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安徽省三海学地教育联盟2023-2024学年九年级春季开年考英语试卷答案

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1000K.c(0H）=6.4X10,可得c(0H）=410mol·1(2)①由反应CO(g)+H2O(g)一CO2(g)+H2(g)pOH=8.4,则pH=14-pOH=5.6:水相中c(Mg+)△H1=一40.0kJ·mo1可知，在恒温、恒压条件1.4mol·L1,忽略溶液体积变化，根据4/4,反应的出气速率和进气速率相等，仍为K.[Mg(OH)2]=c(Mg2+).c2(OH-)=5.6X2.4L·81,则v(H)=

(C0)=△Y10-12,c(0H=2×10-6mol·L-1,p0H=5.7,则pH=14一pOH=8.3时，Mg+开始沉淀，故pH的取2.4L·s1×5sX(25%-2062-1.12L·s1.值范围为5.6≤pH<8.3

若用NazCO3调溶液pH由于水相中含有大量的Mg2+,会与Na2CO3反应产②该反应为反应前后气体体积不变的放热反应，达到生MgCO,沉淀，导致Cr(OH),不纯：若用氨水调溶液平衡后，增大压强，平衡不移动；升高温度，平衡逆向pH,会与Mg+生成Mg(OH)2沉淀

故答案为A

移动，CO的平衡转化率变小

(5)Cr(OH),沉淀表面附着有SO,检验Cr(OH)Ⅱ.(3)①甲烷的转化率为50%，设副反应中生成H,O是否洗涤干净的操作为取少许最后一次洗涤液于试的物质的量为xmol,则管中，向其中滴加盐酸酸化的BaC2溶液，若没有沉淀CH,(g)+CO,(g)=2CO(g)+2H(g)生成，则沉淀已洗净，否则没洗净

转化/mol0.50.511(6)“高温焙烧”时Cr(OH)3转化为NazCrO4,反应的CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)转化/molx化学方程式为4Cr(OH),+4NC0,+30,高温根据主副反应前后化学计量数关系，可计算出平衡时4NazCrO,+4CO2+6H2O.18.(1)15(1分)n(总)=4mol,H,0(g)的分压为×4×10Pa=1×(2)基态N原子的2p电子排布是半充满的，较稳定，10Pa,x=0.1

较难失去电子(2分)·化学·参考答案及解析COco19.(1)邻硝基甲苯（或2硝基甲苯）(1分)(3)sp、sp3(2分)00→-c000-60228oH+02会2C0coco2H2O(2分》(1分)(3)新制氢氧化铜（或银氨溶液）(1分)》(4)7:1(1分)(4)氨基(1分)(5)0B(1分)3(1分)②2.88×10(5)2(1分)[或NA·r3(6)消去反应(1分)288N(rX10-0)](2分)(7)16(2分)O,NCH,CI(或【解析】(1)Cu元素的原子序数为29，基态Cu原子的C○-CH,N0.)2分)核外电子排布式为1s22s22p3s23p3d4s,电子填充【解析】(1)A的名称是邻硝基甲苯或2硝基甲苯

在15个原子轨道上，故有15种空间运动状态

(2)分析合成路线可知，C为邻硝基苯甲醇，C催化氧(2)基态O原子的价电子排布式为2s22p,基态N原化生成D(邻硝基苯甲醛)，反应的化学方程式为子的价电子排布式为2s22p3,N原子的2p电子是半充满的，较稳定，较难失去电子，所以N元素的第一电2C&o1+0,会2CS80+2H.o.离能大于O元素的第一电离能

(3)F的核磁共振氢谱只有一组峰，则F为甲醛(3)CO2,CH,中碳原子的价层电子对数分别为2、4，(HCHO),检验醛基常用的试剂为新制氢氧化铜或银所以碳原子杂化方式为sp、sp;CO可与金属镍形成氨溶液

配合物，其中C与Ni形成配位键，不考虑空间构型(4)由H的结构简式可知，H中的官能团为氨基、CO羰基、羧基，其中含氮官能团为氨基

该配合物的结构可用示意图表示为OC→Ni←CO(5)」分子中有2个手性碳原子，如图所HOCOOHcocoN或OC-NiCO(6)J→K分子内脱去1分子水，发生消去反应

co(4)CHCOOH分子中含有7个

键、1个π键，故()B为C.C,在B的同分异构体中，含有键与π键的个数比为7：1

(5)①由晶胞结构可知，该晶胞沿面对角线αb方向上苯环和一NO2,若苯环连一个取代基为一CHNO2的投影图为B,则代表d原子的位置是3

②由品胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的灰球的(1种)：若苯环连两个取代基，一组为一C1和一CHNO2(有邻间对3种)，另一组为一NO2和个数为8×8十1=2，位于晶胞内部的白球的个数为一CH2C(有邻间对3种)：若苯环连三个取代基，为4,由CuO的化学式可知，灰球代表氧原子，白球代表-C1、一CH3、一NO2(有10种)

除去自身，还有铜原子，一个晶胞含有4个Cu,2个O:1个晶胞的质量16种

其中核磁共振氢谱显示有三组峰，峰面积比为为64×4+2X16)一g该晶体的体积V=×1:1:1的结构简式为O,N-CH,C128810)cm3,密度为NArX10g·ecm或C〈-CHNO·2.88×1032NA·r3g·cm3

4

分析（1）根据直线与椭圆相切，求得切线方程，由此得出a，b，进而得出椭圆的标准方程；
（2）先确定P所在的轨迹，再证出原点O到弦AB的距离为定值，然后确定弦AB长度的最大值，因此就能得到三角形PAB面积的最大值．

解答解：（1）x=2是x²+y²=4的一条切线，切点S（2，0），
设另一条切线为：y-4=k（x-2），即kx-y+4-2k=0，
∴d=$\frac{|4-2k|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=2，解得k=$\frac{3}{4}$，切线方程为：3x-4y+10=0，
联立$\left\{\begin{array}{l}{3x-4y+10=0}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，解得x=-$\frac{6}{5}$，y=$\frac{8}{5}$，即T（-$\frac{6}{5}$，$\frac{8}{5}$），
因此，k_ST=-$\frac{1}{2}$，∴直线ST：x+2y-2=0，
该直线与坐标轴的交点分别为（2，0），（0，1），∴a=2，b=1，
∴椭圆C的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（2）取S（2，0），Q（-2，0），∵P满足$\overrightarrow{PS}•\overrightarrow{PQ}$=0，
∴点P在半径r=2的圆上，圆的方程为：x²+y²=4，
又∵点A，B在椭圆C上且$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0（O为坐标原点），
∴原点O到弦AB的距离为定值d=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，证明过程：
∵OA⊥OB，故设A（mcosθ，msinθ），B（ncos（θ+$\frac{π}{2}$），nsin（θ+$\frac{π}{2}$）），其中m=|OA|，m=|OB|，
将A（mcosθ，msinθ），B（-nsinθ，ncosθ）的坐标代入椭圆方程$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1得，
$\frac{m^2•cos^2θ}{4}$+m²sin²θ=1，——①；$\frac{n^2•sin^2θ}{4}$+n²cos²θ=1，——②
将$\frac{①}{m^2}$+$\frac{②}{n^2}$得，$\frac{1}{m^2}$+$\frac{1}{n^2}$=$\frac{5}{4}$，设OH⊥AB于H，
因此，原点O到AB的距离为d=|OH|=$\frac{mn}{\sqrt{m^2+n^2}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$（定值），
又因为点P到原点的距离为定值2，
所以，当OP与OH共线反向时，△PAB的高达到最大，其最大值h_max=r+d=2+$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
因此，当底边AB的长度取得最大值时，△ABP的面积取得最大值，
设∠OAB=α，则|AB|=|AH|+|BH|=|OH|×（tanα+$\frac{1}{tanα}$），其中tanα∈[$\frac{1}{2}$，2]，
所以，|AB|∈[2|OH|，$\frac{5}{2}$|OH|]，即AB长度的最大值为$\frac{5}{2}$×$\frac{2\sqrt{5}}{5}$=$\sqrt{5}$，
所以，（S_△PAB）_max=$\frac{1}{2}$•|AB|_max×h_max=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{5}$×（2+$\frac{2\sqrt{5}}{5}$）=$\sqrt{5}+1$，
故△PAB面积的最大值为$\sqrt{5}+1$．

点评本题主要考查了椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆相切的条件、点到直线的距离公式、三角形面积计算公式，体现了参数法，转化法和数形结合的解题思想，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

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