2025年沪科版高三物理上册月考试卷

…………○…………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2025年沪科版高三物理上册月考试卷525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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、如图所示，一块橡皮用不可伸长的细线悬挂于O点，用铅笔靠着细线的左侧从O点开始水平向右匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则在铅笔向右匀速移动过程中，橡皮运动的速度（）A.大小和方向均不变B.大小不变，方向改变C.大小改变，方向不变D.大小和方向均改变2、由粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框各边平行，如图所示．现使线框以同样大小的速率沿四个不同方向在磁场中平移，如图所示，设b点的电势为零；则在移动过程中线框上a点电势最高的是（）

A.

B.

C.

D.

3、【题文】地面上的固定汽缸内盛有一定量的理想气体；汽缸壁是导热的，缸外环境保持恒温，活塞与汽缸壁的接触是光滑的，但不漏气。现用一水平力F将活塞缓慢地向右拉动．若已知理想气体的内能只与温度有关，则下列说法正确的是．

A.温度不变，所以气体每个分子动能都不变；B.气体将吸收的热量全用来对外作功，但此过程不违反热力学第二定律；C.压强变大，所以单位时间单位面积气体分子对气缸壁的碰撞次数变多；D.因为外力F做了功，所以气体的内能变大。4、如图所示，竖直圆盘绕中心O沿顺时针方向匀速转动，圆盘边缘上固定一小柱P，当小柱转到与O同一高度时，将小球从O点以一定的初速度水平向P抛出，小球恰好碰到P．已知此过程中圆盘转动未超过一周，小球碰到P时的动能为抛出时的2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，根据以上信息可以确定的是（）A.小球抛出时的速度B.小球碰到P之前的飞行时间C.圆盘转动的角速度D.从小球抛出到碰到P过程中圆盘转过的角度5、类比rm{pH}的定义，对于稀溶液可以定义rm{pC=-lgC}rm{pK_{a}=-lgK_{a}}常温下，某浓度rm{H_{2}A}溶液在不同rm{pH}值下，测得rm{pC(H_{2}A)}rm{pC(HA^{-})}rm{pC(A^{2-})}变化如图所示。下列说法正确的是A.rm{NaHA}溶液中：rm{c(H_{2}A)>c(A^{2-})}B.常温下，rm{p{K}_{{a}_{1}}left({H}_{2}Aright)=5.30,p{K}_{{a}_{2}}left({H}_{2}Aright)=0.80}C.rm{p{K}_{{a}_{1}}left({H}_{2}Aright)=5.30,p{K}_{{a}_{2}}left({H}_{2}Aright)=0.80

}点时，rm{dfrac{{{c}^{2}}left({{H}^{+}}right)cdot{{c}^{2}}left(H{{A}^{-}}right)}{cleft({{H}_{2}}Aright)cdotcleft({{A}^{2-}}right)}={{10}^{-1.6}}}D.等浓度的rm{b}rm{dfrac{{{c}^{2}}left({{H}^{+}}

right)cdot{{c}^{2}}left(H{{A}^{-}}right)}{cleft({{H}_{2}}A

right)cdotcleft({{A}^{2-}}right)}={{10}^{-1.6}}}混合溶液中：rm{NaHA}rm{K_{2}A}6、如图所示，斜面体放在水平面上，一物块静止在斜面体上，现用一垂直斜面的力F压物块，物块和斜面体仍保持静止不动，则下列说法正确的是（）A.物块可能有上滑的趋势B.斜面体一定受到水平面给它的向左的摩擦力C.物块受到的摩擦力可能为零D.物块受到的摩擦力增大7、下列有关光现象的说法中正确的是（）A.防盗门上的门镜可以扩大视野是利用光的衍射现象B.光导纤维传输信号是利用光的干涉现象C.激光是相干光，可以被调制并用来传递信息D.光的偏振现象说明光是一种纵波8、质子流从南向北进入匀强磁场，磁场方向是从东向西的，则质子所受洛仑兹力的方向为（）A.向东B.向南C.向上D.向下9、茶杯从同一高度落下，掉在硬地上要摔碎，掉在草堆上不易摔碎，这是由于茶杯掉在硬地上和地撞击过程中（）A.茶杯的动量较大B.茶杯受到的冲量大C.茶杯的动量变化较大D.茶杯受到的平均撞击力较大评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)10、（2015秋•银川校级期中）如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强为9×103N/C．在电场内的竖直平面内作半径为1m的圆，圆心处放置电荷量为1×10-6C的正点电荷，则圆周上C点处的场强大小为____N/C，方向____．11、（2011春•甘井子区校级月考）2009年诺贝尔物理奖获得者高锟被称为光导纤维之父．光纤由折射率为n1的内芯和折射率为n2的包层构成，则n1____n2（填“＞”“＜”或“=”）．若光导纤维长度为L，光以入射角θ射到内芯与包层的界面上，如图所示，已知光在真空中传播的速度为c，则光在内芯中传播的速度为____，光信号从光导纤维的一端传播到另一端所需时间为____．12、某同学用弹簧秤称一木块重5N；把木块放在水平桌面上，弹簧秤水平地向右拉木块．

（1）当弹簧秤读数为1N时，木块未被拉动，这时木块受到的是____摩擦力，大小是____，方向向____．

（2）当弹簧秤的读数是2.1N时，木块刚好开始移动，此时木块受的是____摩擦力，大小是____，方向向____．

（3）开始运动后，使木块保持匀速直线运动，弹簧秤的读数变为2N，此时木块受到的是____摩擦力，大小是____，动摩擦因数μ=____．

（4）若使弹簧秤在拉动木块运动中读数变为3N时，木块受到的摩擦力是____摩擦力，大小是____．

（5）木块离开弹簧秤继续滑动，这时木块受到的是____摩擦力，大小是____．13、【题文】家用的燃气灶常常安装电子点火器；如甲图，电子点火器的放电电极做成了针尖形。

（1）这样做的目的是_______________________________________________。

（2）乙图是实验室中的验电器，它的金属杆上端固定一个金属球而不做成针尖状，这样做的目的是___________________________________________­。14、（2016•四川模拟）在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中；小红先将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上，并选用缝间距d=0.1mm的双缝屏，光屏与双缝屏间的距离L=350mm．然后，接通电源使光源的正常工作．

①已知测量头游标卡尺主尺的最小刻度是毫米，副尺上有50分度．小红调整手轮后，从测量头的目镜看去，中心刻线所对亮条纹记为第1条，此时游标尺上的读数x1=1.16mm；接着再转动手轮，映入眼帘的为与中心刻线对齐n=7的干涉亮纹，此时图中游标尺上的读数x2=____．

②经计算可得两个相邻亮纹间的距离△x=____mm；这种色光的波长λ=____nm．（结果保留两位有效数字）15、（2014秋•雨城区校级期末）在水平方向的匀强电场中，用一绝缘细线悬挂一个质量为m、电量为q的带负电小球，静止时细线与竖直方向的夹角为θ，则电场的方向是____，大小为____．16、（2014秋•福建校级月考）如图所示，一个质量为20kg的小球沿倾角为30°的斜面下滑时重力会产生两个效果，则重力沿斜面方向的分力是____和垂直于斜面方向的分力是____．（g取10m/s2）17、一炮弹质量为m，以一定倾角斜向上发射，到达最高点的速度为V，炮弹在最高点爆炸成两块，其中一块以速度大小为V沿原轨道返回，质量为，则另一块爆炸后的瞬间飞行速度大小为____，方向____．评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)18、青藏高原测水沸时的温度：应选用水银温度计和酒精温度计．____．（判断对错）19、晶体的各向异性是由于它的微粒按空间点阵排列．____．（判断对错）20、在磁场中，粒子的比荷之比与轨道半径之比成反比____（判断对错）21、形状规则的物体，重心一定在其几何中心．____（判断对错）22、“宁停三分，不抢一秒”指的是时间．____．（判断对错）23、（2010•驻马店模拟）如图为一列沿x轴正方向传播的简谐波在t=0时刻的波形图，已知波速为10m/s，则图中P质点的振动方程为y=10sin5πt（cm）____（判断对错）24、向心力的方向始终指向圆心，所以向心力的方向始终不变．____（判断对错）评卷人得分四、推断题(共4题，共32分)25、【化学rm{隆陋}有机化学基础】镇痉药物rm{C}化合物rm{N}以及高分子树脂的合成路线如下：rm{(1)A}的化学名称为___________；rm{A}在催化剂作用下可与rm{H_{2}}反应生成rm{B}rm{B}的式量为rm{108}rm{B}的结构简式为__________。rm{(2)C}中官能团的名称为___________；rm{C}在碱性条件下水解的化学反应方程式为____。rm{(3)A}与银氨溶液反应的化学方程式为____。rm{(4)F}与甲醛合成高分子树脂的反应类型为____，rm{N}的结构简式为____。rm{(5)}扁桃酸的一种同分异构体满足下列条件：rm{垄脵}遇rm{FeCl_{3}}溶液不发生显色反应；rm{垄脷}能发生银镜反应，在酸性条件下水解产物之一能与rm{FeCl_{3}}溶液发生显色反应；rm{垄脹}分子中有rm{5}种不同化学环境的氢，核磁共振氢谱峰面积之比为：rm{1:2:2:2:1}写出该同分异构体的结构简式____。rm{(6)}写出用乙醇为原料制备化合物rm{CH_{3}COCl}的合成路线____。合成路线流程图示例如下：26、对氨基苯甲酸酯类是一类局部麻醉药，化合物rm{M}是该类药物之一。合成rm{M}的一种路线如下：已知以下信息：rm{垄脵}核磁共振氢谱显示rm{B}只有一种化学环境的氢，rm{H}苯环上有两种化学环境的氢。rm{垄脷}rm{垄脹E}为芳香烃，其相对分子质量为rm{92}rm{垄脺}rm{(}苯胺，易被氧化rm{)}回答下列问题：rm{(1)A}的结构简式为____，其化学名称是____。rm{(2)}由rm{G}生成rm{H}的反应类型为____，rm{H}在一定条件下可以发生聚合反应，写出该聚合反应的化学方程式____。rm{(3)D}的同分异构体中不能与金属钠反应生成氢气的共有____种rm{(}不考虑立体异构rm{)}其中核磁共振氢谱只有两组峰，且峰面积比为rm{6:1}的是____rm{(}写结构简式rm{)}rm{(4)}参照上述合成路线，以乙烯和环氧乙烷为原料rm{(}无机试剂任选rm{)}制备rm{1}rm{6-}己二醛，设计合成路线____27、rm{I:A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}为原子序数依次增大的五种前四周期元素。rm{A}的核外电子总数与其周期数相同；rm{B}的价电子排布式为rm{ns^{n}np^{n+2}}rm{C}rm{D}为同周期元素，rm{C}是同周期元素中离子半径最小的元素，rm{D}元素最外层有一个未成对电子；rm{E}位于元素周期表的第四周期第Ⅳrm{B}族，常用加热rm{ED_{4}}溶液的方法制备纳米材料。回答下列问题：rm{(1)D}原子的价电子排布图为________，rm{E}原子核外有________个未成对电子，五种元素中电负性最大的是________rm{(}填元素符号rm{)}rm{(2)}化合物rm{D_{2}B}的中心原子的杂化方式为________，分子的立体构型为________。rm{(3)}由rm{A}rm{B}rm{D}三种元素所形成的一系列化合物中氧化性最强的是________rm{(}填化学式，下同rm{)}酸性最强的是________。rm{(4)C}与rm{D}能形成化合物rm{Q}在rm{1.01隆脕10^{5}Pa}rm{T_{1}隆忙}时，气体摩尔体积为rm{53.4L隆陇mol^{-1}}实验测得rm{Q}的气态密度为rm{5.00g隆陇L^{-1}}则此时rm{Q}的化学式为________。rm{(5)E}单质有两种同素异形体，高温下是体心立方堆积，但在常温下的晶体结构为如图所示的六方最密堆积。已知晶胞参数分别为rm{acm}和rm{ccm}则该晶体的密度可表示为________rm{g隆陇cm^{-3}(}用含rm{a}和rm{c}的式子表示，用rm{NA}表示阿伏伽德罗常数的值rm{)}

rm{II:}已知：其中rm{R_{1}}rm{R_{2}}rm{R_{3}}为烷基。现有一种五元环状内酯rm{F}的合成路线如下rm{(C隆芦G}均表示一种有机化合物rm{)}回答下列问题：rm{(1)}化合物rm{B}的分子式为________，rm{G}中含有的官能团名称是________。rm{(2)}由rm{A隆煤B}所需的反应试剂和反应条件为________，该反应的反应类型是________。rm{(3)}化合物rm{E}的系统命名为________。rm{(4)}根据已知信息，由rm{B}生成rm{C}和rm{G}的的变化可表示为________。rm{(5)}同时满足下列条件的rm{G}的同分异构体一共有________种。rm{(}Ⅰrm{)}与rm{NaHCO_{3}}反应产生气体________rm{(}Ⅱrm{)}能使溴水褪色rm{(6)}化合物rm{F}的质谱表明其相对分子质量为rm{142}rm{F}的核磁共振氢谱显示为rm{2}组峰，rm{F}的结构简式为：________。rm{(7)}根据题给信息，写出用制备丙烯的合成路线rm{(}其他试剂任选rm{)}________。28、rm{[}选修rm{3}物质结构rm{]}铬、铁、溴、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途。rm{(1)}卟吩铜是一种配合物。rm{Cu^{2+}}基态时核外电子排布式为________________，可用氨水检验rm{Cu^{2+}}形成配合物的颜色为_________。rm{(2)}制备rm{CrO_{2}Cl_{2}}的反应为rm{K_{2}Cr_{2}O_{7}+3CCl_{4}=2KCl+2CrO_{2}Cl_{2}+3COCl_{2}隆眉}rm{垄脵}上述化学方程式中非金属元素电负性由大到小的顺序是_______________________rm{(}用元素符号表示rm{)}rm{垄脷COCl_{2}}分子中所有原子均满足rm{8}电子构型，rm{COCl_{2}}分子中rm{娄脪}键和rm{娄脨}键的个数比为_________________，碳原子的杂化方式为___________________。rm{(3)NiO}rm{FeO}的晶体结构均与氯化钠的晶体结构相同，其中rm{Ni^{2+}}和rm{Fe^{2+}}的离子半径分别为rm{6.9搂莽10^{-2}nm}和rm{7.8搂莽10^{-2}nm}则熔点：rm{NiO}______rm{FeO(}填”rm{<}”、“rm{=}”或“rm{>}”rm{)}rm{(4)Ni}和rm{La}的合金是目前使用广泛的储氢材料，具有大容量、高寿命、耐低温等特点，该合金的晶胞结构如图所示，该晶胞中的rm{Ni}原子除一个在中心外，其他都在面上。rm{垄脵}该晶体的化学式为_____________。rm{垄脷}该合金晶胞的边长rm{a=511pm}rm{c=397pm}各个边之间的夹角如图所示，请列式并计算该合金的密度：_______________________________________rm{g/cm3(}已知菱形的面积为rm{S=0.5a^{2}sina}rm{sqrt{3}=1.732}结果保留两位有效数字rm{)}评卷人得分五、简答题(共1题，共4分)29、某种锂离子电池的正极材料是将含有钴酸锂rm{(LiCoO_{2})}的正极粉均匀涂覆在铝箔上制成的。某校研究小组尝试回收废旧正极材料中的钴。rm{(1)25隆忙}时，用图rm{1}所示装置进行电解，有一定量的钴以rm{Co^{2+}}的形式从正极粉中浸出，且两极均有气泡产生，一段时间后正极粉与铝箔剥离。rm{垄脵}阳极的电极反应式为________________。阴极的电极反应式为：rm{LiCoO_{2}+4H^{+}+e^{-}=Li^{+}+Co^{2+}+2H_{2}O}________。rm{垄脷}该研究小组发现硫酸浓度对钴的浸出率有较大影响，一定条件下，测得其变化曲线如图rm{2}所示。当rm{c(H_{2}SO_{4})>0.4mol隆陇L^{-1}}时，钴的浸出率下降，其原因可能为________。rm{(2)}电解完成后得到含rm{CO^{2+}}的浸出液，且有少量正极粉沉积在电解槽底部。用以下步骤继续回收钴。rm{垄脵}写出“酸浸”过程中正极粉生成含rm{Co^{2+}}的浸出液的化学方程式________________。该步骤一般在rm{80隆忙}以下进行，温度不能太高的原因是________。rm{垄脷}已知rm{(NH_{4})_{2}C_{2}O_{4}}溶液呈弱酸性，下列关系中正确的是________rm{(}填字母序号rm{)}rm{a.c(NH_{4}^{+})>C(C_{2}O_{4}^{2-})>c(H^{+})>c(OH^{-})}rm{b.c(H^{+})+c(NH_{4}^{+})=c(OH^{-})+c(HC_{2}O_{4}^{-})+2c(C_{2}O_{4}^{2-})}rm{c.c(NH_{4}^{+})+c(NH_{3}隆陇H_{2}O)=2[c(C_{2}O_{4}^{2-})+c(HC_{2}O_{4}^{-})+c(H_{2}C_{2}O_{4})]}rm{垄脹}沉钴后得到二水合草酸钴rm{(CoC_{2}O_{4}隆陇2H_{2}O)}的实验操作是________rm{(}填操作名称rm{)}rm{(3)}草酸钴可用于制取钴的氧化物。取一定质量的二水合草酸钴rm{(CoC_{2}O_{4}隆陇2H_{2}O)}分解后的钴氧化物rm{(}其中rm{Co}的化合价为rm{+2}rm{+3)}用rm{480mL5mol/L}盐酸恰好完全溶解固体，得到rm{CoCl_{2}}溶液和rm{4.48L(}标准状况rm{)}黄绿色气体。请确定该钴氧化物中rm{Co}rm{O}的物质的量之比________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、A【分析】【分析】橡皮参加了两个分运动，水平向右匀速移动，同时，竖直向上匀速运动，实际运动是这两个运动的合运动，根据平行四边形定则可以求出合速度．【解析】【解答】解：橡皮在水平方向匀速运动；由于橡皮向右运动的位移一定等于橡皮向上的位移，故在竖直方向以相等的速度匀速运动，根据平行四边形定则，可知合速度也是一定的，故合运动是匀速直线运动；

故选：A．2、A【分析】

在A图中，在a点电势比b点电势高，两点间的电势差U=BLv，因为b点的电势为零，则a点的电势为BLv．在B图中，a点的电势比b点高，两点间的电势差U=BLvsinθ，则a点的电势为BLvsinθ．在C图中，a点的电势比b点的电势低，则a点的电势为负值．在D图中，a点的电势比b点电势低；则a点的电势为负值．故a点电势最高的是A图．

故选A．

【解析】【答案】在内电路中；沿着电流的方向电势升高，根据切割产生的感应电动势公式和闭合电路欧姆定律进行判断．

3、B【分析】【解析】

试题分析：温度是物体分子平均平动动能的标志。温度是大量分子热运动的集体表现，含有统计意义。温度不变，是气体分子平均动能不变，并不是每个分子的动能不变，A错；由B选项正确；温度不变，体积变大，压强变小，C错；温度不变，气体内能不变，D错。

考点：热力学定律内能【解析】【答案】B4、D【分析】解：小球从O点以初速度v0水平向P抛出；到达位置Q时小球的动能是抛出时动能的2倍，由动能定理得：

所以：

小球在竖直方向做自由落体运动，

所以：①

小球在水平方向的位移：②

圆盘的半径：③

A；由公式③可知；由于半径未知，所以不能求出小球的初速度．故A错误；

B；由于不能求出小球的初速度；根据①不能求出小球的运动时间．故B错误；

C、D、OQ的连线与竖直方向之间的夹角：④

圆盘转动的角速度：⑤

可知可以求出从小球抛出到碰到P过程中圆盘转过的角度；由于时间不知道，所以不能求出圆盘转动的角速度．故C错误，D正确．

故选：D

小球从O点以初速度v0水平向P抛出；到达位置Q时小球的动能是抛出时动能的2倍，由此即可求出重力做的功；然后由W=mgh求出小球下降的高度，将小球的运动分解，求出运动的时间和圆盘的半径，由小球偏转的角度求出圆盘的角速度．

该题将平抛运动与圆周运动相结合，这两种不同运动规律在解决同一问题时，常常用“时间”这一物理量把两种运动联系起来．【解析】【答案】D5、C【分析】【分析】本题考查了弱电解质电离平衡影响因素、平衡常数计算方法、图象分析判断是解题关键，题目难度中等。【解答】A.由图可知rm{NaHA}溶液显酸性，则rm{HA^{-}}的电离能力大于其水解能力，则rm{c(H_{2}A)<c(A^{2-})}，故A错误；B.交点rm{a}处rm{c(HA^{-})=c(H_{2}A)}rm{H_{2}A?HA^{-}+H^{+}}rm{Ka_{1}=c(H^{+})=1隆脕10^{-0.8}}rm{HA^{-}?A^{2-}+H^{+}}交点rm{c}处rm{c(HA^{-})=c(A^{2-})}rm{Ka_{2}=c(H^{+})=1隆脕10^{-5.3}}rm{pK_{a2}(H_{2}A)=5.30}rm{pK_{a1}(H_{2}A)=0.80}故B错误；C.rm{b}点时，rm{c(H_{2}A)=c(A^{2-})}rm{dfrac{{c}^{2}({H}^{+}){c}^{2}(H{A}^{-})}{c({H}_{2}A)c({A}^{2-})}={c}^{2}({H}^{+})dfrac{{K}_{a1}}{{K}_{a2}}={left({10}^{-3.05}right)}^{2}隆脕dfrac{{10}^{-0.8}}{{10}^{-5.3}}={10}^{-1.6}}故C正确；D.根据混合溶液中的电荷守恒和物料守恒，故D错误。故选C。rm{dfrac{{c}^{2}({H}^{+}){c}^{2}(H{A}^{-})}{c({H}_{2}A)c({A}^{2-})}={c}^{2}({H}^{+})

dfrac{{K}_{a1}}{{K}_{a2}}={left({10}^{-3.05}right)}^{2}隆脕

dfrac{{10}^{-0.8}}{{10}^{-5.3}}={10}^{-1.6}}【解析】rm{C}6、B【分析】解：A；原来物体静止；力F垂直于斜面方向，在沿斜面方向没有分量，故物块不可能有上滑的趋势，故A错误；

B；以整体为研究对象；力F在水平方向有向右的分量、根据平衡条件可知斜面体一定受到水平面给它的向左的摩擦力，故B正确。

CD；垂直斜面的力F在沿斜面方向的分量为零；物块在沿斜面方向受力不变，故物块受到的摩擦力不变，仍等于mgsinθ，故CD错误；

故选：B。

物块受推力；重力、支持力和静摩擦力；根据平衡条件分析；再对物块和斜面体整体受力分析，受推力、重力、支持力和摩擦力，再次根据平衡条件列式分析即可。

通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法。有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用。【解析】B7、C【分析】【分析】光导纤维传输信号是利用光的全反射；门镜可以扩大视野是利用光的折射；根据激光的特点来分析C选项；光的偏振现象说明光是一种横波．【解析】【解答】解：A；门镜可以扩大视野是利用的是凸透镜组的成像；是光的折射现象，故A错误；

B；光导纤维传输信号是利用光的全反射现象；故B错误；

C；激光是相干光；可以被调制并用来传递信息；故C正确；

D；光的偏振现象说明光是一种横波．故D错误．

故选：C8、C【分析】【分析】质子带正电，由已知质子的速度方向，磁场方向，由左手定则可以判断出质子所示洛伦兹力的方向．【解析】【解答】解：质子流从南向北进入匀强磁场；磁场方向是从东向西的，由左手定则可知，则质子所受洛仑兹力的方向竖直向上；

故选：C．9、D【分析】【分析】茶杯从同一高度掉下，落在水泥地上，茶杯与水泥地作用时间短，而落在草堆上，茶杯与草堆作用时间长，根据速度关系，分析动量和动量变化的关系，根据动量定理分析茶杯所受冲量关系和冲力的关系．【解析】【解答】解：A；C、玻璃茶杯从同一高度掉下；与地上和草堆上接触前瞬间速度相同，动量相同，与地和草堆垫作用后速度均变为零，茶杯动量的变化相同．故AC错误．

B；茶杯的动量变化相同；根据动量定理I=△P得知，茶杯所受冲量相同．故B错误．

D；茶杯与地作用时间短；茶杯与草堆作用时间长，由动量定理得，△P=Ft，△P相同，则茶杯与地撞击过程中所受冲力较大．故D正确．

故选D二、填空题(共8题，共16分)10、1.27×104与水平方向成45°角【分析】【分析】根据公式E=k求出点电荷在C点处产生的场强大小，判断出场强方向，C点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解C点处的场强大小和方向．【解析】【解答】解：点电荷在C点处产生的场强大小为E=k=9×109×N/C=9×103N/C；方向从O→C．

C点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则得，C点的场强大小为EC=E=9N/C=1.27×104N/C；方向与水平成45°角斜向右上方．

故答案为：1.27×104与水平方向成45°角斜向右上方11、＞【分析】【分析】光导纤维内芯和外套材料不同，所以具有不同的折射率．要想使光的损失最小，光在光导纤维里传播时一定要发生全反射．【解析】【解答】解：发生全反射的条件是：从光密介质到光疏介质；入射角大于或等于临界角；

欲使光在n1和n2的界面上发生全反射，需有n1＞n2；

光在介质n1中的传播最长路程为：x=；

传播速度为：v=；

故最长时间：t==；

故答案为：＞；；．12、静1N左最大静2.1N左滑动2N0.4滑动2N滑动2N【分析】【分析】（1）拉不动时静摩擦力方向与拉力方向相反。

（2）木块与水平桌面间静摩擦力的最大值是最大静摩擦力；当木块刚刚开始运动时的摩擦力是静摩擦力．

（3）木块做匀速直线运动；处于平衡状态，由平衡条件可以求出木块受到的滑动摩擦力和动摩擦因数．

（4）（5）物体只要运动起来，受到的滑动摩擦力是不变的．【解析】【解答】解（1）当弹簧秤读数为1N时；木块未被拉动，这时木块受到的是静摩擦力，大小是1N，方向向左．

（2）当弹簧秤的读数是2.1N时；木块刚好开始移动，此时木块受的是最大静摩擦力，大小是2.1N，方向向左．

（3）开始运动后，使木块保持匀速直线运动，弹簧秤的读数变为2N，此时木块受到的是滑动摩擦力，大小是2N，动摩擦因数μ==0.4．

（4）若使弹簧秤在拉动木块运动中读数变为3N时；木块受到的摩擦力是滑动摩擦力，大小是2N．

（5）木块离开弹簧秤继续滑动；这时木块受到的是滑动摩擦力，大小是2N．

故答案为：（1）静，1N，左；（2）最大静，2.1，左；（3）滑动，2N，0.4．（4）滑动，2N（5）滑动，2N13、略

【分析】【解析】

试题分析:在导体的带电量及其周围环境相同情况下；导体尖端越尖，尖端效应越明显．这是因为尖端越尖，曲率越大，面电荷密度越高，其附近场强也就越强．在同一导体上，与曲率小的部位相比，曲率大的部位就是尖端．因此，设备的边；棱、角相对于平滑表面，管道的喷嘴相对于管线，细导线相对于粗导线，人的手指相对于背部等等，前者都可认为是尖端，都容易产生尖端效应。

考点：静电现象的解释【解析】【答案】（1）利用尖端放电现象；（2）使验电器在电压较高时也不会放电（或防止尖端放电）14、15.02mm2.31660【分析】【分析】游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数；不需估读；

单单测量相邻两根条纹的间距误差比较大；往往采取测量多条干涉条纹的间距，然后求平均值，减小测量的偶然误差．

根据△x=λ测量光波的波长．【解析】【解答】解：①图中游标卡尺的读数为15mm+0.02×1=15.02mm；

②△x==2.31mm

根据公式△x=λ得：λ===6.6×10-7m=660nm；

故答案为：①15.02mm；②2.31，660．15、水平向左【分析】【分析】以小球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求解电场力F；根据F=qE解出E．【解析】【解答】解：小球受力如图所示；根据平衡条件可知：电场力qE与重力mg的合力与细线的拉力T等值；方向反向，则力的合成图得知：

F=qE=mgtanθ=mgtanθ

解得：E=；

小球带负电；电场力方向水平向右，所以电场强度方向水平向左．

故答案为：水平向左；16、100N173N【分析】【分析】将重力按照作用效果正交分解后，运用平行四边形定则作图后，由解析法求解分力．【解析】【解答】解：把重力分解成G1与G2；如图所示。

斜面倾角30°

G1=Gsin30°=200×0.5N=100N

G2=Gcos30°=200×N=173N

故答案为：100N，173N．17、3v与初速度方向相同【分析】【分析】炮弹在最高点爆炸时动量守恒，由动量守恒定律可求出爆炸后另一块弹片的速度大小．【解析】【解答】解：炮弹爆炸过程中动量守恒；爆炸后一块弹片沿原轨道返回，则该弹片速度大小为v，方向与原方向相反；

设另一块爆炸后瞬时速度大小为v1，由题意知，爆炸后两弹片的质量均为；

设速度v的方向为正，由动量守恒定律得：mv=-mv+mv1，解得：v1=3v；方向与炮弹的初速度方向相同．

故答案为：3v，与初速度方向相同．三、判断题(共7题，共14分)18、×【分析】【分析】选择温度计的原则是：温度计内测温物质的凝固点应低于被测物体的温度，同时，温度计内测温物质的沸点应高于被测物体的温度．【解析】【解答】解：在海平面上水的沸点为100℃；在青藏高原水的沸点也有80℃多，而酒精的沸点只有78℃，所以不能选择酒精温度计．该说法是错误的．

故答案为：×．19、√【分析】【分析】同时晶体内部排列有规则，而非晶体则没有，但形状不一定有规则．晶体分为单晶体和多晶体，单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性．【解析】【解答】解：晶体分为单晶体和多晶体．根据晶体的结构的特点可知；单晶体由于内部原子按空间点阵排列，排列规律相同，所以具有各向异性．故该说法是正确的．

故答案为：√20、√【分析】【分析】粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，故在磁场中做匀速圆周运动，写出牛顿第二定律的方程，导出粒子的半径公式即可做出判定．【解析】【解答】解：粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，故在磁场中做匀速圆周运动；由洛伦兹力提供向心力，有qvB=m，解得r=；粒子的比荷之比与轨道半径之比成反比．

故答案为：√21、×【分析】【分析】重心就是重力的作用点，物体的重心在物体的几何中心上有两个条件：质地均匀，外形规则．【解析】【解答】解：由于课本上指出重心就是重力的作用点；因此重力作用在物体的重心点上；质地均匀，外形规则的物体的重心在物体的几何中心上．质量不是均匀分布的物体，即使外形规则的物体，重心有可能不在物体的几何中心上．所以以上说法是错误的．

故答案为：×22、√【分析】【分析】时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，对应物体的位移或路程，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，对应物体的位置．【解析】【解答】解：“宁停三分；不抢一秒”中的3分是3分钟，3分钟与1秒钟在时间轴上都是指的时间的长度，都是时间．故该说法正确；

故答案为：√23、×【分析】【分析】首先据波动图象读出波长和求出周期，根据质点的振动和波的传播特点分析质点的振动情况，然后再写出振动方程，与题干中的方程比较即可．【解析】【解答】解：该波是振幅是10cm，波速为10m/s，波长为4m，所以周期：T=s，角速度ω=；

该波向x轴的正方向传播；由上下坡法可知，图中P质点在t=0时刻振动的方向向下，所以振动方程为y=-10sin5πt（cm），错误．

故答案为：×24、×【分析】【分析】匀速圆周运动合力等于向心力，方向始终指向圆心，只改变速度的方向，不改变速度的大小．【解析】【解答】解：物体做圆周运动；向心力方向始终指向圆心，方向时刻变化，此说法错误．

故答案为：×四、推断题(共4题，共32分)25、（1）苯甲醛（2）酯基羟基（3）（4）缩聚反应（5）（6）

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【分析】【分析】主要考查有机物的合成，掌握有机物的命名、方程式的书写、有条件的同分异构体的写法、有机物的合成等，题目难度中等。【解答】rm{(1)}根据信息rm{I}可判断rm{A}为苯甲醛，在催化剂的条件下与氢气发生加成反应生成苯甲醇，结构简式为故答案为：苯甲醛；rm{(2)}扁桃酸与苯甲醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，生成扁桃酸苯甲酯，含有酯基、羟基官能团，在碱性条件下水解的方程式为故答案为：酯基、羟基；rm{(3)}苯甲醛与银氨溶液反应的方程式为：故答案为：rm{(4)}根据高分子树脂的结构，确定对甲基酚与甲醛反应的反应类型为缩聚反应；根据信息rm{II}确定rm{N}为故答案为：缩聚反应；rm{(5)}符合条件的物质的结构中应有：羟基直接连在苯环上；甲酸酚酯；rm{5}种氢原子的数目比为：rm{1:2:2:2:1}其结构简式为故答案为：rm{(6)}根据题意，用乙醇为原料制备化合物rm{CH}rm{CH}rm{3}的合成路线为故答案为：rm{3}【解析】rm{(1)}苯甲醛rm{(2)}酯基羟基rm{(3)}rm{(4)}缩聚反应rm{(5)}rm{(6)}。

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26、（1）2-甲基丙烯（2）还原反应（3）15（4）【分析】【分析】本题考查的是有机物的合成与推断，掌握有机物各官能团的结构和性质及相互转化的条件是解答本题的关键，注意题中信息的运用。【解答】核磁共振氢谱显示rm{B}只有一种化学环境的氢，则rm{B}中一个碳原子上连有三个甲基，所以rm{B}的结构简式则rm{A}的结构简式为只有一种化学环境的氢，则rm{B}中一个碳原子上连有三个甲基，所以rm{B}的结构简式则rm{B}的结构简式为rm{A}可知，；根据信息rm{垄脷}可知，rm{D}的结构简式为的结构简式为rm{垄脷}为芳香烃，其相对分子质量为rm{D}则rm{E}为芳香烃，其相对分子质量为rm{92}则rm{E}的分子式为rm{{C}_{7}{H}_{8}}则其结构简式为rm{H}苯环上有两种化学环境的氢，则苯环上两种取代基处于对位，根据rm{E隆煤F}反应条件可知，该反应为甲苯与浓硝酸发生的硝化反应，根据rm{H}苯环上两种取代基处于对位，则硝基处于甲基的对位，所以rm{F}为rm{G}为rm{H}为rm{D}与rm{H}在一定条件下发生酯化反应，生成rm{M}则rm{M}为的分子式为rm{E}则其结构简式为rm{92}苯环上有两种化学环境的氢，则苯环上两种取代基处于对位，根据rm{E}反应条件可知，该反应为甲苯与浓硝酸发生的硝化反应，根据rm{{C}_{7}{H}_{8}}苯环上两种取代基处于对位，则硝基处于甲基的对位，所以rm{H}为rm{E隆煤F}为rm{H}为rm{F}与rm{G}在一定条件下发生酯化反应，生成rm{H}则rm{D}为rm{H}的结构简式为rm{M}甲基丙烯，故答案为：rm{M}甲基丙烯；rm{(1)A}，其化学名称为rm{2-}甲基丙烯，生成rm{2-}的反应为苯环上的硝基转化为氨基，所以为还原反应；rm{2-}在一定条件下可以发生聚合反应，该聚合反应的化学方程式____故答案为：还原反应；rm{(2)}为其同分异构体中不能与金属钠反应生成氢气，则不含羟基，含有醚键，则连有醚键的两个烃基可分别为甲基和戊基，乙基和丁基，丙基和丙基。甲基只有一种，乙基只有一种，丙基有两种，丁基有rm{(2)}种，戊基有rm{G}种，所以连有醚键的两个烃基可分别为甲基和戊基，有rm{H}种结构，分别为乙基和丁基时有rm{H}种结构，分别为丙基和丙基时有rm{(3)D}种结构，所以共有rm{4}种结构，其中核磁共振氢谱只有两组峰，且峰面积比为rm{8}的是故答案为：rm{8}rm{4}乙烯与溴发生加成反应生成rm{3}rm{8+4+3=15}二溴乙烷，根据信息rm{6:1}可知rm{15}rm{(4)}二溴乙烷发生信息rm{1}的反应生成rm{2-}rm{垄脷}己二醇，rm{1}rm{2-}二溴乙烷发生信息rm{垄脷}的反应生成rm{1}rm{6}己二醇，rm{1}rm{6}己二醇在铜作用下被氧气氧化为rm{1}rm{6-}己二醛，其合成路线为：rm{1}己二醇在铜作用下被氧气氧化为rm{2-}rm{垄脷}己二醛，其合成路线为：故答案为：rm{1}【解析】rm{(1)}rm{2-}甲基丙烯rm{(2)}还原反应rm{(3)15}rm{(4)}27、I.（1）2O

（2）sp3杂化V形

（3）HClOHClO4

（4）Al2Cl6

（5）

II.（1）C10H12醛基

（2）NaOH的醇溶液加热消去反应

（3）3，4—二羟基己二酸

（4）

（5）3

（6）

（7）（CH3）2C=C（CH3）2CH3COCH3CH3CH（OH）CH3CH2＝CHCH3【分析】【分析】本题考查物质结构与性质和有机化学基础选修模块，结合相关模块的基础知识进行作答，难度中等。【解答】rm{I:}根据题给信息推断rm{A}为氢元素、rm{B}为氧元素、rm{C}为铝元素、rm{D}为氯元素、rm{E}钛元素，rm{(1)}根据构造原理作答。rm{D}为氯元素，原子序数为rm{17}氯原子的价电子排布图为rm{E}为钛元素，原子序数为rm{22}价电子排布式为rm{3d^{2}4s^{2}}原子核外有rm{2}个未成对电子，五种元素中电负性最大的是rm{O}故答案为：rm{2}rm{O}rm{(2)}化合物rm{Cl_{2}O}的中心原子氧原子形成rm{2}个rm{娄脪}键，含有rm{2}对孤对电子，杂化方式为rm{sp^{3}}分子的立体构型为rm{V}形，故答案为：rm{sp^{3}}rm{V}形；rm{(3)}由rm{A}rm{B}rm{D}三种元素所形成的一系列化合物中氧化性最强的是rm{HClO}酸性最强的是rm{HClO_{4}}故答案为：rm{HClO}rm{HClO_{4}}rm{(4)}在rm{1.01隆脕10^{5}Pa}rm{T_{1}隆忙}时，气体摩尔体积为rm{53.4L隆陇mol^{-1}}实验测得rm{Q}的气态密度为rm{5.00g隆陇L^{-1}}则rm{Q}的摩尔质量为rm{267g/mol}此时rm{Q}的化学式为rm{Al_{2}Cl_{6}}故答案为：rm{Al_{2}Cl_{6}}rm{(5)}已知晶胞参数分别为rm{acm}和rm{ccm}六方晶胞底面积为rm{cm^{2}}则rm{1mol}晶胞的体积为rm{dfrac{3}{2}sqrt{3}{a}^{2}c{N}_{A}cm^{3}}利用切割法分析六方晶胞中含有的钛原子数为rm{dfrac{3}{2}sqrt{3}{a}^{2}c{N}_{A}

cm^{3}}则rm{3+2隆脕1/2+12隆脕1/6=6}晶胞的质量为rm{1mol}该晶体的密度可表示为rm{6mol隆脕48g/mol=288g}故答案为：rm{dfrac{64sqrt{3}}{{{a}^{2}}c{{N}_{A}}}g隆陇cm^{-3}}

rm{dfrac{64sqrt{3}}{{{a}^{2}}c{{N}_{A}}}}根据题给信息和转化关系推断rm{II.}为rm{G}rm{OHCCH_{2}CH_{2}CHO}为rm{C}rm{OHCCH_{2}COCOCH_{2}CHO}为rm{D}rm{HOOCCH_{2}COCOCH_{2}COOH}为rm{E}化合物rm{HOOCCH_{2}CHOHCHOHCH_{2}COOH}的质谱表明其相对分子质量为rm{F}rm{142}的核磁共振氢谱有rm{F}组峰，rm{2}为rm{F}根据结构简式知化合物rm{(1)}的分子式为rm{B}rm{C_{10}H_{12}}为rm{G}含有的官能团名称是醛基，故答案为：rm{OHCCH_{2}CH_{2}CHO}醛基；rm{C_{10}H_{12}}由rm{(2)}为氯代烃的消去反应，所需的反应试剂和反应条件为答案为氢氧化钠乙醇溶液加热，故答案为：rm{A隆煤B}的醇溶液加热；消去反应；rm{NaOH}为rm{(3)E}系统命名为rm{HOOCCH_{2}CHOHCHOHCH_{2}COOH}rm{3}二羟基己二酸，故答案为：rm{4隆陋}rm{3}二羟基己二酸；rm{4隆陋}根据已知信息，由rm{(4)}生成rm{B}和rm{C}的的变化可表示为故答案为：rm{G}为rm{(5)G}rm{OHCCH_{2}CH_{2}CHO}Ⅰrm{(}与rm{)}反应产生气体，含有羧基；rm{NaHCO_{3}}Ⅱrm{(}能使溴水褪色，含有碳碳双键，满足条件的rm{)}的同分异构体一共有rm{G}种，包括rm{3}rm{CH_{2}=CHCH_{2}COOH}rm{CH_{3}CH=CHCOOH}故答案为：rm{CH_{2}=C(COOH)CH_{3}}rm{3}化合物rm{(6)}的质谱表明其相对分子质量为rm{F}rm{142}的核磁共振氢谱显示为rm{F}组峰，rm{2}的结构简式为故答案为：rm{F}根据题给信息，用rm{(7)}rm{(CH}rm{(CH}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}rm{{,!}_{2}}rm{C=C(CH}制备丙烯的合成路线为rm{C=C(CH}rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}故答案为：rm{{,!}_{2}}rm{(CH_{3})_{2}C=C(CH_{3})_{2}}rm{CH_{3}COCH_{3}}rm{CH_{3}CH(OH)CH_{3}}rm{CH_{2}=CHCH_{3}}【解析】I.rm{(1)}rm{2}rm{O}rm{(2)sp^{3}}杂化rm{V}形rm{(3)HClO}rm{HClO_{4}}rm{(4)Al_{2}Cl_{6}}rm{(5)dfrac{64sqrt{3}}{{{a}^{2}}c{{N}_{A}}}}rm{II.(1)C_{10}H_{12}}醛基rm{(2)NaOH}的醇溶液加热消去反应rm{(3)3}rm{4隆陋}二羟基己二酸rm{(4)}rm{(5)3}rm{(6)}rm{(7)(CH_{3})_{2}C=C(CH_{3})_{2}}rm{CH_{3}COCH_{3}}rm{CH_{3}CH(OH)CH_{3}}rm{CH_{2}=CHCH_{3}}28、（1）1s22s22p63s23p63d9(或[Ar]3d9)深蓝色（2）①O＞Cl＞C②3:1sp2（3）＞（4）①LaNi5②​【分析】【分析】本题综合性较强，考查了晶胞的计算、化学键、核外电子排布、电离能和电负性的含义及应用，难度较大。【解答】rm{(1)Cu}原子核外电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}4s^{1}}rm{4s}与rm{3d}能级各失去rm{1}个电子形成rm{Cu^{2+}}rm{Cu^{2+}}基态核外电子排布式为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{9}(}或rm{[Ar]3d^{9})}将过量的氨水加到硫酸铜溶液中，溶液最终变成深蓝色；故答案为：rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{9}(}或rm{[Ar]3d^{9})}深蓝色；rm{(2)}rm{垄脵}反应式rm{垄脵}rm{K}rm{K}rm{2}rm{2}rm{Cr}rm{Cr}rm{2}rm{2}rm{O}rm{O}rm{7}rm{7}rm{+3CCl}rm{+3CCl}中非金属元素有三种：rm{4}rm{4}rm{=2KCl+2CrO}rm{=2KCl+2CrO}中rm{2}表现正化合价、rm{2}表现负化合价，rm{Cl}中rm{Cl}为rm{2}价，rm{2}为rm{+3COCl}价，电负性越大，对键合电子吸引力越大，元素相互化合时该元素表现负价，故电负性：rm{+3COCl}故答案为：rm{2}

rm{2}分子中有rm{隆眉}个rm{隆眉}键和rm{O}个rm{C}键，所以rm{Cl}分子中rm{CCl_{4}}键的数目为rm{C}rm{Cl}键的数目为rm{CrO_{2}Cl_{2}}rm{Cl}键和rm{+1}键的个数比为：rm{O}rm{-2}中心原子rm{O>Cl>C}电子对数rm{O>Cl>C}孤对电子数rm{垄脷COCl_{2}}故中心原子杂化方式为rm{1}故答案为：rm{C=O}rm{2}

rm{C-Cl}rm{COCl_{2}}rm{娄脪}的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高rm{3}由于rm{娄脨}的离子半径小于rm{1}的离子半径，属于熔点是rm{娄脪}故答案为：rm{娄脨}

rm{3}该合金的晶胞如图所示，晶胞中心有一个镍原子，其他rm{1}个镍原子都在晶胞面上；镧原子都在晶胞顶点．

所以晶胞实际含有的镍原子为：rm{C}晶胞实际含有的镧原子为：rm{=娄脪+}所以晶体的化学式rm{=3+0=3}故答案为：rm{sp^{2}}

rm{3:1}一个晶胞的质量rm{sp^{2}}根据rm{(3)}即rm{NiO}rm{FeO}rm{娄脩=dfrac{m}{V}=dfrac{dfrac{M}{{N}_{A}}}{0.5{a}^{2}sin60^{circ}隆脕c}=dfrac{139+59隆脕5}{6.02隆脕{10}^{23}隆脕0.5隆脕(511隆脕{10}^{-10}{)}^{2}隆脕dfrac{1.732}{2}隆脕397隆脕{10}^{-10}}=16}故答案为：rm{娄脩=dfrac{m}{V}=dfrac{dfrac{M}{{N}_{A}}}{0.5{a}^{2}sin60^{circ}隆脕c}=dfrac{139+59隆脕5}{6.02隆脕{10}^{23}隆脕0.5隆脕(511隆脕{10}^{-10}{)}^{2}隆脕dfrac{1.732}{2}隆脕397隆脕{10}^{-10}}=16}rm{NiO}【解析】rm{(1)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{9}(}或rm{[Ar]3d^{9})}深蓝色rm{(2)}rm{垄脵}rm{垄脵}rm{O>Cl>C}rm{垄脷}rm{垄脷}rm{3:1}rm{sp^{2}}rm{垄脷娄脩=dfrac{m}{V}=dfrac{dfrac{M}{{N}_{A}}}{0.5{a}^{2}sin60^{circ}隆脕c}=dfrac{139+59隆脕5}{6.02隆脕{10}^{23}隆脕0.5隆脕(511隆脕{10}^{-10}{)}^{2}隆脕dfrac{1.732}{2}隆脕397隆脕{10}^{-10}}=16}rm{(3)>}五、简答题(共1题，共4分)29、（1）

①（或）

②与在阴极的还原反应相互竞争，当增大时，参与放电的增多（或有利于放电），钴的浸出率下降

（2）①防止分解（或）

②abc

③过滤

（3）5：6【分析】【分析】本题为生产流程题，涉及金属的回收、环境保护、氧化还原反应、物质的分离提纯和除杂等问题，题目较为综合，做题时注意仔细审题，从题目中获取关键信息，难度中等，难点是电极反应式的书写。【解答】rm{(1)垄脵}阴离子氢氧根在阳极放电，生成氧气，rm{4O{H}^{-}-4{e}^{-}={O}_{2}隆眉+;2{H}_{2}O}故答案为：rm{4O{H}^{-}-4{e}^{-}={O}_{2}隆眉+;2{H}_{2}O}

rm{4O{H}^{-}-4{e}^{-}={O}_{2}隆眉+;2{H}_{2}O

}如图rm{4O{H}^{-}-4{e}^{-}={O}_{2}隆眉+;2{H}_{2}O

}所示rm{垄脷}当rm{c({H}_{2}S{O}_{4})>0.4mol?{L}^{-1}}时，参与放电的rm{2}增多rm{.}或有利于rm{c({H}_{2}S{O}_{4})>0.4mol?{L}^{-1}

}放电rm{{H}^{+}}所以钴的浸出率下降；

故答案为：rm{(}与rm{{H}^{+}}在阴极的还原反应相互竞争，当rm{)}增大时，参与放电的rm{{H}^{+}}增多rm{LiCo{O}_{2}}或有利于rm{c({H}^{+})}放电rm{{H}^{+}}钴的浸出率下降；

rm{(}rm{{H}^{+}}“酸浸”过程中正极粉发生氧化还原反应，rm{)}氧化生成rm{(2)}和rm{垄脵}方程式为：rm{2LiCo{O}_{2}+{H}_{2}{O}_{2}+3{H}_{2}S{O}_{4}=L{i}_{2}S{O