2022年青海高考理综真题及答案

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H 1 B 11 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5

一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78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. 有丝分裂和减数分裂是哺乳动物细胞分裂的两种形式。某动物的基因型是Aa，若该动物的某细胞在四分体时期一条染色单体上的A和另一条染色单体上的a发生了互换，则通常情况下姐妹染色单体分离导致等位基因A和a进入不同细胞的时期是（　　）

A. 有丝分裂的后期 B. 有丝分裂的末期

C. 减数第一次分裂 D. 减数第二次分裂

【答案】D

【解析】

【分析】减数分裂过程包括减数第一次分裂和减数第二次分裂；主要特点是减数第一次分裂前期同源染色体联会，可能发生同源染色体非姐妹单体之间的交叉互换，后期同源染色体分开，同时非同源染色体自由组合，实现基因的重组，减数第二次分裂则为姐妹染色单体的分离。

【详解】AB、有丝分裂过程中不会发生同源染色体联会形成四分体过程，这样就不会发生姐妹染色单体分离导致等位基因A和a进入不同细胞的现象，A、B错误；

C、D、根据题意，某动物基因型是Aa，经过间期复制，初级性母细胞中有AAaa四个基因，该动物的某细胞在四分体时期发生交叉互换，涉及A和a的交换，交换后两条同源染色的姐妹染色单体上均分别具有A和a基因，减数第一次分裂时，同源染色体分开，两组Aa彼此分开进入次级性母细胞，但不会发生姐妹染色单体分离导致等位基因A和a的现象，而在减数第二次分裂时，姐妹染色单体分离，其上的A和a分开进入两个子细胞，C错误，D正确。

故选D。

2. 某同学将一株生长正常的小麦置于密闭容器中，在适宜且恒定的温度和光照条件下培养，发现容器内CO2含量初期逐渐降低，之后保持相对稳定。关于这一实验现象，下列解释合理的是（　　）

A. 初期光合速率逐渐升高，之后光合速率等于呼吸速率

B. 初期光合速率和呼吸速率均降低，之后呼吸速率保持稳定

C. 初期呼吸速率大于光合速率，之后呼吸速率等于光合速率

D. 初期光合速率大于呼吸速率，之后光合速率等于呼吸速率

【答案】D

【解析】

【分析】光合作用会吸收密闭容器中的CO2，而呼吸作用会释放CO2，在温度和光照均适宜且恒定的情况下，两者速率主要受容器中CO2和O2的变化影响。

【详解】A、初期容器内CO2浓度较大，光合作用强于呼吸作用，植物吸收CO2释放O2，使密闭容器内的CO2浓度下降O2浓度上升，A错误；

B、根据分析由于密闭容器内的CO2浓度下降,O2浓度上升，从而使植物光合速率逐渐降低，呼吸作用逐渐升高，，直至两者平衡趋于稳定，B错误；

CD、初期光合速率大于呼吸速率，之后光合速率等于呼吸速率，C错误，D正确。

故选D

3. 运动神经元与骨骼肌之间的兴奋传递过度会引起肌肉痉挛，严重时会危及生命。下列治疗方法中合理的是（　　）

A. 通过药物加快神经递质经突触前膜释放到突触间隙中

B. 通过药物阻止神经递质与突触后膜上特异性受体结合

C. 通过药物抑制突触间隙中可降解神经递质的酶的活性

D. 通过药物增加突触后膜上神经递质特异性受体的数量

【答案】B

【解析】

【分析】兴奋在两个神经元之间传递是通过突触进行的，突触由突触前膜、突触间隙和突触后膜三部分组成，神经递质只存在于突触前膜的突触小泡中，只能由突触前膜释放，进入突触间隙，作用于突触后膜上的特异性受体，引起下一个神经元兴奋或抑制。

【详解】A、如果通过药物加快神经递质经突触前膜释放到突触间隙中，突触间隙中神经递质浓度增加，与突触后膜上特异性受体结合增多，会导致兴奋过度传递引起肌肉痉挛，达不到治疗目的，A不符合题意；

B、如果通过药物阻止神经递质与突触后膜上特异性受体结合，兴奋传递减弱，会缓解兴奋过度传递引起的肌肉痉挛，可达到治疗目的，B符合题意；

C、如果通过药物抑制突触间隙中可降解神经递质的酶的活性，突触间隙中的神经递质不能有效降解，导致神经递质与突触后膜上的特异性受体持续结合，导致兴奋传递过度引起肌肉痉挛，达不到治疗目的，C不符合题意；

D、如果通过药物增加突触后膜上神经递质特异性受体的数量，突触间隙的神经递质与特异性受体结合增多，会导致兴奋传递过度引起肌肉痉挛，达不到治疗目的，D不符合题意。

故选B。

4. 某种酶P由RNA和蛋白质组成，可催化底物转化为相应的产物。为探究该酶不同组分催化反应所需的条件。某同学进行了下列5组实验（表中“+”表示有，“－”表示无）。

实验组	①	②	③	④	⑤
底物	+	+	+	+	+
RNA组分	+	+	－	+	－
蛋白质组分	+	－	+	－	+
低浓度Mg2+	+	+	+	－	－
高浓度Mg2+	－	－	－	+	+
产物	+	－	－	+	－

根据实验结果可以得出结论是（　　）

A. 酶P必须在高浓度Mg2+条件下才具有催化活性

B. 蛋白质组分的催化活性随Mg2+浓度升高而升高

C. 在高浓度Mg2+条件下RNA组分具有催化活性

D. 在高浓度Mg2+条件下蛋白质组分具有催化活性

【答案】C

【解析】

【分析】分析：由表格数据可知，该实验的自变量是酶的组分、Mg2+的浓度，因变量是有没有产物生成，底物为无关变量。第①组为正常组作为空白对照，其余组均为实验组。

【详解】A、第①组中，酶P在低浓度Mg2+条件，有产物生成，说明酶P在该条件下具有催化活性，A错误；

BD、 第③组和第⑤组对照，无关变量是底物和蛋白质组分，自变量是Mg2+浓度，无论是高浓度Mg2+条件下还是低浓度Mg2+条件下，两组均没有产物生成，说明蛋白质组分无催化活性，BD错误；

C、第②组和第④组对照，无关变量是底物和RNA组分，自变量是Mg2+浓度，第④组在高浓度Mg2+条件下有产物生成，第②组在低浓度Mg2+条件下，没有产物生成，说明在高浓度Mg2+条件下RNA组分具有催化活性，C正确。

故选C。

5. 分层现象是群落研究的重要内容。下列关于森林群落分层现象的叙述，正确的是（　　）

① 森林群落的分层现象提高了生物对环境资源的利用能力

② 森林植物从上到下可分为不同层次，最上层为灌木层

③ 垂直方向上森林中植物分层现象与对光的利用有关

④ 森林群落中动物的分层现象与食物有关

⑤ 森林群落中植物的分层现象是自然选择的结果

⑥ 群落中植物垂直分层现象的形成是由动物种类决定的

A. ①③④⑤ B. ②④⑤⑥

C. ①②③⑥ D. ③④⑤⑥

【答案】A

【解析】

【分析】群落的垂直结构指群落在垂直方面的配置状态，其最显著的特征是分层现象，即在垂直方向上分成许多层次的现象。影响植物群落垂直分层的主要因素是光照，影响动物群落垂直分层的主要因素为食物和栖息空间。

【详解】①森林群落的分层现象在占地面积相同情况下提供了更多空间，提高了生物对阳光等环境资源的利用能力，①正确；

②森林植物从上到下可分为不同层次，最上层为乔木层，②错误；

③影响植物群落垂直分层的主要因素是光照，垂直方向上森林中植物分层现象与对光的利用有关，③正确；

④森林群落中动物的分层现象与食物和栖息空间有关，④正确；

⑤群落垂直结构的分层现象、群落的水平结构等都是自然选择的结果，⑤正确；

⑥群落中植物垂直分层现象的形成主要是由光照决定的，⑥错误。

A正确，BCD错误。

故选A。

6. 依据鸡的某些遗传性状可以在早期区分雌雄，提高养鸡场的经济效益。已知鸡的羽毛性状芦花和非芦花受1对等位基因控制。芦花鸡和非芦花鸡进行杂交，正交子代中芦花鸡和非芦花鸡数目相同，反交子代均为芦花鸡。下列分析及推断错误的是（　　）

A. 正交亲本中雌鸡为芦花鸡，雄鸡为非芦花鸡

B. 正交子代和反交子代中的芦花雄鸡均为杂合体

C. 反交子代芦花鸡相互交配，所产雌鸡均为芦花鸡

D. 仅根据羽毛性状芦花和非芦花即可区分正交子代性别

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意可知，正交子代中芦花鸡和非芦花鸡数目相同，反交子代均为芦花鸡，说明控制鸡羽毛性状芦花和非芦花的基因位于Z染色体上，且芦花为显性。

【详解】A、根据题意可知，正交为ZaZa（非芦花雄鸡）×ZAW（芦花雌鸡），子代为ZAZa、ZaW，且芦花鸡和非芦花鸡数目相同，反交为ZAZA×ZaW，子代为ZAZa、ZAW，且全为芦花鸡，A正确；

B、正交子代中芦花雄鸡为ZAZa（杂合子），反交子代中芦花雄鸡为ZAZa（杂合子），B正确；

C、反交子代芦花鸡相互交配，即ZAZa×ZAW，所产雌鸡ZAW、ZaW（非芦花），C错误；

D、正交子代为ZAZa（芦花雄鸡）、ZaW（非芦花雌鸡），D正确。

故选C。

7. 生活中处处有化学，下列叙述正确的是

A. HB铅笔芯的成分为二氧化铅 B. 碳酸氢钠可做食品膨松剂

C. 青铜和黄铜是不同结构的单质铜 D. 焰火中红色来源于钠盐灼烧

【答案】B

【解析】

【详解】A．铅笔芯的主要成分为石墨，不含二氧化铅，A错误；

B．碳酸氢钠不稳定，受热易分解产生二氧化碳，能使面团松软，可做食品膨松剂，B正确 ；

C．青铜是在纯铜(紫铜)中加入锡或铅的合金，黄铜为是由铜和锌所组成的合金，两者均属于混合物，不是铜单质，C错误；

D．钠元素灼烧显黄色，D错误；

故选B。

8. 一种实现二氧化碳固定及再利用的反应如下：

下列叙述正确的是

A. 化合物1分子中的所有原子共平面 B. 化合物1与乙醇互为同系物

C. 化合物2分子中含有羟基和酯基 D. 化合物2可以发生开环聚合反应

【答案】D

【解析】

【详解】A．化合物1分子中还有亚甲基结构，其中心碳原子采用sp3杂化方式，所以所有原子不可能共平面，A错误；

B．结构相似，分子上相差n个CH2的有机物互为同系物，上述化合物1为环氧乙烷，属于醚类，乙醇属于醇类，与乙醇结构不相似，不是同系物，B错误；

C．根据上述化合物2的分子结构可知，分子中含酯基，不含羟基，C错误；

D．化合物2分子可发生开环聚合形成高分子化合物，D正确；

答案选D。

9. 某白色粉末样品，可能含有、、和。取少量样品进行如下实验：

①溶于水，得到无色透明溶液

②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体逸出。离心分离。

③取②的上层清液，向其中滴加溶液有沉淀生成。

该样品中确定存在的是

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

【详解】由题意可知，①取少量样品溶于水得到无色透明溶液，说明固体溶于水且相互之间能共存，②向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体放出，说明固体中存在Na2S2O3,发生反应S2O+2H+=S↓+H2O+SO2↑，离心分离，③取②的上层清液，向其中滴加BaCl2溶液，有沉淀生成，则沉淀为BaSO4，说明固体中存在Na2SO4，不能确定是否有Na2SO3和Na2CO3，Na2SO3与过量盐酸反应生成二氧化硫，Na2CO3与过量盐酸反应生成二氧化碳，而这些现象可以被Na2S2O3与过量盐酸反应的现象覆盖掉，综上分析，该样品中确定存在的是：Na2SO4、Na2S2O3,

答案选A。

10. 由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是

	实验操作	现象	结论
A	向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液	先变橙色，后变蓝色	氧化性：
B	向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入新制的悬浊液	无砖红色沉淀	蔗糖未发生水解
C	石蜡油加强热，将产生的气体通入的溶液	溶液红棕色变无色	气体中含有不饱和烃
D	加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片	试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红	氯乙烯加聚可逆反应

A. A B. B C. C D. D

【答案】C

【解析】

【详解】A．向NaBr溶液中滴加过量氯水，溴离子被氧化为溴单质，但氯水过量，再加入淀粉KI溶液，过量的氯水可以将碘离子氧化为碘单质，无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，A错误；

B．向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热后，应加入氢氧化钠溶液使体系呈碱性，若不加氢氧化钠，未反应的稀硫酸会和新制氢氧化铜反应，则不会产生砖红色沉淀，不能说明蔗糖没有发生水解，B错误；

C．石蜡油加强热，产生的气体能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明气体中含有不饱和烃，与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；

D．聚氯乙烯加强热产生能使湿润蓝色湿润试纸变红的气体，说明产生了氯化氢，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应的方向进行的反应，而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同，D错误；

答案选C。

11. 化合物可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。分子的总电子数为奇数常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是

A. W、X、Y、Z的单质常温下均为气体

B. 最高价氧化物的水化物酸性：

C. 阶段热分解失去4个

D. 热分解后生成固体化合物

【答案】D

【解析】

【分析】化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即W为H，Z为O，YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，则Y为N，原子序数依次增加，且加和为21，则X为B。

【详解】A．X(B)的单质常温下为固体，故A错误；

B．根据非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最高价氧化物的水化物酸性：X(H3BO3)＜Y(HNO3)，故B错误；

C．根据前面已知200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去是水，若100～200℃阶段热分解失去4个H2O，则质量分数，则说明不是失去去4个H2O，故C错误；

D．化合物(NH4B5O8·4H2O)在500℃热分解后若生成固体化合物X2Z3(B2O3)，根据硼元素守恒，则得到关系式2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，则固体化合物B2O3质量分数为，说明假设正确，故D正确。

综上所述，答案为D。

12. 电池比能量高，在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年来科学家研究了一种光照充电电池(如图所示)。光照时，光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应和阳极反应(Li2O2+2h+=2Li++O2)对电池进行充电。下列叙述错误的是

A. 充电时，电池的总反应

B. 充电效率与光照产生的电子和空穴量有关

C. 放电时，Li+从正极穿过离子交换膜向负极迁移

D. 放电时，正极发生反应

【答案】C

【解析】

【分析】充电时光照光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应（Li++e-=Li+）和阳极反应（Li2O2+2h+=2Li++O2），则充电时总反应为Li2O2=2Li+O2，结合图示，充电时金属Li电极为阴极，光催化电极为阳极；则放电时金属Li电极为负极，光催化电极为正极；据此作答。

【详解】A．光照时，光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应和阳极反应对电池进行充电，结合阴极反应和阳极反应，充电时电池的总反应为Li2O2=2Li+O2，A正确；

B．充电时，光照光催化电极产生电子和空穴，阴极反应与电子有关，阳极反应与空穴有关，故充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，B正确；

C．放电时，金属Li电极为负极，光催化电极为正极，Li+从负极穿过离子交换膜向正极迁移，C错误；

D．放电时总反应为2Li+O2=Li2O2，正极反应为O2+2Li++2e-=Li2O2，D正确；

答案选C。

13. 常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。

设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是

A. 溶液Ⅰ中

B. 溶液Ⅱ中的HA的电离度为

C. 溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等

D. 溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比为

【答案】B

【解析】

【详解】A．常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误；

B．常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B正确；

C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；

D．常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)]：[1.01c(HA)]=(104+1)：1.01≈104，D错误；

答案选B

二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项是符合题目要求的，第19～21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，有选错的得0分。

14. 2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们（　　）

A. 所受地球引力的大小近似为零

B. 所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零

C. 所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等

D. 在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小

【答案】C

【解析】

【详解】ABC．航天员在空间站中所受万有引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力等于零，故C正确，AB错误；

D．根据万有引力公式

可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船所受的万有引力大小，因此地球表面引力大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误。

故选C。

15. 如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距时，它们加速度的大小均为（　　）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

【详解】当两球运动至二者相距时，,如图所示

由几何关系可知

设绳子拉力为，水平方向有

解得

对任意小球由牛顿第二定律可得

解得

故A正确，BCD错误。

故选A。

16. 固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（　　）

A. 它滑过的弧长

B. 它下降的高度

C. 它到P点的距离

D. 它与P点的连线扫过的面积

【答案】C

【解析】

【详解】如图所示

设圆环下降的高度为，圆环的半径为，它到P点的距离为，根据机械能守恒定律得

由几何关系可得

联立可得

可得

故C正确，ABD错误。

故选C。

17. 一点光源以113W的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为6 × 10 - 7m的光，在离点光源距离为R处每秒垂直通过每平方米的光子数为3 × 1014个。普朗克常量为h = 6.63 × 10 - 34J×s。R约为（ ）

A. 1 × 102m B. 3 × 102m C. 6 × 102m D. 9 × 102m

【答案】B

【解析】

【详解】一个光子的能量为

E = hν

ν为光的频率，光的波长与频率有以下关系

c = λν

光源每秒发出的光子的个数为

P为光源的功率，光子以球面波的形式传播，那么以光源为原点的球面上的光子数相同，此时距光源的距离为R处，每秒垂直通过每平方米的光子数为3 × 1014个，那么此处的球面的表面积为

S = 4πR2

则

联立以上各式解得

R ≈ 3 × 102m

故选B。

18. 安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（ ）

测量序号	Bx/μT	By/μT	Bz/μT
1	0	21	- 45
2	0	- 20	- 46
3	21	0	- 45
4	- 21	0	- 45

A. 测量地点位于南半球

B. 当地的地磁场大小约为50μT

C 第2次测量时y轴正向指向南方

D. 第3次测量时y轴正向指向东方

【答案】BC

【解析】

【详解】A．如图所示

地球可视为一个磁偶极，磁南极大致指向地理北极附近，磁北极大致指向地理南极附近。通过这两个磁极的假想直线（磁轴）与地球的自转轴大约成11.3度的倾斜。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；

B．磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为

计算得

B ≈ 50μT

B正确；

CD．由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量，故y轴指向南方，第3次测量，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确、D错误。

故选BC。

19. 如图，两对等量异号点电荷、固定于正方形的4个项点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则（　　）

A. L和N两点处的电场方向相互垂直

B. M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左

C. 将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功

D. 将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零

【答案】AB

【解析】

【详解】A．两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，两个负电荷在L处产生的场强方向由O指向L，L点处于两正电荷连线的中垂线上，两正电荷在L处产生的场强方向由O指向L，则L处的合场方向由O指向L，由于正方向两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；

B．正方向底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的场方向向左，故B正确；

C．由图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；

D．由图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。

故选AB。

20. 质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取。则（　　）

A. 时物块的动能为零

B. 时物块回到初始位置

C. 时物块的动量为

D. 时间内F对物块所做的功为

【答案】AD

【解析】

【详解】物块与地面间摩擦力为

AC．对物块从内由动量定理可知

即

得

3s时物块的动量为

设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得

即

解得

所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；

B．物块发生的位移为x1，由动能定理可得

即

得

过程中，对物块由动能定理可得

即

得

物块开始反向运动，物块的加速度大小为

发生的位移为

即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；

D．物块在6s时的速度大小为

拉力所做的功为

故D正确。

故选AD。

21. 一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板（半径分别为R和）和探测器组成，其横截面如图（a）所示，点O为圆心。在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，方向指向O点。4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器。不计重力。粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O、半径分别为、；粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射；粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，轨迹如图（b）中虚线所示。则（　　）

A. 粒子3入射时的动能比它出射时的大

B. 粒子4入射时的动能比它出射时的大

C. 粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能

D. 粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能

【答案】BD

【解析】

【详解】C．在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O点的距离成反比，可设为

带正电的同种粒子1、2在均匀辐向电场中做匀速圆周运动，则有

，

可得

即粒子1入射时的动能等于粒子2入射时的动能，故C错误；

A．粒子3从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做向心运动，电场力做正功，则动能增大，粒子3入射时的动能比它出射时的小，故A错误；

B．粒子4从距O点的位置入射并从距O点的位置出射，做离心运动，电场力做负功，则动能减小，粒子4入射时的动能比它出射时的大，故B正确；

D．粒子3做向心运动，有

可得

粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，故D正确；

故选BD。

三、非选择题：共174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38为选考题，考生依据要求作答。

（一）必考题：共129分。

22. 用雷达探测一高速飞行器的位置。从某时刻（）开始的一段时间内，该飞行器可视为沿直线运动，每隔测量一次其位置，坐标为x，结果如下表所示：

	0	1	2	3	4	5	6
	0	507	1094	1759	2505	3329	4233

回答下列问题：

（1）根据表中数据可判断该飞行器在这段时间内近似做匀加速运动，判断的理由是：______；

（2）当时，该飞行器速度的大小______；

（3）这段时间内该飞行器加速度的大小______（保留2位有效数字）。

【答案】 ①. 相邻1s内的位移之差接近∆x=80m ②. 547 ③. 79

【解析】

【详解】（1）[1]第1s内的位移507m，第2s内的位移587m，第3s内的位移665m，第4s内的位移746m，第5s内的位移824m，第6s内的位移904m，则相邻1s内的位移之差接近∆x=80m，可知判断飞行器在这段时间内做匀加速运动；

（2）[2]当x=507m时飞行器的速度等于0-2s内的平均速度，则

（3）[3]根据

23. 一同学探究阻值约为的待测电阻在范围内的伏安特性。可用器材有：电压表V（量程为，内阻很大），电流表A（量程为，内阻为），电源E（电动势约为，内阻不计），滑动变阻器R（最大阻值可选或），定值电阻（阻值可选或），开关S，导线若干。

（1）要求通过的电流可在范围内连续可调，在答题卡上将图（a）所示的器材符号连线，画出实验电路的原理图________；

（2）实验时，图（a）中的R应选最大阻值为______（填“”或“”）的滑动变阻器，应选阻值为______（填“”或“”）的定值电阻；

（3）测量多组数据可得的伏安特性曲线。若在某次测量中，电压表、电流麦的示数分别如图（b）和图（c）所示，则此时两端的电压为______V，流过的电流为_____，此组数据得到的的阻值为______（保留3位有效数字）。

【答案】 ①. ②. ③. ④. ⑤. ⑥.

【解析】

【详解】（1）[1]电流表内阻已知，电流表与并联扩大电流表量程，进而准确测量通过的电流，电压表单独测量的电压；滑动变阻器采用分压式接法，电表从开始测量，满足题中通过的电流从连续可调，电路图如下

（2）[2]电路中应选最大阻值为的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高、实验误差小；

[3]通过电流最大为，需要将电流表量程扩大为原来的倍，根据并联分流的规律示意图如下

根据并联分流，即并联电路中电流之比等于电阻的反比，可知

解得

（3）[4]电压表每小格表示，向后估读一位，即；

[5]电流表每小格表示，本位估读，即，电流表量程扩大倍，所以通过的电流为；

[6]根据欧姆定律可知

24. 如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为；在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。求:

（1）时金属框所受安培力的大小；

（2）在到时间内金属框产生的焦耳热。

【答案】（1）；（2）0.016J

【解析】

【详解】（1）金属框的总电阻为

金属框中产生的感应电动势为

金属框中的电流为

t=2.0s时磁感应强度

金属框处于磁场中的有效长度为

此时金属框所受安培力大小为

（2）内金属框产生的焦耳热为

25. 如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求

（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；

（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；

（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律

根据能量守恒定律

联立解得

（2）同一时刻弹簧对、的弹力大小相等，根据牛顿第二定律

可知同一时刻

则同一时刻、的的瞬时速度分别为

根据位移等速度在时间上的累积可得

又

解得

第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得

根据能量守恒定律可得

联立解得

设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得

下滑过程，根据动能定理可得

联立解得

26. 废旧铅蓄电池的铅膏中主要含有、、和Pb。还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等。为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。

一些难溶电解质的溶度积常数如下表：

难溶电解质

一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的如下表：

金属氢氧化物
开始沉淀的pH	2.3	6.8	3.5	7.2
完全沉淀的pH	3.2	8.3	4.6	9.1

回答下列问题：

（1）在“脱硫”中转化反应的离子方程式为________，用沉淀溶解平衡原理解释选择的原因________。

（2）在“脱硫”中，加入不能使铅膏中完全转化，原因是________。

（3）在“酸浸”中，除加入醋酸()，还要加入。

(ⅰ)能被氧化的离子是________；

(ⅱ)促进了金属Pb在醋酸中转化为，其化学方程式为________；

(ⅲ)也能使转化为，的作用是________。

（4）“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是________。

（5）“沉铅”的滤液中，金属离子有________。

【答案】（1） ①. PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq) ②. 反应PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==3.4105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3

（2）反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K==0.04<<105，反应正向进行的程度有限

（3） ①. Fe2+ ②. Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O ③. 作还原剂

（4）Fe(OH)3、Al(OH)3

（5）Ba2+、Na+

【解析】

【分析】铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，向铅膏中加入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧化铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO。

【小问1详解】

“脱硫”中，碳酸钠溶液与硫酸铅反应生成碳酸铅和硫酸钠，反应的离子方程式为：PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)，由一些难溶电解质的溶度积常数的数据可知，Ksp(PbCO3)=7.410-14，Ksp(PbSO4)=2.510-8，反应PbSO4(s)+CO(aq)= PbCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K====≈3.4105>105，说明可以转化的比较彻底，且转化后生成的碳酸铅可由酸浸进入溶液中，减少铅的损失。

【小问2详解】

反应BaSO4(s)+CO(aq)= BaCO3(s)+SO(aq)的平衡常数K====≈0.04<<105，说明该反应正向进行的程度有限，因此加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化。

【小问3详解】

（i）过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。

（ii）过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，过氧化氢与Pb、HAc发生氧还原反应生成Pb(Ac)2和H2O，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为：Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O。

（iii）过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素化合价由+4价降低到了+2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。

【小问4详解】

酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。

【小问5详解】

依据分析可知，加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，铁离子、铝离子转化为了氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铅转化为了氢氧化铅、最终变为了氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2+和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na+。

27. 二草酸合铜(Ⅱ)酸钾()可用于无机合成、功能材料制备。实验室制备二草酸合铜(Ⅱ)酸钾可采用如下步骤：

Ⅰ.取已知浓度的溶液，搅拌下滴加足量溶液，产生浅蓝色沉淀。加热，沉淀转变成黑色，过滤。

Ⅱ.向草酸()溶液中加入适量固体，制得和混合溶液。

Ⅲ.将Ⅱ的混合溶液加热至80-85℃，加入Ⅰ中的黑色沉淀。全部溶解后，趁热过滤。

Ⅳ.将Ⅲ的滤液用蒸汽浴加热浓缩，经一系列操作后，干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体，进行表征和分析。

回答下列问题：

（1）由配制Ⅰ中的溶液，下列仪器中不需要的是________(填仪器名称)。

（2）长期存放的中，会出现少量白色固体，原因是________。

（3）Ⅰ中的黑色沉淀是________(写化学式)。

（4）Ⅱ中原料配比为，写出反应的化学方程式________。

（5）Ⅱ中，为防止反应过于剧烈而引起喷溅，加入应采取________的方法。

（6）Ⅲ中应采用________进行加热

（7）Ⅳ中“一系列操作”包括________。

【答案】（1）分液漏斗和球形冷凝管

（2）风化失去结晶水生成无水硫酸铜

（3）CuO （4）3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑

（5）分批加入并搅拌 （6）水浴

（7）冷却结晶、过滤、洗涤

【解析】

【分析】取已知浓度的溶液，搅拌下滴加足量溶液，产生浅蓝色沉淀氢氧化铜，加热，氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀，过滤，向草酸()溶液中加入适量固体，制得和混合溶液，将和混合溶液加热至80-85℃，加入氧化铜固体，全部溶解后，趁热过滤，将滤液用蒸汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体。

【小问1详解】

由固体配制硫酸铜溶液，需用天平称量一定质量的固体，将称量好的固体放入烧杯中，用量筒量取一定体积的水溶解，因此用不到的仪器有分液漏斗和球形冷凝管。

【小问2详解】

含结晶水，长期放置会风化失去结晶水，生成无水硫酸铜，无水硫酸铜为白色固体。

【小问3详解】

硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀，加热，氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀。

【小问4详解】