2024年沪科版高二物理下册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪科版高二物理下册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、一段直导线悬挂在蹄形磁铁的两极间；通以如图所示的电流后，该直导线所受安培力的方向是（）

A.向上。

B.向下。

C.向左。

D.向右。

2、根据热力学定律，下列判断正确的是（）A.我们可以把火炉散失到周围环境中的能量全部收集到火炉中再次用来取暖B.满足能量守恒定律的过程都可以自发地进行C.冰箱的制冷系统能将冰箱内的热量传给外界较高温度的空气，而不引起其他变化D.气体分子自发的扩散运动只能向着分子均匀分布的方向进行3、如图所示，竖直放置的弹簧，小球从弹簧正上方某一高处落下，从球接触弹簧到弹簧被压缩到最短的过程中，关于小球运动的下述说法中正确的是()A.加速度的大小先减小后增大B.加速度的大小先增大后减小C.速度大小不断增大D.速度大小不断减小4、水平抛出在空中飞行的物体，不考虑空气阻力，则下列说法中错误的是（）A.在相等的时间间隔内动量的变化相同B.在任何时间内，动量变化的方向都是竖直向下C.在任何时间内，动量对时间的变化率恒定D.在刚抛出物体的瞬间，动量对时间的变化率为零5、如图所示；波源S的起振方向向上，振动频率f=100Hz，产生的简谐波分别沿水平方向向左；右传播，波速v=80m/s，在波的传播方向上有P、Q两点，已知SP=1.2m，SQ=1.4m，波刚好传播到P点时波形图正确的是（）

A.

B.

C.

D.

6、由电场强度的定义式E=可知；在电场中的同一点（）

A.电场强度E跟F成正比；跟q成反比。

B.无论试探电荷所带的电量如何变化，始终不变。

C.同一电荷在电场中某点所受的电场力大；该点的电场强度强。

D.一个不带电的小球在P点受到的电场力为零；则P点的场强一定为零。

7、如图所示的器材可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向。但给出的实物图中连接并不完整，请你试着连成完整的实验电路基础上回答：若将线圈L1插入线圈L2中，合上开关S，能使线圈L2中感应电流的磁场方向与线圈L1中原磁场方向相同的实验操作是（）A.插入铁芯FB.拔出线圈L1C.使变阻器阻值R变大D.断开开关S8、如图所示，a、b分别为一对等量同种电荷连线上的两点（其中b为中点），c为连线中垂线上的一点．今将一负点电荷q自a沿直线移到b再沿直线移到c；下列说法正确的是（）

A.电荷q受到的电场力一直变小B.电场力对电荷q一直做负功C.电荷q的电势能先减小，后增加D.电荷q受到的电场力方向一直不变评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)9、篮球运动员接传来的篮球时；通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前.

这样做可以()

A.减小球对手的冲量B.减小球的动量变化率C.减小球的动量变化量D.减小球对手的作用力10、关于动量和冲量，下列说法正确的是（）A.物体所受合外力的冲量等于物体的动量B.物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化C.物体所受冲量的方向与物体的动量方向相同D.物体的动量的方向与物体的运动方向相同11、如图所示，是氧气在0℃和100℃两种不同情况下，各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系．由图可知（）A.100℃的氧气，速率大的分子比例较多B.具有最大比例的速率区间，0℃时对应的速率大C.温度越高，分子的平均速率大D.在0℃时，部分分子速率比较大，说明内部有温度较高的区域12、英国物理学家阿斯顿因首次制成质谱仪，并用此对同位素进行了研究，而荣获了1922

年的诺贝尔化学奖。如图所示，P1P2

两极板间同时存在相互垂直的电场和磁场，氚核和娄脕

粒子都沿直线运动，然后射入同一匀强磁场，最终打在照相底片上的CD

两点。已知氚核的质量约为质子的3

倍，带正电荷，电荷量为一个元电荷；娄脕

粒子即氦原子核，质量约为质子的4

倍，带正电荷，电荷量为元电荷的2

倍。氚核、娄脕

粒子射出电场时的速度分别为v1v2

在磁场中的轨道半径分别为r1r2

不计粒子的重力。则下列说法正确的是(

)

A.v1v2=3拢潞2

B.r1r2=32

C.磁场的磁感应强度越大，CD

间的距离越小D.磁场的磁感应强度越大，CD

间的距离越大13、下列说法正确的是(

)

A.具有各向异性的固定一定是晶体B.悬浮在液体中的小颗粒越大，布朗运动越剧烈C.露珠呈球状是由于液体表面张力的作用E.把两块纯净的铅压紧，它们会“粘”在一起，说明分子间只存在分子引力E.把两块纯净的铅压紧，它们会“粘”在一起，说明分子间只存在分子引力评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)14、如图，用长度为L的轻绳悬挂一质量为m的小球（可以看成质点），先对小球施加一水平作用力F，使小球缓慢从A运动到B点，轻绳偏离竖直方向的夹角为θ。在此过程中，力F做的功为____。

15、在某次光电效应实验中，得到的遏制电压u0与入射光的频率v的关系如图所示，若该直线的斜率为k、横截距为b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为____，所用材料的逸出功可表示为____．

16、如图；一台理想变压器，原线圈2200

匝，副线圈440

匝，并接一个100惟

的负载电阻若把原线圈接在220V

交流电源上，则电压表示数为______V

电流表示数为______A.

如果接上110V

的直流电源，则电压表的读数为______V.

17、某研究小组在做完测量电池组的电动势E

和内阻r

与描绘小灯泡的伏安特性曲线后，想用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E

和内阻r

又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线．

A.电压表V1(

量程6V

内阻很大)

B.电压表V2(

量程3V

内阻很大)

C.电流表A(

量程3A

内阻很小)

D.滑动变阻器R(

最大阻值10娄赂

额定电流4A)

E.小灯泡(2A5W)

F.电池组(

电动势E

内阻r)

G.开关一只；导线若干。

实验时；调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现：若电压表V1

的示数增大，则电压表V2

的示数减小．

(1)

请将设计的实验电路图在下方的虚线方框中补充完整．

(2)

每一次操作后，同时记录电流表A

电压表V1

和电压表V2

的示数，组成两个坐标点(I,U1)(I,U2)

标到U鈭�I

坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如下图所示，则电池组的电动势E=

______V

内阻r=

______娄赂.(

结果保留两位有效数字)

(3)

在U鈭�I

坐标中两条图线在P

点相交；此时滑动变阻器连入电路的阻值应为______娄赂

电池组的效率为______(

结果保留两位有效数字)

．

18、图为多用表表盘指针在测量时的偏转位置。

若多用电表的选择开关置于“×10”欧姆挡；则读数是______Ω；

若多用电表的选择开关置于直流“10mA”挡；则读数是______mA；

若多用电表的选择开关置于直流“50V”挡，则读数是______V。评卷人得分四、判断题(共4题，共40分)19、电场线与等势面相互垂直，沿着同一等势面移动电荷时静电力不做功．（判断对错）20、如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点．设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判断对错）

21、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

22、如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点．设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判断对错）

评卷人得分五、简答题(共3题，共12分)23、孔雀石主要含rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}还含少量rm{Fe}rm{Si}的化合物。实验室以孔雀石为原料制备rm{CuSO_{4}隆陇5H_{2}O}及rm{CaCO_{3}}步骤如下：请回答下列问题：rm{垄脜}溶液rm{A}的金属离子有rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}从下列所给试剂中选择：实验步骤中试剂rm{垄脵}为____rm{(}填代号rm{)}检验溶液rm{A}中rm{Fe^{3+}}的最佳试剂为____rm{(}填代号rm{)}rm{a.KMnO_{4}}rm{b.(NH_{4})_{2}S}rm{c.H_{2}O_{2}}rm{d.KSCN}rm{垄脝}由溶液rm{C}获得rm{CuSO_{4}隆陇5H_{2}O}需要经过加热蒸发、____、过滤等操作。除烧杯、漏斗外，过滤操作还用到另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是____。rm{垄脟}制备rm{CaCO_{3}}时，应向rm{CaCl_{2}}溶液中先通入rm{(}或先加入rm{)}____rm{(}填化学式rm{)}其原因是____。rm{垄脠Fe(OH)_{3}}在水溶液中存在着沉淀溶解平衡，在常温下rm{K}rm{{,!}_{sp}=4隆脕10^{-39}}常温下滤液rm{C}的rm{pH=4}其中残留的rm{Fe^{3+}}的浓度为____。24、rm{[}化学rm{隆陋隆陋}选修rm{3}物质结构与性质rm{]}锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：rm{(1)Zn}原子核外电子排布式为________________。rm{(2)}黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由rm{Zn}和rm{Cu}组成。第一电离能Ⅰrm{{,!}_{1}(Zn)}_______Ⅰrm{{,!}_{1}(Cu)(}填“大于”或“小于”rm{)}原因是________________。rm{(3)ZnF_{2}}具有较高的熔点rm{(872隆忙)}其化学键类型是_________；rm{ZnF_{2}}不溶于有机溶剂而rm{ZnCl_{2}}rm{ZnBr_{2}}rm{ZnI_{2}}能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是________________。rm{(4)隆露}中华本草rm{隆路}等中医典籍中，记载了炉甘石rm{(ZnCO_{3})}入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。rm{ZnCO_{3}}中，阴离子空间构型为________________，rm{C}原子的杂化形式为________________。rm{(5)}金属rm{Zn}晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为_______________。六棱柱底边边长为rm{acm}高为rm{ccm}阿伏加德罗常数的值为rm{N_{A}}rm{Zn}的密度为________________rm{g隆陇cm^{-3}(}列出计算式rm{)}25、锰的单质及其化合物在生产、生活中有广泛应用。rm{(1)}碱性锌锰电池广泛应用于日常生活。电池的总反应式为：rm{Zn(s)+2MnO_{2}(s)+2H_{2}O(l)篓TZn(OH)_{2}(s)+2MnOOH(s)}该电池的正极反应式为____。rm{(2)}某学习小组拟以废旧干电池为原料制取锰，简易流程如下：

rm{垄脵}加入浓盐酸溶解废旧电池内黑色物质过程中必须防止人员中毒，其原因rm{(}用离子方程式表示rm{)}是____。rm{垄脷}写出碳酸锰在空气中灼烧生成四氧化三锰的化学方程式____。rm{垄脹}从产品纯度和、环保角度考虑，rm{X}宜选择____rm{(}填代号rm{)}A.焦炭rm{B.}铝rm{C.}氢气rm{D.}一氧化碳rm{(3)}电解硫酸锰溶液法制锰又叫湿法冶锰。以菱锰矿rm{(}主要成份是rm{MnCO_{3}}主要杂质是rm{Fe^{2+}}rm{Co^{2+}}rm{Ni^{2+})}为原料制备锰的工艺流程如下已知：rm{NiS}、rm{CoS}均难溶于水。部分氢氧化物的rm{pH}如下表：rm{(}若某离子浓度小于等于rm{10^{-5}mol隆陇L^{-1}}则认为完全沉淀rm{)}。物质rm{Fe(OH)_{2}}rm{Ni(OH)_{2}}rm{Co(OH)_{2}}rm{Mn(OH)_{2}}rm{Fe(OH)_{3}}开始沉淀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{垄脵}弃渣rm{A}主要成分是____，浸出槽内rm{MnO_{2}}的作用是rm{(}用离子方程式表示rm{)}____。rm{垄脷}加入氨水调节浸出槽中溶液的rm{pH}范围为____。rm{垄脹}由电解槽获得的锰需要洗涤、干燥，能说明已经洗净的实验操作是____。评卷人得分六、推断题(共3题，共18分)26、I、（1）含氰废水中的CN－有剧毒。在微生物的作用下，CN－能够被氧气氧化成HCO3－，同时生成NH3，该反应的离子方程式为____。

（2）含乙酸钠和对氯酚（）的废水可以利用微生物电池除去，同时提供电能，其原理如图所示。则A极的电极反应式为：____。

II、锌钡白是一种白色颜料。工业上是由ZnSO4与BaS溶液混合而成：BaS＋ZnSO4＝ZnS↓＋BaSO4↓。请根据以下工业生产流程回答有关问题。ZnSO4溶液的制备与提纯：有关资料：a．菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2(OH)2CO3等；b．Zn(OH)2与Al(OH)3相似，能溶于过量的NaOH溶液生成Na2ZnO2。（1）滤渣1的化学式为____；（2）②中使用的氧化剂最好是下列的____（选填字母代号）。A．Cl2B．浓HNO3C．KMnO4D．H2O2____（3）为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤④中的CO2可以来自于步骤____（选填①、②、③、⑤）。（4）写出步骤④所发生的离子方程式____。27、化合物rm{G[}rm{G[}是一种医药中间体，它的一种合成路线如下：请回答下列问题：rm{]}是一种医药中间体，它的一种合成路线如下：的名称是_____________。rm{]}的反应条件为_____________，rm{(1)A}和rm{(2)B隆煤C}的反应类型分别是_____________、_____________。rm{A隆煤B}在浓硫酸加热的条件下会生成一种含六元环的化合物，该化合物的结构简式为_____________。rm{D隆煤E}是一种高聚酯，rm{(3)D}的化学方程式为___________。rm{(4)H}下列关于化合物rm{D隆煤H}的说法错误的是_________。A.rm{(5)}的分子式为rm{G}B.rm{G}与rm{C_{12}H_{14}O_{5}}溶液加热最多消耗rm{1molG}C.一定条件下rm{NaOH}发生消去反应生成的有机物存在顺反异构体D.在一定条件下rm{2molNaOH}能与rm{G}发生取代反应rm{G}是rm{HBr}的同分异构体，与rm{(6)M}具有相同的官能团。则rm{D}可能的结构有________种。rm{D}28、【化学选做】（15分）有机化合物甲、乙用于制备化妆品，二者合成路线如下（部分产物及条件略）。已知：（-R、-R’代表烃基或-H）（1）A的结构简式是____。（2）化合物F能与浓溴水反应产生白色沉淀。①有机物甲中官能团的名称是____。②“C→有机化合物甲”的化学方程式是____。③化合物F的名称是____。（3）化合物G的分子式为C3H6O，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢。G的结构简式是____。（4）A与G反应生成D的反应方程式为____。(5)写出E所有可能的结构简式（满足合成路线）____。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】

根据左手定则：伸开左手；拇指与手掌垂直且共面，磁感线穿过掌心，四指指向电流方向，则大拇指的方向指向右，则安培力的方向向右，故A；B、C错误，D正确．

故选D．

【解析】【答案】通电直导线在磁场中受到的安培力方向利用左手定则判断．让磁感线穿过左手手心；四指指向电流方向，拇指指向安培力方向．

2、D【分析】解：A；火炉通过能量耗散把品质高的内能传递到大气中去；变为品质低的大气内能，根据热力学第二定律可知，这些能量不可能再全部收集到火炉中，故A错误；

B；自然中的宏观过程既要满足能量守恒又要满足热力学第二定律；故B错误；

C；根据热力学第二定律可知；冰箱的制冷系统能将冰箱内的热量传给外界较高温度的空气，而不引起其他变化是不可能的，故C错误；

D；根据热力学第二定律；气体分子自发的扩散运动只能向着分子均匀分布的方向进行．故D正确．

故选：D

正确解答本题需要掌握：正确理解和应用热力学第二定律；理解宏观自然过程的方向性，理解热量不可能从低温物体传到高温物体而不引起其它变化具体含义．

本题考查了热力学第二定律的理解和应用，注意热力学第二定律的多种表达式，理解宏观自然过程的方向性．【解析】【答案】D3、A【分析】略【解析】A

4、D【分析】解：A；平抛运动的物体只受到重力的作用；根据动量定理，动量的变化△P=Gt，G恒定不变，在相等的时间间隔内动量的变化△P相同。故A正确。

B；根据动量定理：平抛物体动量变化的方向与重力方向相同；不变。故B正确。

C、D由动量定理变形得=G；平抛物体动量对时间的变化率恒定。故C正确，D错误。

本题选错误的；故选：D

不考虑空气阻力；平抛物体只受重力，其冲量直接由I=Ft可求出．根据动量定理，动量的变化量等于合力的冲量．由牛顿定律研究动量对时间的变化率．

本题考查运用动量定理由合力的冲量分析动量变化量的能力，解答的关键是理解平抛运动中的受力不变．【解析】D5、B【分析】

波长λ===0.8m，SP=1.2m=1λ，SQ=1.4m=1λ；

波刚传到P点时；P点的振动方向与波源的起振方向相同，向上；

由图示可知；ACD错误，B正确；

故选B．

【解析】【答案】波传到某点时质点的起振方向与波源的起振方向相同；已知波速与频率，可以求出波长，求出两点到波源间有几个波长，然后分析图象答题．

6、B【分析】

A；电场强度等于试探电荷所受电场力与电荷量的比值；但电场强度E并不跟F成正比，跟q成反比，而F、q无关，E由电场本身决定．故A错误．

B、在电场中的同一点，电场强度E是一定的，则无论试探电荷所带的电量如何变化，始终不变．故B正确．

C；同一电荷在电场中某点所受的电场力大；P点的场强不一定为零，还要该电荷的电荷量大小．故C错误．

D；电场对不带电的小球没有电场力作用；不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强可能为零，也可能不为零．故D错误．

故选B

【解析】【答案】电场强度与试探电荷所受电场力；电荷量无关；由电场本身决定．同一电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度不一定大．电场对不带电的小球没有电场力作用，一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强不一定为零．

7、B|C|D【分析】当通过的磁通量减小时，感应电流的磁场与原磁场相同，BCD对；【解析】【答案】BCD8、B【分析】A、两个等量同种电荷在点b处产生的电场强度大小相等，方向相反，互相抵消，则中点b的场强为零，所以将一带电量为q的负点电荷自a沿直线移到b再沿直线移到c；电场力先减小后增大，故A错误；

B、负电荷所受力的方向与电场强度方向相反，所以负点电荷自a沿直线移到b的过程中；电场力做负功，再沿直线移到c时，电场力还是做负功，故B正确；

C；电场力一直做负功；电荷的电势能一直增大，故C错误；

D、从a到b再到c的过程中，电场强度方向先沿ab方向，后沿bc方向；电场力的方向与电场强度方向相反，所以电场力的方向也改变，故D错误；

故选B．

【点睛】两个等量同种电荷，它们在点O处产生的电场强度大小相等，方向相反；bc连线上方的中垂线上每一点（除b点）电场线方向向上；根据电场力做功正负，判断电势能的变化：电场力做负功，电荷的电势能增大．二、多选题(共5题，共10分)9、BD【分析】先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理即可分析.

解：先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：鈭�Ft=0鈭�mv

解得：F=

=

接球过程，球的动量变化量相等，当时间增大时，球动量的变化率减小；作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变；故AC错误，BD正确.

故选：BD

【解析】BD

10、BD【分析】解：A；物体的质量与速度的乘积是物体的动量；物体动量的变化量等于合外力的冲量，物体的动量与所受冲量没有直接关系，故A错误；

B；由动量定理可知；物体动量的变化等于合外力的冲量，物体所受合外力的冲量大小等于物体动量的变化大小，物体所受合外力的冲量方向与物体动量的变化方向相同，故B正确；

D；物体的动量变化方向与物体所受合外力的冲量方向相同；与物体的动量方向可能相同，也可能相反，故C错误；

D；动量的方向与速度的方向相同；故D正确；

故选：BD．

力与时间的乘积是力的冲量；物体质量与速度的乘积是动量，合外力的冲量等于动量的变化．

本题考查了动量定理的应用，掌握动量定理即明确动量和冲量各自的决定因素，同时明确二者之间的关系．【解析】【答案】BD11、AC【分析】解：A；同一温度下；中等速率大的氧气分子数所占的比例大，温度升高使得氧气分子的平均速率增大，100℃的氧气，速率大的分子比例较多，A正确B错误；

C；温度升高使得氧气分子的平均速率增大；C正确；

D；温度是平均动能的标志；0℃时，也有部分分子的速率较大，但平均速率较小，D错误；

故选：AC

温度是分子平均动能的标志；温度升高分子的平均动能增加，不同温度下相同速率的分子所占比例不同．

本题考查了分子运动速率的统计分布规律，记住图象的特点，温度是分子平均动能的标志．【解析】【答案】AC12、BC【分析】解：A

设电场强度为E

带电粒子的电荷量为q

因为该粒子在金属板间做匀速直线运动，所以有：

qE=qvB1

解得：v=EB1

可知它们的速度是相等的。故A错误；

B；带电粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动；设圆周运动的半径为R

据牛顿第二定律有：

qvB2=mv2R

解得：r=mvqB2=vB2鈰�mq.v

与B2

是相等的；由于氚核的质量约为质子的3

倍，电荷量为一个元电荷；娄脕

粒子即氦原子核，质量约为质子的4

倍，电荷量为元电荷的2

倍，设质子的质量为m0

则：

r1r2=m1m2鈰�q2q1=3m04m0鈰�2ee=32.

故B正确；

CD

根据公式：r=mvqB2

可知，偏转磁场的磁感应强度越大，CD

间的距离越小。故C正确，D错误。

故选：BC

由于带电粒子做匀速直线运动；所以上平衡条件就能求出粒子的速度。

测得O2

和A

点之间的距离为L

即粒子做匀速圆周运动的直径，由洛仑兹力提供向心力就能求出半径与半径关系。

另外一束带电粒子也从狭缝O1

射入；保持其他条件不变，粒子最终打在照相底片上的C

点，O2

和C

点之间的距离大于L

说明该粒子做匀速圆周运动的半径大，由左手定则等能够判断出该粒子的比荷大。

本题考察的是速度选择器和质谱仪的原理的综合，由平衡条件和牛顿第二定律就能求出相关的物理量。还要注意的是打在荧光屏上点距出发点的距离为粒子做匀速圆周运动半径的2

倍即直径。【解析】BC

13、ACD【分析】解：A

单晶体具有各向异性；而多晶体则各向同性，所以具有各向异性的一定是晶体，故A正确．

B；悬浮在液体中的小颗粒越小；布朗运动越剧烈，故B错误；

C；液体的表面张力有使液体的表面积减小到最小的趋势；如露珠呈球状是由于液体表面张力的作用.

故C正确；

D；两分子之间同时存在着引力和斥力；引力和斥力都随分子间的距离增大而减小，但斥力比引力减小得更快，故D正确；

E；把两块纯净的铅压紧；它们会“粘”在一起，说明分子间存在引力，分子引力大于分子斥力，不是说明分子间只存在分子引力，分子间引力和斥力同时存在，故E错误；

故选：ACD

本题考查了对晶体和单晶体的理解；晶体具有各向异性，在各个不同的方向上的物理性质不同，分子的排列在空间上有周期性，非晶体具有各项同性.

露珠呈球状是由于液体表面张力的作用；两分子之间同时存在着引力和斥力，引力和斥力都随分子间的距离增大而减小，随着距离的减小而增大，但斥力比引力变化得更快；

本题考查考查了对热学有关知识的理解和应用能力，尤其是分子力的变化情况是易错点，也是考试的热点．【解析】ACD

三、填空题(共5题，共10分)14、【分析】【解答】由于小球缓慢运动，动能不变，力F所做的功转化为物体的重力势能的增量mgh=

故答案为：

【分析】本题注意小球缓慢运动时动能不变这一暗含条件。15、ekkeb．【分析】【解答】根据爱因斯坦光电效应方程EK=hγ﹣W，任何一种金属的逸出功W一定，说明EK随频率f的变化而变化，且是线性关系（与y=ax+b类似），直线的斜率等于普朗克恒量，由于：EK=eUe所以：eUe=hγ﹣W；

由图可得Ue=kγ﹣b

整理得：h=ek；

EK=hγ﹣W，EK=0时有hγ0﹣W=0，所以逸出功W=keb；

故答案为：ek，keb．

【分析】本题考查了爱因斯坦光电效应方程EK=hγ﹣W，注意将有关的物理知识和数学的图线联系起来，培养用数学知识解决物理物体．16、440.440

【分析】【分析】

由变压器的电压比等于匝数比解得电压表示数；并由欧姆定律解得电流表示数。当原线圈接在110VV110VV直流电源上时，原线圈电流恒定，副线圈中不会产生感应电流。本题第一问关键明确变压器的工作原理，容易出错；第二问是基本规律的运用，关键熟悉理想变压器的变压比公式。【解答】

当原线圈接在220V

交流电源上时，根据变压器的变压比公式，U1U2=n1n2有：U2=4402200隆脕220=44V

电流为：I2=U2R=44100=0.44A

变压器的工作原理是互感现象；当原线圈接在110V

直流电源上时，原线圈电流恒定，副线圈中不会产生感应电流，故电流表与电压表的读数都为零；

故答案为：440.440

【解析】440.440

17、略

【分析】解：(1)

伏安法测电源电动势与内阻实验中；电压表测路端电压，电压表示数随滑动变阻器接入电路阻值的增大而增大；描绘小灯泡伏安特性曲线实验中，电流表测流过灯泡的电流，灯泡两端电压随滑动变阻器接入电路电阻的增大而减小；调节滑动变阻器时，电压表V1

的示数增大，则电压表V2

的示数减小，则测路端电压，V2

测灯泡两端电压，电路图如图所示．

(2)

电源的U鈭�I

图象是一条倾斜的直线；由图象可知，电源电动势E=4.5V

电源内阻。

r=鈻�U鈻�I=4.5V鈭�2.5V2.0A=1.0娄赂

．

(3)

由图乙所示图象可知；两图象的交点坐标，即灯泡电压UL=2.5V

此时电路电流I=2.0A

电源电动势E=Ir+UL+IR禄卢

即4.5V=2.0A隆脕1娄赂+2.5V+2.0A隆脕R禄卢

则R禄卢=0娄赂

电池组的效率娄脟=P鲁枚P脳脺=UIEI=ULE=2.54.5隆脰56%

．

故答案为：(1)

电路图如图所示；(2)4.51.0(3)056%

．

(1)

测电源电动势与内阻实验时；电压表测路端电压，随滑动变阻器接入电路阻值的增大，电压表示数增大；灯泡两端电压随滑动变阻器阻值增大而减小；根据电压表示数变化确定各电路元件的连接方式，然后作出实验电路图．

(2)

电源的U鈭�I

图象与纵轴的交点示数是电源的电动势；图象斜率的绝对值等于电源内阻．

(3)

由图象求出两图线的交点对应的电压与电流；然后根据闭合电路中内外电压的关系及欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的阻值；由图象求出电路电流，然后由P=UI

及效率公式求出电池组的效率．

电源的U鈭�I

图象与纵轴的交点是电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻，求电源内阻时要注意看清楚纵轴坐标起点数据是多少，否则容易出错．【解析】4.51.0056%

18、2004.221.0【分析】解：欧姆档读数：20×10=200Ω

置于直流“10mA”挡；则读数是4.2mA；

置于直流“50V”挡；则读数是21.0v

故答案为：2004.221.0

电阻的读数为示数乘以倍率；电压和电流的读数为格子数乘以每小格表示的数，要注意估读。

本题考查了欧姆表、电压表和电流表的使用和读数，记住其方法即可解决此类题目。【解析】2004.221.0四、判断题(共4题，共40分)19、A【分析】【解答】解：根据电场线的特点可知；沿电场线的方向电势降低；电场线垂直于等势面、同一等势面移动电荷电场力不做功．

故答案为：正确．

【分析】解决本题要根据：电场线是人为假想的曲线，从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，沿电场线的方向电势降低．20、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；

故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；

a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；

故答案为：正确．

【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．21、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．22、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；

故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；

a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；

故答案为：正确．

【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．五、简答题(共3题，共12分)23、（1）cd）1cd）冷却结晶（2）冷却结晶引流引流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】本题通过制备rm{CuSO}rm{4}rm{4}rm{?5H}rm{2}及rm{2}rm{O}实验考查常见金属的单质及其化合物的应用以及基本的实验操作，涉及物质的制取和提纯等实验操作，掌握基本的实验操作步骤是解题的关键，注意蒸发、过滤、滴定等操作在进行中的注意事项，题目难度中等。【解答】制备rm{CaCO}及rm{3}步骤：孔雀石主要成分rm{3}其中还含少量rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}rm{CaCO_{3}}的化合物rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}铁元素以rm{Fe}rm{Si}价存在，孔雀石与硫酸反应中，少量rm{.}的氧化物均与硫酸反应，只有rm{+2}不反应，溶液rm{+3}中含rm{Fe}rm{SiO_{2}}rm{A}由工艺流程转化关系可知，实现由溶液rm{Cu^{2+}}至溶液rm{Fe^{2+}}转化，目的是将rm{Fe^{3+}}氧化为rm{A}试剂rm{B}应为氧化剂，且不能引入新的杂质，则溶液rm{Fe^{2+}}中含rm{Fe^{3+}}rm{垄脵}加rm{B}促进铁离子水解转化为沉淀，所以溶液rm{Cu^{2+}}中主要为硫酸铜，蒸发浓缩、冷却结晶得到rm{Fe^{3+}}制备rm{CuO}时，先通入氨气，增大二氧化碳的溶解，生成碳酸铵与氯化钙反应生成碳酸钙、氯化铵，反应为：rm{C}则过滤可得到rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}依此回答即可。

rm{CaCO_{3}}本实验要除去rm{CaCl_{2}+CO_{2}+2NH_{3}?H_{2}O=CaCO_{3}隆媒+2NH_{4}Cl+H_{2}O}rm{CaCO_{3}}等离子，先加入合适的氧化剂时不能引入新的杂质，可加入rm{(1)}发生的反应为：rm{Fe^{2+}}因rm{Fe^{3+}}遇rm{H_{2}O_{2}}溶液变为血红色，常用rm{2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H^{+}=2Fe^{3+}+2H_{2}O}检验rm{Fe^{3+}}

故答案为：rm{KSCN}rm{KSCN}

rm{Fe^{3+}}从溶液中要析出晶体；采用冷却结晶法，然后进行过滤等操作，过滤用到的仪器有烧杯；玻璃棒、漏斗、滤纸等仪器，其中玻璃棒在过滤时起到引流的作用；

故答案为：冷却结晶；引流；

rm{c}溶液不能与rm{d}反应；加入碱能反应，但又不能引入杂质，可加入一水合氨；

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

rm{NH_{3}?H_{2}O}rm{CO_{2}}的rm{CO_{2}}时，不易溶于rm{CaCl_{2}}溶液rm{CaCl_{2}}此时溶液中的铁离子浓度为：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)}常温下滤液rm{C}的rm{pH=4}时，rm{c(OH^{-})=1}rm{C}

rm{pH=4}【解析】rm{(}rm{1}rm{)}rm{c}rm{d}rm{(}rm{1}rm{1}rm{)}rm{c}rm{d}rm{c}rm{d}冷却结晶rm{(}rm{2}rm{)}冷却结晶引流引流rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}rm{(}rm{3}rm{)}rm{NH_{3}}rm{隆陇}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{隆陇}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}原子轨道中电子处于全满状态，rm{Cu}失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态

rm{(3)}离子键乙醇、乙醚等有机溶剂属于极性分子，rm{ZnCl_{2}}rm{ZnBr_{2}}rm{ZnI_{2}}为极性分子，即溶质、溶剂都属于极性分子，所以互溶

rm{(4)}平面正三角形rm{sp^{2}}

rm{(5)}六方最密堆积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}个电子，分别分布在rm{1s}rm{2s}rm{2p}rm{3s}rm{3p}rm{3d}rm{4s}能级上，根据构造原理书写其原子核外电子排布式；rm{(2)}轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大；rm{(3)}离子晶体熔沸点较高，离子晶体中含有离子键；乙醇、乙醚等有机溶剂属于极性分子，极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，根据相似相溶原理分析；rm{(4)ZnCO_{3}}中，阴离子rm{CO_{3}^{2-}}中rm{C}原子价层电子对个数rm{=3+dfrac{4+2-3隆脕2}{2}=3}且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断碳酸根离子空间构型及rm{=3+dfrac

{4+2-3隆脕2}{2}=3}原子的杂化形式；rm{C}金属锌的这种堆积方式称为六方最密堆积，该晶胞中rm{(5)}原子个数rm{=12隆脕dfrac{1}{6}+2隆脕dfrac{1}{2}+3=6}六棱柱底边边长为rm{Zn}高为rm{=12隆脕dfrac{1}{6}+2隆脕dfrac

{1}{2}+3=6}六棱柱体积rm{=[(a隆脕a隆脕sin120^{circ})隆脕3隆脕c]cm^{3}}晶胞密度rm{acm}本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生分析、判断、计算及空间想像能力，熟练掌握均摊分在晶胞计算中的正确运用、价层电子对个数的计算方法，注意：该晶胞中顶点上的原子被rm{ccm}个晶胞共用而不是rm{=[(a隆脕a隆脕sin

120^{circ})隆脕3隆脕c]cm^{3}}个，为易错点。【解答】rm{=dfrac{m}{V}}原子核外有rm{6}个电子，分别分布在rm{8}rm{(1)Zn}rm{30}rm{1s}rm{2s}rm{2p}rm{3s}能级上，其核外电子排布式为rm{3p}或rm{3d}

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

rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}}轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{2}}原子轨道中电子处于全满状态，rm{[Ar]3d^{10}4s^{2}}失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以rm{(2)}较rm{Zn}易失电子，则第一电离能rm{Cu}

故答案为：rm{Cu}rm{Zn}原子轨道中电子处于全满状态，rm{Cu<Zn}失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态；

rm{>}离子晶体熔沸点较高，熔沸点较高rm{Zn}为离子晶体，离子晶体中含有离子键；

根据相似相溶原理知，极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，乙醇、乙醚等有机溶剂属于极性分子，rm{Cu}rm{(3)}rm{ZnF_{2}}能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，说明rm{ZnCl_{2}}rm{ZnBr_{2}}rm{ZnI_{2}}为极性分子；

故答案为：离子键；乙醇、乙醚等有机溶剂属于极性分子，rm{ZnCl_{2}}rm{ZnBr_{2}}rm{ZnI_{2}}为极性分子；即溶质；溶剂都属于极性分子，所以互溶；

rm{ZnCl_{2}}中，阴离子rm{ZnBr_{2}}中rm{ZnI_{2}}原子价层电子对个数rm{=3+dfrac{4+2-3隆脕2}{2}=3}且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断碳酸根离子空间构型及rm{(4)ZnCO_{3}}原子的杂化形式分别为平面正三角形、rm{CO_{3}^{2-}}杂化；

故答案为：平面正三角形；rm{C}

rm{=3+dfrac

{4+2-3隆脕2}{2}=3}金属锌的这种堆积方式称为六方最密堆积，该晶胞中rm{C}原子个数rm{=12隆脕dfrac{1}{6}+2隆脕dfrac{1}{2}+3=6}

六棱柱底边边长为rm{sp^{2}}高为rm{sp^{2}}六棱柱体积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}}

故答案为：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}原子轨道中电子处于全满状态，rm{Cu}失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态rm{(3)}离子键乙醇、乙醚等有机溶剂属于极性分子，rm{ZnCl_{2}}rm{ZnBr_{2}}rm{ZnI_{2}}为极性分子，即溶质、溶剂都属于极性分子，所以互溶rm{(4)}平面正三角形rm{sp^{2}}rm{(5)}六方最密堆积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)垄脵}

rm{垄脷C}

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

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

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

rm{垄脷3.8leqslantpH<8.3}

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

pH<8.3}【分析】【分析】本题考查原电池和电解池原理、电极反应式的书写，化学工艺流程分析等，题目难度较大。【解析】rm{(1)}原电池的正极上得到电子，化合价降低，发生还原反应，rm{Mn}的化合价降低，原电池的正极上得到电子，化合价降低，发生还原反应，rm{(1)}的化合价降低，rm{Mn}rm{MnO}rm{MnO}rm{2}rm{2}在正极上得电子，电极反应式为：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{{,!}^{-}}废电池中含有rm{=Mn}rm{=Mn}rm{OO}rm{OO}rm{H}rm{H}rm{+}rm{+}rm{OH}浓rm{OH}rm{{,!}^{-}}，故答案为：rm{MnO_{2}+H_{2}O+e^{-}=MnOOH+OH^{-}}；rm{(2)垄脵}废电池中含有rm{MnO_{2}}rm{(2)垄脵}rm{MnO_{2}}，rm{MnO}rm{MnO}rm{2}rm{2}和浓盐酸反应产生rm{Cl}中rm{Cl}为rm{2}价，rm{2}中，rm{MnO}为rm{MnO}价，化合价升高，氧气参与反应，化学方程式为rm{2}rm{2}故答案为：rm{+4HCl(}浓rm{)}rm{+4HCl(}rm{)}rm{MnCl}含有焦炭，且容易产生温室气体，故A错误；rm{MnCl}中可能含有未反应铝，产品不纯，故B错误；rm{2}rm{2}有毒，未反应的rm{+}污染空气，故D错误；rm{+}rm{Cl}根据流程图以及信息，弃渣rm{Cl}为rm{2}rm{2}的作用是把rm{隆眉+2H}氧化成rm{隆眉+2H}离子方程式为rm{2}

rm{2}rm{O}rm{O}，氯气有毒，因此注意通风，故答案为：；氨水调节rm{垄脷}使rm{垄脷}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}的范围是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{垄脹}电解池的阴极上A.用焦炭作还原剂，得到rm{Mn}含有焦炭，且容易产生温室气体，故A错误；rm{Mn}由电解槽获得的锰需要洗涤除去表面可能有的硫酸根，取最后一滴洗涤液，滴加B.用铝作还原剂，rm{Mn}中可能含有未反应铝，产品不纯，故B错误；溶液，若无沉淀出现，则证明已经洗净rm{Mn}C.用氢气得到的是水，对环境无污染，故C正确；取最后一滴洗涤液，滴加D.rm{CO}有毒，未反应的rm{CO}污染空气，故D错误；溶液，若无沉淀出现，则证明已经洗净。rm{CO}rm{CO}【解析】rm{(1)MnO_{2}+H_{2}O+e^{-}=MnOOH+OH^{-}}rm{(2)垄脵}rm{垄脷C}rm{垄脹Fe(OH)_{3;;;;;;;;}6MnCO_{3}+O_{2}}rm{垄脹

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

pH<8.3}六、推断题(共3题，共18分)26、略

【分析】【分析】该题通过水污染的治理和化学工业生产流程，考查了原电池原理的应用和元素及其化合物的性质，判断微生物电池的正负极和分析流程图是本题难点，试题难度较大。I、（1）根据信息：CN-能够被氧