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【全国百强校】云南省师范大学附属中学2015届高三高考适应性月考卷(三)理科综合试题(扫描版)


云南师大附中 2015 届高考适应性月考卷(三) 理科综合参考答案
物理部分
第Ⅰ 卷(选择题,共 48 分)

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,14~18 题只有一个选项正确;19~21 题有多个选项正

【解析】

14.题中“当排球与纸接触部分形变刚好遮住墨水印” ,说明效果相同,即是等效法。A 项将实物忽略大小、形状,是理想化法;B

项令时间接近于零使平均速度等于瞬时速度,是极限法;C 项使一个力和几个力的效果相同,是等效法;D 项分别研究加速度 与合外力、加速度与质量的关系,是控制变量法。故选 C。 15. “A 向右缓慢移动” ,根据 vB =vA cos? ,B 也缓慢移动,A、B 受 力平衡。故,绳上拉力不变,始终等于重物 B 的重力,故 C 错 误;随着 A 向右移动,绳在水平方向的分力增加,在竖直方向 的分力减小,根据受力平衡,拉力 F 增大,故 D 错误;支持力 增大,根据牛顿第三定律,A 对地面的压力增大,故 A 错误;A 始终受滑动摩擦力,根据 Ff =? FN ,故 B 正确。
图1

16.跳水时,运动员先做竖直上抛运动,即先向上匀减速,到达最高点后速度反向,做自由落体运动,加速度不变,直至入水。入

水后受到水的阻力较大,开始减速直至速度减为零。 v ? t 图象斜率代表加速度,0~t2 时间内图象斜率不变,故加速度没变,运

动员受力始终是重力,即还没有入水,故 A 错误;速度为零时,不再下沉,即深度达到最大,由图知在 t3 时刻,故 B 错误;t2~t3 只有重力和水的阻力的功,故两功的数值相等,故 D 正确。故选 D。 17.根据

时间内,运动员向下减速,处于超重状态,故 C 错误;根据动能定理,t1~t3 时间内动能变化为零,合外力做功为零,这个过程

GM GMm v2 ,v ? ,靠近地球的卫星线速度大,即行星运动“近快远慢”规律,相同时间内靠近地球的卫星走过的 ? m 2 r r r

弧长。故 A、B 错误,C 正确;万有引力提供向心力,始终和速度方向垂直,根据 P =Fvcos? ,瞬时功率为零,故 D 错误。故 选 C。 18.由图象知函数表达式为

x 1 ? 2 ? 2t ,即 x ? 2t ? 2t 2 ,根据 x ? v0t ? at 2 知: v0 ? 2m/ s , a ? 4m/ s2 ,物体做匀加速运动,故 A、 t 2

B 错误,D 正确;根据 v ? v0 +at ? 2 ? 4t 知:t=1s 时的速度是 v ? 6 m/ s ,故 C 错误。故选 D。 19.球拍水平时,最大静摩擦力 Ff ? ? mg ,比赛时球受到的摩 擦力不一定是最大静摩擦力,故 A 错误;当球拍倾斜 ? 角且

tan ? ? ? 时,球受到的静摩擦力为最大静摩擦力时加速度最

大。受力分析如图 2,正交分解:
y方向:FN cos? ? mg ? ? FN sin ? , x方向:FN sin ? ? ? FN cos? ? ma ,
图2

整理得加速度最大值为 a =gtan2? ,故 B 正确;球拍竖直时,球拍可以提供足够大的弹力,使球受到的最大静摩擦力大于球的 重力,球只和球拍一起沿水平方向上运动,故 C 正确,D 错误。故选 B、C。

20.没有摩擦力和阻力,机械能守恒,故 A 正确;在轨迹上同一点,重力做功相同,动能增加量相同,但由于平抛运动有初速度,

1 所以平抛运动经过 P 点时的速度大,故 B 错误;设 OP ? L ,根据机械能守恒, mgLsin45?= mv2 , L=5 2m ,故 C 错误;由 2
平抛运动位移偏向角和速度偏向角的关系
5 y 1 vy 2 v ? 2 5m / s,故 D 正确。故选 A、D。 , v ? vy ? ? vx 2 ,知 vx ? 5 x 2 vx

第Ⅱ卷(非选择题,共 62 分)

(一)必考题(共 4 小题,共 47 分) 22. (每空 2 分,共 6 分) (1)1.340 (2)

d ?t

(3)9.75 23. (除特殊标注外,每空 2 分,共 9 分) (1)无需 (2)钩码的质量远小于小车的质量 (3)小车的质量 M,钩码质量 m (4)mgxAB= 24. (13 分) 解: (1)刹车初速度 v1= 72 km/ h =20 m/ s 刹车滑行过程: 0 ? v12 =2ax1 设有霾时候允许的最大速度为 v 2 反应时间内匀速运动位移 x 2 : x2 ? v2t反 ② ③ ①

1 2 2 M ( xB ? xA ) f 2 (3 分) 200

2 ? 2ax3 , x2 ? x3 ? 18m 刹车滑行的位移为 x3 : 0 ? v2

2 联立①②③代入已知量整理得: v2 ? 9v2 ? 360 ? 0

解得 v2 =15m/ s, v2 =-24m/ (舍)。 s
2 (2)沙尘受力平衡:f=G,即 mg ? ??0 Avmin

④ ⑤

4 m=3?0 ? πr 3 3
A ? πr 2

⑥ ⑦
gr

解得: vmin ? 2

?



评分标准:本题共 13 分。正确得出⑥⑦⑧式给 1 分,其余各给 2 分。

由 P ? Fv ,可知 P额 ? 800W



(2)由图象可知:在 B 点对应时刻,电动车实际功率达到额定功率, 匀加速运动结束,此时 F1 =250N 设此时电动车的速度为 v1 , 根据 P ? Fv : v1 ?
P额 F1 ? 800W 16 ? m/ s = 3.2 m/ s 250N 5

② ③ ④ ⑤

匀加速的加速度为 a: F1 ? F阻 ? ma , a =2 m/ s 2 匀加速的时间为 t1 : t1 ?

v1 8 , t1 ? s =1.6s a 5

1 匀加速的位移 x1 : x1 ? at12 , x1 ? 2.56 m 2

(3)电动车匀加速结束之后,功率恒定,继续加速。设这个阶段的位移为 x 2 ,时间为 ?t =t ? t1 ,

1 2 1 2 根据动能定理: P?t ? F阻 x2 = mvm ? mv1 2 2
x2 ? 10.24m



⑦ ⑧

总位移为 x : x ? x1 ? x2 =12.80m

评分标准:本题共 19 分。正确得出①、③、⑥式各给 3 分,其余各给 2 分。

(二)选考题(共 3 小题,共 15 分) 33. (15 分) (1) (5 分)BDE(选对 1 个给 2 分,选对 2 个给 4 分,选对 3 个给 5 分;每选错 1 个扣 3 分,最低得分为 0 分) 【解析】蒸发停止时,液体与气体之间达到动态平衡,此时的蒸汽叫饱和汽,其压强称为饱和气压。蒸发与温度有关,故A错

误;熵是表示体系混乱程度的物理量,熵越大,该体系越混乱,故B正确;从单一热源吸热全部转化为有用功是可能的,但会

引起其他变化,故C错误;D是热力学第一定律的表述之一,故D正确;当温度降低时,根据麦克斯韦速率分布曲线,速率小的 分子数目会增加,故E正确。 (2) (10 分) 解:ⅰ.取气体为研究对象,此过程中气体做等压变化,根据“盖· 吕萨克定律”得
h0 S (h0 +d )S ? T0 T1
( 得 d =h 0 T1 ?1 ) T0





ⅱ.取活塞为研究对象,设密闭气体对活塞做的功为 W ? ,由动能定理得:
W ? ? mgd ? p0 Sd ? 0

③ ④

根据热力学第一定律有: W ? Q ? ?E , W ? ?W ? 联立解得密闭气体增加的内能
?E ? Q ?(mg +P0 S )h0( T1 ? 1) T0



评分标准:本题共 10 分。正确得出①~⑤式各给 2 分。 34. (15 分) (1) (5 分)ABD(选对 1 个给 2 分,选对 2 个给 4 分,选对 3 个给 5 分;每选错 1 个扣 3 分,最低得分为 0 分)

【解析】从图可以看出波长为 4m,故 A 正确;在一个周期内,质点完成一次全振动,而一次全振动应表现为“相继出现两个 波峰” ,即 T=0.4s,则 v ?

?
T

? 10m/s ,故 B 正确;M、Q 两点间相距 4m,经过 0.4s 后波传播到了质点 Q(x=9m),质点 Q 开始

振动,因为每个点的起振方向均是竖直向下的,所以 Q 点是先向下,然后

3 个周期后才能到达波峰,即 0.3s 后才到波峰,则 4

共用去时间 0.4+0.3=0.7s,故 C、E 错误;经 1s 的时间,P 比 Q 多振动一个周期,所以多通过了 4m 的路程,故 D 正确。 (2) (10 分) 解:ⅰ.光路如图 3 所示 ⅱ.由折射规律得 n ? 得 β=30°
sin ? sin ?


图3



△OO2M 是等边三角形,设 OO2 ? O2 M =OM =x 光在透明体中的总路程为 2 x

评分标准:本题共 10 分。作图 2 分,正确得出①、②式各给 1 分,其余各给 2 分。 35. (15 分) (1) (5 分)ACE(选对 1 个给 2 分,选对 2 个给 4 分,选对 3 个给 5 分;每选错 1 个扣 3 分,最低得分为 0 分)

【解析】贝克勒尔发现了天然放射现象,使人们了解到原子核可以再分,卢瑟福通过散射实验得到的结论只是说明原子核存在, 没有得出原子核中存在质子的结论,故 B、D 错误。 (2) (10 分) 解:ⅰ.以 B 和 C 为研究对象,在碰撞的过程中,由动量守恒和能量守恒可得 mCv0=(mB+mC)v1 ①

整个过程的机械能损失等于 B、C 碰撞过程的机械能损失

1 1 2 根据能量守恒: ?E ? mC v0 ? (mB ? mC )v12 2 2
联立求解得: ? E=16J (mB+mC)v1=(mA+mB+mC)v2 ③



ⅱ.当 B、C 压缩弹簧到 A、B、C 速度相等时,弹簧的弹性势能最大,此过程中动量守恒 ④ ⑤ ⑥

1 1 2 机械能守恒: (mB ? mC )v12 ? (mA ? mB ? mC )v2 ? Epm 2 2
联立求解得弹簧的弹性势能最大值为 Epm=8J

评分标准:本题共 10 分。正确得出③、⑥式各给 1 分,其余各给 2 分。

云南师大附中 2015 届高考适应性月考卷(三) 理科综合参考答案
生物部分

第Ⅰ 卷(选择题,共 36 分)

【解析】

1.人体内绝大多数高度分化的细胞并不是都具有细胞周期,B 项错误;形态和功能不同的细胞,细胞膜上蛋白质种类不相同且物 质运输的效率也不相同,C 项错误;细胞坏死不会受到严格的由遗传机制决定的程序性调控,D 项错误。

2.A 中氨基酸― ― →胰高血糖素不会发生;C 中的反应都不会发生;D 中高度分化的细胞不再分裂,所以脱氧核苷酸― ― →DNA 不 会发生。

3.p 点细胞呼吸的场所是细胞质基质,q 点细胞呼吸的场所是细胞质基质和线粒体,不完全相同,A 项正确;A 曲线 q 点以后限制

? SiO4 4 的吸收速率的主要因素是膜上载体的数量;m 点时不能确定有氧呼吸一定比无氧呼吸强,C 项错误;q 点以后氧分压已经

不是限制因素,采取松土的措施不会使曲线呈现 B 的变化趋势。

4.若 A 表示过氧化氢酶催化 H2O2 分解的曲线,则可用曲线②表示 Fe3+催化 H2O2 分解的曲线,A 项错误;曲线 A 在 30min 时的主

要限制因素是反应物浓度,增加酶浓度,反应物浓度不变,产物浓度也不改变,B 项错误;若适当降低 pH 值,则图中 A 曲线 将变为②曲线,D 项错误。

5.该实验的步骤依次是标记、培养、搅拌、离心、检测,A 项错误;噬菌体是病毒,营寄生生活,不能用含有充足营养物质的培

养基培养 T2 噬菌体,B 项错误;离心后上清液中主要是 T2 噬菌体外壳,沉淀物中主要是被感染的大肠杆菌,C 项错误;用 32P

标记 T2 噬菌体,若培养时间过长,大肠杆菌已经被裂解,释放出带有标记的子代噬菌体,则放射性主要分布在上清液中,D 项 正确。 6.① 过程可见含 Fm 的染色体片段发生颠倒;② 过程可见从非同源染色体上移接了含 de 的染色体片段。

第Ⅱ卷(非选择题,共 54 分)
(一)必考题(共 4 小题,共 39 分) 29. (每空 1 分,共 9 分) I.(1)偏高 (2)CO2 (3)C5 CO2 和 C3 叶绿体基质 线粒体(或线粒体基质)

Ⅱ.(1)温度和光照强度 (2)0.1 <

30. (每空 1 分,共 11 分) (1)雌 (2)DNA 的复制和有关蛋白质的合成(或染色体的复制) (3)bc (4)8 de 0 0 2 AB 或 aB 或 ab 着丝点分裂,姐妹染色单体分开

(5) (第一)极体

【解析】 (5)由题图可知甲(杂合子)的基因型可能为 AABb、Aabb 或 AaBb。

(二)选考题(共 2 小题,共 15 分) 39. (除特殊标注外,每空2分,共15分) (1)用于离体培养的植物器官或组织片段 (2)脱分化(去分化) 消毒(1分) 大量元素 微量元素

生长素和细胞分裂素

(3)培养基中生长素用量比细胞分裂素用量比值偏高(或培养基中细胞分裂素用量比生长素用量比值偏低) (4)直接从愈伤组织中提取 40. (除特殊标注外,每空2分,共15分) (1)超数排卵 同期发情(处理) 移植胚胎(或胚胎移植) 获能

(2)减Ⅱ中(或减数第二次分裂中) (3)B、C (4)胚胎分割(1 分)

将内细胞团均等分割

云南师大附中 2015 届高考适应性月考卷(三) 理科综合参考答案
化学部分
第Ⅰ卷(选择题,共 42 分) 选择题(本题共 7 小题,每小题 6 分,共 42 分)
题号

7

8

9

10

11

12

13

答案 【解析】

A

C

B

D

B

C

D

7.①SiO2 常温下可与氢氟酸反应;⑥SO2 有毒,不可漂白食品。故选 A。 8.C4H8 的烯烃进行醛化反应得戊醛,其属于醛类的同分异构体共 4 种。故选 C。 子微弱水解而减少,故 Na+ 与 CO2? 3 的物质的量之比大于 2∶1。故选 B。

9.A 中 0.1mol Fe 参与氧化还原反应失去电子数可能是 0.2NA 或 0.3NA;C 中标况下 SO3 为固态;D 中在碳酸钠溶液中因碳酸根离

10.A 中 Kh 只受温度影响,故应不变;B 中相同温度下,若 Ka(HCN)<Ka(CH3COOH),说明氢氰酸比醋酸更难电离,因此相同物 故升高温度,促进电离,电离常数增大。故选 D。


质的量浓度时,氢氰酸的酸性比醋酸弱;C 中 Ksp 小的先产生沉淀,故应是 Ksp(BaSO4)小;D 中弱酸弱碱的电离均为吸热过程,

11.生铁钉中 Fe 和 C 构成原电池的两极,其中铁作负极,C 为正极,在强酸性环境(稀硫酸,题中 b 处)中主要发生析氢腐蚀,

在弱酸性、中性、碱性环境(饱和食盐水,题中 a 处)中主要发生吸氧腐蚀,负极反应式均为:Fe ? 2e =Fe2+;正极反应 故 B 错误。


式:析氢腐蚀为 2H++2e?=H2↑,吸氧腐蚀为 O2+4e?+2H2O=4OH?,故 a 处溶液的 pH 增大,而 b 处溶液的 pH 也增大。

12. NH3·H2O 和 HCl 均抑制水的电离,HCl 为强酸,NH3·H2O 为弱碱,同浓度时,HCl 抑制更大;而 NH4Cl 水解促进水的电
+ c(NH+ 4 )+c(H )=c(OH )+
- -

离,故各溶液中由水电离出的 c(OH ) :③>①>②,故 A 正确;②和③无论如何混合,混合后的溶液中根据电荷守恒,均有

c(Cl ) ,故 B 正确;①和②等体积混合后刚好反应为 NH4Cl 溶液,体积翻倍,浓度变为 0.05mol/L ,因此据物料守恒:


+ c(NH3·H2O)+c(NH4 )=c(Cl )=0.05mol/L,故 C 错;①和③等体积混合后为 NH3·H2O 和 NH4Cl 的等量混合溶液,根据物料守恒 ? (N∶Cl=2∶1) :c(NH3·H2O)+ c(NH+ 4 )=2c(Cl ),故 D 正确。

13.A 中可逆反应不可能进行完全,因此 (254g)1mol I2(g)和 (2g)1mol H 2(g)充分反应后放出的热量小于 9.48kJ;B 中当反应②吸 收 26.48kJ 热量时转移应为 2mol e ?; C 中根据盖斯定律 I2(s)=I2(g) Δ H=+35.96kJ/mol; D 中吸热表明反应物总能量比 生成物总能量低。故选 D。

第Ⅱ卷(非选择题,共 58 分)
(一)必考题(共 3 小题,共 43 分)

【解析】Ⅰ.根据题意计算得,H2A 为弱酸。加水稀释将促进电离,因体积相同,将浓度比换成物质的量之比,可判断 A 增大;

c(HA- ) c(HA- ) ? c(H ? ) K a1 + ? ? B 减小;C 中 c(H A) ? c(OH- ) c(H 2 A) ? K W K W ,因此温度不变,则此比值不变;D 中加水稀释 c(H )减小,根据水的离 2

子积常数,c(OH?)必然增大。故①中 AD 对。②Na2A 溶液中 A2?会二级水解,使溶液呈碱性。 Ⅱ. ( 1 )根据盖斯定律:① ×2 -②式可得热化学方程式为 CH 4 (g)+2H 2 O(g) = CO2(g)+4H2(g)

Δ H=+659.8kJ/mol。

(2)根据图中电流方向判断,甲中 c 为正极,d 为负极,燃料电池中,燃料 CH4 在负极失去电子被氧化成 CO2,此过程中结合


了从正极传导过来的 O2?,故 d 电极反应式为 CH4 ?8e +4O2?=CO2+2H2O;乙是在该燃料电池带动下工作的电解池,其中 a

为 阴 极 , 产 生 H2 , 当 产 生 H2 112mL ( 即 5× 10?3mol ) 时 电 路 中 转 移 10?2mol e? , 溶 液 中 就 产 生 10?2mol OH? , c(OH?)=

10?2 mol ? 10?1 mol/L ,故 pH=13。 0.1L

(3) ①根据升温, 平衡气体总浓度增加, 可知该反应正反应为吸热过程, 故 Δ H > 0; ②反应开始至平衡均有 v(NH3)=2v(CO2),

故 A 错;密闭容器中气体总压强和密度不变,表明混合气体的物质的量和质量不再改变,即每种气体的生成量等于消耗量, 反应达平衡; 密闭容器中氨气的体积分数始终是

2 - , 即 66.7%不变; ③根据表中数据, 25.0℃时平衡气体总浓度为 4.8× 10 3mol/L, 3

分解平衡常数 K ? c2 (NH3 ) ? c(CO2 ) ? (3.2 ? 10?3 mol/L)2 ?
1.6 ?10?3 mol/L ? 1.64 ?10?8 (mol/L)3 。

(4)25℃时,混合液 pH=11,即 c(OH ?) =10?3mol/L,根据 Mg(OH)2 的溶度积常数 Ksp ? 1.8 ?10?11 ? c(Mg2+ ) ? c2 (OH? ) ,计算得此 温度下残留在溶液中的 c(Mg2+)=1.8× 10 5mol/L。


27. (除特殊标注外,每空 2 分,共 13 分) (1)四(1 分) VIA(1 分) 弱(1 分)

(2)①Cu?2e?=Cu2+ ② Cu2Se+6H2SO4 (浓)=2CuSO4 +4SO2↑+SeO2+ 6H2O ③SeO2+2OH?=SeO2? 3 +H2O (3)5Se+12HNO3 (浓)=6H2O+5SeO2+4NO↑+8NO2↑ (4)44.40% 【解析】(1)Se 与氧同主族,原子序数为 34,故处于第四周期第 VIA 族。亚硒酸酸性比亚硫酸弱。

(2)②浓硫酸的还原产物是 SO2,Cu2Se 中+1 价 Cu 和?2 价 Se 化合价升高,总体 1mol 失 8mol 电子,据此写出方程并根据得 失电子守恒和质量守恒配平方程式即可;③迁移 SO2 与 NaOH 反应的离子方程式即可。

(3)由题中信息可知 Se 与浓 HNO3 反应,Se 被氧化为+4 价的 SeO2 或 H2SeO3 ,HNO3 还原为 NO 与 NO2,生成 NO 与 NO2 的 物质的量之比为 1∶2,即二者计量系数比为 1∶2,令二者系数为 1 和 2,根据电子转移守恒可知,Se 的系数为 故反应的化学方程式为 5Se+12HNO3 (浓)=6H2O +5SeO2+4NO↑+8NO2↑。

3 ?1 ? 1? 2 5 = , 4 4

( 4 ) 根 据 得 失 电 子 守 恒 配 平 反 应 ① , 再 据 两 反 应 的 方 程 式 得 关 系 式 : SeO2~2I2~4Na2S2O3 , 消 耗 的 n(Na2S2O3)=0.2000mol/L× 0.020L=0.0040mol ,根据关系式计算样品中 n(SeO2)=0.0040mol× 0.0010mol× 111g/mol=0.1110g,所以样品中 SeO2 的质量分数为

1 =0.0010mol , 故 SeO2 的 质 量 为 4

0.1110 × 100%=44.40%。 0.2500

【解析】Ⅰ. (1)由于一水合硫酸四氨合铜在加热时易失氨,所以其晶体的制备不宜选用常规的蒸发浓缩方法。据题意写出方 (2)根据加入浓乙醇溶液使晶体析出,说明硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度。 (二)选考题(共 3 小题,共 15 分) 36. (除特殊标注外,每空 2 分,共 15 分) (1)增大反应物接触面积(或增大反应速率或使反应更充分) (2)2 1 ClO


程, Cu 和 S 合降 4 价, 得 1mol N2 升 6 价, 根据升降总数相等, 配平得 3[Cu(NH3)4]SO4· H2O3Cu +2N2↑+8NH3↑+3SO2↑+9H2O↑。

1

H2O

2

1[或 2Fe(OH)2+1ClO?+1H2O=2Fe(OH)3+1Cl?](2 分,全对才给分)

(3)FeO(OH)(或其他合理答案) (4)8.0≤pH≤10.4 (5)bd (6)蒸发浓缩(1 分) (7) 冷却结晶(1 分) (或其他合理答案)
125m2 × 100%(3 分) 81m1


【解析】 (1)将菱锌矿研磨成粉可以增加反应时的接触面积,使得反应更加充分。 水分子,反应的离子方程式为 2Fe(OH)2+ClO +H2O=2Fe(OH)3+Cl 。 原子,所以可能的化学式为 FeO(OH)。
- -

(2)流程中“氧化除铁”是加入漂白粉,方程式后面产物中又有氯离子,可知氧化剂是 ClO ,观察方程式前后可以推出还有

(3)化学式量为 89,组成元素是 Fe、O、H,其中铁的相对原子量为 56,89?56=33,化学式中只能含有 2 个氧原子和 1 个氢

(4)调节滤液 2 的 pH 要想生成 Zn(OH)2 沉淀而不生成 Mg(OH)2,必须知道 Mg(OH)2 开始沉淀时的 pH,Zn(OH)2 开始沉淀时

的 pH,Mg(OH)2 沉淀完全时的 pH、Zn(OH)2 沉淀完全时的 pH,Mg(OH)2 开始沉淀时的 pH 为 10.4, Zn(OH)2 开始沉淀时的 10.4。 (5)从“滤液 3”制取 MgO 过程中,说明要产生 Mg(OH)2,溶液的碱性要增强,所以加入石灰乳或烧碱溶液。 (6) “滤液 4”之后的操作目的是得到纯净的固体,应将溶液蒸发、结晶、过滤后洗涤并干燥。 (7)根据 Zn 原子守恒:n(ZnCO3) = n(ZnO)= 37. (除特殊标注外,每空 2 分,共 15 分) (1)1s22s22p63s23p6 或[Ar] (2)N>O>K

pH 为 6.4,Mg(OH)2 沉淀完全时的 pH 为 12.4,Zn(OH)2 沉淀完全时的 pH 为 8.0,所以理论上可选用的最大区间为 8.0≤pH≤

m2 n C O ?103 mol,则 Z 81

3

的质量为

125m2 125m2 × 100%。 ? 103 g,ZnCO3 的质量分数为 81m1 81

(3)②<①<③

KCl 为离子晶体,CO2 为分子晶体,C3N4 为原子晶体,一般沸点大小顺序是:原子晶体高于离子晶体,而 sp2(1 分)

离子晶体又高于分子晶体 (4)平面正三角形(1 分) (5)CN (1 分) (6) N A =
4 ? 56


12NA(或 7.224× 1024) mol?1

? ? (2 2a)3 ? 10?21

【解析】根据题意,A 的最外层电子数是内层电子总数的 2 倍,应为碳元素;C 的基态原子最外层电子排布式为:nsnnpn+2,因

s 能级电子全满最多为 2,故 n=2,其为 8 号氧元素,则 B 就为氮元素;前四周期中价电子层中的未成对电子数为 4 的只有 3d

能级 3d4 或 3d6,而价电子排布没有 3d44s2,只有 3d54s1(Cr 元素,未成对电子数为 6) ,故 E 的价电子排布为 3d64s2,即 26 号

铁;因 D 与 E 同周期,第四周期中价电子层中只有 1 个未成对电子的有:4s1(钾元素) 、3d14s2(钪元素) 、3d104s1(铜元素) 、 D、E 分别是 C、N、O、K、Fe。据此: (1)D+为 K+,其电子排布式为:1s22s22p63s23p6 或[Ar]。 O>K。
? (4)BC? 3 为 NO3 ,其中心原子 N 的价层电子对数为

4s24p1(镓元素) 、4s24p5(溴元素) ,又 D 是前四周期中电负性最小的,且原子序数比 26 小的,只有钾元素。所以 A、B、C、

(2)同周期从左到右第一电离能逐渐升高,但 IIA 比 IIIA 高,VA 比 VIA 高;同主族从上到下第一电离能逐渐降低,故有 N>

5 ? 0? 3 ?1 ? 3 对,采取 sp2 杂化,VSEPR 模型为平面正三角形,三个配位原 2

子,故其空间立体构型和 VSEPR 模型一致,为平面正三角形。 位键 6mol 和 CN?中的 δ 键 6mol,共 12mol。

(5)在蓝色颜料 DE[E(AB)6]中复杂配离子为[Fe(CN)6]3?,中心离子是 Fe3+,配位体是 CN?;1mol 该配离子中所含 δ 键包括配

(6)E 为 Fe,原子的半径为 a nm,面心立方晶体的面对角线上三个原子紧贴呈直线,长为 4a nm,设晶胞边长为 x,根据勾股

1 1 定理有: x2+x2=(4a)2, 解得: x=2 2 a nm, 晶胞体积为 V=(2 2 a)3× 10?21cm3; 又根据均摊法, 晶胞中含铁原子个数为: 8× +6× =4, 2 8
则有:
4 4 ? 56 ?V = ,故代入数据,阿伏加德罗常数 NA 的表达式为 mol?1。 3 ?21 NA M ? ? (2 2a) ? 10

38. (除特殊标注外,每空 2 分,共 15 分) (1)醛基(1 分) (2) C8H8OBr2

(3)①



消去反应

(4)10

【解析】 (1)根据题中 A、B、C 的转化条件及 A 的相对分子质量为 32 可知:A 为甲醇,B 为甲醛,C 为甲酸(HCOOH) ,又 M+H2OC+D,可知 D 的分子式为:C8H8OBr2。

根据 E 的化学式为 C8H7O2Na 且能与新制氢氧化铜反应,说明带醛基,因此 B、E 中共同的官能团为醛基。根据酯化反应原理:

( 2 )结合转化图中 G 到 H 再到 I , G 遇 FeCl3 溶液变紫色(说明含酚羟基) , I 的性质和结构特点,可推知: G 为

,E 为

,F 为

,D 为

,由此可得 M 的结构简式为:



(3)②

;属醇的消去反应。


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