高考全国卷理综选择题满分冲刺训练35解析版.docx
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高考全国卷理综选择题满分冲刺训练35解析版.docx
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高考全国卷理综选择题满分冲刺训练35解析版
2020年高考全国卷理综选择题满分冲刺训练(35)
可能用到的相对原子质量:
H1 C12 N14 O16 S32Fe56Zn65
一、选择题:
本大题共13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.下列有关硝化细菌与小球藻的叙述,正确的是()
A.合成糖类的能量来源相同B.都在核糖体上合成蛋白质
C.都能发生染色体结构的变异D.遗传信息的传递方式不同
【答案】B
【解析】
【分析】
硝化细菌是原核生物,可以进行化能合成作用,制造有机物,小球藻是真核生物,有叶绿体,可进行光合作用,制造有机物。
【详解】A、硝化细菌合成糖类的能量来源于化能学,小球藻合成糖类的能量来源于太阳能,A错误;
B、硝化细菌和小球藻都有核糖体,故都在核糖体上合成蛋白质,B正确;
C、硝化细菌是原核生物没有染色体,C错误;
D、硝化细菌和小球藻遗传信息的传递方式相同,D错误。
2.科学选择实验材料有利于实验研究的顺利进行,下列有关叙述错误的是()
A.孟德尔选择豌豆:
严格的闭花授粉且有多对易于区分的相对性状
B.摩尔根选择果蝇:
繁殖快,易饲养,子代数量多,相对性状明显
C.恩格尔曼选择水绵:
叶绿体为带状,易于观察好氧菌的分布
D.温特选择琼脂块:
生长素在琼脂块内进行主动运输,便于收集
【答案】D
【解析】
【分析】
豌豆作为遗传学实验材料容易取得成功的原因是:
(1)豌豆是严格的自花、闭花授粉植物,在自然状态下一般为纯种;
(2)豌豆具有多对易于区分的相对性状,易于观察;(3)豌豆的花大,易于操作;(4)豌豆生长期短,易于栽培。
果蝇适用于进行遗传学实验材料的原因:
培养周期短,容易饲养,成本低;染色体数目少,便于观察;某些相对性状区分明显等。
【详解】A、孟德尔选择豌豆:
严格的闭花授粉且有多对易于区分的相对性状,A正确;
B、摩尔根选择果蝇研究基因在染色体上:
繁殖快,容易饲养,子代数量多,相对性状明显,B正确;
C、恩格尔曼选择水绵研究光合作用的场所:
叶绿体为带状,易于观察好氧菌的分布,C正确;
D、温特选择琼脂块:
生长素在琼脂块内进行扩散,便于收集,主动运输需要穿过生物膜,D错误。
3.下列有关人体内环境的叙述,错误的是()
A.组织细胞的代谢活动能影响细胞外液的渗透压
B.机体某种器官的功能出现障碍会引起稳态失调
C.在内环境中分布着抗体、递质、激素等物质
D.饥饿情况下,血液流经肝细胞后葡萄糖会减少
【答案】D
【解析】
【分析】
1、内环境主要由血浆、组织液和淋巴等细胞外液组成,其中血浆是血细胞直接生存的环境;组织液是组织细胞直接生存的环境;淋巴是淋巴细胞和吞噬细胞直接生存的环境。
2、内环境的理化性质主要包括温度、渗透压和pH,其中人体血浆pH的相对稳定与血浆中的缓冲物质相关。
3、内环境稳态是指正常机体通过调节作用,使各个器官,系统协调活动,共同维持内环境的相对稳定状态,内环境的稳态的调节机制是:
神经-体液-免疫调节网络。
【详解】A、渗透压的大小取决于单位体积溶液中溶质微粒的数目,组织细胞在代谢过程中,需从细胞外液中吸收营养物质,并将代谢产物排到细胞外液中,因此组织细胞的代谢活动能影响细胞外液的渗透压,A正确;
B、各器官,系统协调一致地正常进行;如果某种器官的功能出现障碍,就会引起稳态失调,B正确;
C、内环境成分一般包括:
营养物质(水、无机盐、葡萄糖、氨基酸等)、代谢废物(二氧化碳、尿素等)、调节物质(激素、抗体、递质等)、其他物质(纤维蛋白原等),C正确;
D、饥饿状态下血液中血糖浓度较低,血液流经肝脏时,在胰高血糖素作用下,肝糖原分解加快,流出肝脏时,血糖浓度升高,D错误。
4.下列有关生产实践的应用的叙述,合理的是()
A.对人类利用强度较大的生态系统,应减少物质和能量的投入
B.利用昆虫信息素诱捕或警示有害动物,可以减少环境污染
C.用脱落酸对凤梨进行催熟可使其根据季节需要有计划地上市
D.发酵罐隔绝空气,有利于谷氨酸棒状杆菌生产味精
【答案】B
【解析】
【分析】
能量流动、物质循环和信息传递是生态系统的基本功能,使生态系统形成一个有机的整体,其中能量流动是生态系统的动力,物质循环是生态系统的基础,而信息传递则决定着能量流动和物质循环的方向和状态。
信息传递在农业生产中的应用:
(1)提高农产品和畜产品的产量;
(2)对有害动物进行控制,如①利用声信号诱捕或驱赶某些动物使其集群或远离农田;②利用昆虫信息素诱捕或警示有害动物,降低害虫的种群密度;③有特殊的化学物质扰乱某些动物的雌雄交配,使有害动物的繁殖力下降。
脱落酸在根冠和萎蔫的叶片中合成较多,在将要脱落和进入休眠期的器官和组织中含量较多。
脱落酸是植物生长抑制剂,它能够抑制细胞的分裂和种子的萌发,还有促进叶和果实的衰老和脱落,促进休眠和提高抗逆能力等作用;乙烯主要作用是促进果实成熟,此外,还有促进老叶等器官脱落的作用.植物体各部位都能合成乙烯。
【详解】A、通过分析可知,对人类利用强度较大的生态系统,应适当增加相应的物质和能量投入,以保证生态系统内部结构与功能的协调,A错误;B、利用昆虫信息素诱捕或警示有害动物,减少化学药物的使用,可以减少环境污染,B正确;C、用乙烯对凤梨进行催熟可使其根据季节需要有计划地上市,C错误;D、谷氨酸棒状杆菌是好氧细菌,故发酵罐应通氧气,有利于谷氨酸棒状杆菌生产味精,D错误。
5.下列有关自由基的叙述错误的是()
A.细胞内的各种氧化反应容易产生自由基
B.电离辐射也会刺激细胞产生自由基
C.自由基攻击蛋白质分子导致其发生基因突变
D.自由基攻击磷脂分子会产生更多自由基
【答案】C
【解析】自由基是正常细胞代谢的产物,比如白细胞用它们来杀灭细菌。
外界的理化因素也可以在细胞内产生自由基,比如电离辐射。
如果细胞内的自由基过多,自由基具有强烈的氧化活性,带有未配对的电子。
可以使附近的生物大分子发生氧化,包括DNA,蛋白质和脂质等等。
DNA氧化后会发生断裂,碱基突变等情况。
后者就增加了癌症的发生机会。
【详解】A、通过分析可知,细胞内的各种氧化反应容易产生自由基,A正确;
B、外界的理化因素也可以在细胞内产生自由基,比如电离辐射,B正确;
C、自由基攻击DNA氧化后会发生断裂,碱基突变等情况导致其发生基因突变,C错误;
D、自由基攻击磷脂分子会产生更多自由基,D正确。
6.病毒分为RNA病毒和DNA病毒两种类型,一种新病毒出现后需要确定该病毒的类型。
设计实验以确定一种新病毒的类型,下列操作正确的是
A.甲组:
将宿主细胞培养在含有放射性标记腺嘌呤的培养基中,之后接种新病毒。
培养一段时间后收集病毒并检测其放射性
乙组:
将宿主细胞培养在含有放射性标记鸟嘌呤的培养基中,之后接种新病毒。
培养一段时间后收集病毒并检测其放射性
B.甲组:
将病毒培养在含有放射性标记尿嘧啶的培养基中,培养一段时间后收集病毒并检测其放射性
乙组:
将病毒培养在含有放射性标记胸腺嚌啶的培养基中,培养一段时间后收集病毒并检测其放射性
C.甲组:
将宿主细胞培养在含有放射性标记尿嘧啶的培养基中,之后接种新病毒。
培养一段时间后收集病毒并检测其放射性
乙组:
将宿主细胞培养在含有放射性标记胸腺嘧啶的培养基中,之后接种新病毒。
培养一段时间后收集病毒并检测其放射性
D.甲组:
将病毒培养在含有放射性标记腺嘌呤的培养基中,培养一段时间后收集病毒并检测其放射性
乙组:
将病毒培养在含有放射性标记鸟嘌呤的培养基中,培养一段时间后收集病毒并检测其放射性
【答案】C
【解析】DNA和RNA的化学组成存在差异,如DNA特有的碱基是T,而RNA特有的碱基是U,因此可用放射性同位素分别标记碱基T和碱基U,通过检测子代的放射性可知该病毒的类型,因此,实验思路为:
甲组:
将宿主细胞培养在含有放射性标记尿嘧啶的培养基中,之后接种新病毒,培养一段时间后收集病并并监测其放射性;乙组:
将宿主细胞培养在含有放射性标记胸腺嘧啶的培养基中,之后接种新病毒,培养一段时间后收集并毒并监测其放射性,综上所述C正确,ABD错误;故选C。
7.化学与社会、生产、生活密切相关,下列说法错误的是()
A.樟脑丸释放的物质能驱除衣柜里的蟑螂
B.废旧钢材焊接前,可依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液处理焊点
C.使用可降解的聚碳酸酯塑料和向燃煤中加入生石灰,都能减少温室效应
D.《泉州府志》中有:
元时南安有黄长者为宅煮糖,宅垣忽坏,去土而糖白,后人遂效之,其原理是泥土具有吸附作用,能将红糖变白糖
【答案】D
【解析】分析:
A项,樟脑丸的主要成分萘酚等具有强烈的挥发性,挥发产生的气体能杀灭蟑螂;B项,用饱和Na2CO3溶液除废旧钢材表面的油脂,用饱和NH4Cl溶液除废旧钢材表面的铁锈;C项,使用可降解的聚碳酸酯塑料可减少“白色污染”,向燃煤中加入生石灰减少硫酸型酸雨;D项,泥土具有吸附作用。
详解:
A项,樟脑丸的主要成分萘酚等具有强烈的挥发性,挥发产生的气体能杀灭蟑螂,A项正确;B项,废旧钢材表面有油脂和铁锈,Na2CO3溶液由于CO32-的水解呈碱性,油脂在碱性条件下发生水解,用饱和Na2CO3溶液除废旧钢材表面的油脂,NH4Cl溶液由于NH4+的水解呈酸性,用饱和NH4Cl溶液除废旧钢材表面的铁锈,B项正确;C项,聚乙烯等塑料不易降解产生“白色污染”,使用可降解的聚碳酸酯塑料可减少“白色污染”,煤中S元素燃烧后产生SO2,SO2产生硫酸型酸雨,向燃煤中加入生石灰减少硫酸型酸雨,发生的反应为2CaO+2SO2+O2=2CaSO4,C项错误;D项,该古诗文指元代南安黄长者发现墙塌压糖后,去土红糖变白糖,说明泥土具有吸附作用,能将红糖变白糖,D项正确;答案选C。
8.用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述错误的是
A.室温下,pH=12的Ba(OH)2溶液中Ba2+的数目为5×10-3NA
B.14g乙烯和14g丙烯中含有的共用电子对数均是3NA
C.1molFeI2与一定量氯气反应时,若有0.5molFe2+被氧化则转移的电子数为2.5NA
D.0.4molAgNO3受热完全分解(2AgNO3
2Ag+2NO2↑+O2↑),用排水法最终收集到气体的分子数为0.1NA
【答案】A
【解析】分析:
A项,溶液体积未知无法计算n(Ba2+);B项,1个乙烯分子中含6对共用电子对,1个丙烯分子中含9对共用电子对;C项,还原性I-
Fe2+,Cl2先与I-反应,I-完全反应后与Fe2+反应;D项,用排水法收集气体时发生的反应为:
3NO2+H2O=2HNO3+NO、2NO+O2=2NO2,总反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3,由生成的NO2和O2结合总反应计算。
点睛:
本题考查以阿伏加德罗常数为中心的计算,涉及溶液中微粒、物质的结构、氧化还原反应的规律、氮的氧化物与O2和H2O的反应。
注意氧化还原反应的发生遵循“先强后弱”规律,氮的氧化物与O2和H2O反应的计算利用总反应。
9.下列实验操作、现象与结论均正确的是
选项
实验操作
实验现象
结论
A
25℃,两片相同的Al片分别和等体积的稀HNO3和浓HNO3反应
前者产生无色气体,后者产生红棕色气体,且后者反应更加剧烈
其他条件相同时,反应物浓度越大,反应速率越快
B
往黄色固体难溶物PbI2中加水,振荡,静置。
取上层清液,然后加入NaI固体
产生黄色沉淀
难溶物PbI2存在沉淀溶解平衡
C
向蛋白质溶液中分别加入乙醇溶液和(NH4)2SO4饱和溶液
均产生白色沉淀
蛋白质均发生了变性
D
向稀硫酸中加入铜片,然后通入氧气加热
开始无明显现象,通入氧气加热后溶液变蓝
氧化性:
稀硫酸 >Cu2+
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】分析:
A项,常温下Al与浓HNO3发生钝化;B项,c(I-)增大,溶解平衡逆向移动;C项,蛋白质溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液产生白色沉淀,蛋白质发生盐析;D项,发生的反应为2Cu+O2+2H2SO4
2CuSO4+2H2O。
详解:
A项,常温下Al与浓HNO3发生钝化,A项错误;B项,在PbI2的饱和溶液中加入NaI固体产生黄色沉淀,说明c(I-)增大,饱和PbI2溶液中的沉淀溶解平衡逆向移动,析出PbI2固体,B项正确;C项,蛋白质溶液中加入乙醇溶液产生白色沉淀,蛋白质发生变性,蛋白质溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液产生白色沉淀,蛋白质发生盐析,C项错误;D项,在金属活动性顺序表中,Cu处于H的后面,Cu与稀硫酸不反应,通入O2后加热溶液变蓝,发生反应2Cu+O2+2H2SO4
2CuSO4+2H2O,在该反应中Cu为还原剂,O2为氧化剂,根据同一反应中氧化性:
氧化剂
氧化产物,得出氧化性:
O2
Cu2+,D项错误;答案选B。
10.下图为有机物M、N、Q的转化关系,有关说法正确的是
A.M生成N的反应类型是取代反应
B.N的同分异构体有6种
C.可用酸性KMnO4溶液区分N与Q
D.0.3molQ与足量金属钠反应生成6.72LH2
【答案】C
【解析】分析:
A项,M生成N为加成反应;B项,N的同分异构体采用定一移二法确定;C项,N不能酸性KMnO4溶液褪色,Q能使酸性KMnO4溶液褪色;D项,0.3molQ与足量Na反应产生0.3molH2,H2所处温度和压强未知,不能用22.4L/mol计算H2的体积。
11.短周期主族元素W、X、Y、Z、R原子序数依次增大。
由W、X、Y、R组成的一种化合物a在加热时完全分解为三种产物,其中一种产物b是能使品红溶液褪色的气体,另一种产物c是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。
金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生反应生成气体。
下列说法正确的是
A.简单离子的半径:
X B.X的简单氢化物比Y的稳定 C.a、b、c中均含有极性共价健,且a属于电解质,b和c都属于非电解质 D.W、X、Y、R四种元素形成的化合物一定会促进水的电离 【答案】C 【解析】分析: 由W、X、Y、R组成的一种化合物a在加热时完全分解为三种产物,其中一种产物b是能使品红溶液褪色的气体,另一种产物c是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,b为SO2,C为NH3,化合物a中含有S、O、N、H四种元素,a可能为(NH4)2SO3或NH4HSO3,W、X、Y、R的原子序数依次增大,W为H元素,X为N元素,Y为O元素,R为S元素;金属单质Z在空气燃烧生成的化合物可与水反应生成气体,Z的原子序数介于O和S之间,Z为Na元素。 详解: 由W、X、Y、R组成的一种化合物a在加热时完全分解为三种产物,其中一种产物b是能使品红溶液褪色的气体,另一种产物c是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,b为SO2,C为NH3,化合物a中含有S、O、N、H四种元素,a可能为(NH4)2SO3或NH4HSO3,W、X、Y、R的原子序数依次增大,W为H元素,X为N元素,Y为O元素,R为S元素;金属单质Z在空气燃烧生成的化合物可与水反应生成气体,Z的原子序数介于O和S之间,Z为Na元素。 A项,根据“层多径大,序大径小”,简单离子半径: Z X R,A项错误;B项,非金属性: N(X) O(Y),X的简单氢化物不如Y的稳定,B项错误;C项,a中含离子键和极性共价键,b和c中只含极性共价键,a属于电解质,b和c都属于非电解质,C项正确;D项,W、X、Y、R四种元素形成的化合物有(NH4)2SO3、、NH4HSO3、(NH4)2SO4、NH4HSO4等,(NH4)2SO3、(NH4)2SO4发生水解促进水的电离,NH4HSO4完全电离出H+抑制水的电离,D项错误;答案选C。 12.硼酸(H3BO3)为一元弱酸,已知H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为: H3BO3+OH-=B(OH)4-,H3BO3可以通过电解的方法制备。 其工作原理如下图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)。 下列说法正确的是 A.电子流向: 电源负极→b电极→电解液→a电极→电源正极 B.阳极的电极反应式为: 2H2O-4e-=O2↑+4H+ C.当电路中通过3mol电子时,可得到1molH3BO3 D.A膜为阳膜,B膜为阴膜,且穿过A膜和B膜的离子数相同 【答案】B 【解析】分析: 根据装置图,a电极为阳极,b电极为阴极,电子流向: 电源负极→b电极,a电极→电源正极;根据放电顺序,阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+;电路中通过3mol电子,阳极室产生3molH+,在产品室中发生的反应为B(OH)4-+H+=H3BO3+H2O,电路中通过3mol电子时可得到3molH3BO3;阳极室生成的H+穿过A膜进入产品室,A膜为阳膜,B(OH)4-穿过阴膜进入产品室,Na+穿过B膜进入阴极室,B膜为阳膜,根据阴、阳极得失电子相等,穿过A膜和B膜的离子数相同。 详解: 根据装置图,a电极与直流电源的正极相连,a电极为阳极,b电极与直流电源的负极相连,b电极为阴极。 A项,电子流向: 电源负极→b电极,a电极→电源正极,A项错误;B项,根据放电顺序,阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+,B项正确;C项,当电路中通过3mol电子时,阳极室产生3molH+,3molH+穿过A膜进入产品室,B(OH)4-穿过阴膜进入产品室,产品室中发生的反应为B(OH)4-+H+=H3BO3+H2O,3molH+产生3molH3BO3,C项错误;D项,阳极室生成的H+穿过A膜进入产品室与B(OH)4-反应,A膜为阳膜,B(OH)4-穿过阴膜进入产品室,Na+穿过B膜进入阴极室,B膜为阳膜,根据放电顺序,阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,根据阴、阳极得失电子相等,穿过A膜和B膜的离子数相等,D项错误; 点睛: 本题考查电解原理,准确判断阴、阳极和根据放电顺序书写电极反应式是解题的关键。 注意,电子不会在电解液中流动,在电解液中是阴、阳离子的定向移动而导电。 13.已知Kb(NH3·H2O)=1.7×10-5,Ka(CH3COOH)=1.7×10-5。 25℃时,向20mL浓度均为0.01mol·L-1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的氨水,测定过程中电导率和pH变化曲线如图所示,下列说法错误的是 A.a点溶液中,c(CH3COO-)数量级约为10-5 B.b点溶液中,c(NH4+)>c(CH3COOH) C.c点溶液中,c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH) D.c点水的电离程度小于d点 【答案】D 【解析】分析: 氨水逐滴滴入盐酸和醋酸的混合液中,依次发生的反应为: HCl+NH3·H2O=NH4Cl、CH3COOH+NH3·H2O=CH3COONH4+H2O;盐酸为强酸,随着氨水的滴入,溶液的体积变大,溶液中离子浓度变小,溶液的电导率逐渐变小,当盐酸恰好完全反应时电导率最小,b点为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液;继续滴加氨水,弱酸醋酸与氨水反应生成强电解质CH3COONH4,溶液中离子浓度变大,溶液的电导率又逐渐变大,c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液;醋酸恰好完全反应后,继续滴加氨水,氨水属于弱碱水溶液,溶液中离子浓度又变小,溶液的导电率又变小。 A项,由CH3COOH的电离平衡常数、盐酸和醋酸的浓度计算;B项,b点为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液,根据NH3·H2O的Kb计算NH4+的水解平衡常数,比较NH4+的水解平衡常数与CH3COOH的Ka;C项,c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液,根据物料守恒判断;D项,分析c点和d点溶液的组成,根据酸、碱、盐对水的电离平衡的影响判断。 详解: 氨水逐滴滴入盐酸和醋酸的混合液中,依次发生的反应为: HCl+NH3·H2O=NH4Cl、CH3COOH+NH3·H2O=CH3COONH4+H2O;盐酸为强酸,随着氨水的滴入,溶液的体积变大,溶液中离子浓度变小,溶液的电导率逐渐变小,当盐酸恰好完全反应时电导率最小,b点为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液;继续滴加氨水,弱酸醋酸与氨水反应生成强电解质CH3COONH4,溶液中离子浓度变大,溶液的电导率又逐渐变大,c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液;醋酸恰好完全反应后,继续滴加氨水,氨水属于弱碱水溶液,溶液中离子浓度又变小,溶液的导电率又变小。 A项,a点没有滴入氨水,盐酸为强酸,醋酸为弱酸,醋酸的电离方程式为CH3COOH CH3COO-+H+,设溶液中c(CH3COO-)=xmol/L,则溶液中c(H+)=(0.01+x)mol/L,c(CH3COOH)=(0.01-x)mol/L,Ka(CH3COOH)= = =1.7 10-5,由于HCl电离的H+抑制CH3COOH的电离,0.01+x 0.01,0.01-x 0.01,解得x 1.7 10-5,c(CH3COO-)的数量级约为10-5,A项正确;B项,根据上述分析,b点为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液,NH4Cl属于强酸弱碱盐,NH4+的水解离子方程式为NH4++H2O NH3·H2O+H+,NH4+的水解平衡常数Kh(NH4+)= =KW/Kb(NH3·H2O)=1 10-14 (1.7 10-5)=5.88 10-10 Ka(CH3COOH),NH4+的水解程度小于CH3COOH的电离程度,b点溶液中c(NH4+) c(CH3COOH),B项正确;C项,根据上述分析,c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液,溶液中的物料守恒为c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH),C项正确;D项,c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液,NH4Cl、CH3COONH4水解促进水的电离,d点为等浓度的NH4Cl、CH3COONH4和略过量的氨水组成的混合液,过量的氨水对水的电离起抑制作用,c点水的电离程度大于d点,D项错误;答案选D。 点睛: 本题以酸碱中和滴定的图像为载体,考查电离平衡常数的计算、溶液中粒子浓度的大小关系、对水的电离平衡的影响,识别图像中各点的组成是解题的关键。 溶液导电性的强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷数。 确定溶液中粒子浓度的关系,先确定溶液的组成,分清主次(如B项),巧用电荷守恒、物料守恒。 用碱溶液滴定酸溶液的过程中,随着碱溶液的滴入,水的电离程度增大,当酸碱完全反应时水的电离程度最大,继续滴加碱溶液,水的电离程度又减小。 二、选择题(本卷共8小题,每小题6分,共48分。 在每小题给出的四个选项中,其中第19~21题有多个选项符合题目要求。 全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。 ) 14.2019年春节期间上映的科幻大片《流浪地球》,很受欢迎,影片中描述的行星发动机为“重元素核聚变发动机”通过燃烧石头获得能量,所谓”重元素核聚变”指的是两个比较重(相对氘,氚)的核,产生聚变形成一个更重的核并放出能量的过程。 影片中发动机燃烧石头指的是石头里的硅(Si)聚变生成铁(Fe),结合下比结合能图,下列说法正确的是() A.结合能是指把原子核拆成自由核子所放出的能量 B.比结合能越大,原子核越稳定 C.Si的比结合能比Fe的比结合能大 D.已知硅核质量,可以算出硅核的结合能 【答案】B 【解析】原子核是核子结合
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