2022高考全國乙卷理科綜合答案及解析

2022年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試（全國乙卷）理科綜合能力測(cè)試答案與解析.【答案】D【解析】【分析】減數(shù)分裂過程包括減數(shù)第一次分裂和減數(shù)第二次分裂;主要特點(diǎn)是減數(shù)第一次分裂前期同源染色體聯(lián)會(huì),可能發(fā)生同源染色體非姐妹單體之間的交叉互換,后期同源染色體分開,同時(shí)非同源染色體自由組合,實(shí)現(xiàn)基因的重組,減數(shù)第二次分裂則為姐妹染色單體的分離。【詳解】AB、有絲分裂過程中不會(huì)發(fā)生同源染色體聯(lián)會(huì)形成四分體過程，這樣就不會(huì)發(fā)生姐妹染色單體分離導(dǎo)致等位基因A和a進(jìn)入不同細(xì)胞的現(xiàn)象,A、B錯(cuò)誤:C、D、根據(jù)題意,某動(dòng)物基因型是Aa,經(jīng)過間期復(fù)制，初級(jí)性母細(xì)胞中有AAaa四個(gè)基因,該動(dòng)物的某細(xì)胞在四分體時(shí)期發(fā)生交叉互換，涉及A和a的交換，交換后兩條同源染色的姐妹染色單體上均分別具有A和a基因，減數(shù)第一次分裂時(shí)，同源染色體分開,兩組Aa彼此分開進(jìn)入次級(jí)性母細(xì)胞，但不會(huì)發(fā)生姐妹染色單體分離導(dǎo)致等位基因A和a的現(xiàn)象，而在減數(shù)第二次分裂時(shí),姐妹染色單體分離，其上的A和a分開進(jìn)入兩個(gè)子細(xì)胞，C錯(cuò)誤,D正確。故選D。.【答案】D【解析】【分析】光合作用會(huì)吸收密閉容器中的CO”而呼吸作用會(huì)釋放COz,在溫度和光照均適宜且恒定的情況下，兩者速率主要受容器中COユ和0Z的變化影響?！驹斀狻緼、初期容器內(nèi)C6濃度較大,光合作用強(qiáng)于呼吸作用，植物吸收COク釋放ユ,使密閉容器內(nèi)的COユ濃度下降“濃度上升，A錯(cuò)誤;B、根據(jù)分析由于密閉容器內(nèi)的C02濃度下降,02濃度上升，從而使植物光合速率逐漸降低，呼吸作用逐漸升高,,直至兩者平衡趨于穩(wěn)定,B錯(cuò)誤;CD、初期光合速率大于呼吸速率,之后光合速率等于呼吸速率，C錯(cuò)誤,D正確。故選D.【答案】B【解析】【分析】興奮在兩個(gè)神經(jīng)元之間傳遞是通過突觸進(jìn)行的，突觸由突觸前膜、突觸間隙和突觸后膜三部分組成,神經(jīng)遞質(zhì)只存在于突觸前膜的突觸小泡中,只能由突觸前膜釋放,進(jìn)入突觸間隙,作用于突觸后膜上的特異性受體，引起下ー個(gè)神經(jīng)元興奮或抑制?！驹斀狻緼、如果通過藥物加快神經(jīng)遞質(zhì)經(jīng)突觸前膜釋放到突觸間隙中,突觸間隙中神經(jīng)遞質(zhì)濃度增加,與突觸后膜上特異性受體結(jié)合增多，會(huì)導(dǎo)致興奮過度傳遞引起肌肉痙攣，達(dá)不到治療目的，A不符合題意;B、如果通過藥物阻止神經(jīng)遞質(zhì)與突觸后膜上特異性受體結(jié)合，興奮傳遞減弱，會(huì)緩解興奮過度傳遞引起的肌肉痙攣，可達(dá)到治療目的,B符合題意:C、如果通過藥物抑制突觸間隙中可降解神經(jīng)遞質(zhì)的酶的活性，突觸間隙中的神經(jīng)遞質(zhì)不能有效降解,導(dǎo)致神經(jīng)遞質(zhì)與突觸后膜上的特異性受體持續(xù)結(jié)合，導(dǎo)致興奮傳遞過度引起肌肉痙攣，達(dá)不到治療目的，C不符合題意;D、如果通過藥物增加突觸后膜上神經(jīng)遞質(zhì)特異性受體的數(shù)量,突觸間隙的神經(jīng)遞質(zhì)與特異性受體結(jié)合增多，會(huì)導(dǎo)致興奮傳遞過度引起肌肉痙攣,達(dá)不到治療目的，D不符合題意。故選B。.【答案】C【解析】【分析】分析:由表格數(shù)據(jù)可知,該實(shí)驗(yàn)的自變量是醜的組分、Mgわ的濃度，因變量是有沒有產(chǎn)物生成,底物為無關(guān)變量。第①組為正常組作為空白對(duì)照，其余組均為實(shí)驗(yàn)組?！驹斀狻緼、第①組中，酶P在低濃度Mg”條件，有產(chǎn)物生成,說明酶P在該條件下具有催化活性,A錯(cuò)誤;BD、第③組和第⑤組對(duì)照,無關(guān)變量是底物和蛋白質(zhì)組分，自變量是Mgス?jié)舛?，無論是高濃度悔ル條件下還是低濃度Mg2’條件下,兩組均沒有產(chǎn)物生成,說明蛋白質(zhì)組分無催化活性，BD錯(cuò)誤；C、第②組和第④組對(duì)照,無關(guān)變量是底物和RNA組分，自變量是幗カ濃度，第④組在高濃度Mg?條件下有產(chǎn)物生成,第②組在低濃度蛇ル條件下,沒有產(chǎn)物生成,說明在高濃度Mg"條件下RNA組分具有催化活性,C正確。故選C。.【答案】A【解析】【分析】群落的垂直結(jié)構(gòu)指群落在垂直方面的配置狀態(tài)，其最顯著的特征是分層現(xiàn)象,即在垂直方向上分成許多層次的現(xiàn)象。影響植物群落垂直分層的主要因素是光照,影響動(dòng)物群落垂直分層的主要因素為食物和棲息空間?！驹斀狻竣偕秩郝涞姆謱蝇F(xiàn)象在占地面積相同情況下提供了更多空間,提高了生物對(duì)陽光等環(huán)境資源的利用能力,①正確;②森林植物從上到下可分為不同層次,最上層為喬木層，②錯(cuò)誤:③影響植物群落垂直分層的主要因素是光照，垂直方向上森林中植物分層現(xiàn)象與對(duì)光的利用有關(guān)，③正確:④森林群落中動(dòng)物的分層現(xiàn)象與食物和棲息空間有關(guān)，④正確;⑤群落垂直結(jié)構(gòu)的分層現(xiàn)象、群落的水平結(jié)構(gòu)等都是自然選擇的結(jié)果,⑤正確；⑥群落中植物垂直分層現(xiàn)象的形成主要是由光照決定的，⑥錯(cuò)誤。A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A?.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意可知，正交子代中蘆花雞和非蘆花雞數(shù)目相同，反交子代均為蘆花雞，說明控制雞羽毛性狀蘆花和非蘆花的基因位于Z染色體上,且蘆花為顯性?！驹斀狻緼、根據(jù)題意可知，正交為ZT（非蘆花雄雞）XZAW（蘆花雌雞）,子代為ズズ、Z"W,且蘆花雞和非蘆花雞數(shù)目相同，反交為ZAZ"XZ”W,子代為Z2?、ZAW,且全為蘆花雞，A正確；B、正交子代中蘆花雄雞為Z'Z"（雜合子）,反交子代中蘆花雄雞為アゴ（雜合子），B正確；C、反交子代蘆花雞相互交配，即ZV^XZ、,所產(chǎn)雌雞Z*W、Z屮（非蘆花），C錯(cuò)誤;D,正交子代為Z"Z"（蘆花雄雞）、Z"W（非蘆花雌雞），D正確。故選Co.【答案】B【解析】【詳解】A.鉛筆芯的主要成分為石墨，不含二氧化鉛，A錯(cuò)誤；.碳酸氫鈉不穩(wěn)定,受熱易分解產(chǎn)生二氧化碳,能使面團(tuán)松軟，可做食品膨松劑，B正確；C,青銅是在純銅（紫銅）中加入錫或鉛的合金，黃銅為是由銅和鋅所組成的合金，兩者均屬于混合物，不是銅單質(zhì),C錯(cuò)誤;D.鈉元素灼燒顯黃色,D錯(cuò)誤；故選B..【答案】D

【解析】【詳解】A.化合物1分子中還有亞甲基結(jié)構(gòu)，其中心碳原子采用5ゴ雜化方式，所以所有原子不可能共平面，A錯(cuò)誤;.結(jié)構(gòu)相似，分子上相差n個(gè)CHノ的有機(jī)物互為同系物，上述化合物1為環(huán)氧乙烷，屬于醛類，乙醇屬于醇類，與乙醇結(jié)構(gòu)不相似,不是同系物,B錯(cuò)誤;C.根據(jù)上述化合物2的分子結(jié)構(gòu)可知，分子中含酯基，不含羥基,C錯(cuò)誤;OHC-CH2-o__-nOHC-CH2-o__-n物,D正確:答案選D。.【答案】A【解析】【詳解】由題意可知,①取少量樣品溶于水得到無色透明溶液,說明固體溶于水且相互之間能共存，②向①的溶液中滴加過量稀鹽酸,溶液變渾濁,有刺激性氣體放出，說明固體中存在NazSzOs,發(fā)生反應(yīng)SzO；+2H'=SI+H2O+SO2t,離心分離，③取②的上層清液，向其中滴加BaClク溶液，有沉淀生成，則沉淀為BaSO.,,說明固體中存在NazSO”不能確定是否有Na^SO：,和Na￡（h,N&SO3與過量鹽酸反應(yīng)生成二氧化硫，Na2（X）3與過量鹽酸反應(yīng)生成二氧化碳,而這些現(xiàn)象可以被NazSzOs與過量鹽酸反應(yīng)的現(xiàn)象覆蓋掉，綜上分析,該樣品中確定存在的是:NazSO,、Na2s2O3,答案選A。.【答案】C【解析】【詳解】A.向NaBr溶液中滴加過量氯水，漠離子被氧化為漠單質(zhì)，但氯水過量，再加入淀粉K!溶液,過量的氯水可以將碘離子氧化為碘單質(zhì)，無法證明漠單質(zhì)的氧化性強(qiáng)于碘單質(zhì)，A錯(cuò)誤;B.向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加熱后，應(yīng)加入氫氧化鈉溶液使體系呈堿性，若不加氫氧化鈉，未反應(yīng)的稀硫酸會(huì)和新制氫氧化銅反應(yīng),則不會(huì)產(chǎn)生磚紅色沉淀，不能說明蔗糖沒有發(fā)生水解，B錯(cuò)誤;C,石蠟油加強(qiáng)熱，產(chǎn)生的氣體能使澳的四氯化碳溶液褪色,說明氣體中含有不飽和燈，與澳發(fā)生加成反應(yīng)使澳的四氯化碳溶液褪色，C正確;D,聚氯乙烯加強(qiáng)熱產(chǎn)生能使?jié)駶?rùn)藍(lán)色濕潤(rùn)試紙變紅的氣體,說明產(chǎn)生了氯化氫,不能說明氯乙烯加聚是可逆反應(yīng),可逆反應(yīng)是指在同一條件下,既能向正反應(yīng)方向進(jìn)行,同時(shí)又能向逆反應(yīng)的方向進(jìn)行的反應(yīng),而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加強(qiáng)熱分解條件不同,D錯(cuò)誤;答案選C。.【答案】D【解析】【分析】化合物(YW,X5Zb?4W2Z)可用于電訊器材、高級(jí)玻璃的制造。W、X、Y、Z為短周期元素，原子序數(shù)依次增加，且加和為21。該化合物的熱重曲線如圖所示，在200,C以下熱分解時(shí)無刺激性氣體逸出，則說明失去的是水，即w為H,Z為0,YZz分子的總電子數(shù)為奇數(shù),常溫下為氣體，則Y為N,原子序數(shù)依次增加,且加和為21,則X為B?！驹斀狻緼.X(B)的單質(zhì)常溫下為固體，故A錯(cuò)誤;B,根據(jù)非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物的水化物酸性越強(qiáng)，則最高價(jià)氧化物的水化物酸性:X(H3BO3)<Y(HNO:t),故B錯(cuò)誤;C.根據(jù)前面已知200C以下熱分解時(shí)無刺激性氣體逸出，則說明失去是水，若100?2OOC階段熱分解失去4個(gè)ル0,則質(zhì)量分?jǐn)?shù)x100%?73.6%_14+4+11x5+16x8_

14+4+階段熱分解失去4個(gè)ル0,則質(zhì)量分?jǐn)?shù)x100%?73.6%說明不是失去去4個(gè)H?0,故C錯(cuò)誤;D.化合物(NHBsOb/HzO)在500℃熱分解后若生成固體化合物XzZ3(B。),根據(jù)硼元素守恒,則得到關(guān)系式2NH區(qū)0.?4H20-5BA,則固體化合物B。質(zhì)量分?jǐn)?shù)為xl00%?64.1%說明假設(shè)正確，故D正確。 (11x2+16x3)x5 (14+4+11x5+16x8xl00%?64.1%說明假設(shè)正確，故D正確。綜上所述，答案為D。.【答案】C【解析】【分析】充電時(shí)光照光催化電極產(chǎn)生電子和空穴,驅(qū)動(dòng)陰極反應(yīng)(Li'+eユ匸)和陽極反應(yīng)(Li202+2h-2Li*+02),則充電時(shí)總反應(yīng)為L(zhǎng)izOELi+Oz,結(jié)合圖示,充電時(shí)金屬Li電極為陰極，光催化電極為陽極;則放電時(shí)金屬Li電極為負(fù)極,光催化電極為正極;據(jù)此作答?！驹斀狻緼.光照時(shí)，光催化電極產(chǎn)生電子和空穴,驅(qū)動(dòng)陰極反應(yīng)和陽極反應(yīng)對(duì)電池進(jìn)行充電,結(jié)合陰極反應(yīng)和陽極反應(yīng)，充電時(shí)電池的總反應(yīng)為い202=2ほ+02,A正確；B.充電時(shí),光照光催化電極產(chǎn)生電子和空穴,陰極反應(yīng)與電子有關(guān)，陽極反應(yīng)與空穴有關(guān)，

故充電效率與光照產(chǎn)生的電子和空穴量有關(guān),B正確;C,放電時(shí),金屬Li電極為負(fù)極,光催化電極為正極,Li.從負(fù)極穿過離子交換膜向正極遷移,C錯(cuò)誤;D.放電時(shí)總反應(yīng)為2Li+0z=Li。,正極反應(yīng)為Oz+2Li*+2e=LizOz,D正確;答案選C。.【答案】B【解析】【詳解】A.常溫下溶液I的pH=7.0,則溶液I中c(H)=c(0H)=lX10-7mol/L,c(H)<c(OH)+c(A),A錯(cuò)誤;B,常溫下溶液II的pH=1.0,溶液中c(H')=O.Imol/L,B=。3小貝ユ1.0X10リc(HA)(HA)=c(HA)+c(A).則_(HA)=c(HA)+c(A).則_O.lc(A)_

c總(HA)-c(A)=1.0X10M解得c(A)

c總(HA) ,B正確;101C.根據(jù)題意,未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等,C錯(cuò)誤;D.常溫下溶液I的pH=7.0,溶液I中メビ)=1*10%。1/Lん=典上空丄=1.0X10ゝcc(HA)總(HA)總(HA)二c(HA)+c(A),10-7[c(,(HA)-c(HA)]c(HA)=1.0X103.溶液I中cs(HA)=(lO1+l)c(HA),c(H+)-c(A)溶液n的pH=1.0,溶液II中c(H')=0.Imol/L,/C=~—~~~-=1.0Xl03,c總c(HA)0.1[ctt(HA)-c(HA)](HA)=c(HA)+c(A), =1.0Xl0\溶液H中c鼠HA)=1.Olc(HA),未c(HA)電離的HA可自由穿過隔膜,故溶液I和II中的c(HA)相等,溶液I和11中c*(HA)之比為[(104+1)c(HA)]s[1.01c(HA)]=(104+D：1.01^10',D錯(cuò)誤;答案選B.【答案】C【解析】【詳解】ABC.航天員在空間站中所受萬有引力完全提供做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，飛船對(duì)其作用カ等于零,故C正確，AB錯(cuò)誤;

D,根據(jù)萬有引力公式可知在地球表面上所受引力的大小大于在飛船所受的萬有引力大小,因此地球表面引力大于其隨飛船運(yùn)動(dòng)所需向心力的大小,故D錯(cuò)誤。故選Co.【答案】A【解析】【詳解】當(dāng)兩球運(yùn)動(dòng)至二者相距ヌ厶時(shí),,如圖所示3L/5- ?ド/L/2由幾何關(guān)系可知設(shè)繩子拉カ為T,水平方向有解得對(duì)任意小球由牛頓第二定律可得解得故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選A。16.【答案】C3Lsin0=平=-Lf227cos6=ドT=-F8T=ma5Fa=——8m【解析】【詳解】如圖所示mgh=—mu根據(jù)機(jī)械能守恒定律得設(shè)圓環(huán)下降的高度為ん,圓環(huán)的半徑為マmgh=—mu根據(jù)機(jī)械能守恒定律得h=Lsin。sin6>=—2R聯(lián)立可得h=—

2R故C正確,ABD錯(cuò)誤。故選Co.【答案】B【解析】【詳解】一個(gè)光子的能量為い為光的頻率，光的波長(zhǎng)與頻率有以下關(guān)系光源每秒發(fā)岀的光子的個(gè)數(shù)為PPA

n=——=—

hvheP為光源的功率,光子以球面波的形式傳播,那么以光源為原點(diǎn)的球面上的光子數(shù)相同,此時(shí)距光源的距離為7?處，每秒垂直通過每平方米的光子數(shù)為3X10"個(gè),那么此處的球面的表面積為-=3xl014S聯(lián)立以上各式解得ス七3X102m故選Bo.【答案】BC【解析】【詳解】A?如圖所示地磁南極』メメ地磁北極地球可視為ー個(gè)磁偶極，磁南極大致指向地理北極附近,磁北極大致指向地理南極附近。通過這兩個(gè)磁極的假想直線（磁軸）與地球的自轉(zhuǎn)軸大約成11.3度的傾斜。由表中z軸數(shù)據(jù)可看出z軸的磁場(chǎng)豎直向下，則測(cè)量地點(diǎn)應(yīng)位于北半球,A錯(cuò)誤;B.磁感應(yīng)強(qiáng)度為矢量,故由表格可看出此處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大致為B=強(qiáng)+B；=也+度計(jì)算得

B正確;CD.由選項(xiàng)A可知測(cè)量地在北半球,而北半球地磁場(chǎng)指向北方斜向下,則第2次測(cè)量,測(cè)量4<0,故y軸指向南方,第3次測(cè)量を>0,故”軸指向北方而y軸則指向西方,C正確、D錯(cuò)誤。故選BCo.【答案】AB【解析】【詳解】A.兩個(gè)正電荷在ル點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向由"指向。，ル點(diǎn)處于兩負(fù)電荷連線的中垂線上,則兩負(fù)電荷在ル點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向由ル指向0,則ル點(diǎn)的合場(chǎng)強(qiáng)方向由川指向0,同理可知，兩個(gè)負(fù)電荷在/處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向由。指向厶エ點(diǎn)處于兩正電荷連線的中垂線上,兩正電荷在工處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向由。指向厶則』處的合場(chǎng)方向由。指向厶由于正方向兩對(duì)角線垂直平分，則Z和川兩點(diǎn)處的電場(chǎng)方向相互垂直，故A正確:B,正方向底邊的ー對(duì)等量異號(hào)電荷在〃點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向向左,而正方形上方的ー對(duì)等量異號(hào)電荷在“點(diǎn)產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)方向向右，由于〃點(diǎn)離上方ー對(duì)等量異號(hào)電荷距離較遠(yuǎn)，則〃點(diǎn)的場(chǎng)方向向左，故B正確;C.由圖可知,“和。點(diǎn)位于兩等量異號(hào)電荷的等勢(shì)線上,即〃和。點(diǎn)電勢(shì)相等，所以將一帶正電的點(diǎn)電荷從〃點(diǎn)移動(dòng)到。點(diǎn)，電場(chǎng)カ做功為零，故C錯(cuò)誤;D,由圖可知,工點(diǎn)的電勢(shì)低于"點(diǎn)電勢(shì),則將一帶正電的點(diǎn)電荷從/點(diǎn)移動(dòng)到ル點(diǎn),電場(chǎng)カ做功不為零，故D錯(cuò)誤。故選ABo.【答案】AD【解析】【詳解】物塊與地面間摩擦カ為f=,mg=2NAC,對(duì)物塊從。?3內(nèi)由動(dòng)量定理可知(F-/X]=mv3即(4-2)x3=1xv3匕=6m/s3s時(shí)物塊的動(dòng)量為p=mv3=6kg-m/s設(shè)3s后經(jīng)過時(shí)間t物塊的速度減為0,由動(dòng)量定理可得_(F+于)t=O-mv3即一(4+2レ=0-1x6解得t=\s所以物塊在4s時(shí)速度減為〇,則此時(shí)物塊的動(dòng)能也為0,故A正確,C錯(cuò)誤;B1〇?3物塊發(fā)生的位移為小，由動(dòng)能定理可得1,(ドー/)X=2mv3即(4-2)x,=^xlx62得x]=9m3s~4s過程中,對(duì)物塊由動(dòng)能定理可得-(F+f)x2=0——mv^即一(4+2)ム=0ー丄xlx6?得x2=3m4s?6s物塊開始反向運(yùn)動(dòng),物塊的加速度大小為F-fへ,2

a= -=2m/stn發(fā)生的位移為1,

玉=—x2x2-m=4m<x1+x2即6s時(shí)物塊沒有回到初始位置,故B錯(cuò)誤;D,物塊在6s時(shí)的速度大小為為=2x2m/s=4m/s0~6s拉カ所做的功為W=(4x9-4x3+4x4)J=40J故D正確。故選AD。21.【答案】BD【解析】【詳解】C.在截面內(nèi),極板間各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小與其到。點(diǎn)的距離成反比,可設(shè)為Er=k帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則有rV, v2qE\=m—,qE2=m亠厶 ri可得即粒子1入射時(shí)的動(dòng)能等于粒子2入射時(shí)的動(dòng)能,故C錯(cuò)誤;A.粒子3從距。點(diǎn)り的位置入射并從距。點(diǎn)Z1的位置出射,做向心運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)カ做正功,則動(dòng)能增大，粒子3入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的小,故A錯(cuò)誤;B,粒子4從距。點(diǎn)り的位置入射并從距。點(diǎn)ワ的位置出射,做離心運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)カ做負(fù)功,則動(dòng)能減小,粒子4入射時(shí)的動(dòng)能比它出射時(shí)的大,故B正確:D.粒子3做向心運(yùn)動(dòng)，有

qE2>m^-1 2qE,ら1 2—mv：<———=—mv：2 3 2 2qE2>m^-1 2qE,ら1 2—mv：<———=—mv：2 3 2 21粒子1入射時(shí)的動(dòng)能大于粒子3入射時(shí)的動(dòng)能,故D正確;故選BDo22.【答案】①相鄰1s內(nèi)的位移之差接近A480m ②547③79【解析】【詳解】（1）[1]第1s內(nèi)的位移507m,第2s內(nèi)的位移587m,第3s內(nèi)的位移665m,第4s內(nèi)的位移746m,第5s內(nèi)的位移824m,第6s內(nèi)的位移904m,則相鄰Is內(nèi)的位移之差接近△尸80m,可知判斷飛行器在這段時(shí)間內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng);（2）[2]當(dāng)行507m時(shí)飛行器的速度等于。ー2s內(nèi)的平均速度,1mzs=547m/s(3)[3]根據(jù)m/s2?79m/s29T223.【答案】9xl22.30 ⑤.x36-x03_4233-2x1759②.1()。 ③.75c ④.【解析】【詳解】（1）[1]電流表內(nèi)阻已知,電流表與《并聯(lián)擴(kuò)大電流表量程,進(jìn)而準(zhǔn)確測(cè)量通過ル的電流,電壓表單獨(dú)測(cè)量&的電壓;滑動(dòng)變阻器采用分壓式接法，電表從〇開始測(cè)量,滿足題中通過ル的電流從〇~5mA連續(xù)可調(diào)，電路圖如下[2]電路中Z?應(yīng)選最大阻值為10Q的滑動(dòng)變阻器,方便電路的調(diào)節(jié),測(cè)量效率高、實(shí)驗(yàn)誤差小:[3]通過段電流最大為5mA,需要將電流表量程擴(kuò)大為原來的5倍，根據(jù)并聯(lián)分流的規(guī)律示意圖如下5mA4mA—* r*—C ]■根據(jù)并聯(lián)分流,即并聯(lián)電路中電流之比等于電阻的反比,可知4mA_300Q1mAK）[4]電壓表每小格表示。.IV,向后估讀一位,即。=2.30V；⑸電流表每小格表示。.02mA,本位估讀,即。.84mA,電流表量程擴(kuò)大5倍，所以通過&的電流為/=4.20mA：[6]根據(jù)歐姆定律可知2.3024.【答案】（1）0.040N；（2）0.016J【解析】【詳解】(1)金屬框的總電阻為R=4/2=4x0.4x5x =O.CX）8Q金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為△①ハ”ク 1 ,E=——= ^-=0.1x-x0.42V=0.008VXNt 2金屬框中的電流為/=—=1A

R片2.0s時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2=(0.3-0.1x2)T=0.1T金屬框處于磁場(chǎng)中的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)=y/2l此時(shí)金屬框所受安培カ大小為吊=即ん=0.1X1X伝0.4N=0.04&N(2)0:2.0s內(nèi)金屬框產(chǎn)生的焦耳熱為Q=l2Rt=l2x0.008x2J=0.016J25.【答案】(1)0.6/nv^；(2)0.768卬。;(3)0.45【解析】【詳解】(1)當(dāng)彈簧被壓縮最短時(shí),彈簧彈性勢(shì)能最大,此時(shí)A、8速度相等,即，=ル時(shí)刻,根據(jù)動(dòng)量守恒定律mB-1.2v0=(mB+m)vQ根據(jù)能量守恒定律1 2 1 2Epmax=萬利(12%) +聯(lián)立解得=5m4,皿=°.6屈(2)同一時(shí)刻彈簧對(duì)A、8的彈カ大小相等,根據(jù)牛頓第二定律F=ma可知同一時(shí)刻aA=5aB則同一時(shí)刻A、8的的瞬時(shí)速度分別為ウ=aAtvb=l-2vo-_-根據(jù)位移等速度在時(shí)間上的累積可得s.=”(累積)sB=リセ(累積)又=O-36voro解得%=1.128%ム第一次碰撞過程中,彈簧壓縮量的最大值=sB-sA=0.768%f〇(3)物塊ス第二次到達(dá)斜面的最高點(diǎn)與第一次相同,說明物塊ん第二次與8分離后速度大小仍為2%,方向水平向右,設(shè)物塊ル第一次滑下斜面的速度大小為ウ，設(shè)向左為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得mvA-5m?0.8%=tn-(-2v0)+5mvB根據(jù)能量守恒定律可得—/tzv^H—?5m?(0.8%)~——m,(—2%)2H—?5mvB聯(lián)立解得"%設(shè)在斜面上滑行的長(zhǎng)度為L(zhǎng),上滑過程,根據(jù)動(dòng)能定理可得

-mgLsin0一ルfngLcos0=0--加(2%)下滑過程,根據(jù)動(dòng)能定理可得*1ヽmgLsin0—pitngLcos0=—inv^—0聯(lián)立解得〃=0.4524.【答案】(1) ①.PbS0?(s)+C0；(aq)=PbC()3(s)+S0：(aq) ②.反應(yīng)PbS()4(s)+C0=3.4X1O5>1O5,PbSO,可以比較徹底的轉(zhuǎn)(aq)=PbC0Ks)+S0：=3.4X1O5>1O5,PbSO,可以比較徹底的轉(zhuǎn)化為PbCO3(2)反應(yīng)BaSO4(s)+CO(2)反應(yīng)BaSO4(s)+CO；(aq)=BaCO?(s)+S0：(aq)的平衡常數(shù)K=c(SOj)c(COj)=0.04?105l反應(yīng)正向進(jìn)行的程度有限①.Fe"②.Pb+H2O2+2HAc=Pb(Ac)2+2H2O ③.作還原劑Fe(0H)3、Al(0H)3Ba"、Na"【解析】【分析】鉛膏中主要含有PbSO,、PbO2,PbO和Pb,還有少量Ba、Fe、Al的鹽或氧化物等,向鉛膏中加入碳酸鈉溶液進(jìn)行脫硫,硫酸鉛轉(zhuǎn)化為碳酸鉛,過濾,向所得固體中加入醋酸、過氧化氫進(jìn)行酸浸,過氧化氫可將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子,酸浸后溶液的pH約為4.9,依據(jù)金屬氫氧化物沉淀時(shí)的pH可知，濾渣主要成分為氫氧化鋁、氫氧化鐵，過濾后,向?yàn)V液中加入氫氧化鈉溶液進(jìn)行沉鉛,得到氫氧化鉛沉淀，濾液中的金屬陽離子主要為鈉離子和鋼離子，氫氧化鉛再進(jìn)行處理得到PbO。【小問1詳解】“脫硫”中，碳酸鈉溶液與硫酸鉛反應(yīng)生成碳酸鉛和硫酸鈉,反應(yīng)的離子方程式為:PbSOKs)+CO：(aq)=PbCOs(s)+SOt(aq),由一些難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)的數(shù)據(jù)可知,Kip(PbC03)=7.4x10H,Ksp(PbS0.,)=2.5x1〇ー',反應(yīng)PbSO?(s)+CO；(aq)=PbC()3(s)+S0；(aq)

的平衡常數(shù)K.c(S0r)_c(Pb-).c(SO^)_Kp(PbSO4)2.5x10s的干衝吊數(shù)ス(常ドc(Pb-).c(COh-%(PbCOJ一ボプ?エ4x10>10,說明可以轉(zhuǎn)化的比較徹底,且轉(zhuǎn)化后生成的碳酸鉛可由酸浸進(jìn)入溶液中,減少鉛的損失?！拘?詳解】九 九 .,c(S0Dc(Ba2+)-c(SO?)Ksp(BaSO4)i.ixlQ10Ksp(BaCO3)-2.6x109反應(yīng)BaS0i(s)+C()3(aq)=BaC()3(s)+S0；(aq)的平衡常數(shù)K二小ヾハ=e2+Ksp(BaSO4)i.ixlQ10Ksp(BaCO3)-2.6x109^0.04?105.說明該反應(yīng)正向進(jìn)行的程度有限，因此加入碳酸鈉不能使鉛膏中的BaSOi完全轉(zhuǎn)化?！拘?詳解】(i)過氧化氫有氧化性,亞鐵離子有還原性，會(huì)被過氧化氫氧化為鐵離子。(ii)過氧化氫促進(jìn)金屬Pb在醋酸溶液中轉(zhuǎn)化為Pb(Ac”,過氧化氫與Pb、HAc發(fā)生氧還原反應(yīng)生成Pb(Ac)z和HQ,依據(jù)得失電子守恒和原子守恒可知,反應(yīng)的化學(xué)方程式為:Pb+lW2HAc=Pb(Ac)2+2H20o(iii)過氧化氫也能使PbO,轉(zhuǎn)化為Pb(Ac)2,鉛元素化合價(jià)由+4價(jià)降低到了+2價(jià)，PbOッ是氧化劑,則過氧化氫是還原劑?！拘?詳解】酸浸后溶液的pH約為4.9,依據(jù)金屬氫氧化物沉淀時(shí)的pH可知,濾渣主要成分為氫氧化鋁、氫氧化鐵?！拘?詳解】依據(jù)分析可知，加入碳酸鈉不能使鉛膏中的BaSO,完全轉(zhuǎn)化，鐵離子、鋁離子轉(zhuǎn)化為了氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，鉛轉(zhuǎn)化為了氫氧化鉛、最終變?yōu)榱搜趸U,因此沉鉛的濾液中，金屬離子有B『和加入碳酸鈉、氫氧化鈉時(shí)引入的Na+。.【答案】(1)分液漏斗和球形冷凝管CuSO4-5H2O風(fēng)化失去結(jié)晶水生成無水硫酸銅CuO(4)3H2C204+2K2C03=2KHC204+K2C204+2H20+2C02T(5)分批加入并攪拌(6)水浴(7)冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌【解析】【分析】取已知濃度的CuSO』溶液,攪拌下滴加足量NaOH溶液,產(chǎn)生淺藍(lán)色沉淀氫氧化銅,加熱,氫氧化銅分解生成黑色的氧化銅沉淀,過濾,向草酸（H2c20J溶液中加入適量K2co、固體,制得KHC?O4和K2c204混合溶液，將KHC204和K2c204混合溶液加熱至80-85C,加入氧化銅固體，全部溶解后，趁熱過濾，將濾液用蒸汽浴加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，得到ニ草酸合銅（0）酸鉀晶體?！拘?詳解】由CuSO「5Hユ。固體配制硫酸銅溶液，需用天平稱量一定質(zhì)量的CuSOjSHユ。固體，將稱量好的固體放入燒杯中,用量筒量取一定體積的水溶解CuSO「5H2。,因此用不到的儀器有分液漏斗和球形冷凝管?！拘?詳解】CuSO「5H2。含結(jié)晶水，長(zhǎng)期放置會(huì)風(fēng)化失去結(jié)晶水，生成無水硫酸銅，無水硫酸銅為白色固體?！拘?詳解】硫酸銅溶液與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成藍(lán)色的氫氧化銅沉淀,加熱，氫氧化銅分解生成黑色的氧化銅沉淀?！拘?詳解】草酸和碳酸鉀以物質(zhì)的量之比為1.5:1發(fā)生非氧化還原反應(yīng)生成KHCユ?！?、K2c20ハCO?和水,依據(jù)原子守恒可知，反應(yīng)的化學(xué)方程式為:3Hに。+2用（:03=2KHe2〇++K2c2O4+2H2O+2CO21?！拘?詳解】為防止草酸和碳酸鉀反應(yīng)時(shí)反應(yīng)劇烈，造成液體噴濺，可減緩反應(yīng)速率，將碳酸鉀進(jìn)行分批加入并攪拌?！拘?詳解】III中將混合溶液加熱至80-85C,應(yīng)采取水浴加熱,使液體受熱均勻。小問7詳解】從溶液獲得晶體的一般方法為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，因此將III的濾液用蒸汽浴加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，得到ニ草酸合銅（H）酸鉀晶體。.【答案】（1）170 （2） ①.副產(chǎn)物氫氣可作燃料 ②.耗能高

①.50% ②.4.76①.越高②,n(H2S):n(Ar)越小,H2s的分壓越小,平衡向正反應(yīng)方向進(jìn)行,H2s平衡轉(zhuǎn)化率越高 ③.d④.24.9【解析】【小問1詳解】已知:①2H2s(g)+302(g)=2SO2(g)+2H20(g)△ -1036kJ/mol②4Hzs(g)+2S0z(g)=3S2(g)+4H20(g)ム"=94kJ/mol③2H2(g)+02(g)=2HQ(g)AA=-484kJ/mo1根據(jù)蓋斯定律(①+②)Xg—③即得到2Hzs(g)=Sz(g)+2Hz(g)的△イ=(-1036+94)kj/mol1,X—+484kJ/mol=170kj/mol；3【小問2詳解】根據(jù)蓋斯定律(①+②)Xg可得2H2s(g)+02(g)=S2(g)+2Hz0(g)A/^=(-1036+94)kJ/molX1=-314kJ/mol,因此,克勞斯エ藝的總反應(yīng)是放熱反應(yīng);根據(jù)硫化氫分解的化學(xué)方程式可知,髙溫?zé)岱纸夥椒ㄔ谏蓡钨|(zhì)硫的同時(shí)還有氫氣生成。因此,高溫?zé)岱纸夥椒ǖ膬?yōu)點(diǎn)是:可以獲得氫氣作燃料:但由于高溫分解HzS會(huì)消耗大量能量,所以其缺點(diǎn)是耗能高;【小問3詳解】假設(shè)在該條件下,硫化氫和氣的起始投料的物質(zhì)的量分別為!mol和4moi,根據(jù)三段式可知:2H2s(g)US2(g)+2H2(g)始/mol100變/molX0.5xX平［mol1—X0.5xX平衡時(shí)HzS和ル的分壓相等，則二者的物質(zhì)的量相等,即l-x=x,解得x=0.5,所以H?S的平衡轉(zhuǎn)化率為羽x100%=50%,所以平衡常數(shù)ん=幽にリ*。1 p-(HaS)些xlOOk&x(3?些xlOOk&x(3?0.55.25xlOOkPa)2 24.76kPa；xlOQkPa)2【小問4詳解】①由于正反應(yīng)是體積增大的可逆反應(yīng),n(H,S):n(Ar)越小,H?S的分壓越小,相當(dāng)于降低壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng),因此H2s平衡轉(zhuǎn)化率越高;②n(H：；S):n(Ar)越小，H2s平衡轉(zhuǎn)化率越高,所以n+f):n(Ar)=1:9對(duì)應(yīng)的曲線是d;根據(jù)圖像可知ハ(ル$)561')=1:9反應(yīng)進(jìn)行到0.い時(shí)ん$轉(zhuǎn)化率為0.24。假設(shè)在該條件下,硫化氫和氫的起始投料的物質(zhì)的量分別為!mol和9mol,則根據(jù)三段式可知2H2s(g)Qs2U)+2H2(g)始/mol100變/mol0.240.120.24平/mol0.760.120.2407，此時(shí)H2s的壓強(qiáng)為 : xiOOkPa七7.51kPa,H2s的起始?jí)簭?qiáng)為lOkPa,所0.76+0.12+0.24+9以H2s分壓的平均變化率為l°kP"751kpクニュルgkpa.s-\0.15.【答案】(1)主動(dòng)運(yùn)輸需要呼吸作用提供能量,。ユ濃度小于a點(diǎn),根細(xì)胞對(duì)NO;的吸收速率與Oz濃度呈正相關(guān)(2)主動(dòng)運(yùn)輸需要載體蛋白,此時(shí)載體蛋白達(dá)到飽和(3)甲的NO;最大吸收速率大于乙,甲需要能量多,消耗〇Z多(4)定期松土【解析】【分析】根據(jù)物質(zhì)運(yùn)輸?shù)姆较蛞约斑\(yùn)輸過程中是否需要能量,將物質(zhì)跨膜運(yùn)輸分為被動(dòng)運(yùn)輸和主動(dòng)運(yùn)輸，其中主動(dòng)運(yùn)輸為逆濃度方向運(yùn)輸，需要載體蛋白和能量的供應(yīng)。曲線圖分析，當(dāng)氧氣濃度小于a時(shí)，影響根細(xì)胞吸收NCh-的因素是能量，當(dāng)氧氣濃度大于a時(shí),影響根細(xì)胞吸收N03ー的因素是載體蛋白的數(shù)量。【小問1詳解】主動(dòng)運(yùn)輸是低濃度向高濃度運(yùn)輸,需要能量的供應(yīng),由圖可知，當(dāng)氧氣濃度小于a點(diǎn)時(shí)，隨著02濃度的增加，根細(xì)胞對(duì)NO.」的吸收速率也增加,說明根細(xì)胞吸收N03ー需要能量的供應(yīng)，為主動(dòng)運(yùn)輸。【小問2詳解】影響主動(dòng)運(yùn)輸?shù)囊蛩匕芰亢洼d體蛋白,濃度大于a時(shí)作物乙吸收NO3速率不再增加,能量不再是限制因素，此時(shí)影響根細(xì)胞吸收NCh-的速率的因素是載體蛋白的數(shù)量,因?yàn)閿?shù)量,載體蛋白達(dá)到飽和?！拘?詳解】曲線圖分析,當(dāng)甲和乙根細(xì)胞均達(dá)到最大的N0./的吸收速率時(shí),甲的NCh-最大吸收速率大于乙,說明甲需要能量多,消耗02多，甲根部細(xì)胞的呼吸速率大于作物乙。【小問4詳解】在農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中，為了促進(jìn)根細(xì)胞對(duì)礦質(zhì)元素的吸收，需要定期松土，增加土壤中的含氧量,促進(jìn)根細(xì)胞的有氧呼吸。.【答案】(1)甲狀腺吸收碘合成甲狀腺激素(2)①.大于②.不相同 ③.乙組注射外源甲狀腺激素,使甲狀腺激素合成減少,丙組注射促甲狀腺激素會(huì)促進(jìn)甲狀腺激素的合成【解析】【分析】下丘腦通過釋放促甲狀腺激素釋放激素(TRH),來促進(jìn)垂體合成和分泌促甲狀腺激素(TSH),TSH可以促進(jìn)甲狀腺合成和釋放甲狀腺激素:當(dāng)甲狀腺激素達(dá)到一定濃度后,又會(huì)反饋給下丘腦和垂體，從而抑制兩者的活動(dòng)。【小問1詳解】碘是合成甲狀腺激素的原料，將含有放射性碘溶液注射到兔體內(nèi)，碘首先進(jìn)入組織液，后進(jìn)入血漿或淋巴運(yùn)輸?shù)郊谞钕贋V泡上皮細(xì)胞被吸收，參與甲狀腺激素的合成?！拘?詳解】甲組注射生理鹽水,對(duì)甲狀腺的活動(dòng)沒有明顯的影響，甲狀腺激素的合成與釋放維持原來的水平;乙組注射外源甲狀腺激素，使機(jī)體甲狀腺激素含量超過正常水平,會(huì)反饋給下丘腦和垂體，從而抑制兩者的活動(dòng)，使機(jī)體甲狀腺激素合成減少;丙組注射促甲狀腺激素，可以促進(jìn)甲狀腺合成和分泌甲狀腺激素，導(dǎo)致甲狀腺激素合成增加，故三種情況下,丙組甲狀腺激素的合成量大于甲組，乙組和丙組甲狀腺激素的合成量不相同。.【答案】(1)隨機(jī)取樣、樣方大小一致、樣方數(shù)量適宜(2)(SXn)/m(3)對(duì)野生動(dòng)物的不良影響小、調(diào)查周期短,操作簡(jiǎn)便【解析】【分析】1、調(diào)查植物種群密度常用樣方法，樣方法是指在被調(diào)查種群的分布范圍內(nèi)，隨機(jī)選取若干個(gè)樣方,通過計(jì)數(shù)每個(gè)樣方內(nèi)的個(gè)體數(shù),求得每個(gè)樣方的種群密度，以所有樣方法種群密度的平均值作為該種群的種群密度估計(jì)值。2、調(diào)查動(dòng)物的種群密度常用的方法是標(biāo)志重捕法，計(jì)算種群數(shù)量時(shí)利用公式計(jì)算若將該地段種群個(gè)體總數(shù)記作N,其中標(biāo)志數(shù)為M,重捕個(gè)體數(shù)為n,重捕中標(biāo)志個(gè)體數(shù)為m,假定總數(shù)中標(biāo)志個(gè)體的比例與重捕取樣中標(biāo)志個(gè)體的比例相同,則N=Mn+m?！拘?詳解】為避免人為因素的干擾,保證調(diào)查的可靠性和準(zhǔn)確性,選取樣方時(shí)關(guān)鍵要做到隨機(jī)取樣、要依據(jù)調(diào)查范圍大小來確定樣方大小和數(shù)量，樣方大小要一致、樣方數(shù)量要適宜?！拘?詳解】假設(shè)區(qū)域內(nèi)種群數(shù)量為N,樣方內(nèi)平均個(gè)體數(shù)為n,已知所調(diào)查區(qū)域總面積為S,樣方面積為m,調(diào)查區(qū)域內(nèi)種群密度相等，N+S=n+m,則N=（SXn）/m?！拘?詳解】研究小組借助空中拍照技術(shù)調(diào)查草原上地面活動(dòng)的某種哺乳動(dòng)物的種群數(shù)量,與標(biāo)志重捕法相比，該調(diào)查方法周期短,不受不良天氣變化的影響,對(duì)野生動(dòng)物生活干擾少,操作更簡(jiǎn)便,并允許在繁殖季節(jié)收集更多的數(shù)據(jù)?！敬鸢浮浚?） ①.白色:紅色:紫色=2：3：3 ②.AAbb、Aabb ③.1/2（2）選用的親本基因型為:AAbb;預(yù)期的實(shí)驗(yàn)結(jié)果及結(jié)論:若子代花色全為紅花,則待測(cè)白花純合體基因型為aabb;若子代花色全為紫花,則待測(cè)白花純合體基因型為aaBB【解析】【分析】根據(jù)題意,Aa和Bb兩對(duì)基因遵循自由組合定律，A_Bー表現(xiàn)為紫花，A_bb表現(xiàn)為紅花，aa一一表現(xiàn)為白花?！拘?詳解】紫花植株（AaBb）與紅花雜合體（Aabb）雜交，子代可產(chǎn)生6種基因型及比例為AABb（紫花）：AaBb（紫花）：aaBb（白花）：AAbb（紅花）:Aabb（紅花）：aabb（白花）=1:2:1:1:2:1,故子代植株表現(xiàn)型及比例為白色：紅色:紫色=2：3；3,子代中紅花植株的基因型有2種：AAbb、Aabb:子代白花植株中純合體（aabb）占的比例為1/2?！拘?詳解】白花純合體的基因型有aaBB和aabb兩種。要檢測(cè)白花純合體植株甲的基因型,可選用AAbb植株與之雜交,若基因型為aaBB則實(shí)驗(yàn)結(jié)果為:aaBBXAAbbfAaBb（全為紫花）;若基因型為aabb則實(shí)驗(yàn)結(jié)果為:aabb義AAbbfAabb（全為紅花）。這樣就可以根據(jù)子代的表現(xiàn)型將白花純合體的基因型推出?！军c(diǎn)睛】該題考查基因的自由組合定律的應(yīng)用，通過分析題意,理解表現(xiàn)型與基因型之間的關(guān)系可以正確作答。（1）【答案】ABD

【解析】【詳解】AC.根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知Pa=Pb>Pc即T—V圖像的斜率為與,故有nRPa=Pb>Pc故A正確,C錯(cuò)誤:B.理想氣體由a變化到?的過程中,因體積增大,則氣體對(duì)外做功,故B正確:DE.理想氣體由a變化到ウ的過程中,溫度升高,則內(nèi)能增大,由熱力學(xué)第一定律有△U=Q+W而AU〉。,W<0,則有可得Q>0,Q>MJ即氣體從外界吸熱，且從外界吸收的熱量大于其增加的內(nèi)能，故D正確，E錯(cuò)誤;故選ABDo（2）（2）【答案】（1）た=ヨ讐;（2）22=為+學(xué),T2=^Ta【解析】【詳解】（1）設(shè)封閉氣體的壓強(qiáng)為Pl,對(duì)兩活塞和彈簧的整體受力分析,由平衡條件有mg+/?（）-2s+2mg+p、S=p（>S+/?（-25解得對(duì)活塞I由平衡條件有2mg+p0-2S+k-OAl=p廠2s解得彈簧的勁度系數(shù)為40mgk= （2）緩慢加熱兩活塞間的氣體使得活塞n剛運(yùn)動(dòng)到汽缸連接處時(shí),對(duì)兩活塞和彈簧的整體

由平衡條件可知,氣體的壓強(qiáng)不變依然為3meP2=Pi=Po+マ

0即封閉氣體發(fā)生等壓過程,初末狀態(tài)的體積分別為3.3/S2V,=/3.3/S2V,=/2?2S——X2S+——x5由氣體的壓強(qiáng)不變，則彈簧的彈力也不變，故有/2=1.1/有等壓方程可知ToT2解得t2=-t0(1)【答案】①.4 ②.加強(qiáng) ③.向下【詳解】［1］因周期な0.8s,波速為片5m/s,則波長(zhǎng)為A=vT=4m［2］因兩波源到タ點(diǎn)的距離之差為零，且兩振源振動(dòng)方向相同，則產(chǎn)點(diǎn)的振動(dòng)是加強(qiáng)的;［3］因S/M0m=2.5イ,則當(dāng)S恰好的平衡位置向上運(yùn)動(dòng)時(shí),平衡位置在。點(diǎn)的質(zhì)點(diǎn)向下振動(dòng)。(2)【答案】1.5【解析】因?yàn)楫?dāng)sini=1時(shí)，恰好沒有光線從ん8邊射出，可知光線在f點(diǎn)發(fā)生全反射，設(shè)臨界角為6C,則?c1

sinC=—

n由幾何關(guān)系可知,光線在〃點(diǎn)的折射角為r=90-2C則sini———=nsinr聯(lián)立可得爐135.【答案】⑴ ?.ad②.d①.sp2②.。 ③.ー氯乙烷〉ー氯乙烯〉ー氯乙焼 ④.CI參與形成的大n鍵越多,形成的C-CI鍵的鍵長(zhǎng)越短①.CsCI②.CsC!為離子晶體,ICI為分子晶體(4)①.電解質(zhì)②.中二ザ2【解析】【小問1詳解】F的原子序數(shù)為9,其基態(tài)原子電子排布式為Is22s22P*ls22s22p'3s',基態(tài)氟原子2P能級(jí)上的1個(gè)電子躍遷到3s能級(jí)上,屬于氟原子的激發(fā)態(tài),a正確;Is22s22P43d，核外共10個(gè)電子,不是氟原子,b錯(cuò)誤;Is22sl2P、核外共8個(gè)電子，不是氣原子，c錯(cuò)誤:Is22s22P33P、基態(tài)氟原子2p能級(jí)上的2個(gè)電子躍遷到3p能級(jí)上,屬于氟原子的激發(fā)態(tài)，d正確;答案選ad；而同一原子3P能級(jí)的能量比3s能級(jí)的能量高，因此能量最高的是Is22s22P33P'答案選d?！拘?詳解】IT TT①ー氯乙烯的結(jié)構(gòu)式為 、C=C',碳為雙鍵碳,采取sp2雜化,因此C的ー個(gè)sp2H Cl雜化軌道與C1的3p、軌道形成C-C1〇鍵。②C的雜化軌道中s成分越多,形成的C-C1鍵越強(qiáng),C-C1鍵的鍵長(zhǎng)越短,ー氯乙烷中碳采取sp3雜化，ー氯乙烯中碳采取spユ雜化，ー氯乙快中碳采取sp雜化，sp雜化時(shí)P成分少,SP：’雜化時(shí)P成分多,因此三種物質(zhì)中C-C1鍵鍵長(zhǎng)順序?yàn)?ー氯乙烷〉ー氯乙烯〉ー氯乙煥,同時(shí)C1參與形成的大n鍵越多，形成的C-C1鍵的鍵長(zhǎng)越短,一氯乙烯中C1的3PX軌道與C的2レ軌道形成3中心4電子的大式鍵(II；),ー氯乙快中Cl的3P.軌道與C的2P.軌道形成2套3中心4電子的大”鍵(ロ;),因此三種物質(zhì)中C-C1鍵鍵長(zhǎng)順序?yàn)?ー氯乙烷〉ー氯乙烯〉ー氯乙快?！拘?詳解】CsICレ發(fā)生非氧化還原反應(yīng),各元素化合價(jià)不變,生成無色晶體和紅棕色液體，則無色晶體為CsCl,紅棕色液體為IC1,而CsCl為離子晶體,熔化時(shí),克服的是離子鍵,IC1為分子晶體,熔化時(shí),克服的是分子間作用カ,因此CsCl的熔點(diǎn)比IC1高?！拘?詳解】由題意可知，在電場(chǎng)作用下,Ag.不需要克服太大阻カ即可發(fā)生遷移，因此a-Agl晶體是優(yōu)良的離子導(dǎo)體，在電池中可作為電解質(zhì);每個(gè)晶胞中含碘離子的個(gè)數(shù)為8x)+1=2個(gè),依據(jù)〇TOC\o"1-5"\h\zN 2化學(xué)式Agl可知,銀離子個(gè)數(shù)也為2個(gè),晶胞的物質(zhì)的量mol,晶胞體積Na も(504xl0l2)3m3V=a;!pm3=(504x10 則a-Agl晶體的摩爾體積V.=—= 2 =n molnaNax(504x10-12)33.,ユ — m/mo1.236.【答案】(1)3ー氯Tー丙烯

(4)羥基、賤基 ((4)羥基、賤基 (5)取代反應(yīng)【分析】A發(fā)生氧化反應(yīng)生成B,B與C在NaNHク、甲苯條件下反應(yīng)生成D,對(duì)比B、D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式,結(jié)合C的分子式CNN,可推知C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為|| J-。比。、;?與30%NaO)3反應(yīng)后再酸化生成E,E在濃硫酸、甲苯條件下反應(yīng)生成F,F不能與飽和NaHCOs溶液反應(yīng)產(chǎn)生CO2,F中不含竣基，F(xiàn)的分子式為CuHuA,F在E的基礎(chǔ)上脫去1個(gè)ル0分子，說明E發(fā)生分子內(nèi)酯化生成F,則發(fā)生分子內(nèi)酯化生成F,則F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為F與(GHJzNH在A1Cト、甲苯條件下反應(yīng)生成G,G與SOCh、甲苯反應(yīng)生成H,H的分子式為C5HmeINO,H與I反應(yīng)生成J,結(jié)合G、J的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式知，J,結(jié)合G、J的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式知，H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為I的分子式為C8H.,KNO2,I是ー種有機(jī)物形成的鹽，則I的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為據(jù)此作答?！拘?詳解】A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CHz=CHCH￡l,屬于氯代烯燈,其化學(xué)名稱為3ー氯ー1ー丙烯;答案為:3ー氯T-丙烯?！拘?詳解】根據(jù)分析,C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH<N!答案為:CH、CN【小問3詳解】E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為,F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，E生成F的化學(xué)方羥基、叛基?！拘?詳解】〇〇【小問7詳解】時(shí)，竣基、醛基在苯環(huán)上有6種位置；若時(shí)，竣基、醛基在苯環(huán)上有6種位置；若3個(gè)甲基在苯環(huán)上的位置為時(shí),竣基、醛基在苯環(huán)上有E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為0,1.E的分子式為GM。1,不飽和度為6；EE的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HOOC與飽和NaHCO」溶液反應(yīng)產(chǎn)生CO”結(jié)合分子式中。原子的個(gè)數(shù),說明含1個(gè)按基,能發(fā)生銀時(shí),鏡反應(yīng)、不能發(fā)生水解反應(yīng)說明還含1個(gè)醛基;若3個(gè)甲基在苯環(huán)上的位置為イ時(shí),竣基、醛基在苯環(huán)上有3種位置;若3個(gè)甲基在苯環(huán)上的位置為1種位置:故符合題意的同分異構(gòu)體共有3+6+1=10種；上述同分異構(gòu)體經(jīng)銀鏡反應(yīng)后酸化所得產(chǎn)物中核磁共振氫譜顯示有4組氫且氫原子數(shù)量