2025年中图版高二物理上册月考试卷

…………○…………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年中图版高二物理上册月考试卷156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、关于时间和时刻；下列说法中正确的是（）

A.时刻表示时间较短；时间表示时间较长。

B.1min内有60个时刻。

C.时刻对应位置；时间对应位移。

D.作息时间表上的数字表示时间。

2、如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（）A.带电粒子在R点时的速度大小小于在Q点时的速度大小B.带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能小C.带电粒子在R点时的动能和电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D.带点粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小3、如图甲所示，abcd是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m，电阻为R．在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN和PQ是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，如图乙是金属线框由开始下落到bc刚好运动到匀强磁场PQ边界的v-t图象，图中数据均为已知量．重力加速度为g，不计空气阻力.下列说法正确的是A.金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向B.MN和PQ之间的距离为v1（t2-t1）C.磁场的磁感应强度为D.金属线框在0-t3的时间内所产生的热量为mgv1（t3-t1）4、辨别物质是晶体还是非晶体，比较可靠的方法是()A.从外形来判断B.从各向异性或各向同性来判断C.从导电性能来判断D.从是否具有确定的熔点来判断5、A；B

在两个等量异种点电荷连线的中垂线上；且到连线上中点O

的距离相等，如图所示，则(

)

A.AB

连线上的任意两点的电势差不为零B.同一电荷在A

的电势能比B

点的电势能大C.把正电荷从A

点沿直线移动到B

点，电场力先减小后增大D.AB

两点的电场强度相同评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、在磁场中某一点，小磁针静止时____________所指方向，就是该点的_____________。7、如图示，表示交变电流随时间变化的图象，其中电流的正值是正弦曲线的正半周，其最大值Im

电流的负值大小为鈭�Im

则该交变电流的有效值为______．8、如图所示是一个按正弦规律变化的交变电流的图象..根据图象可知该交变电流的电流最大值是________AA频率是________HzHz．9、小李家装修房屋，他和爸爸、妈妈一同到商店买木地板。售货员向他们宣传：硬度高的木地板质量较好，他同时拿出A、B、C三种不同品牌的木地板样品，用刀在三种木地板上刻划，然后推荐其中划痕最浅的C品牌地板。请根据你学过的物理知识判断，影响木地板划痕深度的两个主要因素是：①地板的硬度；②______。而售货员所做演示中存在的问题是：______。10、如图所示,U形导线框固定在水平面上,右端放有质量为m的金属棒ab,ab与导轨间的动摩擦因数为μ,它们围成的矩形边长分别为L1、L2,回路的总电阻为R.从t=0时刻起,在竖直向上方向加一个随时间均匀变化的匀强磁场B=kt,（k>0）那么在t=____时,金属棒开始移动.11、如图所示，在点电荷+Q的电场中有A、B两点，将两正电荷a和b，其中他们的质量4ma=mb，电量2qa=qb，分别从A点由静止释放到达B点时，它们的速度大小之比为_____12、在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，将测量头的分划板中心刻线与某条亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上螺旋测微器的读数如图为______mm．然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，由手轮上的螺旋测微器再读出一读数．若实验测得第1条亮纹与第6条亮纹中心间的距离a=11.550mm，双缝到屏的距离L=0.70m，已知双缝间距d=0.20mm．由计算式λ=______，求得所测光的波长为______m．

（保留两位有效数字）评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)13、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）14、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）15、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

16、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）

17、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）

18、只有沿着电场线的方向电势才会降低，所以电势降低的方向就一定是电场强度的方向．（判断对错）19、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（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）

评卷人得分四、推断题(共3题，共27分)21、是合成高聚酚酯的原料，其合成路线rm{(}部分反应条件略去rm{)}如下图所示：

rm{(1)A}的结构简式为____，rm{B}分子中最多有____个原子共面。rm{(2)}反应rm{垄脵}的反应条件____。rm{(3)}由rm{C}生成rm{D}的化学方程式为____。rm{(4)}与rm{D}互为同分异构体且含有碳碳双键和rm{-COO-}的苯的二元取代物有____种，其中核磁共振谱为rm{5}组峰，且峰面积比为rm{2:1:2:2:1}的结构简式为____rm{(}任写一种rm{)}rm{(5)}写出以rm{C_{2}H_{5}OH}为原料合成乳酸rm{(}rm{)}的路线rm{(}其他试剂任选，合成路线常用的表示方式为目标产物rm{)}22、根据图示填空。

（1）化合物A含有的官能团是____。

（2）1molA与2moH2反应生成1moE，其反应方程式是____。

（3）与A具有相同官能团的A的同分异构体的结构简式是____。

（4）B在酸性条件下与Br2反应得到D，D的结构简式是____。

（5）F的结构简式是____。由E生成F的反应类型是。23、根据下面的反应路线及所给信息；回答下列问题：

rm{(1)11.2L(}标准状况rm{)}的烃rm{A}在氧气中充分燃烧可以产生rm{88gCO_{2}}和rm{45gH_{2}O}rm{A}的分子式是___________________rm{(2)A}有支链，rm{B}和rm{C}均为一氯化烃，它们的结构简式分别为____________，_____________rm{(3)D}的系统命名法名称__________________________rm{(4)垄脵}rm{垄脹}的反应类型依次是___________________，__________________rm{(5)}写出rm{垄脷}rm{垄脹}的反应化学方程式______________________________________rm{(6)}rm{A}的同分异构体的一种二氯代物rm{G}其核磁共振氢谱图上有两组峰，且峰面积之比为rm{1:1}rm{G}在足量的rm{NaOH}的醇溶液中加热，充分反应后生成rm{H}rm{H}的结构简式为_________________请写出rm{H}发生加聚反应的化学方程式__________________评卷人得分五、简答题(共4题，共8分)24、氮气和氮的化合物在工农业上生产、生活中有重要的用途。rm{(1)N_{2}}在空气中含量约rm{78%}其性质稳定，可作保护气，常温下不与rm{O_{2}}发生反应，但在闪电或者高温条件下可发生反应，标准状况下rm{11.2L}氮气与氧气反应吸收rm{90kJ}热量。rm{垄脵}写出rm{N_{2}}与rm{O_{2}}在放电条件下的热化学反应方程式____________。rm{垄脷}根据rm{NO}的性质，收集rm{NO}气体的正确方法是____________。rm{(}填“排水法”、“向上排空气法”或“向下排空气法”rm{)}rm{(2)}为探究rm{NH_{3}}的还原性，某实验小组设计了如下实验装置，其中rm{A}为rm{NH_{3}}的制取装置。rm{垄脵}下面是实验室制取rm{NH_{3}}的装置和选用的试剂，其中不合理的是rm{(}rm{)}

rm{垄脷}选取合理的rm{NH_{3}}的制取装置，小组开始实验，并发现了如下现象，同时小组对现象进行了讨论并得出了相应的结论。。序号现象结论Ⅰrm{B}装置中黑色氧化铜变为红色反应生成了rm{Cu}或rm{Cu_{2}O}Ⅱrm{C}装置中无水rm{CuSO_{4}}变蓝反应生成了rm{H_{2}O}Ⅲrm{E}装置中收集到无色无味气体反应生成了rm{N_{2}}分析上面的实验现象及结论，其中不合理的是____rm{(}填序号rm{)}原因是____________。rm{(3)}亚硝酸盐既有氧化性、又有还原性，常见的亚硝酸盐均有毒，但rm{NaNO_{2}}是一种食品添加剂，使用时必须严格控制其用量。rm{垄脵}在酸性溶液中，rm{NaNO_{2}}能使淀粉rm{-KI}溶液变蓝色rm{(}同时得到一种常见的气体化合物rm{)}也能使酸性rm{KMnO_{4}}溶液褪色，则前者反应过程中消耗的氧化剂与生成的氧化产物物质的量之比为____，后者反应的离子方程式为____。rm{垄脷NaNO_{2}}是建筑行业中常用的水泥抗冻剂，但因其具有咸味，外观上和食盐无明显区别，因此建筑工地食堂不时会出现因误食亚硝酸钠而中毒的现象。你认为下列物质有助于解毒的是____。A.鸡蛋清rm{B.}胃舒平rm{1}主要成分是rm{Al(OH)_{3}]}rm{C.}小苏打rm{{,!}}D.维生素rm{C}25、如图所示，光滑弧形轨道与半径为r

的光滑圆轨道相连，固定在同一个竖直面内.

将一只质量为m

的小球由圆弧轨道上离水平面某一高度处无初速释放.

为使小球在沿圆轨道运动时始终不离开轨道，这个高度h

的取值范围如何？26、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{)}27、某金属在光的照射下产生光电效应；其遏止电压Uc

与入射光频率v

的关系图象如图所示.(

已知电子电量e

和普朗克常量h)

求：

(1)

该金属的逸出功为多少？

(2)

若入射光的频率为2v0

时，求产生的光电子的最大初动能为多少？参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】

A；时间间隔是两个时刻的间隔；时刻是某一瞬间，不是较短的一段时间．故A错误．

B；时间间隔里有若干个时刻；故B错误。

C；时刻对应位置；时间对应位移，故C正确。

D；作息时间表上的数字表示时刻；故D错误。

故选C．

【解析】【答案】时间是指时间的长度；在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点，在难以区分是时间还是时刻时，可以通过时间轴来进行区分．

2、B【分析】解：AB；电荷做曲线运动；电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右；若粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，电荷的电势能增大，动能减小，知道R点的动能大，即速度大，而P点电势能较小，故A错误B正确；

C；根据能量守恒定律；带电粒子在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变。故C错误；

D；电场线的疏密表示电场的强弱；则由电场线疏密确定出，R点场强大，电场力大，加速度大，故D错误；

故选：B。

根据轨迹弯曲的方向可知；电场力的方向向下。由于题目没有说明带电粒子的电性，所以不能判断出电场线的方向；根据受力的方向与运动方向之间的关系，判断出电场力做功的正负，从而判断出电荷电势能和动能的变化；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强大，电场力大，加速度大。

该类题目中，首先根据轨迹弯曲的方向判断出粒子受力的方向是解题的关键。根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法。【解析】B3、C【分析】【分析】

（1）根据楞次定律判断感应电流的方向；（2）由图象可知；金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，根据时间和速度求解金属框的边长和MN和PQ之间的距离；（3）由图知，金属线框进入磁场做匀速直线运动，重力和安培力平衡，可求出B．（4）由能量守恒定律求出热量．

【详解】

金属线框刚进入磁场时，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda方向．故A错误．由图象可知，金属框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2-t1，所以金属框的边长：L=v1（t2-t1）．MN和PQ之间的距离要大于金属框的边长，故B错误．在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力：mg=BIL；又L=v1（t2-t1）．

联立解得：．故C正确．金属框在进入磁场过程中金属框产生的热为Q1，重力对其做正功，安培力对其做负功，由能量守恒定律得：Q1=mgL=mgv1（t2-t1）;金属框在磁场中的运动过程中金属框不产生感应电流，所以金属线框在0-t3的时间内所产生的热量为mgv1（t2-t1）．故D错误；故选C．

【点睛】

本题电磁感应与力学知识简单的综合，培养识别、理解图象的能力和分析、解决综合题的能力．4、D【分析】【分析】常见的固体分为晶体和非晶体，晶体(

单晶体和多晶体)

和非晶体的区别：(1)

单晶体有整齐规则的几何外形；(2)

晶体有固定的熔点；(3)

单晶体有各向异性的特点.

但是：多晶体既没有整齐规则的几何外形也没有各向异性的特点。所以区分时主要看有无固定的熔点来判断晶体与非晶体。本题考察的是晶体和非晶体的区别，只要记好单晶体，多晶体，非晶体的特性即可。要注意多晶体和非晶体均具有各向同性。【解答】A.单晶体有整齐规则的几何外形；多晶体和非晶体一样没有规则的外形，所以不能区分，故A错误；

B.单晶体具有各向异性；多晶体和非晶体具有各向同性，所以不能区分，故B错误；

C.单晶体中载流子遭受散射的几率小导电性好.

多晶体；非晶体导电性都较差；所以不能区分，故C错误；

D.晶体不管是单晶体还是多晶体都有固定的熔点；而非晶体没有固定的熔点，故D正确。

故选D。

【解析】D

5、D【分析】解：A

等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线；则AB

连线上的任意两点的电势差一定为零.

故A错误．

B；AB

两点的电势相等；则同一电荷在AB

两点的电势能相等，故B错误．

C；在AB

连线上；O

点的场强最大，把正电荷从A

点沿直线移动到B

点，场强先增大后减小，则电场力先增大后减小.

故C错误．

D；由于AB

到连线上中点O

的距离相等；根据电场线分布的对称性可知，AB

两点的电场强度相同.

故D正确．

故选：D

等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线；同一电荷在等势线上电势能相同.

根据电场线分布的对称性可知，AB

两点的电场强度相同.

把正电荷从A

点沿直线移动到B

点，分析场强的变化，再分析电场力的变化．

对于等量异种电荷电场线、等势线的分布情况要掌握，特别是要知道等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，在该中垂线上O

点的场强最大．【解析】D

二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】【解析】试题分析：小磁针静止时N极指向即为该点磁场的方向考点：本题考查了磁场的方向的规定方向：【解析】【答案】北极，磁场方向7、略

【分析】解：设电流的有效值为I.

取一个周期时间；由电流的热效应得：

I2RT=(Im2)2RT2+Im2?RT2

解得：I=32Im

故答案为：3Im2

．

求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等；则恒定电流的值就是交流电的有效值．

求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解．【解析】3Im2

8、85【分析】【分析】根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据f=1T

可求频率。本题考查的是学生读图的能力，根据图象读出交流电的最大值和周期，再逐项计算即可。【解答】

由图象可知，电流的最大值为8A

周期为T=0.2s

根据f=1T

知频率f=5Hz

故答案为：85

【解析】85

9、刻划力度的大小售货员不一定控制刻划的力度相同【分析】解：影响木地板划痕深度的要从地板的硬度；压力的大小、刀与木地板的接触面积、刀的锋利程度等方面考虑。在售货员的演示中；刀与木地板的接触面积一定，刀的锋利程度相同，所以要从地板的硬度、刻划力度的大小两个方面考虑；而售货员所做演示中存在的问题是：售货员不一定控制刻划的力度相同。

故答案为：刻划力度的大小；售货员不一定控制刻划的力度相同。

用刀在三种木地板上刻划；刀与木地板的接触面积一定，因此影响木地板划痕深度的要从地板的硬度；压力的大小、刀的锋利程度等方面考虑。

该题属于物理知识在日常生活中的应用，解答的关键要从压力的产生以及压强等方面入手。【解析】刻划力度的大小售货员不一定控制刻划的力度相同10、略

【分析】当安培力大小达到金属棒的滑动摩擦力时，开始移动，所以安培力为可得t=【解析】【答案】t=11、略

【分析】【解析】【答案】12、略

【分析】解：螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm；可动刻度读数为0.01×11.5mm=0.115mm，则最终读数为1.615mm．

根据解得．

代入数据得，m．

故答案为：1.613～1.616，6.6×10-7

螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数；需估读．根据双缝干涉条纹的间距公式得出波长的表达式，从而求出波长的大小．

解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，以及掌握双缝干涉条纹的间距公式，并能灵活运用．【解析】1.615；6.6×10-7三、判断题(共8题，共16分)13、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．14、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．15、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A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A点处的场强大小及方向．16、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．17、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．18、B【分析】【解答】解：沿着电场线方向；电势降低，且降低最快；

那么电势降低最快的方向才是电场线的方向；但电势降低的方向不一定是电场线的方向，故错误；

故答案为：错误．

【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．19、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．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．四、推断题(共3题，共27分)21、（1）HCHO15（2）NaOH醇溶液加热（3）+H2O（4）6(5)【分析】【分析】本题考查有机物推断和有机合成，为高频考点，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，明确有机物官能团及其性质、有机反应类型及反应条件是解本题关键，难点是根据反应物和生成物采用知识迁移的方法进行有机合成，题目难度中等。【解答】根据流程图知，rm{垄脵}为消去反应、rm{垄脷}为加成反应，则rm{A}为rm{HCHO}rm{B}为rm{B}发生信息rm{ii}的反应，rm{C}结构简式为rm{C}发生缩聚反应生成rm{E}rm{E}结构简式为rm{C}发生消去反应生成rm{D}rm{D}结构简式为rm{D}和苯酚发生酯化反应生成

rm{(1)A}为甲醛，结构简式为rm{HCHO}rm{B}为与苯环直接相连的原子和苯环碳原子共面，且单键可以旋转，通过旋转醛基三个原子可以旋转到苯环平面上，所以rm{B}分子中最多有rm{15}个原子共面，故答案为：rm{HCHO}rm{15}

rm{(2)}由rm{C}生成rm{D}的反应类型为生成rm{C}的反应类型为是卤代烃的消去反应，反应条件为rm{D}醇溶液加热，故答案为：rm{NaOH}醇溶液加热；

rm{NaOH}在浓硫酸条件下发生消去反应生成rm{(3)C}rm{D}结构简式为化学方程式为：rm{D}rm{xrightarrow[?]{脜篓脕貌脣谩}}

故答案为：rm{+H_{2}O}rm{xrightarrow[?]{脜篓脕貌脣谩}}rm{+H}rm{2}rm{2}满足rm{O}的苯的二元取代物的rm{(4)}的同分异构体有：含有含有碳碳双键和rm{-COO-}的苯的二元取代物的和rm{-COO-}邻间对rm{D}种，含有rm{-CH=CH_{2}}和rm{-COOH(}邻间对rm{)3}种，所以共rm{-CH=CH_{2}}种，rm{-OOCH(}组峰，且峰面积比为rm{)3}的结构简式为：

故答案为：rm{3+3=6}其中核磁共振谱为rm{5}组峰，且峰面积比为rm{2:1:2:2:1}的结构简式为：被催化氧化生成rm{5}rm{2:1:2:2:1}和rm{6}发生加成反应生成rm{(5)CH_{3}CH_{2}OH}该物质发生水解反应生成rm{CH_{3}CHO}其合成路线为故答案为：rm{CH_{3}CHO}【解析】rm{(1)HCHO}rm{15}rm{(2)NaOH}醇溶液加热rm{(3)}rm{xrightarrow[?]{脜篓脕貌脣谩}}rm{+H}rm{2}rm{2}rm{O}rm{(4)6}rm{(5)}22、略

【分析】【分析】本题考查有机物推断，考查了有机物的转化，涉及考查了醛基、羧基、碳碳双键的性质，该题有一定的综合性，难度中等。侧重考查学生分析推断能力，根据反应条件及某些物质结构进行推断，正确推断各物质结构简式是解本题关键。

【解答】

(1)从图可以推断出A的结构为：OHC－CH＝CH－COOH，所以化合物A中含有的官能团是碳碳双键，醛基、羧基。故填：碳碳双键；醛基；羧基；(2)1molA与2moH2反应生成1moE；其反应方程式是：

OHC－CH＝CH－COOH＋2H2HO－CH2－CH－CH2－COOH。故填：OHC－CH＝CH－COOH＋2H2HO－CH2－CH－CH2－COOH；(3)与A具有相同官能团的A的同分异构体的结构简式是：故填：(4)B为HOOC－CH＝CH－COOH，所以其余溴反应得到：故填：(5)A加成变为E，E为HO－CH2－CH－CH2－COOH，分子中含有羟基和羧基，所其可以形成内酯，故F为或该反应是酯化反应。故填：或酯化反应。【解析】(1)碳碳双键醛基羧基。

(2)OHC－CH＝CH－COOH＋2H2HO－CH2－CH－CH2－COOH

(3)(4)

(5)或酯化反应23、（1）C4H10

（2）

（3）2-甲基-1-丙烯

（4）消去反应，水解反应（取代反应）

（5）

（6）CH2=CH-CH=CH2

【分析】【分析】本题考查有机化合物的推断和有机反应类型的判断，同分异构体等，题目难度中等。【解答】rm{(1)}rm{11.2L(}标准状况rm{)}的烃rm{A}物质的量为rm{0.5mol}在氧气中充分燃烧可以产生rm{88gCO}标准状况rm{11.2L(}的烃rm{)}物质的量为rm{A}在氧气中充分燃烧可以产生rm{0.5mol}rm{88gCO}rm{{,!}_{2}(2mol)}和rm{45gH}rm{45gH}rm{{,!}_{2}}则证明rm{O}当中含有rm{O}个碳原子，rm{(2.5mol)}个氢原子，则rm{A}是rm{4}故答案为：rm{10}rm{A}rm{C_{4}H_{10}}有支链，则rm{C_{4}H_{10}}是异丁烷，在光照下和氯气反应生成的一氯代烃rm{(2)}和rm{A}有支链，则rm{A}是异丁烷，在光照下和氯气反应生成的一氯代烃rm{B}和rm{C}分别是：分别是：和故答案为：和rm{A}rm{A}分别和氢氧化钠醇溶液发生消去反应生成烯烃rm{B}rm{C}的系统命名名称是：rm{(3)B}甲基rm{C}丙烯，故答案为：rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}甲基rm{D}丙烯；rm{2-}反应rm{-1-}是氯代烃的消去反应；反应rm{2-}是氯代烃的水解反应，故答案为：消去反应，水解反应rm{-1-}取代反应rm{(4)}rm{1}反应rm{3}是rm{(}与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，反应方程式为：反应rm{)}是反应rm{(5)}的产物rm{垄脷}是与氢氧化钠水溶液发生的取代反应生成醇类，反应方程式为：故答案为：rm{垄脷}根据rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}的分子式及结构简式可知，其同分异构体为正丁烷，正丁烷的二氯代物rm{垄脹}有两种等效氢，且峰面积之比为rm{垄脷}的结构为：rm{E}rm{(6)}在足量的rm{A}的醇溶液中加热，充分反应后生成rm{G}发生的是消去反应，rm{1:1}为：rm{CH_{2}ClCH_{2}CH_{2}CH_{2}Cl}rm{G}在足量的rm{NaOH}的醇溶液中加热，充分反应后生成rm{H}发生的是消去反应，rm{H}为：中含双键，可以发生加聚反应的化学方程式：rm{G}rm{NaOH}故答案为：rm{H}；

rm{H}【解析】rm{(1)C_{4}H_{10}}rm{(2)}rm{(3)2-}甲基rm{-1-}丙烯rm{(4)}消去反应，水解反应rm{(}取代反应rm{)}rm{(5)}rm{(6)CH_{2}=CH-CH=CH_{2;;;;;;;;;;}}rm{{,!}}rm{{,!}}五、简答题(共4题，共8分)24、（1）①N2(g)＋O2(g)=2NO(g)△H=+180kJ/mol②排水法（2）①ad②Ⅱ无水CuSO4变蓝有可能是因为制取NH3时产生了H2O，不一定是反应产生的H2O（3）①2︰12MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O②D【分析】【分析】本题考查热化学方程式的书写，气体制备、收集和性质探究、氧化还原反应和离子方程式书写等知识，难度不大。【解答】rm{(1)垄脵}氮气和氧气在放电条件下生成rm{NO}标准状况下rm{11.2L}即rm{0.5mol}氮气与氧气反应吸收rm{90kJ}热量，则该反应的热化学方程是为：即rm{11.2L}氮气与氧气反应吸收rm{0.5mol}热量，则该反应的热化学方程是为：rm{90kJ}rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)}；

故答案为：rm{triangleH=+180kJ/mol}rm{N}rm{2}rm{2}rm{(g)+O}rm{2}；rm{2}一氧化氮难溶于水可用排水法收集；

故答案为：排水法；rm{(g)=2NO(g)}中氯化铵受热分解成氨气和氯化氢在试管口处温度降低会重新反应生成氯化铵，无气体导出，故rm{triangleH=+180kJ/mol}错误；rm{垄脷}浓氨水遇生石灰，生石灰吸水放热会使浓氨水分解产生大量的氨气，故rm{(2)垄脵a.}正确；rm{a}加热会使浓氨水分解产生大量的氨气，故rm{b.}正确；rm{b}浓氨水和浓硫酸反应，无氨气逸出，故rm{c}错误，故答案为：rm{c}rm{d.}rm{d}装置中黑色氧化铜变为红色，氨气将氧化铜还原反应生成了rm{ad}或rm{垄脷}rm{B}装置中黑色氧化铜变为红色，氨气将氧化铜还原反应生成了rm{Cu}或rm{Cu}rm{B}，故Ⅰ正确；无水rm{Cu}变蓝有可能是因为制取rm{Cu}rm{2}时产生了rm{2}rm{O}，故Ⅰ正确；rm{O}不一定是反应产生的rm{CuSO_{4}}rm{NH}rm{3}故Ⅱ不合理；根据所含的元素和气体的性质rm{3}装置中收集到无色无味气体为rm{H}故Ⅲ正确，rm{2}Ⅱ；无水rm{2}rm{O}变蓝有可能是因为制取rm{H}rm{2}时产生了rm{2}rm{O}rm{E}装置中收集到无色无味气体为rm{N_{2}}故Ⅲ正确，不一定是反应产生的rm{E}rm{N_{2}}故答案为：rm{CuSO}rm{4}rm{4}rm{NH}rm{3}反应生的气体为rm{3}rm{H}被氧化生产rm{2}根据反应中元素价态变化及得失电子守恒原理可知，氧化剂和氧化产物物质的量之比为rm{2}亚硝酸根离子被高锰酸根离子氧化生成rm{O}rm{H}被还原生成rm{2}该反应的离子方程式为：rm{2}rm{O}rm{(3)垄脵}rm{NaNO}rm{NaNO}rm{2}rm{2}和rm{KI}反应生的气体为rm{NO}rm{I-}被氧化生产rm{I_{2}}根据反应中元素价态变化及得失电子守恒原理可知，氧化剂和氧化产物物质的量之比为rm{KI}

故答案为：rm{NO}rm{I-}rm{I_{2}}rm{2漏U1}rm{NO_{3}^{-}}rm{MnO_{4}^{-}}rm{Mn^{2+}}rm{2MnO}rm{4}rm{4}rm{{,!}^{-}+5NO}rm{2}rm{{,!}^{-}}可以解毒；

故答案为：rm{2}

rm{2}【解析】rm{(1)垄脵N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)}rm{triangleH=+180kJ/mol}rm{垄脷}排水法rm{(2)垄脵ad}rm{垄脷}Ⅱ无水rm{CuSO_{4}}变蓝有可能是因为制取rm{NH_{3}}时产生了rm{H_{2}O}不一定是反应产生的rm{H_{2}O}rm{(3)垄脵2漏U1}rm{2MnO_{4}^{-}+5NO}rm{{,!}_{2}^{-}}rm{{,!}_{2}^{-}}rm{+6H^{+}=2Mn^{2+}+5NO_{3}^{-}+3H_{2}O}rm{垄脷D}25、略

【分析】

由竖直平面内的圆周运动的临界条件可求得最高点的速度；再由机械能守恒定律可求得h

的高度，注意若h鈮�R

时，小球会在圆轨道圆心一下来回运动，也不脱离轨道，据此求出h

的范围．

本题考查机械能守恒定律及向心力公式的应用，要注意明确竖直平面内做圆周运动时，刚好不脱离圆轨时，在圆轨道最高点重力提供向心力．【解析】解：小球可能做完整的圆周运动，刚好不脱离圆轨时，在圆轨道最高点重力提供向心力：mg=mv2r

由机械能守恒得：mgh鈭�mg?2r=12mv2

解得：h=2.5r

也可能不超过与圆心等高处；由机械能守恒得：

mgh=mg?r

得：h=r

综上得为使小球在沿圆轨道运动时始终不离开轨道，h

的范围为：h鈮�r

或h鈮�2.5r

．

答：为使小球在沿圆轨道运动时始终不离开轨道，h

的范围为：h鈮�r

或h鈮�2.5r

．26、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