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四校第二次联考理综参考答案
（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、β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。
【解答】解：小球沿圆环缓慢上移可看做匀速运动，对小球进行受力分析，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△OAB∽△GFA即：＝＝；解得：F＝G＝2cosθ?G＝2mgcosθ FN＝G＝mg
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】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：Em＝NBSω＝50×0.2×0.1×0.2×200V＝40V，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e＝40cos200t（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，E＝＝20V，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：P＝＝1440W，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：E＝BLvm＝，a、b两端的电压为：U＝E＝，故A错误。
B、当杆匀速运动时速度最大，由平衡条件得：F＝ìmg+，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，故qE＝ma，解得a＝4g，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：qEx—mgx＝mv2，解得：v＝2g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T＝2t0。
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t＝T＝t0，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t0＝T，则粒子轨迹的圆心角为θ＝×2π＝π，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t0＝T，则得到轨迹的圆心角为π，而粒子从ab边射出磁场时最大的偏向角等于60°+90°＝150°＝π＜π，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t0＝T，则得到轨迹的圆心角为π，由于π＞π＞π，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：E＝BLv0、感应电流为：I＝＝，棒受到安培力大小为：F＝BIL＝．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，整个回路中产生的焦耳热应大于?2Q＝Q，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：Q′＝＝Q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：E′＝BLvAB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：（1）mg；（2）6.75或6.80；（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：15×0.05mm＝0.75mm，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：（1）B；电压表分流；（2）3.00V；1.0Ω；（3）1.0Ω。
【解答】解：（1）当S2接1位置时，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：E＝U断可知，电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的U﹣I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E＝U断可知电动势测量值等于真实值，U﹣I图线应是A线，即E真＝UA＝3.00V；
由图示图象可知，E真＝UA，由于S2接接1位置时，U﹣I图线的B线对应的短路电流为I短＝IB，所以r真＝﹣R0＝﹣R0＝Ω﹣4Ω＝1.0Ω；
（3）开关S2接2位置时，U﹣I图象如图A所示，此时：r真+RA＝，电流表内阻：RA＝﹣＝Ω﹣Ω＝1.0Ω；
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v＝4m/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：
x′＝vt， y＝， ， 2分
代入数据解得t＝0. 6s， 1分
滑块b从斜面底端上滑时，根据牛顿第二定律有：
mgsinθ+μ2mgcosθ＝ma1，
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：mgsinθ﹣μ2mgcosθ＝ma2，
1分
代入数据得，， 可得，1分
代入数据解得xPC＝1.24m．1分
25．【解答】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 θ﹣μm2g＝（m1+m2）a 2分
代入数据解得：a＝2m/s2， 1分
以m2为研究对象，由牛顿第二定律得：T﹣μm2g＝m2a， 2分
代入数据解得：T＝2.4N； 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 θ﹣μm2g﹣＝0， 2分
代入数据解得：v＝1m/s， 1分
ab到MN前线框做匀加速运动，有：v2＝2ax，2分
代入数据解得：x＝0.25m； 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 θ（x+d+L）﹣μm2g（x+d+L）＝（m1+m2）v12+Q， 3分
代入数据解得：Q＝0.4J， 2分
所以：Qab＝Q＝0.1J； 2分
33．（1）选：ABD。（5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（△U＝0）而吸收热量（Q＞0），根据热力学第一定律，气体对外做功（W＜0），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
其中V1＝14S，T＝280K，T′＝300K， 1分
解得：l1′＝15cm 2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
其中p0＝76cmHg，h＝6cmHg
解得：x＝1cm 1分
所以活塞平衡时右侧管中气体的长度为25cm。1分
答：右侧管中气体的长度为25cm
34．（1）选：CDE（5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T＝2，当增大单摆的摆长，单摆摆动的频率将减小，故D正确；
E、根据f＝，结合T＝2，振动频率与振幅无关，故E正确；
（2）【解答】解：①（5分）由题OE＝OC＝R，则：△OEC为等腰三角形，∠OEC＝∠ACB＝30°
所以入射角：θ1＝60° 由折射定律：n＝ 可得：，θ2＝30°
＝30°
由几何关系：∠OED＝30°，则折射光平行于AB的方向，如图；
②（5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＝
②光线进入介质到射到圆弧的距离是，时间为。
四校第二次联考理综参考答案
（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C—C键，1mol SiO2含有4NA个Si—O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CO发生水解，因此在含CO总数为NA的Na2CO3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，—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②只保留a、b，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极的电极反应式为4S2?-6e?=S，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，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。A．C在自然界有多种核素，如12C、14C等，故A错误；B．Na+和Al3+的电子层结构相同，核电荷数大离子半径小，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+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；B．Ksp(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)右移，c(Cl?)减小，C正确；D．已知①Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)　ΔH1=a kJ·mol?1，②Cl?(aq)+Cu+(aq) CuCl(s)　ΔH2=bkJ·mol?1，根据盖斯定律，将①×1/2+②得反应Cu(s)+ Cu2+(aq)+Cl?(aq)
CuCl(s)的ΔH=(+b)kJ·mol?1，D错误。
26. (14分)【答案】(1)圆底烧瓶(2 分)　(2)b (2 分) (3)1∶2　(2 分)
(4) 吸收Cl2 (2 分) 亚氯酸钠 (2 分)
(5)4H++5ClO=Cl?+4ClO2↑+2H2O (2 分) (6) c V1 135/V0 (2 分)
【解析】(1)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1∶2。(4)F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，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++5ClO=Cl?+4ClO2↑+2H2O。(6)设原ClO2溶液的浓度为x mol/L，
2ClO2　　～　　5I2　　～　　10Na2S2O3
2 mol 10 mol
1×10?3cV1 mol
x=mol/L，换算单位：mol/L×67.5g/mol= g/L。
27. (14分)【答案】(1)Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH(2 分)
(2)Ca(OH)2Ca2++2OH?，Mg2+与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)①2Cl?-2e?=Cl2↑　(2 分) ②阴极氢离子放电，锂离子向阴极移动　(2 分)
2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+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=Al(OH)3↓+3NH。(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③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)①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↑；②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，HCO与OH?反应生成CO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+NH4HCO3Li2CO3+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)　ΔH=-163 kJ/mol(2 分)
(2)①减小(1 分)　 1.6mol/L (2 分) 　②3∶1(2 分)
(3)①1.5×10?4　(2 分) ②3∶1(2 分)
(4)2HSO+2e?+2H+=S2O+2H2O　(2 分) 2NO+2S2O+2H2O=N2+4HSO(2 分)
【解析】(1)已知：①CH4(g)+CO2(g)= 2CO(g)+2H2(g)　ΔH1=+247 kJ/mol
②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)　ΔH2=+205 kJ/mol
根据盖斯定律，由①-②×2得反应CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)　ΔH=ΔH1-2ΔH2=-163 kJ/mol。(2)①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离子和生成亚硫酸氢根离子的物质的量比为1∶2，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(HSO)=2×(1.0-0.2) mol/L=1.6mol/L；②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(HSO)∶n(H2SO3)=1∶1，b点时溶液pH=7，根据电荷守恒可知n(NH)=n(HSO)+2n(SO)，又根据图像曲线可知n(HSO)=n(SO)，则n(NH)∶n(HSO)=(1+2)∶1=3∶1。(3)①曲线a中，NO的起始浓度为6×10?4mg·m?3，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6×10?4mg·m?3×(0.75-0.55)÷0.8 s=1.5×10?4 mg·m?3·s?1；②NH3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∶1，3∶1，1∶3时，对应的曲线为a、b、c，故曲线b对应的物质的量之比是3∶1。(4)阴极是HSO在酸性条件下发生还原反应，生成S2O，其电极反应式为2HSO+2e?+2H+=S2O+2H2O；根据图示，吸收池中S2O和NO是反应物，N2和HSO是生成物，则吸收池中除去NO的原理是2NO+2S2O+2H2O=N2+4HSO。
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)5]2+ (2 分)　
(4)①氧　(1 分) ②sp2、sp3　(1分) ③c(1 分)　
(5)①BD (2 分)　②0.81a　0.5c (2 分)　0.31×a (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1∶5，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)5]2+。(4)①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；②M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；③单键为σ键、双键中1个是σ键、1个是π键，根据M的结构图，还有配位键，没有离子键，故选c。(5)①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1∶2，可知氧原子是BD；②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=0.31×a。
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)
(7)H2C=CH2CH2BrCH2BrHOCH2CH2OHOHC—CHO(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ⅲ可知，B与SOCl2反应生成；与溴发生1，4加成反应生成(CH3)2CBr—CHCH—BrC(CH3)2，该有机物与氢气发生加成反应生成(CH3)2CBr—CH2CH2—BrC(CH3)2，根据信息ⅱ可知，(CH3)2CBr—CH2CH2—BrC(CH3)2与发生取代反应生成；然后根据信息ⅰ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为对苯二甲酸，反应①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②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)2CBr—CH=CH—BrC(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ⅱ可知，(CH3)2CBr—CH2CH2—BrC(CH3)2与发生取代反应生成；反应③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=CH2CH2BrCH2BrHOCH2CH2OHOHC—CHO。
四校第二次联考理综参考答案
（生物部分）
1-6 CCDAAC
29.（8分，除注明外，每空2分）
（1） 光照强度（1分）
（2） 大于 （1分）
（3） 抑制 ②2，4-D ③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2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/L
31.（10分，每空1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
直接
32.（12分，每空2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 1/2
② F2中宽叶：窄叶=5:1 F2中宽叶：窄叶=1:1
37.[生物——选修1：生物技术实践](15分，除注明外，每空2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——选修1：生物技术实践](15分，除注明外，每空2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

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