2018年高考理综选择题专项训练(25).doc

2018年高考理综选择题专项训练（13）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下列关于细胞结构和功能的叙述，正确的是A细胞间传递信息的分子均是在核糖体上合成的B线粒体内膜折叠成嵴提高了有氧呼吸的效率C没有高尔基体的细胞中蛋白质的空间结构简单D蓝藻有丝分裂所需能量来自呼吸作用产生的ATP【答案】B【解析】细胞间传递信息的分子不都在核糖体上合成的，如神经细胞分泌的神经递质则不在核糖体上合成，A错误；线粒体内膜折叠成嵴会增大有氧呼吸第三阶段所需酶的附着位点，所以可以提高了有氧呼吸的效率，B正确；蛋白质的空间结构的形成并不是在高尔基体上形成，所以蛋白质空间结构简单与否与高尔基体的有无无关，C错误；蓝藻属于原核生物，没有有丝分裂方式，D错误。2下列关于物质或生物“转化”的叙述，错误的是A在细胞正常生命活动过程中，ATP与ADP可以相互转化B在光合作用的暗反应过程中，C3与C5可以相互转化C在植物细胞有丝分裂过程中，染色质与染色体可以相互转化D在肺炎双球菌的培养过程中，S型细菌与R型细菌可以相互转化【答案】D【解析】在细胞正常生命活动过程中，ATP和ADP的相互转化时刻不停地发生并且处于动态平衡之中，A正确；在光合作用的暗反应过程中，在有关酶的催化下，CO2与C5结合生成两个C3，C3接受ATP释放的能量并且被H还原为糖类和C5，可见，C3与C5可以相互转化，B正确；在植物细胞有丝分裂过程中，前期染色质高度螺旋化成为染色体，末期染色体解开螺旋变为染色质，C正确；在肺炎双球菌的培养过程中，S型细菌的DNA可促使R型细菌转化为S型细菌，D错误。3玉米植株（2N=20）的紫色（H）和绿色（h）是一对相对性状。用射线处理若干纯合紫株萌发的种子，待其成熟后与绿株杂交，发现某一紫株（记为M）的后代中，紫株与绿株比例为1:1。下列说法错误的是AM紫株细胞可能发生了染色体结构变异BM紫株产生配子时，可能发生了H、h的分离C处于减数第一次分裂联会时期的玉米细胞，可能只形成9个四分体D通过显微镜观察后代紫株根尖分生区细胞，可判断是否发生染色体变异【答案】D【解析】根据题意分析可知，与绿株杂交的紫株（M）应为杂合子（Hh）或者为HO(O代表原来含H基因的染色体片段缺失或者H基因所在染色体丢失)所致都可能与杂交结果符合。由此分析：M紫株可能发生了染色体结构变异，A正确；若M紫株为杂合子（Hh），则其减数分裂时会发生H、h的分离，B正确；若M紫株为染色体丢失，则其发生减数第一次分裂联会时期的玉米细胞，可能只形成9个四分体，C正确；后代紫株的染色体结构和数目都是正常的，所以无法通过显微镜观察其根尖分生区细胞来判断是否发生染色体变异，D错误。4下列关于生物进化的叙述，错误的是( )A古老地层中都是简单生物的化石，而新近地层中含有复杂生物的化石B无论是自然选择还是人工选择作用，都能使种群基因频率发生定向改变C虽然亚洲与澳洲之间存在地理隔离，但两洲人之间并没有生殖隔离D某物种仅存一个种群，该种群中每个个体均含有这个物种的全部基因【答案】D【解析】生物的进化由简单生物进化到复杂生物，因此古老地层中都是简单生物的化石，而新近地层中含有复杂生物的化石，A正确。无论是自然选择还是人工选择作用，都能使种群基因频率发生定向改变，从而决定生物进化的方向，B正确。虽然亚洲与澳洲之间存在地理隔离，但两洲人之间并没有生殖隔离，仍属于同一个物种，C正确。某物种仅存一个种群，该种群中每个个体均含有这个物种的部分基因，D错误。5下图为人体内细胞间的信息传递机制模式图，图中分别代表不同的细胞、A表示物质。下列描述中，不符合该模型的是 A是下丘脑神经分泌细胞，A是抗利尿激素，是垂体细胞B是甲状腺细胞，A是甲状腺激素，是下丘脑神经分泌细胞C是传入神经元，A是神经递质，是传出神经元D是T细胞，A是淋巴因子，是B细胞【答案】A【解析】若是下丘脑神经分泌细胞，是抗利尿激素，则应是肾小管、集合管细胞，A错误；当甲状腺激素含量过多时，会反过来抑制下丘脑和垂体的分泌活动，B正确；传入神经元可通过分泌神经递质作用于传出神经元，使其产生兴奋或抑制，C正确；T细胞可分泌淋巴因子作用于B细胞，使其增殖分化，D正确。6下列关于种群、群落和生态系统的叙述，正确的是A调查草地某种蜘蛛种群密度时，要选择草多的地方，否则结果偏低B西双版纳热带雨林生态系统的自我调节能力强于三北防护林C一只猛禽追逐另一只抓握着鼠的猛禽，这两只猛禽属于捕食关系D一棵树上不同高度的喜鹊巢，反映了该动物群落的垂直结构【答案】B7化学与生产、生活、社会密切相关，下列有关说法正确的是A古有“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，今用乙醚从黄花蒿中可提取青蒿素是利用氧化还原反应原理B食用“地沟油”对人体危害很大，但可以通过蒸馏的方式获得汽油、柴油等，实现资源的再利用。C牛奶中加入果汁会产生沉淀，是因为发生了酸碱中和反应DCO2是大量使用的灭火剂，但着火的镁条在CO2中继续燃烧说明它也可以助燃【答案】D【解析】A、青蒿素是有机物，在水中的溶解度小而易溶于有机溶剂乙醚，且乙醚与水不互溶，故可用乙醚将青蒿素从水溶液中萃取出来，利用的是物理方法，A错误；B、“地沟油”的主要成分为油脂，汽油、柴油的成份为烃类化合物，故不能通过蒸馏的方法而必须用化学的方法将油脂转化为汽油、柴油等，B错误；C、牛奶是胶体，果汁中含有电解质，胶体中加入电解质溶液，胶体可以发生聚沉，C错误；D、镁条可以在CO2中燃烧，CO2+2MgC+2MgO，故一定条件下，CO2也可以助燃，D正确。正确答案为D。8用 NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子B235g核素发生裂变反应： +10，净产生的中子（）数为10NAC丙醇中存在的共价键总数为10NAD50mL 18.4molL-1 浓硫酸与足量铜微热反应，生成 SO2 分子数目为 0.46NA【答案】A【解析】Fe完全转变为Fe3O4，Fe由0价升高到+8/3价，3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8NA个电子，A正确；根据反应可知，235g核素，物质的量为1 mol，根据反应方程式可知，净产生的中子（）数为9NA，B错误；丙醇中存在的共价键：碳碳单键1个，碳氢单键5个，碳氧单键1个，氧氢单键1个，共有8 NA，C错误；浓硫酸与足量铜微热反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，所以50mL 18.4molL-1 浓硫酸与足量铜微热反应，生成 SO2 分子数目小于0.46NA，D错误；答案选A。点睛：足量的铜与一定量的浓硫酸加热反应，最终铜剩余、硫酸剩余；一定量的铜与足量的浓硫酸加热反应，最终铜可以消耗完。9天工开物记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无砂粘土而为之”，“凡坯既成，干燥之后，则堆积窖中燃薪举火”，“浇水转釉（主要为青色），与造砖同法”。下列说法正确的是（ ）A“燃薪举火”使粘土发生复杂的物理变化B沙子和粘土主要成分为硅酸盐和碳酸钙C烧制后自然冷却成红瓦，浇水冷却成青瓦D粘土和石灰石是制作砖瓦和陶瓷的主要原料【答案】C【解析】A、黏土烧制成瓦的过程为复杂的物理、化学变化过程， 选项A错误；B、沙子主要成分为二氧化硅，二氧化硅是氧化物，不属于硅酸盐，选项B错误；C、青瓦和红瓦是在冷却时区分的：自然冷却的是红瓦，水冷却的是青瓦，选项C正确；D、由“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无砂粘土而为之”可知粘土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料，没有石灰石，选项D错误。答案选C。10中成药连花清瘟胶囊在对抗 H1N1病毒中发挥重大作用，其有效成分绿原酸的结构简式如图，下列有关说法错误的是A绿原酸属于芳香族化合物B分子中至少有 7 个碳原子共面C1mol 绿原酸最多可消耗 5mol NaOHD与绿原酸苯环上取代基种类及个数均相同的有机物有5 种【答案】C【解析】A绿原酸含有苯环，属于芳香族化合物，选项A正确；B根据苯分子12个原子在同一平面可知，绿原酸分子中至少有（红色圈里） 7 个碳原子共面，选项B正确；C一分子绿原酸中含有两个酚羟基、一个羧基和一个酯基， 1mol 绿原酸最多可消耗 4mol NaOH，选项C错误；D与绿原酸苯环上取代基种类及个数均相同的有机物，先以两个酚羟基为邻、间、对位，再将另一取代基定在苯环上分别有2种、3种、1种共有6 种结构，减去本身则有5种，选项D正确。答案选C。11某兴趣小组进行某补血剂中铁元素含量测定实验流程如下:下列说法不正确的是A步骤研磨时研杵应保持垂直，小心压碎或研磨试样B步骤加入H202的作用是将Fe2+ 完全氧化C步骤多步操作为过滤、洗涤、灼烧、冷却、称重D每片补血剂中铁元素的质量为0.7wg【答案】D点睛：本题考查物质的分离和提纯、物质含量的测定，侧重考查分析、计算、基本操作能力，解题关键：明确每一步发生的反应，明确物质分离和提纯的基本方法，易错点D，注意取样取的是10片药片。12短周期主族元素W、X、Y、Z在元素周期表中的位置关系如图，其中X是短周期中原子半径最大的金属元素，Y的单质在常温下为淡黄色固体，下列有关说法正确的是AY的简单氢化物的热稳定性比W、Z的都强B四种元素的简单离子具有相同的电子层结构CX的氧化物结构中阴阳离子之比为1：2DY的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强【答案】C【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z，其中X是短周期中原子半径最大的金属元素，则X为Na元素；Y的单质在常温下为淡黄色固体，Y为S元素，则W为O元素，Z为Cl元素。A同主族从上到下，非金属性减弱，则对应氢化物的稳定性减弱，同周期从左向右，非金属性增强，则对应氢化物的稳定性增强，Y的简单氢化物的热稳定性比W、Z的都弱，故A错误；BO和Na的简单离子具有相同的电子层结构，都是2，8排布，S和Cl的简单离子具有相同的电子层结构，都是2，8，8排布，故B错误；CX的氧化物无论是氧化钠，还是过氧化钠，阴阳离子之比都为1：2，故C正确；D同周期从左向右，非金属性增强，则最高价含氧酸的酸性增强，Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱，故D错误；故选C。13化学上常用AG表示溶液中的酸碱度，AG=lg。25时，用0.100molL-1的NaOH溶液滴定20.00mL0.100molL-1HNO2溶液，AG与所加NaOH溶液的体积(V)关系如图所示，下列说法正确的是（ ）AD点溶液中的pH=11.25BB点溶液中存在c(H+)-c(OH-)=c(NO2-)-c(HNO2)CC点时，加入NaOH溶液的体积为20.00mLD25时，HNO2的电离平衡常数Ka=1.010-5.5【答案】A【解析】A、D点溶液中的AG=-8.5，即=10-8.5，又Kw= c(H+) c(OH-)=10-14，求得c(H+)=10-11.25 molL-1，则pH=11.25，故A正确；B、B点溶液中存在的溶质为等物质的量的HNO2和NaNO2，由电荷守恒得c(H+)+ c(Na+)=c(OH-)+c(NO2-)，其物料守恒为2c(Na+)=c(HNO2)+ c(NO2-)，联立即得2c(H+)-2c(OH-)=c(NO2-)-c(HNO2)，故B错误；C、C点溶液呈中性，因反应的生成物NaNO2水解使溶液呈碱性，所以C点时加入NaOH溶液的体积为略小于20.00mL，则C错误；D、由图象可知0.100molL-1HNO2溶液的AG=8.5，即=108.5，又Kw= c(H+)c(OH-)=10-14，c(H+)=10-2.75molL-1，所以Ka=1.010-4.5，故D错误。本题正确答案为A。点睛：最难解答的是B、D两个选项，但不管如何变化，物料守恒、电荷守恒是解答问题的根本，而物料守恒关系的确定一定要明确物质的量之间的关系；而Ka要灵活应用Kw的关系。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如图所示，在等边三角形ABC的三个顶点上固定三个点电荷，其中A点位置的点电荷带电量为+Q，B、C两点位置的点电荷带电量均为-Q，在BC边的中垂线上有P、M、N三点，且PA=AM=MN，关于三点的场强和电势（取无穷远处电势为零），下列说法不正确的是( )AM点的场强大于P点的场强BMN之间某点的场强可能为零CN点的场强方向沿中垂线向下DP点的电势高于M点的电势【答案】 C【解析】A、点电荷的电场叠加如图所示;正电荷在P、M两点处产生的场强大小相等为（d为PA、AM、MN的距离），而两负电荷在P点处的合场强向下，在M点场强为零，所以，A正确；BC、正电荷在N点的场强，两负电荷在N点的场强，故N点合场强向上且可知在M、N之间某点场强可能为零，B正确；，C错误；D、由场强叠加可知A、M之间的场强均大于AP之间的场强，所以，D正确；本题选不正确的，故选C综上所述本题答案是：C点睛：电场强度是矢量，求每一点的场强应该是叠加后的合场强，并要知道电场强度与电势差的关系。15如图所示，质量均为m的n（n3）个相同匀质圆柱体依次搁置在倾角为30的光滑斜面上，斜面底端有一竖直光滑挡板挡住使圆柱体均处于静止状态。则下列说法中正确的是( )A挡板对圆柱体1的弹力大小为B圆柱体1对斜面的压力大小为C圆柱体2对圆柱体1的压力大小为D若将挡板绕下端点缓慢逆时针转动60，则转动过程中斜面对每个圆柱体的支持力均减小【答案】 B【解析】A、将n个圆柱体作为整体分析，如图所示，其中为挡板对圆柱1的弹力，N为斜面对所有圆柱体的支持力的恒力，由平衡条件可得，A错误；B、对2至n每个圆柱分析可知斜面对它们的支持力，斜面对圆柱1的支持力，B正确；C、隔离对2到n共n-1个圆柱体受力分析，如图所示，得圆柱体1对2的弹力为，C错误；D、缓慢转动挡板时，斜面对圆柱体2、3、4n的支持力不变，D错误；综上所述本题答案是：B16放在租糙的水平地面上的斜面体，倾角=45，斜面光滑。斜面上有两个质量均为m的小物块A、B，它们之间有轻绳连接。当用水平外力F推物块A时，两个滑块和斜面体一起向左做匀速直线运动。若斜面对物块A的支持力大小为N，斜面对物块B的支持力大小为M，则下列结论正确的是ANA=mg NB=mg BNA=mg NB=mgCNA=mg NB=mg DNA=mg NB=mg【答案】 C【解析】以B为研究对象，受重力、拉力和支持力，根据平衡条件，有：以A为对象，受力如图：由平衡可解得：解得： ，故C正确综上所述本题答案是：C17如图所示的电路中，R1、R2、R3分别是热敏电阻、可变电阻、光敏电阻，热敏电阻随着温度的升高电阻减小，光敏电阻随着光照的增强电阻减小，L1、L2是两个相同的灯泡，闭合电键K后，两个灯泡均能正当发光，电源的电动势、内阻恒定，过一会儿，发现两个灯泡都变亮了，可能原因是A对R3的光照变强了B环境的温度变高厂C可变电阻R2的阻值变大了D可变电阻R2的阻值变小了18如图所示，一半径为R的光滑圆环竖直放置，轻质弹簧一端固定在圆环最低点A，另一端系着质量为m的小球，小球套在圆环上，初始时小球位于与圆心O等高的B点处于静止状态，现给小球一个竖直向上的初速度，小球运动到最高点C时速度恰好为零，下列关于弹簧的状态判断正确的是( )A小球从B点运动到C点过程中，弹簧的弹力在逐渐增大B小球在C点时弹簧的弹性势能大于在B点时的弹性势能C小球在C点时弹簧的弹力大小等于在B点时的弹力大小D小球在B点时弹簧的弹力大小等于【答案】 C【解析】小球静止在B点时，对球受力分析如图，ABC、小球从B到C 过程，由能量守恒可得，将代入可得，故在C点处弹簧处于伸长状态，且伸长量与在B处的压缩量相等，即弹簧弹力在B、C两点大小相等，C正确AB错误；D、弹簧处于压缩状态，其弹力大小，D错误；综上所述本题答案是：C19如图所示，卫星1为地球同步卫星，卫星2是周期为3小时的极地卫星，只考虑地球引力的作用，卫星1和卫星2均绕地球做匀速圆周运动，两轨道平面相互垂直，运动过程中卫星1和卫星2某时刻同时处于地球赤道某一点的正上方。下列说法中正确的是（ ）A卫星1和卫星2的角速度大小为之比18B卫星1和卫星2的速度大小之比为12C卫星1和卫星2的向心力大小之比为116D卫星1和卫星2相邻两次同时处在地球赤道某一点正上方的时间间隔为24小时【答案】 ABD【解析】本题主要考察同步卫星问题，已知同步卫星1周期为24小时，极地卫星2周期为3小时，都是做匀速圆周运动，A、由 得： ，A正确B、由 得： 根据 得： ，故B正确；C、由于不知道两个天体的质量，所以也不能确定两个向心力得关系，C错误D、若某时刻卫星1和卫星2处于地球赤道上某一点的正上方，而卫星1周期为24小时，卫星2周期为3小时，卫星2每绕8圈，卫星1恰好绕一圈，所以再经过24小时，两个卫星又同时到达该点正上方，所以卫星1和卫星2处在地球赤道的某一点正上方的周期为24小时，D正确本题选：ABD点睛：本题的关键在于知道隐含条件，同步卫星的周期是24小时。20如图所示，边长为L的正三角形abc区域内存在垂直纸面向里的的匀强磁场，质量为m，电荷量均为q的三个粒子A、B、C以大小不等的速度从a点沿与ab边成30角的方向垂直射入磁场后从ac边界穿出，穿出ac边界时与a点的距离分别为、L。不及粒子的重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是A粒子C在磁场中做圆周运动的半径为LBA、B、C三个粒子的初速度大小之比为3:2:1CA、B、C三个粒子从磁场中射出的方向均与ab边垂直D仅将磁场的磁感应强度减小，则粒子B从c点射出【答案】 ACD【解析】A、由圆周运动的对称性可知，同一直线边界以30的弦切角进磁场，射出时的速度也与边界成30，而圆心角为60，则圆心和入射点以及出射点构成等边三角形，由几何关系可知，故A正确。B、根据洛伦兹力提供向心力有，可知，可得初速度之比，B错误。C、由于三粒子从ac出射时夹角为30，而，故出射速度的延长线必与ab边垂直构成直角三角形，故C正确。D、由可知将B改为，半径将变为，而其它条件不变，故由几何关系可知B粒子将从c点出射，D正确。故选ACD【点睛】本题关键是明确粒子的运动规律，画出三个粒子的轨迹，结合几何关系确定轨道半径，根据对称性和牛顿第二定律列式求解半径.21如图甲所示，导体框架abcd放置于水平面内，ab平行于cd，寻体棒MN与两导轨垂直并与导轨接触良好，整个装置放置于垂直于框架平面的磁场中，磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示，MN始终保持静止。规定竖直向上为磁场正方向，沿导体棒由M到N为感应电流的正方向，水平向右为导体棒所受安培力F的正方向，水平向左为导体棒所受摩擦力f的正方向，下列图像中正确的是A B C D【答案】 BD【解析】A、B、由图看出，磁感应强度先不变，后均匀减小，再反向均匀增大，则可判定的值，先为零，然后一定，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生的感应电动势先为零，后恒定不变，感应电流先没有，后恒定不变，根据楞次定律得知，回路中感应电流方向逆时针，为正；故A错误，B正确。C、D、在0-t1时间内，导体棒MN不受安培力；由左手定则判断可知，在t1-t2时间内，导体棒MN所受安培力方向水平向右，由F=BIL可知，B均匀减小，MN所受安培力大小F均匀减小；在t2-t3时间内，导体棒MN所受安培力方向水平向左，由F=BIL可知，B均匀增大，MN所受安培力大小F均匀增大；根据平衡条件得到，棒MN受到的静摩擦力大小f=F，方向相反，即在0-t1时间内，没有摩擦力，而在t1-t2时间内，摩擦力方向向左，大小减小，在t2-t3时间内，摩擦力方向向右，大小增大。故C错误，D正确。故选BD【点睛】本题是楞次定律、安培力和力平衡等知识的综合应用，直接由楞次定律判断安培力的方向，也可以由楞次定律、左手定则结合判断安培力方向。