2015通州高三二模化学

昌平区2015年高三年级第二次统一练习 理综化学 2015.46．下列有关生活中化学的叙述，正确的是 A ．加碘食盐能使淀粉溶液变蓝 B ．向水入O 2，用以杀菌消毒C ．二氧化硅可用于制造半导体材料D ．向高硫煤中加入生石灰，可减少燃煤对大气的污染7．实验室常用反应NaNO 2+NH 4Cl=NaCl+ N 2↑+2H 2O 制取N 2。

下列有关说确的是 A ．NaNO 2是氧化剂 B ．N 2的电子式是C ．生成1 mol N 2时转移6 mol 电子D ．氧化剂和还原剂的质量之比是1︰1 8．下列说法不正确．．．的是 A ．油脂发生皂化反应能生成甘油 B ．蛋白质溶液遇醋酸铅溶液发生盐析C ．氨基酸、二肽、蛋白质均既能跟强酸反应又能跟强碱反应D ．乙二醇、甲醛、α-羟基丙酸（CH 3-CH-COOH ）都可发生缩聚反应 9．下列解释实验现象的方程式不正确．．．A ．向盛有少量Mg(OH)2沉淀的试管中滴加适量NH 4Cl 溶液，沉淀溶解： Mg(OH)2 + 2NH 4+= 2NH 3·H 2O+Mg 2+B ．SO 2通入澄清石灰水中，产生白色沉淀：SO 2+Ca 2++2OH -=CaSO 4↓+H 2O C ．向Ca(HCO 3)2溶液中加入过量NaOH 溶液，有白色沉淀生成：Ca 2++2 HCO 3－+2 OH －== CaCO 3↓+ CO 32－+ 2H 2OD ．长期过量服用阿司匹林出现水酸（）反应，可静脉注滴NaHCO 3溶液：+ HCO 3－→ + CO 2↑ + H 2O10．关于下图所示转化关系(X 代表卤素)，说法不正确．．．的是A ．2H(g)＋2X(g)===2HX(g) ΔH 3＜0B ．生成HX 的反应热与途径无关，所以ΔH 1＝ΔH 2＋ΔH 3C ．F 、Cl 、Br 的非金属性依次减弱，所以途径Ⅱ吸收的热量依次增多D ．F 2、Cl 2分别发生反应I ，同一温度下的平衡常数分别为K 1、K 2，则K 1＞K 2OHCOOHOH COOHOH搅拌11．利用实验装置进行相关操作，不能．．达到相应实验目的的是 序号 实验装置 实验目的A证明浓硫酸具有脱水性、氧化性B比较碳酸钠与碳酸氢钠固体的热稳定性C制取少量的Fe(OH)3胶体D证明浓氨水与生石灰作用可制备得到氨气12．在100℃时，将0.40 mol 的二氧化氮气体充入2L 抽真空的密闭容器中，每隔一定时间就对该容器的物质进行分析，得到如下表数据：以下说法不．正确．．的是 A ． 从反应开始到20s 时，NO 2的平均反应速率为0.15 mol·L min B ． 达平衡后，混合气体的平均摩尔质量为69g/molC ． 达平衡后，若升高温度器气体颜色变深，则可推知升高温度后反应平衡常数K 减小。

2015丰台二模化学2015。

5。

6可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Cl-35.5 Cu-646．生活中处处有化学。

下列叙述正确的是A．装修常用的人造板材容易引起居室甲醛污染B．用于制作集成电路板的酚醛树脂是天然高分子化合物C．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理D．为提高农作物的产量和质量，应大量使用化肥和农药7．下列离子方程式正确的是A．氯化镁溶液与氨水反应：Mg2＋＋ 2OH－Mg(OH)2↓B．Na2O2与H2O反应制备O2：Na2O2＋ H2O 2Na＋＋ 2OH－＋O2↑C．向明矾溶液中加过量氢氧化钠溶液：Al3＋＋4OH－AlO2－＋2H2OD．向稀硝酸中加入少量铁粉：3Fe＋ 8H＋＋ 2NO3－3Fe2＋＋2NO↑＋ 4H2O 8．下列说法正确的是A．用核磁共振氢谱图可以鉴别乙醇和溴乙烷B．乙烯、苯、乙醇均能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．乙醇可以转化成乙醛，乙醇和乙醛都能发生加成反应D．H O[]C OHOn的结构中只含有羟基和羧基9．关于下列各装置图的叙述中，不正确．．．的是①②③④A．①中总反应为Zn + CuSO4 Cu + ZnSO4B．②中正极反应为2H2O + O 2 + 4e－4OH－C．③中负极反应为Zn + 2OH－- 2e－ Zn(OH)2D．④中向Fe电极区滴入2滴铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀10．下列有关实验装置或实验操作正确的是配制一定物质的量浓度的溶液用CCl4萃取碘水中的碘制备乙酸乙酯比较不同催化剂对反应速率的影响2mL5%H2O22mL10%H2O2滴加1mL0.1mol/LFeCl3滴加1mL0.1mol/LCuSO411．为实现下列实验目的，所用试剂合理的是12．工业上常用还原沉淀法处理含铬废水（Cr 2O 72—和CrO 42—），其流程为：CrO 42-H Cr 2O 72-3+Fe 2+OH -Cr(OH)3沉淀（黄色）（橙色）（绿色）已知：步骤③生成的Cr(OH)3 在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr 3+(aq)+3OH —(aq) K sp =c (Cr 3+)·c 3(OH —)= 10-32下列有关说法不正确．．．的是A ．步骤①中当v 正(CrO 42—) = 2v 逆(Cr 2O 72—)时，说明反应：2CrO 42—+ 2H +Cr 2O 72—+ H 2O 达到平衡状态B ．若向K 2Cr 2O 7溶液中加NaOH 浓溶液，溶液可由橙色变黄色C ．步骤②中，若要还原1 mol Cr 2O 72—离子，需要12 mol (NH 4)2Fe(SO 4)2D ．步骤③中，当将溶液的pH 调节至5 时，可认为废水中的铬元素已基本除尽 （当溶液中c (Cr 3+) ≤ 10-5mol/L 时，可视作该离子沉淀完全）25．（16分）苯酚是一种重要的化工原料，可以合成长效缓释阿司匹林。

高中化学学习材料江苏省泰州市2015年高考化学二模试卷一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共20分．每小题只有一个选项符合题意．1．大气污染再次成为今年“两会”的热门议题．下列做法不能改善大气环境的是（）A．大力开发新能源和可再生能源B．城市大力发展轨道交通，少开私家车C．清洁燃煤、提高燃油品质D．学校、家庭安装空气净化装置考点：常见的生活环境的污染及治理．.分析：A．开发新能源和可再生能源，减少化石燃料的燃烧；B．城市大力发展轨道交通，少开私家车，减少尾气的排放；C．清洁燃煤、提高燃油质量，可以减少有害气体的排放；D．安装空气净化装置，不能减少空气中的有害气体．解答：解：A．开发新能源和可再生能源，减少化石燃料的燃烧，可以减少有害气体的排放，有利于改善大气环境，故A正确；B．城市大力发展轨道交通，少开私家车，减少尾气的排放，有利于改善大气环境，故B正确；C．清洁燃煤、提高燃油质量，可以减少有害气体的排放，有利于改善大气环境，故C 正确；D．安装空气净化装置，不能减少空气中的有害气体，不利于改善大气环境，故D错误．故选D．点评：本题考查环境污染及治理，侧重于化学与人体健康的考查，为高考常见题型和高频考点，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．2．（2分）（2015•泰州二模）下列有关化学用语表示正确的是（）A．B．水分子的比例模型：F﹣的结构示意图：C．H2O2的电子式：D．葡萄糖的结构简式：C6H12O6考点：电子式、化学式或化学符号及名称的综合；原子结构示意图；球棍模型与比例模型．. 分析：A．水分子是V型分子，且题中为球棍模型；B．F原子得到1个电子形成F﹣，质子数不变为9，核外电子数为10，有2个电子层，最外层电子数为8；C．双氧水分子中不存在氧氧双键，氧原子最外层达到8电子稳定结构；D．葡萄糖为多羟基醛，结构简式中需要标出官能团结构．解答：解：A．水分子是V型，比例模型能够体现出原子的相对体积大小，其正确的比例模型为：，故A错误；B．氟离子的核电荷数为9、核外电子总数为10，F﹣的结构示意图为：，故B正确；C．双氧水为共价化合物，氧原子最外层达到8电子稳定结构，双氧水正确的电子式为：，故C错误；D．葡萄糖中含有5个羟基、1个醛基，葡萄糖的结构简式为：CH2OHCHOHCHOHCHOHCHOHCHO，故D错误；故选B．点评：本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握电子式、离子结构示意图、球棍模型与比例模型、结构简式等化学用语的概念及书写原则，C为易错点，注意明确双氧水的分子组成及成键情况．3．（2分）（2015•泰州二模）常温下，下列各组离子在水溶液中能大量共存的是（）A．NH4+，Ag+，NO3﹣，CO32﹣，SO42﹣B．Fe2+，H+，NO3﹣，Cl﹣C．Al3+、NH4+，HCO3﹣、Cl﹣D．K+、Na+、NO3﹣、SO42﹣考点：离子共存问题．.分析：A．银离子与碳酸根离子、硫酸根离子反应；B．硝酸根离子在酸性条件下能够氧化亚铁离子；C．铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应；D．四种离子之间不发生反应，在溶液中能够共存．解答：解：A．Ag+与CO32﹣、SO42﹣之间反应生成沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Fe2+、H+、NO3﹣之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Al3+、HCO3﹣之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．K+、Na+、NO3﹣、SO42﹣之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D．点评：本题考查离子共存的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN﹣）等．4．（2分）（2015•泰州二模）下列有关物质的性质与应用对应关系不正确的是（）A．常温下，铁与浓硝酸发生钝化，常用铁罐车运输浓硝酸B．SO2有漂白性，常用它来漂白纸浆C．硅酸钠溶液呈碱性，常用做木材的防火剂D．Al具有良好的延展性和抗腐蚀性，常用铝箔包装物品考点：硝酸的化学性质；二氧化硫的化学性质；金属的通性；钠的重要化合物．.分析：A、常温下浓硝酸与铁发生钝化反应，表面形成致密的氧化膜；B、二氧化硫具有漂白性，其漂白原理是能和某些有色物质反应生成无色物质；C、硅酸钠不燃烧也不支持燃烧，可以作防火剂；D、Al具有良好的延展性和抗腐蚀性，可制成铝箔，且在表面能生成一层致密的氧化物膜．解答：解：A．常温下浓硝酸与铁发生钝化反应，而不是不反应，在表面生成一层致密的氧化物膜，可阻碍反应的继续进行，故A正确；B、二氧化硫具有漂白性，其漂白原理是能和某些有色物质反应生成无色物质，故利用二氧化硫漂白纸浆正确，故B正确；C、硅酸钠不燃烧也不支持燃烧，可以作防火剂，与硅酸钠溶液的碱性无关，故C错误；D、Al具有良好的延展性，可制成铝箔，且在表面能生成一层致密的氧化物膜，则具有抗腐蚀性，可制成铝箔包装物品，故D正确；故选C．点评：本题考查物质的用途，明确物质的性质是解本题关键，性质决定用途，用途体现性质，会运用化学知识解释生产生活现象，题目难度不大．5．（2分）（2015•泰州二模）设NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（）A．1 mol Cl2与足量的Fe充分反应，转移电子的数目为3NAB．常温下，1 L pH=1的H2SO4溶液中，由水电离出的H+数目为0.1NAC．常温下，21 g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NAD．1 mol C原子中所含中子数目为6NA考点：阿伏加德罗常数．.分析：A、氯气与铁反应后变为﹣1价；B、在硫酸溶液中，水的电离被抑制，氢离子几乎全部来自于酸的电离，OH﹣全部来自于水的电离；C、乙烯和丁烯的最简式均为CH2；D、根据中子数=质量数﹣质子数来计算．解答：解：A、氯气与铁反应后变为﹣1价，则1mol氯气与铁反应会转移2mol电子，即2NA 个，故A错误；B、在硫酸溶液中，水的电离被抑制，氢离子几乎全部来自于酸的电离，OH﹣全部来自于水的电离，故水电离出的n（H+）=n（OH﹣）=10﹣13mol/L×1L=10﹣13mol，故水电离出的氢离子的个数为10﹣13NA，故B错误；C、乙烯和丁烯的最简式均为CH2，故21g混合物中含有的CH2的物质的量n==1.5mol，故含有的碳原子的物质的量为1.5mol，即1.5NA个，故C正确；D、根据中子数=质量数﹣质子数可知，1 mol C原子中含8mol中子，即8NA个，故D错误．故选C．点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，难度不大．6．（2分）（2015•泰州二模）制备下列物质的工业生产流程合理是（）A．由SO2制亚硫酸钠：SO2NaHSO3溶液Na2SO3溶液B．由NaCl制漂粉精：NaCl（aq）Cl2漂粉精C．由NH3制硝酸：NH3NO2HNO3D．由乙烯制乙酸：H2C=CH2CH3CH2OH CH3CHO CH3COOH考点：化学实验方案的评价．.分析：A．亚硫酸酸性比碳酸强，SO2可与碳酸钠反应生成NaHSO3，进而与NaOH反应生成Na2SO3；B．澄清石灰水浓度较低，应用石灰乳；C．氨气被氧化生成NO；D．银氨溶液成本较高．解答：解：A．亚硫酸酸性比碳酸强，SO2可与碳酸钠反应生成NaHSO3，进而与NaOH反应生成Na2SO3，故A正确；B．澄清石灰水浓度较低，生成次氯酸钙较少，应用石灰乳，故B错误；C．氨气被氧化生成NO，不能生成NO2，故C错误；D．银氨溶液成本较高，可用氧气直接氧化，故D错误．故选A．点评：本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累．7．（2分）（2015•泰州二模）用下列装置进行相应实验，能达到实验目的是（）A．用图1所示配制一定浓度的稀硫酸B．用图2装置实验室制取氨气C．用图3装置蒸发饱和食盐水D．用图4装置制取、收集乙炔气体考点：化学实验方案的评价．.分析：A．容量瓶不能用来稀释溶液；B．氨气易挥发，可用氨水和氧化钙制备少量氨气；C．蒸发溶液应用蒸发皿；D．乙炔不能用浓硫酸干燥，且密度比空气略小．解答：解：A．容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，且只能在常温下使用，不能用来稀释溶液，故A错误；B．氨气易挥发，氧化钙和水反应放热，可促进氨气的挥发，可用氨水和氧化钙制备少量氨气，故B正确；C．蒸发溶液应用蒸发皿，坩埚用于加热固体，故C错误；D．乙炔不能用浓硫酸干燥，且密度比空气略小，一般用排水法收集，故D错误．故选B．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目涉及气体制取、收集，仪器使用等，注重基础知识的考查，选项C为易错点，题目难度不大．8．（2分）（2015•泰州二模）如图是部分短周期主族元素原子半径与原子序数的关系图．下列说法错误的是（）A．X、R的最高化合价相同B．简单离子的半径：X＞Y＞ZC．Y、Z、R对应的最高价氧化物的水化物相互之间可以发生反应D．电解熔融的X与Z构成的化合物可以得到单质Z考点：原子结构与元素周期律的关系．.分析：同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为O元素，Y为Na元素，Z为Al 元素，R为S元素，结合元素周期律与物质的性质等解答．解答：解：同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为O元素，Y为Na元素，Z 为Al元素，R为S元素，A．X为O元素，O元素没有+6价，R为S元素，最高价为+6价，故A错误；B．X为O元素，Y为Na元素，Z为Al元素，分别形成的O2﹣、Na+、Al3+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，简单离子的半径：O2﹣＞Na+＞Al3+，故B正确；C．Y、Z、R对应的最高价氧化物的水化物分别为：NaOH、Al（OH）3、H2SO4，氢氧化钠与硫酸发生中和反应，氢氧化铝属于两性氢氧化物，能与氢氧化钠、硫酸反应，故C 正确；D．工业上电解熔融的Al2O3冶炼Al，故D正确；故选A．点评：本题考查位置结构性质的关系及应用，题目难度中等，推断元素是解题的关键，根据原子半径变化规律结合原子序数进行推断，首先审题中要抓住“短周期主族元素”几个字．9．（2分）（2015•泰州二模）下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．向烧碱溶液中加入铝：Al+2OH﹣=AlO2﹣+H2↑B．用过量氨水吸收烟道气中的SO2：SO2+2NH3•H2O=SO32﹣+2NH4++H2OC．将饱和FeCl3溶液滴入废水中制取Fe（OH）3胶体：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3↓+3H+D．用Fe2+将饮用水中少量ClO2﹣还原成为Cl﹣：4Fe2++ClO2﹣+4H+=4Fe3++Cl﹣+2H2O考点：离子方程式的书写．.分析：A．电荷不守恒；B．过量氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵；C．氢氧化铁胶体不是沉淀，不能标沉淀符号；D．电荷不守恒．解答：解：A．向烧碱溶液中加入铝，离子方程式：2H2O+2Al+2OH﹣=2AlO2﹣+3H2↑，故A错误；B．用过量氨水吸收烟道气中的SO2，离子方程式：SO2+2NH3•H2O=SO32﹣+2NH4++H2O，故B正确；C．将饱和FeCl3溶液滴入废水中制取Fe（OH）3胶体，离子方程式：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3（胶体）+3H+，故C错误；D．用Fe2+将饮用水中少量ClO2﹣还原成为Cl﹣，离子方程式：2H2O+4Fe2++ClO2﹣=4Fe3++Cl﹣+4OH﹣，故D错误；故选：B．点评：本题考查了离子方程式的书写，注意制备氢氧化铁胶体时不能用沉淀符合，题目难度不大．10．（2分）（2015•泰州二模）下列关于各图象的解释或得出结论正确的是（）A．图1表示0.10mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.10mol•L﹣1醋酸溶液的滴定曲线B．图2表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性I的变化C．根据图3所示可知：石墨比金刚石稳定D．图4表示反应：2SO2+O2⇌2SO3，t1时刻只减小的SO3的浓度考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；化学反应的能量变化规律；化学平衡的影响因素；电解质溶液的导电性．.分析：A、醋酸为弱酸，0.1000mol/L的醋酸溶液pH应大于1；B、乙酸是弱电解质，随通入氨气发生反应生成醋酸铵是盐完全电离，导电性增强；C、物质能量越高越活泼，由图象可知金刚石能量比石墨能量高；D、t1时刻只减小的SO3的浓度，此时正反应速率在原平衡点，随反应进行减小．解答：解：A、由图象可知曲线起始点pH=1，醋酸为弱酸，0.1000mol/L的醋酸溶液pH应大于1，故A错误；B、乙酸是弱电解质，随通入氨气发生反应生成醋酸铵，CH3COOH+NH3=CH3COONH4，CH3COONH4是盐，水溶液中完全电离，溶液导电性应先增强，图象中导电性减弱，故B 错误；C、物质能量越高越活泼，图象中金刚石能量比石墨能量高，石墨转化为金刚石是吸热反应，所以石墨比金刚石稳定，故C正确；D、t1时刻只减小的SO3的浓度，此时逆反应速率突然减小，而此时正反应速率应在原平衡点，然后随反应进行减小，故D错误；故选C．点评：本题考查了化学图象的分析判断，主要是弱电解质电离平衡，溶液导电性强弱判断，化学平衡影响因素分析应用，掌握基础是关键，题目难度中等．二、不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分．每小题只有一个或两个选项符合题意．若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分．11．（4分）（2015•泰州二模）雷美替胺是首个没有列为特殊管制的非成瘾失眠症治疗药物，合成该有机物过程中涉及如下转化，下列说法正确的是（）A．可用浓溴水区分化合物Ⅱ和化合物ⅢB．化合物Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均能与NaHCO3溶液发生反应C．1mol化合物Ⅰ最多能与3molH2发生加成反应D．与化合物Ⅰ互为同分异构体，且分子含有2个醛基的芳香族化合物有10种考点：有机物的结构和性质．.分析：A．II中含有碳碳双键，能和溴发生加成反应；III中不含碳碳双键，和溴不反应；B．羧基都能和碳酸氢钠反应；C．I中苯环和醛基都能和氢气发生加成反应；D．与化合物I互为同分异构体且分子中含有两个醛基的芳香族化合物中，如果两个醛基位于同一个碳上有一种，如果取代基为﹣CHO、﹣CH2CHO，有三种同分异构体．解答：解：A．II中含有碳碳双键，能和溴发生加成反应而使溴水褪色；III中不含碳碳双键，和溴不反应，所以不能使溴水褪色，故A正确；B．羧基都能和碳酸氢钠反应，I中不含羧基，所以不能和碳酸氢钠反应，故B错误；C．I中苯环和醛基都能和氢气发生加成反应，I中含有一个苯环和一个醛基，1molI能和4mol氢气发生加成反应，故C错误；D．与化合物I互为同分异构体且分子中含有两个醛基的芳香族化合物中，如果两个醛基位于同一个碳上有一种，如果取代基为﹣CHO、﹣CH2CHO，有三种同分异构体，所以有四种同分异构体，故D错误；故选A．点评：本题考查物质结构和性质，为高考高频点，明确物质中官能团及其性质是解本题关键，熟悉常见官能团及其性质，易错选项是D ．12．（4分）（2015•泰州二模）下列有关实验操作对应的现象及对现象的解释或所得出的结论都正确的是（ ）选项 实验操作 现象 解释或结论A 向浓度均为0.1mol •L ﹣1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水 先出现蓝色沉淀 Ksp （Mg （OH ）2）＞Ksp （Cu（OH ）2）B 溴乙烷与NaOH 溶液共热后，滴加AgNO3溶液 未出现淡黄色沉淀溴乙烷未水解C 用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 原溶液中不含K+D 某盐溶于盐酸，产生无色无味气体通入澄清石灰水变浑浊 说明该盐是碳酸盐A ． AB ． BC ． CD ． D考点： 化学实验方案的评价．.分析： A ．先出现蓝色沉淀，说明Ksp[Cu （OH ）2]较小；B ．不能排除AgOH 的干扰；C ．应透过蓝色钴玻璃观察；D ．也可能为碳酸氢盐．解答： 解：A ．溶度积小的先生成沉淀，向浓度为0.1mol •L ﹣1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀，说明Ksp[Cu （OH ）2]较小，故A 错误；B ．溴乙烷与NaOH 溶液共热后，应先加入硝酸酸化，否则不能排除AgOH 的干扰，故B错误；C ．钾离子的焰色反应应透过蓝色钴玻璃观察，故C 错误；D ．某盐溶于盐酸，产生无色无味气体通入澄清石灰水变浑浊，说明生成二氧化碳气体，也可能为碳酸氢盐，故D 错误．故选A ．点评： 本题考查化学实验方案评价，涉及焰色反应、溴乙烷的水解、离子检验等知识点，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验原理和操作方法．13．（4分）（2015•泰州二模）下列说法正确的是（ ）A ． 粗锌与稀硫酸反应比纯锌快，说明粗锌中含有更活泼的金属B ． 新制氯水显酸性，滴加少量紫色石蕊溶液，溶液始终呈红色C ． 常温下，弱酸酸式盐NaHA 的pH=6，说明HA ﹣的电离程度大于其水解程度D ． 一定温度下，反应2NaCl （s ）=2Na （s ）+Cl2（g ）的△H ＜0，△S ＞0考点： 氯、溴、碘及其化合物的综合应用；焓变和熵变；化学反应速率的影响因素；盐类水解的原理．.分析： A ．粗锌与稀硫酸构成原电池，Zn 作负极，比Zn 不活泼的金属及非金属可作正极；B ．氯水中含盐酸和HClO ，HClO 具有漂白性；C ．弱酸酸式盐NaHA 的pH=6，电离显酸性；D.2NaCl （s ）=2Na （s ）+Cl2（g ）中△S ＞0，该反应不能自发进行．解答： 解：A ．粗锌与稀硫酸构成原电池，Zn 作负极，比Zn 不活泼的金属及非金属可作正极，则粗锌与稀硫酸反应比纯锌快，故A不选；B．氯水中含盐酸和HClO，HClO具有漂白性，则滴加少量紫色石蕊溶液，溶液先变红色后褪色，故B不选；C．弱酸酸式盐NaHA的pH=6，电离显酸性，则说明HA﹣的电离程度大于其水解程度，故C选；D.2NaCl（s）=2Na（s）+Cl2（g）中△S＞0，该反应不能自发进行，则△H﹣T△S＞0，可知△H＞T△S＞0，故D不选；故选C．点评：本题考查较综合，为高考常见的冷拼试题，涉及电化学、物质的性质、水解与电离、反应的焓变及反应进行的方向等，侧重化学反应原理及分析、应用能力的考查，题目难度不大．14．（4分）（2015•泰州二模）臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2（g），在T温度下，向2.0L恒容密闭容器中充入2.0mol NO2和1.0mol O3，经过一段时间后达到平衡．反应过程中测定的部分数据见下表：t/s 0 3 6 12 24n（O2）/mol 0 0.36 0.60 0.80 0.80下列有关说法正确的是（）A．反应在0～3 s内的平均速率v（NO2）=0.24 mol•L﹣1•s﹣1B．24 s后，若保持其他条件不变，降低温度，达到新平衡时测得c（O2）=0.44 mol•L﹣1，则反应的△H＜0C．在T温度下，起始时向容器中充入1.0 mol NO2、0.5 mol O3和0.50 mol N2O5、0.50 mol O2，反应达到平衡时，压强为起始时的0.88倍D．在T温度下，起始时向容器中充入2.0 mol N2O5和2.0 mol O2，达到平衡时，N2O5的转化率大于20%考点：化学平衡的计算．.分析：A．根据v=计算v（O2），再利用速率之比等于其化学计量数之比计算v（NO2）；B．由表中数据可知，12s与24s时氧气的物质的量均为0.8mol，说明12s时可逆反应到达平衡，平衡时氧气的浓度为=0.4mol/L，降低温度，达到新平衡时测得c（O2）=0.44mol/L，氧气浓度增大，说明降低温度，平衡向正反应方向移动；C．容器体积不变，在T温度下，起始时向容器中充入 1.0molNO2、0.5molO3和0.50molN2O5、0.50molO2，转化到左边相当于起始投入2.0molNO2和1.0molO3，与原平衡为完全等效平衡，平衡时压强相等，即平衡时混合气体总物质的量相等，结合表中数据计算平衡时混合气体总物质的量，再利用压强之比等于物质的量之比计算；D．在T温度下，起始时向容器中充入2.0molN2O5和2.0molO2，转化到左边相当于起始投入4.0molNO2和2.0molO3，所到达的平衡状态相当于在原平衡的基础上压强增大一倍，平衡先正反应方向移动，平衡时N2O5的物质的量大于2×0.8mol=1.6mol，故参加反应的N2O5的物质的量小于2mol﹣1.6mol=0.4mol，据此计算判断．解答：解：A．由表中数据可知，3s内压强物质的量变化量为0.36mol，容器体积为2L，故0～3s内v（O2）==0.06mol/（L．s），速率之比等于其化学计量数之比，故v（NO2）=2v（O2）=2×0.06mol/（L．s）=0.12mol/（L．s），故A错误；B．由表中数据可知，12s与24s时氧气的物质的量均为0.8mol，说明12s时可逆反应到达平衡，平衡时氧气的浓度为=0.4mol/L，降低温度，达到新平衡时测得c（O2）=0.44mol/L，氧气浓度增大，说明降低温度，平衡向正反应方向移动，则正反应为放热反应，即△H＜0，故B正确；C．容器体积不变，在T温度下，起始时向容器中充入 1.0molNO2、0.5molO3和0.50molN2O5、0.50molO2，转化到左边相当于起始投入2.0molNO2和1.0molO3，与原平衡为完全等效平衡，平衡时压强相等，12s到达平衡时氧气的物质的量为0.8mol，则：2NO2（g）+O3（g）⇌N2O5（g）+O2（g）物质的量减少1 10.8mol 0.8mol故原平衡中平衡时气体物质的量为2mol+1mol﹣0.8mol=2.2mol，即起始时向容器中充入1.0molNO2、0.5molO3和0.50molN2O5、0.50molO2到达平衡时，混合气体总物质的量为2.2mol，平衡时压强为起始的=0.88倍，故C正确；D．在T温度下，起始时向容器中充入2.0molN2O5和2.0molO2，转化到左边相当于起始投入4.0molNO2和2.0molO3，所到达的平衡状态相当于在原平衡的基础上压强增大一倍，平衡先正反应方向移动，平衡时N2O5的物质的量大于2×0.8mol=1.6mol，故参加反应的N2O5的物质的量小于2mol﹣1.6mol=0.4mol，则达到平衡时，N2O5的转化率小于×100%=20%，故D错误，故选BC．点评：本题考查化学平衡有关计算及影响因素、反应速率有关计算等，侧重考查等效平衡，C、D选项中关键是构建等效平衡途径，若利用平衡常数计算相对比较麻烦，难度中等．15．（4分）（2015•泰州二模）常温下，一元酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合（忽略体积变化），实验数据如下表下列判断正确的是（）实验编号起始浓度/mol•L﹣1 反应后溶液的pHc（HA）c（NaOH）①0.1 0.1 9②X 0.2 7③0.2 0.1 4.8④0.1 0.2 yA．实验①反应后的溶液中：c（HA）约为mol•L﹣1B．实验②反应后的溶液中：c（HA）＞c（Na+）=c（A﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）C．实验③反应后的溶液中：c（HA）+c（H+）=c（OH﹣）+c（A﹣）D．实验④反应后的溶液中：c（OH﹣）﹣c（H+）﹣c（HA）=0.05mol•L﹣1考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．.分析：A、实验①是等浓度一元酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合，化混合反应后溶液呈碱性，说明酸是弱酸，生成的NaA溶液中A﹣离子水解生成HA和氢氧根离子，HA和氢氧根离子浓度近似相同，利用离子积常数计算；B、溶液中HA溶液和NaOH溶液等浓度、等体积混合显碱性，实验②反应后的溶液中PH=7，说明溶液呈中性，则溶液中HA略过量，X大于0.2mol/L，等浓度HA和NaA混合溶液，依据实验③可知溶液呈酸性，电离大于水解，c（A﹣）＞c（HA）；C、实验③得到等浓度的HA和NaA混合溶液，依据溶液中电荷守恒和物料守恒计算，溶液中电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），物料守恒c（A﹣）+c（HA）=2c（Na+），带入计算分析判断；D、由实验④溶液中质子守恒计算分析，反应后溶液中含有等浓度的NaA和NaOH，电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），物料守恒为：c（Na+）=0.05mol/L+c （A﹣）+c（HA），带入计算得到．解答：解：A、实验①是等浓度一元酸HA溶液和NaOH溶液等体积混合，化混合反应后溶液呈碱性，说明酸是弱酸，生成的NaA溶液中A﹣离子水解生成HA和氢氧根离子，A﹣+H2O ⇌HA+OH﹣，HA和氢氧根离子浓度近似相同，利用离子积常数计算得到c（HA）约为mol•L﹣1，故A正确；B、溶液中HA溶液和NaOH溶液等浓度、等体积混合显碱性，实验②反应后的溶液中PH=7，说明溶液呈中性，则溶液中HA略过量，X大于0.2mol/L，等浓度HA和NaA混合溶液，依据实验③可知溶液呈酸性，电离大于水解，c（A﹣）＞c（HA），实验②反应后的溶液中：c（Na+）=c（A﹣）＞c（HA）＞c（H+）=c（OH﹣），故C错误；C、实验③得到等浓度的HA和NaA混合溶液，溶液中电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），物料守恒c（A﹣）+c（HA）=2c（Na+），则c（HA）+2c（H+）=2c （OH﹣）+c（A﹣），故C错误；D、实验④溶液中含有等浓度的NaA和NaOH，浓度均为0.05mol/L，电荷守恒为：c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），物料守恒为：c（Na+）=0.05mol/L+c（A﹣）+c（HA），带入计算得到：c（OH﹣）﹣c（H+）﹣c（HA）=0.05mol•L﹣1，故D正确；故选AD．点评：本题考查了电解质溶液中离子浓度大小比较，溶液中电荷守恒、物料守恒、质子守恒的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等．二、非选择题（共80分）16．（12分）（2015•泰州二模）锌浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2、Fe2+、Cd2+、Mn2+，工业上可通过控制条件逐一除去杂质以制备超细活性氧化锌，其工艺流程如图1：（1）锌浮渣利用硫酸浸出后，将滤渣Ⅰ进行再次浸出，其目的是提高锌元素的总浸出率．（2）净化Ⅰ是为了将Mn2+转化为MnO2而除去，试写出该反应的离子方程式Mn2++S2O82﹣+2H2O=MnO2↓+2SO42﹣+4H+ ．（3）90℃时，净化2溶液中残留铁的浓度受pH影响如图2pH值较小时，虽有利于Fe2+转化为Fe3+，但残留铁的浓度仍高于pH为3～4时的原因是H+抑制Fe3+水解．（4）滤渣3的主要成分为Cd （填化学式）．（5）碳化在50℃进行，“前躯体”的化学式为ZnCO3•2Zn（OH）2•H2O，写出碳化过程生成“前躯体”的化学方程式3ZnSO4+6NH4HCO3=ZnCO3•2Zn（OH）2•H2O↓+3（NH4）2SO4+5CO2↑；碳化时所用NH4HCO3的实际用量为理论用量的1.1倍，其原因一是为了使Zn2+充分沉淀，二是碳酸氢铵受热分解损失或NH4HCO3消耗H+，避免H+浓度过大溶解ZnCO3•2Zn（OH）2•H2O ．考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．.分析：锌浮渣主要含Zn、ZnO、SiO2、Fe2+、Cd2+、Mn2+，加入稀硫酸浸出过滤，得到滤渣Ⅰ为SiO2 ，净化Ⅰ加入（NH4）2S2O8溶液，PH=5.4是为了将Mn2+转化为MnO2而除去，过滤得到滤渣Ⅱ为MnO2，滤液在加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，调节溶液PH沉淀铁离子生成FeOOH，过滤得到滤液中加入锌置换铬，过滤得到的金属位Cd，滤液中加入碳酸氢铵碳化，得到硫酸铵和二氧化碳及“前躯体”的化学式为ZnCO3•2Zn（OH）2•H2O，制备得到超细活性氧化锌；（1）滤渣Ⅰ进行再次浸出的目的是提高锌元素的浸出率；（2）（NH4）2S2O8溶液，PH=5.4是为了将Mn2+转化为MnO2而除去，发生氧化还原反应；（3）依据铁离子水解显酸性分析，氢离子浓度大有利于抑制铁离子的水解；（4）上述分析可知滤渣3为被还原出的Cd；（5）依据“前躯体”的化学式为ZnCO3•2Zn（OH）2•H2O，结合反应物为硫酸锌和碳酸氢铵，利用原子守恒配平书写化学方程，碳化时所用NH4HCO3的实际用量为理论用量的1.1倍，其原因一是为了使Zn2+充分沉淀，碳酸氢铵受热分解损失．。

语文答案（图片版） (1)英语答案（图片版） (6)数学参考答案 (11)政治试题参考答案 (19)历史答案（图片版） (23)物理答案（图片版） (25)化学答案（图片版） (29)生物答案（图片版） (31)语文答案（图片版）英语答案（图片版）2014～2015学年度泰州市第二次模拟考试数学参考答案一、填空题1．2 ； 2．{4}； 3．16； 4．2； 5．28； 6．3； 7．163； 8．64； 9．{1}； 10．[1,7]； 11．89-； 12．9-或19- ； 13． (,2][5,)-∞+∞； 14．210. 二、解答题15. 解：(1) 因为//a b ，所以132sin 2cos 22θθ-⋅=⋅，即sin 3cos θθ-=， 所以tan 3θ=-， 又0πθ<<，所以2π3θ=． ……………７分 (2)因为+=a b b ，所以22()+=a b b ，化简得220+⋅=a a b ，又13(,)22=-a ，(2cos ,2sin )θθ=b ，则21=a ，cos 3sin θθ⋅=-+a b ， 所以13sin cos 2θθ=--，则π1sin()064θ-=-<， ……………10分 又0πθ<<，π15cos()64θ-=， 所以ππππππsin[()]sin()cos cos()sin 66i 66n 6s 6θθθθ-+=-+-==1538-． ……………14分16. 证：（1）取BE 中点F ，连接,CF MF ， 又M 是AE 中点，则1//,2MF AB MF AB =， 又N 是矩形ABCD 边CD 中点，所以//,MF NC MF NC =，则四边形MNCF 是平行四边形，所以//MN CF ，又MN ⊄面BCE ，CF ⊂面BCE ，所以MN ∥平面BCE ．…７分（2）因为平面ABCD ⊥平面ABE ，BC AB ⊥，所以BC ⊥平面ABE ， 因为AE ⊂平面ABE ，所以BC AE ⊥，又BE AE ⊥，BC BE B ⋂=，所以AE ⊥平面BCE ，而AE ⊂平面ADE ，所以平面⊥BCE 平面ADE ． ……………14分17. 解：以O 为原点，直线l 、m 分别为,x y 轴建立平面直角坐标系． 设PQ 与圆A 相切于点B ，连结AB ，以1百米为单位长度，则圆A 的方程为22(1)1x y +-=，(1)由题意可设直线PQ 的方程为12x yq+=，即220qx y q +-=，(2)q > ，∵PQ 与圆A 相切，∴222212qq -=+，解得83q = ，故当P 距O 处2百米时，OQ 的长为83百米． ……………5分 （2）设直线PQ 的方程为1x yp q+=，即0qx py pq +-= ，(1,2)p q >>， ∵PQ 与圆A 相切，∴221p pq q p -=+，化简得22q p q =-，则22222qP Q p q q q =+=+-，……8分令2()(2)2q f q q q q =+>-，∴22222(1)(31)()2(2)(2)q q q f q q q q --+'=-=-- (2)q >， 当3522q +<<时，()0f q '<，即()f q 在35(2,)2+上单调递减； 当352q +>时，()0f q '>，即()f q 在35(,)2++∞上单调递增， ∴()f q 在352q +=时取得最小值，故当公路PQ 长最短时，OQ 的长为352+百米． 答：（1)当P 距O 处2百米时， OQ 的长为83百米；（2）当公路PQ 长最短时， OQ 的 长为352+百米． ……………14分 18. 解：（1）由题意得53c a =，2455a c c -=，lm北东PQO AB解得3,5a c ==，所以224b a c =-=，所以椭圆E 的标准方程为22194x y +=． ……………4分（2）设0000(,),(,)B x y C x y -，显然直线,,,AB AC BD CD 的斜率都存在，设为1234,,,k k k k ，则001200,33y y k k x x ==+-+，00340033,x x k k y y +-=-=， 所以直线,BD CD 的方程为：0000000033(),()x x y x x y y x x y y y +-=--+=++， 消去y 得0000000033()()x x x x y x x y y y +---+=++，化简得3x =， 故点D 在定直线3x =上运动． ……………10分（3）由（2）得点D 的纵坐标为2000000039(3)D x x y x y y y y --=++=+，又2200194x y +=，所以220994y x -=-，则2000000009354(3)4D y x y x y y y y y --=++=+=-，所以点D 到直线BC 的距离h 为00005944D y y y y y -=--=， 将0y y =代入22194x y +=得20314y x =±-， 所以BCD ∆面积200119612244ABCy S BC h y ∆=⋅=⨯-⋅ 220020012712727441242224y y y y -+=-⋅≤⋅=，当且仅当2200144y y -=，即02y =±时等号成立，故02y =±时，BCD ∆面积的最大值为274． ……………16分 19．解：（1）因为2d =，23c =，所以21n c n =-， 因为数列}{n a 是各项不为零的常数列，所以12n a a a ===，1n S na =，则由1122n n n n S c a b a b a b =+++及21n c n =-得12(21)n n n b b b -=+++，当2n ≥时，121(1)(23)n n n b b b ---=+++，两式相减得43n b n =-，当1n =时，11b =，也满足43n b n =-，故43()n b n n *=-∈N ． …………4分 （2）因为1122n n n n a b a b a b c S +++=，当2n ≥时，11112211n n n n S c a b a b a b ----=+++，两式相减得11n n n n n n S c S c a b ---=，即111()n n n n n n n S a c S c a b ---+-=，11()n n n n n n n S c c a c a b ---+=，即1n n n S d nc nb λλ-+=， 又1(1)(1)(1)22n n n n S n λλλ-+--=-=，所以(1)2n n n n d nc nb λλλ-+=，即(1)2n n n d c b -+=， 所以当3n ≥时，11(2)2n n n d c b ---+=，两式相减得132n n b b d --=(3)n ≥， 所以数列}{n b 从第二项起是公差为32d 等差数列；又当1n =时，由1111S c a b =得11c b =，当2n =时，由2211(21)13()222b d c d c d b d -=+=++=+得2132b b d -=， 故数列}{n b 是公差为32d 等差数列． …………15分（3）由（2）得当2n ≥时，11()n n n n n n n S c c a c a b ---+=，即1()n n n n S d a b c -=-， 因为n n k b c +=，所以n n b c kd =+，即n n b c kd -=，所以1n n S d a kd -=⋅，即1n n S ka -=， 所以1(1)n n n n S S a k a -=+=+，当3n ≥时，11(1)n n S k a --=+，两式相减得 1(1)(1)n n n a k a k a -=+-+，即11n n k a a k-+=，故从第二项起数列}{n a 是等比数列， 所以当2n ≥时，221()n n k a a k-+=， 221(1)(1)()n n k n b c c kd c n k k k n k k k n k +==+=+-+=+-+=+，另外由已知条件得1221122()a a c a b a b +=+，又22c k =，1b k =，2(2)b k k =+， 所以21a =，因而21()n n k a k -+=，令n d =n nb a ，则111n n n n n n d b a d a b +++=(1)()(1)n k kn k k ++=++，因为(1)()(1)0n k k n k k n ++-++=-<，所以11n nd d +<，所以对任意的2,n n *≥∈N ，数列{}nnb a 单调递减． ……………16分 20. 解：函数()f x 的定义域为(0,)+∞，（1）当e a =时，()e eln e x f x x =--，e ()e xf x x'=-， 而e()e xf x x'=-在(0,)+∞上单调递增，又(1)0f '=， 当01x <<时，()(1)0f x f ''<=，则()f x 在(0,1)上单调递减；当1x >时，()(1)0f x f ''>=，则()f x 在(1,)+∞上单调递增，所以()f x 有极小值(1)0f =，没有极大值． …………3分（2）先证明：当()0f x ≥恒成立时，有 0a <≤e 成立． 若10ex <≤，则()(ln 1)0xf x a x =-+≥e 显然成立； 若1e x >，由()0f x ≥得e ln 1x a x ≤+，令e ()ln 1x x x ϕ=+，则21e (ln 1)()(ln 1)xx x x x ϕ+-'=+， 令11()ln 1()e g x x x x =+->，由21()10g x x '=+>得()g x 在1(,)e+∞上单调递增， 又因为(1)0g =，所以()x ϕ'在1(,1)e 上为负，在(1,)+∞上为正，因此()x ϕ在1(,1)e上递减，在(1,)+∞上递增，所以min ()(1)e x ϕϕ==，从而0e a <≤． 因而函数()y f x =若有两个零点，则e a >，所以(1)e 0f a =-<， 由()ln (af a a a a a =-->e e)得()ln 2af a a '=--e ，则111()0e ea a f a a ''=->->->e e e ， 所以()ln 2af a a '=--e 在(,)+∞e 上单调递增，所以2()()330f a f ''>=->->ee e e ， 所以()ln af a a a a =--e 在(,)+∞e 上单调递增，所以2()()22f a f >=->->e e e e e e 0，则(1)()0f f a <，所以21x a <<，由a >e 得111111()ln ln ln 0a a a a f a a a a a a a a a=--=+->+-=>e e e e e ，则1(1)()0f f a <，所以111x a<<，综上得1211x x a a <<<<． …………10分（3）由（2）知当a =e 时，()0f x ≥恒成立，所以()ln 0x f x x =--≥e e e ， 即()ln x f x x =-≥e e e ， 设()(0)e x x h x x =>，则1()exxh x -'=， 当01x <<时，()0x ϕ'> ，所以()g x 在(0,1)上单调递增； 当1x >时，()0h x '<，所以()g x 在(1,)+∞上单调递增，所以()(0)e x x h x x =>的最大值为1(1)e h =，即1x x ≤e e ，因而2x x-≤e e， 所以2()ln x x x f x x -=-≥≥e e e e，即221()ln 0x x f x x x --=--≥e e ． …………16分附加题参考答案21.A ．证：（1）∵CD 是圆O 的切线，∴2CD CA CB =⋅， 连结OD ，则OD CD ⊥，∵BE 是圆O 的切线，∴BE ED =， 又12DE EC =，∴12BE EC =，∴30C ∠=，则12OD OC =， 而OB OD =，∴CB BO OD OA ===，∴3CA CB =， …………5分（2）将3CA CB =代入2CD CA CB =⋅得213CD CA CA =⋅，故3CA CD =．……10分 21.B . 解：（1）020120000a BA b a b ⎡⎤⎡⎤⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦设(,)P x y 是1l 上的任意一点，其在BA 作用下对应的点为(,)x y ''， 得1l 变换到3l 的变换公式{2x ax y by'='=，则240ax by ++=即为直线1:40l x y -+=，则得1,12a b ==-． …………5分（2）0210B ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦，同理可得2l 的方程为240y x -+=，即240x y --=．………10分EBCOAD21.C . 解：（1）直线l 的极坐标方程sin 324ρθπ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则22sin cos 3222ρθρθ-=，即sin cos 6ρθρθ-=，所以直线l 的直角坐标方程为60x y -+=；…………5分（2）P 为椭圆221169x y C +=:上一点，设(4cos 3sin )P αα,，其中[)02,α∈π，则P 到直线l 的距离|4cos 3sin 6||5cos()6|22d αααϕ-+++==，其中4cos 5ϕ=，3sin 5ϕ=，∴当cos()1αϕ+=-时，d 的最小值为22． …………10分 21.D . 解： 因为2222(2)(112)()4a b c a b c ++≤++++=，所以22a b c ++≤，…………5分又|1-|22x c b a ≤++对任意实数c b a ,,恒成立, 故2max |-1|(2)2x a b c ≥++=， 解得33≥-≤x x 或 ． …………10分 22. 解：这5名幸运之星中，每人获得A 奖品的概率为2163=，B 奖品的概率为4263=． （1）要获得A 奖品的人数大于获得B 奖品的人数，则A 奖品的人数可能为3,4,5，则则所求概率为33244555551212151()()()()()33333243P C C C =++=． …………4分（2）ξ的可能取值为1,3,5，且33222355121240(1)()()()()333381P C C ξ==+=，441455121210(3)()()()()333327P C C ξ==+=，0555552111(5)()()3381P C C ξ==+=， …………8分所以ξ的分布列是：135408110271181故随机变量ξ的数学期望E ξ=401381⨯+⨯10275+⨯118118581=． …………10分23.解：（1）令1x =，则(1)(1)(1)f g g =，即(1)[(1)1]0g f ⋅-=， 因为(1)1310nf -=-≠，所以(1)0g =；令1x =-，则23(1)(1)(1)f g g ⎡⎤⎡⎤--=-⎣⎦⎣⎦，即(1)(1)(1)f g g -=-，因为(1)[(1)1]0g f -⋅-=，因为(1)1310n f -=-≠，所以(1)0g -=；例如2()(1)()n g x x n *=-∈N ． ……………4分 （2）当1n =时，22()1(1)f x x x x x =++=++，故存在常数01a =，11a =， 使得201()(1)f x a x a x =++．假设当n k =（k N *∈）时，都存在与x 无关的常数0a ，1a ，2a ，…，k a ， 使得221222110121()(1)()()()k k k k k k k k f x a x a x x a x x a x x a x ---+-=+++++++++，即 2221222110121(1)(1)()()()k k k k k k k k k x x a x a x x a x x a x x a x ---+-++=+++++++++．则当1n k =+时，2122()(1)(1)(1)k k f x x x x x x x +=++=++⋅++222111011(1)(1)()()k k k k k k k x x a x a x x a x x a x --+-⎡⎤=++⋅+++++++⎣⎦11212011110()k k k k k k k k a a x a x a x a x a x a x -+---=++++++++ 212221011110()k k k k k k k k a x a x a x a x a x a x a x +++--+++++++++ 231232122011110()k k k k k k k k a x a x a x a x a x a x a x +++++--+++++++++231010*********()()()()k k k k a a a x a a a x a a a x a a a x ----=+++++++++++++1212112()(2)()k k k k k k k k k k k a a a x a a x a a a x ++-----++++++++++2122122321210100()()()k k k k a a a x a a a x a a x a x -+++++++++++ 222122010210()()()()()k k k a x x a a x x a a a x x ++=+++++++++21121()()(2)k k k k k k k k a a a x x a a x ++---++++++；令00'a a =，101'a a a =+，21'm m m m a a a a --=++（2m k ≤≤），11'2k k k a a a +-=+； 故存在与x 无关的常数0'a ，1'a ，2'a ，…，'k a ，1'k a +；使得222122210121()'(1)'()'()'()'k k k k k k k k f x a x a x x a x x a x x a x +++++=+++++++++．综上所述，对于任意给定的正整数n ，都存在与x 无关的常数0a ，1a ，2a ，…，n a ，使得221222110121()(1)()()()n n n n n n n n f x a x a x x a x x a x x a x ---+-=+++++++++．…………10分泰州市2015届高三第二次模拟考试政治试题参考答案一、单项选择题：本大题共33小题，每小题2分。