③设氮化铝的质量为x。
由方程式AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑可知， 41g 22.4L
X 3.36L
X=6.15g 所以其质量分数=
6.15g?100%=61.5% 10g【选做部分】
31 【答案】
⑴循环压缩机 沸腾炉（各1分）
⑵逆流换热（或充分利用反应中放出的热量加热反应气）（1分） ⑶①②③ （1分）
⑷由于用稀硫酸或水吸收SO2时易形成酸雾，不利于SO2吸收 （2分） ⑸(NH4)2SO4 （2分） 【KS5U解析】
⑴循环压缩机 沸腾炉。
⑵逆流换热（或充分利用反应中放出的热量加热反应气）。
⑶只要在反应过程中使用的、且在尾气处理器中还剩余的物质都可以循环利用，故选①②③ 。 ⑷由于用稀硫酸或水吸收SO2时易形成酸雾，不利于SO2吸收 （2分） ⑸硫酸和氨气反应生成硫酸铵，故答案为(NH4)2SO4 。 32 【答案】
（1）1S2S2P; （1分）
（2）sp（1分）,氨气分子中氮原子上有一对孤对电子，铵根离子中氮原子上没有孤对电子，排斥力小（1分）； （3）6（1分）
（4）化学键、分子间作用力、氢键（1分）,化学键>氢键>分子间作用力（1分）
（5）相同类型的离子晶体，晶格能与离子半径成反比，离子晶体的晶格能越大，其莫氏硬度越大，氟离子半径小于氯离子半径，所以氟化钠的晶格能大于氯化钠，则NaF的莫氏硬度比NaCl大（2分） 【解析】
(1) 与N元素同周期的第一电离能最大且电负性最小的元素是Ne，其核外电子排布式1S2S2P; (2)铵根离子中含有4个键，没有孤电子对，属于采取sp杂化，氨气分子中氮原子上有一对孤对电子，铵根离子中氮原子上没有孤对电子，排斥力小
（3）采用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，N的配位数是6，
（4）热冰中微粒间存在的作用力有化学键、分子间作用力、氢键，微粒间作用力大小顺序是化学键>氢键>分子间作用力
（5）相同类型的离子晶体，晶格能与离子半径成反比，离子晶体的晶格能越大，其莫氏硬度越大，氟离子半径小于氯离子半径，所以氟化钠的晶格能大于氯化钠，则NaF的莫氏硬度比NaCl大 33 【答案】
3-3
2
2
6
32
2
6
- 21 -
（1）
（2）取代反应 羧基 （3）
乙醇CH3CH(CH3)CH2CH2Br?NaOH????CH3CH(CH3)CH=CH2?NaBr?H2O ?
(4)
【KS5U解析】A含有碳、氢、氧元素，A能被氧气氧化，也能和氢气发生反应，说明A中含有醛基，有机物A的分子式为C5H100，其核磁共振氢谱上有四个吸收峰，说明A有四种类型的氢原子，峰面积的比例为
6:1:2:1,由此得出A含有2个甲基，一个醛基、一个亚甲基，一个,所以A是
A和氢气反应生成
B，加热条件下，B醇和氢溴酸反应生成
C,加热条件下，C和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成
- 22 -
D。
（1） 通过以上分析知，A的结构简式是，A被氧气氧化生成
羧酸E。
（2） B生成C的反应是取代反应；E中含有官能团的名称是羧基
（3）
乙醇CH3CH(CH3)CH2CH2Br?NaOH????CH3CH(CH3)CH=CH2?NaBr?H2O?
（4）①能发生银镜反应说明含有醛基；
②能与金属钠反应生成氢气说明含有羧基或羟基；
③不能发生消去反应，说明连接羟基碳原子的相邻碳原子上没有氢原子，所以E的同分异构体为：
。
KS5U2013 山东省高考压轴卷 理科综合 物理试题
参考答案与解析
14.D
【解析】伽利略通过“理想实验”得出“力不是维持物体运动的原因”， 奥斯特发现了通电导线的周围存在磁场，即电流的磁效应，选项ABC说法错误；胡克认为只有在一定的条件下（伸长量小于弹簧的最大限度），弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，选项D正确。 15. BD
【解析】“神舟十号”与“天宫一号”的质量不相等，受到地球的吸引力大小不相等，选项A错误；由于二者处于同一离地面高343 km的圆形轨道上，由公式v?GMr知，“神舟十号”与“天宫一号”的速度大
- 23 -
小相等，高度比地球同步卫星低，所以速度比地球同步卫星速度大，由a?GMr2知，二者向心加速度大小
相等，所以选项B、D正确；如在同一轨道上点火加速，“神舟十号”将做离心运动，脱离原轨道，所以C错误．
16. A
2
【解析】由v-t图可知4-6s，物块匀速运动，有Ff=F=2N．在2-4s内物块做匀加速运动，加速度a=2m/s，由牛顿第二定律得 ma=F-Ff，将F=3N、Ff=2N及a代入解得m=0.5kg．由动摩擦力公式得 μ=
Ff=0.4，所以mgA正确．故选A． 17．AD
【解析】因为将物块B移至C点后，A、B仍保持静止，所以绳子中的拉力大小始终等于A的重力不变，通过定滑轮，绳子对B的拉力大小也是等于A的重力不变，而B移至C点后，右侧绳子与水平方向的夹角减小，对B进行受力分析可知，B受到水平面的静摩擦力增大，所以A正确，B错误；对滑轮受力分析可知，悬于墙上的绳子所受拉力等于两边绳子的合力，由于两边绳子的夹角变大，两边绳子的合力将减小，C错误；由几何关系可知α、β、θ三角始终相等，D正确． 18. BC
【解析】t＝0.01 s时刻交变电流电动势为零，线圈处于中性面，磁通量最大；由图象可知周期T＝0.02 s，转速n＝
1T＝50 r/s；变压器原线圈中电压有效值为U1＝22 V，原线圈中输入功率与副线圈输出功率相同，
由P＝22 W，P＝UI，得I＝1 A；由
U1n1?U2n2知副线圈两端电压U2＝220 V．正确选项为B、C.
19. BD
【解析】由场强叠加原理可知，b点场强小于d点场强，选项A错误；MN是等量异种电荷的等势面，因沿着电场线的方向电势逐渐降低，所以b点电势低于d点电势，选项B正确；a点的电势高于c点的电势，所以正电荷在a点的电势能高于在c点的电势能，选项C错误；由对称性可知a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，选项D正确． 20. BD
【解析】由ab棒受力情况可知，ab棒不是匀变速直线运动，因此ab棒运动的平均速度大小不是
1v，选项2A错误；当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，q?It,I?qRBLv，沿导轨方向的位移x?vt?，
BLR，
B2L2v选项B正确；由功能关系可知选项C错误；当金属棒的速度大小为v时，安培力最大，F＝BIL＝
R选项D正确；因此答案选BD.
21.(1)①3.6 ②D ③改变弹簧测力计B拉力的大小；减小重物M的质量(或将A更换成较大量程的弹簧测力计、改变弹簧测力计B拉力的方向等) （2）①AC ②小于 ③不明显
【解析】(1)①由题图知，弹簧测力计A的分度值为0.2 N，读数为3.6 N.
②本实验是利用平衡条件确定两拉力的合力与重物M所受重力等值反向，故A是必要的．因弹簧测力计的零点误差影响到各拉力的测量值，且不能保证各拉力的真实值之比与测量值之比相等，故B也是必要的．因只有拉线方向与木板平行时才能保证各力在竖直板上记录的方向与真实方向相同，故C亦是必要的．由于本实验中只需测出两拉力的大小和方向以及重物的重力即可验证平行四边形定则，而测力计A的拉力不同时O点的位置就不同，故不可能也无必要使O点静止在同一位置，答案为D. ③见答案．
(2) ①一节干电池的电动势约为1.5 V，若滑动变阻器采用R2，调节过程中电流在多数情况下偏小，无法测量，故应选用滑动变阻器R1；由于电路中的电流比较小，故应选量程为0.6 A的电流表． ②由于电压表的分流作用，导致电流表的测量值小于流过干电池的电流的真实值．
- 24 -
③若测量的是新干电池，由于内阻比较小，在较大范围内调节滑动变阻器，电压表测量的路端电压变化就不明显，实验误差较大．
22.（1）v0=4 m/s或56m/s （2）1.8m （3）220J
【解析】（1）分两种情况:v0大于v，滑块做匀减速运动；v0小于v，滑块做匀加速运动。（5分） （2）由机械能守恒定律可得答案。（5分）
（3）产生的内能等于摩擦力与路程的乘积，此路程为物块在传送带上减速位移与加速位移之和。（5分） 23.（1）
2?mv03?mLm （2）t1? （3）?qL2qB0v0qB0
6L v0【解析】(1)当小球仅有电场作用时：mg＝Eq，小球将做匀速直线运动．
在t1时刻加入磁场，小球在时间t0内将做匀速圆周运动，圆周运动周期为T0，若竖直向下通过D点，由图丙分析可知：
t0＝
3T04＝
3?m (4分) 2qB0(2)PF－PD＝R即：v0t1－L＝R(2分)
qv0B0＝mv20/R(2分)
所以R＝
mv0qB0，t1?Lm (2分) ?v0qB0(3)小球运动时的速率始终不变，当R变大时，T0也增加，小球在电磁场中的运动的周期T增加，在小球不飞出电磁场的情况下，当T最大时有：
LDQ＝2R＝＝
π
2mv0 (2分) qB02?mv0 (2分) qL2?RL? (1分) T＝v0v0B0＝
0
由图分析可知小球在电磁场中运动的最大周期
T＝8×
3T04＝
6L (2分) v0小球运动轨迹如图丁所示(1分)
36.(1)平均动能 小于 (2)①300 L ②8 atm
【解析】(1)密闭在钢瓶中的理想气体的体积不变，当温度升高时，分子的平均动能增大，单位面积受到撞击的分子数不变，但每次撞击的作用力变大，所以压强增大；当温度升高时，气体分子的平均速率会增大，大多数分子的速率都增大，所以波峰应向速率大的方向移动，即T2>T1.
3
(2)①居民厨房的容积为V2＝24 m＝24000 L
设有体积为V1的煤气泄漏出来，将其作为研究对象，它经历等温过程，泄漏前后的气压分别为p1和p2.达到发生爆炸的气压条件是p2＝0.05 atm 由p1V1＝p2V2，得V1＝
p2V2p1
代入数值，得V1＝300 L
②爆炸瞬间气体来不及外泄，经历的是一个等容过程．
爆炸前的温度为T1＝(27＋273) K＝300 K，压强为p1′＝1.05 atm爆炸后的温度T2＝(2000＋273) K＝2273 K 由
p'1p'2＝
T2T1得
p'2?T2p'1 T13D 2c- 25 -
代入数值，得p2′≈8 atm.
37.(1)CD (2)上下 等于 (3)30°
【解析】(1)波能否产生衍射现象与波的振幅无关，A错；变化的电场周围存在磁场，但均匀变化的电场产生的是恒定的磁场，不能产生电磁波，B错．C、D正确． (2)波上的质点都在其平衡位置上下振动，且质点振动的周期与波源的振动周期相同．
(3)如图，设入射角为i，折射角为r，则
sinisin60???3 sinrsinr1
得sinr＝，r＝30°
2
折射光线在玻璃球中通过的位移
s＝2×
D2cosr＝
3D2
光在玻璃球中传播的速度v＝c3 则t＝
sv＝
3D. 2c2
38.(1)12.75 eV 6 24.84 eV (2)①1 m/s，方向向右 ②v'1＝1.5 m/s，向右
v'2＝2 m/s，向右
n(n?1)2＝
【解析】(1)因E4－E1＝12.75 eV，所以用12.75 eV的光照射．由
4?(4?1)＝6可知，有6种
2可能的光.2个光子能量可能具有的最大值为(E4－E1)＋(E3－E1)＝24.84 eV. (2)①m2刚开始滑动时，
a＝
?m2gm2＝1 m/s，方向向右
2
②设经时间t1，m1、m2相碰，则由解得：t1＝1 s
1at＋L＝vt 221
01
碰前m2的速度为v2＝at1＝1.0 m/s
则碰后m2的速度v'2＝2 m/s或v''2＝4 m/s 由系统动量守恒可得：m1v0＋m2v2＝m1v'1＋m2v'2
m1v0＋m2v2＝m1v″1＋m2v″2
解得碰后m1的速度v′1＝1.5 m/s或v″1＝－1.5 m/s 根据系统碰后机械能不大于碰前机械能可知：
v''1＝－1.5 m/s，v''2＝4 m/s这组数据不符合题意，舍掉．
则碰后m1的速度为v'1＝1.5 m/s，向右，
m2的速度v'2＝2 m/s，向右
- 26 -