例难以区分。雌果蝇的细胞在减数分裂过程中染色体发生交 叉互换，雄果蝇不发生。基因M/m和N/n控制不同的相对性状，下列能证明果蝇的基因M和N位于同一染色体 上且相距非常远的杂交组合是AMmNn（）MMnn BMmNn（）mmnnCMmNn（）mmnn DMmNn（）MmNn【答案】D【解析】依题意可知：若基因M和N位于同一染色体上且相距非常远，则MmNn（）产生的4种配子和比例与这两对非等位基因自由组合产生的配子种类和比例难以区分，而MMnn或mmnn只产生1种配子，所以MmNn（）MMnn或MmNn（）mmnn产生的后代的表现型及其比例，与按照自由组合定律推知的产生的后代的表现型及其比例难以区分，因此这两组杂交组合不能证明果蝇的基因M和N位于同一染色体上且相距非常远，A、B错误；因雄果蝇不发生交叉互换，所以MmNn（）产生两种比值相等的配子，mmnn只产生1种配子，因此MmNn（）mmnn产生的后代的表现型及其比例为11，但该结果不能说明M和N在同一染色体上相距非常远，C错误；综上分析，MmNn（）产生两种比值相等的配子，MmNn（）产生4种配子，受精时雌雄配子的结合方式有8种，若按照自由组合定律推知，MmNn（）MmNn（）杂交，受精时雌雄配子的结合方式有16种，因此MmNn（）MmNn产生的后代的表现型及其比例，与按照自由组合定律推知的产生的后代的表现型及其比例存在明显的差异，能够证明果蝇的基因M和N位于同一染色体上且相距非常远，D正确。6为研究某植物对盐的耐受性，进行了不同盐浓度对其最大光合速率、呼吸速率及根相对电导率影响的实验，结果见下表。相关分析错误的是盐浓度（mmolL-1）最大光合速率（mol CO2m-2s-1）呼吸速率（mol CO2m-2s-1）根相对电导率（%）031.651.4427.210036.591.3726.950031.751.5933.190014.452.6371.3(相对电导率表示处理细胞与正常细胞渗出液体中的电解质含量之比，可反映细胞膜受损程度)A低盐环境下，细胞中有机物积累量高于高盐组B高盐环境可能破坏了生物膜结构导致电解质外渗C高盐环境通过影响细胞吸水进而影响光合速率D随着盐浓度的提高，细胞呼吸速率会持续增大【答案】D【解析】据表可知，盐浓度为100 mmolL-1时，最大光合速率与呼吸速率的差值最大，即细胞中有机物积累量最高，说明低盐环境下，细胞中有机物积累量高于高盐组，A项正确；高盐环境下，根相对电导率增加，说明高盐环境可能破坏了生物膜结构导致电解质外渗，B项正确；高盐环境下根细胞吸水困难，植物体内物质运输减慢，从而使光合速率下降，C项正确；盐浓度过高，会导致细胞失水死亡，导致呼吸作用停止，D项错误。7化学与生活、生产密切相关，下列说法正确的是A牺牲阳极的阴极保护法进行钢铁防腐时,钢铁与电源的负极相连B油脂进行皂化反应后，加入食盐分离出高级脂肪酸盐C纤维素供给人体能量时，先在体內水解成葡萄糖再被氧化D氨气作工业制冷剂时，先汽化再液化【答案】B【解析】A进行钢铁防腐时，钢铁与电源的负极相连，构成电解池的阴极，钢铁受到保护，这种保护方法叫做外加电流的阴极保护法，故A错误；B在油脂进行皂化反应后的混合溶液中加入食盐，高级脂肪酸盐的溶解度降低发生盐析，经过搅拌、静置、过滤后分离出高级脂肪酸盐，故B正确；C人体内无纤维素酶，所以纤维素不能在人体内水解成葡萄糖，故C错误；D氨气作工业制冷剂的原理是先将氨气液化，液氨在汽化时吸收大量的热，使环境温度降低，故D错误；答案选B。点睛：本题主要考查物质的性质及应用，掌握相关物质的性质、发生的反应类型和用途是解答本题的关键，本题的易错点是A项，利用牺牲阳极的阴极保护法进行钢铁防腐是原电池原理，利用电解原理进行金属防腐的方法叫外加电流的阴极保护法。8用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是（ ）A18g重甲基(-CD3)中含有的电子数为9NAB22.4L(标准状况)CH2Cl2中含C-H键数为2NAC10g34%H2O2溶液与足量的酸性KMnO4溶液充分反应,转移的电子数为0.2NAD0.1mol由乙烯与乙醇组成的混合物完全燃烧所消托的氧气分子数为0.3NA点睛：本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，选项A为易错点，注意重甲基与甲基中含有的电子数相同，试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。9下图表示有机物M转化为X、Y、Z、W的四个不同反应。下列叙述正确的是A与X官能团相同的X的同分异构体有9种B反应一定属于加成反应CW分子中含有两种官能团DZ的分子式为C3H2O【答案】C【解析】乙酸和丙烯醇发生酯化反应生成乙酸丙烯酯（X），与官能团相同的X的同分异构体有：HCOO-CH2-CH2-CH=CH2，这样有机物有8种，CH3-COO-CH=CH-CH3，这样有机物有3种（包括本身），CH3-CH2COO-CH=CH2 (1种)，CH2=CHCOO- CH2CH3(1种)，CH2=CH-CH-COOCH3，这样有机物有3种，所以，与X官能团相同的X的同分异构体还有15种，A错误；氯化氢与碳碳双键发生加成反应，也可以和醇羟基发生取代反应，B错误；溴与碳碳双键发生加成反应，生成溴代醇，官能团为溴原子和羟基，C正确；醇发生催化氧化变为丙烯醛，分子式为C3H4O，D错误；正确选项C。10下列实验中“实验操作和现象”与“结论”都正确的是选项实验操作和现象结论A将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变为红色样品已部分或全部变质B将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，AgCl沉淀多于AgBr沉淀。KSP(AgCl)KSP(AgBr)C用pH试纸分别测NaClO溶液与NaHCO3溶液的pH，NaHCO3的pH更大HCO3水解程度大于ClO D向5ml 20%的蔗糖溶液中加稀硫酸水浴加热，再加入1ml新制Cu(OH)2，振荡后再加热至沸腾，未出现红色沉淀蔗糖没有水解【答案】B【解析】A、硝酸根离子在酸性条件下可以把亚铁离子氧化，所以将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液一定会变为红色，此实验无法证明样品已部分或全部变质，A不正确；B、将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，AgCl沉淀多于AgBr沉淀，说明溶液中氯离子浓度大于溴离子浓度，所以KSP(AgCl)KSP(AgBr)，B正确；C、用pH试纸分别测NaClO溶液与NaHCO3溶液的pH，NaHCO3的pH更大，此实验没有可比性，因为两溶液的物质的量浓度不一定相同，所以无法得出正确结论，C不正确； D、向5ml 20%的蔗糖溶液中加稀硫酸水浴加热，再加入1ml新制Cu(OH)2，振荡后再加热至沸腾，因为没有加入氢氧化钠溶液中和硫酸，所以一定不会出现红色沉淀，无法证明蔗糖是否发生水解，D不正确。本题选B。11一种处理高浓度乙醛废水的方法隔膜电解法，其原理如图所示，电解质溶液为一定浓度含乙醛的Na2SO4溶液，电解后乙醛在两个电极分別转化为乙醇和乙酸。下列说法正确的是Aa电极为阴极，b电极为阳极B阳极的电极反应式为CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+C设电解时溶液体积不变，则阴极区Na2SO4的物质的量增大D电解过程中，M 池溶液的pH 变大，N 池溶液的pH 变小【答案】B【解析】A根据溶液中氢离子的移动方向可知，b电极为阴极，a电极为阳极，故A错误；B阳极发生氧化反应，电极反应式为CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+，故B正确；C阴极发生还原反应，电极反应式为2H+2e-=H2，设电解时溶液体积不变，则阴极区Na2SO4的物质的量不变，故C错误；D电解过程中，M池中a为阳极，电极反应式为CH3CHO-2e-+H2O=CH3COOH+2H+，溶液的pH减小，故D错误；故选B。12X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素。X的质子数与电子层数相同，Y、Z、M同周期且相邻，W原子核外电子数是Y的2倍，Z与其同主族的短周期元素可形成常见产生酸雨的气体甲，X、Y、Z三种元素形成化合物乙。下列说法错误的是A乙可能是离子化合物 BW、Z形成的化合物熔沸点高，硬度大CX、Z形成的某种化合物与甲反应可生成强酸 DX、M形成的常见化合物，具有较强还原性【答案】D【解析】X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的5种短周期元素，X的质子总数与电子层数相同，则X为H元素，Y、Z、M同周期且相邻，W原子核外电子数是Y的2倍，Z与其同主族的短周期元素可形成常见产生酸雨的气体甲，则Z为O元素，可推知Y为N元素、M为F元素、W为Si元素，故甲为SO2，X、Y、Z三种元素形成化合物乙为HNO3、NH4NO3等。AX、Y、Z三种元素形成化合物乙可以是HNO3、NH4NO3等，NH4NO3属于离子化合物，故A正确；BW、Z形成的化合物是SiO2，SiO2是原子晶体，熔沸点高，硬度大，故B正确；CX、Z形成的H2O2可以和SO2反应生成硫酸，硫酸属于强酸，故C正确；DX、M 形成的常见化合物是HF，HF不具有较强的还原性，故D错误；答案选D。点睛：本题主要考查元素的位置、结构和性质之间的关系，能够根据题意正确判断元素种类是解答本题的关键，根据推断出的元素结合元素周期律即可解答，本题的易错点是A项，解题时要注意X、Y、Z三种元素形成化合物乙既可能是HNO3、也可能是NH4NO3等，所以乙既可能是共价化合物，也可能是离子化合物。13已知亚硒酸(H2SeO3)为二元弱酸，常温下，向某浓度的亚硒酸溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中H2SeO3、HSeO3-、SeO32-三种微粒的物质的量分数与溶液pH 的关系如图所示。下列说法不正确的是A常温下，亚硒酸的电离平衡常数K2=10-4.2BpH=l.2的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2SeO3)C将相同物质的量NaHSeO3和Na2SeO3 固体完全溶于水可配得pH为4.2的混合液D向pH=1.2的溶液中滴加NaOH溶液至pH=4.2的过程中水的电离程度一直增大二、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质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力、的作用而从静止开始做匀加速直线运动，经过时间和4两物体速度分别达到2和时，分别撤去和，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止。两物体速度随时间变化的图线如图所示。设和对A、B的冲量分别为和， 和对A、B做的功分别为和，则下列结论正确的是A=125， =65 B=65， =35C=35， =65 D=35， =125【答案】 C【解析】从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为a=，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有f=ma，则摩擦力大小都为f=m根据图象知，匀加速运动的加速度分别为： ， ，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F-f=ma，则F1=，F2=，F1和F2的大小之比为12：5则冲量之比为：I1：I2=；图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6：5；由图看出，撤去拉力后两图象平行，说明加速度，由牛顿第二定律分析则知加速度a=g，说明两物体与地面的动摩擦因数相等，则两物体所受的摩擦力大小相等，设为f，对全过程运用动能定理得：W1-fs1=0，W2-fs2=0，得：W1=fs1，W2=fs2，由上可知，整个运动过程中F1和F2做功之比为6：5；故C正确，ABD错误故选C点睛：解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大小之比，以及知道速度-时间图线与时间轴所围成的面积表示位移，同时能正确利用动能定理和动量定理进行分析求解15如图所示，在光滑绝缘水平地面上相距为L处有两个完全相同的带正电小球A和B，它们的质量都为m。现由静止释放B球，同时A球以大小为v0的速度沿两小球连线方向向B球运动，运动过程中，两球最小距离为 ，下列说法中正确的是A距离最小时与开始时B球的加速度之比为3:1B从开始到距离最小的过程中，电势能的增加量为CA、B组成的系统动能的最小值是DB球速度的最大值为【答案】 C【解析】设小球的质量为m，电荷量为q，开始时B球的加速度为，距离最小时B球的加速度为，故，A错误；距离最小时两球的速度相同，设为，在水平方向上两球组成的系统动量守恒，故，解得，根据能量守恒定律可得，解得，此时电势能最大，动能最小，故动能最小为，B错误C正确；因为B受到的电场力恒向右，B一直向右运动，电场力一直对B做正功，所以B球的速度大于，D错误16如图所示，水平传送带AB长2m，以2m/s的速度沿顺时针方向匀速运动。现将一小物块以3m/s的水平初速度从A点冲上传送带。若小物块与传送带间的动摩擦因数为0.25，g取10m/s2，则小物块运动至传送带右端B点所用的时间是A0.5s B0.9s C1.2s D1.5s17如图所示，我国的“嫦娥二号”卫星进入地月转移轨道后，经多次变轨，从轨道最终进入距离月球表面100km，周期为118min的近圆工作轨道，开始对月球进行探测。下列说法正确的是A卫星要进入月球轨道，在地球上的发射速度一定要大于第三宇宙速度B卫星在轨道上经过P点的速度小于在轨道上经过P点的速度C卫星在轨道上经过P点的加速度大于在轨道上经过P点的加速度D卫星在轨道运动的周期大于在轨道上运动的周期【答案】 D【解析】第三宇宙速度是卫星脱离太阳的引力的速度，而卫星要进入月球轨道，在地球上的发射速度一定要小于第二宇宙速度，A错误；卫星从轨道进入轨道，在P点需减速。动能减小，速度减小，B错误；卫星在轨道上的P点和在轨道上经过P时所受万有引力相等，所以加速度也相等，C错误；轨道的半径比轨道的半长轴小，根据开普勒第三定律，卫星在轨道上的运动周期比在轨道上的短，D正确18在真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块开始时滑块静止若在滑块所在空间加一水平匀强电场，持续一段时间后立刻换成与相反方向的匀强电场当电场与电场持续时间相同时，滑块恰好回到初始位置，且具有动能在上述过程中， 对滑块的电场力做功为，冲量大小为； 对滑块的电场力做功为，冲量大小为则（ ）A BC D【答案】 C【解析】设第一过程末速度为，第二过程末速度大小为，根据上面的分析知两过程的平均速度大小相等，根据匀变速直线运动规律有： ，得根据动能定理有： ， ，而，所以， ；又因为位移大小相等，所以两个过程中电场力的大小之比为根据冲量定义得： ， ；所以可得： ，故ABD错误，C正确故选C点睛：此题关键是根据题中的条件：两个过程经过相同的时间，发生的位移大小相等，方向相反，根据匀变速直线运动规律求出两个过程末速度大小关系，然后根据动能定理和动量定理讨论。19如图所示，在半径为0.1m的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，磁感应强度为0.5T。圆形区域右侧有一足够大竖直感光板MN。带正电粒子从圆形区域最高点P以速率v0=1.0105m/s平行于纸面进入磁场，已知粒子比荷为2106C/kg,粒子重力不计， 取3.14。若粒子对准圆心射入，则下列说法中正确的是A粒子不一定沿半径方向射出磁场B粒子在磁场中运动的时间为1.5710-6sC若粒子速率变为2v0，则穿出磁场后垂直打在感光板MN上D若粒子以速度v0从P点以任意的某一方向射入磁场，则离开磁场后一定垂直打在感光板MN上【答案】 BD【解析】试题分析：根据洛伦兹力提供向心力求出带电粒子在磁场中运动的轨道半径，画出运动轨迹，结合几何关系分析即可带正电粒子从圆弧顶点P以速率平行于纸面且对准圆心射入磁场，根据对称性，一定沿半径方向射出，A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有，解得，轨迹圆弧对应的圆心角为，运动时间为，B正确；若粒子速率变为2v0，则轨道半径变为2R，运动轨迹如图：故不是垂直打到感光板MN上，C错误；当带电粒子以射入时，带电粒子在磁场中的运动轨道半径为R设粒子射入方向与PO方向夹角为，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子运动轨迹如图所示因，所以四边形为菱形，由图可知，因此，带电粒子射出磁场时的方向为水平方向，与入射的方向无关，即离开磁场后一定垂直打在感光板MN上，D正确20如图所示，在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k。C为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行斜面向上的恒力F拉物块A使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v。则此时A拉力做功的瞬时功率为FvsinB物块B满足m2gsinkdC物块A的加速度为D弹簧弹性势能的增加量为【答案】 BC【解析】拉力做功的瞬时功率为，选项A错误；物块B离开挡板瞬间，必须有弹簧弹力大于物块沿斜面向下的分力，即m2gsin小于弹簧的弹力kd，选项B正确；对物块A受力分析，由牛顿第二定律得： ，a=选项C正确；由功能关系，拉力做的功转化为物块A增加的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，即： ，选项D错误。综上本题选BC。点睛：含有弹簧的问题，往往要研究弹簧的状态，分析物块的位移与弹簧压缩量和伸长量的关系是常用思路；注意搞清能量之间的转化关系.21如图所示，光滑绝缘斜面的倾角为,在斜面上放置一个矩形线框abed, ab边的边长为L1, be边的长为L2,线框的质量为m，总电阻为R，线框通过细线与重物相连（细线与斜面平行），重物的质量为M,斜面上ef线（ef平行于gh且平行于底边）的上方有垂直斜面向上的匀强磁场（fh远大于L2),磁感应强度为B。如果线框从静止开始运动，且进入磁场的最初一段时间是做匀速运动，假设斜面足够长，运动过程中ab边始终与ef 平行。则（）A线框abed进入磁场前运动的加速度为B线框在进入磁场过程中的运动速度C线框做匀速运动的时间为D线框进入磁场的过程中产生的焦耳热【答案】 BC【解析】线框abcd进入磁场前，对线框和M的整体，根据牛顿第二定律有Mg-mgsin=（M+m）a，解得： ，故A错误；线框进入磁场过程中做匀速直线运动，对M：T=Mg；对线框： ，感应电动势为： ，感应电流： ，安培力为： ，联立解得： ，故B正确；线框匀速运动的时间为： ，故C正确；根据能量守恒定律，M的重力势能减小转化为m的重力势能和线框中的内能，所以有，解得： ，故D错误。所以BC正确，AD错误。