年高考广东卷理科综合
一、单项选择题。1,以下细胞结构中，RNA是其结构组成的是（
）(4分) A.液泡 B.核糖体 C.高尔基体 D.溶酶体2,以下过程一定存在反馈调节的是（
）①胰岛素分泌量对血糖浓度的影响②运动强度对汗腺分泌的影响③降雨量对土壤动物存活率的影响④害虫数量对其天敌鸟类数量的影响(4分) A.①② B.②③ C.③④ D.①④3,某种兰花有细长的花矩（图1），花矩顶端贮存着花蜜，这种兰花的传粉需借助具有细长口器的蛾在吸食花蜜的过程中完成。下列叙述正确的是（
）(4分) A.蛾口器的特征决定兰花花矩变异的方向 B.花矩变长是兰花新种形成的必要条件 C.口器与花矩的相互适应是共同进化的结果 D.蛾的口器会因吸食花蜜而越变越长4,下列叙述错误的是(
)(4分) A.醋酸菌在无氧条件下利用乙醇产生醋酸 B.酵母菌在无氧条件下利用葡萄糖汁产生酒精 C.泡菜腌制利用了乳酸菌的乳酸发酵 D.腐乳制作利用了毛霉等微生物的蛋白酶和脂肪酶5,油菜种子成熟过程中部分有机物的变化如图2所示，将不同成熟阶段的种子匀浆后检测，结果正确的是（
）(4分) A.如表所示 B.如表所示 C.如表所示 D.如表所示6,在一稳定生态系统中，灰线小卷蛾幼虫以落叶松松针为食，幼虫摄食对松树的代谢活动有一定影响，进而影响下一年幼虫食物的质和量。幼虫密度与最大松针长度的变化如图3所示。以下叙述错误的是（
）(4分) A.幼虫密度呈周期性波动 B.幼虫摄食改变了落叶松的丰富度 C.可利用样方法调查幼虫的密度 D.幼虫摄食对松针长度的影响具滞后性7,生活中处处有化学。下列说法正确的是（
）(4分) A.制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金 B.做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体 C.煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类 D.磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸8,水溶液中能大量共存的一组离子是（
）(4分) A.Na+、Ca2+、Cl-、SO42- B.Fe2+、H+、SO32-、ClO- C.Mg2+、NH4+、Cl-、SO42- D.K+、Fe3+、NO3-、SCN-9,下列叙述I和II均正确并有因果关系的是（
）(4分) A.如图中A B.如图中B C.如图中C D.如图中D10,设NA为阿伏伽德罗常数的数值。下列说法正确的是（
）(4分) A.1mol甲苯含有6NA个C-H键 B.18gH2O含有10NA个质子 C.标准状况下，22.4L氨水含有NA个NH3分子 D.56g铁片投入足量浓硫酸中生成NA个SO2分子11,某同学组装了图4所示的电化学装置电极I为Al，其他电极均为Cu，则（
）(4分) A.电流方向：电极IV→→电极I B.电极I发生还原反应 C.电极II逐渐溶解 D.电极III的电极反应：Cu2++2e-==Cu12,常温下，0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图5所示，下列说法正确的是（
）(4分) A.HA是强酸 B.该混合液pH=7 C.图中x表示HA，Y表示OH-，Z表示H+ D.该混合溶液中：c(A-)+c(Y)=c（Na+）13,如图所示是物体做直线运动的v-t图象，由图可知，该物体（
）(4分) A.第1s内和第3s内的运动方向相反 B.第3s内和第4s内的加速度相同 C.第1s内和第4s内的位移大小不相等 D.0-2s和0-4s内的平均速度大小相等14,如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是（
）(4分) A.M处受到的支持力竖直向上 B.N处受到的支持力竖直向上 C.M处受到的静摩擦力沿MN方向 D.N处受到的静摩擦力沿水平方向15,如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块（
）(4分) A.在P和Q中都做自由落体运动 B.在两个下落过程中的机械能都守恒 C.在P中的下落时间比在Q中的长 D.落至底部时在P中的速度比在Q中的大16,如图所示是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图。图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦。在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中（
）(4分) A.缓冲器的机械能守恒 B.摩擦力做功消耗机械能 C.垫板的动能全部转化为内能 D.弹簧的弹性势能全部转化为动能二、双项选择题。17,用密封性好、充满气体的塑料袋包裹易碎品，如图10所示。充气袋四周被挤压时，假设袋内气体与外界无热交换，则袋内气体（
）(6分) A.体积减小，内能增大 B.体积减小，压强减小 C.对外界做负功，内能增大 D.对外界做正功，压强减小18,在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是（
）(6分) A.增大入射光强度，光电流增大 B.减小入射光的强度，光电效应现象消失 C.改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应 D.改用频率大于ν的光照射，光电子的最大初动能变大19,如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片。保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电建S，下列说法正确的是（
）(6分) A.P向下滑动时，灯L变亮 B.P向下滑动时，变压器的输出电压不变 C.P向上滑动时，网变压器的输入电流减小 D.P向上滑动时，变压器的输出功率变大20,如图所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电荷量为+Q的小球P。带电荷量分别为-q和+2q的小球M和N。由绝缘细杆相连，静止在桌面上。P与M相距L，P、M和N视为点电荷。下列说法正确的是（
）(6分) A.M与N的距离大于L B.P、M和N在同一直线上 C.在P产生的电场中，M、N处的电势相同 D.M、N及细杆组成的系统所受合外力为零21,如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动。星球相对飞行器的张角为θ。下列说法正确的是（
）(6分) A.轨道半径越大，周期越长 B.轨道半径越大，速度越大 C.若测得周期和张角，可得到星球的平均密度 D.若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度22,下列实验操作、现象和结论均正确的是（
）(6分) A.如图中A B.如图中B C.如图中C D.如图中D23,甲～辛等元素在周期表中的相对位置如下表。甲和戊的原子序数相差3，戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，丁和辛属同周期元素。下列判断正确的是（
）(6分) A.金属性：甲＞乙＞丁 B.原子半径：辛＞己＞戊 C.丙和庚的原子核外电子数相差13 D.乙的单质在空气中燃烧生成只含离子键的化合物24,以下选项正确的是（
）(6分) A.如图所示 B.如图所示 C.如图所示 D.如图所示25,利用基因工程技术生产羧酸酯酶（CarE）制剂的流程如图14所示，下列叙述正确的是（
）(6分) A.过程①需使用逆转录酶 B.过程②需使用解旋酶和PCR获取目的基因 C.过程③使用的感受态细胞可用NaCl溶液制备 D.过程④可利用DNA分子杂交鉴定目的基因是否已导入受体细胞三、非选择题。26,观测不同光照条件下生长的柑橘，结果见下表，请回答下列问题：（注：括号内的百分数以强光照的数据作为参考）（1）CO2以__①__方式进入叶绿体后，与__②__结合而被固定，固定产物的还原需要光反应提供的__③__。（2）在弱光下，柑橘通过__①__和__②__来吸收更多的光能，以适应弱光环境。（3）与弱光下相比，强光下柑橘平均每片叶的气孔总数__①__，单位时间内平均每片叶CO2吸收量__②__。对强光下生长的柑橘适度遮阴，持续观测叶色、叶面积和净光合速率，这三个指标中，最先发生改变的是__③__，最后发生改变的是__④__。(16分)27,（1）小红不小心被针刺，随即出现抬手动作，其神经反射如图15所示。图15中传出神经元是__①__。b1兴奋后使c1兴奋，而b2兴奋后使c2抑制，可推测b1和b2的突触小泡释放的__②__是不同的物质。小红抬手之后对妈妈说：“我手指被针刺了，有点疼。”该过程一定有大脑皮层的__③__中枢以及言语区的__④__参与调节。（2）脊髓灰质炎（脊灰）病毒感染可使脊髓神经元受损而影响有关神经反射，接种疫苗是预防脊灰的有效措施。某研究跟踪监测84名儿童先后两次接种改进的脊灰病毒灭活疫苗的免疫效果，结果见右表，D≥4者免疫结果呈阳性，D值越高者血清中抗体浓度越高。由表可知，初次免疫的阳性率为__①__。②请总结再次免疫效果与初次免疫效果的差异，并分析产生差异的原因。(16分)28,图16是某家系甲、乙、丙三种单基因遗传病的系谱图，其基因分别用A、a，B、b和D、d表示。甲病是伴性遗传病，Ⅱ7不携带乙病的致病基因。在不考虑家系内发生新的基因突变的情况下，请回答下列问题：（1）甲病的遗传方式是__①__，乙病的遗传方式是__②__，丙病的遗传方式是__③__，Ⅱ6的基因型是__④__。（2）Ⅲ13患两种遗传病的原因是__①__。（3）假如Ⅲ15为乙病致病基因的杂合子、为丙病致病基因携带者的概率是1/，Ⅲ15和Ⅲ16结婚，所生的子女只患一种病的概率是__①__，患丙病的女孩的概率是__②__。（4）有些遗传病是由于基因的启动子缺失引起的，启动子缺失常导致__①__缺乏正确的结合位点，转录不能正常起始，而使患者发病。(16分)29,铁皮石斛是我国名贵中药，生物碱是其有效成分之一，应用组织培养技术培养铁皮石斛拟原球茎（简称PLBs，类似愈伤组织）生产生物碱的实验流程如下：在固体培养基上，PLBs的重量、生物碱含量随增殖培养时间的变化如图17所示，请回答下列问题：（1）选用新生营养芽为外植体的原因是__a__，诱导外植体形成PLBs的过程称__b__。（2）与黑暗条件下相比，PLBs在光照条件下生长的优势体现在__c__，__d__，__e__。（3）脱落酸（ABA）能提高生物碱含量，但会抑制PLBs的生长。若采用液体培养，推测添加适量的ABA可提高生物碱产量。同学们拟开展探究实验验证该推测，在设计实验方案是探讨了以下问题：①ABA的浓度梯度设置和添加方式：设4个ABA处理组，1个空白对照组，3次重复。因ABA受热易分解，故一定浓度的无菌ABA母液应在各组液体培养基__f__后按比例加入。②实验进程和取样：实验50天完成，每10天取样，将样品（PLBs）称重（g/瓶）后再测定生物碱含量。如初始（第0天）数据已知，实验过程中还需测定的样品数为__g__。③依所测定数据确定适宜的ABA浓度和培养时间：当某3个样品（重复样）的__h__时，其对应的ABA浓度为适宜浓度，对应的培养时间是适宜培养时间。(16分)30,不饱和酯类化合物在药物、涂料等领域应用广泛。（1）下列关于化合物I的说法，正确的是（
） A．与FeCl3溶液可能显紫色 B．可能发生酯化反应和银镜反应 C．能与溴发生取代和加成反应 D．1mol化合物I最多与2molNaOH反应（2）反应①的一种由烯烃直接制备不饱和酯的新方法①化合物II的分子式为______。1mol化合物II能与______molH2恰好反应生成饱和烃类化合物。（3）化合物II可由芳香族化合物III或IV分别通过消去反应获得。但只有III能与Na反应产生H2。III的结构简式为______（写1种）；由IV生成II的反应条件为______。（4）聚合物可用于制备涂料。其单体的结构简式为______。利用类似反应①的方法仅以乙烯为有机原料合成该单体，涉及的反应方程式为______。(15分)31,用CaSO4代替O2与燃料CO反应，既可以提高燃烧效率，又能得到高纯CO2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术，反应①为主反应，反应②和③为副反应。①1/4CaSO4(s)+CO(g)?1/4CaS(s)+CO2(g)△H1=－47.3kJ/mol②CaSO4(s)+CO(g)?CaO(s)+CO2(g)+SO2(g)△H2=+.5kJ/mol③CO(g)?1/2C(s)+1/2CO2(g)△H3=-86.2kJ/mol（1）反应2CaSO4(s)+7CO(g)?CaS(s)+CaO(s)+C(s)+6CO2(g)+SO2(g)的△H=______（用△H1△H2△H3表示）。（2）反应①～③的平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线见图18.结合各反应的△H，归纳lgK～T曲线变化规律：a）______b）______（3）向盛有CaSO4的真空恒容容器中充入CO，反应①于oC达到平衡，c平衡（CO）=8.0×10-5mol?L-1，计算CO的转化率（忽略副反应，结果保留2位有效数字）。（4）为减少副产物，获得更纯净的CO2，可在初始燃料中适量加入______。（5）以反应①中生成的CaS为原料，在一定条件下经原子利用率%的高温反应，可再生成CaSO4，该反应的化学方程式为______；在一定条件下CO2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，产物的结构简式为______。(16分)32,石墨在材料领域有重要应用。某初级石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3(5.1%)、Fe2O3(3.1%)和MgO(0.5%)等杂质。设计的提纯和综合应用工艺如下：（注：SiCl4的沸点是57.6oC，金属氯化物的沸点均高于oC）（1）向反应器中通入Cl2前，需通一段时间的N2，主要目的是______。（2）高温反应后，石墨中的氧化物杂质均转变为相应的氯化物。气体I中的氯化物主要为______。由气体II中某物质得到水玻璃的化学方程式为______。（3）步骤①为：搅拌、______。所得溶液IV中阴离子有______。（4）由溶液IV生成沉淀V的总反应的离子方程式为______。kg初级石墨最多可获得V的质量为______kg。（5）石墨可用于自然水体中铜件的电化学防腐，完成图19防腐示意图，并作相应标注。(16分)33,H2O2是一种绿色氧化还原试剂，在化学研究中应用广泛。（1）某小组拟在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响。限选试剂与仪器：30%H2O2、0.1mol?L-1Fe2(SO4)3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器①写出本实验H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目：______②设计实验方案：在不同H2O2浓度下，测定______（要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）。③设计实验装置，完成图20的装置示意图。④参照下表格式，拟定实验表格，完整体现实验方案（列出所选试剂体积、需记录的待测物理量和所拟定的数据；数据用字母表示）。（2）利用图21（a）和21（b）中的信息，按图21（c）装置（连能的A、B瓶中已充有NO2气体）进行实验。可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的______（填“深”或“浅”），其原因是______。(17分)34,（1）某同学设计的可调电源电路如图（a）所示，R0为保护电阻，P为滑动变阻器的滑片。闭合电建S。①用电压表测量A、B两端的电压：将电压表调零，选择0-3V挡，示数如图22（b），电压值为______V。②在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于______端。③要使输出电压U变大，滑片P应向______端滑动。④若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在______的风险（填“断路”或“短路”）。（2）某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧弹性势能与压缩量的关系①如图23（a），将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表，由数据算得劲度系数k=______N/m。（g取9.80m/s2）②取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图23（b）所示：调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小______。③用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为______。④重复③中操作，得到v与x的关系如图23（c）。由图可知，v与x成______关系。由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的______成正比。35,如图所示的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板。物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P。以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1=2s至t2=4s内工作。已知P1、P2的质量都为m=1kg，P与AC间的动摩擦因数为μ=0.1，AB段长L=4m，g取10m/s2。P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞。（1）若v1=6m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能△E；（2）若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E。36,如图25所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L。两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外。A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L，质量为m、电荷量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍。不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑。（1）若k=1，求匀强电场的电场强度E；（2）若2＜k＜3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式。----参考答案----[答案]：B[解析]：核糖体的组成是rRNA和蛋白质，故B正确；液泡、高尔基体和溶酶体，都不含有RNA，故ACD均错。[答案]：D[解析]：胰岛素对血糖浓度的调节属于激素调节，激素调节存在反馈调节，故①正确；捕食之间存在反馈调节，即当捕食者数量增多时，被捕食者数量减少，而被捕食者数量的减少，会导致捕食者数量减少，即④正确，故D正确，降雨量的多少对土壤动物的存活率有影响，但土壤动物的存活率对降雨量没有影响，故③错，同理②错。[答案]：C[解析]：变异是不定向的，故A错；新物种产生的必要条件是隔离，故B错；根据题干可知，口器与花矩的相互适应是相互选择，共同进化的结果，故C正确；口器的变长是自然选择的结果，故D错。[答案]：A[解析]：醋酸杆菌酿醋时需要持续通气，即利用醋酸杆菌的有氧呼吸，不是无氧呼吸，故A错。
酵母菌在无氧条件下，产生酒精，故B正确；
泡菜的制作利用了乳酸菌的无氧呼吸，产物是乳酸，故C正确；
制作腐乳利用了毛霉等微生物产生的蛋白酶和脂肪酶，故D正确。[点评]：本题主要考查微生物发酵，意在考查考生能理解并熟练记忆所学知识的要点的能力。[答案]：C[解析]：据图可知，第10天时，有可溶性糖，因此加入斐林试剂，水浴加热后能出现砖红色沉淀，故A错；种子萌发过程中，可溶性糖转化成淀粉，相应的酶存在于细胞内，催化淀粉合成的酶化学本质是蛋白质，因此加入双缩脲试剂后，能出现紫色反应，故B错；第30天时，脂肪的含量较高，加入苏丹Ⅲ试剂后，出现橘黄色颗粒，故C正确；第40天时，淀粉的含量降低至0，因此加入碘液后，不会出现蓝色，故D错。[答案]：B[解析]：据图可知，幼虫密度随时间呈周期性波动，故A正确；丰富度是指该生态系统的物种种类数，而捕食关系，不能使被捕食者的数量降低为0，因此没有改变落叶松的丰富度，故B错；由于灰线小卷蛾幼虫以落叶松松针为食，活动能力弱，活动范围小，因此采用样方法调查其种群密度，故C正确；根据题干可知，幼虫摄食对松树的代谢活动有一定影响，进而影响下一年幼虫食物的质和量，幼虫的数量先于松针长度变化，表明幼虫摄食对松针长度的影响具滞后性，故D正确。[答案]：A[解析]：化学与生活的考查中，要注意所学知识与实际生活的联系，比如选项D即便不学化学，根据生活常识也可判断，豆浆煮沸后是不会变成氨基酸的。A、不锈钢主要是铁、碳合金，正确；B、棉、麻、淀粉都属于多糖，是高分子化合物，其分子的聚合度不同，所以不能互为同分异构体，错误；C、花生油是液态油，其成分主要是不饱和酯，而牛油是固态油，其成分主要是饱和酯，错误；D、豆浆加热煮沸属于蛋白质的变性而不是发生了水解反应生成氨基酸，错误，答案选A。[点评]：本题以合金、多糖、油脂、蛋白质为载体，考查学生对物质的性质、成分的判断，同分异构体的判断[答案]：C[解析]：判断离子是否大量共存，需掌握离子之间是否发生复分解反应、氧化还原反应、双水解反应、络合反应，尤其是微溶物的生成在离子大量共存问题中需注意。对于本题不存在额外的附加条件，直接判断即可。A、Ca2+与SO42-结合生成微溶物硫酸钙，不能大量共存，错误；B、Fe2+与H+、ClO-因反应氧化还原反应而不能大量共存，错误；C、4种离子都不反应，可以大量共存，正确；D、Fe3+与SCN-发生络合反应而不能大量共存，错误，答案选C。[点评]：本题以溶液中离子共存的方式考查对氧化还原反应、络合反应、微溶物的生成反应的判断，考查硫酸钙、次氯酸根离子、氢离子与亚铁离子、硫氰根离子与铁离子的共存问题[答案]：B[解析]：这类题目需注意3个方面，一、叙述I是正确的，二、叙述II是正确的；三、二者存在因果关系。三点必须同时满足才是正确答案。对每条叙述都必须认真思考后作答。A、重结晶法除去硝酸钾中的氯化钠是利用了二者的溶解度受温度变化影响不同，硝酸钾随温度升高溶解度增大的幅度比氯化钠随温度升高溶解度增大的幅度大，所以当温度降低时，硝酸钾的溶解度骤降，而氯化钠的溶解度变化不大，因此硝酸钾析出，氯化钠留在溶液中，从而除去硝酸钾中的氯化钠，并非是硝酸钾的溶解度大的缘故，错误；B、硫酸钡难溶于酸，先加盐酸无沉淀产生，排除Ag+、CO32-、SO32-的干扰，再加BaCl2溶液有白色沉淀产生，证明原溶液中存在SO42-，正确；C、因为氨气易溶于水，所以可用于设计喷泉实验，与氨气使酚酞溶液变红无因果关系，错误；D、氢氧化钙微溶于水，可配制澄清石灰水，但不能得到浓度为2.0mol/L的Ca(OH)2溶液，错误，答案选B。[点评]：本题以硝酸钾、硫酸钡、氨气、氢氧化钙为载体，考查对重结晶法、硫酸根离子的检验、氨气的喷泉实验、氢氧化钙溶液的配制的判断，对物质性质的描述是否存在因果关系的判断[答案]：B[解析]：阿伏伽德罗常数是每年高考题中必现的题目，在这类题目中要注意与22.4L/mol有关的描述、氧化还原反应中得失电子的数目、盐溶液中水解离子的数目、质子数、中子数、化学键的数目、由同位素原子构成的物质的摩尔质量、氧化还原反应中与浓度有关的问题等的判断，所以读题需认真，做题需谨慎。A、根据甲苯的结构简式判断1mol甲苯含有8NA个C-H键，错误；B、1个水分子中含有10个质子，18g水的物质的量是1mol，所以18gH2O含有10mol即10NA个质子，正确；C、标准状况下氨水不是气体，所以不能计算其物质的量，错误；D、铁在常温下与浓硫酸发生钝化，加热可使反应继续进行，但56g即1molFe与足量浓硫酸发生氧化还原反应时，生成铁离子，转移电子3mol，所以应生成1.5mol的二氧化硫即1.5NA个SO2分子，错误，答案选B。[点评]：本题旨在考察阿伏伽德罗常数与物质的量之间的关系，对22.4L/mol数据的应用条件、质子数、化学键数目、氧化还原反应中气体分子数的判断，对物质的结构式、反应的特点、物质的状态的考查[答案]：A[解析]：判断该装置是原电池还是电解池还是二者组合的形式，首先看装置中是否存在外加电源，然后再去判断是一个原电池还是一个电解池，还是二者的组合。一般情况下无外电源的装置中必有1个是原电池，若该装置是组合的形式，则另一装置为电解池；若存在外加电源，则都是电解池装置或是串联的电解池装置。原电池与电解池组合的形式中，从装置的两极的材料或发生的反应判断哪个是原电池哪个是电解池。一般存在电解质溶液的原电池中的电极材料是不同的，而电解池的电极材料可以是相同的。A、由题意可知，该装置的I、II是原电池的两极，I是负极，II是正极，III、IV是电解池的两极，其中III是阳极，IV是阴极，所以电流方向：电极IV→→电极I，正确；B、电极I是原电池的负极，发生氧化反应，错误；C、电极II是原电池的正极，发生还原反应，有Cu析出，错误；D、电极III是阳极，发生氧化反应，电极反应是Cu-2e-=：Cu2+，错误，答案选A。[点评]：本题以原电池与电解池组合的形式，考查学生运用所学知识对电化学装置的判断，原电池的构成条件的应用，电极、电极反应、电流方向、反应类型的综合考查[答案]：D[解析]：对于图像题目，首先根据题目弄清图像的含义，该图像中不存在Na+的浓度，从图像上可看出各粒子的浓度的大小关系，然后再结合题目所给信息对溶液中的粒子浓度大致排序，与图像中的粒子对照，结合选项进行分析判断。尤其是单选题目，取向相同的2个答案肯定不是本题的答案，如本题中A与B选项，HA是强酸，则溶液的pH一定等于7，单选题目不可能存在2个答案，所以答案一定在C、D中。A、0.2mol/L—元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0.1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c(A-)=0.1mol/L，与图不符，所以HA为弱酸，A错误；B、根据A的分析，可知该溶液的pH＞7，错误；C、A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-）＞c(HA)＞c(H+)，所以X是OH-，Y是HA，Z表示H+，错误；D、根据元素守恒，有c(A-)+c(HA)=c（Na+），正确，答案选D。[点评]：本题以氢氧化钠与一元酸反应为例考查对图像的分析、混合溶液中离子浓度的大小比较、溶液酸碱性的判断，假设法的运用考查溶液的混合计算，溶液酸碱性的判断，离子浓度的比较，图像分析[答案]：B[解析]：0-1s向正方向做加速度为1m/s2的匀加速直线运动；1-2s向正方向做匀速直线运动；2-3s向正方向做加速度为1m/s2的匀减速直线运动；3-4s以1m/s2的加速度向相反方向做匀加速直线运动，故选项A错误，B正确；据速度—时间图象中图线与时间轴围成的面积大小表示位移大小，可知，第1s内和第4s内的位移大小均为0.5m，选项C错误；0-2s内与0-4s内位移大小相等，但时间不同，故平均速度大小不相等，选项D错误。[点评]：本题考查匀变速直线运动的速度—时间图象。先认真审题；再分析图象，通过图象斜率计算加速度大小，通过图线所处象限判断运动方向，通过图象面积计算位移大小；然后按选项顺序逐一判断。[答案]：A[解析]：M处支持力方向与支持面（地面）垂直，即竖直向上，选项A正确；N处支持力与支持面（原木接触面）垂直，即垂直MN向上，故选项B错误；学-科-网摩擦力与接触面平行，故选项C、D错误。[点评]：本题考查弹力和摩擦力的方向。弹力方向判断要先找出接触面，弹力与接触面垂直；摩擦力方向的确定要先判断物体的运动趋势方向，静摩擦力方向与运动趋势方向相反。[答案]：C[解析]：由于电磁感应，在铜管P中还受到向上的磁场力，而在塑料管中只受到重力，即只在Q中做自由落体运动，故选项A、B错误；而在P中加速度较小，故选项C正确而选项D错误。[点评]：本题考查自由落体运动、电磁感应和机械能守恒定律的条件。首先判断磁场力方向，进一步判断物体的运动性质，进而可以比较运动时间和速度大小。[答案]：B[解析]：由于楔块与弹簧盒、垫板间有摩擦力，即摩擦力做负功，则机械能转化为内能，故选项A错误，而选项B正确；垫板动能转化为内能和弹性势能，故选项C错误；弹簧的弹性势能转化为动能和内能，故选项D错误。[点评]：本题考查能量转化和机械能守恒的条件。抓住“只有弹簧弹力做功机械能守恒，但除了弹簧弹力还有摩擦力做功，机械能减小”。[答案]：A,C[解析]：充气袋被挤压时，气体体积减小，外界对气体做功，已知袋内气体与外界无热交换，则袋内气体内能增加，故选项C正确，D错误；气体体积减小，内能增加，温度一定升高，压强变大，故选项A正确，B错误。[点评]：本题考查理想气体状态方程和影响内能的两种方式。先通过影响内能变化的两种方式确定内能变化，进而确定气体温度变化，再通过理想气体状态方程判断压强变化。[答案]：A,D[解析]：已知用频率为ν的光照射光电管阴极，发生光电效应，可知光电管阴极金属材料的极限频率肯定小于ν，改用频率较小的光照射时，仍有可能发生光电效应，选项C错误；根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hv-W0可知，增加照射光频率，光电子最大初动能也增大，故选项D正确；增大入射光强度，单位时间内照射到单位面积的光电子数增加，则光电流将增大，故选项A正确；光电效应是否产生于照射光频率有关而与照射光强度无关，故选项B错误。[点评]：本题考查光电效应抓住“照射光大于金属极限频率是产生光电效应的条件”和“只有发生光电效应之后再增加光照强度才可以增大光电流”这两个结论。[答案]：B,D[解析]：由于理想变压器输入电压不变，则副线圈电压U2不变，滑片P滑动时，对灯泡电压没有影响，故灯泡亮度不变，则选项A错误；滑片P下滑，电阻变大，但副线圈电压由原线圈电压决定，则副线圈电压不变，故选项B正确；滑片P上滑，电阻减小，电流I2增大，则原线圈输入电流I1也增大，故选项C错误；此时变压器输出功率P2=U2I2将变大，故选项D正确。[点评]：本题考查变压器原理和电路动态平衡通过某一电阻变化判断整体电阻变化，据闭合电路欧姆定律判断干路电流变化；再抓住“原线圈电压决定副线圈电压、副线圈电路决定原线圈电流、副线圈输出功率决定输入功率”这个结论。[答案]：B,D[解析]：由于MN处于静止状态，则MN合力为0，即FPM=FPN，即，则有，那么MN间距离约为0.4L，故选项A错误；由于MN静止不动，P对M和对N的力应该在一条直线上，故选项B正确；在P产生电场中，M点电势较高，故选项C错误；由于MN静止不动，则M、N和杆组成的系统合外力为0，故选项D正确。[点评]：本题考查库仑定律、电场的性质和物体平衡条件通过平衡条件和库仑定律计算，根据电场的性质判断电势高低[答案]：A,C[解析]：根据可得，，，故半径越大，周期越大，速度越小，选项A正确；如果测量出周期，则有，如果知道张角θ，则该星球半径为：r=Rsinθ，所以，故选项C正确，而选项D无法计算星球半径，则无法求出星球密度，选项D错误。[点评]：本题考查万有引力定律[答案]：A,D[解析]：判断实验操作、现象、结论是否均正确，要注意三者的对应关系。在这类题目中，有时滴加顺序错误也会是错误操作的一种。对于本题而言，在正确的操作的基础上判断实验现象是否正确，结论是否与实验现象相对应。A、向苏打与小苏打的溶液中分别加盐酸，均冒气泡，说明二者均与盐酸反应，生成二氧化碳气体，正确；B、向硝酸银溶液中滴加过量氨水，溶液澄清，说明硝酸银与氨水生成的AgOH又溶于氨水生成银氨溶液，而银离子与一水合氨是不能大量共存的，错误；C、铜与稀硝酸发生氧化还原反应生成硝酸铜，溶液变蓝，不是置换反应，错误；D、下层溶液为紫红色，说明有碘单质生成，即Fe3+氧化I-为I2，根据同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断，氧化性：Fe3+＞I2，正确，答案选AD。[点评]：本题以碳酸钠、碳酸氢钠与盐酸、硝酸银与氨水、铜与硝酸、碘化钾与氯化铁的反应为例，考查物质的性质、实验现象、实验结论的对应关系的判断，重点是现象与结论的考查[答案]：B,C[解析]：元素推断题需把握题目中的相关信息，寻找突破口，如本题中的戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，就是本题的突破口，根据所学知识判断戊的元素的种类，然后再根据题目中所给的元素周期表的相对位置以及甲和戊的原子序数相差3，判断其他元素，从而进行解答。分析如下：戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，所以戊是C元素；则己、庚分别是Si、Ge元素；甲和戊的原子序数相差3，所以甲是Li元素，则乙、丙分别是Na、K元素；则丁是Ca元素，辛是Ga元素。A、根据元素周期律，同主族元素的金属性从上到下逐渐增强，所以金属性：甲＜乙＜丙，错误；B、电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：辛＞己＞戊，正确；C、丙的原子序数是19，庚的原子序数是32，所以原子的核外电子数的差值也即原子序数的差值，丙与庚的原子核外电子数相差13，正确；D、Na在空气中燃烧生成过氧化钠，既含离子键又含共价键，错误，答案选BC。[点评]：本题以第一、四主族、Ca、Ga元素为例，考查学生综合运用元素周期表、元素周期律、元素性质，对元素的金属性、原子半径、原子序数与核外电子数的关系、形成的化合物中的化学键的判断[答案]：B,D[解析]：在有丝分裂的间期完成DNA分子复制，但染色体的数目不变，即核DNA分子数/染色体的比值，从1逐渐变成2，有丝分裂后期，由于着丝点分裂，染色单体分开成为染色体，此时核DNA分子数/染色体的比值等于1，故A错；植物细胞吸水膨胀，会使细胞液的浓度降低，即胞内渗透压降低，反之升高，故B正确；胰蛋白酶属于分泌蛋白，其排出细胞的方式是胞吐，需要载体，不需要细胞膜上载体的参与，故C错；胚胎干细胞属于全能干细胞，能分化成各种细胞，故D正确。[答案]：A,D[解析]：过程①是以mRNA为模板合成DNA的过程，即逆转录过程，需要逆转录酶的催化，故A正确；过程②表示利用PCR扩增目的基因，在PCR过程中，不需要解旋酶，是通过控制温度来达到解旋的目的，故B错；利用氯化钙处理大肠杆菌，使之成为感受态细胞，故C错；检测目的基因是否成功导入受体细胞的染色体DNA中，可以采用DNA分子杂交技术，故D正确。[答案]：（1）①自由扩散（1分）；②五碳化合物（1分）；③ATP和[H]（2分）（2）①增加叶面积（2分）；②提高叶绿素含量（2分）（3）①较少（2分）；②较少（2分）；③净光合速率（2分）；④叶面积（2分）[解析]：（1）二氧化碳进入细胞的方式是自由扩散；在光合作用的暗反应过程中，二氧化碳与细胞中的C5结合生成C3，该过程叫做二氧化碳的固定；C3在ATP供能下，被[H]还原成有机物或C5。（2）据表可知，弱光下，叶片颜色深，且叶面积大，因此弱光下柑橘可以通过增加叶绿素的含量和增大平均叶面积，来吸收更多的光能。（3）气孔总数＝气孔密度×平均叶面积，即强光比弱光的气孔总数少；单位时间内平均每片叶CO2吸收量＝净光合速率×平均叶面积，因此强光比弱光下单位时间内平均每片叶CO2吸收量少；光照条件是影响光合作用数量的环境因素，因此降低光照强度，净光合作用速率首先发生变化，叶面积随着植物的生长发生变化，需要时间长，因此叶面积最后发生变化。[答案]：（1）①c1和c2（2分）；②神经递质（2分）；③感觉（2分）；④S区（运动性语言中枢）（2分）（2）①98.8%（2分）；②差异：再次免疫阳性率为%，绝大多数儿童血清抗体浓度远高于初次免疫（3分）。原因：初次免疫产生的记忆细胞再次接触脊灰病毒抗原时，迅速增殖分化为浆细胞，快速产生大量抗体（3分）[解析]：（1）据图可知，c1、c2是传出神经元；b1兴奋后使c1兴奋，而b2兴奋后使c2抑制，说明b1释放的是兴奋性神经递质，b2释放的是抑制性神经递质；在大脑皮层中，感知觉形成于感觉中枢；小红能清晰的描述症状，表明与言语区的S区有关。（2）根据题干可知，D值≥4者免疫结果呈阳性，D值小于4的人有1个，占1.2%，所以阳性率为98.8%；据表格可知，再次免疫效果与初次免疫效果的差异：再次免疫阳性率为%，绝大多数儿童血清抗体浓度远高于初次免疫；原因是：初次免疫产生的记忆细胞再次接触脊灰病毒抗原时，迅速增殖分化为浆细胞，快速产生大量抗体。[答案]：（1）①伴X染色体显性遗传（2分）；②伴X染色体隐性遗传（1分）；③常染色体隐性遗传（1分）；④DXABXab（2分）（2）①Ⅱ—6的初级卵母细胞在减数第一次分裂前期，两条X染色体的非姐妹染色单体之间差生交换，产生了XAb配子（3分）（3）①/（3分）；②1/（2分）（4）①RNA聚合酶（2分）[解析]：（1）根据14号患甲病的女孩的父亲7号正常，说明甲病不是伴X染色体隐性遗传病，即甲病是伴X染色体显性遗传病；根据6号和7号不患乙病，但能生出患乙病的男孩，表明乙病是隐性遗传病，同时根据题干7号没有乙病的致病基因，表明乙病是伴X染色体隐性遗传病；根据10号和11号不患丙病，生出患丙病的女孩，说明丙病是常染色体隐性遗传病。根据1号只患甲病，故基因型为XABY，1号的XAB染色体传递给6号，同时根据12号只患甲病的男孩，说明基因型为XaBY，13号患甲乙两种病的男孩，其基因型为XAbY，12、13号中的X染色体均来自6号，因此Ⅱ6的基因型是DDXABXab或DdXABXab。（2）6号的基因型为XABXab，Ⅱ—6的初级卵母细胞在减数第一次分裂前期，两条X染色体的非姐妹染色单体之间差生交换，产生了XAb配子与Y染色体结合，生出XAbY的男孩，表现为同时患甲乙两种病。（3）根据题意可知，15号的基因型为1/DdXaBXab，16号的基因型为1/3DDXaBY或2/3DdXaBY，单独计算，后代患丙病的概率为1/×2/3×1/4＝1/，正常的概率为1－1/＝/；后代患乙病的概率为1/4，正常的概率为3/4，因此只患一种病的概率为：/×1/4＋1/×3/4＝/；患丙病的女孩的概率为1/×2/3×1/4×1/2＝1/：（4）启动子是RNA聚合酶识别并结合的部位，没有启动子，则RNA聚合酶不能结合，导致转录不能正常开始。[答案]：（1）a.细胞分化程度低，容易诱导形成PLBs（2分）；b.细胞的脱分化（2分）（2）c.生长起始较快（2分）；d.快速生长时间较长（2分）；e.PLBs产量较高（2分）（3）f.①灭菌、冷却（2分）；g.②75（1分）；h.③PLBs重量和生物碱含量乘积的平均值最大（3分）[解析]：（1）新生营养芽分裂能力强，细胞分化程度低，容易诱导形成PLBs；根据题干可知，PLBs，类似愈伤组织，外植体形成愈伤组织的过程是脱分化。（2）据图分析，光照下PLBs的重量高于黑暗条件下，原因可能是生长起始较快，快速生长时间较长，PLBs产量较高。（3）①由于ABA受热易分解，所以各种液体培养基灭菌后，冷却，再加入不同浓度的ABA。②根据题干可知，实验50天完成，每10天取样，需要取5次样；空白组不需要重复，处理组，每组重复三次，因此每次取样中，需要记录15个样品中的数据，取样5次共需要测定的样品数为75。③适量的ABA可提高生物碱产量，当样品的PLBs重量和生物碱含量乘积的平均值最大时，其对应的ABA浓度为适宜浓度，对应的培养时间是适宜培养时间。[答案]：（1）AC（2）C9H10；4（3）或；NaOH的醇溶液、加热（4）CH2=CH-COOCH2CH3；CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，2CH2=CH2+2CO+O2+2CH3CH2OH2CH2=CHCOOCH2CH3+2H2O。[解析]：本题的解题要点为：把握有机物分子中的官能团的类别，根据官能团的化学性质进行应用；对所给的化学反应方程式需判断出其反应机理、反应特点，再进行应用；对于结构相似的物质应具有相似的化学性质；物质结构简式的判断需要认真读题，注意题目的要求，审清题意。（1）化合物I分子中含有酚羟基，可能与FeCl3溶液反应显紫色，正确；B、化合物I分子中不含醛基，所以不能反应银镜反应，错误；C、分子中含有酚羟基，所以可以与溴发生取代反应，还存在碳碳双键，又可与溴发生加成反应，正确；D、分子中含有2个酚羟基和1个酯基，所以1mol化合物I最多与3molNaOH反应，错误，答案选AC。（2）由化合物II的结构简式可得其分子式为C9H10；化合物II分子中存在1个苯环和1个碳碳双键，所以1mol化合物II能与4molH2恰好反应生成饱和烃类化合物。（3）化合物II分子中含有碳碳双键，可由化合物III或IV制得，化合物III可与Na反应，说明化合物III分子中存在羟基，发生消去反应制得化合物II，羟基的位置有2种，所以化合物III的结构简式有2种，分别是或；化合物IV同样发生消去反应制得化合物II，但不能与Na反应，说明化合物IV分子中存在卤素原子，在氢氧化钠的醇溶液、加热条件下发生消去反应制得化合物II。（4）由聚合物的结构简式判断其聚合物为加聚产物，单体为丙烯酸乙酯；以乙烯为原料，先制取乙醇，在仿照反应①制取丙烯酸乙酯，化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，2CH2=CH2+2CO+O2+2CH3CH2OH2CH2=CHCOOCH2CH3+2H2O。[点评]：本题以酚羟基、碳碳双键、酯基为例，考查有机物中官能团的性质，分子式的判断，结构简式的判断与书写，反应条件的判断，单体的判断，简单计算，物质的合成的设计，化学方程式的书写，尤其是利用类似反应①的方法合成丙烯酸乙酯单体的化学方程式的书写，是对学生驾驭题目信息能力的考查[答案]：（1）4△H1+△H2+2△H3；（2）a）、放热反应的lgK随温度升高而下降；b）、放出或吸收热量越大的反应，其lgK受温度影响越大；（3）99%（4）CO2（5）CaS+2O2CaSO4，[解析]：本题的解题要点：首先要理解盖斯定律的原理，如何运用盖斯定律；其次对图像的总结是开放性题目，看待问题的出发点不同，得到的结论可能不同，尽力与所学知识联系；转化率的计算不是本题的难点；从气体的类别上分析，运用平衡的观点解决（4）的问题；对于化学方程式的书写，注意题目所给信息，判断出反应物、产物，再结合质量守恒定律写出其他物质并配平即可。最后物质结构简式的判断需注意是否存在同分异构现象，分析苯环的等效氢的种类，写出其结构简式。（1）根据盖斯定律可得2CaSO4(s)+7CO(g)?CaS(s)+CaO(s)+C(s)+6CO2(g)+SO2(g)的△H=①×4+②+③×2=4△H1+△H2+2△H3；（2）由图像及反应的△H可知，a）、反应①③是放热反应，随温度升高，lgK降低；反应②是吸热反应，随温度升高，lgK增大；b）、从图像上看出反应②、③的曲线较陡，说明放出或吸收热量越大的反应，其lgK受温度影响越大；（3）由图可知，反应①于oC的lgK=2，则K=，c平衡(CO)=8.0×10-5mol?L-1，平衡时c平衡(CO2)=×8.0×10-5mol?L-1=8.0×10-3mol?L-1，根据反应1/4CaSO4(s)+CO(g)?1/4CaS(s)+CO2(g)可知，消耗CO的浓度是8.0×10-3mol?L-1，则开始时c(CO)=8.0×10-5mol?L-1+8.0×10-3mol?L-1=8.08×10-3mol?L-1，所以CO的转化率为8.0×10-3mol?L-1/8.08×10-3mol?L-1，×%=99%，；（4）根据方程式可知，二氧化碳中含有气体杂质SO2，可在CO中加入适量的CO2，抑制二氧化硫的产生；（5）CaS转化为CaSO4，从元素守恒的角度分析，CaS与氧气发生化合反应，原子的利用率%，生成CaSO4，化学方程式为CaS+2O2CaSO4，CO2与对二甲苯发生反应，所得产物中含有羧基，因为苯环的氢原子只有1种，所以产物的结构简式只有1种为。[点评]：本题以硫酸钙与CO的反应为例，考查盖斯定律的应用，对图像的分析，转化率的计算，化学方程式、结构简式的书写，物质的判断，考查学生分析、总结的语言能力、计算能力、把握题目信息的能力，同时也考查了学生活学学活的程度，同时体现了人类根据反应的特点可以使某些反应不进行或进行的程度较小，达到为人类服务的目的[答案]：（1）排除空气，减少C的损失；（2）SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；（3）过滤；Cl-、OH-、AlO2-；（4）CH3COOCH2CH3+AlO2-+2H2OAl(OH)3↓+CH3COO-+CH3CH2OH；78（5）[解析]：本题解题要点：根据题目的要求分析每个操作步骤的作用，意义何在；根据流程图中的反应条件、温度以及反应后的操作判断上步操作的目的、操作名称；根据反应条件、目的写出化学方程式、离子方程式，运用元素守恒法进行计算；最后根据物质的性质选择合适的防护方法。（1）石墨的化学性质在常温下稳定，而在高温下可与氧气发生反应，所以通入N2目的是作保护气，排除空气中的氧气，减少C的损失；（2）高温反应后，石墨中的氧化物杂质均转变为相应的氯化物。根据杂质的含量，气体I中的氯化物主要SiCl4、AlCl3、FeCl3；SiCl4的沸点是57.6oC，所以气体II为SiCl4，与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氯化钠，化学方程式为SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；（3）金属氯化物的沸点均高于oC，所以固体III中存在氯化铝、氯化铁、氯化镁，其中氯化铁、氯化镁与过量氢氧化钠溶液反应生成沉淀，而氯化铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，所以搅拌后过滤，所得溶液IV中阴离子有；Cl-、OH-、AlO2-；（4）偏铝酸钠发生水解反应，加入乙酸乙酯的目的是除去过量的氢氧化钠且加热条件下水解平衡一直正向移动，生成沉淀氢氧化铝，总离子方程式为CH3COOCH2CH3+AlO2-+2H2OAl(OH)3↓+CH3COO-+CH3CH2OH；0kg石墨中含有Al2Okg，根据元素守恒，可得到Al(OH)3的质量是78kg。（5）铜的化学性质比石墨活泼，所以应用外加电流的阴极保护法保护铜，所以石墨作阳极，铜作阴极。在图中注明电源的正负极，石墨与正极相连，铜与负极相连。[点评]：本题以石墨为载体，考查学生对物质的制备分析，对题目所给信息的理解应用，在书写化学方程式、离子方程式的问题上，要敢于大胆想象、创新，尤其是（4）中的总离子方程式的书写，运用所学知识结合物质性质及流程图中所给的信息，考查方程式叠加法的应用，根据所给流程图对实验操作的判断，考查学生运用元素守恒法进行简单计算，把所学电化学防护的知识运用到实际生活中，体现化学源于生活，应用于生活的命题思想[答案]：（1）①②生成相同体积的氧气所需的时间③④测定反应时间（2）深；因为过氧化氢分解是放热反应，2NO2(g)?N2O4(g)也是放热反应，所以B瓶温度高于A瓶，温度升高，平衡逆向移动，二氧化氮浓度增大，颜色加深。[解析]：本题解题要点：首先学生需掌握双线桥或单线桥表示电子转移的方向和数目的方法，其次，要根据反应速率的概念，判断在一定条件下，反应速率快慢的比较需通过哪些因素，从而判断该实验的实验目的；对于实验方案的设计，要依据实验目的而设计；把握一定条件中的条件指的是什么；弄清变量和定量；实验装置的选择依据所学知识及所给仪器进行判断；最后的化学平衡题目依据平衡理论，结合图像进行解答。（1）①过氧化氢在硫酸铁作催化剂条件下分解生成水和氧气，过氧化氢既作氧化剂又作还原剂，化学方程式及电子转移方向和数目为②反应速率是单位时间内物质浓度的改变量，所以测定不同浓度的过氧化氢对分解速率的影响，需测定相同时间内，产生氧气的体积的多少，或生成相同体积的氧气所需时间的多少；③利用排水量气法，收集一定体积的O2，需要水槽、量筒、导气管，量筒内盛满水倒扣在水槽中，装置如图④（2）由图a可知过氧化氢的分解反应是放热反应，由图b可知二氧化氮转化为四氧化二氮的反应也是放热反应，所以装置c中，右侧烧杯B瓶温度高于左侧烧杯A瓶，而温度升高，使平衡2NO2(g)?N2O4(g)逆向进行，二氧化氮浓度增大，B瓶的颜色比A瓶的颜色深。[点评]：本题以探究浓度对反应速率的影响，考查学生对简单实验的分析、设计能力，对常见仪器的用途的考查，准确把化学实验基础知识和基本操作技能运用到某些类似的定量实验中去，对氧化还原反应的分析，单线桥或双线桥表示电子转移，对图像的分析判断，化学平衡移动原理的应用，它充分体现了“源于教材又不拘泥于教材”的命题指导思想，在一定程度上考查了学生的创新思维能力。[答案]：（1）①1.30V②A③B④短路（2）①50N/m（49.5～50.5）②相等③动能④正比；x2（或压缩量的平方）[解析]：（1）①选择0-3V挡，精确度为0.1V，读数应该为13.0×0.1V=1.30V；②接通外电路后，滑动变阻器起到分压作用，接通电路前，应使输出电压最小，故需要将滑片置于A端，用电器上的电压为0，这样才能起到外电路的安全保证；③要增大外电路电压，需要使滑片滑向B端；④如果电路中不接入保护电阻，电流过大会烧断滑动变阻器出现短路现象。（2）①据F1=mg=k△x1，F2=mg=k△x2，有：△F=F1-F2=k△x1-k△x2，，则，同理可以求得：，则劲度系数为：。②使滑块通过两个光电门时的速度相等，则可以认为滑块离开弹簧后做匀速直线运动；③弹性势能转化为滑块的动能；④图线是过原点的倾斜直线，所以v与x成正比；弹性势能转化为动能，即，即弹性势能与速度平方成正比，又由v与x成正比，则弹性势能与压缩量的平方成正比。[点评]：（1）本题考查滑动变阻器的分压式接法抓住分压式接法的特征：用电器的电压等于与其并联的电阻部分的电压（2）本题考查胡克定律和能量转化通过图象判断速度与形变量关系，然后据动能公式确定动能与速度关系，再据能量转化确定动能与弹性势能关系，最后确定弹性势能与速度和形变量关系。[答案]：（1）9J（2）10m/s＜v1＜14m/s；17J[解析]：（1）由于P1和P2发生弹性碰撞，据动量守恒定律有：mv1=2mv2v2=3m/s碰撞过程中损失的动能为：（2）解法一：根据牛顿第二定律，P做匀减速直线运动，加速度设P1、P2碰撞后的共同速度为vA，则根据（1）问可得vA=v1/2把P与挡板碰撞前后过程当作整体过程处理经过时间t1，P运动过的路程为s1，则经过时间t2，P运动过的路程为s2，则如果P能在探测器工作时间内通过B点，必须满足s1≤3L≤s2联立以上各式，解得10m/s＜v1＜14m/sv1的最大值为14m/s，此时碰撞后的结合体P有最大速度vA=7m/s根据动能定理，代入数据，解得E=17J解法二：从A点滑动到C点，再从C点滑动到A点的整个过程，P做的是匀减速直线。设加速度大小为a，则a=μg=1m/s2设经过时间t，P与挡板碰撞后经过B点，则：vB=v-at，，v=v1/2若t=2s时经过B点，可得v1=14m/s若t=4s时经过B点，可得v1=10m/s则v1的取值范围为：10m/s＜v1＜14m/sv1=14m/s时，碰撞后的结合体P的最大速度为：根据动能定理，代入数据，可得通过A点时的最大动能为：Ekm=17J[点评]：本题考查动量守恒定律、运动学关系和能量守恒定律认真审题，先通过动量守恒定律确定碰撞前后速度关系，再分析整个过程为匀减速运动，据运动学关系确定相关量。[答案]：（1）（2）；[解析]：（1）若果k=1，则有：MP=L，即该情况粒子的轨迹半径为：R=L，粒子运动轨迹是匀速圆周运动，其向心力由洛伦兹力提供：粒子在匀强电场中，据动能定理有：（2）由于P距离A1为k，且2＜k＜3，粒子从S2水平飞出，该粒子运动轨迹如上图所示，则从S1到界线处的轨迹有：R2-(KL)2=(R-L)2则整理得：又因为：6L-2KL=2x据几何关系，相似三角形有：则二区磁场与K关系为：[点评]：本题考查匀变速直线运动和匀速圆周运动先确定带电粒子的运动半径，在据磁场力提供向心力计算相关量。预览时标签不可点收录于话题#个上一篇下一篇
