2012年北京海淀区高三一模理综试题及答案

海淀区高三年级第二学期期中练习理科综合能力测试

生物参考答案

一、选择题（每题6分，共30分）

1.B

2.B

3.C

4.C

5.D

二、非选择题（除注明外，每空2分，共50分）

29.（每空2分，共18分）

（1）（骨髓）造血干骨髓体液

（2）抗原（辅助）T（或Th）

（3）细胞核所占的比例大，细胞质比例小（或核/质比大）

（4）记忆（或记忆B）粗面内质网和高尔基体形态、结构和（生理）功能

30.（除注明外，每空2分，共14分）

（1）常（1分）隐（1分）AA或Aa

（2）生长激素

（3）PCR（或聚合酶链式反应）①0 ②Ⅲ-1、Ⅰ-2、Ⅲ-6③0

31. （除注明外，每空2分，共18分）

（1）mRNA 核糖体（见右图）

干扰人类其他基因的表达

（2）CO2（1分）选择透过（1分）无胸腺，失去特异性免疫，对接种的肠癌细胞没有排斥反应

（3）反义脱氧核苷酸链瘤体重量（更加）接近100%

海淀区高三年级一模练习化学参考答案

第I卷（选择题，共42分）

共7道小题，每小题6分，共42分。

第II卷（非选择题，共58分）说明：

1．合理答案均可酌情给分

．．．．．．．．．．。

2．若化学方程式2分，不写条件扣1分，不配平扣1分，不写“↑”或“↓”不扣分。

3．未标分数的空，每空

．．．．．．．．．2．分．，不出现0.5分,不出现负分。

25．（14分）

（1）小于（答“<”不扣分） （2）80

（3）1（3分） （4）a

（5）2CO(g) + O 2(g) === 2CO 2(g) △H = -566 kJ/mol （3分）

（未标明物质的状态扣1分，△H 错扣2分；其他合理答案均可得分） （6）3CO 2 + 5OH - === 2CO 32- + HCO 3- + 2H 2O 26．（15分）

（1）2Fe 3+ + Fe === 3Fe 2+ （2）b （3）过滤

（4）溶液中存在平衡：TiO 2+ + 2H 2

O

H 2TiO 3 + 2H +，当加入热水稀释、升温后，

平衡正向移动，生成H 2TiO 3。 （3分）

（说明：写出离子方程式或化学方程式得1分，从稀释和升温角度正确分析平衡移

动各得1分。）

（5）MnO 2 + 2Fe 2+ + 4H + === Mn 2+ + 2Fe 3+ + 2H 2O

（6）① 2O 2- - 4e - == O 2↑（同时写出C + O 2 == CO2不扣分）

或 C + 2O 2- - 4e - == CO 2↑

②制备TiO 2时，在电解槽发生如下反应：

2CaO === 2Ca + O 2↑， 2Ca + TiO 2 ====== Ti + 2CaO ，

由此可见，CaO 的量不变。（两个方程式各1分，不写“一定条件”不扣分） 或： 制备TiO 2时，在电解槽发生如下反应：

阴极：2Ca 2+ + 4e - == 2Ca 阳极：2O 2- - 4e - == O 2↑ 2Ca + TiO 2 ====== Ti + 2CaO ，

由此可见，CaO 的量不变。（电极反应式和化学方程式各1分，不写“一定条件” 不扣分）。

27．（15分）

（1）Cu + 4HNO 3 (浓) === Cu(NO 3)2 + 2NO 2↑+ 2H 2O

（2）C 装置中混合气体颜色变浅（其他合理答案酌情给分） （3）在此条件下，该反应的化学反应速率极慢。 （4）缺少尾气吸收装置

（5）NO 2能被Na 2O 2还原（其他合理答案酌情给分）

一定条件

一定条件

通电

（6） ① EDBDF 或EDBF

② 2NO 2 + Na 2O 2 === 2NaNO 3（3分，不配平扣1分）

28．（14分） （1）羧基

（2）bd （少选得1分，多选、错选无分）

（3）

（反应条件写“催化剂、加热”不扣分，不写可逆符号扣1分） （4）

（5） C 8H 6O 4 13

（其他合理答案均可得分，不写反应条件不扣分）

海淀区一模物理部分参考答案

一、选择题（本题共20小题，每小题6分，共120分。在每小题列出的四个选项中，选出

21．（18分）

（1）（6分）①y 2/y 1…………（3分）；

②沿P 1 P 2方向的入射光线在玻璃砖底边的界面上发生了全反射。…………（3分）

（2）（12分）①2

224t

l

n g π=………（2分）； ②C………（2分）； O —H HOOC —O

+ 3NaOH

ONa + NaO —C —H + 2H 2O

NaOOC O

△

—Cl

Cl —C —O O + CH 3CH 2OH

C CH HO CH 2 CH 2

COOCH 2CH 3

OH 浓硫酸

C CH HO CH 2 CH 2 COOH

OH △

+ H 2O

③k

24π………（2分）；

④sin 2

2θ……（3分，说明：在sin 2

2θ

前面加任意符合图象意义的常数均可得分），

g

l

π

2…………（3分） 说明：第④问，若第一空：-cos θ，第二空：g

l

π

49，则可同样得6分。 22．（16分）

（1）设滑块A 和B 运动到圆形轨道最低点速度为v 0，对滑块A 和B 下滑到圆形轨道最低点的过程，根据动能定理，有

（m A +m B ）gh =

2

1

（m A +m B ）v 02……………………（2分） 解得：v 0=4.0m/s ……………………………………………………（2分）

（2）设滑块A 恰能通过圆形轨道最高点时的速度大小为v ，根据牛顿第二定律有

m A g=m A v 2/R ……………………………………………（2分）

设滑块A 在圆形轨道最低点被弹出时的速度为v A ，对于滑块A 从圆形轨道最低点运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律，有

21m A v A 2=m A g ?2R+2

1

m A v 2……………………（2分） 代入数据联立解得：

v A =5.0 m/s………………………………………（2分）

（3）对于弹簧将两滑块弹开的过程，A 、B 两滑块所组成的系统水平方向动量守恒，设滑块B 被弹出时的速度为v B ，根据动量守恒定律，有

（m A +m B ）v 0=m A v A +m B v B ………………………（2分） 解得： v B =0……………………………（1分）

设弹簧将两滑块弹开的过程中释放的弹性势能为E p ，对于弹开两滑块的过程，根据机械能守恒定律，有

21（m A +m B ）v 02 + E p =2

1

m A v A 2………………………（2分） 解得：E p =0.40J ……………………………………（1分）

23．（18分）（1）α射线的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设其半径为r ，根据牛顿第二定律，有 qvB=mv 2/r ………………………………………（3分）

代入数据解得：

r=0.89m ……………………………………………………………（2分）

（2）①第2号痕迹正对着储有放射源的铅盒的开口，表明形成第2号痕迹的射线做匀速直线运动，即不受电场力作用，所以不带电，故第2号痕迹是γ射线照射形成的。……………………………………（4分）

②α射线的粒子从放射源出来经过水平匀强电场打到底片上的过程中，受恒定的电场力作用，且水平的电场力与竖直的初速度方向垂直，故应做匀变速曲线运动。…………（3分）

（说明：回答“类平抛运动”，或“竖直方向做匀速直线运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动”均可得分）

设铅盒与底片间的竖直距离为d ，电场强度为E ，带电射线从放射源射出时的初速度为v 0，质量为m ，所带电荷量为q ，在电场中运动时间为t ，则对于粒子在电场中的运动有

竖直方向d=v 0t ，水平方向的侧移量

x =

21m

qE t 2

……………………………………（2分） 解得：x=2

2

2mv qEd ………………………（1分） 因此对于α射线和β射线的侧移量之比有

18451.01184041122

2

αβαββαβα=???

?????=???

? ????=v v m m q q x x …………………………（2分） 表明α射线的偏转侧移量较小，所以第3号痕迹应是α射线所形成的。（1分）

说明：若没有进行定量计算，只是说明x α

24．（20分）（1）由v -t 图象可知，在0～0.4s 时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v 1=2.0m/s ，所以在此过程中的加速度 a =

t

v

??=5.0m/s 2………………（1分） 由牛顿第二定律F -mg sin θ -μ mg cos θ=ma ………………（2分） 解得

F =1.5 N …………………………………………………………（1分）

（2）由v -t 图象可知，线框进入磁场区域后以速度v 1做匀速直线运动， 产生的感应电动势

E =BLv 1……………………………………………………（1分） 通过线框的电流 I =

R E =R

BLv 1

…………………………（1分） 线框所受安培力 F 安=BIL =R

v L B 1

22 ……………………（1分）

对于线框匀速运动的过程，由力的平衡条件，有

F =mg sin θ+μmg cos θ+R

v L B 1

22…（2分）

解得 B =0.50T ……………………………………………………（1分）

（3）由v -t 图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v 1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度

D =0.40m ……………………………………………（1分）

线框ab 边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为 s -D =0.15m ……（1分）

设线框与挡板碰撞前的速度为v 2

由动能定理，有

-mg (s -D )sin θ-μmg (s -D )cos θ=

2

1222

121mv mv -………………（1分） 解得 v 2=)cos )(sin (22

1θμθ+--D s g v =1.0 m/s …………………………（1分）

线框碰档板后速度大小仍为v 2，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩

擦力大小相等，即mg sin θ=μmg cos θ=0.50N ，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab 边刚进入磁场时的速度为v 2=1.0 m/s ；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v 3

由v ＝v 0-x mR L B 22得v 3= v 2 -mR

D

L B 222=-1.0 m/s ， 因v 3<0，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受力平衡，所

以线框将静止在磁场中某位置。……………………………（2分）

线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热

Q 1=I 2

Rt =R

Dv L B 1

222=0.40 J ……………（1分）

线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热 Q 2=

2

22

1mv =0.05 J ………………（2分） 所以Q = Q 1+ Q 2=0.45 J …………………………………………（1分）

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