2025年牛津譯林版高二物理下冊(cè)月考試卷

…………○…………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年牛津譯林版高二物理下冊(cè)月考試卷741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9題，共18分)1、如圖所示；A；B是被絕緣支架分別架起的兩金屬球，并相隔一定距離，其中A帶正電，B不帶電，則以下說(shuō)法中正確的是（）

A.導(dǎo)體B帶負(fù)電。

B.導(dǎo)體B左端出現(xiàn)負(fù)電荷；右端出現(xiàn)正電荷，并且電荷量大小相等。

C.若A不動(dòng)；將B沿圖中虛線分開(kāi)，則兩邊的電荷量大小可能不等。

D.只要A與B不接觸；B的總電荷量總是為零。

2、圖中的等腰直角三角形表示三棱鏡．光線垂直于一個(gè)面入射，在底面上發(fā)生全反射，由此看出棱鏡的折射率不可能是()．A.1.7B.1.8C.1.5D.1.363、某棱鏡頂角θ=41.30°，一束白光以較大的入射角從棱鏡的一個(gè)側(cè)面射入，通過(guò)棱鏡折射后從另一個(gè)側(cè)面射出，在光屏上形成由紅到紫的彩色光帶，如圖所示，當(dāng)入射角θ1逐漸減小到零的過(guò)程中；彩色光帶變化的情況是（根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)判斷）（）

。色光紫藍(lán)綠黃橙紅折射率1.5321.5281.5191.5171.5141.513臨界角40.75°40.88°41.17°41.23°41.34°41.37°A.紫光最先消失，最后只剩下紅光和橙光B.紫光最先消失，最后只剩下黃光、橙光和紅光C.紅光最先消失，最后只剩下紫光和藍(lán)光D.紅光最先消失，最后只剩下紫光、藍(lán)光和綠光4、下列說(shuō)法正確的是A液體中懸浮微粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)稱(chēng)為布朗運(yùn)動(dòng)B液體分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)稱(chēng)為布朗運(yùn)動(dòng)C物體從外界吸收熱量，其內(nèi)能一定增加D物體對(duì)外界做功，其內(nèi)能一定減少5、如圖所示，AB

兩物塊置于繞豎直軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平圓盤(pán)上，兩物塊始終相對(duì)于圓盤(pán)靜止，則兩物塊(

)

A.線速度相同B.向心力相同C.向心加速度相同D.角速度相同6、電容的單位是(

)

A.庫(kù)侖B.法拉C.伏特D.安培7、人接種卡介苗后，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，血液中就會(huì)出現(xiàn)抗結(jié)核桿菌的抗體．產(chǎn)生抗體的細(xì)胞和抗體的化學(xué)性質(zhì)分別是（）A.漿細(xì)胞、多糖B.漿細(xì)胞、蛋白質(zhì)C.效應(yīng)T細(xì)胞、多糖D.效應(yīng)T細(xì)胞、蛋白質(zhì)8、如圖所示，由導(dǎo)熱材料制成的氣缸和活塞將一定質(zhì)量的理想氣體封閉在氣缸內(nèi)，活塞與氣缸壁之間無(wú)摩擦，活塞上方存有少量液體。將一細(xì)管插入液體，由于虹吸現(xiàn)象，活塞上方液體逐漸流出。在此過(guò)程中，大氣壓強(qiáng)與外界的溫度保持不變。關(guān)于這一過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是A.氣體分子的平均動(dòng)能逐漸增大B.單位時(shí)間氣體分子對(duì)活塞撞擊的次數(shù)增多C.單位時(shí)間氣體分子對(duì)活塞的沖量保持不變D.氣體對(duì)外界做功等于氣體從外界吸收的熱量9、如圖所示，在O鈮?x鈮?2L

的區(qū)域內(nèi)存在著勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直于xOy

平面(

紙面)

向里，具有一定電阻的矩形線框abcd

位于xOy

平面內(nèi)，線框的ab

邊與x

軸重合，bc

邊的長(zhǎng)度為L(zhǎng).

令線框從t=0

時(shí)刻由靜止開(kāi)始沿x

軸正方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，則線框中的感應(yīng)電流i(

取順時(shí)針?lè)较虻碾娏鳛檎?

隨時(shí)間t

的函數(shù)圖象大致是圖中的(

)

A.B.C.D.評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)10、伏安法測(cè)電阻，測(cè)量電路的接法有安培表內(nèi)接法和安培表外接法兩種電路，如圖A、B所示，其中______（填A(yù)或B）屬安培表外接法．用安培表外接法測(cè)Rx，測(cè)量值R測(cè)=與真實(shí)值比，是偏______（填大或?。饨臃ㄟm用于測(cè)阻值較______（填大或?。┑碾娮瑁?/p>

11、如圖是某研究學(xué)習(xí)小組通過(guò)模擬街道路燈自由控制電路圖，光控開(kāi)關(guān)可采用光敏電阻來(lái)控制，光敏電阻的阻值隨著光的照度增強(qiáng)而減小，利用直流電源為電磁鐵供電，利用照明電源為電燈供電。為達(dá)到天亮燈熄、天暗燈亮的效果，電燈應(yīng)接在______（填“AB”或“BC”）之間，請(qǐng)用筆畫(huà)線代替導(dǎo)線，正確連接部分電路元件。12、某航空母艦上的起飛跑道長(zhǎng)200m。飛機(jī)在航空母艦上滑行的最大加速度為6m/S2，起飛需要的最低速度為50m/S。那么飛機(jī)在滑行前，需要借助彈射系統(tǒng)獲得的最小初速度為m/s。13、“嫦娥三號(hào)”依靠____（選填“電磁”或“聲”）波將拍到的月貌圖片傳回地球，此波由真空進(jìn)入大氣的傳播過(guò)程中，保持不變的是____（選填“速度”或“頻率”）．14、為了測(cè)量一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻；實(shí)驗(yàn)室準(zhǔn)備了下列器材供選用：

A．待測(cè)干電池一節(jié)。

B．直流電流表（量程0～0.6～3A；0.6A擋內(nèi)阻為0.1Ω，3A擋內(nèi)阻為0.02Ω）

C．直流電壓表（量程0～3～15V；3V擋內(nèi)阻為5kΩ，15V擋內(nèi)阻為25kΩ）

D．滑動(dòng)變阻器（阻值范圍為0～15Ω；允許最大電流為1A）

E．滑動(dòng)變阻器（阻值范圍為0～1000Ω；允許最大電流為0.2A）

F．開(kāi)關(guān)G．導(dǎo)線若干。

①在方框圖中畫(huà)出實(shí)驗(yàn)的電路圖，其中滑動(dòng)變阻器選______（填代號(hào)）；要求盡可能減少實(shí)驗(yàn)的誤差．

②根據(jù)實(shí)驗(yàn)記錄，畫(huà)出的U-I圖線如圖（甲）所示，從中可求出待測(cè)干電池的電動(dòng)勢(shì)為_(kāi)_____V，內(nèi)電阻為_(kāi)_____Ω．

評(píng)卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)15、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)）16、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)）

17、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)）

18、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場(chǎng)強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場(chǎng)強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對(duì)錯(cuò)）19、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)卷人得分四、簡(jiǎn)答題(共3題，共30分)20、元素rm{X}位于第四周期，其基態(tài)原子的內(nèi)層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為rm{2}元素rm{Y}基態(tài)原子的rm{3p}軌道上有rm{4}個(gè)電子。元素rm{Z}的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層的rm{3}倍。元素rm{W}比元素rm{X}序數(shù)小rm{5}rm{(1)X}與rm{Y}所形成化合物晶體的晶胞如右圖所示。rm{壟脵}在rm{1}個(gè)晶胞中，rm{X}離子的數(shù)目為_(kāi)___。rm{壟脷}該化合物的化學(xué)式為_(kāi)___。rm{壟脹}寫(xiě)出元素rm{W}的價(jià)電子排布式____。rm{(2)}在rm{Y}的氫化物rm{(H_{2}Y)}分子中，rm{Y}原子軌道的雜化類(lèi)型是____。rm{(3)Z}的氫化物rm{(H_{2}Z)}在乙醇中的溶解度大于rm{H_{2}Y}其原因是____。rm{(4)Y}與rm{Z}可形成rm{YZ_{4}^{2-}}rm{YZ_{4}^{2-}}的空間構(gòu)型為_(kāi)___rm{(}用文字描述rm{)}rm{(5)X}的氯化物與氨水反應(yīng)可形成配合物rm{[X(NH_{3})_{4}]Cl_{2}}該配合物的rm{1}個(gè)配體中含有rm{婁脪}鍵的數(shù)目為_(kāi)___。21、向一容積為rm{5L}的恒容密閉容器內(nèi)，充入rm{0.2molCO}和rm{0.4molH_{2}O}在一定條件下發(fā)生反應(yīng)：rm{CO(g)+H_{2}O(g)}rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)}rm{triangleH>0}反應(yīng)中rm{CO_{2}}的濃度rm{(c)}隨時(shí)間rm{(t)}的變化關(guān)系如圖所示。

回答下列問(wèn)題：rm{(1)}下列敘述能判斷該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是__________rm{(}填序號(hào)rm{)}rm{壟脵H_{2}O}的質(zhì)量不再變化rm{壟脷}混合氣體的總壓強(qiáng)不再變化rm{壟脹CO}rm{H_{2}O}rm{CO_{2}}rm{H_{2}}的濃度都相等rm{壟脺}單位時(shí)間內(nèi)生成rm{amolCO}同時(shí)生成rm{amolH_{2}}rm{(2)0隆蘆10min}時(shí)段，反應(yīng)速率rm{v(H_{2})=}___________；反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，rm{c(H_{2}O)=}___________，rm{CO}的轉(zhuǎn)化率為_(kāi)_________，再通入一定量的rm{CO}它的轉(zhuǎn)化率____rm{(}填增大、不變或減少rm{)}rm{(3)}該溫度下的rm{K}為_(kāi)___，降低溫度，rm{K}____rm{(}填增大、不變或減少rm{)}22、某化工廠將鈦、氯堿工業(yè)和甲醇制備聯(lián)合生產(chǎn)，大大提高原料利用率，并減少環(huán)境污染。流程如下：回答下列問(wèn)題：rm{(1)}寫(xiě)出以石墨為電極電解飽和食鹽水的離子方程式________rm{(2)}寫(xiě)出鈦鐵礦在高溫下與焦炭經(jīng)氯化得四氯化鈦的化學(xué)方程式：________生成rm{1mol}四氯化鈦時(shí)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_(kāi)_______rm{mol}rm{(3)}利用四氯化鈦制備rm{TiO_{2}xH_{2}O}時(shí)，需加入丈量的水并加熱的目的是________rm{(4)}鈦廣泛用于航天領(lǐng)域。氫氣在冶煉鈦的流程中的作用是________rm{(5)}利用rm{CO}和rm{H_{2}}制各甲醇rm{壟脵}己知rm{H_{2}(g)}rm{CO(g)}和rm{CH_{3}OH(1)}的燃燒熱分別為rm{-285.8kJ/mol}rm{-283kJ/mol}和rm{-726.5kJ/mol}寫(xiě)出rm{CO}和rm{H_{2}}制備甲醇的熱化學(xué)方程式：________rm{壟脷}假設(shè)聯(lián)合生產(chǎn)中各原料利用率為rm{100攏樓}若得到rm{6mol}甲醇，則只需再補(bǔ)充標(biāo)準(zhǔn)狀況下的rm{H_{2}}________rm{L}評(píng)卷人得分五、畫(huà)圖題(共2題，共8分)23、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場(chǎng)的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫(huà)出感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象24、13.矩形導(dǎo)線框abcd固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場(chǎng)的正方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖所示.若規(guī)定順時(shí)針?lè)较驗(yàn)楦袘?yīng)電流i的正方向，在下列i-t圖中畫(huà)出感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖象評(píng)卷人得分六、推斷題(共2題，共18分)25、下表為元素周期表的一部分，針對(duì)表中rm{壟脵-壟脼}元素，回答下列問(wèn)題。rm{(1)}元素rm{壟脷}的原子結(jié)構(gòu)示意圖是_________________。rm{(2)壟脺}和rm{壟脻}兩種元素中原子半徑較大的是_______________rm{(}填元素符號(hào)rm{)}rm{壟脹}和rm{壟脺}兩種元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物堿性較強(qiáng)的是__________rm{(}填化學(xué)式rm{)}填化學(xué)式rm{(}rm{)}寫(xiě)出rm{(3)}的單質(zhì)在rm{壟脵}的單質(zhì)中燃燒的化學(xué)方程式：_______________________。rm{壟脼}26、根據(jù)下面的反應(yīng)路線及所給信息；回答下列問(wèn)題：

rm{(1)11.2L(}標(biāo)準(zhǔn)狀況rm{)}的烴rm{A}在氧氣中充分燃燒可以產(chǎn)生rm{88gCO_{2}}和rm{45gH_{2}O}rm{A}的分子式是___________________rm{(2)A}有支鏈，rm{B}和rm{C}均為一氯化烴，它們的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式分別為_(kāi)___________，_____________rm{(3)D}的系統(tǒng)命名法名稱(chēng)__________________________rm{(4)壟脵}rm{壟脹}的反應(yīng)類(lèi)型依次是___________________，__________________rm{(5)}寫(xiě)出rm{壟脷}rm{壟脹}的反應(yīng)化學(xué)方程式______________________________________rm{(6)}rm{A}的同分異構(gòu)體的一種二氯代物rm{G}其核磁共振氫譜圖上有兩組峰，且峰面積之比為rm{1:1}rm{G}在足量的rm{NaOH}的醇溶液中加熱，充分反應(yīng)后生成rm{H}rm{H}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)________________請(qǐng)寫(xiě)出rm{H}發(fā)生加聚反應(yīng)的化學(xué)方程式__________________參考答案一、選擇題(共9題，共18分)1、B|D【分析】

A；由于靜電感應(yīng)；導(dǎo)體B左端帶負(fù)電，右端帶正電，導(dǎo)體總電量為零．故A錯(cuò)誤，D正確．

B；B的左端感應(yīng)出負(fù)電荷；右端出現(xiàn)正電荷，電荷量的大小相等．故B正確．

C；若A不動(dòng)；將B沿圖中虛線分開(kāi)，則兩邊的電荷量大小相等，與劃分的位置無(wú)關(guān)．故C錯(cuò)誤．

故選BD．

【解析】【答案】由于靜電感應(yīng)；在B的左端帶負(fù)電，右端帶正電，電荷量的大小相等．

2、D【分析】由臨界角的定義可知sinC＝故此棱鏡的最小折射率n＝＝故D選項(xiàng)的折射率不可能．【解析】【答案】D3、A【分析】解：由表格數(shù)據(jù)看出，紫光的折射率最大，臨界角最小，當(dāng)入射角θ1逐漸減小到零的過(guò)程中；折射角減小，光線射到棱鏡右側(cè)面的入射角增大，紫光的入射角最先達(dá)到臨界角，發(fā)生全反射，最先消失．

當(dāng)入射角θ1減小到零時(shí)；光線射到棱鏡右側(cè)面的入射角等于α=θ=41.30°，小于紅光與橙光的臨界角，所以這兩種光不發(fā)生全反射，仍能射到光屏上．故最后光屏上只剩下紅；橙兩種色光．故A正確，BCD錯(cuò)誤．

故選：A

由于白光是復(fù)色光；各種色光的折射率不同，折射率最大的光偏折程度最大；入射角θ逐漸減小到零的過(guò)程中，導(dǎo)致光線射到棱鏡右側(cè)面的入射角增大，當(dāng)入射角達(dá)到某光的臨界角時(shí)該光將發(fā)生全反射，分析不同色光的臨界角大小可得出最先發(fā)生全反射的色光．當(dāng)入射角小于臨界角時(shí)，則不會(huì)發(fā)生光的全反射．

本題考查對(duì)光的全反射的理解，關(guān)鍵抓住全反射的條件：光從光密介質(zhì)射入光疏介質(zhì)，入射角大于臨界角，進(jìn)行分析．【解析】【答案】A4、A【分析】試題分析：花粉小顆粒在水中像著了魔似的不停運(yùn)動(dòng)，是物體在運(yùn)動(dòng)，因?yàn)榉肿犹?，用肉眼根本無(wú)法看到，布朗運(yùn)動(dòng)實(shí)質(zhì)上反映了液體分子在運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤。由熱力學(xué)第一定律△U=W+E可知，物體從外界吸收熱量，但同時(shí)可對(duì)外做功；物體對(duì)外界做功，但同時(shí)可吸收熱量，故C、D錯(cuò)誤?？键c(diǎn)：本題考查了分子運(yùn)動(dòng)、熱力學(xué)第一定律【解析】【答案】A5、D【分析】解：AD

由于AB

在同一轉(zhuǎn)盤(pán)上無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)，因此它們的角速度相等，由v=婁脴r

半徑不同，可知線速度不同，故A錯(cuò)誤，D正確；

B、根據(jù)Fn=m婁脴2r

可知；質(zhì)量關(guān)系未知，角速度相等，半徑不同，導(dǎo)致向心力無(wú)法確定，故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)an=婁脴2r

可知角速度相等，半徑不同，則向心加速度不同，故C錯(cuò)誤。

故選：D

物體在同一個(gè)轉(zhuǎn)盤(pán)上隨轉(zhuǎn)盤(pán)一起運(yùn)動(dòng)時(shí)；具有相同的角速度，根據(jù)線速度；向心加速度、向心力公式進(jìn)行求解。

解決本題時(shí)，關(guān)鍵要抓住共軸轉(zhuǎn)動(dòng)的物體角速度，根據(jù)各個(gè)量與角速度的關(guān)系分析?！窘馕觥緿

6、B【分析】解：庫(kù)倫是電量的單位；伏特是電壓的單位，安培是電流的單位，法拉是電容的單位。故A；CD

錯(cuò)，B

對(duì)。

故選：B

電容的單位是以科學(xué)家法拉命名的．

解決本題的關(guān)鍵是搞清楚各電學(xué)量的單位，不混淆．【解析】B

7、B【分析】解：人接種卡介苗后；發(fā)生體液免疫，在體液免疫中依靠B細(xì)胞增殖分化成漿細(xì)胞，漿細(xì)胞合成并分泌抗體．所以經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，血液中就會(huì)出現(xiàn)抗結(jié)核桿菌的抗體．抗體的化學(xué)本質(zhì)是蛋白質(zhì)，其基本單位為氨基酸．

故選：B．

體液免疫過(guò)程為：（1）感應(yīng)階段：除少數(shù)抗原可以直接刺激B細(xì)胞外；大多數(shù)抗原被吞噬細(xì)胞攝取和處理，并暴露出其抗原決定簇；吞噬細(xì)胞將抗原呈遞給T細(xì)胞，再由T細(xì)胞呈遞給B細(xì)胞；（2）反應(yīng)階段：B細(xì)胞接受抗原刺激后，開(kāi)始進(jìn)行一系列的增殖；分化，形成記憶細(xì)胞和漿細(xì)胞；（3）效應(yīng)階段：漿細(xì)胞分泌抗體與相應(yīng)的抗原特異性結(jié)合，發(fā)揮免疫效應(yīng)．

本題知識(shí)點(diǎn)簡(jiǎn)單，考查人體免疫系統(tǒng)在維持穩(wěn)態(tài)中的作用，要求考生識(shí)記人體免疫系統(tǒng)的組成，尤其是抗體，明確抗體是一種免疫球蛋白，再選出正確的答案即可，屬于考綱識(shí)記層次的考查．【解析】B8、D【分析】【分析】

根據(jù)題意可知；被封閉氣體作等溫變化，液體流出后，壓強(qiáng)逐漸減小，根據(jù)理想氣體方程可以判斷氣體體積的變化，根據(jù)體積變化判斷做功情況，然后根據(jù)熱力學(xué)第一定律，進(jìn)一步判斷吸放熱情況。

本題考查了氣體狀態(tài)方程和熱力學(xué)第一定律的綜合應(yīng)用；是一道考查熱學(xué)知識(shí)綜合應(yīng)用的好題。

【解答】

A；由于氣缸導(dǎo)熱；環(huán)境溫度不變，因此被封閉氣體溫度不變，分子平均動(dòng)能不變，故A錯(cuò)誤；

B；溫度不變；壓強(qiáng)減小，氣體體積增大，溫度不變，因此單位時(shí)間氣體分子對(duì)活塞撞擊的次數(shù)減小，故B錯(cuò)誤；

C；氣體體積增大；分子平均動(dòng)能不變，因此單位時(shí)間氣體分子對(duì)活塞的沖量減小，故C錯(cuò)誤；

D、溫度不變，內(nèi)能不變，體積增大，對(duì)外做功，根據(jù)鈻?U=W+Q

可知?dú)怏w對(duì)外界做功等于氣體從外界吸收的熱量，故D正確。

故選D。。解：A

氣體做等溫變化；而溫度是氣體是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志，故分子的平均動(dòng)能不變，故A錯(cuò)誤。

B；隨液體流出；封閉氣體壓強(qiáng)減小，在分子平均動(dòng)能不變的情況下，單位時(shí)間氣體分子對(duì)活塞撞擊的次數(shù)減少，故B正確。

C；封閉氣體壓強(qiáng)減??；分子平均動(dòng)能不變，則單位時(shí)間氣體分子對(duì)活塞的沖量減小.

故C錯(cuò)誤.

D、等溫過(guò)程，氣體內(nèi)能不變，由熱力學(xué)第一定律知，鈻?U=Q+W

氣體對(duì)外界做功等于氣體從外界吸收的熱量，故D正確。

故選BD

【解析】D

9、C【分析】解：分三段研究：

線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程：磁通量增加；根據(jù)楞次定律分析可知，感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，電流為?fù)值，故AD錯(cuò)誤；

感應(yīng)電流大小I=BLvR=BLaR

則知；I

與t

成正比；設(shè)此過(guò)程所用時(shí)間為t0

則有。

L=12at02

得t0=2La(a

是線框的加速度)

線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，穿過(guò)線框的磁通量不變，沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生.

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律知，此過(guò)程所用時(shí)間為(2鈭?1)t0=0.4t0

線框穿出磁場(chǎng)的過(guò)程：磁通量減小，根據(jù)楞次定律分析可知，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，電流為正值；感?yīng)電流大小I=鈭?BLvR=鈭?BLaR.

此過(guò)程所用時(shí)間為(3鈭?1)t0=0.32t0

根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)分析得知；C正確．

故選：C

先根據(jù)楞次定律分析感應(yīng)電流的方向.

再根據(jù)E=BLv

和I=ER

求出感應(yīng)電流與時(shí)間的關(guān)系式.

分三段研究：線框進(jìn)入磁場(chǎng)；完全進(jìn)入磁場(chǎng)、穿出磁場(chǎng)．

本題根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流的方向，確定出電流的正負(fù)，根據(jù)E=BLv

和歐姆定律得到電流的表達(dá)式，再選擇圖象，是常用的方法和思路．【解析】C

二、填空題(共5題，共10分)10、略

【分析】解：所謂安培表外接法是指待測(cè)電阻先與電壓表并聯(lián)后再與電流表串聯(lián)的接法；故A為外接法；

使用外接法時(shí)；由于電壓表分流而使電流測(cè)量值偏大，則由歐姆定律可知，電阻測(cè)量值偏小．

當(dāng)待測(cè)電阻的阻值相對(duì)電壓表較小時(shí)；電壓表的分流較小，則產(chǎn)生的誤差較小，故該接法適合測(cè)小電阻．

故答案為：A；??；?。?/p>

明確電流表內(nèi)外接法的電路結(jié)論；根據(jù)歐姆定律求電阻的測(cè)量值，明確實(shí)驗(yàn)中由于電壓表分流而存在測(cè)量誤差，要根據(jù)串并聯(lián)電路的規(guī)律分析誤差情況．

本題考查電流表內(nèi)外接法的認(rèn)識(shí)以及實(shí)驗(yàn)誤差的分析情況，要注意外接法適用于測(cè)小電阻，且結(jié)果偏小，而內(nèi)接法適用于測(cè)大電阻，且結(jié)果偏大；即可用口訣為：大內(nèi)偏大；小外偏?。窘馕觥緼；?。恍?1、AB【分析】解：光敏電阻的電阻值隨光照強(qiáng)度的增大而減?。凰园滋鞎r(shí)光敏電阻的電阻值小，電路中的電流值大，電磁鐵將被吸?。混o觸點(diǎn)與C接通；晚上時(shí)的光線暗，光敏電阻的電阻值大，電路中的電流值小，所以靜觸點(diǎn)與B接通。所以要達(dá)到晚上燈亮，白天燈滅，則路燈應(yīng)接在AB之間。同時(shí)滑動(dòng)變阻器采用限流接法即可，故連接的電路圖如圖所示。

故答案為：AB；如圖所示。

利用直流電源為電磁鐵供電；將電源；光敏電阻、定值電阻、電鍵直接串聯(lián)即可；分析電磁鐵的電路，判定利用照明電源為路燈供電的接入點(diǎn)；同時(shí)明確電路結(jié)構(gòu)圖。

題考查電路設(shè)計(jì)的問(wèn)題和變化電路的分析，要結(jié)合閉合電路歐姆定律、光敏電阻的特點(diǎn)去分析，對(duì)學(xué)生分析問(wèn)題能力要求較高?！窘馕觥緼B12、略

【分析】試題分析：已知跑道長(zhǎng)末速度加速度．由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得代入數(shù)據(jù)得：考點(diǎn)：考查了勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用【解析】【答案】1013、電磁頻率【分析】【解答】“嫦娥三號(hào)”依靠電磁波將拍到的月貌圖片傳回地球；

各種電磁波的頻率有波源決定；當(dāng)光真空到大氣的傳播過(guò)程中，頻率不變；

根據(jù)v=c/n；可知，速度隨著折射率增大而減?。?/p>

故答案為：電磁；頻率．

【分析】依據(jù)各種電磁波在真空中能傳播，從而能夠接收或發(fā)射信號(hào)，且波傳播過(guò)程中，波的頻率不變，波長(zhǎng)與波速有變化關(guān)系．14、略

【分析】解：（1）用伏安法測(cè)定電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的電路圖如圖所示；由于電源電阻較小，采用安培表外接法；

滑動(dòng)變阻器E電阻值較大；每一圈電阻較大，操作時(shí)只有電阻較小時(shí)電流表和電壓表讀數(shù)才有明顯變化，操作不方便，同時(shí)額定電流太小，故選小電阻的滑動(dòng)變阻器（相對(duì)電源內(nèi)阻而言），故選D；

（2）電源的U-I圖象的縱軸截距表示電源的電動(dòng)勢(shì)；故E=1.5V；

斜率表示電源的內(nèi)電阻，故r===1Ω

故答案為：（1）如圖所示；D；（2）1.5；1

（1）對(duì)照測(cè)定電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的電路圖進(jìn)行連線即可；要保證不超過(guò)額定電流；還要操作方便，如果選擇大電阻，隨著滑動(dòng)變阻器的阻值減小，電流幾乎不變，直到最后幾圈時(shí)，電流才有顯著變化；

（2）電源的U-I圖象的縱軸截距表示電源的電動(dòng)勢(shì)；斜率表示電源的內(nèi)電阻．

本題考查測(cè)量電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻的實(shí)驗(yàn)，解題的關(guān)鍵是明確測(cè)定電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻實(shí)驗(yàn)的原理、電路圖，同時(shí)明確電源的U-I圖象的物理意義．【解析】D；1.5；1三、判斷題(共5題，共10分)15、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(wú)限遠(yuǎn)出發(fā)，終止于無(wú)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．16、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(chēng)；無(wú)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(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0，所以無(wú)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．17、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?。?8、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點(diǎn)；導(dǎo)體是等勢(shì)體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是一個(gè)等勢(shì)體；則表面電勢(shì)處處相等，即等勢(shì)面，那么電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】金屬導(dǎo)體在點(diǎn)電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)電荷的電場(chǎng)，正好與點(diǎn)電荷的電場(chǎng)疊加，只有疊加后電場(chǎng)為零時(shí)，電荷才不會(huì)移動(dòng)．此時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢(shì)面，導(dǎo)體是等勢(shì)體．19、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30分)20、（1）①4②ZnS③3d54s1（2）sp3（3）水分子與乙醇分子間能形成氫鍵（4）正四面體（5）3個(gè)【分析】【分析】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及化學(xué)式確定、原子雜化方式判斷、化學(xué)鍵的計(jì)算等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握基礎(chǔ)知識(shí)并靈活運(yùn)用基礎(chǔ)知識(shí)解答問(wèn)題是解本題關(guān)鍵，題目難度中等?！窘獯稹吭豶m{X}位于第四周期，其基態(tài)原子的內(nèi)層軌道全部排滿電子，則內(nèi)層電子數(shù)rm{=2+8+18=28}且最外層電子數(shù)為rm{2}所以該原子有rm{30}個(gè)電子，為rm{Zn}元素；元素rm{Y}基態(tài)原子的rm{3p}軌道上有rm{4}個(gè)電子，則rm{Y}是rm{S}元素；元素rm{Z}的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層的rm{3}倍，元素最外層電子數(shù)小于或等于rm{8}所以rm{Z}是rm{O}元素；rm{W}比rm{X}原子序數(shù)小rm{5}為rm{Mn}元素。

rm{(1)}根據(jù)上面的分析可知，rm{壟脵}在rm{1}個(gè)晶胞中，rm{X}離子的數(shù)目為rm{4}

故答案為：rm{4}

rm{壟脷X}為rm{Zn}rm{Y}為rm{S}rm{X}rm{Y}的個(gè)數(shù)比為rm{1}rm{1}所以該化合物的化學(xué)式為rm{ZnS}

故答案為：rm{ZnS}

rm{壟脹W}為錳，價(jià)電子排布式為：為錳，價(jià)電子排布式為：rm{壟脹W}rm{3d^{5}4s^{1}}

，故答案為：rm{3d^{5}4s^{1}}

；分子中，rm{(2)H_{2}S}原子的價(jià)層電子數(shù)為：rm{S}所以rm{dfrac{6+2}{2}=4}原子的軌道的雜化類(lèi)型是rm{S}雜化；

故答案為：rm{sp^{3}}

rm{sp^{3}}在乙醇中的溶解度：rm{(3)}大于rm{H_{2}O}其主要原因是：水分子與乙醇分子間能形成氫鍵；

故答案為：水分子與乙醇分子間能形成氫鍵；

rm{H_{2}S}中rm{(4)SO_{4}^{2-}}原子的價(jià)層電子數(shù)為：rm{4+dfrac{1}{2}隆脕(6+2-4隆脕2)=4}且沒(méi)有孤電子對(duì)，所以是正四面體結(jié)構(gòu)；

故答案為：正四面體；

rm{S}的氯化物與氨水反應(yīng)可形成配合物rm{4+dfrac{1}{2}隆脕(6+2-4隆脕2)=4

}配體為rm{(5)Zn}rm{[Zn(NH_{3})_{4}]Cl_{2}}，rm{NH}rm{NH}鍵的數(shù)目為rm{3}個(gè)；

故答案為：rm{3}個(gè)。

．rm{1}【解析】rm{(1)壟脵4}rm{壟脷ZnS}rm{壟脷ZnS}rm{壟脹3d^{5}4s^{1}}rm{壟脹3d^{5}4s^{1}}水分子與乙醇分子間能形成氫鍵rm{(2)sp^{3}}正四面體rm{(3)}個(gè)rm{(4)}21、rm{(1)壟脵壟脺}rm{(1)壟脵壟脺}rm{(2)0.003mol/(L?mim)}rm{0.05mol/L}rm{75%}減少rm{(2)0.003mol/(L?mim)}減少rm{0.05mol/L}減少rm{75%}【分析】【分析】本題考查了化學(xué)反應(yīng)速率定義式的計(jì)算，三段模式計(jì)算平衡轉(zhuǎn)化率和平衡時(shí)濃度，以及平衡狀態(tài)的判斷標(biāo)志，題目難度中等。【解答】rm{(1)壟脵H_{2}O}的質(zhì)量不再變化，則可逆反應(yīng)已達(dá)平衡狀態(tài)，故rm{壟脵}正確；rm{壟脷}同溫同體積時(shí)，混合氣體的壓強(qiáng)與物質(zhì)的量成正比，rm{CO(g)+{H}_{2}O(g)?C{O}_{2}(g)+{H}_{2}(g)}是氣體計(jì)量數(shù)不變的反應(yīng)，無(wú)論是否到達(dá)平衡狀態(tài)，氣體的總物質(zhì)的量不變，總壓強(qiáng)始終不變，因此不能說(shuō)明反應(yīng)是否到達(dá)平衡狀態(tài)，故rm{CO(g)+{H}_{2}O(g)?C{O}_{2}(g)+{H}_{2}(g)

}錯(cuò)誤；rm{壟脷}rm{壟脹CO}rm{H_{2}O}rm{CO_{2}}的濃度都相等，不能說(shuō)明各組分的濃度保持不變，故rm{H_{2}}錯(cuò)誤；rm{壟脹}單位時(shí)間內(nèi)生成rm{壟脺}同時(shí)生成rm{amolCO}說(shuō)明正反應(yīng)速率等于逆反應(yīng)速率，故rm{amolH_{2}}正確。故答案為：rm{壟脺}rm{壟脵壟脺}到達(dá)平衡時(shí)，rm{(2)}的平衡濃度為rm{CO_{2}}根據(jù)轉(zhuǎn)化濃度之比等于方程式的計(jì)量數(shù)之比，則生成rm{0.03mol/L}的濃度為rm{H_{2}}消耗rm{0.03mol/L}和rm{CO}均為rm{H_{2}O}則rm{v(H_{2})=0.03mol?L^{-1}/10min=0.003mol/(L?min)}rm{0.03mol/L}rm{v(H_{2})=0.03mol?

L^{-1}/10min=0.003mol/(L?min)}的轉(zhuǎn)化率為rm{0.03mol?L^{-1}隆脕5L/0.2mol=75攏樓}；rm{c(H_{2}O)=0.4mol/5L-0.03mol/L=0.05mol/L}它本身的轉(zhuǎn)化率減?。还蚀鸢笧椋簉m{CO}rm{0.03mol?

L^{-1}隆脕5L/0.2mol=75攏樓}再通入一定量的rm{CO}它本身的轉(zhuǎn)化率減??；；減??；rm{CO}rm{CO(g)+{H}_{2}O(g)?C{O}_{2}(g)+{H}_{2}(g)}起始量rm{0.003mol/(L?min)}rm{0.05mol/L}rm{75攏樓}rm{(3)}rm{CO(g)+{H}_{2}O(g)?C{O}_{2}(g)+{H}_{2}(g)

}轉(zhuǎn)化量rm{(mol/L)}rm{0.04}rm{0.08}rm{0}rm{0}平衡量rm{(mol/L)}rm{0.03}rm{0.03}rm{0.03}rm{0.03}rm{(mol/L)}rm{0.03}rm{0.03}rm{0.03}

則rm{K=dfrac{c(C{O}_{2})c({H}_{2})}{c(CO)c({H}_{2}O)}=dfrac{0.03隆脕0.03}{0.01隆脕0.05}=1.8}該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，降低溫度，平衡逆移，平衡常數(shù)減小，故答案為：rm{0.03}減小。

rm{(mol/L)}rm{0.01}rm{0.05}rm{0.03}rm{0.03}【解析】rm{(1)壟脵壟脺}rm{(1)壟脵壟脺}rm{(2)0.003mol/(L?mim)}rm{0.05mol/L}rm{75%}減少rm{(2)0.003mol/(L?mim)}減少rm{0.05mol/L}減少rm{75%}22、rm{(1)2Cl^{-}+2H}rm{2}rm{Ooverset{脥簍碌莽}{=}2OH^{-}+H}rm{2}rm{Ooverset{脥簍碌莽}{=}

2OH^{-}+H}rm{2}rm{2}rm{隆眉+Cl}2rm{2}rm{2}rm{隆眉}rm{(2)2FeTiO_{3}+6C+7Cl}發(fā)生rm{overset{賂脽脦脗}(cāng){=}}加入大量水并加熱，rm{2FeCl_{3}+2TiCl_{4}+6CO}揮發(fā)，溫度升高，都能促使水解正向進(jìn)行rm{7}防止鈦、鎂被氧化rm{(3)}rm{CO(g)+2H_{2}(g)簍TCH_{3}OH(l)triangleH=-128.1KJ?mol^{-1;;}}rm{TiCl_{4}+(2+x)H_{2}O?TiO_{2}?xH_{2}O+4HCl}rm{HCl}【分析】【分析】本題考查化學(xué)方程式的書(shū)寫(xiě)及計(jì)算、蓋斯定律等，題目難度中等，注意根據(jù)蓋斯定律解題。【解答】rm{(1)}電解食鹽水生成rm{NaOH}rm{H_{2}}和rm{Cl_{2}}反應(yīng)的化學(xué)方程式為rm{2Cl^{-}+2H_{2}Ooverset{脥簍碌莽}{=}2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}故答案為：rm{2Cl^{-}+2H_{2}Ooverset{脥簍碌莽}{=}2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{2Cl^{-}+2H_{2}Ooverset{脥簍碌莽}{=}

2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}從圖示可知氯化時(shí)的反應(yīng)物為rm{2Cl^{-}+2H_{2}Ooverset{脥簍碌莽}{=}

2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{(2)}rm{FeTiO_{3}}生成物為rm{C}rm{Cl_{2}}rm{FeCl_{3}}再根據(jù)得失電子和原子守恒即可得出該反應(yīng)的方程式為rm{2FeTiO_{3}+6C+7Cl_{2}overset{賂脽脦脗}(cāng){=}2FeCl_{3}+2TiCl_{4}+6CO}由方程式得出生成rm{TiCl_{4}}轉(zhuǎn)移rm{CO}電子，所以生成rm{2FeTiO_{3}+6C+7Cl_{2}

overset{賂脽脦脗}(cāng){=}2FeCl_{3}+2TiCl_{4}+6CO}四氯化鈦時(shí)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為rm{2molTiCl_{4}}

故答案為：rm{2FeTiO_{3}+6C+7Cl_{2}overset{賂脽脦脗}(cāng){=}2FeCl_{3}+2TiCl_{4}+6CO}rm{14mol}

rm{1mol}水解時(shí)需加入大量的水并加熱，由rm{7mol}rm{2FeTiO_{3}+6C+7Cl_{2}

overset{賂脽脦脗}(cāng){=}2FeCl_{3}+2TiCl_{4}+6CO}可知，加入大量水并加熱，rm{7}揮發(fā)，溫度升高，都能使水解反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行，促進(jìn)水解趨于完全，故答案為：發(fā)生rm{(3)}加入大量水并加熱，rm{TiCl_{4}+(2+x)}揮發(fā)；溫度升高，都能促使水解正向進(jìn)行；

rm{H_{2}O?TiO_{2}?xH_{2}O隆媒+4HCl}在rm{HCl}氣中進(jìn)行防止鈦、鎂被氧化；故答案為：防止鈦；鎂被氧化；

rm{TiCl_{4}+(2+x)H_{2}O?TiO_{2}?xH_{2}O+4HCl}燃燒的熱化學(xué)方程式：rm{CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)triangleH=-283kJ?mol^{-1}壟脵}

rm{HCl}燃燒的熱化學(xué)方程式：rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangleH=-285.8隆脕2kJ?mol^{-1}壟脷}

rm{(4)}燃燒的熱化學(xué)方程式：rm{CH_{3}OH(l)+dfrac{3}{2}O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-726.5kJ?mol^{-1}壟脹}

根據(jù)蓋斯定律將rm{Ar}可得：rm{CO(g)+2H_{2}(g)簍TCH_{3}OH(l)triangleH=-128.1KJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{CO(g)+2H_{2}(g)簍TCH_{3}OH(l)triangleH=-128.1KJ?mol^{-1}}

rm{(5)壟脵C(jī)O}由rm{CO(g)+dfrac{1}{2}

O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)triangleH=-283kJ?mol^{-1}壟脵}可知，合成rm{H_{2}}甲醇需要rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangle

H=-285.8隆脕2kJ?mol^{-1}壟脷}rm{CH_{3}OH}根據(jù)rm{2FeTiO_{3}+6C+7Cl_{2}overset{賂脽脦脗}(cāng){=}2FeCl_{3}+2TiCl_{4}+6CO}可知，電解中生成的rm{n(Cl_{2})=dfrac{7}{6}n(CO)=7mol}根據(jù)rm{2NaCl+2H_{2}Ooverset{脥簍碌莽}{=}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}可知，電解生成rm{CH_{3}OH(l)+dfrac{3}{2}

O_{2}(g)簍TCO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=-726.5kJ?mol^{-1}壟脹}故需額外補(bǔ)充rm{壟脵+壟脷+(-壟脹)}為rm{CO(g)+2H_{2}(g)簍TCH_{3}OH(l)triangle

H=-128.1KJ?mol^{-1}}rm{CO(g)+2H_{2}(g)簍TCH_{3}OH(l)triangle

H=-128.1KJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{壟脷}rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)}【解析】rm{(1)2Cl^{-}+2H}rm{2}rm{Ooverset{脥簍碌莽}{=}2OH^{-}+H}rm{2}rm{Ooverset{脥簍碌莽}{=}

2OH^{-}+H}rm{2}rm{2}rm{隆眉+Cl}2rm{2}rm{2}rm{隆眉}rm{(2)2FeTiO_{3}+6C+7Cl}發(fā)生rm{overset{賂脽脦脗}(cāng){=}}加入大量水并加熱，rm{2FeCl_{3}+2TiCl_{4}+6CO}揮發(fā)，溫度升高，都能促使水解正向進(jìn)行rm{7}防止鈦、鎂被氧化rm{(3)}rm{CO(g)+2H_{2}(g)簍TCH_{3}OH(l)triangleH=-128.1KJ?mol^{-1;;}}rm{TiCl_{4}+(2+x)H_{2}O?TiO_{2}?xH_{2}O+4HCl}rm{HCl}五、畫(huà)圖題(共2題，共8分)23、略

【分析】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律，當(dāng)磁感強(qiáng)度均勻變化時(shí)磁通量均勻變化，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流恒定不變【解析】【答案】24、略

【分析】本題考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律，當(dāng)磁感強(qiáng)度均勻變化時(shí)磁通量均勻變化，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流恒定不變【解析】【答案】六、推斷題(共2題，共18分)25、（1）

（2）AlNaOH

（3）H2+Cl22HCl

【分析】【分析】本題考查了元素周期律和元素周期表的應(yīng)用。掌握元素周期律：同周期元素從左至右原子半徑逐漸減小，金屬性逐漸減弱，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性逐漸減弱；同主族元素從上至下原子半徑逐漸增大是解答本題的關(guān)鍵。該題是高考常見(jiàn)題型，試題難易