2020届福建省厦门六中高三理综测试题三答案

1（2月10日）理科综合能力测试参考答案【物理】一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。题号1415161718192021答案CDACCCDBDBCD二、非选择题：共62分22.(7分)（1）BD(2分)；（2）td(1分)；（3）22dg(2分)；（4）ookkk(2分)。23.(8分)（1）b（1分），D（1分），rIIRRI2101g1）（）（（或rIIRRI2102g2）（）（均给分）（2分）（2）1.46V～1.49V均给分（2分），0.80～0.86Ω均给分（2分）24.（12分）解析：（1）小物块在水平面上：215/agms…………（1分）xavv120212…………（1分）解得：110/vms…………（1分）小物块在斜面上向上运动：2210/agsingcosms…………（1分）21202vas可解得：5sm…………（1分）所以：3 hssinm…………（1分）（2）小物块在斜面上向上运动时间：1120-t=1.0as…………（1分）小物块在最高点时：mgsincosmg所以物块会匀加速下滑…………（1分）加速度2 32/agsingcosms…………（1分）向下匀加速运动时间：223ta21S…………（1分）解得：s5t2…………（1分）2小物块在斜面上运动所需时间为：12153.2 tttSS（）…………（1分）25.（20分）答案：(1)6m/s，2×10－2N，方向竖直向下(2)7.5m(3)机械能减少了1.41×10－1J，b运动的时间为3.2s解析：(1)a物块从释放运动到圆弧轨道最低点C时，机械能守恒，2cm21cos-1mgR…………（1分）得：C＝6m/s…………（1分）在C点，由牛顿第二定律：211cNvFmgmR…（1分）解得：2210NFN－＝…………（1分）由牛顿第三定律，a物块对圆弧轨道压力：2210NFN－＝，方向竖直向下。…………（1分）(2)a、b碰撞动量守恒bccvmvmvm211…………（1分）a、b碰撞能量守恒222121212121bccvmvmvm…………（1分）解得（2 /Cms＝，方向水平向左。可不考虑）4 /bms＝…………（1分）b在传送带上假设能与传送带达到共速时经过的位移为s，amgm22…………（1分）S22b2avv…………（1分）得：4.5 smL＝加速1s后,匀速运动0.1s,在传送带上运动11.1ts,所以b离开传送带时与其共速为 5 /ms＝…………（1分）进入复合场后，22210qEmgN－＝＝，所以做匀速圆周运动…………（1分）由rvmqvB22…………（1分）得：r＝qBvm2＝5m…………（1分）由几何知识解得传送带与水平地面的高度：7.52rhrm…………（1分）(3)b的机械能减少为2222211.41111220bEmvmghmvJ－＝………（2分）b在磁场中运动的222qBmT…………（1分）3232Tt…………（1分）b在传送带上运动11.1ts,b运动的时间为121.123.23stt…………（1分）34．[物理——选修3–4]（15分）3⑴(5分)答案：ACE⑵(10分)答案：①3②CL433解析：①光路图如图所示，设在AC面入射角为i，折射角为r，在AB面，光线与AB的夹角为α，反射光线与AB的夹角为β，光线垂直BC射出，有…………(2分)由几何知识可得：30606030irr，，，……(1分)折射率：330sin60sinsinsinoorin；…………(2分)②由于A，所以△ADE为等腰三角形，所以：•902LDEADEFCDDEcosr，（﹣），…………(1分)设光线从D点到F点经过的距离为X，XDEEF，光线在玻璃中传播速度为nC，…………(1分)则：t，…………(1分)解得：CLt433…………(2分)2月10日理综考试化学参考答案7~13ACDBCDD26.（14分）（1）将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（2分）（2）①酚酞（1分）滴定终点为邻苯二甲酸钾的水溶液，呈碱性（各1分，共2分）②（2分）③氧化除去S2-除去空气中的CO2（各2分，共4分）④偏低（2分）⑤吸收管2中的溶液颜色发生明显变化（2分）27.（14分，每空2分）Ⅰ.（1）B（2）充分粉碎矿石（3）MoS2＋9ClO－＋6OH－===MoO2－4＋9Cl－＋2SO2－4＋3H2O（4）母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度4（5）97.3%Ⅱ.（6）Cl－有利于碳钢的腐蚀，SO2－4不利于碳钢的腐蚀，使得碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸（7）7.28×10－4mol·L－128．(15分)(1)－240.3kJ·mol－1(2分)(2)0.04mol·L－1·min－1(2分)(3)0.68p(或1725p)(2分)(4)①＜(2分)②迅速上升是因为催化剂活性增强，上升缓慢是因为温度升高(2分)迅速下降是因为催化剂失活(1分)（5）c（Na+）＞c（N3﹣）＞c（OH-）＞c（H+）(2分)（0.5b-a）(2分)35题（15分）I、（1）1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2(1分)3(1分)（2）①高于(1分)H2O分子间可形成氢键(1分)sp3(1分)极性(1分)②6(1分)II、（3）9（1分）2（2分）（4）BrAsSe(2分)（5）V形（1分）极性分子（1分）（6）CCl4、SiCl4等合理答案（1分）【解析】7．【答案】A【解析】A、“液态阳光”是指由阳光、CO2和水通过人工光合得到的绿色液态燃料，是将光能转化成化学能的过程，该反应为吸热反应，故A说法错误；B、煤气化是由水蒸气与碳反应生成CO和H2，煤液化可以合成甲醇，不符合“液态阳光”的定义，煤气化得到水煤气合成的甲醇不属于“液态阳光”，故B说法正确；C、“液态阳光”由阳光、CO2和水反应，可以解决温室气体，有利于可持续发展并应对气候变化，故C说法正确；D、根据“液态阳光”的定义，“液态阳光”有望解决全球化石燃料不断枯竭的难题，故D说法正确；8．【答案】：C【解析】：A.标准状况下CH2Cl2是液体，无法根据气体摩尔体积计算2.24LCH2Cl2的物质的量，故无法确定其所含C-Cl键的数目，A不正确；B.l.0mol/L的CH3COONa溶液的体积未知，无法确定其中所含CH3COO-的数目是否小于NA，B不正确；C.硝基(-NO2)与二氧化氮分子中均有23个电子，所以1mol硝基(-NO2)与46g二氧化氮(NO2)所含的电子数均为23NA，C正确；D.将0.1molH2和0.2molI2充入密闭容器中充分反应后，生成HI的分子数小于0.2NA，因为该反应为可逆反应，任何一种反应物都不可能完全消耗。D不正确。本题选C。9.【答案】D【解析】短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，X与W、Y可分别形成常见的化合物W2X、W2X2、Y2X、Y2X2，化合物Z2Q3溶于水有大量白色胶状沉淀和臭鸡蛋气味的气体生成，故可判断元素W、X、Y、Z、Q分别为H、O、Na、Al、S。具有相同电子结构的离子核电荷数越大半径越小，则简单离子半径的大小：QWXYZ，选项A错误；五种元素的单质中，H2、O2、S均能与其他单质化合，选项B错误；相同条件下，NaHS、NaOH、Na2S溶液的pH大小顺序为NaOHNa2SNaHS，选项C错误。10．【答案】B【解析】A.由结构可以知道DCHP的分子式为C20H26O4，A不符合题意；B.DCHP含,在碱性环境下水解，消耗2molNaOH，B符合题意；C.DCHP的结构对称，含6种H，则一氯取代物有6种，C不符合题意；D.环己醇分子中所有碳原子均为四面体构型，则不可能共平面，D不符合题意；511.【答案】C【解析】r(Cl―)＞r(Na＋)，所以a为Cl―，而b为Na＋,所以A错，由于没有给溶液体积，且溶液中不存在Na＋,只存在Na＋的水合离子，所以B错；水分子的极性是氧端带负电性，氢端带正电性，因此形成水合离子时，水分子的氢端被Cl―离子吸引，水合a离子合理；而氧端应被Na＋离子吸引，所以水合b离子的图示不科学，C的说法正确；HCl是强酸，Cl―不发生水解，不能用来解释溶液的酸性，而应从温度变化来解释pH小于7，所以D错误。答案选C12.【答案】D【解析】A项，根据电解原理，H+由左室向右室移动，错误；B项，空气污染物NO通常用含Ce4+的溶液吸收，生成HNO2、NO－3，N的化合价升高，Ce4+的化合价降低，然后对此溶液进行电解，又产生Ce4+，根据电解原理，Ce4+应在阳极上产生，即Ce4+从a口流出，可循环使用，错误；C项，33.6L甲烷参与反应转移电子物质的量为33.622.4×8mol＝12mol，理论上可转化HNO2的物质的量为12×26mol＝4mol，错误；D项，根据电解原理，阴极上得电子，化合价降低，HNO2转化为无毒物质，即转化为N2，阴极电极反应式为2HNO2+6H++6e−===N2↑+4H2O，正确。13.【答案】D【解析】依题意发生的反应分别为a:Ba(OH)2＋H2SO4＝BaSO4↓＋2H2O；b:先Ba(OH)2＋NaHSO4＝BaSO4↓＋NaOH＋H2O，继续加NaHSO4，发生的反应为NaOH＋NaHSO4＝Na2SO4＋H2O。前者电导率可降到几乎为零，而后者不可能降为零，a点可认为Ba2＋被完全沉淀，而b点时，Ba2＋已沉淀完全，并不是到d点沉淀完全，A项错误，b点发生的离子反应应为Ba2＋＋OH―＋H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋H2O，因此B错误；d点为Na2SO4溶液，依电荷守恒可得c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO42－)＋c(OH－)，所以C项错误；a、d点为中性溶液，水的电离不受影响，b点有NaOH，且还未与NaHSO4中和，对水的电离有较强的抑制，而c点有部分NaOH被中和，对水抑制的程度较b弱，c溶液中水的电离程度大于b中水的电离程度，但它们均受到抑制，水的电离程度弱于a和d，所以D正确，答案选D。27.解析：Ⅰ.(1)NaClO是强氧化剂，应在保存NaClO容器中贴上的标志是氧化剂，故选B；(2)提高焙烧效率，除增大空气量外还可以采用的措施是充分粉碎矿石或逆流焙烧；(3)途径①制备钼酸钠溶液，用NaClO在碱性条件下氧化MoS2，同时有SO2－4生成，该反应的离子方程式为MoS2＋9ClO－＋6OH－===MoO2－4＋9Cl－＋2SO2－4＋3H2O；(4)母液中杂质的浓度增大，重结晶时会析出杂质，影响产品纯度，故重结晶得到的母液可以在下次重结晶时重复使用，但达到一定次数后必须净化处理；(5)BaMoO4开始沉淀时，溶液中钡离子的浓度为：c(Ba2＋)＝4.0×10－80.4mol/L＝1×10－7mol/L，溶液中硫酸根离子的浓度为c(SO2－4)＝1.1×10－101×10－7mol/L＝1.1×10－3mol/L，硫酸根离子的去除率为1－1.1×10－30.04×100%＝1－2.75%≈97.3%；Ⅱ.(6)由图示数据可知，碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸的腐蚀速度；硫酸浓度增大变成浓硫酸后，发生了钝化现象，腐蚀速度很慢；(7)根据图示可知，当钼酸钠—月桂酸肌氨酸浓度相等时，腐蚀速率最小，腐蚀效果最好，所以钼酸钠的浓度为：150mg·L－1,1L溶液中含有的钼酸钠物质的量为150×10－3g206g/mol≈7.28×10－4mol，所以钼酸钠溶液的物质的量浓度为