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四川省2016年高考押题预测卷
理科综合
相对原子质量（原子量）：H-1 N-14 O-16 Al-27 S-32 K-39
物理试题
第Ⅰ卷（选择题，共42分）
一、选择题（本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1~5小题只有一个选项正确，第6~7小题有多个选项正确。全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）
1．如图所示，一木块在垂直于倾斜天花板平面方向的推力F作用下处于静止状态，则下列判断正确的是
A．天花板与木块间的弹力可能为零
B．天花板对木块的摩擦力可能为零
C．推力F逐渐增大的过程中，木块受天花板的摩擦力增大
D．推力F逐渐增大的过程中，木块受天花板的摩擦力不变
2．水晶柱体的圆形横截面置于空气中，圆半径R=2cm，PQ是一条通过圆心的直线，如图所示，一束激光平行于PQ射向水晶柱体，B为入射点，i和r分别是入射角和折射角。已知点B到直线PQ的距离为cm，CD为出射光线，CD与PQ所成的角α=30°，下列说法正确的是
A．i＝60°
B．水晶柱体的折射率为
C．水晶柱体的折射率为
D．激光从B点传播到C点的时间为
3．如图所示为电能输送的简化电路图，发电厂的输出电压为U，用r表示两条输电线上的电阻，用R表示负载电阻，当与二极管并联的开关S断开时，输电线路中的电流为I1，在输电线与负载电阻之间连有一理想变压器，变压器的输出电压为U1，流入负载的电流为I2，假设二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，则当开关S闭合后，下列说法正确的是
A．输电线上的电流I1变为原来的2倍
B．输电线上损失的电压变为原来的2倍
C．输电线上损失的规律变为原来的4倍
D．输电线路上的电流I1与流入负载的电流I2的比值一定不变
4．图甲为一列简谐横波在 t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1 m处的质点，Q是平衡位置为 x=4 m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则
A．该波沿x轴向右传播
B．t=0.10 s时，质点P的速度方向向下
C．t=0.10 s时，质点P的加速度逐渐减小
D．若这列波的波源正在远离观察者，则观察者接收到的频率小于波源发出的频率
5．已知一质量为m的物体静止在北极与赤道对地面的压力差为ΔN，假设地球是质量分布均匀的球体，半径为R。则地球的自转周期为
A． B． C． D．
6．有一辆质量为170kg、输出功率为1440W的太阳能试验汽车，安装有约6m2的太阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效光照条件下单位面积输出的电功率为30W/ m2。若驾驶员的质量为70kg，汽车最大行驶速度为90km/h。假设汽车行驶时受到的空气阻力与其速度成正比，则汽车
A．以最大速度行驶时牵引力大小为57.6N
B．起动时的加速度大小为0.24 m/s2
C．保持最大速度行驶1 h至少需要有效光照8 h
D．直接用太阳能电池板提供的功率可获得3.13 m/s的最大行驶速度
7．如图所示两半径为r的圆弧形光滑金属导轨置于沿圆弧径向的磁场中，磁场所在的平面与轨道平面垂直。导轨间距为L，一端接有电阻R，导轨所在位置处的磁感应强度大小均为B，将一质量为m的金属导体棒PQ从图示位置（导轨的半径与竖直方向的夹角为）由静止释放，导轨及金属棒电阻均不计，下列判断正确的是
A. 导体棒PQ有可能回到初始位置
B. 导体棒PQ第一次运动到最低点时速度最大
C. 导体棒PQ从静止到最终达到稳定状态，电阻R上产生的焦耳热为
D. 导体棒PQ由静止释放到第一次运动到最低点的过程中，通过R的电荷量
第Ⅱ卷（非选择题 共68分）
8．（17分）Ⅰ．（6分）在“探究加速度与质量的关系”时，保持砝码和小桶质量不变，改变小车质量m分别测得小车的加速度a与对应的质量m数据如下表
根据上表数据，为进一步直观反映F不变时a与m的关系，可在坐标系中选择物理量________和_________为坐标轴建立坐标系并作出图线（选填表格中的物理量名称），该小车受到的拉力F为______N。
Ⅱ．（11分）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：
（1）用游标卡尺测量其长度的刻度部分如图甲所示，由图可知其长度为 mm。
（2）用螺旋测微器测量其直径的刻度部分如图乙所示，由图可知其直径为 mm。
（3）选用多用电表“×10”电阻挡，按正确的操作步骤测量此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻值为 Ω。
（4）该同学想用伏安法更精确的测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：
待测圆同柱体R
直流电源E（4V，内阻不计）
电流表A1（量程0~4mA，内阻约50Ω）
电流表A2（量程0~10mA，内阻约30Ω）
电压表V1（量程0~3V，内阻约10kΩ）
电压表V2（量程0~15V，内阻约25kΩ）
滑动变阻器R1（0~15Ω，允许通过的最大电流2.0A）
滑动变阻器R2（0~2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）
开关S，导线若干。
为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电流表应选择 ，电压表应选择 ，滑动变阻器应选择 （选填仪器代号），请在方框中画出测量的电路图。
9.（15分）如图所示，AB是竖直平面内半径为R的圆上的水平方向的直径。该圆处在电场强度为E的匀强电场中，圆平面与电场线平行， 已知重力加速度为g。在圆周平面内将一质量为m、电荷量为的带正电小球从A点以相同的初速度v0抛出，抛出方向不同时，小球会经过圆上不同的点，在这些所有点中，到达C点时小球的动能最大。已知，试求：
（1）电场强度的方向和小球在C点时的动能。
（2）A与B两点的电势差UAB和小球通过B点时的动能。
10.（17分）如图所示，无限宽广的匀强磁场分布在xOy平面内，x轴上下方磁场均垂直xOy 平面向里，x轴上方的磁场的磁感应强度为B，x轴下方的磁场的磁感应强度为4B/3。现有一质量为m，电荷量为-q带负电粒子以速度v0从坐标原点O沿y方向进入上方磁场。在粒子运动过程中，与x轴交于若干点。不计粒子的重力。求：
（1）粒子在x轴上方磁场做匀速圆周运动的轨道半径r1。
（2）如把x轴上方运动的半周与x轴下方运动的半周称为一周期的话，则每经过一周期，在x轴上粒子右移的平均速度及在与x轴的所有交点中粒子两次通过同一点的坐标位置。
11.（19分）如图1所示，长度L=2.5m的水平传送带与紧靠的四分之一光滑圆弧轨道BC相切于B点，圆心O与B的连线处于竖直方向。皮带轮以角速度ω顺时针匀速转动。现有一小物块（视为质点）以水平速度υ0从A点滑上传送带，过B点沿轨道BC运动一段时间后落到水平地面上。保持物块的初速度υ0不变，多次只改变皮带轮的角速度ω大小，依次测量物块离开轨道BC的速度大小υ，得到如图2所示的υ–ω图象，其中cd与ω轴平行，bc为曲线。当ω=10rad/s时物块在传送带上恰好一直做匀加速直线运动。若物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.14，取重力加速度g= 10m/s2，通过B处时动能损失不计，求：（提示：在圆周运动过程中任一点，物块所受的向心力与其速率的关系为F向=m。）
（1）圆弧轨道BC的半径R和初速度υ0大小；
（2）当ω = 20rad/s时物块过B点开始到落地的时间t及落地点与圆心O间的距离s；
（3）当ω = 10rad/s时物块离开轨道BC时的速率υ2。
生物试题
第I卷（选择题）
一、选择题（每题6分，共42分）
1.国家卫计委2月9日通报，我国已确诊一例输入性寨卡(Zika)病毒感染病例。该病毒主要通过伊蚊叮咬进行传播，导致婴儿患上“小头症”。该病毒的结构模式图如下，下列有关叙述不正确的是（ ）
A．寨卡病毒的衣壳蛋白和遗传物质都含有C、H、O、N四种元素
B．寨卡病毒的遗传物质彻底水解后可得到四种碱基、核糖和磷酸
C．寨卡病毒侵染机体，非特异性免疫和特异性免疫均发挥作用
D．图中M蛋白、E蛋白二聚体酶解后的氨基酸种类和数量均相同
2.下列有关实验的描述，正确的是 （ ）
A．探究酵母菌细胞呼吸方式的实验中，检测CO2或酒精均可判断呼吸方式
B．低温与秋水仙素均能抑制着丝点分裂而导致染色体数目加倍
C．调查红绿色盲的发病率应在患者家系中重复调查几次，以减小实验误差
D．提取绿叶中的色素时，碳酸钙的作用是防止色素被破坏，SiO2可使研磨更充分
3．下列关于遗传、变异和进化的叙述中，正确的是（ ）
A．染色体结构变异会导致基因数目或排列顺序发生改变
B．基因突变和基因重组一定都能导致种群基因库发生改变
C．遗传病患者都含有致病基因且能将致病基因遗传给后代
D．遗传物质不同是产生生殖隔离的直接原因
4. 下列关于物质出入细胞方式的叙述，正确的是 （ ）
A．神经细胞在静息状态下没有离子的跨膜运输
B．成熟红细胞吸收钾离子的速率与氧气浓度无关
C．甘油出入细胞取决于细胞内外的浓度差和载体的数量
D．胰岛素分泌到细胞外需要载体蛋白协助并消耗能量
5.通过药物破坏下丘脑细胞后，下列生理活动受影响最小的是 （ ）
A．寒冷环境中甲状腺激素分泌增加，增强代谢维持体温
B．人体饭后血糖升高，胰岛素分泌增加降低血糖
C．饮食过咸时，垂体释放抗利尿激素加强水分的重吸收作用
D．炎热环境中皮肤毛细血管舒张，增加散热
6.如图表示的生理过程中，数字代表了不同的结构。下列说法中错误的是（ ）
A．该图代表了基因的转录过程，其中④为RNA聚合酶
B．①链中(A+T)／(G+C)的值与②链中的相同
C．⑤处正在进行螺旋，⑥处正在发生解旋
D．图中不存在A—U碱基对
7.下列关于群落的结构和演替的说法，不正确的是（ ）
A.不同群落的丰富度一定有差异
B.群落的水平结构受环境条件、生物自身生长特点等因素的影响
C.在弃耕农田上进行的群落演替属于次生演替
D.人类活动会影响群落的演替方向和速度
第Ⅱ卷（非选择题，共48分）
8.（13分）在恒温密闭的玻璃温室内进行植物栽培实验，用红外仪器测定温室内CO2浓度及植物CO2吸收速率(结果如图，整个过程呼吸作用强度恒定)。结合所学知识，回答下列问题：
(1)实验开始后，在第 h时开始光照；与第l2 h时相比，第18 h时植物叶绿体内C5的生成速率 (填“较快”或“较慢”)；20 h时植物细胞呼吸产生的CO2的移动方向是 。
(2)在图中48 h内，叶绿体利用CO2速率最大的时刻是 h时；植物有机物含量最多的时刻是 h时。
(3)与a点相比，b点时植物的有机物 (填“有”或“没有”)积累，判断的依据是 。
9.（11分）牛奶未经消毒会具有高度耐盐性的金黄色葡萄球菌，可引起人类患肺炎、肠炎等疾病。因此，牛奶在饮用前需对其进行消毒，并对消毒后的牛奶中的细菌进行检测。已知金黄色葡萄球菌在血平板(培养基中添加适量血液)上生长时，可破坏菌落周围的红细胞，使其褪色。如图1所示为定性检测鲜牛奶中是否存在金黄色葡萄球菌的操作流程，请回答下列问题：
图1
(1)对于生鲜牛奶可用巴氏消毒法进行消毒，使用这种方法的好处是 。图中7．5％NaCl肉汤培养基可为微生物提供的营养成分包括 ，用此培养基进行培养的主要目的是 。
(2)在检测牛奶中细菌含量变化时进行了如图2所示操作：
图2
若用该方法培养设置了3个培养皿，菌落数分别为35、33、34，则可以推测每毫升生牛奶中含细菌 个，运用这种方法统计的结果往往较实际值 (填“偏大”或“偏小”)，原因是 。
(3)金黄色葡萄球菌在血平板(培养基中添加适量血液)上生长时，可破坏菌落周围的红细胞，使其褪色。图1所示操作中在血平板上的接种方法是 ，经多次规范操作、重复实验，血平板上均出现 的菌落，可初步证明鲜牛奶中存在金黄色葡萄球菌，但鲜牛奶供应商仍认为此菌并非鲜牛奶所携带，因此，要对本操作进行完善，完善的方案是 。
10.（11分）促红细胞生成素是一种糖蛋白类激素，其参与生命活动的调节方式如图所示。结合所学知识回答下列问题：
(1)红细胞能够运输O2主要是因为其含有运输O2的血红蛋白，这说明蛋白质具有
的功能。
(2)在人体中，葡萄糖进入成熟红细胞的方式为 。在人体细胞中，与促红细胞生成素合成与分泌有关的具膜细胞器有 。
(3)剧烈运动时，人体肌细胞通过无氧呼吸会产生大量 进入细胞外液，但这并不会引起血浆中pH发生剧烈的变化，这是 的作用结果。
(4)据图推知，促红细胞生成素能够增强骨髓造血干细胞的 (生命活动)，使血液中红细胞的数量增加，从而促进机体细胞进行 呼吸。由图可知，当机体内的促红细胞生成素含量过多时会抑制肝脏和肾脏分泌促红细胞生成素的活动，这体现了
调节机制。
11.（13分）某海岛上某种二倍体昆虫有长翅、中翅、无翅三种，分别受等位基因Ma、Mb、Mc控制，它们之间具有完全显隐性关系，且位于常染色体上。图1是科研人员研究翅膀形态显隐性关系做的杂交实验。回答下列相关问题。
图1
(1)基因Ma、Mb、Mc在遗传中遵循 定律。
(2)据图分析，Ma、Mb、Mc之间的显隐性关系为 (若Ma对Mb为显性，可表示为Ma>Mb，以此类推)。该昆虫关于翅形的基因型有 种。图l亲本的基因型为 。
(3)该昆虫的X染色体上可以发生隐性突变，而突变后的个体会导致后代不同情况的出现：如突变不会引起个体死亡、突变会导致突变体全部死亡和突变体死亡一部分。控制该昆虫眼色的基因位于X染色体上，图2表示经诱变处理的红眼雄昆虫与野生型纯合红眼雌昆虫交配得F1(基因N控制红眼性状，突变基因n控制白眼性状)，使F1单对交配，分别饲养，观察F2的分离情况。
图2
①若发生隐性突变，且突变不会引起个体死亡，则F2中红眼：白眼为 。②若发生隐性突变，且突变体全部死亡，则F2中雌虫：雄虫为 。
③若发生隐陛突变，且突变体死亡一部分，则F2中雌虫：雄虫的值 。
化学试题
第I卷（选择题 共42分）
一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的）
1．化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是（ ）
A．凡含有食品添加剂的食物对人体健康均有害，不可食用
B．氢氧化铁溶胶、含塑化剂的白酒、含有细菌的矿泉水均具有丁达尔效应
C．绿色化学的核心是利用化学原理对环境污染进行治理
D．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质
2．下列有关Fe（NO3）2溶液的叙述正确的是（ ）
A．可加入稀硝酸抑制Fe2+的水解
B．该溶液中，K+、Na+、SCN－、CO32-可以大量共存
C．在该溶液中滴加稀硫酸，再滴加KSCN溶液，立即显血红色，证明溶液已变质
D．加入稀盐酸，溶液由浅绿色变为棕黄色，该反应的原理为：3Fe2++ 4H++NO3- =3Fe3+ +NO↑+2H2O
3．设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法不正确的是（ ）
A．常温常压下，32gO2、O3的混合物含有2Na个氧原子
B．6．8g熔融的KHSO4中含有0．1NA个阳离子
C．1L1mol/L的盐酸溶液中，含HCl分子数为1NA
D．标准状况下，22．4 L氦气与22．4 L氟气所含原子数均为2 NA
4．实验是研究化学的基础，下图中所示的制备实验方法、装置或操作均正确的是（ ）
A．可用装置甲制取氯气 B．可用装置乙制取氨气
C．可用装置丙制取并检验乙炔 D．可用装置丁制得金属锰
5．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，X的价电子排布为nsnnpn，Y、W同主族且能形成两种常见的化合物，Y、W质子数之和是Z质子数的2倍。则下列说法中正确的是（ ）
A．原子半径比较：X＜Y＜Z＜W
B．熔点：ZY＞ZW＞XY2；电负性：Y＞W＞X
C．X2H4与WY2都能使溴水褪色，且褪色原理相同
D．短周期所有元素中，Z的最高价氧化物的水化物碱性最强
6．下列说法中正确的是（ ）
A．等浓度的CH3COOH溶液与NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：
c（OH－）＞c（H＋）＋c（CH3COOH）
B．常温下，等浓度的HA与NaA溶液等体积混合后pH＜7：
c（HA） + c（OH－）＞c（Na＋） + c（H＋）
C．常温下，0．1 mol/L某一元酸HA在水中有0．1%发生电离，则该温度下HA的电离常数约为10-7
D．等浓度的NH4Cl溶液与氨水等体积混合：c（NH3．H2O）＋c（NH4＋）=2c（Cl－）
7．如图所示实验装置，图中A、D均为碳棒，B为铝棒，C为铁棒。下列说法中不正确的是（ ）
A．甲装置为原电池，其负极的电极反应式为：Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2O
B．电子流向：电极B→电极D→硫酸钠溶液→电极C→电极A
C．装置甲中铝棒溶解27g，则装置乙中产生标准状况下33．6L H2
D．一段时间后，若改变两装置电极的连接方式，A接D、B接C，乙装置里会出现红褐色沉淀
第Ⅱ卷 （非选择题 共58分）
二、非选择题（本题共4小题，共58分）
8．（13分）四川含有丰富的矿产资源，钒矿、钛矿、硫铁矿等七种矿产储量位居全国第1位。回答下列问题：
（1）V2O5常用作SO2 转化为SO3的催化剂。SO2 分子中键角 120°（填“＞”、“＜”或“＝”）；SO3分子中S原子的杂化轨道类型为 ；V2O5 溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠（Na3VO4），该盐阴离子的立体构型为 。
（2）VO2+可被草酸（H2C2O4）还原为VO2+，草酸被氧化为CO2，该反应用于钒含量的测定。写出反应的离子方程式 。
（3）钛在元素周期表中的位置为 ，其电子排布式为 。用乙醚从TiCl3的饱和溶液中萃取可得TiCl3·6H2O绿色晶体，其配位数为6，将1mol该晶体加入到足量硝酸银溶液中可得2mol白色沉淀，则该配合物的化学式是 。
（4）钛的某种氧化物的晶胞结构如图所示（黑球白球分别表示钛、氧），该晶体的化学式为 。
（5）由TiO2制取TiCl4涉及如下反应：
C（s） +1/2O2（g）=CO （g） ΔH=－110．5kJ/mol
TiO2（s） + 2Cl2（g）TiCl4（l） + O2 （g） ΔH=+140．5kJ/mol
则TiO2（s） + 2C（s） + 2Cl2 （g） TiCl4 （l） + 2CO（g） ΔH= kJ/mol。
9．（15分）氮化铝（AIN）广泛应用于集成电路生产领域。某研究小组利用氮气、氧化铝和活性炭制取氮化铝，设计如图1所示实验装置。
图1 图2
请回答：
（1）实验中用饱和NaNO2与 NH4Cl溶液制取氮气的化学方程式为 。
（2）装置中导管A的作用是 。
（3）按图1连接好实验装置后的下一步操作是 。
（4）图1实验装置存在一些不足，请指出其中一个 。
（5）反应结束后，某同学用图2装置进行实验来测定氮化铝样品的质量分数（实验中导管体积忽略不计）。已知：氮化铝和NaOH溶液反应生成NaAlO2和氨气。
①广口瓶中的苯的作用是 。
②广口瓶中的液体没有装满，则实验测得NH3的体积将 （填“偏大”、“偏小”、“不变”）。
③若实验中称取氮化铝样品的质量为10．0 g，测得氨气的体积3．36 L（标准状况），则样品中AlN的质量分数为 （保留3位有效数字）。
10．（15分）某树脂的合成线路如下：
（1）B中含有的官能团的名称是________________________。
（2）反应①、③的有机反应类型分别是________________、____________________。
（3）检验CH3CH2CH2Br中的溴原子时，所加试剂的顺序依次是 。
（4）下列说法正确的是__________（填字母编号）。
a．1 mol E与足量的银氨溶液反应能生成2mol Ag
b．可以用NaHCO3鉴别E和F
c．B分子存在顺反异构
（5）写出反应⑤的化学方程式________________________________________________
（6）的同分异构体中同时符合下列条件的芳香族化合物共有__________种。其中苯环上一氯代物有两种的结构简式为 。
a．能发生消去反应 b．能与过量浓溴水反应生成白色沉淀
11．（15分）（1）298K时，在2L固定体积的密闭容器中，发生可逆反应：2NO2（g）N2O4（g） △H＜0。N2O4的物质的量浓度随时间变化如图，达平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，回答下列问题：
① 该反应在 能自发进行（填“较高温度”或“较低温度”）。
② 298k时，该反应的平衡常数为___________（精确到0．01）。
③ 下列情况不是处于平衡状态的是__________。
a．混合气体的密度保持不变 b．混合气体的颜色不再变化 c．气压恒定时
④ 若反应在398K进行，某时刻测得n（NO2）=0．6mol n（N2O4）=1．2mol，则：
此时V（正）___V（逆）（填“＞”、“＜”或“=”）。
（2）工业上“除钙、镁”的原理反应为：MgSO4+2NaF═MgF2↓+Na2SO4；CaSO4+2NaF═CaF2↓+Na2SO4
已知KSP（CaF2）=1．11×10-10，KSP（MgF2）=7．40×10-11，加入过量NaF溶液反应完全后过滤，则滤液中= 。
（3）电解法可消除甲醇对水质造成的污染，原理是：通电将Co2+氧化成Co3+，然后Co3+将甲醇氧化成CO2和H+（用石墨烯吸附除去Co2+）。现用图2装置模拟上述过程，则：Co2+在阳极的电极反应式为：___________；除去甲醇的离子方程式为___________。
理科综合 参考答案及评分标准
物理试题
第Ⅰ卷（选择题，共42分）
一、选择题（本题共7小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1~5小题只有一个选项正确，第6~7小题有多个选项正确。全部选对的得6分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 D C C D A AC CD
1．【答案】D
【解析】由图可知，假如天花板与木块间的弹力为零，则摩擦力也为零，此时物体只受重力和F作用，则物体不可能平衡，故选项A、B错误；对物体受力分析可知，天花板对木块的摩擦力等于重力沿天花板向下的分力，其大小与F无关，故选项C错误，D正确。
考点：物体的平衡，受力分析.
2．【答案】C
【解析】根据几何关系，， 所以i=45°，A错误；由折射定律，在B点有：
根据几何关系和光路可逆：，即r＝30°，所以，B错误，C正确；BC=2Rcos r，激光从B点传播到C点的时间为，D错误。
3．【答案】C
【解析】根据变压器原理有可知，变压器原副线圈的电压比一定等于匝数比，但由于开关S闭合后二极管被短路，故流过负载电阻的电流由半波变为正弦波，所以副线圈的电流变大，从而影响原线圈电流也变大，则输电线上损失电压变大，由此影响到变压器的输出电压，再影响到负载电阻上的电流，形成循环影响，故输电线上的电流、损失电压和损失功率都不会是整数倍变化，故选项A、B、C都错误；不管负载电阻的工作情况如何，根据能量守恒，在只有一个副线圈的情况下，原副线圈的电流比一定为匝数反比，故选项D。
4．【答案】 D
【解析】 由乙图可以看出，Q点在0.1s时向下运动；则从甲图可以得出，波向左传播，A错误；此时P点向上运动，B错误；距离平衡位置越近，受到的回复力越小，而现在P点正在向上运动，加速度逐渐增大，C错误；当波源与观察者相互远离时，发生多普勒效应，观察者观察到的波的频率小于该波的频率，D正确。
5．【答案】A
【解析】 由于地球的自转所以两极，赤道，又因为重力等于压力，所以，则，A正确。
6．【答案】AC
【解析】根据P额=Fvmax，解得，故A正确；以额定功率启动时：，而刚启动时v=0，故刚启动时加速度很大，B错误；由公式W=Pt，由能量守恒得：1440 W×1h=30×6W×t，解得t=8h，即保持最大速度行驶1h至少需要有效光照8h，故C正确；由题意：汽车行驶时受到的空气阻力与其速度成正比，设f=kv，则结合前面分析： ，得：，当直接用太阳能电池板提供的功率行驶有最大速度时：牵引力等于阻力，即，解得：v=8.83m/s，故D错误。
考点：能量守恒定律、牛顿第二定律
7．【答案】CD
【解析】 导体棒运动过程中不断克服安培力做功，将机械能转化为电能，因此不可能回到初始位置，选项A错误；导体棒PQ第一次运动到最低点时所受合力与速度反向，速度不可能最大，选项B错误；导体棒最后一定静止在最低点，根据能量守恒定律得电阻R上产生的焦耳热等于重力势能的减少量为，选项C正确；导体棒PQ从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，，选项D正确。
第Ⅱ卷（非选择题 共68分）
8．（17分）Ⅰ．（6分）【答案】a（2分） （2分） 0.5（2分）
【解析】根据牛顿第二定律可得，所以当F一定时，a与成正比，由于反比例关系不容易根据图象判定，而正比例关系容易根据图象判定，故应该建立小车加速度a与关系图象，故纵坐标为加速度a，横坐标为。根据可得该小车受到的拉力F为0.5N。
考点：考查了验证牛顿第二定律实验
Ⅱ．（11分）【答案】（1）50.45（2分） （2）4.750（4.748-4.752）（2分） （3）240（2分） （4）A2（1分） V1（1分） R1（1分） （5）电路图如图所示（2分）
【解析】（1） 游标卡尺的读数：5cm+9×0.05mm=50.45mm；（2） 螺旋测微器的读数：4.5m+25.0×0.01mm=4.750mm；（3）多用电表读数：24×10Ω=240Ω；（4）最大电流，,电流表选A2，最大电压4V，电压表选V1，要求测得多组数据进行分析，滑动变阻器作为分压器使用，故选总电阻小且额定电流大的R1；（5）因待测电阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法，且滑动变阻器作为分压器使用。
考点：测量仪器的读数、电阻的测量。
9.（15分）【答案】（1）（2），
【解析】（1）带电小球在运动的过程中受到重力和电场力作用，将重力和电场力的合力F等效为一个重力F=mg/，因为小球到达C点时小球的动能最大，所以C点为等效重力场中“最低点”，即重力与电场力的合力方向一定沿着OC方向，如图所示。
因为，作出如图所示的矢量图，由图可知电场力的方向与AC平行，所以电场强度的方向与AC平行，即与水平成30 角斜向右下方向。（1分）
由图可知合力的大小为：（2分）
由A到C根据动能定理可得： （2分）
解得：（2分）
（2）由A到B根据动能定理可得： （2分）
由A到B重力不做功，电场力做功（2分）
解得：（2分）
（2分）
10.（17分）【答案】（1）；（2）；（式中k取1、2、3…）
【解析】（1）粒子在x轴上方磁场做匀速圆周运动半径r1，下方磁场中做匀速圆周运动半径r2。由Bqv0=m（2分）
解得r1=，r2=（2分）
（2）在磁场中运动轨迹如图所示，如把x上方运动的半周与x下方运动的半周称为一周期的话，则每经过一周期，在x轴上粒子右移△x=2r1-2r2=（2分）
在第4周期刚结束时粒子第二次经过x1=2r1的这一点，以后每过一周期将会出现符合要求的点．
故x1=2r1+=r1=（式中k取1、2、3…）（3分）
x上方的周期为T1，x下方的周为T2，T1=（2分），T2=（2分）
先后通过的时间间隔△t=T1+2T2=（2分）
在x轴上粒子右移的平均速度=（2分）
考点：带电粒子在匀强磁场中的运动
11.（19分）【答案】（1）1m/s （2）t=0.4s，s=m （3）m/s
【解析】 （1）由题图2可知，当υ=2m/s时即物块经过B点时重力刚好提供向心力，即mg=m（2分）
得R=0.8 m（1分）
由题意可知，当ω=10rad/s时物块匀加速运动到B处时的速度刚好为
υ1=2m/s（1分）
根据牛顿第二定律，物块在传送带上的加速度大小a==1.4m/s2（1分）
由υ12 –υ02=2aL（1分）
得υ0=1m/s（1分）
（2）由于20rad/s>10rad/s，所以当ω=20rad/s时物块过B点后做平抛运动，其初速度为 υ1=2m/s，则s=υ1t，R=gt2（2分）
得t=0.4s，s=m（2分）
（3）由题意得皮带轮的半径r==0.2m（1分）
当ω=10rad/s时传送带的速率υ3=ω3r=10×0.2m=2m/s（1分）
由于υ0<υ3<υ1，所以物块达到B点时的速率也是υ3=2m/s（1分）
如图所示，设物块在P处恰好离开轨道BC，则在P处轨道对物块的弹力刚好为零，有
mgcosθ=m（2分）
根据机械能守恒定律有mυ22=mυ32+mgR（1–cosθ）（2分）
得υ2==m/s（1分）
【技巧点拨】①物块在传送带上做匀加速直线运动时速度不会超过ωr。②在圆周运动中，物体受到的向心力是由沿半径方向的合外力提供的。③两个物体刚要分离时，其间的弹力为零，沿法线方向的速度是相等的。
生物试题
第I卷（选择题）
一、选择题（每题6分，共42分）
1.D解析：病毒的衣壳蛋白含有C、H、O、N，寨卡病毒的遗传物质是RNA，含有C、H、 O、N、P，A正确。RNA初步水解的产物是核糖核苷酸，彻底水解后可得到四种碱基、核糖和磷酸，B正确。寨卡病毒通过伊蚊叮咬进行传播，皮肤、黏膜等非特异性免疫系统以及体液免疫和细胞免疫均发挥作用，C正确。M蛋白、E蛋白二聚体为不同的蛋白质，酶解后的氨基酸种类和数量无法确定，D错误。
2.D解析：探究酵母菌细胞呼吸方式的实验中，因酵母菌进行有氧呼吸和无氧呼吸均可产生CO2，但只有无氧呼吸能产生酒精，故检测酒精可判断呼吸方式，而检测CO2不能判断，A错误；秋水仙素与低温诱导染色体数目加倍的原理是一样的，都是抑制纺锤体的形成，进而影响细胞的分裂，B错误；调查红绿色盲的发病率应在人群中随机取样调查，C错误；在提取叶绿体中色素的过程中，碳酸钙可营造弱碱性环境，中和酸性的细胞液，从而保护色素，SiO2可使研磨更充分，D正确。
3．A解析：染色体结构变异会导致基因数目或排列顺序发生改变，A正确。有性生殖减数分裂过程中发生的自由组合和交叉互换都是原有基因的重新组合，没有产生新的基因，种群基因库不发生改变，B错误。遗传病有单基因遗传病、多基因遗传病和染色体异常遗传病，而染色体异常遗传病是由于染色体结构或者数目不正常引起的遗传病，此种遗传病患者可不含致病基因，C错误。生殖隔离产生的直接原因是生物不能进行基因交流或不能产生可育的后代，根本原因是遗传物质不同，D错误。
4.B解析：神经细胞在静息状态下主要发生钾离子外流，即存在离子的跨膜运输，A错误；红细胞吸收钾离子的方式是主动运输，需要消耗能量，但由于成熟红细胞无细胞核和众多细胞器，不能进行有氧呼吸，因此成熟红细胞吸收钾离子的速率与有氧呼吸强度或氧气浓度无关，B正确；甘油进出细胞的方式为自由扩散，与载体的数量无关，C错误；胰岛素分泌到细胞外属于胞吐，需要消耗能量，但不需要载体蛋白协助，D错误。
5.B解析：下丘脑具有多种功能，包括：(1)分泌：下丘脑能分泌促激素释放激素引发垂体分泌促激素作用于特定腺体，如甲状腺、性腺等(不包括胰岛)，从而实现内分泌的调节； 下丘脑还能分泌抗利尿激素并由垂体释放来调节机体水盐平衡。(2)神经中枢：下丘脑可通过有关神经直接控制某些腺体、骨骼肌、毛细血管来完成反射。下丘脑受损后，上述相关调节机制都会受到很大影响，故A、C、D项所述均会受到较大影响。而血糖调节主要是激素调节，可由胰岛细胞直接感受血糖变化刺激而引发，在下丘脑受损后该调节受影响相对要小一些。
6.D解析：由图可知，是双螺旋结构的为DNA，图示过程只以一条脱氧核苷酸链为模板，所以为转录过程，④为RNA聚合酶，A正确。双链DNA中A=T、C=G，而①链是②链的互补链，所以两条链中(A+T)／(C+G)的值相同，B正确。图中mRNA左端已经生成，说明转录方向为从左向右，RNA聚合酶从左向右移动，所以⑤处正在进行螺旋，⑥处正在发生解旋，C正确。转录过程遵循碱基互补配对原则，所以图中RNA与DNA杂交区可能会有A—U碱基对存在，D错误。
7.A解析：不同群落的丰富度不一定有差异，也可能相同，A错误。环境条件(如地形的变化、土壤湿度、光照等)、生物自身生长特点等因素都会影响群落的水平结构，B正确。在弃耕农田上进行的群落演替属于次生演替，C正确。人类活动会影响群落的演替方向和速度，D正确。
第Ⅱ卷（非选择题，共48分）
8.（除注明外，每空2分）(1)3 较慢 由线粒体移向叶绿体和外界
(2)36 42
(3)没有（1分） 温室内的CO2浓度在a点与b点时相等
解析：(1)由图示可知，实验开始后，在第3 h时，CO2吸收速率开始升高，说明此时开始光照。与第l2 h时相比，第18 h时植物光合作用光反应阶段产生的用于C3的还原的[H]和ATP减少，故与第l2 h相比，第l8 h时植物叶绿体内C5的生成速率较慢。分析图中曲线可知，20 h时植物光合作用强度小于细胞呼吸强度，所以植物细胞呼吸产生的CO2的移动方向是由线粒体移向叶绿体和外界。(2)结合题干“整个过程呼吸作用强度恒定”，分析图示可知，在实验的48 h内，36 h时植物的CO2吸收速率最大，此时叶绿体利用CO2的速率最大；42 h时温室内的CO2浓度最低，此时植物有机物含量最高。(3)由图示可知，温室内的CO2浓度在a点与b点时相等，说明a点与b点时植物有机物的含量相同，即植物没有有机物的积累。
9.（除注明外，每空1分）(1)牛奶的营养成分不被破坏 碳源、氮源、水和无机盐 增加金黄色葡萄球菌的数量 (2)3．4×l06 偏小 当两个或多个细胞连在一起时，平板上观察到的只是一个菌落(个别菌落可能是由两个或多个细菌形成的)（2分） (3)平板划线法 周围存在透明圈 设置不加鲜牛奶(接种无菌水)，其他操作均相同的对照组（2分）
解析：(1)巴氏消毒法是70～75℃煮30 min或80℃煮l5 min，使用该方法的好处是既可以杀死牛奶中的微生物，又不会破坏牛奶的营养成分。7．5％NaCl肉汤培养基中既含有蛋白质，又含有水分和氯化钠，所以提供的营养物质为碳源、氮源、水和无机盐；高浓度的盐溶液可以抑制其他微生物的生长，而金黄色葡萄球菌可以耐受高浓度的盐溶液，故7．5％NaCl肉汤培养基可以起到选择培养的作用。(2)3个培养皿上的菌落数平均值为34，稀释倍数是l04，经计算可得，每毫升生牛奶中含细菌34÷0．1×104=3．4×106个。由于当两个或多个细胞连在一起时，平板上观察到的只是一个菌落，因此该方法统计的菌落数往往比实际数目低。(3)使用接种环进行接种的方法是平板划线法，根据题意，“金黄色葡萄球菌在血平板(培养基中添加适量血液)上生长时，可破坏菌落周围的红细胞，使其褪色”，所以如果经多次规范操作、重复实验，血平板上均出现周围存在透明圈的菌落，可以初步证明鲜牛奶中存在金黄色葡萄球菌。为了增强实验说服力，应设置空白对照实验，即设置不加鲜牛奶(或接种无菌水)的对照实验，若对照组不出现周围存在透明圈的菌落，则说明金黄色葡萄球菌一定来自鲜牛奶。
10.(除注明外，每空1分)(1)运输载体
(2)协助扩散 内质网、高尔基体、线粒体(3分) (3)乳酸 缓冲物质
(4)分裂和分化(2分) 有氧 (负)反馈
解析：(1)血红蛋白能够运输O2，体现了蛋白质具有运输载体的功能。(2)在人体中，葡萄糖进入成熟红细胞的方式为协助扩散。在人体细胞中，与促红细胞生成素(本质是糖蛋白)合成与分泌有关的具膜细胞器有内质网、高尔基体、线粒体。(3)剧烈运动时，人体肌细胞进行无氧呼吸产生的大量乳酸进入细胞外液，但这并不会引起血浆中pH发生剧烈的变化，这是内环境中缓冲物质的作用结果。(4)骨髓造血干细胞通过分裂和分化使红细胞的数量增加。红细胞可运输O2，血液中红细胞增多可促进细胞进行有氧呼吸。
11.(除标明外，每空2分)(1)基因的分离(1分)
(2)Mb>Ma>Mc 6 MbMa、McMc
(3)3：1 2：1 介于l：l和2：1之间
解析：(1)Ma、Mb、Mc为等位基因，在遗传中遵循基因的分离定律。(2)分析图1，亲本是中翅和无翅，而F1中没有无翅，有中翅和长翅，由此判断，中翅基因对长翅基因为显性，而长翅基因对无翅基因为显性，即显隐性关系为Mb>Ma>Mc，则亲本的基因型为MbMa、McMc。关于翅形的基因型有MaMa、MbMb、MbMc、MbMa、McMc、MaMc六种。(3)①分析题意，若待测昆虫眼色发生隐性突变且突变不会引起个体死亡，则亲本的基因型为XNXN×XnY，F1的基因型为XNXn、XNY，则F2的基因型为1／4XNXn、l／4XNXN、l／4XNY，都是红眼，l／4XnY为白眼，故F2中红眼：白眼=3：l。②若发生隐性突变且突变体全部死亡，亲本的基因型为XNXN×XnY，F1的基因型为XNXn、XNY，则产生的F2的基因型为1／4XNXn、l／4XNXN、l／4XNY、l／4XnY(死亡)，故F2中雌虫：雄虫=2：l。③若发生隐性突变，且突变不会引起个体死亡，则F2中雌雄比例为l：l，由上述②分析，若发生隐性突变且突变体全部死亡，则F2中雌雄比例为2：1，因此若发生隐性突变且突变体死亡一部分，则F2中雌虫：雄虫的值介于l：l和2：l之间。
化学试题
第I卷（选择题 共42分）
一、选择题（本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的）
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 D D A D B C B
1．D A．食品添加剂在一定范围内有益健康，超过标准对健康有害，错误；B． 含有细菌的矿泉水不属于胶体，不能产生丁达尔效应，错误；C． 绿色化学的核心是从源头上杜绝污染的产生，实现原子利用率达到100%，错误；D．在食品袋中放入盛有硅胶具有吸水作用，可以防止食物受潮；铁粉具有还原性，可防止食品氧化变质，正确。
2．D A．在硝酸溶液中Fe2+会被氧化产生Fe3+，导致变质，错误；B．Fe3+与SCN－会发生络合反应，不能大量共存，与CO32-会发生盐的双腿水解反应，也不可以大量共存，错误；C．在酸性条件下，硝酸会把Fe2+氧化产生Fe3+，所以无法检验溶液是否变质，错误；D．由于在酸性条件下，NO3-检验强的氧化性，会把Fe2+氧化产生Fe3+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式3Fe2++ 4H++NO3- =3Fe3+ +NO↑+2H2O，正确。
3．A A． O2、O3都是由O原子构成分子的，常温常压下，32gO2、O3的混合物含有O原子的物质的量是2mol，则原子数目是2Na个，正确；B． 熔融的KHSO4电离方程式是：KHSO4=K++HSO4-，6．8g的物质的量是0．05mol，则含有的阳离子是0．05NA，错误；C．HCl是强酸，在溶液中完全电离产生自由移动的离子，无HCl分子存在，错误；D． 氦气是单原子分子，标准状况下，22．4 L氦气所含原子数均为NA，错误。
4．D A．浓盐酸与MnO2混合加热制取氯气，缺少加热装置，错误；B．固体混合物加热制取气体，试管口要略向下倾斜，错误；C．电石与水反应产生的乙炔中含有H2S也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此不能用该方法检验乙炔，错误；D．由于金属活动性Al>Mn，所以可以用铝热反应冶炼锰，正确。
5．B X的价电子排布为nsnnpn，则X是C元素；Y、W同主族且能形成两种常见的化合物，Y、W质子数之和是Z质子数的2倍，则Y是O元素，W是S元素；Z是Mg元素。A． 由于同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小；不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径大小关系是：Z>W >X>Y，错误；B．由于MgO、MgS都是离子化合物，离子间通过离子键结合，离子半径S2->O2-，所以离子键MgO>MgS，物质的熔点MgO>MgS，而CO2是分子晶体，分子之间通过微弱的分子间作用力结合，所以熔点最低，故三种物质的熔点ZY＞ZW＞XY2；元素的非金属性越强，其电负性就越大。由于元素的非金属性O>S>C，所以电负性：Y＞W＞X，正确；C．C2H4含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应而使溴水褪色；而SO2具有还原性，可以被溴水氧化而褪色，故褪色原理不相同，错误；D． 短周期所有元素中，Z元素的金属性不是最强，故其的最高价氧化物的水化物碱性不是最强的，错误。
6．C A．等浓度的CH3COOH溶液与NaOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应产生CH3COONa，由于钙盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，根据质子守恒可得所得溶液中：c（OH－）=c（H＋）＋c（CH3COOH），错误；B． 常温下，等浓度的HA与NaA溶液等体积混合后pH＜7，说明HA的电离作用大于A-的水解作用，所以根据电荷守恒可得c（A-） + c（OH－）=c（Na＋） + c（H＋），错误；C．常温下，0．1 mol/L某一元酸HA在水中有0．1%发生电离，则该温度下溶液中c（H+）=c（A-）=0．1mol/L×0．1%=1×10-4mol/L，溶液中c（HA）=0．1mol/L-1×10-4mol/L =0．1mol/L，根据化学平衡常数的定义可得HA的电离常数K=（1×10-4mol/L×1×10-4mol/L）÷0．1mol/L=1×10-7mol/L，正确；D．等浓度的NH4Cl溶液与氨水等体积混合：c（NH3．H2O）＋c（NH4＋）+c（NH3）=2c（Cl－），所以c（NH3．H2O）＋c（NH4＋）<2c（Cl－），错误。
7．B A．由于电极活动性Al>Fe，所以甲池的原电池，乙池的电解池。Al是负极，电解质溶液为碱性，所以电极反应式为：Al－3e－＋4OH－﹦AlO2－＋2H2O，正确；B．电子由负极通过外电路流向电解池的阴极；然后由电解池的阳极经外电路流会到原电池的正极。所以电子流行是电极B→电极D，不可能经电解质溶液硫酸钠溶液，错误；C． 装置甲中铝棒溶解27g，由于Al是+3价的金属，则转移电子的物质的量是1．5mol，根据闭合回路中电子转移数目相等可知在装置乙中产生标准状况下33．6L H2，错误；D． 一段时间后，若改变两装置电极的连接方式，A接D、B接C，则D为阳极，C为阴极，阳极生成氧气，电极方程式为4OH- -4e- =2H2O+O2↑，阴极生成氢气，氧气可与氢氧化亚铁发生氧化还原反应生成红褐色氢氧化铁，可观察到白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，产生该现象的化学方程式是4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，乙装置里会出现红褐色沉淀，正确。
第Ⅱ卷 （非选择题 共58分）
二、非选择题（本题共4小题，共58分）
8．（13分）除标注外，每空1分
（1） ＜；sp2（杂化）；正四面体
（2） 2VO2+＋H2C2O4＋2H+=2VO2+＋2CO2＋2H2O（2分）
（3） 第四周期IVB族；[Ar]3d24s2；[Ti（H2O）5Cl]Cl2·H2O（2分）
（4） TiO2（2分）
（5）－80．5（2分）
试题分析：（1）SO2 分子中S原子杂化方式是sp2杂化，由于S原子上有孤对电子，对成键电子有排斥作用，所以SO2 分子中键角＜120°；V2O5 溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠（Na3VO4），该盐阴离子的立体构型为正四面体；（2）根据氧化还原反应的化合价升降总数相等，结合电荷、原子守恒配平写出的离子方程为2VO2+＋H2C2O4＋2H+=2VO2+＋2CO2＋2H2O；（3） 22号钛元素在元素周期表中的位置为第四周期IVB族，其电子排布式为[Ar]3d24s2；用乙醚从TiCl3的饱和溶液中萃取可得TiCl3·6H2O绿色晶体，其配位数为6，将1mol该晶体加入到足量硝酸银溶液中可得2mol白色沉淀，说明有2个Cl-是外界离子，则有一个Cl-的内界离子，还有5个水分子是配位体，所以该配合物的化学式是[Ti（H2O）5Cl]Cl2·H2O；（4）根据晶胞结构可知，在一个晶胞中含有Ti原子数是8×1/8+1=2，含有O原子数目是4×1/2+2=4，Ti：O=2：4=1：2，所以化学式是TiO2；（5）根据题意可知热化学方程式：①C（s） +1/2O2（g）=CO （g） ΔH=－110．5kJ/mol；②TiO2（s） + 2Cl2（g） TiCl4（l） + O2 （g） ΔH=+140．5kJ/mol。①×2+②，整理可得：TiO2（s） + 2C（s） + 2Cl2 （g） TiCl4 （l） + 2CO（g） ΔH=－80．5kJ/mol。
9．（15分）除标注外，每空均2分
（1）NaNO2+NH4Cl NaCl+2H2O+N2↑
（2）平衡压强，使NaNO2 饱和溶液容易滴下
（3）检查装置的气密性
（4）没有尾气处理装置
（5）①防止氨气溶于水
②不变
③61．5%（3分）
试题分析：（1）根据氧化还原反应中电子守恒及元素的原子守恒，可得在实验中用饱和NaNO2与 NH4Cl溶液制取氮气的化学方程式为NaNO2+NH4Cl NaCl+2H2O+N2↑；（2） 装置中在分液漏斗液面上下连接了一个导管，则导管A的作用是使液面上下气体压强相同，漏斗中的液体在重力作用下就可以顺利滴下；（3） 按图1连接好实验装置后。由于该反应中有气体参加或生成，所以下一步操作是检查装置的气密性；（4） 实验必须对有毒气体进行尾气处理，防止空气污染图1实验装置中存在一些不足是未在干燥管D末端连接一个尾气处理装置；（5） ①由于氨气极易溶于水，为了使氨气与水分开，达到通过沉淀氨气的体积确定AlN的含量，应该有一个隔离的物质，所以广口瓶中的苯的作用是防止氨气溶于水；②反应前广口瓶的上方留有的少量空间填充的是空气，反应后广口瓶的上方留有的少量空间填充的是氨气，氨气代替了开始的空气，把最后空间中冲入的氨气当成开始时的空气即可，所以对实验结果没有影响；③氨气的体积为3．36L（标准状况），其物质的量是n（NH3）=3．36L÷22．4L/mol=0．15mol，所以根据N元素守恒可知氮化铝的物质的量是n（AlN）= n（NH3）=0．15mol，则氮化铝的质量是m（AlN）= 0．15mol ×41g/mol=6．15g，故氮化铝的质量分数为 （6．15g÷10．0g）×100%=61．5%。
10．（15分）
（1）碳碳双键、溴原子（2分）
（2）消去反应 取代反应（或水解反应）（每空1分）
（3）过量氢氧化钠溶液、稀硝酸、硝酸银溶液（2分）
（4）b （2分）
（5）（3分）
（6）6（2分）
（2分）
试题分析：（1）CH3CH2CH2Br与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应产生A为丙烯：CH2=CH-CH3；CH2=CH-CH3与NBS发生取代反应产生B为：CH2=CHCH2Br； CH2=CHCH2Br与Br2发生加成反应，生成C为BrCH2CHBrCH2Br，BrCH2CHBrCH2Br在碱性条件下，在加热时水解，发生取代反应生成D为HOCH2CH（OH）CH2OH，根据→E→F→，结合反应条件可知，E是；F是。D与F发生缩聚反应产生高聚物。（1）B是CH2=CHCH2Br，则其中含有的官能团的名称是碳碳双键、溴原子；（2） 反应①是CH3CH2CH2Br变为CH2=CH-CH3，反应类型是消去反应；反应③是BrCH2CHBrCH2Br变为HOCH2CH（OH）CH2OH，有机反应类型是取代反应（或水解反应）；（3）检验CH3CH2CH2Br中的溴原子时，要先利用卤代烃可以在碱性条件下，在加热时发生取代反应，先加入NaOH的水溶液并加热；然后再加入硝酸酸化，除去其中含有的过量的NaOH溶液，最后加入AgNO3溶液，根据AgBr是难溶性的淡黄色的沉淀检验，所加试剂的顺序依次是过量氢氧化钠溶液、稀硝酸、硝酸银溶液；（4）a． 由于在E分子中含有2个醛基，所以1 mol E与足量的银氨溶液反应能生成4mol Ag ，错误；b．E是邻苯二甲醛，F是邻苯二甲酸，前者不能与NaHCO3 发生反应，而后者反应产生产生气体，所以可以利用NaHCO3 鉴别二者；c ．B分子存在在一个不饱和的碳原子连接2个H原子，所以不存在顺反异构，错误；（5）反应⑤的化学方程式是 ；（6） 同时符合条件a．能发生消去反应；b．能与过量浓溴水反应生成白色沉淀的同分异构体有、以及这两种物质的基团在邻位和间位的化合物，共有6 种。其中苯环上一氯代物有两种的结构简式为、。
11．（15分）除标注外每空2分
（1）①较高温度；②6．67；③a；④＜；
（2）1．5；
（3）Co2+－e-=Co3+；6Co3++CH3OH+H2O=CO2↑+6Co2++6H+（3分）
试题分析：（1） ①根据热化学反应方程式2NO2（g）N2O4（g） △H＜0可知：该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，所以结合反应自发性判断依据△G=△H-T△S<0可知，反应在较高温度下可自发进行；②①根据图可知N2O4的平衡浓度为0．6mol/L，达到平衡时，N2O4的浓度为NO2的2倍，则NO2的平衡浓度为0．3mol/L，则K=c（N2O4）÷c2（NO2）= 0．6mol/L÷（0．3mol/L）2==6．67L/mol；③a．反应物和生成物全是气态物质，气体的质量不变，容积为2L保持恒定，由ρ=m÷V，可知气体的密度为一定值，因此气体的密度保持不变不一定处于平衡状态，符合题意；b．混合气体的颜色不变说明NO2的浓度不变，说明反应处于化学平衡状态，不符合题意，错误；c．反应2NO2（g）N2O4（g）是一个气体体积减小的反应，气压恒定时，正、逆反应速率相等，说明反应处于化学平衡状态，不符合题意，错误；④反应为放热反应，升高温度，K值减小，密闭容器的体积为2L，因此的N2O4的浓度为0．6mol/L，NO2的浓度为0．3mol/L，浓度商Q=c（N2O4）÷c2（NO2）=0．6mol/L÷（0．3mol/L）2=6．67L/mol=K（298K）＞K（398K），反应向逆反应方向移动，因此V（正）＜V（逆）；（2） c（Ca2+）÷c（Mg2+）=[c（Ca2+） c2（F ）]÷[c（Mg2+） c2（F ）]＝Ksp（CaF2）÷Ksp（MgF2）=（1．11×10 10）÷（7．40×10 11）=1．5；（3） 通电后，将Co2+氧化成Co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为Co2+-e- =Co3+；所以Co3+作氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化除去，自身被还原为Co2+ ，结合原子守恒与电荷守恒可知，还原生成H+，配平书写离子方程式为：6Co3++CH3OH+H2O=CO2↑+6Co2++6H+。
F
B
C
D
α
O
P
Q
i
r
A
O
B
C
30
A
O
B
C
30
G=mg
F合
30
30
D
B
O
mg
C
θ
P

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