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生加成反應，而不是氧化還原反應。D，說法正確。
8．C解析：在A項中，要具體分析氯氣的來源，不同價態的氯元素生成Cl2，轉移電子數不同。而B項中D2O的式量為20不是18， 18克的D2O的物質的量小于1摩爾，所以在完全電解時，轉移電子數應小于2×6.02×1023個。在C項中，結構單元中Si原子數=
個,O原子16個,每個單元相當于有8個SiO2,所以1mol SiO2有1/8mol結構單元。而在D項中烯烴的最簡式為CH2，根據2個成鍵電子就有一個共價鍵， 14克（CH2）完全燃燒生成CO2應為44g .
9．C解析:根據各元素化合價的奇偶性,A選項中分子H原子數應該為偶數,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 ,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：設計更合理，尾氣中的CO可燃燒，產生的熱能還可用于加熱，節約能源。
11．A溶質的摩爾質量=
，此式只有V是未知的，而溶液質量為：（m+n-x）g，只溶液的密度就可求出溶液體積V，從而計算出溶質的摩爾質量了。
12．B 由圖知O―t1段陰陽兩極產生的氣體的量相同，所以電解的是HCl，t1―t2段陰陽兩極產生的氣體的量不同，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，反應式左邊SO42-與Al3+、NH4+的系數比應為2:1。D項離子反應式正確。
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，即原子核內的核子的結合能，而不是原子間的結合能。原子間的結合能，也叫化學能。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生全反射的緣故;光線通信是利用全反射,所以B正確;根據折射定律可知D也正確
17．B 解析：首先寫出橡皮條的個數與加速度a的關系式，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，B正確。
18．D 首先進行受力分析, 
,化簡函數
因為
,
,所以
當B順時針逐漸旋轉時,
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
根據洛倫次力提供向心力 
,可以推出圓周運動半徑為
根據電場力向上,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,則電壓表的內部電路形成回路，所以電壓表有示數。
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）沙和沙桶的總質量遠小于滑塊的質量（2分）， 平衡摩擦力（2分）
（3）
（3分）
Ⅱ．（11分）
（1）（2分）應該畫出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，
設木塊的質量為M，根據牛頓第二定律可得
（3分）
代入數據得
（3分）
選小球為研究對象，設MN面對小球的作用力為N，
根據牛頓第二定律有
（3分）
代入數據得
（2分）
根據牛頓第三定律，小球對MN面的壓力大小為6.0N，方向沿斜面 （1分）
24．解：（1）設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）設最終小物塊停止的位置在板上C點左側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）導管是長管進氣還是短管進氣，由實驗目的和物質性質決定的，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）依據圖Ⅱ知，多孔球泡與液體接觸面大，氣與液反應的速率還與接觸面有關。本題易錯答為防倒吸，實際上，氯氣與氫氧化鈉溶液反應得較慢，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，錯答成無現象。
（5）液體是否流下用大氣壓原理分析，分液漏斗的結構和使用方法這個細節需要實驗時體會，多數同學會認為“蓋了蓋子”，因為濃鹽酸易揮發，所以必須蓋蓋子，防揮發。鹽酸與二氧化錳反應的條件是加熱，鹽酸必須達到一定濃度才能反應，如果濃度小，反應會停止。
（6）反應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完，稀鹽酸不與二氧化錳反應，所以二者可能都沒有反應完。
答案：（1）補畫導管（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，反應速率增大（1分） 作為消毒液（1分）
（3）氯氣溶于水達到化學反應平衡：Cl2 +H2O 
H++Cl-+HCIO，根據平衡移動原理，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）的改變對化學平衡的影響。（1）將3 molH2和1 molN2迅速充入A內，氣體的壓強迅速增大，故使活塞向下運動。壓強增大，平衡向正反應方向移動，使混合氣體的物質的量減少，故活塞又慢慢上升，H2的轉化率和N2的轉化率都增大.
（2）溫度升高，氣體體積增大，同時化學平衡3H2（g）+N2（g）
2NH3（g）向逆反應方向移動，氣體的物質的量增大，使活塞下滑。
（II）（1）新原子中子數與質子數之差=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
（4）由圖可知，每個結構單元中含碳原子數：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根據平衡移動原理，升溫平衡逆向移動，導致氣體物質的量增大，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,該城市交通發展迅速,汽車尾氣污染是一個不可忽視的問題.
（2）環保人士對環保問題的認識要優于普通居民,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根據反應式:I2+SO2+H2O=H2SO4+2HI
n=800次
②從反應的充分性,氣密性等方面考慮
③抽氣次數多少與吸收液的量多少和吸收容器的大小有關
（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比為10∶16∶3，且其相對子質量不大于200，所以可以確定其分子式為：C10H16O3
（2）發生氧化反應的官能團是被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，其結構中含 -COOH和C==C，由分子式還可知含有一個不飽和結構，應為C=O,Q經NaBH4還原、H2 /Ni加成得B的結構為:
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 異養需氧型 有固氮基因 拌種 菌劑 （2）化能合成作用 生產者
（3）呼吸 硝化 反硝化 （4）⑥⑧（不全不給分） （5）必需氨基酸 （6）
蛋白質由氨基酸組成，相同質量的蛋白質與三聚氰胺相比，其含氮量較低，因此，三聚氰胺會使得食品的蛋白質測試含量偏高，從而使劣質食品通過食品檢驗機構的測試（答案合理即可得2分） 化學致癌因素
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先轉化為NO2―再轉化為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，因此在生態系統中的成分是生產者。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。當人體內糖類和脂肪的攝入量都不足時，蛋白質的分解利用會增加，即圖中的⑥⑧過程。通過轉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，否則會導致營養不良。構成蛋白質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品中蛋白質含量而摻加三聚氰胺的理論依據。
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小（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構、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構，通�？衫蔑@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） 僅僅是由于環境因素的影響造成的，遺傳物質并沒有發生改變（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，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）
結果預測及結論：如果后代中出現了褐色果蠅，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，正交與反交產生的子代表現型相同，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型，則該種表現型為顯性。“表型模寫”造成的變異僅僅是由環境因素的影響造成的，遺傳物質并沒有發生改變，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環境應避免使其接觸造成“表型模寫”的相關因素，如題中的“含有銀鹽的飼料”。對實驗結果的預測應合理地考慮各種可能的結果，力求全面、科學。
