2016高考全國卷理綜講解

1、2016年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試理綜(化學(xué)部分)試題7 .化學(xué)在生活中有著廣泛的應(yīng)用，下列對應(yīng)關(guān)系錯誤的是Al 2 (SO2)3化學(xué)性質(zhì)實際應(yīng)用A.和小蘇打反應(yīng)泡沫滅火器滅火B(yǎng).鐵比銅金屬性強FeCl3腐蝕Cu刻制印刷電路板C.次氯酸鹽具有氧化性漂白粉漂白織物D.HF與SiO2反應(yīng)氫氟酸在玻璃器皿上刻蝕標記【答案】B【解析】試題分析:4硫儆鋁和碳酸氫訥發(fā)生反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和硫酸船和二氧化碳，能滅火，故正確：未 氯化鐵和銅反應(yīng)生成氯化亞鐵和氯代銅，說明銅的還原性強于亞鐵離子，不能說明鐵比胴強，故錯誤? C,次氯酸具有強氧化性，能漂白，故正確提氟化氫和二氧化硅反應(yīng)生成四氟化硅和水，可以刻

2、蝕 玻璃，故正確.考點：鹽類水解的應(yīng)用，氧化還原反應(yīng)，次氯酸的性質(zhì)，二氧化硅的性質(zhì)8 .下列說法錯誤的是A.乙烷室溫下能與濃鹽酸發(fā)生取代反應(yīng)B.乙烯可以用作生產(chǎn)食品包裝材料的原料C.乙醇室溫下在水中的溶解度大于澳乙烷D,乙酸在甲酸甲酯互為同分異構(gòu)體【答案】A【解析】試題分析：A、乙烷和濃鹽酸不反應(yīng)，故錯誤；B、乙烯可以制成聚乙烯，用于食品包裝，故正確；C、乙醇含有親水基羥基，能溶于水，而澳乙烷不溶于水，故正確；D、乙酸和甲酸甲酯的分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，是同分異構(gòu)體，故正確。考點：烷燒的性質(zhì)，烯煌的性質(zhì)和用途，乙醇的性質(zhì)，澳乙烷的性質(zhì)，同分異構(gòu)體9 .下列有關(guān)實驗的操作正確的是實驗操作A.配制稀

3、硫酸先將濃硫酸加入燒杯中，后倒入蒸儲水B.排水法收集KMnO4分解產(chǎn)生的。2先熄滅酒精燈，后移出導(dǎo)管C.濃鹽酸與MnO2反應(yīng)制備純凈 Cl2氣體產(chǎn)物先通過濃硫酸，后通過飽和食鹽水D. CC14萃取碘水中的I2先從分液漏斗下口放出有機層，后從上口倒出水層【答案】D【解析】試題分析：A、濃硫酸稀釋應(yīng)該將濃硫酸倒入水中，故錯誤；B、實驗后應(yīng)先移出導(dǎo)管后熄滅酒精燈，防止倒吸，故錯誤；C、氣體產(chǎn)物先通過飽和食鹽水，除去氯化氫，再通過濃硫酸除去水蒸氣，否則水蒸氣不能除去，故錯誤；D、四氯化碳的密度比水大，在下層，所以先從下口倒出有機層，再從上口倒出水層，故正確?？键c：濃硫酸的稀釋，氣體除雜，萃取操作10

4、.已知異丙苯的結(jié)構(gòu)簡式如下，下列說法錯誤的是A .異丙苯的分子式為 C9H12B.異丙苯的沸點比苯高C.異丙苯中碳原子可能都處于同一平面D.異丙苯的和苯為同系物【答案】C【解析】試題分析：A、分子式為C9H 故正確；B、相對分子質(zhì)量比苯的大，故沸點比苯高，故正 確；C、苯環(huán)是平面結(jié)構(gòu)，當異丙基中間的碳原子形成四個單鍵，不能碳原子都在一個 平面，故錯誤；D、異丙苯和苯結(jié)構(gòu)相似，在分子組成上相差3個CH2原子團，故是同系物，故正確。考點：有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)11 .鋅-空氣燃料電池可用作電動車動力電源，電池的電解質(zhì)溶液為KOH溶液，反應(yīng)為2Zn+O2+4OH+2H2O=2Zn(OH) 4一。下列說法

5、正確的是A ,充電時，電解質(zhì)溶液中K+向陽極移動B.充電時，電解質(zhì)溶液中 c(OH)逐漸減小2C.放電時，負極反應(yīng)為：Zn+4OH -2e =Zn(OH) 4D.放電時，電路中通過 2mol電子，消耗氧氣 22.4L (標準狀況)【答案】C【解析】試題分析：A、充電時陽離子向陰極移動，故錯誤；B、放電時總反應(yīng)為：2Zn+O2+4KOH+2H 2O=2K 2Zn(OH) 4,則充電時生成氫氧化鉀，溶液中的氫氧根離子濃度增大，故錯誤；C、放電時，鋅在負極失去電子，故正確；D、標準狀況下 22.4L氧氣的物質(zhì)的量為1摩爾，對應(yīng)轉(zhuǎn)移4摩爾電子，故錯誤。考點： 原電池和電解池的工作原理12 .四種短周期

6、主族元素 W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大， W、X的簡單離子具有相同 電子層結(jié)構(gòu)，X的原子半徑是短周期主族元素原子中最大的，W與丫同族，Z與X形成的離子化合物的水溶液呈中性。下列說法正確的是A.簡單離子半徑： W< X<Z8. W與X形成的化合物溶于水后溶液呈堿性C.氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：W<YD.最高價氧化物的水化物的酸性：Y>Z【答案】B【解析】試題分析：X的原子半徑是短周期主族元素原子中最大的，為鈉元素，ZX形成的化合物為中性，說明為氯化鈉，則 Y為硫元素，W為氧元素。A、鈉離子和氧離子電子層結(jié)構(gòu) 相同，核電荷數(shù)越大，半徑越小，故鈉離子半徑小于氧離子半徑，故錯誤

7、；B、氧和鈉形成的化合物為氧化鈉或過氧化鈉，其水溶液都為氫氧化鈉，顯堿性，故正確；C、水和硫化氫比較，水穩(wěn)定性強，故錯誤； D、最高價氧化物對應(yīng)的水化物中高氯酸是最強 酸，故錯誤。 考點： 原子結(jié)構(gòu)和元素周期律的關(guān)系13 .下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法正確的是C(H+)減小 c(CH3COOH)B.將CH3COONa溶液從20c升溫至30C,溶液中C(CH3cos增大c(CH3COOH) c(OH -)向0.1mol L CH3COOH溶放中加入少量水，溶彼中C.D.向鹽酸中加入氨水至中性，溶液中 3 1 c(CiD向AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量 AgNO3,溶液中c(Cl )不變 c(

8、Br-)【解析】試題分析:4 =，因為隨著水的量噌加，器酸電離程度噌大,但酷釀根離(CH.COOH) c(CH.COO')子濃度減小，平衡常救不變，故比值變大，故錯誤；M醛酸鈉溶液加熱，醛酸根離子水解程度喈大，其 CH?匚H0 =1工，K變大,所以比值變小，故錯i具*鹽酸中年加入氨水到中性， c(CH.COOH) r(OH )則有crH-)=crOH-；,根據(jù)電荷守恒，CiML-cs Cl故錯誤$ Zk向氯化銀和混化銀的飽和溶液中加入 少量硝酸銀，沉濕溶解平衡逆向移動，氯離子和混離子濃度比仍等于其溶度積的比值，故不變，故正 確.考點：弱電解質(zhì)的電離平衡，鹽類水解平衡，難溶電解質(zhì)的溶解平

9、衡26. (14 分)過氧化鈣微溶于水，溶于酸，可作分析試劑、醫(yī)用防腐劑、消毒劑。以下是一種制備過氧化鈣的實驗方法?；卮鹣铝袉栴}：(一)碳酸鈣的制備(1)步驟加入氨水的目的是 。小火煮沸的作用是使沉淀顆粒長大，有利于(2)下圖是某學(xué)生的過濾操作示意圖，其操作不規(guī)范的是 (填標號)。a.漏斗末端頸尖未緊靠燒杯壁b.玻璃棒用作引流c.將濾紙濕潤，使其緊貼漏斗壁d.濾紙邊緣高出漏斗e.用玻璃棒在漏斗中輕輕攪動以加快過濾速度(二)過氧化鈣的制備稀鹽酸、煮沸、過濾CaCO“、信、洋氨水和雙氧水濾被 冰浴過濾3白色晶體(3)步驟的具體操作為逐滴加入稀鹽酸，至溶液中尚存有少量固體，此時溶液呈性(填“酸”、“

10、堿”或“中”。將溶液煮沸，趁熱過濾。將溶液煮沸的作用是 。(4)步驟中反應(yīng)的化學(xué)方程式為 ,該反應(yīng)需要在冰浴下進行， 原因是。(5)將過濾得到的白色結(jié)晶依次使用蒸儲水、乙醇洗滌，使用乙醇洗滌的目的是 。(6)制備過氧化鈣的另一種方法是：將石灰石煨燒后，直接加入雙氧水反應(yīng)，過濾后可得到過氧化鈣產(chǎn)品。該工藝方法的優(yōu)點是 ,產(chǎn)品的缺點是?！敬鸢浮?1)中和多余的鹽酸，沉淀鐵離子；過濾 (2) ade (3)酸；除去溶液中溶解的CO2(4) CaCl2+NH 3 H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl + H2O;防止過氧化氫分解(5)減少CaO2溶解而損失(5) 原料來源豐富、操作簡單；煨燒石灰石

11、需要消耗大量的能量【解析】試題分析：(1)反應(yīng)中鹽酸過量，且溶液中含有鐵離子，因此步驟加入氨水的目的是中和多余的鹽酸，沉淀鐵離子；小火煮沸的作用是使沉淀顆粒長大，有利于過濾。(6) a.過濾時漏斗末端頸尖應(yīng)該緊靠燒杯壁，a錯誤；b.玻璃棒用作引流，b正確；c.將濾紙濕潤，使其緊貼漏斗壁，防止有氣泡，c正確；d.濾紙邊緣應(yīng)該低于漏斗，d錯誤；e.用玻璃棒在漏斗中輕輕攪動容易弄碎濾紙，e錯誤，答案選ade。(3)步驟的具體操作為逐滴加入稀鹽酸，至溶液中尚存有少量固體，溶液中有二氧化碳生成，因此 溶液呈酸性.容易含有二氧化碳，而過氧化的能與酸反應(yīng)，因此將溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解 的 CO：-(

12、4)根據(jù)原子守恒可知反應(yīng)中還有氯化鉞和水生成，則步驟中反反的化學(xué)方程式為二+ EQLC：+H=Ch雙氧水不穩(wěn)定,受熱易分解，因此該反應(yīng)需要在冰浴下進行的庾因是防 止過氧化氫分解.C5)過氧化鈣在乙醇中的溶解度小，使用乙醇洗滌的目的是激少的01溶解而損失.(6)制備過氧化鈣的另一種方法是；將石灰石城伎后，直接加入雙氧水反應(yīng)，過法后可得到過氧化鈣 產(chǎn)品.該工藝方法的優(yōu)點是原料來源豐富、操作簡單H產(chǎn)品的嗨點是燃燒石灰石需要消耗大量的能量.考點：考查物質(zhì)制備實驗設(shè)計27. (15 分)煤燃燒排放的煙氣含有 SO2和NOx,形成酸雨、污染大氣，采用NaClO2溶液作為吸收劑可同時對煙氣進行脫硫、脫硝，回

13、答下列問題：(1) NaClO2的化學(xué)名稱為 。(2)在鼓泡反應(yīng)器中通入含有含有SO2和NOx的煙氣，反應(yīng)溫度為 323 K, NaClO2溶液濃度為5X10'3moi l-1。反應(yīng)一段時間后溶液中離子濃度的分析結(jié)果如下表離了SO42-SO32- _NO3- _NO2-Cl,-1、c/ (mol L )8.35 M0-4-66.87 10-41.5 101.2 10-53.4 10-3寫出NaClO 2溶液脫硝過程中主要反應(yīng)的離子方程式 。增加壓強，NO的 轉(zhuǎn)化率 (填提高"不變"或降低”)。隨著吸收反應(yīng)的進行，吸收劑溶液的pH逐漸 (填 提高"不變&qu

14、ot;或 降低”)。由實驗結(jié)果可知，脫硫反應(yīng)速率 脫硝反應(yīng)速率(填 大于"或 小于")。原因是 除了 SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同，還可能是 。(3)在不同溫度下，NaClO2溶液脫硫、脫硝的反應(yīng)中，SO2和NO的平衡分壓px如圖所示。亦由圖分析可知，反應(yīng)溫度升高，脫硫、脫硝反應(yīng)的平衡常數(shù)均 (填 蹭 大“不變“或減小”)。反應(yīng)ClO2-+2SO32-=2SO42-+Cl-的平衡常數(shù) K表達式為 。(4)如果采用NaClO、Ca (ClO) 2替彳弋NaClO2,也能得到較好的煙氣脫硫效果。從化學(xué)平衡原理分析，Ca (ClO) 2相比NaClO具有的有點是 。已知下列

15、反應(yīng)：SO2(g)+2OH - (aq) =SO32- (aq)+HzO(l)AH1ClO- (aq)+SO32- (aq) =SO42- (aq)+Cl - (aq)AH2CaSO4(s) =Ca2+ (aq) +SO42- (aq)AH3則反應(yīng) SO2(g)+ Ca2+ (aq) + ClO- (aq) +2OH- (aq) = CaSO4(s) +H2O。) +Cl- (aq)的 AH=?！敬鸢浮?1)亞氯酸鈉；(2)2H2O+3C1O2 +4NO = 4NO3+3C+ 4H+;提高 減小；22f大于；二氧化硫的還原性強于NO (3)增大；K = C(C1)> (SQ ?c(C1O

16、2-)-C2(SO32-)(4)生成的硫酸鈣微溶，降低硫酸根離子濃度，促使平衡向正反應(yīng)方向進行Hi + H2 H3【解析】試題分析：(1) NaClO 2的化學(xué)名稱為亞氯酸鈉；(2)亞氯酸鈉具有氧化性，則NaClO 2溶液脫硝過程中主要反應(yīng)的離子方程式為 2H2O + 3C1O2 +4NO = 4NO3 + 3C1+ 4H+ ;正反應(yīng)是體積減小的，則增加壓強，NO的轉(zhuǎn)化率提高。根據(jù)反應(yīng)的方程式 2H2O + ClO2 + 2SO2= 2SO42 +Cl +4H 2H2O + 3clO2 + 4NO = 4NO3 +3C+4H +可知隨著吸收反應(yīng)的進行氫離子濃度增大，吸收劑溶液的pH逐漸降低。由

17、實驗結(jié)果可知，在相同時間內(nèi)硫酸根離子的濃度增加的多，因此脫硫反應(yīng)速率大于脫硝反應(yīng)速率。原因是除了 SO2和NO在煙氣中的初始濃度不同，還可能是二氧化硫的還原性強，易被氧化。(3)在不同溫度下，NaClO2溶液脫硫、脫硝的反應(yīng)中，SO2和NO的平衡分壓px如圖所示。由圖分析可知，反應(yīng)溫度升高，O2和NO的平衡分壓減小，這說明反應(yīng)向正反應(yīng)方向進行，因此脫硫、脫硝反應(yīng)的平衡常數(shù)均增大。根據(jù)反應(yīng)的方程式uorT&cv、”二可知平衡常數(shù)笈表達式為K = 'CFC二, 0d.e(4)如果采用NaC：d Ca(仁。)二替代K&UCh，也能得到較好的煙氣脫硫效果.由于生成的硫馥苗微溶，

18、降低硫酸根離子濃度，促使平衡向正反應(yīng)方向進行，所以Ca(C：0)：效果 好.已知：®SOj g)-20H- ： aq) =00廠 aq)-H:Oi 1)AH-仁0一 ！ aq)-SO；- aq； =S0-_ ： aq；-C? 町工苧：C居d"=Cl (aq) -SO- (aq) 工不則根據(jù)蓋斯定律可知+一即得到反應(yīng)SO：r Ca> (aq) - CO ：匈-20才i到 “=CaSO.i s)-HQIY;的 X%=AH- + AH-AH>考點：考查氧化還原反應(yīng)、蓋斯定律、外界條件對反應(yīng)速率和平衡狀態(tài)的影響等28. （14 分）以硅藻土為載體的五氧化二銳( V2O5

19、)是接觸法生成硫酸的催化劑。從廢鈕催化劑中回收V2O5既避免污染環(huán)境又有利于資源綜合利用。廢鈕催化劑的主要成分為：物質(zhì)V 2。5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al 2O3質(zhì)里分數(shù)/%2.22.92.83.122-2860-651-2<1以下是一種廢銳催化劑回收工藝路線:回答下列問題：(1)酸浸”時V2O5轉(zhuǎn)化為VO2+,反應(yīng)的離子方程式為 ,同時V2O4轉(zhuǎn)成VO2+。廢渣1”的主要成分是 。(2)氧化"中欲使3 mol的VO 2+變?yōu)閂O 2+,則需要氧化劑 KC1O 3至少為 mol。(3)中和”作用之一是使鈕以 V4O124-形式存在于溶液中。廢渣2”中含有。(4)離

20、子交換”和 洗脫”可簡單表示為：4ROH+ V4O124-'觸R4V4O12+4OH-(以ROH為強堿性陰離子交換樹脂)。為了提高洗脫效率，淋洗液應(yīng)該呈 性(填酸“堿"中")。(5)流出液”中陽離子最多的是 。(6)沉鈕”得到偏鈕酸錢(NH4V。3)沉淀，寫出 煨燒”中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式【答案】(1) V2Q5+2H+=2VO2+H2O；SiO2(2) 0,5(3)Fe(OH)3、Al(OH) 3/ 、心，_、.，+. 局溫 .一一人(4)堿； K(6) 2NH4VO3V2O5+ H2O+2NH3 t【解析】試題分析：(1)酸浸”時V2O5轉(zhuǎn)化為VO2+, V元素

21、化合價不變，說明不是氧化還原反應(yīng)， 根據(jù)原子守恒可知反應(yīng)的離子方程式為V2O5 + 2H+=2VO2 + + H2O；二氧化硅與酸不反應(yīng)，則 廢渣1”的主要成分是二氧化硅。(2)氧化"中欲使3 mol的VO2+變?yōu)閂O2+, V元素化合價從+ 4價升高到+ 5價，而 氧化劑KC1O 3中氯元素化合價從+ 5價降低到-1價，則根據(jù)電子得失守恒可知需要氯 酸鉀的物質(zhì)的量為少 3mo1 + 6= 0.5mo1。(3)中和”作用之一是使鈕以 V4O124-形式存在于溶液中，同時生成氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，則 廢渣2”中含有Fe(OH)3、Al(OH) 3。(4)根據(jù)方程式可知為了提高洗脫效率

22、，反應(yīng)應(yīng)該向逆反應(yīng)方向進行，因此淋洗液應(yīng)該呈堿性。(5)由于前面加入了氯酸鉀和氫氧化鉀，則 流出液”中陽離子最多的是鉀離子。(6)根據(jù)原子守恒可知偏鋰酸錢(NH 4VO3搬燒”生成七氧化二鈕、氨氣和水，發(fā)生 高溫反應(yīng)的化學(xué)萬程式為 2NH 4VO 3V2O5+ H2O+2NH 3 T?？键c：考查物質(zhì)制備工藝流程圖分析36.化學(xué)一一選彳2:化學(xué)與技術(shù)(15分)聚合硫酸鐵(PFS)是誰處理中重要的絮凝劑，下圖是以回收廢鐵屑為原料制備PFS的一種工藝流程。酸土酸浸槽火化劑反應(yīng)益水+堿酸聚合釜減壓蒸發(fā)一竄以O(shè)HMSOJ .1回答下列問題(1)廢鐵屑主要為表面附有大量鐵銹的鐵，鐵銹的主要成分為 。粉碎過

23、篩的目的是(2)酸浸時最合適的酸是 ,寫出鐵銹與酸反應(yīng)的離子方程式(3)反應(yīng)釜中加入氧化劑的作用是 ,下列氧化劑中最合適的是 (填標號)。A. KMnO 4B, Cl2C. H2O2D . HNO3(4)聚合釜中溶液的 pH必須控制在一定的范圍內(nèi)，pH偏小時Fe3+水解程度弱，pH偏大日則。(5)相對于常壓蒸發(fā)，減壓蒸發(fā)的優(yōu)點是 。(6)鹽基度B是衡量絮凝劑絮凝效果的重要指標，定義式為B - 3n9H ) (n為物質(zhì)n(Fe)的量)。為測量樣品的 B值，取樣品 mg,準確加入過量鹽酸，充分反應(yīng)，再加入煮沸后冷卻的蒸儲水，以酚配為指示劑，用滴定(部分操作略去，已排除鐵離子干擾)-1 .cmol

24、L的標準NaOH溶放進行中和。到終點時消耗 NaOH溶液V mL。按照上述步驟做空白對照試驗，消耗NaOH溶3V0mL,已知該樣品中 Fe的質(zhì)量分數(shù)w ,則B的表達式為【答案】(1) F/O3XH2O控制鐵屑的顆粒(2)硫酸F及O3+6H+=2Fe3+3SO42-+3H2O(3)氧化Fe2+ c (4) pH過大，容易生成Fe (OH) 3,產(chǎn)率降低(5)減壓蒸儲，可防止溫度過高，聚合硫酸鐵分解(6) 068cm試題分析：(1)廢鐵屑主要為表面附有大量鐵銹的鐵，鐵銹的主要成分為Fe2O3 xH 2O 。粉碎過篩的目的是控制鐵屑的顆粒。(2)由于不能引入雜質(zhì)，則酸浸時最合適的酸是硫酸，鐵銹與酸反

25、應(yīng)的離子方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3+3SO42-+3H2O。(3)由于溶液中含有亞鐵離子，則反應(yīng)釜中加入氧化劑的作用是氧化Fe2+,由于不能引入雜質(zhì)，則氧10化劑中最合適的是綠色氧化劑雙氧水。(4 )聚合筌中溶液的pH必須控制在一定的范圍內(nèi)，pH偏小時降三水解程度弱，pH偏大時則F金帶 化為氫氧化鐵沉淙而損失，造成產(chǎn)率降低.3)相對于常壓蒸發(fā)，避壓蒸發(fā)的優(yōu)點是可防止溫度過高，聚合硫酸鐵分解.(6)做空白時照試臉.消耗NaOH ：容液L；mL這說明與樣品反應(yīng)的鹽酸的糊昉的量是(V：-V) cXlr：m心 所以樣品中氫氧根的物質(zhì)的量是(Vj-V);已知該樣品中三上的質(zhì)量分數(shù)-則鐵的物質(zhì)的

26、量是 口欣,因此3的表達式為B = 受之=。二62-一)B56k(Fg)w£ZT考點：考查化學(xué)與技術(shù)模塊分析，側(cè)重于物質(zhì)制備37.化學(xué)一一選彳3:物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(15分)神化錢(GaAs)是優(yōu)良的半導(dǎo)體材料，可用于制作微型激光器或太陽能電池的材料等?；卮鹣铝袉栴}：(1)寫出基態(tài) As原子的核外電子排布式 。(2)根據(jù)元素周期律，原子半徑Ga As,第一電離能 Ga As。(填大于”或小于”)(3) AsCl 3分子的立體構(gòu)型為 ，其中As的雜化軌道類型為 。(4) GaF3的熔點高于1000C, GaCl3的熔點為77.9C ,其原因是 。(5) GaAs的熔點為1238 C,密度為

27、 cm-3,其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。該晶體的類型為-1 一,Ga與As以 鍵鍵合。Ga和As的摩爾質(zhì)量分別為 MGa g mol 和Mas g mol-1,原子半徑分別為Ga pm和rAs pm,阿伏伽德羅常數(shù)值為 Na,則GaAs晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為 。O Ai « Gi【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d104s24p3(2)大于 小于(3)三角錐形sp3(4) GaF3是離子晶體，GaCl3是分子晶體，離子晶體GaF3的熔沸點高；114二 NA：(rGa3 rAs3)一(5)原子晶體；共價鍵A Ga “ 100%3(MGa Mas)【解析】試題分析：(

28、1 ) As的原子序數(shù)是33 ,則基態(tài) As原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p3。(2)同周期自左向右原子半徑逐漸減下，則原子半徑Ga大于As,由于As的4P軌道電子處于半充滿狀態(tài)，穩(wěn)定性強，所以第一電離能Ga小于As。(3) ASCI3分子的價層電子對數(shù)=3+ 5-1X3 =4,即含有一對孤對電子，所以立體構(gòu)2型為三角錐形，其中 As的雜化軌道類型為 sp3。(4)由于GaF3是離子晶體，GaCl3是分子晶體，所以離子晶體 GaF3的熔沸點高；(5) Gz*的熔點為123SC,密度為。爐m3具晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，熔點很高，所以晶體的類型為原子晶體，其中Ga與

29、用以共價健犍合.根據(jù)晶胞晶胞可知晶胞中Ca和4的個數(shù)均是4個，所以晶胞十'U/g +-L的體積是二者的原子半徑分別為七.pm和、pm,阿伏伽慝羅常數(shù)值為則XI抑產(chǎn)飄總+匕)GaAs晶胞中原子的體積占晶胞體租的自分率為二P一F吟.考點：考查核外電子排布、電離能、原子半徑、雜化軌道、空間構(gòu)型以及晶胞結(jié)構(gòu)判斷與計38.化學(xué)一一選彳5:有機化學(xué)基礎(chǔ)(15分)端快燃在催化劑存在下可發(fā)生偶聯(lián)反應(yīng)，成為 Glaser反應(yīng)。2R- C-H '=化y R- C- C-R+H 2該反應(yīng)在研究新型發(fā)光材料、超分子化學(xué)等方面具有重要價值。下面是利用Glaser反應(yīng)制備化合物E的一種合成路線：12回答下

30、列問題:(1) B的結(jié)構(gòu)簡式為, D的化學(xué)名稱為(2)和的反應(yīng)類型分別為 、。(3) E的結(jié)構(gòu)簡式為 。用1 mol E合成1,4-二苯基丁烷，理論上需要消耗氫氣mol。HC=C-G zHC=CH ：(4)化合物('')也可發(fā)生Glaser偶聯(lián)反應(yīng)生成聚合物，該聚合反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(5)芳香化合物F是C的同分異構(gòu)體，其分子中只有兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫，數(shù)目比為3:1,寫出其中3種的結(jié)構(gòu)簡式。(6)寫出用2-苯基乙醇為原料(其他無機試劑任選)制備化合物D的合成路線。【答案】(1);苯乙快(2)取代；消去Q(4)【解析】試題分析：(1) A與氯乙烷發(fā)生取代反應(yīng)生成 B,則根據(jù)B分

31、子式可知 A是苯，B是苯乙烷，則B的結(jié)構(gòu)簡式為;根據(jù)D的結(jié)構(gòu)簡式可知D的化學(xué)名稱為苯乙快。(2)是苯環(huán)上氫原子被乙基取代，屬于取代反應(yīng)；中產(chǎn)生碳碳三鍵，是鹵代煌的13消去反應(yīng)。（3） D發(fā)生已知信息的反應(yīng),因此E的結(jié)構(gòu)簡式為1個碳碳三鍵需要2分子氫氣加成，則用 1 mol E合成1,4-二苯基丁烷，理論上需要消耗氫氣4mol。（4）根據(jù)原子信息可知化合物發(fā)生Glaser偶聯(lián)反應(yīng)生成聚合物的化學(xué)方（引芳香化合物F是C的同分異構(gòu)體，其分子卬只有兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫，薇目比為3 1,結(jié)構(gòu)簡（6）根據(jù)已知信息以及乙醇的性質(zhì)可知用二苯基乙醇為原料（其他無機試劑任選）制備化合物。的合成路線為YHCH：OH

32、+) ； CHBrCH2Br考點：考查有機物推斷與合成2016年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試理綜（生物部分）試題（全國卷3）141.下列有關(guān)細胞膜的敘述，正確的是A.細胞膜兩側(cè)的離子濃度差是通過自由擴散實現(xiàn)的B.細胞膜與線粒體膜、核膜中所含蛋白質(zhì)的功能相同C.分泌蛋白質(zhì)分泌到細胞外的過程存在膜脂的流動現(xiàn)象D.膜中的磷脂分子是由膽固醇、脂肪酸和磷酸組成的【參考答案】C1解析】主動運輸可以使陶子從低濃度一側(cè)運輸?shù)礁邼舛纫粋?cè)，以保證活細胞能夠按照生命活動的需要, 主動選擇吸收所需要的營養(yǎng)物質(zhì)，排出代謝廢物和對細胞有害的物質(zhì)白所以細胞膜兩側(cè)的離子濃度差是通 過主動運輸實現(xiàn)的，自項錯誤丁細胞膜與線粒體膜

33、、核膜中所含蛋白質(zhì)的功能不完全相同，例如細胞膜上 有糖蛋白,線粒體膜上有與有氧呼吸有關(guān)的酶等JB項錯誤；膜中的磷脂分子是由甘油.脂肪酸和磷酸等組 成的，D項錯誤.2 .在前人進行的下列研究中，采用的核心技術(shù)相同（或相似）的一組是證明光合作用所釋放的氧氣來自于水用紫外線等處理青霉菌選育高產(chǎn)青霉素菌株用T2噬菌體侵染大腸桿菌證明 DNA遺傳物質(zhì)用甲基綠和口比羅紅對細胞染色，觀察核酸的分布A. B. C. D. 【參考答案】B【解析】和都采用了放射性同位素標記法，故B項正確。3 .下列有關(guān)動物水鹽平衡調(diào)節(jié)的敘述，錯誤的是A.細胞外液滲透壓的改變可影響垂體釋放抗利尿激素的量B.腎小管通過主動運輸吸收水

34、的過程受抗利尿激素的調(diào)節(jié)C.攝鹽過多后飲水量的增加有利于維持細胞外液滲透壓相對恒定D.飲水增加導(dǎo)致尿生成增加有利于維持細胞外液滲透壓相對恒定【參考答案】B【解析】腎小管通過自由擴散（或滲透作用）吸收水分。4 .為了探究生長素的作用，將去尖端的玉米胚芽鞘切段隨機分成兩組，實驗組胚芽鞘上端一側(cè)放置含有適宜濃度 IAA的瓊脂塊，對照組胚芽鞘上端同側(cè)放置不含IAA的瓊脂塊，兩組胚芽鞘下段的瓊脂塊均不含 IAA。兩組胚芽鞘在同樣條件下，在黑暗中放置一段時間后，對15照組胚芽鞘無彎曲生長， 實驗組胚芽鞘發(fā)生彎曲生長，如圖所述。根據(jù)實驗結(jié)果判斷， 下列敘述正確的是A.胚芽鞘b側(cè)白IAA含量與bz側(cè)的相等B.

35、胚芽鞘b側(cè)與胚芽鞘c側(cè)白IAA含量不同C.胚芽鞘b，側(cè)細胞能運輸IAA而c/側(cè)細胞不能D.瓊脂塊dz從az中獲得的IAA量小于az的輸出量【參考答案】D【解析】根據(jù)題意可知，瓊脂塊a中不含生長素，所以胚芽鞘b側(cè)與胚芽鞘c側(cè)均不含生長 素，故B項錯誤；瓊脂塊a，中含有生長素，所以胚芽鞘 b，側(cè)含IAA, A項錯誤；胚芽鞘細 胞均能運輸IAA, C項錯誤。5 .我國諺語中的“螳螂捕蟬，黃雀在后”體現(xiàn)了食物鏈的原理。若鷹遷入了蟬、螳螂和黃 雀所在的樹林中，捕食黃雀并棲息于林中。下列敘述正確的是A.鷹的遷入增加了該樹林中蟬及其天敵的數(shù)量B.該生態(tài)系統(tǒng)中細菌產(chǎn)生的能量可流向生產(chǎn)者C.鷹的遷入增加了該生態(tài)

36、系統(tǒng)能量消耗的環(huán)節(jié)D.鷹的遷入增加了該生態(tài)系統(tǒng)能量流動的方向【參考答案】C【解析】鷹遷入后， 形成了食物鏈植物一螳螂一蟬一黃雀一鷹，據(jù)此可知，鷹的遷入會使該樹林中黃雀（蟬的天敵）的數(shù)量減少，故 A項錯誤；能量流動是沿著食物鏈進行的，細菌是 分解者，不參與食物鏈的構(gòu)成，即細菌的能量不能流向生產(chǎn)者，B項錯誤；能量流動是沿著食物鏈進行的，鷹的遷入沒有增加該生態(tài)系統(tǒng)能量流動的方向，D項錯誤。6.用某種高等植物的純合紅花植株與純合白花植株進行雜交，F(xiàn)i全部表現(xiàn)為紅花。若 Fi自交，得到的F2植株中，紅花為272株，白花為212株；若用純合白花植株的花粉給Fi紅花植株授粉，得到的子代植株中，紅花為101株

37、，白花為302株。根據(jù)上述雜交實驗結(jié)果推斷， 下列敘述正確的是A. F 2中白花植株都是純合體16B. F 2中紅花植株的基因型有 2種C.控制紅花與白花的基因在一對同源染色體上D. F 2中白花植株的基因類型比紅花植株的多【參考答案】D【解析】用純合白花植株的花粉給為紅花植株授粉，得到的子代植株中，紅花為101株，白花為302株.即紅花：百花:1： 3,再結(jié)合題意可推知該對相對性狀由兩對等位基因控制（設(shè)為限甘和B、b）o F二的基因型為且汪卜F：自交得到的邑中百花植株的基因型有n_bh、疝和aabb,故乩項錯誤J F；中紅花植株的基因型有札E項錯誤用純合白花植株Rabb）的花端給民紅花植株授

38、粉1得到的子代植株中, 紅花：百花二1： 3,說明控制紅花與白花的基因分別在兩對同源染色體上，故。項錯誤。29 .為了探究某地夏日晴天中午時氣溫和相對濕度對A品種小麥光合作用的影響，某研究小組將生長狀態(tài)一致的 A品種小麥植株分為 5組，1組在田間生長作為對照組，另4組在人工氣候室中生長作為實驗組，并保持其光照和CO濃度等條件與對照組相同，與中午12: 30測定各組葉片的光合速率，各組實驗處理及結(jié)果如表所示：回答下列問題:（1）根據(jù)本實驗結(jié)果，可以推測中午時對小麥光合作用速率影響較大的環(huán)境因素是,其依據(jù)是 ；并可推測， （填“增加”或“降低”）麥田環(huán)境的相對濕度可降低小麥光合作用“午休”的程度。

39、（2）在實驗組中，若適當提高第 組的環(huán)境溫度能提高小麥的光合率，其原因（3）小麥葉片氣孔開放時，CQ進入葉肉細胞的過程 （填“需要”或“不需要”）載體蛋白， （填“需要”或“不需要”）消耗ATR【參考答案】（1）相對濕度相同溫度條件下，小麥光合速率隨相對濕度的增加而明顯加快，但相對濕度相同時，小麥光合速率隨溫度的變化不明顯增加（2）四比較實驗組二、三、四可推知，小麥光合作用的最適溫度在31c左右，而第四17組的25 c還遠低于最適溫度(3)不需要 不需要【解析】(1)根據(jù)本實驗結(jié)果可知， 相同溫度條件下，小麥光合速率隨相對濕度的增加而明顯加快，但相對濕度相同時， 小麥光合速率隨溫度的變化不明顯

40、，由此可推知中午時對小麥光合作用速率影響較大的環(huán)境因素是相對濕度；并可推測，增加麥田環(huán)境的相對濕度可降低小麥光合作用“午休”的程度。(2)比較實驗組二、三、四可推知，小麥光合作用的最適溫度在 31c左右，而第四組的25 C 還遠低于最適溫度，所以在實驗組中，若適當提高第四組的環(huán)境溫度能提高小麥的光合率。(3) CO是以自由擴散方式進入葉肉細胞的，所以該過程不需要載體蛋白，也不需要消耗ATR30.回答下列問題:(1)正常人在饑餓且無外源能源物質(zhì)攝入的情況下，與其在進食后的情況相比，血液中胰高血糖素與胰島素含量的比值 ,其原因是 。(2)在饑餓條件下，一段時間內(nèi)人體血漿中葡萄糖和酮體濃度變化的趨勢

41、如圖所示。酮體是脂肪酸分解代謝的中間產(chǎn)物，其酸性較強。人在某些情況下不能進食時，需要注射葡萄糖溶液，據(jù)圖分析，注射葡萄糖溶液除了可以滿足能量需求外，還可以 。【參考答案】(1)升高正常人在饑餓時，由于血糖濃度較低，會導(dǎo)致胰高血糖素分泌增加，胰島素分泌減少，而剛進食后正好相反(2)降低血漿中酮體的濃度，有利于維持血漿正常的酸堿度【解析】(1)由于正常人在饑餓時，由于血糖濃度較低，會導(dǎo)致胰高血糖素分泌增加，胰島 素分泌減少，而剛進食后正好相反， 所以正常人在饑餓且無外源能源物質(zhì)攝入的情況下，其在進食后的情況相比，血液中胰高血糖素與胰島素含量的比值會升高。(2)據(jù)圖分析可知，隨著饑餓時間的延長，葡萄

42、糖濃度有所降低，而血漿中酮體的濃度顯18著升高，且酮體的酸性較強， 所以注射葡萄糖溶液除了可以滿足能量需求外，還可以降低血漿中酮體的濃度，有利于維持血漿正常的酸堿度。31.凍原生態(tài)系統(tǒng)因其生物的生存條件十分嚴酷而獨具特色，有人曾將該生態(tài)系統(tǒng)所處的地區(qū)稱為“不毛之地”?；卮鹣铝袉栴}：（1）由于溫度的限制作用，凍原上物種的豐富度較低。豐富度是指 。（2）與熱帶森林生態(tài)系統(tǒng)相比，通常凍原生態(tài)系統(tǒng)有利于土壤有機物質(zhì)的積累，其原因（3）通常，生態(tài)系統(tǒng)的食物鏈不會很長，原因是 ?！緟⒖即鸢浮浚?）群落中物種數(shù)目的多少（2）凍原生態(tài)系統(tǒng)中的溫度較低，不利于土壤中微生物（分解者）對土壤有機物的分解（3）在一個

43、生態(tài)系統(tǒng)中，營養(yǎng)級越多，在能量流動過程中消耗的能量就越多，所以生態(tài)系統(tǒng)中的食物鏈一般不超過 45個，不會很長。【解析】（1）豐基度是指群落中物種數(shù)目於慘少。（2）由于凍原生態(tài)系統(tǒng)中的溫度莪低，不利于土培中微生物（分解者）對土壤有機物的分解，所以與熱帶 森林生態(tài)系統(tǒng)相比，通常凍解生態(tài)系統(tǒng)有利于土壤有機物質(zhì)的積累。（3）在一個生態(tài)系統(tǒng)中，營養(yǎng)級越多，在能量流動過程中消耗的能量就越多，所以生態(tài)系統(tǒng)中的食物端一 般不超過48個，不會很長.32 .基因突變和染色體變異是真核生物可遺傳變異的兩種來源。回答下列問題：（1）基因突變和染色體變異所涉及到的堿基對的數(shù)目不同，前者所涉及的數(shù)目比后者。（2）在染色體

44、數(shù)目變異中，既可發(fā)生以染色體組為單位的變異，也可發(fā)生以 為單位的變異。（3）基因突變既可由顯性基因突變?yōu)殡[性基因（隱性突變），也可由隱性基因突變?yōu)轱@性基因（顯性突變）。若某種自花受粉植物的 AA和aa植株分別發(fā)生隱性突變和顯性突變，且在子一代中都得到了基因型為 Aa的個體，則最早在子 代中能觀察到該顯性突變的性狀；最早在子 代中能觀察到該隱性突變的性狀；最早在子 代中能分離得到顯性突變純合體；最早在子 代中能分離得到隱性突變純合體?！緟⒖即鸢浮浚?）少 （2）個別染色體（3） 一 一 一【解析】（1）基因突變是指DNA分子中發(fā)生的堿基替換、增添和缺失，而染色體變異往往會改變基因的數(shù)目和排列順序

45、，所以基團突變所涉及的堿基數(shù)目往往比較少。19(2)在染色體數(shù)目變異中， 既可發(fā)生以染色體組為單位的變異，也可發(fā)生以個別染色體為單位的變異。(3) AA植株發(fā)生隱性突變后基因型變?yōu)锳a,而aa植株發(fā)生顯性突變后基因型也可變?yōu)锳a,該種植物自花授粉，所以不論是顯性突變還是隱性突變，在子一代中的基因型都有AA Aa和aa三種，故最早可在子一代觀察到該顯性突變的性狀(A_);最早在子一代中觀察到該隱性突變的性狀(aa);最早在子一代中分離得到顯性突變純合體(AA);最早在子一代中分離得到隱性突變純合體(aa)。39 .某同學(xué)用新鮮的泡菜濾液為實驗材料純化乳酸菌。分離純化所用固體培養(yǎng)基中因含有碳酸鈣而

46、不透明，乳酸菌產(chǎn)生的乳酸菌能溶解培養(yǎng)基中的碳酸鈣。回答下列問題：(1)分離純化乳酸菌時， 首先需要用 對泡菜濾液進行梯度稀釋，進行梯度稀釋的理由是。(2)推測在分離純化所用的培養(yǎng)基中加入碳酸鈣的作用有 和。分離純化時應(yīng)挑選出 的菌落作為候選菌。(3)乳酸菌在-20 C長期保存時，菌液中常需要加入一定量的 (填“蒸 儲水”、“甘油”或“碳酸鈣”)。【參考答案】(1)無菌水在稀釋度足夠高的菌液里，聚集在一起的乳酸菌將被分散成單個細胞，從而能在培養(yǎng)基表面形成單個的菌落(2)中和乳酸菌代謝過程中產(chǎn)生的乳酸利于乳酸菌的識別和分離在平板上有溶鈣圈(3)甘油【解析】(1)分離純化乳酸菌時，首先需要用無菌水對

47、泡菜濾液進行梯度稀釋；進行梯度稀 釋的理由是在稀釋度足夠高的菌液里，聚集在一起的乳酸菌將被分散成單個細胞，從而能在培養(yǎng)基表面形成單個的菌落。(2)在分離純化所用的培養(yǎng)基中加入碳酸鈣的作用有中和乳酸菌代謝過程中產(chǎn)生的乳酸和 利于乳酸菌的識別和分離；分離純化時應(yīng)挑選出在平板上有溶鈣圈的菌落作為候選菌。(3)乳酸菌在-20 C長期保存時，菌液中常需要加入一定量的甘油。40.圖(a)中的三個 DNA片段上以此表示出了 EcoR I、BamHI和Sau3A I三種限制性內(nèi) 切酶的識別序列與切割位點，圖( b)為某種表達載體示意圖(載體上的EcoRI、Sau3AI的切點是唯一的)。20GGATCCCCTA

48、G G -CTAG圖(a)U朝原點圖(b)根據(jù)基因工程的有關(guān)知識，回答下列問題:(1)經(jīng)BamH I酶切割得到的目的基因可以與上述表達載體被 酶切后的產(chǎn) 物連接，理由是。(2)若某人利用圖(b)所示的表達載體獲得了甲、乙、丙三種含有目的基因的重組子，如圖(c)所示。這三種重組子中，不能在宿主細胞中表達目的基因產(chǎn)物的有 , 不能表達白原因是。(3) DNA1接酶是將兩個 DNA片段連接起來的酶，常見的有 和其中既能連接黏性末端又能連接平末端的是 ?！緟⒖即鸢浮?1) Sau3Al限制酶Sau3Al與BamH切割后形成的黏性末端相同(2)甲、丙在基因表達載體中，啟動子應(yīng)位于目的基因的首端，終止子應(yīng)

49、位于目的基因的尾端，這樣目的基因才能表達。圖中甲、丙均不符合，所以不能表達目的基因的產(chǎn)物(4) E - coliDNA 連接酶 T 4DNA1接酶 T 4DNA1接酶21t解析】（D由于限制酶Sau3A I與BanH I切割后形成的黏性末端相同，所以經(jīng)BanH I誨切割得到的目 的基因可以與上述表達載體被SauSA I酶切后的產(chǎn)物連接.C2）在基因表達載體申，啟動了應(yīng)位于目的基因的首端，終止子應(yīng)位于目的基因的尾端這樣目的基因才 能表達,圖中甲、丙均不符合，所以不能表達目的基因的產(chǎn)物“（G常見DNA連接酶的有E - coliDNA連接酶和LDNA連接酶，其中既能連接拈性末端又能連接平末端的是絕密

50、啟封并使用完畢前試題類型：2016年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試理科綜合能力測試（物理）注意事項：1 .本試卷分第I卷（選擇題）和第n卷（非選擇題）兩部分。2 .答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在本試題相應(yīng)的位置。3 .全部答案在答題卡上完成，答在本試題上無效。4 .考試結(jié)束后，將本試題和答題卡一并交回。第I卷（選擇題共126分）本卷共21小題，每小題6分，共126分?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：二、選擇題：本大題共 8小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，第 1417題只有一項是符合題目要求，第1821題有多項符合題目要求。 全部選又的得6分，選對但不全的得3分。有選錯的得0分。

51、14、關(guān)于行星運動的規(guī)律，下列說法符合史實的是A.開普勒在牛頓定律的基礎(chǔ)上，導(dǎo)出了行星運動的規(guī)律B.開普勒在天文觀測數(shù)據(jù)的基礎(chǔ)上，總結(jié)出了行星運動的規(guī)律C.開普勒總結(jié)出了行星運動的規(guī)律，找出了行星按照這些規(guī)律運動的原因D.開普勒總結(jié)出了行星運動的規(guī)律，發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律【答案】B【解析】試題分析：開普勃在天文觀測額據(jù)的基礎(chǔ)上，總結(jié)出了開普勒天體運動三定律，找出了行星運動的規(guī)律, 而牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，&CD錯誤B正確$22 考點：考查了物理學(xué)史15、關(guān)于靜電場的等勢面，下列說法正確的是A.兩個電勢不同的等勢面可能相交B.電場線與等勢面處處相互垂直C.同一等勢面上各點電場強度一定相等

52、D.將一負的試探電荷從電勢較高的等勢面移至電勢較低的等勢面，電場力做正功【答案】B【解析】試題分析：等勢面相交，則電場線一定相交， 故在同一點存在兩個不同的電場強度方向，與事實不符，故A錯誤；電場線與等勢面垂直，B正確；同一等勢面上的電勢相同，但是電場強度不一定相同，C錯誤；將負電荷從高電勢處移動到低電勢處，受到的電場力方向是從低電勢指向高電勢，所以電場力方向與運動方向相反，電場力做負功，D錯誤；考點：考查了電勢，等勢面，電場力做功16、. 一質(zhì)點做速度逐漸增大的勻加速直線運動，在時間間隔t內(nèi)位移為s,動能變?yōu)樵瓉淼?倍。該質(zhì)點的加速度為S相也時A.B.C.D.12tJe2t3【答案】A【解析

53、】1 212試題分析：設(shè)初速度為v1,末速度為v2,根據(jù)題意可得9 - mv1=一mv2 ,解得v2 = 3» ,2 2at1 2 一 s .根據(jù)v = % +at,可得 3% = v1 +at,解得 v1= 一,代入 s = v1t + at 可得 a =,故 A正 22t確；考點：考查了勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用17、如圖，兩個車5環(huán)a和b套在位于豎直面內(nèi)的一段固定圓弧上： 一細線穿過兩輕環(huán)， 其兩 端各系一質(zhì)量為 m的小球。在a和b之間的細線上懸掛一小物塊。平衡時，a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑。不計所有摩擦。小物塊的質(zhì)量為m23【解析】試題分析：根據(jù)設(shè)懸掛小物塊的點為。

54、9;圖弧的圓心為Oj由于肥=，所以三角形。心為等邊三角形，根 據(jù)幾何知識可得上而一條繩子上的拉力相等，故丁二洲g?小物塊受到兩條繩子的拉力作用 兩力大小相等，夾角為匕0二，故受到的拉力的合力等于Eg,因為小物塊受到繩子的拉力和重力作用,處 于靜止作用J故拉力的合力等于小物塊的重力，為用目，所以小物塊的質(zhì)量為m, C正確；叫考點：考查了共點力平衡條件的應(yīng)用18、平面OMft平面0電間的夾角為30° ,其橫截面(紙面)如圖所示，平面OW：方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m電荷量為 q (q>0)。粒子沿紙面以大小為 v的速度從PM勺某點向左上方射入磁場，速度與 0順30角。已知粒子在磁場中的運動軌跡與力。粒子離開磁場的射點到兩平面交線O的距離為【解析】ONR有一個交點，并從OMk另一點射出磁場。不計重試題分析:根據(jù)題意，粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，則軌跡與CN相切，設(shè)切點為C點,入射點為B點1出射點為A點粒子在磁場中的軌跡圖心為。，點p根據(jù)幾何知識可得AB口 30' 二，則三角形OAB為等邊三角形，故/而/、0丫=乂上ZOCA=