20090505
7．D A，因為HSO3-電離程度大于水解程度，所以溶液呈酸性。B，NH3的沸點高于PH3，主要是因為NH3分子間能形成氫鍵。C，乙烯使溴水褪色是因為乙烯與溴發(fā)生加成反應(yīng)，而不是氧化還原反應(yīng)。D，說法正確。
8．C解析：在A項中，要具體分析氯氣的來源，不同價態(tài)的氯元素生成Cl2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)不同。而B項中D2O的式量為20不是18， 18克的D2O的物質(zhì)的量小于1摩爾，所以在完全電解時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)應(yīng)小于2×6.02×1023個。在C項中，結(jié)構(gòu)單元中Si原子數(shù)=
個,O原子16個,每個單元相當(dāng)于有8個SiO2,所以1mol SiO2有1/8mol結(jié)構(gòu)單元。而在D項中烯烴的最簡式為CH2，根據(jù)2個成鍵電子就有一個共價鍵， 14克（CH2）完全燃燒生成CO2應(yīng)為44g .
9．C解析:根據(jù)各元素化合價的奇偶性,A選項中分子H原子數(shù)應(yīng)該為偶數(shù),A不正確.B選項每mol硝苯地平緩釋片在水溶液中最多消耗2mol NaOH,因為分子中只有2個酯基可和NaOH反應(yīng) ,B不正確.C選項說法正確.D選項中,-NO2的化合價為+5價,-NO2可看成由HNO3脫去一個-OH而形成的.
10．D 裝置A：實驗裝置最簡單，但沒有尾氣處理裝置，CO有劇毒，實驗將極不安全。裝置B：設(shè)計較合理，注意到了要將尾氣中的CO回收，但回收氣球充氣后會有一定氣壓，尾氣通過不順暢：裝置C：設(shè)計合理，尾氣中的CO可燃去，實驗安全，但要多用一盞酒精燈，消耗能源較多。裝置D：設(shè)計更合理，尾氣中的CO可燃燒，產(chǎn)生的熱能還可用于加熱，節(jié)約能源。
11．A溶質(zhì)的摩爾質(zhì)量=
，此式只有V是未知的，而溶液質(zhì)量為：（m+n-x）g，只溶液的密度就可求出溶液體積V，從而計算出溶質(zhì)的摩爾質(zhì)量了。
12．B 由圖知O―t1段陰陽兩極產(chǎn)生的氣體的量相同，所以電解的是HCl，t1―t2段陰陽兩極產(chǎn)生的氣體的量不同，說明氯化氫電解完又電解的是水，所以pH先增大后減小，因為溶液中含有硫酸，所以pH不能為7。
13．D解析：A項電荷不守恒；B項澄清石灰水中的Ca（OH）2應(yīng)拆開；在C項中，銨明礬即硫酸鋁銨溶液中加入過量的氫氧化鋇溶液，是沒有離子消去的，反應(yīng)式左邊SO42-與Al3+、NH4+的系數(shù)比應(yīng)為2:1。D項離子反應(yīng)式正確。
14．答案：B 解析：氫原子光譜是分立的明線光譜，太陽光譜是連線的，A錯。根據(jù)能級公式
，代入n=4，得到12.75，B正確。原子彈爆炸釋放的能量是核能，即原子核內(nèi)的核子的結(jié)合能，而不是原子間的結(jié)合能。原子間的結(jié)合能，也叫化學(xué)能。C錯誤。核力有引力，也有斥力，其作用距離為10-15m。D錯誤。
15．C ：若小球沒有離開斜面，則上升的最大高度等于v2/2g；若小球沖出了斜面做斜拋運動，則上升到最高點時速度方向水平，仍具有一定動能，因此重力勢能小于初動能，高度小于v2/2g。選C。
16．BCD解析：在水中的潛水員斜向上看岸邊的物體時,看到的物體將比物體實際的位置高;水中的氣泡看上去特別亮是因為發(fā)生全反射的緣故;光線通信是利用全反射,所以B正確;根據(jù)折射定律可知D也正確
17．B 解析：首先寫出橡皮條的個數(shù)與加速度a的關(guān)系式，由牛頓第二定律可得：
，則
，則
，所以直線與水平軸間夾角θ與物體所在平面的材料無關(guān)，B正確。
18．D 首先進行受力分析, 
,化簡函數(shù)
因為
,
,所以
當(dāng)B順時針逐漸旋轉(zhuǎn)時,
從450逐漸減小,所以
從大于900開始減小,
所以
先增大后減小,B先減小后增大
19．ABC 由
,得到
粒子做勻速圓周運動,可以判斷
,可得
根據(jù)洛倫次力提供向心力 
,可以推出圓周運動半徑為
根據(jù)電場力向上,所以從B點運動到D點的過程中微粒的電勢能先增大后減小; 電勢能加重力勢能再加粒子的動能守恒,所以B點運動到D點的過程中電勢能和重力勢能之和不變.
20．AC 
，所以A正確
，所以B錯誤
電容器帶電量
，所以C正確
若在eO間連接一個電壓表,則電壓表的內(nèi)部電路形成回路，所以電壓表有示數(shù)。
21．BD 解析：由公式
可知其周期為1s,由運動的周期性可知A選項錯誤,經(jīng)過0.25s時,x=-1的振動形式傳到a點,而a點的振動形式傳到b點,所以D答案正確
評析：本題要注意振動形式的傳播和波的周期性
22．Ⅰ．（9分）（1）天平，刻度尺（2分）
（2）沙和沙桶的總質(zhì)量遠小于滑塊的質(zhì)量（2分）， 平衡摩擦力（2分）
（3）
（3分）
Ⅱ．（11分）
（1）（2分）應(yīng)該畫出R-1/I圖像
（2）如圖所示（2分）
（3）6.0（5.8~6.2都給分）（1分），
2.0（1.8~2.2都給分）（2分）
（4） =，>（4分）
23．.解：由于木塊與斜面間有摩擦力的作用，
所以小球B與木塊間有壓力的作用，
并且它們以共同的加速度a沿斜面向下運動．
將小球和木塊看作一個整體，
設(shè)木塊的質(zhì)量為M，根據(jù)牛頓第二定律可得
（3分）
代入數(shù)據(jù)得
（3分）
選小球為研究對象，設(shè)MN面對小球的作用力為N，
根據(jù)牛頓第二定律有
（3分）
代入數(shù)據(jù)得
（2分）
根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)N面的壓力大小為6.0N，方向沿斜面 （1分）
24．解：（1）設(shè)小物塊向右勻速運動時的速度大小為v1，由平衡條件有
①（2分）
設(shè)小物塊在向右運動過程中克服摩擦力做的功為W，由動能定理有
②（2分）
由①②式解得 
③
④（3分）
（2）設(shè)小物塊返回時在磁場中勻速運動的速度大小為v2，與右端擋板碰撞過程損失的機械能為
，則有
⑤（2分）
⑥（2分）
由③⑤⑥式解得 
⑦（2分）
（3）設(shè)最終小物塊停止的位置在板上C點左側(cè)x距離處，由能量守恒定律有
⑧（2分）
由⑤⑧式解得 
⑨（3分）
25．（1） Wa=magd
=1.0J
2分
Wb=mbgd =0.5J
2分
（2）b在磁場中勻速運動時：速度為
,總電阻R1=7.5Ω
b中的電流
① 2分
由以上各式得：
②2分
同理，a棒： 
③ 2分
由以上各式得，
④2分
⑤2分
⑥2分
⑦ 1分
⑧1分
由④⑤⑥⑦⑧得
Ha=
⑨
2分
Hb=
m
⑩ 2分
26．解析：（1）導(dǎo)管是長管進氣還是短管進氣，由實驗?zāi)康暮臀镔|(zhì)性質(zhì)決定的，左瓶收集氯氣，排出食鹽水，氯氣密度小于食鹽水，所以必須短管進氣，長管導(dǎo)出液體；而右瓶收集食鹽水，將其中空氣排出來，必須長管進氣，短管出氣。
（2）依據(jù)圖Ⅱ知，多孔球泡與液體接觸面大，氣與液反應(yīng)的速率還與接觸面有關(guān)。本題易錯答為防倒吸，實際上，氯氣與氫氧化鈉溶液反應(yīng)得較慢，不必防倒吸。
（3）飽和食鹽水能吸收氯化氫，降低氯氣的溶解度，利用平衡移動原理解釋。
（4）關(guān)鍵是收集氯氣不是排空氣法，所以氯氣濕潤。易受“干燥”影響，錯答成無現(xiàn)象。
（5）液體是否流下用大氣壓原理分析，分液漏斗的結(jié)構(gòu)和使用方法這個細節(jié)需要實驗時體會，多數(shù)同學(xué)會認為“蓋了蓋子”，因為濃鹽酸易揮發(fā)，所以必須蓋蓋子，防揮發(fā)。鹽酸與二氧化錳反應(yīng)的條件是加熱，鹽酸必須達到一定濃度才能反應(yīng)，如果濃度小，反應(yīng)會停止。
（6）反應(yīng)后一定有二氯化錳剩余，也必含氯離子；氫氧化錳是難溶性堿，二氯化錳水解呈酸性；鹽酸剩余并不能說明二氧化錳反應(yīng)完，稀鹽酸不與二氧化錳反應(yīng)，所以二者可能都沒有反應(yīng)完。
答案：（1）補畫導(dǎo)管（1分） 
氯氣密度比飽和食鹽水的小，氣排液（1分）
（2）增大氯氣與氫氧化鈉溶液的接觸面，反應(yīng)速率增大（1分） 作為消毒液（1分）
（3）氯氣溶于水達到化學(xué)反應(yīng)平衡：Cl2 +H2O 
H++Cl-+HCIO，根據(jù)平衡移動原理，增大氯離子濃度，抑制了氯氣溶解生成鹽酸和次氯酸（2分）
（4）先變紅色，后褪色 用排飽和食鹽水法收集的氯氣中含有水蒸氣，它們反應(yīng)生成鹽酸和次氯酸（2分） （5）①分液漏斗上部蓋子孔槽與分液漏斗的孔槽沒有對齊或燒瓶內(nèi)氣壓大于液體重力
（2分）
②鹽酸濃度�。�2分） （6）A、C（2分）
27．解析: （I）本題根據(jù)平衡移動原理（勒夏特列原理）分析理解外界條件（濃度、溫度、壓強、催化劑等）的改變對化學(xué)平衡的影響。（1）將3 molH2和1 molN2迅速充入A內(nèi)，氣體的壓強迅速增大，故使活塞向下運動。壓強增大，平衡向正反應(yīng)方向移動，使混合氣體的物質(zhì)的量減少，故活塞又慢慢上升，H2的轉(zhuǎn)化率和N2的轉(zhuǎn)化率都增大.
（2）溫度升高，氣體體積增大，同時化學(xué)平衡3H2（g）+N2（g）
2NH3（g）向逆反應(yīng)方向移動，氣體的物質(zhì)的量增大，使活塞下滑。
（II）（1）新原子中子數(shù)與質(zhì)子數(shù)之差=297-118-118=61
（2）氫可與金屬化合顯示-1價
（3）模仿Si與NaOH溶液反應(yīng)
（4）由圖可知，每個結(jié)構(gòu)單元中含碳原子數(shù)：8×1/8+6×1/2=4，所以在720克即1摩爾C60的晶體中含有的該模型為6.02×1023/4。
答案（I）
（1）活塞先向下運動，后緩慢向上運動（2分）。 增大（2分）
（2）①根據(jù)平衡移動原理，升溫平衡逆向移動，導(dǎo)致氣體物質(zhì)的量增大，從而壓強增大
（2分）
②升高溫度，氣體本身受熱膨脹，從而壓強增大（2分）
（II）
（1）61（2分）；
（2）NaH（或LiH等） （2分）；
（3）2B+2OH-+2H2O=2BO2-+3H2↑ （寫化學(xué)方程式也給分）（2分）
（4）6.02×1023/4個（2分）
28．解析:（1）由題給信息可知,該城市交通發(fā)展迅速,汽車尾氣污染是一個不可忽視的問題.
（2）環(huán)保人士對環(huán)保問題的認識要優(yōu)于普通居民,所以大氣主要有害成分為SO2
（3）SO2溶于水形成的H2SO3能被空氣中的氧氣氧化成H2SO4,使酸雨的酸性增強.
（4）①根據(jù)反應(yīng)式:I2+SO2+H2O=H2SO4+2HI
n=800次
②從反應(yīng)的充分性,氣密性等方面考慮
③抽氣次數(shù)多少與吸收液的量多少和吸收容器的大小有關(guān)
（5）
③煙囪高,不能減少污染物排放總量
答案:
（1）機動車尾氣污染；（2分）
（2）SO2（2分）
（3）雨水中的H2SO3逐漸被空氣中的氧氣氧化成H2SO4（2分）
（4）①800次（4分）
②抽氣速度過快，或裝置氣密性較差（2分）
③將50mL5×10-4mol/L的碘溶液的體積減小為5mL，并將廣口瓶改為試管（4分）
（5）
①②④ （2分）
29．解析：（1）題中，蜂皇酸Q由C、H、O三種元素組成，且C、H、O三種元素的原子個數(shù)比為10∶16∶3，且其相對子質(zhì)量不大于200，所以可以確定其分子式為：C10H16O3
（2）發(fā)生氧化反應(yīng)的官能團是被KMnO4（H＋）氧化的C=C
（3）由題中“1 mol Q需要1 mol NaOH 完全中和，1 mol Q可以和1 mol Br2 加成”知，其結(jié)構(gòu)中含 -COOH和C==C，由分子式還可知含有一個不飽和結(jié)構(gòu)，應(yīng)為C=O,Q經(jīng)NaBH4還原、H2 /Ni加成得B的結(jié)構(gòu)為:
或
（4）由C→D推知D為：
所以符合條件的有兩種：
答案:
（1）C10H16O3 （4分）
（2） 
（2分）
（3） （2分）
（4）
（4分）
30．（24分）
Ⅰ．（除注明外，每空1分，共16分）
（1）生物固氮 異養(yǎng)需氧型 有固氮基因 拌種 菌劑 （2）化能合成作用 生產(chǎn)者
（3）呼吸 硝化 反硝化 （4）⑥⑧（不全不給分） （5）必需氨基酸 （6）
蛋白質(zhì)由氨基酸組成，相同質(zhì)量的蛋白質(zhì)與三聚氰胺相比，其含氮量較低，因此，三聚氰胺會使得食品的蛋白質(zhì)測試含量偏高，從而使劣質(zhì)食品通過食品檢驗機構(gòu)的測試（答案合理即可得2分） 化學(xué)致癌因素
解析：大氣中的N2進入生物群落的主要途徑是生物固氮，圓褐固氮菌的代謝類型為異養(yǎng)需氧型，它能固氮的根本原因是具有固氮基因，從而控制合成固氮酶。硝化細菌可通過硝化作用將NH3先轉(zhuǎn)化為NO2―再轉(zhuǎn)化為NO3―，其同化作用方式為化能合成作用，它可利用無機物合成有機物，因此在生態(tài)系統(tǒng)中的成分是生產(chǎn)者。疏松土壤可增加土壤中的氧氣量，可促進植物根細胞的呼吸作用，增強對礦質(zhì)離子的吸收，也可促進硝化細菌的硝化作用，抑制反硝化細菌的反硝化作用，這些過程都可以促進植物對N的吸收。當(dāng)人體內(nèi)糖類和脂肪的攝入量都不足時，蛋白質(zhì)的分解利用會增加，即圖中的⑥⑧過程。通過轉(zhuǎn)氨基作用只能合成非必需氨基酸，人體還必需從食物中攝取必需氨基酸，否則會導(dǎo)致營養(yǎng)不良。構(gòu)成蛋白質(zhì)的氨基酸中的含氮量與三聚氰胺相比低得多，這是誘使不法商入為提高產(chǎn)品中蛋白質(zhì)含量而摻加三聚氰胺的理論依據(jù)。
II．（8分）⑴在適宜條件下葉圓片進行光合作用，釋放的O2多于有氧呼吸消耗的O2，葉細胞間隙中的O2增加，使葉圓片浮力增大（2分）
⑵蒸餾水中缺乏CO2和O2，葉圓片不能光合作用和有氧呼吸，其浮力基本不變（2分）
⑶①取相同重量、相同生長狀況的爬山虎和石榴的新鮮葉片，置于密閉的透明玻璃容器中，在相同適宜光照、溫度等條件下測定其各自的C O2吸收速率（或者O2的釋放速率），并進行比較（或者其它合理答案，2分）
②取兩種植物的葉片做成切片，在顯微鏡下觀察其各自葉橫切面，比較兩者葉細胞間隙的大�。�2分）
解析：本題考查影響植物光合作用的因素。植物進行光合作用需要適宜的溫度、光照強度及CO2濃度等外界條件，同時還受細胞本身的結(jié)構(gòu)、生理功能等影響（如色素種類、含量等）。若要比較兩種細胞的結(jié)構(gòu)，通常可利用顯微鏡進行觀察。
31．（18分）（1）純種殘翅果蠅與純種長翅果蠅（1分） 控制果蠅翅型的基因位于X染色體上（1分） 一種雜交的后代全為長翅，另一種雜交后代中的雌性為長翅、雄性為殘翅（2分） （2）①乙管中的剛毛型果蠅與截毛型果蠅各為一種性別（2分） ②乙管中的剛毛型果蠅與截毛型果蠅各有不同性別（2分） （3）①不可遺傳變異（1分） 僅僅是由于環(huán)境因素的影響造成的，遺傳物質(zhì)并沒有發(fā)生改變（1分）
②方法步驟：
第一，用該未知基因型黃色果蠅與正常黃色果蠅yy交配（2分）
第二，將這些卵孵化出的幼蟲用不含有銀鹽的飼料飼養(yǎng)，其它條件均為適宜條件（2分）
第三，待幼蟲羽化成成蟲后，觀察其顏色（2分）
結(jié)果預(yù)測及結(jié)論：如果后代中出現(xiàn)了褐色果蠅，則說明所檢測的果蠅為“表型模寫”，如果后代全為黃色，則說明所測黃色果蠅的基因型是yy，而不是“表型模寫” （2分）
解析：若要進行雜交實驗，應(yīng)選用一對相對性狀的兩個純合品種作為親本，對于核基因控制的性狀遺傳，正交與反交產(chǎn)生的子代表現(xiàn)型相同，則該對基因位于常染色體上，反之，則位于X染色體上。由位于X染色體上的一對基因控制的性狀遺傳，用純合親本進行正交和反交實驗，其中有一種交配方式的后代只有一種表現(xiàn)型，則該種表現(xiàn)型為顯性。“表型模寫”造成的變異僅僅是由環(huán)境因素的影響造成的，遺傳物質(zhì)并沒有發(fā)生改變，因此為不可遺傳的變異。欲確定某個體的基因型，可通過測交實驗進行研究，值得注意的是，實驗過程中對生物的培養(yǎng)環(huán)境應(yīng)避免使其接觸造成“表型模寫”的相關(guān)因素，如題中的“含有銀鹽的飼料”。對實驗結(jié)果的預(yù)測應(yīng)合理地考慮各種可能的結(jié)果，力求全面、科學(xué)。
