2025年人教版（2024）高二物理下冊(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年人教版（2024）高二物理下冊(cè)階段測(cè)試試卷14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)一二三四總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、在輸液時(shí)，藥液有時(shí)會(huì)從針口流出體外，為了及時(shí)發(fā)現(xiàn)，設(shè)計(jì)了一種報(bào)警裝置，電路如圖所示。M是貼在針口處的傳感器，接觸到藥液時(shí)其電阻RM發(fā)生變化，導(dǎo)致S兩端電壓U增大，裝置發(fā)出警報(bào)，此時(shí)()A.RM變大，且R越大，U增大越明顯B.RM變大，且R越小，U增大越明顯C.RM變小，且R越大，U增大越明顯D.RM變小，且R越小，U增大越明顯2、如圖所示；帶電平行金屬板A；B，板間的電勢(shì)差為U，A板帶正電，B板中央有一小孔．一帶正電的微粒，帶電量為q，質(zhì)量為m，自孔的正上方距板高h(yuǎn)處自由落下，若微粒恰能落至A、B兩板的正中央c點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，則（）

A.微粒在下落過(guò)程中動(dòng)能逐漸增加；重力勢(shì)能逐漸減小。

B.微粒在下落過(guò)程中重力做功為電場(chǎng)力做功為-qU

C.微粒落入電場(chǎng)中，電勢(shì)能逐漸增大，其增加量為

D.若微粒從距B板高1.5h處自由下落；則恰好能達(dá)到A板。

3、如圖所示，A、B為兩個(gè)等量同種點(diǎn)電荷，a、O、b在點(diǎn)電荷A、B的連線上，c、O、d在連線的中垂線上Oa=Ob=Oc=Od；則（）

A.a、b兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)相同；電勢(shì)也相同。

B.c；d兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)不相同；電勢(shì)相同。

C.O點(diǎn)是A；B連線上電勢(shì)最低的點(diǎn)；也是B連線上場(chǎng)強(qiáng)最小的點(diǎn)。

D.O點(diǎn)是中垂線cd上電勢(shì)最高的點(diǎn)；也中垂線上場(chǎng)強(qiáng)最大的點(diǎn)。

4、關(guān)于電勢(shì)和電勢(shì)能的說(shuō)法正確的是（）

A.電荷放在電勢(shì)越高的位置電勢(shì)能越大。

B.在電場(chǎng)中電勢(shì)越高的位置；電荷的電量越大所具有的電勢(shì)能就越大。

C.在正點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的任意一點(diǎn)處；正電荷具有的電勢(shì)能一定小于負(fù)電荷具有的電勢(shì)能。

D.在負(fù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的任意一點(diǎn)處；正電荷具有的電勢(shì)能一定小于負(fù)電荷具有的電勢(shì)能。

5、以下說(shuō)法中正確的是（）A.激光是自然光B.波的傳播方向就是波前C.多普勒效應(yīng)、光波的干涉現(xiàn)象都能說(shuō)明光波是橫波D.變化的電場(chǎng)能夠在周圍空間產(chǎn)生磁場(chǎng)6、如圖所示，自動(dòng)卸貨車靜止在水平地面上，車廂在液壓機(jī)的作用下，傾角婁脠

緩慢增大，在貨物m

相對(duì)車廂仍然靜止的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A.貨物對(duì)車廂的壓力變小B.貨物受到的摩擦力變小C.地面對(duì)車的摩擦力增大D.地面對(duì)車的支持力增大7、白熾燈和電容器串聯(lián)后接在交變電源的兩端，當(dāng)交變電流的頻率f

增大的時(shí)，則(

)

A.電容器電容增大B.電容器電容減小C.電燈變暗D.電燈變亮評(píng)卷人得分二、多選題(共7題，共14分)8、如圖為玻爾為解釋氫原子光譜畫出的氫原子能及示意圖，一群氫原子處于n=4的激發(fā)態(tài)，當(dāng)它們自發(fā)地躍遷到較低能級(jí)時(shí)，以下說(shuō)法符合玻爾理論的有（）A.電子軌道半徑減小，動(dòng)能也要增大B.氫原子躍遷時(shí)，可發(fā)出連續(xù)不斷的光譜線C.由n=4躍遷到n=1時(shí)發(fā)出光子的頻率最小D.金屬鉀的逸出功為2.21eV，能使金屬鉀發(fā)生光電效應(yīng)的光譜線有4條9、如圖所示，表示一個(gè)電場(chǎng)中a

、b

、c

、d

四點(diǎn)分別引入檢驗(yàn)電荷時(shí)，測(cè)得檢驗(yàn)電荷所受的電場(chǎng)力跟電量間的函數(shù)關(guān)系圖象，那么下列說(shuō)法中正確的是()

A.a

、b

、c

、d

四點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向相同。

B.a

、b

點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向相同，與c

、d

點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)方向相反。

C.這四點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小關(guān)系是E

d

>E

a

>E

b

>E

c

D.這四點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)的大小關(guān)系是E

d

=E

a

=E

b

=E

c

10、如圖甲所示，傾角為婁脠

的粗糙斜面體固定在水平面上，初速度為v

0=10m/s

質(zhì)量為m

=1kg

的小木塊沿斜面上滑，若從此時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，整個(gè)過(guò)程中小木塊速度v

的平方隨路程變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，g

取10m/s2

下列說(shuō)法正確的是。

A.0隆蘆5s

內(nèi)小木塊做勻減速運(yùn)動(dòng)B.在t

=1s

時(shí)刻；摩擦力反向。

C.斜面傾角婁脠

=30鈭?

D.小木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5

11、下列關(guān)于磁感應(yīng)強(qiáng)度的說(shuō)法正確的是A.一小段通電導(dǎo)體放在磁場(chǎng)A

處，受到的磁場(chǎng)力比B

處的大，說(shuō)明A

處的磁感應(yīng)強(qiáng)度比B

處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大B.磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向就是該點(diǎn)的磁場(chǎng)方向C.一小段通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)中某處不受磁場(chǎng)力作用，則該處磁感應(yīng)強(qiáng)度一定為零D.小磁針N

極所受磁場(chǎng)力的方向就是該處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向12、下面關(guān)于碰撞的理解正確的是()A.碰撞是指相對(duì)運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生了顯著變化的過(guò)程B.在碰撞現(xiàn)象中，一般內(nèi)力都遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，所以可以認(rèn)為碰撞時(shí)系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒C.如果碰撞過(guò)程中機(jī)械能也守恒，這樣的碰撞叫做非彈性碰撞D.微觀粒子的碰撞由于不發(fā)生直接接觸，所以不滿足動(dòng)量守恒的條件，不能應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求解13、如圖所示，平行板電容器AB

間有一帶電油滴P

正好靜止在極板正中間，現(xiàn)將B

板向下移動(dòng)一點(diǎn)，其它條件不變，則(

)

A.油滴將向下加速，電流計(jì)中電流由b

流向a

B.油滴將向下加速，電流計(jì)中電流由a

流向b

C.油滴運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電勢(shì)能將增大D.油滴運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電勢(shì)能將減少14、一帶電油滴在勻強(qiáng)電場(chǎng)E中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示，電場(chǎng)方向豎直向上。若不計(jì)空氣阻力，則此油滴從a運(yùn)動(dòng)到b的過(guò)程中（）A.此帶電油滴帶正電B.此帶電油滴重力勢(shì)能一定增加C.此帶電油滴電勢(shì)能一定則增加D.此帶電油滴的重力勢(shì)能與電勢(shì)能之和一定減小評(píng)卷人得分三、填空題(共9題，共18分)15、物體內(nèi)所有____和____的總和叫物體的內(nèi)能．溫度越高，分子的平均動(dòng)能越____（填“大”或“小”）．16、為解決樓道的照明問(wèn)題，在樓道內(nèi)安裝一個(gè)傳感器與控制電燈的電路相接．當(dāng)樓道內(nèi)有走動(dòng)而發(fā)出聲響時(shí)，電燈即被電源接通而發(fā)光，這種傳感器為_(kāi)___傳感器，它輸入的是____信號(hào)，經(jīng)傳感器轉(zhuǎn)換后，輸出的是____信號(hào)．17、大規(guī)模建設(shè)第三代移動(dòng)通信系統(tǒng)（3G），它將無(wú)線通信與國(guó)際互聯(lián)網(wǎng)等多媒體通信結(jié)合起來(lái)，能提供無(wú)線網(wǎng)絡(luò)、電話會(huì)議、電子商務(wù)等信息服務(wù)．某移動(dòng)運(yùn)營(yíng)商采用1.8×109Hz的電磁波傳遞信號(hào)，此電磁波在真空中的波長(zhǎng)為_(kāi)___m；在通話時(shí)，手機(jī)將聲音信號(hào)轉(zhuǎn)變成電信號(hào)，再經(jīng)過(guò)____（選填“調(diào)諧”、“調(diào)制”或“解調(diào)”）后，把信號(hào)發(fā)送到基站中轉(zhuǎn)．18、電磁波在真空中的傳播速度是____m/s．有一按正弦規(guī)律變化的交變電流u=200sin100πt（V），其電壓的最大值是____V，電壓的有效值是____V．19、用20分度的游標(biāo)卡尺測(cè)量一個(gè)物體的長(zhǎng)度，得到圖1所示，讀數(shù)為_(kāi)___cm．

用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬絲的直徑，從圖2中讀出金屬絲的直徑為_(kāi)___mm．

20、將長(zhǎng)度為20cm；通有O.1A電流的直導(dǎo)線放入一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中；電流與磁場(chǎng)的方向如圖所示．已知磁感應(yīng)強(qiáng)度為1T，試求下列各圖中導(dǎo)線所受安培力的大小并在圖中標(biāo)明方向．

（1）FA=______N．（2）FB=______N．（3）FC=______N．（4）FD=______N．21、一光敏電阻和一用電器串聯(lián)后接在一電源上，如圖所示．當(dāng)電路中的光敏電阻受到光照射時(shí)，用電器開(kāi)始正常工作；當(dāng)光敏電阻不受光照射時(shí)，阻值______，電流______，用電器______工作．22、某質(zhì)點(diǎn)做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，其位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式為x=8sin婁脨2t(cm)

則質(zhì)點(diǎn)的振幅為_(kāi)_______cm

質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)周期為_(kāi)___________s

23、如圖，圖甲和圖乙分別表示正弦脈沖波和方波的交變電流與時(shí)間的變化關(guān)系。若使這兩種電流分別通過(guò)兩個(gè)完全相同的電阻，則經(jīng)過(guò)1min的時(shí)間，兩電阻上電流做功之比W甲：W乙為_(kāi)_____

評(píng)卷人得分四、簡(jiǎn)答題(共4題，共12分)24、如圖所示，打臺(tái)球時(shí)，質(zhì)量相等的母球與目標(biāo)球發(fā)生碰撞，兩個(gè)球一定交換速度嗎？碰撞一定是對(duì)心碰撞嗎？25、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)}寫出以石墨為電極電解飽和食鹽水的離子方程式________rm{(2)}寫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}26、檳榔堿在醫(yī)療上常用于治療青光眼，其一種合成路線如圖：已知：Ⅰrm{.}不飽和化合物與氨rm{(NH_{3})}或胺rm{(R-NH_{2})}反應(yīng)能生成新的胺類化合物如：rm{R_{1}-CH=CH_{2}+R_{2}-NH_{2}xrightarrow[]{脪祿露簍脤玫錄鎂}}rm{R_{1}-CH=CH_{2}+R_{2}-NH_{2}xrightarrow[]{脪祿露簍脤玫錄鎂}

}Ⅱrm{R_{1}-CH_{2}-CH_{2}-NH-R_{2}}

rm{.}中含氧官能團(tuán)的名稱為_(kāi)___．rm{(1)B}反應(yīng)rm{(2)}的反應(yīng)類型為_(kāi)____；反應(yīng)rm{壟脵}的反應(yīng)條件為_(kāi)_____．rm{壟脷}反應(yīng)rm{(3)}的化學(xué)方程式為_(kāi)_____．rm{壟脹}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)____．rm{(4)C}下列說(shuō)法正確的是__rm{(5)}填字母rm{(}．rm{)}反應(yīng)rm{a.}為取代反應(yīng)rm{壟脺}檳榔堿與化合物rm{b.}互為同系物rm{G}最多能與rm{c.1molD}發(fā)生反應(yīng)rm{2molNaOH}已知rm{(6)}在rm{A}溶液中水解產(chǎn)物之一是一種新型功能高分子材料rm{NaOH}的單體，寫出生成rm{(PAANa)}的化學(xué)方程式_____．rm{PAANa}已知：rm{CH_{2}=CHCH_{3}+Cl_{2}xrightarrow[]{{500}^{0}}CH_{2}=CHCH_{2}Cl+HCl}以丙烯和乙醇為起始原料，選用必要的無(wú)機(jī)試劑合成rm{(7)}寫出合成路線rm{CH_{2}=CHCH_{3}+Cl_{2}xrightarrow[]{{500}^{0}}

CH_{2}=CHCH_{2}Cl+HCl}用結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式表示有機(jī)物，用箭頭表示轉(zhuǎn)化關(guān)系，箭頭上注明試劑和反應(yīng)條件rm{A}_____．rm{(}27、如圖；一光滑水平桌面AB

與一半徑為R

的光滑半圓形軌道相切于C

點(diǎn)，且兩者固定不動(dòng).

一長(zhǎng)L

為0.8m

的細(xì)繩，一端固定于O

點(diǎn)，另一端系一個(gè)質(zhì)量m1

為0.2kg

的球.

當(dāng)球在豎直方向靜止時(shí)，球?qū)λ阶烂娴淖饔昧偤脼榱?

現(xiàn)將球提起使細(xì)繩處于水平位置時(shí)無(wú)初速釋放.

當(dāng)球m1

擺至最低點(diǎn)時(shí)，恰與放在桌面上的質(zhì)量m2

為0.8kg

的小鐵球正碰，碰后m1

小球以2m/s

的速度彈回，m2

將沿半圓形軌道運(yùn)動(dòng)，恰好能通過(guò)最高點(diǎn)D.g=10m/s2

求。

壟脵m2

在圓形軌道最低點(diǎn)C

的速度為多大？

壟脷

光滑圓形軌道半徑R

應(yīng)為多大？參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】試題分析：S兩端電壓U增大，故傳感器兩端電壓一定減??；當(dāng)“有藥液從針口流出體外”使傳感器接觸藥液，RM變??；當(dāng)R＞RM時(shí)，R越大，M與R并聯(lián)的電阻R并越接近RM，U增大越明顯；故選：C．考點(diǎn)：本題考查了閉合電路的歐姆定律．【解析】【答案】C2、C【分析】

A；微粒在下落過(guò)程中先做加速運(yùn)動(dòng)；后做減速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能先增大，后減小．重力一直做正功，重力勢(shì)能一直減?。蔄錯(cuò)誤．

B、微粒下降的高度為h+重力做正功，為WG=mg（h+），電場(chǎng)力向上，位移向下，電場(chǎng)力做負(fù)功，WE=-q?=-qU．故B錯(cuò)誤．

C、微粒落入電場(chǎng)中，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能逐漸增大，其增加量等于微?？朔妶?chǎng)力做功△EP=qU．故C正確．

D；由題微粒恰能落至A；B板的正中央c點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理得：

mg（h+）-qU=0①

若微粒從距B板高2h處自由下落；設(shè)達(dá)到A板的速度為v，則由動(dòng)能定理得：

mg（1.5h+d）-qU=mv2②

由①②聯(lián)立得v≠0；即不能達(dá)到A板．故D錯(cuò)誤．

故選C

【解析】【答案】微粒在下落過(guò)程中先做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能先增大，后減?。亓σ恢弊稣Γ亓σ恢睖p?。⒘Ｏ侣溥^(guò)程中重力做功為mg（h+），電場(chǎng)力做功為-qU．微粒落入電場(chǎng)中，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能逐漸增大，其增加量為qU．根據(jù)動(dòng)能定理研究微粒從距B板高2h處自由下落；能否到達(dá)A板．

3、B|C【分析】

作出兩個(gè)電荷連線上的電場(chǎng)線和中垂線上電場(chǎng)線如圖．

A、根據(jù)電場(chǎng)線分布可知，a、b兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向相反；則場(chǎng)強(qiáng)不同；由電場(chǎng)線的方向可知，c點(diǎn)電勢(shì)等于d點(diǎn)電勢(shì)．故A錯(cuò)誤．

B、根據(jù)電場(chǎng)線分布可知，a、b兩點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)方向相反；則場(chǎng)強(qiáng)不同；由電場(chǎng)線的方向可知，c點(diǎn)電勢(shì)等于d點(diǎn)電勢(shì)．故B正確．

C；由圖可知；o點(diǎn)電勢(shì)是AB連線上的最低點(diǎn)，同時(shí)根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加可知，O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度是A、B連線上最小點(diǎn)．故C正確．

D；根據(jù)圖可知；O點(diǎn)是中垂線cd上電勢(shì)最高的點(diǎn)，但不是中垂線上場(chǎng)強(qiáng)最大，而是最?。蔇錯(cuò)誤．

故選BC

【解析】【答案】場(chǎng)強(qiáng)是矢量；只有大小和方向都相同，場(chǎng)強(qiáng)才相同．作出電場(chǎng)線，根據(jù)順著電場(chǎng)線電勢(shì)降低判斷電勢(shì)的高低．

4、D【分析】

A；正電荷放在電勢(shì)越高的位置電勢(shì)能越大；而負(fù)電荷放在電勢(shì)越高的位置電勢(shì)能越?。蔄錯(cuò)誤．

B；在電場(chǎng)中電勢(shì)越高的位置；電荷的電量越大所具有的電勢(shì)能不一定越大，與電荷的電性、電勢(shì)的正負(fù)有關(guān)．故B錯(cuò)誤．

C；無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零；在正點(diǎn)電荷電場(chǎng)中任意一點(diǎn)的電勢(shì)為正值，則正電荷具有的電勢(shì)能一定大于負(fù)電荷具有的電勢(shì)能．故C錯(cuò)誤．

D；無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零；在負(fù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)中任意一點(diǎn)的電勢(shì)為負(fù)值，則正電荷具有的電勢(shì)能一定小于負(fù)電荷具有的電勢(shì)能．故D正確．

故選D

【解析】【答案】根據(jù)電勢(shì)的定義式φ=分析得知：正電荷放在電勢(shì)越高的位置電勢(shì)能越大．在電場(chǎng)中電勢(shì)越高的位置；電荷的電量越大所具有的電勢(shì)能不一定越大，與電荷的電性；電勢(shì)的正負(fù)有關(guān)．在正點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的任意一點(diǎn)處，正電荷具有的電勢(shì)能一定大于負(fù)電荷具有的電勢(shì)能，在負(fù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的任意一點(diǎn)處，正電荷具有的電勢(shì)能一定小于負(fù)電荷具有的電勢(shì)能．

5、D【分析】解：A；激光具有相干性；是偏振光，故A錯(cuò)誤；

B；波的傳播方向與波前的方向相互垂直；故B錯(cuò)誤；

C；多普勒效應(yīng)、干涉是波的特有性質(zhì)；故C錯(cuò)誤；

D；變化的電場(chǎng)能夠在周圍空間產(chǎn)生磁場(chǎng)；而變化的磁場(chǎng)能產(chǎn)生電場(chǎng)，故D正確；

故選：D．

激光是偏振光；波的傳播方向與波前方向垂直；多普勒效應(yīng)；干涉是波的特性；由電磁波的理論可知，變化的電場(chǎng)能夠在周圍空間產(chǎn)生磁場(chǎng)．

考查自然光與偏振光的區(qū)別，理解波前方向與傳播方向的關(guān)系，掌握多普勒效應(yīng)與干涉原理，注意變化中有均勻變化與非均勻變化之分．【解析】【答案】D6、A【分析】略。

【解析】A

7、D【分析】解：A

影響電容器的因素：正對(duì)面積、極板間距及電介質(zhì)沒(méi)有變化；當(dāng)交流電源的頻率增大時(shí)，則電容器的電容不變，故AB錯(cuò)誤；

C；圖中電容器與燈泡串聯(lián)；交變電流頻率越大，電容對(duì)交變電流的阻礙作用越小，電流越大，燈泡功率越大，燈泡越亮，故C錯(cuò)誤D正確；

故選：D

．

圖中電容器與燈泡串聯(lián)；電流頻率越大；電容對(duì)交變電流的阻礙作用越小，電流越大，當(dāng)電容器的正對(duì)面積；極板間距及電介質(zhì)變化時(shí)，才會(huì)導(dǎo)致電容變化．

知道電阻、電感、電容對(duì)電流的作用是正確解題的前提與關(guān)鍵，燈的亮度由燈的實(shí)際功率決定，實(shí)際功率越大，燈越亮，注意影響電容器的電容因素．【解析】D

二、多選題(共7題，共14分)8、AD【分析】解：A；當(dāng)原子從第4能級(jí)向低能級(jí)躍遷時(shí)；原子的能量減小，軌道半徑減小，電子的動(dòng)能增大，電勢(shì)能減小，故A正確；

B；能級(jí)間躍遷輻射或吸收的光子能量必須等于兩能級(jí)間的能級(jí)差；氫原子躍遷時(shí)，可發(fā)出不連續(xù)的光譜線，故B錯(cuò)誤；

C；由n=4躍遷到n=1時(shí)輻射的光子能量最大；發(fā)出光子的頻率最大，故C錯(cuò)誤；

D；第四能級(jí)的氫原子可以放出6條光譜線；其放出的光子能量分別為：

E1=-0.85-（-1.51）=0.66eV；

E2=-0.85-（-3.40）=2.55eV；

E3=-0.85-（-13.6）=12.75eV；

E4=-1.51-（-3.40）=1.89eV；

E5=-1.51-（-13.6eV）=12.09eV；

E6=-3.40-（-13.6）=10.20eV；

故大于2.21eV的光譜線有4條；故D正確；

故選：AD

能級(jí)間躍遷輻射或吸收的光子能量必須等于兩能級(jí)間的能級(jí)差；能級(jí)差越大，輻射的光子能量越大，頻率越大，波長(zhǎng)越?。?/p>

解決本題的關(guān)鍵知道光電效應(yīng)的條件以及知道能級(jí)間躍遷時(shí)輻射或吸收的光子能量等于兩能級(jí)間的能級(jí)差．【解析】【答案】AD9、AC【分析】略【解析】AC

10、BD【分析】【分析】根據(jù)圖象得出勻加速和勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小，結(jié)合牛頓第二定律求出恒力FF和動(dòng)摩擦因數(shù)的大小。解決本題的關(guān)鍵通過(guò)圖線理清物體在整個(gè)過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行分析?！窘獯稹緼.由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式：v2鈭?v02=2ax與圖象看的：a=v2?v022x=0?1002隆脕5=鈭?10m/s2

由圖示圖象可知，初速度：v02=100v0=10m/s

減速運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=v?v0a=0?10?10=1s

故A錯(cuò)誤；B.由圖示圖象可知，在0鈭?1s0-1s內(nèi)物體向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，1s1s后物體反向做勻加速運(yùn)動(dòng)，t=1st=1s時(shí)摩擦力反向，故B正確；

CD.CD.由圖示圖象可知，物體反向加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度：a隆盲=v22x=322隆脕(13?5)=2m/s2

由牛頓第二定律得：mgsin婁脠+婁脤mgcos婁脠=mamgsin婁脠鈭?婁脤mgcos婁脠=ma隆盲

代入數(shù)據(jù)解得：婁脤=0.5婁脠=37鈭?

故C錯(cuò)誤，D正確；故選BD?！窘馕觥緽D

11、BD【分析】【分析】根據(jù)左手定則可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與安培力的方向垂直；磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向就是該點(diǎn)的磁場(chǎng)方向；磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向就是該處小磁針N

極所受磁場(chǎng)力的方向；磁感應(yīng)強(qiáng)度由磁場(chǎng)本身性質(zhì)決定，與磁場(chǎng)力及電流元均無(wú)關(guān)。本題關(guān)鍵要掌握磁感應(yīng)強(qiáng)度的物理意義、定義方法，以及磁感應(yīng)強(qiáng)度與安培力之間的關(guān)系，即可進(jìn)行分析判斷?！窘獯稹緼.同一通電導(dǎo)體受到的磁場(chǎng)力的大小由所在處B

和放置的方式共同決定，故A錯(cuò)誤；B.磁場(chǎng)中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向就是該點(diǎn)的磁場(chǎng)方向，故B正確；C.一小段通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)中某處不受磁場(chǎng)力作用，可能是由于導(dǎo)線的方向與磁場(chǎng)的方向平行，該處磁感應(yīng)強(qiáng)度不一定為零，故C錯(cuò)誤；D.磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向就是該處小磁針N

極所受磁場(chǎng)力的方向，故D正確。故選BD。【解析】BD

12、AB【分析】【分析】碰撞是指相對(duì)運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生了顯著變化的過(guò)程，在碰撞現(xiàn)象中，一般內(nèi)力都遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，所以可以認(rèn)為碰撞時(shí)系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，機(jī)械能不一定守恒，動(dòng)量守恒定律是自然界普遍適用的規(guī)律之一。本題主要考查了碰撞的應(yīng)用，注意碰撞時(shí)系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，機(jī)械能不一定守恒?！窘獯稹緼.碰撞是指相對(duì)運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生了顯著變化的過(guò)程，故A正確；B.在碰撞現(xiàn)象中，一般內(nèi)力都遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，所以可以認(rèn)為碰撞時(shí)系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，故B正確；C.如果碰撞過(guò)程中機(jī)械能也守恒，這樣的碰撞叫做彈性碰撞，故C錯(cuò)誤；D.動(dòng)量守恒定律是自然界普遍適用的規(guī)律之一，不僅低速、宏觀物體的運(yùn)動(dòng)遵守這一規(guī)律，而且高速、微觀物體的運(yùn)動(dòng)也遵守這一規(guī)律，故D錯(cuò)誤。故選AB?！窘馕觥緼B

13、BC【分析】解：A

帶電油滴P

正好靜止在極板正中間，則所受的電場(chǎng)力qE

與重力mg

二力平衡，電場(chǎng)力必定豎直向上，將B

極板向下移動(dòng)到虛線位置時(shí)，兩極板的距離增大，由于板間電勢(shì)差U

不變，根據(jù)E=Ud

可知；極板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E

減小，油滴所受的電場(chǎng)力qE

減小，油滴將向下加速運(yùn)動(dòng)；

將B

極板向下移動(dòng)到虛線位置時(shí)，電容器板間距離d

增大，則電容C=?S4婁脨kd

減小，而板間電壓U

不變，則由Q=CU

可知，電容器所帶電荷量減小，開(kāi)始放電，上極板帶正電，則知電流計(jì)中電流由a

流向b.

故A錯(cuò)誤；B正確；

C；油滴受到的電場(chǎng)力的方向向上；而運(yùn)動(dòng)的方向向下，所以油滴向下運(yùn)動(dòng)時(shí)電場(chǎng)力做負(fù)功，所以油滴的電勢(shì)能增大，故C正確，D錯(cuò)誤．

故選：BC

平行板電容器始終與電源連接；則兩板之間的電勢(shì)差是不變的，帶電油滴P

正好靜止在極板正中間時(shí)，所受的電場(chǎng)力與重力二力平衡，電場(chǎng)力必定豎直向上.

將B

極板向下移動(dòng)到虛線位置時(shí)，板間距離增大，分析電容的變化，抓住電壓不變，分析板間場(chǎng)強(qiáng)和電容器電量的變化，即可判斷油滴的運(yùn)動(dòng)情況，由電量的變化情況，確定電路中電流的方向．

根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化的關(guān)系判斷電勢(shì)能的變化．

解決本題的關(guān)鍵是抓住平行板電容器始終與電源相連，電容器的電勢(shì)差不變，結(jié)合電容的變化判斷電量的變化．【解析】BC

14、ABD【分析】解：ABC、由軌跡圖可知，油滴所受的合力方向豎直向上，則帶電油滴所受向下的重力小于向上的電場(chǎng)力，故油滴帶正電，從a到b的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中合外力做正功；動(dòng)能增加，重力做負(fù)功，重力勢(shì)能變大，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，故AB正確，C錯(cuò)誤；

D；根據(jù)能量守恒可知；重力勢(shì)能、電勢(shì)能、動(dòng)能三者之和保持不變，動(dòng)能增加，因此重力勢(shì)能和電勢(shì)能之和減小，故D正確；

故選：ABD。

根據(jù)油滴運(yùn)動(dòng)軌跡；可以判斷出油滴的電性；重力和電場(chǎng)力的大小關(guān)系，然后根據(jù)功能關(guān)系求解即可。

本題在電場(chǎng)和重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中重點(diǎn)考查帶電小球的功能關(guān)系轉(zhuǎn)化。在學(xué)習(xí)過(guò)程中要明確各種功能關(guān)系是解這類問(wèn)題的關(guān)鍵。【解析】ABD三、填空題(共9題，共18分)15、略

【分析】

物體內(nèi)所有分子動(dòng)能和分子勢(shì)能的總和叫物體的內(nèi)能．溫度越高；分子的平均動(dòng)能越大．

故答案為：分子動(dòng)能；分子勢(shì)能；大．

【解析】【答案】組成物體的所有分子動(dòng)能與勢(shì)能的總和是物體的內(nèi)能；溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志；溫度越高，分子平均動(dòng)能越大．

16、聲電聲音電【分析】【解答】在樓道內(nèi)安裝一個(gè)傳感器與控制電燈的電路相接．當(dāng)樓道內(nèi)有走動(dòng)而發(fā)出聲響時(shí)；電燈即被電源接通而發(fā)光，這種傳感器為聲電傳感器，它輸入的是聲音信號(hào)，經(jīng)傳感器轉(zhuǎn)換后，輸出的是電信號(hào)．

故答案為：聲電；聲音；電．

【分析】聲電傳感器是一種把聲音信號(hào)轉(zhuǎn)化為電信號(hào)的傳感器；它輸入的是聲音信號(hào)，經(jīng)傳感器轉(zhuǎn)換后，輸出的是電信號(hào)．

聲控開(kāi)關(guān)中裝的是聲敏電阻，這種電阻阻值大小與聲音有關(guān)：當(dāng)有聲音時(shí)，它的阻值會(huì)變??；當(dāng)沒(méi)有聲音時(shí)，它的阻值會(huì)變大．17、0.17調(diào)制【分析】【解答】某移動(dòng)運(yùn)營(yíng)商采用1.8x109HZ的電磁波傳遞信號(hào)，此電磁波在真空中的波長(zhǎng)=0.17m

在通話時(shí)；手機(jī)將聲音信號(hào)轉(zhuǎn)變成電信號(hào)，再經(jīng)過(guò)調(diào)制后，把信號(hào)發(fā)送到基站中轉(zhuǎn)．

故答案為：0.17；調(diào)制．

【分析】已知電磁波的波速和頻率，根據(jù)公式c=λf可以計(jì)算電磁波的波長(zhǎng)．18、3×108200200【分析】【解答】電磁波在真空中的傳播速度是3×108m/s；

由電壓瞬時(shí)表達(dá)式可知，該交流電的電壓最大值為Um=V；

所以有效值為：U==200V；

故答案為：3×108；200，200．

【分析】電磁波在真空中的傳播速度是3×108m/s；

根據(jù)表達(dá)式可知交流電的最大值，及正弦式交流電，然后進(jìn)一步求解有效值等．19、10.0300.517【分析】【解答】解：1；游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為100mm；游標(biāo)尺上第6個(gè)刻度和主尺上某一刻度對(duì)齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為6×0.05mm=0.30mm，所以最終讀數(shù)為：100mm+0.30mm=100.30mm=10.030cm．2、螺旋測(cè)微器的固定刻度為0.5mm，可動(dòng)刻度為1.7×0.01mm=0.017mm，所以最終讀數(shù)為0.5mm+0.017mm=0.517mm．

故答案為：10.030；0.517

【分析】解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀．螺旋測(cè)微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動(dòng)刻度讀數(shù)，在讀可動(dòng)刻度讀數(shù)時(shí)需估讀．20、略

【分析】解：（1）電流方向與磁場(chǎng)方向平行；則導(dǎo)線不受安培力，故安培力為0．

（2）根據(jù)安培力的計(jì)算公式F=BIL=1×0.1×0.2N=0.02N．方向如圖．

（3）根據(jù)安培力的計(jì)算公式F=BILsin30°=1×0.1×0.2×0.5N=0.01N．方向垂直紙面向里．

（4）根據(jù)安培力的計(jì)算公式F=BIL=1×0.1×0.2N=0.02N．方向如圖．

故答案為：（1）0；（2）0.02；（3）0.01；（4）0.02．

根據(jù)左手定則判斷安培力的方向；根據(jù)安培力的公式F=BILsinθ計(jì)算安培力的大?。?/p>

本題要注意當(dāng)電流方向與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，導(dǎo)線不受安培力．【解析】0；0.02；0.01；0.0221、略

【分析】解：一光敏電阻和一用電器串聯(lián)后接在一電源上．當(dāng)電路中的光敏電阻受到光照射時(shí)；光敏電阻的電阻值比較小，用電器開(kāi)始正常工作；當(dāng)光敏電阻不受光照射時(shí)，阻值增大，電路中的總電阻增大，則電流減小，用電器停止正常工作．

故答案為：增大；減小，停止．

根據(jù)光照強(qiáng)度的變化判斷光敏電阻阻值如何變化；根據(jù)串聯(lián)電路的特點(diǎn)及歐姆定律判斷電流表與電壓表示數(shù)如何變化．

本題是一道閉合電路的動(dòng)態(tài)分析題，認(rèn)真審題，理解題意，知道“光敏電阻的阻值隨光照強(qiáng)度的增大而減小”是正確解題的前提，掌握串聯(lián)電路特點(diǎn)、歐姆定律是正確解題的關(guān)鍵．【解析】增大；減?。煌Ｖ?2、84【分析】【分析】簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為x=Asin(婁脴t+婁脮)A

為振幅，婁脴

為圓頻率，根據(jù)T=2婁脨婁脴

可求出周期。解決本題的關(guān)鍵掌握簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為x=Asin(婁脴t+婁脮)

知道A

為振幅，婁脴

為圓頻率，根據(jù)T=2婁脨婁脴

可求周期。【解答】根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式為x=Asin(婁脴t+婁脮)

知振幅為8cm

周期T=2婁脨婁脴=2婁脨婁脨2=4s

故答案為：84

【解析】84

23、1：3【分析】解：甲圖中，在一個(gè)周期內(nèi)，電阻發(fā)熱的時(shí)間是0～2×10-2s、4×10-2s～6×10-2s

根據(jù)電流的熱效應(yīng)有：

代入數(shù)據(jù)得：

乙圖中，在一個(gè)周期內(nèi)，電阻發(fā)熱的時(shí)間為0～4×10-4s；根據(jù)電流的熱效應(yīng)有：

代入數(shù)據(jù)得：I′=1A。

根據(jù)W=I2Rt知；在相同時(shí)間內(nèi)消耗的電功之比為：

故答案為：1：3。

分別求出正弦脈沖波和方波的交變電流的有效值，根據(jù)W=I2Rt求出消耗的電功之比。

解決本題的關(guān)鍵掌握根據(jù)電流的熱效應(yīng)計(jì)算電流有效值的方法，要抓住三個(gè)相同，即相同時(shí)間、相同電阻、相同熱量?！窘馕觥?：3四、簡(jiǎn)答題(共4題，共12分)24、不一定．只有質(zhì)量相等的兩個(gè)物體發(fā)生一維彈性碰撞時(shí)，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，總機(jī)械能守恒，才會(huì)交換速度，否則不會(huì)交換速度．母球與目標(biāo)球碰撞時(shí)對(duì)心碰撞和非對(duì)心碰撞都有可能發(fā)生．【分析】略【解析】不一定.

只有質(zhì)量相等的兩個(gè)物體發(fā)生一維彈性碰撞時(shí)，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，總機(jī)械能守恒，才會(huì)交換速度，否則不會(huì)交換速度.

母球與目標(biāo)球碰撞時(shí)對(duì)心碰撞和非對(duì)心碰撞都有可能發(fā)生．25、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)方程式的書寫及計(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}26、rm{(1)}酯基

rm{(2)}加成反應(yīng)濃硫酸、加熱

rm{(3)}

rm{(4)}

rm{(5)a}

rm{(6)}

rm{(7)}

【分析】【分析】本題考查有機(jī)合成，為高考常見(jiàn)題型，側(cè)重考查學(xué)生的分析能力，題目難度中等，從合成條件結(jié)合常見(jiàn)有機(jī)物的性質(zhì)可以進(jìn)行物質(zhì)的推斷，熟練掌握常見(jiàn)有機(jī)物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)為解答關(guān)鍵?！窘獯稹坑蓃m{B}的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知rm{A}為rm{CH_{2}=CHCOOCH_{2}CH_{3}}由檳榔堿可知rm{H