5.A【解析】多元弱酸的电离是分步进行的，H2S的第一步电离方程式为H2S一H+十HS,A项正确；NaHCO是盐，属于强电解质，在水溶液中电离产生Na+、HCO,电离方程式为NaHCO3-Na++HCO3,电离产生的HCO3会继续电离产生H+、CO,存在电离衡，电离方程式为HCO一H++CO,B项错误；CO的水解是分步进行的，存在水解衡，主要是第一步水解，水解反应的离子方程式为CO+H2O一HCO十OH,C项错误：HS的水解产生H2S和OH,存在水解衡，水解反应的离子方程式为HS十H2O一H2S+OH,D项错误。6.B【解析】弱酸的电离衡常数越大，电离能力就越强，等浓度时电离产生的H+浓度就越大，该弱酸的pH就越小。根据表格中的电离衡常数可知酸性：HX>HY,所以同物质的量浓度的HX、HY溶液中c(H+):HX>HY,则溶液pH:HXHY>HCO,所以向Na2CO3溶液中加人足量HY,发生反应产生NaY、NaHCO3,反应的离子方程式为HY+CO一HCO5+Y,B项正确；弱酸的酸性越强，其相应的盐水解程度就越小，等浓度的盐溶液碱性就越弱，根据电离衡常数可知酸性：HXH2CO3>HY>HCO2,所以相同条件下同浓度溶液的碱性：Na2CO3>NaY>NaX,C项错误；H2CO3是二元弱酸，存在电离衡，且电离分步进行，主要是第一步电离，该步的电离常数表达式为K1-c(H)c(HCO),D项错误c(H2CO)7.B【解析】pH相等的溶液，NaOH溶液的浓度最小，水解程度：CO->CH&COO,则:NOI<0NaCO）<:(CHC0Oa,A项不正确.CCOQ-c2,加水稀释K。后，(H)减小，K不变，溶液中CC00月的值减小.B项正确，溶液体积未知，无法比较n(OH)的大小，C项不正确。含有CH,COOH与CHCOONa的混合液，未说明二者量的关系，混合液不一定呈酸性，D项不正确。8.C【解析】A项，容器内压强变化是因为酸可以和镁条反应放出气体，由图中曲线可知，②对应的酸和镁条反应时，反应速率更快，则②表示的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线，故A项错误；B项，图中曲线的斜率表示酸和镁条的反应速率，由图示可知，100s后，醋酸与镁条的反应速率更快，故B项错误；C项，醋酸中存在电离衡CH;COOH一CH;COO十H,电离出的H和镁条不断反应，促进醋酸的电离衡正向进行，由于醋酸和盐酸的浓度体积均相同，两份溶液最终产生的氢气总量基本相等，故C项正确；D项，盐酸与醋酸的浓度、体积均相同，使用NaOH溶液完全中和两种酸溶液，两种酸消耗的NaOH溶液的体积相同，故D项错误。9.A【解析】同温度下，醋酸的浓度越小，电离程度越大，10mL0.1mol·L1的醋酸溶液中H+的物质的量小于100mL0.01mol·L-1的醋酸溶液中H+的物质的量，A项符合题意；NH4HCO3溶液中，NH促进HCO水解，所以同温同浓度的KHCO3溶液中的c(HCO3)大于NH4HCO3溶液中的c(HCO),B项不符合题意；CH COONa溶液呈碱性，NaCI溶液呈中性，同温同浓度的CH COONa溶液的pH大于NaCl溶液的pH,C项不符合题意；中和【23新教材·TXWJJX·化学·参考答案·R·选择性必修1】

读我国东、中、西部地区部分指标占全国比重示意图，完成6~7题。科技人员占全国比重口东部运输线路占全国比重☐中部外资☑西部占全国比重020406080100(%)6.下列关于东、中、西部地区的叙述，正确的是①东部地区科技水最高②屮部地区外资比重高于西部地区③西部地区交通落后④大力引进外资有助于西部地区的发展A.①②③B.①③④C.②③④D.①②④7.为促进西部地区经济发展，下列措施正确的是①减少基础设施投资②继续加强西部地区生态建设③加快国家能源基地建设④扩大对外开放的)广度和深度⑤加大科技人才小培养力度A.①②③④B.①②④⑤C.②③④⑤D.①③④⑤根据国务院批复，我国将规划发展长三角经济区、珠三角纶济区、环渤海经济区、海峡西岸经济区、关中一天水经济区、成渝经济区、辽宁沿海经济带、江苏沿海经济区及澳门横琴地区、巾部崛起地区、图们江区域合作开发区、黄河三角洲开发区等经济区域。读图，完成8一9题。)环诫海处济区Y江宁滑海经济带长三角经济区每峡西片经济区体：角经济☒8图中各人经济区域的基本特征是A.区域汝有固定的面积、形状和边界B.区域的划分是人们凭空构想的结构C.区域的边界都是明确的D.区域内部的特定性质相对一致9.区域内部地理环境存在一定差异，因此区域内的发展还必须3A.保持相同的经济结构B.因地制宜、合理布局C.保证相同的农业、工业地域D.保持一样的城市建设要求西汉史学家司马迁在《史记》中记教，茶汉时期的长江中下游原“地广人稀、饭稻漠鱼…”农业经济远远落后于黄河中下游地区。据此回答10∞11题。0桊汉时期属于长江中下游区域发展的A.以传统农业为主的初级阶段B.以工业化为主体的成长阶段C.以结构优化整休提升为主体的转型阶段D.以创新驱动为主的高效益综合发展阶段

水量管橡胶管气球稀硫酸液CDNaN,样品甲乙(1)仪器a的名称为实验开始时，应先打开分液漏斗使浓氨水滴入，日的是(2)①B装置中的药品可选用A.P05B.碱石灰C.无水硫酸铜D.无水氯化钙②若无B装置，C中生成的氨基钠会发生的反应为(用化学方程式表示)。II.制备NaN(3)将I中制备的NaNH2与N2O在210-220℃的条件下反应生成NaN3、NaOH和氨气，反应容器不选用玻璃材质的原因是（用化学方程式作答）III.测定NaN的纯度精确称量0.1500gNaN3样品，设计如图乙所示装置，连接好装置后使锥形瓶倾斜，使小试管中的NN样品与M溶液接触，测量产生的气体体积从而测定其纯度（不考虑溶剂的挥发)。己知：2NaN3~3N2(其他产物略)，反应中放出大量的热。(4)对量气管读数时，反应前后都需要进行的操作是(5)常温下测得产生气体的体积为54.00mL(N2的密度为1.400gL),计算NaN3样品的纯度为。(保留三位有效数字)17.(14分)利用化学反应原理分析指导工业生产具有重要的现实意义。I.工业合成氨的反应原理为：X(g)十3Y(g)二2Z(g)△H<0,T1℃时在容积为4L的恒容密闭容器中通入2molX和6molY发生反应。重庆八中2022-2023学年度高三入学考试化学试题（第7页，共10页)

23.(12分)磷酸铁(FePO4)常用作电极材料。以硫铁矿（主要成分是FeS2,含少量Al2O3、SiO2和FeO4)为原料制备磷酸铁的流程如图所示。S02稀硫酸FeSFeO试剂RH,SO,(NH)hHPO硫铁矿粉末焙烧→酸浸一→还原→过滤→除钼氧化沉铁----->FePO空气滤渣1滤渣2滤渣3已知几种金属离子沉淀时的pH如表所示：金属氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2A1(OH)3开始沉淀的pH2.37.54.0完全沉淀的pH4.19.75.2回答下列问题：(1)滤渣3的主要成分是(写出化学式)。(2)用FeSs还原Fe3+的目的是,加入FeO的作用是(用离子方程式表示)。(3)试剂R宜选择(填字母)。A.高锰酸钾B.稀硝酸C.双氧水D.次氯酸钠(4)检验“氧化”之后溶液是否含Fe+的操作是(5)已知沉淀溶解衡：MnAn(s)=mMm+(aq)十nA"-(aq),Kp=cm(M+)·c”(Am-)。常温下，Kp(FePO4)=1.3×10-2,“沉铁”中为了使c(Fe3+)≤1×10-5mol·L-1,c(P0)最小为mol·L-l【答案】(1)AI(OH)3(2分)(2)避免在除去AI3+时Fe3+一并沉淀(2分)A18++3H2O一A1(OH)3+3H+,FeO+2H+一Fe2++H2O[或2AI3++3Fe0+3H20-2A1(OH)3+3Fe2+](2分)(3)C(2分)(4)取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若产生蓝色沉淀，则该溶液中含有F2+(合理即可，2分)(5)1.3×10-17(2分)【解析】硫铁矿中含有FeS2、Al2O3、SiO2、Fe3O4,焙烧时FeS2转化成Fe2O3,能与稀硫酸反应的是FezO3、Al,O3、FeO4,SiO2不与硫酸反应，滤渣1为SiO2,滤液中阳离子是Fe3+、A13+、Fe2+、H+等，加入FeS将Fe3+还原成Fe2+,加入FeO调节pH,使A13+转化成AI(OH)3沉淀，除去AI3+,然后加入氧化剂，将Fe2+氧化成Fe3+,据此分析。(1)加入FeO调节pH,可以使A1元素以A1(OH)3形式沉淀除去时，滤渣3的主要成分为A1(OH)3。(2)依据表格中的数据以及流程可知，让Al元素以Al(OH)3形式沉淀除去时，Fe3+必先沉淀，因此用FS还原Fe3+的目的是避免在除去AI3+时Fe3+一并沉淀；加入FeO的目的是调节pH,让AI3+以Al(OH)3形式沉淀而除去，A13+发生水解，A13+十3H2O一AI(OH)3+3H+,FeO+2H+一Fe2+十H2O,促使衡向正反应方向进行，得到氢氧化铝沉淀，总反应为2A13+十3F0十3H2O—2A1(OH)3十3Fe2+。(3)KMnO4溶液作氧化剂，容易引入Mn2+、K+,故A不适宜；稀硝酸作氧化剂，得到NO,NO有毒，污染环境，且容易引入硝酸根离子，成为新杂质，故B不适宜；双氧水作氧化剂，还原产物是H2O,不引入杂质，对环境无影响，故C适宜；次氯酸钠作氧化剂，引入新杂质CI、Na+,故D不适宜。(4)Fe2+可以与K[Fe(CN)6]溶液反应得到蓝色沉淀，还可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以检验Fe2+的操作是取少量待测液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液（或酸性高锰酸钾溶液），若产生蓝色沉淀（或酸性高锰酸钾溶液褪色)，则该溶液中含有Fe2+。(5)当c(Fe+)≤1X10molL1时，c(P0)≥K,FeP0,)_1.3X101×10-51X10-5mol,L-1=1.3×101molL-1。·63

风力发电水力发电11.18%光状发电.5.52%3.75%光状发电0.67%火力发电15.31%水力发电81.57%图10(1)试比较新疆、四川两省电力结构的差异。(6分)(2)新疆位居我国工业硅生产规模第一位，试评价新疆工业硅生产的区位条件。(6分)(3)简述新疆大力发展光伏产业的社会经济意义。(6分)25.阅读图文材料，回单下列问题。(16分)材料一：耐盐碱水稻俗称“海水稻”，比起普通水稻，海水稻具有抗渍涝、抗盐碱、抗倒伏、抗病虫害等优势。适宜海水稻种植的土壤含盐量一般≤6%，引含盐量≤3%咸水灌溉，可以提高亩产量，种植海水稻后可以降低土壤的盐碱度，改良土壤。2020年，江苏如东入选袁隆团队建立的海水稻试验示范种植基地。2021年秋，如东“超优千号”海水稻均亩产超过802.9公斤，取得重大突破。材料二：图11为“中国主要现有盐碱地占耕地面积比例示意图”，图12为“江苏省沿海滩涂分布图”。盐威地面积/耕地面积IⅢ>20%▣10~20%田5~10%曰1~5%信雨图11图12高二地理第7页共8页

第2单元基本理论①若保持容器体积不变，时反应达到衡，用pa,=2.9kPa,则此时的pakPa,v-H2的浓度变化表示0~时间内的反应速率kPa·min-l。(H2)=mol·L1·min1(用含t的③若提高反应温度至35℃，则N2O(g)完全分解代数式表示)；后体系压强p(35℃)(填“大于”“等于”②2时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持或“小于”)63.1kPa,原因是不变，图中能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是(用图中a、b、c、d表示)，理由是④25℃时N2O4(g)三2NO2(g)反应的衡常数K。=kPa(K。为以分压表示的衡常数，③在该温度下，反应的标准衡常数K=计算结果保留1位小数)。(已知：分压=总压×该组分物质的量分数，对于(3)对于反应2NO5(g)→4NO2(g)+O2(g),R.A.Ogg反应dD(g)+eE(g)=gG(g)+hH(g),K提出如下反应历程：广·(】第一步NO,一NO2十NO快速衡,其中p°=l00kPa,pc、pH、pn、E第二步NO2十NO2>NO十NO2+O2慢反应(·()第三步NO+NO3-→2NO2快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的衡。为各组分的衡分压)。下列表述正确的是(填标号)方法Ⅱ：氨电解法制氢气A.(第一步的逆反应)>v(第二步的逆反应)利用电解原理，将氮B.反应的中间产物只有NO转化为高纯氢气，其装置如图所示。C.第二步中NO2与NO,的碰撞仅部分有效D.第三步反应活化能较高(4)电解过程中OH的移动方向为7.(2020·全国卷亚)二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：(填“从左往(1)C02催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物右”或“从右往左”)；KOH溶液KOH溶液(5)阳极的电极反应式为质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=6.(2018·全国卷I)采用N2O为硝化剂是一种新型的当反应达到衡时，若增大压强，则n(C2H4)(填“变大”“变小”或“不变”)。绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛(2)理论计算表明，原料初始组成n(CO2)：n(H2)=应用。回答下列问题：1：3,在体系压强为0.1MPa,反应达到衡时，(1)1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图到N2O。该反应的氧化产物是一种气体，其分子所示。式为0.7m(2)F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究0.6了25℃时N2O(g)分解反应：0.52N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)0.40.30.22N2O4(g)0.1其中NO2二聚为N2O,的反应可以迅速达到衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示90450510563060750[t=∞时，N2O(g)完全分解]：图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是t/min0408016026013001700∝。CO2催化加氢合成C2H4反应的△H0(填“大于”或“小于”)。p/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1(3)根据图中点A(440K,0.39),计算该温度时反应①已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)的衡常数K。=(MPa)3(列出计算△H1=-4.4kJ·mol-1式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。2NO2(g)=N2O,(g)△H2=-55.3kJ·mol1(4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反则反应N,0(g)一2N0,(g)+20,(g)的△H=应，生成CH、CH、CH等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，kJ·mol1。应当②研究表明，NO(g)分解的反应速率u=2X10-3×温馨提示：请完成专题小综合（二）p163po(kPa·mini)。t=62min时，测得体系中41

wGR甲(a)(b)(c)1)图(a)中灵敏电流计指针将向偏转（填“左”或“右”2)图(6)中磁铁下方的极性是(填”极”或”极”3)图(c)中磁铁的运动方向是(填“向上”或“向下12.(10分)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中(1)下列器材需要的有一A,干电池组B.直流电压表C.多用电表D.学生电源02816042)在实验中，某同学保持原线圈的电压以及副线圈的匝数不变(增加原线圈的匝数，副线圈两端的电压将(选填增减小”或“不变”)。3)如图，当左侧线圈“0”“16”间接入9V电压时，右侧线圈“0”“4接线柱间输出电压可能是A.3.1VB.2.0VC.2.5VD.1.8四、解答题（共38分）3.(10分)如图所示，是面积为匝的圆形金属线圈，其总电阻线圈处在逐新增大的均匀磁场中，磁场方向与线圈面垂直，线圈中的磁通量在按图所示规律变化，线圈与阻值的电阻连接，不计电压表对电路的影响。求Φ/W。1)线圈上感应电流的方向；（顺时针还是逆时针）0.15…2)感应电动势的大小；0.103)电压表的示数00.1

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中原名校2022一2023学年上期第二次联考高二地理试题(芳试时间：90分钟试卷满分：100分)注意事项：1、答题前，考生务必将自已的姓名、准考证号、考场号填写在答题卡上2、回答选择题时，远出每小题答

31.(共9分，除标注外，每空1分)中取一株红色植株自交，后代红花植株：白花植株=气体对外界做功，而气体内能不变，由热力学第一定2√13m,则t=20s时0点处的波源的振动形式刚好(1)蔬菜、硝化细菌蔬菜固定的太阳能、硝化细菌固3:1,则该红花植株的基因型只能为AaBB或AABb,律可知，气体应从外界吸收热量，且吸收的热量等于传播到D点，t=2√3s时A点处的波源的振动形式定的化学能和食物残渣中的能量(2分)基因型为AaBB和AABb的植株在F,红花植株(AB)气体对外界做的功，D正确。(2)不需要鱼类排泄物中的有机物被水质处理系统中占。；因控制花色的基因中只要其中一对隐性基因好传播到D点，20。-2V厘-28-167，则：中的分解者分解为无机物，以及硝化细菌转化的硝酸②1x(i会20s时D处质点的位移为负值，所以t=20s时D处盐均可供蔬菜利用纯合植株就开白花，又因为自然状态下该植物只能进【命题意图】本题以“T”形绝热活塞密封理想气体为背质点所受回复力方向沿着z轴正方向，E正确。(3)不属于排泄物中的能量储存在有机物中，而植行自交，所以白花植株后代全为白花；控制红花性状景，考查玻意耳定律、盖一吕萨克定律，意在考查考生物不能直接利用有机物的基因存在杂合子，所以红花植株后代可出现性状分的理解能力和推理论证能力。(2)(i)w3(i)o+2R4(4)循环再生离。(3)由题意可知，F2中大花：小花=240：16=【解析】（ⅰ）圆柱形容器沿竖直方向缓慢上升，处于【命题意图】本题考查光的折射，意在考查考生应用数【命题意图】本题考查生态系统的功能、生态工程的原15:1,则说明花瓣大小的性状由两对基因控制，F2中衡状态，密封气体压强一定，由盖-吕萨克定律有学知识解决物理问题的能力。理等知识，意在考查考生的信息获取能力和综合运用大花植株与小花植株杂交，后代表现型及比例为3：1，【解析】(i)由几何关系可知，从M点射入的光线的能力。则该大花植株两对基因均杂合，故该大花植株在F,中号sHS(2分)入射角为60°，折射角为30°，【解析】(1)家庭阳台农业系统中的生产者除了蔬菜T。T。+A7占比为4。(4)红花的基因型有4种，大花的基因型解得△T=2T(1分)外，还有水质处理系统中的硝化细菌，故流经该生态(3分)系统的总能量为蔬菜固定的太阳能、硝化细菌固定的有8种，故红色大花的基因型共有4×8=32（种）。(ⅱ)容器恢复至初始位置，对容器进行受力分析有根据打定体可得密忽万(ⅱ)根据几何关系可知，从N点射人的光线的入射角化学能，还有食物残渣中的能量。(2)水质处理系统F2中红色大花自然繁殖，只考虑花色，F2的基因型为PoS+Mg=p:S(2分)为45°，设折射角为a,中的分解者可以将鱼类排泄物、食物残渣等中的有机AABB时后代不发生性状分离；只考虑花的大小，因小将容器悬挂于天花板上，稳定后对容器进行受力分析物分解为无机物供蔬菜利用，同时硝化细菌转化的硝花植株的两对基因为隐性纯合子，所以亲代只要至少有PoS=Mg+p2S(2分)》根据折射定律有n=im45(2分)sin a酸盐也可供蔬菜利用，故不需要使用化肥。（3)鱼类有一对等位基因是显性纯合，后代不会发生性状分容器导热，整个过程气体温度不变，由玻意耳定律有√6排泄物中的能量不是鱼同化的能量，而是食物残渣中离，综上分析，后代不发生性状分离的比例为)×(2分)解得sin a(1分)Γ6的能量；排泄物中的能量储存在有机物中，植物不能77画出从V点射人的光线的部分光路图，如图所示。直接利用有机物中的能量。(4)鱼的排泄物经处理后15135解得M=PoS2g(1分)可以供蔬菜利用，而蔬菜净化后的水又可用于鱼类的方法技巧特殊分离比的解题技巧34.(1)BCE【命题意图】本题考查机械波与机械振动，养殖，体现了生态工程中的循环和再生原理。(1)看F2的表现型比例，若表现型比例之和是16，涉及波长与波速、周期的关系，波的叠加，振幅，回复32.(共12分，除标注外，每空2分)则符合基因的自由组合定律。力等知识，意在考查考生的模型建构能力和推理论证(1)自由组合(1分)AABBxaabb或AAbb×aaBB(1分)(2)将异常分离比与正常分离比9：3：3：1进行能力。(2)AaBB或AABb(1分)9控制花色的基因中只对比，分析合并性状的类型。如比例为9：3：4，则【解析】由题图乙、丙可知，O、A两点处的波源振动的R根据正弦定理有(2分)】sin a sin(45°-a要其中一对隐性基因纯合时，植株就会开白花，又因为9：3：(3+1)，即4为后两种性状的合并结果。周期均为4s,由入=T得，两波源产生的简谐横波的为自然状态下该植物只能进行自交，所以白花植株后(3)确定出现异常分离比的原因。波长均为4m,A错误；两波源产生的波的传播速率相解得0C=√0+V2R4(2分)代全为白花；控制红花性状的基因存在杂合子，所以(4)根据异常分离比出现的原因，推测亲本的基因同，而D点离A点较近，因此A点处波源的振动形式35.(共15分，除标注外，每空2分)红花植株后代可出现性状分离型或推断子代相应表现型的比例。先传到D点，根据题图丙可知，A点的起振方向沿z轴负方向，因此D点的起振方向沿z轴负方向，B正确(1)1(1分)(3)两1分)4(1分)33.(1)BDE【命题意图】本题通过汽缸模型考查理想气t=13s时O、A两点处的波源的振动形式均传播到了(2)<(1分)Cu原子的4s能级处于半充满稳定状体状态方程、热力学第一定律等，意在考查考生的推态，而Zn原子的4s能级处于全充满稳定状态，Zn原(4)32(1分)135理论证能力。B点，0B-AB=)X-2入=7入，又由于0、A两点处的波子更不易失去1个电子【解析】汽缸导热性能良好，若环境温度保持不F【命题意图】本题考查基因的分离定律和自由组合定源的起振方向相反，故B点为振动加强点，B处质点的(3)①分子晶体(1分)H,SH,S分子间不存在氢变，则气体温度不变，气体内能不变，活塞向上移律，意在考查考生的理解能力、获取信息能力和综合振幅为2cm,C正确；分析可知C点为振动加强点，t=8s键，且相对分子质量小，范德华力最弱运用能力。动，气体体积增大，根据理想气体状态方程可知时O点处的波源的振动形式传播到了C点，t=10s时A②sp3.正四面体形009【解析】(1)由题意可知，F2中红花：白花=144：气体压强减小，则封闭气体撞击单位面积器壁的mg均作用力减小，A、C错误，E正确；设活塞的质量为点处的波源的振动形式传播到了C点，而10s-8s=2【命题意图】本题考查物质结构与性质，具体考查未成112=9：7,说明花色遗传遵循基因的自由组合定律，F,关于花色的基因型为AaBb,则亲本关于花色的基m、横截面积为S,大气压强为Po,封闭气体的压强为P,对活塞受力分析，如图所示，活塞缓慢上升过程中136-10:侧0-13：内，C处质点经过的路程对电子数、第一电离能、晶体类型、沸点比较、杂化类因型应为AABB×aabb或AAbb×aaBB两种组合。型、晶胞密度的计算等，意在考查考生的分析与计算受力衡，有mg+pS=F+pS,因为封闭气体的压强减2A+3×2A=8cm,D错误；根据A、D两点坐标及勾股定(2)由题意推断，F2红花植株基因型为A_B,若从F2能力。小，所以外力F逐渐增大，B正确；气体体积增大，则理可得0D=20m,AD=√(12-8)2+(16-10)2m=【解析】(1)铜是29号元素，基态铜原子的价电子排布D81卷（七）·理科综合D82卷（七)·理科综合

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(3)体温升高时，若大量饮水，血浆渗透压会(填“升高”“不变”或“降低“)，进而刺(填“增加“不变”或“减少”)，导激细胞外液渗透压感受器，使释放抗利尿激素致尿量增加C基因(A蓝色31.(10分)已知

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