…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年北師大版高三物理上冊階段測試試卷85考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______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7題，共14分)1、以下說法中正確的是（）A.勻速圓周運動是加速度恒定的運動B.勻速圓周運動中加速度不斷發生變化C.勻速圓周運動是速度恒定的運動D.勻速圓周運動中動能不斷發生變化2、【題文】一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地．兩板間有一個正檢驗電荷固定在P點，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強、φ表示P點的電勢，W表示正電荷在P點的電勢能，若正極板保持不動，將負極板緩慢向右平移一小段距離l0的過程中；各物理量與負極板移動距離x的關系圖象中正確的是（）

3、下列問題中，物體可看作質點的是（）A.研究日食B.給花樣滑冰運動員打分C.研究分子的結構D.研究馬航MH370飛行路線4、電池甲和乙的電動勢分別為E1和E2，內電阻分別為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在未懸掛重物時指針正對刻度5，在彈性限度內當掛上80N重物時指針正對刻度45，若要指針正對刻度20，應掛重物是（）A.40NB.35.6NC.20ND.30N6、下列關于甲乙兩個做圓周運動的物體的有關說法正確的是（）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、下列對電現象及規律的認識中，正確的是（）A.摩擦起電說明了電荷可以創生B.自然界中只存在正、負兩種電荷C.同種電荷相互吸引，異種電荷相互排斥D.點電荷間的靜電力隨它們的距離增大而增大評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)8、（2014秋?桂林校級期中）在圖電路中，在滑動變阻器的滑片向左滑動過程中，通過電阻R2的電流將____，通過電阻R3的電流將____，通過電阻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?東麗區校級期中）如圖，質量為M的長板放在光滑水平面上，一個質量為m的滑塊以速度v沿木板表面從A點滑到B點，在木板上前進了L，而木板在水平面上前進了S，設滑塊與木板間的動摩擦因數為μ，則摩擦力對滑塊做的功為____．10、（1）以下說法正確的有____

A．紫外線照射到金屬鋅板表面時能夠發生光電效應現象；則當增大紫外線的照射強度時，從鋅板表面逸出的光電子的最大初動能也隨之增大

B．氫原子的核外電子由較高能級躍遷到較低能級時；要吸收一定頻率的光子，同時電子的動能減小，電勢能減小

C．核子結合成原子核一定有質量虧損；釋放出能量

D．太陽內部發生的核反應主要是核裂變反應

（2）質量分別為m1和m2的兩個小球在光滑的水平面上分別以速度v1、v2同向運動并發生對心碰撞，碰后m2被右側的墻原速彈回，又與m1相碰，碰后兩球都靜止．求第一次碰后m1球的速度．

11、一個中子與某原子核發生核反應，生成一個氘核，其核反應方程式為____；該反應放出的能量為Q，則氘核的比結合能為____．12、（2015?如皋市三模）如圖是一個單擺的共振曲線，此單擺的固有周期T是____s，若將此單擺的擺長增大，共振曲線的最大值將____（填“向左”或“向右”）移動．13、從宏觀上看，氣體分子熱運動的平均動能取決于氣體的____，分子間勢能取決于氣體的____．（填“溫度”“體積”或“壓強”）14、（2012秋?吳興區校級期中）如圖所示，在水平面上有一個向右運動的物體，物體的質量為20kg，與水平面間的動摩擦因數為0.1，它在運動過程中還受到一個水平向左的大小為10N的拉力作用，則物體所受的合力的大小為____N，方向為____．15、在相距12km的公路兩端，甲、乙兩人同時出發相向而行，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，在甲乙出發的同時，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，直到甲乙相遇，在此過程中，小狗跑過的路程是____km，位移是____km．評卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)16、只要知道兩個物體的質量和兩個物體之間的距離．就可以由F=G計算物體間的萬有引力____（判斷對錯）17、光的偏振現象說明光是橫波____（判斷對錯）18、普朗克在研究黑體的熱輻射問題時提出了能量子假說____（判斷對錯）19、月亮在云中穿梭，參考系是云．____（判斷對錯）20、直線電流磁場的方向的判斷可以用安培定則：____．21、質點就是體積很小的物體．____（判斷對錯）22、電場力大的地方電場強度一定大．____．（判斷對錯）23、原先沒有磁性的鐵，在長期受到磁鐵的吸引會產生磁性____．（判斷對錯）24、電荷在電場中一定受電場力的作用．____（判斷對錯）評卷人得分四、作圖題(共2題，共10分)25、一摩托車由靜止開始在平直的公路上行駛；在0～20s內做勻加速運動，20s末的速度為30m/s，接著在20s～45s內做勻速運動，再接著在45s～75s內勻減速運動，75s末速度為0．求：

（1）畫出運動過程的v-t圖象；

（2）摩托車在0～20s加速度大小；

（3）摩托車在0～75s這段時間平均速度大小．26、如圖所示，垂直紙面的通電直導線的上方靜止著一個小磁針，試根據小磁針的指向，在圖上畫出通電直導線中的電流方向．評卷人得分五、簡答題(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，其單質及化合物用途廣泛。回答下列問題：rm{(1)}基態rm{P}原子的核外電子排布式為_____，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)}自然固氨現象發生的一系列化學變化：rm{N_{2}隆煤NO隆煤NO_{2}隆煤HNO_{3}隆煤NO_{3}^{-;}}解釋了民諺“雷雨發莊稼”的原理。rm{壟脵N_{2}}分子結構中。rm{婁脪}鍵和rm{婁脨}鍵之比為_________，己知rm{N}rm{N}的鍵能為rm{946kJ隆隴mol^{-1}}遠大于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，其空間構型為__________，寫出它的一種等電子體的化學式_____________________。rm{壟脹}已知酸性：rm{HNO_{3}>HNO_{2}}下列相關見解合理的是_________________。A.含氧酸中氧原子總數越多，酸性越強B.同種元素化合價越高，對應含氧酸的酸性越強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，其晶胞結構如圖所示，圖中rm{a}點和rm{b}點的原子坐標參數依次為rm{(0,0,0)}rm{(dfrac{1}{4},dfrac{1}{4},dfrac{1}{4})}則rm{c}點的原子坐標參數為_______。已知該晶體密度為rm{婁脩g隆隴cm^{-3}}則rm{B-P}鍵的鍵長為_____rm{pm(}阿伏加德羅常數用rm{N_{A}}表示，列出計算式即可rm{)}

28、【化學rm{隆陋隆陋}選修rm{5}有機化學基礎】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}的相對分子質量為rm{70}核磁共振氫譜顯示只有一種化學環境的氫；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}為相對分子質量差rm{14}的同系物，rm{F}是福爾馬林的溶質；rm{壟脺}回答下列問題：rm{(1)A}的結構簡式為____。rm{(2)}由rm{B}生成rm{C}的化學方程式為____。rm{(3)}由rm{E}和rm{F}生成rm{G}的反應類型為____，rm{G}的化學名稱為____。rm{(4)壟脵}由rm{D}和rm{H}生成rm{PPG}的化學方程式為：____。rm{壟脷}若rm{PPG}平均相對分子質量為rm{10000}則其平均聚合度約為____rm{(}填標號rm{)}rm{a.48}rm{b.58}rm{c.76}rm{d.122}rm{(5)D}的同分異構體中能同時滿足下列條件的共有____種rm{(}不含立體異構rm{)}rm{壟脵}能與飽和rm{NaHCO_{3}}溶液反應產生氣體rm{壟脷}既能發生銀鏡反應，又能發生皂化反應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{(}寫結構簡式rm{)}rm{D}的所有同分異構體在下列一種表征儀器中顯示的信號rm{(}或數據rm{)}完全相同，該儀器是___________rm{(}填標號rm{)}rm{a.}質譜儀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，其單質和化合物在工農業生產中有著重要的應用。rm{(1)}重晶石rm{(BaSO_{4})}高溫鍛燒可發生一系列反應，其中部分反應如下；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}}陽極的電極反應式為__________________________________。Ⅱrm{.}乙炔rm{(C_{2}H_{2})}在氣焊、氣割及有機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。哈斯特研究得出當甲烷分解時，幾種氣體平衡時分壓rm{(Pa)}與溫度rm{(隆忙)}的關系如圖所示。

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

C_{2}H_{4}(g)+2H_{2}(g)}達到平衡時，測得rm{婁隴H}該反應的rm{c(C_{2}H_{4})=c(CH_{4})}___rm{婁隴H}填“rm{0(}”或“rm{>}”rm{<}rm{)}的平衡轉化率為________。上述平衡狀態某一時刻，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rm{0.01mol/(L隆隴s)}后再次達到平衡，平衡時rm{2c(C_{2}H_{4})=c(CH_{4})}則rm{ts}_______rm{2c(C_{2}H_{4})=

c(CH_{4})}rm{t=}計算反應rm{2CH_{4}(g)=C_{2}H_{2}(g)+3H_{2}(g)}在圖中rm{s}點溫度時的平衡常數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算：rm{A}rm{K=}30、工業上“固定”和利用rm{CO_{2}}能有效地減輕“溫室效應”。Ⅰrm{.}工業上正在研究利用rm{CO_{2}}來生產甲醇燃料的方法，該方法的化學方程式是：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}}某科學實驗將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rm{)}測得rm{H_{2}}的物質的量隨時間變化如下圖中實線所示rm{(}圖中字母后的數字表示對應的坐標rm{)}回答下列問題：rm{(1)}該反應在____條件下能自發進行rm{(}填編號rm{)}rm{A.}高溫rm{B.}低溫rm{C.}任何溫度rm{(2)}該反應在rm{0隆蘆8min}內rm{CO_{2}}的平均反應速率是____。rm{(3)}該反應的平衡常數rm{K}rm{=}____。rm{(4)}僅改變某一條件再進行實驗，測得rm{H_{2}}的物質的量隨時間變化如圖中虛線所示。與實線相比，虛線Ⅰ改變的條件可能是____。若實線對應條件下平衡常數為rm{K}，虛線Ⅰ對應條件下平衡常數為rm{K}rm{{,!}_{1}}虛線Ⅱ對應條件下平衡常數為rm{K}rm{{,!}_{2}}則rm{K}、rm{K}rm{{,!}_{1}}和rm{K}rm{{,!}_{2}}的大小關系是____。Ⅱrm{.}已知rm{25隆忙}時，乙酸和碳酸的電離平衡常數如下表：。物質的化學式rm{CH_{3}COOH}rm{H_{2}CO_{3}}電離平衡常數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，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為：____。rm{=}評卷人得分六、畫圖題(共2題，共8分)31、圖所示為一列向左傳播的簡諧波在某一時刻的波形圖，若波速是0.5m/s，試在圖上畫出經7s時的波形圖。（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處于靜止狀態，請畫出各圖中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】勻速圓周運動的速度大小不變，速度方向時刻改變，加速度大小不變，方向始終指向圓心．【解析】【解答】解：A；勻速圓周運動的加速度方向在變化；不是恒定不變的，不是勻變速運動．故A錯誤，B正確．

C；勻速圓周運動的速度大小不變；方向始終改變，故C錯誤；

D；勻速圓周運動的速度大小不變；動能不變，故D錯誤。

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是反比例關系，不是直線，A錯；電容器與電源斷開后，電荷量不變，根據可知，保持不變，Ｂ錯；負極板接地，電勢為零，P點的電勢φ等于P點到負極板的電勢差，即Ｅ不變，ｌ減小，φ線性減小，Ｃ對；由可知；Ｗ隨著φ的變化而變化，Ｄ錯。

考點：電容器的電壓、電荷量和電容的關系【解析】【答案】C3、D【分析】【分析】當物體的大小和形狀在所研究的問題中能忽略，物體可以看成質點．【解析】【解答】解：A；在觀察日食時；正是由于太陽的大小，才會出現日偏食、日全食等不同的情況，不可以看成質點．故A錯誤．

B；給花樣滑冰運動員打分時；運動員的大小和形狀不能忽略，不能看成質點．故B錯誤．

C；研究分子的結構時；分子的形狀不能忽略，不能看成質點．故C錯誤．

D；研究馬航MH370飛行路線時；馬航MH370的大小和形狀能忽略；能看作質點；故D正確；

故選：D4、A【分析】【分析】用作圖法求解：分別做出兩個電池的U-I圖線，據兩者電動勢的大小關系及兩條圖線有交點，大體作出兩者的圖象，由圖可讀出內阻的大小關系；兩線的交點對應的工作電阻為R，再作出一大于R的電阻的U-I圖線，分析對應電流及電壓從而分析出功率的大小關系．【解析】【解答】解：將一電動勢為E、內電阻為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的關系為U=E-Ir．

在U-I直角坐標系中作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．如果再在此坐標系中作出外電阻R的伏安特性曲線為過原點的直線；斜率為R，則兩條線的交點就表示了該閉合電路所工作的狀態．此交點的橫；縱坐標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，R消耗的電功率相等，故這三條線必相交于一點，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：當甲電池接R′時，P1=U1I1；當乙電池接R′時，P2=U2I2．由于U1＞U2，I1＞I2，所以P1＞P2．

故選：A．5、D【分析】【分析】根據胡克定律F=kx求出懸掛重物的重力．【解析】【解答】解：當掛上80N重物時指針正對刻度45N，知彈簧形變量為45-5=40．指針正對刻度20N時，彈簧的形變量為15．因為k=，所以；解得：G=30N．

故選：D．6、C【分析】【分析】依據圓周運動線速度，角速度的關系，以及以周期表示的線速度和角速度表達式可判定各個選項．【解析】【解答】解：

AB、由線速度與角速度的關系式v=ωr可知：在甲乙半徑不確定的情況下；無法比較他們線速度和角速度的關系，故A錯誤，B錯誤．

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，無法比較線速度，故D錯誤．

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

B；自然界中只存在正、負兩種電荷；故B正確；

C；同種電荷相互排斥；異種電荷相互吸引，故C錯誤；

D、利用庫侖定律公式F=k得點電荷間的靜電力隨它們的距離增大而減小；故D錯誤；

故選：B．二、填空題(共8題，共16分)8、大小大大【分析】【分析】在滑動變阻器R1的滑動觸片P向左滑動的過程中，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，分析通過電阻R4的電流變化，再判斷通過R2的電流變化．【解析】【解答】解：在滑動變阻器R1的滑動觸片P向左滑動的過程中，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，通過電阻R4的電流變大．

而總電流變小，通過電阻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；小；大；大9、-μmg（s+L）【分析】【分析】摩擦力對m所做的功等于摩擦力與m相對于地的位移的乘積【解析】【解答】解：滑塊的對地位移為：x=L+s

摩擦力對滑塊做的功為：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：理解愛因斯坦的光電方程；明確光電流和光電子的最大初動能與那些因素有關；電子軌道半徑與其動能；電勢能等之間的關系；了解結合能、聚變、裂變反應等基礎原子物理知識．

（2）考查碰撞過程是否發生抓三方面①碰撞過程遵從動量守恒定律m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2；②碰撞后系統動能不增原則；③碰撞前后的運動情況要合理，如追碰后，前球動量不能減小，后球動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、由愛因斯坦的光電方程Ek=hv-W；光電子的最大初動能跟光照強度無關，決定于光子的頻率和金屬的逸出功，故A項錯；

B；氫原子的核外電子由較高能級躍遷到較低能級時；要放出一定頻率的光子，同時電子的動能增大，電勢能減小，故B項錯；

C；核子結合成原子核一定有質量虧損；根據質能方程可知，損失的質量轉化為能量放出，故C正確；

D；太陽內部的核反應主要是聚變反應；故D項錯．

故選C．

（2）根據動量定恒定律有：

①

②

聯立①②解得：

答：第一次碰后m1球的速度為：．11、n+H→H【分析】【分析】核反應過程中，質量數與核電荷數守恒，據此寫出核反應方程式；核反應釋放出的能量與核子數之比是結合能．【解析】【解答】解：由質量數與核電荷數守恒可知，核反應方程式為：n+H→H；

氘核的比結合能為：；

故答案為：n+H→H；．12、2.5向左【分析】【分析】當驅動力頻率與單擺的固有頻率相等時，振幅最大的現象叫做共振現象．【解析】【解答】解：由圖象可以看出；當f=0.4Hz時，振幅最大，發生共振現象；

故單擺的固有頻率為0.4Hz，故周期為s；

若將此單擺的擺長增大，根據公式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；

故答案為：2.5；向左13、溫度體積【分析】【分析】溫度是分子平均動能的標志，所以氣體分子的動能宏觀上取決于溫度；分子勢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能的標志；所以氣體分子的動能宏觀上取決于溫度；

分子勢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】滑動摩擦力的大小可以根據f=μFN去求，方向與相對運動方向相反；物體在水平方向上受到向左的拉力和向左的滑動摩擦力，根據合成法求出合力的大小和方向．【解析】【解答】解：滑動摩擦力的大小f=μFN=0.1×20×10N=20N；方向與相對運動方向相反，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】小狗運動的時間與甲乙兩人相遇的時間相等，根據甲乙兩人位移大小之和等于12km，求出運動的時間．小狗運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s=vt求出小狗通過的路程．【解析】【解答】解：甲乙兩人相遇時有：x=v甲t+v乙t；代入數據得。

t=1.5h．

故運動的時間為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】萬有引力定律適用的條件是兩個質點間引力的計算．物體間的引力關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；萬有引力定律適用于任何兩個可以看出質點的物體之間或均質球體之間的引力計算；當兩個物體之間的距離太小的時候，物體就不能看做質點，這時就不能用這個公式直接計算了，所以這個說法是錯誤的．

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

故答案為：√18、√【分析】【分析】根據物理學史的知識，結合普朗克在研究黑體的熱輻射問題中提出了能量子假設即可正確解答．【解析】【解答】解：普朗克在研究黑體的熱輻射問題時提出了能量子假說．故以上說法是正確的．

故答案為：√19、√【分析】【分析】參考系，是指研究物體運動時所選定的參照物體或彼此不作相對運動的物體系；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；月亮相對于云層的位置發生變化，所以參考系為云層，該說法是正確的．

故答案為：√20、√【分析】【分析】安培定則：右手握住導線，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繞方向．【解析】【解答】解：根據安培定則的內容判定線電流的磁感線的方法是：右手握住導線；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繞方向．故該說法是正確的．

故答案為：√21、×【分析】【分析】當物體的形狀、大小對所研究的問題沒有影響時，我們就可以把它看成質點，根據把物體看成質點的條件來判斷即可．【解析】【解答】解：能否看成質點；與質量；體積大小無關，質量、體積很大的物體也能看成質點，比如地球公轉時的地球可以看成質點，故錯誤．

故答案為：×22、×【分析】【分析】根據電場強度的定義式E=變形得到F與E的關系式，再分析即可．【解析】【解答】解：根據電場強度的定義式E=得：F=qE

可知電場力與電場強度和電荷量都有關；則電場力大的地方電場強度不一定大，故該判斷是錯的．

故答案為：×．23、√【分析】【分析】在鐵棒未被磁化前，鐵棒內的分子電流的排布是雜亂無章的，故分子電流產生的磁場相互抵消，對外不顯磁性，但當鐵棒靠近磁鐵時分子電流由于受到磁場的作用而使磁疇的取向大致相同從而被磁化對外表現出磁性；對磁鐵加熱或敲打時會使磁鐵內的分子電流的排布變的雜亂無章，從而使磁鐵的磁性減弱．【解析】【解答】解：在鐵棒未被磁化前；鐵棒內的分子電流的排布是雜亂無章的，故分子電流產生的磁場相互抵消，對外不顯磁性，但當鐵棒靠近磁鐵時分子電流由于受到磁場的作用而使磁疇的取向大致相同從而被磁化對外表現出磁性．所以該說法是正確的．

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

故答案為：√四、作圖題(共2題，共10分)25、略

【分析】【分析】（1）由運動速度的變化作圖．

（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內做勻加速運動，可求加速度a1==1.5m/s2；

（3）根據v-t圖象與坐標軸圍面積表示位移可求在0～75s時間內位移為。

x==1500m

所以平均速度為==20m/s

答：（1）運動過程的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這段時間平均速度大小為20m/s26、略

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

答：如圖五、簡答題(共4題，共20分)27、（1）P>S>Si

（2）NH3分子間存在氫鍵

（3）①1:2NN中的氮原子達到8電子的相對穩定結構②sp2平面三角形SO3、cO32-③BC

（4）（1，）【分析】【分析】

【解答】rm{(1)P}為rm{15}號元素，基態rm{P}原子的核外電子排布式為為rm{(1)P}號元素，基態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，但磷rm{p}軌道為半充滿狀態，較穩定，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，氫鍵使物質的rm{s}熔沸點升高，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rm{s}rm{2}鍵，rm{s}個rm{s}鍵rm{2}鍵和rm{2}鍵之比為rm{2}rm{2}rm{p}rm{6}rm{p}的鍵能遠大于rm{p}的鍵能，原因是：rm{6}中的氮原子達到rm{6}電子的相對穩定結構，故較穩定，鍵能大，故答案為：rm{3}rm{3}rm{s}rm{2}中的氮原子達到rm{s}電子的相對穩定結構；rm{s}rm{2}rm{2}原子的價層電子對數為：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rm{PH}鍵電子對，無孤對電子，故rm{{,!}_{3}}易液化的原因是：中有rm{NH_{3}}個原子，價電子數為rm{rf}rm{NH_{3}}rm{(3)}rm{壟脵N}rm{壟脵N}rm{{,!}_{2}}分子為氮氮三鍵，結構中含有rm{1}個rm{1}rm{婁脪}，其等電子體為rm{2}個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}同種元素化合價越高，對應含氧酸的酸性越強，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，導致rm{N}中的氧的電子向rm{N}的鍵能遠大于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，故選擇rm{N}rm{N隆陋N}已知rm{NequivN}rm{8}的原子坐標分別為rm{1:}rm{2}rm{NequivN}rm{8}，rm{壟脷NO}rm{壟脷NO}rm{{,!}_{3}^{-}}不妨以中rm{N}原子的價層電子對數為：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，三個為晶胞坐標原點，聯想到金剛石晶胞的相似性，rm{N}與周圍與之相連的四個原子形成一個正四面體，根據立體幾何知識，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}晶胞內部粒子為整個晶胞所有，則一個晶胞中，含有rm{(}的個數為rm{8隆脕dfrac{1}{8};;+6隆脕dfrac{1}{2};;=4,}含有rm{(}的個數為rm{5}因此，rm{5}晶胞的質量為rm{+}設棱長為rm{+}rm{1}鍵的鍵長為rm{1}一個晶胞的體積為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、面心上的兩個rm{3}原子構成等腰三角形，rm{3}到兩個rm{隆脕}原子的距離為等腰三角形的高rm{隆脕}兩個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}中的氮原子達到rm{NequivN}電子的相對穩定結構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3-羥基丙醛

（4）①

②b

（5）5c【分析】【分析】

本題考查有機物的推斷；把握合成中碳鏈變化；官能團變化及反應條件推斷物質為解答的關鍵，側重分析與推斷能力的綜合考查。

烴rm{A}的相對分子質量為rm{70}核磁共振氫譜顯示只有一種化學環境的氫，rm{dfrac{70}{12}=510}則rm{A}為rm{C}rm{C}rm{5}rm{5}，結構為rm{H}發生光照下取代反應生成rm{H}為rm{10}發生消去反應生成rm{10}為化合物rm{A}的分子式為rm{B}rm{B}rm{C}rm{C}；rm{C}發生氧化反應生成rm{C}為rm{5}rm{5}rm{H}rm{H}rm{8}rm{8}rm{C}rm{D}rm{HOOC}為相對分子質量差rm{(}rm{CH}的同系物，rm{(}是福爾馬林的溶質，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}反應生成rm{E}為rm{F}rm{14}rm{F}rm{F}rm{HCHO}，rm{E}與氫氣發生加成反應生成rm{CH}為rm{CH}rm{3}rm{3}rm{CHO}rm{壟脺}rm{E}rm{F}，rm{G}與rm{OHCH}發生縮聚反應生成rm{OHCH}rm{2}據此回答。

【解答】

烴rm{2}的相對分子質量為rm{CH}核磁共振氫譜顯示只有一種化學環境的氫，rm{CH}則rm{2}為rm{2}結構為rm{CHO}發生光照下取代反應生成rm{CHO}為rm{G}發生消去反應生成rm{H}為化合物rm{OHCH}的分子式為rm{OHCH}rm{2}發生氧化反應生成rm{2}為rm{CH}rm{CH}rm{2}為相對分子質量差rm{2}的同系物，rm{CH}是福爾馬林的溶質，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}反應生成rm{PPG(}為rm{)}rm{A}與氫氣發生加成反應生成rm{70}為rm{dfrac{70}{12}=510}rm{A}與rm{C_{5}H_{10}}發生縮聚反應生成rm{A}rm{B}rm{B}的結構簡式為故答案為：rm{C}由rm{C}生成rm{C_{5}H_{8}}的化學方程式為

故答案為：

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

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

故答案為：

rm{壟脺}若rm{E}平均相對分子質量為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}的同分異構體中能同時滿足rm{G}能與飽和rm{H}溶液反應產生氣體，含rm{OHCH_{2}CH_{2}CH_{2}OH}rm{D}既能發生銀鏡反應，又能發生水解反應rm{H}rm{PPG(}中共rm{)}個rm{(1)A}則含rm{(2)}個rm{B}上的rm{C}個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}及同分異構體中組成相同，由元素分析儀顯示的信號rm{H}或數據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)}

加成反應羥基丙醛

rm{(3)}加成反應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】本題考查了熱化學方程式及蓋斯定律的應用，明確蓋斯定律的含義和構建目標方程式的方法是解題的關鍵，同時本題還考查了有關rm{SO_{2}}和rm{NO_{x}}的知識，分析利用題干信息，掌握電解池原理應用和氧化還原反應電子守恒是解答的關鍵，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為陽極區，陽極區發生反應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rm{(2)}為分解反應，而分解反應絕大多數為吸熱反應，故此反應為吸熱反應；設rm{SO_{2}-2e^{-}+2H_{2}O簍TSO_{4}^{2-}+4H^{+}}的轉化濃度為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rm{{,!}_{4}}后再次達到平衡，故在rm{=

dfrac{0.2mol/L}{0.3mol/L}隆脕100攏樓=66.7攏樓}的時間內，rm{CH_{4}}的濃度變化為rm{CH_{4}}根據濃度的改變量之比等于計量數之比，利用三段式來計算：

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})}根據此反應的平衡常數表達式，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}^{