第Ⅰ卷
单选题：共20小题，每小题6分，共120分
1.A 2.A 3.C 4.C 5.D 6.D 7.B 8.A 9.C 10.B 11.B 12.D 13.D 14.B 15.B 16.C 17.D 18.B 19.C 20.C
第Ⅱ卷
21.(本题共12分)(1)常(1分) 隐(1分)
(2)aaXBXb或aaXBXB(2分), AAXbY或AaXbY(2分)
(3)1/12(2分)
(4)1/24(2分)
(5)近亲(2分)
22.(本题共24分)(1)②③⑥(6分)
(2)②(2分)在光合作用中应该供给二氧化碳.在水中含有一定量的二氧化碳的试剂就是碳酸和NaHCO3的溶液.当在水中二氧化碳过多时就会使HCO—3的浓度增大,故二氧化碳就几乎不会外逸到空气中,保证二氧化碳的供给.(4分)
(3)升高(4分) (4)降低(4分) (5)③(4分)
23.(本题共28分)(1)D(4分)
(2)①C11H19NOSCl2(4分) ②能(2分)
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(3)甲厂： ①C+H2O(g) CO+H2 CO+H2O(g) CO2+H2N2+3H2 2NH3(每式1分) ②乙厂：  CH4+H2O CO+3H2 CO+H2O CO2+H2N2+3H2 2NH3(每式1分) ③丙厂：  C5H12+5H2O 5CO+11H2 CO+H2O(g) CO2+H2N2+3H2 2NH3 (每式1分) ④由甲厂生产过程化学方程式可得如下关系： C+2H2O(g) 2H2+CO2 得n(H2)∶n(CO2)=2∶1 由乙厂生产过程化学方程式可得如下关系： CH4+2H2O 4H2+CO2 得n(H2)：n(CO2)=4∶1 由丙厂生产过程化学方程式可得如下关系： C5H12+10H2O(g) 16H2+5CO2 得n(H2)∶n(CO2) = 3.3∶1 由合成尿素CO(NH2)2反应方程式:2NH3+CO2 CO(NH2)2+H2O n(H2)∶n(CO2)=3∶1 对照三家厂的原料气H2和CO2物质的量之比,只有丙厂接近3:1,故丙厂的原料利用率最高.(5分) 24.(本题共15分) (1)铁屑,Fe+2H+ Fe2++H2↑(每格2分，共4分) (2)打开,H2(每格2分，共4分) (3)关闭活塞E,使FeSO4溶液压入B瓶中进行反应(4分) (4)4Fe(OH)2+O2+2H2O 4Fe(OH)3(3分) 25.(1)干冰(固体二氧化碳)、碘化银(AgI)；(2分) (2)对流层、纬度、8km-18km(4分) ![]()  (3)CH3—N—CH3(1)＋2N2O4(g) 2CO2(g)+4H2O(g)+3N2(g)+2550kJ（4分）
NH2 (4)341.6g(5分) 解题提示：(3)n(C)∶ｎ(H)∶n(N)＝1∶4∶1，化学式为C2H8N2； (4)![]() Q＝mgh1＋![]() mv21＝mgh1＋(mgh2＋fmgh2) Q＝1.452×104kJ，偏二甲肼的质量：Q÷2550×60＝341.6g。 26.(本题共22分)(1)电源2(2分) 右(2分) (2)基因突变(2分) γ射线(2分) 紫外线(2分) (3)5.0×1014(6分) (4)①Fe2(CN)－6 ②M+ ③MFe2(CN)6(每格2分，3格共6分) 27.(本题共24分)(1)根据左手定则，磁力线方向应穿透出纸面，按规则用“·”表示。(4分) (2)![]() (8分)(3)![]() =16，分子式为CH4(4分) b粒子为:[H∶C∶H]＋(CH+3)(4分) (4)C、D(4分) ![]() 28.(本题共20分)(1)根据题意知小球以O点为圆心在水平桌面上做匀速圆周运动，显见摩擦力与绳子拉力T的合力提供向心力(如图所示).设细线与半径r的夹角为θ,则有:
F向=fctgθ=m![]() . 而f=μmg, ctgθ=![]() , r= ![]() . 联立以上四式解得v2=![]() . 所以Ek=![]() mv2=![]() (10分) (2)因为手持线运动中做功的功率就等于细线拉力的功率，P=(T·sinθ)·v＝fv=![]() (10分) 29.小滑块在竖直平面内内沿半球形碗内来回滑动是变速运动，若碗与小滑块间的摩擦力以及空气阻力不计，则在运动中小滑块只受到两个力：重力mg，方向竖直向下；碗对小滑块的支持力，方向沿半径指向球心，由于它的反作用力等于小滑块对碗的压力，故它的大小F应由题图中的F—t图线给出。根据机械能守恒可知，小滑块运动到平衡位置O(即碗底θ=0°处)时速率最大，运动到偏离平衡位置最大处(即偏角最大处时)，速率为零，再根据牛顿定律可知，在平衡位置处，小滑块对碗底的压力F最大，在偏角最大处，压力最小。 ![]()
由牛顿第二定律，在平衡位置O点可建立方程 Ｆ0－mg＝ｍ![]() ① 其中F0和v0分别是小滑块运动至平衡位置O时，小滑块受到的支持力和速率，R是碗的半径。 在最大偏角处A点可建立方程 FA－mgsinθA＝0 ② 其中θA为最大偏角，FA为小滑块运动至最大偏角时所受支持压力， 由机械能守恒可有 ![]() mv02=mgR(1—cosθA) ③
由①、②、③式解得小滑块的质量和最大偏角分别为 m=![]() ④ cosθA＝![]() ⑤ 以上都是在不计摩擦及空气阻力的情况下得出的，由题给的F—t图线可以直接读出以下的数据： t=0.1s时，小滑块第一次运动到平衡位置O，对碗的压力F0=1.60N； t=0.6s时，小滑块第一次到达最大偏角θＡ处，对碗的压力FA=0.07 N； 代入④⑤得m=59g, cosθA=0.121，查表θA≈83° 从上面分析可以得出以下判断： (1)小球的质量m≈59g； (2)由于摆幅很大，故小球在碗中来回滑动虽近似是周期运动，但不是简谐运动; (3)小球在碗中来回滑动的周期T＝2.0s (4)小球来回滑动的最大偏角是逐步减小的，可见小球在碗中的来回滑动是有阻尼的周期运动，这说明碗对小球的摩擦以及空气对小球运动的影响还是存在的。 评分标准：本题共22分。其中①②③④⑤各2分，求出m=59g得2分，θA＝83°得2分，作出的判断(1)(2)(3)(4)各得2分。作出的判断不一定是以上参考答案，只要符合题意，均可得分。有创新的可适当增加创新分。加上创新分不超过本题总分。
对 2002年4月全国大联考理科综合试题 (主卷)参考答案及评分标准 文章的评论 [查看网友评论]
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