神舟智达2016届高三诊断性大联考三英语
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第一篇:《神州智达2016届高三诊断性大联考(三)理综答案》
神州智达2016届高三诊断性大联考（三）
生物答案及解析
1.A 2.D 3. B 4. A 5 . C 6. D
29.（10分，除标注外，每空1分。）
（1）暗反应 ATP中活跃的化学能转变成有机物中稳定的化学能
（2）类囊体薄膜 BAD
（3）CO2的浓度 增加 增加
（4）A+B（2分）
（5）不能
30.（10分，除标注外每空1分）
（1）C（2分）
（2）测交后代的表现型及比例直接反映F1 的配子类型及比例（2分）
（3） ①第一种（1分） ②正确（1分） 若基因A或a在缺失片段m上，则q染色体上没有A或a，又因为含有这样的q染色体的花粉或卵细胞都不能完成受精作用，则植株甲不能产生（2分）（表述合理即可给分） I．植株甲体细胞中基因A位于q上，基因a位于p上 （1分） II．深绿色植株：浅绿色植株=1:1（1分）
31. （10分，每空1分）
（1）大脑皮层 运动时肌肉的细胞呼吸加快，释放的能量增多，人体热量来源增加
（2）甲状腺激素含量较高，提高了神经的兴奋性
（3）③ 受体
（4）细胞代谢速率 垂体产生促甲状腺激素 后者
（5）肝细胞 胰岛素
32. （9分，除标注外每空1分。）
（1）标志重捕法 五点取样法 等距取样法
（2） 2只/ hm2
（3）20λt 生物多样性（其他合理答案也给分）
（4）寄生
（5）欧洲兔对黏液瘤病毒的抗性增强（2分）（其他合理答案也给分）
39.（15分，除标注外每空1分）
（1）生长旺盛的嫩枝生理状况好，容易诱导脱分化和再分化（2分） 单核 醋酸洋红法
（2）细胞分裂素和生长素（2分）
（3）高压蒸汽灭菌 酒精灯
（4）胚状体 培养基中激素的种类及其浓度配比（2分）
（5）高度液泡化 愈伤组织未分化，能分裂，DNA在细胞分裂间期结构最不稳定，易发生基因突变（2分）
（6）光照
40.（15分，除标注外每空1分）
（1）B细胞和记忆细胞（2分） 血新年手抄报清（2分）
（2）动物细胞培养 动物细胞融合
（3）灭活病毒（2分） 既可大量繁殖，又能产生专一性抗体（2分）
（4）腹水
（5）变异 抗体
（6）蛋白质工程（2分）
化学答案及解析
7.【答案】D
【解析】试题分析：A、NO2不是酸性氧化物，A错误；B、漂白粉在空气中久置变质，是因为漂白粉的有效成分Ca(ClO)2与空气中的CO2反应生成CaCO3和HClO，HClO分解，且 CaCl2与CO2不反应，B错误；C、高锰酸钾能氧化乙烯，C错误；D、施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用，是因为K2CO3发生水解反应使溶液显碱性，NH4Cl水解显酸性，混合使用相互促进水解生成氨气会降低肥效，D正确。
8. 【答案】C
【解析】试题分析：分子式为C5H10O2的有机物能发生银镜反应，说明含有醛基，同时能与金属钠反应，只能含有羟基，不能含有羧基，丁烷的二元取代产物，主链有4个碳原子时，二元取代产物共有8种，主链是3个碳原子时，二元取代产物共有4种，所以符合条件的同分异构体为12种。
9. 【答案】D
【解析】试题分析：A、实验室制取乙烯，温度计应该插入溶液中，A错误；B、溴的四氯化碳溶液褪色，可证明有烯烃生成，但不一定是乙烯，B错误；C、乙烯、乙炔都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D、钠与水反应的速率比钠与乙醇反应的速率快，说明乙醇中羟基氢原子的活泼性比水分子中氢原子差，D正确。
10. 【答案】B
【解析】试题分析：短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A与C，B与D均为同主族元素，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数，若B为第二周期元素，则A、C为ⅠA族元素，即A可能为H，C可能为Na；设B的原子序数为x，D的原子序数为x+8，再由它们的原子序数之和为36或原子最外层电子数之和为14可知，B为O，D为S，A．地壳中含量最多的元素为O，即B元素的含量位于第一位，故A选项错误；C为Na，Na加热时先熔化后燃烧； A、B、D三种元素形成的化合物可能为硫酸或亚硫酸，而亚硫酸为弱酸，故C选项错误；B和氢形成的化合物可以为H2O或H2O2，故D错误。
11. 【答案】A
【解析】 试题分析：A、根据盖斯定律，甲中-∆H 2= ∆H 1+ ∆H 3，则∆H 1= -（∆H 2 +∆H 3），A正确；B、如果达到平衡状态，则NO2和N2O4二者的消耗速率之比等于化学计量数之比即应该等于2：1，B错误；C、由图可知，将A、B饱和溶液分别由t1℃升温至t2℃时两溶液中溶质和溶剂的量都没发生改变，而二者t1℃溶解度相同，即浓度相同，所以t2℃时溶质的质量分数也相等，C错误；D、由图可知，溶液pH随加水量的变化HA大于HB，则HA的酸性强于HB的酸性，所以NaB溶液中B-的水解程度较大，产生的OH-浓度较大，则pH大，D错误。
12. 【答案】B
【解析】试题分析：A、由电子流向可知P-型半导体连接的是电池正极，A错误； B正确；
C、电解质KOH溶液为强碱溶液，电极反应为O2+2H2O+4e-═4OH-，C错误；D、该装置的能量转换是化学能为电能，电能最终转化为光能，有三种形式，D错误。
13. 【答案】A
【解析】试题分析：向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，反应生成了铁离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液生成Fe(OH)3、Cu(OH)2共30.3g，则Fe(OH)3和Cu(OH)2中含有的氢氧根离子的质量为：30.3 g﹣18.4g =11.9 g，则n（OH-）=11.9g÷17g / mol = 0.7 mol；另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，Cl2与铜、铁反应产物为：FeCl3、CuCl2，则FeCl3、CuCl2中n（Cl-）等于Fe(OH)3、Cu(OH)2中n（OH-），即n（Cl-）= 0.7mol，则消耗的Cl2的物质的量为：n（Cl2）= 1/2 n（Cl-）= 0.35 mol，
标况下0.35 mol氯气的体积为：22.4 L/mol×0.35mol=7.84L。
26．【答案】
（1）
①冷凝反应生成的水和SO3 （2分）
②排除装置内的空气（1分）
③SO3 、SO2 （2分）
④通入N2（1分）
⑤铁红（1分）
⑥；2 FeSO4·7 H2O == Fe2O3 + SO2↑ + SO3↑ + 14 H2O （各2分，共4分）
（2）①I、K、G、H、J（2分）
②H中有白色胶状物生成（1分）
【解析】（1）①根据题干所给信息判断，SO3的沸点低，所以冰水浴可将其冷凝。②防止空气中的氧气参与此反应。③根据信息及SO2的性质判断即可。④依然是防止空气中的氧气干扰。⑤三氧化二铁俗称铁红。⑤核心是把握方程式中Fe2O3和SO2的物质的量之比为1:1，27.8g – 16.6g= 11.2g 即为二者的质量和，进而求出二者的物质的量。（2）①气体通入Na2CO3溶液先检验酸性H2SO3＞H2CO3；然后除尽SO2,检验酸性H2CO3＞H2SiO3。
27．【答案】
（1）由图1知金属铬的活动性比铜强，能与稀硫酸产生氢气（1分）
由图2知金属铬易被稀硝酸氧化（1分）
（2）H2O+H++CrO2-Cr(OH)3 Cr3+ +3OH-（2分）
（3）c(Na+)＞ c(HCrO4－) ＞ c(H+)＞ c(CrO42－) ＞ c(OH-)（2分）
（4）将Fe2+氧化为Fe3+ （1分） 2CrO2-+3H2O2+2OH- =2 CrO42-+4H2O（2分）
（5）Cr2O72-+14H+ +6Fe2+= 2Cr3++6Fe3+ +7H2O （2分）
当pH=8~10时Fe2+、Fe3+、Cr3+都已经沉淀完全，若pH过高会使两性的Cr(OH)3溶解（2分）
0.5（1分）
【解析】（1）图1铜电极产生的气体一定是氢气；而图2中产生的气体为NO2。（2）仿照Al（OH）3的电离方程式即可。（3）NaHCrO4溶液中HCrO4－既电离又水解，电离常数K2=10-6；水解常数Kh=Kw/K1=10-14/4.1,电离程度强于水解程度。（4）略。（5）铬（+6价）的两种盐存在如下平衡：2H+ + 2CrO42－
Cr2O72－ + H2O K=1014，根据方程式Cr3+与Fe3+的物质的量之比为1:3.
28．【答案】（1）∆H = +90.1kJ/mol （2分）
① >（2分） ②C（1分） ③ 0 < a/b < 1/2（1分）
（2）① <（2分） ②不（1分）
（3）①CH3OCH3-12e-+16OH‾＝2CO32‾+11H2O（2分） ②13（2分）
（4）正向（1分） 4.7（1分）
【解析】（1）根据题意写出相应的热化学方程式：
C(s)+O2(g)=CO2(g) ∆H1= －393.5 kJ/mol
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ∆H2= －571.6 kJ/mol
测试性格H2O(l)=H2O(g) ∆H3 = + 44.0 kJ/mol
则C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)的∆H＝∆H1－∆H2－2∆H3＝+ 90.1 kJ/mol
①分别计算出T1和T2温度下该反应的平衡常数，T1时K1＝1秦时明2.8，T2时K2＝1.35对于吸热反应，温度越高，平衡常数数值越大，故T1＞T2。
②根据表中数据可知乙容器中3 min消耗水蒸气的物质的量是1.2 mol，反应速率随着浓度的降低逐渐减小，则0～1.5 min时间内，消耗水蒸气的物质的量应该大于1.2 mol÷2 = 0.6 mol，此时剩余的H2O(g)物质的量浓度小于1.4 mol/L，答案选C
③根据方程式列三段式进行计算
（2）①分析图像可知，在最高点之前，反应尚未达到平衡，随温度升高，反应速率加快，相同时间内生成的甲醇的量增加，甲醇的体积分数增大；最高点之后，反应已达平衡，温度升高，甲醇的体积分数减小，可知平衡逆向移动，所以正反应放热。
②
由图像计算出此反应的平衡常数，再充0.5 mol CO2和1.5 mol H2O(团队协作的意义g)
后，
，所以平衡不移动。
（3）②电解氯化钠溶液的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，可知关系式CH3OCH3～12e‾～12NaOH，故若每个电池甲醚通入量为0.112 L(标准状况)，生成0.06 mol NaOH，c(NaOH) =0.1 mol·L-1，pH=13 (题中虽然有两个燃料电池，但电子的传递量只能用一个池的甲醚量计算)。
（4）NaOH电离出的OH‾抑制水的电离，Na2CO3电离出的CO32‾水解促进水的电离。 CO32‾+H2OHCO3‾+OH‾
，
36．【答案】Ⅰ.(1)C+H2OCO+H2（2分）
(2) ① 2H2O=2H2↑＋O2↑（2分）②减小H2浓度，使HI分解平衡正向移动，提高HI的分解率。（2分）
(3)①催化剂（1分），80% （2分） ②寻找合适的催化剂，使MnFe2O4分解温度降低或找分解温度更低的氧化物（其他合理答案均给分）（2分）
Ⅱ. (4) 5 （2分） ， LaNi5H6+6OH- -6e-=LaNi5+6H2O（2分）
【解析】Ⅰ.(1)煤的主要成分是碳，碳与水蒸气在高温下反应生成H2和CO。
(2) ①该工艺过程的原理是：反应Ⅰ：SO2＋I2＋2H2O=H2SO4＋2HI，反应Ⅱ：2HI=H2↑＋I2，反应Ⅲ：，则总反应式为：2H2O=2H2↑＋O2↑ ②在HI分解反应中不断分离出氢气，平衡正向移动，HI分解率提高。
(3) ①综合两个反应，MnFe2O4-x是催化剂。x=0.8时，铁的总价态为（4-0.8）×2-2=4.4，设1mol MnFe2O4-0.8中含Fe2+、Fe3+物质的量分别为xmol、ymol，则有x+y=2，2x+3y=4.4，联立解得：x=1.6，y=0.4，则1mol MnFe2O4-0.8中含Fe2+的物质的量1.6mol，则Fe2+占的百分率为×100%=80%；②该反应需要较高的温度，需要消耗大量的能源，因此寻
找合适的催化剂，使MnFe2O4分解温度降低或找分解温度更低的氧化物是该热化学循环法制氢的不足之处。
Ⅱ.（4）由晶胞结构可知，Ni位于晶胞的面上，共有10个Ni，则平均含有Ni的个数为10×0.5=5，原电池负极发生氧化反应，由原电池总反应式可知，负极反应式为LaNi5H6+6OH--6e-═LaNi5+6H2O。
37．【答案】（1）3d54s1(1分)，d（1分）；（2）体心立方堆积（1分）；68%（1分）（3）B（1分）；（4）稳定性：CaCO3 > MgCO3，碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根离子中的氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳分子的结果，产物中氧化镁和氧化钙都为离子晶体，因为镁离子半径小于钙离子半径则氧化镁晶格能大，更稳定，更易于生成（2分）；
（5） （2分）(6) 8 （2分）
（2分）
=34%（2分）
【解析】 （1）M为金属且有两个能级的电子处于半满状态，为24号铬元素，外围电子排布式为3d54s1，属于d区。（2）钾晶体的堆积方式为体心立方堆积，空间利用率为68%。（3）外界Cl－可电离出来与Ag+生成AgCl，由题中数据0.10 mol MCl3·6H2O，加足量AgNO3溶液，得到沉淀AgCl 2.870 g物质的量为0.00 2mol，外界有2个Cl－，结构为B型。（4）MgCO3和CaCO3皆为难溶盐，碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根离子中的氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳分子的结果，产物中氧化镁和氧化钙都为离子晶体，因为镁离子半径小于钙离子半径则氧化镁晶格能大，更稳定，更易于生成。（5）Al2Cl6中各原子均满足8电子结构，Al最外层3
个电子形成三个共价键和一个配位键，结构式为
。（6）根据金刚石晶胞中碳原子的位置，由均摊法可计算出每个晶胞中含C
原子8×1/8+6×1/2+4=8个；且a=2r，r=a ；每个晶胞的体积为a3,每个晶胞中C原子体积共为，所以空间利用率为
=34% 。
38．【答案】(1)（2分）；CH2BrCBr（CH3）CH=CH2；
CH2=C（CH3）CHBrCH2Br；CH2BrC（CH3）=CHCH2Br （各1分）
(2) 1，4—二甲基环己烷 （ 2分）
(3)缩聚反应（1分）
（3分）
第二篇:《神州智达2016届高三诊断性大联考(三)化学答案详解》
神州智达2016届高三诊断性大联考（三）
化学答案及解析
7.【答案】D
【解析】试题分析：A、NO2不是酸性氧化物，A错误；B、漂白粉在空气中久置变质，是因为漂白粉的有效成分Ca(ClO)2与空气中的CO2反应生成CaCO3和HClO，HClO分解，且 CaCl2与CO2不反应，B错误；C、高锰酸钾能氧化乙烯，C错误；D、施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用，是因为K2CO3发生水解反应使溶液显碱性，NH4Cl水解显酸性，混合使用相互促进水解生成氨气会降低肥效，D正确。
8. 【答案】C
【解析】试题分析：分子式为C5H10O2的有机物能发生银镜反应，说明含有醛基，同时能与金属钠反应，只能含有羟基，不能含有羧基，丁烷的二元取代产物，主链有4个碳原子时，二元取代产物共有8种，主链是3个碳原子时，二元取代产物共有4种，所以符合条件的同分异构体为12种。
9. 【答案】D
【解析】试题分析：A、实验室制取乙烯，温度计应该插入溶液中，A错误；
B、溴的四氯化碳溶液褪色，可证明有烯烃生成，但不一定是乙烯，B错误；C、乙烯、乙炔都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D、钠与水反应的速率比钠与乙醇反应的速率快，说明乙醇中羟基氢原子的活泼性比水分子中氢原子差，D正确。
10. 【答案】B
【解析】试题分析：短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A与C，B与D均为同主族元素，A、C原子的最外层电子数之和等于B原子的次外层电子数，若B为第二周期元素，则A、C为ⅠA族元素，即A可能为H，C可能为Na；设B的原子序数为x，D的原子序数为x+8，再由它们的原子序数之和为36或原子最外层电子数之和为14可知，B为O，D为S，A．地壳中含量最多的元素为O，即B元素的含量位于第一位，故A选项错误；C为Na，Na加热时先熔化后燃烧； A、B、D三种元素形成的化合物可能为硫酸或亚硫酸，而亚
硫酸为弱酸，故C选项错误；B和氢形成的化合物可以为H2O或H2O2，故D错误。
11. 【答案】A
【解析】 试题分析：A、根据盖斯定律，甲中-∆H 2= ∆H 1+ ∆H 3，则∆H 1= -（∆H 2 +∆H 3），A正确；B、如果达到平衡状态，则NO2和N2O4二者的消耗速率之比等于化学计量数之比即应该等于2：1，B错误；C、由图可知，将A、B饱和溶液分别由t1℃升温至t2℃时两溶液中溶质和溶剂的量都没发生改变，而二者t1℃溶解度相同，即浓度相同，所以t2℃时溶质的质量分数也相等，C错误；
D、由图可知，溶液pH随加水量的变化HA大于HB，则HA的酸性强于HB的酸性，所以NaB溶液中B-的水解程度较大，产生的OH-浓度较大，则pH大，D错误。
12. 【答案】B
【解析】试题分析：A、由电子流向可知P-型半导体连接的是电池正极，A错误； B正确；C、电解质KOH溶液为强碱溶液，电极反应为O2+2H2O+4e-═4OH-，C错误；D、该装置的能量转换是化学能为电能，电能最终转化为光能，有三种形式，D错误。
13. 【答案】A
【解析】试题分析：向18.4g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，反应生成了铁离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液生成Fe(OH)3、Cu(OH)2共30.3g，则Fe(OH)3和Cu(OH)2中含有的氢氧根离子的质量为：30.3 g﹣18.4g =11.9 g，则n（OH-）=11.9g÷17g / mol = 0.7 mol；另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，Cl2与铜、铁反应产物为：FeCl3、CuCl2，则FeCl3、CuCl2中n（Cl-）等于Fe(OH)3、Cu(OH)2中n（OH-），即n（Cl-）= 0.7mol，则消耗的Cl2的物质的量为：n（Cl2）= 1/2 n（Cl-）= 0.35 mol，标况下0.35 mol氯气的体积为：22.4 L/mol×0.35mol=7.84L。
26．【答案】神舟智达2016届高三诊断性大联考三英语
（1）
①冷凝反应生成的水和SO3 （2分）
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