2024年华东师大版高三物理下册月考试卷

…………○…………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2024年华东师大版高三物理下册月考试卷29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5题，共10分)1、为了测出电源的电动势和内阻，除待测电源和开关、导线以外，配合下列哪组仪器，能达到实验目的（）A.一个电流表和一个电阻箱B.一个电压表、一个电流表和一个滑动变阻器C.一个电压表和一个电阻箱D.一个电流表和一个滑动变阻器2、【题文】通过打点计时器得到的一条打点纸带上的点迹分布不均匀，下列判断正确的是（）A.点迹密集的地方物体运动的速度比较大B.点迹密集的地方物体运动的速度比较小C.点迹不均匀说明物体做变速运动D.点迹不均匀说明打点计时器有故障3、【题文】如图所示，虚线MN、PQ之间存在宽度为a，磁感应强度大小为B的匀强磁场区域，方向垂直纸面向里。现用长度为4a，电阻为R的长直导线做成四边形导线框，让导线框以恒定速度v垂直于磁场方向从左边界进入并穿出磁场。设则导线框在穿越磁场中的过程，感应电流I随时间t变化的图像不可能是（）

4、2008北京奥运会，世人瞩目，中国代表团参加了包括田径、体操、柔道等在内的所有28个大项的比赛，下列几种奥运比赛项目中的研究对象可视为质点的是（）A.在撑杆跳高比赛中研究运动员手中的支撑杆在支撑地面过程中的转动情况时B.帆船比赛中确定帆船在大海中位置时C.跆拳道比赛中研究运动员动作时D.研究乒乓球的旋转问题时5、某电场区域的电场线如图所示．一个电子以一定的初速度从A点运动到B点的过程；则（）

A.电子所受的电场力增大，电子克服电场力做功B.电子所受的电场力减小，电场力对电子做正功C.电子的加速度增大，电势能减小D.电子的加速度减小，电势能增大评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)6、在某电场中的P点，放一带电量q1=-3.0×10-10C的检验电荷，测得该电荷受到的电场力大小为F1=6.0×10-7N，方向水平向右．则P点的场强大小为____，方向是____．7、汽车从静止开始做匀加速直线运动，在第3s内发生的位移是10m，则它的加速度为____m/s2，第3s末的瞬时速度为____m/s，它在第3s内的平均速度为____m/s，它在前5s内的位移为____m．8、（2013秋•船营区校级期末）如图所示，一个半径为R质量为M的半圆形光滑小碗，在它的边上圆弧处让一质量为m的小滑块自由滑下，碗下是一台秤，当滑块在运动时，台秤的最大读数是____．9、导体的电阻是4Ω，通过它的电流为0.5A，10s内通过该导体横截面的电荷量为____C；1min内电流通过该导体产生的热量是____J．10、测得某物体被竖直上抛后的第1s内持续上升了8m，则该物体从被抛出到落回抛出点经历的总时间是____s；该物体上升的最大高度是____m．（不计空气阻力，g=10m/s2）11、某实验小组利用如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律．已知当地的重力加速度g=9.80m/s2

①实验小组选出一条纸带如图乙所示，其中O点为打点计时器打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，在计数点A和B、B和C之间还各有一个点，测得h1=12.01cm，h2=19.15cm，h3=27.86cm．打点计时器通以50Hz的交流电．根据以上数据算出：当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了____J；此时重锤的动能比开始下落时增加了____J，根据计算结果可以知道该实验小组在做实验时出现的问题是____．（重锤质量m已知）

②在图乙所示的纸带基础上，某同学又选取了多个计数点，并测出了各计数点到第一个点O的距离h，算出了各计数点对应的速度v，以h为横轴，以为纵轴画出的图线应是如下图中的____．图线的斜率表示____．

12、在某电场中的P点，放一带电量q1=-3.0×10-10C的检验电荷，测得该电荷受到的电场力大小为F1=6.0×10-7N，方向水平向右．则P点的场强大小为____，方向是____．13、做匀速圆周运动的物体，10s内沿半径为2m的圆周运动20m，则其线速度大小为____m/s．角速度为____rad/s．14、地球的质量为M，自转的周期为T，引力常量为G，半径为R，则地球同步卫星距离地面的高度为____．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)15、物体的平均速率为零，则物体一定处于静止状态．____．（判断对错）16、作用力和反作用力大小相等，方向相反，其合力为零．____（判断对错）17、电子手表中的液晶在外加电压的影响下能够发光．____．（判断对错）18、质点是一个理想化模型，实际上并不存在，所以，引入这个概念没有多大意义．____．19、滑动摩擦力的方向总是与物体的运动方向相反．____（判断对错）20、电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领．____．（判断对错）21、光的衍射现象、偏振现象、色散现象都能体现光具有波动性____（判断对错）22、阴离子在阳极放电，阳离子在阴极放电．____（判断对错）评卷人得分四、作图题(共3题，共9分)23、（2016春•云南校级月考）单色细光束射到折射率n=的透明球体；光束在过球体的平面内，入射角i=60°，经研究折射进入球内后，又经内表面反射一次，再经球面折射后射出的光线，如图所示（图中已画出入射光和出射光）．

①在图上大致画出光线在球内的路径和方向；

②求入射光与出射光之间的夹角α．24、如图表示两面平行玻璃砖的截面图，一束平行于CD边的单色光入射到AC界面上，a、b是其中的两条平行光线．光线a在玻璃砖中的光路已给出．画出光线b的光路图并求出从玻璃砖中首次出射时的折射角25、【题文】（7分）某次探矿时发现一天然透明矿石，经测量其折射率n＝人工打磨成球形后置于空气中（如图所示），已知球半径R＝10cm，MN是一条通过球心O的直线，单色细光束AB平行于MN射向球体，B为入射点，AB与MN间距为d=5cm；CD为出射光线．

求：①光从B点传到C点的时间；

②CD与MN所成的角α.评卷人得分五、推断题(共3题，共15分)26、菠萝酯rm{F}是一种具有菠萝香味的赋香剂，其合成路线如下：

rm{(1)A}的结构简式为__________，rm{A}中所含官能团的名称是____________________。rm{(2)}由rm{A}生成rm{B}的反应类型是__________，rm{G}的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为__________________。rm{(3)}写出rm{F}和rm{G}反应生成rm{H}的化学方程式___________________。rm{(4)}结合题给信息，以乙烯和环氧乙烷为原料制备rm{1-}丁醇，设计合成路线rm{(}其他试剂任选rm{)}_______________________________________________________________________________27、rm{NaI}用作制备无机和有机碘化物的原料，也用于医药和照相等，工业利用碘、氢氧化钠和铁屑为原料可生产rm{NaI}其生产流程如下图。rm{(1)}碘元素在周期表中的位置为______________________________。rm{(2)}反应rm{垄脵}的离子方程式为___________________________________________________。rm{(3)}反应rm{垄脷}加入过量铁屑的目的是_____________________________________________，过滤所得固体rm{1}中除剩余铁屑外，还有红褐色固体，则加入铁屑时发生反应的化学方程式为__________________________________。rm{(4)}溶液rm{2}中除含有rm{H^{+}}外，一定还含有的阳离子是__________________________；试设计实验验证溶液rm{2}中该金属阳离子的存在：______________。rm{(5)}溶液rm{2}经一系列转化可以得到草酸亚铁晶体rm{(FeC_{2}O_{4}隆陇2H_{2}O}相对分子质量rm{180)}称取rm{3.60g}草酸亚铁晶体，用热重法对其进行热分解rm{(}隔绝空气加热rm{)}得到剩余固体的质量随温度变化的曲线如图所示：rm{垄脵}分析图中数据，根据信息写出过程Ⅰ发生的化学方程式：_____________________________。rm{垄脷300隆忙}时剩余固体只含一种成分且是铁的氧化物，写出过程Ⅱ发生的化学方程式：_______________________________________________________。28、由rm{P}rm{S}rm{Cl}rm{Ni}等元素组成的新型材料有着广泛的用途，回答下列问题。rm{P}rm{S}rm{Cl}等元素组成的新型材料有着广泛的用途，回答下列问题。

rm{Ni}

rm{(1)}原子核外电子占有的原子轨道数为____个，rm{(1)}基态rm{Cl}原子核外电子占有的原子轨道数为____个，rm{P}rm{S}rm{Cl}的第一电离能由大到小顺序为______。rm{Cl}的第一电离能由大到小顺序为______。

rm{P}rm{S}rm{Cl}rm{(2)SCl}的电子式为______，rm{(2)SCl}与rm{{,!}_{2}}能形成配合物分子的空间构型为______，中心原子杂化轨道类型是______。该分子中rm{(3)PH_{4}Cl}键与rm{Ni}键个数比为______。rm{CO}已知rm{Ni(CO)_{4}}与rm{娄脪}的晶体结构rm{娄脨}如图rm{(4)}相同，其中rm{MgO}和rm{NiO}的离子半径分别为rm{(}和rm{1)}则熔点：rm{Mg^{2+}}______rm{Ni^{2+}}填“rm{66pm}”、“rm{69pm}”或“rm{MgO}”rm{N(}理由是______。

rm{>}若rm{<}晶胞中离子坐标参数rm{=}为rm{)}rm{(5)}若rm{NiO}晶胞中离子坐标参数rm{A}为rm{(0,0,0)}rm{B}为rm{(1,1,0)}则rm{C}离子坐标参数为______。为rm{(5)}则rm{NiO}离子坐标参数为______。rm{A}一定温度下，rm{(0,0,0)}晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为rm{B}作密置单层排列，rm{(1,1,0)}填充其中rm{C}如图rm{(6)}已知rm{NiO}的半径为rm{O^{2-}}rm{Ni^{2+}}每平方米面积上分散的该晶体的质量为______rm{(}rm{2)}用rm{O^{2-}}rm{a}表示rm{m}rm{g}参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、A【分析】【分析】测定电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律E=U+Ir，可以一个电压表、一个电流表分别测量路端电压和电流，用滑动变阻器调节外电阻，改变路端电压和电流，实现多次测量．也可以用电流表和电阻箱组合，可代替电流表和电压表，或用电压表和电阻箱组合，代替电压表和电流表，同样能测量电源的电动势和内阻．【解析】【解答】解：测定电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律E=U+Ir；作电压表测量路端电压U；用电流表测量电流I，利用滑动变阻器调节外电阻，改变路端电压和电流，实现多次测量，即由一个电压表、一个电流表和一个滑动变阻器绊组合可测量电源的电动势和内阻．也可以在没有电压表的情况下，用一个电流表和一个电阻箱组合测量，电阻箱可以读出阻值，由U=IR可求出路端电压，或用电压表和电阻箱组合，由电压表读数U与电阻箱读数R之比求出电流．故ABC正确．

故选：ABC2、B|C【分析】【解析】打点计时器每相邻两点的时间间隔完全相同，点迹密集的地方物体运动的速度比较小，点迹不均匀说明物体做变速运动，BC正确；【解析】【答案】BC3、D【分析】【解析】若导线框为正方形，以一边平行磁场边界MN穿越磁场区域，导线框在穿越磁场中的过程，则感应电流I随时间t变化的图像为A，若导线框为1.5a*0.5a的长方形，以长边平行磁场边界MN穿越磁场区域，导线框在穿越磁场中的过程，则感应电流I随时间t变化的图像为B，若导线框为一条对角线长为a的菱形，以该对角线垂直磁场边界MN穿越磁场区域，导线框在穿越磁场中的过程，则感应电流I随时间t变化的图像为C，导线框在穿越磁场中的过程，感应电流I随时间t变化的图像不可能是D。【解析】【答案】D4、B【分析】【分析】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，因此能否看作质点要看具有研究问题或者研究过程，据此可正确解答本题．【解析】【解答】解：A；在撑杆跳高比赛中研究运动员手中的支撑杆在支撑地面过程中的转动情况时；不能忽略运动员的体积，此时不能看作质点，故A错误；

B；在确定帆船在大海中的位置时；不考虑其体积、大小，故B正确；

C；研究跆拳道比赛中研究运动员动作时；不可忽略其动作，即不能看作质点，故C错误；

D；乒乓球比赛中研究乒乓球被打出后在空中运行轨迹；即研究乒乓球的旋转等动作时，不能看作质点，故D错误．

故选：B．5、C【分析】【分析】电场力F=qE，大小与场强E成正比，E由电场线的疏密判断；电子带负电，所受的电场力与场强方向相反，判断出电场力做功正负，即可分析电势能的变化．【解析】【解答】解：A；B、由图看出；B处电场力密，场强E较大，电场力F=qE，则电子在B受到的电场力较大．而电场力方向与电场线方向相反，所以从A运动到B，电场力对电子做正功，故AB均错误．

C；D、电子从A点移到B点时；电场力增大，加速度增大，而电场力做正功，其电势能减小，故C正确，D错误．

故选：C二、填空题(共9题，共18分)6、2×103N/C水平向左【分析】【分析】电场强度的方向与正电荷在该点所受的电场力方向相同，大小由场强的定义式求出电场强度，根据F=qE求出电荷受到的电场力；电场强度是描述电场本身性质的物理量，不因试探电荷电量的改变而改变【解析】【解答】解：P点的场强为：E===2×103N/C

方向与负电荷受到的电场力方向相反；即水平向左。

故答案为：2×103N/C水平向左7、4121050【分析】【分析】根据匀变速直线运动的位移时间公式求出汽车的加速度，结合速度时间公式求出3s末的速度，结合平均速度的定义式求出第3s内的平均速度，根据位移时间公式求出在前5s内的位移．【解析】【解答】解：根据得，代入数据得，a=4m/s2；

第3s末的速度v=at3=4×3m/s=12m/s，第3s内的平均速度；

前5s内的位移x=．

故答案为：4，12，10，50．8、Mg+3mg【分析】【分析】根据牛顿第二定律分析小滑块对碗的压力如何变化，再根据机械能守恒和牛顿第二定律结合求出求出台秤的最大读数．【解析】【解答】解：根据机械能守恒得知滑块向下运动的过程中速度增大，向心力增大，滑块所受的支持力增大，滑块对碗的压力增大，所以当滑块到达碗的最低点时，滑块对碗的压力最大，台秤的读数也最大．根据牛顿第二定律得在最低点：N-mg=m；

下滑过程中，由机械能守恒：mgR=；

联立解得在最低点碗对滑块的支持力为：N=3mg；由此可得台秤的最大读数是：Mg+3mg．

故答案为：Mg+3mg9、560【分析】【分析】（1）已知电流0.5A；时间10s，根据Q=It可求出通过导体的电量；

（2）已知电阻4Ω，电流0.5A，时间1min，根据Q=I2Rt可求出电流通过该导体产生的热量．【解析】【解答】解：（1）通过该导体横截面的电荷量：

Q=It=0.5A×10s=5C；

（2）电流通过该导体产生的热量：

Q=I2Rt=（0.5A）2×4Ω×60s=60J．

故答案为：5；60．10、略

【分析】

竖直上抛运动看作一种匀减速直线运动，由题意，t=1s，x=8m，a=-g=-10m/s2．

根据x=vt+得：8=v×1-

解得v=13m/s

故物体从被抛出到落回抛出点经历的总时间是t总==2.6s

最大高度为H===8.45m

故答案为：2.6；8.45

【解析】【答案】竖直上抛运动看作一种匀减速直线运动；根据第1s内持续上升了8m，由位移公式求出初速度，由速度公式即可求出总时间．由速度-位移关系公式求解最大高度．

11、略

【分析】

①当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时减少了△Ep=mgh2=m×9.80×0.1915J=1.88m．

此时重锤的动能比开始下落时增加了==1.96m．

动能的增加量大于重力势能的减小量原因可能是实验时先释放了纸带；然后再合上打点计时器的电键或者释放纸带时手抖动了．

②根据机械能守恒定律有：mgh=v2=2gh，知v2与gh成正比；因为该实验是运用了乙图的纸带，可能实验时先释放了纸带，然后再合上打点计时器的电键，知测量的h为零，速度不为零．故D正确．图线的斜率等于重力加速度g．

故答案为：①1.88m；1.96m，该实验小组做实验时先释放了纸带，然后再合上打点计时器的电键或者释放纸带时手抖动了。

②D；重力加速度g

【解析】【答案】根据下降的高度求出重力势能的减小量；根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的瞬时速度，从而求出动能的增加量．动能的增加量大于重力势能的减小量原因可能是实验时先释放了纸带，然后再合上打点计时器的电键或者释放纸带时手抖动了．

根据机械能守恒推导v2与gh关系式；结合乙图误差形成的原因确定正确的图线．

12、2×103N/C水平向左【分析】【分析】电场强度的方向与正电荷在该点所受的电场力方向相同，大小由场强的定义式求出电场强度，根据F=qE求出电荷受到的电场力；电场强度是描述电场本身性质的物理量，不因试探电荷电量的改变而改变【解析】【解答】解：P点的场强为：E===2×103N/C

方向与负电荷受到的电场力方向相反；即水平向左。

故答案为：2×103N/C水平向左13、21【分析】【分析】线速度由定义式求，角速度由角速度与线速度关系式求．【解析】【解答】解：线速度v===2m/s；

角速度ω==rad/s=1rad/s；

故答案为：2，1．14、-R【分析】【分析】地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，则由万有引力充当向心力可求得其离地高度．【解析】【解答】解：对卫星B；设它到地面高度为h，同理由万有引力充当向心力可得：

G=m（R+h）

解得：h=-R

故答案为：．三、判断题(共8题，共16分)15、√【分析】【分析】平均速度是位移与时间的比值；平均速率是位移的路程与时间的比值．由此分析即可．【解析】【解答】解：平均速率是位移的路程与时间的比值；物体的平均速率为零，则物体的路程为0，物体一定处于静止状态．所以该说法是正确的．

故答案为：√16、×【分析】【分析】由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．【解析】【解答】解：由牛顿第三定律可知；作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，但不在同一物体上．所以两个力不能合成，也不能相互抵消．以上说法是错误的．

故答案为：×17、×【分析】【分析】液晶像液体一样可以流动，又具有某些晶体结构特征的一类物质．液晶是介于液态与结晶态之间的一种物质状态；液晶在外加电压的影响下并不发光，而是由于液晶通电时，排列变得有秩序，使光线容易通过．【解析】【解答】解：液晶在外加电压的影响下并不发光；而是由于液晶通电时，排列变得有秩序，使光线容易通过．所以该说法是错误的．

故答案为：×18、×【分析】【分析】质点是人们为了研究问题的方便而忽略物体的形状和大小而人为引入的一个理想化模型，故实际上并不存在，质点虽然忽略物体的形状和大小但保留了物体其它的性质，故不同于几何中的点，只要物体的形状和大小对研究问题没有影响或者影响可以忽略不计时物体就可以当作质点，与物体的体积的大小无关．【解析】【解答】解：质点是一个理想化模型；实际上并不存在，质点是人们为了研究问题的方便而忽略物体的形状和大小而人为引入的一个理想化模型，只要物体的形状和大小对研究问题没有影响或者影响可以忽略不计时物体就可以当作质点．故说法错误．

故答案为：×．19、×【分析】【分析】滑动摩擦力与物体相对运动的方向相反．【解析】【解答】解：滑动摩擦力阻碍相对运动；与物体相对运动的方向相反．有时会和物体的运动方向相同，故与物体的运动方向相反说法错误．

故答案为：×20、√【分析】【分析】电源是通过非静电力做功将其他形式的能转化为电能的装置，电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领．【解析】【解答】解：电源是通过非静电力做功将其他形式的能转化为电能的装置；电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领．故此说法正确．

故答案为：√21、×【分析】【分析】光的粒子性能够很好的解释光的直线传播、反射、折射和色散；光的波动性能够很好的解释光的干涉和衍射和偏振．【解析】【解答】解：光的波动性能够很好的解释光的干涉和衍射；偏振是横波特有的现象，故光的干涉；衍射和偏振证明了光具有波动性；

光的粒子性能够很好的解释光的直线传播；反射、折射；色散是光的折射造成的，故光的直线传播、反射、折射和色散证明了光的粒子性．所以以上的说法是错误的．

故答案为：×22、×【分析】【分析】阴极射线是在1858年利用低压气体放电管研究气体放电时发现的．1897年约瑟夫•约翰•汤姆生根据放电管中的阴极射线在电磁场和磁场作用下的轨迹确定阴极射线中的粒子带负电，并测出其荷质比，这在一定意义上是历史上第一次发现电子．【解析】【解答】解：阴极即负极；阴极射线是负极发出的射线，是电子流；同理，阳离子在阳极放电．故该说法是错误的．

故答案为：×．四、作图题(共3题，共9分)23、略

【分析】【分析】①光线从入射到出射的光路如下图所示．入射光线AB经玻璃折射后；折射光线为BC，又经球内壁反射后，反射光线为CD，再经折射后，折射出的光线为DE．OB；OD为球的半球，即为法线．作出光路图．

②由折射定律求出折射角r，根据几何知识和对称性求出α【解析】【解答】解：①光线从入射到出射的光路如图所示．入射光线AB经玻璃折射后；折射光线为BC，又经球内壁反射后，反射光线为CD，再经折射后，折射出的光线为DE．OB；OD为球的半径，即为法线。

②由折射定律有：

得：

则有：r=45°

由几何关系及对称性，有：

则α=4r-2i，把r=45°；i=60°代入得：α=60°

答：①如图所示．

②入射光与出射光之间的夹角α为45°．24、略

【分析】【解析】试题分析：光线从AC面射入时，折射光线与第一条光线平行，射到CD面上；根据临界角为45°，光路如图所示，到达CD边时一定会发生全反射，故从BD边射出，故光路图所图所示：考点：本题考查光的传播及折射定律，【解析】【答案】25、略

【分析】【解析】

试题分析：光路如图。

①光线在B点界面的入射角与折射角分别为θ1、θ2

sinθ1＝＝（1分）

折射率n＝（1分）

得sinθ2＝（1分）

光线在球中传播的时间t＝＝s＝×10－9s（1分）

②在C点出射角为β＝（1分）

得sinβ＝β＝45°

∠COP＝π－θ1－∠BOC＝15°；（1分）

α＋∠COP＝β；得α＝30°（1分）．．．

考点：折射定律．【解析】【答案】（1）t＝×10－9s（2）α＝30°五、推断题(共3题，共15分)26、（1）醛基、碳碳双键

（2）加成反应

（3）【分析】【分析】本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化关系中有机物的进行进行分析解答，较好的考查学生的分析推理能力、获取信息能力、知识迁移运用能力，难度中等。【解答】根据题目所给信息，可知rm{1}rm{3-}丁二烯与丙烯醛发生加成反应反应生成rm{A}为rm{A}与足量的氢气发生加成反应生成rm{B}为rm{B}在rm{HBr}条件下发生取代反应生成rm{C}为rm{C}与rm{Mg}在干醚的条件下得到发生信息中反应得到再发生催化氧化反应生成被酸性高锰酸钾溶液溶液氧化生成rm{F}为对比rm{F}与rm{H}的结构可知，rm{F}与rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}反应酯化反应得到rm{H}故G为rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}

rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}的结构简式为所含官能团有：醛基；碳碳双键；

故答案为：醛基；碳碳双键；

rm{(2)}由rm{A}生成rm{B}的反应类型属于加成反应；rm{G}为rm{CH_{2}=CHCH_{2}OH}rm{G}的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为：故答案为：加成反应；取代反应；

rm{(3)F}和rm{G}反应生成rm{F}的化学方程式为：

故答案为：

【解析】rm{(1)}醛基、碳碳双键rm{(2)}加成反应rm{(3)}27、（1）第五周期第VIIA族（2）I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O（3）将NaIO3完全转化为NaI3H2O+2Fe+NaIO3=NaI+2Fe（OH）3↓

（4）Fe2+取溶液少量加高锰酸钾溶液，若溶液褪色则含Fe2+；反之不含。

（5）①FeC2O4•2H2OFeC2O4+2H2O

②FeC2O4CO↑+CO2↑+FeO

【分析】【分析】本题考查制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备流程中的反应及氧化还原反应的分析、质量守恒的计算等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强。【解答】rm{(1)}碘元素在周期表中的位置为第五周期第rm{VIIA}族，碘元素在周期表中的位置为第五周期第rm{(1)}族，故答案为：第五周期第rm{VIIA}族；rm{VIIA}rm{(2)}的离子方程式为反应rm{垄脵}的离子方程式为故答案为：rm{垄脵}

rm{I_{2}+6OH^{-}=IO_{3}^{-}+5I^{-}+3H_{2}O}加入过量铁屑的目的是将rm{I_{2}+6OH^{-}=IO_{3}^{-}+5I^{-}+3H_{2}O}完全转化为rm{(3)}加入铁屑时发生反应的化学方程式为rm{NaIO_{3}}

故答案为：将rm{NaI}完全转化为rm{3H_{2}O+2Fe+NaIO_{3}=NaI+2Fe(OH)_{3}隆媒}rm{NaIO_{3}}

rm{NaI}固体中除剩余铁屑外，还有红褐色固体，加硫酸得到溶液rm{3H_{2}O+2Fe+NaIO_{3}=NaI+2Fe(OH)_{3}隆媒}除含有rm{(4)}外，固体完全溶解，一定含有的阳离子是rm{2}证实该金属阳离子的存在方法为取溶液少量加高锰酸钾溶液，若溶液褪色则含rm{H^{+}}反之不含；

故答案为：rm{Fe^{2+}}取溶液少量加高锰酸钾溶液，若溶液褪色则含rm{Fe^{2+}}反之不含；

rm{Fe^{2+}}草酸亚铁晶体，物质的量为rm{Fe^{2+}}过程rm{(5)垄脵3.60g}使其质量减少rm{0.2mol}恰好为rm{I}水的质量，则过程Ⅰ发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，反应的化学方程式为：rm{FeC_{2}O_{4}?2H_{2}Ooverset{?}{=}FeC_{2}O_{4}+2H_{2}O}

故答案为：rm{FeC_{2}O_{4}?2H_{2}Ooverset{?}{=}FeC_{2}O_{4}+2H_{2}O}

rm{3.60-2.88g=0.72g}时剩余固体只含一种成分且是铁的氧化物，写出过程Ⅱ发生的化学方程式：rm{FeC_{2}O_{4}overset{?}{=}CO隆眉+CO_{2}隆眉+FeO}

故答案为：rm{FeC_{2}O_{4}overset{?}{=}CO隆眉+CO_{2}隆眉+FeO_{隆拢}}

rm{0.4mol}【解析】rm{(1)}第五周期第rm{VIIA}族rm{(2)I_{2}+6OH^{-}=IO_{3}^{-}+5I^{-}+3H_{2}O}rm{(3)}将rm{NaIO_{3}}完全转化为rm{NaI}rm{3H_{2}O+2Fe+NaIO_{3}=NaI+2Fe(OH)_{3}隆媒}

rm{(4)Fe^{2+;;;}}取溶液少量加高锰酸钾溶液，若溶液褪色则含rm{Fe^{2+}}反之不含。

rm{(5)垄脵FeC_{2}O_{4}?2H_{2}Ooverset{?}{=}FeC_{2}O_{4}+2H_{2}O}

rm{垄脷FeC_{2}O_{4}overset{?}{=}CO隆眉+CO_{2}隆眉+FeO}rm{(5)垄脵FeC_{2}O_{4}?2H_{2}O

overset{?}{=}FeC_{2}O_{4}+2H_{2}O}

rm{垄脷FeC_{2}O_{4}overset{?}{=}

CO隆眉+CO_{2}隆眉+FeO}28、（1）9CI＞P＞S（2）sp3V形（3）1:1（4）＞Mg2+的离子半＜Ni2+的离子半径，所以MgO的晶格能大于NiO的晶格能（5）（1，1/2，1/2）【分析】【分析】本题是对物质的结构知识的综合考察，是高考常考题型，难度较大。掌握结构的基础知识是关键，涉及物质结构的知识点很多。【解答】rm{(1)}基态rm{Cl}原子核外电子原子核外电子rm{Cl}rm{1s}rm{1s}rm{{,!}^{2}}rm{2s}rm{2s}rm{{,!}^{2}}rm{2p}rm{2p}rm{{,!}^{6}}rm{3s}同周期自左至右，第一电离能增大，但是，第五主族大于第六主族，故rm{3s}rm{{,!}^{2}}rm{3p}的第一电离能由大到小顺序为rm{3p}rm{{,!}^{5}}，轨道数rm{=1+1+3+1+3=9}同周期自左至右，第一电离能增大，但是，第五主族大