1、云南师大附中2018届高考适应性月考卷（八）理科综合参考答案一、选择题：本题共13小题，每小题6分。题号12345678910111213答案CCBADBCDADBDC二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1417题只有一项符合题目要求；第1821题有多项符合题目要求，全部选对的给6分，选对但不全的给3分，有选错的给0分。题号1415161718192021答案DCCDACBCDADBD【解析】1大肠杆菌是原核生物，细胞内无线粒体。2细胞膜两侧的离子浓度差主要是通过主动运输实现的。乙醇进入胃壁细胞的跨膜运输方式是自由扩散，不需要膜蛋白协助。细胞液浓度增大，植物细胞吸
2、水能力增强。3人体不同细胞中DNA复制方式都为半保留复制。4人体内组织液是大多数细胞直接生活的环境。血浆中酸碱平衡的维持需要器官、系统的参与，如呼吸系统。单细胞生物可直接与外界环境进行物质交换。5棕榈蓟马体型微小，不适合使用标志重捕法调查种群密度。6利用多指患病家系的调查数据，可了解其遗传方式。遗传病也可由染色体异常引起。隐性遗传病患者的双亲有可能均不患病。7漂白粉的有效成分是次氯酸钙，在水中与CO2作用生成次氯酸，具有强氧化性，可消毒杀菌，故A正确；燃煤易产生二氧化硫等污染性气体，而可燃冰是水合甲烷，故B正确；明矾溶于水电离产生的Al3+水解成氢氧化铝胶体具有较大表面积，吸附水中杂质一起沉降
3、，只有净水作用，没有淡化作用，故C错误；能量密度是指在一定的空间或质量物质中储存能量的大小，单位质量或单位体积所能产生的电能越多，电池的能量密度就越高。一般在相同体积下，锂离子电池的能量密度是镍镉电池的2.5倍，是镍氢电池的1.8倍，因此在电池容量相等的情况下，锂离子电池就会比镍镉、镍氢电池的体积更小，重量更轻，故D正确。故选C。8丙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙烷不能，故可区分乙烷和丙烯，但丙烯与酸性高锰酸钾反应会产生CO2混入乙烷中，只能用溴水除去，故A错误；石油的分馏属于物理变化，而煤的干馏、油脂硬化均属于化学变化，故B错误；能与金属K反应产生气体的官能团有羧基和羟基，分子式为C4H8
4、O2的酯可以是甲酸丙酯、乙酸乙酯、丙酸甲酯，它们在酸性条件下水解后产生的羧酸和醇各有3种、2种、2种，共有7种，故C错误；细菌属蛋白质，苯酚和酒精等均可以使细菌蛋白质变性死亡，故D正确。故选D。9因硝酸易挥发，也能与Na2SiO3溶液反应产生白色沉淀，故结论错误；检验氨气应该用湿润的红色石蕊试纸且红色石蕊试纸是变蓝，故错误；根据操作和现象，说明溶液中有Fe2+和Fe3+，故一定含有Fe3O4，正确；能使品红溶液褪色的是SO2，但与盐酸反应产生SO2的可以是、，故结论错误；pH试纸不能用于测新制氯水的pH，因新制氯水中有强氧化性的HClO，会漂白试纸，错误。故选A。10NO与O2反应生成0.2m
5、ol NO2，且还存在2NO2N2O4平衡，故所含分子总数小于0.2NA，故A错误；常温下，Fe遇浓硝酸钝化，故B错误；据题意，1mol S8中含8mol SS键（王冠状），故32g S8中含1mol SS键，故C错误；因S2会水解，且从一级水解方程式可看出中S2+H2OHS+OH，阴离子总数大于0.1mol，阳离子主要是Na+，约为0.2mol，故D正确。故选D。11具有2电子层结构的如Li+和H，两者的最高价均为+1价；10电子结构的如Na+、Mg2+、Al3+和N3、O2、F，其中O、F无最高正价，不比简单阳离子的最高化合价高，故A错误；短周期中原子半径最大和最小的的元素分别是Na和H，
6、均在第A族，且形成的NaH是离子化合物，故B正确；氢化物的沸点高低与元素非金属性强弱无必然联系，故C错误；非金属单质的氧化性越强，通常其元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，但其氧化物对应水化物的酸性不一定强，如氧化性：Cl2S，但酸性：H2SO4HClO等，故D错误。故选B。12磷酸铁锂电池放电时，附着在负极碳上的单质Li失去电子，发生了氧化反应，其负极反应为=，故A正确；充电时为电解池原理，阳离子向阴极区移动，即图中Li+从正极区通过聚合物隔膜向负极区（充电时的阴极）迁移，故B正确；正极Li+得电子发生还原反应，结合电池的总反应式可知，电极反应式为=LiFePO4，故C正
7、确；若用该电池电解精炼铜，阴极反应式为Cu2+2e=Cu，当生成19.2kg（300mol）铜时转移的电子为600mol，锂离子带1个单位正电荷，则电池中通过聚合物隔膜的Li+数目为600NA，故D错误。故选D。13因图中实线为HX的滴定曲线，0.1000mol/L的该酸pH1，说明该酸在溶液中完全电离，为强电解质，所以HX为强酸，而图中虚线为HY的滴定曲线，且0.1000mol/L该酸的pH3，说明该酸在溶液中部分电离，为弱电解质，所以HY为弱酸，故A错误；用氢氧化钠溶液滴定弱酸HY，达滴定终点时生成的NaY为强碱弱酸盐，水解显碱性，最好用酚酞作指示剂，以减小误差，甲基橙变色范围为3.14.
8、4，误差大，故B错误；滴定至B点时，溶液为NaY和HY的等量混合液，且溶液呈酸性，说明HY的电离程度大于Y的水解程度，但电离程度较小，故有c(Y)c(Na+)c(HY)c(H+)c(OH)，故C正确；A点为HX的强酸溶液，pH1的强酸溶液中，氢离子抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子是水电离的，则水电离的氢离子浓度为1013mol/L，C点为碱性溶液，若是滴定HX曲线上的点，则NaOH过量，氢氧根离子抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，则水电离的氢离子浓度为109mol/L，若是滴定HY曲线上的点，则NaY中Y水解，促进了水的电离，则水电离的氢离子浓度为105mol/L，故A、C两点水电离的氢
9、离子浓度之比为1104或1108，故D错误。故选C。14根据爱因斯坦光电效应方程，光电子的最大初动能与遏止电压的关系根据动能定理有，故A错误。从基态跃迁到激发态需要吸收能量，不能辐射光子，故B错误。汤姆孙通过研究阴极射线的属性，并研究了各种类型的实验，发现电子是多种原子的组成成分，确定了电子的存在，但油滴实验是密立根做的，用来确定电子的电量，故C错误。结合能是拆分原子核所需要的最小能量，且光子具有动量，考虑到照射之后氘核分解为一个质子和一个中子具有动量，所需的能量应大于结合能，故D正确。1557s内伤员运动方向不变，处于减速上升状态，故A错误。根据图象的斜率等于加速度，斜率的正负号表示加速度的
10、方向，可知前3s内伤员的加速度为正，方向向上，伤员处于超重状态；最后2s内伤员的加速度为负，方向向下，伤员处于失重状态，故比值应该大于1，故B错误。伤员在整个上升过程中上升的高度等于梯形面积的大小，为27m，所以伤员在整个上升过程中重力所做的功，故C正确。前3s内与最后2s内伤员的平均速度均为3m/s，由，可知前3s内与最后2s内伤员重力做功的平均功率相等，故D错误。16OM和MN的拉力的合力与重力是一对平衡力，受力分析如图所示。根据三角形定则有，可知，随着的增大，MN上的力逐渐增大，OM上的力逐渐减小，故C正确。17卫星从轨道变轨到轨道，轨道半径变大，要做离心运动，卫星应从轨道的P点加速后才
11、能做离心运动，从而进入轨道，卫星加速过程机械能增加，则卫星从轨道的P点进入轨道后机械能增加，故A错误。卫星经过轨道的Q点和经过轨道的Q点时受到的合外力均是万有引力，加速度一样大，故B错误。发射速度小于7.9km/s时，卫星会落回地面，而该卫星进入较低轨道，故发射速度大于7.9km/s，故C错误。卫星在轨道由P点向Q点运动时只受到万有引力的作用，所以处于完全失重状态，故D正确。18由运动的速度时间图象可看出：在A点时斜率最大，故加速度最大，故电场强度最大，故A正确。粒子电性不确定，无法比较电势高低，故B错误。因只有电场力做功，粒子的动能与电势能的总量不变，由图可知粒子在B点的速度最大，所以在B点
12、的动能最大，电势能最小，所以粒子在A点的电势能大于在B点的电势能，故C正确。A、D两点的速度相等，故粒子的动能相同，A、D两点的电势能相等，电势相等，故，故D错误。19由右手定则可得，流过导体棒的电流方向为，故A错误。由可知，沿圆弧轨道上升和回落时相同，故相同，故B正确。若导体棒停在圆弧上，对导体棒受力分析，仅受到重力和圆弧给的支持力，无法平衡，故C正确。导体棒能回到水平轨道，回到水平轨道时还具有动能，导体棒落回到圆弧轨道上端时所具有的机械能为，根据能量守恒，所以电路产生的热量小于E，故D正确。20根据牛顿第二定律得M的加速度，m的加速度，设板长为L，根据图象，图线OA代表的是木块的图象，图线
13、OB代表的是木板的图象。OA与OB所围图形的面积等于L时，OA与时间轴所围的三角形面积代表分离时木块的对地位移x，由图象和加速度表达式可知：A选项，增大木板质量，减小，不变，x增大，故A正确。B选项，减小木块质量，增大，不变，x减小，故B错误。C选项，增大恒力F，效果同B选项，x减小，故C错误。D选项，仅增大板块间的动摩擦因数，减小，增大，x增大，故D正确。21本模拟实验的设计意图是通过对比体现高压输电的优势在于减小输电线上的电流，降低电压和功率的损失，故C错误，B、D正确。具体来说，通过升压变压器升压后输出电压，降压变压器获得的电压，灯泡两端的电压，则通过灯泡的电流，故由变压器电流变化规律得
14、表的电流大小，又因为，解上式得，因为，所以，故A错误。通过灯泡的电流，故灯泡亮度更大，故B正确。三、非选择题（共174分）（一）必考题：共11小题，共129分。22（每空2分，共6分）（1）A开关S不应闭合；应处于断开状态B滑动变阻器的滑动触头P位置不当；应将其置于b端（2）0.44（0.420.46）23（除特殊标注外，每空2分，共9分）（1）减小（2）（3）（3分）（4）AC24（12分）解：（1）子弹恰好击穿A，根据动能定理可得解得：（2）由题意得子弹与木块最后达到共速，由系统动量守恒有损失的动能根据功能关系有联立式可得子弹射入木块的深度评分标准：本题共12分。正确得出式各给2分。25（
15、20分）解：（1）小球在第四象限中能做匀速圆周运动，可得小球在第二象限中做直线运动，则小球所受合力方向和小球进入圆形区域时的速度方向相同，由式可得小球所受合力方向与水平方向成45，斜向右下即小球以斜向右下45方向进入圆形区域，小球做平抛运动的过程由几何关系可得水平位移由速度夹角和位移夹角关系有可得竖直位移则小球的初速度大小（2）小球进入圆形区域的速度小球在第二象限中做匀加速直线运动，到达O点，由动能定理可得解得：小球在第四象限做圆周运动，由几何关系可得圆周运动的半径由洛伦兹力提供向心力可得则评分标准：本题共20分。正确得出、式各给1分，其余各式各给2分。其他方法得出正确结果也给分。26（除特殊
16、标注外，每空2分，共14分）（1）CO2C+O2（见氧化亚铁才给分）（2）（1分）增大压强或增大c(H2)（或其他合理答案）（1分）（1分） 8L3mol3（3）CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) b（1分）0.18mol/(Lmin) KC=KEKD【解析】（1）在700K条件下，二氧化碳和氧化亚铁发生反应生成碳和FexOy，过程2中FexOy分解生成FeO和氧气，所以整个反应过程中的FeO作催化剂，根据反应物和生成物及反应条件书写方程式为CO2C+O2。（2）由图可知，升高温度，CO2的转化率降低，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，故0。为提高CO2的平衡转化率
17、，除改变温度外，还可采取的措施是增大压强或增大氢气的浓度。相同温度条件下，投料比越大，二氧化碳的转化率越大，根据图知，相同温度下X1的转化率大于X2，所以X1X2。据图中B点：CO2转化率为50%，容器体积为1L，投料比为2，故列三段式计算：（单位mol/L）2CO2(g) + 6H2(g)C2H4(g) + 4H2O(g)起始 2 4 0 0转化 1 3 0.5 2平衡 1 1 0.5 2则平衡常数。（3）已知：iCO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(l) ；ii2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ；iiiCH3OH(g)=CH3OH(l) ；则根据盖斯定律可知iiii
18、ii即得到CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) 。逆反应速率先增大后减小，说明反应逆向移动，a错误；H2的转化率增大，说明平衡正向移动，b正确；若增大生成物的浓度，平衡逆向移动，反应物的体积百分含量减小，c错误；故选b。根据图给信息，T1温度下，将6mol CO2和12mol H2充入2L的密闭容器中，投料比为2，5min后反应达到平衡状态，CO2的转化率为60%，则CO2反应掉了3.6mol，生成二甲醚1.8mol，则05min内的平均反应速率v(CH3OCH3)=1.8mol(2L5min）=0.18mol/(Lmin)；根据图给
19、信息，KC与KE的温度相同，所以KC=KE，根据上述分析，该反应为放热反应，从T1到T2，CO2的转化率降低，说明平衡逆向移动，则改变的条件是升高温度，即T2T1，对于放热反应，升高温度，K值减小，则KC=KEKD。27（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）KMnO4或KClO3、K2Cr2O7、Ca(ClO)2等（1分）吸收多余的氯气，同时防止空气中的水汽进入装置E，造成AlCl3水解（2）ac（3）反应生成的NaCl沉积在NaH表面，阻止了AlCl3与NaH进一步反应或NaH为离子化合物，难溶于有机溶剂，使反应物难以接触而发生反应（4）NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2（5）
20、丙（1分） 连续两次读数的氢气体积相等（其他合理答案也可） 0.90或90%【解析】（1）要制备氯化铝，首先制取氯气，由于反应不需要加热，则A中的试剂具有强氧化性，则常用的有KMnO4、KClO3、K2Cr2O7、Ca(ClO)2等；装置F中碱石灰吸收多余的氯气，防止污染空气；同时由于AlCl3易水解，所以还有防止空气中的水汽进入装置E，造成AlCl3水解的作用。（2）若改变A、B和D中的试剂制取氢化钠，则反应装置制取干燥的纯净的氢气，则A处为锌和稀盐酸反应生成氢气，B中的除去氯气中的氯化氢的饱和食盐水应换成氢氧化钠溶液，除去氢气中的氯化氢气体，在反应前应该先用氢气排除装置中的空气，反应过程中
21、始终通入氢气，否则会使制取的氢化钠中可能有剩余的金属钠，或钠与空气中的氧气反应生成过氧化钠，故主要杂质选ac。（3）由于反应生成的NaCl覆盖在NaH表面，阻止了AlCl3与NaH进一步反应，使得氢化钠的转化率较低。或氢化钠是离子化合物，难溶于有机溶剂，使反应物难以接触而发生反应，所以NaH的转化率较低。（4）铝氢化钠中的氢元素为1价，容易与水中的+1价的氢发生氧化还原反应，即铝氢化钠与水反应生成偏铝酸钠和氢气，方程式为NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2。（5）测定铝氢化钠的纯度，就是利用两种物质与水反应生成氢气，测定氢气的体积。甲、丁中随反应的进行装置内压强变大，液体可能不能顺利流
22、下，导致铝氢化钠和NaH或许不能完全反应，为保持内外压强相等，需要恒压漏斗，且甲的操作中氢气的体积不好读数；乙中排水装置的导管应“短进长出”且导管中可能有水，使测定的气体体积不准确，所以最适宜的装置是丙。读取气体体积时要冷却到室温，标志是连续两次读数的氢气体积相等。由于两种物质均能与水反应生成氢气，因此可以通过测量氢气的体积计算纯度。设样品中铝氢化钠的物质的量是x mol，NaH是y mol，则有、，解得，所以样品中铝氢化钠的质量分数为或90% 。28（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）31（2）（1分） 26（1分） 65或1.2（1分）3ClO+Fe3+3H2O=Fe(OH)3+3H
23、ClO +Fe3+8OH=+4H2O（3）BK2FeO4具有强氧化性，能够消毒杀菌；同时被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮杂质（4）5.01015 mol/L【解析】（1）干法制备K2FeO4的反应是Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O，在该反应中氧化剂KNO3与还原剂Fe2O3的物质的量之比为31。（2）由流程图可知，“转化”是Na2FeO4K2FeO4，该转化是在某低温下进行的，说明此温度下K2FeO4的溶解度小于Na2FeO4，所以S(K2FeO4)S(Na2FeO4)。由图甲可知，Fe(NO3)3浓度一定，温度在26
24、时，K2FeO4的生成率最高，故工业生产中最佳温度为26。由图甲可知，Fe(NO3)3浓度在330g/L时，K2FeO4的生成率最高，由图乙可知，NaClO在275g/L时，K2FeO4的生成率最高，所以Fe(NO3)3与NaClO两种溶液最佳质量浓度之比为330g/L275g/L=65=1.2。由信息可知，若NaClO加入过量，氧化过程中会生成Fe(OH)3，说明ClO和Fe3+发生了双水解，水解离子方程式为3ClO+Fe3+3H2O=Fe(OH)3+3HClO；若Fe(NO3)3加入过量，碱性介质中K2FeO4与Fe3+发生归中反应生成K3FeO4，根据元素守恒还应生成H2O，反应中，铁元
25、素化合价由+6价降低为+5价，总共降低1价，Fe3+，铁元素化合价由+3价升高为+5价，总共升高2价，化合价升降最小公倍数为2，所以系数为2，Fe3+系数为1，根据铁元素守恒确定系数为3，根据电荷守恒确定OH系数为8，根据氢元素守恒确定H2O系数为4，反应的离子方程式为+Fe3+8OH=+4H2O。（3）K2FeO4在水溶液中易水解呈碱性，应选择碱性非水溶液抑制K2FeO4水解，进行洗涤。H2O，不能抑制水解，且容易损失，故A错误；CH3COOK、异丙醇，能抑制水解，减少洗涤损失，故B正确；NH4Cl、异丙醇，不能抑制水解，促进水解，故C错误；Fe(NO3)3、异丙醇，不能抑制水解，促进水解，
26、故D错误。故选B。在K2FeO4中Fe的化合价为+6价，具有强氧化性，能够对水进行杀菌消毒；同时 被还原成Fe3+，Fe3+水解形成Fe(OH)3胶体，表面积大吸附力强，能够吸附水中悬浮杂质，从而可以起到净化作用。（4）该反应的离子方程式为2Fe3+3Cu(OH)2=2Fe(OH)3+3Cu2+；所以。29（每空2分，共8分）（1）25 10 在实验温度范围内，白天25左右时，净光合作用速率最大，有机物的积累量最多，夜间控制在10左右，细胞呼吸速率最低，有机物的消耗量最少（2）CO2浓度增加，暗反应速率增强，需要在更高光照强度下提供更多的ATP和H30（每空2分，共12分）（1）促进细胞伸长，
27、从而引起植株增高，促进种子萌发和果实发育 现配现用（2）赤霉素溶液浓度和植株的生长发育期（3）不可行 sd-t 增加实验的矮秆水稻品种、扩大赤霉素溶液浓度范围和赤霉素溶液处理植物的不同发育阶段31（除特殊标注外，每空2分，共9分）（1）分解者和非生物的物质和能量（2）两种生物共同生活在一起，相互依存，彼此有利（3）化肥 杀虫剂（4）水稻秸秆做饲料（合理即可）（1分）32（每空2分，共10分）（1）灰身、红眼和刚毛（2）F1出现性状分离现象，并且产生的性状分离比为31（3）毛型 该性状的遗传与性别相关联（4）体色和毛型、眼色和毛型（二）选考题：共45分。33（15分）（1）（5分）CDE（选对1
28、个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）（2）（10分）解：（）停止加热前缸内气体发生等压变化，由盖吕萨克定律得由题意知解得：（）体积由V增大到3V的过程中，活塞受力平衡有解得：气体对外所做的功停止加热后体积不变，全程内能变化根据热力学第一定律所以降温过程中气体放出的热量评分标准：本题共10分。正确得出、式各给1分，其余各式各给2分。34（15分）（1）（5分）ACE（选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）（2）（10分）解：（）设入射角为i，折射角为r，光线到达上界面的入射角为，全反射临界角为C，由折射定律可得由
29、几何关系有所以由题意知，入射角为i时，有因为所以综上，解得：（）光在玻璃介质中的传播速度在介质中传播所走的路程越小，越大，即光在光导纤维中传播的最长时间综上，解得：评分标准：本题共10分。正确得出、式各给2分，其余各式各给1分。35（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）7（1分） p（1分）（2）CE（3）（1分） 平面三角（4）（5）BDLaNi5 或（其他合理答案均给分）【解析】（1）铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故有7种能量不同的原子轨道；铝是第A族，而铅是第A族，二者价层电子特征分别为ns2np1和ns2np2，均属于P区元素。（2）在该分子结构
30、中含有的化学键只有共价键和配位键，含有氢键，但不属于化学键，故选CE。（3）在CH2=CH2、CHCH、苯、HCHO中，分子中C原子为sp杂化的只有，其余分子中C原子均为sp2杂化；s键与p键比值为31的分子是甲醛，其立体结构为平面三角形。（4）的价电子对数=对，形成四条杂化轨道，S原子的杂化方式为sp3，形成四面体结构，价电子对数=孤电子对数+配位原子数，可知孤电子对数为0，所以为正四面体结构，氧原子和硫原子的在立体结构图中的相对位置为。（5）镧和镍都是金属，贮氢材料为金属晶体，故A错误；镧的第一电离能小于镍的第一电离能，说明气态镧原子比气态镍原子更容易变成+1价的气态阳离子，故B正确；根据
31、储氢原理可知，镧镍合金先吸附H2，然后H2解离为原子，该过程要吸收热量，故C错误；吸附氢气的过程为气体体积减小的反应，高压比采用常压更有利于氢气吸收，故D正确；氢气分子之间不存在氢键，故E错误。故选BD。合金晶胞中八个顶点各有一个La原子，上下两个面上各有两个Ni原子，侧面上每个面有1个Ni原子，平均每个晶胞中含有的原子数为La：，Ni：，故该晶体的化学式可写为LaNi5。镧镍合金晶体是六方晶胞，底面夹角为60（120）。1mol该晶胞的体积为V=511pm511pmsin60397pm，其中可储H2 3mol，m(总)=（139+595+6）g，故。36（除特殊标注外，每空2分，共15分）（
32、1）甲醇（1分） 醛基（1分）（2）CH3COOCH=CH2（1分） (C8H14O2)m（1分）（3）取代反应（或水解反应）（4）（5）8 （6）（3分）【解析】框图中的大多数结构都已经给出，只有A、B、C、D未知。A为CH3OH，B为CH3COOCH=CH2，C为，D为CH3CH2CH2CHO。（1）A的名称是甲醇，D中含有的官能团是醛基。（2）B的结构简式为CH3COOCH=CH2；根据图中聚乙烯醇缩丁醛的结构简式，可知分子式为(C8H14O2)m。（3）反应是酯的水解，故为取代反应或水解反应。（4）根据题给信息和图中转化关系，可推知反应的化学方程式为（5）根据题中对有机物M的要求， M
33、比碳酸二甲酯多一个“CH2”，根据要求和，其结构简式之一应为；其他同分异构体应为羟基酯类，且水解产物中两羟基不能在同一碳原子上，则同分异构体还有以下7种：图中箭头代表碳链中羟基可出现的位置。故满足条件限制的M的同分异构体共有8种。其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为323的同分异构体的结构简式只有。（6）2氯丁烷只要发生消去反应得2丁烯，然后发生类似和的反应，即可得到目标产物。故合成路线如下：37（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）氧气浓度 温度（2）增加醋酸菌的浓度（3）系列稀释 鉴别产醋酸的菌株和中和产生的醋酸（4）产醋酸能力强 临时（1分）（5）发酵液中酒精浓度过高，会抑制醋酸菌的生长和繁殖，导致醋酸产量低38（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）动物和人体内具有分裂和分化能力的细胞 早期胚胎 原始性腺 （2）细胞核大、核仁明显 分化诱导因子（1分） 全能性（3）干细胞培养、细胞核移植、早期胚胎培养（4分）
