长沙市雅礼中学、河南省实验中学2018届高三联合考试试题 理科综合答案

生物答案7-13：DCBACAB26、(14 分))(1)①饱和食盐水(1分)②a→dc(2分) hg←ji←b(2分)(提示:氨气从e口进，氯气从f口进。

氨气和氯气会形成逆向流动，更有利于二者充分混合，同时要注意确定连接顺序时，氯气气流是从右向左的③导管太细，生成的氯化按固体会堵塞导管；无尾气处理装置(2分)④AgNO3溶液、红色石蕊试纸(其他合理答案也可给分(2分)(2)①吸收混合气体中的水蒸气，防止对测定氯化氢的质量产生影响(2分)②(28V/24.5):(35.5b/36.5)(2分) 偏高(1分)27、(14 分)(1)4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO3高温2Fe2O3+8Na2CrO4+8CO2(2分)陶瓷在高温下会与Na2CO3反应(2分)(2)所得Na2Cr2O7溶液的pH小于3.0(2分)(3)沿玻璃棒加水至浸设沉淀，待水自然滤出后重复2~3次(2分)(4)将重铬酸钠还原为氢氧化铬(2分)(5)①向Na2Cr2O7溶液中加入适量NaOH溶液调节pH大于3.7，过滤(2分) ②向①中滤液加入硫酸溶液至pH 小于3.0，再加入适量KCl固体，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥(2分)28、(15分)(1)低温(1分) 20.6kJ(2分)(2)CD(2 分)(3)在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响(或在相同温度下不同的催化剂对反应I的催化能力不同)(2分)(4)B(2 分)(5) (3分)(6)CO2+6H++6e-==CH3OH+H2O(2分) O2(H2SO4)(1分)35、(15分)(1)3d64s2(1分) (2)O(1分) Mg、Si、S(2 分)(3)CaCl2(1分) CaCl2属于离子晶体，钙离子和氯离子之间作用大，熔点高，AlC13属于分子晶体，分子间作用力弱(2分) SO32-或ClO3-(1分，其他合理答案也可)(4)咖啡因与水杨酸钠形成了氢键(1分) sp2和sp3(2分)(5)4个(2分)、面心立方最密堆积(1分) 6(1分)36、(15分)(1)醛基、酯基(2分) 氧化反应(1分)(2) (2 分)(3)① (2 分) ②C(1分)(4) (2 分) (5)12(2 分)(6)物理答案14B ：由平衡条件可得摩擦力1F =1F 的方向与F 和sin mg θ的合力方向相反，木块与斜面间的最大静摩擦力：fm F ≥F 后木块对斜面的压力没有变化，此时sin fm mg F θ<，故木块不会沿斜面下滑，AC 错误；摩擦力大小为'sin f f F mg F θ=<，即摩擦力变小，摩擦力方向沿斜面向上，B 正确。

15C ：从高能级跃迁到低能级，电子轨道半径减小，根据222e v k m r r=可知，电子动能增大，由于原子能量减小，则电势能减小，A 错误；由于能级差是量子化的，可知氢原子跃迁时，发出的光子频率是一些分立值，B 错误；一群氢原子处于n=4的激发态，可辐射出6种不同频率的光子，从n=4跃迁到n=1,、n=3跃迁到n=1，n=2跃迁到n=1，n=4跃迁到n=2辐射的光子能量大于逸出功，可以发生光电效应，可知能使金属钾发生光电效应的光谱线有4条，C 正确；由n=4跃迁到n=1时发出的光子频率最大，波长最短，D 错误。

16C ：因为两小球下落的高度之比为2：1，两球的水平位移之比为2：1，小球a 、b 到达斜面底端时的位移之比为2：1，B 错误；根据212h gt =得t =，根据0x v t =可知初，A 错误；小球落在斜面上，速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，因为位移与水平方向的夹角相等，则速度与水平方向的夹角相等，到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角也相等，C 正确；根据动能定理可知，到达斜面底端时的动能之比为2211:():()2:122ka kb a a b b E E mv mgh mv mgh =++=，D 错误。

17C18AC ：开关接通1L 被短路不亮，S 断开后2L 和1L 串联，所以1L 立即亮，而2L 变暗，故A 正确B 错误；开关接通时1L 被短路不亮，断开开关S 瞬间由于线圈自感产生的电动势（相当于电源）与来源的电源串联，所以3L 更亮，而后线圈的自感电动势逐渐消失，3L 恢复原来的亮度，C 正确D 错误。

19BCD ：弹簧弹开两小球的过程，弹力相等，作用时间相同，根据冲量定义可知，弹力对A 的冲量大小等于B 的冲量大小，A 错误；由动量守恒定律12mv Mv =，解得A 球脱离弹簧时B 球获得的速度大小为22/v m s =，B 正确；设A 球运动到Q 点时速率为v ，对A 球从P 点运动到Q 点的过程，由机械能守恒定律可得22111222mv mg R mv =⋅+，解得v=4m/s ，根据动量定理1()1I m v m v N s =--=，即A 球从P 点运动到Q 点过程中所受合外力的冲量大小为1N ·s ，C 正确；若半圆轨道半径改为0.9m ，小球到达Q点的临界速度3/Q v m s ==，对A 球从P 点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律22111222mv mg R mv =⋅+，解得v=0，小于小球到达Q 点的临界速度，则A 球不能达到Q 点，D 正确20AD ：保持开关S 闭合，由串并联电压关系可知R 0两端的电压为001ER U R R =+，增大1R ，U 将减小，电容器两端的电压减小，故微粒受重力和电场力，产生的加速度增大，2122d at =，水平位移为0x v t v ==，水平位移将减小，故微粒打在O 点左侧，A 正确；保持开关S 闭合，增大2R ，不会影响电阻R 两端的电压，故微粒打在O 点，B 错误；断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为U E d =，结合Q C U =及4S C kd επ=可得4kd E Sπε=，电场强度不变，故加速度不变，M 极板稍微上移，不会影响微粒的运动，故还打在O 点，C 错误；断开开关，平行板带电量不变，平行板间的电场强度为U E d =，结合Q C U =及4S C kd επ=可得4kdE Sπε=电场强度不变，故加速度不变，M 极板稍微下移，不会影响微粒的运动，故还打在O 点，D 正确；21BCD ：金属棒运动过程中电阻消耗的功率不变，则金属棒产生的感应电动势不变，电路电流不变，根据F=BIL ，B 增大，安培力增大，A 错误；由E=BLv 可知E 、L 不变，B 增大v 减小，B 正确；x=0处，金属棒切割产生感应电动势为00 1.6E B Lv V ==，由闭合电路欧姆定律可得电路中的电流为1.640.30.1E I A A R r ===++，由题意可知，在x=3m 处0(0.50.53)2B B kx T T =+=+⨯=，当x=0m 时有000.50.84 1.6F B IL N ==⨯⨯=，x=3m 时，有F=BIL=2×4×0.8=6.4N ，金属棒从x=0运动到x=3m 过程中安培力做功大小有0 1.6 6.431222F F W x J ++==⨯=，C 正确；1/Ev m s BL==，由动能定理2201122Pt W mv mv -=-，代入数据可得10.5Pt J =，由02B B Lx E t t+∆Φ==可得t=1.875s ，所以P=5.6W ，D 正确。

22、（1）AC （2）112'OP O m m m M O N ⋅=⋅+⋅（3）11.55mm 23、（1）6.665；（2）b ；2875；偏大24、（1）小球恰好能通过最高点2v mg m R=由点A 到点B 机械能守恒2211222A mv mv mgR =+，联立解得10/A v m s = （2）若赛车刚好停在C 点，在A 点车上，落上质量为m 1的橡皮泥后速度为1v 由动量守恒定律可得()11A mv m m v =+从A 到C 由动能定理可得()()2111102m m gL m m v μ-+=-+，代入数据解得1 1.05m kg = 若赛车恰好越过壕沟，在C 点的速度为C v ，则有竖直方向212h gt =，水平方向C s v t =此时假设落在赛车上质量为2m 的橡皮泥后的速度为2v ， 由动量守恒定律可得()22A mv m m v =+ 从A 到C 由动能定理可得()()()2222221122Cm m gL m m v m m v μ-+=+-+， 代入数据解得20.45m kg =综上所述，满足题意的橡皮泥质量1 1.05m kg ≥或20.45m kg ≤25、（1）金属棒cd 做匀速运动的速度为v ，电动势为E BLv =，电流为2EI R=，安培力为F IBL = 金属棒cd 克服安培力做功的功率P Fv =安； 电路获得的电功率22E P R =电，联立解得：2222B L v P P R==电安所以：P P =电安； （2）①金属棒ab 做匀速运动，则有12sin30I BL mg =︒；金属棒ab 的热功率21ab P I R =；联立解得：2222ab m g R P B L=； ②设t 后时刻金属棒ab 做匀速运动速度为1v ，金属棒cd 也做匀速运动的速度为2v ； 由金属棒ab 、金属棒cd 组成系统动量守恒：122mv mv mv =+； 回路电流211(2)BL v v I R -=，联立解得金属棒ab 做匀速运动速度为1223mgRv B L =；0～t 时刻内对金属棒ab 分析：在电流为i 的很短时间△t 内，速度的该变量为△v ， 由动量定理得：2sin302BiL t mg t m v ∆-︒∆=∆对进行求和得：2t t tBiL t mg t m v ∆-∆=∆∑∑∑，解得：12BLq mgt mv -=所以解得：22233233m gR mgB L tq B L +=33、（1）ABC ：放在水面上的硬币可以浮在水面上是因为液体表面张力对硬币向上的作用力等于重力，A 正确；叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，B 正确；单晶体的物理性质是各向异性的，而多晶体和非晶体是各向同性的，C 正确；当两分子间距大于平衡位置的距离r 0时，分子间的距离越大，分子势能越大，D 错误；温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大，E 错误。

（2）设玻璃管内部横截面积为S ，（i ）对水银柱分析可知，气体初状态的压强10.96p cmHg =，初状态的体积10.60V S =，转过180°后，气体的压强20.56p cmHg =，体积2V hS =气体做等温变化，由玻意耳定律可得1122pV p V =，可得0.960.60 1.030.56Sh cm S⨯==（ii ）由气态方程PVC T=可知，pV 乘积越大，对应的温度T 越高，假设管中还有长为x 的水银柱尚未溢出时，PV 值最大，即()()0L x L x S +-的值最大，这是一个数学求极值问题，因为()()00L x L x L L ++-=+，与X 的大小无关，所以由数学知识可得知，两数之和为一常数，当这两数相等时，乘积最大，有()()0L x L x +=-，解得00.102L Lx m -==； 即管中水银柱由0.20m 溢出到还剩下0.10m 的过程中，PV 的乘积越来越大，这一过程必须是升温的，此后温度不必再升高（但要继续给气体加热），水银柱也将继续外溢，直至全溢出，由气态方程112212PV PV T T =有()()()01221211012L x L x ST PV T T PV L h h S +-==+，代入数据解得2385.2T K = 34．（1）BCD （2）（i ）如图甲所示，光束由B 处水平射入，在D 处发生全反射，∠ODB 为临界角，由临界角公式有2sin 3C =，解得11.5sin n C==．（ii ）如图乙所示，光束由E 点水平射入，在F 点发生折射，入射角∠OFE=α，折射角∠NFG=β 折射率sin 11.5sin sin 2n βαα===，，解得3sin 4β= 由几何关系可知GOF OGF αβα∠=∠=-，；由正弦定理可得()()sin sin OG Rπββα=--，则(0.3OG R =。