2010年成人高考高中起点升本科《物理化学综合》试卷及详解

可能用到的数据____相对原子质量（原子量）：

H—1

C—12

N—14

O—16

F—19

Ne—20

Cl—35.5

一、选择题：1～15小题，每小题4分，共60分，在每小题给出的四个选项中，选出一项符合题目要求的。

1．原子核衰变为原子核并放出一个粒子，该粒子是（　　）。

A．电子

B．质子

C．中子

D．α粒子

【答案】D

【解析】设未知核为，则有，因为反应前后核子数相等，所以238＝234＋A，得A＝4，因为反应前后质子数相等，所以92＝90＋Z，得Z＝2，因此未知核是氦核，即α粒子。显然此核反应是α衰变。

2．在竖直平面内，有一长直载流导线和一矩形导体线框，线框的长边平行于载流导线，如图所示，当线框做下列运动时，不产生感应电流的是（　　）。

A．线框向上平移

B．线框向左平移

C．线框向右平移

D．线框绕P点在纸面内旋转

【答案】A

【解析】矩形线圈在长直载流导线所产生的磁场中运动，根据法拉第电磁感应定律知，当线圈运动过程中通过线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电动势，线圈中产生感应电流。A项，线框向上运动会使磁通量发生变化，就不会产生感应电动势，即不会产生感应电流。

3．用理想变压器给负载R供电，如图所示，现保持原线圈的电压U和匝数n₁不变，改变副线圈的匝数n₂和负载R，则下列方法中，一定能使输入功率增大的是（　　）。

A．n₂减小，R减小

B．n₂减小，R增大

C．n₂增大，R减小

D．n₂增大，R增大

【答案】C

【解析】在理想变压器的情形下，因为没有能量损耗，所以原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，因此P₁＝P₂。在副线圈的电路中，由电功率公式知，理想变压器的电压公式为，可得，联立可得：，根据此式可知，当U和n₁不变时，使P₁增大的方法是n₂增大，R减小。

4．单摆的摆球相继两次通过图中所示的P点时，关于摆球的动能和动量，下列说法正确的是（　　）。

A．动能相同，动量不同

B．动能相同，动量相同

C．动能不同，动量不同

D．动能不同，动量相同

【答案】A

【解析】当单摆振动时，相继两次通过P点时速度的大小相等，则动能相同；动量是矢量，动量的方向沿速度的方向。单摆相继两次通过P点时，速度的大小虽然相等但方向不同，所以动量也不同。

5．在光滑水平面上，一动能为E₀、动量大小为P₀的小球A与另一静止的小球B发生正碰后，小球A沿相反方向运动，且动能变为E₁，动量大小变为P₁；小球B的动能为E₂，动量大小为P₂，如图所示，则必有（　　）。

A．P₁＞P₂

B．P₂＞P₀

C．E₂＞E₀

D．E₁＞E₀

【答案】B

【解析】AB两项，A、B两小球在碰撞过程中动量守恒，选A球碰撞前的运动方向为动量的正方向，则A球碰撞前的动量为P₀，两球碰撞前的总动量也为P₀，碰撞后A球沿反方向运动，动量为－P₁，B的动量为P₂，两球碰撞后的总动量为P₂－P₁，由动量守恒知P₀＝P₂－P₁，则P₂＝P₀＋P₁，可见P₂＞P₀。CD两项，碰撞前后动能的变化情况与碰撞的性质有关，对于弹性碰撞，能量无损失，碰撞前后动能相等，E₀＝E₁＋E₂，对于非弹性碰撞，碰撞时有能量损失，因此E₀＞E₁＋E₂，可见E₀＞E₁，E₀＞E₂。

6．如图所示，在真空中有一固定的正点电荷p，它位于圆的直径AB的中垂线上的P点，中垂线与圆交于C、D两点，用和分别表示将一正的点电荷q由A沿着弧和移动到C点和B点，点电荷Q的电场力所做的功；用E_C和E_B分别表示C点和B点的场强大小。

下列判断正确的是（　　）。

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】AC两项，点电荷Q的电场强度大小为，r为场点离开点电荷的距离，由图知，B点离开P点的距离r_B小于C点离开P点的距离r_C，因此E_B＞E_C。BD两项，点电荷Q的电势正比于电荷量Q，反比于距离r，则A、B两点离P点的距离相等r_A＝r_B，因此，A、B两点的电势相等U_A＝U_B①，由图知，C点离P点的距离大于A点离P点的距离，故有r_C＞r_A，因此U_C＜U_A②，电场力做功等于电势能减小，因此，将式①代入得，同理，由式②知，由此可得。

7．如图所示，在矩形ABCD区域内有一方向垂直纸面向内的匀强磁场，边AB＝2BC，另有一与矩形ABCD完全相同的矩形导线框EFGH置于纸面内。现分别从图1和图2摆放线框的位置，使线框在纸面内以垂直于边AD、大小相同的恒定速度平移穿过磁场。设在图1和图2两种情况下外力做功分别为W₁和W₂，则（　　）。

A．W₁＝W₂

B．W₁＝2W₂

C．W₂＝2W₁

D．W₂＝4W₁

【答案】C

【解析】根据右手定则，当线框进入磁场时，图1中感应电流的流向是EFGHE，当线框离开磁场时，感应电流的流向是EHGFE，同理，图2中的线框进入磁场时感应电流的流向是FGHEF，离开磁场时感应电流的流向是FEHGF，线框中的电流在磁场中受磁场力的作用。由左手定则知，在图1、图2两种情形下，磁场力的方向都是向上的，因此线框所受的外力向下，与磁场力平衡，大小相等，线框保持匀速运动。由安培力公式知，图1、图2两种情形下磁场力的大小相等F_m＝IBl，l是AD的长度，线框所受的外力F＝F_m。在图1情形下，只有当EF进入磁场和EF离开磁场时，线框中才有感应电流，外力才做功。当EF进入磁场时，外力做的功为W＝Fd，d为EH的长度，同理，EF离开磁场时外力做的功为W＝Fd，因此外力做的总功为W₁＝2W＝2Fd。在图2情形下，FG进入磁场时，外力做的功为W＝F×2d，2d是FE的长度，同理，FG离开磁场时，外力做的功为W＝F×2d，因此，外力做的总功W₂＝2W＝4Fd，由两式得：W₂＝2W₁。

8．下列物质中，属于纯净物的是（　　）。

A．空气

B．黄铜

C．浓硫酸

D．干冰

【答案】D

【解析】判断纯净物和混合物的依据是看物质的种数或化学式的种数：只有一种物质（一种化学式）的就是纯净物。A项，空气中含有氮气（N₂）、氧气（O₂）、二氧化碳（CO₂）等多种物质。B项，黄铜是由铜（Cu）和锌（Zn）为主要成分的合金。C项，浓硫酸是溶液，其中含有溶质硫酸（H₂SO₄）和溶剂水（H₂O）。D项，干冰是固态二氧化碳的名称，其成分是二氧化碳（CO₂）。

9．在0.1mol／LCH₃COONa溶液中，浓度最大的离子是（　　）。

A．Na＋

B．CH₃COO-

C．OH-

D．H＋

【答案】A

【解析】CD两项，CH₃COONa溶液中存在如下电离式

由此可知，在溶液中存在CH₃COO-、Na＋、H＋和OH－四种离子，因水只有微弱电离，所以CH₃COO-和Na＋的浓度远大于H＋和OH－的浓度。AB两项，若只从电离式看，CH₃COO-和Na＋的浓度应该相等，H＋与OH－的浓度也是相等的。但实际情况是CH₃COO－在溶液中要发生水解反应：，虽然水解反应发生的程度很低，但只要发生，就要消耗CH₃COO-，生成OH-，因此使得Na＋的浓度大于CH3COO-的浓度，OH－的浓度大于H＋的浓度。

10．在同温同压条件下，相同物质的量的氟气和氖气具有相同的（　　）。

A．质子数

B．质量

C．原子数

D．体积

【答案】D

【解析】首先，氟气的化学式是F₂，氖气的化学式是Ne，F是9号元素，相对原子质量是19；Ne是10号元素，相对原子质量是20，相同物质的量的F₂和Ne，即F₂和Ne的个数相同。A项，质子数：1个F₂具有2×9＝18个质子，1个Ne具有10个质子，它们不相等。B项，质量：F₂的摩尔质量是38g／mol，Ne的摩尔质量是20g／mol，它们也不相同。C项，原子数：F₂是双原子分子，而Ne是单原子分子，所以，原子数也不相同。D项，体积：它们都是气体，在相同状况下，它们所占有的体积必然相同。

11．下列各组中的物质，互为同分异构体的是（　　）。

A．丁烷和丁烯

B．戊烷和2，2-二甲基丙烷

C．苯和甲苯

D．氯乙烯和聚氯乙烯

【答案】B

【解析】同分异构体的重要的特点是：分子式相同，结构不同。A项，丁烷和丁烯：丁烷的分子式是C₄H₁₀，丁烯的分子式是C₄H₈，它们的分子式不同，烯烃是不饱和的烷烃。C项，苯和甲苯：苯的分子式是C₆H₆，甲苯的分子式是C₇H₈，同样它们也不是同分异构体。D项，氯乙烯和聚氯乙烯：氯乙烯的结构简式是CH₂＝CHCl，聚氯乙烯的结构简式是，它们也不可能是同分异构体。B项，戊烷和2，2-二甲基丙烷：戊烷的分子式是C₅H₁₂，2，2-二甲基丙烷的结构简式为，分子式是C₅H₁₂，由此可知，它们是同分异构体。

12．下列固体中，能与水反应放出气体，且该气体能使溴水褪色的是（　　）。

A．碳化钙（电石）

B．金属钾

C．氯化钠

D．碳酸钙

【答案】A

【解析】金属钾、碳化钙都能与水反应放出气体：

但是该气体能使溴水褪色。A项，与水反应生成的气体C₂H₂（乙炔气体），分子中含有不饱和的碳碳三键，能与溴水发生加或反应，而使其褪色，。B项，与水反应放出H₂，不能使溴水褪色。CD两项，氯化钠（NaCl）和碳酸钙（CaCO₃）都不能与水反应。

13．在加热条件下，气体X可使黑色氧化铜还原为红色的铜，同时得到气体Y，气体Y和红热的炭反应，只生成一种气体，则X、Y依次为（　　）。

A．CO₂、CO

B．H₂、H₂O（g）

C．CO、CO₂

D．H₂O（g）、H₂

【答案】C

【解析】AD两项，根据“气体X可使黑色氧化铜还原为红色的铜”可知，气体X必具有还原性，CO₂和H₂O不符合。BC两项，根据“反应得到的气体Y和红热的炭反应，只生成一种气体”可知，在B选项中，H₂O（g）与红热的炭反应：，该反应得到的是两种气体；在C选项中，是CO₂与红热的炭反应：，该反应得到的一种气体。

14．一定条件下，可逆反应2SO₂（g）＋O₂（g）＝2SO₃（g）（正反应为放热反应）到达平衡后，采用下列选项中的三种方法，都能使SO₂的转化率增大的是（　　）。

A．升高温度、降低压强、增加氧气

B．降低温度、增大压强、增加催化剂

C．升高温度、增大压强、增加氧气

D．降低温度、增大压强、分离出部分三氧化硫

【答案】D

【解析】AC两项，温度的影响已知，正反应为放热反应，则要使SO₂的转化率增大，即平衡向正反应方向移动，应该降低温度。考虑压强的影响，参与反应的三种物质均为气体，且反应物的系数之和是3，大于生成物的系数2，所以，要使平衡向右移动，应采取增大压强的措施。B项，第三个措施是“增加催化剂”，催化剂的使用只能缩短到达平衡状态所需要的时间，不能改变平衡状态，即不能使平衡向右移动。D项，采用的措施是“分离出部分三氧化硫”，也就是从平衡体系中移走部分产物，即减小生成物的浓度，这样可使平衡向正反应方向移动。

15．下列说法中，正确的是（　　）。

A．凡是能起银镜反应的有机物一定是醛

B．乙烯和苯都能使酸性高锰酸钾溶液褪色

C．在酯化反应中，羧酸分子里的羟基与醇分子里的羟基上的氢原子结合成水

D．C₂H₂和C₆H₆互为同系物

【答案】C

【解析】A项，发生银镜反应这是醛基的特征，醛类物质因含有醛基，所以能发生银镜反应，不是醛的其他有机物中，也有含醛基的，如葡萄糖、甲酸、甲酸的酯类等，它们也能发生银镜反应。B项，乙烯的分子内含有不饱和的碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使高锰酸钾溶液褪色，苯分子内虽也有不饱和键，但与烯烃的不饱和键不同，苯不能被高锰酸钾溶液氧化，所以不能使其褪色。C项，酯化反应中确实是羧酸脱去分子内的羟基，醇分子脱去羟基上的氢原子，脱去的羟基和氢原子结合成水。D项，同系物要求“结构相似，组成上相差n个CH₂原子团”，C₂H₂的结构简式为的结构简式为，它们不符合上述要求，所以它们不是同系物。

二、填空题：16～27小题，共57分。其中第16～19小题，每小题6分，第20～27小题，每空3分，把答案填在题中横线上。

16．已知铜的密度ρ＝8.9×103kg／m3，铜的摩尔体积V_m＝7.2×10-6m3／mol，阿伏加德罗常数为N_A＝6.0×1023／mol，则可知单个铜原子的质量m＝____kg。

【答案】1.07×10-25

【解析】1mol铜的质量（摩尔质量）为M＝ρVm,①；1mol铜的原子数等于阿伏加德罗常数N_A，因此，单个铜原子的质量是②；由这两式可得，把数值代入算得

17．如图所示，光线1以入射角θ_i＝60°射到厚度为d的平板玻璃上，折射光线2经玻璃板下表面反射，而后从上表面射出。已知玻璃的折射率为，则折射角θ_r＝____，光线在玻璃板内部通过的路程长l＝____。

【答案】；

【解析】当光线1从空气射入玻璃时，根据折射定律有，可得，因此折射角为。由光路图知，光线2在玻璃板的下表面反射时，入射角为θ_r，反射角也为θ_r，因此光线2是由两段等长的线段组成，每段线段的长度为，光线2的长度是，得光线在玻璃中通过的路程是。

18．设重力加速度大小为g，一质量为m的人站在直升电梯中，当电梯以大小恒定的加速度a加速上升时，人对电梯的正压力大小为____；当电梯以大小恒定的加速度a′，减速下降时，人对电梯的正压力大小为____。

【答案】m（g＋a）；m（g＋a′）

【解析】以人为研究对象，人受到两个作用力：重力G，方向竖直向下；电梯的支持力F_N，方向竖直向上，以竖直向上为正方向，当电梯以加速度n加速上升时，F_N－G＝ma，由此得F_N＝G＋ma＝m（g＋a）。当电梯以加速度a′减速下降时，加速度的方向与运动方向相反，a′的方向也向上，因此F_N－G＝ma′，由此得F_N＝G＋ma′＝m（g＋a′）。

19．螺旋测微器的可动刻度E上的刻度为____等分，每一小格表示____mm。图中为用螺旋测微器测量一金属球直径的示数，可知该球的直径为____mm。

【答案】50；0.01；2.126

【解析】螺旋测微器的可动刻度E（即微分筒）是50等分，每小格表示0.01mm，由图可见，微分筒的前沿在F刻度线的2mm处，微分筒上的读数是12.6，因此金属球的直径是

20．按系统命名法，有机物的名称为____。

【答案】2-甲基戊烷

【解析】题中给出的碳键就是最长碳键，此碳键含有5个碳原子，所以，该烃母体的名称应是“戊烷”，给碳原子编号应按从左至右的顺序，则取代基所在的碳原子编号为2；若按从右至左的顺序，取代基在4号碳上应取编号小的顺序，该有机物只有1个取代基——甲基（CH₃-），所以，该有机物的名称应是2-甲基戊烷。

21．浓硝酸应贮存于____玻璃瓶中。

【答案】棕色

【解析】因浓硝酸见光易发生分解反应：，所以，浓硝酸应避光保存，存放在棕色的玻璃瓶中。

22．把100mL0.1mol／LHCl溶液加水稀释至1L，稀释后所得溶液的pH为____。

【答案】2

【解析】溶液含有溶质（HCl）的物质的量为，所以。根据pH＝－lgc（H＋），求得溶液的pH＝－lg（1×10－2）＝2。

23．把铁片浸入Fe₂（SO₄）₃溶液中，铁片的质量将____（填“增大”或“减小”），其反应的离子方程式为____。

【答案】减小；2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋

【解析】Fe片浸入Fe₂（SO₄）₃溶液中，发生反应：，由于Fe片在反应过程中有一部分变成Fe2＋进入溶液，所以铁片的质量将减小。Fe₂（SO₄）₃和FeSO₄都是可溶性强电解质，它们应改写成离子式，然后，消去等号两边不参与反应的SO₄2-，即得该反应的离子方程式：。

24．可用于漂白某些有色物质，并能形成酸雨的气体是____。

【答案】SO₂

【解析】具有漂白性的物质有SO₂、O₃、漂白粉；Cl₂在有水存在的条件下，也可以把有色物质漂白。形成酸雨的气体主要是指大气中含有的能与雨水作用而形成酸雨的物质，主要含有SO₂等氮氧化物，则同时具备题目所给的两个条件的物质是SO₂。

25．二氧化锰和浓盐酸混合加热，其反应方程式为。在此反应中，若有8mol HCl被氧化，则生成____L（标准状况下）氯气。

【答案】89.6

【解析】由可知，参加反应的“4molHCl”不都是还原剂，即没有全部被氧化，只是其中的2mol被氧化。反应方程式提供的定量关系有：参加反应的4mol HCl——反应生成的1mol Cl₂，被氧化的2mol HCl——反应生成的1mol Cl₂，本题要求的是“被氧化的HCl”与“生成的Cl₂”的关系，则

26．下列实验：①浓盐酸和二氧化锰混合加热制氯气；②无水醋酸钠和碱石灰混合加热制甲烷；③浓硫酸和乙醇混合加热制乙烯；④氯化铵和消石灰混合加热制氨气。其中可用下图实验装置来制取的是____（填序号）。

【答案】③

【解析】制Cl₂：图示装置不能用来收集Cl₂，因为Cl₂能溶于水，并能跟水发生化学反应，所以Cl₂不能用排水法收集。制CH₄：所采用的制备装置是“固＋固→气”的典型装置。制C₂H₄：反应原理为，该反应的特点是加热并有温度要求。题目给出的制备装置中有温度计，是制备C₂H₄所要求的，C₂H₄既不溶于水，又不与水发生反应，故可以用排水法收集。制NH₃：是用的装置，且NH₃极易溶于水，也能与水发生化学反应。

27．元素X、Y和Z的原子序数都小于18，X原子中只有1个质子，Y原子核外的L电子层比K电子层多3个电子，Z原子核外M电子层和K电子层的电子数目相等。Y的原子序数为____；X的单质与Y的单质反应生成的化合物的电子式为____；Z元素原子结构示意图为____。

【答案】7；；

【解析】根据“X原子中只有1个质子”可知，X元素的原子序数是1，即1号元素氢（H）。根据“Y原子核外L电子层比K电子层多3个电子”分析，因为K电子层是第一电子层，L电子层是第二电子层，L电子层上有电子时，K层必为满层，即有2个电子，所以，L层上的电子数为2＋3＝5个，即Y原子核外有7个电子，Y是7号元素氮（N）。根据“Z原子核外M电子层和K电子层的电子数目相等”可知，Z原子核外有K、L、M三个电子层，各层的电子数目分别为2、8、2，即Z元素是12号元素镁（Mg）。由以上分析可得，Y的原子序数是7，X与Y化合形成化合物（NH₃）的电子式是，Z原子的结构示意图为。

三、计算题：28～30小题，共33分，解答要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案，而未写出主要演算过程的，不能得分。

28．若汽车司机从发现前方的紧急情况到采取制动措施所需的反应时间为0.2s，制动后汽车加速度的大小为5m／s2。当汽车以15m／s的速度匀速行驶时，求从发现紧急情况到汽车完全停止时汽车运动的距离。（11分）

【答案】25.5m

【解析】汽车做匀速直线运动的距离为S₁＝v₀t，把v₀＝15m／s，t＝0.2s代入得

s₁＝15×0.2m＝3m

匀减速直线运动的速度位移公式是v₀2＝2as₂，即

把v₀＝15m／s，a＝5m／s2代入得

汽车运动的总路程为s＝s₁＋s₂＝（3＋22.5）m＝25.5m

29．如图所示，电路中有一对平行金属板A和B，两板间距离d＝1.8cm，两板间有一带负电荷的粒子，质量m＝1×10-10kg，电荷量大小为q＝2×10-12C。已知电源的电动势＝10V，内阻r＝0.5Ω。求带电粒子在极板间平衡时可变电阻的取值R。（重力加速度g取10m／s2）（12分）

【答案】4.5Ω

【解析】由图可知，电容器并联在可变电阻上，电容器上的电压等于闭合电路的路端电压，电容器的A板与电源正极相接，B板与电源负极相接，A板上的电压高，B板上的电压低，因此，电容器中的电场强度方向由A指向B，即竖直向下，平板中的负电荷所受电场力的方向竖直向上，与电荷的重力平衡，故有Eq＝mg，E为电场强度。由此得

①

平板电容器中，电压与场强的关系是，把式①代入得

　 ②

根据闭合电路的欧姆定律知，为电源的电动势，因此，路端电压为

由上式得，解得。

把式②代入得

代入题给数值算得

30．剧毒的光气（COCl₂）可以用氨解毒，其反应方程式为：

某坑道（容积为33m3）中光气的浓度为0.3×10-3g／L，解毒最少消耗质量分数为25％的氨水多少克？（1m3 ＝1000L）（10分）

【答案】27.2g

【解析】坑道中含有光气的质量为，设最少消耗NH₃的质量为xg，由关系可得：

需质量分数为25％的氨水的质量为