2025年北師大版高三物理上冊(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年北師大版高三物理上冊(cè)階段測(cè)試試卷85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7題，共14分)1、以下說(shuō)法中正確的是（）A.勻速圓周運(yùn)動(dòng)是加速度恒定的運(yùn)動(dòng)B.勻速圓周運(yùn)動(dòng)中加速度不斷發(fā)生變化C.勻速圓周運(yùn)動(dòng)是速度恒定的運(yùn)動(dòng)D.勻速圓周運(yùn)動(dòng)中動(dòng)能不斷發(fā)生變化2、【題文】一平行板電容器充電后與電源斷開(kāi)，負(fù)極板接地．兩板間有一個(gè)正檢驗(yàn)電荷固定在P點(diǎn)，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場(chǎng)強(qiáng)、φ表示P點(diǎn)的電勢(shì)，W表示正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，若正極板保持不動(dòng)，將負(fù)極板緩慢向右平移一小段距離l0的過(guò)程中；各物理量與負(fù)極板移動(dòng)距離x的關(guān)系圖象中正確的是（）

3、下列問(wèn)題中，物體可看作質(zhì)點(diǎn)的是（）A.研究日食B.給花樣滑冰運(yùn)動(dòng)員打分C.研究分子的結(jié)構(gòu)D.研究馬航MH370飛行路線4、電池甲和乙的電動(dòng)勢(shì)分別為E1和E2，內(nèi)電阻分別為r1和r2，已知E1＞E2．若用甲、乙電池分別向電阻R供電，則電阻R所消耗的電功率正好相等．若用甲、乙電池分別向電阻R′（R′＞R）供電，則電阻R'所消耗的電功率分別為P1和P2，由此可知（）A.r1＞r2，P1＞P2B.r1＜r2，P1＜P2C.r1＞r2，P1＜P2D.r1＜r2，P1＞P25、如圖所示，一根彈簧其自由端B在未懸掛重物時(shí)指針正對(duì)刻度5，在彈性限度內(nèi)當(dāng)掛上80N重物時(shí)指針正對(duì)刻度45，若要指針正對(duì)刻度20，應(yīng)掛重物是（）A.40NB.35.6NC.20ND.30N6、下列關(guān)于甲乙兩個(gè)做圓周運(yùn)動(dòng)的物體的有關(guān)說(shuō)法正確的是（）A.它們線速度相等，角速度一定相等B.它們角速度相等，線速度一定也相等C.它們周期相等，角速度一定也相等D.它們周期相等，線速度一定也相等7、下列對(duì)電現(xiàn)象及規(guī)律的認(rèn)識(shí)中，正確的是（）A.摩擦起電說(shuō)明了電荷可以創(chuàng)生B.自然界中只存在正、負(fù)兩種電荷C.同種電荷相互吸引，異種電荷相互排斥D.點(diǎn)電荷間的靜電力隨它們的距離增大而增大評(píng)卷人得分二、填空題(共8題，共16分)8、（2014秋?桂林校級(jí)期中）在圖電路中，在滑動(dòng)變阻器的滑片向左滑動(dòng)過(guò)程中，通過(guò)電阻R2的電流將____，通過(guò)電阻R3的電流將____，通過(guò)電阻R4的電流將____，路端電壓將____．（在橫線處填“變大”、“變小”或“不變”）9、（2014春?東麗區(qū)校級(jí)期中）如圖，質(zhì)量為M的長(zhǎng)板放在光滑水平面上，一個(gè)質(zhì)量為m的滑塊以速度v沿木板表面從A點(diǎn)滑到B點(diǎn)，在木板上前進(jìn)了L，而木板在水平面上前進(jìn)了S，設(shè)滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則摩擦力對(duì)滑塊做的功為_(kāi)___．10、（1）以下說(shuō)法正確的有____

A．紫外線照射到金屬鋅板表面時(shí)能夠發(fā)生光電效應(yīng)現(xiàn)象；則當(dāng)增大紫外線的照射強(qiáng)度時(shí)，從鋅板表面逸出的光電子的最大初動(dòng)能也隨之增大

B．氫原子的核外電子由較高能級(jí)躍遷到較低能級(jí)時(shí)；要吸收一定頻率的光子，同時(shí)電子的動(dòng)能減小，電勢(shì)能減小

C．核子結(jié)合成原子核一定有質(zhì)量虧損；釋放出能量

D．太陽(yáng)內(nèi)部發(fā)生的核反應(yīng)主要是核裂變反應(yīng)

（2）質(zhì)量分別為m1和m2的兩個(gè)小球在光滑的水平面上分別以速度v1、v2同向運(yùn)動(dòng)并發(fā)生對(duì)心碰撞，碰后m2被右側(cè)的墻原速?gòu)椈?，又與m1相碰，碰后兩球都靜止．求第一次碰后m1球的速度．

11、一個(gè)中子與某原子核發(fā)生核反應(yīng)，生成一個(gè)氘核，其核反應(yīng)方程式為_(kāi)___；該反應(yīng)放出的能量為Q，則氘核的比結(jié)合能為_(kāi)___．12、（2015?如皋市三模）如圖是一個(gè)單擺的共振曲線，此單擺的固有周期T是____s，若將此單擺的擺長(zhǎng)增大，共振曲線的最大值將____（填“向左”或“向右”）移動(dòng)．13、從宏觀上看，氣體分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能取決于氣體的____，分子間勢(shì)能取決于氣體的____．（填“溫度”“體積”或“壓強(qiáng)”）14、（2012秋?吳興區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，在水平面上有一個(gè)向右運(yùn)動(dòng)的物體，物體的質(zhì)量為20kg，與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，它在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中還受到一個(gè)水平向左的大小為10N的拉力作用，則物體所受的合力的大小為_(kāi)___N，方向?yàn)開(kāi)___．15、在相距12km的公路兩端，甲、乙兩人同時(shí)出發(fā)相向而行，甲的速率是5km/h，乙的速率是3km/h，有一只小狗以6km/h的速率，在甲乙出發(fā)的同時(shí)，由甲處跑向乙，在途中與乙相遇，立即返回跑向甲，遇到甲后，又立即跑向乙，如此在甲、乙之間往返跑動(dòng)，直到甲乙相遇，在此過(guò)程中，小狗跑過(guò)的路程是____km，位移是____km．評(píng)卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)16、只要知道兩個(gè)物體的質(zhì)量和兩個(gè)物體之間的距離．就可以由F=G計(jì)算物體間的萬(wàn)有引力____（判斷對(duì)錯(cuò)）17、光的偏振現(xiàn)象說(shuō)明光是橫波____（判斷對(duì)錯(cuò)）18、普朗克在研究黑體的熱輻射問(wèn)題時(shí)提出了能量子假說(shuō)____（判斷對(duì)錯(cuò)）19、月亮在云中穿梭，參考系是云．____（判斷對(duì)錯(cuò)）20、直線電流磁場(chǎng)的方向的判斷可以用安培定則：____．21、質(zhì)點(diǎn)就是體積很小的物體．____（判斷對(duì)錯(cuò)）22、電場(chǎng)力大的地方電場(chǎng)強(qiáng)度一定大．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）23、原先沒(méi)有磁性的鐵，在長(zhǎng)期受到磁鐵的吸引會(huì)產(chǎn)生磁性____．（判斷對(duì)錯(cuò)）24、電荷在電場(chǎng)中一定受電場(chǎng)力的作用．____（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分四、作圖題(共2題，共10分)25、一摩托車由靜止開(kāi)始在平直的公路上行駛；在0～20s內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)，20s末的速度為30m/s，接著在20s～45s內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)，再接著在45s～75s內(nèi)勻減速運(yùn)動(dòng)，75s末速度為0．求：

（1）畫出運(yùn)動(dòng)過(guò)程的v-t圖象；

（2）摩托車在0～20s加速度大??；

（3）摩托車在0～75s這段時(shí)間平均速度大小．26、如圖所示，垂直紙面的通電直導(dǎo)線的上方靜止著一個(gè)小磁針，試根據(jù)小磁針的指向，在圖上畫出通電直導(dǎo)線中的電流方向．評(píng)卷人得分五、簡(jiǎn)答題(共4題，共20分)27、氨、磷屬于同一主族元素，是組成生命體的重要元素，其單質(zhì)及化合物用途廣泛?；卮鹣铝袉?wèn)題：rm{(1)}基態(tài)rm{P}原子的核外電子排布式為_(kāi)____，磷及其同周期相鄰元素第一電離能由大到小的順序是______________________。rm{(2)NH_{3}}比rm{PH_{3}}易液化的原因是______________________。rm{(3)}自然固氨現(xiàn)象發(fā)生的一系列化學(xué)變化：rm{N_{2}隆煤NO隆煤NO_{2}隆煤HNO_{3}隆煤NO_{3}^{-;}}解釋了民諺“雷雨發(fā)莊稼”的原理。rm{壟脵N_{2}}分子結(jié)構(gòu)中。rm{婁脪}鍵和rm{婁脨}鍵之比為_(kāi)________，己知rm{N}rm{N}的鍵能為rm{946kJ隆隴mol^{-1}}遠(yuǎn)大于rm{N隆陋N}的鍵能rm{(193kJ隆隴mol^{-1})}的三倍，原因是______________________。rm{壟脷NO_{3}^{-}}中rm{N}原子采取___________雜化方式，其空間構(gòu)型為_(kāi)_________，寫出它的一種等電子體的化學(xué)式_____________________。rm{壟脹}已知酸性：rm{HNO_{3}>HNO_{2}}下列相關(guān)見(jiàn)解合理的是_________________。A.含氧酸中氧原子總數(shù)越多，酸性越強(qiáng)B.同種元素化合價(jià)越高，對(duì)應(yīng)含氧酸的酸性越強(qiáng)C.rm{HNO_{3}}中氮元素的正電性更高，在水溶液中更易電離出rm{H^{+}}酸性強(qiáng)于rm{HNO_{2}}rm{(4)}磷化硬rm{(BP)}是一種超硬耐磨涂層材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，圖中rm{a}點(diǎn)和rm點(diǎn)的原子坐標(biāo)參數(shù)依次為rm{(0,0,0)}rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac{1}{4})}則rm{c}點(diǎn)的原子坐標(biāo)參數(shù)為_(kāi)______。已知該晶體密度為rm{婁脩g隆隴cm^{-3}}則rm{B-P}鍵的鍵長(zhǎng)為_(kāi)____rm{pm(}阿伏加德羅常數(shù)用rm{N_{A}}表示，列出計(jì)算式即可rm{)}

28、【化學(xué)rm{隆陋隆陋}選修r(nóng)m{5}有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】rm{(15}分rm{)}聚戊二酸丙二醇酯rm{(PPG)}是一種可降解的聚酯類高分子材料，在材枓的生物相容性方面有很好的應(yīng)用前景。rm{PPG}的一種合成路線如下：已知：rm{壟脵}烴rm{A}的相對(duì)分子質(zhì)量為rm{70}核磁共振氫譜顯示只有一種化學(xué)環(huán)境的氫；rm{壟脷}化合物rm{B}為單氯代烴：化合物rm{C}的分子式為rm{C_{5}H_{8}}rm{壟脹E}rm{F}為相對(duì)分子質(zhì)量差rm{14}的同系物，rm{F}是福爾馬林的溶質(zhì)；rm{壟脺}回答下列問(wèn)題：rm{(1)A}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)___。rm{(2)}由rm{B}生成rm{C}的化學(xué)方程式為_(kāi)___。rm{(3)}由rm{E}和rm{F}生成rm{G}的反應(yīng)類型為_(kāi)___，rm{G}的化學(xué)名稱為_(kāi)___。rm{(4)壟脵}由rm{D}和rm{H}生成rm{PPG}的化學(xué)方程式為：____。rm{壟脷}若rm{PPG}平均相對(duì)分子質(zhì)量為rm{10000}則其平均聚合度約為_(kāi)___rm{(}填標(biāo)號(hào)rm{)}rm{a.48}rm{b.58}rm{c.76}rm{d.122}rm{(5)D}的同分異構(gòu)體中能同時(shí)滿足下列條件的共有____種rm{(}不含立體異構(gòu)rm{)}rm{壟脵}能與飽和rm{NaHCO_{3}}溶液反應(yīng)產(chǎn)生氣體rm{壟脷}既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，又能發(fā)生皂化反應(yīng)其中核磁共振氫譜顯示為rm{3}組峰，且峰面積比為rm{6}rm{1}rm{1}的是____rm{(}寫結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式rm{)}rm{D}的所有同分異構(gòu)體在下列一種表征儀器中顯示的信號(hào)rm{(}或數(shù)據(jù)rm{)}完全相同，該儀器是___________rm{(}填標(biāo)號(hào)rm{)}rm{a.}質(zhì)譜儀rm{b.}紅外光譜儀rm{c.}元素分析儀rm{d.}核磁共振儀29、Ⅰrm{.}硫在地殼中主要以硫化物、硫酸鹽等形式存在，其單質(zhì)和化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著重要的應(yīng)用。rm{(1)}重晶石rm{(BaSO_{4})}高溫鍛燒可發(fā)生一系列反應(yīng)，其中部分反應(yīng)如下；rm{壟脵BaSO_{4}(s)+4C(s)=BaS(s)+4CO(g)}rm{婁隴H=+571.2kJ隆隴mol^{-1}}rm{壟脷BaS(s)=Ba(s)+S(s)}rm{婁隴H=+460kJ隆隴mol^{-1}}己知：rm{壟脹2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)}rm{婁隴H=-221kJ隆隴mol^{-1}}則：rm{Ba(s)+S(s)+2O_{2}(g)=BaSO_{4}(s)}rm{婁隴H=}_______________。rm{(2)}利用下圖所示裝置rm{(}電極均為惰性電極rm{)}可吸收rm{SO_{2}}陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為_(kāi)_________________________________。Ⅱrm{.}乙炔rm{(C_{2}H_{2})}在氣焊、氣割及有機(jī)合成中用途非常廣泛，可由電石rm{(CaC_{2})}直接水化法或甲烷在rm{1500隆忙}左右氣相裂解法生產(chǎn)。哈斯特研究得出當(dāng)甲烷分解時(shí)，幾種氣體平衡時(shí)分壓rm{(Pa)}與溫度rm{(隆忙)}的關(guān)系如圖所示。

rm{(3)T_{2}隆忙}時(shí)，向rm{1L}恒容密閉容器中充入rm{0.3molCH_{4}}只發(fā)生反應(yīng)rm{2CH_{4}(g)?C_{2}H_{4}(g)+2H_{2}(g)}rm{2CH_{4}(g)?

C_{2}H_{4}(g)+2H_{2}(g)}達(dá)到平衡時(shí)，測(cè)得rm{婁隴H}該反應(yīng)的rm{c(C_{2}H_{4})=c(CH_{4})}___rm{婁隴H}填“rm{0(}”或“rm{>}”rm{<}rm{)}的平衡轉(zhuǎn)化率為_(kāi)_______。上述平衡狀態(tài)某一時(shí)刻，若改變溫度至rm{CH_{4}}rm{T隆忙}以rm{CH_{4}}的平均速率增多，經(jīng)rm{0.01mol/(L隆隴s)}后再次達(dá)到平衡，平衡時(shí)rm{2c(C_{2}H_{4})=c(CH_{4})}則rm{ts}_______rm{2c(C_{2}H_{4})=

c(CH_{4})}rm{t=}計(jì)算反應(yīng)rm{2CH_{4}(g)=C_{2}H_{2}(g)+3H_{2}(g)}在圖中rm{s}點(diǎn)溫度時(shí)的平衡常數(shù)rm{(4)}________rm{2CH_{4}(g)

=C_{2}H_{2}(g)+3H_{2}(g)}用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算：rm{A}rm{K=}30、工業(yè)上“固定”和利用rm{CO_{2}}能有效地減輕“溫室效應(yīng)”。Ⅰrm{.}工業(yè)上正在研究利用rm{CO_{2}}來(lái)生產(chǎn)甲醇燃料的方法，該方法的化學(xué)方程式是：rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)}rm{CH_{3}OH(g)+H_{2}O(g)}rm{triangle}rm{H}rm{=-49.0kJ隆隴mol^{-1}}某科學(xué)實(shí)驗(yàn)將rm{6molCO_{2}}和rm{8molH_{2}}充入一容積為rm{2L}的密閉容器中rm{(}溫度保持不變r(jià)m{)}測(cè)得rm{H_{2}}的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化如下圖中實(shí)線所示rm{(}圖中字母后的數(shù)字表示對(duì)應(yīng)的坐標(biāo)rm{)}回答下列問(wèn)題：rm{(1)}該反應(yīng)在____條件下能自發(fā)進(jìn)行rm{(}填編號(hào)rm{)}rm{A.}高溫rm{B.}低溫rm{C.}任何溫度rm{(2)}該反應(yīng)在rm{0隆蘆8min}內(nèi)rm{CO_{2}}的平均反應(yīng)速率是____。rm{(3)}該反應(yīng)的平衡常數(shù)rm{K}rm{=}____。rm{(4)}僅改變某一條件再進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，測(cè)得rm{H_{2}}的物質(zhì)的量隨時(shí)間變化如圖中虛線所示。與實(shí)線相比，虛線Ⅰ改變的條件可能是____。若實(shí)線對(duì)應(yīng)條件下平衡常數(shù)為rm{K}，虛線Ⅰ對(duì)應(yīng)條件下平衡常數(shù)為rm{K}rm{{,!}_{1}}虛線Ⅱ?qū)?yīng)條件下平衡常數(shù)為rm{K}rm{{,!}_{2}}則rm{K}、rm{K}rm{{,!}_{1}}和rm{K}rm{{,!}_{2}}的大小關(guān)系是____。Ⅱrm{.}已知rm{25隆忙}時(shí)，乙酸和碳酸的電離平衡常數(shù)如下表：。物質(zhì)的化學(xué)式rm{CH_{3}COOH}rm{H_{2}CO_{3}}電離平衡常數(shù)rm{K}rm{=1.8隆脕10^{-5}}rm{K}rm{{,!}_{1}=4.3隆脕10^{-7}}rm{K}rm{{,!}_{2}=5.6隆脕10^{-11}}rm{(1)}用飽和氨水吸收rm{CO_{2}}可得到rm{NH_{4}HCO_{3}}溶液。若已知rm{CH_{3}COONH_{4}}溶液rm{pH=7}則rm{NH_{4}HCO_{3}}溶液顯____rm{(}填“酸性”、“堿性”或“中性”rm{)}rm{(2)25隆忙}時(shí)，在rm{0.1mol?L^{-1}}乙酸溶液中加入一定量的rm{NaHCO_{3}}保持溫度不變，所得混合液的rm{pH=6}那么混合液中rm{dfrac{c(C{H}_{3}CO{O}^{-})}{c(C{H}_{3}COOH)}}rm{

dfrac{c(C{H}_{3}CO{O}^{-})}{c(C{H}_{3}COOH)}}____；該混合液中的離子濃度由大到小的順序?yàn)椋篲___。rm{=}評(píng)卷人得分六、畫圖題(共2題，共8分)31、圖所示為一列向左傳播的簡(jiǎn)諧波在某一時(shí)刻的波形圖，若波速是0.5m/s，試在圖上畫出經(jīng)7s時(shí)的波形圖。（提示：若用平移法，由于∴λ=2m故只需平移=1.5m）32、在圖示中，物體A處于靜止?fàn)顟B(tài)，請(qǐng)畫出各圖中A物體所受的彈力．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、B【分析】【分析】勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小不變，速度方向時(shí)刻改變，加速度大小不變，方向始終指向圓心．【解析】【解答】解：A；勻速圓周運(yùn)動(dòng)的加速度方向在變化；不是恒定不變的，不是勻變速運(yùn)動(dòng)．故A錯(cuò)誤，B正確．

C；勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小不變；方向始終改變，故C錯(cuò)誤；

D；勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小不變；動(dòng)能不變，故D錯(cuò)誤。

故選B．2、C【分析】【解析】

試題分析：電容器的電容所以C與兩極板距離ｄ是反比例關(guān)系，不是直線，A錯(cuò)；電容器與電源斷開(kāi)后，電荷量不變，根據(jù)可知，保持不變，Ｂ錯(cuò)；負(fù)極板接地，電勢(shì)為零，P點(diǎn)的電勢(shì)φ等于P點(diǎn)到負(fù)極板的電勢(shì)差，即Ｅ不變，ｌ減小，φ線性減小，Ｃ對(duì)；由可知；Ｗ隨著φ的變化而變化，Ｄ錯(cuò)。

考點(diǎn)：電容器的電壓、電荷量和電容的關(guān)系【解析】【答案】C3、D【分析】【分析】當(dāng)物體的大小和形狀在所研究的問(wèn)題中能忽略，物體可以看成質(zhì)點(diǎn)．【解析】【解答】解：A；在觀察日食時(shí)；正是由于太陽(yáng)的大小，才會(huì)出現(xiàn)日偏食、日全食等不同的情況，不可以看成質(zhì)點(diǎn)．故A錯(cuò)誤．

B；給花樣滑冰運(yùn)動(dòng)員打分時(shí)；運(yùn)動(dòng)員的大小和形狀不能忽略，不能看成質(zhì)點(diǎn)．故B錯(cuò)誤．

C；研究分子的結(jié)構(gòu)時(shí)；分子的形狀不能忽略，不能看成質(zhì)點(diǎn)．故C錯(cuò)誤．

D；研究馬航MH370飛行路線時(shí)；馬航MH370的大小和形狀能忽略；能看作質(zhì)點(diǎn)；故D正確；

故選：D4、A【分析】【分析】用作圖法求解：分別做出兩個(gè)電池的U-I圖線，據(jù)兩者電動(dòng)勢(shì)的大小關(guān)系及兩條圖線有交點(diǎn)，大體作出兩者的圖象，由圖可讀出內(nèi)阻的大小關(guān)系；兩線的交點(diǎn)對(duì)應(yīng)的工作電阻為R，再作出一大于R的電阻的U-I圖線，分析對(duì)應(yīng)電流及電壓從而分析出功率的大小關(guān)系．【解析】【解答】解：將一電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)電阻為r的電源與一阻值為R的電阻組成一閉合回路，路端電壓U和干路電流I的關(guān)系為U=E-Ir．

在U-I直角坐標(biāo)系中作U-I圖線，則該圖線為一條在縱軸上截距為E、斜率為-r的直線．這條線可被稱為電源的伏安特性曲線．如果再在此坐標(biāo)系中作出外電阻R的伏安特性曲線為過(guò)原點(diǎn)的直線；斜率為R，則兩條線的交點(diǎn)就表示了該閉合電路所工作的狀態(tài)．此交點(diǎn)的橫；縱坐標(biāo)的乘積即為外電阻所消耗的功率．

依題意作電池甲和乙及電阻R的伏安特性曲線．由于兩電池分別接R時(shí)，R消耗的電功率相等，故這三條線必相交于一點(diǎn)，如圖所示，由于α1＞α2，所以r1＞r2．

作R′的伏安特性曲線，由圖可知：當(dāng)甲電池接R′時(shí)，P1=U1I1；當(dāng)乙電池接R′時(shí)，P2=U2I2．由于U1＞U2，I1＞I2，所以P1＞P2．

故選：A．5、D【分析】【分析】根據(jù)胡克定律F=kx求出懸掛重物的重力．【解析】【解答】解：當(dāng)掛上80N重物時(shí)指針正對(duì)刻度45N，知彈簧形變量為45-5=40．指針正對(duì)刻度20N時(shí)，彈簧的形變量為15．因?yàn)閗=，所以；解得：G=30N．

故選：D．6、C【分析】【分析】依據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)線速度，角速度的關(guān)系，以及以周期表示的線速度和角速度表達(dá)式可判定各個(gè)選項(xiàng)．【解析】【解答】解：

AB、由線速度與角速度的關(guān)系式v=ωr可知：在甲乙半徑不確定的情況下；無(wú)法比較他們線速度和角速度的關(guān)系，故A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤．

C、由可知；周期相等，則角速度一定也相等，故C正確．

D、由可知；周期相等，半徑不確定，無(wú)法比較線速度，故D錯(cuò)誤．

故選：C．7、B【分析】【分析】解本題需要掌握：摩擦起電是電子轉(zhuǎn)移引起的，并非說(shuō)明了電荷可以創(chuàng)生；正確利用庫(kù)侖定律：F=k分析庫(kù)侖力的大小變化；【解析】【解答】解：A；摩擦起電是由于電子的轉(zhuǎn)移引起；并非說(shuō)明了電荷可以創(chuàng)生，故A錯(cuò)誤；

B；自然界中只存在正、負(fù)兩種電荷；故B正確；

C；同種電荷相互排斥；異種電荷相互吸引，故C錯(cuò)誤；

D、利用庫(kù)侖定律公式F=k得點(diǎn)電荷間的靜電力隨它們的距離增大而減?。还蔇錯(cuò)誤；

故選：B．二、填空題(共8題，共16分)8、大小大大【分析】【分析】在滑動(dòng)變阻器R1的滑動(dòng)觸片P向左滑動(dòng)的過(guò)程中，R1變大，外電路總電阻變大，由閉合電路歐姆定律分析電路中的總電流和路端電壓的變化，分析通過(guò)電阻R4的電流變化，再判斷通過(guò)R2的電流變化．【解析】【解答】解：在滑動(dòng)變阻器R1的滑動(dòng)觸片P向左滑動(dòng)的過(guò)程中，R1變大，外電路總電阻變大，由閉合電路歐姆定律分析電路中的總電流變小，路端電壓U=E-Ir，I變小，E、r不變，則U變大，通過(guò)電阻R4的電流變大．

而總電流變小，通過(guò)電阻R3的電流變小，電阻R3的電壓減小，而路端電壓增大，所以R2的電壓增大，則R2的電流必定變大．

故答案為：大；??；大；大9、-μmg（s+L）【分析】【分析】摩擦力對(duì)m所做的功等于摩擦力與m相對(duì)于地的位移的乘積【解析】【解答】解：滑塊的對(duì)地位移為：x=L+s

摩擦力對(duì)滑塊做的功為：W=-Ffx=-μmg（s+L）

故答案為：-μmg（s+L）10、C【分析】【分析】（1）正確解答本題需要掌握：理解愛(ài)因斯坦的光電方程；明確光電流和光電子的最大初動(dòng)能與那些因素有關(guān)；電子軌道半徑與其動(dòng)能；電勢(shì)能等之間的關(guān)系；了解結(jié)合能、聚變、裂變反應(yīng)等基礎(chǔ)原子物理知識(shí)．

（2）考查碰撞過(guò)程是否發(fā)生抓三方面①碰撞過(guò)程遵從動(dòng)量守恒定律m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2；②碰撞后系統(tǒng)動(dòng)能不增原則；③碰撞前后的運(yùn)動(dòng)情況要合理，如追碰后，前球動(dòng)量不能減小，后球動(dòng)量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度．【解析】【解答】解：（1）A、由愛(ài)因斯坦的光電方程Ek=hv-W；光電子的最大初動(dòng)能跟光照強(qiáng)度無(wú)關(guān)，決定于光子的頻率和金屬的逸出功，故A項(xiàng)錯(cuò)；

B；氫原子的核外電子由較高能級(jí)躍遷到較低能級(jí)時(shí)；要放出一定頻率的光子，同時(shí)電子的動(dòng)能增大，電勢(shì)能減小，故B項(xiàng)錯(cuò)；

C；核子結(jié)合成原子核一定有質(zhì)量虧損；根據(jù)質(zhì)能方程可知，損失的質(zhì)量轉(zhuǎn)化為能量放出，故C正確；

D；太陽(yáng)內(nèi)部的核反應(yīng)主要是聚變反應(yīng)；故D項(xiàng)錯(cuò)．

故選C．

（2）根據(jù)動(dòng)量定恒定律有：

①

②

聯(lián)立①②解得：

答：第一次碰后m1球的速度為：．11、n+H→H【分析】【分析】核反應(yīng)過(guò)程中，質(zhì)量數(shù)與核電荷數(shù)守恒，據(jù)此寫出核反應(yīng)方程式；核反應(yīng)釋放出的能量與核子數(shù)之比是結(jié)合能．【解析】【解答】解：由質(zhì)量數(shù)與核電荷數(shù)守恒可知，核反應(yīng)方程式為：n+H→H；

氘核的比結(jié)合能為：；

故答案為：n+H→H；．12、2.5向左【分析】【分析】當(dāng)驅(qū)動(dòng)力頻率與單擺的固有頻率相等時(shí)，振幅最大的現(xiàn)象叫做共振現(xiàn)象．【解析】【解答】解：由圖象可以看出；當(dāng)f=0.4Hz時(shí)，振幅最大，發(fā)生共振現(xiàn)象；

故單擺的固有頻率為0.4Hz，故周期為s；

若將此單擺的擺長(zhǎng)增大，根據(jù)公式T=2；周期變大，固有頻率減小，故共振曲線的最大值將向左移動(dòng)；

故答案為：2.5；向左13、溫度體積【分析】【分析】溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，所以氣體分子的動(dòng)能宏觀上取決于溫度；分子勢(shì)能是由于分子間引力和分子間距離共同決定，宏觀上取決于氣體的體積．【解析】【解答】解：由于溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志；所以氣體分子的動(dòng)能宏觀上取決于溫度；

分子勢(shì)能是由于分子間引力和分子間距離共同決定；宏觀上取決于氣體的體積．

故答案為：溫度，體積14、30水平向左【分析】【分析】滑動(dòng)摩擦力的大小可以根據(jù)f=μFN去求，方向與相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反；物體在水平方向上受到向左的拉力和向左的滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)合成法求出合力的大小和方向．【解析】【解答】解：滑動(dòng)摩擦力的大小f=μFN=0.1×20×10N=20N；方向與相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反，所以為水平向左．

物體的受力如圖，則F合=f+F=μmg+F=20+10N=30N；方向水平向左．

故本題答案為：30N，水平向左．15、97.5【分析】【分析】小狗運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與甲乙兩人相遇的時(shí)間相等，根據(jù)甲乙兩人位移大小之和等于12km，求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．小狗運(yùn)行的位移大小等于甲的位移大小，求出甲的位移大小即可知道小狗的位移大小．根據(jù)s=vt求出小狗通過(guò)的路程．【解析】【解答】解：甲乙兩人相遇時(shí)有：x=v甲t+v乙t；代入數(shù)據(jù)得。

t=1.5h．

故運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為1.5h．

小狗的位移大小等于甲的位移大小，x狗=x甲=v甲t=5×1.5km=7.5km

小狗的路程s=vt=6×1.5km=9km

故小狗通過(guò)的路程為9km．

故答案為：9和7.5．三、判斷題(共9題，共18分)16、×【分析】【分析】萬(wàn)有引力定律適用的條件是兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)間引力的計(jì)算．物體間的引力關(guān)系也遵守牛頓第三定律．公式中G是引力常量，是自然界的恒量．【解析】【解答】解：A；萬(wàn)有引力定律適用于任何兩個(gè)可以看出質(zhì)點(diǎn)的物體之間或均質(zhì)球體之間的引力計(jì)算；當(dāng)兩個(gè)物體之間的距離太小的時(shí)候，物體就不能看做質(zhì)點(diǎn)，這時(shí)就不能用這個(gè)公式直接計(jì)算了，所以這個(gè)說(shuō)法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×17、√【分析】【分析】可以把波分為橫波和縱波兩類，傳播的只是振動(dòng)形式和能量，而偏振現(xiàn)象與橫波有關(guān)，從而即可求解．【解析】【解答】解：偏振是橫波特有的現(xiàn)象；所以光的偏振現(xiàn)象說(shuō)明光是橫波．以上說(shuō)法是正確的．

故答案為：√18、√【分析】【分析】根據(jù)物理學(xué)史的知識(shí)，結(jié)合普朗克在研究黑體的熱輻射問(wèn)題中提出了能量子假設(shè)即可正確解答．【解析】【解答】解：普朗克在研究黑體的熱輻射問(wèn)題時(shí)提出了能量子假說(shuō)．故以上說(shuō)法是正確的．

故答案為：√19、√【分析】【分析】參考系，是指研究物體運(yùn)動(dòng)時(shí)所選定的參照物體或彼此不作相對(duì)運(yùn)動(dòng)的物體系；參考系的選取是任意的，如何選擇參照系，必須從具體情況來(lái)考慮，一般情況下我們以地面或地面上的物體作為參考系．【解析】【解答】解：月亮在云中穿梭；月亮相對(duì)于云層的位置發(fā)生變化，所以參考系為云層，該說(shuō)法是正確的．

故答案為：√20、√【分析】【分析】安培定則：右手握住導(dǎo)線，讓大拇指所指的方向跟電流方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線的環(huán)繞方向．【解析】【解答】解：根據(jù)安培定則的內(nèi)容判定線電流的磁感線的方法是：右手握住導(dǎo)線；讓大拇指所指的方向跟電流方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線的環(huán)繞方向．故該說(shuō)法是正確的．

故答案為：√21、×【分析】【分析】當(dāng)物體的形狀、大小對(duì)所研究的問(wèn)題沒(méi)有影響時(shí)，我們就可以把它看成質(zhì)點(diǎn)，根據(jù)把物體看成質(zhì)點(diǎn)的條件來(lái)判斷即可．【解析】【解答】解：能否看成質(zhì)點(diǎn)；與質(zhì)量；體積大小無(wú)關(guān)，質(zhì)量、體積很大的物體也能看成質(zhì)點(diǎn)，比如地球公轉(zhuǎn)時(shí)的地球可以看成質(zhì)點(diǎn)，故錯(cuò)誤．

故答案為：×22、×【分析】【分析】根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E=變形得到F與E的關(guān)系式，再分析即可．【解析】【解答】解：根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義式E=得：F=qE

可知電場(chǎng)力與電場(chǎng)強(qiáng)度和電荷量都有關(guān)；則電場(chǎng)力大的地方電場(chǎng)強(qiáng)度不一定大，故該判斷是錯(cuò)的．

故答案為：×．23、√【分析】【分析】在鐵棒未被磁化前，鐵棒內(nèi)的分子電流的排布是雜亂無(wú)章的，故分子電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)相互抵消，對(duì)外不顯磁性，但當(dāng)鐵棒靠近磁鐵時(shí)分子電流由于受到磁場(chǎng)的作用而使磁疇的取向大致相同從而被磁化對(duì)外表現(xiàn)出磁性；對(duì)磁鐵加熱或敲打時(shí)會(huì)使磁鐵內(nèi)的分子電流的排布變的雜亂無(wú)章，從而使磁鐵的磁性減弱．【解析】【解答】解：在鐵棒未被磁化前；鐵棒內(nèi)的分子電流的排布是雜亂無(wú)章的，故分子電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)相互抵消，對(duì)外不顯磁性，但當(dāng)鐵棒靠近磁鐵時(shí)分子電流由于受到磁場(chǎng)的作用而使磁疇的取向大致相同從而被磁化對(duì)外表現(xiàn)出磁性．所以該說(shuō)法是正確的．

故答案為：√24、√【分析】【分析】電場(chǎng)的基本性質(zhì)就是對(duì)其中的電荷有力的作用，電荷在電場(chǎng)中一定受到電場(chǎng)力作用．【解析】【解答】解：電場(chǎng)的基本性質(zhì)就是對(duì)其中的電荷有力的作用；故電荷在電場(chǎng)中一定受電場(chǎng)力的作用．

故答案為：√四、作圖題(共2題，共10分)25、略

【分析】【分析】（1）由運(yùn)動(dòng)速度的變化作圖．

（2）v-t圖象的斜率等于加速度；由加速度的定義求解．

（3）由圖象與時(shí)間軸所圍的面積表示位移，求得位移，再求平均速度大小【解析】【解答】解：（1）如圖；

（2）在0～20s內(nèi)做勻加速運(yùn)動(dòng)，可求加速度a1==1.5m/s2；

（3）根據(jù)v-t圖象與坐標(biāo)軸圍面積表示位移可求在0～75s時(shí)間內(nèi)位移為。

x==1500m

所以平均速度為==20m/s

答：（1）運(yùn)動(dòng)過(guò)程的v-t圖象如上圖；

（2）摩托車在0～20s加速度大小為1.5m/s2；

（3）摩托車在0～75s這段時(shí)間平均速度大小為20m/s26、略

【分析】【分析】根據(jù)小磁針靜止時(shí)，N極的指向，即為磁場(chǎng)方向，再利用右手螺旋定則，判斷出直導(dǎo)線電流在導(dǎo)線處的電流的方向，從而即可求解．【解析】【解答】解：由題意可知；小磁針N極指向即為磁場(chǎng)方向，即磁場(chǎng)的方向向右，根據(jù)右手螺旋定則可知，通電導(dǎo)線電流方向垂直紙面向里．如圖。

答：如圖五、簡(jiǎn)答題(共4題，共20分)27、（1）P>S>Si

（2）NH3分子間存在氫鍵

（3）①1:2NN中的氮原子達(dá)到8電子的相對(duì)穩(wěn)定結(jié)構(gòu)②sp2平面三角形SO3、cO32-③BC

（4）（1，）【分析】【分析】

【解答】rm{(1)P}為rm{15}號(hào)元素，基態(tài)rm{P}原子的核外電子排布式為為rm{(1)P}號(hào)元素，基態(tài)rm{15}原子的核外電子排布式為rm{P}rm{1}rm{s}rm{2}rm{2}rm{s}rm{2}rm{2}rm{p}rm{6}rm{3}rm{s}rm{2}rm{3}rm{p}rm{3}rm{1}rm{1}rm{s}rm{2}rm{s}rm{s}rm{2}rm{2}rm{2}rm{2}rm{s}rm{2}rm{s}rm{s}rm{2}rm{2}rm{2}rm{2}rm{p}rm{6}同周期元素第一電離能由逐漸增大的趨勢(shì)，但磷rm{p}軌道為半充滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，第一電離能最大，rm{p}rm{6}故答案為：rm{6}rm{3}rm{3}rm{s}rm{2}rm{s}rm{s}rm{2}rm{2}rm{3}rm{3}rm{p}rm{3}rm{p}rm{p}rm{3}rm{3}；，rm{3p}磷及其同周期相鄰元素第一電離能由大到小的順序是rm{P>S>Si}rm{1}rm{s}rm{2}rm{2}rm{s}rm{2}rm{2}rm{p}rm{6}rm{3}rm{s}rm{2}rm{3}rm{p}rm{3}rm{1}rm{1}rm{s}rm{2}分子間存在氫鍵，氫鍵使物質(zhì)的rm{s}熔沸點(diǎn)升高，更任意液化，故答案為：rm{s}分子間存在氫鍵；rm{2}rm{2}rm{2}rm{2}個(gè)rm{s}rm{2}鍵，rm{s}個(gè)rm{s}鍵rm{2}鍵和rm{2}鍵之比為rm{2}rm{2}rm{p}rm{6}rm{p}的鍵能遠(yuǎn)大于rm{p}的鍵能，原因是：rm{6}中的氮原子達(dá)到rm{6}電子的相對(duì)穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故較穩(wěn)定，鍵能大，故答案為：rm{3}rm{3}rm{s}rm{2}中的氮原子達(dá)到rm{s}電子的相對(duì)穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；rm{s}rm{2}rm{2}原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為：rm{3}rm{3}rm{p}rm{3}rm{p}rm{p}rm{3}rm{3}rm{P>S>Si}rm{(2)}rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{3}}，故采取比rm{PH}雜化方式，三個(gè)rm{PH}鍵電子對(duì)，無(wú)孤對(duì)電子，故rm{{,!}_{3}}易液化的原因是：中有rm{NH_{3}}個(gè)原子，價(jià)電子數(shù)為rm{rf}rm{NH_{3}}rm{(3)}rm{壟脵N}rm{壟脵N}rm{{,!}_{2}}分子為氮氮三鍵，結(jié)構(gòu)中含有rm{1}個(gè)rm{1}rm{婁脪}，其等電子體為rm{2}個(gè)rm{2}故答案為：rm{婁脨}平面三角形，rm{婁脪}鍵和rm{婁脨}鍵之比為rm{1}rm{2}rm{N}rm{婁脪}rm{婁脨}同種元素化合價(jià)越高，對(duì)應(yīng)含氧酸的酸性越強(qiáng)，含氧酸可以寫成rm{1}rm{2}的形式，非羥基氧原子越多，吸引電子能力越強(qiáng)，導(dǎo)致rm{N}中的氧的電子向rm{N}的鍵能遠(yuǎn)大于rm{N隆陋N}的鍵能，原因是：偏移，氧氫鍵越弱，越容易電離出氫離子，酸性越強(qiáng)，故選擇rm{N}rm{N隆陋N}已知rm{NequivN}rm{8}的原子坐標(biāo)分別為rm{1:}rm{2}rm{NequivN}rm{8}，rm{壟脷NO}rm{壟脷NO}rm{{,!}_{3}^{-}}不妨以中rm{N}原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為：rm{3}rm{+}rm{1}rm{2}rm{(}rm{5}rm{+}rm{1}rm{-}rm{3}rm{隆脕}rm{2}rm{)}rm{=}rm{3}，故采取rm{SP^{2}}雜化方式，三個(gè)為晶胞坐標(biāo)原點(diǎn)，聯(lián)想到金剛石晶胞的相似性，rm{N}與周圍與之相連的四個(gè)原子形成一個(gè)正四面體，根據(jù)立體幾何知識(shí)，不難求出rm{3}rm{+}rm{1}rm{2}rm{(}rm{5}rm{+}rm{1}rm{-}rm{3}rm{隆脕}rm{2}rm{)}rm{=}rm{3}的原子坐標(biāo)為rm{3}rm{3}rm{+}rm{+}取rm{1}rm{2}晶胞，則含有rm{1}rm{1}面心粒子占rm{2}面心占rm{2}晶胞內(nèi)部粒子為整個(gè)晶胞所有，則一個(gè)晶胞中，含有rm{(}的個(gè)數(shù)為rm{8隆脕dfrac{1}{8};;+6隆脕dfrac{1}{2};;=4,}含有rm{(}的個(gè)數(shù)為rm{5}因此，rm{5}晶胞的質(zhì)量為rm{+}設(shè)棱長(zhǎng)為rm{+}rm{1}鍵的鍵長(zhǎng)為rm{1}一個(gè)晶胞的體積為rm{-}因此晶體的密度為rm{婁脩=dfrac{dfrac{4隆脕42}{{N}_{A}}}{{a}^{3}}}則rm{a=sqrt[3]{dfrac{4隆脕42}{婁脩{N}_{A}}}cm}rm{-}與頂點(diǎn)、面心上的兩個(gè)rm{3}原子構(gòu)成等腰三角形，rm{3}到兩個(gè)rm{隆脕}原子的距離為等腰三角形的高rm{隆脕}兩個(gè)rm{2}原子的距離的一半為rm{2}勾股定理rm{{x}^{2}=(dfrac{1}{4}a{)}^{2}+(dfrac{sqrt{2}}{4}a{)}^{2}}rm{x=dfrac{sqrt{3}}{4}a=dfrac{sqrt{3}}{4}隆脕sqrt[3]{dfrac{4隆脕42}{婁脩{N}_{A}}}cm=dfrac{sqrt{3}隆脕sqrt[3]{dfrac{4隆脕42}{婁脩NA}}}{4}隆脕{10}^{10}pm}故答案為：rm{dfrac{sqrt{dfrac{4隆脕42}{婁脩隆隴{N}_{A}}}隆脕sqrt{3}}{4}隆脕{10}^{10}}rm{)}【解析】rm{(1)1{s}^{2}2{s}^{2}2{p}^{6}3{s}^{2};3{p}^{3};;}rm{(1)1{s}^{2}2{s}^{2}2{p}^{6}3{s}^{2};3{p}^{3};;

}rm{P>S>Si}分子間存在氫鍵

rm{(2)NH_{3}}rm{(3)}rm{壟脵1:}rm{2}中的氮原子達(dá)到rm{NequivN}電子的相對(duì)穩(wěn)定結(jié)構(gòu)rm{8}平面三角形rm{壟脷sp^{2}}rm{SO_{3}}rm{cO_{3}^{2-;;;}}rm{壟脹BC}rm{dfrac{sqrt{dfrac{4隆脕42}{婁脩隆隴{N}_{A}}}隆脕sqrt{3}}{4}隆脕{10}^{10}}rm{(4)(1,dfrac{1}{2},dfrac{1}{2})}28、（1）

（2）

（3）加成反應(yīng)3-羥基丙醛

（4）①

②b

（5）5c【分析】【分析】

本題考查有機(jī)物的推斷；把握合成中碳鏈變化；官能團(tuán)變化及反應(yīng)條件推斷物質(zhì)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與推斷能力的綜合考查。

烴rm{A}的相對(duì)分子質(zhì)量為rm{70}核磁共振氫譜顯示只有一種化學(xué)環(huán)境的氫，rm{dfrac{70}{12}=510}則rm{A}為rm{C}rm{C}rm{5}rm{5}，結(jié)構(gòu)為rm{H}發(fā)生光照下取代反應(yīng)生成rm{H}為rm{10}發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{10}為化合物rm{A}的分子式為rm{B}rm{B}rm{C}rm{C}；rm{C}發(fā)生氧化反應(yīng)生成rm{C}為rm{5}rm{5}rm{H}rm{H}rm{8}rm{8}rm{C}rm{D}rm{HOOC}為相對(duì)分子質(zhì)量差rm{(}rm{CH}的同系物，rm{(}是福爾馬林的溶質(zhì)，則rm{CH}為rm{CH}可知rm{2}為rm{2}rm{)}rm{)}由信息rm{3}可知rm{3}與rm{COOH}反應(yīng)生成rm{E}為rm{F}rm{14}rm{F}rm{F}rm{HCHO}，rm{E}與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{CH}為rm{CH}rm{3}rm{3}rm{CHO}rm{壟脺}rm{E}rm{F}，rm{G}與rm{OHCH}發(fā)生縮聚反應(yīng)生成rm{OHCH}rm{2}據(jù)此回答。

【解答】

烴rm{2}的相對(duì)分子質(zhì)量為rm{CH}核磁共振氫譜顯示只有一種化學(xué)環(huán)境的氫，rm{CH}則rm{2}為rm{2}結(jié)構(gòu)為rm{CHO}發(fā)生光照下取代反應(yīng)生成rm{CHO}為rm{G}發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{H}為化合物rm{OHCH}的分子式為rm{OHCH}rm{2}發(fā)生氧化反應(yīng)生成rm{2}為rm{CH}rm{CH}rm{2}為相對(duì)分子質(zhì)量差rm{2}的同系物，rm{CH}是福爾馬林的溶質(zhì)，則rm{CH}為rm{2}可知rm{2}為rm{OH}由信息rm{OH}可知rm{D}與rm{H}反應(yīng)生成rm{PPG(}為rm{)}rm{A}與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{70}為rm{dfrac{70}{12}=510}rm{A}與rm{C_{5}H_{10}}發(fā)生縮聚反應(yīng)生成rm{A}rm{B}rm{B}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為故答案為：rm{C}由rm{C}生成rm{C_{5}H_{8}}的化學(xué)方程式為

故答案為：

rm{C}由rm{D}和rm{HOOC(CH_{2})_{3}COOH}生成rm{E}的反應(yīng)類型為加成反應(yīng)，rm{F}的化學(xué)名稱為rm{14}羥基丙醛，故答案為：加成反應(yīng)；rm{F}羥基丙醛；

rm{F}由rm{HCHO}和rm{E}生成rm{CH_{3}CHO}的化學(xué)方程式為

故答案為：

rm{壟脺}若rm{E}平均相對(duì)分子質(zhì)量為rm{F}則其平均聚合度約為rm{dfrac{10000}{12隆脕8+16隆脕4+1隆脕12}隆脰58}故答案為：rm{G}

rm{OHCH_{2}CH_{2}CHO}的同分異構(gòu)體中能同時(shí)滿足rm{G}能與飽和rm{H}溶液反應(yīng)產(chǎn)生氣體，含rm{OHCH_{2}CH_{2}CH_{2}OH}rm{D}既能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，又能發(fā)生水解反應(yīng)rm{H}rm{PPG(}中共rm{)}個(gè)rm{(1)A}則含rm{(2)}個(gè)rm{B}上的rm{C}個(gè)rm{(3)}被rm{E}rm{F}取代，共為rm{G}種，含其中核磁共振氫譜顯示為rm{G}組峰，且峰面積比為rm{3-}rm{3-}rm{(4)壟脵}的是rm{D}及同分異構(gòu)體中組成相同，由元素分析儀顯示的信號(hào)rm{H}或數(shù)據(jù)rm{PPG}完全相同，故答案為：rm{壟脷}rm{PPG}rm{10000}【解析】rm{(1)}rm{(1)}

rm{(2)}rm{(2)}

加成反應(yīng)羥基丙醛

rm{(3)}加成反應(yīng)rm{3-}羥基丙醛rm{(3)}rm{3-}

rm{(4)壟脵}rm{(4)壟脵}

rm{壟脷}rm{壟脷}29、Ⅰ.（1）-1473.2KJ?mol-1

（2）SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+

?Ⅱ.（3）>66.7%5

（4）5×104【分析】【分析】本題考查了熱化學(xué)方程式及蓋斯定律的應(yīng)用，明確蓋斯定律的含義和構(gòu)建目標(biāo)方程式的方法是解題的關(guān)鍵，同時(shí)本題還考查了有關(guān)rm{SO_{2}}和rm{NO_{x}}的知識(shí)，分析利用題干信息，掌握電解池原理應(yīng)用和氧化還原反應(yīng)電子守恒是解答的關(guān)鍵，題目難度中等本題。【解答】Ⅰrm{.(1)}已知rm{壟脵BaSO_{4}(s)+4C(s)=BaS(s)+4CO(g)triangleH=+571.2kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷BaS(s)=Ba(s)+S(s)triangleH=+460kJ?mol^{-1}}

rm{壟脹2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)triangleH=-221kJ?mol^{-1}}

根據(jù)蓋斯定律：rm{壟脵BaSO_{4}(s)+4C(s)=BaS(s)+4CO(g)triangle

H=+571.2kJ?mol^{-1}}得方程式：rm{Ba(s)+S(s)+2O_{2}(g)=BaSO_{4}(s)triangleH=(-221)隆脕2-(+460)-(+571.2)=-1473.2KJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{壟脷BaS(s)=Ba(s)+S(s)triangle

H=+460kJ?mol^{-1}}rm{壟脹2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)triangle

H=-221kJ?mol^{-1}}依據(jù)圖示可知，二氧化硫被氧化為硫酸根，所以二氧化硫所在的區(qū)為陽(yáng)極區(qū)，陽(yáng)極區(qū)發(fā)生反應(yīng)rm{壟脹隆脕2-壟脵-壟脷}

故答案為：rm{Ba(s)+S(s)+2O_{2}(g)=BaSO_{4}(s)triangle

H=(-221)隆脕2-(+460)-(+571.2)=-1473.2KJ?mol^{-1}}

rm{-1473.2KJ?mol^{-1}}反應(yīng)rm{(2)}為分解反應(yīng)，而分解反應(yīng)絕大多數(shù)為吸熱反應(yīng)，故此反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；設(shè)rm{SO_{2}-2e^{-}+2H_{2}O簍TSO_{4}^{2-}+4H^{+}}的轉(zhuǎn)化濃度為rm{SO_{2}+2H_{2}O-2e^{-}=SO_{4}^{2-}+4H^{+}}可知：

rm{(3)}

初始濃度：rm{2CH_{4}(g)=C_{2}H_{4}(g)+2H_{2}(g)}rm{CH_{4}}rm{Xmol/L}

濃度變化：rm{2CH_{4}(g)=C_{2}H_{4}(g)+2H_{2}(g)}rm{0.3mol/L}

平衡濃度：rm{0}rm{0}rm{Xmol/L}

根據(jù)rm{Xmol/L}可知：rm{(0.3-X)mol/L}

解得rm{dfrac{X}{2}}

故CHrm{Xmol/L}的平衡轉(zhuǎn)化率rm{=dfrac{0.2mol/L}{0.3mol/L}隆脕100攏樓=66.7攏樓}

改變溫度后，rm{c(C_{2}H_{4})=c(CH_{4})}的濃度升高，即平衡左移，即溫度應(yīng)為降低，由于rm{0.3-X=dfrac{X}{2}}以rm{X=0.2mol/L}的平均速率增多，經(jīng)rm{{,!}_{4}}后再次達(dá)到平衡，故在rm{=

dfrac{0.2mol/L}{0.3mol/L}隆脕100攏樓=66.7攏樓}的時(shí)間內(nèi)，rm{CH_{4}}的濃度變化為rm{CH_{4}}根據(jù)濃度的改變量之比等于計(jì)量數(shù)之比，利用三段式來(lái)計(jì)算：

rm{0.01mol/(L?s)}

初始濃度：rm{ts}rm{tS}

濃度改變：rm{CH_{4}}rm{0.01tmol/L}

平衡濃度：rm{(0.1+0.01t)mol/L(0.1-0.005t)mol/L}

由于rm{2CH_{4}(g)=C_{2}H_{4}(g)+2H_{2}(g)}故有：rm{0.1mol/L}

解得rm{0.1mol/L}

故答案為：rm{0.01tmol/L}rm{0.005tmol/L}rm{(0.1+0.01t)mol/L

(0.1-0.005t)mol/L}

rm{c(CH_{4})=2c(C_{2}H_{4})}根據(jù)此反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式，將氣體的平衡濃度換為平衡分壓，即rm{K=dfrac{pleft({C}_{2}{H}_{2}right)隆隴p^{3}{left({H}_{2}right)}}{p^{2}{left(C{H}_{4}right)}}=dfrac{0.05隆脕{left({10}^{4}right)}^{3}}{{left({10}^{3}right)}^{2}}=5隆脕{10}^{