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第Ⅰ卷 选择题共20小题，每题6分 1.C 2.B 3.D 4.B 5.A 6.D 7.A 8.C 9.C 10.D 11.D 12.C 13.B 14.A 15.D 16.AC 17.C 18.D 19.D 20.A 第Ⅱ卷 21.(1)蓝(2分) (2)①褪色(变为无色)(2分); 胰淀粉酶消化淀粉为麦芽糖。(2分) ②不褪色(不变化)(2分);唾液经煮沸后,淀粉酶已失去活力(唾液淀粉酶的结构已受破坏)(2分) ③褪色(变为无色)(2分);唾液淀粉酶消化淀粉为麦芽糖。(2分) 22.(1)人体开始消化蛋白质是首先通过胃蛋白酶催化进行的.pH对胃蛋白酶活性的影响符合曲线(Ⅰ),适宜的pH为1.8,故选B。(6分) (2)不能人体小肠的pH略大于7,适宜于胰蛋白酶的催化,有利于蛋白质在小肠内的消化吸收,而胃蛋白酶进入小肠内后即失去活性,失去消化蛋白质的性能。(6分) 23.(本题共20分)(1)AgNO3(2分)若选NaCl溶液，因其电解产物为气体，而气体体积难以准确测量；就CuSO4与AgNO3溶液而言，通过相同电量时，阴极上析出的Ag的质量大于Cu，使得称量误差对实验结果影响更小，故选AgNO3。(4分) (2)电流强度电解时间 电解产物质量(3分) (3)NA＝![]() (4分) (4)秒表天平 直流电源(3分) (5)R2＝![]() －r－R1(2分) 电解液温度，两极间距，电解液的物质的量浓度(2分) 24.(本题共20分)(1)对苯二甲醇(2分) 对苯二甲酸(2分) ![]()
(3)取代(2分) 光(2分)(4)②④(4分) 25.(本题共24分)(1)B(5分) (2)握酸式滴定管活塞；锥形瓶中溶液颜色的变化。(4分) (3)除去BaCO3沉淀，使滤液只含Ba(OH)2，以保证实验成功。(4分) (4)0.025%(6分) (5)偏高(5分) 26.(22分)(1)太空人处于完全失重状态(3分) (2)7.6×103m/s(4分) (3)因为万有引力F=GMm/r2满足F=K(1/r2)(其中K=GMm为常数) 由“注”可知,当穿梭机与地球之间的距离由∞处变到r时,万有引力对其所做的功W=K/r=GMm/r又因为:万有引力对穿梭机做多少功,其重力势能就减小多少.若设∞处的势能为零,则穿梭机在半径为r的轨道上时,其重力势能为E=-GMm/R 则:穿梭机此时的总机械能:E总=Ek+Ep=-GMm/r+mv2／2 得:E总=-GMm/r+(1/2)mGM/r=-(GMm/2r) 故穿梭机的总机械能跟-1/r成正比,得证(8分) (4)因为E总跟-1/r成正比,故进入低轨道时总机械能要减小,故必须减速,使总机械能减小.当速度减小后,在引力场的作用下进入低轨道运行,因引力做正功,动能增加,低轨道环绕速度Vr′大于原轨道环绕速度Vr′. 又∵V=ωr、Vr′＞Vr、r′＜r则ωr′>ωr从而获得较大的角速度，则可能赶上哈勃太空望远镜H(7分) 27.(26分)(1)Bqv=m![]() R=![]() (3分) T运=![]() (3分) (2)由粒子经过O点与P点的速度方向以及B方向可判断. 由O至P运动的过程可能在磁场变化的半个周期内完成.(4分)当磁场方向改变时,粒子绕行方向也变化,由于磁场方向变化的周期性,因此粒子绕行方向也具有周期性.由此可知,由O至P运动过程,也可能在磁场变化半周期奇数倍时完成.(4分) ![]() (3)如答图所示:O→P运动过程,可能恰转过一个![]() 圆周完成,若磁场变化半周期.
![]() ≥![]() T≥![]() T运
即T≥![]() 可能仅运动一个![]() 圆周就达P点，此时OP=R=![]() a=![]() B=![]() (3分) ① ∴T≥![]() (3分) ② 若粒子运动在磁场变化的半周期的奇数倍时间内完成，则(2k-1)![]() =(2k-1) ![]() (k=1,2,3……) T=![]() ③ 由答图一,此时![]() =(2k-1)R ∴![]() a=(2k-1)![]() B=(2k-1)![]() (k=1,2,3,……) ④ ④代入③得T=![]() (k=1,2,3,……)(3分) ⑤ ①④结合得B=(2k-1)![]() (3分) ②⑤结合得T![]() 28.(18分)(1)由表中查出在400℃、300大气压条件下氢、氮混合达到动态平衡时的氨的含量为47%。 氢和氮反应方程如下 N2+3H2 2NH3+92.4kJ(4分) 该反应是放热反应，若保持反应时温度不变，容器必须向外界放热.(2分) (2)因为![]() 所以V0=![]() =1363L,则 m(N2)=![]() ×28=1.7×103g(6分) (3)动态平衡时氢和氮的含量均为53%,其总体积为V′=(33.6+11.2)×0.53=23.74L反应后生成氨的体积为 V″=(33.6+11.2)×0.47÷2=10.53L 则反应后总体积为 V=V′+V″=34.27L 活塞C向左移动距离与活塞全长之比为![]() =0.24(6分) ![]()
29.(24分)(1)铝球最低点下陷的深度h＞R，熔化的冰的体积等于一个圆柱体的体积与半个铝球的体积之和，如图1所示.设铝球的密度为ρA1，比热容为c，冰的密度为ρ，熔解热为λ，则铝球的湿度从t℃降到0℃的过程中，放出的热量Q1＝![]() πR3ρA1ct ① 熔化的冰吸收的热量 Q2＝ρ［πR2（ｈ－Ｒ）＋![]() ×![]() ］λ ② 假设不计铝球使冰熔化过程中向外界散失的热量，则有 Q1＝Q2 ③ 解得 h＝![]() ④ 即h与t成线性关系，h—t图象是一条直线. 评分标准：①②③④每式2分，共8分。 (2)将表中数据画在h—t图中，得第1，2，…6次实验对应的点B，C，…G数据点B、C、D、E、F五点可拟合成一直线，如图2所示，此直线应与④式一致，在此直线上任取两点的数据，代入④式，再解联立方程，即可求出比热容c的值. 在直线上取相距较远的横坐标为8和100的两点X1(8.0℃，5.1cm)，X2（100℃，16.7ｃｍ），将此数据及λ的值代入式，得 ![]() ⑤
求出c=8.7×102J/kg·℃ ![]()
评分标准：正确作图4分，⑤式4分 (3)在本题图2中，第6实验的数据对应的点G偏离直线较远，未被采用. 因为铝球温度过高120℃，使得一部分冰升华成蒸汽，且因铝球与环境的温度相差较大而散失的热量较多，②、③式不成立，因而④不成立 评分标准：正确解释的，得8分(两条理由只要能答到一条即给8分)
2002年4月全国大联考理科综合试题 (副卷)参考答案及评分标准 |
