20090505
7．D A，因为HSO3-电离程度大于水解程度，所以溶液呈酸性。B，NH3的沸点高于PH3，主要是因为NH3分子间能形成氢键。C，乙烯使溴水褪色是因为乙烯与溴发生加成反应，而不是氧化还原反应。D，说法正确。
8．C解析：在A项中，要具体分析氯气的来源，不同价态的氯元素生成Cl2，转移电子数不同。而B项中D2O的式量为20不是18， 18克的D2O的物质的量小于1摩尔，所以在完全电解时，转移电子数应小于2×6.02×1023个。在C项中，结构单元中Si原子数=
个,O原子16个,每个单元相当于有8个SiO2,所以1mol SiO2有1/8mol结构单元。而在D项中烯烃的最简式为CH2，根据2个成键电子就有一个共价键， 14克（CH2）完全燃烧生成CO2应为44g .
9．C解析:根据各元素化合价的奇偶性,A选项中分子H原子数应该为偶数,A不正确.B选项每mol硝苯地平缓释片在水溶液中最多消耗2mol NaOH,因为分子中只有2个酯基可和NaOH反应 ,B不正确.C选项说法正确.D选项中,-NO2的化合价为+5价,-NO2可看成由HNO3脱去一个-OH而形成的.
10．D 装置A：实验装置最简单，但没有尾气处理装置，CO有剧毒，实验将极不安全。装置B：设计较合理，注意到了要将尾气中的CO回收，但回收气球充气后会有一定气压，尾气通过不顺畅：装置C：设计合理，尾气中的CO可燃去，实验安全，但要多用一盏酒精灯，消耗能源较多。装置D：设计更合理，尾气中的CO可燃烧，产生的热能还可用于加热，节约能源。
11．A溶质的摩尔质量=
，此式只有V是未知的，而溶液质量为：（m+n-x）g，只溶液的密度就可求出溶液体积V，从而计算出溶质的摩尔质量了。
12．B 由图知O―t1段阴阳两极产生的气体的量相同，所以电解的是HCl，t1―t2段阴阳两极产生的气体的量不同，说明氯化氢电解完又电解的是水，所以pH先增大后减小，因为溶液中含有硫酸，所以pH不能为7。
13．D解析：A项电荷不守恒；B项澄清石灰水中的Ca（OH）2应拆开；在C项中，铵明矾即硫酸铝铵溶液中加入过量的氢氧化钡溶液，是没有离子消去的，反应式左边SO42-与Al3+、NH4+的系数比应为2:1。D项离子反应式正确。
14．答案：B 解析：氢原子光谱是分立的明线光谱，太阳光谱是连线的，A错。根据能级公式
，代入n=4，得到12.75，B正确。原子弹爆炸释放的能量是核能，即原子核内的核子的结合能，而不是原子间的结合能。原子间的结合能，也叫化学能。C错误。核力有引力，也有斥力，其作用距离为10-15m。D错误。
15．C ：若小球没有离开斜面，则上升的最大高度等于v2/2g；若小球冲出了斜面做斜抛运动，则上升到最高点时速度方向水平，仍具有一定动能，因此重力势能小于初动能，高度小于v2/2g。选C。
16．BCD解析：在水中的潜水员斜向上看岸边的物体时,看到的物体将比物体实际的位置高;水中的气泡看上去特别亮是因为发生全反射的缘故;光线通信是利用全反射,所以B正确;根据折射定律可知D也正确
17．B 解析：首先写出橡皮条的个数与加速度a的关系式，由牛顿第二定律可得：
，则
，则
，所以直线与水平轴间夹角θ与物体所在平面的材料无关，B正确。
18．D 首先进行受力分析, 
,化简函数
因为
,
,所以
当B顺时针逐渐旋转时,
从450逐渐减小,所以
从大于900开始减小,
所以
先增大后减小,B先减小后增大
19．ABC 由
,得到
粒子做匀速圆周运动,可以判断
,可得
根据洛伦次力提供向心力 
,可以推出圆周运动半径为
根据电场力向上,所以从B点运动到D点的过程中微粒的电势能先增大后减小; 电势能加重力势能再加粒子的动能守恒,所以B点运动到D点的过程中电势能和重力势能之和不变.
20．AC 
，所以A正确
，所以B错误
电容器带电量
，所以C正确
若在eO间连接一个电压表,则电压表的内部电路形成回路，所以电压表有示数。
21．BD 解析：由公式
可知其周期为1s,由运动的周期性可知A选项错误,经过0.25s时,x=-1的振动形式传到a点,而a点的振动形式传到b点,所以D答案正确
评析：本题要注意振动形式的传播和波的周期性
22．Ⅰ．（9分）（1）天平，刻度尺（2分）
（2）沙和沙桶的总质量远小于滑块的质量（2分）， 平衡摩擦力（2分）
（3）
（3分）
Ⅱ．（11分）
（1）（2分）应该画出R-1/I图像
（2）如图所示（2分）
（3）6.0（5.8~6.2都给分）（1分），
2.0（1.8~2.2都给分）（2分）
（4） =，>（4分）
23．.解：由于木块与斜面间有摩擦力的作用，
所以小球B与木块间有压力的作用，
并且它们以共同的加速度a沿斜面向下运动．
将小球和木块看作一个整体，
设木块的质量为M，根据牛顿第二定律可得
（3分）
代入数据得
（3分）
选小球为研究对象，设MN面对小球的作用力为N，
根据牛顿第二定律有
（3分）
代入数据得
（2分）
根据牛顿第三定律，小球对MN面的压力大小为6.0N，方向沿斜面 （1分）
24．解：（1）设小物块向右匀速运动时的速度大小为v1，由平衡条件有
①（2分）
设小物块在向右运动过程中克服摩擦力做的功为W，由动能定理有
②（2分）
由①②式解得 
③
④（3分）
（2）设小物块返回时在磁场中匀速运动的速度大小为v2，与右端挡板碰撞过程损失的机械能为
，则有
⑤（2分）
⑥（2分）
由③⑤⑥式解得 
⑦（2分）
（3）设最终小物块停止的位置在板上C点左侧x距离处，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在磁场中匀速运动时：速度为
,总电阻R1=7.5Ω
b中的电流
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）导管是长管进气还是短管进气，由实验目的和物质性质决定的，左瓶收集氯气，排出食盐水，氯气密度小于食盐水，所以必须短管进气，长管导出液体；而右瓶收集食盐水，将其中空气排出来，必须长管进气，短管出气。
（2）依据图Ⅱ知，多孔球泡与液体接触面大，气与液反应的速率还与接触面有关。本题易错答为防倒吸，实际上，氯气与氢氧化钠溶液反应得较慢，不必防倒吸。
（3）饱和食盐水能吸收氯化氢，降低氯气的溶解度，利用平衡移动原理解释。
（4）关键是收集氯气不是排空气法，所以氯气湿润。易受“干燥”影响，错答成无现象。
（5）液体是否流下用大气压原理分析，分液漏斗的结构和使用方法这个细节需要实验时体会，多数同学会认为“盖了盖子”，因为浓盐酸易挥发，所以必须盖盖子，防挥发。盐酸与二氧化锰反应的条件是加热，盐酸必须达到一定浓度才能反应，如果浓度小，反应会停止。
（6）反应后一定有二氯化锰剩余，也必含氯离子；氢氧化锰是难溶性碱，二氯化锰水解呈酸性；盐酸剩余并不能说明二氧化锰反应完，稀盐酸不与二氧化锰反应，所以二者可能都没有反应完。
答案：（1）补画导管（1分） 
氯气密度比饱和食盐水的小，气排液（1分）
（2）增大氯气与氢氧化钠溶液的接触面，反应速率增大（1分） 作为消毒液（1分）
（3）氯气溶于水达到化学反应平衡：Cl2 +H2O 
H++Cl-+HCIO，根据平衡移动原理，增大氯离子浓度，抑制了氯气溶解生成盐酸和次氯酸（2分）
（4）先变红色，后褪色 用排饱和食盐水法收集的氯气中含有水蒸气，它们反应生成盐酸和次氯酸（2分） （5）①分液漏斗上部盖子孔槽与分液漏斗的孔槽没有对齐或烧瓶内气压大于液体重力
（2分）
②盐酸浓度小（2分） （6）A、C（2分）
27．解析: （I）本题根据平衡移动原理（勒夏特列原理）分析理解外界条件（浓度、温度、压强、催化剂等）的改变对化学平衡的影响。（1）将3 molH2和1 molN2迅速充入A内，气体的压强迅速增大，故使活塞向下运动。压强增大，平衡向正反应方向移动，使混合气体的物质的量减少，故活塞又慢慢上升，H2的转化率和N2的转化率都增大.
（2）温度升高，气体体积增大，同时化学平衡3H2（g）+N2（g）
2NH3（g）向逆反应方向移动，气体的物质的量增大，使活塞下滑。
（II）（1）新原子中子数与质子数之差=297-118-118=61
（2）氢可与金属化合显示-1价
（3）模仿Si与NaOH溶液反应
（4）由图可知，每个结构单元中含碳原子数：8×1/8+6×1/2=4，所以在720克即1摩尔C60的晶体中含有的该模型为6.02×1023/4。
答案（I）
（1）活塞先向下运动，后缓慢向上运动（2分）。 增大（2分）
（2）①根据平衡移动原理，升温平衡逆向移动，导致气体物质的量增大，从而压强增大
（2分）
②升高温度，气体本身受热膨胀，从而压强增大（2分）
（II）
（1）61（2分）；
（2）NaH（或LiH等） （2分）；
（3）2B+2OH-+2H2O=2BO2-+3H2↑ （写化学方程式也给分）（2分）
（4）6.02×1023/4个（2分）
28．解析:（1）由题给信息可知,该城市交通发展迅速,汽车尾气污染是一个不可忽视的问题.
（2）环保人士对环保问题的认识要优于普通居民,所以大气主要有害成分为SO2
（3）SO2溶于水形成的H2SO3能被空气中的氧气氧化成H2SO4,使酸雨的酸性增强.
（4）①根据反应式:I2+SO2+H2O=H2SO4+2HI
n=800次
②从反应的充分性,气密性等方面考虑
③抽气次数多少与吸收液的量多少和吸收容器的大小有关
（5）
③烟囱高,不能减少污染物排放总量
答案:
（1）机动车尾气污染；（2分）
（2）SO2（2分）
（3）雨水中的H2SO3逐渐被空气中的氧气氧化成H2SO4（2分）
（4）①800次（4分）
②抽气速度过快，或装置气密性较差（2分）
③将50mL5×10-4mol/L的碘溶液的体积减小为5mL，并将广口瓶改为试管（4分）
（5）
①②④ （2分）
29．解析：（1）题中，蜂皇酸Q由C、H、O三种元素组成，且C、H、O三种元素的原子个数比为10∶16∶3，且其相对子质量不大于200，所以可以确定其分子式为：C10H16O3
（2）发生氧化反应的官能团是被KMnO4（H＋）氧化的C=C
（3）由题中“1 mol Q需要1 mol NaOH 完全中和，1 mol Q可以和1 mol Br2 加成”知，其结构中含 -COOH和C==C，由分子式还可知含有一个不饱和结构，应为C=O,Q经NaBH4还原、H2 /Ni加成得B的结构为:
或
（4）由C→D推知D为：
所以符合条件的有两种：
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 异养需氧型 有固氮基因 拌种 菌剂 （2）化能合成作用 生产者
（3）呼吸 硝化 反硝化 （4）⑥⑧（不全不给分） （5）必需氨基酸 （6）
蛋白质由氨基酸组成，相同质量的蛋白质与三聚氰胺相比，其含氮量较低，因此，三聚氰胺会使得食品的蛋白质测试含量偏高，从而使劣质食品通过食品检验机构的测试（答案合理即可得2分） 化学致癌因素
解析：大气中的N2进入生物群落的主要途径是生物固氮，圆褐固氮菌的代谢类型为异养需氧型，它能固氮的根本原因是具有固氮基因，从而控制合成固氮酶。硝化细菌可通过硝化作用将NH3先转化为NO2―再转化为NO3―，其同化作用方式为化能合成作用，它可利用无机物合成有机物，因此在生态系统中的成分是生产者。疏松土壤可增加土壤中的氧气量，可促进植物根细胞的呼吸作用，增强对矿质离子的吸收，也可促进硝化细菌的硝化作用，抑制反硝化细菌的反硝化作用，这些过程都可以促进植物对N的吸收。当人体内糖类和脂肪的摄入量都不足时，蛋白质的分解利用会增加，即图中的⑥⑧过程。通过转氨基作用只能合成非必需氨基酸，人体还必需从食物中摄取必需氨基酸，否则会导致营养不良。构成蛋白质的氨基酸中的含氮量与三聚氰胺相比低得多，这是诱使不法商入为提高产品中蛋白质含量而掺加三聚氰胺的理论依据。
II．（8分）⑴在适宜条件下叶圆片进行光合作用，释放的O2多于有氧呼吸消耗的O2，叶细胞间隙中的O2增加，使叶圆片浮力增大（2分）
⑵蒸馏水中缺乏CO2和O2，叶圆片不能光合作用和有氧呼吸，其浮力基本不变（2分）
⑶①取相同重量、相同生长状况的爬山虎和石榴的新鲜叶片，置于密闭的透明玻璃容器中，在相同适宜光照、温度等条件下测定其各自的C O2吸收速率（或者O2的释放速率），并进行比较（或者其它合理答案，2分）
②取两种植物的叶片做成切片，在显微镜下观察其各自叶横切面，比较两者叶细胞间隙的大小（2分）
解析：本题考查影响植物光合作用的因素。植物进行光合作用需要适宜的温度、光照强度及CO2浓度等外界条件，同时还受细胞本身的结构、生理功能等影响（如色素种类、含量等）。若要比较两种细胞的结构，通常可利用显微镜进行观察。
31．（18分）（1）纯种残翅果蝇与纯种长翅果蝇（1分） 控制果蝇翅型的基因位于X染色体上（1分） 一种杂交的后代全为长翅，另一种杂交后代中的雌性为长翅、雄性为残翅（2分） （2）①乙管中的刚毛型果蝇与截毛型果蝇各为一种性别（2分） ②乙管中的刚毛型果蝇与截毛型果蝇各有不同性别（2分） （3）①不可遗传变异（1分） 仅仅是由于环境因素的影响造成的，遗传物质并没有发生改变（1分）
②方法步骤：
第一，用该未知基因型黄色果蝇与正常黄色果蝇yy交配（2分）
第二，将这些卵孵化出的幼虫用不含有银盐的饲料饲养，其它条件均为适宜条件（2分）
第三，待幼虫羽化成成虫后，观察其颜色（2分）
结果预测及结论：如果后代中出现了褐色果蝇，则说明所检测的果蝇为“表型模写”，如果后代全为黄色，则说明所测黄色果蝇的基因型是yy，而不是“表型模写” （2分）
解析：若要进行杂交实验，应选用一对相对性状的两个纯合品种作为亲本，对于核基因控制的性状遗传，正交与反交产生的子代表现型相同，则该对基因位于常染色体上，反之，则位于X染色体上。由位于X染色体上的一对基因控制的性状遗传，用纯合亲本进行正交和反交实验，其中有一种交配方式的后代只有一种表现型，则该种表现型为显性。“表型模写”造成的变异仅仅是由环境因素的影响造成的，遗传物质并没有发生改变，因此为不可遗传的变异。欲确定某个体的基因型，可通过测交实验进行研究，值得注意的是，实验过程中对生物的培养环境应避免使其接触造成“表型模写”的相关因素，如题中的“含有银盐的饲料”。对实验结果的预测应合理地考虑各种可能的结果，力求全面、科学。
