2023 100所名校高考模拟金典卷理科综合答案二

2023-12-07 01:46:27 26

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三、非选择题(2)导体棒α第一次穿过水平部分磁场过程，规定向右为正方向有该反应是放热反应，且为气体体积减小的反应，加压和将产物分素已经完全被除去。(4)使N2+转化为N(OH,的原理为：加入22.【答案】(1)D-BILt=my。-m,6离出来均可以提高乙烯的产率，升温会让平衡向左移动，加催化MgO,发生反应MgO+2H一Mg2++H,O,使Ni2+水解平衡Ni2++(2)用天平测量a.b两球的质量m和m,剂平衡不移动。(2)①该反应是气体系数不等的反应且处于恒温2H,0=Ni(OH)2+2H正向移动，从而使N2+完全转化为(3)m·OP=m·OM+m·OWE=N4△t恒压密闭体系，未平衡时密度在变，平衡时密度不变，所以a项可Ni(OH),。(5)根据表格中的数据可知：【解析】(1)验证动量守恒定律实验中，不需要测定小球半径，E=RR。=R,+RR以作为平衡状态的标志；每4个C0键断裂时有1个0=0键生K[MgOH2]=cMg2+)·c2(OH)=105x(103y2=10,放洗DR.+R成都是正反应方向，b项判断不出反应是否处于平衡状态；气体，总pK [Mg(OH)]=-IgK[Mg(OH),]=-1g10=11.(2)已知动量守恒的表达式是m。=m,y+m,出，必须测两小球9=7△物质的量不再变化，说明正逆反应速率相等，c项是平衡状态的标成的雨量解得g-B4=05C,=15mK[A(OH,]=c(A)c(OH)=10×10)3=10志：C0。、C0、0.一若物盾的量之比为22：1不表示物盾的不再变化，d项不能说明反应达到平衡状态。②设生成的氧气为pK[Al(OH)]=-1gK [AI(OH)]=-1g10=32(3)若两球相碰前后动量守恒，则m。=m+my2,球在空中的运动时间t相等，则OP=t,OM=t,ON=,代入得(3)若a、b间的碰撞为弹性碰撞，此过程中动量守恒，机械能守xmol,列出三段式，K[Fe(OH]=c(Fe3+)*c2(OH)=105x(10l3=10m·OP=m·OM+m·ON恒，规定向右为正方向，有my。=m+m2C02(g)2C0(g)+02(g)pK [Fe(OH)]=-IgK [Fe(OH):]=-1g10=38,23.【答案】(1)黑n起(mol)1002m,=乞m,心+与m,哈因此，X、Y、Z分别为Mg(OH)2.A1(OH)1、Fe(OH)(2)11m.A1500ng (mol)2x2x(6)由题干溶解度图像可知，当温度低于40℃时溶液将析出(3）0430001100解得v=-0.5ms、y.=1.0mfs对导体棒b和c,两者速度相同时弹簧弹性势能最大，设共同速度n平(mol)1-2x2xMgSO,·7H,O,因此从“滤液3”中得到MgSO,·H,O晶体需进【解析】(1)根据“红进黑出”可知，表笔A应为黑表笔：(2)电流表G的满偏电流1，R++r+凡E为v共，则由动量守恒定律有my。=(m,+m,)y共平衡时.c0的体积分数为40%，x10%=40%,025,则行的操作是蒸发结品、保持温度高于40℃趁热过滤、洗涤、干燥29.【答案】（除标注外，其余每空1分，共8分）(1)自身免疫病突=ImA解得货=气ms平衡时c(C02)=0.5molL，c(C0)=0.5molL,c(02)=0.25触(2子电流表的示数刚好为满偏电流的一半，则待测电阻的阻值为内阻mlL,则K=05×025=0.25。平衡后，保持温度和容器体(2)进行手术，切除肾上腺并注射等量的ACTH(2分)CRHR=2+R+R2+r=15000n 2(3)胰高血糖素、肾上腺素、甲状腺激素（任意答两种即可）免《3)银据风-R号由能量守恒定律得。一-m+】疫防卫、免疫清除、免疫监控设导体棒a最终停在距水平磁场右边界x处，由-BLBL=0+m,不变，再通入C0.C0、0,均为1mol,则c(C0,)=1.5molL【解析】(1)由题意可知，5-羟色胺含量正常，但5-羟色胺因与体oc(c0)=1.5molL,c0,)=1.25molL,Q=l5x125=1.25内抗体结合而无法发挥调节作用，从免疫学角度分析，该病属于可知，倍率为上一问中的三，则改装后的电流表的量程为原电流解得x=0.20m1.52自身免疫病。抗抑郁药一般通过作用于突触处，影响神经系统的G的2倍，则26.【答案】(1)2NH,C10,商温N,↑+20，↑+CL2↑+4H,0↑(2分Q>K,平衡向逆反应方向移动，即反应向左移动。③反应起始功能。(2)为探究垂体分泌的ACTH对下丘脑分泌的CRH是否有时，c(CO2)为1molL由图可知反应4min后c(O)转化在所反讲固节可洗权生活力相的种肆康小白，机购分(2)甲(1分)Ne(或He等稀有气体)(1分)R=+R)为甲、乙两组；对甲组小白鼠进行手术，切除肾上腺并注射适量11000提高受热温度(1分)》0.4moL,列出三段式：Ig.(3)无水硫酸铜(1分)固体由白色变为蓝色(1分)2C0(g)==2C0(g)+0,(g)的生理盐水；对乙组小白鼠进行手术，切除肾上腺并注射等量的流过电阻箱R的电流为0.4mA,改装后电流表的内阻为5502BFEDAGDC(2分)溶液先变红后褪色(1分)C起(molL)00ACTH;一段时间后，分别测量甲、乙两组小白鼠CRH的含量变此时多用电表的内阻为7502，则0.4mA=1.5V4)Mg"[:N:]Mg"[:N:]Mg”(2分)MgN2+6HOCse(molL)0.8080.4化。(3)人体内能升高血糖的激素有胰高血糖素、肾上腺素、甲750+R}D3Mg(OH)2+2NH,↑(2分)cg(mol/L)0.20.80.4状腺激素、糖皮质激素。人体的免疫功能主要包括免疫防卫、免疫清除、羚度监控解得R.=3000024.【答案】见解析【解析】(1)根据题干信息，NH,CO,高温下先熔化再分解生成0.8 mol/L=0.2 mol.L min30.【答案】（除标注外，其余每空2分，共10分）(1)有利于单细【解析】(1)取B点所在的水平面重力势能为零N2、O2、C12、H,O(g),可知高氯酸铵受热分解的化学反应方程式4 min图中曲线【先达到拐点且O,含量高，意味着正反应为吸热反应胞为2NH,CI10,商温N,1+20,↑+C,1+4H,0↑.(2)由NH,CI0曲线Ⅱ表示相对于曲线I仅改变一种反应条件后(O,)诚小，且达藻类光反应的发生，为暗反应(C,途径)提供ATP和根据题述，小车沿圆轨道运动恰能越过圆轨道的最高点C,由牛顿NADPH3分)第二定律有mg=m高温下先熔化再分解，可知NH,CO4受热分解的装置选择装置甲到平衡所用的时间延长，则改变的条件是降温。(3)反应I是放用镁粉、铜网、紫色石蕊试液等验证其分解产物，Mg受热条件下热反应，反应Ⅱ是吸热反应，低温有利于反应I向右移动；反应(2)(单细胞藻类细胞中的)叶绿体基质对于小车从B到C的运动过程，根据机械能守恒定律得能与空气中的氧气、氮气、二氧化碳反应，故需通入惰性气体(3)相比葡萄糖，蔗糖含有能量相对较高（或相比葡萄糖，蔗糖I是气体体积减小的反应，反应Ⅱ是气体体积相等的反应，高压在运输中，物理化学性质比较稳定或蔗糖是非还原糖，化学m2+mg2R=m将装置中的空气排出，因此，实验开始前应打开活塞K,通入N有利于反应I向右移动。性质稳定溶解度高)(3分)(或H等稀有气体)以排尽装置中的空气。酒精灯加金属网罩能28.【答案】(1)适当增大硫酸浓度、将矿石粉碎、适当升温、搅判解得g=√5gR防止风动导致的火焰不稳，且能聚集热量，使局部区域温度升高」4)固定C02(或进行C0,的固定在B点，设轨道对小车的支持力为F,由牛顿第二定律(3检验NH,C1O分解产物中水蒸气可利用无水CuSO,吸水变为分)提高浸取率、为后续反应提供H(1分)[解析】(1)单细胞藻类光反应过程需要光照条件，故在实验流蓝色的现象，现象是固体由白色变为蓝色。用无水Cu$O,吸水变(2)将Fe2+氧化为Fe+:2Fe2++H,02+2H一2Fe3++2H,0程中，照光的作用是有利于单细胞藻类光反应的发生，与此同时依据题干信息可知，实验流程是探究CO,同化的每一步骤，故指为蓝色的现象检验水蒸气，且应放在检验其他分解产物之前进行且不引入新杂质(1分)10mol/L(2分)解得F=6mg检验；根据题干信息“用镁粉、铜网、紫色石蕊试液等验证其分(3)2(1分)KSCN溶液(1分)溶液不显红色(1分)明光反应为暗反应提供ATP和NADPH。(2)依据题干可知，单由牛顿第三定律可知，小车通过竖直面内圆轨道最低点B时对轨细胞藻类含有叶绿体，故其暗反应过程中的还原阶段发生场所在(4)加入Mg0,发生反应Mg0+2H=Mg2++H,0,使Ni2水道的压力为6mg解产物”可知用紫色石蕊试液检验C1,铜网检验O2,镁粉检验N,方向竖直向下单细胞藻类细胞中的叶绿体基质。(3)相对于葡萄糖，蔗糖是而C1,也能与铜网、镁粉反应，因此，应该先检验C1,,再除去C1,解平衡Ni2++2H,ONi(OH)2+2H正向移动，从而使(2)小车从h高处沿圆弧轨道运动到最低处，由机械能守恒定律糖，含有的能量相对较高，与此同时，蔗糖在运输中物理化学性质C1,除尽后再检验O2和N2。由于镁粉与O2、N均能反应，因此Ni2+完全转化为Ni(OH)2(2分)mgh =mvs应该先检验O,,再除去O,,最后检验N,。因此，装置的连接顺(5)Mg(OH)2.AI(OH)2、Fe(OH),(2分)比较稳定，序为BFEDAGDC。CL,+H,O一HCI+HCIO,HCI使石蕊试液变丝(6)蒸发结品（或蒸发浓缩）、趁热过滤、洗涤、干燥(3分)便于运输目的的实现。(4)依据图示中羧化阶段信息可知，其参解得为=级HCO有漂白性，使溶液褪色，因此，装置F中的现象是溶液先变【解析】(1)含镍矿渣浸取时，为了提高浸取率可采取的措施有可CO2的固定31.【答案】（除标注外，其余每空2分，共12分）(1)母本(1分)(3)小车在BD段粗糙轨道上运动，所受阻力f=mg,由动能红后褪色。(4)氮化镁属于离子化合物，镁失去最外层电子，氨原子适当增大硫酸浓度、将矿石粉碎、适当升温、搅拌等。该操作中硫酸过量的目的是提高浸取率、为后续反应提供H。(2)向滤液显(1分)不育株为显性，且只能做母本，接受可有株定理得-gr=0-m得到电子，所以氨化镁的电子式为：Mg"[:N:]Mg"[:N:广Mg的花粉，后代不育株一定是杂合子能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体只有NH,结合高氯酸铵的组1中加入H,O2将Fe2+氧化成铁离子(2)以太谷核不育小麦为母本，授以四倍体硬粒小麦的花粉，从R解得x=2成可知，Mg与氮气反应生成的Mg:N2水解生成H,则反应的化2Fe2++H,02+2H*-2Fe++F中洗出不百米写四音体硬数小麦他交，项察后代武购表现型学方程式为Mg,N2+6H,0一3Mg(OH)2+2NH↑2H,0,且不引入新杂质。调pH=6的目的是除去Fe+和AKA1(OH,]=c(A+)×c(OH)=103×(10")3=10及比例5中不有型：可有型=上125.【答案】见解析27.【答案】(1)(a-b)kmo(2分)AD(2分(3)控制秸秆高度的基因与控制育性的基因在一对同源染色体上【解析】(1)导体棒a在倾斜轨道运动时有m,8sin日-F=m,aK[Fe(OH]=c(Fe4)×c2(OH)=103×10"'=10$,因此.当(2)(Dac (2)且矮秆基因和可有基因在一条染色体上，高秆基因和不有基其中F=U,L=②0.25(2分)向左移动(1分)pH=6时，溶液中A+的浓度大，由c(AI+)×c3(OH)=102可知因在号一条地色体上透平甚因为品件甚因.不百甚因也月R.+R③0.2mol·L·min(2分)降温(1分)c(A1)×(10)3=102,解得c(A1)=10mol/L。(3)滤液1中显性基因，在矮秆不有株中，矮杆基因与不有基因不易因交由图2可知B2￥=0.6(3)高压、低温(2分)可能含有Fe2+和Fe3+,向滤液1中加人H,O2将Fe2+氧化成铁离叉互换发生基因重组，所以子代中的矮杆个体基本都是可有解得a=2m/s2【解析】(1)由图知2 mol CO,(g)和6molH,(g)具有的总能量大子：2Fe+H,0:+22Fc+2H,0,再通入NH,调节溶液株，可以在开花前实现不有株的筛选于1molC,H,(g)和4molH,0具有的总能量，该反应为放热反应pH使Fe+和AI+完全沉淀，因此，为验证Fe元素己经完全被除【解析】(1)太谷核不育小麦为天然雄性不育突变体，因此在有由公式2点=解得=4m△H=生成物能量一反应物能量=(a-b)kJ·mol尸。由图像可知，去，可向滤液2中加入KSCN溶液，若溶液不显红色，即可证明F元种中作母本；它与可有小麦杂交，后代个体中不育株可育株=上1，理科综合答案第3页（共6页）理科综合智案第4页（共6页）

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