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红河州2023届高中毕业生第二次复习统一检测
理科综合（物理）参考答案及评分标准
一、选择题
14．【答案】B
【解析】
A．处于基态的氢原子跃迁到第一激发态需要吸收的能量为E=E2-E1=10.2 eV，跃迁到第二激发态需要吸收的能量为E=E3-E1=12.09 eV，用11.0 eV的光子照射，并不能使处于基态的氢原子跃迁到激发态，故选项A错误。
B．处于n=2激发态的氢原子为-3.40 eV，其绝对值小于光子能量4.00 eV，用4.00 eV的光子照射处于n=2激发态的氢原子，可以使其电离，故选项B正确。
C．氢原子由基态跃迁到激发态后，运动半径变大，核外电子动能减小，原子的电势能增大，故选项C错误。
(
-
0.85
0
4
∞
E
/eV
1
2
3
5
n
-
13.6
-
3.40
-
1.51
-
0.54
)D．大量处于n=3激发态的氢原子，向低能级跃迁时可辐射出的光子的频率种类为3种，如图所示，故选项D错误。
15．【答案】C
【解析】
(
mg
ma
F
N
)对D受力分析，当工件A与D之间恰好没有作用力时，D只受到重力、B对D的弹力作用，弹力方向垂直接触面（沿B、D的轴心连线方向），弹力和重力的合力提供加速度，可以得到下图，根据牛顿第二定律得，，故当时A与D之间恰好没有作用力。再把A、B、D作为整体受力分析，当汽车向左运动时，A相对于车有向右运动的趋势，所以车厢与A之间的弹力为0，C对B有水平向右的弹力，竖直方向上的支持力和重力平衡，对水平方向列式：C对整体的力，故选项C正确。
16．【答案】D
【解析】
A．由和得：，故选项A错误。
B．由和得：，故选项B错误。
C．空间站也是绕地球运行的，相当于卫星，其运行速度小于地球的第一宇宙速度，故选项C错误。
D．因赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，赤道上物体的向心加速度小于同步卫星的向心加速度，因空间站距地面的高度小于同步卫星，空间站的向心加速度大于同步卫星的向心加速度，综合以上结果，可知空间站的向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，故选项D正确。
17．【答案】A
【解析】
A．在AC边上某点入射时的入射角i=45°，由折射定律得：，可得，故选项A正确。
B．光线在棱镜中的传播速度，故选项B错误。
C．由全反射临界条件得：，临界角C＝45°，作出光路如图所示，由三角形内角和为180°得，，故光线在CD边的入射角为：＞C，故光线不能从CD边射出，故选项C错误。
D．因，由三角形内角和为180°得，，
故光线在BD边的入射角为120°-90°=30°，故选项D错误。
(
F
A
B
C
D
M
45°
γ
45°
G
E
)
18．【答案】C
【解析】
设大气压强为p0，水桶内气体体积为V0，气囊体积为V1，至少需要把气囊压下n次，桶内气体压强增加为p1，才能有水从细出水管流出，水桶内气体体积不变，温度不变，根据玻意耳定律可得：
其中：
联立解得：
n=2.4
即至少需要把气囊压下3次，故选项C正确，选项ABD错误。
19．【答案】AD
【解析】
A．由，得：，故选项A正确；
B．由可得，，，则f=50 Hz，由生活经验可知，变压器不改变交变电流的频率，故选项B错误；
C．升压变压器：，得：，，故选项C错误；
D．输电线上损失的电压：
升压变压器：，得：U2=4000 V
降压变压器：原线圈两端电压U3=U2-U损=3800 V，，故选项D正确。
20．【答案】BD
【解析】
A．0~0.2 s，实线上x=4.0 cm处的质点沿y轴负方向运动，根据振动和波的相互关系可知波沿x轴正方向传播，故选项A错误。
B．因为x=4.0 cm处的质点在0~0.2 s运动方向不变，所以该处质点从平衡位置经过四分之一个周期沿y轴负方向运动至负向位移最大处，T=0.2×4 s=0.8 s；得波速为，故选项B正确。
C．x=0 cm处质点和x=2.0 cm处质点间的距离是四分之一个波长，所以相位差是，故选项C错误。
D．t=1.2 s时，x=6.0 cm处的质点位于负向位移最大处，回复力沿y轴正方向，故选项D正确。
21．【答案】ABC
【解析】
A．A受重力和静电力平衡，由，得：，故选项A正确。
B．当B球向右移动x距离后，设AB距离为r，竖直方向受力平衡，，求得：，进而求得：
由前面式子知道，当0＜θ＜45°时，因x增大，θ增大，h减小，r减小，故静电力增大，故选项B正确。
C．当0＜θ＜45°时，因x增大，r减小，故同种电荷间的电势能增加，故选项C正确。
D．当θ=45°时，设此时的x=x0，r=r0，用竖直向下的力F作用于A球并缓慢移动时有θ＞45°，根据竖直方向平衡条件：
代入可得：
由式可知F的大小变化是先增大后减小再增大。故选项D错误。
二、实验题
22．（本题6分）
【答案】（1）方案一（1分） （2）99.80 cm（99.75~99.85均正确）（2分）
（3）平行 （1分） 4.38 cm（4.38 cm、4.39 cm均正确）（2分）
【解析】
（1）因使用电磁打点计时器打纸带时，在振针的作用下，复写纸与纸带间存在较明显的摩擦、纸带与限位孔之间存在摩擦、重锤还受到空气阻力，实验得到的重力加速度值小于g=9.70 m/s2，故测量值与真实值差异最大的是方案一；
（2）从悬点到球心的距离即为摆长，由图可读出摆长L=99.80 cm；
（3）使用该装置测量列车的加速度时，应将硬纸板（刻度盘）平行列车前进方向放置。
(
O
θ
d
L
F
mg
)当小球偏角为θ时，小球受到重力和细线的拉力，合力提供加速度，由牛顿第二定律可知：
mgtan θ=ma
解得：
a=gtan θ
在θ很小时有：
tan θ=sin θ
设小球与过悬点的竖直线间的距离为d，
即：
带入数据得：d=4.38 cm
23．（本题9分）
【答案】（1）A 1.450 cm （第一空1分、第二空2分，共3分）
（2）见解析 （改装电压表1分、外接法1分、标明所选器材1分，共3分）
（3）0.66（共2分）
（4）偏大（共1分）
【解析】
（1）测量圆筒形盛水容器的内径，应使用图乙中游标卡尺的内测量爪（即图中位置A）进行测量，图丙中游标卡尺为20分度，精确度为0.05 mm，主尺读数是14 mm，游标尺第10个刻度与主尺对齐，则游标卡尺的读数为：
（2）由于未知电阻约为195 Ω，则流过最大电流约为：，故测量电路中电流表应选用A2，同时应将电流表A1（内阻为r1）改装成电压表，由于电源电动势约为9.0 V，则改装成量程为9.0 V的电压表，需要串联的电阻为：
故串联电阻应选；改装电压表的内阻为：
由于电压表内阻已知，所以采用电流表外接法，故实验电路图为：
（3）根据部分电路欧姆定律得：
化简得：
即：
解得：
根据：
解得：
0.66 Ω·m；
（4）若装入的污水样品中有气泡，导致污水未完全充满塑料圆柱形容器，相当于面积减小，此时测得的电阻将增大，从而导致测定的电阻率偏大。
三、计算题
24．（本题12分）
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
（1）由于粒子经过坐标为（0,0.8）的点，由几何知识可得：
①
粒子运动的轨迹如图所示，
(
0
)
又因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，得：
②
由①②得：
③
（2）带电粒子在电场中做类平抛运动，垂直于电场方向不受力，做匀速运动，
④
平行于电场方向受电场力，做匀加速运动：
⑤
⑥
由③④⑤⑥得：
⑦
（3）由题意得：
⑧
⑨
联立解得：
⑩



即粒子离开匀强电场时的速度方向与x轴负方向成53°角，斜向下方。
评分标准：第（1）给3分，第（2）问给4分，第（3）问5分，合计12分。其他解法正确均给分。
25．（本题16分）
【答案】（1）（2）（3）不会脱离轨道，,方向竖直向下
【解析】
（1）取初速度方向为正方向，设碰后ab棒和cd棒的速度大小分别为、，根据动量守恒定律可得：
①
根据能量关系可得：
②
联立可得：
③
④
（2）取初速度方向为正方向，在磁场中，对cd棒受力分析：
(
mg
F
N
F
安
)
(
R
R
1
（
E
，
R
1
）
)简化电路图为：
因为棒的电阻与定值电阻相同，根据电路图和电流分配关系，可知cd棒中通过的电流是定值电阻（或ab棒）的2倍，焦耳热是定值电阻（或ab棒）的4倍，可知cd棒第一次向右经过磁场的过程中，闭合回路中产生的总的焦耳热：
⑤
设cd棒离开磁场时的速度为，
对cd棒，根据功能关系可得：
⑥
解得：
⑦
对cd棒根据动量定理可得：
⑧
通过cd棒的电荷量：
⑨
联立解得：
⑩
（3）假设导体棒在半圆轨道上不会脱离轨道，上升的最大高度为h，则有：

联立解得：

由于，所以不会脱离轨道。
据能量守恒定律可知，cd棒第二次进入磁场时的速度大小为，
在半圆轨道的最低点：

解得：

据牛顿第三定律得：
，方向竖直向下。
评分标准：第（1）问给4分（每式1分），第（2）问给6分（每式1分），第（3）问给6分（每式1分），合计16分。其他解法正确均给分。
26．（本题19分）
【答案】（1） （2）（3）
【解析】
（1）设物块沿倾斜冰面上滑最大位移的大小为x，由牛顿第二定律得：
①
由速度位移关系得：
②
由①②得：
③
（2）对运动员和物块组成的系统，由于物块在倾斜冰面上运动时，受到的弹力冲量有水平分量，所以动量并不守恒，对物块与运动员相互作用过程，由于系统合外力的冲量为零，所以满足动量守恒条件。
设水平向左为正方向，运动员第一次推出物块的过程，由动量守恒定律得：
④
解得：
⑤
物块第一次返回追上运动员时，在物块与运动员相互作用的过程中，由动量守恒定律得：
⑥
解得：
⑦
运动员与物块总机械能的变化：
⑧
代入数据解得：
⑨
（3）运动员每次与物块相互作用后，其速度均增加，一直到物块不能追上运动员为止。对运动员和物块相互作用过程，由动量守恒定律可知：
运动员与物块第一次相互作用：
⑩

经第二次相互作用：


经第三次相互作用：

解得：

经第n次相互作用，运动员的速度大小：

由，解得：

因为相互作用要求n为整数，当n=8时：

当运动员速度为5.36 m/s时，物块已经不可能追上运动员并发生相互作用，所以此速度为运动员的最大速度。
评分标准：第一问给3分，第二问给6分、第三问给10分（或者每式和最终结果各1分）。秘密★启用前
【考试时间：3月24日9：00一11：30】
红河州2023届高中毕业生第二次复习统一检测
理科综合能力测试
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、班级、考场号、座位号在答
题卡上填写清楚，并将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂
黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案
写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H-1N-140-16F-19Mg-24Si-28S-32Fe-56
第I卷（选择题，共126分）
一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的。
1.银耳是一种药用和食用真菌，夏、秋季节生于腐木上，具有润肺止咳、增强免疫力等作
用。银耳的主要有效成分是银耳多糖，此外还含有纤维素、多种氨基酸等。下列相关叙
述正确的是
A.
银耳是以DNA为主要遗传物质的一种真核生物
B.银耳中的银耳多糖、氨基酸和纤维素都可为人体提供能量
C.银耳中的氨基酸和纤维素可通过主动运输方式被人体吸收
D.银耳属于分解者，且生长在腐木上的所有银耳属于种群范畴
2.植物蛋白肉是以植物蛋白质为主要原料，添加脂肪、色素、风味剂、黏合剂以及其他食
品功能添加物，最后通过特定的食品加工方法和步骤制成的具有传统肉类风味和颜色的
食品。某厂商宣传其生产的植物蛋白肉营养价值高，生物兴趣小组对其部分产品的营养
成分进行检测，结果如下表。据表分析下列说法错误的是
营养成分（每100g)
产品
能量/kcal
蛋白质/g
碳水化
总脂肪
饱和脂
膳食纤
合物/g
ig
肪酸/g
维/g
动物
碎牛肉（生）
247.00
17.40
0.00
19.10
7.29
0.00
肉产品
鸡肉（生）
164.00
26.70
0.00
6.33
1.57
0.00
牛肉丸
植物蛋白
212.00
16.80
7.96
12.40
7.08
2.70
(植物型)
肉产品
素鸡肉
224.00
23.60
3.64
12.70
1.53
3.60
(植物型)
理科综合能力测试试卷·第1页（共16页）
A.通过测定营养成分的含量，可以鉴定碎牛肉（生）中是否添加植物蛋白肉
B.向牛肉丸（植物型）匀浆中加入双缩脲试剂，溶液呈蓝色说明该产品基本合格
C.食用植物蛋白肉产品，同样能够较好的满足人体代谢对能量和蛋白质的需求
D.风味剂、色素等食品添加物的种类和用量是影响植物蛋白肉风味和颜色的自变量
3.研究发现，高血压患者常常会出现胰岛素利用障碍，从而导致糖尿病，服用降压药可以在
一定程度上降低血糖。下列相关叙述错误的是
A.高血压可能会导致患者体内胰岛素水平偏高
B.可以通过注射胰岛素的方式来治疗因高血压导致的糖尿病
C,服用降压药后，胰岛素可促进血糖进入肝、肌肉并合成糖原
D.高血压、糖尿病等疾病的出现，与遗传、环境、生活方式等因素密切相关
4.用超声波震碎线粒体后，其内膜自然卷成了颗粒朝外的小囊泡。这些小囊泡具有氧化H
的功能。用胰蛋白酶处理这些小囊泡后，它们不再具有氧化[的功能。当把这些小颗粒
装上去之后，小囊泡重新具有了氧化[田的功能。以下相关叙述错误的是
A.通过以上实验，可以推测小颗粒可能是有氧呼吸第三阶段所需的酶
B.小囊泡氧化H田的过程中会同时伴随着ATP的合成
C.该实验证明了线粒体内膜上的小颗粒对[H氧化具有调节作用
D.线粒体内膜上的蛋白质含量远大于外膜，因而内膜的功能比外膜复杂
5.南宋诗人辛弃疾在《西江月》中写到，“稻花香里说丰年，听取蛙声一片”，描绘了稻田
群落的繁荣景象。下列有关说法错误的是
A.稻田群落中的水稻植株高低错落，体现了稻田群落的垂直结构
B.“稻-蛙鱼”立体生态种养模式实现了经济效益和生态效益的同步发展
C.“丰年”与“蛙声”的联系与食物链“水稻→蝗虫→蛙”有关
D.蛙声吸引异性，从信息传递类型来看属于物理信息，利于种群的繁衍
6.研究发现，与新冠病毒原始株(SARS-COV-2)相比，德尔塔变异株、奥密克戎变异株均
有多个基因位点的突变。其中奥密克戎变异株引起的病症较轻，但病毒复制能力和受体亲
和力增强，导致其比其他变异体具有更强的传染性与致病能力。下列相关叙述错误的是
A.接种奥密克戎变异株减毒活疫苗，可以刺激机体产生相应抗体和记忆T细胞
B,奥密克戎变异株引起的病症较轻，是人类与新冠病毒协同进化的结果
C.新冠病毒原始株的病毒蛋白和奥密克戎变异株不完全相同
D.被新冠病毒感染的人体细胞的清除属于细胞坏死
7.化学与生产、生活、科技等密切相关。下列说法错误的是
A.0.9%的氯化钠溶液可用于静脉注射、冲洗隐形眼镜
B.刊矿物燃料的脱硫脱硝可以减少SO2及NOx的排放
C.喷油漆、涂油脂、金属表面钝化都是金属防护的物理方法
D.次氯酸盐作杀菌消毒剂、漂白剂是利用其强氧化性
理科综合能力测试试卷·第2页（共16页）红河州2023届高中毕业生第二次复习统一检测
理科综合（生物）参考答案及评分标准
选择题
1 2 3 4 5 6
D B B C A D
31．（共10分）
（1）光能（→电能）→有机物中稳定的化学能（2分）
固定CO2产生糖类等有机物（2分）
（2）该系统不需要进行细胞呼吸消耗糖类，提供等量的CO2，该系统积累的有机物更多（2分）
（3）能更大幅度地缓解粮食短缺；能节约耕地和淡水资源；减少因农药、化肥的使用带来的环境污染；能更大幅度地缓解温室效应等（答案合理即可，2分）
（4）如何降低生产成本；如何获得足量的低成本的酶；如何从反应体系中去除甲醇；如何解决酶的稳定性（保证酶的活性）问题；如何实现化学催化和生物催化的高效结合；如何保证反应装置的气密性（答案合理即可，2分）
32．（共12分）
（1）非同源染色体上(两对同源染色体上)（2分）
实验一的F2中表型比例为12：3：1，是9：3：3：1的变式（2分）
（2）紫色 （2分） mmNn（2分）
（3）实验思路：分别用植株乙与植株丁进行杂交，植株丁作母本（正交），作父本（反交），观察并统计子代的表型和比例（2分）
　　预期结果：正交时子代紫花：红花：白花=2:1:1，反交时子代紫花：白花=1:1（2分）
33．（共10分）
（1）自主神经（1分）
（2）下丘脑（1分） 　　抗利尿激素（2分）　　肾小管和集合管对Na+的重吸收（2分）
（3）某些兴奋剂能影响神经递质的合成；某些兴奋剂会影响神经递质的释放速率；某些兴奋剂会干扰神经递质与受体的结合；某些兴奋剂会影响分解神经递质的酶的活性；某些兴奋剂会影响突触前膜上转运蛋白对神经递质的回收（答出1种给2分，共4分）
34．（共10分）
（1）直接 （2分）
（2）自身呼吸(作用)消耗（2分）
（3）生态系统的各组分保持相对稳定（2分）
（4）物种丰富度下降，生态系统的营养结构变得简单，抵抗干扰（或自我调节能力）下降（2分）
（5）认真学习相关法律法规，提高法制观念；增强责任意识，发现外来入侵物种及时报告；参与生物安全及生物入侵防控的科普宣传；参与生物入侵主题志愿者活动，积极付出防控行动；禁止参与外来入侵物种的各种交易活动（宠物市场、网邮购买等）；禁止放生任何外来入侵物种，监督周围人们的放生行为。（答出其中一点给1分，共2分）
35.（共12分）
（1）荧光标记的新冠病毒核酸探针（2分） 　　4种脱氧核苷酸（2分）
（2）荧光标记的“杂交双链”（2分） 　　　　　新冠病毒抗体（2分）
病毒进入体内后可引起特异性免疫反应，最终由浆细胞分泌相应的抗体（2分）
（3）（2分）方案一（检测新冠病毒抗原）：将产生专一针对新冠病毒抗体的B细胞与骨髓瘤细胞融合，通过对杂交瘤细胞的选择性培养，获得大量的单克隆抗体，并做成检测试剂盒用来检测新冠病毒。
方案二（检测新冠病毒抗体）：将新冠病毒的棘突蛋白基因整合到载体上，利用基因工程获得大量的棘突蛋白，并做成检测试剂盒用来检测（血浆中）新冠病毒的抗体。红河州2023届高中毕业生第二次复习统一检测
理科综合（化学）参考答案及评分标准
一、选择题
题号 7 8 9 10 11 12 13
答案 C D A C B B D
7．【答案】C
【解析】C．喷油漆、涂油脂保护金属是物理方法，但金属表面钝化，是金属防护的化学方法，故C错误。
8．【答案】D
【解析】A．配制450mL0.02mol·L-1的FeSO4溶液，要用500ml容量瓶，需要2.78g FeSO4·7H2O，故A错误；
B．标况下SO3不是气体，故B错误。
C．先检验SO3再检验SO2，b、c装置中的试剂分别为BaCl2、品红溶液溶液，故C错误。
9．【答案】A
【解析】A．左旋布洛芬与右旋布洛芬属于手性异构体，故A正确；
B．修饰产物中的-NH2中的N原子采取sp3杂化，故B错误；
C．与苯环相连接的碳原子上有氢原子，可被酸性KMnO4氧化，故C错误；
D．产物虚线内多于10个原子在同一平面上，故D错误。
10．【答案】C
【解析】根据已知条件推出：X是H，Y是N，Z是O，R是Na，W是P，L是S。
A．元素第一电离能应为Y>Z，即N>O，故A错误；
B．元素电负性应为：WC．简单气态氢化物的稳定性与非金属性对应，非金属性为O>S>P，即最简单气态氢化物的稳定性为H2O>H2S>PH3，故C正确；
D．简单离子半径应为W>L>Y>Z>R>X，即P3->S2->N3->O2->Na+>H+，故D错误。
11．【答案】B
【解析】A．向1mL浓度均为0.1mol·L-1的CuSO4和ZnSO4混合溶液中加入3mL等浓度的Na2S溶液，Na2S溶液过量，产生黑色沉淀，不能说明Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，故A错误；
B．NH3极易溶于水，在稀溶液中加入稀NaOH溶液，生成的氨水浓度小，不加热NH3不会挥发出来，故B正确；
C．将乙醇与浓硫酸加热至140℃，主要发生乙醇分子间的脱水生成乙醚，反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去，不能证明乙醇发生了消去反应生成了乙烯气体，因为加热时挥发出的乙醇、乙烯、副反应生成的SO2都能使酸性 KMnO4溶液褪色，故C错误；
D．在试管中加入2mL 5%CuSO4溶液，滴加5滴10% NaOH溶液，硫酸铜溶液过量，不会出现砖红色沉淀，故D错误。
12．【答案】B
【解析】钒液流电池是以+4、+5价态的钒氧离子溶液作为阳极的活性物质，以+2、+3价态的钒离子溶液作为阴极的活性物质，分别储存在各自的电解液储罐中。充放电过程中，主要是依靠电解液中H+在离子膜上的定向移动形成电流回路，根据放电时b电极电极反应式为：V2+-e- =V3+，当生成2mol V3+时，电路中共转移电子数为2NA。电池阳极反应：VO2+ + H2O -e- = VO2+ + 2H+ ，阴极反应：V3+ + e- = V2+，电池总反应为：VO2+ + V2+ + 2H+ VO2+ +V3+ + H2O，故A、C正确，B错误；全钒液流电池仅存在钒离子之间的反应，作为水性电解液不产生有害物质，安全性高，故D正确。
13．【答案】D
【解析】 pH=-lgc(H+)，所以随pH升高直线减小的是lgc(H+)，则直线升高的是lgc(OH-)，而pH升高时，HA会与氢氧根发生反应HA+OH-=H2O+A-，所以开始几乎不变，后续随pH增大而减少的是lgc(HA)，随pH增大而增加，后续几乎不变的是lgc(A-)。
A．据图可知O点处lgc(H+)=lgc(OH-)，即c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，温度为25℃，所以pH=7，故A正确；
B．Ka(HA)=，据图可知N点处c(A-)=c(HA)，pH=4.74，即c(H+)=10-4.74mol/L，所以Ka(HA)=10-4.74，数量级为10-5，故B正确；
C．该体系中c(HA)+c(A-)=0.1 mol·L-1，即c(A-)=0.1mol/L-c(HA)，c(HA)==，解得c(HA)=0.1c (H+)/[Ka +c (H+)]mol·L-1，故C正确；
D．据图可知M点处c(A-)=c(H+)，故D错误。
二、非选择题
27．（15分，除特殊标注外，每空2分）
（1）AlPO4（1分）
（2）2Fe2+ + H2O2 + 2H+ == 2Fe3+ + 2H2O Fe3+催化H2O2分解
（3）4
（4）加热浓缩（1分） 冷却结晶（1分）
（5）提高氟的利用率（答案合理即可）
（6）6 MgSiF6 MgF2 + SiF4↑
【解析】
（2）Fe3+催化H2O2分解，H2O2的实际使用量远大于理论量。
（5）由信息可知，SiF4与水反应生成H2SiF6，与MgO反应生成MgSiF6，提高氟的利用率。
（6）由热重曲线分析，结合结晶水合物热重曲线变化规律可知，起点到A为失去x个结晶水，剩余固体为MgSiF4，则：
MgSiF6·xH2OMgSiF6 + xH2O↑
166 18x
33.2g (54.8-33.2)g
x=6
B点组成为MgSiF6，由流程分析可知，MgSiF6分解生成SiF4且C点固体物质为镁的氟化物，则根据Mg原子守恒可得n(Mg)=54.8/274mol=0.2mol，n(F)=(12.4-24×0.2)/19=0.4mol，n(Mg):n(F)=1:2，C点固体组成为MgF2，化学方程式为MgSiF6 MgF2 + SiF4↑。
28．（14分，除特殊标注外，每空2分）
（1）球形冷凝管（1分） ab→ef→ij
（2）2MnO4- + 10Cl- + 16H+ = 2Mn2+ + 5Cl2↑ + 8H2O
（3）SnCl4 + (x +2)H2O = SnO2·xH2O + 4HCl
（4）蒸馏（1分）
（5）将剩余的Cl2及产生的SnCl4蒸汽赶入后续装置收集和吸收
（6）① ZnSn3N
②
29．（14分，除特殊标注外，每空2分）
（1） +40.8
（2）①选择性 ②B、C
（3）①增加CO可使反应Ⅱ逆向进行，增大CO2和H2的浓度，提高乙醇的产率。（答到增大压强不给分，一定要提到增加CO可使反应Ⅱ逆向进行才给分）
②d/tV mol/(L·min)
③ (5-2a-c-d )c/(ab)（其他合理答案也可以得分）
（4）k正 /k逆
30．（15分，除特殊标注外，每空2分）
（1）5-溴戊酸
（2）
（3） 消去反应（1分）
（4） 酰胺键、醚键
（5）12 （1分）
（6）（3分，合理答案即可给分）
【解析】
（1）取代羧酸的命名以羧酸为母体，溴原子为取代基进行命名。
（2）根据流程信息可知，此反应为取代反应，由B和D生成E的同时有HCl、HBr产生。
（3）F生成H涉及两步反应，已知第一步的反应类型为取代反应，则F分子中的一个氯原子被氮原子取代，根据H分子结构中未含氯原子而多出了碳碳双键，则第二步的反应为脱去HCl的消去反应。
（4）根据I的结构简式得到含有的含氧官能团为酰胺键和醚键。
（5）根据C的分子结构结合不饱和度推知，分子中必须含有甲酸酯结构（-OOCH）和溴原子，故满足此条件的同分异构体为四个原子上连个不同原子的位置异构（定一移二法），结果为12种。根据核磁共振氢谱得出满足条件的结构。
（6）参照上述流程中的信息，先将氧化成，再参照C→D的信息转化为，最后根据B+D→E的信息与苯胺合成。

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