2024年華師大版高三物理下冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年華師大版高三物理下冊(cè)月考試卷313考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、取一根長2m左右的細(xì)線，5個(gè)鐵墊圈和一個(gè)金屬盤．在線的一端系上第一個(gè)墊圈，隔12cm再系一個(gè)，以后每兩個(gè)墊圈之間的距離分別為36cm、60cm、84cm，如圖所示，站在椅子上，向上提起線的上端，讓線自由垂下，且第一個(gè)墊圈緊靠放在地面上的金屬盤內(nèi)．松手后開始計(jì)時(shí)，若不計(jì)空氣阻力，則第2、3、4、5各墊圈（）A.落到盤上的聲音時(shí)間間隔越來越大B.依次落到盤上的時(shí)間關(guān)系為1：（-1）：（-）：（2-）C.依次落到盤上的速率關(guān)系為1：：2D.依次落到盤上的速率關(guān)系為1：2：3：42、如圖所示；接通開關(guān)電源給電容器充電，則（）

A.保持S接通，減小兩極板間距離，則兩板間電場的電場強(qiáng)度減小B.保持S接通，在兩板間插入一塊介質(zhì)，則電容帶電增加C.斷開S，減小板間距離，則兩板間電勢(shì)差增大D.斷開S，在兩板間插入一塊介質(zhì)，則兩板間電勢(shì)差增大3、在長為50m的標(biāo)準(zhǔn)泳池舉行200m的游泳比賽，參賽運(yùn)動(dòng)員從出發(fā)至比賽終點(diǎn)的位移和路程分別是（）A.0m，50mB.50m，100mC.100m，50mD.0m，200m4、如圖所示；在絕緣的水平面上方存在著勻強(qiáng)電場，水平面上的帶電金屬塊在水平拉力F作用下沿水平面移動(dòng)．已知金屬塊在移動(dòng)的過程中，外力F做功32J，金屬塊克服電場力做功8.0J，金屬塊克服摩擦力做功16J，則在此過程中金屬塊的（）

A.動(dòng)能增加8.0J

B.電勢(shì)能增加24J

C.機(jī)械能減少24J

D.機(jī)械能增加48J

5、把等邊直角尺懸掛在光滑水平軸O處，再在尺上加外力F使尺平衡在圖示位置．在下面4種懸掛方式中所加最小外力分別為F1，F(xiàn)2，F(xiàn)3，F(xiàn)4；四個(gè)力相比（）

A.F1最大。

B.F2最小。

C.F1和F2相等。

D.F3和F4相等。

6、空間有一電場，在x軸上-x到x間電勢(shì)φ隨x的變化關(guān)系圖象如圖所示，圖線關(guān)于φ軸對(duì)稱．一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子僅受電場力作用，以沿+x方向的初速度v，從x軸上的-x1點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)，粒子的運(yùn)動(dòng)一直在x軸上，到達(dá)原點(diǎn)0右側(cè)最遠(yuǎn)處的坐標(biāo)為x2，x2點(diǎn)與-x1點(diǎn)間的電勢(shì)差為U21；則（）

A.x2＞x，U21=

B.x＞x2＞x1，U21=

C.x2＜x1，U21=-

D.x2→+∞，U21=-

7、某電場的電場線如圖所示；則某點(diǎn)電荷在A點(diǎn)和B點(diǎn)所受電場力的大小關(guān)系是（）

A.FA＞FBB.FA＜FBC.FA=FBD.電荷正負(fù)不明無法判斷8、一平行板電容器充電后與電源斷開，正極板接地，在兩極板間有一帶電油滴（電量很小，不影響電場分布）位于P點(diǎn)且恰好處于平衡狀態(tài)．如圖所示，若保持正極板不動(dòng)，將負(fù)極板移到圖中虛線所示的位置，則（）A.帶電油滴將沿豎直方向向下運(yùn)動(dòng)B.P點(diǎn)的電勢(shì)將升高C.帶電油滴的電勢(shì)能不變D.電容器的電壓增大評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、在“探究決定導(dǎo)體電阻的因素”實(shí)驗(yàn)中，一學(xué)生將長為S的金屬絲緊密地并排繞制成一個(gè)線圈（只繞一層），記下繞制的圈數(shù)n，按照下如圖1的方式用刻度尺測(cè)得線圈的長度為L=____cm．用多用電表估測(cè)其電阻如圖2所示（使用“×1”檔），線圈的電阻讀數(shù)為____Ω（電阻讀數(shù)保留兩位有效數(shù)字）．為了更加準(zhǔn)確測(cè)定出線圈的電阻；請(qǐng)你從下列器材中選出一些，連成電路進(jìn)行測(cè)量．

實(shí)驗(yàn)器材：

A．電阻絲Rx

B．電壓表量程6V，內(nèi)阻極大．

C．電流表量程3A，內(nèi)阻約3.2Ω．

D．電流表量程0.6A，內(nèi)阻約2.2Ω．

E．滑動(dòng)變阻器R；最大阻值5Ω，額定電流為3A

F．電源E；電動(dòng)勢(shì)為12V，內(nèi)阻不計(jì)。

G．開關(guān)SH．導(dǎo)線若干。

請(qǐng)你設(shè)計(jì)出測(cè)量電路，在如圖3所示的線框中畫出電路圖，并標(biāo)明所用器材對(duì)應(yīng)符號(hào)．在某次測(cè)量中，電壓表讀數(shù)為U，電流表讀數(shù)為I，計(jì)算電阻率的公式為____（用前面的字母U，I，L，S，n及π表示）10、足球守門員在發(fā)門球時(shí)，將一個(gè)靜止的質(zhì)量為0.4kg的足球，以10m/s的速度踢出，足球沿草地做直線運(yùn)動(dòng)，3s后足球運(yùn)動(dòng)到距發(fā)球點(diǎn)21m的后衛(wèi)隊(duì)員處，速度減小到3.7m/s，則此過程中足球運(yùn)動(dòng)的平均速度為____m/s，平均加速度為____m/s2．11、一電荷以某一速度從A點(diǎn)進(jìn)入一勻強(qiáng)電場，速度方向與電場方向相同，經(jīng)過時(shí)間t1后，將電場方向改變180°，而電場大小不變，又經(jīng)過時(shí)間t2，電荷回到A點(diǎn)且速度恰好為零．則該電荷一定是____電荷（填正或負(fù)），時(shí)間t1與t2之比為____．12、用質(zhì)量為m、長度為L的繩沿著光滑水平面拉動(dòng)質(zhì)量為M的物體，在繩的一端所施加的水平拉力為F，如圖所示，則物體與繩的加速度大小為____；繩中各處張力的大小為____．（假定繩的質(zhì)量分布均勻；下垂度可忽略不計(jì)．）

13、質(zhì)量M=2㎏的長木板置于光滑水平面上，質(zhì)量均為1㎏的m1和m2兩個(gè)小物塊中間用一根處于原長的彈簧相連，它們與木板間動(dòng)摩擦因素μ1=0.1和μ2=0.3，g=10m/s2

（1）若要將M從m1和m2中抽出；F至少應(yīng)多大？

（2）此時(shí)彈簧彈力。

（3）若木板足夠長F從零開始逐漸增大，通過計(jì)算作出m2與M的摩擦力和F的關(guān)系圖象14、人從發(fā)現(xiàn)問題到采取相應(yīng)行動(dòng)所用的時(shí)間稱為反應(yīng)時(shí)間，該時(shí)間越小說明人的反應(yīng)越靈敏，反應(yīng)時(shí)間可用自由落體運(yùn)動(dòng)來測(cè)試：請(qǐng)一同學(xué)用兩個(gè)手指捏住直尺的頂端，你用一只手在直尺下端做捏住直尺的準(zhǔn)備，但手不能碰到直尺，記下這時(shí)手指在直尺上的位置．當(dāng)看到那位同學(xué)放開直尺時(shí)，你立即捏住直尺，測(cè)了直尺下落的高度為20cm，那么你的反應(yīng)時(shí)間是____s．（g取10m/s2）15、兩個(gè)點(diǎn)電荷甲和乙同處在真空中．

（1）甲的電荷量是乙的電荷量的4倍，則甲對(duì)乙的作用力是乙對(duì)甲的作用力的____倍．

（2）若把每個(gè)電荷的電荷量都增加為原來的3倍，那么它們之間的相互作用力變?yōu)樵瓉淼腳___倍．

（3）若保持電荷量不變，而將距離增加為原來的4倍，那么它們之間的作用力變?yōu)樵瓉淼腳___倍．

（4）若保持其中一個(gè)電荷量不變，而另一個(gè)電荷量增加為原來的9倍，為使其相互作用力不變，則它們之間的距離將變?yōu)樵瓉淼腳___倍．評(píng)卷人得分三、判斷題(共5題，共10分)16、物體的平均速率為零，則物體一定處于靜止?fàn)顟B(tài)．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）17、將未飽和汽轉(zhuǎn)化成飽和汽，可以用保持溫度不變，減小體積，或是保持體積不變，降低溫度，也可以用保持體積不變，減小壓強(qiáng)．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）18、參考系的選取是任意的，但參考系的選取應(yīng)使物體運(yùn)動(dòng)的描述盡可能簡單．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）19、電視機(jī)的顯象管中電子束每秒進(jìn)行50場掃描____．20、向心力的方向始終指向圓心，所以向心力的方向始終不變．____（判斷對(duì)錯(cuò)）評(píng)卷人得分四、實(shí)驗(yàn)探究題(共4題，共24分)21、某學(xué)校興趣小組的同學(xué)在研究彈簧彈力的候；測(cè)得彈力的大小F和彈簧長度L關(guān)系如圖所示，試由圖線確定：

（1）彈簧的勁度系數(shù)______N/m．

（2）彈簧伸長0.1米時(shí)，彈力的大小______N．22、用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置來探究小球作圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力的大小F

與質(zhì)量m

角速度婁脴

和半徑r

之間的關(guān)系；轉(zhuǎn)動(dòng)手柄使長槽和短槽分別隨變速輪塔勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，槽內(nèi)的球就做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。橫臂的擋板對(duì)球的壓力提供了向心力，球?qū)醢宓姆醋饔昧νㄟ^橫臂的杠桿作用使彈簧測(cè)力筒下降，從而露出標(biāo)尺，標(biāo)尺上的紅白相間的等分格顯示出兩個(gè)小球所受向心力的比值。某次實(shí)驗(yàn)圖片如下，請(qǐng)回答相關(guān)問題：

(1)

在研究向心力的大小F

與質(zhì)量m

角速度婁脴

和半徑r

之間的關(guān)系時(shí)我們主要用到了物理學(xué)中______的方法；

A.理想實(shí)驗(yàn)法B.

等效替代法C.

控制變量法D.

演繹法。

(2)

圖中是在研究向心力的大小F

與______的關(guān)系。

A.質(zhì)量mB.

角速度婁脴D.

半徑r

(3)

若圖中標(biāo)尺上紅白相間的等分格顯示出兩個(gè)小球所受向心力的比值為19

運(yùn)用圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)可以判斷與皮帶連接的變速輪塔對(duì)應(yīng)的半徑之比為______

A.19B.31C.13D.11

23、某同學(xué)在做“利用單擺測(cè)重力加速度”實(shí)驗(yàn)中；先測(cè)得擺線長為97.20cm

用20

分度的游標(biāo)卡尺測(cè)小球直徑如圖所示，然后用秒表記錄了單擺全振動(dòng)50

次所用的時(shí)間為100.0s.

則。

(1)

記錄小球直徑為______cm

(2)

如果他在實(shí)驗(yàn)中誤將49

次全振動(dòng)數(shù)為50

次；測(cè)得的g

值______.(

填“偏大”或“偏小”或“準(zhǔn)確”)

(3)

如果該同學(xué)在測(cè)擺長時(shí)忘記了加擺球的半徑，但是他以擺長(l)

為縱坐標(biāo)、周期的二次方(T2)

為橫坐標(biāo)作出了l鈭?T2

圖線，由圖象測(cè)得的圖線的斜率為k

則測(cè)得的重力加速度g

此時(shí)他用圖線法求得的重力加速度g

______.(

選填“偏大”，“偏小”或“準(zhǔn)確”)

24、利用圖中裝置做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)．(1)

為驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒，需要比較重物下落過程中任意兩點(diǎn)間的________．A.動(dòng)能變化量與勢(shì)能變化量B.速度變化量與勢(shì)能變化量C.速度變化量與高度變化量(2)

除帶夾子的重物、紙帶、鐵架臺(tái)(

含鐵夾)

電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、導(dǎo)線及開關(guān)外，在下列器材中，還必須使用的兩種器材是________．A.交流電源B.

刻度尺C.

天平(

含砝碼)

(3)

實(shí)驗(yàn)中，先接通電源，再釋放重物，得到圖中所示的一條紙帶.

在紙帶上選取三個(gè)連續(xù)打出的點(diǎn)ABC

測(cè)得它們到起始點(diǎn)O

的距離分別為hAhBhC

．已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間

打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打點(diǎn)的周期為T.

設(shè)重物的質(zhì)量為m.

從打O

點(diǎn)到打B

點(diǎn)的過程中，重物的重力勢(shì)能變化量婁隴Ep=

________，動(dòng)能變化量婁隴Ek=

________．(4)

大多數(shù)學(xué)生的實(shí)驗(yàn)結(jié)果顯示，重力勢(shì)能的減少量大于動(dòng)能的增加量，原因是________．A.利用公式v=gt

計(jì)算重物速度B.利用公式v=2gh

計(jì)算重物速度C.存在空氣阻力和摩擦阻力的影響D.沒有采用多次實(shí)驗(yàn)取平均值的方法(5)

某同學(xué)想用下述方法研究機(jī)械能是否守恒：在紙帶上選取多個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，測(cè)量它們到起始點(diǎn)O

的距離h

計(jì)算對(duì)應(yīng)計(jì)數(shù)點(diǎn)的重物速度v

描繪v2鈭?h

圖象，并做如下判斷：若圖象是一條過原點(diǎn)的直線，則重物下落過程中機(jī)械能守恒.

請(qǐng)你分析論證該同學(xué)的判斷依據(jù)是否正確．評(píng)卷人得分五、推斷題(共3題，共27分)25、鐵觸媒是重要的催化劑，rm{CO}易與鐵觸媒作用導(dǎo)致其失去催化活性：rm{Fe+5CO=Fe(CO)_{5}}除去rm{CO}的化學(xué)反應(yīng)方程式：rm{[Cu(NH_{3})_{2}]OOCCH_{3}+CO+NH_{3}=[Cu(NH_{3})_{3}(CO)]OOCCH_{3}}請(qǐng)回答下列問題：rm{(1)C}rm{N}rm{O}的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)開__________，基態(tài)rm{Fe}原子的價(jià)電子排布圖為___________。rm{(2)Fe(CO)_{5}}又名羰基鐵，常溫下為黃色油狀液體，則rm{Fe(CO)_{5}}的晶體類型是_________，與rm{CO}互為等電子體的分子的電子式為__________________。rm{(3)}配合物rm{[Cu(NH_{3})_{2}]OOCCH_{3}}中碳原子的雜化類型是_____________，配體中提供孤對(duì)電子的原子是____________。rm{(4)}用rm{[Cu(NH_{3})_{2}]OOCCH_{3}}除去rm{CO}的反應(yīng)中，肯定有__________________形成。rm{A.}離子鍵rm{B.}配位鍵rm{C.}非極性鍵rm{D.婁脪}鍵rm{(5)}單質(zhì)鐵的晶體在不同溫度下有兩種堆積方式，晶胞分別如圖所示，面心立方晶胞和體心立方晶胞中實(shí)際含有的鐵原子個(gè)數(shù)之比為_________________，面心立方堆積與體心立方堆積的兩種鐵晶體的晶胞參數(shù)分別為rm{apm}和rm{bpm}則rm{dfrac{a}=}________。rm{(6)NaAlH_{4}}晶體的晶胞如圖，與rm{Na^{+}}緊鄰且等距的rm{AlH_{4}^{-}}有__________個(gè)；rm{NaAlH_{4}}晶體的密度為_________rm{g隆隴cm^{-3}(}用含rm{a}的代數(shù)式表示rm{)}

26、【化學(xué)rm{-}選修r(nóng)m{5}有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】

抗結(jié)腸炎藥物有效成分rm{M}的合成路線如下rm{(}部分反應(yīng)略去試劑和條件rm{)}

rm{(1)}芳香烴rm{A}的結(jié)構(gòu)簡式是___________，rm{G}中的官能團(tuán)名稱是______、______、____。rm{(2)}反應(yīng)rm{壟脵}的反應(yīng)條件是_____________，反應(yīng)rm{壟脼}的反應(yīng)類型是______________。rm{(3)}下列對(duì)抗結(jié)腸炎藥物有效成分rm{M}可能具有的性質(zhì)推測(cè)正確的是____________rm{(}填字母rm{)}A.既有酸性又有堿性rm{B.}能發(fā)生消去反應(yīng)C.能發(fā)生加聚反應(yīng)rm{D.1molM}與足量溴水充分反應(yīng)，最多消耗rm{1molBr_{2}}rm{(4)E}與足量rm{NaOH}溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式是______________。rm{(5)}符合下列條件的rm{D}的同分異構(gòu)體rm{壟脵}屬于芳香族化合物且苯環(huán)上有rm{3}個(gè)取代基；rm{壟脷}能和rm{NaHCO_{3}}溶液反應(yīng)產(chǎn)生氣體或能和新制的氫氧化銅懸濁液反應(yīng)生成磚紅色沉淀。其中核磁共振氫譜有rm{4}組峰且峰面積之比為rm{6隆脙2隆脙1隆脙1}的共有______rm{_}種。rm{(6)}已知rm{壟脵}易被氧化，rm{壟脷}苯環(huán)上連有烷基時(shí)再引入一個(gè)取代基，常取代在烷基的鄰對(duì)位。參照以上的合成路線，設(shè)計(jì)一條以rm{A}為原料合成化合物的合成路線______________。27、已知藍(lán)銅礦的主要成分是rm{2CuCO_{3}隆隴Cu(OH)_{2}}受熱易分解。鋁土礦的主要成分是rm{Al_{2}O_{3}}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}已知rm{NaAlO_{2}+CO_{2}+2H_{2}O=Al(OH)_{3}隆媒+NaHCO_{3}}根據(jù)下列框圖轉(zhuǎn)化回答問題：

rm{(1)}寫出rm{壟脷}的主要離子方程式：____、____。rm{(2)}沉淀rm{a}rm{c}的化學(xué)成分分別是________、________。rm{(3)}請(qǐng)寫出檢驗(yàn)溶液rm中所含有陽離子的實(shí)驗(yàn)方法__________________________。rm{(4)}洗滌沉淀rm{c}的實(shí)驗(yàn)操作方法是_______________________，加熱沉淀rm{c}應(yīng)放在__________rm{(}容器rm{)}中進(jìn)行。rm{(5)}寫出rm{壟脺}反應(yīng)的化學(xué)方程式參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、D【分析】【分析】5個(gè)鐵墊圈同時(shí)做自由落體運(yùn)動(dòng)，下降的位移之比為1：3：5：7．根據(jù)初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)的推論知，在相等時(shí)間內(nèi)的位移之比為1：3：5：7，可以確定落地的時(shí)間間隔是否相等，從而根據(jù)v=gt得出落到盤中的速率之比．【解析】【解答】解：A；5個(gè)鐵墊圈同時(shí)做自由落體運(yùn)動(dòng)；下降的位移之比為1：3：5：7．可以看成一個(gè)鐵墊圈自由下落，經(jīng)過位移之比為1：3：5：7．因?yàn)槌跛俣葹榱愕膭蚣铀僦本€運(yùn)動(dòng)在相等時(shí)間內(nèi)的位移之比為1：3：5：7，知各墊圈落到盤中的時(shí)間間隔相等．故A錯(cuò)誤．

B；因?yàn)楦鲏|圈落到盤中的時(shí)間間隔相等；則各墊圈依次落到盤中的時(shí)間比為1：2：3：4．故B錯(cuò)誤．

CD；根據(jù)v=gt知；依次落到盤中的速率關(guān)系為1：2：3：4，故C錯(cuò)誤，D正確．

故選：D2、B【分析】【分析】先根據(jù)電容的決定式分析電容如何變化，再根據(jù)電容的定義式分析電容器的電壓或電量如何變化．由電場強(qiáng)度與電勢(shì)差的關(guān)系可分析場強(qiáng)的變化．【解析】【解答】解：

A、保持S接通，電容器極板間的電壓不變，減小兩極板間的距離，由E=分析得知；板間場強(qiáng)增大．故A錯(cuò)誤．

B、保持S接通，在兩極板間插入一塊介質(zhì)，由電容的決定式C=知，電容增大，而電容器的電壓不變，由C=分析得知；極板上的帶電量增大．故B正確．

C、充電結(jié)束后斷開S，電容器所帶電量不變，減小兩極板間的距離，由電容的決定式C=知電容C增大；則根據(jù)Q=UC可知，兩極板間的電勢(shì)差減?。还蔆錯(cuò)誤．

D、電容器所帶電量Q不變．在兩極板間插入一塊電介質(zhì)，根據(jù)電容的定義式分析得知電容C增大，由C=分析得知；兩極板間的電勢(shì)差減?。蔇錯(cuò)誤；

故選：B3、D【分析】【分析】位移是指位置的移動(dòng)，由初位置指向末位置，有大小有方向；路程是表示運(yùn)動(dòng)軌跡的長度，只有大小，沒有方向．【解析】【解答】解：在200米游泳中；實(shí)際通過的路程就是表示運(yùn)動(dòng)軌跡的長度，即為200m；

由于泳池長50m；故200米蝶泳中需要一個(gè)來回，故又會(huì)回到終點(diǎn)，故位移為零；

故選：D．4、A【分析】

A；在金屬塊移動(dòng)的過程中；外力F做功為32J，電場力做功為-8.0J，摩擦力做功為-16J，則總功為W=32J-8.0J-16J=8J，根據(jù)動(dòng)能定理得知，動(dòng)能增加為8.0J．故A正確．

B；金屬塊克服電場力做功8.0J；則電勢(shì)能增加8J．故B錯(cuò)誤．

C；D外力、電場力和摩擦力做的總功為8J；根據(jù)功能關(guān)系得知，機(jī)械能增加8J．故CD錯(cuò)誤．

故選A

【解析】【答案】在金屬塊移動(dòng)的過程中；外力；電場力和摩擦力做功，三者的總功動(dòng)能的變化，根據(jù)動(dòng)能定理分析動(dòng)能的增加量．金屬塊克服電場力做功8.0J，知電勢(shì)能的增加量．三力做功的總和等于機(jī)械能的變化量．根據(jù)功能關(guān)系進(jìn)行分析．

5、A|B|D【分析】

設(shè)等邊直角尺重力為2G；每邊長為L．當(dāng)所加的外力垂直作用點(diǎn)與O點(diǎn)連線時(shí)，外力最小，力圖如圖所示．

根據(jù)力矩平衡條件得。

F1L=GL+G得F1=

F2L=G得F2=

F3L=G得F3=

F4L=G得F4=

則F1最大，F(xiàn)2最小，F(xiàn)3和F4相等．

故選ABD

【解析】【答案】當(dāng)所加的外力垂直作用點(diǎn)與O點(diǎn)連線時(shí)；外力最小，根據(jù)力矩平衡條件分別列式，再比較各力的大?。?/p>

6、B【分析】

由于粒子初速度不為零，因此從-x1點(diǎn)加速到O點(diǎn)電場力做功W1大于從O點(diǎn)減速到x2點(diǎn)克服電場力所做的功W2，因此-x1點(diǎn)與O點(diǎn)之間的電勢(shì)差小于x2點(diǎn)與O點(diǎn)的電勢(shì)差，根據(jù)電勢(shì)和x的變化關(guān)系圖象可知x2＞x1，由圖知x點(diǎn)處電勢(shì)無窮大，因此有x＞x2＞x1；

從x2點(diǎn)到-x1點(diǎn)過程中，依據(jù)動(dòng)能定理得：解得：故選項(xiàng)ACD錯(cuò)誤，B正確．

故選B．

【解析】【答案】解決本題需要掌握：弄清粒子的運(yùn)動(dòng)過程：先加速運(yùn)動(dòng)后減速運(yùn)動(dòng)直至減速為零；根據(jù)圖象明確電勢(shì)差大則兩點(diǎn)之間的距離就大；在電場中正確應(yīng)用動(dòng)能定理和電場力做功公式．

7、A【分析】【分析】電場線是從正電荷或者無窮遠(yuǎn)出發(fā)出，到負(fù)電荷或無窮遠(yuǎn)處為止，電場線密的地方電場的強(qiáng)度大，電場線疏的地方電場的強(qiáng)度?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓弘妶鼍€密的地方電場的強(qiáng)度大，電場線疏的地方電場的強(qiáng)度小，由圖可知，A點(diǎn)的電場線密，所以A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大，電荷在A點(diǎn)受到的電場力大，所以FA＞FB；所以A正確．

故選：A．8、C【分析】【分析】平行板電容器充電后與電源斷開后所帶電量不變．移動(dòng)極板，根據(jù)推論分析板間場強(qiáng)是否變化．由電容的決定式分析電容的變化，確定電壓U的變化．根據(jù)P點(diǎn)與上板間電勢(shì)差的變化，分析P點(diǎn)的電勢(shì)如何變化，判斷電勢(shì)能的變化．【解析】【解答】解：A、平行板電容器充電后與電源斷開后所帶電量Q不變，根據(jù)推論E=得知；板間場強(qiáng)E不變，油滴仍然平衡，A錯(cuò)誤．

B、將負(fù)極板移到圖中虛線所示的位置，電容器板間距離減小，由電容的決定式C=得知電容C增大，由電容的定義式C=分析得知；電壓U變?。蒛=Ed得知，P點(diǎn)與下板間的電勢(shì)差不變，則P點(diǎn)的電勢(shì)不變，負(fù)電荷的電勢(shì)能W不變C正確BD錯(cuò)誤．

故選：C二、填空題(共7題，共14分)9、1.9513ρ=【分析】【分析】由刻度尺的讀數(shù)方法可讀出線圈的長度；注意起點(diǎn)不是零，及有估計(jì)值；

用歐姆表測(cè)電阻的讀數(shù)為指針示數(shù)乘以倍率；當(dāng)指針指在中央附近時(shí)測(cè)量值較準(zhǔn)確；

電路分為測(cè)量電路和控制電路兩部分．測(cè)量電路采用伏安法．根據(jù)電壓表、電流表與待測(cè)電阻阻值倍數(shù)關(guān)系，選擇電流表外接法．變阻器若選擇R2；估算電路中最小電流，未超過電流表的量程，可選擇限流式接法．

根據(jù)歐姆定律與電阻定律，結(jié)合圓面積公式，即可求解．【解析】【解答】解：毫米刻度尺最小分度為1mm；故線圈的長度為7.95-6.00=1.95cm；

該電阻的阻值約為：13×1Ω=13Ω．

電源電動(dòng)勢(shì)為12V，故電壓表應(yīng)選V1；

電阻中最大電流約為Imax≈==0.79A，則電流表應(yīng)選A2；

因待測(cè)電阻值遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，電流表應(yīng)選外接法；又滑動(dòng)變阻器最大阻值小于待測(cè)電阻值，故變阻器應(yīng)用分壓式接法，電路圖如圖所示：

根據(jù)歐姆定律Rx=

及電阻定律Rx=ρ、S=

解得：ρ=．

故答案為：1.95（1.90到2.00）；13；如上圖所示；ρ=．10、7-2.1【分析】【分析】根據(jù)位移和時(shí)間，結(jié)合平均速度的定義式求出平均速度的大小，根據(jù)初末速度和時(shí)間，結(jié)合加速度的定義式求出平均加速度．【解析】【解答】解：此過程中足球的平均速度為：

．

平均加速度為：

a=．

故答案為：7，-2.1．11、負(fù)【分析】【分析】電荷在電場力作用下先減速后反向加速，然后改變電場方向，從而使其做反向減速，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可求解．并根據(jù)運(yùn)動(dòng)與力的關(guān)系，可確定電場力的方向，最終可確定電荷的電性．【解析】【解答】解：電荷來回；先是做勻減速運(yùn)動(dòng)，后回頭做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電場方向改變后，電荷做沿著原來的方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到A點(diǎn)，速度恰好為零．由于速度方向與電場方向相同，所以很明顯是負(fù)電荷．

故答案為：負(fù)，12、略

【分析】

（1）對(duì)整體；根據(jù)牛頓第二定律，得：F=（M+m）a

∴a=

（2）設(shè)繩上任一點(diǎn)離F作用點(diǎn)距離為x處繩的彈力為Tx，則長為x的這段繩質(zhì)量△m=?x

對(duì)這段繩應(yīng)用牛頓第二定律．

F-Tx=△ma

Tx=F-

故答案為：F-．

【解析】【答案】（1）對(duì)物體和繩組成的整體為研究對(duì)象；根據(jù)牛頓第二定律求加速度．

（2）設(shè)繩上任一點(diǎn)離F作用點(diǎn)距離為x處繩的彈力為Tx，長為x的這段繩質(zhì)量△m=?x；對(duì)這段繩應(yīng)用牛頓第二定律求解．

13、略

【分析】

（1）根據(jù)題意，若將M從m1和m2中抽出，即把m1和m2看成一個(gè)整體，則M產(chǎn)生的加速度大于摩擦力作用下m1和m2整體的加速度：

對(duì)m1和m2而言摩擦力產(chǎn)生的最大加速度am=

所以要使M從m1和m2下抽出，則M產(chǎn)生的加速度aM＞am

對(duì)M受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可知，F(xiàn)=MaM+f1+f2

又因?yàn)閒1=μ1m1g=1N，f2=μ2m2g=3N

∴

所以F至少為：F=MaM+f1+f2＞8N

即F至少為8N；

（2）當(dāng)F為8N時(shí)，系統(tǒng)的加速度a=

對(duì)m1進(jìn)行受力分析有，水平方向m1受到M對(duì)m1水平向右的最大摩擦力f1=1N，和彈簧對(duì)m1水平向右的彈力F1

根據(jù)牛頓第二定律可得：F1+f1=ma

∴彈簧彈力F=ma-f1=1×2-1N=1N

（3）在m1沒有壓縮彈簧時(shí)，m2受到M的摩擦力使m2與M一起向右加速，此時(shí)m2受到的摩擦力f使m2產(chǎn)生與M相同的加速度；根據(jù)牛頓第二定律有：

f=m2a==

由于m1所受最大摩擦力為1N，產(chǎn)生加速度最大為1m/s2，所以滿足時(shí)F的最大值為4

在m1開始?jí)嚎s彈簧至m2開始滑動(dòng)時(shí)，m2受到的摩擦力f和m1受到的最大摩擦力f1max使m1、m2產(chǎn)生與M相同的加速度：

f+f1max=（m1+m2）a

∴=

據(jù)題意，m2相對(duì)于M不滑動(dòng)，m2產(chǎn)生的最大加速度為2m/s2；即F最大值為8N

當(dāng)F＞8N時(shí)，m2將開始滑動(dòng)，所受摩擦力為恒力即f=μm2g；不隨F的變化而變化．

故圖象如下圖所示：

答：（1）F至少為8N；

（2）此時(shí)彈簧的彈力為1N

（3）圖象如上圖所示．

【解析】【答案】分析：要使M從從m1和m2中抽出，則M在接力F和摩擦力作用下產(chǎn)生的加速度要大于m1和m2在摩擦力作用下所產(chǎn)生的最大加速度，據(jù)此可以算出F的最小值；算出F的最小值后，再隔離m1或m2對(duì)m1或m2進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律可以算出此時(shí)彈簧的彈力F；m2所受摩擦力先使m2產(chǎn)生與M和m1一樣的加速度，當(dāng)m1開始?jí)嚎s彈簧時(shí)，m2和m1所受摩擦力使m1和m2產(chǎn)生與M相同的加速度，當(dāng)m2開始滑動(dòng)后；滑動(dòng)摩擦力與正壓力成正比，所以此時(shí)滑動(dòng)摩擦力為一恒力．

14、0.2【分析】【分析】在反應(yīng)時(shí)間內(nèi)，木尺做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)的位移，結(jié)合位移時(shí)間公式求出反應(yīng)時(shí)間的大小．【解析】【解答】解：在反應(yīng)時(shí)間內(nèi)；木尺下降的距離h=70cm-30cm=40cm；

根據(jù)h=得，t===0.2s．

故答案為：0.2．15、193【分析】【分析】根據(jù)庫侖定律的公式F=進(jìn)行分析．【解析】【解答】解：真空中兩個(gè)點(diǎn)電荷，由庫侖定律得，它們之間的作用力大小為F=；

（1）甲的電荷量是乙的電荷量的4倍；則甲對(duì)乙的作用力是乙對(duì)甲的作用力，它們是一對(duì)相互作用力，則大小相等，即1倍；

（2）若把每個(gè)電荷的電荷量都增加為原來的3倍，F(xiàn)′=；那么它們之間的相互作用力變?yōu)樵瓉淼?倍；

（3）若保持電荷量不變，而將距離增加為原來的4倍，F(xiàn)″=，那么它們之間的作用力變?yōu)樵瓉淼谋叮?/p>

（4）若保持其中一個(gè)電荷量不變，而另一個(gè)電荷量增加為原來的9倍，為使其相互作用力不變，根據(jù)F=；

則它們之間的距離將變?yōu)樵瓉?倍；

故答案為：（1）1（2）9（3）（4）3．三、判斷題(共5題，共10分)16、√【分析】【分析】平均速度是位移與時(shí)間的比值；平均速率是位移的路程與時(shí)間的比值．由此分析即可．【解析】【解答】解：平均速率是位移的路程與時(shí)間的比值；物體的平均速率為零，則物體的路程為0，物體一定處于靜止?fàn)顟B(tài)．所以該說法是正確的．

故答案為：√17、×【分析】【分析】根據(jù)飽和汽壓僅僅與溫度有關(guān)，然后結(jié)合理想氣體的狀態(tài)方程即可正確解答．【解析】【解答】解：根據(jù)與飽和蒸汽壓有關(guān)的因素可知；同一種蒸汽的飽和蒸汽壓僅僅與溫度有關(guān)，與其體積無關(guān)．所以該說法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×18、√【分析】【分析】參考系，是指研究物體運(yùn)動(dòng)時(shí)所選定的參照物體或彼此不作相對(duì)運(yùn)動(dòng)的物體系；參考系的選取是任意的，如何選擇參照系，必須從具體情況來考慮，一般情況下我們以地面或地面上的物體作為參考系．【解析】【解答】解：參考系；是指研究物體運(yùn)動(dòng)時(shí)所選定的參照物體或彼此不作相對(duì)運(yùn)動(dòng)的物體系；參考系的選取是任意的，參考系的選取應(yīng)使物體運(yùn)動(dòng)的描述盡可能簡單．該說法是正確的．

故答案為：√19、√【分析】【分析】根據(jù)顯像原理：顯像管尾部的電子槍發(fā)射的電子束被加速和控制后呈掃描狀轟擊屏幕上的熒光粉，使屏幕發(fā)光，結(jié)合交流電的頻率，即可求解．【解析】【解答】解：電子槍發(fā)射電子束擊在顯像管的屏幕上的彩色繭光粉上；它的電子束是逐行掃描的，速度非常的快，肉眼是看不出來的，電子束掃描的方向主是靠顯像管管頸上的偏轉(zhuǎn)線圈來控制的，交流電的頻率為50赫茲，因此電子束能在1秒內(nèi)，打在熒光屏上50場畫面，所以顯象管中電子束每秒進(jìn)行50場掃描；

故答案為：√．20、×【分析】【分析】勻速圓周運(yùn)動(dòng)合力等于向心力，方向始終指向圓心，只改變速度的方向，不改變速度的大小．【解析】【解答】解：物體做圓周運(yùn)動(dòng)；向心力方向始終指向圓心，方向時(shí)刻變化，此說法錯(cuò)誤．

故答案為：×四、實(shí)驗(yàn)探究題(共4題，共24分)21、略

【分析】解：（1）由圖讀出，彈簧的彈力F=0時(shí)，彈簧的長度為L0=10cm；即彈簧的原長為10cm；

由圖讀出彈力為F1=10N，彈簧的長度為L1=5cm，彈簧壓縮的長度為：x1=L0-L1=5cm=0.05m；

由胡克定律得彈簧的勁度系數(shù)為：k===200N/m；

（2）由胡克定律可知；彈簧伸長0.1米時(shí)，彈力的大小為：F=kx=200×0.1=20N．

故答案為：（1）200；（2）20．

（1）由彈簧的長度L和彈力f大小的關(guān)系圖象；讀出彈力為零時(shí)彈簧的長度，即為彈簧的原長．由圖讀出彈力和對(duì)應(yīng)在的形變量關(guān)系，即可求出彈簧壓縮的長度，由胡克定律求出彈簧的勁度系數(shù)．

（2）根據(jù)胡克定律可求得彈力的大小．

本題考查研究彈簧彈力的和彈簧伸長量之間的關(guān)系，注意在胡克定律公式f=kx中，x是彈簧伸長或壓縮的長度，不是彈簧的長度．【解析】200；2022、略

【分析】解：(1)

在研究向心力的大小F

與質(zhì)量m

角速度婁脴

和半徑r

之間的關(guān)系時(shí)；需先控制某些量不變，研究另外兩個(gè)物理量的關(guān)系，該方法為控制變量法。

故選：C

(2)

圖中兩球的質(zhì)量相同；轉(zhuǎn)動(dòng)的半徑相同，則研究的是向心力與角速度的關(guān)系。

故選：B

(3)

根據(jù)Fn=mr婁脴2

兩球的向心力之比為19

半徑和質(zhì)量相等，則轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度之比為13

因?yàn)榭科鲃?dòng)；變速輪塔的線速度大小相等；

根據(jù)v=r婁脴

知與皮帶連接的變速輪塔對(duì)應(yīng)的半徑之比為31

故選：B

故答案為：(1)C(2)B(3)B

該實(shí)驗(yàn)采用控制變量法，圖中抓住質(zhì)量不變、半徑不變，研究向心力與角速度的關(guān)系，根據(jù)向心力之比求出兩球轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度之比，結(jié)合v=r婁脴

根據(jù)線速度大小相等求出與皮帶連接的變速輪塔對(duì)應(yīng)的半徑之比。

本實(shí)驗(yàn)采用控制變量法，即要研究一個(gè)量與另外一個(gè)量的關(guān)系，需要控制其它量不變。知道靠皮帶傳動(dòng)，變速輪塔的線速度大小相等?！窘馕觥緾BB

23、略

【分析】解：(1)

單擺擺球經(jīng)過平衡位置的速度最大；最大位移處速度為0

在平衡位置計(jì)時(shí)誤差最??；

由圖可知；小球的直徑D=29mm+0.05mm隆脕18=29.90mm=2.990cm

(2)

試驗(yàn)中將49

次全振動(dòng)數(shù)為50

次，會(huì)導(dǎo)致測(cè)得周期偏小，根據(jù)g=4婁脨2LT2

知測(cè)得重力加速度偏大．

(3)

如果測(cè)擺長時(shí)忘記了加擺球的半徑，會(huì)導(dǎo)致測(cè)得擺長偏小，根據(jù)g=4婁脨2LT2

知測(cè)得重力加速度偏?。?/p>

圖線的斜率為k=LT2

由公式g=4婁脨2LT2

可知，g=4婁脨2k.

測(cè)擺長時(shí)忘記了加擺球的半徑；l鈭?T2

圖象的斜率不受影響，斜率可不變，由g=4婁脨2k

可知，用圖線法求得的重力加速度是準(zhǔn)確的；

故答案為：(1)2.990cm(2)

偏大；(3)

準(zhǔn)確．

游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)；不需估讀.

主尺讀數(shù)時(shí)看游標(biāo)的0

刻度線超過主尺哪一個(gè)示數(shù)，該示數(shù)為主尺讀數(shù)，看游標(biāo)的第幾根刻度與主尺刻度對(duì)齊，乘以游標(biāo)的分度值，即為游標(biāo)讀數(shù)；

單擺在擺角比較小時(shí)，單擺的運(yùn)動(dòng)才可以看成簡諧運(yùn)動(dòng).

擺球經(jīng)過平衡位置時(shí)速度最大，此時(shí)計(jì)時(shí)，誤差比較小.

根據(jù)單擺的公式T=2婁脨Lg

推導(dǎo)出g

的表達(dá)式.

再根據(jù)g

的表達(dá)式分析誤差形成的原因．

本題考查了應(yīng)用單擺測(cè)重力加速度實(shí)驗(yàn)，解決本題的關(guān)鍵掌握單擺的周期公式T=2婁脨Lg

以及知道測(cè)量時(shí)形成誤差的原因，掌握游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法，注意主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀．【解析】2.990

偏大；準(zhǔn)確24、（1）A；

（2）AB；

（3）-mghB；?

（4）C；

（5）該同學(xué)的判斷依據(jù)不正確．在重物下落h的過程中，若阻力f恒定，根據(jù)動(dòng)能定理得得，可知，v2－h(huán)圖象就是過原點(diǎn)的一條直線．要想通過v2－h(huán)圖象的方法驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒，還必須看圖象的斜率是否接近2g?！痉治觥俊痉治觥?1)(1)根據(jù)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律原理可判斷；

(2)(2)根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理確定需要測(cè)量的物理量，從而確定所需的測(cè)量器材；

(3)(3)根據(jù)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度求出BB點(diǎn)的瞬時(shí)速度，從而得出動(dòng)能的增加量；

(4)(4)根據(jù)功能關(guān)系可判斷；

(5)(5)如果vv2鈭?h-h圖象為直線，僅表示合力恒定，與機(jī)械能是否守恒無關(guān)，比如：阻力恒定，合外力一定，加速度一定，vv2鈭?h-h圖象也可能是一條過原點(diǎn)的傾斜的直線。

解決本題的關(guān)鍵掌握實(shí)驗(yàn)的原理，會(huì)通過原理確定器材，以及掌握紙帶的處理方法，會(huì)通過紙帶求解瞬時(shí)速度的大小，關(guān)鍵是勻變速直線運(yùn)動(dòng)推論的運(yùn)用?！窘獯稹繅琶?/p>

驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律原理是看減少的重力勢(shì)能和增加的動(dòng)能是否相等；所以需要比較重物下落過程中任意兩點(diǎn)間的動(dòng)能變化量與勢(shì)能變化量；

壟脷

電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用低壓交流電源；需選用刻度尺測(cè)出紙帶上任意連點(diǎn)見得距離；表示重錘下落的高度；等式兩邊都含有相同的質(zhì)量，所以不需要天平秤質(zhì)量；

壟脹

根據(jù)功能關(guān)系，重物的重力勢(shì)能變化量等于重力做的功的多少，從打O

點(diǎn)到打B

點(diǎn)的過程中，重物的重力勢(shì)能減少mghB

，所以鈻?Ep=鈭?mghBB

點(diǎn)的速度為：vB=hC鈭?hA2T

所以動(dòng)能變化量為：?Ek=12mv2=m(hC鈭?hA)28T2

壟脺

由于紙帶在下落過程中；重錘和空氣之間存在阻力，紙帶和打點(diǎn)計(jì)時(shí)器之間存在摩擦力，所以減小的重力勢(shì)能一部分轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，還有一部分要克服空氣阻力和摩擦力阻力做功，故重力勢(shì)能的減少量大于動(dòng)能的增加量，故C選項(xiàng)正確；

壟脻

不正確。由mgh=12mv2

可知：v2=2gh

所以v2鈭?h

圖象的斜率等于加速度的2

倍，如果v2鈭?h

圖象為直線，僅表示合力恒定，與機(jī)械能是否守恒無關(guān)，比如：阻力恒定，合外力一定，加速度一定，v2鈭?h

圖象也可能是一條過原點(diǎn)的傾斜的直線，但是加速度就不等于2g

了，故該同學(xué)的判斷不正確。

故答案為：(1)(1)AA(2)AB(2)AB(3)mgh(3)mghB；m(hC鈭?hA)28T2；(4)C(4)C(5)(5)該同學(xué)的判斷依據(jù)不正確..在重物下落hh的過程中，若阻力ff恒定，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh鈭?fh=12mv2鈭?0mgh-fh=dfrac{1}{2}m{v}^{2}-0得，v2=2(g鈭?fm)h{v}^{2}=2left(g-dfrac{f}{m}right)h可知，v2鈭?hv^{2}-h圖象就是過原點(diǎn)的一條直線..要想通過v2鈭?hv^{2}-h圖象的方法驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒，還必須看圖象的斜率是否接近2g2g【解析】(1)A

(2)AB

(3)鈭?mghBm(hC鈭?hA)28T2

(4)C

(5)

該同學(xué)的判斷依據(jù)不正確.

在重物下落h

的過程中，若阻力f

恒定，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh鈭?fh=12mv2鈭?0

得，v2=2(g鈭?fm)h

可知，v2鈭?h

圖象就是過原點(diǎn)的一條直線.

要想通過v2鈭?h

圖象的方法驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒，還必須看圖象的斜率是否接近2g

五、推斷題(共3題，共27分)25、（1）O＞N＞C3d64s2

（2）分子晶體

（3）sp3、sp2N

（4）bd

（5）2：1（6）8

【分析】【分析】本題考查晶胞計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生分析計(jì)算及空間想象能力，涉及晶胞計(jì)算、原子雜化方式判斷、元素周期律等知識(shí)點(diǎn)，難點(diǎn)是晶胞計(jì)算，注意rm{Fe}晶胞面心立方和體心立方區(qū)別，關(guān)鍵會(huì)正確計(jì)算兩種晶胞體積，題目難度中等?！窘獯稹縭m{(1)}同一周期元素，元素電負(fù)性隨著原子序數(shù)增大而增大，這三種元素第一電離能大小順序是rm{O>N>C}rm{Fe}原子rm{3d}rm{4s}能級(jí)電子為其價(jià)電子，基態(tài)rm{Fe}原子的價(jià)電子排布式為rm{3d^{6}4s^{2}}故答案為：rm{O>N>C}rm{3d^{6}4s^{2}}

rm{(2)}熔沸點(diǎn)較低的晶體為分子晶體，rm{Fe(CO)_{5}}又名羰基鐵，常溫下為黃色油狀液體，其熔沸點(diǎn)較低，為分子晶體；與rm{CO}互為等電子體的分子的電子式為互為等電子體的分子的電子式為

故答案為：分子晶體；rm{CO}該配合物中rm{(3)}原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是rm{C}和rm{4}且不含孤電子對(duì)，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定rm{3}原子雜化方式為rm{C}rm{sp^{3}}該配體中rm{sp^{2}}原子提供空軌道、rm{Cu}原子提供孤電子對(duì)，故答案為：rm{N}rm{sp^{3}}rm{sp^{2}}

rm{N}用rm{(4)}除去rm{[Cu(NH_{3})_{2}]OOCCH_{3}}的反應(yīng)中，肯定有rm{CO}原子和rm{Cu}rm{N}原子之間的配位鍵且也是rm{C}鍵生成，故選rm{婁脛}

rm{bd}利用均攤法計(jì)算晶胞中rm{(5)}原子個(gè)數(shù)，面心立方晶胞中rm{Fe}原子個(gè)數(shù)rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac{1}{2}=4}體心立方晶胞中rm{Fe}原子個(gè)數(shù)rm{=8隆脕dfrac{1}{8}+6隆脕dfrac

{1}{2}=4}所以二者rm{Fe}原子個(gè)數(shù)之比rm{=1+8隆脕dfrac{1}{8}=2}rm{Fe}rm{=4}設(shè)rm{2=2}原子半徑為rm{1}面心立方晶胞半徑rm{Fe}體心立方晶胞半徑rm{=dfrac{4sqrt{3}}{3}rcm}rm{rcm}rm{=2sqrt{2}rcm}rm{=dfrac{4sqrt

{3}}{3}rcm}面心立方堆積與體心立方堆積的兩種鐵晶體的晶胞參數(shù)分別為rm{a}rm{a}rm{dfrac{a}=dfrac{sqrt{3}}{sqrt{2}}}rm{pm}；

故答案為和rmrmrm{dfrac{sqrt{3}}{sqrt{2}};}rm{pm}根據(jù)均攤法可知，晶胞中，則rm{dfrac{a}=dfrac{sqrt{3}}{

sqrt{2}}}rm{2}rm{1+8隆脕dfrac{1}{8}+4隆脕dfrac{1}{2};=4}rm{1}rm{dfrac{sqrt{3}}{sqrt{2}}

;}rm{(6)}根據(jù)均攤法可知，晶胞中rm{AlH}rm{6隆脕dfrac{1}{2}+4隆脕dfrac{1}{4}=4}rm{(6)}rm{AlH}以體心的rm{4}rm{4}rm{-}rm{-}數(shù)目為rm{1+8隆脕dfrac{1}{8}+4隆脕

dfrac{1}{2};=4}，rm{Na}rm{Na}rm{+}rm{+}數(shù)目為個(gè)，則與rm{6隆脕dfrac{1}{2}+4隆脕dfrac{1}{4}=4

}，則二者配位數(shù)為rm{1}rm{1}以體心的rm{AlH}rm{1}rm{1}rm{AlH}rm{4}個(gè)；rm{4}rm{4隆脕;dfrac{54}{{N}_{A}};g}rm{-}rm{4隆脕dfrac{54}{{N}_{A}}g隆脗[(a隆脕{10}^{-7};cm{)}^{2}隆脕2a隆脕{10}^{-7};cm]=dfrac{108隆脕{10}^{21}}{{N}_{A}{a}^{3};};;g?c{m}^{-3}}rm{-}研究，與之緊鄰且等距的rm{Na}rm{dfrac{108隆脕{10}^{21}}{{N}_{A}{a}^{3};}}

rm{Na}【解析】rm{(1)O>N>C}rm{3d^{6}4s^{2}}

rm{(2)}分子晶體

rm{(3)sp^{3}}rm{sp^{2}}rm{N}

rm{(4)bd}

rm{(5)2}rm{1}rm{dfrac{sqrt{3}}{sqrt{2}}}rm{dfrac{sqrt{3}}{sqrt{2}}

}rm{(6)}rm{dfrac{108隆脕{10}^{21}}{{N}_{A}{a}^{3};}}

rm{(6)}26、（1）羧基、羥基、硝基（2）Fe(或氯化鐵或催化劑)取代反應(yīng)或硝化反應(yīng)（3）AD（4）（5）4（6）【分析】【分析】本題考查有機(jī)物推斷，充分利用rm{C}的分子式、rm{E}與抗結(jié)腸炎藥物有效成分的結(jié)構(gòu)進(jìn)行推斷，需要學(xué)生對(duì)給予的信息進(jìn)行利用，較好的考查學(xué)生自學(xué)能力、推理能力，難度中等。的分子式、rm{C}與抗結(jié)腸炎藥物有效成分的結(jié)構(gòu)進(jìn)行推斷，需要學(xué)生對(duì)給予的信息進(jìn)行利用，較好的考查學(xué)生自學(xué)能力、推理能力，難度中等。【解答】rm{E}發(fā)生信息rm{C}中的反應(yīng)生成rm{壟脵}rm{D}發(fā)生氧化反應(yīng)生成rm{D}結(jié)合rm{E}的分子式與rm{C}的結(jié)構(gòu)簡式，可知rm{M}的結(jié)構(gòu)簡式為則rm{C}為rm{D}用酸性高錳酸鉀溶液氧化得到rm{D}烴rm{E.}與氯氣在rm{A}rm{FeCl}催化劑條件下反應(yīng)得到rm{3}rm{3}發(fā)生水解反應(yīng)、酸化得到rm{B}則rm{B}為rm{C}為rm{A}與氫氧化鈉反應(yīng)、酸化得到rm{B}為由信息rm{.E}并結(jié)合抗結(jié)腸炎藥物有效成分的結(jié)構(gòu)可知，rm{F}在濃硫酸、濃硝酸加熱條件下發(fā)生反應(yīng)生成rm{壟脷}為rm{F}發(fā)生還原反應(yīng)得到抗結(jié)腸炎藥物有效成分，據(jù)此解答．

rm{G}由上述分析可知，烴rm{G}的結(jié)構(gòu)簡式是rm{(1)}為分子中含有羧基、羥基、硝基等官能團(tuán)，故答案為：羧基；羥基、硝基；

rm{A}的反應(yīng)條件是rm{G}rm{(2)壟脵}作催化劑，rm{FeCl}的反應(yīng)類型是取代反應(yīng)，故答案為：rm{3}rm{3}作催化劑；取代反應(yīng)；

反應(yīng)rm{壟脼}的反應(yīng)類型含有羧基；氨基；既有酸性又有堿性，故A正確；

B.酚羥基不能發(fā)生消去反應(yīng)；故B錯(cuò)誤；

C.含有羧基；氨基；可以發(fā)生聚合反應(yīng)，無雙鍵不能發(fā)生加聚反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；

D.只有rm{壟脼}個(gè)鄰位可以取代，rm{FeCl}與足量溴水充分反應(yīng)，最多消耗rm{3}rm{3}故D正確。

故選AD。

rm{(3)A.}與足量rm{1}溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式是：