2025年外研衔接版高三物理上册阶段测试试卷含答案

…………○…………内…………○…○…………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年外研衔接版高三物理上册阶段测试试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、以下说法中正确的是（）A.瞬时速度可以看成是极短时间内的平均速度B.物体做变速直线运动，平均速度就平均速率C.物体做变速直线运动，平均速度就是物体通过的路程与所用时间的比值D.做变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度，一定和物体在这段时间首尾时刻的瞬时速度平均值相等2、一物体做直线运动；其v-t图象如图所示，从图中可以看出，以下说法正确的是（）

A.只有0～2s内加速度与速度方向相同B.0～2s内物体的加速度为1.5m/s2C.4～6s内物体的速度一直在减小D.4～6s内加速度的方向与速度方向相同3、如图是一列简谐横波在某时刻的波形图，已知图中b位置的质点起振比a位置的质点晚0.5s，b和c之间的距离是5m，则此列波的波长和频率应分别为（）A.5m，1HzB.10m，2HzC.5m，2HzD.10m，1Hz4、某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻为R，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4：1，降压变压器副线圈两端交变电压u=220sin100πt（V），降压变压器的副线网与阻值R0=11Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是（）A.通过电阻R0的电流的有效值是20AB.降压变压器T2原、副线圈的电压比为1：4C.升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压D.升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率5、2014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持，特别是“高分一号”突破了空间分辨率，多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术，如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图，“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G2”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动，卫星“G1”和“G2”的轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置，若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力，则以下说法正确的是（）A.卫星“G1”和“G2”的加速度大小相等均为gB.如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其加速C.卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为D.“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大6、质量为m的人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，线速度为v，加速度为a，周期为T，角速度为ω．下列关系正确的是（）A.v∝B.a∝C.T2∝r3D.ω∝评卷人得分二、多选题(共5题，共10分)7、光线从空气射入某介质，入射光线和界面的夹角为45°，反射光线和折射光线的夹角为105°，由此可知（）A.该介质的折射率B.光在这种介质中的传播速度为×108m/sC.光线从空气射入介质时，入射角大于45°会发生全反射D.光线从空气射入介质时，最大折射角不超过45°8、如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=-2×10-1m和x=12×10-1m处；两列波的波速均为v=0.4m/s，两波源的振幅均为A=2cm。图示为t=0时刻两列波的图象（传播方向如图），此刻平衡位置处于x=0.2m和0.8m的P；Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于x=0.5m处，关于各质点运动情况判断正确的是（）

A.质点P、Q都首先沿y轴负向运动B.t=0.75s时刻，质点P、Q都运动到M点C.t=1s时刻，质点M的位移为+4cmD.t=1s时刻，质点M的位移为-4cm9、如图所示，一个电量为-Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电量为+q及质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点的速度最小为v．已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ、AB间距离为L0及静电力常量为k，则（）A.OB间的距离为B.点电荷乙能越过B点向左运动，其电势能仍增多C.在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差UAB=D.从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W=μmgL0+mv02-mv210、今将磁铁缓慢或者迅速插入一闭合线圈（始末位置相同），试对比在上述两个过程中，相同的物理量是（）A.磁通量的变化量B.磁通量的变化率C.线圈中产生的感应电流D.流过线圈导线截面的电荷量11、两个质点甲和乙，同时由同一地方沿同一方向作直线运动，它们的v-t图如图所示，则（）A.甲做匀速运动，乙做匀加速运动B.2s前甲比乙速度快，2s后乙比甲速度快C.在2s时刻，乙追上甲D.在第2s内，甲的平均速度大于乙的平均速度评卷人得分三、双选题(共9题，共18分)12、【题文】水平桌面上有甲；乙、丙三个完全相同的容器；装有不同的液体，将三个长方体A、B、C分别放入容器的液体中，静止时的位置如图所示，三个容器的液面相平。已知三个长方体的质量和体积都相同。则下列判断正确的是。

A．物体受到的浮力F浮A＞F浮B＞F浮C

B．容器对桌面的压力F甲＜F乙＜F丙

C．液体对容器底的压强p甲＝p乙＝p丙

D．物体下表面受到液体的压力F′A＞F′B＝F′C13、短周期元素rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序数之和为rm{45}四种元素均位于不同主族。rm{W}的最高正价和最低负价代数和等于rm{0}rm{X}单质可作半导体材料；rm{Z}的气态氢化物与其最高价含氧酸都是强酸。下列说法中正确的是A.原子半径：rm{X<Y}B.最简单氢化物的稳定性：rm{Z>X}C.rm{Y}的简单离子与rm{Z}的简单离子具有相同的电子层结构D.化合物rm{XWZ_{3}}中存在离子键和极性键14、三位分别来自法国、美国、荷兰的科学家因研究“分子机器的设计与合成”而获得rm{2016}年诺贝尔化学奖。纳米分子机器日益受到关注，机器的“车轮”常用组件如下，下列说法正确的是()rm{垄脵(}三碟烯rm{)}rm{垄脷(}扭曲烷rm{)}rm{垄脹(}富勒烯rm{)}rm{垄脺(}金刚烷rm{)}A.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}均属于烃B.rm{垄脵垄脹}均能发生加成反应C.rm{垄脵垄脺}互为同分异构体D.rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}的一氯代物均只有一种15、常温下，用rm{0.1000mol/L}的盐酸滴定rm{20.00mL}未知浓度的rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，溶液的rm{pH}与所加盐酸的体积关系如图所示。下列有关叙述正确的是A.rm{a}点溶液呈碱性的原因用离子方程式表示为：rm{CO{}^{^{2-}}_{_{3}}+2H_{2}Ooverset{?}{}H_{2}CO_{3}+2OH^{-}}B.rm{CO{}^{^{2-}}_{_{3}}+2H_{2}O

overset{?}{}H_{2}CO_{3}+2OH^{-}}点处的溶液中rm{c}rm{c}rm{(Na^{+})-}rm{c}rm{(Cl^{-})=}rm{c}rm{(HCO{}^{^{-}}_{_{3}})+2}rm{c}C.滴定过程中使用甲基橙作为指示剂比酚酞更准确D.rm{(CO{}^{^{2-}}_{_{3}})}点处溶液中水电离出的rm{d}rm{c}大于rm{(H^{+})}点处rm{b}16、rm{X}rm{Y}rm{Z}rm{T}四种原子序数递增的短周期元素，其部分性质或结构如下：。元素元素性质或原子结构rm{X}形成的简单阳离子核外无电子rm{Y}元素的气态氢化物的水溶液显碱性rm{Z}元素在周期表中的周期序数是族序数的rm{3}倍rm{T}同周期元素中形成的简单离子半径最小下列说法不正确的是rm{(}rm{)}A.原子半径大小顺序：rm{Z>T>Y>X}B.rm{X}与rm{Y}可形成既含极性键又含非极性键的化合物C.rm{X}rm{Y}rm{Z}的三种元素形成的化合物只可能含有共价键，不可能含有离子键D.由rm{X}rm{Y}和rm{T}三种元素的简单离子，均能破坏水的电离平衡17、某课题组以纳米rm{Fe_{2}O_{3}}作为电极材料制备锂离子电池rm{(}另一极为金属锂和石墨的复合材料rm{)}通过在室温条件下对锂离子电池进行循环充放电，成功地实现了对磁性的可逆调控rm{(}如图rm{)}以下说法正确的是A.放电时，正极的电极反应式为rm{Fe_{2}O_{3}+6Li^{+}+6e^{-}=2Fe+3Li_{2}O}B.该电池可以用水溶液做电解质溶液C.放电时，rm{Fe}作电池的负极，rm{Fe_{2}O_{3}}作电池的正极D.充电时，电池被磁铁吸引评卷人得分四、填空题(共4题，共8分)18、（2014春•浦东新区校级期中）地球表面上有P、Q两点，它们与地轴AB的夹角分别为60°和30°，如图所示．则P、Q两点的角速度大小之比是____，线速度大小之比是____．19、（2012春•巴州区校级月考）如图所示，匀强磁场区和无磁场区的宽度都为L，磁场区Ⅰ和Ⅲ内的磁感强度大小为B；磁场区Ⅱ和Ⅳ内的磁感强度大小为2B，边长为L、总电阻为R的正方形线框abcd，以速度v向右匀速运动，从线框bc边刚进入区域Ⅰ开始计时，到线框bc边刚离开区域Ⅳ停止计时，在这段时间内线框中电流生热的平均功率为____W．20、有一电流表，其内阻Rg为100Ω，满偏电流Ig为3mA．若要把它改装成量程为6V的电压表，应串联____Ω的电阻；若要把它改装成量程为3A的电流表，应并联____Ω的电阻．21、（2014春•南昌县校级月考）光滑的水平面上盛放有质量分别为m和的两木块，下方木块与一劲度系数为k的弹簧相连，弹簧的另一端固定在墙上，如图所示．己知两木块之间的最大静摩擦力为f，为使这两个木块组成的系统象一个整体一样地振动，系统的最大振幅为____．评卷人得分五、判断题(共3题，共27分)22、“宁停三分，不抢一秒”指的是时间．____．（判断对错）23、电荷所受的洛伦兹力方向不一定与磁场方向垂直____．（判断对错）24、物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大．____．评卷人得分六、推断题(共2题，共20分)25、随着环境污染的加重和人们环保意识的加强，生物降解材料逐渐受到了人们的关注。以下是rm{PBA(}一种生物降解聚酯高分子材料rm{)}的合成路线：已知：rm{垄脵}烃rm{A}的相对分子质量为rm{84}核磁共振氢谱显示只有rm{1}组峰，不能使溴的四氯化碳溶液褪色。rm{垄脷}化合物rm{C}中只含一个官能团。rm{垄脹R_{1}CH=CHR_{2}}rm{R_{1}COOH+R_{2}COOH}rm{垄脺}rm{(1)}由rm{A}生成rm{B}的反应类型为________。rm{(2)}由rm{B}生成rm{C}的化学方程式为________。rm{(3)E}的结构简式为________。rm{(4)F}的名称为________rm{(}用系统命名法rm{)}由rm{D}和rm{F}生成rm{PBA}的化学方程式为________；若rm{PBA}的平均聚合度为rm{70}则其平均相对分子质量为________。rm{(5)E}的同分异构体中能同时满足下列条件的共有________种。rm{(}不含立体异构rm{)垄脵}链状化合物rm{垄脷}能发生银镜反应rm{垄脹}氧原子不与碳碳双键直接相连其中，核磁共振氢谱显不为rm{2}组峰，且峰面积比为rm{2漏U1}的是________。rm{(}写结构简式rm{)}rm{(6)}若由rm{1}rm{3-}丁二烯为原料rm{(}其他无机试剂任选rm{)}通过三步制化合物rm{F}其合成路线为：________。26、某新型有机化学材料rm{G}的合成路线如图所示，请回答下列问题：的合成路线如图所示，请回答下列问题：rm{G}分子中的含氧官能团是__________________rm{(1)F}填名称rm{(}

rm{)}高分子化合物rm{(2)}的结构简式是______________________；

rm{D}写出由rm{(3)}与rm{A}溶液共热的化学方程式：_______________________；

rm{NaOH}的反应类型有_______________________；

rm{(4)F隆煤H}的同分异构体有多种，其中官能团种类不变，能与rm{(5)B}rm{FeCl}发生显色反应，且其中核磁共振氢谱显示rm{{,!}_{3}}组峰，且峰面积之比为rm{6}的同分异构体的结构简式有______________种；

rm{1:1:1:1:2:3}参照上述合成路线，以rm{(6)}rm{CH}rm{{,!}_{3}CHBrCOOCH}为原料rm{{,!}_{3}}无机试剂任选rm{(}设计制备聚乳酸rm{)}聚rm{(}羟基丙酸rm{2-}合成路线。______________。rm{)}参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、A【分析】【分析】正确理解平均速度和瞬时速度的概念是解答本题的关键，平均速度粗略描述物体的运动快慢，对应于一段时间或一段位移；瞬时速度是物体通过某一位置或某一时刻的速度，对应于某一位置或某一时刻【解析】【解答】解：A；平均速度是某段时间内位移与时间的比值；瞬时速度可以看成是极短时间内的平均速度．故A正确．

B；平均速度是位移与时间的比值；平均速率是路程与时间的比值．故B错误．

C；物体做变速直线运动；平均速度就是物体通过的位移与所用时间的比值．故C错误．

D；平均速度是位移与时间的比值；匀变速直线运动中和物体在这段时间首尾时刻的瞬时速度平均值相等，非匀变速直线运动不是．故D错误．

故选：A2、B【分析】【分析】速度-时间图象的斜率等于物体运动的加速度，斜率大于零说明物体的加速度沿正方向，斜率小于0说明物体的加速度沿负方向；速度v＞0，说明物体的速度沿正方向，v＜0，说明物体运动的方向沿负方向．【解析】【解答】解：A；根据图象可知；5-6s内，加速度与速度都为负，方向相同，故A错误；

B、速度-时间图象的斜率等于物体运动的加速度，0～2s内物体的加速度为：a=k=；故B正确；

C；4～6s内物体的速度先减小后反向增加；故物体不是一直减小，故C错误；

D；4～6s内加速度的方向一直为负；而速度方向先正后负，不是一直相同，故D错误；

故选：B．3、A【分析】【分析】由图知，b和c之间的距离等于波长．质点b的起振时刻比质点a延迟了0.5s，说明波沿x轴正方向传播，0.5s=T，求出周期，得到频率．【解析】【解答】解：由图知，b和c之间的距离等于波长，则λ=5m．由题可知：ab间的距离是半个波长，则有：0.5s=T，解得：T=1s，频率f==1Hz．

故选：A4、D【分析】【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，可以求得降压变压器的电流和输电线上的电流的大小，从而可以求得输电线和用电器消耗的功率的大小．【解析】【解答】解：A、降压变压器副线圈两端交变电压有效值为110V，负载电阻为11Ω，所以通过R0电流的有效值是10A；选项A错误；

B、降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4：1，所以降压变压器T2原；副线圈的电压比为4：1；所以选项B错误；

C、升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压加上输电线上的电压；所以选项C错误；

D、升压变压器T1的输出功率等于降压变压器T2的输入功率加上输电线上的功率；所以选项D正确．

故选D．5、A【分析】【分析】A、根据万有引力提供向心力，以及黄金代换式GM=gR2．求卫星的加速度大小．

B；“高分一号”卫星速度增大；万有引力不够提供向心力，做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长．

C；根据万有引力提供向心力求出卫星的角速度；然后通过转过的角度求出时间．

D、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，要克服阻力做功，速度减小．【解析】【解答】解：A、根据万有引力提供向心力得：a=，而GM=gR2．所以卫星的加速度．故A正确．

B；“高分一号”卫星加速；将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其减速，故B错误．

C、根据万有引力提供向心力，得．所以卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间t=．故C错误．

D；“高分一号”是低轨道卫星；其所在高度有稀薄气体，要克服阻力做功，速度减小，故D错误．

故选：A6、C【分析】【分析】人造地球卫星绕地球匀速圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，据此分析即可．【解析】【解答】解：人造卫星绕地球匀速圆周运动万有引力提供圆周运动向心力有：

A、线速度可得v∝；故A错误；

B、加速度a=可得a∝；故B错误；

C、周期T=可得T2∝r3；故C正确；

D、角速度可得；故D错误．

故选：C．二、多选题(共5题，共10分)7、CD【分析】【分析】入射角为入射光线与法线的夹角，折射角为折射光线与法线的夹角．根据折射定律求出介质的折射率．【解析】【解答】解：A、入射角θ1=45°，折射角θ2=30°

根据折射定律得：n==；故A错误；

B、光在这种介质中的传播速度为v==c；故B错误；

C、由全反射定律：sinC=

C=45°；故C正确；

D；根据光路的可逆性知光线从空气射入介质时；最大折射角不超过45°，D正确；

故选：CD．8、AD【分析】解：A；由波的传播方向可确定质点的振动方向：逆向描波法。两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播；则质点P、Q均沿y轴负方向运动。故A正确；

B；质点不随波迁移；所以质点P、Q都不会运动到M点，故B错误；

C、由波长与波速关系可求出，波的周期为T=1s，两质点传到M的时间为T；当t=1s时刻，两波的波谷恰好传到质点M，所以位移为-4cm。故C错误；

D、由波长与波速关系可求出，波的周期为T=1s，两质点传到M的时间为T；当t=1.5s后，Q点经过了一个半周期又回到了平衡位置，所以质点Q的位移为0，故D正确。

故选：AD。

两列频率相同的相干波；当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱。由此可根据AB间距求出该的波长，从而算出波的周期。由波的传播方向来确定质点的振动方向。

波的叠加满足矢量法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零。【解析】AD9、AC【分析】【分析】本题首先要正确分析物体受力特点，明确力和运动的关系，在本题中注意滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，根据牛顿第二定律和功能关系可正确解答【解析】【解答】解：A、当速度最小时有：mgμ=F库=k，解得：r=；故A正确；

B；在小球向左运动过程中电场力一直做正功；因此电势能一直减小，故B错误；

C、点电荷从A运动B过程中，根据动能定理有：UABq-mgμL0=，解得，UAB=．故C正确．

D、从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W=UABq=mgμL0+；故D错误．

故选：AC10、AD【分析】【分析】根据产生感应电流的条件分析有无感应电流产生．再根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流的大小．【解析】【解答】解：A、当条形磁铁插入线圈的瞬间，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流．条形磁铁第一次缓慢插入线圈时，磁通量增加慢．条形磁铁第二次迅速插入线圈时，磁通量增加快，但磁通量变化量相同．根据q=；可知，导体某一横截面的电荷量也相同，故AD正确；

B；根据法拉第电磁感应定律第二次线圈中产生的感应电动势大；则磁通量变化率也大．

根据法拉第电磁感应定律第二次线圈中产生的感应电动势大，再欧姆定律可知第二次感应电流大，即I2＞I1．故BC错误；

故选：AD．11、ABD【分析】【分析】v-t图象中倾斜的直线表示匀变速直线运动，平行于t轴的直线表示匀速直线运动；每点的坐标表示物体的速度；图象的斜率表示物体的加速度；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移．根据平均速度公式=分析平均速度的大小．【解析】【解答】解：A；由图知；甲做匀速运动，乙做匀加速运动，故A正确．

B；前2s甲的速度大于乙的速度；而2s后乙的速度大于甲的速度，所以2s前甲比乙速度快，2s后乙比甲速度快，故B正确；

C；两s末两物体的速度相等；但此时相距最远，故C错误；

D、由图可知，由“面积”知第2s内甲的位移大于乙的位移，由公式=分析得知；在第2s内，甲的平均速度大于乙的平均速度，故D正确；

故选ABD．三、双选题(共9题，共18分)12、B|D【分析】【解析】

试题分析：三个长方体的质量相同，它们在三种液体中都只受重力和浮力，由二力平衡，它们受到的浮力大小相等，A选项错误。由三个长方体在液体中所处的深度不同，得到容器底所处的深度相同，液体对容器底的压强C选项错误。容器是相同的，所以容器对桌面的压力B选项正确。浮力是物体上下表面所受的压力差，A物体上下表面都受到液体的压力，B/、C只有下表面受到压力，所以它们下表面所受到的压力F′A＞F′B＝F′C；D选项正确。

考点：压力压强【解析】【答案】B、D13、AB【分析】【分析】本题考查了位置、结构与性质的关系，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系。【解答】rm{X}单质可作半导体材料，则rm{X}为rm{Si}元素；rm{W}的最高正价和最低负价代数和等于rm{0}四种元素均位于不同主族，则rm{W}为rm{H}元素；rm{Z}的气态氢化物与其最高价含氧酸都是强酸，则rm{Z}为rm{Cl}元素；短周期元素rm{W}rm{X}rm{Y}rm{Z}的原子序数之和为rm{45}则rm{Y}的原子序数为rm{45-1-14-17=13}则rm{Y}为rm{Al}元素。单质可作半导体材料，则rm{X}为rm{X}元素；rm{Si}的最高正价和最低负价代数和等于rm{W}四种元素均位于不同主族，则rm{0}为rm{W}元素；rm{H}的气态氢化物与其最高价含氧酸都是强酸，则rm{Z}为rm{Z}元素；短周期元素rm{Cl}rm{W}rm{X}rm{Y}的原子序数之和为rm{Z}则rm{45}的原子序数为rm{Y}则rm{45-1-14-17=13}为rm{Y}元素。rm{Al}和A.rm{Si}和rm{Al}为第三周期元素，同周期从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：rm{Al>Si}故A正确；为第三周期元素，同周期从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：rm{Si}故A正确；rm{Al}则氢化物稳定性：rm{Al>Si}故B正确；B.由于非金属性rm{Cl>Si}则氢化物稳定性：rm{HCl>SiH_{4}}故B正确；个电子，氯离子有rm{Cl>Si}个电子，故C错误；rm{HCl>SiH_{4}}中只含有极性键，无离子键，故D错误。C.铝离子有rm{10}个电子，氯离子有rm{18}个电子，故C错误；

rm{10}【解析】rm{AB}14、AB【分析】【分析】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，注意把握官能团与性质的关系，侧重苯、烷烃性质的考查。【解答】A.只含有碳氢两种元素的有机物为烃，rm{垄脵垄脷垄脹垄脺}均属于烃，故A正确；B.三碟烯和富勒烯中均含有不饱和键，能发生加成反应，故B正确；C.三碟烯的分子式为rm{C_{20}H_{14}}金刚烷的分子式为rm{C_{10}H_{16}}二者不是同分异构体，故C错误；D.三碟烯的一氯代物有rm{4}种，金刚烷的一氯代物有rm{3}种，故D错误。故选AB。【解析】rm{AB}15、rm{BC}【分析】【分析】本题考查了酸碱中和滴定的应用，题目难度中等，明确溶液酸碱性与溶液rm{pH}的关系为解答关键，注意掌握中和滴定侧重方法，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。【解答】A.rm{a}点为rm{Na_{2}CO_{3}}溶液，碳酸根离子部分水解，溶液呈碱性，碳酸根离子的水解一第一步为主，正确的离子方程式为：rm{CO_{3}^{2-}+H_{2}O?HCO_{3}^{-}+OH^{-}}故A错误；

B.rm{c}点的rm{pH=7}溶液呈中性，则rm{c(H^{+})=c(OH^{-})}根据电荷守恒rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(Cl^{-})+c(HCO_{3}^{-})+2c(CO_{3}^{2-})+c(OH^{-})}可知：rm{c(Na^{+})-c(Cl^{-})=c(HCO_{3}^{-})+2c(CO_{3}^{2-})}故B正确；

C.碳酸氢钠溶液的rm{pH}接近rm{8.2}与酚酞变色的rm{pH}接近，变色时的rm{pH}和反应终点的rm{pH}不好判断；而使用甲基橙容易判断终点，且反应产生的二氧化碳不能全部逸出使溶液偏酸性，因此使用甲基橙的误差小rm{(}使用甲基橙易判断滴定终点，误差小rm{)}故C正确；

D.rm{b}点碳酸氢根离子水解，促进了水的电离，而rm{d}点溶液呈酸性，抑制了水的电离，则rm{d}点处溶液中水电离出的rm{c(H^{+})}小于rm{b}点处；故D错误；

故选BC。

【解析】rm{BC}16、AC【分析】【分析】本题考查元素的结构与元素的性质，题目难度中等，注意正确推断元素的种类为解答该题的关键。【解答】rm{X}形成的简单阳离子核外无电子，应为rm{H}元素；rm{Y}元素的气态氢化物和它的最高价氧化物对应的水化物能发生化合反应，形成的物质为铵盐，应为rm{N}元素；rm{Z}元素在周期表的族序数等于周期序数的rm{3}倍，即最外层电子数为电子层数的rm{3}倍，应为rm{O}元素；rm{T}同周期元素中形成的简单离子半径最小，应为rm{Al}元素；

即rm{X}为rm{H}元素，rm{Y}为rm{N}元素，rm{Z}为rm{O}元素，rm{T}为rm{Al}元素；则。

A.根据同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，原子的核外电子层数越多，半径越大可知，原子半径顺序为rm{T>Y>Z>X}故A错误；

B.rm{X}分别与rm{Y}形成rm{N_{2}H_{4}}等化合物；既含极性键又含非极性键，故B正确；

C.rm{X}rm{Y}rm{Z}的三种元素形成的rm{NH_{4}NO_{3}}中只含有共价键也含有离子键rm{X}rm{Y}的三种元素形成的rm{Z}中只含有共价键也含有离子键；故C错误；

D.rm{NH_{4}NO_{3}}由rm{X}rm{Y}和rm{T}三种元素的简单离子，均能和rm{X}三种元素的简单离子，均能促进水的电离；故D正确。

故选AC。

rm{Y}【解析】rm{AC}17、AD【分析】【分析】本题综合考查原电池和电解池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握原电池、电解池的工作原理以及电极方程式的书写，难度中等。【解答】A.正极发生还原反应，rm{F}rm{e}rm{2}rm{O}rm{3}rm{{,!}}，rm{F}rm{e}rm{2}rm{O}rm{3}，rm{F}rm{e}rm{2}rm{O}rm{3}，rm{F}rm{e}rm{2}rm{O}rm{3}，rm{F}rm{e}rm{2}rm{O}rm{3}，rm{F}得电子被还原rm{F}所以放电时电池正极的电极反应式为rm{e}rm{2}rm{e}，故rm{e}正确；B.锂和水发生反应，所以不可以用rm{e}溶液为电解质溶液，故rm{2}错误；C.rm{2}作电池的负极，rm{O}rm{3}rm{O}rm{O}rm{O}rm{3}rm{3}，故rm{{,!}}错误；D.充电时，，，作为阳极，电池被磁铁吸引，故，。故选AD。，【解析】rm{AD}四、填空题(共4题，共8分)18、1：1：1【分析】【分析】同一圆环以直径为轴做匀速转动时，环上的点的角速度相同，根据几何关系可以求得Q、P两点各自做圆周运动的半径，根据v=ωr即可求解线速度之比．【解析】【解答】解：P；Q两点以它的直径AB为轴做匀速转动；它们的角速度相同，比值为1：1；

Q点转动的半径：r1=Rsin30°；

P点转动的半径：r2=Rsin60°；

根据v=ωr得：

线速度之比：

v2：v1=r2：r1=：1．

故答案为：1：1；：1．19、【分析】【分析】金属框从I区域完全拉入到Ⅳ区域完全拉出过程可以分成四段研究：第一段在Ⅰ区运动；第二段在Ⅱ区运动，第三段在Ⅲ区运动，第四段在Ⅳ区运动．

根据欧姆定律求出导线中的电流．根据焦耳定律求出线框中电流产生的热量．最后根据平均功率定义求解．【解析】【解答】解：线框进出Ⅰ和Ⅲ区运动，产生的电能为：W1=Rt1=（）2R×=

线框进出Ⅱ和Ⅳ区运动，产生的电能为：W2=Rt2═（）2R×=

从线框bc边刚进入区域Ⅰ开始计时，到线框bc边刚离开区域Ⅳ停止计时所经历的总时间为：t总=

在这段时间内线框中电流生热的平均功率为：P==；

故答案为：．20、19000.1【分析】【分析】改装成电压表要串联电阻，阻值为R=（u为量程）改装成电流表要并联电阻，阻值R=，I为量程．【解析】【解答】解：改装成电压表要串联电阻，阻值为R=R==

改装成电流表要并联电阻，阻值R═==0.1Ω

故答案为：19000.121、【分析】【分析】对整体而言，回复力为弹簧的弹力，对上面的木块而言，回复力为静摩擦力．振幅最大时，回复力最大．【解析】【解答】解：对整体最大振幅时有：kA=（m+）a

a=

隔离分析；当最大振幅时，两木块间的摩擦力达到最大静摩擦力．

f=a=

所以A=

故答案为：．五、判断题(共3题，共27分)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】电荷的定向移动叫做电流；根据左手定则判断磁场力方向；

左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．【解析】【解答】解：根据左手定则；洛伦兹力方向垂直于电荷运动方向与磁场方向构成的平面，即洛伦兹力方向一定与磁场方向垂直；

故答案为：×．24、×【分析】【分析】根据加速度的定义式a=可知物体的加速度等于物体的速度的变化率，与物体速度无关，即物体的速度变化越快物体的加速度越大．再由牛顿第二定律可知，F=ma，即加速度与合外力的关系．【解析】【解答】解：根据加速度的定义式a=可知；物体的速度越大，则加速度不一定越大；

再由牛顿第二定律可知；F=ma，可知，当加速度越大时，则合外力越大，故是错误的；

故答案为：×．六、推断题(共2题，共20分)25、rm{(1)}取代rm{(2)}rm{(3)HOCH_{2}CequivCCH_{2}OH}rm{(3)HOCH_{2}Cequiv

CCH_{2}OH}rm{(4)1}丁二醇rm{4-}rm{14018}具体为：rm{(5)6}或rm{(6)}先水解得到rm{BrCH_{2}CH=CHCH_{2}Br}再催化氢化rm{HOCH_{2}CH=CHCH_{2}OH}【分析】【分析】本题考查有机物的推断和有机物的合成，反应类型和同分异构体的判断，化学方程式、结构简式的书写等，难度中等。【解答】rm{(1)}由rm{A}生成rm{B}的反应类型为取代反应；由rm{(1)}生成rm{A}的反应类型为取代反应；rm{B}故答案为：取代反应；由rm{(2