2025年滬科版高二物理上冊月考試卷含答案

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科版高二物理上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題，共18分)1、關(guān)于熱力學(xué)的現(xiàn)象和熱學(xué)規(guī)律，下列說法中正確的是：A.布朗運(yùn)動就是固體小顆粒的分子的熱運(yùn)動。B.用活塞壓縮氣缸里的空氣，活塞對空氣做功2.0×105J，同時空氣的內(nèi)能增加1.5×105J，則空氣從外界吸熱0.5×105J。C.第二類永動機(jī)不可能制成是因?yàn)樗`反了能量守恒定律。D.一定質(zhì)量的理想氣體，如果保持溫度不變，體積越小，壓強(qiáng)越大。2、大小相等質(zhì)量不一定相等的A、B、C三只小球沿直線排列在光滑水平面上，未碰前A、B、C三只小球的動量分別為（以㎏m/s為單位）8、-3、-5.在三只小球沿直線發(fā)生了依次相互碰撞的過程中，A、B兩球受到的沖量分別為（以N·S為單位）-9、1.則C球?qū)球的沖量及C球碰后動量的大小分別為A.-1、3B.-8、3C.10、4D.-10、43、在電梯門口放置一障礙物，會發(fā)現(xiàn)電梯門不停地開關(guān)，這是由于在電梯門上裝有的傳感器是（）A.光傳感器B.溫度傳感器C.聲傳感器D.壓力傳感器4、一個物體以某一初速度從固定的粗糙斜面的底部上滑，物體滑到最高點(diǎn)后又返回到斜面底部，則（）A.物體從底部滑到最高點(diǎn)的時間與從最高點(diǎn)返回底部的時間相等B.上滑過程中彈力的沖量為零C.上滑過程中重力的沖量小于下滑過程中重力的沖量D.物體返回到斜面底部時重力的瞬時功率等于剛開始上滑時重力的瞬時功率5、在閉合電路中；下列敘述正確的是（）

A.當(dāng)外電路斷開時；路端電壓等于零。

B.閉合電路的電流跟電源的電動勢成正比；跟內(nèi)外電路的電阻之和成反比。

C.當(dāng)外電路短路時；電路中的電流趨近于無窮大。

D.當(dāng)外電阻增大時；路端電壓將增大。

6、如圖所示，R1和R2是同種材料、厚度相同、表面為正方形的導(dǎo)體，但R1的尺寸比R2的尺寸大．在兩導(dǎo)體上加相同的電壓，通過兩導(dǎo)體的電流方向如圖，則下列說法中正確的是（）A.R1中的電流小于R2中的電流B.R1中的電流等于R2中的電流C.R1中自由電荷定向移動的速率大于R2中自由電荷定向移動的速率D.R1中自由電荷定向移動的速率小于R2中自由電荷定向移動的速率7、在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，下列說法正確的是（）A.導(dǎo)體相對磁場運(yùn)動，導(dǎo)體內(nèi)一定產(chǎn)生感應(yīng)電流B.導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動，導(dǎo)體內(nèi)一定會產(chǎn)生感應(yīng)電流C.閉合電路在磁場內(nèi)做切割磁感線運(yùn)動，導(dǎo)體內(nèi)一定會產(chǎn)生感應(yīng)電流D.穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化，在電路中一定會產(chǎn)生感應(yīng)電流8、設(shè)某遙感衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動，對它而言其半徑越小，獲得的圖像分辨率就越高.

則當(dāng)圖像的分辨率越高時，衛(wèi)星的()A.向心加速度越小B.角速度越小C.線速度越小D.周期越小9、關(guān)于磁通量下列說法正確的是(

)

A.磁通量不僅有大小而且有方向，所以是矢量B.磁通量越大，磁感應(yīng)強(qiáng)度越大C.過某一平面的磁通量為零，該處磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零D.磁通量就是磁感應(yīng)強(qiáng)度評卷人得分二、多選題(共9題，共18分)10、兩塊大小、形狀完全相同的金屬平板平行放置，構(gòu)成以平行板電容器，與它相連接的電路如圖所示，接通開關(guān)K，電源即給電容器充電（）A.保持K接通，減小兩極板間的距離，則兩極板間電場的電場強(qiáng)度減小B.保持K接通，在兩極板間插入一塊介質(zhì)，則極板上的電量增大C.斷開K，減小兩極板間的距離，則兩極板間的電勢差減小D.斷開K，在兩極板間插入一塊介質(zhì)，則極板上的電勢差增大11、如圖所示，在氫原子能級圖中，氫原子從各個較高能級躍遷至同一較低能級時，會發(fā)出一系列光譜線，形成譜線系，分別稱為賴曼線系，巴耳末線系，帕邢線系等．在同一譜線系中，下列說法正確的是（）A.每一躍遷都會釋放出一個電子，使原子變?yōu)榱Ｗ覤.各種躍遷都會釋放出不同能量的光子C.各條譜線具有相同的頻率D.躍遷后原子的能級是相同的12、如圖所示為同一實(shí)驗(yàn)室中甲；乙兩個單擺的振動圖象；從圖象可知(

)

A.兩擺球質(zhì)量相等B.兩單擺的擺長相等C.兩單擺相位相差婁脨2

D.在相同的時間內(nèi)，兩擺球通過的路程總有s錄脳=2s脪脪

13、如圖所示，輕質(zhì)彈簧上端固定在O

點(diǎn)，下端系一小球.

將小球拉至N

處，此時彈簧水平且無形變；然后釋放小球，不計(jì)空氣阻力，小球運(yùn)動到最低點(diǎn)P

處的過程中(

)

A.小球動能不變B.彈簧的彈性勢能增大C.小球的重力勢能增大D.系統(tǒng)的機(jī)械能守恒14、有兩個完全相同的電阻，一個通以10A

的直流電流，熱功率為P

另一個通以正弦式交變電流，熱功率為2P

那么(

)

A.交流的有效值為10A

B.交流的最大值為102A

C.交流的有效值為102A

D.交流的最大值為20A

15、如圖所示，一質(zhì)量M=3.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量m=1.0kg的小木塊A，同時給A和B以大小均為4.0m/s，方向相反的初速度，使A開始向左運(yùn)動，B開始向右運(yùn)動，A始終沒有滑離B板，在小木塊A做加速運(yùn)動的時間內(nèi)，木板速度大小可能是（）A.2.1m/sB.2.4m/sC.2.8m/sD.3.0m/s16、一列簡諧橫波某時刻的波形如圖甲所示；從該時刻開始計(jì)時，圖中質(zhì)點(diǎn)A的振動圖象如圖乙所示。則下列說法中正確的是（）

A.這列波的波速是25m/sB.這列波沿x軸正方向傳播C.質(zhì)點(diǎn)A在任意的1s內(nèi)所通過的路程都是0.4mD.若此波遇到另一列波并發(fā)生穩(wěn)定干涉現(xiàn)象，則另一列波的頻率為1.25Hz17、為了觀察晶體的原子排列，可以采用下列方法：(1)

用分辨率比光學(xué)顯微鏡更高的電子顯微鏡成像(

出于電子的物質(zhì)波波長很短，能防止發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象，因此電子顯微鏡的分辨率高)(2)

利用X

射線或中子束得到晶體的衍射圖樣，進(jìn)而分析出晶體的原子排列.

則下列分析中正確的是(

)

A.電子顯微鏡所利用的電子的物質(zhì)波的波長比原子尺寸小得多B.電子顯微鏡中電子束運(yùn)動的速度應(yīng)很小C.要獲得晶體的X

射線衍射圖樣，x

射線波長要遠(yuǎn)小于原子的尺寸D.中子的物質(zhì)波的波長可以與原子尺寸相當(dāng)18、如圖所示，甲、乙兩種粗糙面不同但高度相同的傳送帶，傾斜放置，以同樣恒定速率v順時針轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的小物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）輕輕放在A處，小物塊在甲傳送帶上到達(dá)B處時恰好達(dá)到傳送帶的速率v；在乙傳送帶上到達(dá)離B豎直高度為h的C處時達(dá)到傳送帶的速率v。已知B處離地面高度為H，則在物塊從A到B的過程中（）

A.兩種傳送帶對小物塊做功相等B.兩種傳送帶因運(yùn)送物塊而多消耗的電能相等C.兩種傳送帶與小物塊之間的動摩擦因數(shù)不等，甲的小D.兩種傳送帶與物塊摩擦產(chǎn)生的熱量相等評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)19、大量事實(shí)說明：電荷既不能______，也不能______，只能從______轉(zhuǎn)移到______，或者從______轉(zhuǎn)移到______．這個結(jié)論叫做電荷守恒定律．20、在青藏鐵路的一些路段，路基兩旁各插有一排碗口粗細(xì)、高約2米的棒，我們叫它熱棒．熱棒在路基下還埋有約5米深，整個棒體是中空的，里面封裝有適量液氨．熱棒的工作原理很簡單：當(dāng)路基溫度上升時，液態(tài)的氨受熱發(fā)生____，上升到熱棒的上端，通過散熱片將熱傳導(dǎo)給空氣，氣態(tài)氨由此冷卻____變成了液態(tài)氨，又沉入了棒底．這樣，熱棒就相當(dāng)于一個天然“制冷機(jī)”．這是我國科技工作者為解決“千年凍土”的許多創(chuàng)新和發(fā)明之一．（請?jiān)谖闹袡M線處填上適當(dāng)?shù)奈飸B(tài)變化名稱）21、英國物理學(xué)家麥克斯韋認(rèn)為：變化的磁場____（填“能”或“不能”）產(chǎn)生電場．已知電磁波在空氣中的傳播速度近似等于3.0×108m/s，某廣播電臺的“經(jīng)濟(jì)、生活”節(jié)目的頻率是1.03×108HZ，該電磁波在空氣中的波長為____m．22、相距L的兩個點(diǎn)電荷A、B分別帶的電荷量為+9Q和-Q，放在光滑絕緣的水平面上，現(xiàn)引入第三個點(diǎn)電荷C，使三者在庫侖力作用下都處于靜止?fàn)顟B(tài)，問C所帶的電荷量______，電性為______應(yīng)把C應(yīng)放在______位置上．23、把一線框從一勻強(qiáng)磁場中勻速拉出，如圖所示。第一次拉出的速率是v，第二次拉出速率是2v，其它條件不變，則前后兩次拉力大小之比______拉力功率之比______評卷人得分四、判斷題(共1題，共7分)24、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實(shí)線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)．設(shè)電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

評卷人得分五、推斷題(共4題，共32分)25、【化學(xué)rm{-}選修r(nóng)m{5}有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】有機(jī)化合物rm{A}是一種農(nóng)藥生產(chǎn)的中間體，rm{A}在一定條件下可發(fā)生如圖轉(zhuǎn)化：

請回答下列問題：

rm{(1)A}分子中官能團(tuán)的名稱為____；

rm{(2)C}能發(fā)生反應(yīng)的類型有______rm{(}填字母rm{)}

rm{a}rm{.}取代反應(yīng)rmrm{.}消去反應(yīng)rm{c}rm{.}加成反應(yīng)rmu2gcokwrm{.}氧化反應(yīng)。

rm{(3)}反應(yīng)rm{壟脵}的化學(xué)方程式為____；

rm{(4)}寫出rm{B}到rm{C}的離子方程式____；

rm{(5)E}在一定條件下反應(yīng)能生成高分子化合物，寫出此高分子化合物所有可能的結(jié)構(gòu)簡式：____。26、某芳香酯rm{I}的合成路線如下：已知以下信息：rm{壟脵A隆蘆I}均為芳香族化合物，rm{B}苯環(huán)上只有一個取代基，且rm{B}能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；rm{D}的相對分子質(zhì)量比rm{C}大rm{4}rm{E}的核磁共振氫譜有rm{3}組峰。rm{壟脷}rm{壟脹}請回答下列問題：rm{(1)A隆煤B}的反應(yīng)類型為____________，rm{G}中所含官能團(tuán)的名稱有____________________，rm{E}的名稱是______________________________。rm{(2)B}與銀氨溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為______________________________。rm{(3)I}的結(jié)構(gòu)簡式為______________________________。rm{(4)}符合下列要求rm{A}的同分異構(gòu)體還有_______________種。rm{壟脵}與rm{Na}反應(yīng)并產(chǎn)生rm{H_{2}壟脷}芳香族化合物rm{(5)}據(jù)已有知識并結(jié)合相關(guān)信息，寫出以rm{CH_{3}CH_{2}OH}為原料制備rm{CH_{3}CH_{2}CH_{2}CH_{2}OH}的合成路線流程圖rm{(}無機(jī)試劑任選rm{)}合成路線流程圖示如下：rm{CH_{3}CH_{2}Brxrightarrow[?]{NaOH脠脺脪潞}CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[脜簍脕貌脣謾,?]{C{H}_{3}COOH}CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}rm{CH_{3}CH_{2}Brxrightarrow[?]{NaOH脠脺脪潞}

CH_{3}CH_{2}OHxrightarrow[脜簍脕貌脣謾,?]{C{H}_{3}COOH}

CH_{3}COOCH_{2}CH_{3}}27、已知：①一定條件下，R－Cl+2Na+Cl－R’?R－R’+2NaCl②醛和醇可以發(fā)生氧化反應(yīng)，被氧化的難易次序是：RCHO最易，R—CH2OH次之，最難?，F(xiàn)有某氯代烴A，其相對分子質(zhì)量為78.5；B與氯氣反應(yīng)生成的一氯代物有兩種。有關(guān)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示（部分產(chǎn)物及條件均已略去）：請回答下列問題：（1）分子式：A____；反應(yīng)類型：E?F____；（2）結(jié)構(gòu)簡式：B____，K為____；（3）反應(yīng)方程式：A→E________________________________________________；H→I________________________________________________；（4）J分子中含氧官能團(tuán)的名稱____（5）D的同分異構(gòu)體屬于羧酸的有四種，其中有2個-CH3基團(tuán)的有兩種。請寫出這兩種中的任一種結(jié)構(gòu)簡式：____。28、氨氣是一種重要的化工產(chǎn)品及工業(yè)原料。I．某溫度下，合成氨反應(yīng)的平衡常數(shù)K=3.0×103(mol／L)-1，（1）寫出其對應(yīng)的化學(xué)方程式________________________________________。（2）某溫度下，如果在體積恒定為10L的密閉容器中充入：0.1molN2、0.1molH2和2molNH3則反應(yīng)____（填“正向進(jìn)行”或“逆向進(jìn)行”或“達(dá)到平衡”）。（3）該溫度下，在體積恒定為10L的四個密閉容器中分別充入下列物質(zhì)，反應(yīng)達(dá)到平衡后，N2的轉(zhuǎn)化率最大的是________。a．10molN2、30molH2和20molNH3b．10molN2和30molH2c．20molN2和60molH2d．10molN2和28molH2II．氨氣極易溶于水，氨水是氨氣溶于水而形成的溶液，回答下列問題：（4）在氨水溶液中加水稀釋的過程，NH3·H2O的電離程度___________（填“增大”“減小”或“不變”），___________（填“增大”“減小”或“不變”）。（5）室溫下，amol/L的(NH4)2SO4水溶液的pH=5，原因是溶液中存在平衡__________________（用離子方程式表示）。并計(jì)算該平衡的平衡常數(shù)表達(dá)式為________________________（用含代數(shù)a的較為精確的數(shù)學(xué)表達(dá)式表示，不必化簡，不做近似運(yùn)算）。評卷人得分六、簡答題(共3題，共30分)29、rm{[}化學(xué)rm{隆陋}選修r(nóng)m{3}物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)rm{]}rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{M}rm{W}均為周期表中前四周期的元素rm{.X}元素的基態(tài)原子外圍電子排布式為rm{3s^{2}}rm{Y}原子的rm{L}能層的rm{P}能級上有一個空軌道；rm{Z}元素的基態(tài)原子最外層有rm{3}個未成對電子，次外層有rm{2}個電子；rm{M}的基態(tài)原子的rm{2p}軌道上有rm{1}個電子的自旋方向與其它電子的自旋方向相反；rm{W}為過渡元素，它的基態(tài)原子外圍電子排布成對的電子數(shù)和未成對電子數(shù)相同且為最外層電子數(shù)的兩倍rm{.}回答下列問題rm{(}相關(guān)回答均用元素符號表示rm{)}rm{(1)W}的基態(tài)原子的外圍電子排布圖為____其基態(tài)原子核外有____種不同電子運(yùn)動狀態(tài)；rm{(2)Z}的氫化物的沸點(diǎn)比其下一周期同族元素氫化物的沸點(diǎn)高的原因是____。rm{(3)W}與rm{YM}易形成配合物rm{W(YM)_{5}}在rm{W(YM)_{5}}中rm{W}的化合價(jià)為____。rm{(4)W}單質(zhì)的晶體在不同溫度下有兩種原子堆積方式，晶胞分別如圖rm{A}rm{B}所示：圖rm{B}中原子堆積方式為____，rm{A}rm{B}中rm{W}原子的配位數(shù)之比為____。rm{A}rm{B}晶胞的棱長分別為rm{acm}和rm{bcm}則rm{A}rm{B}兩種晶體的密度之比為____。rm{(5)X}和rm{W}組成的合金是目前已發(fā)現(xiàn)的儲氫密度最高的儲氫材料之一，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖甲rm{(}黑球代表rm{W}白球代表rm{X).}則該合金的化學(xué)式為____。30、動量定理可以表示為婁隴p

=

F婁隴t

，其中動量p

和力F

都是矢量.

在運(yùn)用動量定理處理二維問題時，可以在相互垂直的x

、y

兩個方向上分別研究.

例如，質(zhì)量為m

的小球斜射到木板上，入射的角度是婁脠

，碰撞后彈出的角度也是婁脠

，碰撞前后的速度大小都是v

，如圖所示.

碰撞過程中忽略小球所受重力．

a.

分別求出碰撞前后x

、y

方向小球的動量變化婁隴px

、婁隴py

；b.

分析說明小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较?

若碰撞時間為t

且求出小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ拇笮　?1、如圖（甲）所示，質(zhì)量為=50g，長=10cm的銅棒，用長度也為的兩根輕軟導(dǎo)線水平懸吊在豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度=1/3T。未通電時，輕線在豎直方向，通入恒定電流后，棒向外偏轉(zhuǎn)的最大角度θ＝37°，求此棒中恒定電流的大小。某同學(xué)對棒中恒定電流的解法如下：對銅棒進(jìn)行受力分析，通電時導(dǎo)線向外偏轉(zhuǎn)，說明安培力方向垂直電流和磁場方向向外，受力如圖乙所示（側(cè)視圖）。當(dāng)最大偏轉(zhuǎn)角θ＝37°時，棒受力平衡，有得．請判斷，（1）該同學(xué)的解法正確嗎？若不正確則請指出錯在哪里？（2）試寫出求解棒中電流的正確解答過程及結(jié)果.參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、D【分析】【解析】【答案】D2、B【分析】【解析】【答案】B3、D【分析】【解答】電梯門上裝有的傳感器利用力學(xué)傳感器（導(dǎo)體應(yīng)變片技術(shù)）來測量物體對應(yīng)變片的壓力；從而達(dá)到無人時，能正常開關(guān)，若有壓力就不能關(guān)門的目的，因此D正確，ABC錯誤．

故選：D．

【分析】傳感器是一種檢測裝置，能感受到被測量的信息，并能將檢測感受到的信息，按一定規(guī)律變換成為電信號或其他所需形式的信息輸出，以滿足信息的傳輸、處理、存儲、顯示、記錄和控制等要求，它是實(shí)現(xiàn)自動檢測和自動控制的首要環(huán)節(jié)．4、C【分析】解：A、上升的高度與下降的高度相同，根據(jù)牛頓第二定律得，上升的加速度大小下降過程中的加速度大小根據(jù)h=高度相同嗎，則上升的時間小于下滑的時間，故A錯誤；

B；彈力雖然垂直于速度方向；但根據(jù)沖量的定義可知，有力即有沖量；彈力的沖量不為零；故B錯誤；

C；重力沖量I=mgt；故上滑過程中重力的沖量小于下滑過程中重力的沖量，故C正確；

D；物體上滑和下滑過程中；摩擦力做功，使動能損失，故剛開始上滑的速率大于返回到斜面底部時的速率，故返回到斜面底部時重力的功率小于剛開始上滑時重力的功率，故D錯誤。

故選：C

對物體進(jìn)行受力分析；由上滑與下滑過程中的運(yùn)動過程明確物體的運(yùn)動時間，再確定各力的沖量；由動量定理可求得動量的變化．

本題關(guān)鍵分析受力和兩個運(yùn)動過程中的時間，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式、及沖量的意義相結(jié)合進(jìn)行分析求解．【解析】【答案】C5、B|D【分析】

A、根據(jù)閉合電路歐姆定律U=E-Ir可知；當(dāng)外電路斷開時，電流I=0，路端電壓U=E．故A正確．

B、根據(jù)閉合電路歐姆定律I=得知：閉合電路的電流跟電源的電動勢成正比；跟內(nèi)外電路的電阻之和成反比．

C、當(dāng)外電路短路時，R=0，短路電流I短=電源內(nèi)阻r＞0，I短≠∞．故C錯誤．

D；當(dāng)外電阻增大時；電流減小，內(nèi)電壓減小，路端電壓將增大．故D正確．

故選BD

【解析】【答案】根據(jù)閉合電路歐姆定律U=E-Ir可知；當(dāng)外電路斷開時，路端電壓等于電動勢．當(dāng)外電路短路時，電路中的電流很大，但不是無窮大，因?yàn)殡娫从幸欢ǖ膬?nèi)阻．當(dāng)外電阻增大時，電流減小，內(nèi)電壓減小，路端電壓將增大．

6、B|D【分析】試題分析:設(shè)導(dǎo)體的電阻率為ρ，厚度為d，邊長為L，則由電阻定律得：導(dǎo)體的電阻R與邊長L無關(guān)，故R1=R2．通過電阻的電流I=U/R，由于U與R都相同，則通過兩電阻的電流相同，故A錯誤，B正確；電流I=nevS=nevLd，由于I、n、e、d相同，則L越大，v越小，則R1中自由電荷定向移動的速率小于R2中自由電荷定向移動的速率，故C錯誤，D正確；考點(diǎn)：電阻定律【解析】【答案】BD7、D【分析】解：A；B、閉合電路的一部分導(dǎo)體在磁場中運(yùn)動時；若切割磁感線，將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，也產(chǎn)生感應(yīng)電流；若不切割磁感線，將不產(chǎn)生感應(yīng)電流，也不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢．故A、B錯誤；

C；閉合電路在磁場內(nèi)做切割磁感線運(yùn)動；導(dǎo)體內(nèi)一定會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，如果磁通量沒有變化，則沒有感應(yīng)電流．故C錯誤；

D；穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化；在電路內(nèi)一定會產(chǎn)生感應(yīng)電流．故D正確．

故選：D．

閉合電路的一部分導(dǎo)體在磁場中在磁場中做切割磁感線運(yùn)動時將產(chǎn)生感應(yīng)電流．根據(jù)有沒有切割磁感線進(jìn)行判斷．

解決本題關(guān)鍵掌握感應(yīng)電流和感應(yīng)電動勢產(chǎn)生的準(zhǔn)確條件，只要導(dǎo)體切割磁感線就產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，若電路閉合，也產(chǎn)生感應(yīng)電流．【解析】【答案】D8、A【分析】【分析】物體的動能與物體的質(zhì)量和速度有關(guān)，質(zhì)量相等時，速度越大動能越大；物體的重力勢能與物體的質(zhì)量和高度有關(guān)，質(zhì)量一定時，高度越大重力勢能越大，機(jī)械能是動能和勢能的總和。本題考查動能、重力勢能機(jī)械能的概念，基礎(chǔ)題?！窘獯稹炕鸺诖髿鈱永锛铀偕仙倪^程，加速表示速度增加，動能增加，上升表示高度增加，重力勢能增加，所以機(jī)械能增加；故A正確；故選A。

【分析】加速度方向向上時，超重，物體對測力計(jì)的壓力大于重力；加速度方向向下時，失重，物體對測力計(jì)的壓力小于重力。本題考查超重失重，關(guān)鍵在于加速度方向的分析；【解答】火箭在大氣層里加速上升的過程中，加速度方向向上，超重，物體對測力計(jì)的壓力大于重力，即彈簧測力計(jì)的讀數(shù)大于物體的重力。G=mg=20NG=mg=20N彈簧測力計(jì)的示數(shù)大于20N20N故C正確；故選C。

【分析】從A

點(diǎn)運(yùn)動到遠(yuǎn)地點(diǎn)B

的過程中，根據(jù)力與速度的夾角關(guān)系分析力對衛(wèi)星做功情況；根據(jù)開普勒行星運(yùn)動規(guī)律分析速度的大?。桓鶕?jù)萬有引力定律的表達(dá)式，得到引力的變化。本題考查衛(wèi)星的運(yùn)動，注意萬有引力定律的理解?！窘獯稹緼.從AA點(diǎn)運(yùn)動到遠(yuǎn)地點(diǎn)BB的過程中，地球引力與衛(wèi)星運(yùn)行速度成鈍角，對衛(wèi)星做負(fù)功，故A錯誤；B.由開普勒行星運(yùn)動三定律的面積定律知，從AA點(diǎn)運(yùn)動到遠(yuǎn)地點(diǎn)BB的過程中，衛(wèi)星的線速度減小，故B錯誤；CD.CD.根據(jù)萬有引力定律F=GMmr2，從AA點(diǎn)運(yùn)動到遠(yuǎn)地點(diǎn)BB的過程中rr增大，引力減小，故C正確，D錯誤。故選C。

【分析】某遙感衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動，對它而言其半徑越小，獲得的圖像分辨率就越高，根據(jù)萬有引力提供向心力分析線速度，角速度，周期，加速度等的關(guān)系。本題考查天體運(yùn)動，分析線速度，角速度等關(guān)系時，可以用“越遠(yuǎn)越小，越遠(yuǎn)越慢”直接解答?！窘獯稹窟b感衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運(yùn)動中，地球?qū)ζ淙f有引力提供向心力，根據(jù)GMmr2=mv2r=m婁脴2r=m4婁脨2T2r=man

得到“越遠(yuǎn)越小，越遠(yuǎn)越慢”，當(dāng)圖像的分辨率越高時，衛(wèi)星半徑r

越小，所以衛(wèi)星的線速度、角速度、加速度越大，周期越小。故D正確。故選D。【解析】?！拘☆}1

】A【小題2

】C【小題3

】C【小題4

】D9、C【分析】解：A

磁通量有大??；沒有方向，但有正負(fù)，是標(biāo)量，故A錯誤；

B；磁通量與磁感應(yīng)強(qiáng)度無關(guān)；當(dāng)磁通量越大，磁感應(yīng)強(qiáng)度可能不變，故B錯誤；

C；當(dāng)磁感線與線圈平行時；穿過線圈的磁通量為零，而磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零，故C正確；

D；磁通量是穿過線圈的磁感線的多少；而磁感應(yīng)強(qiáng)度是描述磁場的強(qiáng)弱，兩者不是相同的概念，故D錯誤；

故選：C

磁通量有大??；沒有方向，但分正負(fù)，不是矢量，磁通量的大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度無關(guān)，從而即可求解．

考查法拉第電磁感應(yīng)定律，同時讓學(xué)生清楚知道感應(yīng)電動勢與磁通量的變化率有關(guān)，與磁通量大小及磁通量變化大小均無關(guān)．【解析】C

二、多選題(共9題，共18分)10、BC【分析】解：

A、保持K接通，電容器兩板間的電勢差U不變，因板間距離d減小，由E=可知；兩極板間電場的電場場強(qiáng)增大，故A錯誤；

B、保持K接通，兩板間的電勢差U不變，在兩極板間插入介質(zhì)后，電容C增大，由C=可知；極板上的電量增大，故B正確；

C、斷開K，兩板上所帶電量Q不變，減小距離d，電容C增大，由C=可知板間電勢差U減??；故C正確；

D、斷開K，兩板上所帶電量Q不變，插入介質(zhì)后電容C變大，由C=可知極板上的電勢差U減??；故D錯誤；

故選：BC．

電容器與電源相連；兩極板間的電勢差不變，通電后斷開，則兩極板上的電量不變；

由平行板電容器電容C=根據(jù)某些量的變化可知電容的變化，則由電容的定義式C=可知電壓或電量的變化，由E=可求得電場強(qiáng)度的變化．

電容器的動態(tài)分析重點(diǎn)在于明確電容器的兩種狀態(tài)：充電后斷開則極板上的電量不變；電容器和電源保持相連，則兩板間的電勢差不變．【解析】【答案】BC11、BD【分析】解：A；氫原子從各個較高能級躍遷至同一較低能級時輻射光子；故A錯誤；

B；能級間躍遷輻射或吸收的光子能量必須等于兩能級間的能級差；各種躍遷能級差不等，所以各種躍遷都釋放出不同能量的光子．故B正確；

C、根據(jù)光子的吸收和放出滿足hγ=Em-En．所以各條光譜線具有不同的頻率；故C錯誤；

D；躍遷后原子的能級是相同的；故D正確；

故選：BD．

能級間躍遷輻射或吸收的光子能量必須等于兩能級間的能級差；能級差越大，輻射的光子能量越大，頻率越大，波長越?。?/p>

解決本題的關(guān)鍵掌握一群氫原子處于激發(fā)態(tài)能放出光子種數(shù)的方法，以及知道光子的吸收和放出滿足hγ=Em-En．【解析】【答案】BD12、BC【分析】解：A

從單擺的位移時間圖象可以看出兩個單擺的周期相等，根據(jù)周期公式T=2婁脨Lg

可知；兩個單擺的擺長相等，周期與擺球的質(zhì)量無關(guān)，故A錯誤，B正確；

C、從圖象可以看出，t=0

時刻，甲到達(dá)了正向最大位移處而乙才開始從平衡位置向正向的最大位移處運(yùn)動，所以兩單擺相位相差為婁脨2

故C正確；

D；只有從平衡位置或最大位移處開始計(jì)時時；經(jīng)過相同時間，兩球通過的路程才滿足S錄脳=2S脪脪

故D錯誤；

故選：BC

根據(jù)圖線得到振幅和周期的情況；然后結(jié)合單擺的周期公式進(jìn)行分析討論．

本題關(guān)鍵是根據(jù)位移時間關(guān)系圖象得到兩個單擺的振幅和周期的關(guān)系，然后結(jié)合周期公式進(jìn)行分析．【解析】BC

13、BD【分析】解：A

小球的動能初始為零；所以動能增大，故A錯誤；

B；彈簧的形變量增大；彈性勢能增大，故B正確；

C；在此過程中小球的重力做正功；重力勢能減小，故C錯誤；

D；整個過程只有重力和彈力做功；故系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，故D正確．

故選：BD

．

根據(jù)重力做功；判斷重力勢能的變化；在整個運(yùn)動的過程中，有重力和彈簧的彈力做功，小球和彈簧系統(tǒng)機(jī)械能守恒；通過系統(tǒng)機(jī)械能守恒進(jìn)一步判斷小球機(jī)械能的變化．

解決本題的關(guān)鍵掌握重力做功和重力勢能的關(guān)系；同時明確彈簧和小球系統(tǒng)的機(jī)械能總和(

包括重力勢能、彈性勢能和動能)

保持不變．【解析】BD

14、BD【分析】解：一個通以10A

的直流電流；熱功率為P

則有P=I2R

當(dāng)正弦式交變電流；同一電阻，熱功率為2P

則有正弦電的電流有效值為I隆盲

因此2P=I隆盲2R

解得：I隆盲=2I=102A

正弦電流的最大值為Im=2I隆盲=20A

故BD正確，AC錯誤；

故選：BD

根據(jù)電功率P=I2R

結(jié)合同一電阻，同一時間，正弦式交變電流有效值的熱量與直流電流的熱量相等，即可求解．

根據(jù)正弦電流有效值與最大值關(guān)系；從而確定最大值．

考查交流電的有效值是如何確定，掌握交流電的有效值與最大值的關(guān)系，注意是否是正弦交流電．【解析】BD

15、AB【分析】解：以A；B組成的系統(tǒng)為研究對象；系統(tǒng)動量守恒，取水平向右方向?yàn)檎较?，從A開始運(yùn)動到A的速度為零的過程中，由動量守恒定律得：

（M-m）v0=MvB1

代入數(shù)據(jù)解得：vB1=2.67m/s

當(dāng)從開始到AB速度相同的過程中；取水平向右方向?yàn)檎较颍蓜恿渴睾愣傻茫?/p>

（M-m）v0=（M+m）vB2

代入數(shù)據(jù)解得：vB2=2m/s

則在木塊A正在做加速運(yùn)動的時間內(nèi)B的速度范圍為：2m/s＜vB＜2.67m/s

故選：AB。

對木板和木塊組成的系統(tǒng)；合外力保持為零，系統(tǒng)的總動量守恒，A先向左減速，到速度減小為零后向右加速到速度與B相同，此過程A正在做加速運(yùn)動，根據(jù)動量守恒定律求出A的速度為零時B的速度，以及兩者相對靜止時共同速度，確定出A正在做加速運(yùn)動時，B的速度范圍，再進(jìn)行選擇。

本題考查了求木塊的速度，應(yīng)用動量守恒定律即可正確解題，本題也可以用牛頓定律與運(yùn)動學(xué)公式求解，運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律不需要考慮過程的細(xì)節(jié)，只要確定過程的初末狀態(tài)即可，應(yīng)用牛頓定律解題要分析清楚物體的整個過程，要體會運(yùn)用動量守恒定律解題的優(yōu)越性。【解析】AB16、BD【分析】解：A、由圖甲讀出該波的波長為λ=20m，由振動圖象乙讀出該波的周期為T=0.8s，則波速為v==25m/s；故A錯誤。

B；由振動圖象乙知t=0時刻質(zhì)點(diǎn)A向上振動；則根據(jù)波形平移法可知該波沿x軸負(fù)方向傳播。故B正確；

C、質(zhì)點(diǎn)在一個周期內(nèi)通過的路程為四個振幅，周期T=0.8s，則△t=1s=1T=1.25T；若質(zhì)點(diǎn)A的起點(diǎn)在平衡位置或最大位移處，在1s內(nèi)的路程應(yīng)為S=1.25×4A=5×8cm=40cm=0.4m。若質(zhì)點(diǎn)A的起點(diǎn)不在平衡位置或最大位移處，在1s內(nèi)的路程就不是0.4m，故C錯誤。

D、該波的頻率為f==1.25Hz．根據(jù)發(fā)生穩(wěn)定干涉現(xiàn)象的條件是兩列波的頻率相同；知若此波遇到另一列波并發(fā)生穩(wěn)定干涉現(xiàn)象，則另一列波的頻率為1.25Hz．故D正確。

故選：BD。

由波速圖象甲讀出波長；由振動圖象乙讀出周期，即可求出波速。根據(jù)振動圖象讀出質(zhì)點(diǎn)A在t=0時刻的振動方向，從而確定出波的傳播方向。質(zhì)點(diǎn)做簡諧運(yùn)動時，一個周期內(nèi)通過的路程是四個振幅。當(dāng)兩列波的頻率相同時能發(fā)生穩(wěn)定干涉現(xiàn)象。

簡諧波在傳播的過程中，介質(zhì)中質(zhì)點(diǎn)做簡諧運(yùn)動，一個周期內(nèi)通過的路程是四個振幅是經(jīng)常用到的結(jié)論，但要注意不是所有周期內(nèi)質(zhì)點(diǎn)通過的路程都是一個振幅，要看起點(diǎn)。【解析】BD17、AD【分析】解：A

分辨率比光學(xué)顯微鏡更高的電子顯微鏡；因?yàn)殡娮语@微鏡所利用電子物質(zhì)波的波長可以比可見光短，電子顯微鏡所利用的電子的物質(zhì)波的波長比原子尺寸小，因此不容易發(fā)生明顯衍射，故A正確；

B；由德布羅意波長公式可知；當(dāng)電子束的波長越短時，則運(yùn)動的速度越大，故B錯誤；

C；要獲得晶體的X

射線衍射圖樣；根據(jù)衍射條件可知，x

射線波長要遠(yuǎn)大于原子的尺寸，或相差無幾.

故C錯誤；

D；電子的物質(zhì)波波長很短；而中子的物質(zhì)波的波長較長，可以與原子尺寸相當(dāng)，故D正確；

故選AD

衍射是波特有的性質(zhì)；是光遇到障礙物時發(fā)生的現(xiàn)象，發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象的條件時：孔；縫的寬度或障礙物的尺寸與波長相近或比波長還小.

光在同一均勻介質(zhì)中沿直線傳播．

注重對基礎(chǔ)知識的積累，加強(qiáng)對基本概念的深入理解，是學(xué)習(xí)物理的關(guān)鍵.

掌握了衍射現(xiàn)象的特點(diǎn)即可順利解決此題，這就需要同學(xué)們一定要不遺余力的加強(qiáng)基礎(chǔ)知識的理解和記憶．【解析】AD

18、A:C【分析】【分析】

【詳解】

A．傳送帶對小物體做功等于小物塊機(jī)械能的增加量；兩種情況下物體動能的增加量相等，重力勢能的增加量也相同，即機(jī)械能的增加量相等，根據(jù)功能關(guān)系知，兩種傳送帶對小物體做功相等，故A正確；

C．根據(jù)公式v2=2ax，乙傳送帶上物體和傳送帶相對的位移小，v相等，可知物體在甲乙傳動帶上加速度關(guān)系a甲<a乙

再由牛頓第二定律μmgcosθ-mgsinθ=ma

得知μ甲<μ乙

故C正確；

D．由摩擦生熱Q=fs相對知，物塊在甲傳動帶上運(yùn)動相對傳動帶運(yùn)動的位移及受力情況為

則甲傳送帶與物塊摩擦產(chǎn)生的熱量

同理可得物塊在乙傳送帶上運(yùn)動的位移及受力情況為

則乙傳送帶與物塊摩擦產(chǎn)生的熱量

解得Q甲＞Q乙

故D錯誤；

B．根據(jù)能量守恒定律，電動機(jī)消耗的電能E電等于摩擦產(chǎn)生的熱量Q與物塊增加機(jī)械能之和，因物塊兩次從A到B增加的機(jī)械能相同，Q甲＞Q乙，所以將小物體傳送到B處；兩種傳送帶消耗的電能甲更多，故B錯誤。

故選AC。三、填空題(共5題，共10分)19、略

【分析】解：大量事實(shí)說明：電荷既不能創(chuàng)生；也不能消滅，只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分．這個結(jié)論叫做電荷守恒定律．

故答案為：創(chuàng)生；消滅、一個物體、另一個物體、物體的一部分、另一部分．

根據(jù)電荷守恒定律的內(nèi)容就可以直接作出解答．

本題是基礎(chǔ)的題目，考查的就是學(xué)生對電荷守恒定律的掌握的情況，比較簡單．【解析】創(chuàng)生；消滅；一個物體；另一個物體；物體的一部分；另一部分20、汽化液化【分析】【解答】當(dāng)路基溫度上升時；液態(tài)氨吸收熱量，由液態(tài)變?yōu)闅鈶B(tài)，這是一種汽化現(xiàn)象；氣態(tài)氨上升過程中受冷，由氣態(tài)變?yōu)榱艘簯B(tài)，這是液化現(xiàn)象．故答案為：汽化；液化．

【分析】判斷空格處的物態(tài)變化，要抓住變化前后物質(zhì)所處的狀態(tài)，第一個空是由液態(tài)→氣態(tài)，第二個空是由氣態(tài)→液態(tài)；然后根據(jù)所學(xué)物態(tài)變化的幾種類型來進(jìn)行選擇．21、能2.9【分析】【解答】麥克斯韋電磁場理論認(rèn)為，變化的磁場能產(chǎn)生電場．由c=λf，代入已知數(shù)據(jù)，解得：==2.9m；

故答案為：能；2.9

【分析】麥克斯韋電磁場理論認(rèn)為，變化的電場產(chǎn)生磁場，變化的磁場產(chǎn)生電場．由c=λf，可求電磁波的波長；22、正9Q、-Q連線延長線距-Q為的【分析】解：A；B、C三個電荷要平衡；必須三個電荷的一條直線，外側(cè)二個電荷相互排斥，中間電荷吸引外側(cè)兩個電荷，所以外側(cè)兩個電荷距離大，要平衡中間電荷的拉力，必須外側(cè)電荷電量大，中間電荷電量小，所以C必須為正，在B的另一側(cè)．

設(shè)C所在位置與B的距離為r，則C所在位置與A的距離為L+r；要能處于平衡狀態(tài)；

所以A對C的電場力大小等于B對C的電場力大??；設(shè)C的電量為q．則有：

解得：r=

對點(diǎn)電荷A；其受力也平衡，則。

解得：q=

故答案為：正；9Q、-Q連線延長線距-Q為的。

因題目中要求三個小球均處于平衡狀態(tài)；故可分別對任意兩球進(jìn)行分析列出平衡方程即可求得結(jié)果．

我們可以去嘗試假設(shè)C帶正電或負(fù)電，它應(yīng)該放在什么地方，能不能使整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．不行再繼續(xù)判斷．【解析】正9Q、-Q連線延長線距-Q為的23、1：21：4【分析】解：設(shè)線框切割磁感線的邊長為L；另一個邊長為L′，線框受到的安培力為：

FB=BIL=BL=BL=

線框勻速運(yùn)動；由平衡條件得拉力為：

F=FB=

拉力與速度v成正比；則拉力之比為1：2；拉力功率為：

P=Fv=

拉力功率與速度的平方成正比；則拉力功率之比為：

v2：（2v）2=1：4

故答案為：1：2；1：4。

由安培力公式求出安培力；由平衡條件求出拉力大小，然后求出拉力大小之比；由P=Fv求出功率之比。

本題考查了求拉力之比、拉力功率之比，先求出各物理量的表達(dá)式，然后再求它們的比值；熟練應(yīng)用基礎(chǔ)知識，基本公式即可正確解題；本題要注意基礎(chǔ)知識的學(xué)習(xí)?！窘馕觥?：21：4四、判斷題(共1題，共7分)24、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個等勢面上，根據(jù)W=qU判斷電場力做功的大小，根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強(qiáng)度的大小．五、推斷題(共4題，共32分)25、（1）氯原子、羥基、酯基（2）acd

（3）

（4）+CO2+H2O→+HCO3-

（5）【分析】【分析】本題考查有機(jī)物的推斷，難度中等，注意根據(jù)rm{A}的結(jié)構(gòu)及反應(yīng)條件進(jìn)行推斷，需要學(xué)生熟練掌握官能團(tuán)的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，難度中等?！窘獯稹縭m{A}在堿性條件下水解生成和rm{B}與二氧化碳反應(yīng)生成rm{C}而rm{C}遇氯化鐵溶液顯紫色，故B為rm{C}為則rm{D}為rm{D}酸化得到rm{E}為由rm{E}與rm{F}的分子式可知，rm{E}分子內(nèi)脫去rm{2}分子水生成rm{F}且rm{F}為五元環(huán)化合物，故E在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應(yīng)和酯化反應(yīng)，rm{F}可能為

rm{(1)}由rm{A}分子結(jié)構(gòu)可知，其不含氧官能團(tuán)的名稱為：氯原子、羥基、酯基，故答案為：氯原子；羥基、酯基；

rm{(2)C}為可以發(fā)生取代反應(yīng)、加聚反應(yīng)、氧化反應(yīng)，不能發(fā)生消去反應(yīng)，故答案為：rm{acd}

rm{(3)}反應(yīng)rm{壟脵}的化學(xué)方程式為：

故答案為：

rm{(4)B}到rm{C}的離子方程式為：rm{+CO_{2}+H_{2}O隆煤}rm{+HCO_{3}^{-}}

故答案為：rm{+CO_{2}+H_{2}O隆煤}rm{+HCO_{3}^{-}}

rm{(5)E(}rm{)}在一定條件下反應(yīng)能生成高分子化合物，其可能的結(jié)構(gòu)簡式為：

故答案為：

【解析】rm{(1)}氯原子、羥基、酯基rm{(2)acd}

rm{(3)}

rm{(4)}rm{+CO2+H2O隆煤}rm{+HCO^{3-}}

rm{(5)}26、（1）氧化反應(yīng)(酚)羥基、羧基4-氯(或?qū)β?甲苯

（2）

（3）

（4）13

（5）

【分析】【分析】本題考查有機(jī)物推斷與合成，綜合分析確定rm{B}的結(jié)構(gòu)簡式，再結(jié)構(gòu)反應(yīng)條件進(jìn)行推斷，需要學(xué)生熟練掌握官能團(tuán)的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化?！窘獯稹縭m{A-I}均為芳香族化合物，rm{B}苯環(huán)上只有一個取代基，則苯環(huán)上只有一個取代基，則rm{B}的苯環(huán)上只有一個取代基，根據(jù)rm{A}的分子式rm{A}可知rm{C_{8}H_{10}O}的側(cè)鏈為飽和結(jié)構(gòu)，rm{A}能夠催化氧化生成rm{A}rm{B}能夠發(fā)生銀鏡反應(yīng)，且能夠發(fā)生信息rm{B}中反應(yīng)，則rm{壟脹}分子中側(cè)鏈rm{B}結(jié)構(gòu)，故B的結(jié)構(gòu)簡式為rm{-CH_{2}CHO}為則rm{A}為rm{C}比rm{D}的相對分子質(zhì)量大rm{C}恰好為rm{4}分子氫氣的分子量，則說明一個rm{2}與rm{C}個氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{2}故D為rm{D}的核磁共振氫譜有rm{E}組峰，rm{3}能夠被酸性高錳酸鉀溶液氧化，則rm{E}分子中含有甲基，且氯原子位于甲基的對位，故E為rm{E}被酸性高錳酸鉀溶液氧化成rm{E}則rm{F}為rm{F}在濃rm{F}溶液中加熱發(fā)生水解反應(yīng)生成酚羥基和羧酸鈉，然后在酸性條件下轉(zhuǎn)化成rm{NaOH}則rm{G}為rm{G}和rm{G}發(fā)生酯化反應(yīng)生成rm{D}則rm{I}為rm{I}為催化氧化生成該反應(yīng)為氧化反應(yīng)；rm{(1)A隆煤B}為其分子中含有官能團(tuán)為羥基、羧基；rm{G}為故命名為對氯甲苯或rm{E}氯甲苯rm{4-}或：對甲基氯苯或rm{[}甲基氯苯rm{4-}

故答案為：氧化反應(yīng)；羥基、羧基；對氯甲苯或rm{]}氯甲苯rm{4-}或：對甲基氯苯或rm{[}甲基氯苯rm{4-}

rm{]}為rm{(2)B}與銀氨溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為：

故答案為：

rm{B}與銀氨溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為：由以上推斷可知rm{B}的結(jié)構(gòu)簡式為：，故答案為：

rm{(3)}為rm{I}與rm{(4)A}反應(yīng)并產(chǎn)生rm{壟脵}與rm{Na}反應(yīng)并產(chǎn)生rm{H}rm{壟脵}rm{Na}芳香族化合物，含有苯環(huán)，則如果苯環(huán)上只有一個取代基，則是rm{H}rm{{,!}_{2}}，說明含有羥基；rm{壟脷}芳香族化合物，含有苯環(huán)，則如果苯環(huán)上只有一個取代基，則是rm{隆陋CHOHCH}和乙基或甲基和rm{壟脷}rm{隆陋CHOHCH}rm{{,!}_{3}}位置均有鄰間對三種。，兩個取代基，可以是rm{隆陋OH}和乙基或甲基和rm{隆陋CH}個取代基，則是rm{隆陋OH}個甲基和rm{隆陋CH}個酚羥基，共有rm{{,!}_{2}}種，總共是rm{OH}位置均有鄰間對三種。rm{3}個取代基，則是rm{2}個甲基和rm{1}個酚羥基，共有rm{6}種，總共是rm{13}種。種。rm{OH}rm{3}為原料制備rm{2}先將乙醇催化氧化生成乙醛，然后讓碳鏈增長，發(fā)生信息反應(yīng)rm{1}生成rm{6}與氫氣加成生成rm{13}合成路線為：

故答案為：故答案為：rm{13}【解析】rm{(1)}氧化反應(yīng)rm{(}酚rm{)}羥基、羧基rm{4-}氯rm{(}或?qū)β萺m{)}甲苯rm{(2)}rm{(3)}rm{(4)13}rm{(5)}

27、略

【分析】【分析】本題考查有機(jī)物的推斷與合成，難度較大，是對有機(jī)物知識的綜合考查，綜合性較強(qiáng)，能較好的考查學(xué)生的閱讀、分析與思維能力，（5）為本題的易錯點(diǎn)。氯代烴A，其相對分子質(zhì)量為78.5，則A的分子式為C3H7Cl，A與鈉發(fā)生題中信息中的反應(yīng)生成B，B與氯氣反應(yīng)生成的一氯代物有兩種，則A為CH3CHClCH3，B為A在氫氧化鈉醇溶液中發(fā)生消去反應(yīng)生成E為CH2=CHCH3，E發(fā)生加聚反應(yīng)得F為E與溴發(fā)生加成反應(yīng)得G為CH2BrCHBrCH3，G水解得H為CH2OHCHOHCH3，H選擇氧化得I為CH3CHOHCHO，I選擇氧化得J為CH3CHOHCOOH，J在濃硫酸加熱條件下得六元環(huán)酯K為A堿性水解得C為CH3CHOHCH3，C與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)得D為CH3COOCH（CH3）2，據(jù)此答題。【解答】氯代烴A，其相對分子質(zhì)量為78.5，則A的分子式為C3H7Cl，A與鈉發(fā)生題中信息中的反應(yīng)生成B，B與氯氣反應(yīng)生成的一氯代物有兩種，則A為CH3CHClCH3，B為，A在氫氧化鈉醇溶液中發(fā)生消去反應(yīng)生成E為CH2=CHCH3，E發(fā)生加聚反應(yīng)得F為，E與溴發(fā)生加成反應(yīng)得G為CH2BrCHBrCH3，G水解得H為CH2OHCHOHCH3，H選擇氧化得I為CH3CHOHCHO，I選擇氧化得J為CH3CHOHCOOH，J在濃硫酸加熱條件下得六元環(huán)酯K為，A堿性水解得C為CH3CHOHCH3，C與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)得D為CH3COOCH（CH3）2，（1）根據(jù)上面的分析可知，A的分子式為C3H7Cl，E→F的反應(yīng)類型加聚反應(yīng)；（2）根據(jù)上面的分析可知，B為，K為；（3）A→E的反應(yīng)方程式為+NaOHCH3CH=CH2+NaCl+H2O，H→I的反應(yīng)方程式為2CH2OHCHOHCH3+O22CH3CHOHCHO+2H2O；（4）J為CH3CHOHCOOH，其分子中含氧官能團(tuán)為羥基、羧基；（5）D為CH3COOCH（CH3）2，D的同分異構(gòu)體屬于羧酸的有四種，其中有2個﹣CH3基團(tuán)的有兩種，則其結(jié)構(gòu)簡式分別為?！窘馕觥浚?）C3H7Cl加聚反應(yīng)（2）（3）+NaOHCH3CH=CH2+NaCl+H2O2CH2OHCHOHCH3+O22CH3CHOHCHO+2H2O（4）羥基、羧基（5）28、略

【分析】【分析】本題考查較為綜合，涉及化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷、鹽類水解、水的電離、鹽類水解平衡常數(shù)的計(jì)算等知識，為高考常見題型，難度中等，注意把握相關(guān)基本理論的理解和應(yīng)用?！窘獯稹浚?）工業(yè)上一般用氮?dú)夂蜌錃庠诖呋饔孟潞铣砂保鋵?yīng)的化學(xué)方程式為N2+3H22NH3故答案為：N2+3H22NH3；（2）合成氨反應(yīng)濃度積所以平衡向逆反應(yīng)方向移動，故答案為：逆向進(jìn)行；

（3）a與b相比，a中含有大量的氨氣，因此b中氮?dú)獾霓D(zhuǎn)化率大于a中；b與d相比，b中氫氣濃度大，故b中氮?dú)獾霓D(zhuǎn)化率高；由于正反應(yīng)是體積減小的可逆反應(yīng)，所以增大壓強(qiáng)平衡向正反應(yīng)方向進(jìn)行，c與b相比，相當(dāng)于是在b的基礎(chǔ)上增大壓強(qiáng)；氮?dú)廪D(zhuǎn)化率增大，故答案為：c；

（4）在氨水溶液中加水稀釋的過程，NH3·H2O的電離程度將增大；因?yàn)镵和Kw的變化只與溫度有關(guān)，所以不變。故答案為：增大；不變；

（5）NH4+水解導(dǎo)致硫酸銨溶液顯酸性，水解方程式為NH4++H2O?NH3?H2O+H+，依據(jù)電荷守恒和物料守恒c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-),c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2amol/L，已知pH=5，則c(H+)=10-5mol/L，c(OH-)=10-9mol/L，c(SO42-)=amol/L，代入守恒公式可求出c(NH4+)和c(NH3·H2O)，利用水解平衡常數(shù)的計(jì)算式可得故答案為：NH4++H2O?NH3?H2O+H+；【解析】（1）N2+3H22NH3（2）逆向進(jìn)行（3）c（4）增大不變（5）NH4++H2ONH3?H2O+H+六、簡答題(共3題，共30分)29、rm{(1)}rm{26}

rm{(2)}氨分子間形成氫鍵rm{(3)0}rm{(4)}面心立方堆積rm{2:3}rm{b^{3}:2a^{3}}rm{(5)FeMg_{2}}或rm{Mg_{2}Fe}【分析】【分析】本題考查了位置、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)關(guān)系的綜合應(yīng)用、晶胞的計(jì)算等知識，題目難度中等，推斷各元素為解答關(guān)鍵，注意掌握原子結(jié)構(gòu)與元素周期律、元素周期律的關(guān)系，rm{(5)(6)}為難點(diǎn)，需要明確均攤法在晶胞計(jì)算中的應(yīng)用?！窘獯稹縭m{X}rm{Y}rm{Z}rm{M}rm{R}rm{W}均為周期表中前四周期的元素，rm{X}的基態(tài)原子外圍電子排布式為rm{3s^{2}}則rm{X}為第三周期Ⅱrm{A}族元素，為rm{Mg}元素；rm{Y}基態(tài)原子的rm{L}電子層的rm{p}能級上有一個空軌道，原子核外電子排布為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{2}}則rm{B}為rm{C}元素；rm{Z}元素的基態(tài)原子最外層有rm{3}個未成對電子，次外層有rm{2}個電子，則rm{Z}處于第二周期，電子排布式為：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}為rm{N}元素；rm{M}的基態(tài)原子的rm{2p}軌道上有rm{1}個電子的自旋方向與其它電子的自旋方向相反，原子核外電子排布為rm{1s^{2}2s^{2}2p^{4}}則rm{M}為rm{O}元素；rm{R}是海水中除氫、氧元素外含量最多的元素，則rm{R}為rm{Cl}元素；rm{W}為過渡元素，它的基態(tài)原子外圍電子排布成對電子數(shù)和未成對電子數(shù)相同且為最外層電子數(shù)的兩倍，其外圍電子排布式為：rm{3d^{6}4s^{2}}核外