1、 四校第二次联考四校第二次联考理综参考答案理综参考答案 （物理部分）（物理部分） 题号 14 15 16 17 18 19 20 21 答案 C C D B D BD BD AC 14 【解答】解：A、 射线是核衰变过程中由原子核释放出来的。故 A 错误； B、汤姆孙在研究阴极射线时发现了电子，密立根准确测出了电子的电荷量。故 B 错误； C、天然放射现象的发现揭示了原子核有复杂的结构。故 C 正确； D、卢瑟福的原子核式结构模型认为核外电子运行的轨道半径是连续的，波尔的原子模型认为核外电子运 行的轨道半径量子化的。故 D 错误 故选：C。 15【解答】解：小球沿圆环缓慢上移可看做匀速运动，对
2、小球进行受力分析，小球受重力 G，F，FN，三个力，满足受力平衡。作出受力分析图如下：由图可知 OABGFA 即：； 解得：FG2cosG2mgcos FNGmg 故选：C。 16 【解答】解：A、“嫦娥三号”着陆前近月环绕月球做圆周运动的过程万有引力提供向心 力，所以处于失重状态。故 A 错误；B、在“嫦娥三号”着陆前的一小段时间内“嫦娥四号”需 要做减速运动，处于超重状态。故 B 错误；C、“嫦娥三号”着陆前近月环绕月球做圆周运动的时万有引力提 供向心力，即：所以：T故 C 错误；D、月球表面的重力近似等于万有引力，则： mg所以：M 又：M月球的密度：故 D 正确故选：D。 17 【解答
3、】解：A、线圈绕垂直磁场的虚线轴匀速转动，产生正弦式交流电，交变电动势最大值：EmNBS 50 0.2 0.1 0.2 200V40V，图示位置为与中性面垂直的位置，感应电动势为最大，则从此时开始计时， 线圈中产生的电动势随时间变化的关系式为 e40cos200t（V） ，故 A 错误；B、线圈内阻不计，则电压表示 数为交变电动势的有效值，E20V， 故 B 正确； C、根据变压比可知，副线圈输出电压： U 60V，电阻 R 上消耗的功率：P1440W，故 C 错误；D、变压器不会改变交流电的频率，故 D 错误。故选：B。 18 【解答】解：A、当杆的速度达到最大时，杆产生的感应电动势为：EB
4、Lvm，a、b 两端的电压为：UE，故 A 错误。 B、当杆匀速运动时速度最大，由平衡条件得：F mg+，得最大速度为 vm， 故 B 错误。C、根据动能定理知，恒力 F 做的功、摩擦力做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量， 故 C 错误。D、根据功能关系知，安倍力做功的绝对值等于回路中产生的焦耳热，故 D 正确故选：D。 19 【解答】解：A、B 刚要离开地面时，弹簧的拉力为 mg，从开始到 B 刚要离开地面过程，A 物体做加速 度逐渐变小的加速运动，即 A 物体速度一直增大，故 A 错误； B、在未施加电场时，A 物体处于平衡状态，当施加上电场力瞬间，A 物体受到的合力为施加的电场力
5、， 故 qEma，解得 a4g，方向向上，故 B 正确； C、从开始到弹簧恢复原长的过程，A 物体的机械能增量等于电势能与弹性势能的减少量的和，从弹簧恢 复原长到 B 刚要离开地面的过程， A 物体的机械能增量等于电势能的减少量与弹性势能的增加量的差值， 故 C 错误； D、当 B 离开地面时，此时 B 受到弹簧的弹力等于 B 的重力，从施加电场力到 B 离开地面，弹簧的弹力 做功为零，A 上升的距离为：x，故 dc 力做功全部转化为 A 的动能，根据动能定理可知：qExmgx mv2，解得：v2g k m3 故 D 正确； 故选：BD。 20【解答】解：由题，带电粒子以垂直于 cd 边的速度
6、射入正方形内，经过时间 t0刚好从 c 点射出磁场，则 知带电粒子的运动周期为 T2t0。 A、当带电粒子的轨迹与 ad 边相切时，轨迹的圆心角为 60 ，粒子运动的时间为 tTt0，在所有从 ad 边射出的粒子中最长时间为t0，故若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，一定不是从 ad 边射出磁 场。故 A 错误。 B、若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0T，则粒子轨迹的圆心角为 2，速度的偏向 角也为，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为 30 ，必定从 cd 射出磁场，故 B 正确。 C、若该带电粒子在磁场中经历的时间是 t0T，则得到轨迹的圆心角为 ，而粒子从 ab 边射出
7、磁场时 最大的偏向角等于 60 +90 150 ，故不一定从 ab 边射出磁场。故 C 错误。 D、若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0T，则得到轨迹的圆心角为，由于，则它 一定从 bc 边射出磁场，故 D 正确。故选：BD。 21【解答】解：A、初始时刻棒产生的感应电动势为：EBLv0、感应电流为：I，棒受到安 培力大小为：FBIL故 A 正确； B、MN 棒第一次运动至最右端的过程中 AB 间电阻 R 上产生的焦耳热 Q，回路中产生的总焦耳热为 2Q。 由于安培力始终对 MN 做负功，产生焦耳热，棒第一次达到最左端的过程中，棒平均速度最大，平均安 培力最大，位移也最大，棒克服安培力做功最大
8、，整个回路中产生的焦耳热应大于2QQ，故 B 错 误；C、设棒再次回到初始位置时速度为 v。从初始时刻至棒再次回到初始位置的过程，整个回路产生焦 耳热为：QQ 根据能量守恒定律有：+Q棒再次回到初始位置时，棒产生的 感应电动势为：EBLvAB 间电阻 R 的功率为：P联立解得：P，故 C 正确； D、由能量守恒得知，当棒第一次达到最右端时，物体的机械能全部转化为整个回路中的焦耳热和甲乙弹 簧的弹性势能，又甲乙两弹簧的弹性势能相等，所以甲具有的弹性势能为 （2Q） Q，故 D 错误； 故选：AC。 22 【解答】答案为： （ 【解答】答案为： （1）mg； （； （2）6.75 或或 6.80；
9、 （； （3）； 解： （1）探究“小车的加速度与所受合外力的关系”中小车所受的合外力等于沙桶和沙子的总重力，则步骤 D 中小车加速下滑时所受合力大小为 mg； （2）主尺读数为 6mm，副尺第 13 刻度和主尺对齐，故副尺读数为：15 0.05mm0.75mm，故遮光板的 宽度为 6.75mm； （3）遮光片通过两个光电门 1、2 的速度分别为： ，则小车动能变化量为：， 在误差允许范围内，合外力做功等于物体动能的变化量，即为：； 23答案为： （答案为： （1）B；电压表分流； （；电压表分流； （2）3.00V；1.0； （； （3）1.0。 【解答】解： （1）当 S2接 1 位置时，
10、可把电压表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律：EU 断可知，电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的 UI 图线应是 B 线；测出的电池电动势 E 和内 阻 r 存在系统误差，原因是电压表分流造成。 （2）当 S2接 2 位置时，可把电流表与电源看做一个等效电源， 根据闭合电路欧姆定律 EU断可知电动势测量值等于真实值， UI 图线应是 A 线， 即 E真UA3.00V； 由图示图象可知，E真UA，由于 S2接接 1 位置时，UI 图线的 B 线对应的短路电流为 I短IB，所以 r 真R0R041.0； （3） 开关 S2接 2 位置时， UI 图象如图 A 所示， 此时： r真
11、+RA， 电流表内阻： RA 1.0； 24 【解答】解： （1）滑块 a 从光滑圆弧轨道滑下到达 B 点的过程中，根据动能定理有： ， 2 分 代入数据解得 v4m/s 1 分 （2）滑块 a 到达 B 点后做平抛运动，根据平抛运动的规律有： xvt， y， ， 2 分 代入数据解得 t0. 6s， 1 分 滑块 b 从斜面底端上滑时，根据牛顿第二定律有： mgsin+2mgcosma1， 代入数据解得，2 分 向上运动的时间0.6s，1 分 然后接着下滑，根据牛顿第二定律有：mgsin2mgcosma2， 1 分 代入数据得， 可得，1 分 代入数据解得 xPC1.24m1 分 25 【解
12、答】解： （1）m1、m2运动过程中，以整体为研究对象，由牛顿第二定律得： m1gsin m2g（m1+m2）a 2 分 代入数据解得：a2m/s2， 1 分 以 m2为研究对象，由牛顿第二定律得：Tm2gm2a， 2 分 代入数据解得：T2.4N； 1 分 （2）线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体为研究对象，由平衡条件得： m1gsin m2g0， 2 分 代入数据解得：v1m/s， 1 分 ab 到 MN 前线框做匀加速运动，有：v22ax，2 分 代入数据解得：x0.25m； 1 分 （3）线框从开始运动到 cd 边恰离开磁场边界 PQ 时，由能量守恒定律得： m1gsin （x+d
13、+L）m2g（x+d+L）（m1+m2）v12+Q， 3 分 代入数据解得：Q0.4J， 2 分 所以：QabQ0.1J； 2 分 33 （1）选：ABD。 （5 分）分） 【解答】解：A、水中的花粉颗粒在不停地做无规则运动，反映了液体分子运动的无规则性。故 A 正确； B、两分子间距离大于平衡距离时，分子间的距离减小，分子力做正功，分子势能减小。故 B 正确；C、用 烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，是由于云母片具有各向异性的原因，说 明云母片是晶体。故 C 错误； D、根据能量转化与守恒以及热力学第二定律可知，用浅层海水和深层海水间的温度差造出一种热机，将 海水的
14、一部分内能转化为机械能，是可行的。故 D 正确； E、一定质量的理想气体，温度保持不变（ U0）而吸收热量（Q0） ，根据热力学第一定律，气体对 外做功（W0） ，体积增大；在根据气体状态方程C，得气体的压强减小。故 E 错误。 （2） 【解答】解：设管的横截面积为 S，活塞再次平衡时左侧管中气体的长度为，左侧管做等压变 化，则有： 2 分分 其中 V114S，T280K，T300K， 1 分分 解得：l115cm 2 分分 设平衡时右侧管气体长度增加 x，则由理想气体状态方程可知： 3 分分 其中 p076cmHg，h6cmHg 解得：x1cm 1 分分 所以活塞平衡时右侧管中气体的长度为
15、25cm。1 分分 答：右侧管中气体的长度为 25cm 34 （1）选：CDE（5 分）分） 【解答】解：A、波发生明显衍射的条件是：孔、缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相比差不多或者比波长 小得多，但如果孔、缝的宽度或障碍物的尺寸，比波长大得多时，就不能发生明显的衍射现象，故 A 错 误； B、当声源与接收者间距减小时，接收的频率变大；当声源与接收者间距增大时，接收的频率变小，属于 多普勒效应现象，故 B 错误； C、频率相同的两列波相遇，当波谷和波谷相遇处，则为振动方向相同，即为振动加强点，故 C 正确； D、根据 f，结合 T2，当增大单摆的摆长，单摆摆动的频率将减小，故 D 正确； E、根
16、据 f，结合 T2，振动频率与振幅无关，故 E 正确； （2） 【解答】解：（5 分）分）由题 OEOCR，则： OEC 为等腰三角形，OECACB30 所以入射角：160 由折射定律：n 可得：，230 30 由几何关系：OED30 ，则折射光平行于 AB 的方向，如图； （5 分）分） 折射光平行于 AB 的方向， 所以： 光在介质内的速度：v 传播的时间：t 联立可得：t 光线进入介质到射到圆弧的距离是，时间为。 四校第二次联考四校第二次联考理综参考答案理综参考答案 （化学部分）（化学部分） 7. 【答案】B 【解析】A. 木材纤维主要成分为纤维素，故 A 正确；B. “指南针”是我国古
17、代四大发明之一，是由天然磁 石制成，磁石的主要成分是 Fe3O4，故 B 错误；C. 蚕丝纤维的主要成分为蛋白质，故 C 正确；D. “黑陶”是陶 瓷的一种，传统硅酸盐材料，其主要成分为硅酸盐，故 D 正确；答案选 B。 8. 【答案】B 【解析】1mol 金刚石中含有 2NA个 CC 键，1mol SiO2含有 4NA个 SiO 键，A 错误；由甲苯变为苯甲酸， 碳元素化合价变化 7-(-)=6； 9.2 g 甲苯(即为 0.1mol)被氧化为苯甲酸， 转移的电子数为 0.6NA， B 正确； Na2CO3 溶液中会有少量 CO2 3发生水解，因此在含 CO 2 3总数为 NA的 Na2CO
18、3溶液中，溶质的总物质的量大于 1mol， 所以 Na+总数大于 2NA，C 错误；标准状况下，庚烷为液态，无法用气体摩尔体积进行计算，D 错误。 9. 【答案】D 【解析】CaO 与水反应后，混合物成分沸点差异增大，应选蒸馏法分离，故 A 错误；CH3CH2CH2COOH 和 CH3COOCH2CH3官能团不同，属于类别异构，故 B 错误；乙酸乙酯与 NaOH 反应，不能除杂，应选饱和碳酸 钠溶液、分液，故 C 错误；一个苯环上已经连有CH3、CH2CH3、OH 三种基团，如果在苯环上再连接一 个CH3，看成二甲苯( 、)苯环上连有CH2CH3、OH，中OH 在甲基的中间时乙基有 2 种位置
19、，OH 在甲基的邻位时乙基有 3 种位置，OH 在两个甲基的间位时乙基有 2 种位置， 共 7 种；中先固定OH， 乙基有 3 种位置， 有 3 种同分异构体；先固定OH 在邻位时乙基有 3 种位置，固定OH 在间位时乙基有 3 种位置，有 6 种；则同分异构体有 7+3+6=16(种)， 故 D 正确。 10. 【答案】B 【解析】 浓硫酸和碳反应所得气体产物为二氧化碳、 二氧化硫和水蒸气， 应该先通过无水硫酸铜检验水， 再通过品红溶液检验二氧化硫， 通过酸性高锰酸钾氧化除去二氧化硫， 通过品红溶液验证二氧化硫是否除尽， 最后用澄清石灰水检验二氧化碳，所以选项 A 错误。若装置只保留 a、b
20、，只要看到酸性高锰酸钾溶液没 有完全褪色就可以证明二氧化硫被完全吸收，所以选项 B 正确。酸雨的 pH 小于 5.6，而本实验中生成的二氧 化硫会导致酸雨，所以溶液的 pH 一定小于 5.6，同时随着反应的进行浓硫酸转化为稀硫酸就不再反应，所以 还有剩余的稀硫酸，溶液的 pH 就会更小，选项 C 错误。从下往上、从左往右是实验装置的安装顺序，拆卸 顺序应该相反，选项 D 错误。 11. 【答案】D 【解析】TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化 学能，A 正确；充电时 Na2S4还原为 Na2S，放电和充电互为逆过程，所以 a 是负极，a 极的电
21、极反应式为 4S2-6e=S2 4，B 正确；在充电时，阳极 I 失电子发生氧化反应，电极反应式为 3I-2e=I 3，C 正确；通过图示 可知，交换膜只允许钠离子自由通过，所以 M 是阳离子交换膜，D 错。 12. 【答案】C 【解析】W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期主族元素，W 的原子核外只有 6 个电子，则 W 为 C 元素；X+和 Y3+的电子层结构相同，则 X 为 Na 元素，Y 为 Al 元素；Z的电子数比 Y3+多 8 个，则 Z 为 Cl 元素。 AC 在自然界有多种核素，如 12C、14C 等，故 A 错误；BNa+和 Al3+的电子层结构相同，核电荷数大离子半 径
22、小，Cl比 Na+和 Al3+多一个电子层，离子半径最大，则离子半径大小：Al3+Na+Cl，故错误；CAlCl3的水 溶液中 Al3+水解，溶液呈弱酸性，故正确；DNa 的最高价氧化物对应的水化物是 NaOH，为强碱，故错误。 13. 【答案】C 【解析】A根据图像，溶液的 pH 越小，溶液中残留 c(Cl)越大，因此向电解液中加入稀硫酸，不利于 Cl的去除，错误；BKsp(CuCl)只与温度有关，与溶液 pH 无关，错误；C根据 Cu(s)+Cu2+(aq) 2Cu+(aq) 可知，增大 c(Cu2+)，平衡正向移动，使得 c(Cu+)增大，促进 Cl (aq)+Cu+(aq)CuCl(s
23、)右移，c(Cl)减小，C 正确； D 已知Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) H1=a kJ mol1， Cl(aq)+Cu+(aq) CuCl(s) H2=bkJ mol1， 根据盖斯定律，将1/2+得反应 Cu(s)+ Cu2+(aq)+Cl(aq) CuCl(s)的 H=(+b)kJmol1，D 错误。 26. (14 分)【答案】(1)圆底烧瓶(2 分) (2)b (2 分) (3)12 (2 分) (4) 吸收 Cl2 (2 分) 亚氯酸钠 (2 分) (5)4H+5ClO2=Cl+4ClO2+2H2O (2 分) (6) c V1 135/V0 (2 分) 【解析】(1
24、)根据仪器特征，可知仪器 A 是圆底烧瓶。(2)F 装置应是 Cl2和 KI 反应，还需要连接尾气处理 装置，所以应长管进气，短管出气，故选 b。(3)氯酸钠和稀盐酸混合产生 Cl2和 ClO2，NaClO3中氯为+5 价被 还原成 ClO2中+4 价，盐酸中氯为-1 价，被氧化成 0 价氯，转移电子数为 2，所以 NaClO3、ClO2前化学计量 数为 2，Cl2前化学计量数为 1，反应化学方程式：2NaClO3+4HCl=2ClO2+Cl2+2NaCl +2H2O，其氧化产物 Cl2和还原产物 ClO2物质的量之比为 12。(4)F 装置中发生 Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉
25、变蓝，而 F 中溶液的颜色不变，则装置 C 的作用是吸收 Cl2。(5)在酸性条件下 NaClO2可发生反应生成 NaCl 并释放出 ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为 4H+5ClO2=Cl+4ClO2+2H2O。(6) 设原 ClO2溶液的浓度为 x mol/L， 2ClO2 5I2 10Na2S2O3 2 mol 10 mol 1103cV1 mol x=mol/L，换算单位：mol/L67.5g/mol= g/L。 27. (14 分)【答案】(1)Al3+3NH3 H2O=Al(OH)3+3NH+4(2 分) (2)Ca(OH)2Ca2+2OH，Mg2+与
26、OH结合生成 Ksp很小的 Mg(OH)2沉淀，导致平衡右移，生成 Mg(OH)2 沉淀（解释合理就可）(2 分) (3)Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，可减小亏损(2 分) (4)2Cl-2e=Cl2 (2 分) 阴极氢离子放电，锂离子向阴极移动 (2 分) 2LiOH+NH4HCO3= Li2CO3+2H2O+NH3(2 分) (5)FePO4+Li+e=LiFePO4(2 分) 【解析】(1)根据流程，生成沉淀，需要加入过量试剂 a，因为 Al(OH)3溶于强碱，不溶于弱碱，因此试 剂 a 为 NH3 H2O ， 发 生 的 离 子 反 应 方 程 式 为 Al3+3NH3 H2O
27、=Al(OH)3+3NH + 4。 (2) 石 灰 乳 中 存 在 Ca(OH)2Ca2+2OH，Ca(OH)2属于微溶物，Mg(OH)2属于难溶物，Mg2+结合 Ca(OH)2电离产生的 OH生成 更难溶的 Mg(OH)2，使平衡向右移动，生成氢氧化镁沉淀。(3)根据信息中溶解度，Li2CO3溶解度随着温度 的升高而降低，因此热水洗涤的目的是减少 Li2CO3的损失。(4)根据电解原理，阳极上应是阴离子放电，因 此电极反应式为 2Cl-2e=Cl2；根据电解原理，阴极反应式为 2H2O+2e=H2+2OH，阳离子向阴极移动， 因此 LiOH 浓度增大；根据 b 提供信息，HCO3与 OH反应
28、生成 CO2 3和 H2O，碳酸锂溶解度较小，因此生成碳 酸锂的化学反应方程式为 2LiOH+NH4HCO3= Li2CO3+2H2O+NH3。(5)根据原电池的工作原理，正极上发生还 原反应，得到电子，因此 FePO4在正极上发生反应，即正极反应式为 FePO4+Li+e=LiFePO4。 28. (15 分)【答案】(1)CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) H=-163 kJ/mol(2 分) (2)减小(1 分) 1.6mol/L (2 分) 31(2 分) (3)1.5104 (2 分) 31(2 分) (4)2HSO3+2e+2H+=S2O2 4+2H2O (2
29、 分) 2NO+2S2O 2 4+2H2O=N2+4HSO 3(2 分) 【解析】(1)已知：CH4(g)+CO2(g)= 2CO(g)+2H2(g) H1=+247 kJ/mol CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H2=+205 kJ/mol 根据盖斯定律， 由-2 得反应 CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) H=H1-2H2=-163 kJ/mol。 (2)将烟气 通入 1.0mol/L 的 Na2SO3溶液，SO2与亚硫酸钠和水反应生成亚硫酸氢钠，溶液 pH 不断减小；反应方程式 SO2+Na2SO3+H2O=2NaHSO3，溶液中反应的亚硫酸根
30、离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为 12，即溶 液中参加反应的亚硫酸根为(1.0-0.2)mol/L，则生成的亚硫酸氢根为 c(HSO3)=2(1.0-0.2) mol/L=1.6mol/L；发 生的主要反应(NH4)2SO3+SO2+H2O=2NH4HSO3， 根据图像可知， a 点时两个比值相等， 则 n(HSO3)n(H2SO3)=1 1，b 点时溶液 pH=7，根据电荷守恒可知 n(NH+4)=n(HSO3)+2n(SO2 3)，又根据图像曲线可知 n(HSO 3)=n(SO 2 3)，则 n(NH+4)n(HSO3)=(1+2)1=31。(3)曲线 a 中，NO 的起始浓度为 6
31、104mg m3，A 点的脱除率为 55%，B 点的脱除率为 75%，从 A 点到 B 点经过 0.8 s，该时间段内 NO 的脱除速率为 6104mg m3(0.75-0.55)0.8 s=1.5104 mg m3 s1； NH3与 NO 的物质的量的比值越大， NO 的脱除率越大， 故其物质的量之比分别为 4 1，31，13 时，对应的曲线为 a、b、c，故曲线 b 对应的物质的量之比是 31。(4)阴极是 HSO3在酸性条 件下发生还原反应，生成 S2O2 4，其电极反应式为 2HSO 3+2e +2H+=S 2O 2 4+2H2O；根据图示，吸收池中 S2O 2 4和 NO 是反应物，
32、N2和 HSO3是生成物，则吸收池中除去 NO 的原理是 2NO+2S2O2 4+2H2O=N2+4HSO 3。 35. (15 分)【答案】(1)3d24s2 (1 分) 3 (1 分) (2)Ti 原子的价电子数比 Al 多，金属键更强 (2 分) (3)TiCl(H2O)52+ (2 分) (4)氧 (1 分) sp2、sp3 (1 分) c(1 分) (5)BD (2 分) 0.81a 0.5c (2 分) 0.31a (2 分) 【解析】(1)钛原子核外有 22 个电子，基态钛原子的价电子排布式为 3d24s2；基态钛原子的未成对电子 数为 2；第四周期中未成对电子数为 2 的元素还
33、有 3 种，分别是 Ge、Se、Ni。(2)Ti 原子的价电子数是 4、铝 原子的价电子数是 3，Ti 原子的价电子数比 Al 多，金属键更强，所以钛的硬度比铝大。(3)配位数为 6，两种 配体的物质的量之比为 15，所以配体中有 1 个氯原子、5 个水分子，所以该配合离子的化学式为 TiCl(H2O)52+。(4)组成 M 的元素有 Ti、C、H、O、Cl，其中 O 的非金属性最强，非金属性越强电负性越大， 所以电负性最大的是氧；M 中有双键碳原子和单键碳原子两种，所以 M 中碳原子的杂化方式为 sp2、sp3； 单键为 键、双键中 1 个是 键、1 个是 键，根据 M 的结构图，还有配位键
34、，没有离子键，故选 c。(5) 根据均摊法，晶胞中共有原子 8+4+3=6，晶胞中相同位置的原子相同，根据钛氧原子比是 12，可知氧 原子是 BD；根据晶胞结构，若 A、B、C 的原子坐标分别为 A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、C(a，a，c)， 则 D 原子坐标是(0.19a，0.81a，0.5c)；根据图示，d2=2(0.31a)2，则 d=0.31a。 36. (15 分)【答案】(1)氧化反应(2 分) (2)+CH3OH+H2O(2 分) (3)2(2 分) (4) +2HBr(2 分) (5)碳碳双键、羧基(2 分) (6)、(2 分,1 分 1 个,有误无分)
35、 (7)H2C=CH2CH2BrCH2BrHOCH2CH2OHOHCCHO (3 分,有误无分,其他合理也可) 【解析】对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化为对苯二甲酸，对苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成 (B)，根据已知可知，B 与 SOCl2反应生成；与溴发生 1，4 加成反应生成 (CH3)2CBrCHCHBrC(CH3)2，该有机物与氢气发生加成反应生成(CH3)2CBrCH2CH2BrC(CH3)2，根据信息 可知，(CH3)2CBrCH2CH2BrC(CH3)2与发生取代反应生成 ；然后根据信息可知，有机 物与发生取代反应生成；在酸性条件 下发生水解生成(F)。(1)对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化
36、为对苯二甲酸，反应的反应类 型是氧化反应。(2)对苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成(B)，反应的化学方程式： +CH3OH+H2O。(3)根据以上分析可知，有机物 C 的结构简式 为(CH3)2CBrCH=CHBrC(CH3)2，以碳碳双键为对称轴进行分析可知，核磁共振氢谱图中有 2 个峰。(4)根据 信息可知，(CH3)2CBrCH2CH2BrC(CH3)2与发生取代反应生成 ；反应的化学方程式： +2HBr。(5)综上分析可知，有机物 F 的分子式是 C24H28O2，结构简式为 ，含有的官能团：碳碳双键、羧基。(6)有机物 A 为对苯二甲酸，同分异构体满足 a苯 环上的一氯代物有两种；b既
37、能发生银镜反应又能发生水解反应，结构中含有 HCOO取代基，具体结构如 下：、。(7)乙烯与溴加成生成 BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br 发生取代生成 HOCH2CH2OH， HOCH2CH2OH 被氧化为 OHCCHO，根据信息(R、R为烃基)，并结合生成物的 结构简式可知，OHCCHO 与 CH3CHBrCH3在 Mg/H2O 条件下发生加成反应生成， 该 有 机 物 再 发 生 消 去 反 应 生 成； 具 体 合 成 路 线 如 下 ： H2C=CH2CH2BrCH2BrHOCH2CH2OHOHCCHO 。 四校第二次联考四校第二次联考理综理综参考答案参考答案 （生物部分）（
38、生物部分） 1-6 CCDAAC 29.（8 分，除注明外，每空分，除注明外，每空 2 分）分） （1） 光照强度（1 分） （2） 大于 （1 分） （3） 抑制 2，4-D 甲组枝条上叶片的光合效率低于乙组 30 （ （9 分，除注明外，每空分，除注明外，每空 2 分）分） （1） 促进伸长的作用减弱 不能（1 分） 本实验只体现了低浓度促进生长，没有体现高浓度抑制 生长（与空白对照组相比，仍具有促进作用） （2） 将待测样液稀释，重复上述实验（注：稀释倍数不能超过 100 倍） 若切段长度小于 10mm（切段比原来的短） ，则待测样液中生长素的浓度为 0.1mg/L；反之就为 10mg/
39、L 31.（10 分，每空分，每空 1 分）分） （1） 组成成分和营养结构 （写出具体的成分和结构也算对） 5 四、五 捕食和竞争 （2） 用于底栖动物生长、发育和繁殖等生命活动的能量 底栖动物呼吸作用散失的能量 (a+b)/e 单向流动 逐级递减 （3） 直接 32.（12 分，每空分，每空 2 分）分） （1） 染色体数目变异 7 （2） 发生其他染色体数目增加的生殖细胞不可育或受精卵不能发育（或在胚胎早期就死亡了） （答案 合理就可以） （3） 1/2 F2中宽叶：窄叶=5:1 F2中宽叶：窄叶=1:1 37.生物生物选修选修 1：生物技：生物技术实践术实践(15 分，除注明外，每空分，除注明外，每空 2 分）分） （1）30-300 无菌（1 分） （2）琼脂 高压蒸汽灭菌 （3）上次划线的末端 倒置 （4）甘油管藏 -200C 38.生物生物选修选修 1：生物技术实践：生物技术实践(15 分，除注明外，每空分，除注明外，每空 2 分）分） （1） 逆转录酶 限制酶 氢（1 分） T-DNA （2） fps 基因 较多 （3） 农杆菌可感染植物，并将目的基因转移到受体细胞中 青蒿素产量
