2024年人教A版高二物理上册阶段测试试卷

…………○…………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2024年人教A版高二物理上册阶段测试试卷134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总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、在如图所示的电路中，电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，已知电源内阻r小于定值电阻R1，在滑动变阻器滑片P自a端向b端滑动的过程中,下列说法中正确的是（）A.电压表示数变小，R2两端的电压变大B.电源的效率变大C.电流表示数变大，通过R2的电流变小D.电源的输出功率变小2、图示是某导体的I-U图线，图中倾角为α＝45°，下列说法正确的是()A.通过电阻的电流与其两端的电压成正比B.此导体的电阻R＝2ΩC.I-U图线的斜率表示电阻的倒数，所以电阻R＝cot45°＝1.0ΩD.在R两端加6.0V电压时，每秒通过电阻截面的电量是6.0C3、我国将于2020

年建成完整的北斗三号导航系统，该系统由5

颗地球同步卫星和30

颗其他卫星组成.

则地球同步卫星()A.绕地球运行的轨道为椭圆B.运行周期与地球自转周期相同C.可静止在南通上空D.运行方向与地球自转方向相反4、如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab＝Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点．据此可知（)A.三个等势面中，c的电势最高B.带电质点通过P点时的电势能较Q点大C.带电质点通过P点时的动能较Q点大D.带电质点通过P点时的加速度较Q点大5、天然放射物质的放射线包含三种成分，下面的说法中错误的是（）A.一层厚的黑纸可以挡住a射线，不能挡住β射线和γ射线B.某原子核在放出γ粒子后会变成另一种元素的原子核C.三种射线中对气体电离作用最强的是a射线D.β粒子是电子，但不是原来绕核旋转的核外电子6、某电场的电场线如图所示，则电场中的A

点和B

点电场强度EA

和EB

的大小关系是(

)

A.EA<EB

B.EA>EB

C.EA=EB

D.无法判断7、如图所示是一种简易的验电器，金属丝固定在绝缘立柱上，两端（未接触）上有两块可以活动的铝箔，带电体与金属丝接触之后，两块铝箔带上等量同种电荷，在静电斥力的作用下彼此分开。关于两块铝箔之间的静电力，下面说法正确的是（）A.两块铝箔之间的静电力跟两铝箔带电量成正比B.两块铝箔之间的静电力跟两铝箔之间的距离成反比C.两块铝箔之间的静电力跟两铝箔之间的距离的平方成反比D.以上结论都不正确评卷人得分二、填空题(共9题，共18分)8、平行板电容器所带的电荷量Q=3.0×10-10C，它的两平行板之间的电压为2.0V，则它的电容为______μF，如果两平行板的带电荷量各减少了一半，则两平行板的电势差为______V，电容器的电容为______μF．9、任何液体的表面分子排列都比内部分子稀疏．______．（判断对错）10、饱和汽与饱和汽压。

(1)饱和汽：____________的蒸气叫做饱和汽．此时相同时间内回到水中的分子数____________从水面飞出去的分子数．

(2)饱和汽压：在一定温度下，饱和汽的分子数密度一定，饱和汽的压强也是一定的，这个压强叫这种液体的饱和汽压．饱和汽压只指此蒸气的分气压，与其他气体压强____________关．11、在“研究电磁感应现象”的实验中；首先要按图甲接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系；然后按图乙将电流表与线圈B

连成一个闭合回路，将线圈A

电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，在图甲中，当闭合S

时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央。在图乙中。

(1)S

闭合后；将螺线管A

插入螺线管B

的过程中，电流表的指针______；

(2)

线圈A

放在B

中不动时；指针将______

(3)

线圈A

放在B

中不动，突然断开开关S

电流表指针将______。12、A.如图所示是我国民用交流电的电压图象.

根据图象可知；交流电的频率是________Hz

用交流电压表测量电压，测出的电压值是________V

．

B.如图所示，ab

是匀强电场中的两点，两点间的距离为0.4m

两点的连线与电场线平行，两点间的电势差为4.0V

则匀强电场的场强大小为________V/m

把电子从a

点移到b

点；电子的电势能将________(

选填“增大”“减小”或“不变”)

．

13、将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h(

未知)

且开口向下的小筒中(

单摆的下部分露于筒外)

如图1

所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，单摆振动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测量出筒的下端口到摆球球心的距离L

并通过改变L

而测出对应的摆动周期T

再以T2

为纵轴；L

为横轴作出T2鈭�L

函数关系图象，那么就可以通过此图象得出小筒的深度h

和当地的重力加速度g

．

(1)

如果实验中所得到的T2鈭�L

关系图象如图2

所示，那么真正的图象应该是abc

中的______；

(2)

由图可知；小筒的深度h=

______m

当地重力加速度g=

______m/s2(

计算结果保留三位有效数字)

(3)

在实验中；每次测量时总是错误地把摆线加上球直径当成了摆长，如果仍然采用题中图象方法处理数据，你认为会对实验结果怎样的影响？对h

的影响是______，对g

的影响是______．

A.无影响B.

比真实值小C.

比真实值大D.

不确定．14、已知金属铯的逸出功为1.9eV，在光电效应实验中，要使铯表面发出的光电子的最大动能为1.0eV，光子能量为______eV，则入射光的波长应为______m．（保留两位有效数字．普朗克常量h=6.63x10-34J•s，光速c=3.0x108m/s）15、用如图所示装置来验证动量守恒的实验，质量为mB的钢球B放在小支柱N上，球心离地面高度为H；质量为mA的钢球A用细线拴好悬挂于O点；当细线被拉直时O点到球心的距离为L，且细线与竖直线之间夹角为α．球A由静止释放，摆到最低点时恰与球B发生正碰，碰撞后，A球把轻质指示针C推移到与竖直线夹角为β处，B球落到地面上，地面上铺有一张覆盖有复写纸的白纸D，用来记录球B的落点．保持α角度不变，多次重复上述实验，在白纸上记录到多个B球的落地点．

（1）为保证实验成功，必须保证mA______mB．（填“大于”；“等于”或“小于”）

（2）设碰撞前瞬间球A的速度为vA，碰撞后球A的速度为v′A，球B的速度为v′B，则实验需要验证的关系式为：______

（3）若实验中测得mA、mB、L、α、β、H、s等物理量，用测得的物理量表示：mAvA=______；mAv′A=______；mBv′B=______．16、在物理学发展过程中许多科学家作出了重要贡献．如：总结得出万有引力定律的科学家是______；发现点电荷之间的相互作用规律的科学家是______．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)17、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）

18、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）

19、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）

20、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）21、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）22、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）23、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）24、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4题，共32分)25、已知rm{CH_{3}隆陋CH篓TCH_{2}+HBr隆煤CH_{3}隆陋CHBr-CH_{3}}rm{1mol}某芳香烃rm{A}充分燃烧后可以得到rm{8molCO_{2}}和rm{4molH_{2}O}该芳香烃rm{A}在不同条件下能发生如图所示的一系列变化：

请回答下列问题：

rm{(1)A}中官能团的名称为：______________，rm{A}的结构简式：_______________________。

rm{(2)}上述反应中，rm{垄脵}是________反应rm{(}填反应类型rm{)(1}分rm{)}

rm{(3)}写出rm{C}rm{D}rm{E}rm{H}物质的结构简式：rm{C}____________________，rm{D}_______________，rm{E}_____________，rm{F}_______________。

rm{(4)}写出rm{D隆煤F}反应的化学方程式：______________________________。26、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{X}是中学常见的无机物，存在如图转化关系rm{(}部分生成物和反应条件略去rm{)}rm{(1)}若rm{A}为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，rm{X}能使品红溶液褪色，写出rm{C}和rm{E}反应的离子方程式：__________________________．rm{(2)}若rm{A}为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，则：rm{垄脵}组成单质rm{A}的元素在周期表中的位置为_______________．rm{垄脷X}可能为___________rm{(}填代号rm{)}．rm{a.NaHCO_{3}}rm{b.Na_{2}CO_{3;;;;;;;;;;;;;;;}c.Na_{2}SO_{3;;;;;;;;;;;;;}d.Al(OH)_{3}}rm{(3)}若rm{A}为淡黄色粉末，回答下列问题：rm{垄脵1molA}与足量的rm{H_{2}O}充分反应时转移的电子数目为_______________．rm{垄脷A}的电子式为___________________。rm{垄脹}若rm{X}为一种造成温室效应的气体rm{.}则鉴别等浓度的rm{D}rm{E}两种溶液，可选择的试剂为______rm{(}填代号rm{)}．rm{a.}盐酸rm{b.BaCl_{2}}溶液rm{c.NaOH}溶液rm{d.Ca(OH)_{2}}溶液rm{(4)}若rm{A}为氧化物，rm{X}是rm{Fe}溶液rm{D}中加入rm{KSCN}溶液变红rm{.}则rm{A}与rm{H_{2}O}反应的化学反应方程式为___________rm{.E}是_________rm{(}填化学式rm{)}27、工业制钛白粉产生的废液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4，可利用酸解法生产补血剂乳酸亚铁。其生产流程如下：

已知：TiOSO4可溶于水，在水中电离为TiO2+和SO2-4。请回答下列问题：

（1）写出TiOSO4水解生成钛酸H4TiO4的离子方程式____。步骤①中加入足量铁屑的目的是____。

（2）步骤②的离子方程式是____，所得副产品主要是____（填化学式）。

（3）工业上由H4TiO4可制得钛白粉TiO2。TiO2直接电解还原法生产钛是一种较先进的方法，电解质为熔融的CaCl2，原理如图所示，阴极的电极反应式为____。

（4）工业上利用TiO2还可以用下列流程制取单质钛：

已知：①C(s)+O2(g)＝CO2(g)△H1＝－393.5kJ/mol②2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)△H2＝－566kJ/mol③TiO2(s)＋2Cl2(g)＝TiCl4(s)＋O2(g)△H3＝+141kJ/mol则TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(s)＋2CO(g)的△H＝____。

（5）乳酸可由乙烯经下列步骤合成：上述合成路线的总产率为56%，乳酸与碳酸亚铁反应转化为乳酸亚铁晶体的产率为80%，则生产468kg乳酸亚铁晶体（M＝234g/mol）需要标准状况下的乙烯____m3。

28、风靡全球的饮料果醋中含有苹果酸(MLA)

其分子式为C4H6O50.1mol

苹果酸与足量NaHCO3

溶液反应能产生4.48LCO2(

标准状况)

苹果酸脱水能生成使溴水褪色的产物。如图表示合成MLA

的路线。

(1)

写出下列物质的结构简式：A

____，D

____。

(2)

指出反应类型：垄脵

____垄脷

____。

(3)

写出所有与MLA

具有相同官能团的同分异构体的结构简式：____。

(4)

写出E隆煤F

转化的化学方程式____。

(5)

上述转化关系中步骤垄脹

和垄脺

的顺序能否颠倒？____(

填“能”或“不能”)

说明理由：____。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、C【分析】试题分析：在滑动变阻器滑片P自a端向b端滑动的过程中，R3阻值减小，总电阻减小，总电流变大，则R1两端电压变大，电压表示数变大；R2R3两端的电压减小，R2的电流减小，安培表电流变大，C正确，A错误；电源的效率：即随外电路电阻R的减小，电源的效率减小，选项B错误；电源内阻r小于定值电阻R1，故当滑动变阻器阻值减小时，外电路电阻向内阻接近，电源的输出功率增加，选项D错误；故选C.考点：电路的动态分析；电源的效率及输出功率.【解析】【答案】C2、A|B【分析】试题分析：图线为一条倾斜的直线，该导体为线性原件，欧姆定律适用，故通过电阻的电流与其两端的电压成正比，A正确；根据欧姆定律可得：故B正确；斜率为1，但是电阻为2欧姆，所以两者不相等，C错误；在R两端加6.0V电压时，电流每秒通过电阻截面的电量是．故D错误．考点：考查了欧姆定律的应用【解析】【答案】AB3、B【分析】【分析】同步卫星与地面保持相对静止，其角速度、周期与地球一致；线速度、距地面高度等都保持不变。本题简单考查了同步卫星的基本特点，平时可以多记忆，有助于快速解题。【解答】A.绕地球运行的轨道为圆，故A错误；B.运行周期与地球自转周期相同，故B正确；C.同步卫星静止在赤道上空，故C错误；D.运行方向与地球自转方向相同，故D错误。故选B。【解析】B

4、A|B|D【分析】试题分析：电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A正确；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确，故选ABD．考点：等势线；电势及电势能.【解析】【答案】ABD5、B【分析】a射线的穿透能力最弱，一张白纸就能挡住，β射线的穿透能力较强，能穿透几毫米的铝板，γ射线的穿透能力最强，能穿透几厘米后的铅板，A错；γ射线是伴随两种衰变产生的，是生成的新核处于高能级，原子核在由高能级向低能级跃迁时向外辐射出来的，B错；三种射线中对气体电离作用最强的是a射线，电离能力最弱的是γ射线，β粒子是由一个中子分裂成一个质子和一个电子产生的，D对【解析】【答案】B6、B【分析】解：由于电场线的疏密可知，a

点的电场强度强，所以EB<EA

故B正确；ACD错误。

故选：B

．

电场线的疏密表示电场强度的强弱；电场线某点的切线方向表示电场强度的方向，沿着电场线方向电势是降低的，据此可正确解答．

电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布，明确电场线分布与电场强度以及电势之间的关系．【解析】B

7、D【分析】解：ABCD；库仑定律只适用于点电荷；两块靠近的铝箔是不能看作点电荷的，因此，两块铝箔之间的静电力并不满足库仑定律，A、B、C三种说法都是错误的。D正确。

故选：D。

库仑定律适于点电荷；不是点电荷不能用其求库仑力。对于两块铝箔，因距离小，则不能视为点电荷，不适用于库仑定律。

考查库仑定律的适用条件，明确两块近距铝箔不能视为点电荷。【解析】D二、填空题(共9题，共18分)8、略

【分析】解：平行板电容器所带的电荷量Q=3.0×10-10C；它的两平行板之间的电压为2.0V，则它的电容为：

C==1.5×10-4μF

电容器的电容由电容器本身决定，与带电量无关，如果两平行板的带电荷量各减少了一半，则电容器带电量减小为由于电容不变，故电压也减小为即1V；

故答案为：1.5×10-4，1，1.5×10-4．

根据电容的定义式求出电容的大小．根据Q=CU求出两板间电势差；

对于电容器的电容定义式C=可根据比值定义法的共性来理解，知道C与Q、U无关．【解析】1.5×10-4；1；1.5×10-49、略

【分析】解：表面张力产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层；叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．所以该说法是正确的．

故答案为：√

作用于液体表面；使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力．它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．

此题考查液体表面张力的现象，要求对液体表面张力产生的原因能理解，并能分析一些现象．【解析】√10、略

【分析】解：(1)饱和汽：与液体处于动态平衡的蒸汽叫做饱和汽；此时相同时间内回到水中的分子数等于从水平飞出去的分子数；

(2)饱和气压：在一定温度下；饱和汽的分子数密度一定，饱和汽的压强也是一定的，这个压强叫这种液体的饱和汽压，饱和气压只指此蒸汽的分气压，与其他气体压强无关．

故答案为：(1)与液体处于动态平衡；等于。

(2)无【解析】与液体处于动态平衡;等于;无11、略

【分析】解：由图甲知电流从左接线柱流入电流表时；其指针向左偏转。

(1)S

闭合后；将A

插入B

中，磁通量增大，由楞次定律和安培定则可判断B

中电流方向向上，从右接线柱流入，故电流表指针向右偏转；

(2)A

放在B

中不动；磁通量不变，不产生感应电流，指针不偏转；

(3)

断开开关；穿过B

的磁通量减小，电流表指针向左偏转。

故答案为：(1)

向右偏转；(2)

不动；(3)

向左偏转。

由安培定则判断出判断出线圈A

产生的磁场方向；然后判断出穿过线圈B

的磁通量如何变化，最后由楞次定律判断出感应电流的方向，确定电流表指针的偏转方向。

本题是一道基础题，熟练掌握并灵活应用安培定则及楞次定律即可正确解题。【解析】向右偏转；不偏转；向左偏转12、略

【分析】A.【分析】本题很简单直接从图象中即可求出交流电的最大值及周期。

电压表测出有效值明确交流电图象的物理意义，正确根据图象获取有关交流电的信息是对学生的基本要求，平时要加强练习。【解答】由图读出周期T=2隆脕10鈭�2s

频率为f=1T=50Hz

由图读出，电压的最大值是Um=311V

电压表测量有效值，有效值为U=22Um=220V

故答案为：5050220220B.【分析】

题中已知匀强电场中ab

间的电势差和距离；根据电势差与场强的关系式U=Edd

是两点沿场强方向的距离求解场强。W=qU

求出电场力做功，即可得到电势能的变化。

解决本题的关键是掌握U=Ed

和W=qU

两个公式，知道d

是两点沿场强方向的距离。【解答】

ab

的方向与电场线的方向平行，则由Uab=Edab

则场强为：E=Uabdab=4.00.4=10V/m

电子在电场中受到的电场力的方向与电场线的方向相反，则电子受到的电场力的方向向左，把电子从a

点移到b

点；电场力对电子做负功，电子的电势能增大。

故答案为：10

增大。

【解析】A.5050220220

B.1010增大

13、略

【分析】解：(1)

由单摆周期公式得：T=L+hg

得到：T2=4娄脨2Lg+4娄脨2hg

当L=0

时，T2=4娄脨2hg>0

则真正的图象是a

．

(2)

当T2=0

时；L=鈭�h

即图象与L

轴交点坐标．

h=鈭�L=31.5cm=0.315m

图线的斜率大小k=4娄脨2g

由图；根据数学知识得到k=4

解得：g=9.86m/s2

(3)

根据(1)

中分析可知把摆线加上球直径当成了摆长；即L

偏大，导致图线的纵轴截距偏小，斜率不变.

故对h

的影响是比真实值小，对g

的没有影响．

故答案为：(1)a(2)0.3159.86(3)BA

．

根据单摆的周期公式推导出T2鈭�L

函数关系解析式；选择图象．

研究图象与坐标轴交点的意义；求出h

和g

．

实验的核心是实验原理，根据原理推导解析式，研究图象下列几个方面的意义，如：斜率、截距、面积等等．【解析】a0.3159.86BA

14、略

【分析】解：根据题意可知逸出功W0=1.9eV光电子的最大初动能Ekm=1.0eV

根据光电效应方程Ekm=hγ-w0

得光子能量ɛ=hγ=w0+Ekm=1.9eV+1.0eV=2.9eV

2.9eV=2.9×1.6×10-19=4.64×10-19

由光子能量公式ɛ=hγ=h

代入数据得λ=4.3×10-7m

答：光子能量为2.9eV，入射光的波长应为4.3x10-7m．

根据光电效应方程Ekm=hγ-w0和光子能量公式ɛ=进行分析．

解决本题的关键是掌握光电效应方程，特别是光子能量的公式要记住．【解析】2.9；4.3×10-715、略

【分析】解：（1）根据实验原理可知；小球A没有落到地面上，只有B落地，故应让A球的速度大于B球；

（2）由动量守恒定律可知：

应满足的表达式为：mAvA=mAvA′+mBvB′

（3）小球从A处下摆过程只有重力做功；机械能守恒，由机械能守恒定律得：

mAgL（1-cosα）=mAvA2-0；

解得：vA=

则PA=mAvA=mA

小球A与小球B碰撞后继续运动；在A碰后到达最左端过程中，机械能再次守恒，由机械能守恒定律得：

-mAgL（1-cosβ）=0-mAvA′2；

解得vA′=

PA′=mAvA′=mA

碰前小球B静止，则PB=0；

碰撞后B球做平抛运动，水平方向：S=vB′t，竖直方向H=gt2；

解得：vB′=S

则碰后B球的动量为：PB′=mBvB′=mBS

故答案为：（1）大于；（2）mAvA=mAvA′+mBvB′（3）mAmAmBS．

A球下摆过程机械能守恒；根据守恒定律列式求最低点速度；球A上摆过程机械能再次守恒，可求解碰撞后速度；碰撞后小球B做平抛运动，根据平抛运动的分位移公式求解碰撞后B球的速度，求出动量的表达式，然后分析答题。

本题考查了确定实验需要测量的量，知道实验原理、求出实验需要验证的表达式是正确解题的关键【解析】大于；mAvA=mAvA′+mBvB′；mAmAmBS16、略

【分析】解：在物理学发展过程中许多科学家作出了重要贡献．如：总结得出万有引力定律的科学家是牛顿；

发现点电荷之间的相互作用规律的科学家是库仑．

故答案为：牛顿；库仑。

根据物理学史和常识解答；记住著名物理学家的主要贡献即可．

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一【解析】牛顿；库仑三、判断题(共8题，共16分)17、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．18、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．19、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．20、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．21、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．22、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．23、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．24、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4题，共32分)25、（1）碳碳双键

（2）加成

（3）

（4）+NaOH+NaBr【分析】【分析】本题考查有机推断，涉及烯烃、卤代烃、醇等性质以及学生根据信息给予获取知识的能力，是对有机化合物知识的综合考查，能较好的考查考生的自学能力和分析推理能力，推断出rm{A}的分子式，根据反应条件及反应类型，利用顺推法进行推断，是高考热点题型，难度中等。【解答】rm{1mol}某烃rm{A}充分燃烧后可以得到rm{8molCO_{2}}和rm{4molH_{2}O}故烃rm{A}的分子式为rm{C_{8}H_{8}}不饱和度为rm{dfrac{2隆脕8+2-8}{2}=5}可能含有苯环，由rm{A}发生加聚反应生成rm{C}故A中含有不饱和键，故A为rm{C}为rm{A}与溴发生加成反应生成rm{B}则rm{B}为rm{B}在氢氧化钠的乙醇溶液、加热条件下发生消去反应生成rm{E}则rm{E}为rm{E}与溴发生加成反应生成由信息烯烃与rm{HBr}的加成反应可知，不对称烯烃与rm{HBr}发生加成反应，rm{H}原子连接在含有rm{H}原子多的rm{C}原子上，故与rm{HBr}放出加成反应生成rm{D}则rm{D}为rm{D}在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成rm{F}则rm{F}为rm{F}与乙酸发生酯化反应生成rm{H}故H为据此解答。rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}中的官能团是碳碳双键，rm{A}的结构简式：故答案为：碳碳双键；

rm{(2)}上述反应中，反应rm{垄脵}是与溴发生加成反应生成

故答案为：加成；

rm{(3)}由上述分析可知，rm{C}为rm{D}为rm{E}为rm{F}为

故答案为：

rm{(4)D隆煤F}是在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成反应方程式为：rm{+NaOHxrightarrow[triangle]{H_{2}O}}rm{+NaOHxrightarrow[triangle

]{H_{2}O}}

故答案为：rm{+NaOHxrightarrow[triangle]{H_{2}O}}rm{+NaBr}

rm{+NaOHxrightarrow[triangle

]{H_{2}O}}【解析】rm{(1)}碳碳双键rm{{,!}_{;;;}}rm{(2)}加成rm{(3)}rm{(4)}rm{+NaOHxrightarrow[triangle]{H_{2}O}}rm{+NaOHxrightarrow[triangle

]{H_{2}O}}rm{+NaBr}26、rm{(1)OH^{-}+HSO_{3}^{-}=SO_{3}^{2-}+H_{2}O}

rm{(2)垄脵}第三周期第rm{VIIA}族

rm{垄脷b}

rm{(3)垄脵N_{A}}

rm{垄脷}

rm{垄脹ab}

rm{(4)3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{Fe(NO_{3})_{2}}【分析】【分析】本题考查无机物的推断，是高考中的常见题型，试题综合性强，难度较大，有利于培养学生的逻辑推理能力和抽象思维能力，提高学生分析问题、以及灵活运用基础知识解决实际问题的能力rm{.}做好本题的关键之处在于把握好常见物质的性质以及有关转化，并能结合题意具体问题、具体分析即可。【解答】rm{(1)}若rm{A}为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，应为rm{Na}rm{X}能使品红溶液褪色，应为rm{SO_{2}}则rm{B}为rm{H_{2}}rm{C}为rm{NaOH}rm{D}为rm{Na_{2}SO_{3}}rm{E}为rm{NaHSO_{3}}rm{C}和rm{E}反应的离子方程式为rm{OH^{-}+HSO_{3}^{-}=SO_{3}^{2-}+H_{2}O}故答案为：rm{OH^{-}+HSO_{3}^{-}=SO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{(2)}若rm{A}为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，应为rm{Cl_{2}}则rm{B}为rm{HClO}rm{C}为rm{HCl}rm{垄脵Cl}原子核外有rm{3}个电子层，最外层电子数为rm{7}位于周期表第三周期Ⅶrm{A}族，故答案为：第三周期Ⅶrm{A}族；rm{垄脷a.C}为盐酸，可与rm{NaHCO_{3}}反应生成rm{CO_{2}}但rm{CO_{2}}与rm{NaHCO_{3}}不反应，故rm{a}错误；rm{b..C}为盐酸，与rm{Na_{2}CO_{3}}反应生成rm{CO_{2}}rm{CO_{2}}与rm{Na_{2}CO_{3}}反应可生成rm{NaHCO_{3}}故rm{b}正确；rm{c..C}为盐酸，与rm{Na_{2}SO_{4}}不反应，故rm{c}错误；rm{d.}盐酸与氢氧化铝反应生成氯化铝，氯化铝与氢氧化铝不反应，故rm{d}错误，故答案为：rm{b}rm{(3)}若rm{A}为淡黄色粉末，应为rm{Na_{2}O_{2}}rm{垄脵1molA}与足量的rm{H_{2}O}充分反应时过氧化钠自身发生氧化还原反应，转移的电子数目为rm{N_{A}}故答案为：rm{N_{A}}rm{垄脷Na_{_{2}}O_{_{2}}}含有离子键、共价键，电子式为故答案为：rm{垄脹}若rm{X}为一种造成温室效应的气体，应为rm{CO_{2}}则rm{C}为rm{NaOH}rm{D}为rm{Na_{2}CO_{3}}rm{E}为rm{NaHCO_{3}}鉴别等浓度的rm{D}rm{E}两种溶液，可用盐酸或氯化钡溶液，故答案为：rm{ab}rm{(4)}若rm{A}为氧化物，rm{X}是rm{Fe}由转化关系可知rm{C}具有强氧化性，则rm{A}为rm{NO_{2}}rm{B}为rm{NO}rm{C}为rm{HNO_{3}}rm{NO_{2}}与水反应的方程式为rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{Fe}与硝酸生成rm{Fe(NO_{3})_{3}}rm{Fe(NO}rm{3}rm{3}rm{)}与rm{3}反应生成rm{3}rm{Fe}rm{Fe(NO}rm{3}rm{3}故答案为：rm{)}rm{2}rm{2}rm{{,!}_{,}}rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{Fe(NO}rm{3}【解析】rm{(1)OH^{-}+HSO_{3}^{-}=SO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{(2)垄脵}第三周期第rm{VIIA}族rm{垄脷b}rm{(3)垄脵N_{A}}rm{垄脷}rm{垄脹ab}rm{(4)3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{Fe(NO_{3})_{2}}27、略

【分析】【分析】本题考查了铁盐和亚铁盐的相互转变、离子方程式的书写、电解原理、焓变的计算、原料利用率的计算等，难度中等，注意把握相关基本理论的理解和应用。【解答】（1）根据水解原理：盐+水=酸+碱，则TiOSO4水解生成钛酸H4TiO4的离子方程式TiO2+＋3H2OH4TiO4＋2H+；步骤①中加入足量铁屑的目的是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，消耗溶液中的H+促进TiO2+水解。（2）NH4HCO3在溶液中电离出HCO3-离子，易电离生成碳酸根，碳酸根和亚铁离子反应生成FeCO3促进HCO3-电离，故离子方程式Fe2+＋2HCO3-==FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；所得的副产物为溶液中没有参加反应的铵根离子和硫酸根离子形成的(NH4)2SO4；（3）电解时，阴极上得电子发生还原反应，所以二氧化钛得电子生成钛和氧离子，故阴极电极反应：TiO2＋4e－==Ti＋2O2-（4）依据盖斯定律：由③+①×2-②可知△H＝△H3+△H1×2-△H2=+141+（-393.5）×2-（-566）=-80kJ/mol。（5）由题意知，乳酸生成乳酸亚铁的物质的量之比为2：1，设需要乙烯x