（2009•宝鸡三模）已知X、Y、Z、W都是短周期的非金属元素，其原子序数依次增大．W原子的质子数是Y原子质子数的两倍，

函数y=2sin（2x+[π/3]）的最小正周期为T=[2π/2]=π，
故选：B．

点评：
本题考点： 三角函数的周期性及其求法．

考点点评： 本题主要考查三角函数的周期性及其求法，利用了y=Asin（ωx+φ）的周期等于 T=[2π/ω]，属于基础题．

A、淀粉、纤维素和蛋白质均属于天然高分子化合物，脂肪是饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故A错误；
B、正丁烷分子中有2种H原子，一氯代物有两种同分异构体；异丁烷中有2种H原子，一氯代物有两种同分异构体，故B正确；
C、乙烯、苯都是平面结构，所有原子处于同一平面，乙烷中含有甲基，具有甲烷的四面体结构，所有原子不可能处于同一平面，故C错误；
D、聚乙烯中不含碳碳双键，聚乙烯结构简式为，故D错误．
故选：B．

点评：
本题考点： 同分异构现象和同分异构体；结构简式；常见有机化合物的结构；有机高分子化合物的结构和性质．

考点点评： 考查同分异构体、分子构型、有机高分子化合物概念、结构简式等，难度不大，注意B选项中根据等效H原子判断同分异构体数目．分子中等效氢原子一般有如下情况：
①、分子中同一甲基上连接的氢原子等效，同一碳原子所连的氢原子是等效的；
②、同一碳原子所连甲基上的氢原子等效；
③、处于镜面对称位置（相当于平面成像时，物与像的关系）上的氢原子等效．

A．沸点不同的液体混合物可用蒸馏的方法分离，装置正确，故A正确；
B．乙酸和乙醇在浓硫酸作用下加热可生成乙酸乙酯，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，并且饱和碳酸钠溶液可除去杂质，导管不能插入到液面以下，防止倒吸，故B正确；
C．氨气极易溶于水，烧瓶内压强减小，气球体积变大，可证明，故C正确；
D．CO密度和空气接近，不能用排空法收集，故D错误．
故选D．

点评：
本题考点： 化学实验方案的评价；物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；气体的收集；氨的制取和性质；乙酸乙酯的制取．

考点点评： 本题考查实验方案的评价，题目难度中等，易错点为D，注意根据气体的性质选择收集方法．

A、次氯酸是弱酸，次氯酸钠是盐属于强电解质，故A错误；
B、向沸水中逐滴加入少量饱和FeCl₃溶液，加热可制得Fe（OH）₃胶体，故B正确；
C、离子化合物是离子构成的化合物，氯化氢是共价化合物水溶液中电离成离子，氯化钠是离子化合物，故C错误；
D、电解NaCl溶液得到22.4LH₂（标准状况）物质的量为1mol，反应为：2NaCl+2H₂O

通电
.
2NaOH+Cl₂↑+H₂↑，理论上需要转移2N_A个电子，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 阿伏加德罗常数；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．

考点点评： 本题考查了强弱电解质的概念应用，氢氧化铁胶体的实验室制备方法，离子化合物的分析判断，电解反应的电子转移数目计算．

A、铁生锈实际上是铁与空气中的氧气和水反应，要防止铁生锈就要隔绝氧气和水，所以正确．
B、垃圾回收再利用，不单可减少环境污染，还能节约资源，故从某种意义上说，垃圾也是资源，应分类回收处理，所以正确．
C、硬水洗衣浪费洗涤剂，且洗出的衣服较硬，所以错误．
D、失火时，要冷静地根据具体情况，采取相应的措施自救，如火势可控，则自行灭火，如不可控则求救或逃生，所以正确．
故选C

点评：
本题考点： 金属锈蚀的条件及其防护；常见的意外事故的处理方法；硬水与软水；常见污染物的来源、危害及治理．

考点点评： 本题考查利用课本知识解决新问题能力，能加深学生对课本知识的理解，训练学生的思维能力．

A、因电场线与等势面相互垂直，且由高电势指向低电势，故电场线如图所示，由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知粒子受力沿电场线的方向，故粒子带正电；故A错误；
B、若粒子从P到Q，则电场力做负功，粒子动能减小，故P点动能大于Q点动能；若粒子从Q到P，电场力做正功，动能增大，P点动能大于Q点动能，故粒子在P点动能一定大于Q点的动能，故B正确；
C、因P点电势小于Q点电势，粒子带正电，由E=φq可知P点的电势能小于Q点的电势能，故C错误；
D、因Q点处的等势面密集，故Q点的电场强度大，故电荷在Q点受到的电场力大于P点受到的电场力，故D错误；
故选：B．

点评：
本题考点： 电场线；电势能．

考点点评： 本题中解题的关键在于曲线的弯曲方向的判断，应掌握根据弯曲方向判断受力方向的方法；本题中告诉的是等势面，很多同学由于思维定势当成了电场线从而出现错判．

（Ⅰ）根据直方图可知成绩在[14，16）内的人数为：50×0.18+50×0.38=28人；（5分）
（Ⅱ）成绩在[13，14）的人数有：50×0.04=2人，设为a，b．
成绩在[17，18]的人数有：50×0.06=3人，
设为A，B，C．m，n∈[13，14）时有ab一种情况．
m，n∈[17，18]时有AB，AC，BC三种情况．
m，n分别在[13，14）和[17，18]时有aA，aB，aC，bA，bB，bC六种情况．
基本事件总数为10，事件“|m-n|＞2”由6个基本事件组成．
所以P（|m-n|＞2）=[6/10＝
3
5]（13分）

点评：
本题考点： 频率分布直方图；用样本的数字特征估计总体的数字特征．

考点点评： 本题主要考查了频率分布直方图，以及古典概型的概率问题、用样本的数字特征估计总体的数字特征等有关知识，属于中档题．

A、B、C、D、E五种短周期主族元素原子序数逐渐增大．B元素的原子核外L层电子数是K层电子数的3倍，则L层电子数为6，故B为O元素；B与E为同族元素，则E为S元素；C、D的核外电子数之和与B、E核外电子数之和相等，即C、D核外电子数之和为8+16=24，且C、D原子半径最大，应为金属元素，可知C为Na元素，D为Al元素，A与C同主族，且原子半径最小，应为H元素，
A．C、D、E最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al（OH）₃、H₂SO₄，Al（OH）₃是两性氧化物与强碱、强酸反应，氢氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠与水，三者可以两两反应，故A正确；
B．H元素与S元素形成的化合物为H₂S，属于共价化合物，故B错误；
C．O元素与Na元素形成的化合物Na₂O₂，既含有离子键又含有共价键，故C错误；
D．H、O、S三元素中两两形成的化合物有：H₂O、H₂O₂、H₂S、SO₂、SO₃，故D错误，
故选A．

点评：
本题考点： 位置结构性质的相互关系应用．

考点点评： 本题考查位置结构性质的关系及应用，难度中等，根据元素所在周期表中的位置结合元素周期律知识解答，推断元素是解题的关键．

∵f（x）=（sinx+cosx）²
=1+2sinxcosx
=1+sin2x，
∴f（x）的最小正周期为T=[2π/2]=π．
故选：B．

点评：
本题考点： 三角函数的周期性及其求法．

考点点评： 本题考查三角恒等变换，考查三角函数的周期性及其求法，属于基础题．

A、若用硫酸钠和酚酞的混合溶液浸湿滤纸，用导线将a、b直接相连，构成原电池，则锌电极为负极，锌失电子，铅笔芯为正极，氧气得电子，在该极生成大量的氢氧化钠，能使酚酞变红色，故A正确；
B、在电池中阳离子向正极移动，所以Na⁺从负极区向正极区迁移，故B错误；
C、充电时阳极区为阴离子失电子，发生氧化反应，其电极反应为2OH^--2e^-═H₂O₂，故C错误；
D、若用KI淀粉溶液浸湿滤纸，用导线将a、b与A、B电极相连，A极是负极，B极是正极，阳极放电的是碘离子，碘单质遇到淀粉显蓝色，而铅笔芯C点处出现蓝色，所以C点放电的是碘离子，b为正极，b接的是B电极，故D错误．
故选：A．

点评：
本题考点： 化学电源新型电池．

考点点评： 本题是一道有关原电池和电解池的工作原理的综合题目，要求学生熟悉教材基本知识，具备分析和解决问题的能力．

碘是合成甲状腺激素的原料，促甲状腺激素能促进甲状腺激素的合成与分泌，所以甲状腺细胞利用含有放射性的碘合成甲状腺激素，会导致细胞中的放射性强度不断增加；随着甲状腺激素不断分泌到内环境中，细胞中的放射性强度又不断下降．
故选：C．

点评：
本题考点： 动物激素的调节．

考点点评： 本题主要考查甲状腺激素的分级调节内容，意在考查考生理解所学知识的要点，把握知识间的内在联系的能力．

A、根据爱因斯坦光电效应方程E_Km=hγ-W₀，得知：光电子的最大初动能随照射光的频率的增大而增大，但不是正比；故A错误．
B、由玻耳理论可知：氢原子的能级是量子化的，即能级是不连续的，辐射光的能量也是不连续的；故B正确．
C、光是概率波，光的干涉现象中，干涉亮条纹部分是光子到达几率大的地方；故C正确．
D、波长越长，波动性越强，而宏观物体的物质波波长非常小，则不容易观察到它的波动性．故D错误．
故选BC

点评：
本题考点： 光的干涉．

考点点评： 解决本题的关键要掌握光电效应方程EKm=hγ-W0、玻耳理论、光是概率波等等基础知识．

Ⅰ、（1）①Fe（s）+CO₂（g）⇌FeO（s）+CO（g）分析平衡常数随温度变化，升温平衡常数增大，平衡正向进行，正反应是吸热反应；
故答案为：吸热；
（2）①Fe（s）+CO₂（g）⇌FeO（s）+CO（g） K₁=
c(CO)
c(CO2)
②Fe（s）+H₂O（g）⇌FeO（s）+H₂（g） K₂=
c(H2)
c(H2O)
③CO（g）+H₂O（g）⇌CO₂（g）+H₂（g） K₃=
c(H2)c(CO2)
c(CO)c(H2O)
K₃=
c(H2)c(CO2)
c(CO)c(H2O)=
K2
K1；
故答案为：
K2
K1；
（3）①该反应是一个反应前后气体体积不变的且是正反应是放热的化学反应，t₂时逆反应速率增大，且平衡时反应速率大于t₂时反应速率，平衡向逆反应方向移动，改变的条件为增大生成物浓度或升高温度；
故答案为：升高温度或增大二氧化碳浓度或增大氢气浓度；

②t₄时降压，逆反应速率减小，小于原平衡速率，但平衡不移动，t₆时增大反应物的浓度，t₆点逆反应速率不变，平衡向正反应方向移动，随着反应的进行，逆反应速率增大，大于原平衡速率，所以其图象为：；
故答案为：；
Ⅱ、（1）0.1mol/L 的CH₃COOH溶液中有l%的CH₃COOH分子发生电离，溶液中氢离子浓度为0.1mol/L×1%=0.001mol/L，则溶液PH=3；
故答案为：3；
（2）CH₃COOH⇌CH₃COO^-+H⁺，溶液加蒸馏水稀释，在稀释过程中，电离程度增大，下列各项中增大的是；
A、电离平衡加入水稀释，c（H⁺）减小，故A错误；
B、电离平衡加入水稀释促进电离，溶液中氢离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，所以
c(H+)
c(CH3COOH)比值增大，故B正确；
C、温度一定，加入水 促进电离，溶液中c（H⁺）•c（OH^-）为常数不变，故C错误；
D、电离平衡加入水稀释促进电离，氢离子浓度减小，依据离子积常数氢氧根离子浓度增大，
c(OH−)
c(H+)比值增大，故D正确；
故选BD．
（3）CH₃COOH与CH₃COONa的混合溶液呈酸性，以CH₃COOH的电离程度大于CH₃COONa的水解程度所以c（CH₃COO^-）＞c（Na⁺），溶液显酸性，c（H⁺）＞c（OH^-），因此c（CH₃COO^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-），故答案为：c（CH₃COO^-）＞c（Na⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）．

点评：
本题考点： 化学平衡常数的含义；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查了弱电解质的电离和盐类的水解，及离子浓度大小比较，化学平衡常数的确定、外界条件对反应速率的影响等知识点，注意平衡常数的计算应用和推断分析，题目难度中等．

（1）根据秘鲁的降水分布图分析分布特征．年降水量分布不均；从东向西年降水量从得十十十毫米以下递减到得十十毫米以下．
（得）由于秘鲁寒流的影响，形成了著名的秘鲁渔场．厄尔尼诺暖流为太平洋一种反常的自然现象，是在南美洲西海岸、南太平洋东部，自南向北流动着一股著名的秘鲁寒流，最先是被秘鲁渔民发现的．每年的11月至次年的六月正是南半球的夏季，南半球海域水温普遍升高，向东流动的赤道暖流得到加强．恰逢此时，全球的气压带和风带向南移动，东北信风越过赤道受到南半球自偏向力的作用，向左偏转成西北季风．西北季风不但消弱了秘鲁西海岸的离岸风--东南信风，使秘鲁寒流冷水下泛减弱甚至消失，而且吹拂着水温较高的赤道暖流南下，使秘鲁寒流的水温反常升高．这股悄然而至、不固定的洋流被称之为“厄尔尼诺暖流”．所以厄尔尼诺现象发生年份当6渔业减产．
（六）由于水资源的分布不均，各6的需求量不同，导致资源的跨区域调配．具体原因是：水资源分布不均，东多西少；西部人4密度大，水量消耗多；西部经济发达，工农业生产发展需水量大．
故答案为：
（1）年降水量分布不均；从东向西年降水量从得十十十毫米以下递减到得十十毫米以下．
（得）减产 秘鲁寒流减弱，从海底带来的营养盐减少，导致鱼类饵料减少所致．
（六）主要原因：水资源分布不均，东多西少；西部人4密度大，水量消耗多；西部经济发达，工农业生产发展需水量大．

点评：
本题考点： 海洋环境问题以及保护措施；影响气候的主要因素；产业转移对区域地理环境的影响．

考点点评： 此题考查秘鲁的降水分布规律，渔业资源，调水的原因．此题是典型的区域地理，结合材料和图的信息分析问题，知识点较多，对学生的知识要求高，能力要求也高，难度较大．

由柯西不等式可知：（x+2y+3z）²≤（x²+y²+z²+）（1²+2²+3²）
故x²+y²+z²≥[1/14]，当且仅当[x/1＝
y
2＝
z
3]，
即：x²+y²+z²的最小值为[1/14]．
故答案为：[1/14]

点评：
本题考点： 一般形式的柯西不等式．

考点点评： 本题主要考查了函数的值域，以及柯西不等式的应用，解题的关键是利用（x+2y+3z）2≤（x2+y2+z2+）（12+22+32）进行解题，属于中档题．

A、由于支持力始终与速度方向垂直，所以支持力不做功即轨道对小球不做功，仅有重力做功，小球机械能守恒．则P点的速度小于Q点速度，且P点的半径大于Q点的半径．所以小球通过P点的角速度小于通过Q点的．故A正确；
B、由于支持力始终与速度方向垂直，所以支持力不做功即轨道对小球不做功，仅有重力做功，小球机械能守恒．则P点的线速度小于Q点线速度．故B错误；
C、由于支持力始终与速度方向垂直，所以支持力不做功即轨道对小球不做功，仅有重力做功，小球机械能守恒．则P点的速度小于Q点速度，且P点的半径大于Q点的半径．所以小球在P点的向心加速度小于Q点的，故C错误；
D、由于支持力始终与速度方向垂直，所以支持力不做功即轨道对小球不做功，仅有重力做功，小球机械能守恒．则P点的速度小于Q点速度，且P点的半径大于Q点的半径．所以小球在P点的向心加速度小于Q点的，则小球在P点的向心力小于Q点的，而向心力是由重力与轨道对它的支持力提供，因此小球在P点的支持力小于Q点的，即小球对轨道的压力P点小于Q点的．故D错误；
故选：A

点评：
本题考点： 向心力；牛顿第二定律；线速度、角速度和周期、转速．

考点点评： 小球在竖直放置的螺旋形轨道运动，速度时大时小，原因是动能与重力势能在相互转化．当在水平放置的光滑的螺旋形轨道运动时，由于支持力始终不做功，因此速度大小不变，随着轨迹半径越来越小，导致小球的角速度越来越大，转动的越来越快．

（1）设BC碰撞后一起共同运动的速度为v₁，设向右为正方向，则对BC小球组成的系统，由动量守恒得：
mv₀=2mv₁…①
E=[1/2]mv₀²-[1/2]×2mv₁²…②
联立的：E=[1/4]mv₀²…③
（2）由题意分析可知，当BC碰撞后粘在一起上升到最高点，再从最高点运动到物块A的正下方时A的速度最大，设此时BC向左运动的速度大小为v₂，物块A向右运动的速度大小为v₃，取水平向右为正方向，则对ABC组成的系统，由水平方向动量守恒得：
2mv₁=-2mv₂+2mv₃…④
由机械能守恒得：[1/2]×2mv₁²+[1/2]×2mv₃²…⑤
联立①④⑤得：v₃=[1/2]v₀
答：①B、C小球碰撞过程中损失的机械能为[1/4]mv₀²；
②B、C小球碰撞后物块A运动的最大速度[1/2]v₀．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；机械能守恒定律．

考点点评： 本题综合考查了动量守恒定律以及能量守恒定律，碰后，系统水平方向动量守恒，但总动量并不守恒．

A、减小磁感应强度B，原线圈电压减小，副线圈减小，交流电流表的示数减小，故A错误；
B、向上移动滑动头P，原线圈匝数增加，副线圈电压减小，交流电流表的示数减小，故B错误；
C、减小变阻器R的阻值，交流电流表的示数增大，故C正确；
D、增大矩形线圈OO′轴转动的角速度ω，原线圈电压增大，副线圈增大，交流电流表的示数增大，故D正确；
故选：CD．

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理；交流发电机及其产生正弦式电流的原理．

考点点评： 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．

A、120g二氧化硅的物质的量为2mol，由于二氧化硅属于原子晶体，不存在二氧化硅分子，故A错误；
B、18g重水的物质的量为0.9mol，含有9mol中子，含有9N_A个中子，故B错误；
C、乙烯和环丙烷的最简式为CH₂，28g混合物中含有2mol最简式，含有2mol碳原子，含有碳原子数是2N_A，故C正确；
D、标准状况下，苯不是气体，无法计算22.4L苯的物质的量，故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 阿伏加德罗常数．

考点点评： 本题考查了阿伏伽德罗常数，注意标准状况下苯不是气体，二氧化硅属于原子晶体，不存在二氧化硅分子，本题难度不大．

A、由图看出，带正电的粒子轨迹向左弯曲，可知该电荷所受的电场力方向从N到M，说明负电荷在MN线上左侧，由于a离负电荷的距离大于b的距离，则a点场强E_a小于b点场强E_b．故A错误．
B、由上可知，电场线方向从N指向M，根据顺着电场线电势降低，则知a点电势U_a高于b点电势U_b．故B错误．
C、D电场力方向从N到M，与粒子速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，则动能增大，电势能减小，则有粒子在a点动能E_ka小于在b点动能E_kb，在a点电势能E_pa大于在b点电势能E_pa．故C正确，D错误．
故选C

点评：
本题考点： 电势能；电场强度；电势．

考点点评： 本题的解题关键是根据粒子的轨迹判定电场线的方向，进一步分析电场力做功情况、判断电势能和动能的大小．

A．溶质质量=溶液质量×质量分数，50g×5%=2.5g，应称取2.5gKCl，故A错误；
B．向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，溶液中含有SO₄^2-或银离子中的至少一种，故B错误；
C．滴定管精确到0.01mL，可准确量取25.00mL 的KMnO₄溶液，故C正确；
D．因AlCl₃与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，FeCl₃与氨水反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵，除去了杂质，也除去了原物质，引入了新杂质氯化铵和氨水，不符合除杂的原则，故D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 化学实验方案的评价．

考点点评： 本题考查实验评价，涉及溶液配制、离子检验、除杂等，注意除杂不能引入新的杂质，题目难度不大．

将Fe和Al的混合物溶于HNO₃溶液中，得到NO、N₂O混合气体，测得反应后溶液的pH为0，说明硝酸有剩余，故生成Al（NO₃）₃、Fe（NO₃）₃，再向所得溶液中加入过量NaOH溶液，铝离子完全转化为偏铝酸钠，得到沉淀5.35g为Fe（OH）₃，其物质的量=[5.35g/107g/mol]=0.05mol，
A．根据原子守恒n（Fe）=0.05mol，m（Fe）=0.05mol×56g/mol=2.8g，故m（Al）=6.85g-2.8g=4.05g，n（Al）=[4.05g/27g/mol]=0.15mol，故Fe与Al 的物质的量之比=0.05mol：0.15mol=1：3，故A错误；
B．令混合气体中NO、N₂O的物质的量分别为xmol、ymol，根据电子转移守恒及二者体积，可得：


x+y＝
3.36
22.4
3x+8y＝(0.05+0.15)×3，解得x=0.12、y=0.03，故B错误；
C．反应后溶液的pH为0，则n_剩余（HNO₃）=1mol/L×0.2L=0.2mol，根据N元素守恒n_原（HNO₃）=3n[Al（NO₃）₃]+3n[Fe（NO₃）₃]+n（NO）+2n（N₂O）+n_剩余（HNO₃）=3×0.15mol+3×0.05mol+0.12mol+2×0.03mol+0.2mol=0.98mol，原HNO₃溶液的浓度=[0.98mol/0.2L]=4.9mol/L，故C正确；
D．被还原的HNO₃生成NO、N₂O，根据氮元素守恒可知n_被还原（HNO₃）=n（NO）+2n（N₂O）=0.12mol+2×0.03mol=0.18mol，故D错误，
故选C．

点评：
本题考点： 有关混合物反应的计算．

考点点评： 本题考查混合物计算，判断反应过程是解题的关键，注意守恒思想的应用，侧重解题方法与思维能力考查，难度中等．

（1）从滤渣1中分离出Al₂O₃的流程分析，加入酸溶解Al₂O₃•4SiO₂•H₂O，得到铝盐溶液和固体二氧化硅，过滤得到溶液硫酸铝，加入氨水或适量氢氧化钠溶液得到氢氧化铝沉淀，灼烧得到氧化铝；步骤Ⅱ中铝离子与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为：Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺；
故答案为：铝盐，氨水，Al（OH）₃，Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺；
（2）石灰乳是氢氧化钙，提供氢氧根离子和钙离子，更完全的沉淀镁离子和碳酸根离子，增加Ca²⁺、OH^-的浓度，有利于Mg（OH）₂、CaCO₃的析出，碳酸钠能沉淀过量的钙离子，反应的离子方程式为；Mg²⁺+2OH^-=Mg（OH）₂↓，Ca²⁺+CO₃^2-=CaCO₃↓
故答案为：Mg²⁺+2OH^-=Mg（OH）₂↓，Ca²⁺+CO₃^2-=CaCO₃↓；
（3）向滤液2中加入饱和Na₂CO₃溶液，过滤后，用“热水洗涤”，图表中碳酸锂溶解度随温度升高减小，减少沉淀的损失，
故答案为：Li₂CO₃的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li₂CO₃的损失；
（4））①Li₂CO₃溶于盐酸作电解槽的阳极液，阳极液中氯离子失电子，发生氧化反应，所以阳极反应为2C1^--2e-=Cl₂↑，
故答案为：2C1^--2e-=Cl₂↑；
②电解后向LiOH溶液中加入过量NH₄HCO₃溶液，氢氧化锂与碳酸氢铵反应生成碳酸锂的方程式为：2LiOH+2NH₄HCO₃=Li₂CO₃+（NH₄）₂CO₃+2H₂O，
故答案为：2LiOH+2NH₄HCO₃=Li₂CO₃+（NH₄）₂CO₃+2H₂O；

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；电解原理；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．

考点点评： 本题考查了物质生产流程的分析判断，流程分析，物质性质的应用是解题关键，主要是铝及其化合物性质的应用，氧化铝的提取方法，题目难度中等．

根据点电荷电场强度的叠加法则，可知，同种正电荷的中垂线上，由O点向两边，电场强度方向向两边延伸，且大小先增大后减小，
由静止释放一个负点电荷q，它只在电场力作用下，先向下加速，后向下减速运动；
A、负点电荷q受到电场力先做正功，后做负功，则其的机械能先增大后减小，故A正确．
B、负点电荷q，因合力先做正功，后做负功，则其动能先增大后减小，故B正确．
C、负点电荷q受到电场力先做正功，后做负功，则其电势能先减小，后增大，故C正确．
D、负点电荷q的动能最大时，则速度最大，其电势能不为零，故D错误．
本题选择错误的，故选：D．

点评：
本题考点： 电场的叠加；电势能．

考点点评： 掌握一些典型的电场线分布特点，知道电场线的疏密表示场强大小，会用电场力做功与电势能的变化关系分析势能和动能的变化．

设加速电压为U₁，偏转电压为U₂．
经加速电场后的速度为v，则 eU₁=[1/2m
v20]
电子进入偏转电场后做类平抛运动，运动的时间：t＝
L
v0
其偏转的位移为，y＝
1
2at2
a＝
qE2
m＝
qU2
dm
联立上三式得y＝
U2L2
4dU1
所以示波管的灵敏度
y
U2＝
L2
4dU1
可见，要提高示波管灵敏度，必须把偏转极板l做得长一些，或把偏转极板间距离d做得小些，或加速电场的两极板间的电压降低一点．故AC正确，BD错误．
故选：AC

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题是信息的给予题，根据所给的信息，得出示波管的灵敏度的表达式即可解决本题．

由题意三视图对应的几何体如图所示，
所以几何体的体积为正方体的体积减去一个三棱锥的体积，
即13−
1
3×
1
2×1×1＝1−
1
6＝
5
6．
故答案为：[5/6]

点评：
本题考点： 由三视图求面积、体积．

考点点评： 本题考查三视图与几何体的关系，考查几何体的体积的求法，判断几何体的图形特征是解题的关键

连接CD，∵AC是⊙O的直径，∴CD⊥AB．
∵BC经过半径OC的端点C且BC⊥AC，∴BC是⊙O的切线，
而DE是⊙O的切线，∴EC=ED．
∴∠ECD=∠CDE，∴∠B=∠BDE，∴DE=BE．
∴BE=CE=[1/2]BC．
∴[BE/BC＝
1
2]．
故答案为[1/2]．

点评：
本题考点： 与圆有关的比例线段．

考点点评： 熟练掌握圆的性质、切线长定理、直角三角形的边角关系数据他的关键．

由题意得∠CAO=60°，∠CBO=30°，
∵OA=2700×tan30°=2700×

3
3=900
3m，OB=2700×tan60°=2700
3m，
∴AB=2700
3-900
3=1800
3（m）．
答：隧道AB的长为1800
3m．

点评：
本题考点： 解直角三角形的应用-仰角俯角问题．

考点点评： 考查解直角三角形的应用；利用三角函数值得到与所求线段相关线段的长度是解决本题的关键．

A、结构③是突触，兴奋只能由突触前膜传向突触后膜，而不能倒过来，所以结构③的存在使相邻两神经元之间的兴奋单向传递，A正确；
B、感觉的形成在大脑皮层只要是反射的神经中枢没受损，就能将兴奋传至大脑皮层，引起感觉，但是传出神经纤维受损，效应器无反应，B错误；
C、兴奋在神经纤维上的传导方向和膜内的电流方向相同，和膜外的电流方向相反，刺激Ⅲ处，①处兴奋时膜外电流的方向与兴奋的传导方向相反，C错误；
D、刺激②处，兴奋只能传至Ⅰ而不能传至Ⅲ，在I处能检测到电位变化，Ⅲ处不能检测到电位变化，D错误．
故选：A．

点评：
本题考点： 反射弧各部分组成及功能；神经冲动的产生和传导．

考点点评： 本题考查了反射弧各部分的结构和功能，明确兴奋传导的方向及感觉的产生部位是解题的关键．

（1）根据质量数与核电荷数守恒可知，
甲核的核电荷数是1，质量数是3，甲核是氚核，
核反应方程式为：
147N+
10n→
126C+
31H；
（2）设中子质量为m₀，
126C核质量m_C，甲核质量为m_甲，
由动量守恒得：m₀v₀=m_C v_C+m_甲v_甲，
即：m₀v₀=12 m₀ v_C+3m₀v_甲，
又因为
126C与甲核动量比为1：l，
所以m₀ v_C=m_甲v_甲，
即12 m₀ v_C=3 m₀v_甲，
联立以上两个方程，得：v_C=
v0
24，v_甲=
v0
6．
答：（1）核反应方程式是：
147N+
10n→
126C+
31H；
（2）
126C的速度是
v0
24，甲核的速度是
v0
6．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；原子核的人工转变．

考点点评： 本题主要考查了守恒定律在近代物理中的应用，通过该题体会能量守恒和动量守恒使用的广泛性．

由频数直方图可以看出：
顾客等待时间不少于6分钟的人数即最后两组的人数为：
5+2=7人．
故答案为：7．

点评：
本题考点： 频率分布直方图．

考点点评： 本题考查同学们频率分布直方图、通过频数直方图获取信息的能力．属于基础题．

解；由题意知，夫妇均患同六种基因遗传病，但所生子女总不患该病，说明该病是两对等位基因控制的遗传病，且两对等位基因的显性基因都存在时表现为正常，即A_4_表现为正常，该夫妇的基因型为AA44和aa44．
故选：A．

点评：
本题考点： 人类遗传病的类型及危害．

考点点评： 对于基因的自由组合定律的实质的理解和应用是本题考查的重点．

A、由题，板间距离增大，电容器的电压不变，根据E=[U/d]知板间场强减小，由U=Ed得知，P点与下极板间的电势差减小，板间场强方向向下，P点电势比下极板高，则可知，P点的电势降低．故A正确．
B、根据油滴原来静止知道，油滴带负电，P点电势降低，油滴的电势能将增大．故B错误．
C、板间场强减小，油滴所受电场力减小，则油滴将沿竖直方向向下运动．故C错误．
D、板间距离增大，电容减小，而电压不变，则电容器的电量减小．故D错误．
故选A

点评：
本题考点： 电容器的动态分析；电势；电势能．

考点点评： 本题是电容器动态分析问题，根据E=[U/d]、电容的决定式和定义式结合进行分析．

（1）打点计时器的打点周期为0.02s，每5个点作为一个计数点，因此计数点之间的时间间隔为：T=0.10s；
根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可得打点计时器打下计数点“2”时小车的速度为：
v2＝
x13
2T＝
(71.11−41.10)×10−2m
0.2s≈1.50m/s
（2）合力做功等于钩码重力势能的减小量，因此有：
W=mgh₀₂=0.1×9.8×0.5511J=0.54J
小车动能的该变量为：
△Ek＝
1
2m
v22＝
1
2×0.4×(1.50)2J＝0.45J
（3）若将小车作为研究对象，将钩码的重力当作小车受到的合力，应该满足的条件是小车的质量远大于钩码质量，该题中没有满足这一条件，即钩码重力和小车重力相比太大，导致钩码重力和小车受到的合力相差太大，因此会出现大的误差．
故答案为：（1）0.10，1.50；（2）0.54，0.45；（3）钩码重力和小车重力相比太大，导致钩码重力和小车受到的合力相差太大．

点评：
本题考点： 探究功与速度变化的关系．

考点点评： 明确实验原理往往是解决实验问题的关键，该实验的一些操作和要求与探究力、加速度、质量之间关系的实验类似可以类比学习，同时注意基本物理规律在实验问题中的应用．

（1）经过分析可知，木板碰挡板前，木块和木板组成的系统保持相对静止向右匀减速运动，设木板碰挡板时的速度为v₁，其加速度为a₁，对二者组成的系统，由其受力分析结合牛顿第二定律有：μ₁（m+M）g=（m+M）a₁

v20-
v21=2a1s
其中：s=x-L=21m-11.5m=9.5m．
解得：v₁=9m/s（水平向右）
（2）由题意可知，当木板碰到挡板并撤掉挡板后，木板以初速度v₁向左做匀减速运动，木块以初速度v₁向右做匀减速运动，设木板和木块的加速度分别为a₂和a₃，由牛顿第二定律可知：
a₂=
μ2mg+μ1(M+m)g
M=6m/s²（水平向右）
a₃=
μ2mg
m=μ₂g=9m/s²（水平向左）
假设木块没有掉离木板，由于木块加速度较大，所以木块先停下，然后向左做匀加速运动，直到二者保持相对静止．设二者保持相对静止所用时间为t₂，
共同速度为v₂，可得：v₁-a₃t₂=-（v₁-a₂t₂）
解得：t₂=1.2s v₂=1.8m/s（水平向左）
在此过程中，木块运动位移s1=
v1-v2
2×t2=4.32m（水平向右）
木板运动位移s2=
v1+v2
2×t2=6.48m（水平向左）
所以二者相对位移△s=s₁+s₂=10.8m＜L=11.5m，即二者相对运动时木块没有掉离木板．二者共速后，又以a1=1m/s2向左减速至停下，
设其向左运动的位移为s₃
v22=2a1s3
解得：s₃=1.62m
最终木板M左端A点位置坐标为x=x₀-L-s₂-s₃=1.4m．
答：（1）木板碰挡板P前瞬间的速度v₁为9m/s，方向向右．
（2）木板最终停止运动时其左端A的位置坐标为1.4m．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键理清木板和木块在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．本题也可以通过动能定理、功能关系进行求解．