2024年滬科版高二物理下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………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)2024年滬科版高二物理下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：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、一段直導(dǎo)線懸掛在蹄形磁鐵的兩極間；通以如圖所示的電流后，該直導(dǎo)線所受安培力的方向是（）

A.向上。

B.向下。

C.向左。

D.向右。

2、根據(jù)熱力學(xué)定律，下列判斷正確的是（）A.我們可以把火爐散失到周圍環(huán)境中的能量全部收集到火爐中再次用來取暖B.滿足能量守恒定律的過程都可以自發(fā)地進(jìn)行C.冰箱的制冷系統(tǒng)能將冰箱內(nèi)的熱量傳給外界較高溫度的空氣，而不引起其他變化D.氣體分子自發(fā)的擴(kuò)散運(yùn)動(dòng)只能向著分子均勻分布的方向進(jìn)行3、如圖所示，豎直放置的彈簧，小球從彈簧正上方某一高處落下，從球接觸彈簧到彈簧被壓縮到最短的過程中，關(guān)于小球運(yùn)動(dòng)的下述說法中正確的是()A.加速度的大小先減小后增大B.加速度的大小先增大后減小C.速度大小不斷增大D.速度大小不斷減小4、水平拋出在空中飛行的物體，不考慮空氣阻力，則下列說法中錯(cuò)誤的是（）A.在相等的時(shí)間間隔內(nèi)動(dòng)量的變化相同B.在任何時(shí)間內(nèi)，動(dòng)量變化的方向都是豎直向下C.在任何時(shí)間內(nèi)，動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變化率恒定D.在剛拋出物體的瞬間，動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變化率為零5、如圖所示；波源S的起振方向向上，振動(dòng)頻率f=100Hz，產(chǎn)生的簡(jiǎn)諧波分別沿水平方向向左；右傳播，波速v=80m/s，在波的傳播方向上有P、Q兩點(diǎn)，已知SP=1.2m，SQ=1.4m，波剛好傳播到P點(diǎn)時(shí)波形圖正確的是（）

A.

B.

C.

D.

6、由電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E=可知；在電場(chǎng)中的同一點(diǎn)（）

A.電場(chǎng)強(qiáng)度E跟F成正比；跟q成反比。

B.無論試探電荷所帶的電量如何變化，始終不變。

C.同一電荷在電場(chǎng)中某點(diǎn)所受的電場(chǎng)力大；該點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度強(qiáng)。

D.一個(gè)不帶電的小球在P點(diǎn)受到的電場(chǎng)力為零；則P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)一定為零。

7、如圖所示的器材可用來研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象及判定感應(yīng)電流的方向。但給出的實(shí)物圖中連接并不完整，請(qǐng)你試著連成完整的實(shí)驗(yàn)電路基礎(chǔ)上回答：若將線圈L1插入線圈L2中，合上開關(guān)S，能使線圈L2中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向與線圈L1中原磁場(chǎng)方向相同的實(shí)驗(yàn)操作是（）A.插入鐵芯FB.拔出線圈L1C.使變阻器阻值R變大D.斷開開關(guān)S8、如圖所示，a、b分別為一對(duì)等量同種電荷連線上的兩點(diǎn)（其中b為中點(diǎn)），c為連線中垂線上的一點(diǎn)．今將一負(fù)點(diǎn)電荷q自a沿直線移到b再沿直線移到c；下列說法正確的是（）

A.電荷q受到的電場(chǎng)力一直變小B.電場(chǎng)力對(duì)電荷q一直做負(fù)功C.電荷q的電勢(shì)能先減小，后增加D.電荷q受到的電場(chǎng)力方向一直不變?cè)u(píng)卷人得分二、多選題(共5題，共10分)9、籃球運(yùn)動(dòng)員接傳來的籃球時(shí)；通常要先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球迅速引至胸前.

這樣做可以()

A.減小球?qū)κ值臎_量B.減小球的動(dòng)量變化率C.減小球的動(dòng)量變化量D.減小球?qū)κ值淖饔昧?0、關(guān)于動(dòng)量和沖量，下列說法正確的是（）A.物體所受合外力的沖量等于物體的動(dòng)量B.物體所受合外力的沖量等于物體動(dòng)量的變化C.物體所受沖量的方向與物體的動(dòng)量方向相同D.物體的動(dòng)量的方向與物體的運(yùn)動(dòng)方向相同11、如圖所示，是氧氣在0℃和100℃兩種不同情況下，各速率區(qū)間的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比與分子速率間的關(guān)系．由圖可知（）A.100℃的氧氣，速率大的分子比例較多B.具有最大比例的速率區(qū)間，0℃時(shí)對(duì)應(yīng)的速率大C.溫度越高，分子的平均速率大D.在0℃時(shí)，部分分子速率比較大，說明內(nèi)部有溫度較高的區(qū)域12、英國(guó)物理學(xué)家阿斯頓因首次制成質(zhì)譜儀，并用此對(duì)同位素進(jìn)行了研究，而榮獲了1922

年的諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)。如圖所示，P1P2

兩極板間同時(shí)存在相互垂直的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，氚核和婁脕

粒子都沿直線運(yùn)動(dòng)，然后射入同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，最終打在照相底片上的CD

兩點(diǎn)。已知氚核的質(zhì)量約為質(zhì)子的3

倍，帶正電荷，電荷量為一個(gè)元電荷；婁脕

粒子即氦原子核，質(zhì)量約為質(zhì)子的4

倍，帶正電荷，電荷量為元電荷的2

倍。氚核、婁脕

粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度分別為v1v2

在磁場(chǎng)中的軌道半徑分別為r1r2

不計(jì)粒子的重力。則下列說法正確的是(

)

A.v1v2=3攏潞2

B.r1r2=32

C.磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，CD

間的距離越小D.磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，CD

間的距離越大13、下列說法正確的是(

)

A.具有各向異性的固定一定是晶體B.懸浮在液體中的小顆粒越大，布朗運(yùn)動(dòng)越劇烈C.露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用E.把兩塊純凈的鉛壓緊，它們會(huì)“粘”在一起，說明分子間只存在分子引力E.把兩塊純凈的鉛壓緊，它們會(huì)“粘”在一起，說明分子間只存在分子引力評(píng)卷人得分三、填空題(共5題，共10分)14、如圖，用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的輕繩懸掛一質(zhì)量為m的小球（可以看成質(zhì)點(diǎn)），先對(duì)小球施加一水平作用力F，使小球緩慢從A運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，輕繩偏離豎直方向的夾角為θ。在此過程中，力F做的功為____。

15、在某次光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，得到的遏制電壓u0與入射光的頻率v的關(guān)系如圖所示，若該直線的斜率為k、橫截距為b，電子電荷量的絕對(duì)值為e，則普朗克常量可表示為____，所用材料的逸出功可表示為____．

16、如圖；一臺(tái)理想變壓器，原線圈2200

匝，副線圈440

匝，并接一個(gè)100惟

的負(fù)載電阻若把原線圈接在220V

交流電源上，則電壓表示數(shù)為______V

電流表示數(shù)為______A.

如果接上110V

的直流電源，則電壓表的讀數(shù)為______V.

17、某研究小組在做完測(cè)量電池組的電動(dòng)勢(shì)E

和內(nèi)阻r

與描繪小燈泡的伏安特性曲線后，想用下列器材組裝成一個(gè)電路，既能測(cè)量出電池組的電動(dòng)勢(shì)E

和內(nèi)阻r

又能同時(shí)描繪小燈泡的伏安特性曲線．

A.電壓表V1(

量程6V

內(nèi)阻很大)

B.電壓表V2(

量程3V

內(nèi)阻很大)

C.電流表A(

量程3A

內(nèi)阻很小)

D.滑動(dòng)變阻器R(

最大阻值10婁賂

額定電流4A)

E.小燈泡(2A5W)

F.電池組(

電動(dòng)勢(shì)E

內(nèi)阻r)

G.開關(guān)一只；導(dǎo)線若干。

實(shí)驗(yàn)時(shí)；調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的阻值，多次測(cè)量后發(fā)現(xiàn)：若電壓表V1

的示數(shù)增大，則電壓表V2

的示數(shù)減?。?/p>

(1)

請(qǐng)將設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)電路圖在下方的虛線方框中補(bǔ)充完整．

(2)

每一次操作后，同時(shí)記錄電流表A

電壓表V1

和電壓表V2

的示數(shù)，組成兩個(gè)坐標(biāo)點(diǎn)(I,U1)(I,U2)

標(biāo)到U鈭?I

坐標(biāo)中，經(jīng)過多次測(cè)量，最后描繪出兩條圖線，如下圖所示，則電池組的電動(dòng)勢(shì)E=

______V

內(nèi)阻r=

______婁賂.(

結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)

(3)

在U鈭?I

坐標(biāo)中兩條圖線在P

點(diǎn)相交；此時(shí)滑動(dòng)變阻器連入電路的阻值應(yīng)為______婁賂

電池組的效率為______(

結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)

．

18、圖為多用表表盤指針在測(cè)量時(shí)的偏轉(zhuǎn)位置。

若多用電表的選擇開關(guān)置于“×10”歐姆擋；則讀數(shù)是______Ω；

若多用電表的選擇開關(guān)置于直流“10mA”擋；則讀數(shù)是______mA；

若多用電表的選擇開關(guān)置于直流“50V”擋，則讀數(shù)是______V。評(píng)卷人得分四、判斷題(共4題，共40分)19、電場(chǎng)線與等勢(shì)面相互垂直，沿著同一等勢(shì)面移動(dòng)電荷時(shí)靜電力不做功．（判斷對(duì)錯(cuò)）20、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場(chǎng)，實(shí)線和虛線分別表示電場(chǎng)線和等勢(shì)線．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)．設(shè)電場(chǎng)力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

21、空間兩點(diǎn)放置兩個(gè)異種點(diǎn)電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖所示，且相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差均相等，電場(chǎng)中A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)大小的關(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

22、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場(chǎng)，實(shí)線和虛線分別表示電場(chǎng)線和等勢(shì)線．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)．設(shè)電場(chǎng)力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

評(píng)卷人得分五、簡(jiǎn)答題(共3題，共12分)23、孔雀石主要含rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}還含少量rm{Fe}rm{Si}的化合物。實(shí)驗(yàn)室以孔雀石為原料制備rm{CuSO_{4}隆隴5H_{2}O}及rm{CaCO_{3}}步驟如下：請(qǐng)回答下列問題：rm{壟脜}溶液rm{A}的金屬離子有rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}從下列所給試劑中選擇：實(shí)驗(yàn)步驟中試劑rm{壟脵}為____rm{(}填代號(hào)rm{)}檢驗(yàn)溶液rm{A}中rm{Fe^{3+}}的最佳試劑為____rm{(}填代號(hào)rm{)}rm{a.KMnO_{4}}rm{b.(NH_{4})_{2}S}rm{c.H_{2}O_{2}}rm{d.KSCN}rm{壟脝}由溶液rm{C}獲得rm{CuSO_{4}隆隴5H_{2}O}需要經(jīng)過加熱蒸發(fā)、____、過濾等操作。除燒杯、漏斗外，過濾操作還用到另一玻璃儀器，該儀器在此操作中的主要作用是____。rm{壟脟}制備rm{CaCO_{3}}時(shí)，應(yīng)向rm{CaCl_{2}}溶液中先通入rm{(}或先加入rm{)}____rm{(}填化學(xué)式rm{)}其原因是____。rm{壟脠F(tuán)e(OH)_{3}}在水溶液中存在著沉淀溶解平衡，在常溫下rm{K}rm{{,!}_{sp}=4隆脕10^{-39}}常溫下濾液rm{C}的rm{pH=4}其中殘留的rm{Fe^{3+}}的濃度為____。24、rm{[}化學(xué)rm{隆陋隆陋}選修r(nóng)m{3}物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)rm{]}鋅在工業(yè)中有重要作用，也是人體必需的微量元素。回答下列問題：rm{(1)Zn}原子核外電子排布式為________________。rm{(2)}黃銅是人類最早使用的合金之一，主要由rm{Zn}和rm{Cu}組成。第一電離能Ⅰrm{{,!}_{1}(Zn)}_______Ⅰrm{{,!}_{1}(Cu)(}填“大于”或“小于”rm{)}原因是________________。rm{(3)ZnF_{2}}具有較高的熔點(diǎn)rm{(872隆忙)}其化學(xué)鍵類型是_________；rm{ZnF_{2}}不溶于有機(jī)溶劑而rm{ZnCl_{2}}rm{ZnBr_{2}}rm{ZnI_{2}}能夠溶于乙醇、乙醚等有機(jī)溶劑，原因是________________。rm{(4)隆露}中華本草rm{隆路}等中醫(yī)典籍中，記載了爐甘石rm{(ZnCO_{3})}入藥，可用于治療皮膚炎癥或表面創(chuàng)傷。rm{ZnCO_{3}}中，陰離子空間構(gòu)型為________________，rm{C}原子的雜化形式為________________。rm{(5)}金屬rm{Zn}晶體中的原子堆積方式如圖所示，這種堆積方式稱為_______________。六棱柱底邊邊長(zhǎng)為rm{acm}高為rm{ccm}阿伏加德羅常數(shù)的值為rm{N_{A}}rm{Zn}的密度為________________rm{g隆隴cm^{-3}(}列出計(jì)算式rm{)}25、錳的單質(zhì)及其化合物在生產(chǎn)、生活中有廣泛應(yīng)用。rm{(1)}堿性鋅錳電池廣泛應(yīng)用于日常生活。電池的總反應(yīng)式為：rm{Zn(s)+2MnO_{2}(s)+2H_{2}O(l)簍TZn(OH)_{2}(s)+2MnOOH(s)}該電池的正極反應(yīng)式為____。rm{(2)}某學(xué)習(xí)小組擬以廢舊干電池為原料制取錳，簡(jiǎn)易流程如下：

rm{壟脵}加入濃鹽酸溶解廢舊電池內(nèi)黑色物質(zhì)過程中必須防止人員中毒，其原因rm{(}用離子方程式表示rm{)}是____。rm{壟脷}寫出碳酸錳在空氣中灼燒生成四氧化三錳的化學(xué)方程式____。rm{壟脹}從產(chǎn)品純度和、環(huán)保角度考慮，rm{X}宜選擇____rm{(}填代號(hào)rm{)}A.焦炭rm{B.}鋁rm{C.}氫氣rm{D.}一氧化碳rm{(3)}電解硫酸錳溶液法制錳又叫濕法冶錳。以菱錳礦rm{(}主要成份是rm{MnCO_{3}}主要雜質(zhì)是rm{Fe^{2+}}rm{Co^{2+}}rm{Ni^{2+})}為原料制備錳的工藝流程如下已知：rm{NiS}、rm{CoS}均難溶于水。部分氫氧化物的rm{pH}如下表：rm{(}若某離子濃度小于等于rm{10^{-5}mol隆隴L^{-1}}則認(rèn)為完全沉淀rm{)}。物質(zhì)rm{Fe(OH)_{2}}rm{Ni(OH)_{2}}rm{Co(OH)_{2}}rm{Mn(OH)_{2}}rm{Fe(OH)_{3}}開始沉淀rm{pH}rm{7.5}rm{7.7}rm{7.6}rm{8.3}rm{2.7}完全沉淀rm{pH}rm{9.7}rm{8.4}rm{8.5}rm{9.8}rm{3.8}rm{壟脵}棄渣rm{A}主要成分是____，浸出槽內(nèi)rm{MnO_{2}}的作用是rm{(}用離子方程式表示rm{)}____。rm{壟脷}加入氨水調(diào)節(jié)浸出槽中溶液的rm{pH}范圍為____。rm{壟脹}由電解槽獲得的錳需要洗滌、干燥，能說明已經(jīng)洗凈的實(shí)驗(yàn)操作是____。評(píng)卷人得分六、推斷題(共3題，共18分)26、I、（1）含氰廢水中的CN－有劇毒。在微生物的作用下，CN－能夠被氧氣氧化成HCO3－，同時(shí)生成NH3，該反應(yīng)的離子方程式為____。

（2）含乙酸鈉和對(duì)氯酚（）的廢水可以利用微生物電池除去，同時(shí)提供電能，其原理如圖所示。則A極的電極反應(yīng)式為：____。

II、鋅鋇白是一種白色顏料。工業(yè)上是由ZnSO4與BaS溶液混合而成：BaS＋ZnSO4＝ZnS↓＋BaSO4↓。請(qǐng)根據(jù)以下工業(yè)生產(chǎn)流程回答有關(guān)問題。ZnSO4溶液的制備與提純：有關(guān)資料：a．菱鋅礦的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等；b．Zn(OH)2與Al(OH)3相似，能溶于過量的NaOH溶液生成Na2ZnO2。（1）濾渣1的化學(xué)式為____；（2）②中使用的氧化劑最好是下列的____（選填字母代號(hào)）。A．Cl2B．濃HNO3C．KMnO4D．H2O2____（3）為了達(dá)到綜合利用、節(jié)能減排的目的，上述流程步驟④中的CO2可以來自于步驟____（選填①、②、③、⑤）。（4）寫出步驟④所發(fā)生的離子方程式____。27、化合物rm{G[}rm{G[}是一種醫(yī)藥中間體，它的一種合成路線如下：請(qǐng)回答下列問題：rm{]}是一種醫(yī)藥中間體，它的一種合成路線如下：的名稱是_____________。rm{]}的反應(yīng)條件為_____________，rm{(1)A}和rm{(2)B隆煤C}的反應(yīng)類型分別是_____________、_____________。rm{A隆煤B}在濃硫酸加熱的條件下會(huì)生成一種含六元環(huán)的化合物，該化合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_____________。rm{D隆煤E}是一種高聚酯，rm{(3)D}的化學(xué)方程式為___________。rm{(4)H}下列關(guān)于化合物rm{D隆煤H}的說法錯(cuò)誤的是_________。A.rm{(5)}的分子式為rm{G}B.rm{G}與rm{C_{12}H_{14}O_{5}}溶液加熱最多消耗rm{1molG}C.一定條件下rm{NaOH}發(fā)生消去反應(yīng)生成的有機(jī)物存在順反異構(gòu)體D.在一定條件下rm{2molNaOH}能與rm{G}發(fā)生取代反應(yīng)rm{G}是rm{HBr}的同分異構(gòu)體，與rm{(6)M}具有相同的官能團(tuán)。則rm{D}可能的結(jié)構(gòu)有________種。rm{D}28、【化學(xué)選做】（15分）有機(jī)化合物甲、乙用于制備化妝品，二者合成路線如下（部分產(chǎn)物及條件略）。已知：（-R、-R’代表烴基或-H）（1）A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是____。（2）化合物F能與濃溴水反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀。①有機(jī)物甲中官能團(tuán)的名稱是____。②“C→有機(jī)化合物甲”的化學(xué)方程式是____。③化合物F的名稱是____。（3）化合物G的分子式為C3H6O，核磁共振氫譜顯示只有一種化學(xué)環(huán)境的氫。G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是____。（4）A與G反應(yīng)生成D的反應(yīng)方程式為____。(5)寫出E所有可能的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式（滿足合成路線）____。參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】

根據(jù)左手定則：伸開左手；拇指與手掌垂直且共面，磁感線穿過掌心，四指指向電流方向，則大拇指的方向指向右，則安培力的方向向右，故A；B、C錯(cuò)誤，D正確．

故選D．

【解析】【答案】通電直導(dǎo)線在磁場(chǎng)中受到的安培力方向利用左手定則判斷．讓磁感線穿過左手手心；四指指向電流方向，拇指指向安培力方向．

2、D【分析】解：A；火爐通過能量耗散把品質(zhì)高的內(nèi)能傳遞到大氣中去；變?yōu)槠焚|(zhì)低的大氣內(nèi)能，根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，這些能量不可能再全部收集到火爐中，故A錯(cuò)誤；

B；自然中的宏觀過程既要滿足能量守恒又要滿足熱力學(xué)第二定律；故B錯(cuò)誤；

C；根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知；冰箱的制冷系統(tǒng)能將冰箱內(nèi)的熱量傳給外界較高溫度的空氣，而不引起其他變化是不可能的，故C錯(cuò)誤；

D；根據(jù)熱力學(xué)第二定律；氣體分子自發(fā)的擴(kuò)散運(yùn)動(dòng)只能向著分子均勻分布的方向進(jìn)行．故D正確．

故選：D

正確解答本題需要掌握：正確理解和應(yīng)用熱力學(xué)第二定律；理解宏觀自然過程的方向性，理解熱量不可能從低溫物體傳到高溫物體而不引起其它變化具體含義．

本題考查了熱力學(xué)第二定律的理解和應(yīng)用，注意熱力學(xué)第二定律的多種表達(dá)式，理解宏觀自然過程的方向性．【解析】【答案】D3、A【分析】略【解析】A

4、D【分析】解：A；平拋運(yùn)動(dòng)的物體只受到重力的作用；根據(jù)動(dòng)量定理，動(dòng)量的變化△P=Gt，G恒定不變，在相等的時(shí)間間隔內(nèi)動(dòng)量的變化△P相同。故A正確。

B；根據(jù)動(dòng)量定理：平拋物體動(dòng)量變化的方向與重力方向相同；不變。故B正確。

C、D由動(dòng)量定理變形得=G；平拋物體動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變化率恒定。故C正確，D錯(cuò)誤。

本題選錯(cuò)誤的；故選：D

不考慮空氣阻力；平拋物體只受重力，其沖量直接由I=Ft可求出．根據(jù)動(dòng)量定理，動(dòng)量的變化量等于合力的沖量．由牛頓定律研究動(dòng)量對(duì)時(shí)間的變化率．

本題考查運(yùn)用動(dòng)量定理由合力的沖量分析動(dòng)量變化量的能力，解答的關(guān)鍵是理解平拋運(yùn)動(dòng)中的受力不變．【解析】D5、B【分析】

波長(zhǎng)λ===0.8m，SP=1.2m=1λ，SQ=1.4m=1λ；

波剛傳到P點(diǎn)時(shí)；P點(diǎn)的振動(dòng)方向與波源的起振方向相同，向上；

由圖示可知；ACD錯(cuò)誤，B正確；

故選B．

【解析】【答案】波傳到某點(diǎn)時(shí)質(zhì)點(diǎn)的起振方向與波源的起振方向相同；已知波速與頻率，可以求出波長(zhǎng)，求出兩點(diǎn)到波源間有幾個(gè)波長(zhǎng)，然后分析圖象答題．

6、B【分析】

A；電場(chǎng)強(qiáng)度等于試探電荷所受電場(chǎng)力與電荷量的比值；但電場(chǎng)強(qiáng)度E并不跟F成正比，跟q成反比，而F、q無關(guān)，E由電場(chǎng)本身決定．故A錯(cuò)誤．

B、在電場(chǎng)中的同一點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度E是一定的，則無論試探電荷所帶的電量如何變化，始終不變．故B正確．

C；同一電荷在電場(chǎng)中某點(diǎn)所受的電場(chǎng)力大；P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不一定為零，還要該電荷的電荷量大?。蔆錯(cuò)誤．

D；電場(chǎng)對(duì)不帶電的小球沒有電場(chǎng)力作用；不帶電的小球在P點(diǎn)受到的電場(chǎng)力為零，P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)可能為零，也可能不為零．故D錯(cuò)誤．

故選B

【解析】【答案】電場(chǎng)強(qiáng)度與試探電荷所受電場(chǎng)力；電荷量無關(guān)；由電場(chǎng)本身決定．同一電荷在電場(chǎng)中某點(diǎn)所受的電場(chǎng)力大，該點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不一定大．電場(chǎng)對(duì)不帶電的小球沒有電場(chǎng)力作用，一個(gè)不帶電的小球在P點(diǎn)受到的電場(chǎng)力為零，P點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不一定為零．

7、B|C|D【分析】當(dāng)通過的磁通量減小時(shí)，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)與原磁場(chǎng)相同，BCD對(duì)；【解析】【答案】BCD8、B【分析】A、兩個(gè)等量同種電荷在點(diǎn)b處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反，互相抵消，則中點(diǎn)b的場(chǎng)強(qiáng)為零，所以將一帶電量為q的負(fù)點(diǎn)電荷自a沿直線移到b再沿直線移到c；電場(chǎng)力先減小后增大，故A錯(cuò)誤；

B、負(fù)電荷所受力的方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，所以負(fù)點(diǎn)電荷自a沿直線移到b的過程中；電場(chǎng)力做負(fù)功，再沿直線移到c時(shí)，電場(chǎng)力還是做負(fù)功，故B正確；

C；電場(chǎng)力一直做負(fù)功；電荷的電勢(shì)能一直增大，故C錯(cuò)誤；

D、從a到b再到c的過程中，電場(chǎng)強(qiáng)度方向先沿ab方向，后沿bc方向；電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向相反，所以電場(chǎng)力的方向也改變，故D錯(cuò)誤；

故選B．

【點(diǎn)睛】?jī)蓚€(gè)等量同種電荷，它們?cè)邳c(diǎn)O處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反；bc連線上方的中垂線上每一點(diǎn)（除b點(diǎn)）電場(chǎng)線方向向上；根據(jù)電場(chǎng)力做功正負(fù)，判斷電勢(shì)能的變化：電場(chǎng)力做負(fù)功，電荷的電勢(shì)能增大．二、多選題(共5題，共10分)9、BD【分析】先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理即可分析.

解：先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理得：鈭?Ft=0鈭?mv

解得：F=

=

接球過程，球的動(dòng)量變化量相等，當(dāng)時(shí)間增大時(shí)，球動(dòng)量的變化率減小；作用力就減小，而沖量和動(dòng)量的變化量都不變；故AC錯(cuò)誤，BD正確.

故選：BD

【解析】BD

10、BD【分析】解：A；物體的質(zhì)量與速度的乘積是物體的動(dòng)量；物體動(dòng)量的變化量等于合外力的沖量，物體的動(dòng)量與所受沖量沒有直接關(guān)系，故A錯(cuò)誤；

B；由動(dòng)量定理可知；物體動(dòng)量的變化等于合外力的沖量，物體所受合外力的沖量大小等于物體動(dòng)量的變化大小，物體所受合外力的沖量方向與物體動(dòng)量的變化方向相同，故B正確；

D；物體的動(dòng)量變化方向與物體所受合外力的沖量方向相同；與物體的動(dòng)量方向可能相同，也可能相反，故C錯(cuò)誤；

D；動(dòng)量的方向與速度的方向相同；故D正確；

故選：BD．

力與時(shí)間的乘積是力的沖量；物體質(zhì)量與速度的乘積是動(dòng)量，合外力的沖量等于動(dòng)量的變化．

本題考查了動(dòng)量定理的應(yīng)用，掌握動(dòng)量定理即明確動(dòng)量和沖量各自的決定因素，同時(shí)明確二者之間的關(guān)系．【解析】【答案】BD11、AC【分析】解：A；同一溫度下；中等速率大的氧氣分子數(shù)所占的比例大，溫度升高使得氧氣分子的平均速率增大，100℃的氧氣，速率大的分子比例較多，A正確B錯(cuò)誤；

C；溫度升高使得氧氣分子的平均速率增大；C正確；

D；溫度是平均動(dòng)能的標(biāo)志；0℃時(shí)，也有部分分子的速率較大，但平均速率較小，D錯(cuò)誤；

故選：AC

溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志；溫度升高分子的平均動(dòng)能增加，不同溫度下相同速率的分子所占比例不同．

本題考查了分子運(yùn)動(dòng)速率的統(tǒng)計(jì)分布規(guī)律，記住圖象的特點(diǎn)，溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志．【解析】【答案】AC12、BC【分析】解：A

設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E

帶電粒子的電荷量為q

因?yàn)樵摿Ｗ釉诮饘侔彘g做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以有：

qE=qvB1

解得：v=EB1

可知它們的速度是相等的。故A錯(cuò)誤；

B；帶電粒子在偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R

據(jù)牛頓第二定律有：

qvB2=mv2R

解得：r=mvqB2=vB2鈰?mq.v

與B2

是相等的；由于氚核的質(zhì)量約為質(zhì)子的3

倍，電荷量為一個(gè)元電荷；婁脕

粒子即氦原子核，質(zhì)量約為質(zhì)子的4

倍，電荷量為元電荷的2

倍，設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m0

則：

r1r2=m1m2鈰?q2q1=3m04m0鈰?2ee=32.

故B正確；

CD

根據(jù)公式：r=mvqB2

可知，偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，CD

間的距離越小。故C正確，D錯(cuò)誤。

故選：BC

由于帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)；所以上平衡條件就能求出粒子的速度。

測(cè)得O2

和A

點(diǎn)之間的距離為L(zhǎng)

即粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的直徑，由洛侖茲力提供向心力就能求出半徑與半徑關(guān)系。

另外一束帶電粒子也從狹縫O1

射入；保持其他條件不變，粒子最終打在照相底片上的C

點(diǎn)，O2

和C

點(diǎn)之間的距離大于L

說明該粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大，由左手定則等能夠判斷出該粒子的比荷大。

本題考察的是速度選擇器和質(zhì)譜儀的原理的綜合，由平衡條件和牛頓第二定律就能求出相關(guān)的物理量。還要注意的是打在熒光屏上點(diǎn)距出發(fā)點(diǎn)的距離為粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)半徑的2

倍即直徑?！窘馕觥緽C

13、ACD【分析】解：A

單晶體具有各向異性；而多晶體則各向同性，所以具有各向異性的一定是晶體，故A正確．

B；懸浮在液體中的小顆粒越??；布朗運(yùn)動(dòng)越劇烈，故B錯(cuò)誤；

C；液體的表面張力有使液體的表面積減小到最小的趨勢(shì)；如露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用.

故C正確；

D；兩分子之間同時(shí)存在著引力和斥力；引力和斥力都隨分子間的距離增大而減小，但斥力比引力減小得更快，故D正確；

E；把兩塊純凈的鉛壓緊；它們會(huì)“粘”在一起，說明分子間存在引力，分子引力大于分子斥力，不是說明分子間只存在分子引力，分子間引力和斥力同時(shí)存在，故E錯(cuò)誤；

故選：ACD

本題考查了對(duì)晶體和單晶體的理解；晶體具有各向異性，在各個(gè)不同的方向上的物理性質(zhì)不同，分子的排列在空間上有周期性，非晶體具有各項(xiàng)同性.

露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用；兩分子之間同時(shí)存在著引力和斥力，引力和斥力都隨分子間的距離增大而減小，隨著距離的減小而增大，但斥力比引力變化得更快；

本題考查考查了對(duì)熱學(xué)有關(guān)知識(shí)的理解和應(yīng)用能力，尤其是分子力的變化情況是易錯(cuò)點(diǎn)，也是考試的熱點(diǎn)．【解析】ACD

三、填空題(共5題，共10分)14、【分析】【解答】由于小球緩慢運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，力F所做的功轉(zhuǎn)化為物體的重力勢(shì)能的增量mgh=

故答案為：

【分析】本題注意小球緩慢運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)能不變這一暗含條件。15、ekkeb．【分析】【解答】根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程EK=hγ﹣W，任何一種金屬的逸出功W一定，說明EK隨頻率f的變化而變化，且是線性關(guān)系（與y=ax+b類似），直線的斜率等于普朗克恒量，由于：EK=eUe所以：eUe=hγ﹣W；

由圖可得Ue=kγ﹣b

整理得：h=ek；

EK=hγ﹣W，EK=0時(shí)有hγ0﹣W=0，所以逸出功W=keb；

故答案為：ek，keb．

【分析】本題考查了愛因斯坦光電效應(yīng)方程EK=hγ﹣W，注意將有關(guān)的物理知識(shí)和數(shù)學(xué)的圖線聯(lián)系起來，培養(yǎng)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理物體．16、440.440

【分析】【分析】

由變壓器的電壓比等于匝數(shù)比解得電壓表示數(shù)；并由歐姆定律解得電流表示數(shù)。當(dāng)原線圈接在110VV110VV直流電源上時(shí)，原線圈電流恒定，副線圈中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流。本題第一問關(guān)鍵明確變壓器的工作原理，容易出錯(cuò)；第二問是基本規(guī)律的運(yùn)用，關(guān)鍵熟悉理想變壓器的變壓比公式?！窘獯稹?/p>

當(dāng)原線圈接在220V

交流電源上時(shí)，根據(jù)變壓器的變壓比公式，U1U2=n1n2有：U2=4402200隆脕220=44V

電流為：I2=U2R=44100=0.44A

變壓器的工作原理是互感現(xiàn)象；當(dāng)原線圈接在110V

直流電源上時(shí)，原線圈電流恒定，副線圈中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故電流表與電壓表的讀數(shù)都為零；

故答案為：440.440

【解析】440.440

17、略

【分析】解：(1)

伏安法測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)中；電壓表測(cè)路端電壓，電壓表示數(shù)隨滑動(dòng)變阻器接入電路阻值的增大而增大；描繪小燈泡伏安特性曲線實(shí)驗(yàn)中，電流表測(cè)流過燈泡的電流，燈泡兩端電壓隨滑動(dòng)變阻器接入電路電阻的增大而減??；調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器時(shí)，電壓表V1

的示數(shù)增大，則電壓表V2

的示數(shù)減小，則測(cè)路端電壓，V2

測(cè)燈泡兩端電壓，電路圖如圖所示．

(2)

電源的U鈭?I

圖象是一條傾斜的直線；由圖象可知，電源電動(dòng)勢(shì)E=4.5V

電源內(nèi)阻。

r=鈻?U鈻?I=4.5V鈭?2.5V2.0A=1.0婁賂

．

(3)

由圖乙所示圖象可知；兩圖象的交點(diǎn)坐標(biāo)，即燈泡電壓UL=2.5V

此時(shí)電路電流I=2.0A

電源電動(dòng)勢(shì)E=Ir+UL+IR祿盧

即4.5V=2.0A隆脕1婁賂+2.5V+2.0A隆脕R祿盧

則R祿盧=0婁賂

電池組的效率婁脟=P魯枚P脳脺=UIEI=ULE=2.54.5隆脰56%

．

故答案為：(1)

電路圖如圖所示；(2)4.51.0(3)056%

．

(1)

測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)時(shí)；電壓表測(cè)路端電壓，隨滑動(dòng)變阻器接入電路阻值的增大，電壓表示數(shù)增大；燈泡兩端電壓隨滑動(dòng)變阻器阻值增大而減??；根據(jù)電壓表示數(shù)變化確定各電路元件的連接方式，然后作出實(shí)驗(yàn)電路圖．

(2)

電源的U鈭?I

圖象與縱軸的交點(diǎn)示數(shù)是電源的電動(dòng)勢(shì)；圖象斜率的絕對(duì)值等于電源內(nèi)阻．

(3)

由圖象求出兩圖線的交點(diǎn)對(duì)應(yīng)的電壓與電流；然后根據(jù)閉合電路中內(nèi)外電壓的關(guān)系及歐姆定律求出滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值；由圖象求出電路電流，然后由P=UI

及效率公式求出電池組的效率．

電源的U鈭?I

圖象與縱軸的交點(diǎn)是電動(dòng)勢(shì)，圖象斜率的絕對(duì)值等于電源內(nèi)阻，求電源內(nèi)阻時(shí)要注意看清楚縱軸坐標(biāo)起點(diǎn)數(shù)據(jù)是多少，否則容易出錯(cuò)．【解析】4.51.0056%

18、2004.221.0【分析】解：歐姆檔讀數(shù)：20×10=200Ω

置于直流“10mA”擋；則讀數(shù)是4.2mA；

置于直流“50V”擋；則讀數(shù)是21.0v

故答案為：2004.221.0

電阻的讀數(shù)為示數(shù)乘以倍率；電壓和電流的讀數(shù)為格子數(shù)乘以每小格表示的數(shù)，要注意估讀。

本題考查了歐姆表、電壓表和電流表的使用和讀數(shù)，記住其方法即可解決此類題目?！窘馕觥?004.221.0四、判斷題(共4題，共40分)19、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場(chǎng)線的特點(diǎn)可知；沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低；電場(chǎng)線垂直于等勢(shì)面、同一等勢(shì)面移動(dòng)電荷電場(chǎng)力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場(chǎng)線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠(yuǎn)出發(fā)，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷，不閉合，電場(chǎng)線疏密描述電場(chǎng)強(qiáng)弱，電場(chǎng)線密的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度大，疏的地方電場(chǎng)強(qiáng)度弱，沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低．20、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場(chǎng)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(gè)等勢(shì)面上，根據(jù)W=qU判斷電場(chǎng)力做功的大小，根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?1、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點(diǎn)電勢(shì)高，靠近負(fù)電荷的點(diǎn)，電勢(shì)較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖象中的等勢(shì)面左右對(duì)稱；無窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0．該圖象的左側(cè)的等勢(shì)線比較密，無窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0，所以無窮遠(yuǎn)處到兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差相比，與a點(diǎn)之間的電勢(shì)差比較大，所以a點(diǎn)所帶的電量就多．

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．22、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場(chǎng)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(gè)等勢(shì)面上，根據(jù)W=qU判斷電場(chǎng)力做功的大小，根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?、簡(jiǎn)答題(共3題，共12分)23、（1）cd）1cd）冷卻結(jié)晶（2）冷卻結(jié)晶引流引流2）·（3）NH3·H2OCO2不易溶于CaCl2溶液不易溶于3溶液NH3H2OCO2）CaCl2×（4）4×10-9mol/L【分析】【分析】本題通過制備rm{CuSO}rm{4}rm{4}rm{?5H}rm{2}及rm{2}rm{O}實(shí)驗(yàn)考查常見金屬的單質(zhì)及其化合物的應(yīng)用以及基本的實(shí)驗(yàn)操作，涉及物質(zhì)的制取和提純等實(shí)驗(yàn)操作，掌握基本的實(shí)驗(yàn)操作步驟是解題的關(guān)鍵，注意蒸發(fā)、過濾、滴定等操作在進(jìn)行中的注意事項(xiàng)，題目難度中等?！窘獯稹恐苽鋜m{CaCO}及rm{3}步驟：孔雀石主要成分rm{3}其中還含少量rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}rm{CaCO_{3}}的化合物rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}鐵元素以rm{Fe}rm{Si}價(jià)存在，孔雀石與硫酸反應(yīng)中，少量rm{.}的氧化物均與硫酸反應(yīng)，只有rm{+2}不反應(yīng)，溶液rm{+3}中含rm{Fe}rm{SiO_{2}}rm{A}由工藝流程轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，實(shí)現(xiàn)由溶液rm{Cu^{2+}}至溶液rm{Fe^{2+}}轉(zhuǎn)化，目的是將rm{Fe^{3+}}氧化為rm{A}試劑rm{B}應(yīng)為氧化劑，且不能引入新的雜質(zhì)，則溶液rm{Fe^{2+}}中含rm{Fe^{3+}}rm{壟脵}加rm{B}促進(jìn)鐵離子水解轉(zhuǎn)化為沉淀，所以溶液rm{Cu^{2+}}中主要為硫酸銅，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶得到rm{Fe^{3+}}制備rm{CuO}時(shí)，先通入氨氣，增大二氧化碳的溶解，生成碳酸銨與氯化鈣反應(yīng)生成碳酸鈣、氯化銨，反應(yīng)為：rm{C}則過濾可得到rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}依此回答即可。

rm{CaCO_{3}}本實(shí)驗(yàn)要除去rm{CaCl_{2}+CO_{2}+2NH_{3}?H_{2}O=CaCO_{3}隆媒+2NH_{4}Cl+H_{2}O}rm{CaCO_{3}}等離子，先加入合適的氧化劑時(shí)不能引入新的雜質(zhì)，可加入rm{(1)}發(fā)生的反應(yīng)為：rm{Fe^{2+}}因rm{Fe^{3+}}遇rm{H_{2}O_{2}}溶液變?yōu)檠t色，常用rm{2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H^{+}=2Fe^{3+}+2H_{2}O}檢驗(yàn)rm{Fe^{3+}}

故答案為：rm{KSCN}rm{KSCN}

rm{Fe^{3+}}從溶液中要析出晶體；采用冷卻結(jié)晶法，然后進(jìn)行過濾等操作，過濾用到的儀器有燒杯；玻璃棒、漏斗、濾紙等儀器，其中玻璃棒在過濾時(shí)起到引流的作用；

故答案為：冷卻結(jié)晶；引流；

rm{c}溶液不能與rmnvbjhj7反應(yīng)；加入堿能反應(yīng)，但又不能引入雜質(zhì)，可加入一水合氨；

故答案為：rm{(2)}rm{(3)CaCl_{2}}rm{CO_{2}}溶液；

rm{NH_{3}?H_{2}O}rm{CO_{2}}的rm{CO_{2}}時(shí)，不易溶于rm{CaCl_{2}}溶液rm{CaCl_{2}}此時(shí)溶液中的鐵離子濃度為：rm{c(F{e}^{3+})=dfrac{Ksp}{c(O{H}^{-}{)}^{3}}=dfrac{4隆脕{10}^{-39}}{(1隆脕{10}^{-10}{)}^{3}}mol/L=4隆脕{10}^{-9}mol/L}rm{CaCl_{2}}rm{(4)}常溫下濾液rm{C}的rm{pH=4}時(shí)，rm{c(OH^{-})=1}rm{C}

rm{pH=4}【解析】rm{(}rm{1}rm{)}rm{c}rmz3zdhffrm{(}rm{1}rm{1}rm{)}rm{c}rmvtnzhpnrm{c}rmhv3bbxj冷卻結(jié)晶rm{(}rm{2}rm{)}冷卻結(jié)晶引流引流rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}rm{(}rm{3}rm{)}rm{NH_{3}}rm{隆隴}rm{H_{2}O}rm{CO_{2}}不易溶于rm{CaCl_{2}}溶液rm{(}不易溶于rm{3}溶液rm{3}rm{)}rm{NH_{3}}rm{NH_{3}}rm{隆隴}rm{H_{2}O}rm{CO_{2}}rm{H_{2}O}rm{CO_{2}}24、rm{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}}或rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}}

rm{(2)>}rm{Zn}原子軌道中電子處于全滿狀態(tài)，rm{Cu}失去一個(gè)電子內(nèi)層電子達(dá)到全充滿穩(wěn)定狀態(tài)

rm{(3)}離子鍵乙醇、乙醚等有機(jī)溶劑屬于極性分子，rm{ZnCl_{2}}rm{ZnBr_{2}}rm{ZnI_{2}}為極性分子，即溶質(zhì)、溶劑都屬于極性分子，所以互溶

rm{(4)}平面正三角形rm{sp^{2}}

rm{(5)}六方最密堆積rm{dfrac{65隆脕6}{(a^{2}timessin120^circtimes3timesc)N_{A}}}或rm{dfrac{65隆脕6}{(a^{2}timessin60^circtimes3timesc)N_{A}}}rm{dfrac{65隆脕6}{(a^{2}timessin120

^circtimes3timesc)N_{A}}}【分析】【分析】rm{(1)Zn}原子核外有rm{30}個(gè)電子，分別分布在rm{1s}rm{2s}rm{2p}rm{3s}rm{3p}rm{3d}rm{4s}能級(jí)上，根據(jù)構(gòu)造原理書寫其原子核外電子排布式；rm{(2)}軌道中電子處于全滿、全空、半滿時(shí)較穩(wěn)定，失去電子需要的能量較大；rm{(3)}離子晶體熔沸點(diǎn)較高，離子晶體中含有離子鍵；乙醇、乙醚等有機(jī)溶劑屬于極性分子，極性分子的溶質(zhì)易溶于極性分子的溶劑，根據(jù)相似相溶原理分析；rm{(4)ZnCO_{3}}中，陰離子rm{CO_{3}^{2-}}中rm{C}原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)rm{=3+dfrac{4+2-3隆脕2}{2}=3}且不含孤電子對(duì)，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷碳酸根離子空間構(gòu)型及rm{=3+dfrac

{4+2-3隆脕2}{2}=3}原子的雜化形式；rm{C}金屬鋅的這種堆積方式稱為六方最密堆積，該晶胞中rm{(5)}原子個(gè)數(shù)rm{=12隆脕dfrac{1}{6}+2隆脕dfrac{1}{2}+3=6}六棱柱底邊邊長(zhǎng)為rm{Zn}高為rm{=12隆脕dfrac{1}{6}+2隆脕dfrac

{1}{2}+3=6}六棱柱體積rm{=[(a隆脕a隆脕sin120^{circ})隆脕3隆脕c]cm^{3}}晶胞密度rm{acm}本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及晶胞計(jì)算、微?？臻g構(gòu)型判斷、原子雜化方式判斷、原子核外電子排布等知識(shí)點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生分析、判斷、計(jì)算及空間想像能力，熟練掌握均攤分在晶胞計(jì)算中的正確運(yùn)用、價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)的計(jì)算方法，注意：該晶胞中頂點(diǎn)上的原子被rm{ccm}個(gè)晶胞共用而不是rm{=[(a隆脕a隆脕sin

120^{circ})隆脕3隆脕c]cm^{3}}個(gè)，為易錯(cuò)點(diǎn)?！窘獯稹縭m{=dfrac{m}{V}}原子核外有rm{6}個(gè)電子，分別分布在rm{8}rm{(1)Zn}rm{30}rm{1s}rm{2s}rm{2p}rm{3s}能級(jí)上，其核外電子排布式為rm{3p}或rm{3d}

故答案為：rm{4s}或rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}}

rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}}軌道中電子處于全滿、全空、半滿時(shí)較穩(wěn)定，失去電子需要的能量較大，rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}}原子軌道中電子處于全滿狀態(tài)，rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}}失去一個(gè)電子內(nèi)層電子達(dá)到全充滿穩(wěn)定狀態(tài)，所以rm{(2)}較rm{Zn}易失電子，則第一電離能rm{Cu}

故答案為：rm{Cu}rm{Zn}原子軌道中電子處于全滿狀態(tài)，rm{Cu<Zn}失去一個(gè)電子內(nèi)層電子達(dá)到全充滿穩(wěn)定狀態(tài)；

rm{>}離子晶體熔沸點(diǎn)較高，熔沸點(diǎn)較高rm{Zn}為離子晶體，離子晶體中含有離子鍵；

根據(jù)相似相溶原理知，極性分子的溶質(zhì)易溶于極性分子的溶劑，乙醇、乙醚等有機(jī)溶劑屬于極性分子，rm{Cu}rm{(3)}rm{ZnF_{2}}能夠溶于乙醇、乙醚等有機(jī)溶劑，說明rm{ZnCl_{2}}rm{ZnBr_{2}}rm{ZnI_{2}}為極性分子；

故答案為：離子鍵；乙醇、乙醚等有機(jī)溶劑屬于極性分子，rm{ZnCl_{2}}rm{ZnBr_{2}}rm{ZnI_{2}}為極性分子；即溶質(zhì)；溶劑都屬于極性分子，所以互溶；

rm{ZnCl_{2}}中，陰離子rm{ZnBr_{2}}中rm{ZnI_{2}}原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)rm{=3+dfrac{4+2-3隆脕2}{2}=3}且不含孤電子對(duì)，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷碳酸根離子空間構(gòu)型及rm{(4)ZnCO_{3}}原子的雜化形式分別為平面正三角形、rm{CO_{3}^{2-}}雜化；

故答案為：平面正三角形；rm{C}

rm{=3+dfrac

{4+2-3隆脕2}{2}=3}金屬鋅的這種堆積方式稱為六方最密堆積，該晶胞中rm{C}原子個(gè)數(shù)rm{=12隆脕dfrac{1}{6}+2隆脕dfrac{1}{2}+3=6}

六棱柱底邊邊長(zhǎng)為rm{sp^{2}}高為rm{sp^{2}}六棱柱體積rm{=[(a隆脕a隆脕sin120^{circ})隆脕3隆脕c]cm^{3}}

晶胞密度rm{=dfrac{m}{V}=dfrac{dfrac{M}{N_{A}}隆脕6}{a隆脕a隆脕sin120^{circ}隆脕3隆脕c}g/cm^{3}=dfrac{65隆脕6}{(a^{2}timessin120^circtimes3timesc)N_{A}}g/cm^{3}}或rm{dfrac{65隆脕6}{(a^{2}timessin60^circtimes3timesc)N_{A}}g/cm^{3}}

故答案為：rm{dfrac{65隆脕6}{(a^{2}timessin120^circtimes3timesc)N_{A}}}或rm{dfrac{65隆脕6}{(a^{2}timessin60^circtimes3timesc)N_{A}}}

rm{(5)}【解析】rm{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}}或rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}}rm{(2)>}rm{Zn}原子軌道中電子處于全滿狀態(tài)，rm{Cu}失去一個(gè)電子內(nèi)層電子達(dá)到全充滿穩(wěn)定狀態(tài)rm{(3)}離子鍵乙醇、乙醚等有機(jī)溶劑屬于極性分子，rm{ZnCl_{2}}rm{ZnBr_{2}}rm{ZnI_{2}}為極性分子，即溶質(zhì)、溶劑都屬于極性分子，所以互溶rm{(4)}平面正三角形rm{sp^{2}}rm{(5)}六方最密堆積rm{dfrac{65隆脕6}{(a^{2}timessin120^circtimes3timesc)N_{A}}}或rm{dfrac{65隆脕6}{(a^{2}timessin60^circtimes3timesc)N_{A}}}rm{dfrac{65隆脕6}{(a^{2}timessin120

^circtimes3timesc)N_{A}}}25、rm{(1)MnO_{2}+H_{2}O+e^{-}=MnOOH+OH^{-}}

rm{(2)壟脵}

rm{壟脷C}

rm{壟脹Fe(OH)_{3;;;;;;;;}6MnCO_{3}+O_{2}}rm{壟脹

Fe(OH)_{3;;;;;;;;}6MnCO_{3}+O_{2}}

rm{2Mn_{3}O_{4}+6CO_{2}}rm{(3)壟脵Fe(OH)_{3;}}

rm{壟脷3.8leqslantpH<8.3}

rm{MnO_{2}+2Fe^{2+}+4H^{+}=Mn^{2+}+2Fe^{3+}+2H_{2}O}rm{壟脷3.8leqslant

pH<8.3}【分析】【分析】本題考查原電池和電解池原理、電極反應(yīng)式的書寫，化學(xué)工藝流程分析等，題目難度較大?！窘馕觥縭m{(1)}原電池的正極上得到電子，化合價(jià)降低，發(fā)生還原反應(yīng)，rm{Mn}的化合價(jià)降低，原電池的正極上得到電子，化合價(jià)降低，發(fā)生還原反應(yīng)，rm{(1)}的化合價(jià)降低，rm{Mn}rm{MnO}rm{MnO}rm{2}rm{2}在正極上得電子，電極反應(yīng)式為：rm{MnO}rm{MnO}rm{2}rm{2}rm{+}rm{+}rm{H}rm{H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{+}rm{+}rm{e}rm{e}rm{{,!}^{-}}廢電池中含有rm{=Mn}rm{=Mn}rm{OO}rm{OO}rm{H}rm{H}rm{+}rm{+}rm{OH}濃rm{OH}rm{{,!}^{-}}，故答案為：rm{MnO_{2}+H_{2}O+e^{-}=MnOOH+OH^{-}}；rm{(2)壟脵}廢電池中含有rm{MnO_{2}}rm{(2)壟脵}rm{MnO_{2}}，rm{MnO}rm{MnO}rm{2}rm{2}和濃鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生rm{Cl}中rm{Cl}為rm{2}價(jià)，rm{2}中，rm{MnO}為rm{MnO}價(jià)，化合價(jià)升高，氧氣參與反應(yīng)，化學(xué)方程式為rm{2}rm{2}故答案為：rm{+4HCl(}濃rm{)}rm{+4HCl(}rm{)}rm{MnCl}含有焦炭，且容易產(chǎn)生溫室氣體，故A錯(cuò)誤；rm{MnCl}中可能含有未反應(yīng)鋁，產(chǎn)品不純，故B錯(cuò)誤；rm{2}rm{2}有毒，未反應(yīng)的rm{+}污染空氣，故D錯(cuò)誤；rm{+}rm{Cl}根據(jù)流程圖以及信息，棄渣rm{Cl}為rm{2}rm{2}的作用是把rm{隆眉+2H}氧化成rm{隆眉+2H}離子方程式為rm{2}

rm{2}rm{O}rm{O}，氯氣有毒，因此注意通風(fēng)，故答案為：；氨水調(diào)節(jié)rm{壟脷}使rm{壟脷}rm{MnCO_{3}}rm{Mn}rm{+2}rm{Mn_{3}O_{4}}rm{Mn}不能生成沉淀，因此rm{+8/3}的范圍是rm{6MnCO_{3}+O_{2}}rm{2Mn_{3}O_{4}+6CO_{2}}rm{6MnCO_{3}+O_{2}}rm{2Mn_{3}O_{4}+6CO_{2}}rm{3.8leqslantpH<8.3}rm{壟脹}電解池的陰極上A.用焦炭作還原劑，得到rm{Mn}含有焦炭，且容易產(chǎn)生溫室氣體，故A錯(cuò)誤；rm{Mn}由電解槽獲得的錳需要洗滌除去表面可能有的硫酸根，取最后一滴洗滌液，滴加B.用鋁作還原劑，rm{Mn}中可能含有未反應(yīng)鋁，產(chǎn)品不純，故B錯(cuò)誤；溶液，若無沉淀出現(xiàn)，則證明已經(jīng)洗凈rm{Mn}C.用氫氣得到的是水，對(duì)環(huán)境無污染，故C正確；取最后一滴洗滌液，滴加D.rm{CO}有毒，未反應(yīng)的rm{CO}污染空氣，故D錯(cuò)誤；溶液，若無沉淀出現(xiàn)，則證明已經(jīng)洗凈。rm{CO}rm{CO}【解析】rm{(1)MnO_{2}+H_{2}O+e^{-}=MnOOH+OH^{-}}rm{(2)壟脵}rm{壟脷C}rm{壟脹Fe(OH)_{3;;;;;;;;}6MnCO_{3}+O_{2}}rm{壟脹

Fe(OH)_{3;;;;;;;;}6MnCO_{3}+O_{2}}rm{2Mn_{3}O_{4}+6CO_{2}}rm{(3)壟脵Fe(OH)_{3;}}rm{壟脷3.8leqslantpH<8.3}rm{MnO_{2}+2Fe^{2+}+4H^{+}=Mn^{2+}+2Fe^{3+}+2H_{2}O}rm{壟脷3.8leqslant

pH<8.3}六、推斷題(共3題，共18分)26、略

【分析】【分析】該題通過水污染的治理和化學(xué)工業(yè)生產(chǎn)流程，考查了原電池原理的應(yīng)用和元素及其化合物的性質(zhì)，判斷微生物電池的正負(fù)極和分析流程圖是本題難點(diǎn)，試題難度較大。I、（1）根據(jù)信息：CN-能夠被氧