13.除去下列物质中的少量杂质（括号内），选用的试剂和分离方法能达到实验目的的是混合物试剂分离方法乙烷（乙烯）高锰酸钾酸性溶液洗气B苯（苯酚）氢氧化钠溶液分液C丙烯（二氧化硫）新制氯水洗气D溴苯（溴）蒸馏水分液14。维屠哟时从青蒿中成功提取出青蒿素后，中国科学院上海有机化学研究所又在1982年人工合成了青蒿素，其部分合成路线如下所示，下列说法正确的是CHOCH,I催化剂HO了HO、H,COH.cos香茅醛甲A.香茅醛存在顺反异构现象B.甲和乙互为同系物C.“甲一乙”、“乙→丙”分别发生了加成反应、氧化反应D.甲发生催化氧化后的产物含有两种官能团，乙的消去产物有两种15.化合物X的分子式为CH02,X分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其红外光谱和核磁共振氢谱如图。下列关于X的说法中不正确的是100500+4000300020001500/h000500波数/cm1109876543210C-HC=0c-0-CA.X分子属于酯类化合物B.X在一定条件下可与3molH2发生加成反应C.符合题中X分子结构特征的有机物有1种D.与X属于同类化合物的同分异构体有4种（不包含X)高二化学第4页（共8页）

参考答案(2)如解图②，延长CF交⊙0于点AE 2Q,连接QG,连接E0并延长交BC.'tan LAFE=Sc=2AC.FM=2A·CG于点H,连接OA,OB,OD:∠QCG=LBFG=LAFE,DtanLOcc=QC_2SaCFNBF CGCG3:CD平分LACB,"CosLOCGCG3√3.FM=FN,CQ-13CQ=20C=20,AC·FMF.CG1CG=CQ·cosLQCG=60/3G13F CG第1题解图②2.（1)证明：如解图①，连接0C,ACAF:CQ为⊙0的直径，·BCBF∴.∠CGQ=90°.,∠AEC=∠ABC,由(1)知LADB=45°，六am∠ABC=tam∠ABC=4C-A织∴.∠AOB=2∠ADE=90°..△AOB为等腰直角三角形，D.:AB=105第2题解图①如解图③，延长AE,CB交于点K.0A=0B=0C=0D=10,∠C0D=PC2=PB·PA,pmpCPC PB2∠DAE=90°，,∠DC0=∠FCE+∠ACD=45°，LP=∠P,,∠BCA=LDAC=∠ADB=∠DBC·△PCAM△PBC,=45°，LPAC=∠PCB..∠BHE=∠CHE=90°，BH=CH.OC=0A.=EH.,∠AC0=∠CA0,第2题解图③.∠ACO=∠PCB.:EM⊥CF于点M,:∠ACB=90°，CD平分∠ACB,AB是⊙0的直径，.∴.∠DCB=45∴∠EM0=LCH0=90.,.∠ACB=90°:∠EOM=LCOH,:CD⊥AE,∠0CP=90°，.∠NEH=LOCH,∴.∠CHE=90°即OC⊥CP.,△NEH≌△OCH,∠K=45°，0C是⊙0的半径，.EW=C0=10.△ACK为等腰直角三角形PC是⊙0的切线；..AH=HK,AC=CK.MN=4,(2)证明：AE⊥CD,A0=B0,.EM=6.∴.∠E+∠DCE=90°.'tan∠MEO=tan∠MCN,OH为△ABK的中位线，:AB是⊙0的直径，OM NM.∠ACB=90°，EM CM'0g脉.∠CAB+LCBA=90°AC AF 3OM460M+10':LE与∠CBA所对的弧是AC,“BCBF2'解得0M=2(负值已舍去)，.∠E=∠CBA,设AC=3x,则BC=2x,.CM=12,.LDCE=∠CAB.⊙0的半径是√3，∴.tan ZNCM=MN1:∠CFB=LCAB+LACD=∠DCEAB=2√13，CM3,tan ZECM=+∠ACD,.(3x)2+(2x)2=(2√13)2，EM 1·.LACE=LCFB.解得x1=2,x2=-2(舍去)，CM2'∠E=∠CBA,AC=3x=6,BC=2x=4,又“tan LECM=E,△ACE∽△CFB,..AC=CK=6,BK=CK-CB=2,CEAC AEC.·CFCB0n=8K=1CF·AE=AC·BC;(3)解：如解图②，过点F作FM⊥3.（1)证明：设∠BAC=a,则∠BDC=,EC=√EM+CM=65,∠BAC=aAC于点M,作FN⊥BC于点N,过.EF=35.点C作CG⊥AB于点G,:∠ADC=90°L0CD=∠BCA=45°，.∴.∠ADB=90°-a.∠ACD=LNCM,.AB=BD,LBAD=LADB=90°-a,:ACD-CE了'ED 1,LDAC=LBAD-∠BAC=90°-2aDE=25,D∴∠AED=180°-∠DAC-∠ADB=∴.AE=DE=25,第2题解图②180°-(90°-2a)-(90°-a)=3a,17

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轴截距一b=一W为定值，与入射光的频率无关，B正确，C,D错误，15.D26图像可知，无人机匀减速直线运动的位移大小为s=2×(10-7.5)×10m=12.5m,A错误：无人机最后10s内的总位移大小为s总=(7.5×10十12.5)m=87.5m,故其在最后10s的平均速度大小为=丝=8.75m/s,B错误；无人机减速过程中，加速度向上，处于超重状态，C错误；匀减速阶段的加速度大小为a=107.5m/s=4m/s,由牛顿第二定律F-mg=ma,可得无人机受到的空气作用力大小为F1028N,D正确.16.At=0时刻，磁通量最大，则线圈平面与中性面平行，A正确；t=0.01s时刻，磁通量为零，但磁通量变化率最大，交变电流的电动势最大，B错误；由图可知，交变电流的周期为0.04s,C错误；磁通量最大时，感应电动势为O,故该线圈产生的交变电流的电动势随时间变化的图像为正弦图像，D错误17.C因两支喷水枪的出水轨迹M、V在同一竖直面内且最高点高度相同，根据竖直上抛运动的对称性，可知M、N轨迹的水在空中运动时间相等，而M轨迹水的水平位移大，根据x=v,t可知，M轨迹水在最高点的速度比N轨迹水的速度大，根据公式b=√十心，可知M轨迹水的初速度大，则M轨迹单位时间内的出水量较大，相同时间内喷水枪对M轨迹水做功比N轨迹水多，A、B、D错误；从喷出到落到海面，对水由动能定理得mgh=号m-?m6,解得=√G+2g,因为M轨迹水的初速度大，故M轨迹水落到海面时速度比N轨迹水的速度大，C正确.18.D带电小球从管口O点以一定的动能Ek出发，运动到M点时动能变为2Ek,可知电场力对带电小球做正功，则带电小球受到的电场力与电场方向相反，小球带负电，A错误；设带电小球的质量为，小球从O点到M点过程，根据动能定理可得F电R-mgR=2E一E,解得F电=号mg,小球运动到M点时，有mg十N一F=紧，解得N=号mg,B错误：若选0点电势为零，小球从0点运动N点过程，电场力做功为WF电Rsin30°=子mgR,又W=一△E=Ew一EN=一Ev,可知小球在N点的电势能为Ew=一是mgR,C错误；若选O点电势为零，小球从O点运动M点过程，电场力做功为WN=一F电R=2mgR,同理可知Ew=一号mgR,故小球在M点的动能和电势能之和为E=Ev十Ea=一弓mgR,D正确，19.ABD设两个黑洞质量分别为m、mB,轨道半径分别为R、R,角速度为w,由万有引力定律可知Gmm型-GMmwR,和"=mwR,其中R十R=L,联立解得w=√0，则两黑洞的运行周期为T-石(o)【2023年普高模拟考试·理综参考答案第2页（共6页）】2r√，A正确，C错误；由于二者角速度相等，则线速度分别为A=aR和B=mR,则A>,B正/I3确：梨据以上分析，可知是面R>术放了D正确.20.BC电子运动方向向左，根据左手定则，电子受向下的洛伦兹力，则下表面带负电，霍尔元件上表面的电势高于下表面的电势，A错误：根据cB=e号和I=hd,联立解得U-侣.可知霍尔电压U与恒定电流】和磁感应强度B成正比，与厚度h无关，B、C正确，D错误.21.AD根据题意，由右手定则可知，在金属环下落过程中，在俯视图中，环中感应电流沿顺时针方向，A正确、B错误；根据题意可知，当重力等于安培力时，环下落的速度最大，根据平衡条件有g=F安=BI·2πr,当环速度最大时，感应电动势为E=B·2,感应电流为1。=是-B·是，联立可得。=，C错误。RD正确2.1)大于1分)（2)√员2分)(3)V-osa--osB=4√m其他形式合理也对)2分)解析：(1)实验中为防止两球碰撞后a球反弹，a球的质量应大于b球的质量.(2)碰后b球做平抛运动，竖直方向有H=g,水平方向有s=w,联立解得碰后b球的速度大小为w=s√2i(3)若碰撞过程中动量守恒，有mva十0=ma'十%%，根据动能定理可得，a球拉至悬线与竖直线夹角为a处释放小球，当a球运动到最低点与b球碰撞前有，=√2g(L一Lcos),同理a球与b球碰撞后，运动至与竖直线夹角为B处，根据动能定理可得私'=V2g-1msm,联立可得V厂sa一一Qs月=42ax12分)i01分)25.902分)3a1分)(%2分)（停么）2分)解析：(1)欧姆表指针偏角过大，说明电阻较小，故选用×1挡；指针在刻度5处，倍率为“×1”，所以读数为5.0×10=5.02.(2)螺旋测微器的读数为D=5.5mm十40.0×0.01mm=5.900mm.(3)滑动变阻器为分压接法，实验开始前输出电压应为零，滑片P应滑至α端.(④)开关S置于1位置时，电压表和电流表的读数分别为U,和1，根据电路特点得R十R,-号，开关S置于2位置时，电压表和电流表的读数分别为山和，根据电路特点得尼十R十R一受·联立解得R=受-只：电阻丝候截面面积$=子心.根据电阻定伴有R=p5联立解特p一化（偿公）】24.解：(1)粒子的运动轨迹如图所示根据几何知识，粒子在磁场中运动时离y轴最远距离为L=r十rcos0(2分)解得=L(1分)

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