2025年冀教新版高三物理上冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年冀教新版高三物理上冊(cè)階段測(cè)試試卷871考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、如圖所示為一物體做直線運(yùn)動(dòng)的v-t圖象，根據(jù)圖象做出的以下判斷中，正確的是（）A.物體前2s的加速度為-10m/s2，2s-4s的加速度為10m/s2B.物體先沿負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，在t=2s后開(kāi)始沿正方向運(yùn)動(dòng)C.在t=2s前物體位于出發(fā)點(diǎn)負(fù)方向上，在t=2s后位于出發(fā)點(diǎn)正方向上D.在t=4s時(shí)，物體距出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)2、去年，“神州十號(hào)”與“天宮一號(hào)”在太空中完成了自動(dòng)和手動(dòng)對(duì)接，三名宇航員順利進(jìn)入“天宮一號(hào)”．關(guān)于“神州十號(hào)”與“天宮一號(hào)”，下列說(shuō)法正確的是（）A.宇航員在進(jìn)行對(duì)接時(shí)可以把“天宮一號(hào)”看成質(zhì)點(diǎn)B.宇航員在“天宮一號(hào)”內(nèi)可以“飄”在任意位置說(shuō)明宇航員不再受地球的重力作用C.“神州十號(hào)”與“天宮一號(hào)”一起運(yùn)行時(shí)的速度一定小于第一宇宙速度D.“神州十號(hào)”在返回時(shí)需開(kāi)啟發(fā)動(dòng)機(jī)使其加速3、如圖（1）所示為一列沿X軸負(fù)方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波在t=0s時(shí)的波形圖，圖（2）是這列波介質(zhì)a、b、c、d中的某點(diǎn)從此時(shí)開(kāi)始的振動(dòng)圖線，則該點(diǎn)可能是（）A.a點(diǎn)或b點(diǎn)B.b點(diǎn)或c點(diǎn)C.b點(diǎn)或d點(diǎn)D.a點(diǎn)或c點(diǎn)4、將一物體從地面以一定的初速度豎直上拋，從拋出到落回原地的過(guò)程中，空氣阻力恒定．以地面為零重力勢(shì)能參考平面，則下列反映物體的機(jī)械能E、動(dòng)能Ek、重力勢(shì)能Ep及克服阻力所做的功W隨距地面高度h變化的四個(gè)圖線中；可能正確的是（）

A.

B.

C.

D.

5、如圖所示，質(zhì)量均為m

的兩物體ab

放置在兩固定的水平擋板之問(wèn)，物體間豎直夾放一根輕彈簧，彈簧與ab

不粘連且無(wú)摩擦.

現(xiàn)在物體b

上施加逐漸增大的水平向右的拉力F

兩物體始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，已知重力加速度為g

下列說(shuō)法正確的是(

)

A.物體b

所受摩擦力隨F

的增大而增大B.彈簧對(duì)物體b

的彈力大小可能等于mg

C.物體a

對(duì)擋板的壓力大小可能等于2mg

D.物體a

所受摩擦力隨F

的增大而增大6、如圖，帶有等量異種電荷的兩塊平行金屬板M，N水平放置，兩板之間有一帶電微粒以速度v0沿直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)微粒運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，將M板迅速向上平移一小段距離，則此后微粒（）A.可能沿軌跡①運(yùn)動(dòng)B.一定沿軌跡②運(yùn)動(dòng)C.可能沿軌跡③運(yùn)動(dòng)D.可能沿軌跡④運(yùn)動(dòng)7、關(guān)于熱現(xiàn)象和熱學(xué)規(guī)律，下列說(shuō)法中正確的是（）A.隨著低溫技術(shù)的發(fā)展，我們可以使溫度逐漸降低，并最終達(dá)到絕對(duì)零度B.熱量是不可能從低溫物體傳遞給高溫物體的C.第二類(lèi)永動(dòng)機(jī)不能制成是因?yàn)樗`反了能量守恒定律D.由于太陽(yáng)的照射，海洋表面的溫度可達(dá)30℃而海洋深處的溫度要低得多，在水深600m～1000m的地方，水溫約4℃，因此人們正在研制一種抗腐蝕的熱交換器，利用海水溫差發(fā)電，并取得了成功8、牛頓第一定律揭示了（）A.若物體運(yùn)動(dòng)，它一定受力B.物體不受力，它一定靜止C.力的作用就是維持物體運(yùn)動(dòng)D.物體在任何情況都有慣性評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、（2011春?太原期中）一輛汽車(chē)以15m/s的速率通過(guò)一座拱橋的橋頂時(shí)，汽車(chē)對(duì)橋面的壓力等于汽車(chē)重量的一半，則這座拱橋的半徑是____m，若要使汽車(chē)通過(guò)橋頂時(shí)對(duì)橋面無(wú)壓力，則汽車(chē)通過(guò)橋頂時(shí)的速度大小至少是____m/s．（g=10m/s2）10、（2013秋?蚌山區(qū)校級(jí)期中）如圖中電路，畫(huà)片放在正中間時(shí)閉合電鍵，左邊提供U的穩(wěn)定電壓，此時(shí)電容電壓UAB數(shù)值____，（填＜、＞或=），若要UAB=，應(yīng)將滑片向____移動(dòng)才有可能．?dāng)嚅_(kāi)電鍵，移動(dòng)滑片，當(dāng)UAB=U1時(shí)有一電子從A板邊緣處平行于板進(jìn)入，偏轉(zhuǎn)后落雨B板中間，在移動(dòng)滑片，當(dāng)UAB=U2時(shí)電子從同一位置進(jìn)入，偏轉(zhuǎn)后從右邊兩板中間飛出，則兩次電容電壓U1：U2=____．11、讀出下列測(cè)量?jī)x器的示數(shù)12、【題文】下列說(shuō)法正確的是：。A．放射性元素衰變的快慢與原子所處的物理或化學(xué)狀態(tài)有關(guān)B．設(shè)質(zhì)子、中子、α粒子的質(zhì)量分別為m1、m2、m3，由質(zhì)子和中子結(jié)合成α粒子時(shí)，每結(jié)合成一個(gè)α粒子釋放的能量是（2m1＋2m2－m3）c2C．盧瑟福由α粒子散射實(shí)驗(yàn)得出原子的核式結(jié)構(gòu)D．原子核內(nèi)某個(gè)中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子和電子，產(chǎn)生的電子從核內(nèi)發(fā)射出來(lái)，這就是β衰變13、一輛卡車(chē)，發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率為75kW．卡車(chē)自身的質(zhì)量為5t（噸），當(dāng)它載貨5t時(shí)，在水平公路上以額定功率行駛時(shí)的最大速度為25m/s，汽車(chē)受的阻力恒定，那么，當(dāng)速度達(dá)到最大速度時(shí)卡車(chē)受到的阻力為_(kāi)___，牽引力為_(kāi)___N．14、將長(zhǎng)0.5m，通過(guò)4A電流的通電導(dǎo)線放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)導(dǎo)線和磁場(chǎng)方向垂直時(shí)，通電導(dǎo)線所受磁場(chǎng)力為0.4N，則勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感感應(yīng)強(qiáng)度B大小為_(kāi)___T，若將通電導(dǎo)線中的電流減為2A，則這時(shí)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的B為_(kāi)___T，導(dǎo)線受安培力為_(kāi)___N．15、一物體在水平面內(nèi)沿半徑0.2m的圓形軌道做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，線速度為0.2m/s，那么，它的轉(zhuǎn)速為_(kāi)___r/s；它的向心加速度為_(kāi)___m/s2．評(píng)卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)16、兩個(gè)力的合力總是大于原來(lái)每一個(gè)力．____（判斷對(duì)錯(cuò)）17、向心力的方向始終指向圓心，所以向心力的方向始終不變．____（判斷對(duì)錯(cuò)）18、任意兩條電場(chǎng)線都不相交．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）19、較大的顆粒不做布朗運(yùn)動(dòng)是因?yàn)楦w粒碰撞的分子數(shù)較多，多方面的撞擊導(dǎo)致受力平衡．因?yàn)榉肿記_擊力小，不易改變大顆粒的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）20、只要溫度不變且處處相等，系統(tǒng)就一定處于平衡態(tài)．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）21、沿電場(chǎng)線的方向，電勢(shì)逐點(diǎn)降低．____（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分四、推斷題(共4題，共40分)22、rm{[}化學(xué)rm{隆陋隆陋}選修r(nóng)m{5]}一種應(yīng)用廣泛的光敏材料光刻膠，其合成路線如下rm{(}部分試劑和產(chǎn)物已略去rm{)}己知：I.

rm{II}．請(qǐng)回答下列問(wèn)題rm{(1)A}分子中所含官能團(tuán)名稱(chēng)為_(kāi)_____________________。rm{(2)}乙炔和羧酸rm{X}加成生成rm{E}rm{E}的核磁共振氫譜為三組峰，且峰面積比為rm{3:2:1}rm{E}能發(fā)生水解反應(yīng)，則rm{E}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)____________________。rm{(3)F隆煤G}的條件和試劑是_____________________________。rm{(4)C}物質(zhì)不能發(fā)生的反應(yīng)類(lèi)型為_(kāi)____________rm{(}填字母序號(hào)rm{)}rm{a.}加聚反應(yīng)rm{b.}縮聚反應(yīng)rm{c.}酯化反應(yīng)rm{d.}還原反應(yīng)rm{(5)B}與rm{Ag(NH_{3})_{2}OH}反應(yīng)的化學(xué)方程式為：__________________________。23、有機(jī)物rm{F}用于制造香精，可利用下列路線合成。

回答下列問(wèn)題：rm{(1)A}的化學(xué)名稱(chēng)是______________。rm{(2)B}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是______________，rm{D}中官能團(tuán)的名稱(chēng)是_____________。rm{(3)壟脵隆蘆壟脼}中屬于取代反應(yīng)的有________________rm{(}填序號(hào)rm{)}rm{(4)}反應(yīng)rm{壟脼}的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________________________________。rm{(5)C}有多種同分異構(gòu)體，與rm{C}具有相同官能團(tuán)的有_________種rm{(}不包括rm{C)}其中核磁共振氫譜為四組峰的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)________rm{(}任寫(xiě)一種rm{)}rm{(6)}參照上述合成路線，以為原料rm{(}無(wú)機(jī)試劑任選rm{)}設(shè)計(jì)制備的合成路線。_____________________24、rm{[}化學(xué)rm{漏隴漏隴}選修r(nóng)m{5}有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)rm{]}以rm{A(C_{6}H_{6}O)}為原料合成兩種有機(jī)產(chǎn)品的路線如下rm{(}部分反應(yīng)條件省略rm{)}回答下列問(wèn)題：rm{(1)A}的名稱(chēng)____；rm{B}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式____；化合物rm{II}的官能團(tuán)名稱(chēng)是____。rm{(2)}寫(xiě)出反應(yīng)類(lèi)型：反應(yīng)rm{壟脵}____；反應(yīng)rm{壟脷}____rm{(3)}寫(xiě)出反應(yīng)rm{壟脹(I隆煤II)}的反應(yīng)方程式____rm{(4)}化合物rm{I}的核磁共振氫譜有rm{3}組峰，峰面積比為_(kāi)___；化合物rm{I}的同分異構(gòu)體中屬于二元羧酸還有____種rm{(}不包含立體異構(gòu)rm{)}rm{(5)}參照上述合成路線，寫(xiě)出以丙酮為起始原料制備rm{2-}甲基丙烯酸的合成路線25、化合物rm{I}是合成抗心律失常藥普羅帕酮的前驅(qū)體，其合成路線如下：已知：rm{CH_{3}COCH_{3}+CH_{3}CHOxrightarrow[]{脪祿露簍脤玫錄鎂}CH_{3}COCH=CHCH_{3}+H_{2}O}回答下列問(wèn)題：rm{CH_{3}COCH_{3}+CH_{3}CHOxrightarrow[]{脪祿露簍脤玫錄鎂}

CH_{3}COCH=CHCH_{3}+H_{2}O}的分子式為_(kāi)_______________。rm{(1)I}生成rm{(2)C}的反應(yīng)類(lèi)型是______________。rm{D}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_______________；rm{(3)F}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)____________________。rm{H}與新制氫氧化銅懸濁液rm{(4)B}含rm{(}共熱的化學(xué)方程式為_(kāi)_______________。rm{NaOH)}化合物rm{(5)}中含有的官能團(tuán)名稱(chēng)是_____________；寫(xiě)出一種同時(shí)符合下列條件的rm{E}的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：______________________。rm{E}能發(fā)生銀鏡反應(yīng)和水解反應(yīng)rm{壟脵}核磁共振氫譜上顯示rm{壟脷}組峰rm{4}參照上述合成路線，以rm{(6)}丙醇和苯甲醛為原料rm{2-}無(wú)機(jī)試劑任選rm{(}設(shè)計(jì)制備的合成路線：______________________。rm{)}評(píng)卷人得分五、簡(jiǎn)答題(共4題，共20分)26、（2016春?上饒校級(jí)月考）如圖所示；兩個(gè)相同的木塊A和B放在轉(zhuǎn)盤(pán)上，木塊與轉(zhuǎn)盤(pán)的最大摩擦力是重力的K倍，用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線連接A和B．

（1）若A放在軸心；B放在距軸心L處，它們不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，角速度ω的取值范圍？

（2）若A放在離軸心L處，B放在同側(cè)離軸心2L處，要使它們不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，角速度ω的最大值是多少？27、（2015秋?廈門(mén)期末）電場(chǎng)中某區(qū)域的電場(chǎng)線分布如圖所示，A、B是電場(chǎng)中的兩點(diǎn)．一個(gè)電荷量q1=4.0×10-8的負(fù)點(diǎn)電荷，放在電場(chǎng)中的A點(diǎn)時(shí)所受電場(chǎng)力為F1=2.0×10-4N．

（1）求A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小EA；

（2）將q2=2.0×10-8C的正點(diǎn)電荷放入電場(chǎng)中的A點(diǎn)，求q2受到的電場(chǎng)力F2的大小和方向；

（3）如果將點(diǎn)電荷q1從電場(chǎng)中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做功WAB=8.0×10-7J，求A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB．28、目前，新能源不斷被應(yīng)用到現(xiàn)代的汽車(chē)中，高鐵電池技術(shù)就是科研機(jī)構(gòu)著力研究的一個(gè)方向。rm{(1)}高鐵酸鉀rm{?}鋅電池rm{(}堿性介質(zhì)rm{)}是一種典型的高鐵電池，則該種電池負(fù)極材料是_______。rm{(2)}工業(yè)上常采用rm{NaClO}氧化法生產(chǎn)高鐵酸鉀rm{(K_{2}FeO_{4})}rm{K_{2}FeO_{4}}在堿性環(huán)境中穩(wěn)定，在中性和酸性條件下不穩(wěn)定。反應(yīng)原理為Ⅰrm{.}在堿性條件下，利用rm{NaClO}氧化rm{Fe(NO_{3})_{3}}制得rm{Na_{2}FeO_{4}}rm{3NaClO+2Fe(NO_{3})_{3}+10NaOH=2Na_{2}FeO_{4}隆媒+3NaCl+6NaNO_{3}+5H_{2}O}Ⅱrm{.Na_{2}FeO_{4}}與rm{KOH}反應(yīng)生成rm{K_{2}FeO_{4}}rm{Na_{2}FeO_{4}+2KOH=K_{2}FeO_{4}隆媒+2NaOH}主要的生產(chǎn)流程如下：rm{壟脵}寫(xiě)出反應(yīng)rm{壟脵}的離子方程式__________________________________。rm{壟脷}流程圖中“轉(zhuǎn)化”rm{(}反應(yīng)rm{壟脹)}是在某低溫下進(jìn)行的，且此溫度無(wú)rm{NaOH}析出，說(shuō)明此溫度下rm{K}rm{{,!}_{sp}(K_{2}FeO_{4})}_______rm{K}rm{{,!}_{sp}(Na_{2}FeO_{4})(}填“rm{>}”、“rm{<}”或“rm{=}”rm{)}rm{(3)}已知rm{K_{2}FeO_{4}}在水溶液中可以發(fā)生：__rm{FeOrlap{_{4}}{^{2-}}+}__rm{H_{2}O隆陋隆陋}__rm{Fe(OH)_{3}隆媒+}__rm{OH^{-}+}__rm{O_{2}隆眉}配平上述方程式。rm{K_{2}FeO_{4}}在水處理中的作用是__________________。rm{(4)FeOrlap{_{4}}{^{2-}}}在水溶液中的存在形態(tài)如圖所示：rm{壟脵}若向rm{pH=10}的這種溶液中加硫酸至rm{pH=2}rm{HFeOrlap{_{4}}{^{-}}}的分布分?jǐn)?shù)的變化情況是____________________________。rm{壟脷}若向rm{pH=6}的這種溶液中滴加rm{KOH}溶液，則溶液中含鐵元素的微粒中，______________轉(zhuǎn)化為_(kāi)___________rm{(}填化學(xué)式rm{)}29、二氧化鈰rm{(CeO_{2})}是一種重要的稀土化合物。以氟碳鈰礦rm{(}主要含rm{CeCO_{3}F)}為原料制備rm{CeO_{2}}的一種工藝流程如下：已知：rm{i.Ce^{4+}}能與rm{F隆樓}結(jié)合成rm{[CeFx]^{(4-e)+}}也能與rm{SO_{4}^{2-}}結(jié)合成rm{[CeSO_{4}]^{2+}}rm{壟壟.}在硫酸體系中rm{Ce^{4+}}能被萃取劑rm{[(HA)_{2}]}萃取，而rm{Ce^{3+}}不能rm{壟攏.}常溫下，rm{Ce_{2}(CO_{3})_{3}}飽和溶液濃度為rm{1.0隆脕10^{-6}mol隆隴L^{-1}}回答下列問(wèn)題：rm{(1)}“氧化焙燒”過(guò)程中可以加快反應(yīng)速率和提高原料利用率的方法是__________、__________rm{(}寫(xiě)出rm{2}種即可rm{)}rm{(2)}寫(xiě)出“氧化焙燒”產(chǎn)物rm{CeO_{2}}與稀rm{H_{2}SO_{4}}反應(yīng)的離子方程式：__________。rm{(3)}“萃取”時(shí)存在反應(yīng)：rm{Ce^{4+}+n(HA)_{2}?Ce(H_{2n-4}A_{2n})+4H^{+}}rm{Ce^{4+}+n(HA)_{2}?

Ce(H_{2n-4}A_{2n})+4H^{+}}表示rm{D}分別在有機(jī)層中與水層中存在形式的濃度之比rm{Ce^{4+}}保持其它條件不變，在起始料液中加入不同量的rm{(D=dfrac{[Ce({{H}_{2n-4}}{{A}_{2n}})]}{c(CeSO_{4}^{2+})})}以改變水層中的rm{Na_{2}SO_{4}}rm{c(SO_{4}^{2-})}隨起始料液中rm{D}增大而減小的原因是__________。rm{c(SO_{4}^{2-})}浸渣經(jīng)處理可得rm{(4)}加入rm{Ce(BF_{4})_{3}}溶液發(fā)生如下反應(yīng)：rm{Ce(BF_{4})_{3}(s)+3K^{+}(aq)?3KBF_{4}(s)+Ce^{3+}(aq)}若一定溫度時(shí)，rm{KCl}rm{Ce(BF_{4})_{3}(s)+3K^{+}(aq)?

3KBF_{4}(s)+Ce^{3+}(aq)}的rm{Ce(BF_{4})_{3}}分別為rm{KBF_{4}}rm{K_{sp}}則該反應(yīng)的平衡常數(shù)rm{a}__________rm用rm{K=}rm{(}表示rm{a}rm“反萃取”中加rm{)}的主要反應(yīng)離子方程式為_(kāi)________________。在“反萃取”后所得水層中加入rm{(5)}的rm{H_{2}O_{2}}溶液，產(chǎn)生rm{1.0mol隆隴L^{-1}}沉淀，當(dāng)rm{NH_{4}HCO_{3}}沉淀完全時(shí)rm{Ce_{2}(CO_{3})_{3}}溶液中rm{Ce^{3+}}約為_(kāi)_________。rm{[c(Ce^{3+})=1隆脕10^{-5}mol隆隴L^{-1}]}是汽車(chē)尾氣凈化催化劑的關(guān)鍵成分，它能在還原氣氛中供氧，在氧化氣氛中耗氧。在尾氣消除過(guò)程中發(fā)生著rm{CeO_{2}?CeO_{2(1-x)}+xO_{2}隆眉(0leqslantxleqslant0.25)}的循環(huán)。寫(xiě)出rm{c(CO_{3}^{2-})}消除rm{(6)CeO_{2}}尾氣的化學(xué)方程式：__________________________________。rm{CeO_{2}?

CeO_{2(1-x)}+xO_{2}隆眉(0leqslantxleqslant0.25)}評(píng)卷人得分六、證明題(共3題，共21分)30、如圖所示，細(xì)繩系一小球（如圖甲所示）或軌道內(nèi)側(cè)的小球（如圖乙所示）在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)時(shí)的臨界狀態(tài)為只受重力作用，則有mg=m，故小球能通過(guò)最高點(diǎn)的臨界速度v=．

試證明小球在最高點(diǎn)時(shí)：

（1）v=；拉力或壓力為零；

（2）v＞；小球受向下的拉力或壓力作用；

（3）v＜；小球不能到達(dá)最高點(diǎn)．

即輕繩模型的臨界速度為v臨=．31、如圖所示，小球用不可伸長(zhǎng)的長(zhǎng)度為L(zhǎng)的輕繩懸于O點(diǎn)．（不計(jì)阻力）試證明：繩對(duì)小球在最低點(diǎn)拉力T1與最高點(diǎn)拉力T2之差T1-T2=6mg．

32、如圖所示，兩個(gè)光滑的水平導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)．左側(cè)連接有阻值為R的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面，有一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)．設(shè)除左邊的電阻R外．其它電阻不計(jì)．棒向右移動(dòng)最遠(yuǎn)的距離為s，問(wèn)當(dāng)棒運(yùn)動(dòng)到λs時(shí)0＜λ＜L，證明此時(shí)電阻R上的熱功率：P=．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【分析】速度時(shí)間圖象的斜率表示加速度，速度的正負(fù)表示物體是沿正方向運(yùn)動(dòng)還是沿負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，圖象與坐標(biāo)軸圍成的“面積”大小等于物體通過(guò)的位移，位移的正負(fù)表示物體是在出發(fā)點(diǎn)正方向上還是在出發(fā)點(diǎn)的負(fù)方向上．結(jié)合這些知識(shí)分析．【解析】【解答】解：A、0-4s內(nèi)v-t圖象是直線，斜率一定，則知0-4s內(nèi)物體的加速度不變，為a===10m/s2．故A錯(cuò)誤．

B；速度是矢量；速度的正負(fù)表示物體運(yùn)動(dòng)的方向，由于0～2s內(nèi)物體的速度v＜0，故物體沿負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，而2～4s內(nèi)物體的速度v＞0，表示物體沿正方向運(yùn)動(dòng)．故B正確．

CD、速度圖象與坐標(biāo)軸圍成的“面積”大小等于物體通過(guò)的位移，在前2s內(nèi)物體沿負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，后2s內(nèi)物體沿正方向運(yùn)動(dòng)，則t=2s時(shí)，物體位于出發(fā)點(diǎn)負(fù)方向上距離出發(fā)點(diǎn)的位移為x=-=-20m；t=2s后物體沿正方向運(yùn)動(dòng)，在t=4s時(shí)物體的位移s=0，即物體回到出發(fā)點(diǎn)，所以在0-4s內(nèi)物體一直位于出發(fā)點(diǎn)負(fù)方向上，在t=2s時(shí)，物體距出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)．故C；D錯(cuò)誤．

故選：B2、C【分析】【分析】物體可以看成質(zhì)點(diǎn)的條件是物體的大小體積對(duì)所研究的問(wèn)題是否產(chǎn)生影響，同一個(gè)物體在不同的時(shí)候，有時(shí)可以看成質(zhì)點(diǎn)，有時(shí)不行，要看研究的是什么問(wèn)題．【解析】【解答】解：A；宇航員在進(jìn)行對(duì)接時(shí)需要考慮“天宮一號(hào)”的大小、形狀、姿態(tài)；所以不能看成質(zhì)點(diǎn)．故A錯(cuò)誤；

B；宇航員在“天宮一號(hào)”內(nèi)可以“飄”在任意位置說(shuō)明宇航員處于完全的失重狀態(tài)；并不是不再受地球的重力作用．故B錯(cuò)誤；

C；第一宇宙速度是繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最大速度；所以“神州十號(hào)”與“天宮一號(hào)”一起運(yùn)行時(shí)的速度一定小于第一宇宙速度．故C正確；

D；“神州十號(hào)”在返回時(shí)需開(kāi)啟發(fā)動(dòng)機(jī)使其減速；故D錯(cuò)誤．

故選：C3、C【分析】【分析】根據(jù)圖2判斷質(zhì)點(diǎn)在t=0時(shí)刻的振動(dòng)情況，結(jié)合波形圖即可選擇．【解析】【解答】解：由圖2可知，質(zhì)點(diǎn)在t=0時(shí)刻向上振動(dòng)，波沿X軸負(fù)方向傳播，根據(jù)圖1由波的傳播原則可知，此時(shí)b；d兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)向上振動(dòng)；a、c兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)向下振動(dòng)，故C正確．

故選：C4、A|B|C【分析】

A；物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受重力和阻力；除重力外其余力做的功等于機(jī)械能的增加量，上升過(guò)程和下降過(guò)程，物體一直克服阻力做功，故機(jī)械能不斷減小，故A正確；

B；物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受重力和阻力；合力做功等于動(dòng)能的增加量；

上升過(guò)程動(dòng)能不斷減小，表達(dá)式為：-（mg+f）h=0-Ek；

下降過(guò)程動(dòng)能不斷增加，表達(dá)式為：（mg-f）h=Ek；故B正確；

C、重力做功等于重力勢(shì)能的減小量，以地面為零重力勢(shì)能參考平面，故Ep=mgh；故C正確；

D；上升過(guò)程；克服阻力所做的功：W=fh；下降過(guò)程，克服阻力做的功為：W=fH+f△h=fH+f（H-h）=2fH-fh；故D錯(cuò)誤；

故選ABC．

【解析】【答案】物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受重力和阻力；重力做功等于重力勢(shì)能的減小量，合力做功等于動(dòng)能的增加量，除重力外其余力做的功等于機(jī)械能的增加量，分上升和下降過(guò)程進(jìn)行分析．

5、A【分析】解：A

在b

物體上施加水平拉力F

后，兩物體始終保持靜止?fàn)顟B(tài)，則物體b

受到接觸面的靜摩擦力，根據(jù)力的平衡可知，物體b

所受摩擦力隨F

的增大而增大。故A正確；B

物體b

受到接觸面的靜摩擦力因此它們之間一定存在彈力，則彈簧的彈力大于物體b

的重力mg

故B錯(cuò)誤；

C、結(jié)合B

的分析可知，彈簧的彈力大于物體b

的重力mg

對(duì)A

進(jìn)行受力分析可知；A

受到向下的重力；向下的彈簧的彈力和地面的支持力處于平衡狀態(tài)，結(jié)合共點(diǎn)力的平衡可知，a

受到的地面的支持力一定大于2mg

由牛頓第三定律可得，a

物體對(duì)水平面的壓力大小大于2mg

故C錯(cuò)誤；

D；根據(jù)摩擦力產(chǎn)生的條件可知；a

物體沒(méi)有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，則沒(méi)有摩擦力，故D錯(cuò)誤；

故選：A

根據(jù)物體b

受水平拉力F

力后仍處于靜止，則可知，必定受到靜摩擦力，從而可確定彈簧的彈力與物體b

的重力關(guān)系；再由摩擦力產(chǎn)生的條件，即可求解．

該題結(jié)合共點(diǎn)力的平衡考查彈力與摩擦力的關(guān)系，注意有摩擦力一定有彈力，掌握摩擦力的產(chǎn)生條件．【解析】A

6、B【分析】【分析】平行金屬板所帶電量和正對(duì)面積不變，根據(jù)電容器板間場(chǎng)強(qiáng)E的推論分析板間場(chǎng)強(qiáng)是否變化，確定微粒的電場(chǎng)力的變化，分析微粒的可能運(yùn)動(dòng)情況．【解析】【解答】解：當(dāng)微粒運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)，迅速將M板上移一小段距離，由電容的決定式C=、定義式C=以及E=得，板間場(chǎng)強(qiáng)E=．

將M板迅速向上平移一小段距離時(shí)；電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，粒子的受到電場(chǎng)力也不變，微粒的運(yùn)動(dòng)方向不變，仍沿軌跡②做直線運(yùn)動(dòng)．故B正確，A；C、D錯(cuò)誤；

故選：B．7、D【分析】【分析】絕對(duì)零度不可達(dá)到；

熱量能從高溫物體傳到低溫物體；也可以從低溫物體傳到高溫物體，只不過(guò)要引起其他方面的變化；

第二類(lèi)永動(dòng)機(jī)符合能量守恒定律；但卻違背了熱力學(xué)第二定律．

海洋不同深度存在溫度差，在熱交換器中，物質(zhì)受熱發(fā)生汽化，產(chǎn)生的蒸汽可以推動(dòng)渦輪發(fā)電機(jī)發(fā)電．【解析】【解答】解：A；絕對(duì)零度不可達(dá)到；故A錯(cuò)誤；

B；熱量也可以從低溫物體傳到高溫物體；但要引起其他方面的變化；故B錯(cuò)誤；

C；第二類(lèi)永動(dòng)機(jī)不可能制成是因?yàn)樗`背了熱力學(xué)第二定律；即不可能從單一熱源吸收熱量；而源源不斷的對(duì)外做功；故C錯(cuò)誤；

D；由于太陽(yáng)的照射；海洋表面的溫度可達(dá)30℃而海洋深處的溫度要低得多，在水深600m～1000m的地方，水溫約4℃，因此人們正在研制一種抗腐蝕的熱交換器，利用海水溫差發(fā)電，并取得了成功；故D正確；

故選：D．8、D【分析】【分析】根據(jù)牛頓第一定律：一切物體總保持勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)，除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態(tài)．判斷各個(gè)選項(xiàng)．【解析】【解答】解：A；物體運(yùn)動(dòng)；不確定是什么運(yùn)動(dòng)時(shí)不能確定是否受力，如勻速直線運(yùn)動(dòng)物體所受合力為零，A錯(cuò)誤；

B；物體不受力；可能靜止也可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；

C；力的作用是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因；不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因，C錯(cuò)誤；

D；物體的慣性只與物體的質(zhì)量有關(guān)；質(zhì)量不變，所以物體在任何情況下都有慣性，D正確．

故選：D二、填空題(共7題，共14分)9、4521.21【分析】【分析】在橋頂，汽車(chē)靠重力和支持力的合力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律求出這座拱橋的半徑；當(dāng)汽車(chē)對(duì)橋面的壓力為零，汽車(chē)只靠重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出汽車(chē)過(guò)橋頂時(shí)的速度大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓涸O(shè)汽車(chē)質(zhì)量為m，拱橋的半徑為R，橋面對(duì)汽車(chē)支持力為FN；

由牛頓第三定律可知：FN=

對(duì)汽車(chē)，由牛頓第二定律得：mg-FN=m

所以R==2m=45m

設(shè)汽車(chē)過(guò)橋頂時(shí)對(duì)橋面恰無(wú)壓力時(shí)速度為v；

對(duì)車(chē)：mg=m

所以v0==m/s=15m/s≈21.21m/s．

故答案為：45，21.21．10、＜上8：1【分析】【分析】分析清楚電路結(jié)構(gòu)，根據(jù)串并聯(lián)電路特點(diǎn)求出AB間電壓；根據(jù)串并聯(lián)電路特點(diǎn)判斷滑片的移動(dòng)方向；電子在極板間做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出電壓之比．【解析】【解答】解：由圖示電路圖可知；滑片在正中間；閉合電鍵時(shí)，滑動(dòng)變阻器的下半部分電阻與右邊電阻先并聯(lián)；

然后由滑動(dòng)變阻器的上半部分電阻串聯(lián)；并聯(lián)電阻小于滑動(dòng)變阻器上半部分電阻；

則并聯(lián)部分電壓小于滑動(dòng)變阻器上半部分電壓，即：UAB＜；

若要UAB=；應(yīng)使并聯(lián)部分阻值變大，應(yīng)將滑片向上移動(dòng)；

電子在極板間做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)；

在水平方向：L=vt；

豎直方向：y=at2=t2；

解得：U=∝；

則電壓之比：===×=；

故答案為：＜；上；8：1．11、略

【分析】【解析】試題分析：游標(biāo)卡尺讀數(shù)為：螺旋測(cè)微器的讀數(shù)為：連接3V，為1分度盤(pán)，所以電壓表讀數(shù)為連接0.6A，為1分度盤(pán)，所以電流表讀數(shù)為0.38A考點(diǎn)：考查了高中力學(xué)和電學(xué)儀器的讀數(shù)問(wèn)題【解析】【答案】3.04cm2.4436cm1.62v0.38A12、略

【分析】【解析】A選項(xiàng)考查對(duì)半衰期基本概念的理解，B選項(xiàng)核反應(yīng)式：2H+2n，He。D選項(xiàng)考查對(duì)β衰變的理解。高考命題率較高的是原子能級(jí)、核反應(yīng)方程、質(zhì)能方程、物理學(xué)史、著名實(shí)驗(yàn)和理論都有考查?！窘馕觥俊敬鸢浮緽CD13、3000N3000【分析】【分析】以額定功率行駛時(shí)，當(dāng)速度達(dá)到最大時(shí)，牽引力等于阻力即P=Fv=fv，即可求得阻力和牽引力【解析】【解答】解：當(dāng)速度達(dá)到最大時(shí)；牽引力等于阻力。

F=f=

故答案為：3000N，300014、0.20.20.2【分析】【分析】根據(jù)安培力F=BIL求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，當(dāng)電流減小，磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，結(jié)合F=BIL求出安培力的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓焊鶕?jù)F=BIL得；勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為：

B=．

當(dāng)電流減小時(shí)；磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，仍為：B=0.2T．

則導(dǎo)線所受的安培力為：F=BI′L=0.2×2×0.5N=0.2N．

故答案為：0.2，0.2，0.2．15、0.2【分析】【分析】本題比較簡(jiǎn)單，直接根據(jù)向心加速度的定義以及轉(zhuǎn)速與線速度之間的關(guān)系可以正確解答本題．【解析】【解答】解：向心加速度為：a=

轉(zhuǎn)速與線速度的關(guān)系為：v=2πnr，所以：r/s

故答案為：，0.2．三、判斷題(共6題，共12分)16、×【分析】【分析】解答此題時(shí)；要從力的大小和方向兩個(gè)方面來(lái)考慮，在分析各選項(xiàng)時(shí)千萬(wàn)不能漏掉力的方向．

（1）如果二力在同一條直線上；根據(jù)力的合成計(jì)算合力的大小，即同一直線上同方向二力的合力等于二力之和；

同一直線反方向二力的合力等于二力之差．

（2）如果二力不在同一條直線上，合力大小介于二力之和與二力之差之間；【解析】【解答】解：當(dāng)兩個(gè)力方向相同時(shí)；合力等于兩分力之和，合力大于每一個(gè)分力；當(dāng)兩個(gè)分力方向相反時(shí)，合力等于兩個(gè)分力之差，合力可能小于分力，由此可見(jiàn)：合力可能大于分力也有可能小于分力，故錯(cuò)誤；

故答案為：×．17、×【分析】【分析】勻速圓周運(yùn)動(dòng)合力等于向心力，方向始終指向圓心，只改變速度的方向，不改變速度的大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓何矬w做圓周運(yùn)動(dòng)；向心力方向始終指向圓心，方向時(shí)刻變化，此說(shuō)法錯(cuò)誤．

故答案為：×18、√【分析】【分析】掌握電場(chǎng)線特點(diǎn)是解本題的關(guān)鍵，電場(chǎng)線從正電荷或無(wú)限遠(yuǎn)出發(fā)，終止于無(wú)限遠(yuǎn)或負(fù)電荷，不相交不閉合．【解析】【解答】解：電場(chǎng)中任意兩條電場(chǎng)線不會(huì)相交；否則相交的地方的電場(chǎng)線的方向有兩個(gè)．所以該說(shuō)法是正確的．

故答案為：√19、×【分析】【分析】懸浮在液體（或氣體）中固體小顆粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)是布朗運(yùn)動(dòng)，固體顆粒越小、液體（或氣體）溫度越高，布朗運(yùn)動(dòng)越明顯；布朗運(yùn)動(dòng)是液體（或氣體）分子無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)的反應(yīng)．【解析】【解答】解：較大的顆粒不做布朗運(yùn)動(dòng)是因?yàn)楦w粒碰撞的分子數(shù)較多；多方面的撞擊導(dǎo)致受力平衡．因?yàn)楦鱾€(gè)方向的分子沖擊力比較均衡，所以不易改變大顆粒的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，不是因?yàn)榉肿拥臎_擊力?。砸陨系恼f(shuō)法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×．20、×【分析】【分析】首先知道平衡態(tài)和熱平衡的定義，知道影響的因素是不同；知道溫度是判斷系統(tǒng)熱平衡的依據(jù)；據(jù)此分析判斷即可．【解析】【解答】解：一般來(lái)說(shuō)；平衡態(tài)是針對(duì)某一系統(tǒng)而言的，描述系統(tǒng)狀態(tài)的參量不只溫度一個(gè)，還與體積壓強(qiáng)有關(guān)，當(dāng)溫度不變時(shí)，系統(tǒng)不一定處于平衡態(tài)．所以該說(shuō)法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×21、√【分析】【分析】本題根據(jù)電場(chǎng)線的物理意義分析場(chǎng)強(qiáng)與電勢(shì)的關(guān)系；根據(jù)沿電場(chǎng)線的方向，電勢(shì)逐點(diǎn)降低即可解答．【解析】【解答】解：根據(jù)電場(chǎng)線的物理意義：順著電場(chǎng)線方向；電勢(shì)降低．故該說(shuō)法是正確的．

故答案為：√四、推斷題(共4題，共40分)22、（1）醛基

（2）CH3COOCH=CH2

（3）濃H2SO4（NaOH）加熱

（4）b

（5）【分析】【分析】本題考查有機(jī)物的推斷與合成，充分利用轉(zhuǎn)化關(guān)系中物質(zhì)的結(jié)構(gòu)及分子式，結(jié)合正、逆推法進(jìn)行推斷，較好的考查學(xué)生的分析、推理能力，注意掌握官能團(tuán)的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，難度中等。【解答】由rm{D}的結(jié)構(gòu)可知，rm{A}中含有苯環(huán)，rm{A}與rm{CH}的結(jié)構(gòu)可知，rm{D}中含有苯環(huán)，rm{A}與rm{A}rm{CH}rm{{,!}_{3}}反應(yīng)得到rm{CHO}反應(yīng)得到rm{B}由物質(zhì)的分子式及信息Ⅰ，可推知rm{A}為由物質(zhì)的分子式及信息Ⅰ，可推知rm{CHO}為rm{B}為rm{A}與銀氨溶液發(fā)生氧化反應(yīng)、酸化得到，rm{B}為則rm{B}為，rm{B}與銀氨溶液發(fā)生氧化反應(yīng)、酸化得到rm{C}則rm{C}為乙炔和羧酸rm{B}加成生成rm{C}rm{C}發(fā)生加聚反應(yīng)得到rm{.}乙炔和羧酸rm{X}加成生成rm{E}rm{E}發(fā)生加聚反應(yīng)得到rm{F}則rm{E}分子中含有rm{C=C}雙鍵，結(jié)合分子式可知，rm{X}為rm{CH}則rm{.}分子中含有rm{X}雙鍵，結(jié)合分子式可知，rm{E}為rm{E}rm{F}rm{E}rm{C=C}的核磁共振氫譜為三組峰，且峰面積比為rm{X}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{COOH}rm{E}的核磁共振氫譜為三組峰，且峰面積比為rm{3}rm{2}rm{1}rm{E}能發(fā)生水解反應(yīng)，故E為rm{CH}能發(fā)生水解反應(yīng)，故E為rm{COOH}rm{E}rm{3}rm{2}rm{1}為rm{E}與rm{CH}發(fā)生信息Ⅱ的反應(yīng)得到光刻膠，則光刻膠的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：rm{{,!}_{3}}

rm{COOCH=CH}為rm{COOCH=CH}rm{{,!}_{2}}，rm{F}為加成生成rm{F}，rm{G}與rm{D}發(fā)生信息Ⅱ的反應(yīng)得到光刻膠，則光刻膠的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：發(fā)生加聚反應(yīng)得到rm{G}則rm{D}分子中含有，雙鍵，結(jié)合分子式可知，rm{(1)A}為為rm{(1)A}，分子中所含官能團(tuán)為醛基，故答案為：醛基；rm{(2)}乙炔和羧酸rm{X}加成生成rm{E}rm{E}發(fā)生加聚反應(yīng)得到rm{F}則rm{E}分子中含有rm{C=C}雙鍵，結(jié)合分子式可知，rm{X}為rm{CH}的核磁共振氫譜為三組峰，且峰面積比為rm{X}rm{E}rm{E}rm{F}能發(fā)生水解反應(yīng)，故E為rm{E}rm{C=C}rm{X}rm{CH}故答案為：rm{{,!}_{3}}rm{COOH}rm{E}的核磁共振氫譜為三組峰，且峰面積比為rm{3}rm{2}rm{1}rm{E}能發(fā)生水解反應(yīng)，故E為rm{CH}rm{COOH}為rm{E}的條件和試劑是濃rm{3}加熱，故答案為：濃rm{2}加熱；rm{1}為含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加聚反應(yīng)、還原反應(yīng)，含有羧基，可發(fā)生酯化反應(yīng)，不能發(fā)生縮聚反應(yīng)，故答案為：rm{E}rm{CH}rm{{,!}_{3}}為rm{COOCH=CH}與rm{COOCH=CH}rm{{,!}_{2}}rm{CH_{3}COOCH=CH_{2}}rm{(3)}rm{F}為反應(yīng)的化學(xué)方程式為rm{F}故答案為：，rm{F隆煤G}的條件和試劑是【解析】rm{(1)}醛基

rm{(2)CH}rm{(2)CH}rm{{,!}_{3}}rm{COOCH=CH}rm{COOCH=CH}

rm{{,!}_{2}}濃rm{(3)}濃rm{H}rm{(3)}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}

rm{{,!}_{4}}

rm{(NaOH)}rm{(NaOH)}23、（1）2-甲基-1-丁烯

（2）CH3CH2C(CH3)OHCH2OH羧基、碳碳雙鍵

（3）②⑤⑥

（4）+H2O

（5）11或

（6）【分析】【分析】本題考查有機(jī)物的推斷與合成，題目難度中等，注意根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系中有機(jī)物的結(jié)構(gòu)入手，采取正推的方法進(jìn)行推斷，把握官能團(tuán)的性質(zhì)以及官能團(tuán)的轉(zhuǎn)化為解答該題的關(guān)鍵?！窘獯稹縭m{A}和溴水發(fā)生加成反應(yīng)，根據(jù)加成產(chǎn)物可判斷rm{A}為反應(yīng)rm{壟脵}為加成反應(yīng)；根據(jù)反應(yīng)條件可知，反應(yīng)rm{壟脷}是水解反應(yīng)，rm{-Br}被rm{-OH}取代，則rm{B}為rm{B}氧化得到rm{C}rm{B}的分子式為rm{C_{5}H_{12}O_{2}}rm{C}的分子式為rm{C_{5}H_{10}O_{3}}則rm{B隆煤C}多了rm{1}個(gè)rm{O}原子，減少了rm{2}個(gè)rm{H}原子，可推測(cè)rm{B}中rm{-CH_{2}OH}被氧化為rm{-COOH}rm{C}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為rm{D}的分子式為rm{C_{5}H_{8}O_{2}}根據(jù)rm{C}和rm{D}的分子式可判斷，rm{C}分子內(nèi)脫去rm{1}分子水得到rm{D}則反應(yīng)rm{壟脺}是消去反應(yīng)；rm{D}中含有rm{2}個(gè)甲基，則rm{D}為反應(yīng)rm{壟脻}屬于鹵代烴的水解反應(yīng)，rm{-Cl}被rm{-OH}取代，則rm{E}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為根據(jù)rm{F}的分子式可推測(cè)，rm{E}和rm{D}通過(guò)酯化反應(yīng)生成rm{F}則rm{F}為rm{(1)}根據(jù)上述分析rm{A}為烯烴的命名要點(diǎn)為：以包含雙鍵在內(nèi)的最長(zhǎng)碳鏈為主鏈，從離雙鍵最近的一端開(kāi)始編號(hào)，則rm{A}的名稱(chēng)為：rm{2-}甲基rm{-1-}丁烯；rm{(2)}根據(jù)上述分析rm{B}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為rm{D}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為則rm{D}中含有的官能團(tuán)名稱(chēng)為：碳碳雙鍵、羧基；故答案為：碳碳雙鍵、羧基；rm{(3)}根據(jù)上述分析，反應(yīng)rm{壟脵}為加成反應(yīng)，反應(yīng)rm{壟脷}為取代反應(yīng)，反應(yīng)rm{壟脹}為氧化反應(yīng)，反應(yīng)rm{壟脺}為消去反應(yīng)，反應(yīng)rm{壟脻}為水解反應(yīng)rm{(}也為取代反應(yīng)rm{)}反應(yīng)rm{壟脼}為酯化反應(yīng)rm{(}也為水解反應(yīng)rm{)}所以，取代反應(yīng)共有rm{3}個(gè)，分別為rm{壟脷}rm{壟脻}rm{壟脼}故答案為：rm{壟脷}rm{壟脻}rm{壟脼}rm{(4)}反應(yīng)rm{壟脼}為酯化反應(yīng)，反應(yīng)方程式為：rm{+}rm{+H_{2}O}故答案為：rm{+}rm{+H_{2}O}rm{(5)C}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為與rm{C}具有相同官能團(tuán)的同分異構(gòu)體還有共rm{11}種。其中核磁共振氫譜為四組峰的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為或故答案為：rm{11}或rm{(6)}流程目的為rm{隆煤}分析目標(biāo)產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知目標(biāo)產(chǎn)物為酯化反應(yīng)生成的環(huán)酯，可采用逆推法分析制備流程。在濃硫酸、加熱的條件下發(fā)生酯化反應(yīng)可得所以首先要用原料制備其中rm{-OH}可由rm{-Br}原子在rm{NaOH}水溶液、加熱的條件下發(fā)生水解反應(yīng)得到；rm{-COOH}可由rm{-CH_{2}Br}經(jīng)過(guò)水解和氧化得到。所以整個(gè)制備流程可分為以下幾步，水解rm{隆煤}氧化rm{隆煤}酯化。流程如下：故答案為：【解析】rm{(1)2-}甲基rm{-1-}丁烯甲基rm{(1)2-}丁烯rm{-1-}rm{(2)CH}rm{(2)CH}rm{{,!}_{3}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{C(CH}rm{C(CH}羧基、碳碳雙鍵rm{{,!}_{3}}rm{)OHCH}rm{)OHCH}rm{{,!}_{2}}rm{OH}羧基、碳碳雙鍵rm{OH}rm{(3)壟脷壟脻壟脼}rm{(3)壟脷壟脻壟脼}rm{(4)}24、（1）苯酚；酯基；（2）加成反應(yīng)（或還原反應(yīng)）；氧化反應(yīng)；（3）（4）4：4：2；8；（5）【分析】【分析】本題考查有機(jī)物的推斷與合成、官能團(tuán)結(jié)構(gòu)、同分異構(gòu)體書(shū)寫(xiě)等，是對(duì)有機(jī)化學(xué)的綜合考查，注意利用題給轉(zhuǎn)化關(guān)系設(shè)計(jì)合成方案，難度中等?！窘獯稹縭m{(1)A}與氫氣加成后得到結(jié)合rm{A}的分子式可知rm{A}為苯酚，由聚合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知rm{B}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為根據(jù)化合物rm{II}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知其含有的官能團(tuán)是酯基，的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知其含有的官能團(tuán)是酯基，

rm{II}故答案為：苯酚；酯基；反應(yīng)rm{(2)}為苯酚與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成反應(yīng)rm{壟脵}為發(fā)生氧化反應(yīng)生成

故答案為：加成反應(yīng)rm{壟脷}或還原反應(yīng)rm{(}氧化反應(yīng)；rm{)}反應(yīng)rm{(3)}為化合物rm{壟脹}與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成化合物rm{I}與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成化合物rm{II}，化學(xué)方程式為

故答案為：rm{I}rm{II}有三種氫原子，個(gè)數(shù)分別為rm{(4)}化合物rm{I}有三種氫原子，個(gè)數(shù)分別為rm{4}rm{4}rm{2}核磁共振氫譜有rm{3}組峰，峰面積比為rm{I}核磁共振氫譜有rm{4}組峰，峰面積比為rm{4}rm{2}rm{3}rm{4}的分子式為rm{4}rm{2}化合物rm{I}的分子式為rm{C}rm{I}rm{C}rm{{,!}_{6}}rm{H}后剩余的部分為烴基rm{H}rm{{,!}_{10}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{4}}，從而分子式中除去兩個(gè)羧基rm{(-COOH)}后剩余的部分為烴基rm{-C}將兩個(gè)羧基分別添加到rm{(-COOH)}rm{-C}中可得：rm{{,!}_{4}}rm{H}rm{H}rm{{,!}_{8}}，該烴基的碳架為：rm{壟脵C(jī)-C-C-C}rm{壟脷C-(C)C-C}將兩個(gè)羧基分別添加到rm{壟脵}rm{壟脷}中可得：rm{壟脵C(jī)-C-C-C}rm{壟脷C-(C)C-C}rm{壟脵}rm{壟脷}rm{HOOCCH(CH}rm{HOOCCH(CH}rm{{,!}_{3}}rm{)CH}rm{)CH}rm{{,!}_{2}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{COOH}rm{HOOCCH}rm{COOH}rm{HOOCCH}rm{{,!}_{2}}rm{CH(CH}rm{CH(CH}rm{{,!}_{3}}rm{)CH}rm{)CH}rm{{,!}_{2}}rm{COOH}rm{HOOCCH(CH}rm{COOH}rm{HOOCCH(CH}rm{{,!}_{2}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{3}}rm{)CH}rm{)CH}rm{{,!}_{2}}rm{COOH}rm{HOOCC(CH}rm{COOH}rm{HOOCC(CH}rm{{,!}_{3}}種同分異構(gòu)體，

rm{)}故答案為：rm{)}rm{{,!}_{2}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}rm{COOH}rm{HOOCCH(CH}甲基丙烯酸的合成路線為

故答案為：rm{COOH}【解析】rm{(1)}苯酚；酯基；rm{(2)}加成反應(yīng)rm{(}或還原反應(yīng)rm{)}氧化反應(yīng)；rm{(3)}rm{(4)4}rm{4}rm{2}rm{8}rm{(5)}25、rm{(1)C}rm{18}rm{18}rm{H}rm{18}rm{18}

rm{O}取代反應(yīng)

rm{3}

rm{3}rm{(2)}

rm{(3)}羥基、羰基

rm{(4)CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOH}rm{CH_{3}COONa+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}【分析】【分析】本題考查有機(jī)物的推斷與合成，涉及有機(jī)物分子式、結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式書(shū)寫(xiě)，有機(jī)反應(yīng)方程式書(shū)寫(xiě)、化學(xué)反應(yīng)類(lèi)型、同分異構(gòu)體和有機(jī)物性質(zhì)等知識(shí)，需要學(xué)生熟練掌握官能團(tuán)的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，較好的考查學(xué)生的推理能力?！窘獯稹坑缮鲜隹驁D中rm{A}的分子式rm{C_{2}H_{6}O}和rm{A}在rm{Cu}作催化劑條件可被氧化，知rm{A}是rm{CH_{3}CH_{2}OH}rm{B}是rm{CH_{3}CHO}rm{C}是rm{CH_{3}COOH}根據(jù)題目中信息方程式知，rm{F}是且rm{F}與氫氣反應(yīng)生成rm{G}又rm{G}與rm{H}反應(yīng)生成rm{H}為知rm{H}為rm{(1)}由rm{I}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式知，rm{I}的分子式為rm{C}rm{18}rm{18}rm{H}rm{18}rm{18}故答案為：rm{O}rm{{,!}_{3}}故答案為：rm{{,!}_{3}}rm{C}rm{18}rm{18}rm{H}是rm{18}與rm{18}反應(yīng)生成是rm{O}中rm{{,!}_{3}}被氯原子代替，是取代反應(yīng)，故答案為：取代反應(yīng)；rm{{,!}_{3}}rm{(2)C}是rm{CH_{3}COOH}與rm{SOCl_{2}}反應(yīng)生成rm{(2)C}rm{CH_{3}COOH}rm{SOCl_{2}}與反應(yīng)生成rm{CH_{3}COOH}知rm{-OH}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為rm{(3)}與氫氣反應(yīng)生成已知：rm{RCOCH}又rm{RCOCH}與rm{3}反應(yīng)生成rm{3}為知rm{+R隆盲CHO}為故答案為：rm{+R隆盲CHO}是rm{RCOCH=CHR隆盲}與rm{RCOCH=CHR隆盲}反應(yīng)方程式為rm{F}rm{F}rm{F}rm{G}rm{G}rm{H}rm{H}是所含官能團(tuán)有羥基、羰基，rm{H}的同分異構(gòu)體中，根據(jù)rm{(4)B}核磁共振氫譜顯示為rm{CH_{3}CHO}組峰，有新制氫氧化銅懸濁液rm{(}種等效氫，rm{(}能發(fā)生水解反應(yīng)，屬于酯類(lèi)，rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOH}能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，含有醛基，應(yīng)為甲酸酯，滿足上述條件的結(jié)構(gòu)應(yīng)是故答案為：羥基、羰基；rm{CH_{3}COONa+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}，故答案為：丙醇催化氧化生成與rm{CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOH}與氫氣加成生成rm{CH_{3}COONa+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}丙醇和苯甲醛為原料，制備；故答案為：rm{(5)E}【解析】rm{(1)C}rm{18}rm{18}rm{H}rm{18}rm{18}rm{O}取代反應(yīng)rm{3}rm{3}rm{(2)}rm{(3)}羥基、羰基rm{(4)CH_{3}CHO+2Cu(OH)_{2}+NaOH}rm{CH_{3}COONa+Cu_{2}O隆媒+3H_{2}O}五、簡(jiǎn)答題(共4題，共20分)26、略

【分析】【分析】（1）根據(jù)最大靜摩擦力提供向心力；求出角速度的取值范圍．

（2）當(dāng)角速度最大時(shí)，A靠最大靜摩擦力和拉力的合力提供向心力，B靠拉力和最大靜摩擦力的合力提供向心力，聯(lián)立方程組求出最大角速度．【解析】【解答】解：（1）根據(jù)最大靜摩擦力提供向心力得：

kmg=mL

解得：

即它們不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，角速度；

（2）當(dāng)角速度達(dá)到最大時(shí)，對(duì)A有：kmg-T=mLω2，對(duì)B有：T+kmg=m?2Lω2；

聯(lián)立兩式解得ω=，則角速度ω的最大值是．

答：（1）角速度ω的取值范圍為；

（2）要使它們不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，角速度ω的最大值是．27、略

【分析】【分析】根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E=，求解A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，根據(jù)F=Eq求解q2受到的電場(chǎng)力，根據(jù)公式UAB=求解A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差．【解析】【解答】解：（1）A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為：

；

（2）q2受到的電場(chǎng)力為：

；方向沿場(chǎng)強(qiáng)向左；

（3）A；B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為：

答：（1）A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為5.0×103N/C；

（2）q2受到的電場(chǎng)力F2的大小為1.0×10-4N；方向沿場(chǎng)強(qiáng)向左；

（3）A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為-20V．28、rm{(1)}rm{(1)}

rm{Zn}rm{(2)壟脵}rm{(2)壟脵}rm{Cl_{2}+2OH^{-}=Cl^{-}+ClO^{-}+H_{2}O}

rm{壟脷}殺菌消毒；凈水。

rm{壟脷}先變大后變小rm{<}rm{(3)410483}

rm{(3)410483}【分析】【分析】

本題考查原電池原理、難溶電解質(zhì)的溶解平衡等知識(shí)點(diǎn)，難度不大，注意基礎(chǔ)知識(shí)的積累、運(yùn)用。

【解答】

rm{(1)}該原電池中，鋅易失電子發(fā)生氧化反應(yīng)而作負(fù)極，故答案為：rm{Zn}

rm{(2)壟脵}氯氣和氫氧化鈉反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，離子反應(yīng)方程式為：rm{Cl_{2}+2OH^{-}=Cl^{-}+ClO^{-}+H_{2}O}故答案為：rm{Cl_{2}+2OH^{-}=Cl^{-}+ClO^{-}+H_{2}O}

rm{壟脷}相同溫度下，溶度積大的物質(zhì)向溶度積小的物質(zhì)轉(zhuǎn)化，所以rm{K_{sp}(K_{2}FeO_{4})<K_{sp}(Na_{2}FeO_{4})}故答案為：rm{<}

rm{(3)}高鐵酸根離子中鐵元素化合價(jià)為rm{+6}價(jià)，降低到氫氧化鐵的rm{+3}價(jià)，得到rm{3}個(gè)電子，氧從rm{-2}價(jià)升高到rm{0}價(jià)失去rm{4}個(gè)電子，電子轉(zhuǎn)移數(shù)為rm{12}故高鐵酸根離子和氫氧化鐵的系數(shù)為rm{4}氧氣系數(shù)為rm{3}根據(jù)電荷守恒氫氧根離子系數(shù)為：rm{8}根據(jù)氫原子守恒，水的系數(shù)為rm{10}rm{10}高鐵酸鈉具有強(qiáng)氧化性，所以能殺菌消毒，氫氧化鐵膠體具有吸附性，所以能凈水，故答案為：rm{4}rm{10}rm{4}rm{8}rm{3}rm{4}rm{10}rm{4}rm{8}rm{3}根據(jù)圖象知，隨著溶液堿性的增強(qiáng)，；殺菌消毒、凈水；的分布分?jǐn)?shù)先增大后減??；故答案為：先變大，后變小；

rm{(4)壟脵}根據(jù)圖象知，隨著溶液堿性的增強(qiáng)，rm{HFeO_{4}^{-}}的分布分?jǐn)?shù)逐漸增大，rm{壟脷}的分布分?jǐn)?shù)逐漸減小，所以rm{FeO_{4}^{2-}}轉(zhuǎn)化為rm{HFeO_{4}^{-}}故答案為：rm{HFeO_{4}^{-}}轉(zhuǎn)化為rm{FeO_{4}^{2-}}

rm{HFeO_{4}^{-}}【解析】rm{(1)}rm{(1)}

rm{Zn}rm{(2)壟脵}rm{(2)壟脵}rm{Cl_{2}+2OH^{-}=Cl^{-}+ClO^{-}+H_{2}O}

rm{壟脷}殺菌消毒；凈水。

rm{壟脷}先變大后變小rm{<}rm{(3)410483}

rm{(3)410483}29、（1）礦石粉碎成細(xì)顆粒，增大接觸面積通入適當(dāng)過(guò)量空氣

（2）CeO2+4H++SO42-=[CeSO4]2++2H2O

（3）隨著c(SO42-)增大，水層中CeO2+4H++SO42-=[CeSO4]2++2H2O,導(dǎo)致萃取平衡向生成[CeSO4]2+方向移動(dòng)，增大，則D減小

（4）

（5）2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+1×10-6mol/L

（6）2xCO+CeO2=CeO2(1-x)+2xCO2

【分析】【分析】本題以氟碳鈰礦為原料紙杯二氧化鈰的流程為載體，考查流程的分析，制定情境下方程式的書(shū)寫(xiě)，外界條件對(duì)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的影響，溶度積和平衡常數(shù)的計(jì)算?！窘獯稹縭m{(1)}“氧化焙燒”過(guò)程中可以加快反應(yīng)速率和提高原料利用率的方法是：將礦石粉碎成細(xì)顆粒，增大接觸面積，通入適當(dāng)過(guò)量空氣，故答案為：將礦石粉碎成細(xì)顆粒，增大接觸面積；通入適當(dāng)過(guò)量空氣；rm{(2)}根據(jù)題給條件rm{Ce}rm{Ce}rm{{,!}^{4+}}能與rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}^{2-}}結(jié)合成rm{[CeSO}rm{[CeSO}可知，rm{{,!}_{4}}rm{]}rm{]}rm{{,!}^{2+}}rm{CeO}rm{CeO}rm{{,!}_{2}}與稀rm{H}故答案為：rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}反應(yīng)的離子方程式為：rm{CeO_{2}+4H^{+}+SO_{4}^{2-}=[CeSO_{4}]^{_{2+}}+2H_{2}O}rm{CeO_{2}+4H^{+}+SO_{4}^{2-}=[CeSO_{4}]^{_{2+}}+2H_{2}O}rm{(3)}“萃取”時(shí)存在反應(yīng)：rm{Ce}rm{Ce}rm{{,!}^{4+}}加入rm{+n(HA)}rm{+n(HA)}rm{{,!}_{2}?}rm{Ce(H}隨著rm{Ce(H}增大，水層中rm{{,!}_{2n-4}}導(dǎo)致萃取平衡向生成rm{A}方向移動(dòng)，rm{{c}_{left(CeSO_{4}^{2+}right)}}增大，則rm{A}減小，故答案為：隨著rm{{,!}_{2n}}增大，水層中rm{)+4H}導(dǎo)致萃取平衡向生成rm{)+4H}方向移動(dòng)，rm{{c}_{left(CeSO_{4}^{2+}right)}}增大，則rm{{,!}^{+}}減小；rm{Na}反應(yīng)rm{Na}rm{{,!}_{2}}rm{SO}rm{SO}rm{{,!}_{4}}rm{c(SO_{4}^{2-})}rm{CeO_{2}+4H^{+}+SO_{4}^{2-}=[CeSO_{4}]^{_{2+}}+2H_{2}O}rm{[CeSO_{4}]^{2+}}rm{{c}_{left(CeSO_{4}^{2+}right)}

}rm{D}rm{c(SO_{4}^{2-})}rm{CeO_{2}+4H^{+}+SO_{4}^{2-}=[CeSO_{4}]^{_{2+}}+2H_{2}O}rm{[CeSO_{4}]^{2+}}的平衡常數(shù)rm{Kdfrac{{c}_{left(C{e}^{3+}right)}}{c_{left({K}^{+}right)}^{3}}=dfrac{{c}_{left(C{e}^{3+}right)}.c_{left(BF_{4}^{-}right)}^{3}}{c_{left({K}^{+}right)}^{3}.c_{left(BF_{4}^{-}right)}^{3}}=dfrac{{K}_{spleft[Ce{left(B{F}_{4}right)}_{3}right]}}{{{K}_{sp}}_{left(KB{F}_{4}right)}}=dfrac{a}{^{3}}}故答案為：rm{{c}_{left(CeSO_{4}^{2+}right)}

}“萃取”后的有機(jī)層中為rm{D}rm{(4)}反應(yīng)rm{Ce(BF}根據(jù)流程，加入rm{(4)}rm{Ce(BF}rm{{,!}_{4}}rm{)}將rm{)}還原為rm{{,!}_{3}}則rm{(s)+3K}rm{(s)+3K}rm{{,!}^{+}}rm{(aq)}被氧化為rm{(aq)}故離子方程式為：rm{?}rm{3KBF}rm{3KBF}rm{{,!}_{4}}rm{(s)+Ce}rm{(s)+Ce}rm{{,!}^{3+}}rm{(aq)}的平衡常數(shù)rm{(aq)}rm{K

dfrac{{c}_{left(C{e}^{3+}right)}}{c_{left({K}^{+}right