写作典型案例.docx

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1、写作典型案例高一化学元素周期律典型案例解析 高一化学元素周期律典型案例解析 典型例题 例1X和Y两元素的阳离子具有相同的电子层结构，X元素的阳离子半径大于Y元素的阳离子半径；Z和Y两元素的原子核外电子层次相同，Z元素的原子半径小于Y元素的原子半径。X、Y、Z三种元素原子序数的关系是（） （A）XYZ（B）YXZ （C）ZXY（D）ZYX 选题目的：本题考查的是元素周期律中原子、离子半径随原子序数的变更而发生改变的规律。 解析：依据原子序数和元素周期律推想原子和离子半径大小，这是正向思维。而本题是已知原子和离子半径的大小，要推断原子序数大小的关系，这是逆向思维。已知电子层结构相同的阳离子，核电荷

2、数大的则半径小，具有相同的电子层数的原子，随着原子序数增大，原子半径递减。依据题意，X元素的阳离子半径大于Y元素的阳离子半径，则X的原子序数小于Y的原子序数；Z和Y元素的原子核外电子层数相同，且Z元素的原子半径小于Y元素的原子半径，则Z元素的原子序数大于Y元素。由此得出三种元素原子序数的关系为ZYX 答案：D 启示：本题考查的是对元素周期律的理解和运用，出错的缘由经常是未能驾驭原子、离子半径大小改变规律。 例2已知铍（Be）的原子序数为4。下列对铍及其化合物的叙述中，正确的是（） （A）铍的原子半径大于硼的原子半径 （B）氯化铍分子中铍原子的最外层电子数是8 （C）氢氧化铍的碱性比氢氧化钙的弱

3、 （D）单质铍跟冷水反应产生氢气 选题目的：考查元素性质的周期性改变。 解析：因为同周期元素原子半径从左到右递减，所以A正确；BeCl2中Be的最外层电子数为2，B错误；同主族元素从上到下金属性增加，最高价氧化物对应水化物碱性增加，C正确；Mg不与冷水反应，而Be的金属性比镁弱，与冷水反应更难，D错误。 答案：A、C 启示：运用元素周期律可以推断不熟识元素的性质。而这一点恰好是学生的弱点，他们缺乏思索的方法，常常感到无从下手。因此这方面的训练是值得重视的。 例3下列叙述中确定A金属比B金属的活泼性强的是（） （A）A原子的最外层电子数比B原子的最外层电子数少 （B）A原子的电子层数比B原子的电

4、子层数多 （C）1molA从酸中置换出H生成的H2比1molB从酸中置换出H生成的H2多 （D）常温时，A能从水中置换出氢，而B不能 选题目的：此题考查如何推断元素的金属性强弱 解析：选项A，只指出A、B两种元素原子的最外层电子数的多少，而没有指明它们的电子层数多少，A不正确。在选项B中指出了A、B原子的电子层数的多少，但是电子层数少的不肯定比电子层数多的原子的金属性弱，比如Na比Cu少一个电子层，但是Na比Cu活泼，B不正确。选项C中说明等物质的量的A、B与酸反应生成氢气的多少，未说明与酸反应时速率的快慢，等物质的量的A、B与酸反应生成氢气多的金属活泼性不肯定强，如1molAl比1molNa

5、与足量稀酸反应时生成的氢气多，但Al没有Na活泼。选项D正确，因为只有很活泼的金属（如K、Ca、Na等）在常温下就可与水反应，而较不活泼的金属在常温下与水不反应。 答案：D 例4有A、B、C、D四种元素，它们最外层电子数依次为1、2、3、7，它们的原子序数按A、B、C、D递增，A和B的次外层电子数是2，C和D的次外层电子数是8，试推断： （1）A、B、C、D各为何种元素，写出它们的元素符号： A_，B_，C_，D_。 （2）哪种元素的氢氧化物的碱性最强？为什么？ 选题目的：本题主要考查原子结构与元素性质之间的关系。 解析：A、B两原子的次外层电子数为2，最外层上的电子数又分别是1、2，所以A是

6、原子序数为3的锂（Li），B是原子序数为4的铍（Be），C、D两原子的次外层为8，最外电子层上的电子分别为3和7，所以C是原子序数为13的铝（Al），D是原子序数为17的氯（Cl）。氢氧化物显碱性的元素必为金属元素，锂和铍比较，锂的原子半径大，最外层电子数少，故氢氧化锂的碱性比氢氧化铍强。又铝的氢氧化物是两性氢氧化物，故碱性最强的是氢氧化锂。 答案：（1）Li；Be；Al；Cl（2）Li，因为氢氧化物显碱性的元素必为金属元素，锂和铍比较，锂的原子半径大，最外层电子数少，故氢氧化锂的碱性比氢氧化铍强。又铝的氢氧化物是两性氢氧化物，故碱性最强的是氢氧化锂。 高二生物人体的内环境与稳态典型案例分析

7、高二生物人体的内环境与稳态典型案例分析 例1.下列物质中，可在血浆中找到的有（）A.甲状腺激素、氧气、尿素、小分子蛋白B.氨基酸、麦芽糖、二氧化碳、钠离子C.消化酶、钙离子、脂肪、葡萄糖D.呼吸氧化酶、脂肪酸、尿酸、胆固醇主要考查了内环境的成分。内环境又称细胞外液，包括血浆、组织液和淋巴三部分。其中，麦芽糖是二糖，只有分解成单糖后才能被人体所汲取；消化酶属于大分子蛋白质，在人体的消化道内，属于外界环境中；呼吸氧化酶存在于细胞质基质和线粒体中。因此，答案选A。A例2.（20xx年上海生物）下列人体不同种类的体液之间，电解质浓度差别最大的一组是（）A血浆与组织液的HCO3-B组织液与细胞内液的蛋白

8、质C血浆与组织液的C1-D组织液与淋巴液的Na+主要考查了细胞外液的成分及与细胞内液的区分。其中，组织液、淋巴的成分和含量与血浆相近，但又不完全相同，最主要的差别在于血浆中含有较多的蛋白质，而组织液和淋巴中蛋白质含量很少。细胞外液本质上是一种盐溶液，类似于海洋。细胞是新陈代谢的主要场所，须要多种酶共同参加，酶大多为蛋白质，因而细胞内液与组织液在蛋白质浓度上相差较大。B例3.下表是人体细胞内液和细胞外液中的物质组成和含量的测定数据。下列相关说法中，错误的是（）成分ml/l）Na+K+Ga2+Mg2+Cl-HCO3-有机酸蛋白质142.005.0025.001.50103.0027.006.001

9、6.00147.004.001.251.00114.0030.007.501.0010.00143.002.5010.4525.0011.00-47.00A.与的成分存在差异的主要缘由是细胞膜的选择透过性B.属于血浆，属于组织液，的蛋白质含量削减将会导致的增多C.中的CO2从产生的场所扩散到，至少要穿越3层磷脂双分子层D.属于细胞内液，因为它含有较多的蛋白质和K+主要考查内环境有关学问点和分析、处理数据的实力。K+的主要功能是维持细胞内液的渗透压，而Na+的主要功能是维持细胞外液的渗透压。因此，依据这一特点，可推断是细胞内液，是细胞外液。另在细胞内液中含有大量的蛋白质。血浆和组织液的主要区分是

10、血浆中含有的蛋白质比较多，故是血浆，是组织液。其中依据细胞膜的功能可知：与的成分存在差异的主要缘由是细胞膜的选择透过性。CO2的产生场所在线粒体内，要扩散到，至少要穿越线粒体内膜、线粒体外膜、组织细胞膜、毛细血管壁细胞膜（2层），才能到血浆中，故至少是10层磷脂分子。C例4.（20xx年海南)关于动物内环境稳态的叙述，错误的是（）A血浆渗透压与蛋白质含量有关，与无机离子含量无关BH2CO3/NaHCO3是维持细胞外液pH稳定的缓冲物质C细胞内、外的Na+、K+分布不平衡状态是通过消耗能量来维持的D运动后Na+、K+排出体外较多，但机体的内环境仍维持相对稳定状态血浆渗透压与蛋白质、无机离子含量都

11、有关；H2CO3/NaHCO3是维持细胞外液pH稳定的缓冲物质；细胞内、外的Na+、K+分布不平衡状态是通过消耗能量来维持的；运动后Na+、K+排出体外较多，但机体的内环境仍维持相对稳定状态A例5（20xx年广东A卷）有关人体内环境稳态的叙述，错误的是()A有3种以上的生理系统参加维持体内环境稳态B人体内环境稳态的失调与外界环境无关C人体维持内环境稳态的调整实力有限D稳态有利于参加其调整的器官保持机能正常维持体内环境稳态，须要消化，呼吸循环泌尿系统干脆参加，还须要内分泌系统和神经系统的调整作用，稳态有利于参加其调整的器官保持机能正常，以维持正常的生命活动。人体维持内环境稳态的调整实力是有限的，

12、与外界环境有关，当外界环境改变超出人体调整实力的时候，内环境稳态就处于失调状态。B例6.（20xx年全国）下列关于人体内环境及稳态的叙述正确的是（）A.葡萄糖以自由扩散方式从消化道腔中进入内环境B.H2CO3/NaHCO3对血浆pH相对稳定有重要作用C.内环境的温度随气温改变而改变D.人体的内环境即指体液考查了内环境稳态的有关学问。食物经过消化后才能被小肠所汲取，葡萄糖、氨基酸等物质经过主动运输进入血液，再运输到全身各处被极体利用。体液是人体内的液体，包括细胞内液和细胞外液。人体的内环境主要包括组织液、血浆和淋巴，其理化性质保持相对稳定，如由于机体中含有H2CO3/NaHCO3、NaH2PO4

13、/Na2HPO4等缓冲物质而使pH相对稳定在7.357.45之间，体温保持在37左右，渗透压约为770kPa。内环境的相对稳定，是细胞进行正常生命活动的条件之一。B例7.下列有关人体内环境及稳态的叙述中，正确的是（）A当血糖浓度过高时，可以干脆刺激胰岛B细胞产生胰岛素B下丘脑分泌的抗利尿激素能够上升细胞外液的渗透压C二氧化碳、血浆蛋白、糖原都属于内环境的成分D当外界温度过高时，机体可通过削减甲状腺激素的分泌量，以降低机体的体温下丘脑分泌的抗利尿激素可降低细胞外液渗透压。在燥热环境中，机体只进行神经调整，不进行体液调整。糖原储存在肝细胞和肌细胞中，应当是细胞内液的成分，不属于内环境的成分。A 高

14、一物理速度改变快慢的描述-加速度典型案例解析 高一物理速度改变快慢的描述-加速度典型案例解析例1下列说法中正确的是A.物体运动的速度越大，加速度也肯定越大B.物体的加速度越大，它的速度肯定越大C.加速度就是“加出来的速度”D.加速度反映速度改变的快慢，与速度无关分析物体运动的速度很大，若速度的改变很小或保持不变（匀速运动），其加速度不肯定大（匀速运动中的加速度等于零）.物体的加速度大，表示速度改变得快，即单位时间内速度改变量大，但速度的数值未必大.比如婴儿，单位时间（比如3个月）身长的改变量大，但肯定身高并不高。“加出来的速度”是指vt-v0（或v），其单位还是m/s.加速度是“加出来的速度”

15、与发生这段改变时间的比值，可以理解为“数值上等于每秒内加出来的速度”.加速度的表达式中有速度v0、v1，但加速度却与速度完全无关速度很大时，加速度可以很小甚至为零；速度很小时，加速度也可以很大；速度方向向东，加速度的方向可以向西.答D.说明要留意分清速度、速度改变的大小、速度改变的快慢三者不同的含义，可以跟小孩的身高、身高的改变量、身高改变的快慢作一类比.例2物体作匀加速直线运动，已知加速度为2m/s2，那么在随意1s内A.物体的末速度肯定等于初速度的2倍B.物体的未速度肯定比初速度大2m/sC.物体的初速度肯定比前1s内的末速度大2m/sD.物体的末速度肯定比前1s内的初速度大2m/s分析在

16、匀加速直线运动中，加速度为2m/s2，表示每秒内速度改变（增加）2m/s，即末速度比初速度大2m/s，并不表示末速度肯定是初速度的2倍.在随意1s内，物体的初速度就是前1s的末速度，而其末速度相对于前1s的初速度已经过2s，当a=2m/s2时，应为4m/s.答B.说明探讨物体的运动时，必需分清时间、时刻、几秒内、第几秒内、某秒初、某秒末等概念.如图所示（以物体起先运动时记为t=0）。例3计算下列物体的加速度：（1）一辆汽车从车站动身作匀加速运动，经10s速度达到108km/h.（2）高速列车过桥后沿平直铁路匀加速行驶，经3min速度从54km/h提高到180km/h.（3）沿光滑水平地面以10

17、m/s运动的小球，撞墙后以原速大小反弹，与墙壁接触时间为0.2s. 分析由题中已知条件，统一单位、规定正方向后，依据加速度公式，即可算出加速度.解规定以初速方向为正方向，则对汽车v0=0，vt=108km/h=30m/s，t=10s， 对列车v0=54km/h=15m/s，vt=180km/h=50m/s，t=3min=180s. 对小球v0=10m/s，vt=-10m/s，t=0.2s， 说明由题中可以看出，运动速度大、速度改变量大，其加速度都不肯定大，尤需留意，不能认为，必需考虑速度的方向性.计算结果a3=-100m/s2，表示小球在撞墙过程中的加速度方向与初速方向相反，是沿着墙面对外的，

18、所以使小球先减速至零，然后再加速反弹出去.速度和加速度都是矢量，在一维运动中（即沿直线运动），当规定正方向后，可以转化为用正、负表示的代数量.应当留意：物体的运动是客观的，正方向的规定是人为的.只有相对于规定的正方向，速度与加速度的正、负才有意义.。速度与加速度的量值才真正反映了运动的快慢与速度改变的快慢.所以，vA=-5m/s，vB=-2m/s，应当是物体A运动得快；同理，aA=-5m/s2，aB=-2m/s2，也应当是物体A的速度改变得快（即每经过1s速度削减得多），不能按数学意义认为vA比vB小，aA比aB小.例4一个做匀变速直线运动的物体连续通过两段长s的位移所用时间分别为t1、t2，

19、则该物体的加速度为多少?分析依据匀变速运动的物体在某段时间内的平均速度等于中点时刻瞬时速度的关系，结合加速度的定义.即可算出加速度.解物体在这两段位移的平均速度分别为它们分别等于通过这两段位移所用的时间中点的瞬时速度.由于两个时间中点的间隔为，依据加速度的定义可知： 说明由计算结果的表达式可知：当t1t2时，a0，表示物体作匀加速运动，通过相等位移所用时间越来越短；当t1t2时，a0，表示物体作匀减速运动，通过相等位移所用时间越来越长.例5图1表示一个质点运动的vt图，试求出该质点在3s末、5s末和8s末的速度. 分析利用v-t图求速度有两种方法：（1）干脆从图上找出所求时刻对应的纵坐标，即得

20、对应的速度值，再依据速度的正负可知此刻的方向；（2）依据图线求出加速度，利用速度公式算出所求时刻的速度.下面用计算法求解。解质点的运动分为三个阶段：AB段（04s）质点作初速v0=6m/s的匀加速运动，由4s内的速度改变得加速度： 所以3s末的速度为：v3=v0at=6m/s（1.53）m/s=10.5m/s方向与初速相同.BC段（46s）质点以4s末的速度（v4=12m/s）作匀速直线运动，所以5s末的速度：v5=12m/s方向与初速相同.CD段（612s）质点以6s末的速度（即匀速运动的速度）为初速作匀减速运动.由6s内的速度改变得加速度： 因所求的8s末是减速运动起先后经时间t=2s的时

21、刻，所以8s末的速度为： 其方向也与初速相同.说明匀变速运动速度公式的普遍表达式是：vt=v0+at运用中应留意不同运动阶段的初速和对应的时间.在匀减速运动中，写成vt=v0-at后，加速度a只需取肯定值代入.速度图象的斜率反映了匀变速直线运动的加速度.如图所示，其斜率 式中夹角从t轴起以逆时针转向为正，顺时针转向为负.如图3中与图线1，2对应的质点作匀加速运动，与图线3对应的质点作匀减速运动.图线越陡，表示加速度越大，故a1a2.例6一个质点作初速为零的匀加速运动，试求它在1s，2s，3s，内的位移s1，s2，s3，之比和在第1s，第2s，第3s，内的位移s，s，s，之比各为多少？分析初速为

22、零的匀加速运动的位移公式为：其位移与时间的平方成正比，因此，经相同时间通过的位移越来越大.解由初速为零的匀加速运动的位移公式得： sss=135说明这两个比例关系，是初速为零的匀加速运动位移的重要特征，更一般的状况可表示为：在初速为零的匀加速运动中，从t=0起先，在1段、2段、3段时间内的位移之比等于122232；在第1段、第2段、第3段时间内的位移之比等于从1起先的连续奇数比，即等于135（图1）. 2.利用速度图线很简单找出例6中的位移之比.如图2所示，从t=0起先，在t轴上取相等的时间间隔，并从等分点作平行于速度图线的斜线，把图线下方的面积分成很多相同的小三角形.于是，马上可得：从t=0

23、起，在t、2t、3t、内位移之比为s1s2s3=149在第1个t、第2个t、第3个t、内位移之比为sss=135例7一辆沿平直路面行驶的汽车，速度为36km/h.刹车后获得加速度的大小是4m/s2，求：（1）刹车后3s末的速度；（2）从起先刹车至停止，滑行一半距离时的速度.分析汽车刹车后作匀减速滑行，其初速度v0=36km/h=10m/s，vt=0，加速度a=-4m/s2.设刹车后滑行ts停止，滑行距离为S，其运动示意图如图所示. 解（1）由速度公式vt=v0+at得滑行时间： 即刹车后经2.5s即停止，所以3s末的速度为零.（2）由位移公式得滑行距离.即m设滑行一半距离至B点时的速度为vB，

24、由推论 说明（1）不能干脆把t=3s代入速度公式计算速度，因为实际滑行时间只有2.5s.凡刹车滑行一类问题，必需先确定实际的滑行时间（或位移）；（2）滑行一半距离时的速度不等于滑行过程中的平均速度. 正弦、余弦函数典型例题 正弦、余弦例题分析例1.ABC中已知a=6，A=30，求c我们熟知用正弦定理可得两解其好用余弦定理也可：由得c的二次方程c218c72=0解得c1=12或c2=6 例2.如图543四边形ABCD中,AB=3，AD=2内角A=60、B=D=90求对角线AC由于含AC的两三角形都只有2个条件，不能干脆求解，简单想到以下解法：(1)设多个未知数，建立方程组求解如设BC=x，CD=

25、y，则有AC2=9x2=4y2，即有946=x2y2xy联立、解出，(2)引入角未知数BAC=则DAC=60即有关于的方程即3cos(60)=2cos求出,但若洞察图形的几何特征，则有巧法(3)A、B、C、D四点共圆：且AC为该圆直径则由余弦定理求出，再由正弦定理，(4)延长AB、DC交于E如图544则易知，AE=4，BE=1，马上可得本例凸显几何直觉的价值 例3.若一扇形半径为R，中心角为2，这里，求此扇形图示这种内接矩形ABCD的最大面积依题意OB=OE=R，AOE=DOE=，要求其最大值的矩形面积S=ABBC，关键在选择适当变元来表示ABBC，由BC=2BF我们选x=BOE为变元，马上有BC=2Rsinx，AOB=x，OAB=，在OAB内由正弦定理得于是积化和差得当时,S有最大值： 第14页 共14页第 14 页 共 14 页第 14 页 共 14 页第 14 页 共 14 页第 14 页 共 14 页第 14 页 共 14 页第 14 页 共 14 页第 14 页 共 14 页第 14 页 共 14 页第 14 页 共 14 页第 14 页 共 14 页