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【解析】本题考查物质的制备实验。装置Ⅱ为干燥装置，内盛浓13.B牛顿第二定律有F。=ma,解得铜棒b的最大加速度为a=硫酸，装置Ⅲ需使SiHCI,汽化，故应将烧瓶置于热水浴中，A正库仑定律可知两小球之间的库仑斥力变为第一次接触后的}【思路分析)n(NaC0)=1L×1.0mol,L=1mol,通入少量确：实验时，应先打开盛装稀硫酸的分液漏斗，利用产生的H,将s0,时，发生反应①S02+H20+3NaCI0一Na,S0,+NaC1设第一次接触后两小球之间的库仑斥力为F意，则有F=mg+,A第误B正角铜能小在匀至莲汤中收切到装感线装置中的空气除尽，防止H,不纯加热时发生爆炸，B错误，若锌2HC10,S02过量时，发生反应②S0,+H,0+NaC0—HS0.F年，F2=m,g+F年，选项A、B错误；无论小球a带正电还是带运动，整体所受合外力为零，动量守恒，最终铜棒a、b速度相等，粒中存在Fe单质，用盐酸溶解固体生成Fe2+,向其中加入双氧水，由动量守恒定律得mw=2mw',解得铜棒b获得的最大速度为？'=NaC。由图像可知，b点pH突然减小，且通入mlS0,说明负电，L增大，两小球之间的库仑斥力都减小，电子秤示数减小：L将Fe2+氧化为Fe+,再加入几滴KSCN溶液，溶液变红则说明原料减小，两小球之间的库仑斥力都增大，电子秤示数增大，选项C错锌粒中混有铁单质，C正确：浓氨水中存在衡：NH,+H0一b点时反应①恰好进行完，点反应2恰好进行完。，C错误：由能量守恒定律得，回路中产生的总焦耳热Q2误，D正确。NH,·H,0一NH+OH,NaOn固体溶于水电离出OH,使【解析】本题考查电解质溶液的pH图像分析。b点pH=3.8,故【易错警示】电子秤示数除了与库仑力有关还与小球a的质量m2-}×2m”-g,D正确。(OH)增大，促进此衡逆向移动，有利于氨气的逸出，同时cH)=10mlL,n(S0,)=m,根据反应①可知，有关。NaOH固体溶于水放出大量热，降低氨气的溶解度，从而达到制2.2.51分)83(1分)(2+3分剂取氨气的目的，该反应无需加热，可以使用装置I进行，D正确。17.B【解析】本题考查动量守恒定律、能量守恒定律、抛运动的mol【解析】本题考查研究弹簧串联等效劲度系数与原弹簧劲度系数规律。设烟花弹爆炸后瞬间两炸片的速度由动量守恒定律有11.C【解析】本题考查元素推晰和元素周期律。根据Z的最外层n(H0)=2nS0)=号m,故cH0=1L-号mlL的关系实验。电子数是其内层电子数的3倍可知，7为0，W、X、Y原子序数依”1=|-2|=v,根据题述，两炸片均做抛运动，有2t=L,h=由HC0一H+Cl0可知，c(Cl0)≈c(H)=1038mol·L-',(1)根据题表中数据可知，每增加一个钩码，弹簧I伸长的均次增大，且原子序数小于0，根据各原子的成键情况可得W、X、Y故K-cH:c1C010x103=1.5×10-1.6=1.5×,E=×+号×m,解得E=需B正确。值为4.00cm,弹簧Ⅱ伸长的均值为6.00cm,由胡克定律有分别为H、B、C。非金属性：0>C>B,简单气态氢化物的稳定性e(HCIO)18.B【解析】本题考查带电粒子在电场中的运动。当电场足够大△F=kAL,又有△F=mg=0.5N,可得弹簧I的劲度系数k,=7>Y>X,A错误；硼酸和碳酸均为弱酸，B错误：乙炔、苯、苯乙时，粒子打到上极板的极限情况为：粒子到达上极板处时速度恰12.5N/m,弹簧Ⅱ的劲度系数k2≈8.33N/m烯中的H原子与C原子的个数比均为1：1，C正确：H原子形成1104×108,数量级为10-“，A错误；a点时通入0.2molS02,发生反应①，n(NaCl)=n(Na,S04)=n(S02)=0.2mol,n(HCl0)=好与上极板行，粒子的运动为类抛运动的逆运动，将粒子初(2)每增加一个钩码，弹簧I伸长L,弹簧Ⅱ伸长L2,两弹簧串联个共价键，B原子形成3个共价键，二者最外层均不满足8电了2n(S02)=0.4mol,消耗的n(NaCl0)=3n(S02)=0.6mol,剩余的速度购分解为垂直极板的D,和行极板的，根据运动学公式后伸长（山+6，由胡克定律有△P=,(化+），即名=+稳定结构，D错误。n NaClO)=1 mol -0.6 mol =0.4 mol,n HCIO)+n(ClO-)【关键点拨】本题的突破口是根据L的最外层电子数是其内层有=2ad0-545,。-，联立解得B-最0.4mol+0.4mol=0.8mol,n(Cl)=0.2mol,同一溶液的体积相是，则弹竇串联的等效劲度系数，与原两个弹黄动度系数：和电子数的3倍可知，Z为0。故B正确。同，所以4c(C)=c(HCl0)+c(Cl0),B正确：b点恰好反应①周期表中具有特殊数量关系的短周期主族元泰【关键点拨】解答本题的关键是找到粒子打到上极板的极限情k之间的关系为站古+进行完全，n(S0,)=号ml,则n(NaC)=n(Na,S0,)=n(S0,)=倍数关系况，将粒子初速度正交分解。23.(1)①R(2分)②(k-1)RB-R4(2分)元素种类ml,n(HC0)=2n(S0,)-子ml,放n(Na)=1ml,19.AD【解析】本题考查万有引力定律和开普勒定律。卫星绕地球(2)①15(2分)35(2分)②33.3(2分族序数等于周期数的元素H、Be、Al做匀速圆周运动，万有3引力提供向心力，根据G恤=m,解得【解析】本题考查表头内阻测量和电表改装。n(S-)=n(CI-)=mol,e(H)=10-*mol.L-,c(OH-)=(1)①由于电路为滑动变阻器分压接法，为了便于调节，题图甲族序数等于周期数2倍的元素中滑动变阻器R。应该选择最大阻值最小的R1。族序数等于周期数3倍的元素010-a.2mol·L-1,溶液体积为1L,离子浓度关系为c(Na)>a-,由于a卫星的轨道半径比c卫星小，所以Q卫星的加速②根据闭合电路欧姆定律可得1，(R+R4)=(1,-2)Ra,变式为c(S0)=c(CI)>c(H)>c(OH),C错误；c点时反应②恰周期数等于族序数2倍的元素度比c卫星大，A正确：卫星受到的万有引力F=CM,由于卫星努注行完全，a(0,1=(S0,)=1m,e(H1-21=B:+B+B1。则有+R+B:k,解得R:(k周期数等于族序数3倍的元素Naa、b的质量未知，所以无法比较a、b卫星受到地球的万有引力大1)Rg-Ras2mol·L-',D错误。最高正价与最低负价代数和为零的元素小，B错误：根据开普勒第三定律可知，三颗卫星都绕地球运行，(2)①对于0~3mA量程，有1eR。=(I-Ie)(R+R,):对于014.A【解析】本题考查超重和失重。由题意可知速度方向向下，在其轨道半径的三次方与周期的二次方比值都相等，又α卫星轨道10mA量程，有1e(Re+R,)=('-1e)R,联立解得R=15,最高正价是最低负价绝对值3倍的元素加速运动阶段，加速度方向向下，处于失重状态，即重力大于压半径小于c卫星轨道半径，则a卫星的周期比c卫星小，C错误R=352。最外层电子数等于次外层电子数2倍的元素力：在匀速运动阶段，处于衡状态，重力等于压力；在减速运动D正确。RG (R+Rs)阶段，加速度方向向上，处于超重状态，即重力小于压力，A正确。20.ACD【解析】本题考查动能定理、功能关系。↑FN②量程为0~3mA的改装电流表内阻为=R+R+尺最外层电子数等于次外层电子数3倍的元素0【易错警示】电梯从10楼到1楼，速度方向向下。根据题述，木块所受的滑动摩擦力F,=F=33.30。最外层电子数等于次外层电子数一半的元素Li Si15.D【解析】本题考查核反应。核反应过程中质量数守恒、电荷数h(N),作出滑动摩擦力F:随高度h变化的图像守恒，可知X的质量数为89，电荷数为36，A错误；5U中的质子如答图所示，F,-h图线与坐标轴围成的面积表12.B【解析】本题考查二次电池的构成及工作原理。放电时之间除了有库仑力作用，还有核力作用，B错误：只有铀块的体积示克服滑动摩擦力做的功，木块从初始位置开【解析】本题考查质谱仪原理。Na,Ti,(P04),中T元素化合价由+3价变为+4价，发生氧化反应，不小于临界体积时才能发生链式反应，C错误：由质能方程可知始下滑至滑到地面瞬间的过程中，克服滑动摩擦力做功W=8J(1)设经过加速电场后质子速度为，根据动能定理有则Na,Ti2(PO,),所在电极为负极，充电时作阴极，NaT,(PO)3在阴核裂变过程中质量数不变，质量减少，放出巨大能量，比结合能越由功能关系可知，机械能减少8J,A正确，B错误：重力做功W。极发生还原反应，A错误；由总反应方程式知，放电时NaFePO,Fgtu=2m(1分)大，说明组成该原子核的均每个核子的质量就越小，可见如果mgH=40J,由动能定理有W。-男=A5,=32J,△=}m2,解中铁元素化合价由+3价变成+2价，发生还原反应，故NaFeP0(,想让核反应释放能量，也就是说有质量亏损，就必须让比结合能(1分)所在电极是正极，正极反应式为NaFePO,F+e+Na得=8m/s,C、D正确。在通道内，电号力提供向心力，有心=m是较小的原子核变成比结合能较大的原子核，所以重核裂变过程中21.BD【解析】本题考查电磁感应。铜棒a沿弧形导轨下滑，刚进Na,FePO,F,B正确：充电时相当于电解池，Na'应移向阴极，C错(1分)释放核能是因为新核的比结合能大，D正确。联立解得E-光误；放电时负极反应式为Na,D,(P0,),-2e—Na,(P0,),+16.D【解析】本题考查库仑定律。根据题述情景，用手摸小球6使入磁场区域时，由机械能守恒定律有mgh=)w2,解得v=设质子在磁分析器中运动的轨迹半径为1，则有PC=21,2八a,当负极质量减少69g时，转移电子的物质的量为3g69g其再次不带电后，将该不带电小球b与a再次充分接触并重新移√g,回路中的最大感应电动势E=BLm,回路中的最大电流I=又PC=2R,可得r1=R1分)3mol,D错误。至小球α正上方L处，两小球电荷量变为第一次接触后的7，由系联立解得1=，铜棒受到的最大安培力F:-BL,由在磁分析器中，洛伦兹力提供向心力，有q四，B=m(1分)】2RD35[卷五D36[卷五