理科综合答案.doc

物理答案 题号 ‎14‎ ‎15‎ ‎16‎ ‎17‎ ‎18‎ 考点 能级跃迁 电场中的平衡问题 动量定理的应用 磁场对电流的作用 匀变速直线运动规律 题号 ‎19‎ ‎20‎ ‎21‎ ‎22‎ ‎23‎ 考点 动态平衡问题 楞次定律与法拉第电磁感应定律 图象信息提取 研究匀变速直线运动 电表改装与校准 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 二、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)‎ ‎14．‎ 答案　D 解析　处于基态的氢原子吸收10.2 eV的光子后能跃迁至n＝2能级，不能吸收10.5 eV能量的光子，故A错误；大量处于n＝4能级的氢原子，最多可以辐射出C＝6种不同频率的光子，故B错误；从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光子的能量大于从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光子的能量，用从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的光，照射某金属时恰好发生光电效应，则用从n＝4能级跃迁到n＝3能级辐射出的光，照射该金属时一定不能发生光电效应，故C错误；处于n＝4能级的氢原子跃迁到n＝1能级辐射出的光子的能量为：E＝E4－E1＝－0.85 eV－(－13.6 eV)＝12.75 eV，根据光电效应方程，照射逸出功为6.34 eV的金属铂产生的光电子的最大初动能为：Ek＝E－W0＝12.75 eV－6.34 eV＝6.41 eV，故D正确．‎ ‎15．‎ 答案　B 解析　当电场水平向右时滑块恰能向右做匀速直线运动，由平衡知识有：qE＝Ff1，Ff1＝μFN1，FN1＝mg，联立解得qE＝μmg；而物块沿斜面匀速下滑时，有：mgsin θ＝qEcos θ＋Ff2，Ff2＝μFN2，FN2＝mgcos θ＋qEsin θ，联立得0.6mg＝0.8qE＋μ(0.8mg＋0.6qE)，解得动摩擦因数μ＝或μ＝－3(舍去)，故A、C、D错误，B正确．‎ ‎16．‎ 答案　B 解析　设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则m＝ρSvt，根据动量定理得－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，解得F＝ρSv2，故B正确，A、C、D错误．‎ ‎17． ‎ 答案　A 解析　由右手螺旋定则可知，L1与L3在L2所在直线上产生的合磁场方向竖直向下，即L2处的磁场方向与电流方向平行，所以L2所受磁场力为零．‎ ‎18.‎ 答案　C 解析　前锋做匀加速直线运动，初速度为‎2 m/s，加速度为‎4 m/s2，末速度为‎8 m/s，根据速度与位移的关系式可知，v2－v02＝2ax1，代入数据解得：x1＝‎7.5 m，A错误；前锋和足球运动时间相等，前锋加速运动时间t加＝＝1.5 s，匀速运动时间t匀＝＝0.5 s，故足球在空中运动的时间为2 s，B错误；足球水平方向上做匀速直线运动，位移为‎60 m，时间为2 s，故运动过程中的最小速度为‎30 m/s，C正确；足球竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，上升时间为1 s，最大高度hm＝gt2＝‎5 m，D错误．‎ ‎19． ‎ 答案　AD 解析　将外力F缓慢减小到零，物体始终不动，则弹簧的长度不变，弹力不变，选项A正确；对物体B，因开始时所受摩擦力的方向不确定，则由F弹＝F±Ff，则随F的减小，物体B所受摩擦力的大小和方向都不能确定，选项B、C错误；对A、B与弹簧组成的整体，在水平方向，力F与地面对A的摩擦力平衡，则随F的减小，木板A所受地面的摩擦力逐渐减小，选项D正确．‎ ‎20．‎ 答案　AD 解析　规定磁场方向垂直纸面向里为正，根据楞次定律，在0～1 s内，穿过线圈向里的磁通量增大，则线圈中产生逆时针方向的感应电流，那么流过电阻R的电流方向为b→R→a，故A正确；由题图(b)可知，在2～3 s内，穿过金属圆环的磁通量在增大，故B错误；1～2 s内，磁通量向里减小，由楞次定律可知，产生的电流方向为a→R→b,2～3 s磁通量增大，且磁场反向，由楞次定律可知，产生的电流方向为a→R→b，故C错误；当t＝2 s时，根据法拉第电磁感应定律E＝＝πr2B0(V)，因不计金属圆环的电阻，因此Uab＝E＝πr2B0 (V)，故D正确．‎ ‎21．‎ 答案　AD 解析　A和B球在碰撞过程中动量守恒，故m1v＝(m1＋m2)v共，代入数据得m2＝‎2 kg，A正确；球A和球B在共速的时候产生的弹性势能最大，因此Ep＝m1v2－(m1＋m2)v共2＝3 J，B错误；因为是弹性碰撞，t3时刻两个小球分离后没有能量损失，因此0时刻球A的动能和t3时刻两个球的动能之和相等，C错误；从碰撞到t2时刻小球满足动量守恒和机械能守恒，因此有m1v＝m1v1＋m2v2和m1v2＝m1v12＋m2v22，联立解得v2＝‎2 m/s，v1＝－‎1 m/s，故t2时刻两球的动能之比EkA∶EkB＝1∶‎ ‎8，D正确．‎ ‎22．‎ 答案　(1)1.38　(2)46.0　(3)2.29‎ 解析　(1)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于平均速度可知，D点的瞬时速度：vD＝＝ m/s≈‎1.38 m/s.‎ ‎(2)由v＝ωr，则打下D点时滑轮的角速度：ω＝＝ rad/s＝46.0 rad/s.‎ ‎(3)根据Δx＝aT2 可知 a＝ ‎＝×10－‎2 m/s2≈‎2.29 m/s2.‎ ‎23． ‎ 答案　(1)如图所示 ‎(2)142　小于　(3)串联　9 858‎ 解析　(1)实物连线如图所示；‎ ‎(2)由电路图可知，当微安表的读数为Ig时，通过电阻箱的电流为，则电阻箱R1的阻值等于微安表内阻的2倍，由题图可知电阻箱的读数为284 Ω，则微安表的内阻为142 Ω；‎ 闭合S2后，电路总电阻变小，电路总电流变大，通过电阻箱的电流大于Ig，则该实验测出的电表内阻偏小；‎ ‎(3)若要将该微安表改装成量程为1 V的电压表，需串联阻值R0＝－rg＝ Ω－142 Ω＝9‎ ‎ 858 Ω的电阻．‎ 题号 ‎24‎ ‎25‎ ‎33‎ ‎34‎ 考点 带电粒子在复合场中的运动 用动量和能量观点处理多过程问题 热力学定律和打气问题 机械波和光 ‎24. ‎ 答案　(1)　(2)＋ 解析　(1)由几何关系得：粒子做圆周运动的半径r＝R ----------1分 根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB＝m ----------1分 解得：＝ ----------2分 ‎(2)由于粒子轨迹半径和圆半径相等，则无论粒子沿哪个方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向均沿y轴负方向；若AQ弧长等于六分之一圆弧，粒子的运动轨迹如图所示：‎ 粒子在磁场中运动周期：T＝ 粒子在QA段运动时间：t1＝ ----------2分 无场区AB段距离：x＝R－Rcos 30°‎ 粒子在AB段运动时间：t2＝ ----------2分 粒子在电场中运动时，由牛顿第二定律得：qE＝ma 在电场中运动时间：t3＝2 粒子在AC段运动时间：t4＝ ----------2分 总时间：t＝t1＋t2＋t3＋t4‎ 代入数据得：t＝＋. ----------2分 ‎25. ‎ 答案　(1) 　(2)－d　(3) 解析　(1)根据机械能守恒定律：mgdsin θ＝mv02----------1分 解得v0＝ ----------1分 ‎(2)设碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律：mv0＝mv1＋mv2 ‎ 由能量关系：mv02＝mv12＋mv22 ----------2分 解得v1＝0，v2＝v0＝； ----------2分 A、 B碰撞后，对B沿斜面向下压缩弹簧至B速度为零的过程，‎ 根据能量关系：Ep＝mv22＋mgxsin θ ----------3分 解得x＝－d ----------2分 ‎(3)A、B碰撞前，弹簧的压缩量：x1＝ ‎ 设A、B碰撞后瞬间的共同速度大小为v3，则：mv0＝2mv3 ----------1分 解得v3＝ ----------2分 当C恰好要离开挡板时，弹簧的伸长量为：x2＝ ----------1分 可见，在B开始沿斜面向下运动到C刚好要离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能改变量为零，根据机械能守恒定律：×2mv32＝Ek＋2mg(x1＋x2)sin θ ----------2分 解得：k＝. ----------3分 ‎33．【选修3－3】(15分)‎ 答案　(1)小于　等于　(2)①270 K(或－‎3 ℃‎)　②4p0‎ 解析　(2)①因气瓶导热，瓶内气体温度与所处环境温度相同，设存于冷库中时，瓶内气体压强为p1，温度为T1，移至库外后，瓶内气体压强为p0，温度为T2＝300 K 由查理定律，有：＝ 代入数据得：T1＝270 K，‎ 即冷库内的温度为270 K或－‎‎3 ℃‎ ‎②打气前，瓶内气体及所打入的气体，压强为p0，总体积：V2＝V＋45×＝4V 打气后，气体压强为p3，体积为V3＝V 气体温度不变，由玻意耳定律，有：p0V2＝p3V3‎ 代入题给数据得：p3＝4p0.‎ ‎34．【选修3－4】(15分)‎ 答案　(1)BCD　(2)①　② 解析　 (2)①光路图如图所示 ‎ ----------2分 由几何关系得∠OBA＝∠OAB＝30°，∠BOA＝120°，△OAM为等边三角形，即BOM为一条直线，所以在M点入射角i＝60°.又BN＝MN，所以在M点折射角r＝30° ----------2分 由折射定律得 n＝ 解得n＝ ----------1分 ‎②由几何关系可得，在N点反射后的光线过O点垂直BM从球冠的Q点射出 该光线在球冠中的传播路程s＝＋Rtan 30°＋R ----------2分 又n＝ 传播时间t＝ ---------2分 解得t＝.---------1分 ‎7． ‎ 答案　B 解析　自然界中的动植物遗体之所以没有堆积如山，是因为细菌使动植物遗体不断地腐烂、分解，转化成二氧化碳、水和无机盐，这些物质又是植物制造有机物原料的缘故。“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴含了生态系统中的物质循环，故A正确；“煤饼烧蛎房成灰”是煤燃烧产生高温使碳酸钙分解生成二氧化碳和氧化钙，留下生石灰(CaO)，所以灰的主要成分为氧化钙，故B错误；蒸令气上，利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，故C正确；KNO3研碎易发生爆炸，则“相激火生”是指爆炸，故D正确。‎ ‎8． ‎ 答案　C 解析　降冰片二烯与四环烷分子式相同，结构不同，因此二者互为同分异构体，A项正确；降冰片二烯分子中含有碳碳双键，因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B项正确；四环烷含有三种位置的H原子，因此其一氯代物有三种，C项错误；根据乙烯分子是平面分子，与碳碳双键连接的C原子在碳碳双键所在的平面上，所以降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子为4个，D项正确。‎ ‎9． ‎ 答案　B 解析　饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇，和乙酸反应消耗乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，为防止产生倒吸现象，b中导管不能插入液面下，否则不仅可能会产生倒吸现象，而且还会阻碍产物的导出，A正确；固体酒精制作方法如下：将碳酸钙固体放入醋酸(CH3COOH)溶液中，充分反应后生成醋酸钙(CH3COO)2Ca、CO2、H2O，将醋酸钙溶液蒸发至饱和，加入适量酒精冷却后得胶状固体即固体酒精，可见固体酒精是混合物，B错误；乙酸乙酯与的分子式都是C4H8O2，二者分子式相同，结构不同，故二者互为同分异构体，C正确；乙酸、水、乙醇分子中都含有羟基，电离产生H＋的能力：乙酸>水>乙醇，所以羟基氢的活泼性依次减弱，D正确。‎ ‎10．‎ 答案　A 解析　质子数等于原子序数，1 mol NH中含有质子总物质的量为11 mol，故A说法错误；联氨(N2H4)的结构式为，含有极性键和非极性键，故B说法正确；过程Ⅱ，N2H4－2H→N2H2，此反应是氧化反应，过程Ⅳ，NO→NH2OH，添H或去O是还原反应，故C说法正确；NH中N显－3价，NH2OH中N显－1价，N2H4中N显－2价，因此过程Ⅰ中NH与NH2OH的物质的量之比为1∶1，故D说法正确。‎ ‎11．‎ 答案　D 解析　M点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、NH3·H2O，CH3COONa水解，NH3·H2‎ O电离，但CH3COONa水解程度小于NH3·H2O电离程度，c(Na＋)>c(CH3COO－)>‎ c(NH3·H2O)>c(NH)，故A正确；体积为20 mL时NaOH和醋酸恰好完全反应，体积为40 mL时醋酸和一水合氨恰好完全反应；醋酸钠溶液呈碱性、醋酸铵溶液呈中性，要使混合溶液呈中性，应该使醋酸稍微过量，所以加入醋酸的体积应该大于40 mL，应该在N、P之间，故B正确；加入醋酸60 mL 时，溶液中的溶质为CH3COONa、CH3COONH4、CH3COOH，且三者的物质的量浓度相等，该溶液为缓冲溶液，溶液的pH＝pKa－lg＝－lg(1.8×10－5)－lg＝6－lg 9＝6－2lg 3≈5，故C正确；加入醋酸60 mL时，溶液中的溶质为CH3COONa、CH3COONH4、CH3COOH，且三者的物质的量浓度相等，根据物料守恒，c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)＋c(NH)＋c(NH3·H2O)＋c(Na＋)＝‎2c(Na＋)＋c(NH)＋c(NH3·H2O)，故D错误。‎ ‎12 ‎ 答案　D 解析　由图中信息可知，电子由M极流向N极，则M为电池负极，CH3COOH被氧化，选项A错误；根据负极电极反应式CH3COOH－8e－＋2H2O===2CO2↑＋8H＋可知，外电路转移4 mol电子时， 标准状况下M极产生‎22.4 L CO2(忽略CO2溶解)，但题干中没有说明标准状况，选项B错误；根据图中信息可知， N极消耗氢离子，反应一段时间后，氢离子浓度降低，N极附近pH增大，选项C错误；强氧化剂能使蛋白质变性，故Cr2O离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活，选项D正确。‎ ‎13． ‎ 答案　D 解析　能形成氢化物的一般是非金属，则其最高价氧化物的水化物往往为酸，W的简单氢化物可与其最高价氧化物的水化物反应生成盐，即这个氢化物的溶液呈碱性，则该物质为NH3，即W为N。Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则Y为Na。中学阶段所学的淡黄色沉淀有AgBr和S，则该淡黄色沉淀为S(Ag、Br都不是短周期元素)，即X、Y和Z三种元素形成的盐中含有Na、S两种元素，则可以推断出该盐还含有O，所以X为O，Z为S。根据反应现象，可以推断出该盐为Na2S2O3，对应的化学方程式为：2HCl＋Na2S2O3===2NaCl＋S↓＋SO2↑＋H2O。综上所述，W为N，X为O，Y为Na，Z为S，盐为Na2S2O3。W为N，X为O，Y为Na，Z为S，它们的简单离子分别为N3－、O2－、Na＋、S2－，其中，S2－的半径最大，N3－、O2－、Na＋属于同一电子构型的离子，则离子半径的大小为：N3－>O2－>Na＋。所以W、X、Y、Z的简单离子的半径大小为：Z>W>X>Y，A错误；W、X的氢化物分别为NH3、H2O，由于O的非金属性比N强，所以H2O的热稳定性比NH3强，即氢化物的稳定性：X>W，B错误；ZX2为SO2，ZX3为SO3，SO2不能再燃烧，且SO2转化为SO3需要高温和催化剂，C错误；W为N，它的一种氢化物——肼(N2H4)，可用作火箭燃料，D正确。‎ ‎26． ‎ 答案　(1)－2　(1分)(2)FeCuS2＋SFeS2＋CuS(2分)　(3)粉碎或搅拌(1分)‎ ‎　(4)4[CuCl2]－＋O2＋4H＋===4Cu2＋＋8Cl－＋2H2O(2分)‎ ‎(5)在相同条件下，CuSO4的溶解度低于其他物质，加入H2SO4，有利于其析出(2分)‎ ‎(6)S、H2SO4、HCl(3分)(7)CD(2分)(8) (2分)‎ 解析　(1)根据化合价代数和为零的原则Fe为＋2价，Cu为＋2价，则FeCuS2中S的化合价为－2。‎ ‎(2)黄铜矿主要成分FeCuS2，反应Ⅰ在隔绝空气、高温煅烧条件下进行，硫和FeCuS2发生反应生成FeS2和CuS，化学方程式为：FeCuS2＋S FeS2＋CuS。‎ ‎(4)由反应Ⅱ的离子方程式：Cu2＋＋CuS＋4Cl－===2[CuCl2]－＋S，经过滤可知滤液中含有[CuCl2]－、H＋等离子，通入空气后[CuCl2]－中的＋1价铜被氧气氧化，所以反应Ⅲ的离子方程式为4[CuCl2]－＋O2＋4H＋===4Cu2＋＋8Cl－＋2H2O。‎ ‎(5)因为在相同条件下，CuSO4的溶解度低于其他物质，所以向反应Ⅲ后的溶液中加入稀硫酸的目的是使CuSO4变成晶体析出。‎ ‎(6)根据流程图分析可知：该流程中可循环利用的物质有CuCl2、S、H2SO4、HCl。‎ ‎(7)二氧化硫有毒，不能直接高空排放，否则会污染空气，应该用碱液吸收，故A错误；盐酸酸性大于亚硫酸，所以二氧化硫和BaCl2不反应，则不能用二氧化硫和氯化钡溶液制取BaSO3，故B错误；二氧化硫是酸性氧化物、一水合氨是碱，二者反应生成亚硫酸铵， 亚硫酸铵不稳定，易被氧化成硫酸铵，所以用氨水吸收后，再经氧化制备硫酸铵，故C正确；二氧化硫和水反应生成的亚硫酸酸性大于碳酸，所以二氧化硫能和纯碱溶液反应生成亚硫酸钠，所以用纯碱溶液吸收制备亚硫酸钠是正确的，故D正确。‎ ‎(8)CuCl悬浊液中加入Na2S，发生的反应为2CuCl(s)＋S2－(aq)Cu2S(s)＋2Cl－(aq)，反应的平衡常数K＝＝＝。‎ ‎27． ‎ 答案　(1)橡皮管和玻璃管润湿(1分)‎ ‎(2)NH4Cl＋NaNO2N2↑＋NaCl＋2H2O(2分)‎ ‎(3)平衡气压，使液体顺利流下(1分)　‎ 同意(1分)　利用生成的N2将装置内空气排尽(或排尽装置内空气等) (2分)‎ ‎(4)CO2＋2OH－===CO＋H2O(2分)‎ ‎(5)浓硫酸(1分)‎ ‎(6)未将气体中的水蒸气除去，也被浓硫酸吸收(或其他合理答案) (2分)　87.6%(2分)‎ 解析　(3)装置A是一个相对封闭的环境，a导管的存在，可以平衡气压，使饱和氯化铵溶液顺利流下。利用该套装置时，为了防止空气中的氧气与金属锶反应，实验时应先点燃装置A的酒精灯一段时间后，再点燃装置C的酒精灯。‎ ‎(6)浓硫酸具有强烈的吸水性，生成的气体中含有一定量的水蒸气，未将气体中的水蒸气除去，也被浓硫酸吸收，导致测得氨气的质量偏大，造成测得产品的纯度偏高；Sr3N2＋6H2O===3Sr(OH)2＋2NH3↑，取‎10.0 g产品，向其中加入适量的水。将产生的气体全部通入到浓硫酸中，浓硫酸增重‎1.02 g，为氨气质量，氨气的物质的量＝＝0.06 mol，则n(Sr3N2)＝0.03 mol，产品纯度＝×100%＝87.6%。‎ ‎28． ‎ 答案　(1)①ΔH1＋ΔH2(2分)　②AD(2分)　③>(1分)　0.18 mol·L－1·min－1(1分)‎ ‎(2)①D(2分)　②I(2分)　　(3)①阴极(1分)　‎2.24 L(1分)　②Cu2＋(2分)‎ 解析　(1)①反应Ⅰ.2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)ΔH1，反应Ⅱ.H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g)ΔH2，根据盖斯定律，将反应Ⅰ＋反应Ⅱ得反应Ⅲ：3H2(g)＋CO2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH3＝ΔH1＋ΔH2。‎ ‎②结合反应Ⅰ＋Ⅱ得到反应Ⅲ，可得‎500 ℃‎时，平衡常数K3＝K1·K2＝2.5×1.0＝‎2.5,700 ℃‎时平衡常数K3＝K1·K2＝0.34×1.70＝0.578，温度升高平衡常数减小，说明反应为放热反应，3H2(g)＋CO2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH3＜0。将H2O(g)从体系中分离出去，平衡正向移动，比值增大，故A正确；恒压时充入He(g)，平衡逆向移动，比值减小，故B错误；反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，比值减小，故C错误；恒容时再充入一定量CO2，平衡正向移动，比值增大，故D正确。‎ ‎③平衡常数是利用生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积，结合反应Ⅰ＋Ⅱ得到反应Ⅲ，‎500 ℃‎时，可得平衡常数K3＝K1·K2＝2.5×1.0＝2.5，测得反应Ⅲ在10 min时，H2(g)、CO2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度分别为2 mol·L－1、1.0 mol·L－1、0.6 mol·L－1、0.6 mol·L－1，Qc＝＝0.045