…………○…………內…………○…○…………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年外研版三年級起點高二物理上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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、如圖所示，一個質子沿abc的軌跡運動；則（）

A.電勢先降低再升高。

B.質子的電勢能先降低再升高。

C.電場力始終做正功。

D.電場力先做負功再做正功。

2、在電場中的某點放入電荷量為的試探電荷時，測得該點的電場強度為E；若在該點放入電荷量為的試探電荷，其它條件不變，此時測得該點的電場強度為A.大小為2E，方向和E相反B.大小為E，方向和E相同C.大小為2E，方向和E相同E.方向和E相反B．大小為E，方向和E相同C．大小為2E，方向和E相同D．大小為E，方向和E相反E.方向和E相反B．大小為E，方向和E相同C．大小為2E，方向和E相同D．大小為E，方向和E相反3、在靜電場中，將一個電子由a點移到b點，電場力做功10eV，下面判斷正確的是（）A.電場強度方向一定是由b指向aB.電子的電勢能減少了10eVC.電勢差Uab=10VD.4、實驗小組在用單擺測定重力加速度時，測得的g數值比當地的數值偏小，產生這個誤差的原因可能是（）A.用線的長加上小球直徑作為擺長B.只測量了線長的長度，漏測了小球的半徑C.擺球全振動的次數少數了一次D.擺球的質量取得大了些5、如圖，實線為方向未知的三條電場線，a、b兩帶電粒子僅在電場力作用下從電場中的O點以相同的初速度飛出．兩粒子的運動軌跡如圖中虛線所示，則（）A.a一定帶正電，b一定帶負電B.在虛線所示的過程中，a加速度增大，b加速度減小C.在虛線所示的過程中，a和b的動能都增大D.在虛線所示的過程中，a電勢能減小，b電勢能增大6、如圖所示，由粗細均勻的電阻絲制成的邊長為l的正方形線框abcd，其總電阻為R，現使線框以水平向右的速度v勻速穿過一寬度為2l、磁感應強度為B的勻強磁場區域，整個過程中ab、cd兩邊始終保持與磁場邊界平行。令線框的cd邊剛好與磁場左邊界重合時t=0，電流沿abcda流動的方向為正，u0=Blv。線框中a、b兩點間電勢差uab隨線框cd邊的位移x變化的圖象正確的是（）7、如圖所示，R1和R2的規格為“4W，100Ω”，R3的規格為“1W，100Ω”，當A、B端加電壓通電時，這部分電路允許消耗的最大功率為：()A.B.1．5WC.3WD.9W評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、將電量為6×10-6C的負電荷從電場中A點移到B點，克服電場力做了3×10-5J的功，則該電荷在此過程中電勢能增加了____J；再將該電荷從B點移到C點，電場力做了1.2×10-5J的功，則A、C間的電勢差UAC=。9、一個汽缸里的氣體膨脹時推動活塞做了31000J的功，氣體的內能應減少____J；如果氣體從外界吸收了420J的熱量，則氣體內能應增加____J；如果上述兩個過程同時進行，則氣體的內能____（填“增大”或“減小”）了____（填數值）．10、rm{Fe}rm{CO}rm{Ni}均為第Ⅷ族元素，它們的化合物在生產生活中有著廣泛的應用。rm{(1)}基態rm{CO}原子的價電子排布式為________，rm{Co^{2+}}核外rm{3d}能級上有________對成對電子。rm{(2)Co^{3+}}的一種配離子rm{攏脹Co(N_{3})(NH_{3})_{5}攏脻^{2+}}中，rm{Co^{3+}}的配位數是________，rm{1mol}配離子中所含rm{婁脪}鍵的數目為________，配位體rm{N_{3}^{-}}中心原子雜化類型為________。rm{(3)Co^{2+}}在水溶液中以rm{攏脹Co(H_{2}O)_{6}攏脻^{2+}}存在。向含rm{Co^{2+}}的溶液中加入過量氨水可生成更穩定的rm{攏脹Co(NH_{3})_{6}攏脻^{2+}}其原因是________。rm{(4)}某藍色晶體中，rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}分別占據立方體互不相鄰的頂點，而立方體的每條棱上均有一個rm{CN^{-}}rm{K^{+}}位于立方體的某恰當位置上。據此可知該晶體的化學式為________，立方體中rm{Fe^{2+}}間連接起來形成的空間構型是________。rm{(5)NiO}的晶體結構如圖甲所示，其中離子坐標參數rm{A}為rm{(0,0,0)}rm{B}為rm{(1,1,0)}則rm{C}離子坐標參數為________。rm{(6)}一定溫度下，rm{NiO}晶體可以自發地分散并形成“單分子層”，可以認為rm{O^{2-}}作密置單層排列，rm{Ni^{2+}}填充其中rm{(}如圖乙rm{)}已知rm{O_{2}-}的半徑為rm{apm}每平方米面積上分散的該晶體的質量為________rm{g(}用含rm{a}rm{N_{A}}的代數式表示rm{)}11、在生活中打電話的電信號是____信號，而發電報的電信號是____信號．（填“數字”或“模擬”）12、如圖1所示，某同學用圖裝置做驗證動量守恒定律的實驗．先將a球從斜槽軌道上某固定點處由靜止開始滾下，在水平地面上的記錄紙上留下壓痕，重復10次；再把同樣大小的b球放在斜槽軌道末端水平段的最右端附近靜止，讓a球仍從原固定點由靜止開始滾下，和b球相碰后；兩球分別落在記錄紙的不同位置處，重復10次．

(1)本實驗必須測量的物理量有以下哪些____________．A．斜槽軌道末端到水平地面的高度HB．小球a、b的質量ma、mb

C．小球a、b的半徑rD．小球a、b離開斜槽軌道末端后平拋飛行的時間tE．記錄紙上O點到A；B、C各點的距離OA、OB；

OCF．a球的固定釋放點到斜槽軌道末端水平部分間的高度差h

(2)小球a、b的質量ma、mb應該滿足什么關系？____________

(3)放上被碰小球后，兩小球碰后是否同時落地？如果不是同時落地，對實驗結果有沒有影響？為什么？這時小球a、b的落地點依次是圖中水平面上的____________點和____________點。

(4)為測定未放被碰小球時；小球a落點的平均位置，把刻度尺的零刻線跟記錄紙上的O點對齊，如圖2所示給出了小球a落點附近的情況，由圖可得OB距離應為____________cm．

(5)按照本實驗方法，驗證動量守恒的驗證式是____________．評卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)13、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）14、只有沿著電場線的方向電勢才會降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強度的方向．（判斷對錯）15、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）16、電勢差有正有負，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）17、如圖所示為某示波管內的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點．設電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

評卷人得分四、實驗題(共3題，共6分)18、在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，可供選擇的器材及代號如下：A．小燈泡L（3V、1.8W）；B．滑動變阻器R（0－10Ω，額定電流1.5A）；C．電壓表V1（量程：0－3V，RV＝5kΩ）；D．電壓表V2（量程：0－15V，RV＝10kΩ）；E．電流表A1（量程：0－0.6A，RA＝0.5Ω）；F．電流表A2（量程：0－3A，RA＝0.1Ω）；G．鉛蓄電池、電鍵各一個，導線若干；實驗中要求加在小燈泡兩端的電壓可連續地從零調到額定電壓。（1）為了減少誤差，實驗中應選電壓表，電流表。（2）某同學實驗后作出的I－U圖象如圖所示，請分析該圖象形成的原因是：。（3）請在圖中虛線框內按要求完成實驗電路圖（用筆線代替導線）19、（4分）（2005?濰坊模擬）如圖為一多用電表表盤．（1）如果用直流10V擋測量電壓，則讀數V．（2）如果用“×100”歐姆擋測量電阻，則讀數為Ω20、在如圖所示的電路中，電源的電動勢E=3.0V，內阻r=1.0Ω；電阻R1=10Ω，R2=10Ω，R3=30Ω，R4=35Ω；電容器的電容C=100μF電容器原來不帶電，求：1.接通開關S待電路穩定后電容器兩板間的電壓UC；2.接通開關S到電路穩定過程中流過R4的總電荷量Q。評卷人得分五、推斷題(共2題，共6分)21、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{X}是中學常見的無機物，存在如圖轉化關系rm{(}部分生成物和反應條件略去rm{)}rm{(1)}若rm{A}為常見的金屬單質，焰色反應呈黃色，rm{X}能使品紅溶液褪色，寫出rm{C}和rm{E}反應的離子方程式：__________________________．rm{(2)}若rm{A}為短周期元素組成的單質，該元素的最高價氧化物的水化物酸性最強，則：rm{壟脵}組成單質rm{A}的元素在周期表中的位置為_______________．rm{壟脷X}可能為___________rm{(}填代號rm{)}．rm{a.NaHCO_{3}}rm{b.Na_{2}CO_{3;;;;;;;;;;;;;;;}c.Na_{2}SO_{3;;;;;;;;;;;;;}d.Al(OH)_{3}}rm{(3)}若rm{A}為淡黃色粉末，回答下列問題：rm{壟脵1molA}與足量的rm{H_{2}O}充分反應時轉移的電子數目為_______________．rm{壟脷A}的電子式為___________________。rm{壟脹}若rm{X}為一種造成溫室效應的氣體rm{.}則鑒別等濃度的rm{D}rm{E}兩種溶液，可選擇的試劑為______rm{(}填代號rm{)}．rm{a.}鹽酸rm{b.BaCl_{2}}溶液rm{c.NaOH}溶液rm{d.Ca(OH)_{2}}溶液rm{(4)}若rm{A}為氧化物，rm{X}是rm{Fe}溶液rm{D}中加入rm{KSCN}溶液變紅rm{.}則rm{A}與rm{H_{2}O}反應的化學反應方程式為___________rm{.E}是_________rm{(}填化學式rm{)}22、某有機化合物經李比希法測得其中含碳為72.0%

含氫為6.67%

其余含有氧.

現用下列方法測定該有機化合物的相對分子質量和分子結構。圖A

為該有機化合物的質譜圖；圖B

為該有機化合物的核磁共振氫譜，有5

個峰，其面積之比為12223

圖C

為該有機化合物分子的紅外光譜圖。試填空：(1)

該有機化合物相對分子量為_________________(2)

該有機化合物的分子式為________________．

(3)

經分析該有機化合物的分子中只含一個甲基的依據是______(

填序號)

．

a.

其相對分子質量b.

其分子式c.

其核磁共振氫譜圖d.

其分子的紅外光譜圖(4)

從以上圖譜中分析得出；該有機化合物的結構簡式為____________，含有的官能團的名稱_______。

(5)

該有機化合物在酸性條件下可以水解，請寫出反應方程式_______________________________．評卷人得分六、實驗探究題(共3題，共18分)23、學習了法拉第電磁感應定律E隆脴鈻?摟忙鈻?t

后，為了定量驗證感應電動勢E

與時間鈻?t

成反比，某小組同學設計了如圖所示的一個實驗裝置：線圈和光電門傳感器固定在水平光滑軌道上，強磁鐵和擋光片固定在運動的小車上.

每當小車在軌道上運動經過光電門時，光電門會記錄下擋光片的擋光時間鈻?t

同時觸發接在線圈兩端的電壓傳感器記錄下在這段時間內線圈中產生的感應電動勢E.

利用小車末端的彈簧將小車以不同的速度從軌道的最右端彈出，就能得到一系列的感應電動勢E

和擋光時間鈻?t

．

在一次實驗中得到的數據如下表：

。次數。

測量值12345678E/V0.1160.1360.1700.1910.2150.2770.2920.329鈻?t/隆脕10鈭?3s8.2067.4866.2865.6145.3404.4623.9803.646(1)

觀察和分析該實驗裝置可看出，在實驗中，每次測量的鈻?t

時間內；磁鐵相對線圈運動的距離都______(

選填“相同”或“不同”)

從而實現了控制______不變；

(2)

在得到上述表格中的數據之后，為了驗證E

與鈻?t

成反比，他們想出兩種辦法處理數據：第一種是計算法：算出______，若該數據基本相等，則驗證了E

與鈻?t

成反比；第二種是作圖法：在直角坐標系中作_______

關系圖線，若圖線是基本過坐標原點的傾斜直線，則也可驗證E

與鈻?t

成反比．24、為測定兩節干電池的電動勢和內阻，實驗小組準備了下列器材：A.待測的干電池(

每節電池電動勢約為1.5V

內阻均小于1.0婁賂)

B.電流表A1(

量程0隆蘆3mA

內阻Rg1=10婁賂)

C.電流表A2(

量程0隆蘆0.6A

內阻Rg2=0.1婁賂)

D.滑動變阻器1(0隆蘆20婁賂,10A)E.

滑動變阻器2(0隆蘆200婁賂,lA)

F.定值電阻0(990婁賂)G.

開關和導線若干。

(1)

某同學發現上述器材中雖然沒有電壓表，但給出了兩個電流表，于是他設計了如圖甲中所示的(a)(b)

兩個參考實驗電路，其中合理的是_____所示的電路。在該電路中，為了操作方便且能準確地進行測量，滑動變阻器應選____填寫器材前的字母代號)

(2)

該同學從圖甲中選出的合理的實驗電路后進行實驗，利用測出的數據繪出I1鈭?I2

圖線(I1

為電流表A1

的示數，I2

為電流表A2

的示數，在分析干路電流時，R0

所在支路電流可忽略)

如圖乙所示，已知圖象的斜率大小為k

縱截距為b

則____干電池的電動勢E=

_____，____干電池的內阻r0=

_____.(

用題中所給的各物理量的符號表示)

(3)

由于電表都不是理想電表，該同學按照從圖甲中選出的合理的實驗電路測出的數據存在系統誤差，即E虜芒

_____E脮忙r虜芒

_____r脮忙.(

填“>

”，“<

”或“=

”)

25、在用伏安法測定電源電動勢和內阻實驗中：

(1)

為了測定一節干電池的電動勢和內電阻(

約零點幾歐)

實驗室中備有下列器材，并設計有如圖甲；乙兩種電路，其中，電壓表應選用______，滑動變阻器應選用______，實驗中所采用的電路是下列的______圖.

A.電流表1(0隆蘆0.6A隆蘆3A)

B.電壓表1(0隆蘆3V)

C.電壓表2(0隆蘆15V)

D.滑動變阻器(10婁賂,0.2A)

E.滑動變阻器(1000婁賂,0.2A)

F.開關；導線若干。

(2)

該同學為了將上題表中數據用圖線法分析處理；建立了如圖丙所示的坐標系，該同學做法的缺點是______

A.縱橫坐標的物理量的位置對調。

B.電流坐標軸的比例不當。

C.電流坐標軸的起點沒有從零開始。

D.電壓坐標軸的起點沒有從零開始．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、D【分析】

A、由軌跡的彎曲情況，電場力應指向曲線凹側，且與等勢面垂直（電場線垂直該處等勢面），所以可以判斷質子受到的電場力的方向向左，根據質子的運動的軌跡可知，質子與固定在O點的點電荷同為正電荷，沿電場線的方向，電勢降低，所以沿abc；電勢先增加后減小．故A錯誤；

B、由軌跡的彎曲情況，電場力應指向曲線凹側，且與等勢面垂直（電場線垂直該處等勢面），所以可以判斷質子受到的電場力的方向向左，根據質子的運動的軌跡可知，質子與固定在O點的點電荷同為正電荷，沿電場線的方向，電勢降低，所以沿abc；電勢先增加后減小，由于質子帶正電，所以質子的電勢能先升高再降低，故B錯誤；

C、此粒子由a到b，電場力做負功，由b到c；電場力做正功，所以C錯誤；

D、此粒子由a到b，電場力做負功，由b到c；電場力做正功，所以D正確．

故選：D

【解析】【答案】電場線與等勢面垂直．電場線密的地方電場的強度大；電場線疏的地方電場的強度小，沿電場線的方向，電勢降低，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增加．同種電荷相斥，異種電荷相吸．并由運動軌跡來確定速度方向，由電場線與速度方向來確定電場力方向．

2、B【分析】【解析】試題分析：電場強度是描述電場強弱的物理量，是試探電荷所受的電場力F與試探電荷所帶的電荷量q的比值，是由電場本身決定，故與試探電荷的有無，電性，電量的大小無關．所以在該點放入電荷量為的試探電荷時電場強度為E，改放電荷量為的試探電荷時電場強度仍為E．B正確，考點：本題考查了對電場強度的理解【解析】【答案】B3、B【分析】【解析】【答案】B4、B|C【分析】【解析】【答案】BC5、C【分析】解：A、由運動軌跡如圖可知，a、b做曲線運動，由于電場線方向未知，故a、b電性不能確定；故A錯誤；

B、根據a、b兩粒子做曲線運動軌跡彎曲程度即電場線的疏密可知，b所處的電場線變密；電場強度變強，所受的電場力在增大，加速度在增大；a所處的電場線變疏，電場強度變弱，所受的電場力在減小，加速度在減小，故B錯誤；

CD、根據圖知a、b兩粒子的電場力；速度的夾角為銳角；電場力對電荷做正功，電勢能減小，動能增加，故C正確，D錯誤；

故選：C。

由粒子的軌跡彎曲方向判斷粒子所受的電場力方向，確定電場線的方向，判斷電勢高低．根據電場力方向與粒子速度方向的夾角，判斷電場力對粒子做正功還是負功，確定粒子在a與b動能的大小變化以及電勢能的變化．

物體做曲線運動時，所受合力指向軌跡彎曲的內側，根據軌跡的彎曲方向要能判斷出力、速度和運動軌跡三者的位置關系體，電場力做功與電勢能、動能的關系，電場線與電場強度的關系【解析】C6、B【分析】【解析】試題分析：導體切割磁感線時的感應電動勢；閉合電路的歐姆定律．專題：電磁感應與圖像結合．分析：由楞次定律判斷感應電流方向，確定出a、b兩端電勢的高低．由E=BLv求出感應電動勢，由歐姆定律求出電勢差．由楞次定律判斷感應電流的方向，確定Uab的正負．cd邊進入磁場后，ab兩端電勢差由楞次定律判斷出感應電流方向沿逆時針方向，則a的電勢高于b的電勢，Uab為正，即線框全部進入磁場后，線框中雖然感應電流為零，但ab兩端仍有電勢差，且Uab=U0，由右手定則判斷可知，a的電勢高于b的電勢，Uab為正．Uab=U0．cd邊穿出磁場后，ab邊切割磁感線，其兩端電勢差等于路端電壓由右手定則知，a點的電勢始終高于b的電勢，．B正確．故選B。考點：導體切割磁感線時的感應電動勢；閉合電路的歐姆定律．【解析】【答案】B7、B【分析】【解析】試題分析：R1和R2、R3的額定電流分別為0.2A、0.2A、0.1A由于R1和R2為串聯關系所以正常發光時，并聯段兩端電壓為40V，R3的額定電壓為IR=10V，由此可知應使R3正常發光，兩端電壓為10V，R3的功率為1W，R1和R2的總功率為所以電路總功率為1.5W，B對；考點：考查串并聯和功率分配【解析】【答案】B二、填空題(共5題，共10分)8、略

【分析】電場力做了多少負功，電勢能就增大多少，【解析】【答案】3×10-5,3V9、31000420減小30580【分析】【解答】氣體膨脹時推動活塞做了31000J的功，氣體的內能應減少31000J；如果氣體從外界吸收了420J的熱量，則氣體內能應增加420J；

如果上述兩個過程同時進行，根據熱力學第一定律，有：△U=Q+W=420J﹣31000J=﹣30580J．即減小了30580J．

故答案為：31000J，420J；減小，30580

【分析】在熱力學中，系統發生變化時，設與環境之間交換的熱為Q，與環境交換的功為W，可得熱力學能（亦稱內能）的變化為：△U=Q+W10、（1）3d74s21

（2）623NAsp

（3）N元素電負性比O元素電負性小，N原子提供孤電子對的傾向更大，與Co2+形成的配位鍵更強

（4）KFe2(CN)6正四面體形

（5）(1，）

（6）

【分析】【分析】本題考查了物質的結構和性質，難度中等。【解答】rm{(1)Co}為rm{27}號元素，基態rm{Co}原子的價電子排布式為rm{3d^{7}4s^{2}}rm{CO}為rm{(1)Co}號元素，基態rm{27}原子的價電子排布式為rm{Co}rm{3d^{7}4s^{2}}rm{CO}rm{{,!}^{3+}}能級上有核外rm{3d}能級上有rm{1}對成對電子，rm{4}個未成對電子，故答案為：對成對電子，rm{3d}個未成對電子，故答案為：rm{1}rm{4}rm{3d^{7}4s^{2}}；rm{2}；rm{(}rm{(}rm{2)}rm{[Co(N}rm{[Co(N}rm{{,!}_{3}}rm{)(NH}rm{)(NH}rm{{,!}_{3}}rm{)}的配位數是rm{)}rm{{,!}_{5}}含有rm{]}個rm{]}鍵rm{{,!}^{2+}}中，含有rm{Co^{3+}}個rm{6}鍵，rm{N_{3}^{-}}含有rm{2}個與rm{N_{3}^{-}}個配體間為rm{2}個rm{婁脪}鍵，故，配離子中所含rm{NH_{3}}鍵的數目為rm{15}rm{婁脪}為三鍵，為rm{Co^{3+}}雜化，故答案為：rm{6}rm{6}rm{婁脪}rm{1mol}配離子中所含rm{婁脪}鍵的數目為rm{23N_{A}}rm{1mol}rm{婁脪}rm{23N_{A}}rm{N_{3}^{-}}rm{sp}rm{6}rm{23N_{A}}rm{sp}rm{(3)}rm{Co}rm{Co}rm{{,!}^{2+}}在水溶液中以rm{[Co(H}rm{[Co(H}rm{{,!}_{2}}rm{O)}rm{O)}元素電負性更小，更易給出孤對電子形成配位鍵，故答案為：rm{{,!}_{6}}元素電負性更小，更易給出孤對電子形成配位鍵；rm{]}rm{]}rm{{,!}^{2+}}形式存在，向含rm{Co}離子各占一半，總電荷為rm{Co}rm{{,!}^{2+}}為rm{12隆脕;dfrac{;1;;}{4}=3}所帶電荷為的溶液中加入足量氨水，可生成更穩定的rm{[Cu(NH}根據電中性知rm{[Cu(NH}應是rm{{,!}_{3}}個，故化學式為：rm{)}rm{)}rm{{,!}_{6}}rm{]}rm{]}rm{{,!}^{2+}}，其原因是：rm{N}元素電負性更小，更易給出孤對電子形成配位鍵，故答案為：rm{N}元素電負性更小，更易給出孤對電子形成配位鍵；rm{N}，故答案為：rm{N}正四面體；rm{(4)}由題目信息，根據均攤法，晶胞中鐵原子有rm{8隆脕dfrac{1}{8};=1}離子坐標參數為rm{8隆脕dfrac{1}{8};=1}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}故答案為：rm{(1,dfrac{1}{2},dfrac{1}{2})}rm{+2.5}rm{CN^{-}}根據圖片知，每個氧化鎳所占的面積rm{=(2隆脕a隆脕{10}^{-12}m)隆脕(2隆脕a隆脕{10}^{-12}隆脕sin{60}^{隆攏})=2sqrt{3}{a}^{2}隆脕{10}^{-24}{m}^{2}}每個氧化鎳的質量rm{12隆脕;dfrac{;1;;}{4}=3

}則每平方米含有的氧化鎳個數rm{=dfrac{1}{2sqrt{3}{a}^{2}隆脕{10}^{-24}}}所以每平方米含有的氧化鎳質量rm{=dfrac{74.7}{{N}_{A}}隆脕dfrac{1}{2sqrt{3}{a}^{2}隆脕{10}^{-24}}=dfrac{2.5sqrt{3}隆脕{10}^{25}}{2{a}^{2}{N}_{A}}g}故答案為：rm{dfrac{2.5sqrt{3}隆脕{10}^{25}}{2{a}^{2}{N}_{A}}}

rm{-3}【解析】rm{(1)3d^{7}4s^{2;;;}}rm{1}rm{(2)6}rm{23N_{A}}rm{sp}rm{(3)N}元素電負性比rm{O}元素電負性小，rm{N}原子提供孤電子對的傾向更大，與rm{Co^{2+}}形成的配位鍵更強rm{(4)KFe_{2}(CN)_{6;;;;}}正四面體形rm{(5)(1,dfrac{1}{2},dfrac{1}{2})}rm{(6)dfrac{2.5sqrt{3}隆脕{10}^{25}}{2{a}^{2}{N}_{A}}}

rm{(5)(1,dfrac{1}{2},dfrac{1}{2}

)}11、模擬數字【分析】【解答】不同的數據必須轉換為相應的信號才能進行傳輸：模擬數據一般采用模擬信號（AnalogSignal），例如用一系列連續變化的電磁波（如無線電與電視廣播中的電磁波），或電壓信號（如電話傳輸中的音頻電壓信號）來表示；數字數據則采用數字信號（DigitalSignal）；例如用一系列斷續變化的電壓脈沖（如我們可用恒定的正電壓表示二進制數1，用恒定的負電壓表示二進制數0），或光脈沖來表示．而當模擬信號采用連續變化的信號電壓來表示時，它一般通過傳統的模擬信號傳輸線路（例如電話網；有線電視網）來傳輸．當數字信號采用斷續變化的電壓或光脈沖來表示時，一般則需要用雙絞線、電纜或光纖介質將通信雙方連接起來，才能將信號從一個節點傳到另一個節點，如電報．

故答案為：模擬；數字。

【分析】模擬數據一般采用模擬信號（AnalogSignal）；例如用一系列連續變化的電磁波（如無線電與電視廣播中的電磁波），或電壓信號（如電話傳輸中的音頻電壓信號）來表示；

數字數據則采用數字信號（DigitalSignal），例如用一系列斷續變化的電壓脈沖（如我們可用恒定的正電壓表示二進制數1，用恒定的負電壓表示二進制數0），或光脈沖來表示．12、略

【分析】解：(1)要驗證動量守恒；就需要知道碰撞前后的動量，所以要測量兩個小球的質量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平拋運動，速度可以用水平位移代替．

所以需要測量的量為：小球a、b的質量ma、mb，記錄紙上O點到A、B、C各點的距離

故選BE

(2)在小球碰撞過程中水平方向動量守恒，故有mav0=mav1+mbv2

在碰撞過程中動能守恒，故有mav02=mav12+mbv22

解得v1=

要碰后a的速度v1＞0，即ma-mb＞0，ma＞mb

(3)是同時落地；碰撞后兩小球做平拋運動，高度相同，所以運動時間相同，如果不同，則不能用水平位移代替碰撞后的速度，對實驗結果有影響；

a小球和b小球相撞后，b小球的速度增大，a小球的速度減小，所以碰撞后a球的落地點距離O點最近，b小球離O點最遠，中間一個點是未放b球時a的落地點，所以相碰后，小球a、b的平均落點位置依次是圖中A；C點；

(4)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，都做平拋運動，所以未放被碰小球時小球a的落地點為B點，由圖可知OB距離應為45.450cm；

(5)B為碰前入射小球落點的位置；A為碰后入射小球的位置，C為碰后被碰小球的位置；

碰撞前入射小球的速度

碰撞后入射小球的速度。

碰撞后被碰小球的速度

若mav1=mbv3+mav2則表明通過該實驗驗證了兩球碰撞過程中動量守恒。

帶入數據得：ma=ma+mb

故答案為：(1)BE；(2)ma＞mb；(3)是同時落地；如果不同；則不能用水平位移代替碰撞后的速度，對實驗結果有影響、A、C；(4)45.450cm；

(5)ma=ma+mb【解析】BE;ma＞mb;A;C;45.450;ma=ma+mb三、判斷題(共5題，共10分)13、A【分析】【解答】解：根據電場線的特點可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠出發，終止于無限遠或負電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱，沿電場線的方向電勢降低．14、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

那么電勢降低最快的方向才是電場線的方向；但電勢降低的方向不一定是電場線的方向，故錯誤；

故答案為：錯誤．

【分析】電場強度和電勢這兩個概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．15、A【分析】【解答】解：根據電場線的特點可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠出發，終止于無限遠或負電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱，沿電場線的方向電勢降低．16、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標量，正負表示電勢的相對大小．

兩點間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點的位置決定，與零電勢點的選取無關．由以上的分析可知，以上的說法都錯誤．

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標量，正負表示大小；電勢差與零電勢點的選取無關；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質，與試探電荷無關．17、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，根據W=qU判斷電場力做功的大小，根據電場線的疏密程度判斷電場強度的大小．四、實驗題(共3題，共6分)18、略

【分析】試題分析：：（1）小燈泡額定電壓是3V，電壓表應選V1，即C，燈泡額定電流I==0.6A，電流表應選電流表A1，即E；（2）由于=R，故I-U圖象的斜率等于電阻R的倒數，從圖象可知I-U圖象的斜率逐漸減小，即電阻R逐漸增大，故金屬材料的電阻隨著溫度的升高而升高，而R=故隨溫度升高，金屬材料的電阻率升高；（3）因為電壓、電流需從零開始測起，所以滑動變阻器采用分壓式接法，燈泡的電阻大約5Ω，遠小于電壓表內阻，屬于小電阻，電流表采用外接法誤差較小。考點：本題旨在考查“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗。【解析】【答案】（1）CE(2)金屬材料的電阻率隨著溫度的升高而升高（3）19、略

【分析】【解析】試題分析：歐姆表的電流檔或電壓檔在讀數的時候可以根據指針豎所指的位置選擇估讀，歐姆表的電阻讀數等于表盤讀數乘以倍率．【解析】

歐姆表在讀數時要注意，讀電流或電壓時，數據是左邊小，右邊大．當用10V當測量電壓時，該讀數是6.4V；歐姆檔的讀數是左邊大，右邊小．所以該讀數是8；然后表盤讀數乘以倍率，該電阻的電阻值為：R=8×100=800Ω．故答案為：6.4；800【解析】【答案】6.4；80020、略

【分析】（1）依據題意電路中的總電流：（3分）路端電壓：（2分）電容器兩板間電壓等于R3兩端電壓（2分）代入數值得（1分）（2）流過R4的電荷量為：（2分）得：（1分）【解析】【答案】1.2.五、推斷題(共2題，共6分)21、rm{(1)OH^{-}+HSO_{3}^{-}=SO_{3}^{2-}+H_{2}O}

rm{(2)壟脵}第三周期第rm{VIIA}族

rm{壟脷b}

rm{(3)壟脵N_{A}}

rm{壟脷}

rm{壟脹ab}

rm{(4)3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{Fe(NO_{3})_{2}}【分析】【分析】本題考查無機物的推斷，是高考中的常見題型，試題綜合性強，難度較大，有利于培養學生的邏輯推理能力和抽象思維能力，提高學生分析問題、以及靈活運用基礎知識解決實際問題的能力rm{.}做好本題的關鍵之處在于把握好常見物質的性質以及有關轉化，并能結合題意具體問題、具體分析即可。【解答】rm{(1)}若rm{A}為常見的金屬單質，焰色反應呈黃色，應為rm{Na}rm{X}能使品紅溶液褪色，應為rm{SO_{2}}則rm{B}為rm{H_{2}}rm{C}為rm{NaOH}rm{D}為rm{Na_{2}SO_{3}}rm{E}為rm{NaHSO_{3}}rm{C}和rm{E}反應的離子方程式為rm{OH^{-}+HSO_{3}^{-}=SO_{3}^{2-}+H_{2}O}故答案為：rm{OH^{-}+HSO_{3}^{-}=SO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{(2)}若rm{A}為短周期元素組成的單質，該元素的最高價氧化物的水化物酸性最強，應為rm{Cl_{2}}則rm{B}為rm{HClO}rm{C}為rm{HCl}rm{壟脵Cl}原子核外有rm{3}個電子層，最外層電子數為rm{7}位于周期表第三周期Ⅶrm{A}族，故答案為：第三周期Ⅶrm{A}族；rm{壟脷a.C}為鹽酸，可與rm{NaHCO_{3}}反應生成rm{CO_{2}}但rm{CO_{2}}與rm{NaHCO_{3}}不反應，故rm{a}錯誤；rm{b..C}為鹽酸，與rm{Na_{2}CO_{3}}反應生成rm{CO_{2}}rm{CO_{2}}與rm{Na_{2}CO_{3}}反應可生成rm{NaHCO_{3}}故rm{b}正確；rm{c..C}為鹽酸，與rm{Na_{2}SO_{4}}不反應，故rm{c}錯誤；rm{d.}鹽酸與氫氧化鋁反應生成氯化鋁，氯化鋁與氫氧化鋁不反應，故rmeotqmjh錯誤，故答案為：rm{b}rm{(3)}若rm{A}為淡黃色粉末，應為rm{Na_{2}O_{2}}rm{壟脵1molA}與足量的rm{H_{2}O}充分反應時過氧化鈉自身發生氧化還原反應，轉移的電子數目為rm{N_{A}}故答案為：rm{N_{A}}rm{壟脷Na_{_{2}}O_{_{2}}}含有離子鍵、共價鍵，電子式為故答案為：rm{壟脹}若rm{X}為一種造成溫室效應的氣體，應為rm{CO_{2}}則rm{C}為rm{NaOH}rm{D}為rm{Na_{2}CO_{3}}rm{E}為rm{NaHCO_{3}}鑒別等濃度的rm{D}rm{E}兩種溶液，可用鹽酸或氯化鋇溶液，故答案為：rm{ab}rm{(4)}若rm{A}為氧化物，rm{X}是rm{Fe}由轉化關系可知rm{C}具有強氧化性，則rm{A}為rm{NO_{2}}rm{B}為rm{NO}rm{C}為rm{HNO_{3}}rm{NO_{2}}與水反應的方程式為rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{Fe}與硝酸生成rm{Fe(NO_{3})_{3}}rm{Fe(NO}rm{3}rm{3}rm{)}與rm{3}反應生成rm{3}rm{Fe}rm{Fe(NO}rm{3}rm{3}故答案為：rm{)}rm{2}rm{2}rm{{,!}_{,}}rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{Fe(NO}rm{3}【解析】rm{(1)OH^{-}+HSO_{3}^{-}=SO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{(2)壟脵}第三周期第rm{VIIA}族rm{壟脷b}rm{(3)壟脵N_{A}}rm{壟脷}rm{壟脹ab}rm{(4)3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{Fe(NO_{3})_{2}}22、略

【分析】【分析】本題考查某有機化合物的推斷，關鍵是對以上三個圖示的分析和判斷，強化了學生對基礎知識的理解和掌握，題目難度一般。由質譜圖可知有機物的相對分子質量為150

有機物A

中C

原子個數N(C)=

=9

有機物A

中H

原子個數N(H)=

=10

有機物A

中O

原子個數N(O)=

=2

所以有機物A

的分子式為C9H10O2

該有機化合物的核磁共振氫譜，有5

個峰，其面積之比為12223

且有一個甲基，由A

分子的紅外光譜可知，A

分子結構有碳碳單鍵及C鈭?HC=OC鈭?O鈭?CC鈭?CC6H5鈭?C

等基團，有機化合物在酸性條件下可以水解，則有機物A

結構簡式為C6H5COOCH2CH3

以此解答該題。【解答】(1)

由質譜圖可知有機物的相對分子質量為150

(2)

有機物A

中C

原子個數N(C)=

=9

有機物A

中H

原子個數N(H)=

=10

有機物A

中O

原子個數N(O)=

=2

所以有機物A

的分子式為C9H10O2

(3)A

的核磁共振氫譜有5

個峰；說明分子中有5

種H

原子，其面積之比為對應的各種H

原子個數之比，由分子式可知分子中H

原子總數，進而確定甲基數目。所以需要知道A

的分子式及A

的核磁共振氫譜圖。

故答案為：bc

(4)

由A

分子的紅外光譜知；含有C6H5鈭?C鈭?

基團，由苯環上只有一個取代基可知，苯環上的氫有三種，H

原子個數分別為1

個；2

個、2

個.

由A

的核磁共振氫譜可知，除苯環外，還有兩種氫，且兩種氫的個數分別為2

個、3

個.

由A

分子的紅外光譜可知，A

分子結構有碳碳單鍵及其它基團，所以符合條件的有機物A

結構簡式為C6H5COOCH2CH3

含有的官能團為酯基；

(5)

該有機化合物在酸性條件下可以水解生成苯甲酸和乙醇，方程式為C6H5COOCH2CH3+H2O

C6H5COOH+CH3CH2OH

【解析】(1)150

(2)C9H10O2

(3)bc

(4)C6H5COOCH2CH3

酯基(5)C6H5COOCH2CH3+H2O

C6H5COOH+CH3CH2OH

六、實驗探究題(共3題，共18分)23、相同；通過線圈的磁通量的變化量；感應電動勢E和擋光時間△t的乘積；感應電動勢E與擋光時間的倒數【分析】解：(1)

為了定量驗證感應電動勢E

與時間鈻?t

成反比，我們應該控制磁通量的變化量鈻?婁碌

不變．

所以在實驗中，每次測量的鈻?t

時間內；磁鐵相