2020届高三下学期3月质量检测理科综合答案

2020 届高三质量检测——理综 试卷参考答案

生物部分参考答案

一、选择题 1.B 2.C 3.B 4.C 5.D 6.C 二、非选择题 29、【答案】（10 分，每空 2 分） (1). 镁是叶绿素的重要组成元素 (2). 原因： 1.由于低氧胁迫，根系以无氧呼吸为主，酒精等有害物质增多不利于水稻幼苗的生长； 2.低氧胁迫时，根系以无氧呼吸为主，呼吸速率下降，产生的能量减少，导致根系能量缺 乏； 3.低氧胁迫时，根系以无氧呼吸为主，产生的能量减少，吸收矿质离子等能力减弱； 4.总分蘖数减少了，光合作用面积等会相对降低 （有答一点就给分） (3). 秀水 09 秀水 09 的分蘖数和总干物质比对照组的减少量均大于春优 84 (4). 是由多种激素相互作用共同调节 30、【答案】（10 分，除说明给分外，其它每空 1 分） （１）水平 群落的物种组成 （２）直接 样方法 随机取样 （３）生态系统所具有的保持或恢复自身结构和功能相对稳定的能力（２分） 自我调节能力 物质和能量（２分） 31、【答案】（11 分，除说明给分外，其它每空 1 分） (1)Ⅱ 基因控制酶的合成来控制代谢过程，进而控制生物体的性状 (2)AaXbXb或 AAXbXb 6 (3)白：蓝：紫＝2：3：3（２分） aaXB_XB (4)用 aaXbY 个体与其进行测交（２分） (5)减数第一次分裂后期两条 X 同源染色体没有分开（２分） 32、【答案】（8 分，每空 1 分） (1) A (2) 神经—体液 [d]促甲状腺激素释放激素（字母与文字完整给分） 细胞膜上 (3) 渗透压感受器 [D]垂体（字母与文字完整给分） (4) 0.8—1.2 b 和 c 三、选修部分 37、【答案】（15分，除说明给分外，其它每空2分） (1)大肠杆菌和白葡萄球菌 (2)需要 稀释涂布平板 抑菌圈直径大小 (3)小于 (4)性质和使用量 将萃取材料平均分成多组，在其他条件相同且适宜的情况下，分别进行不同时间萃取，测 定精油含量，达到最大精油含量所用的最短时间即为最佳萃取时间(答案合理即可给分)(3 分) 37、【答案】（15分，除说明给分外，其它每空2分） (1). 基因表达载体 启动子、终止子、标记基因（不全不给分） (2).保证二者有相同的黏性末端 质粒未导入该农杆菌或导入后抗生素 Kan 基因未表达(3 分，不全给 1 分) (3). 植物组织培养 植物细胞的全能性 (4).二者共用一套遗传密码、二者都遵循中心法则

化学参考答案与解析

题号 7 8 9 10 11 12 13 答案 B B C C C C D 26．（14 分） （1）水浴加热 （1 分） 受热均匀，易控制反应温度 （1 分） （2）降低 ClO2的浓度（或减小 ClO2的体积分数），防止爆炸 （2 分） （3）安全瓶，防止倒吸 （1 分） ②（1 分）

（4）2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O（2 分） 蒸发结晶（2 分） 趁热过滤（2 分）

（5）取少量品红溶液于试管中，通入二氧化氯，观察到品红溶液褪色，再加热已褪色的溶液， 溶液不变红色（2 分，合理即可） 27．（15 分） （1）除去有机物杂质，将

V O

2 3氧化为

V O

2 5（2 分） （2） 制光导纤维、制玻璃、制硅胶等（2 分，合理即可，一种 1 分） 是 （1 分） （3）温度过低，反应速率慢，

NH VO

4 3可能提前结晶析出导致产率低，温度过高，

NH HCO

4 3 分解，导致原料利用率低 （2 分） （4）取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加

BaCl

₂溶液，无明显现象，证明

NH VO

_{4 3} 已洗涤干净 （2 分） （5）

NH

3 （1 分）

H O

₂ （1 分） （6） 2 2 2 2 4 2 2

2VO

+

+

H C O

+

2H

+

=

2VO

+

+

2CO

 +

2H O

（2 分）

91.00%

（2 分）

28．（14 分）

（1）2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) △H=-746·5 kJ·mol-1 （3 分）

（2）1.975 （2 分） 0.09 mol·L-1_·min-1 _{（2 分）}

随反应时间进行，反应物浓度降低，化学反应速率减少 （1 分） (1.3 P0)4 (0.325 P0) / (0.35 P0)2 （2 分） a （2 分）

35．（15 分） （1）3d8_4s2 _{（1 分） 哑铃（纺锤） （1 分）} （2） ＞ （1 分） As 元素原子的 4p 轨道上的电子呈半满状态，比较稳定 （2 分） （3） sp3 _{（1 分） 正四面体 （1 分） SiH} 4或 CH4 （1 分，答案合理即可） ＜ （1 分） 液态 NH3分子间能形成氢键，AsH3分子间只有范德华力 （2 分） （4）abc （2 分） （5） _{2 30}

268

3

10

2

ab N

A −



或 2 30

2 59 2 75

3

10

2

ab N

A −



+ 



或 2 30

268

sin60

_A

10

ab



N



− （2 分） 36．（15 分） （1）对硝基苯酚或 4-硝基苯酚 （1 分） （1 分） （2）还原反应 （1 分） 取代反应 （1 分） （3）保护酚羟基 （1 分） （4）-SH （1 分） 酚酞 （1 分） +NaOH→ + H2O （2 分） （5） （2 分） （6） 16 （2 分） （2 分） 解析 7．B 【解析】

【详解】 A. Na2O 是碱性氧化物，能与 SO2反应，但 Na2O 在空气中容易变质，不容易保存，因此不能 用 Na2O 作工业废气脱硫剂，A 错误； B. FeS 难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡，由于其溶度积常数大于 CuS、PbS 等，因此其 溶解电离产生的 S2-_{与溶液中的 Cu}2+_、Hg2+_{等重金属离子形成沉淀，故可作沉淀剂去除工业废} 水中的重金属离子，B 正确； C. “84”消毒液主要成分是 NaClO，洁厕灵主要成分是盐酸，将“84”消毒液与洁厕灵混合，会 产生有毒的 Cl2，所以不能混合使用，C 错误； D. 废旧电池中含有重金属离子，将废旧电池进行深埋会导致土壤污染和水污染，D 错误； 故合理选项是 B。 8．B 【解析】 【详解】 A. 二氧化硫为酸性氧化物，与 NaOH 反应，溶液褪色，故 A 错误； B. 由现象可知，溶液中含碘单质及碘离子，则 I3-能电离出 I2和 I-，故 B 正确； C. 淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，但银镜反应应在碱性条件下进行，故 C 错误； D. 乙醇和浓硫酸共热，可能生成二氧化硫，二氧化硫以及挥发的乙醇都可以使高锰酸钾褪色， 由现象不能说明乙烯生成，故 D 错误； 答案为 B。 9．C 【解析】 【分析】

A、B 分子中分别含有 18、10 个电子，E 为单质，D 有漂白性，则 A 可为 HCl，D 为 HClO，

E 为 Cl2，B 为 NH3，生成 C 为 NH4Cl，如 A 为 H2S，D 为 SO2，E 为 S，B 为 O2，不满足 10 个电子，则 X 为 H、Y 为 N、Z 为 O、W 为 Cl 元素，以此解答该题。 【详解】 X 为 H、Y 为 N、Z 为 O、W 为 Cl 元素， A．离子核外电子层数越多，离子半径越大，具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大离 子半径越小，则四种元素简单离子半径比较：W＞Y＞Z＞X，故 A 正确； B．Y 为 N 元素，氢化物与 Y 的最高价氧化物的水化物反应生成硝酸铵，为盐类，故 B 正确；

C．H、N、Cl 可以形成化合物如为 N2H3Cl 等，则不属于铵盐，不含离子键，故 C 错误； D．同周期元素从左到右，主族元素原子半径逐渐减小，Cl 元素为第三周期原子半径最小的， 故 D 正确。 故选：C。 10．C 【解析】 【详解】 A.活性菌不能在高温下工作，故 A 错误； B.右室硝酸根生成氮气发生还原反应，右室为正极，Cl－移向左室，故 B 错误； C.右室为正极，正极上发生的电极反应：2NO3 － + 6H2O + 10e － ═ N2 ↑+ 12OH － ，故 C 正确； D.在正极有机物失去电子生成二氧化碳，若有机废水中有机物用 C6H12O6表示，每消耗 1 mol C6H12O6 转移 24 mol 电子，故 D 错误。 故选 C。 11．C 【解析】 【详解】

A.由图可知，氧分子的活化是 O－O 键的断裂与 C－O 键的生成过程，故 A 正确；

B.由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此每活化一个氧分子放出 0.29eV 的能 量，故 B 正确； C.由图可知，水可使氧分子活化反应的活化能降低 0.18eV，故 C 错误； D.活化氧可以快速氧化二氧化硫，而炭黑颗粒可以活化氧分子，因此炭黑颗粒可以看作大气中 二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂，故 D 正确。 故选 C。 12．C 【解析】试题分析：A、盐酸滴定碱溶液时，无论碱是强碱还是弱碱，滴定后的溶液均呈弱酸 性，所以最好选择甲基橙作指示剂，错误；B、反应速率增大，但平衡不移动，不一定是加入 催化剂，可能是增大压强，对于反应前后气体的物质的量不变的可逆反应而言，增大压强， 平衡不移动，但反应速率增大，错误；C、根据图像可知该反应的反应热为（419-510） kJ/mol=-91kJ/mol，正确；D、物质的量之比为 2∶3 的镁和铝分别与过量稀硫酸反应时，产生 的氢气的体积比是 2:4.5，不是 1:1，错误，答案选 C。

考点：考查对图像的分析判断 13．D 【解析】 【详解】 A、CH3COOH 的

(

) ( )

(

)

- + 3 3

c CH COO

c H

a=

c CH COOH

K



，取 B 点状态分析，

(

)

(

)

-3 3

c CH COO

c CH COOH

=1，且 c(H+_)=1×10-4.7_{，所以 Ka=1×10}-4.7_{，故 A 不符合题意；}

B、C 点状态，溶液中含有 CH3COONa、NaOH，故 c(Na+)＞c(CH3COO-)，溶液呈碱性，c(OH-)

＞c(H+_{)，pH=8.85，故此时 c(CH}

3COO-)远大于 c(OH-)，因此 c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞

c(H+_{)，故 B 不符合题意；}

C、根据电荷平衡，c(Na+_)+c(H+_)=c(CH

3COO-)+c(OH-)，B 点溶液中，c(CH3COO-)= c(CH3COOH)，

所以 c(Na+_)+c(H+_)=c(CH

3COOH)+c(OH-)，故 C 不符合题意；

D、在溶液中 c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)=0.1mol/L，A 点的溶液中，c(H+)> c(OH-)，c(CH3COO-)

＋c(H+_)＋c(CH 3COOH)－c(OH-)>0.1mol/L，故 D 符合题意； 故答案为 D。 26．（14 分） （1）水浴加热 （1 分） 受热均匀，易控制反应温度 （1 分） （2）降低 ClO2的浓度（或减小 ClO2的体积分数），防止爆炸 （2 分） （3）安全瓶，防止倒吸 （1 分） ②（2 分）

（4）2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O（2 分） 蒸发结晶（1 分） 趁热过滤（1 分）

（5）取少量品红溶液于试管中，通入二氧化氯，观察到品红溶液褪色，再加热已褪色的溶液， 溶液不变红色（3 分，合理即可） 【解析】 【分析】 A 装置制备 ClO2，通入氮气的主要作用有 2 个，一是可以起到搅拌作用，二是稀释二氧化氯， 防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，B 装置为安全瓶，C 用于吸收 C1O2，为避免温度过 高，可用冷水，D 装置观察氮气的通入速率，防止装置二氧化氯的浓度过高，D 装置吸收尾气， 以此解答该题。 【详解】 (1)实验时 A 装置需要控制温度为 60～80℃，则 A 装置加热的方式是水浴加热，该加热方式的

优点是受热均匀，易控制反应温度， 故答案为：水浴加热；受热均匀，易控制反应温度； (2)通入氮气的主要作用有 2 个，一是可以起到搅拌作用，二是稀释二氧化氯，防止因二氧化

氯的浓度过高而发生爆炸，故答案为：降低 ClO2的浓度(或减小 ClO2的体积分数)，防止爆炸；

(3)B 装置为安全瓶，可起到防止倒吸的作用，C 用于吸收 C1O2，为避免温度过高，可用冷水，

故答案为：安全瓶，防止倒吸；②；

(4)装置 D 中 C1O2与 NaOH 溶液反应可生成等物质的量的两种钠盐，其中一种为 NaClO2，另

一 种 为 NaClO3 ， 装 置 C 中 生 成 这 两 种 钠 盐 的 化 学 方 程 式 为

2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O ， 饱 和 NaClO2 溶 液 在 温 度 低 于 38℃ 时 析 出 晶 体

NaC1O2•3H2O，在温度高于 38℃时析出晶体 NaClO2，则从 NaClO2溶液中制得 NaClO2晶体的

操 作 步 骤 ： a ． 蒸 发 结 晶 ； b ． 趁 热 过 滤 ； c ． 洗 涤 ； d ． 干 燥 故 答 案 为 ：

2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O；蒸发结晶；趁热过滤；

(5)二氧化氯可使品红褪色，检验是否具有永久漂白性，可取少量品红溶液于试管中，通入二 氧化氯，观察到品红溶液褪色，再加热已褪色的溶液，溶液不变红色，故答案为：取少量品 红溶液于试管中，通入二氧化氯，观察到品红溶液褪色，再加热已褪色的溶液，溶液不变红 色。 27．（15 分） （1）除去有机物杂质，将

V O

2 3氧化为

V O

2 5（2 分） （2） 制光导纤维、制玻璃、制硅胶等（1 分，合理即可） 是 （1 分） （3）温度过低，反应速率慢，

NH VO

4 3可能提前结晶析出导致产率低，温度过高，

NH HCO

4 3 分解，导致原料利用率低 （2 分） （4）取少量最后一次洗涤液于洁净的试管中，滴加

BaCl

₂溶液，无明显现象，证明

NH VO

_{4 3} 已洗涤干净 （3 分） （5）

NH

3 （1 分）

H O

₂ （1 分） （6） 2 2 2 2 4 2 2

2VO

+

+

H C O

+

2H

+

=

2VO

+

+

2CO

 +

2H O

（2 分）

91.00%

（2 分） 【解析】

【分析】

2 3

V O

被氧化为

V O

_{2 5}；“滤渣 1”为不与硫酸反应的二氧化硅，剩余含有 Cu2+ ，Mn2+， Al3+和钒 离子，调节 PH 将杂质离子生成难溶物除去，碳酸氢铵除锰，剩余物质

NH VO

_{4 3}煅烧得到

V O

_{2 5}。 （2）利用氢氧化铜的溶度积公式计算出铜离子的浓度，与 10—5_{比较，小于 10}—5_{，则沉淀完} 全； (3)“沉锰”时所用试制为 NH4 HCO3温度过低时，反应速率较慢.，NH4VO3可能提前结晶析出， 导致产率较低；温度过高时. NH4 HCO3分解使原料的利用率降低，并导致环境污染； (4)NH4VO3晶体可能粘附 HCO3-，SO42-等，故加入氯化钡溶液； (5)由图像上不同温度下的固体残留率，得到失去的物质； (6)根据实验现象写出离子方程式，根据离子方程式计算得出产率。 【详解】 (1)由含钒废料的成分和流程图中物质的转化关系知，“焙烧"的目的是除去有机物杂质,并将 2 3

V O

氧化为

V O

_{2 5} ，故答案为：除去有机物杂质，将

V O

_{2 3}氧化为

V O

_{2 5}； (2) “滤渣 1”为二氧化硅，可用于制作光导纤维，玻璃，制取硅胶，硅单质等，由流程图中信 息知，“调 pH”的目的是将 Cu2+_{转化为 Cu(OH)} 2沉淀，调节 pH 为 7 时，溶液中 c(H+)=10-7 mol./L ， c(OH-₎₌

( )

14

10

c H

− + mol/L= 14 7

10

10

− − =10-7mol/L ， c(Cu2+₎₌

(

)

(

)

20 2 14 2

KspCu OH

_{2.2 10}

10

c

OH

− − −



=

=2.2×10-6_<10-5_{，故沉淀完全，故答案为：制光导纤维、} 制玻璃、制硅胶等；是； (3)“沉锰”时所用试制为 NH4 HCO3温度过低时，反应速率较慢，NH4VO3可能提前结晶析出， 导致产率较低；退度过高时， NH4 HCO3 分解使原料的利用率降低，并导致环境污染，故答 案为：温度过低，反应速率慢，

NH VO

_{4 3}可能提前结晶析出导致产率低，温度过高，

NH HCO

_{4 3} 分解，导致原料利用率低； (4)NH4VO3晶体可能粘附 HCO3-，SO42-等，故证明 NH4VO3已洗涤干净的实验操作及现象为： 取少量最后一次洗涤液于洁净试管中，滴加

BaCl

₂溶液，无明显现象，证明

NH VO

_{4 3}已洗涤 干净，故答案为：取少量最后一次洗涤液于洁净试管中, 滴加

BaCl

₂溶液，无明显现象，证明 4 3

NH VO

已洗涤干净 ；

（5）解析 NH4VO3 分解的过程中生成氨气和 HVO3，210

℃

时若分解生成酸和氨气，假设起 始 NH4VO3的质量为 117g，则剩余固体占起始固体百分含量为

100

100%

117



≈85.47%， 所 以 210

℃

时，剩余固体物质的化学式为 HVO3，失去的物质为 NH3，380

℃

时，HVO3进一步 分解生成 V2O5和水，则剩余固体占起始固体百分含量为

91

100%

117



=77.78%，故剩余固体是 V2O5，失去的物质为 H2O，故答案为：

NH

3；

H O

₂ ； （6）已知滴定过程中

H C O

2 2 4被氧化为

CO

2，

VO (

2 + 黄色

)

被还原为 2

VO (

+ 蓝色

)

，则离子 方程式为 2 2 2 2 4 2 2

2VO

+

+

H C O

+

2H

+

=

2VO

+

+

2CO

 +

2H O

；准确称取产品 V2O52.0g，加

入足量的稀硫酸使其完全生成(VO2)2SO4，并配成 250mL 溶液。取 25.00mL 溶液用 0.1000mol/L

的 H2C2O4 溶 液 滴 定 ， 消 耗 标 准 液 10.00mL ， 已 知 离 子 方 程 式 为

2

2 2 2 4 2 2

2VO

+

+

H C O

+

2H

+

=

2VO

+

+

2CO

 +

2H O

， 则

n(VO2+)=2n(H2C2O4)=2×0.01L×0.1000mol/L ， 所 以 250mL 溶 液 中 n(VO2+)=2×0.01L×0.1000mol/L×

250

25

mL

mL

=0.02mol ， 所 以 n(V2O5)=0.01mol ， 其 质 量 为 0.01mol×182g/mol=1.82g ， 所 以 产 品 的 纯 度 为

1.82

2

×100%=91.00% ， 故 答 案 为 ： 2 2 2 2 4 2 2

2VO

+

+

H C O

+

2H

+

=

2VO

+

+

2CO

 +

2H O

；91.00%。 【点睛】

工艺流程题需结合元素化合物的知识，充分利用图像所给信息。

28．（14 分）

（1）2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) △H=-746·5 kJ·mol-1 （3 分）

（2）1.975 （2 分） 0.09 mol·L-1_·min-1 _{（1 分）} 随反应时间进行，反应物浓度降低，化学反应速率减少 （1 分，合理即可） (1.3 P0)4 (0.325 P0) / (0.35 P0)2 （3 分） a （2 分） （3）N2O4 + 8H++8e- = N2+4H2O （2 分） 【解析】试题分析：本题以氮的氧化物载体考查学生化学平衡常数、热化学方程式的书写、 盖斯定律、化学反应速率、电极反应式的书写等问题。

⑴根据平衡常数的定义可知，该反应为：2NO(g) + 2CO(g)= N2(g)+ 2CO2(g)，由盖斯定律可知：

2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g) △H=-746·5 kJ·mol-1；

(2)压强之比等于物质的量之比，第 3.00min 时, c(N2O5)= 0.35 mo·L-1，c(NO2)=1.3 mo·L-1,

c(O2)=0.325 mo·L-1, 设 容 器 的 体 积 为 VL ， p1 ： p0=

(

)

1 1 1 0

0.35 1.3 0.325

?

1.975

1.00

?

mol L

VL

P

P

mol L

VL

− −

+

+



=

=



；化学反应速率之比等于化学计量数之比， ( )2 ( 2 5) ( 2 5) 1 1 1 1

1

1

1

0.71

?

0.35

?

0.09

?

• min

2

2

2

3.00min 1.00min

N O O N O

c

_{mol L}

_{mol L}

mol L

t



_{= }



_{= }



_{= }

−

−

−

₌

− −

−

；随反应时间进行，反应物浓度降低，化学反应速率减少；②此反应前后为气体化学计量数 减小的反应，故恒容条件下容器中压强不再变化，说明反应达到平衡，a 项正确；相同条件下， NO2和 O2的体积比始终等于化学计量数之比，保持不变，b 项错误；不同物质的正逆反应速 率之比等于化学计量数之比，故 v 正(NO2)＝2v 逆(N2O5)，c 项错误； ( )

m

V



=

气体 ，因参与此 反应的物质均为气体，遵循质量守恒，故 m(气体)不变，恒容条件下，V 不变，故混合气体的密 度为不变量，d 项错误； 【点晴】本题从知识上考查了热化学方程式、盖斯定律，外界条件对化学反应速率和化学平 衡的影响，考查了学生对知识理解、综合运用能力。将热化学方程式、盖斯定律，外界条件 对化学反应速率和化学平衡的影响，减少非金属的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要 内容之一,与环境问题联系起来，充分体现了学以致用的目的，更突显了化学是一门实用性的 学科的特点。 35．（15 分） （1）3d8_4s2 _{（1 分） 哑铃（纺锤） （1 分）} （2） ＞ （1 分） As 元素原子的 4p 轨道上的电子呈半满状态，比较稳定 （2 分） （3） sp3 _{（1 分） 正四面体 （1 分） SiH} 4或 CH4 （1 分，答案合理即可） ＜ （1 分） 液态 NH3分子间能形成氢键，AsH3分子间只有范德华力 （2 分） （4）abc （2 分） （5） _{2 30}

268

3

10

2

ab N

A −



或 2 30

2 59 2 75

3

10

2

ab N

A −



+ 



或 2 30

268

sin60

A

10

ab



N



− （2 分） 【解析】 【分析】

（1）Ni 原子序数为 28，基态 Ni 原子的价电子为 3d 能级上的 8 个电子、4s 能级上的 2 个电 子，基态 As 原子核外电子排布式为[Ar]3d10_4s2_4p3_{，该基态原子中占据最高能级的电子为 4p} 电子，为哑铃形； （2）原子轨道中电子处于全满、全空或半空时较稳定； （3）①AlH4－的中心原子 Al 的价层电子对个数=4+(3+1-4×1)/2=4 且不含孤电子对，根据价层 电子对互斥理论判断 Al 原子杂化方式及其空间构型，与 AlH4－互为等电子体的分子中含有 5 个原子、价电子数是 8； ②AsH3分子中 As 原子价层电子对个数=3+(5-3×1)/2=4 且含有 1 个孤电子对，该分子为三角锥 形结构，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，导致其键角减 小； 氨分子间能形成氢键，氢化物熔沸点较高； （4）有机砷 中共价单键中存在σ 键，苯环中存在大 π 键，钠离子和阴离子之间 存在离子键； （5）该晶胞中 Ni 原子个数=4×1/12+4×1/6+2×1/3+2×1/6=2、As 原子个数为 2，Ni 和 As 原子 个数之比为 2：2=1：1，晶胞体积=（a×10-10 _cm）2_{×sin60°×b×10}-10_cm=

3

2 30

10

2

a b

−



，晶胞 密度= _A

2

M

N

V



，代入计算。 【详解】 （1）Ni 原子序数为 28，基态 Ni 原子的价电子为 3d 能级上的 8 个电子、4s 能级上的 2 个电 子，基态 As 原子核外电子排布式为[Ar]3d10_4s2_4p3_{，其价电子排布式为 3d}8_4s2_{，该基态原子中} 占据最高能级的电子为 4p 电子，为哑铃形； （2）原子轨道中电子处于全满、全空或半空时较稳定，As 元素原子的 4p 轨道上的电子呈半 满状态，比较稳定； （3）①AlH4 － 的中心原子 Al 的价层电子对个数=4+(3+1-4×1)/2=4，不含孤电子对，根据价层 电子对互斥理论，Al 原子杂化方式为 sp3_{、空间构型为正四面体结构，与 AlH} 4－互为等电子体 的分子中含有 5 个原子、价电子数是 8，其等电子体有 SiH4或 CH4； ②AsH3分子中 As 原子价层电子对个数=3+(5-3×1)/2=4，含有 1 个孤电子对，该分子构型为三

角锥形，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，该分子中含有 孤电子对，导致其键角减小，小于 109.5°； 分子间能形成氢键的氢化物熔沸点较高，液态 NH3分子间能形成氢键，AsH3分子间只有范德 华力，氨气熔沸点较高； （4）有机砷 共价单键中存在σ 键，苯环中存在大 π 键，钠离子和阴离子之间存 在离子键，所以含有离子键、σ 键、π 键， 故选 abc； （5）该晶胞中 Ni 原子个数=4×1/12+4×1/6+2×1/3+2×1/6=2、As 原子个数为 2，Ni 和 As 原子 个数之比为 2：2=1：1，晶胞体积=（a×10-10 _cm）2_{×sin60°×b×10}-10_cm=

3

2 30

10

2

a b

−



，晶胞 密度= _A

2

M

N

V



= 2 30

134

2

3

10

2

A

N

a b

−





g·cm－3_。 36．（15 分） （1）对硝基苯酚或 4-硝基苯酚 （1 分） （1 分） （2）还原反应 （1 分） 取代反应 （1 分） （3）保护酚羟基 （1 分） （4）-SH （1 分） 酚酞 （1 分） +NaOH→ + H2O （2 分） （5） （2 分） （6） 16 （2 分） （2 分）

【解析】 【分析】 （1）A 分子以苯酚作母体，故 A 的名称为对硝基苯酚或 4-硝基苯酚，结合 C 结构简式，可推 测 B 的结构简式为 ； （2）B→C 的反应，B 中的硝基被还原为氨基，E→F 的反应，E 中苯环上一个 H 原子被 Br 原子取代； （3）酚羟基的还原性比较强，很容易被氧化，故在合成化合物 G 的流程中，由 A 到 B 的目 的是保护酚羟基防止被氧化； （4）苯酚的酸性比较弱，苯硫酚的性质与苯酚相似，故苯硫酚的酸性也比较弱，滴定是强碱 滴定弱酸，选用酚酞作指示剂； （5）D 应存在立体异构，模仿 2-丁烯的顺式、反式去写； （6）H 是 A 的同系物，其相对分子质量比 A 大 14，故 H 分子式比 A 的分子式多一个 CH2 的原子团， H 的同分异构体能同时满足如下条件：①苯环上有 3 个取代基，且遇 FeCl3溶液 显色，②既能发生银镜反应又能发生水解反应，故 H 的同分异构体的物质 1 个分子中含有 1 个酚羟基、-OOCH、-NH2三个取代基，或者 H 的同分异构体的物质 1 个分子中含有 2 个酚羟 基、1 个-NHCHO。 【详解】 （1）A 分子以苯酚作母体，故 A 的名称为对硝基苯酚或 4-硝基苯酚；结合 A、C 结构简式， 可推测 B 的结构简式为 ； （2）B→C 的反应，B 中的硝基被还原为氨基，反应类型为还原反应；E→F 的反应，E 中苯 环上一个 H 原子被 Br 原子取代，反应类型为取代反应； （3）在合成化合物 G 的流程中，由于酚羟基还原性比较强，故由 A 到 B 的目的是保护酚羟 基； （4）苯硫酚的性质与苯酚相似，苯硫酚的官能团为-SH，因为苯酚的酸性比较弱，所以苯硫 酚 的 酸 性 也 比 较 弱 ， NaOH 与 苯 硫 酚 溶 液 反 应 的 化 学 方 程 式 为 ：

+NaOH→ + H2O， 溶液中 水解呈碱性，故用 NaOH 标准溶液滴定苯硫酚溶液，该过程选用酚酞作指示剂； （5）由 D 的结构可判断：D 应存在立体异构。该立体异构体的结构简式为 ； （6）H 是 A 的同系物，其相对分子质量比 A 大 14，故 H 分子式比 A 的分子式多一个 CH2 的原子团， H 的同分异构体能同时满足如下条件：①苯环上有 3 个取代基，且遇 FeCl3溶液 显色，②既能发生银镜反应又能发生水解反应，故 H 的同分异构体的物质 1 个分子中含有 1 个酚羟基、-OOCH、-NH2三个取代基，或者 H 的同分异构体的物质 1 个分子中含有 2 个酚羟 基、1 个-NHCHO。Ⅰ.当 H 的同分异构体的物质 1 个分子中含有 1 个酚羟基、-OOCH、-NH2 三个取代基时的同分异构体：①当-OH 与-OOCH 在苯环上处于邻位时，-NH2 在苯环上有 4

中位置；②当-OH 与-OOCH 在苯环上处于间位时，-NH2在苯环上有 4 中位置；③当-OH 与

-OOCH 在苯环上处于对位时，-NH2在苯环上有 2 中位置。Ⅱ.当 H 的同分异构体的物质 1 个 分子中含有 2 个酚羟基、1 个-NHCHO 三个取代基时的同分异构体：①当两个酚羟基在苯环上 处于邻位时，-NHCHO 在苯环上有 2 中位置；②当两个酚羟基在苯环上处于间位时，-NHCHO 在苯环上有 3 中位置；③当两个酚羟基在苯环上处于对位时，-NHCHO 在苯环上有 1 中位置。 故满足条件的 H 的同分异构体共有 16 种；其中一种核磁共振氢谱有五组峰，峰面积之比为 1： 1：1：2：2 的结构简式 。

物 理 部 分 参 考 答 案

一、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，第 1-5 题只有一项符合题目要求，第 6-8 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不 全的得 3 分，有选错的得 0 分。） 题号 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 B C C A D BD AB CD 1、【答案】B

解析：国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电 流、光强度、物质的量。它们的国际单位是基本单位，而物理量之间的关系式推导出来的单 位叫做导出单位，故 B 正确。 2、【答案】C 根据爱因斯坦光电效应方程可知，逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率成一次函 数关系，不是正比关系，故 A 项错误；重核裂变过程释放出能量，组成原子核的核子越多， 它的结合能越大，故 B 项错误；根据衰变规律，得  t

m

m

)

2

1

(

0

=

剩 ，由题意知，

m

剩

=

（

8

-

7

.

875

）

g=0.125 g,t=22.8 天，解得



=

3

.

8

天

，故 C 项正确;根据



hc

E =



可知，入射光的能量与波长 成反比，氢原子从能级 3 跃迁到能级 2 辐射出的光子小于从能级 2 跃迁到能级 1 辐射出的光 子的能量，则氢原子从能级 3 跃迁到能级 2 辐射出的光子的波长大于从能级 2 跃迁到能级 1 辐射出的光子的波长，故 D 项错误； 3、【答案】C 当线圈与磁场平行时，感应电流最大，故 A 错误；从中性面开始计时，发电机线圈感应 电动势的瞬时值表达式为

e

=

NBS



sin



t

，故 B 错误；当滑动触头 P 向下移动时，输出电 压变小，但变压器原线圈两端的电压将不变，故 C 正确；当用户数目增多时，电路总电阻变 小，电路中的电流变大，用户得到的电压变小，故 D 错误。 4、【答案】A 地月拉格朗日点 L1或 L2与地球保持相对静止，卫星在 L1、L2点的角速度相等，故 B 错误； 根据

v =

wr

可得，卫星在 L1点的线速度比在 L2点的小，故 A 正确；根据

a =

rw

2可得，同一 卫星 L1、L2点受地球和月球引力的合力不相等，故 C 错误；若“鹊桥号”刚好位于 L2点，几乎 不消耗能量，但由几何关系可知，通讯范围较小，并不能更好地为“嫦娥四号”探测器提供通信 支持，故 D 错误。 5、【答案】D 电容 C 与电阻 R1、R2并联，其电压等于电源的路端电压，当滑动变阻器滑动触头 P 由 a 滑向 b 的过程中，变阻器的电阻增大，总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，根据

U

Q

C =

可知，电容器的电荷量增加，电容器充电，通过 R3的电流方向由右向左，故 A、B 项错误； 因电路电流减小，故

I



I



，则 R1两端电压减小，即

U

₁



U

₁



。因路端电压增大，则 R2两端 电压增大，即

U

₂



U

₂



，故 C 项错误；将 R1等效为电源内阻，则

U

₂可视为等效电源的路段电 压，根据 U-I 图像的斜率关系可得，

R

r

I

I

U

U

+

=



−



−

1 2 2 _{，故 D 项正确。} 6、【答案】BD 小球与弹簧组成地系统满足机械能守恒，故 A 错误；由图像可知，

h +

x

₀为平衡位置， 小球刚接触弹簧时有动能，有对称性知识可得，小球到达最低点的坐标大于

h +

2x

₀，小球运 动到最低点时弹力大于 2mg,故 B 正确,C 错误；

h +

x

₀为平衡位置，动能最大，故从开始到

h +

x

₀ 这段过程，根据动能定理可得：

mg

(

h

+ )

x

₀

−

W

=

E

_km，而克服弹力做功等于图乙中小三角 形面积，即 ₀

2

1

mgx

W =

，故小球动能的最大值 ₀

2

1

mgx

mgh

E

km

=

+

，D 正确。 7、【答案】AB 根据 v-t 图象可知物块在 B 点的加速度最大 2

2

5

7

0

4

s

m

t

v

a

=

−

−

=





=

，所受的电场力最大 为

F

=

ma

=

₁



₁₀

−3



₂

=

₂



₁₀

−3

N

,故 B 点的场强最大为：

N

C

q

F

E

100

10

2

10

2

5 3

=





=

=

₋− ,故 A 正确；根据两个等量的同种正电荷，其连线中垂线上电场强度方向由 O 点沿中垂线指向外 侧，故由 C 点到 A 点电势逐渐减小 ,B 正确；根据 v-t 图象可知 C 到 A 的过程中物块的速度 增 大 ， 电 场 力 做 正 功 ， 电 势 能 减 小 ， 故 C 错 误 ； 由 A 到 B 根 据 动 能 定 理 可 得 ，

J

mv

mv

E

W

AB k B A

0

.

01

2

1

2

1

2

−

2

=

−

=



=

,又因

W

_AB

=

qU

_AB ,故

V

q

W

U

U

AB AB BA

500

10

2

01

.

0

5

=



−

−

=

−

=

−

=

₋ ,故 D 错误。 8、【答案】CD 导体棒获得向右的瞬时初速度后切割磁感线，回路中出现感应电流，导体棒 ab 受到向左

的安培力向右减速运动，由

ma

r

R

v

L

B

=

+

2 2 ，可知导体棒速度减小，加速度减小，所以导体棒做 的 是 加 速 度 越 来 越 小 的 减 速 运 动 ， A 项 错 误 ； 导 体 棒 减 少 的 动 能

m

I

m

I

m

mv

E

k

2

)

(

2

1

2

1

2

=

2

=

2

=

，根据能量守恒定理可得：

E

_k

=

Q

_总，又根据串并联电路知识 可得：

)

(

2

2

r

R

m

R

I

Q

r

R

R

Q

_R

+

=

+

=

_总 ，故 B 项错误;根据动量定理可得：

−

BiL



t

=

0

−

mv

，

mv

I =

，

q

=

i



t

，可得

BL

I

q =

,C 项正确，由于

r

R

BLx

t

r

R

E

t

i

q

+

=



+

=



=

，将

BL

I

q =

代 入等式，可得导体棒移动的位移 2 2

)

(

L

B

r

R

I

x

=

+

,D 项正确，故选 CD。 二、实验（本题共 2 小题，共 12 分。） 9、答案： ①0.1s （1 分） ②2.5 m/s （2 分） ③

75

)

2

3

(

s

_D

−

s

_B

+

s

_A

f

2 （3 分） 10、（1）8.0；2.095（2.095~2.098 均可）；10.14（10.13~10.15 均可）；（每空 1 分） （2）R1；（2 分） （电路图、实物连接各 2 分） 三、计算题（共 2 小题，共 32 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤， 只写最后答案的不给分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位。） 11、（12 分） 解：依题意得 (1) （3 分）从 A 到 B 物块做平抛运动，有

v

y

=

gt

， （1 分） A V 1 R S E 待测金属丝 d 图 V 15 3 -A 3 0.6 -待测金属丝 E S + −

由几何关系可得： y

v

v

₀

tan



=

（1 分） 故：

s

g

v

t

0

.

16

tan

0

=

=



（1 分） （2）(6 分)设物块在 B 点的速度为

v

_B,在 C 点的速度为

v

_C, 可得 B 点的速度为：

v

B

v

2

m

s

sin

0

=

=



（1 分） 从 B 到 C，根据动能定理有 2 2

2

1

2

1

)

sin

1

(

mv

C

mv

B

mgR

+



=

−

（1 分） 解得:

v

_C

=

6

m

s

（1 分） 在 C 点，由牛顿第二定理可得：

R

mv

mg

N

c 2

=

−

（1 分） 解得：

N

=

46

N

（1 分） 故根据牛顿第三定理可得物块经过 C 点时对木板的压力大小

N



=

N

=

46

N

（1 分） (3)（3 分）最终物块与木板一起做匀速直线运动， 根据动量守恒定理得：

mv

_C

=

（

M

+

m

）

v

（1 分） 由功能关系可以：

mv

_C2

=

M

+

m

v

2

+

Q

2

1

2

1

）

（

（1 分） 解得：

Q

=

12

J

（1 分） 12.（20 分） 解：依题意得 (1)（6 分）粒子在电场中做类平抛运动， 其加速度大小为：

m

qE

m

F

a

=

=

（1 分） 竖直方向有： 2 2

2

1

2

1

t

m

qE

at

h

=

=

（1 分） 故：

qE

mh

t

=

2

（1 分） 在 B 处有：

3

v

at

v

v

60

tan

0 x y 0

=

=

=

（2 分）

因此，A 点射入的速度

m

3

qEh

2

3

at

v

₀

=

=

（1 分） （2）（8 分）在 B 处，根据

v

v

0 0

60

cos

=

， （1 分） 可 得 粒 子 进 入 磁 场 的 速 度 为

m

3

qEh

2

2

v

2

60

cos

v

v

=

0 ₀

=

₀

=

_{（1 分）} 粒 子 在 磁 场 中 ， 由 洛 伦 磁 力 提 供 向 心 力 ， 即

R

mv

qvB

2

=

（1 分） 故 ： 粒 子 在 磁 场 运 动 的 轨 道 半 径 为

q

3

E

mh

2

B

2

qB

mv

R

=

=

（1 分） 由于粒子从 B 点射入，经磁场偏转后垂直射向 C 处，根据左手定则可知，圆形磁场的磁场是垂直于纸面向里。 如图 5-1 所示，延长 B 处速度方向与反向延长 C 处速度方向相交于 D 点，作



BDC

的 角平分线，在角平分线上找出点 0`，使它到 BD、CD 的距离为

0



N

=

0



M

=

R

,则以 MN 为直 径的圆的磁场区域面积最小，设圆形磁场区域的半径为 r， （2 分） 由几何关系可得：

R

2

3

30

cos

R

r

=

0

=

（1 分） 圆形磁场区域的最小面积： 2 ₂ min

qB

mhE

2

r

S

=



=



（1 分） （3）（6 分）粒子在圆形磁场中运动的轨迹圆与圆形磁场关系如图 5-1 所示，由第（2） 问作图过程可知，MN 是圆形磁场的直径，也是粒子的射入点与射出点的连线，其所对应的弧 长最长，故粒子在磁场中运动的时间最长。 （2 分） 由几何知识可知，圆心角 0

120

=



（1 分） 又因粒子在磁场中运动的周期

qB

m

2

T

=



（1 分） 故：粒子在磁场中运动的时间最长

qB

3

m

2

T

2

t

_m

=







=

（2 分）

四、选考题：共 15 分。请考生从 2 道物理题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第 一题计分。 15.【选修 3-3】 （1）ADE （2）解：（i）当初管内气体压强 p1= p-Δp=70 cmHg， （1 分） 当左右两管内水银面相等时，气体压强 p2=76 cmHg （1 分） 由于右管截面积是左管的两倍，所以左管水银面将下降 4 cm，右管中水银面将上升 2 cm，管内气柱长度 l2=80 cm， （1 分） 根据 2 2 2 1 1 1 T V P T V P

₌

（1 分） 得 T2=342.9 K （1 分） （ii）设气柱恢复原长时压强为 p3 p2V2=p3V3 （2 分） 得 p3=80 cmHg （1 分） 又Δp=p3-p2=4 cmHg （1 分） 所以高度差为 4 cm （1 分） 15.【选修 3-4】 （1）BCE A、t=0.2s 时的波动图像与 t=0.1s 时的波动图象相反，根据根据“头碰头，尾碰尾”可知， 质点 P 的振动方向沿 y 轴正方向，故选项 A 错。 B、由图乙可知，t=0.1s 时，质点通过平衡位置， 且向下振动，根据“头碰头，尾碰尾”可知，图乙可能 是 x=1m 或 x=5m 处的质点振动图象，故选项 B 正确。 C、由图甲可知



=

4m

，图乙可知

T =

0.2s

，故 波速 m s T v 20 2 . 04 = = = ，质点 Q 第一次到达波峰相当于质点 x=2m 处的波峰传播到 Q 点，

即 _s v s t 0.5 20 2 12− ₌ = = ，故选项 C 正确。 D、经过

t

s

T

4

3

15

.

0

=

=



，已知

T

2

1

内，振子走过的路程为

s

=

2

A

；

T

4

1

内，若振子 从平衡位置或两级开始运动，则路程为

s =

A

。由于质点 P 不是从平衡位置或两级开始运动， 故在这段时间内，质点 P 通过的路程不为 30cm，实际上大于 30cm，故选项 D 错。 E、经过 0.4s，波向前传播的距离为

s

=

vt

=

20



0

.

4

=

8

m

，即相当于 x=4m 处的质点运 动形式传播到 Q 点，此时 Q 位于波谷，加速度达到正向最大，位移反向最大，故选项 E 正确。 综上所述，正确答案是 BCE （2） 解：依题意得 (i) （6 分） 光路图如图所示 （2 分） 由几何知识可得：

4

3

2

2

tan

=

=

h

s

（1 分） 故可得： 0

37

4

3

2

1

=



=



=



=



（1 分） 根据折射定律：

r

i

n

sin

sin

=

（1 分） 可得：

3

4

1

sin

sin

₌

=



n

（1 分） （ii）（4 分） 根据：

v

c

n =

，可得

c

n

c

v

4

3

=

=

（1 分） 由几何知识可得：

S

_OM

+

S

_ON

=

S

_MN

=

5

cm

（1 分） 故光在透明物体中传播时间为：

s

v

S

S

t

OM ON -10

10

2

.

2 

=

+

=

（2 分）