河南省鹤壁市高级中学2020届高三下学期线上第四次模拟理科综合答案.pdf

线上第四次考试物理答案 14．C 【解析】 【详解】 A、卢瑟福的α粒子散射实验说明原子的核式结构模型；故 A 错误. B、根据质量数与质子数守恒，可知，x 的质量数是 1，电荷数是 0，表示中子；故 B 错误. C、重核的裂变和轻核的聚变都是存在质量亏损，从而放出核能；故 C 正确. D、根据跃迁公式，可知，一个氢原子从 n=1 能级跃迁到 n=2 能级，必须吸收能量，可能 是吸收光子，也可能的电子与其他的电子发生碰撞而吸收能量；故 D 错误. 15．B 【解析】 【详解】 A．加速与减速的加速度大小相等，加速和减速过程中速度变化量的大小相同，根据：   va t 可知加速和减速所用时间相同，A 错误； BC．加速的时间为 1t ，匀速的时间为 2t ，减速的时间为 1t ，由题意得： 1 22 40 60st t   2 3 1 2 12 600 10 m2 at vt    1 1200 m/s3.6 at 联立方程解得： 匀加速和匀减速用时： 1 600s=10mint  匀速运动的时间： 2 1200st  加速和减速过程中的加速度： 2s5 9 m/a  B 正确，C 错误； D．同理将上述方程中的加速度变为 210m/s ，加速和减速的时间均为： 河南省鹤壁市高中 2020 届高三年级线上第四次考试理综答案1 1200 1003.6 s s10 3t    加速和减速距离均为 2 2 1 1 1 100 5000010 ( ) m m2 2 3 9x at      匀速运动用时： 3 2 50000600 10 2 53009 s s1200 3 3.6 t       总时间为： 1 2 55002 s 31min3t t     D 错误。 故选 B。 16．C 【解析】 【分析】 喷出的水从最高点到右边失火处和到左边地面均为平抛运动，而且具有对称性，根据平抛 运动的特点分析问题。 【详解】 AC．水从最高处到左边地面可以看做平抛运动，甲乙两水枪喷出的水最大高度相同，乙水 枪喷出的水更远，则乙水枪在最高处的水平速度更大，水的最大高度相同，水落地的竖直 速度相同，那么也就说明乙水枪喷水的速度更大，且两喷水枪喷出水柱的方向不同，故 C 正确，A 错误； B．甲乙两水枪喷出的水在上升和下降的过程中具有对称性，说明两水枪喷出的水在空中运 动的时间相同，故 B 错误； D．甲乙两水枪喷水的口径相同，乙水枪喷水的速度较大，所以乙水枪喷水的功率较大，故 D 错误。 【点睛】 将斜抛运动看做平抛运动的逆过程，应用运动的合成与分解解决问题。 17．C【解析】 【详解】 A．根据闭合电路欧姆定律得： U=E-Ir 当 I=0 时，U=E，由读出电源的电动势 E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则： 3 Ω 0.5Ω6 Ur I    A 正确； B．根据图像可知电阻： 1ΩUR I   B 正确； C．电源的效率： 2100%= 100%= 100%=66.7%3 P UI P EI     出 总 C 错误； D．两图线的交点表示该电源直接与电阻 R 相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压 U=2V，电流 I=2A，则电源的输出功率为： P 出=UI=4W D 正确。 故选 C。 18．C 【解析】 【详解】 试题分析：电容式速度传感器原理图，其中上板为固定极板，下板为待测物体，由Q CU 、 4 SC kd   与 UE d  得：Q 与 C 成正比，而 C 与 d 成反比，则 E 与 d 成反比，所以 E 与 Q 成正比．则由 Q 与 t 关系可得，E 与 t 的关系：选第②；Q 随时间 t 的变化关系为 bQ t a   又由于 Q 与 d 成反比．所以 d 与 t 成线性关系．故选第③ 故选 C 考点：考查了常见传感器工作原理点评：运用各公式去寻找变量间的关系，最终得出正确答案． 19．CD 【解析】 【详解】 A、设电压表的读数为 U，根据电压有效值的概念应有： =0 ， 解得 U=110 V≈155.5V，即电压表的示数应为 155.5V，由于线圈的自感作用，电阻 R 两 端的电压应小于 155.5V，所以 A 错误； B、根据选项 A 分析可知 B 错误； C、当不考虑线圈的自感作用时，电阻 R 消耗的功率为 P= = =50W，所 以由于线圈的自感作用影响，电阻 R 消耗的功率一定小于 50W，所以 C 正确； D、根据电源电压图象可知，电源的最大电压为 311V，电容器的耐压值不能小于 311V，所 以 D 正确． 故选 CD． 【点睛】 应明确：①应根据电流的热效应定义来求交流电的有效值；②电容器的耐压值不能大于电 压的最大值；③电压表示数应是电压有效值． 20．AB 【解析】 【分析】 根据速度位移公式，结合牛顿第二定律，抓住α=90°和 0°时对应的位移求出物体与斜面间的 动摩擦因数和物体的初速度大小．由动能定理求出物体末速度，根据牛顿第二定律求出加 速度的表达式，进而求出加速度． 【详解】 根据动能定理，物体沿斜面上滑过程有：-mgsinα•x-μmgcosα•x=0- 1 2 mv02解得：   2 0 2 vx g sin cos    …① 由图可得，当α=90°时 x=1.25m，根据 v02=2gx，代入数据得：v0=5m/s，故 A 正确； 由图可得，α=30°时，x=1.25，①式代入数据得：μ= 3 3 ，故 B 正确； 把α=60°代入①，解得：x= 5  38 m，由动能定理得：-μmgcosα•2x= 1 2 mvt2− 1 2 mv02，代入数 据得：vt＝ 5  22 m/s，故 C 错误；下滑的加速度为：a=g（sinα-μcosα），当α=60°时，代入 数据得：a= 3  3 m/s2，故 D 错误；故选 AB。 21．AD 【解析】 【详解】 A．由题意可知，根据右手定则，右图中，环左端面电流方向垂直纸面向里，右端面电流方 向向外，则有(俯视)顺时针的感应电流，故 A 项符合题意； B．根据楞次定律可知，环受到的安培力向上，阻碍环的运动，故 B 项不符合题意； C．圆环落入磁感应强度 B 的径向磁场中，产生的感应电动势 2πE Blv B Rv   圆环的电阻 2 2π π RR r 0 电流 0 EI R  圆环所受的安培力大小 2π2π 2πB r vF BI R B R    由牛顿第二定律得 mg F ma  其中质量22π πm dV d R r    联立解得 2B va g d  故 C 项不符合题意； D．当圆环做匀速运动时，安培力与重力相等，速度最大，即有 mg F 可得 2 2 mπ2π π 2πB r vd R r g B R    解得 m 2 gdv B  故 D 项符合题意。 考点：波的干涉；受迫振动；多普勒效应；波的衍射；双缝干涉 【名师点睛】本题考查了干涉现象、衍射现象、双缝干涉、多普勒效应、受迫振动、简谐 运动等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点；振动加速度的振幅最大，不 是位移总是最大．受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关．当波长与障碍物 尺寸差不多，或比障碍物尺寸大，会发生明显的衍射，这些地方都容易出错． 22．6. 800 2 2 2 2 1 2 B A d d h gst t L       不需要 【解析】 【详解】 （1）[1]螺旋测微器的主尺刻度为 6.5mm，螺旋尺刻度为 30.0×0.01mm=0.300mm，所以遮 光条的宽度： 6.5mm 0.300mm 6.800mmd    ； （2）[2]滑块经过光电门 A 的速度 A A dv t  ， 经过光电门 B 的速度B B dv t  ， 滑块在光电门间运动过程，动能的变化量： 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1( )2 2 2k B A B A E mv mv md t t      ， 合外力做功 hW mgs L   ， 若运动中满足动能定理，则需满足 2 2 2 1 1 1( )2 B A mgshmd t t L   ， 即满足 2 2 2 2 1 2 B A d d h gst t L       ， 即可说明滑块在光电门 A、B 间的运动过程满足动能定理； （3）由于本实验中每次都可以计算出经过光电门的速度，则不需要满足每次经过光电门的 速度相同，故不需要每次实验中将滑块从同一位置释放。 23．D C F 小 5V 【解析】 【详解】 (1)[1][2][3]图中电路为经典的半偏法测电流表内阻，采用半偏法测量电流表内阻时，电源电 动势越大，越有利于减小误差，所以电动势应选择较大的 F，为了保证电流表能够满偏， 根据闭合电路欧姆定律粗算全电路总电阻大小： 6 g 12 Ω 60kΩ 200 10 ER I     所以电阻箱 R 选用阻值较大的 D，电阻箱 R用来和电流表分流，所以二者电阻相差不多， 所以选择 C； (2)[4]实验原理可以简述为：闭合 1K ，断开 2K ，调节 R 使电流表满偏，保持 1K 和 R 不变， 闭合开关 2K ，调节 R使电流表半偏，此时 R的电阻即为电流表的内阻。事实上，当接入 R 时，整个电路的总电阻减小，总电流变大，电流表正常半偏，分流为断开 2K 时总电流的一半，而通过 R的电流大于断开 2K 时总电流的一半，根据欧姆定律可知 R的电阻示数小于 电流表真实的内阻； (3)[5]根据串联分压规律： g g g g 0 I R R U R R   解得改装后电压表的量程： 5VU  。 24．(1) 4.5 m/s2 (2) 可以在公交车还停在车站时安全上车 【解析】 【详解】 （1）根据匀变速直线运动的速度与位移关系可以得到公交车的加速度为： 2 2 2 1 1 2 10 0 15 m/s 4.5m/s2 2 25a x v     （4 分） 所以其加速度大小为 24.5m/s ； （2）公交车从与李老师相遇到开始刹车用时为： 1 1 1 50 25 5s s315 x xt v     （2 分） 公交车刹车过程中用时为： 1 2 1 0 15 s s4.5 10 3 vt a     （2 分） 李老师以最大加速度达到最大速度用时为： 3 2 3 2 6 1s 2s2.5 v vt a     （2 分） 李老师加速过程中位移为： 2 3 2 32 1 6 2 2m 7mv vx t     （2 分） 以最大速度跑到车站用时为： 3 2 4 4  s6 3xt v x  （2 分）显然， 3 4 1 2 10st t t t  ＜ ，能赶上这班车． 25．(1)都带负电， 4 1 A B q q  (2)绕行方向都相同， 4 1 A B v v  (3)13cm 【解析】 【详解】 (1)因为两带电小球都在复合场中做匀速圆周运动，故必有 qE=mg （2 分） 电场方向可知，两小球都带负电荷 A Am g q E B Bm g q E （2 分） 4A Bm m 得 4 1 A B q q  （1 分） (2)由题意可知带电小球的绕行方向都相同，由 2vqvB m R  （3 分） 得 mvR qB  由题意 4A BR R ，所以 4 1 A B v v  （2 分） (3)由于两带电小球在 P 处相碰，切向合外力为零，故两带电小球切向动量守恒由 碰后 B 恰能沿大圆运动 ' B Av v （ 3 分）得 13 134 4 16 A A B A A A A BA A B A m v vR q B v m vR v v q B       （3 分） 将 16cmAR  代入得 13cmAR  。 （ 2 分） 33．（1）．ACE 【解析】 【详解】 A．液体由于存在表面张力，由收缩成球形的趋势，故 A 正确； B．水结冰时，由液体变为固体，分子热运动仍然存在，故 B 错误； C．由热力学第二定律可知，热量总是自发的从温度高的物体传到温度低的物体，即热量总 是自动地从分子平均动能大的物体向分子平均动能小的物体转移，故 C 正确； D．花粉颗粒在水中做布朗运动，反映了水分子在不停地做无规则运动，故 D 错误； E．由于水池恒温，故理性气体温度不变，内能不变，由于气体上升的过程体积膨胀，故对 外做功，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故 E 正确； 故选 ACE。 (1) 0 3 2T ；(2) 0 1 ( )2Q p S Mg h  【解析】 【详解】 (1)封闭理想气体初始状态 1V Sh ， 1 0T T （1 分） 封闭理想气体末状态 2 1 3( )2 2V S h h Sh   （1 分） 用电热丝缓慢给气缸内的理想气体加热，理想气体做等压变化，设末状态的温度为 2T ，由 盖吕萨克定律得1 2 1 2 V V T T  （1 分） 解得 2 2 1 0 1 3 2 VT T TV   （1 分） (2) 理想气体做等压变化，根据受力平衡可得 1 0p S p S Mg  （2 分） 理想气体对外做功为 1 1 2W p S h  （1 分） 由热力学第一定律可知 U Q W   （1 分） 联立解得 0 1 ( )2U Q p S Mg h    （1 分） 34．（1）．BCE 【解析】 试题分析：在干涉现象中，振动加强点振幅最大，位移在变化，所以振动加强点的位移不 是总是比减弱点的位移大，故 A 错误．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，单摆的周期 与驱动力的周期相等，与固有周期无关，故 B 正确．火车鸣笛向我们驶来时，根据多普勒 效应知，我们接收的频率大于波源发出的频率，故 C 正确．当水波通过障碍物时，若障碍 的尺寸与波长差不多，或比波长小的多时，将发生明显的衍射现象，故D 错误．根据 Lx d ＝  知，A 光的条纹间距比 B 光的条纹间距大，则 A 光的波长大于 B 光的波长，故 E 正确．故 选 BCE． （2）1. 2， 2、 1: 4 【解析】 【详解】 （1）光路如图，由折射定律 1sinC n  （1 分） 而 2 ROF  ，故 1sin 2C  （即 30C  ）（1 分） 所以该材料的折射率 n=2； （1 分） （2）光在空气中传播的路程 1 2S SF （1 分） 由几何关系 30OSF   所以 1 3cos30 2 2 32S R R R     ，则时间为： 1 1 3S Rt c c   （2 分） 光在介质中传播的路程 2 4 2 3S FD R  ，则时间为： 2 2 2 2 2 3R S n Rt v c c    （1 分） 则时间之比为： 1 2: 1: 4t t  。（1 分） 线上第四次考试化学答案 一．选择题（共 7 小题，满分 42 分，每小题 6 分） 7．B【详解】A.陶瓷是传统硅酸盐材料,属于无机传统非金属材料,故 A 正确; B.“凡火药,硫 为纯阳,硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸钾,故 B 不正确;C.该过程中反应为铁 与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜,反应类型为置换反应,故 C 正确; D.黄铜是铜锌合金,故 D 正 确; 答案：B。 8．C【详解】A.在金刚石中，平均每个碳原子形成 2 个共价键，12g 金刚石中含有共价键 数目为 2NA，A 错误； B. 标况下，SO3 为固体，不能利用气体摩尔体积计算含有的氧原子数，B 错误； C. 依据原子守恒，1L 0.1mol·L-1NH4NO3 溶液中含有氮原子 0.2mol，总数为 0.2NA，C 正确； D.葡萄糖分子式 C6H12O6、 蔗糖分子式 C12H22O11，两种分子中碳、氢、氧三种元素的原子 个数比分别为：1:2:1、12:22:11，含碳量不同，故混合物中的碳的质量无法确定，碳原子的数目无法确定，D 项错误；故选 C。 9.C【详解】A. x、y 中含碳碳双键，z 中不含碳碳双键，则 x、y 能使酸性高锰酸钾溶液褪 色，z 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A 项错误； B. C5H6 的不饱和度为 5 2+2-6 =32  ，若为直链结构，可含 1 个双键、1 个三键，则 z 的同 分异构体不是只有 x 和 y 两种，B 项错误； C. z 中三个亚甲基上的 H 原子属于等效氢原子，因此 z 只有一类氢原子，则 z 的一氯代物 只有一种，2 个 Cl 可在同一个亚甲基上或不同亚甲基上，二氯代物只有两种，C 项正确； D. x 中含 1 个四面体结构的碳原子，则所有原子不可能共面，D 项错误；答案选 C。 10．B【详解】A.测定等浓度的 Na2CO3 和 Na2SO3 溶液的 pH，可比较 HCO3-与 HSO3-的酸 性，不能比较 S、C 两种元素的非金属性强弱，A 错误； B.滴加稀 NaOH 溶液，可能生成一水合氨，试纸不变蓝，因此不能确定原溶液中是否含 NH4+， B 正确； C.加热 Al，表面的 Al 被氧化产生 Al2O3，Al2O3 是离子化合物，熔点高，包裹在 Al 的外面， 使熔化后的液态铝不会滴落下来，C 错误； D.淀粉在酸性条件下水解，水解后产生的葡萄糖应该在碱性溶液中进行检验，未将催化剂 硫酸中和，操作不合理，因此不会产生砖红色沉淀，D 错误；故合理选项是 B。 11.B【详解】已知甲是常见温室效应气体，X、W 为同一主族元素，X、W 形成的最高价 氧化物分别为甲、丙，则 X 为 C 元素、W 为 Si 元素，甲为二氧化碳，丙为二氧化硅，x、 w 分别为 X、W 的单质，在高温条件下 x 碳单质与二氧化硅反应生成 w 为硅，丁为一氧化 碳；y2 为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，则 Y 为 O 元素，Z 为金属元素，z 金属单质能与二氧化碳反应生成碳单质与金属氧化物，则 Z 为 Mg 元素，综上所述，X 为 C 元素、Y 为 O 元素、Z 为 Mg 元素、W 为 Si 元素，据此解答。A. 反应①二氧化碳与镁反 应、②碳与氧气反应、③碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，A 项正确； B. 同周期元素原子半径从左到右依次减小，同主族元素原子半径从上而下以此增大，故 C、 O、Mg、Si 四种元素中，Mg 的原子半径最大，B 项错误；C. 丙为二氧化硅，在信息工业 中，二氧化硅常作光导纤维材料，C 项正确；D. 在高温条件下，碳与二氧化碳反应生成一 氧化碳，D 项正确；答案选 B。 12．C【详解】A、根据图示可知，氢气与一氧化二氮在铱（Ir）的催化作用下发生氧化还 原反应，生成氮气，反应为：H2 + N2O＝N2 + H2O，A 正确；B、根据图示可知：导电基体上的负极反应：氢气失电子，发生氧化反应，导电基体上的负极反应：H2－2e−＝2H+，B 正确；C、若导电基体上只有单原子铜，硝酸根离子被还原为一氧化氮，要转化成一氧化二 氮需要的电子由 H2 变成 H+提供，而由 H2 变成 H+需要 Pt 催化，故不能消除含氮污染物，C 错 误；D、从图示可知：若导电基体上的 Pt 颗粒增多，硝酸根离子得电子变为铵根离子，不 利于降低溶液中的含氮量，D 正确；正确选项 C。 13．B 【详解】H2C2O4 溶液中滴入 NaOH 溶液，先发生反应：H2C2O4+OH-=HC2O4-+H2O， 随着碱的不断滴入，溶液的 pH 不断增大；当 H2C2O4 完全反应后，HC2O4-与 NaOH 发生反 应 HC2O4-+OH-=C2O42-+H2O，所以直线Ⅰ为 X= - 2 4 2 2 4 C O c(H C c H ) O ( ) ，直线Ⅱ为 X=   2 2 4 2 4 C O c(HC c O ( ) ) 。 A. 在 pH=4.19 点，Ka2(H2C2O4)=    4.192 2 4 2 4 C O c c( ) 10 (HC O ) =10-4.19，A 正确； B. 由以上分析可知，直线Ⅱ中 X=   2 2 4 2 4 C O c(HC c O ( ) ) ，B 错误； C. 在 NaHC2O4 溶液中，HC2O4- C2O42-+H+，HC2O4-+H2O H2C2O4+OH-，H2O H++OH- 由水电离出的 c(OH-)=c(H+)，则溶液中 c(H+)-c(C2O42-)=c(OH-)-c(H2C2O4)，从而得出 c(H2C2O4)+c(H+)=c(OH-)+c(C2O42-)，C 正确； D. 直线Ⅰ，lg X=0 时，pH=1.22，pH=0 时，lg X=1.22(由平衡常数进行计算)，从而得出其 斜率为 1；采用同样的方法，可求出直线Ⅱ的斜率为 1，D 正确； 故选 B 26．（15 分,除标注外每空 2 分）（1）球形冷凝管（1 分） （2） 避免温度高于 48℃， Na2S2O3•5H2O 发生分解 避免发生水倒吸 （3） B （4）S2O32﹣+H2O ⇌ HS2O3 ﹣+OH﹣（方程式配平错扣 1 分，气体沉淀符号不扣分，下同）（5） S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+ （6）溶液蓝色褪去，并在半分钟内不 恢复（无颜色变化不得分） 2 1 2cV V 【详解】（1）由装置图可知仪器 B 为球形冷凝管 （2）加热时应避免温度高于 48℃，Na2S2O3•5H2O 发生分解，抽滤时应避免倒吸，如欲停 止抽滤，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，其原因是避免发生水倒吸， （3）洗涤时为尽可能避免产品损失应选用乙醇（4）Na2S2O3 为强碱弱酸盐，水解呈碱性， 离子方程式为 S2O32﹣+H2O⇌HS2O3 ﹣+OH﹣， （5）实验②中发生的离子反应方程式为 S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+，故答案为：S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+； （6）滴定终点，溶液蓝色褪色，且半分钟内不恢复，反应的关系式 2ClO2～5I2～10S2O32﹣， n（Na2S2O3）＝V2c×10﹣3mol，则 c（ClO2） -3 2 -3 1 cV 10 mol 2 1010V 10 L     ＝ 2 1 2cV V mol/L， 27．（14 分,每空 2 分）（1）废镍催化剂粉碎、增大硫酸浓度、升温（一种合理即可） （2） 3+ - - 2 2Cr +4OH =CrO +2H O （3）实现镍元素和铁元素的分离或除去铁元素 防 止一水合氨分解生成氨气，脱离反应体系，不利于生成[Ni(NH3)6]2+ （答对一个要点给一分） （4）3NiS+8HNO3(稀)=3Ni(NO3)2+2NO↑+3S↓+4H2O （5） 1.4×10-5mol·L-1 （6） cd (答 对一个给一分，有错不得分) 【详解】（1）为提高“酸溶”时镍元素的浸出率，可将废镍催化剂粉碎增加反应接触表面积、 增大硫酸浓度、升温等措施，（2）根据信息可知，Cr(OH)3 是两性氢氧化物，性质类似于氢 氧化铝，铬离子与少量氢氧化钠反应生成氢氧化铬，若氢氧化钠过量，则过量的氢氧化钠 与氢氧化铬反应生成偏铬酸钠，故“一次碱析”时，加入的 NaOH 溶液需过量，则含铬微粒 发生反应的离子方程式为： 3+ - - 2 2Cr +4OH =CrO +2H O ，（3）废镍催化剂中的铁元素在“一 次碱析”时转化为氢氧化铁，由于 Fe(OH)3 不溶于 NH4Cl-氨水的混合液，Ni(OH)2 溶于 NH4Cl- 氨水的混合液生成[Ni(NH3)6]2+，则“氨解”的目的是实现镍元素和铁元素的分离或除去铁元 素；加热条件下，氨会挥发，因此控制低温的原因是：防止氨水分解生成氨气，脱离反应 体系，不利于生成[Ni(NH3)6]2+，（4）“氧化”时发生的反应是稀硝酸和 NiS 的反应，根据流 程图反应生成 S，则稀硝酸中氮元素由+5 价降低到+2 价生成 NO，NiS 中的硫元素由-2 价 升高到 0 价生成 S 单质，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为： 3NiS+8HNO3(稀)=3Ni(NO3)2+2NO↑+3S↓+4H2O， （5）氢氧化镍中存在溶解平衡，Ka=c(Ni2+)×c2(OH-)，根据信息，离子浓度≤10-5mol·L-1 时， 离子沉淀完全，则 2×10-15=10-5×c2(OH-)，解得 c(OH-)=1.4×10-5mol/L，则若使溶液中 Ni2+沉 淀完全，需维持 c(OH-)不低于 1.4×10-5mol/L，（6）“系列操作”的目的是从 NiSO4 溶液中得 到 NiSO4·7H2O，其操作包括：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故不需要的操作为 cd， 28.（14 分,每空 2 分） (1)-12 (2) ①25% ② 小 随着 Y 值的增大，φ(CH3OH)减 小，平衡 CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)向逆反应方向进行，故 Y 为温度 (3) A CHO*＋ 3H*=CO*＋4H*（或 CHO*=CO*＋H*） (4) 4×10-9 【详解】⑴未断键的可以不计算，只计算断键和成键的，因此该反应的ΔH＝351 + 393 – 293– 463 = -12 kJ·mol－1，故答案为：-12。 ⑵ CO(g) ＋ 2H2(g) ⇌ CH3OH(g) 开始：1mol 2mol 0 转化：xmol 2xmol xmol 平衡：(1-x)mol (2-2x)mol xmol 100% 10%1 2 2 x x x x      ，解得 x = 0.25 mol， 0.25molα= 100%=25%1mol  ①平衡时，M 点 CH3OH 的体积分数为 10%，则 CO 的转化率为 25%，故答案为：25%。 ②根据图象得出 X 轴上 a 点的数值比 b 点小，某同学认为上图中 Y 轴表示温度，其判断的 理由是随着 Y 值的增大，φ(CH3OH)减小，平衡 CO(g)＋2H2(g)⇌ CH3OH(g)向逆反应方向进 行，故 Y 为温度，故答案为：小；随着 Y 值的增大，φ(CH3OH)减小，平衡 CO(g)＋ 2H2(g)⇌ CH3OH(g)向逆反应方向进行，故 Y 为温度。 (3)由活化能 E 值推测，甲醇裂解过程主要历经的方式应为 A，该历程中，放热最多的步骤 是 CHO*＋3H*的反应阶段，因此该反应的化学方程式为 CHO*＋3H*=CO*＋4H*（或 CHO*=CO*＋H*），故答案为：A；CHO*＋3H*=CO*＋4H*（或 CHO*=CO*＋H*）。 (4)常温下，PbI2 饱和溶液(呈黄色)中 c(Pb2+)＝1.0×10-3 mol·L－1 故答案为：4×10-9。 36.（15 分,除标注外每空 2 分）(1)6s26p2 2 (1 分） (2)Zn 的价电子排布式为 3d104s2， 全充满结构稳定，而 Ga 的价电子排布式为 4s24p1，不稳定，所以锌的第一电离能大于镓的 第一电离能 （答对一个要点给一分） (3) sp3 (1 分） sp2 (1 分） 7NA (4) D (5) FeCu3N (6) -8 3 AN 5.71 (4.28 10 ) 16x= -4 56 56     （结果正确即给分） 【详解】(3)将 H2NCONH2(尿素)的结构简式写成 ，根据价层电子对互斥理论以 及杂化轨道理论判断原子的杂化类型，同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈 增大趋势，但第 IIA 族、第 VA 族第一电离能大于其相邻元素； (4)A. Fe(CO)5 的熔沸点很低，属于分子晶体，A 项正确； B. Fe(CO)5 的配体为 CO，与 C22－互为等电子体，B 项正确； C. Fe 与 CO 形成 5 个配位键，每个 CO 分子中含有 1 个σ键和 2 个π键，则 Fe(CO)5 中σ键的 数目为 10 个，π键的数目为 10 个，则 Fe(CO)5 中σ键与π键之比为 1：1，C 项正确； D. 反应得到 Fe 单质，形成金属键，D 项错误；故答案为：D； (5)能量越高，物质越不稳定，根据转化过程能量变化可知，Cu 代替 b 位置的 Fe 型能量高，相对不稳定，根据均摊法可知，该晶胞中 Cu 原子个数= 16 =32  、Fe 原子个数= 18 =18  、 N 原子个数为 1，所以其化学式为 FeCu3N，故答案为：FeCu3N。 （6）FexO 晶胞结构为 NaCl 型，所以每个晶胞中含有 4 个 O 原子，有 4 个“FexO”，再根据 m=ρ∙V 可知： -3 -8 3 A 56x+164 g=5.71g cm (4.28 10 cm)N     ，则 x= -8 3 AN 5.71 (4.28 10 ) 16x= -4 56 56     ，故答案为： -8 3 AN 5.71 (4.28 10 ) 16x= -4 56 56     37.（15 分,除标注外每空 2 分）【答案】(1)消去反应 NaOH 水溶液、加热 （有错不得 分） (2) 羟基、羧基 (答对一个给一分，有错不得分) (3) (4) +2H2O (5) 或 (6)（3 分）(有错不得分) 【详解】 (1)A( )发生消去反应生成 B( )；根据上述分析，D 发生卤 代烃的水解反应 E，反应条件为 NaOH 水溶液、加热，故答案为消去反应；NaOH 水溶液、 加热； (2)H ( )的官能团有羟基、羧基，故答案为羟基、羧基；(3)根据上述分析，I 为 ，故答案为 ； (4)由 E 生成 F 的反应方程式为 ，故答案为 ； (5)F( )有多种同分异构体，①能发生水解反应和银镜反应，说明属于甲酸 酯；②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基；③具有 5 个核磁共振氢谱峰，满足条件 的结构可以是 、 ，故答案为 或 ； (6)由叔丁醇[(CH3)3COH]和糠醛( )为原料制备糠叉丙酮 ( )。根据信息③，合成 可以由 和丙酮合成，根据题干流程图中 A→C 和信息②，合成丙酮可以由叔丁醇 [(CH3)3COH]首先合成 ，再由 发生信息②的反应生成 即可， 合成路线为 ，故答案 为 。 第四次线上考试理综生物答案 1、【解答】解：A、细胞间的通讯不都与细胞膜表面的糖蛋白有关，如植物细胞通过胞间连 丝进行通讯，A 错误；B、核糖体是细胞内蛋白质的“装配机器”，主要由蛋白质和 rRNA 组成，B 错误； C、细胞核是遗传信息库，遗传信息的表达在细胞核和细胞质中完成，C 错误； D、细胞骨架是由蛋白质纤维组成的网架结构，维持着细胞的形态，锚定并支持着许多 细胞器，与细胞运动、分裂、分化以及物质的运输、能量转化、信息传递等生命活动密 切相关，D 正确。 故选：D。 2．【解答】解：A、细胞生长过程中，细胞体积增大，其相对表面积减小，与外界环境 进行物质交换的效率降低，A 错误； B、癌变细胞形态结构发生显著改变，B 正确； C、细胞凋亡是由基因决定的细胞自动结束生命的过程，有助于机体维持自身的相对稳 定，C 正确； D、衰老的细胞，有些酶的活性降低，细胞代谢的速率减慢，D 正确。 故选：A。 3．【解答】解：A、人体细胞中肌肉细胞或腺体细胞都可以产生兴奋，A 错误； B、细胞外 K+的外流是神经元产生静息电位的主要原因，B 错误； C、神经递质通过胞吐的方式由突触前膜分泌到突触间隙，C 错误； D、位于脊髓的低级中枢可受脑中相应高级中枢调节，D 正确， 故选：D。 4．【解答】解：A、“河北塞罕坝林场的建设者们在“黄沙遮天日，飞鸟无栖树”的荒漠沙 地上艰苦奋斗、甘于奉献，创造了荒漠变林海的人间奇迹”，说明人类活动可以使群落按照 不同于自然演替的方向和速度进行，A 正确； B、荒漠生态系统的组成成分是生产者、消费者、分解者和非生物成分，B 错误； C、最初阶段，随着森林覆盖率上升，群落的垂直结构变复杂，则固定的太阳能逐渐增 加，C 正确； D、林对水土的保持作用体现了生物多样性的生态功能，属于间接价值，D 正确。 故选：B。 5.【解答】解：A、分离真核细胞各种细胞器的常用方法是差速离心法，A 正确； B、运用同位素标记法可追踪物质的运行和变化规律，用于了解生物化学反应的详细过 程，B 正确；C、沃森和克里克运用了模型建构法构建 DNA 双螺旋结构模型，揭示了 DNA 分子结构的 特征，C 正确； D、目测估计法是群落丰富度调查常用的方法之一，D 错误。 故选：D。 6．【解答】解：A、乙细胞不含同源染色体，且着丝点分裂，处于减数第二次分裂后期， A 正确； B、乙细胞是减数分裂形成的，其形成过程受性激素的调节，B 正确； C、形成乙细胞的过程中不一定发生了基因突变，也可能发生了交叉互换，C 错误； D、如果乙细胞中的 A 和 a 是基因突变形成的，则与乙同时形成的另一细胞的基因型是 aaB 或 AAB，若乙细胞中的 A 和 a 是交叉互换形成的，则与乙同时形成的另一细胞的基 因型是 AaB，D 正确。 故选：C。 29．（8 分） （1）①蛋白质与双缩脲试剂反应，产生紫色物质，一定范围内，蛋白质含量越高，颜 色越深。（2 分） ②b 分别编号为 1、2、3，依次分别加入等量培养 1、5、9 天的大豆种子蛋白质制备液。 （2 分）c 分别向 3 支试管中加入 1ml 双缩脲试剂 A 液，摇匀后再滴入双缩脲试剂 B 液， 摇匀。（2 分） （2）大豆种子萌发和生长时，需要产生更多的蛋白质参与各项生命活动，在黑暗条件 下萌发，不能进行光合作用，与此同时，需要消耗糖类提供能量和生成某些氨基酸，因 此蛋白质含量上升，而总糖含量下降。（2 分） 30．（10 分，每空 2 分） （1）类囊体 三碳化合物的还原 （2）选取的不同作物其根系对矿质元素的选择性吸收应有所不同 （3）叶绿素含量更高，净光合速率更大，积累的有机物更多 （4）大葱根系的分泌物促进黄瓜生长 31．（9 分。除注明外，每空 2 分。） （1）体液中的杀菌物质和吞噬细胞 非特异性免疫 （2）患者体内保留了针对水痘﹣带状疱疹病毒的记忆细胞（3）牛痘疫苗能刺激人体产生针对天花病毒的记忆细胞和抗体，记忆细胞具有记忆、 增殖分化能力，由于天花病毒突变率较高，水痘抗原与天花病毒的不同，对天花起作用 的记忆细胞对 VZV 病毒不起作用（3 分） 32．（12 分。除注明外，每空 2 分。） （1）赤眼、卷翅 （2）常 均为杂合子 （3）赤眼卷翅：赤眼长翅：紫眼长翅：紫眼长翅＝6：3：2：1 控制这两对相对性状的等位基因独立遗传，F1 的赤眼 2 对等位基因均杂合，且卷翅基 因显性纯合致死（4 分） 37、[选修 1：生物技术实践]（满分 15 分。除注明外，每空 2 分） （1）筛选出硝化细菌，并增加硝化细菌的浓度 使细胞与培养液充分接触以利于吸 收营养物质，增加溶解氧 平板划线法或稀释涂布平板法 （2）防止其他微生物的污染 琼脂（1 分） （3）固体斜面培养基 4℃ （4）将等量的硝化细菌分别接种到等体积的不同浓度梯度的亚硝酸盐的培养液中，在 相同的条件下培养相同的时间后，检测并比较亚硝酸盐的剩余量 38、[选修 3：现代生物技术专题]（满分 15 分。除注明外，每空 2 分。） （1）将 A 基因插入到 T﹣DNA 中，从而使 A 基因进入植物细胞后，能整合到染色体的 DNA 上限制酶Ⅰ、Ⅱ、DNA 连接酶 （2）利用农杆菌感染植物，将 A 基因转移到受体细胞中 （3）0 1 2 （4）消毒（1 分） 培养基中添加的植物激素的种类和含量比例有所不同