2025年蘇教版高二物理下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年蘇教版高二物理下冊月考試卷543考試試卷考試范圍：全部知識點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、已知rm{298K}時(shí)下列物質(zhì)的溶度積常數(shù)，下列說法正確的是()

。rm{CH_{3}COOAg}rm{AgCl}rm{Ag_{2}CrO_{4}}rm{Ag_{2}S}rm{K}rm{{,!}_{sp}}rm{2.3}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{3}}rm{1.77}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{10}}rm{1.12}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{12}}rm{6.7}rm{隆脕}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{15}}

A.等體積、濃度均為rm{0.02mol隆隴L^{-1}}的rm{CH_{3}COONa}和rm{AgNO_{3}}溶液混合能產(chǎn)生沉淀B.向含有濃度均為rm{0.01mol隆隴L^{-1}}的rm{CrOrlap{_{4}}{^{2-}}}和rm{Cl^{-}}的溶液中慢慢滴入rm{AgNO_{3}}溶液時(shí)，rm{CrOrlap{_{4}}{^{2-}}}先沉淀C.在rm{CH_{3}COOAg}懸濁液中加入鹽酸時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為rm{CH_{3}COOAg+H^{+}+Cl^{-}=CH_{3}COOH+AgCl}D.rm{298K}時(shí)，上述四種飽和溶液的物質(zhì)的量濃度：rm{c(CH_{3}COOAg)>c(AgCl)>c(Ag_{2}CrO_{4})>c(Ag_{2}S)}2、如圖所示，在光滑絕緣的水平面的上方存在有水平方向的勻強(qiáng)磁場，ABCD

是磁場區(qū)域的邊界，一個(gè)正方形的閉合導(dǎo)線框以水平速度v0

沖向磁場區(qū)域，當(dāng)它全部進(jìn)入磁場區(qū)域后速度變?yōu)関1

當(dāng)它全部沖出磁場區(qū)域后速度變?yōu)関2

比較導(dǎo)線框進(jìn)入磁場的過程和離開磁場的過程，下列說法正確的是()

A.進(jìn)入過程導(dǎo)線框的速度變化v0鈭?v1

等于離開過程導(dǎo)線框的速度變化v1鈭?v2

B.進(jìn)入過程導(dǎo)線框的動能變化Eko鈭?Ek1

等于離開過程導(dǎo)線框的動能變化Ek1鈭?Ek2

C.進(jìn)入過程導(dǎo)線框產(chǎn)生的熱量Q1

小于離開過程導(dǎo)線框產(chǎn)生的熱量Q2

D.進(jìn)入過程通過導(dǎo)線框橫截面積的電量q1

小于離開過程通過導(dǎo)線框橫截面積的電量q2

3、在變電站里，經(jīng)常要用交流電表去監(jiān)測電網(wǎng)上的強(qiáng)電流，所用的器材叫電流互感器。如下所示的四個(gè)圖中，能正確反應(yīng)其工作原理的是（）4、用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素(如圖所示)．設(shè)兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計(jì)指針偏角為θ.實(shí)驗(yàn)中，極板所帶電荷量不變，若A.保持S不變，增大d，則θ變大B.保持S不變，增大d，則θ變小C.保持d不變，減小S，則θ變小D.保持d不變，減小S，則θ不變5、如圖所示，在光滑絕緣的水平面上方，有兩個(gè)方向相反的水平方向的勻強(qiáng)磁場，PQ

為兩磁場的邊界，磁場范圍足夠大，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為B1=BB2=2B

一個(gè)豎直放置的邊長為a

質(zhì)量為m

電阻為R

的正方形金屬線框，以初速度v

垂直磁場方向從圖中實(shí)線位置開始向右運(yùn)動，當(dāng)線框運(yùn)動到在每個(gè)磁場中各有一半的面積時(shí)，線框的速度為v

/2

則下列判斷正確的是()A.此過程中通過線框截面的電量為2Ba2R

B.此過程中線框克服安培力做的功為9B2a2v2mR

C.此時(shí)線框的加速度為9B2a2v2mR

D.此時(shí)線框中的電功率為9B2a2v22R

評卷人得分二、雙選題(共2題，共4分)6、下列說法中；正確的是（）

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麥芽糖是它的同分異構(gòu)體C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中，滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液，加入碘水溶液，溶液不變藍(lán)，證明淀粉尚未水解7、下列說法中；正確的是（）

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂B.蔗糖是最重要的二糖，麥芽糖是它的同分異構(gòu)體C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中，滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液，加入碘水溶液，溶液不變藍(lán)，證明淀粉尚未水解評卷人得分三、填空題(共5題，共10分)8、（本題供使用選修3-1教材的考生作答．）

電源的電動勢為4.5V，內(nèi)電阻為0.50Ω，外電路接一個(gè)4.0Ω的電阻，這時(shí)流過電源的電流為____A，路端的電壓為____V．9、單相交流發(fā)電機(jī)的線圈從中性面勻速旋轉(zhuǎn)180°角，所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的平均值與其有效值之比為：____10、長為1.2m的導(dǎo)線折成長、寬之比為2：1的矩形線框，線框平面垂直于勻強(qiáng)磁場方向放置，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T，則穿過該線框的磁通量Ф=____________Wb；若通過改變線框的形狀，則穿過此段導(dǎo)線制成的線框的最大磁通量為Фm=____________Wb．11、在驗(yàn)證動量守恒定律實(shí)驗(yàn)中；同學(xué)們不僅完成了課本原來的實(shí)驗(yàn)，還用相同的器材進(jìn)行多方面的探索及嘗試．下面是甲；乙兩組同學(xué)的實(shí)驗(yàn)，請回答相關(guān)的問題：

(Ⅰ)甲組同學(xué)采用如圖1所示的裝置，由斜槽和水平槽構(gòu)成．將復(fù)寫紙與白紙鋪在水平放的木板上，重垂線所指的位置為O．實(shí)驗(yàn)時(shí)先使a球從斜槽上某一固定位置由靜止開始滾下，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡．重復(fù)上述操作多次，得到多個(gè)落點(diǎn)痕跡平均位置P；再把b球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓a球仍從固定位置由靜止開始滾下，與b球發(fā)生對心正碰，碰后a球不被反彈．碰撞后a、b球分別在記錄紙上留下各自的落點(diǎn)痕跡．重復(fù)這種操作多次得到多個(gè)落點(diǎn)痕跡平均位置M；N．

(1)若a球質(zhì)量為m1，半徑為r1；b球質(zhì)量為m2，半徑為r2．則____________

A．m1＞m2r1＞r2B．m1＞m2r1＜r2

C．m1＞m2r1=r2D．m1＜m2r1=r2

(2)以下提供的器材中；本實(shí)驗(yàn)必需的有____________

A．刻度尺B．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器C．天平D．秒表。

(3)設(shè)a球的質(zhì)量為m1，b球的質(zhì)量為m2，則本實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證動量守恒定律的表達(dá)式為(用m1、m2；OM、OP、ON表示)____________

(Ⅱ)乙組同學(xué)誤將重錘丟失；為了繼續(xù)完成實(shí)驗(yàn)則將板斜放，上端剛好在槽口拋出點(diǎn)，標(biāo)記為O．板足夠長小球都能落在板上，如圖2，采用甲組同學(xué)相同的操作步驟完成實(shí)驗(yàn)．

(4)對該組同學(xué)實(shí)驗(yàn)的判斷正確的是____________

A．乙組同學(xué)無法完成驗(yàn)證動量守恒定律。

B．秒表也不是乙組同學(xué)的必需器材。

C．乙組同學(xué)必須測量斜面傾角θ

D．圖2中N為b球碰后落點(diǎn)。

(5)設(shè)a球的質(zhì)量為m1，b球的質(zhì)量為m2；則本實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證動量守恒定律的表達(dá)式為____________．

(6)如果a，b球的碰撞是彈性碰撞，那么還應(yīng)滿足的表達(dá)式為____________．(要求第(5)(6)結(jié)論用m1、m2；OM、OP、ON表示)

12、如圖所示，直線A為電源的U-I圖線，直線B為電阻R的U-I圖線，由該圖可以判斷：電源的電動勢E=______V；電源的內(nèi)電阻為r=______Ω；電阻R=______Ω評卷人得分四、判斷題(共1題，共10分)13、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對錯(cuò)）評卷人得分五、計(jì)算題(共4題，共28分)14、太陽的能量來自氫核聚變：即四個(gè)質(zhì)子（氫核）聚變一個(gè)α粒子，同時(shí)發(fā)射兩個(gè)正電子和兩個(gè)沒有靜止質(zhì)量的中微子．如果太陽輻射能量的功率為P，質(zhì)子H、氦核He、正電子e的質(zhì)量分別為mP、MHe、me；真空的光速為c，則。

（1）寫出上述核反應(yīng)方程式；

（2）計(jì)算每一次聚變所釋放的能量△E；

（3）計(jì)算t時(shí)間內(nèi)因聚變生成的α粒子數(shù)n．15、如圖，一透明球體置于空氣中，球半徑R=10cm

折射率n=2.MN

是一條通過球心的直線，單色細(xì)光束AB

平行于MN

射向球體，B

為入射點(diǎn)，AB

與MN

間距為52cmCD

為出射光線．

壟脵

補(bǔ)全光路并求出光從B

點(diǎn)傳到C

點(diǎn)的時(shí)間；

壟脷

求CD

與MN

所成的角婁脕

．16、如圖所示。在水平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系xOy中有一光滑金屬圓形導(dǎo)軌BOC．直導(dǎo)軌OB部分與x軸重合，圓弧半徑為L．整個(gè)圓形內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．現(xiàn)有一長為L的金屬棒，從圖示位置開始平行于半徑OC向右沿x軸正方向以速度v做勻速直線運(yùn)動。已知金屬棒單位長度的電阻為R0．除金屬棒的電阻外其余電阻均不計(jì)。棒與兩導(dǎo)軌始終接觸良好，在金屬棒運(yùn)動過程中。它與導(dǎo)軌組成閉合回路。圖中θ=時(shí)；求：

（1）棒受的安培力大小為多少？

（2）回路中消耗的電功率為多大？17、如圖所示，電阻r=0.1婁賂

的導(dǎo)體ab

沿光滑的導(dǎo)線框向右做勻速運(yùn)動，線框中接有電阻R=0.4婁賂

線框放在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.1T

的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于線框平面，導(dǎo)體ab

的長度L=0.4m

運(yùn)動速度v=5.0m/s.

線框的電阻不計(jì)。

壟脜

電路abcd

中的電流為多少？壟脝

求導(dǎo)體ab

所受的安培力的大小。壟脟

外力做功的功率是多少？壟脠

電源的功率為多少？外部電阻消耗的功率又是多少？評卷人得分六、簡答題(共3題，共12分)18、黃血鹽rm{[}亞鐵氰化鉀，rm{K}亞鐵氰化鉀，rm{[}rm{K}rm{{,!}_{4}}rm{Fe(CN)}rm{Fe(CN)}目前廣泛用做食鹽添加劑rm{{,!}_{6}}抗結(jié)劑rm{]}目前廣泛用做食鹽添加劑rm{(}抗結(jié)劑rm{)}我國衛(wèi)生部規(guī)定食鹽中黃血鹽的最大使用量為rm{10mg?kg隆樓}我國衛(wèi)生部規(guī)定食鹽中黃血鹽的最大使用量為rm{]}rm{(}rm{)}回答下列問題：rm{10mg?kg隆樓}步驟Ⅰ反應(yīng)的化學(xué)方程式為________________________________________________。rm{{,!}^{1}}步驟Ⅳ過濾所得的廢液中含量較多的溶質(zhì)為。一種制備黃血鹽的工藝如下：填化學(xué)式rm{(1)}__________________。rm{(2)}步驟Ⅴ所用的試劑rm{(}是_____________________。rm{)}工藝中用到劇毒的rm{(3)}溶液，含rm{X}的廢水必須處理后才能排放。已知?dú)淝杷崾且环N具有苦杏仁特殊氣味的無色劇毒液體，易揮發(fā)，rm{(4)}時(shí)，rm{HCN}rm{CN^{-}}的電子式為____________，反應(yīng)rm{25隆忙}在rm{Ka(HCN)=6.25隆脕10^{-10}}時(shí)的平衡常數(shù)rm{壟脵NaCN}________rm{CN隆樓+H_{2}O?HCN+OH隆樓}填數(shù)值rm{25隆忙}rm{K=}處理含rm{(}廢水的方法是：第一步控制rm{)}用rm{壟脷}溶液先將rm{CN^{-}}“不完全氧化”為rm{pH>10}第二步控制rm{NaClO}為rm{CN隆樓}用rm{OCN^{-}}“完全氧化”rm{pH}生成rm{7.5隆蘆8.5}和兩種鹽。第一步控制強(qiáng)堿性的主要目的是________，第二步反應(yīng)的離子方程式為_____________________________________。rm{NaClO}19、已知下列熱化學(xué)方程式：rm{壟脵H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(l)}rm{壟脵H_{2}(g)+

dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(l)}rm{婁隴}rm{H}rm{壟脷H_{2}(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(g)}rm{=-285.8kJ隆隴mol^{-1}}rm{壟脷H_{2}(g)+

dfrac{1}{2}O_{2}(g)=H_{2}O(g)}rm{婁隴}rm{壟脹C(s)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO(g)}rm{H}rm{=-241.8kJ隆隴mol^{-1}}rm{壟脹C(s)+

dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO(g)}rm{婁隴}rm{H}rm{=-110.5kJ隆隴mol^{-1}}rm{壟脺C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)}回答下列問題：rm{婁隴}上述反應(yīng)中屬于放熱反應(yīng)的是____________。rm{H}的燃燒熱為________________；rm{=-393.5kJ隆隴mol^{-1}}的燃燒熱為________________。rm{(1)}燃燒rm{(2)H_{2}}生成液態(tài)水，放出的熱量為________________。rm{C}寫出rm{(3)}燃燒的熱化學(xué)方程式______________________________________。rm{10gH_{2}}20、如圖所示，楊氏雙縫實(shí)驗(yàn)中，下述情況能否看到干涉條紋？說明理由．(1)

在單色自然光源S

后加一偏振片P

．(2)

在(1)

情況下，再加P1P2P1

與P2

透振方向垂直．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【分析】本題主要考查了溶度積的計(jì)算、沉淀的轉(zhuǎn)化與生成的知識，是高考?？贾R點(diǎn)，難度一般。關(guān)鍵是掌握溶度積的計(jì)算、沉淀的轉(zhuǎn)化的原理，側(cè)重知識的能力考察。【解答】A.濃度熵rm{Qc}rm{=c(CH_{3}COO^{-})隆隴c(Ag^{+})=0.01隆脕0.01=1隆脕10^{-4}}rm{=c(CH_{3}COO^{-})隆隴c(Ag^{+})=

0.01隆脕0.01=1隆脕10^{-4}}rm{K_{sp}(CH_{3}COOAg)=2.3隆脕10^{-6}}所以溶液混合能產(chǎn)生沉淀，故A錯(cuò)誤；B.rm{Qc>K_{sp}}飽和所需rm{AgCl}濃度rm{Ag^{+}}rm{c(Ag^{+})=Ksp(AgCl)/c(Cl^{-})=1.77隆脕10^{-10}/0.01mol/L=1.77隆脕10^{-8}}rm{mol/L}飽和所需rm{Ag_{2}CrO_{4}}濃度rm{Ag^{+}}rm{c(Ag^{+})=}rm{mol/L=1.1隆脕10^{-5}}則rm{mol/L}rm{1.77隆脕10^{-8}mol/L<1.1隆脕10^{-5}}所以rm{mol/L}先沉淀，故B錯(cuò)誤；C.rm{Cl^{-}}向rm{K_{sp}(CH_{3}COOAg)>K_{sp}(AgCl)}懸濁液中加入鹽酸時(shí)rm{CH_{3}COOAg}轉(zhuǎn)化為rm{CH_{3}COOAg}離子方程式為rm{AgCl}故C正確；D.因?yàn)閞m{CH_{3}COOAg+H^{+}+Cl^{-}=CH_{3}COOH+AgCl}飽和溶液中rm{CH_{3}COOAg}的濃度為rm{Ag^{+}}rm{mol/L=1.52隆脕10^{-3}mol/L}rm{c(CH}rm{c(CH}rm{{,!}_{3}}因?yàn)閞m{COOAg)=}飽和溶液中rm{COOAg)=}的濃度為rm{1.52隆脕10^{-3}mol/L}rm{AgCl}假設(shè)rm{Ag^{+}}飽和溶液中rm{=1.33隆脕10^{-5}mol/L}的濃度為rm{c(AgCl)=1.33隆脕10^{-5}mol/L}則rm{Ag_{2}CrO_{4}}的濃度為rm{Ag^{+}}由溶度積常數(shù)的表達(dá)式可知rm{x}即rm{CrO_{4}^{2-}}即rm{0.5x}rm{Ksp(Ag_{2}CrO_{4})=x^{2}隆脕0.5x}假設(shè)rm{0.5x^{3}=1.12隆脕10^{-12}}飽和溶液中rm{x=1.3隆脕10^{-4}mol/L}的濃度為rm{c(Ag_{2}CrO_{4})=6.5隆脕10^{-5}mol/L}則rm{Ag_{2}S}的濃度為rm{Ag^{+}}由溶度積常數(shù)的表達(dá)式可知rm{x}即rm{S^{2-}}即rm{0.5x}rm{Ksp(Ag_{2}S)=x^{2}隆脕0.5x}則順序?yàn)椋簉m{0.5x^{3}=6.7隆脕10^{-15}}故D錯(cuò)誤。故選C。rm{x=2.38隆脕10^{-5}mol/L}【解析】rm{C}2、A【分析】【分析】用動量定理研究出速度變化量與電量有關(guān)，根據(jù)感應(yīng)電量q=??R

結(jié)合磁通量關(guān)系分析速度變化量的關(guān)系；進(jìn)入與穿出磁場過程中，感應(yīng)電流不同，安培力不同，導(dǎo)體克服安培力做功不同，由動能定理判斷動能變化的關(guān)系及熱量關(guān)系。本題是單選題；答案B；CD

容易判斷是不正確的，用“排除法”也可知答案A是正確的。

【解答】AD.

設(shè)進(jìn)入和穿出磁場時(shí)感應(yīng)電流的平均值分別為I1

和I2

產(chǎn)生和電量分別為q1

和q2

由動量定理，得：

對于進(jìn)入磁場過程：鈭?BI1Lt1=m(v1鈭?v0)

可得BLq1=m(v0鈭?v1)

同理，對于穿出磁場過程：BLq2=m(v1鈭?v2)

____

而感應(yīng)電量q=??R

穿入和穿出過程的磁通量變化量相同，所以有q1=q2

則得到v0鈭?v1=v1鈭?v2

故A正確，D錯(cuò)誤；

BC.

導(dǎo)線框進(jìn)入和穿出磁場時(shí)都做減速運(yùn)動，感應(yīng)電流減小，線框受到的安培力減小，進(jìn)入和穿出位移相同，則進(jìn)入過程線框克服安培力做功多，則有Ek0鈭?Ek1>Ek1鈭?Ek2隆攏

再由能量守恒定律可知，動能的減少都轉(zhuǎn)化成內(nèi)能，所以有Q1>Q2攏祿

故BC錯(cuò)誤；

故選A。

【解析】A

3、A【分析】【解析】試題分析：根據(jù)變壓器的工作原理，電流值比等于線圈匝數(shù)反比。交流線路中地線是沒有電流的，所以正確的為A考點(diǎn)：變壓器【解析】【答案】A4、A【分析】試題分析：根據(jù)電容的決定式得知，電容與極板間距離成反比，當(dāng)保持S不變，增大d時(shí)，電容減小，由電容的定義式分析可知板間電勢差增大，靜電計(jì)指針的偏角θ變大．故B錯(cuò)誤，A正確;根據(jù)電容的決定式得知，電容與極板的正對面積成正比，當(dāng)保持d不變，減小S時(shí)，電容減小，極板所帶電荷量Q不變，則由電容的定義式分析可知板間電勢差增大，靜電計(jì)指針的偏角θ變大．故CD錯(cuò)誤．考點(diǎn)：電容器的動態(tài)分析【解析】【答案】A5、C【分析】【分析】當(dāng)線框中心線ABAB運(yùn)動到與PQPQ重合時(shí)，左右兩邊都切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，兩個(gè)電動勢方向相同串聯(lián)..根據(jù)感應(yīng)電動勢公式和歐姆定律求出感應(yīng)電流，再求線框中的電功率..求出左右兩邊所受安培力大小，由牛頓第二定律求出加速度..由推論求出電量..根據(jù)功能關(guān)系求解回路產(chǎn)生的電能。

本題是電磁感應(yīng)與安培力、能量守恒定律等知識的綜合，其中電磁感應(yīng)過程中產(chǎn)生的電量q=n?婁脮R，是重要推論，在推導(dǎo)的基礎(chǔ)上加強(qiáng)記憶。

【解答】A.感應(yīng)電動勢為：E=?婁脮?t

感應(yīng)電流為：I=ER

電荷量為：q=I鈻?t

解得：q=3Ba22R

故A錯(cuò)誤；

B.由能量守恒定律得，克服安培力做功等于系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱，此過程七回路產(chǎn)生的熱為：Q=mv22鈭?12m(v2)2=3mv28

故B錯(cuò)誤；

C.此時(shí)感應(yīng)電動勢：E=2Bav2+Bav2=3Bav2

線框電流為：I=ER=3Bav2R

由牛頓第二定律得：2BIa+BIa=ma錄脫脣脵露脠

解得：a錄脫脣脵露脠=9B2a2v2mR

故C正確；

D.此時(shí)線框的電功率為：P=I2R=9B2a2v24R

故D錯(cuò)誤；

故選C。【解析】C

二、雙選題(共2題，共4分)6、AB【分析】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)。該題屬于基礎(chǔ)性試題，難度不大。只要能記住常見物質(zhì)的性質(zhì)，就不難得出正確的結(jié)論。

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂；故A正確；

B.蔗糖是最重要的二糖；麥芽糖是它的同分異構(gòu)體，故B正確；

C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中；加氫氧化鈉中和硫酸以后再滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成，故C錯(cuò)誤；

D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液；加入碘水溶液，溶液不變藍(lán)，證明淀粉水解完全，故D錯(cuò)誤；

?故選AB?！窘馕觥緼B7、AB【分析】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)。該題屬于基礎(chǔ)性試題，難度不大。只要能記住常見物質(zhì)的性質(zhì)，就不難得出正確的結(jié)論。

A.油脂在堿性水溶液中水解在工業(yè)上用于制肥皂；故A正確；

B.蔗糖是最重要的二糖；麥芽糖是它的同分異構(gòu)體，故B正確；

C.在蔗糖與稀H2SO4共熱后的溶液中；加氫氧化鈉中和硫酸以后再滴加銀氨溶液，再水浴加熱有銀鏡生成，故C錯(cuò)誤；

D.取淀粉與稀硫酸共熱后的溶液；加入碘水溶液，溶液不變藍(lán)，證明淀粉水解完全，故D錯(cuò)誤；

?故選AB?！窘馕觥緼B三、填空題(共5題，共10分)8、略

【分析】

根據(jù)閉合電路歐姆定律得。

I==

路端的電壓為U=IR=1×4V=4V

故答案為：1；4

【解析】【答案】已知電源的電動勢；內(nèi)電阻和外電阻，根據(jù)閉合電路歐姆定律求出流過電源的電流，由歐姆定律求出路端電壓．

9、略

【分析】電動勢的平均值根據(jù)計(jì)算，有效值為可得平均值與其有效值之比為2√2﹕π【解析】【答案】2√2﹕π10、略

【分析】解：由題意知矩形選框的長和寬分別為0.4m和0.2s，所以面積為S=0.4×0.2=0.08m2，穿過該線框的磁通量Ф=BS=0.2×0.08=0.016Wb，圓形的面積最大，1.2=2πr，所以最大面積S′=πr2，穿過此段導(dǎo)線制成的線框的最大磁通量為Фm=BS′=0.2×=0.023Wb

故答案為：0.016，0.023【解析】0.016;0.02311、略

【分析】解：Ⅰ(1)通過兩球發(fā)生碰撞驗(yàn)證動量守恒定律，為使兩球發(fā)生正碰且碰撞后，入射球不反彈，兩球直徑應(yīng)相等，入射球質(zhì)量大于被碰球質(zhì)量，即兩球需要滿足：m1＞m2r1=r2；故C正確；

(2)驗(yàn)證動量守恒定律實(shí)驗(yàn)；需要測出兩球的質(zhì)量與球做平拋運(yùn)動的水平位移，不需要測量球的運(yùn)動時(shí)間，因此需要的實(shí)驗(yàn)器材是：天平與刻度尺，故選：AC．

(3)兩球離開軌道后；做平拋運(yùn)動，它們在空中的運(yùn)動時(shí)間t相等，由動量守恒定律可知，實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證：

m1v1=m1v1′+m2v2，兩邊同時(shí)乘以時(shí)間t得：m1v1t=m1v1′t+m2v2t，則實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證：m1OP=m1OM+m2ON；

Ⅱ(4)A；兩球碰撞后做平拋運(yùn)動；分別落在斜面上，測出它們的水平位移，可以驗(yàn)證動量守恒定律，故A錯(cuò)誤；

B；利用用小球的水平位移代替小球的初速度；實(shí)驗(yàn)過程中不需要測小球的運(yùn)動時(shí)間，實(shí)驗(yàn)不需要秒表，故B正確；

C、平拋運(yùn)動可以分解為水平方向的勻速運(yùn)動與豎直方向的自由落體運(yùn)動，由平拋運(yùn)動規(guī)律得：y=OPsinθ=gt2，x=OPcosθ=v1t，解得：v1=OPcosθ在驗(yàn)證動量守恒的表達(dá)式中每項(xiàng)都有cosθ列方程可以消去cosθ不需要測量斜面傾角θ，故C錯(cuò)誤；

D、小球a和小球b相撞后，小球b的速度增大，小球a的速度減小，都做平拋運(yùn)動，所以碰撞后a球的落地點(diǎn)是M點(diǎn)，b球的落地點(diǎn)是N點(diǎn)；故D正確；

(5)碰撞前，小球a落在圖中的P點(diǎn)，設(shè)其水平初速度為v1．小球a和b發(fā)生碰撞后，a的落點(diǎn)在圖中的M點(diǎn)，設(shè)其水平初速度為v1′，b的落點(diǎn)是圖中的N點(diǎn)，設(shè)其水平初速度為v2．斜面與水平面的傾角為θ；

由平拋運(yùn)動規(guī)律得：y=OPsinθ=gt2，x=OPcosθ=v1t，解得：v1=OPcosθ

同理可解得：v1′=OMcosθv2=ONcosθ

驗(yàn)證動量守恒定律，需要驗(yàn)證：m1v1=m1v1′+m2v2；

即：m1?OPcosθ=m1?OMcosθ+m2?ONcosθ

則m1=m1+m2說明兩球碰撞過程中動量守恒；

本實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證動量守恒定律的表達(dá)式為為：m1=m1+m2．

(6)若兩小球的碰撞是彈性碰撞；則碰撞前后機(jī)械能沒有損失；

要滿足關(guān)系式m1v12=m1v1′2+m2v22，即：m1OP=m1OM+m2ON；

故答案為：Ⅰ(1)C；(2)AC；(3)m1OP=m1OM+m2ON；Ⅱ(4)BD；(5)m1=m1+m2(6)m1OP=m1OM+m2ON．【解析】C;AC;m1OP=m1OM+m2ON;BD;m1=m1+m2m1OP=m1OM+m2ON12、30.51【分析】解：圖線a縱截距等于電源的電動勢；斜率的絕對值等于電源的內(nèi)阻；

則由圖線a可知，電源的電動勢為：E=3V；內(nèi)阻為：r=Ω=0.5Ω；

B線的斜率為R的電阻為：R==1Ω

故答案為：3；0.5；1

電源的U-I圖象與縱坐標(biāo)的交點(diǎn)為電源的電動勢；圖象的斜率等于電源的內(nèi)阻；兩圖象的交點(diǎn)為電阻的工作點(diǎn)；B線的斜率為R電阻。

本題考查閉合電路歐姆定律的應(yīng)用，要注意圖象中的交點(diǎn)為電阻及電源的工作狀態(tài)點(diǎn)?！窘馕觥?0.51四、判斷題(共1題，共10分)13、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點(diǎn)；導(dǎo)體是等勢體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場強(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)等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

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，正好與點(diǎn)電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時(shí)，電荷才不會移動．此時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部電場強(qiáng)度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導(dǎo)體是等勢體．五、計(jì)算題(共4題，共28分)14、略

【分析】

（1）根據(jù)參與反應(yīng)的粒子種類及生成粒子的種類；根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與核電荷數(shù)守恒寫出核反應(yīng)方程式．

（2）求出質(zhì)量虧損；然后由質(zhì)能方程求出核反應(yīng)釋放的能量．

（3）求出ts內(nèi)核反應(yīng)釋放的能量；然后求出因聚變生成的α粒子數(shù)目．

寫核反應(yīng)方程式時(shí)，要注意核電荷數(shù)與質(zhì)量數(shù)守恒；先求出質(zhì)量虧損，然后再求釋放的能量；第（3）是本題的難點(diǎn)，解題時(shí)要注意：核反應(yīng)釋放的能量等于功率與時(shí)間的乘積，這是正確解題的關(guān)鍵．【解析】解：（1）核反應(yīng)方程式為：4H→He+2e；

（2）核反應(yīng)過程中的質(zhì)量虧損△m=（4mP-ma-me），根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程：△E=△mc2可知；

核反應(yīng)釋放的能量，△E=（4mP-ma-me）c2．

（3）設(shè)t時(shí)間內(nèi)因聚變生成的α粒子數(shù)n；

依據(jù)能量關(guān)系Pt=n△E

有，n==

答：（1）核反應(yīng)方程式：4H→He+2e；

（2）核反應(yīng)所釋放的能量△E=（4mP-ma-me）c2．

（3）t時(shí)間內(nèi)因聚變生成的α粒子數(shù)．15、略

【分析】

(1)

連接BC

作出光路圖.

由幾何知識求出光線在B

點(diǎn)時(shí)的入射角，根據(jù)折射定律求出折射角，由幾何關(guān)系求出BC

由n=cv

求出光在球體中傳播的速度v

再求解光從B

點(diǎn)傳到C

點(diǎn)的時(shí)間；

(2)

根據(jù)幾何知識求出CD

與MN

所成的角婁脕

．

本題是幾何光學(xué)問題，作出光路圖是解題的基礎(chǔ)，此類問題往往是折射定律、光速公式和幾何知識的綜合應(yīng)用．【解析】解：壟脵

連接BC

作出光路圖如圖.

設(shè)光線在B

點(diǎn)處入射角、折射角分別為ir

．

由幾何知識得。

sini=5210=22

則i=45鈭?

根據(jù)折射定律得。

n=sinisinr

代入解得，r=30鈭?

BC=2Rcosr

光在球體中傳播的速度為v=cn

則光從B

點(diǎn)傳到C

點(diǎn)的時(shí)間為t=BCv=2Rcosrc?n

代入解得，t=63隆脕10鈭?9s

壟脷

由幾何知識得，隆脧COP=15鈭?隆脧OCP=135鈭?

則婁脕=180鈭?鈭?隆脧COP鈭?隆脧OCP=30鈭?

答：

壟脵

補(bǔ)全光路如圖，光從B

點(diǎn)傳到C

點(diǎn)的時(shí)間為t=36隆脕10鈭?9s

壟脷CD

與MN

所成的角婁脕=30鈭?

．16、解：（1）金屬棒接入回路的長度為：x=Lcosθ；

金屬棒接入回路的電阻為：R=R0Lcosθ；

金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=Bxv=BLvcosθ；

金屬棒中電流為：=

金屬棒受到的安培力為：

（2）回路中消耗的電功率為：

答：（1）棒受的安培力大小為

（2）回路中消耗的電功率為【分析】

（1）根據(jù)題意求出切割磁感線的有效長度；求出回路的電阻，由歐姆定律求出電流，應(yīng)用安培力公式求出安培力。

（2）應(yīng)用電功率公式求出電功率。

本題考查綜合分析問題的能力。對于電流變化情況的分析，不能簡單認(rèn)為電動勢增大，電流就增大，其實(shí)電阻也增大，電流并不變?！窘馕觥拷猓海?）金屬棒接入回路的長度為：x=Lcosθ；

金屬棒接入回路的電阻為：R=R0Lcosθ；

金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：E=Bxv=BLvcosθ；

金屬棒中電流為：=

金屬棒受到的安培力為：

（2）回路中消耗的電功率為：

答：（1）棒受的安培力大小為

（2）回路中消耗的電功率為17、解：（1）E=BLv=0.1×0.4×5V=0.2V

電路abcd中的電流為：

（2）導(dǎo)體ab所受的安培力的大小：F安=BIL=0.1×0.4×0.4=0.016N（3）導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動，外力與安培力二力平衡，則有：F外=F安=0.016N故外力做功的功率是：P外=F外v=0.016×5W=0.08W（4）導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動，電源的功率等于外力的功率，為：P電=P外=0.08W；

電源外部消耗的功率：P外=I2r=0.42×0.4W=0.064W?！痉治觥?1)(1)根據(jù)E=BLvE=BLv求出感應(yīng)電動勢，由歐姆定律得出電流強(qiáng)度；

(2)(2)由公式F=BILF=BIL求解安培力的大??；(3)(3)由左手定則判斷安培力的方向；再根據(jù)平衡條件分析外力的大小和方向，由P=Fv

求出外力做功的功率；

(3)(3)導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動，電源的功率等于外力的功率，根據(jù)公式P=IP=I2rr求解電源外部消耗的功率。

本題根據(jù)平衡狀態(tài)由法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律求解?！窘馕觥拷猓?1)E=BLv=0.1隆脕0.4隆脕5V=0.2V

電路abcd

中的電流為：I=ER+r=0.4A

(2)

導(dǎo)體ab

所受的安培力的大?。篎擄虜=BIL=0.1隆脕0.4隆脕0.4=0.016N

(3)

導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動，外力與安培力二力平衡，則有：F脥芒=F擄虜=0.016N

故外力做功的功率是：P脥芒=F脥芒v=0.016隆脕5W=0.08W

(4)

導(dǎo)體棒勻速運(yùn)動；電源的功率等于外力的功率，為：P碌莽=P脥芒=0.08W

電源外部消耗的功率：P脥芒=I2r=0.42隆脕0.4W=0.064W

六、簡答題(共3題，共12分)18、（1）6HCN+3Ca(OH)2+FeSO4=Ca2Fe(CN)6+CaSO4↓+6H2O

（2）CaCl2(KCl可答)

（3）K2CO3

（4）①1.6×10-5

②防止生產(chǎn)HCN，污染環(huán)境2CNO-+3ClO-+2H2O=N2+3Cl-+2HCO3-【分析】【分析】本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰陀?jì)算能力的考查，為高考常見題型，注意根據(jù)流程圖把握實(shí)驗(yàn)的原理和操作方法，難度中等?！窘獯稹縭m{(1)}步驟Ⅰrm{HCN}溶液，石灰乳和硫酸亞鐵反應(yīng)制備步驟Ⅰrm{(1)}溶液，石灰乳和硫酸亞鐵反應(yīng)制備rm{HCN}rm{Ca_{2}Fe(CN)_{6}}，方程式為故答案為：rm{6HCN+3Ca(OH)_{2}+FeSO_{4}=Ca_{2}Fe(CN)_{6}+CaSO_{4}隆媒+6H_{2}O}rm{6HCN+3Ca(OH)_{2}+FeSO_{4}=Ca_{2}Fe(CN)_{6}+CaSO_{4}隆媒+6H_{2}O}步驟Ⅲrm{(2)}與rm{KCl}反應(yīng)得到rm{Ca_{2}Fe(CN)_{6}}rm{K_{2}CaFe(CN)_{6}}步驟Ⅳ過濾所得的廢液中含量較多的溶質(zhì)為故答案為：rm{CaCl_{2,}}rm{CaCl_{2}}rm{(3)}脫鈣，將鈣離子轉(zhuǎn)化為沉淀，不能增加其它離子，所以試劑步驟Ⅴ，用試劑rm{X}脫鈣，將鈣離子轉(zhuǎn)化為沉淀，不能增加其它離子，所以試劑rm{X}為rm{K_{2}CO_{3}}故答案為：為rm{X}故答案為：rm{X}rm{K_{2}CO_{3}}的電子式為：rm{K_{2}CO_{3}}rm{(4)壟脵NaCN}應(yīng)rm{CN隆樓+H}rm{CN隆樓+H}rm{{,!}_{2}}在rm{O}時(shí)的平衡常數(shù)rm{K=K=dfrac{cleft(HCNright)隆隴cleft(O{H}^{-}right)}{cleft(C{N}^{-}right)}=dfrac{cleft(HCNright)隆隴{K}_{W}}{cleft(C{N}^{-}right)隆隴cleft({H}^{+}right)}=dfrac{{K}_{W}}{Ka}=dfrac{{10}^{-14}}{6.25隆脕{10}^{-10}}=1.6隆脕{10}^{-5}}故答案為：rm{O}rm{?}rm{HCN+OH隆樓}在rm{25隆忙}時(shí)的平衡常數(shù)rm{K=K=

dfrac{cleft(HCNright)隆隴cleft(O{H}^{-}right)}{cleft(C{N}^{-}right)}=

dfrac{cleft(HCNright)隆隴{K}_{W}}{cleft(C{N}^{-}right)隆隴cleft({H}^{+}right)}=

dfrac{{K}_{W}}{Ka}=dfrac{{10}^{-14}}{6.25隆脕{10}^{-10}}=1.6隆脕{10}^{-5}

}防止生產(chǎn)rm{HCN+OH隆樓}污染環(huán)境，rm{25隆忙}為rm{K=K=

dfrac{cleft(HCNright)隆隴cleft(O{H}^{-}right)}{cleft(C{N}^{-}right)}=

dfrac{cleft(HCNright)隆隴{K}_{W}}{cleft(C{N}^{-}right)隆隴cleft({H}^{+}right)}=

dfrac{{K}_{W}}{Ka}=dfrac{{10}^{-14}}{6.25隆脕{10}^{-10}}=1.6隆脕{10}^{-5}

}用rm{1.6隆脕10^{-5;}}“完全氧化”rm{壟脷}生成第一步控制強(qiáng)堿性的主要目的是rm{HCN}第二步控制rm{pH}為rm{7.5隆蘆8.5}用rm{NaClO}“完全氧化”rm{OCN隆樓}生成rm{N}rm{pH}rm{7.5隆蘆8.5}，故答案為：防止生產(chǎn)rm{NaClO}污染環(huán)境；rm{OCN隆樓}rm{N}rm{{,!}_{2}}【解析】rm{(1)6HCN+3Ca(OH)_{2}+FeSO_{4}=Ca_{2}Fe(CN)_{6}+CaSO_{4}隆媒+6H_{2}O}rm{(2)CaCl_{2}(KCl}可答rm{)}rm{(3)K_{2}CO_{3}}rm{(4)}rm{壟脵}rm{1.6隆脕10^{-5;}}rm{壟脷}防止生產(chǎn)rm{HCN}污染環(huán)境rm{2CNO^{-}+3ClO^{-}+2H_{2}O=N_{2}}rm{+3Cl^{-}+2HCO_{3}^{-}}19、rm{(1)壟脵壟脷壟脹壟脺}

rm{(2)triangleH=-285.8kJ?mol}rm{(2)triangle

H=-285.8kJ?mol}rm{triangleH=-393.5kJ?mol^{-1}}

rm{{,!}^{-1}}

rm{(4)CO(s)+dfrac{1}{2};{O}_{2}(g)簍T;C{O}_{2}(g);?H=-283kJ?mo{l}^{-1}}rm{{,!}^{-1}}【分析】【分析】本題考查了焓變與反應(yīng)吸熱、放熱的關(guān)系，燃燒熱的定義以及蓋斯定律的有關(guān)計(jì)算，題目簡單，理解燃燒熱是注意兩點(diǎn)：rm{壟脵}必須是rm{1mol}的物質(zhì)；rm{壟脷}生成的氧化物必須穩(wěn)定?！窘獯稹縭m{(1)triangleH<0}的反應(yīng)屬于放熱反應(yīng)；rm{triangleH>0}的反應(yīng)屬于吸熱反應(yīng)，根據(jù)給出的熱化學(xué)方程式可知：rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}四個(gè)反應(yīng)的rm{triangleH<0}都屬于放熱反應(yīng)。的反應(yīng)屬于放熱反應(yīng)；rm{(1)triangleH<0}的反應(yīng)屬于吸熱反應(yīng)，根據(jù)給出的熱化學(xué)方程式可知：rm{triangleH>0}四個(gè)反應(yīng)的rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}都屬于放熱反應(yīng)。

rm{triangleH<0}

故答案為：rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}根據(jù)燃燒熱的定義知：rm{壟脵壟脷壟脹壟脺}rm{(2)}根據(jù)燃