(2014•长安区二模)4.6g铜镁合金完全溶解于100mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中,得到44
![](images/u2507.png)
A.该合金中铜与镁的物质的量之比是46:69
B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/L
C.产生沉淀8.51g
D.离子恰好完全沉淀时,加入NaOH溶液的体积是230mL
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liaodashi 共回答了16个问题
|采纳率87.5%- 解题思路:A.令Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol,根据二者质量与电子转移守恒列方程解答;
B.根据c=[1000ρw/M]计算;
C.铜镁合金完全溶解于浓硝酸中,向反应后的溶液中加入NaOH溶液至离子恰好全部沉淀,生成沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2,由化学式可知n(OH-)=2n(Cu)+2n(Mg),沉淀质量=m(Cu)+m(Mg)+m(OH-);
D.离子恰好完全沉淀时,此时溶液中溶质为NaNO3,根据N元素守恒可知n原(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO2)+2n(N2O4),再根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaNO3),再根据V=[n/c]计算.A.4480mL NO2的物质的量=[4.48L/22.4L/mol]=0.2mol,336mL N2O4的物质的量=[0.336L/22.4L/mol]=0.015mol,令Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol,根据二者质量与电子转移守恒,可得:
64x+24y=4.6
2x+2y=0.2+0.015×2,解得x=0.046、y=0.069,故该合金中铜与镁的物质的量之比=0.046mol:0.069mol=46:69,故A正确;
B.密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸.其物质的量浓度=[1000×1.4×63%/63]mol/L=14mol/L,故B正确;
C.铜镁合金完全溶解于浓硝酸中,向反应后的溶液中加入NaOH溶液至离子恰好全部沉淀,生成沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2,由化学式可知n(OH-)2=n(Cu)+2n(Mg)=2×(0.046mol+0.069mol)=0.23mol,故沉淀质量=m(Cu)+m(Mg)+m(OH-)=4.6g+0.23mol×17g/mol=8.51g,故C正确;
D.离子恰好完全沉淀时,此时溶液中溶质为NaNO3,根据N元素守恒可知n原(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO2)+2n(N2O4),故n(NaNO3)=0.1L×14mol/L-0.2mol-2×0.015mol=1.17mol,根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaNO3)=1.17mol,故需要氢氧化钠溶液的体积=[1.17mol/1mol/L]=1.17L=1170mL,故D错误,
故选D.点评:
本题考点: 有关混合物反应的计算.
考点点评: 本题考查混合物的有关计算,难度中等,理解反应发生的过程是关键,是对学生综合能力的考查,注意根据守恒思想进行的解答. - 1年前
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ray4078 共回答了15个问题
|采纳率93.3%解题思路:不确定事件就是可能发生也可能不发生的事件,依据定义即可作出判断.A、是不确定事件,选项正确;
B、是必然事件,是确定事件,选项错误;
C、是必然事件,是确定事件,选项错误;
D、是必然事件,是确定事件,选项错误.
故选A.点评:
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B.(-2,-1]
C.(-1,0)
D.[-1,0)chris军1年前1
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whw1981 共回答了12个问题
|采纳率91.7%由A中的不等式解得:-1<x+1<1,即-2<x<0,
∴A=(-2,0),
由B中的不等式变形得:([1/2])x≥2=([1/2])-1,
解得:x≤-1,即B=(-∞,-1],
∵全集为R,∴∁RB=(-1,+∞),
则A∩(∁RB)=(-1,0).
故选:C.1年前查看全部
- (2014•长安区二模)下列说法正确的是( )
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A.NaHCO3溶液加水稀释,
的比值保持增大C(Na+) C(HC
)O -3
B.浓度均为0.1 mol•L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液:2c(Na+)=3[c(CO32-)+c(HCO3-)]
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D.已知:Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(Ag2Cr2O4)=1.9×10-12,则Ag2CrO4的溶解度小于AgCl33775011年前1
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海到尽头天是岸 共回答了24个问题
|采纳率95.8%解题思路:A.溶液加水稀释促进HCO3-的水解,n(HCO3-)减小,而n(Na+)不变,以此判断浓度关系;
B.根据物料守恒判断;
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D.根据Ksp(AgCl)、Ksp(Ag2CrO4)计算生成AgCl、Ag2CrO4沉淀时银离子的浓度,以此可确定溶解度大小.A.溶液加水稀释促进HCO3-的水解,n(HCO3-)减小,而n(Na+)不变,则
C(Na+)
C(HC
O-3)=
n(Na+)
n(HC
O-3)增大,故A正确;
B.由物料守恒可知浓度均为0.1 mol•L-1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液:2c(Na+)=3[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)],故B错误;
C.高锰酸钾与葡萄糖发生氧化还原反应,故C错误;
D.AgCl饱和所需Ag+浓度c(Ag+)=
KSP(AgCl)
C(Cl-)=
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0.01mol/L=1.8×10-8 mol/L,
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C(CrO42-)=
1.9×10-12
0.001mol/L=4.36×10-5 mol/L,
可知饱和溶液中c(Ag2CrO4)=2.18×10-5 mol/L,由此可知Ag2CrO4的溶解度大于AgCl,故D错误.
故选A.点评:
本题考点: 离子浓度大小的比较;影响盐类水解程度的主要因素;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;离子共存问题.
考点点评: 本题考查较为综合,涉及盐类的水解,难溶电解质的溶解平衡,离子共存问题等知识,侧重于学生的分析能力和计算能力的考查,注意相关基础知识的积累,难度不大.1年前查看全部
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今日水资源严重短缺的西安市隋唐时期用水充足,有“陆海”(指湖泊和沼泽很多)的美称。该图示意古长安(今西安市长安区)“八水”位置。完成问题。
小题1:“八水绕长安”的地质成因之一是渭河平原地壳A.水平错断 B.褶皱凹陷 C.断裂陷落 D.水平张裂 A.秦岭北坡森林植被破坏 B.渭河流域水体污染严重 C.渭河下游汛期水位上升 D.秦岭南坡耕地面积增加 schools1年前1
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taide 共回答了20个问题
|采纳率90%小题1:C
小题2:A
小题1:此题考查地质作用及地貌。渭河平原为断裂陷落的地堑。
小题2:此题考查环境问题的产生。由于人类活动的加强,人们为了要开垦荒地,增加耕地,大量破坏了植被,使得古长安“陆海”不复存在1年前查看全部
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涅磐9261年前1
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alan_cyl 共回答了12个问题
|采纳率91.7%解题思路:首先,将函数化简,然后利用辅助角公式进行化简,求解相应的最大值和周期即可.∵y=sinx(3sinx+4cosx),
∴y=3sin2x+4sinxcosx
=3×[1−cos2x/2]+2sin2x
=2sin2x-[3/2]cos2x+[3/2]
=[5/2]sin(2x-x)+[3/2],(其中tanx=-[3/4])
∴最大值为M=[5/2+
3
2]=4,
最小正周期为T=
2π
2=π,
∴有序数对(M,T)为(4,π),
故答案为:(4,π).点评:
本题考点: 三角函数中的恒等变换应用;三角函数的周期性及其求法.
考点点评: 本题重点考查三角函数和三角恒等变换的知识,注意公式的灵活运用,属于中档题.1年前查看全部
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(1)求证:B1F⊥平面AEF;
(2)求二面角B1-AE-F的余弦值.sendy_zn1年前0
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(2014•长安区二模)铜单质及其化合物在很多领域中都有重要的用途.请回答以下问题:
(1)超细铜粉可用作导电材料、催化剂等,其制备方法如下:
①NH4CuSO3中金属阳离子的核外电子排布式为______.N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为______(填元素符号).
②SO2的空间构型为______.
(2)某学生用硫酸铜溶液与氨水做了一组实验,CuSO4溶液中加氨水生成蓝色沉淀,再加氨水沉淀溶解,得到深蓝色透明溶液,最后向该溶液中加入一定量乙醇,析出[Cu(NH3)4]SO4•H2O晶体,请解释加入乙醇后析出晶体的原因______;在该晶体中存在的化学键的种类有______.
(3)氯和钾与不同价态的铜可生成两种化合物,其阴离子均为无限长链结构(如图所示),a位置上Cl原子的杂化轨道类型为______.已知其中一种化合物的化学式为KCuCl3,则另一种化合物的化学式为______.
(4)用晶体的X射线衍射法可以测得阿伏加德罗常数的值.对金属铜的测定得到以下结果:铜晶胞为面心立方最密堆积,边长为361pm.又知铜的密度为9.00g•cm-3,则铜原子的直径约为______pm,阿伏加德罗常数的值为______[已知Ar(Cu)=63.6].孤之傲1年前1
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qqantony9999 共回答了24个问题
|采纳率95.8%解题思路:(1)①先判断金属离子的化合价,再根据根据核外电子排布式的书写规则书写,注意3d能级的能量大于4s能级的能量,失电子时,先失去最外层上的电子;根据第一电离能的变化规律比较其大小;②根据其杂化类型判断;
(2)根据相似相容原理判断;阴阳离子存在离子键,非金属元素间易形成共价键,配合物中存在配位键;
(3)a位置上Cl原子成2个单键,含有2对孤对电子,杂化轨道数为4,据此判断;一种化合物的化学式为KCuCl3,其中铜元素为+2价,故另一种化合物中铜为+1价,CuCl3原子团的化合价为-2,据此书写;
(4)铜的晶胞为面心立方最密堆积,根据其晶胞的堆积类型判断,三个铜原子相切,形成晶胞的面对角线,由此得到铜原子半径;根据铜摩尔质量=摩尔体积×密度计算.(1)①铜是29号元素,根据能量最低原理其态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1,该原子失去一个电子时,生成亚铜离子,失去的电子是最外层电子,所以亚铜离子的基态的电子排布式为:1S22S22P63S23P63d10或[Ar]3d10. 元素周期律中,同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大,但第ⅡA和第ⅢA、第ⅤA和第ⅥA互换,同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小,所以其第一电离能大小为N>O>S,
故答案为:1S22S22P63S23P63d10或[Ar]3d10;N>O>S;
②SO2价电子对数=[6/2]=3,价电子对数=配位原子数+孤电子对数,配位原子数为2,含有一对孤对电子,原子轨道空间构型为平面型,分子构型为角形;
(2)在水中得到深蓝色透明溶液,加入乙醇析出晶体,说明在乙醇中溶解性降低,根据相似相溶分析:乙醇分子极性弱于水的极性,在乙醇中溶解度降低;[Cu(NH3)4]SO4中硫酸根离子和[Cu(NH3)4]2+存在离子键,N原子和铜原子之间存在配位键,NH3中H和N之间存在共价键,所以[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有共价键、离子键、配位键;
故答案为:共价键、离子键、配位键;
(3)a位置上Cl原子成2个单键,含有2对孤对电子,杂化轨道数为4,杂化轨道类型为:sp3,一种化合物的化学式为KCuCl3,其中铜元素为+2价,故另一种化合物中铜为+1价,CuCl3原子团的化合价为-2,其化学式为:K2CuCl3,
故答案为:sp3、K2CuCl3;
(4)铜的晶胞为面心立方最密堆积,一个晶胞能分摊到4个Cu原子;晶胞面对角线为一个铜原子半径的四分之一,铜原子半径=
361×
2
4=128;
1pm=10-10cm,故一个晶胞的体积为(361×10-10)3=4.7×10-23cm3;
晶胞的质量=体积×密度,一个晶胞的质量为4.7×10-23cm3×9.00g•cm-3=4.23×10-22g;
在一个体心晶胞含4个铜原子,故铜的摩尔质量=
1
4×晶胞质量×NA,
由Ar(Cu)=63.6g•mol-1×NA,
得NA=6.01×1023mol-1,故答案为6.01×1023mol-1.点评:
本题考点: 晶胞的计算;元素电离能、电负性的含义及应用;化学键;判断简单分子或离子的构型;原子轨道杂化方式及杂化类型判断.
考点点评: 本题考查物质结构中电子排布式、化学键、等电子体、晶胞的计算等知识,其中计算是难点,综合性较强,难度中等.1年前查看全部
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1、“八水绕长安”的地质成因之一是渭河平原地壳 [ ]A.水平错断
B.褶皱凹陷
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在频率分布直方图中,对应矩形的高分别为0.005,0.01,
每组数据的组距为20
则成绩低于60分的频率P=(0.005+0.010)×20=0.3,
又∵低于60分的人数是15人,
则该班的学生人数是[15/0.3]=50.
故选:B.点评:
本题考点: 频率分布直方图.
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∴两式相加可得(a1+a9)+(a4+a6)+(a3+a7)=3(a1+a9)=39+27=66,解之可得(a1+a9)=22,
故S9=
9(a1+a9)
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故选:A.点评:
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∴a+b+c<0;所以①错误;
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∴a-b+c>0;所以②正确;
∵抛物线过原点,
∴c=0,
∴abc=0,所以③正确;
∵抛物线的对称轴为直线x=-1,
∴x=-[b/2a]=-1,
∴2a-b=0,所以④正确.
故选C.点评:
本题考点: 二次函数图象与系数的关系.
考点点评: 本题考查了二次函数的图象与系数的关系:二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象为抛物线,当a>0,抛物线开口向上;对称轴为直线x=-[b/2a];抛物线与y轴的交点坐标为(0,c);当b2-4ac>0,抛物线与x轴有两个交点;当b2-4ac=0,抛物线与x轴有一个交点;当b2-4ac<0,抛物线与x轴没有交点.1年前查看全部
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A.0.5mol/L氢氧化钙溶液和0.5mol/L碳酸氢镁溶液等体积混合反应:Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O
B.少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程式为:SO2+H2O+Ca2++2ClO-=CaSO3↓+2HClO
C.将11.2L标准状况下的氯气通入200mL 2mol/L的FeBr2溶液中,离子反应方程式为:2Fe2++8Br-+5Cl2═2Fe3++4Br2+10Cl-
D.某锂电池电极总反应为:4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2↑,则正极反应为:2SOCl2+4e-=4Cl-+S+SO2↑xiaodu241年前1
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|采纳率95.7%解题思路:A.碳酸镁是沉淀;
B.二氧化硫和次氯酸钙反应生成硫酸钙;
C.先氧化二价铁离子再氧化溴离子;
D.根据电池总反应4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2可知,电池工作时,Li被氧化,为原电池的负极,电池反应式为Li-e-=Li+,SOCl2被还原,为电池的正极,电极反应式为2SOCl2+4e-=4Cl-+S+SO2.A.0.5mol/L氢氧化钙溶液和0.5mol/L碳酸氢镁溶液等体积混合反应:Mg2++Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+MgCO3↓,故A错误;
B.二氧化硫具有还原性,次氯酸根离子具有氧化性,二者能发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子,所以少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程式为:SO2+H2O+Ca2++ClO-=CaSO4↓+Cl-+2H+,故B错误;
C.11.2L标准状况下的氯气是0.5mol,200mL 2mol/L的FeBr2溶液的物质的量是0.4mol,二价铁完全反应,还有0.6mol溴离子反应,离子反应方程式为:4Fe2++6Br-+5Cl2═2Fe3++3Br2+10Cl-,故C错误;
D.正极电极反应式为2SOCl2+4e-=4Cl-+S+SO2,故D正确.
故选D.点评:
本题考点: 离子方程式的书写;电极反应和电池反应方程式.
考点点评: 本题考查离子反应的书写,明确发生的化学反应是解答本题的关键,注意发生的氧化还原反应为解答的难点,题目难度中等.1年前查看全部
- (2014•长安区二模)下列说法正确的是( )
(2014•长安区二模)下列说法正确的是( )
A.天然气和液化石油气的主要成分都是甲烷
B.甘氨酸和丙氨酸脱水,最多可生成3种二肽
C.古代的陶瓷、砖瓦,现代的有机玻璃、水泥都是硅酸盐产品
D.K2FeO4能与水作用生成Fe(OH)3胶体和O2,可用于自来水的净化和杀菌消毒xinrui5211年前1
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hb1983 共回答了20个问题
|采纳率90%A.液化石油气的主要成分为丙烷、丁烷等烃类物质,天然气的主要成分为甲烷,成分不同,故A错误;
B.当同种氨基酸脱水,生成2种二肽;当是异种氨基酸脱水:可以是甘氨酸脱去羟基,丙氨酸脱氢;也可以丙氨酸脱羟基,甘氨酸脱去氢,生成2种二肽,所以共有4种,故B错误;
C.有机玻璃为聚丙烯酸甲酯,为有机高分子材料,而古代的陶瓷、砖瓦、现代的水泥都是硅酸盐产品,故C错误;
D.胶体具有吸附性,+6价铁具有强氧化性,则K2FeO4能与水作用生成Fe(OH)3胶体和O2,可用于自来水的净化和杀菌消毒,故D正确;
故选D.1年前查看全部
- (2014•长安区二模)下列说法正确的是( )
(2014•长安区二模)下列说法正确的是( )
A.天然气和液化石油气的主要成分都是甲烷
B.甘氨酸和丙氨酸脱水,最多可生成3种二肽
C.古代的陶瓷、砖瓦,现代的有机玻璃、水泥都是硅酸盐产品
D.K2FeO4能与水作用生成Fe(OH)3胶体和O2,可用于自来水的净化和杀菌消毒叶子878751年前1
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h0ng 共回答了18个问题
|采纳率100%解题思路:A.液化石油气的主要成分为丙烷、丁烷等烃类物质;
B.氨基酸形成肽键原理为羧基提供-OH,氨基提供-H,两个氨基酸分子脱去一个水分子脱水结合形成二肽,既要考虑不同氨基酸分子间生成二肽,又要考虑同种氨基酸分子间形成二肽;
C.有机玻璃为聚丙烯酸甲酯;
D.胶体具有吸附性,+6价铁具有强氧化性.A.液化石油气的主要成分为丙烷、丁烷等烃类物质,天然气的主要成分为甲烷,成分不同,故A错误;
B.当同种氨基酸脱水,生成2种二肽;当是异种氨基酸脱水:可以是甘氨酸脱去羟基,丙氨酸脱氢;也可以丙氨酸脱羟基,甘氨酸脱去氢,生成2种二肽,所以共有4种,故B错误;
C.有机玻璃为聚丙烯酸甲酯,为有机高分子材料,而古代的陶瓷、砖瓦、现代的水泥都是硅酸盐产品,故C错误;
D.胶体具有吸附性,+6价铁具有强氧化性,则K2FeO4能与水作用生成Fe(OH)3胶体和O2,可用于自来水的净化和杀菌消毒,故D正确;
故选D.点评:
本题考点: 含硅矿物及材料的应用;胶体的重要性质;有机化学反应的综合应用.
考点点评: 本题考查较综合,涉及材料、物质的成分、缩合反应及胶体性质及水的净化等,综合性较强,注重基础知识的考查,选项B为解答的易错点,题目难度不大.1年前查看全部
- (2014?长安区三模)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥平面ABC,△ABC为等腰直角三角形,∠BAC=
(2014?长安区三模)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥平面ABC,△ABC为等腰直角三角形,∠BAC=90°,
(2014?长安区三模)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱AA1⊥平面ABC,△ABC为等腰直角三角形,∠BAC=90°,
且AB=AA1,D,E,F分别是B1A,CC1,BC的中点.
(1)求证:DE∥平面ABC;
(2)求证:B1F⊥平面AEF;
(3)设AB=a,求三棱锥D-AEF的体积.
coolbelewjp1年前0
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共回答了个问题
|采纳率
- (2013•长安区模拟)如图,点E、F、G、H分别是正方形ABCD各边的中点,点I、J、K、L分别是四边形EFGH各边的
(2013•长安区模拟)如图,点E、F、G、H分别是正方形ABCD各边的中点,点I、J、K、L分别是四边形EFGH各边的中点,点M、N分别是IJ、IL的中点.若图中阴影部分的面积是10,则AB的长是( )
A.10
B.9
C.8
D.7我本无名11年前1
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MaxSam 共回答了21个问题
|采纳率95.2%解题思路:先根据阴影部分计算IJ的长度,根据IJ长度计算EF长度,根据EF长度计算AB长度.设IJ=x,则阴影部分的面积为
S△JKM+S△LKN+S△IMN=[1/2]×x×[1/2]x+[1/2]×x×[1/2]x+[1/2]×[1/2]x×[1/2]x=10,
整理得出:[5/8]x2=10,
解得x1=4,x2=-4(不合题意舍去),
所以EJ2+EI2=IJ2=42,
∵EJ=EI,
∴2EJ2=42,
解得:EJ=2
2,
故EF=4
2,
∵BE=BF,BE2+BF2=EF2,
∴2BE2=(4
2)2,
∴BE=4,
故AB=8.
故选:C.点评:
本题考点: 正方形的性质;等腰直角三角形.
考点点评: 本题考查了中位线定理和正方形四边相等且对角线垂直的灵活应用,根据阴影部分面积计算最小正方形的边长是解题的关键.1年前查看全部
- 英语翻译陕西省西安市长安区西沣公路兴隆段266号西电新区 0166信箱上述地址也可简化为陕西省西安市长安区西沣公路266
英语翻译
陕西省西安市长安区西沣公路兴隆段266号西电新区 0166信箱
上述地址也可简化为
陕西省西安市长安区西沣公路266号 0166信箱狼的zz20061年前4
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958876 共回答了21个问题
|采纳率85.7%Mailbox0166,Xidian New Area,No.266 Xinglong Lane,Xipe Highway,Chang'an District,Xi'an,Shanxi Province1年前查看全部
- (2014•长安区三模)等差数列{an}中,a1+a4+a7=39,a3+a6+a9=27,则数列{an}前9项的和S9
(2014•长安区三模)等差数列{an}中,a1+a4+a7=39,a3+a6+a9=27,则数列{an}前9项的和S9等于( )
A.99
B.66
C.297
D.144西南花卉网1年前1
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绿色论谈 共回答了11个问题
|采纳率90.9%解题思路:已知两式相加结合等差数列的性质可得(a1+a9)=22,整体代入求和公式可得.∵a1+a4+a7=39,a3+a6+a9=27,
∴两式相加可得(a1+a9)+(a4+a6)+(a3+a7)=3(a1+a9)=39+27=66,解之可得(a1+a9)=22,
故S9=
9(a1+a9)
2=[9×22/2]=99,
故选:A.点评:
本题考点: 等差数列的性质;等差数列的前n项和.
考点点评: 本题考查等差数列的性质和求和公式,得出(a1+a9)=22是解决问题的关键,属中档题.1年前查看全部
- (2014•长安区三模)为了解某市的交通状况,现对其6条道路进行评估,得分分别为:5,6,7,8,9,10.规定评估的平
(2014•长安区三模)为了解某市的交通状况,现对其6条道路进行评估,得分分别为:5,6,7,8,9,10.规定评估的平均得分与全市的总体交通状况等级如下表
(1)求本次评估的平均得分,并参照上表估计该市的总体交通状况等级;
(2)用简单随机抽样方法从这6条道路中抽取2条,它们的得分组成一个样本,求该样本的平均数与总体的平均数之差的绝对值不超0.5的概率.uytrewq43211年前1
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lqh99901 共回答了16个问题
|采纳率100%解题思路:(1)由已知中对其6条道路进行评估,得分分别为:5,6,7,8,9,10,计算出得分的平均分,然后将所得答案与表中数据进行比较,即可得到答案.
(2)我们列出从这6条道路中抽取2条的所有情况,及满足样本的平均数与总体的平均数之差的绝对值不超0.5情况,然后代入古典概型公式即可得到答案.(1)6条道路的平均得分为[5+6+7+8+9+10/6]=7.5(3分)
∴该市的总体交通状况等级为合格.(5分)
(2)设A表示事件“样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5”.
从6条道路中抽取2条的得分组成的所有基本事件为:
(5,6),(5,7),(5,8),(5,9),(5,10)
(6,7),(6,8),(6,9),(6,10),(7,8)
(7,9),(7,10),(8,9),(8,10),(9,10),共15个基本事件.
事件A包括(5,9),(5,10),(6,8),(6,9),(6,10),(7,8),(7,9)共7个基本事件,
∴P(A)=[7/15]
答:该样本平均数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5的概率为[7/15].点评:
本题考点: 等可能事件的概率;众数、中位数、平均数;随机事件.
考点点评: 本题考查的知识点是古典概型,平均数,古典概型要求所有结果出现的可能性都相等,强调所有结果中每一结果出现的概率都相同.弄清一次试验的意义以及每个基本事件的含义是解决问题的前提,正确把握各个事件的相互关系是解决问题的关键.解决问题的步骤是:计算满足条件的基本事件个数,及基本事件的总个数,然后代入古典概型计算公式进行求解.1年前查看全部
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