B.西周人文主义思潮重建了人神关系，强调以人为本；儒家继承这一立场，对鬼神敬而远之，存而不论。C.中华文明强调个人权力，更强调群体的价值；群体价值的实现又是通过个人对伦理责任的承担实现的。D.中华民族在应对一系列国际、国内复杂问题的过程中，以中华文明讲仁爱等精神特质为价值支撑。2.下列对材料一论证的相关分析，正确的一项是(3分)A文章从对文明的理解和实践的角度，论述了中华文明是世界史上唯一实现连续发展的文明体(C)B.文章第二段举甲骨实物材料的例子，旨在证明夏商时期人神相通导致严重的社会问题出现。C.文章第三段列举古代的王道观、利益观、天下观、修养观等，以证明中华文明是以道德为中心的。D.除了举例论证以外，文章还运用了对比论证和引用论证的方法，说理透彻，具有很强的说服力。3.根据原文内容，下列说法不正确的一项是(3分)(B)A中华文明之所以成为唯一连续发展的文明体，与中华民族对其文明始终抱持高度自觉与认同不无关系。B.中华文明是非宗教性文明，故而西周时就实现了“以神为本”到“以人为本”的转向，否定神的存在。C.中华文明的人文主义体现的是人对自身的道德意识的觉醒，这种道德意识渗透在社会各个方面。D.中华文明的精神特质激励着中国共产党人赓续初心、砥砺前行，是我国共产党人执政理念的具体写照。4.两则材料都围绕中华文明进行论述，各有何侧重？请简要概括。(4分)答：5.弘扬中华文明精神特质有何现实意义？请结合材料二简要说明。(4分)答：(二)现代文阅读Ⅱ（本题共4小题，18分）不阅读下面的文字，完成6~9题。石子孙犁病期琐事我幼小的时候，就喜欢石子。有时从耕过的田野里，捡到一块椭圆形的小石子，以为是乌鸦从山里衔回跌落到地下的，因此美其名为“老鸹枕头儿”那一年在南京，到雨花台买了几块小石子，是赭红色的。那一年到大连，又在海滨装了一袋白色的回来。这两次都匆匆忙忙，对于选择石子，可以说是不得要领。在青岛住了一年有余，因为不喜欢下棋打扑克，不会弹琴跳舞，不能读书作文，唯一的消遣和爱好就是捡石子。时间长了，收藏丰富，有一段时间，居然被病友们目为专家。就连我低头走路，竟也被认为是长期从事搜罗工作养成的惯，这简直是近于开玩笑了。然而，人在寂寞无聊之时，爱上或是迷上了什么，那种劲头，也是难以常情理喻的。不但天气晴朗的时候，好在海边溅泥踏水地徘徊寻找。有时刮风下雨，不到海边转转，也好像会有什么损失，就像逛惯了古书店古董铺的人，一天不去，总觉得会交臂失掉了什么宝物一样。钓鱼者的心情，也是如此的。初到青岛，也只是捡些小巧圆滑杂色的小石子。这些小石子养在水里，五颜六色还有些看头，如果一干，则质地粗糙，颜色也消失，算不得什么稀罕之物了。后来在第二浴场发现一种质地细腻，色泽如同美玉的小石子，就加意寻找。这种石子，好像有一定的【2023届高考分段学情评估卷（三）·语文第3页（共8页）】新高考

深圳市6校联盟2022一2023学年高三10月质量检测地理本试卷共6页.19小题.满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡卜对应题日选项的答案信总点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题日指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案：不准使用铅笔和涂改液。不按以上n目要求作答的答案无效。4.考非必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。烘一、选择题：本大题共16小题，每小题3分，共18分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。伊比利亚半岛位于欧洲西南部，是欧洲第二大半岛，南欧三大半岛之一。图1为伊比利亚半岛7月等温线分布图。据此完成1一2题10o44°20大西地4020L24伦西亚海科尔多24岛一24一等温线1℃∠河流36°阿尔梅里亚城市如图1試1.供比利亚半岛7月气温分布特点是A.河流上游气温高于河流下游B.南高北低，东部沿海高于西部沿海C.整个半岛普逾低温，南北温差小D.气温最高处位于米岛中部2.科尔多瓦附近为一高温中心，其形成原因是A.位于西风背风坡，盛行干热风B.海拔铰低，大气保温作用显著C心.昼长夜短，接受太阳辐射较多).地形低洼闭塞，热量不易扩散地理试题第1页（共6页）

(3)在如图装置中完成“合成2”。浓盐酸KMnO,和KOH混合溶液A①B中试剂是(填名称)。②C中制备KMnO4的离子方程式为③从环保角度分析，本实验的明显缺陷是0④当(填实验现象)时关闭分液漏斗活塞。(4)采用结晶法从C中分离出KMnO4产品，探究KMnO4的氧化性。①取少量制备的产品溶于蒸馏水，滴加适量稀硫酸，再滴加FSO4和KSCN溶液，溶液变红色，则(填“能”或“不能”)说明酸性条件下氧化性：MnO4>Fe3+。②已知K2FeO4溶液呈紫色且K2FeO4在稀硫酸中不稳定，会放出气体。为了探究K2FeO4和KMnO4的氧化性相对强弱，设计实验如表。序号操作现象I取少量K2FeO4溶于水，加人稀硫酸溶液紫色迅速褪去Ⅱ取MnSO4和HzSO4的混合溶液，加人少量的K2FeO4,振荡溶液变成紫色实验结论是氧化性：KMnO4(填“>”“<”或“=”)K2FeO4。(5)测定KMnO4产品纯度：称取wg产品，溶解后在l00mL容量瓶中定容。取V。mL c mol·L-1标准H2C2O4溶液于锥形瓶中，加人稀硫酸酸化，用KMO4产品溶液行滴定三次，均消耗溶液体积为VmL,滴定反应的化学方程式为KMnO4+H2C2O4+H2SO4→K2SO4+MnSO4+CO2个+H2O(未配)。该KMnO4产品纯度为%(用代数式表示)。【答案】(1)C(1分)(2)KCI0,+3MnO,+6KOH高温3K,Mn0,+KC1+3H,O(2分)(3)①饱和食盐水(1分)②2MnO?+Cl2一2MnO:+2CI-(2分)③缺少尾气处理装置(1分)④C中充满黄绿色气体(2分)(4)①不能(2分)②<(2分)(5)632cY(2分)】V【解析】(1)氢氧化钾是强碱，“熔融”时与玻璃棒、石英、陶瓷三者中的二氧化硅反应，刚玉中的氧化铝与KOH反应，故选铁坩埚和铁棒。49.0g(2)n(KC10,)=12.5g:mo=0.4mol,说明1 mol KC10,参加反应得到6mol电子，生成1 mol KCI,据此写出对应的化学方程式为KCIO,十3MnO,+6KOH高温3K2MnO,十KC1十3H,0。(3)①B装置用于吸收氯气中的氯化氢，避免氯化氢与C中的KOH反应，同时还应保证生成的氯气尽可能少地溶于溶剂中，因此应选择饱和食盐水。②锰酸钾与氯气反应生成高锰酸钾和氯化钾，可写出离子方程式为2MnO?+Cl2一2MnO:十2CI。③本实验中，没有处理尾气，氯气排入空气中会污染环境。④当C中充满黄绿色气体时，表明锰酸钾与氯气已反应完全，此时停止通入氟气。(4)①C中会生成次氯酸钾，因此高锰酸钾产品中混有KClO,2Fe2++ClO+2H+—2F3+十C1十H2O,故不能说明酸性条件下MnOi的氧化性比铁离子的强，②实验I为对照实验，实验Ⅱ完全反应后，溶液：·主FeO?,故溶液的紫色来自Mn()·而MnO,只可能由FeO?氧化Mn2+生成，因此说明K2FeO,的名.·MnO,的强。·)·

7.2022年2月4日，北京冬奥会开幕式以二十四节气为倒计时，最后定格于立春节气，惊艳全球。二十四节气代表着地球公转轨道上的二十四个不同位置，如图示，若天文物理学中地球沿椭圆轨道绕太阳运动所处的四个位置，分别对应我国的四个节气。已知地球绕太阳的公转周期为T,则下列说法正确的是A.冬至时地球绕太阳公转的速率最大春分B.地球绕太阳的运动方向（正对纸面）为夏至M冬至顺时针方向秋分C.地球沿椭圆轨道绕太阳做匀速运动D,地球上夏至到秋分的时问间向隔大于T

G.滑动变阻器R(0~1002),H.导线若千、开关。探究小组设计了如图乙所示的实验方案。请回答下列问题：(1)滑动变阻器R应选择,①处应选择;(均填写器材前序号)(2)探究小组测得多组U、I数据，绘制出如图丙所示的U一I图线，则每块铅蓄电池的电动势为V、内阻为Ω（结果均保留一位小数），铅蓄电池电动势的测量值(填“大于”、“等于”或“小于”)真实值。4.(9分)如图所示，粗细均匀长度L=48cm的两根相同的玻璃管A、B底部通过细玻璃管连通，将左侧玻璃管顶端密封，右侧玻璃管距顶端12c处开有小孔。当左侧玻璃管封闭理想气体的热力学温度T。=300K时，玻璃管中长度l=24cm的水银柱恰好全部在右侧，现缓慢升高封闭理想气体的温度。已知外界大气压强恒为76cHg,两玻璃管均竖直放置，底部细玻璃管体积可以忽略不计。(1)当封闭气体的热力学温度T1=350K时，求水银柱上升的高度；2 cm(2)要使水银全部从小孔溢出，求理想气体的热力学温度的最小值。B48 cm24 cm【高三物理第5页（共6页）】

全国100所名校高三AB测试示范卷教学=4Mmg=4mg,当M趋近于无穷大时，此时F。'-札记上A物体的质量变为原来的2倍并重做该实验，同理可得T二2m十M1十2)2Tm'=8mg,D项正确。【答案】D6.质量为m的乒乓球从足够高处由静止释放，若乒乓球下落过程中所受的空气阻力大小f与乒乓球的速率v成正比，即f=k(k为正的常量)，重力加速度大小为g(不考虑g的变化)。则对乒乓球的下落过程，下列说法正确的是A.乒乓球可能做加速度逐渐增大的加速运动B,当丘乓球的速度增大到w时，其加速度为g物mC.乒乓球落地时的速度可能大于D,乒乓球下落过程中的均速度大于紧【解析】由于乒乓球受到的空气阻力大小∫与乒乓球的速率？成正比，当乒乓球的速度增大到时，所受阻力∫=k:由牛顿第二定常，有mg一了=m,解得4一片一船，可知乒乓球可能假加滨度逐著减小的布流运动A项错误，B项正确。由于乒乓球从足够高处由静止释放，所以乒乓球落地前速度已经达到最大，有mg=如如，解得=公，C项错误。乒乓球下落过程中经历了加速度逐渐减小的加速运动和最后阶段的匀速运动，故乒乓球下落过程的均速度际>紧D项正确。【答案BD7.如图甲所示，质量m=1kg的物块受水拉力F作用，在粗糙水面上以初速度w做加速直线运动时的a一t图像如图乙所示。已知t=2s时水拉力F的大小为4N,重力加速度g=10m/s2,则al(m·s2)4→F4甲A.t=2s时，物块的加速度为3m/s2B.物块与水面间的动摩擦因数=0.2C.在0一4s时间内，物块速度的变化量为12m/sD.t=4s时，水拉力F=5N【解析】由题图乙可知，a-t图像对应的函数关系式为a=(2十0.5t),t=2s时，加速度a2=(2+0.5×2)m/s2=3m/s2,A项正确；根据△v=a△t可知，在a一t图像中，图像与横坐标轴围成的面积表示速度的变化量，则在0~4s时间内速度的变化量△。=2生×4m/s=12ms,C项正确：水面对物块的摩擦力f=mg,1=2s时，根据牛顿第二定律得F-f=ma2,解得=0.1，B项错误；t=4s时，根据牛顿第二定律得F-∫=ma4,结合题图有a4=4m/s2,联立解得F=5N,故D项正确。【答案】ACD8.练“下蹲一起跳”是增强体质的有效方法。小明站在力传感器上，从直立静止起，做“下蹲一起跳”动作，如图甲所示，图甲中的“●”表示人的重心。图乙是由力传感器画出的F一t图线，图乙中1一4各点对应着图甲中1~4四个状态。取重力加速度g=10m/s2。根据这两个图所给出的信息，可知【24.G3AB(新教材老高考)物理-R-必考-N】19

AYM半径为R,=L,由洛伦滋力作为向心力可得gB=mR,③X459x-xx x解得粒子的速度大小为0=gBL，故C错误；粒子在磁场中45×××mN x0的运动周期为T=2πm图1图2图3gB,垂直边界ab射出的粒子在磁场中30°mi(2)带电粒子运动轨迹如图2所示。由rgB知，当粒子轨迹运动的时间为1一360T一6gB,故D错误。半径最小时，磁感应强度最大。由几何关系得，以MN为直：4，C电子从b点射出后，在磁场中沿顺时×x××针方向做圆周运动，如图所示的两个圆×××径的圆轨迹的半径最小，粒子的最小轨迹半径rm=分别表示电子打在板上的两个临界情况，××一个打在Q点，一个打在C点，打在C×2m,则Bx=m”,解得B=2V2X10T,粒子入点的电子轨迹恰好与板相切，过b点作×4grminMN的垂线bD,过O1作bD垂线O,E,×M×x×射方向与x轴正方向夹角为向右上。由几何知识可得bD=absin53°=10X0.8cm=8cm,又因DE=O1C=5cm,所以bE=bD-DE,CD=O1E=T,速度(3)振据T=2灯，=希x×101,得1=√2√O1b2-bE,解得CD=4cm,所以MN上被电子打中的区域的长度为aC=aD+CD=ab·cos53°+CD=10X0.6方向转过工后垂直x向上，与负电荷发生碰撞，电荷量变cm十4cm=10cm,故A、B、D错误，C正确。:5.BC质子带正电，可能的轨迹如图所为一q,碰撞过程动量守恒得mu=2m',碰后半径r'=示，∠A=60°，射出方向沿∠A的分··040,周期T=’又4三3v228π×101s,解得，-线，所以0=30°，a=60°，则轨迹的圆·火x心角为60，半径的可能值为r=上(n=Bx××太√4m,t=8,速度方向转过后与x轴正方向夹角为1,2,3…),由洛伦兹力提供向心力可向右下，带电粒子运动轨迹如图3所示。由几何关系可v得qvB=m4,，—g台之—Bk上《n=1m机知：x=rmim(1+sin45)+r'(1+sin45)+2rsin45°，解得kBL2,3…),当n=2时，v=2，故AG=(1士2)m,粒子打在x轴上的位置坐标为[☑+22-)m0]。错，B运城：虎子定动的周期为T-智-霜-后可能的轨迹如图所示，则最少时间为半径为L的圆周运动，此●能力提升练电子在加速电场中加速，由动能定理有eU=m听，电种情沉质子轨连的周心角0-行，则质子再次通过A点高要1.C7π子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有的时间可能为1=2元T一3欢B,故C正确；由质子运动的可1/2mU,B=m三，又T=2,联立解得r=B能轨迹可知，有的质子不能再次通过A,点，故D错误。,T=:6.BC若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图1。,可知，增大电子枪加速电压，电子束的轨道半径变2πm报据几行关系则有R=L,9B=m及，可得=L-m大，周期不变，故A、B错误；同理可得仅增大励磁线圈的kBL,根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射电流，电流产生的磁场增强，则电子束的轨道半径变小，故方向与入射方向的夹角为0=60°。当离子在上下两部分磁场C正确；同时增大电子枪的加速电压和励磁线圈的电流，由均经历一次运动时，如图2。T一2π”知，电子做圆周运动的周期变小，故D错误。2.C气核(H)运动的轨迹如图所示，要使沿半径方向运动的氕核(H)恰好经过约308-30束区的外边界，则运动轨迹圆与磁场外边界圆相切。设这时轨迹圆的半径为r,速+度为v,由几何关系有r2十R?=(R,×X×××r)',a=2x-28,tan B=R2，洛伦兹力图1图2充当向心力，根据牛顿第二定律有qB=m4π因为上下磁场的磁感应强度均为B,则根据对称性有R=-=mT,氕v2L,根据洛伦兹力提供向心力有9B=m尺，可核(H)在约束区做匀速圆周运动的周期T=2π，gB氕核(H)在约束区中运动一次的时间1=品·T,联立解得1=别-合BL,此时出射方向与入粉方向相同，即出射方向2m2π与入射方向的夹角为日=0°。通过以上分析可知当离子从上qBL10B,故C正确，A、B、D错误。部分磁场射出时，需满足：0=2二)m2mBL(n=3.B粒子竖直向上进入磁场，轨迹圆心一定在bc边上，若粒1,2,3…),此时出射方向与入射方向的夹角为0=60°，当子能从边界b射出，粒子的速度方向一定竖直向下，故方向均相同，故A错误；当轨迹恰好与ab边相切时，粒子从离子从上事分藏场射出时，需满足：=以-2nm2nkBL.(n=bc边离开磁场时到b点的距离最短，由几何关系可得(L一1,2,3…),此时出射方向与入射方向的夹角为0=0°，故R1)·sin30°=R1,离b点的最短距离为△s=L-2R1,联B、C正确，A、D错误。立解得△-台，故B正确：垂直边界b射出的老子，酰道7.CD所有离子均垂直bc边射出，离子的轨迹半径等于L,磁场区域的最小面积为图】中阴影部分的面积，即Smn=171参考答案

高三一轮复·物理·高三一轮复40分钟周测卷/物理（七）一、单项选择题4.C【解析】抛运动的小球在竖直方向上做自由落1.B【解析】由于返回器做曲线运动，根据物体做曲线运动的条件可知返回器的速度方向与加速度方向不体运动，则A=是g,由此可知，当从M点以不同的可能在一条直线上，所以返回器加速度和速度方向不速度抛出小球时，小球砸到挡板的位置不一样，则下可能相同，A项错误；曲线运动的速度方向时刻改变，落的高度也不相同，时间不相同，A项错误；从M点返回器做变速运动，B项正确；返回器做曲线运动，返抛出的小球，当其运动迹与挡板相切时，落到挡板回器所受力的方向与速度方向不在一条直线上，C项的位置距离O点最远，从N点水向左抛出的小球错误；曲线运动中各点的速度方向沿该点的切线方也落在A点，此时小球的位移最小，则NA垂直于向，故返回器在c、e两点的速度方向不可能相同，DOA,此时从M点、N点抛出的小球轨迹图如图所示：项错误。2.A【解析】对于A,它的速度如图中标出的，N根据抛运动的规律可知，MO是△OMA的中位77777777777这个速度看成是A的合速度，其分速度分别是：和线，即O为OA的中点，则从M点以不同速度抛出的2,其中2等于B的速度U(沿同一根绳子，大小相小球在挡板上的痕迹长度肯定小于O'A=OA=1m,2同)，刚开始时B的速度UB=cos0,A项错误；当AB项错误；对从M点抛出并落在A点的小球，有上升至与定滑轮的连线处于水位置时，2=0，所以B的速度B=0,D项正确；当A上升时，夹角0增大，10Acos9=合g6,20'Asin=地，解得8=由公式a=心os0知道)B减小，因此B做减速运动，3m/s,C项正确；对从N点抛出的小球，根据几何关由牛顿第二定律可知，绳对B的拉力大于B的重力B、C项正确。系得0Ag-o06,解得om=号n/s,D项错误。tan3.C【解析】利用抛运动结论：速度的反向延长线过5.C【解析】在第一只球抛出过程中，从抛出到第一次水位移的中点，可作图落地为抛运动，下落高度为H,第二只球抛出到落到A点过程中做抛运动，下落高度为H,所以第只球抛出到第一次着地所用时间和第二只球抛出的整个过程所用时间相同，设为t,在第一只球抛出过程中，每次落地后上升的高度相同，所以根据对称性可得第一只球抛出整个过程中的时间为5t,第一只球和第二只球落到A点所用时间之比t12=5:1,A项正由图中三角形y=受tan0,所以为：为=tan53:确；两只球抛出过程中的水位移相同，有=en3=16:9,B奥正确y=子g,得4=2,得少2=1：5，B项正确；设第一只球抛出到C2y,得点的时间为T1,第二只球抛出到C点的时间为T2,到t1t2=4:3,又因为x=t,可得到u1:2=3:4,A而两只球到C点的水位移相同，故少T:=T2,即T1=5T2,第二只小球下落至C点所需的时间T2和项正确：甲、乙两人射箭高度相同，由y=之，得±第一只小球在T1之后继续向上到最高点所需的时间相同，所以T1十T2与第一只小球第二次到达最高点=√区，可知两支筒在空中的运列时间相同，落人定的时间相同，即T1十T2=4t,T2t=23,C项错误；在口时竖直方向的速度y,=gt相同，设箭尖插入壶中竖直方向上有H=合=受8（受万），A-时与水面的夹角为，箭射出时的初速度为，则号&（号T,)-合g,解得=号H,D项正确。1tam日=兴，即一品两支箭射出的初速度大小之二、多项选择题比为tan37°：tan53°=9：16，C项错误；设箭尖插人壶6,ACD【解析】运动员腾空过程中，只受重力作用，则中时的速度大小为，则tsin0=,即=、sin9,两加速度为重力加速度g,A项正确；运动员腾空瞬时沿垂直AD方向的速度分量v,=ocos0,沿垂直AD支箭落人壶口时的速度大小之比为sin37°：sin53°=3:4,D项正确。方向的加速度分量8，=gcos0,则腾空的时间t=2wgy·21

五、物质粗成与迹化分析本大题共1个小题。化学方程式每空2分其金空1分共6分。)—之27钙脑称轻钙用作橡胶、视料、诗纸、深料和油景等行业北的填料。以石灰石为原料，经一系列变化可以生成轻质碳酸钙下图所示)，问题。分析过程，回答Co0tH0u00四，十0人石灰石B轻质碳酸钙-CaCB1）“有灰石→A”的化学方程式为▲，其基本反应类型属于金(2)“A→B”的反应现象是▲+H.0(3)“B→轻质碳酸钙”的化学方程式为▲文、定量分析题（本大题共1个小题，化学方程武1分，共6分，】8近年来，黄铜（铜、锌合金）在饰上的运用期多，它儿乎能够酒应家宽风格。小晋为测定某厂家黄铜材科中锌的质量分数，他取了少基样品，进行了下图所示的实验。2100g稀硫酸（足量)Tut H:SOyn yt搅拌，充分反应20g合金样品混合物119.6g(1)上述实验中生成气体的质量为▲g(2)请计算该黄铜中锌的质量分数。七、实验探究题（本大题共2个小题。化学方程式每空2分，其余每空1分，共15分。）【基本实验】29.同学们在实验课上进行了氧气的实验室制取实验，请你与他们一起完成以下实验报告。实验活动：氧气的实验室制取实验目的：练实验室制取氧气。实验用品：铁架台、酒精灯、试管、集气瓶、▲、单孔橡胶塞、玻璃片、蒸馏水。（其余用品自选）实验原理：生成氧气的化学方程式为▲实验步骤：(1)连接装置，并▲。州(2)向试管中加入适量药品。K02(3)固定装置，点燃酒精灯加热。(4)收集氧气。(5)▲。问题与交流：为保证实验的安全性，操作时需要注意什么（写一条）？用烈宫△

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0os u①②③④⑤⑥甲乙A.①比②的放大倍数小，③比④的放大倍数人B.高倍镜下观察乙图中的B细胞，需要先向左移动装片至视野中央C.若观察乙图，物镜与装片之间的距离是⑥，换到高倍镜下后距离可能是⑤D.

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