四川省南充市阆中中学校2023-2024学年高三上学期一模考试 理综答案

物理解析答案题号1415161718192021答案BCDAAADBDACD22.（6分）（1）F′；(2分)（2）C；(2分)（3）ACD。(2分)23．（9分）（1）0.513（0.512-0.515均正确）；(2分)（2）B；(1分)F；(1分)（3）；(2分)；(2分)（4）不存在。(1分)24.（12分）解：（1）小朋友滑至B点速度最大，依据匀变速直线运动规律，有vmtll(2分)212解得vm4m/s(2分)（2）设小朋友在AB、BC段的加速度大小分别为a1和a2，在AB段，小朋友匀加速运动，有2vm2a1l1(1分)代入数据得2a12m/s(1分)依据牛顿第二定律，有Fa1gsin37gcos37(1分)1m1代入数据得10.5(1分)在BC段，小朋友匀减速运动，有20vm2a2l2(1分)代入数据得2a21m/s(1分)依据牛顿第二定律有Fa2gcos37gsin37(1分)2m2解得7(1分)28（其它解法酌情给分）25.（20分）解：（1）小物块离开平台后做平抛运动，将其A点速度沿水平和竖直方向分解，第1页共9页学科网（北京）股份有限公司由平抛运动规律知竖直分速度(2分)解得：vy＝4m/s由几何关系可得物块的初速度：(2分)由机械能守恒定律可得弹簧储存的弹性势能为＝J＝9J；(2分)（2）从水平面运动到B点的过程，由动能定理可得：(2分)经过B点时，由向心力公式可得：(2分)代入数据解得FN′＝86N(2分)由牛顿第三定律知，对轨道的压力大小为FN＝FN′＝86N，方向竖直向下；(1分)（3）取最低点B所在的水平面为零势能面，物块从B运动到C过程由机械能守恒定律得：＝mgR（1﹣cos37°）+(2分)解得：vC＝m/s(1分)物体沿轨道CD向上作匀减速运动，速度减为零后，由于mgsin37°＞μmgcos37°，物体继续下滑至圆轨道上A点，碰后以原速返回后经过C点后继续上滑，如此反复，直到物体无法滑上C点，此过程由能量守恒定律可得：＝μmgcos37°•s(2分)代入数据可解得＝3.625m。(2分)34.选考题（共15分）（1）（5分）ADE。（2）（10分）解：（1）入射光线与OP面的夹角为α，且sinα＝，设入射角为i，则sini＝，(1分)设折射角为γ，根据折射定律有：n＝(1分)根据几何关系可知，光线在M点的入射角为90°﹣γ，光线在M点恰好发生全反射，有：第2页共9页学科网（北京）股份有限公司sin（90°﹣γ）＝(1分)解得玻璃砖对该单色光的折射率n＝；(2分)（2）由（1）中各式可解得折射角γ＝30°根据几何关系可得∠OPM＝60°，即△OPM为等边三角形，则PM的长度xPM＝R，根据光的反射定律可知反射角∠OMN＝60°，根据几何关系可知反射光线MN与OQ面垂直，MN的长度xMN＝Rcos60°＝R(1分)光在玻璃砖内传播的速度v＝(1分)单色光从P点射入玻璃砖到射出玻璃砖所经历的时间：t＝(1分)解得：t＝。(2分)508196226；学化学解析答案BCCDADB7．B【详解】A．氧化铝熔点高，可用于制作耐火材料，故A正确；B．ClO2有氧化性，可用于自来水消毒，故B错误；C．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂，故C正确；D．Na2O2能与CO2反应生成O2，发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，所以可作潜水艇中的供氧剂，故D正确。8．C【详解】A.烃指分子中只含碳氢元素，Penguinone分子中含有碳、氢、氧三种元素，所以不是烃，故A项错误；B.根据已知结构简式，Penguinone的分子式为C10H14O，故B项错误；C.Penguinone结构较为对称，分子中只存在3种环境的氢，一氯代物有3种，故C项正确。D.1个Penguinone分子中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D项错误。9．C【详解】A．标况下乙醇为液体，故A错误；B．氯气与水反应为可逆反应，所以1molCl2通入足量水充分反应，转移的电子数小于NA，故B错误；C．N2和CO的摩尔质量都是28g/mol，14gN2和CO混合气体中原子总数为NA，故C正确；﹣1+D．铵根离子为弱碱阳离子，所以0.1L3mol·LNH4NO3溶液中含有的NH4数目小于0.3NA，故D错误。10．D−2+−A．正确的离子方程式为HCO3+Ba+OH=BaCO3↓+H2O，故A错误；3++B．氨水为弱碱不能拆，正确的为Al+3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4，故B错误；C．铜是活性电极，阳极是铜失电子发生氧化反应，故C错误；D．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙时，CaSO4将转化为CaCO3，故D正确。第3页共9页学科网（北京）股份有限公司11．A【详解】A．四氯化碳能隔绝氨气与稀硫酸，不会在导管口产生较大压强差，能防止倒吸，故A正确；B．胶体能透过滤纸，不能过滤分离，故B不符合题意；C．挥发的盐酸也会和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，干扰了实验，故C不符合题意；D．将酸滴入氢氧化钠待测液时，需要使用酸式滴定管滴加酸，图中滴定管为碱式滴定管，故D错误。12．D【分析】根据W是有机分子的骨架元素，知W为C元素：由图可如，Y形成1个双键，则其最外层有6个电子，结合原子序数关系知，Y为O元素，则X为N元素；Z形成1个单键，则Z为F元素；M的成键总数为6，则M为S元素。以此解答。【详解】A．电子层数相同，则氧离子半径大于氟离子半径，故A错误；B．X为N元素，含氧酸有亚硝酸，亚硝酸为弱酸，故B错误；C．X为N元素，该阴离子中N形成2个单键，有2对孤对电子，满足8电子稳定结构，故C错误：D．Y的简单氢化物是水，水分子间形成氢键，沸点较高，则Y>M故D正确；13．B【分析】向亚硫酸溶液中滴加NaOH溶液，亚硫酸物质的量浓度逐渐减小，亚硫酸氢根物质的量浓度逐渐增大，因此曲线I为亚硫酸，曲线II为亚硫酸氢根，再继续加NaOH溶液，亚硫酸氢根物质的量浓度减小，亚硫酸根物质的量浓度增大，因此曲线III为亚硫酸根。−【详解】A．根据前面分析曲线II表示HSO3的分布系数随pH的变化，故A正确；+2−−2−B．pH=7时，根据电荷守恒和pH=7得到c(Na)=2c(SO3)+c(HSO3)，又由于pH=7时c(SO3)＜−+2−c(HSO3)，因此c(Na)＞3c(SO3)，故B错误；C．在pH=7.2时，亚硫酸氢根物质的量浓度和亚硫酸根物质的量浓度相等，则Ka2(H2SO3)=+−7.20.8−8−8c(H)=1×10=10×10，因此Ka2(H2SO3)的数量级为10，故C正确；D．根据图中信息得到NaHSO3溶液pH大约为4，说明溶液显酸性，是亚硫酸氢根电离占主要，抑制水的电离，因此溶液中水电离出的c(H+)＜1×10−7mol·L−1，故D正确。+−2+26．(1)平衡气压，使浓盐酸顺利滴下MnO2+4H+2Cl≜Mn+Cl2↑+2H2O(2)产生棕红色的烟(3)在A、B之间添加一个盛饱和食盐水的洗气瓶(4)BC(5)(6)不正确，可能固体中有剩余铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+【详解】（1）a管的作用：平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；（2）加热条件下氯气与铁反应生成氯化铁，反应现象：产生棕红色的烟；（3）反应后产物中常存在氯化亚铁杂质，是因为生成的氯气中混有盐酸挥发出的HCl气体与铁反应生成，对装置进行改进的方法：在A、B之间添加一个盛饱和食盐水的洗气瓶；（4）A．实验前先检查装置气密性，再装药品，A错误；B．先加热A装置，产生的气体可将装置中残留的空气排出，再加热C处发生反应，B正确；C．氯化铁易升华，低温时收集才有利于得到固体氯化铁，C正确；(5)（6）不正确，可能固体中有剩余铁粉，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+；27．(1)+4(2)加快反应速率，提高浸出率(3)温度过高会导致过氧化氢分解、氨水挥发(4)Ce2(SO4)3+H2O2+6NH3⋅H2O=2Ce(OH)4↓+3(NH4)2SO4(5)蒸发浓缩冷却结晶乙醇(6)50%【详解】（1）(NH4)2Ce(SO4)3中铵根、硫酸根化合价分别为+1、-2价，根据化合价代数和为零，可知铈元素的化合价为+4；（2）将Ce2(CO3)3矿石粉碎，目的是加快反应速率，提高浸出率；（3）过氧化氢不稳定、氨水易挥发，反应温度需要控制在0~30℃，原因是温度过高会导致过氧化氢分第4页共9页学科网（北京）股份有限公司解、氨水挥发；应完全后，要将混合物升温至90℃，目的是使得过氧化氢分解为水和氧气，除去过量的过氧化氢；（4）Ce2(SO4)3与H2O2、NH3⋅H2O反应生成Ce(OH)4，反应中Ce化合价由+3变为+4、过氧化氢中氧化合价由-1变为-2，结合电子守恒、质量守恒可知，化学方程式为Ce2(SO4)3+H2O2+6NH3⋅H2O=2Ce(OH)4↓+3(NH4)2SO4；（5）步骤三反应完全后的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，得到晶体。硫酸铈铵微溶于水，不溶于乙醇，故最后用乙醇洗涤2~3次后，得到高纯硫酸铈铵晶体；4.64×103g3（6）由Ce守恒可知，Ce2(CO3)3∼2(NH4)2Ce(SO4)3，则(NH4)2Ce(SO4)3的产率为4.60×10g×2×464g/mol460g/mol×100%=50%。28．(1)ΔH2第一步第一步反应的活化能更低B2(2)AB<>푃0【详解】（1）①图中Δ퐸指第二步反应的反应热，则Δ퐸=ΔH2；②活化能越低，反应速率越快，则反应速率较快的是第一步反应；③A．高温，可加快正反应速率，升温，平衡逆移，降低了CO2平衡转化率；B．高压，可加快正反应速率，提高CO2平衡转化率；C．降低CO2浓度，降低正反应速率，提高了CO2平衡转化率；D．分离出尿素，不影响反应速率和平衡移动；E．催化剂，可加快反应速率，不影响平衡移动；故选B；（2）①A．CH4和H2的物质的量之比保持不变时，证明达到平衡状态，故A正确；B．反应速率：2푣正(CO2)=푣逆(H2)，表示正逆反应速率相等，达到平衡状态，故B正确；C．CO和H2的浓度相等时，不一定是平衡状态，故C错误；D．同时断裂4molC-H键和2molH-H键时，达到平衡状态，故D错误；故选AB；②相同温度下，压强越大，CH4的平衡转化率越低，则푃1<푃2；Y点时，未达到平衡状态，CH4的转化率偏小，说明反应在向正方向进行，即푣正＞푣逆；CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)起始0.20.200(mol)，平衡时总压强为，、、③转化(mol)0.10.10.20.21.5P0CH4CO2平衡(mol)0.10.10.20.22222푝(CO)⋅푝(H2)(0.5푃0)⋅(0.5푃0)2CO、H2的分压分别为0.25P0，0.25P0，0.5P0，0.5P0，则퐾P===푃0。푝(CH4)⋅푝(CO2)0.25푃0⋅0.25푃035．(1)d3d24s2(2)正四面体sp2sp3N>C>Si2(3)N24×62(4)a3-304NA×a×10（4）紧邻的N原子所在的位置为晶胞面对角线的一半，所以r(N3-)=2apm；该该晶胞中含有Ti原子数4111m为：12×+1=4，含有的N原子数为：8×+6×=4，晶胞边长为apm，则该晶胞的密度ρ==482V4×(4814)−34×62−324×62-103g/cm=3-30g/cm，故答案为：a；3-30。푁A×(a×10)푁A×a×104푁A×a×1035．(1)碳碳双键、羧基(2)③⑤(3)(4)(5)(6)15【详解】（1）由图可知，f含有的官能团名称是碳碳双键、羧基；（2）反应①是苯和四氯化碳的取代反应。反应②是卤代烃的水解反应，由于引入了2个羟基。不稳第5页共9页学科网（北京）股份有限公司定，所以脱水生成羰基。反应③是羰基的加成反应。反应④则是羟基的消去反应，反应⑤是碳碳双键与氢气的加成反应，所以属于加成反应的是③⑤；（3）由分析可知，中间体(Ⅰ