2025年牛津译林版高二物理下册月考试卷

…………○…………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2025年牛津译林版高二物理下册月考试卷741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9题，共18分)1、如图所示；A；B是被绝缘支架分别架起的两金属球，并相隔一定距离，其中A带正电，B不带电，则以下说法中正确的是（）

A.导体B带负电。

B.导体B左端出现负电荷；右端出现正电荷，并且电荷量大小相等。

C.若A不动；将B沿图中虚线分开，则两边的电荷量大小可能不等。

D.只要A与B不接触；B的总电荷量总是为零。

2、图中的等腰直角三角形表示三棱镜．光线垂直于一个面入射，在底面上发生全反射，由此看出棱镜的折射率不可能是()．A.1.7B.1.8C.1.5D.1.363、某棱镜顶角θ=41.30°，一束白光以较大的入射角从棱镜的一个侧面射入，通过棱镜折射后从另一个侧面射出，在光屏上形成由红到紫的彩色光带，如图所示，当入射角θ1逐渐减小到零的过程中；彩色光带变化的情况是（根据表格中的数据判断）（）

。色光紫蓝绿黄橙红折射率1.5321.5281.5191.5171.5141.513临界角40.75°40.88°41.17°41.23°41.34°41.37°A.紫光最先消失，最后只剩下红光和橙光B.紫光最先消失，最后只剩下黄光、橙光和红光C.红光最先消失，最后只剩下紫光和蓝光D.红光最先消失，最后只剩下紫光、蓝光和绿光4、下列说法正确的是A液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动B液体分子的无规则运动称为布朗运动C物体从外界吸收热量，其内能一定增加D物体对外界做功，其内能一定减少5、如图所示，AB

两物块置于绕竖直轴匀速转动的水平圆盘上，两物块始终相对于圆盘静止，则两物块(

)

A.线速度相同B.向心力相同C.向心加速度相同D.角速度相同6、电容的单位是(

)

A.库仑B.法拉C.伏特D.安培7、人接种卡介苗后，经过一段时间，血液中就会出现抗结核杆菌的抗体．产生抗体的细胞和抗体的化学性质分别是（）A.浆细胞、多糖B.浆细胞、蛋白质C.效应T细胞、多糖D.效应T细胞、蛋白质8、如图所示，由导热材料制成的气缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体。将一细管插入液体，由于虹吸现象，活塞上方液体逐渐流出。在此过程中，大气压强与外界的温度保持不变。关于这一过程，下列说法正确的是A.气体分子的平均动能逐渐增大B.单位时间气体分子对活塞撞击的次数增多C.单位时间气体分子对活塞的冲量保持不变D.气体对外界做功等于气体从外界吸收的热量9、如图所示，在O鈮�x鈮�2L

的区域内存在着匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy

平面(

纸面)

向里，具有一定电阻的矩形线框abcd

位于xOy

平面内，线框的ab

边与x

轴重合，bc

边的长度为L.

令线框从t=0

时刻由静止开始沿x

轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流i(

取顺时针方向的电流为正)

随时间t

的函数图象大致是图中的(

)

A.B.C.D.评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)10、伏安法测电阻，测量电路的接法有安培表内接法和安培表外接法两种电路，如图A、B所示，其中______（填A或B）属安培表外接法．用安培表外接法测Rx，测量值R测=与真实值比，是偏______（填大或小），外接法适用于测阻值较______（填大或小）的电阻．

11、如图是某研究学习小组通过模拟街道路灯自由控制电路图，光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻的阻值随着光的照度增强而减小，利用直流电源为电磁铁供电，利用照明电源为电灯供电。为达到天亮灯熄、天暗灯亮的效果，电灯应接在______（填“AB”或“BC”）之间，请用笔画线代替导线，正确连接部分电路元件。12、某航空母舰上的起飞跑道长200m。飞机在航空母舰上滑行的最大加速度为6m/S2，起飞需要的最低速度为50m/S。那么飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为m/s。13、“嫦娥三号”依靠____（选填“电磁”或“声”）波将拍到的月貌图片传回地球，此波由真空进入大气的传播过程中，保持不变的是____（选填“速度”或“频率”）．14、为了测量一节干电池的电动势和内电阻；实验室准备了下列器材供选用：

A．待测干电池一节。

B．直流电流表（量程0～0.6～3A；0.6A挡内阻为0.1Ω，3A挡内阻为0.02Ω）

C．直流电压表（量程0～3～15V；3V挡内阻为5kΩ，15V挡内阻为25kΩ）

D．滑动变阻器（阻值范围为0～15Ω；允许最大电流为1A）

E．滑动变阻器（阻值范围为0～1000Ω；允许最大电流为0.2A）

F．开关G．导线若干。

①在方框图中画出实验的电路图，其中滑动变阻器选______（填代号）；要求尽可能减少实验的误差．

②根据实验记录，画出的U-I图线如图（甲）所示，从中可求出待测干电池的电动势为______V，内电阻为______Ω．

评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)15、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）16、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）

17、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）

18、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）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）

评卷人得分四、简答题(共3题，共30分)20、元素rm{X}位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为rm{2}元素rm{Y}基态原子的rm{3p}轨道上有rm{4}个电子。元素rm{Z}的原子最外层电子数是其内层的rm{3}倍。元素rm{W}比元素rm{X}序数小rm{5}rm{(1)X}与rm{Y}所形成化合物晶体的晶胞如右图所示。rm{垄脵}在rm{1}个晶胞中，rm{X}离子的数目为____。rm{垄脷}该化合物的化学式为____。rm{垄脹}写出元素rm{W}的价电子排布式____。rm{(2)}在rm{Y}的氢化物rm{(H_{2}Y)}分子中，rm{Y}原子轨道的杂化类型是____。rm{(3)Z}的氢化物rm{(H_{2}Z)}在乙醇中的溶解度大于rm{H_{2}Y}其原因是____。rm{(4)Y}与rm{Z}可形成rm{YZ_{4}^{2-}}rm{YZ_{4}^{2-}}的空间构型为____rm{(}用文字描述rm{)}rm{(5)X}的氯化物与氨水反应可形成配合物rm{[X(NH_{3})_{4}]Cl_{2}}该配合物的rm{1}个配体中含有rm{娄脪}键的数目为____。21、向一容积为rm{5L}的恒容密闭容器内，充入rm{0.2molCO}和rm{0.4molH_{2}O}在一定条件下发生反应：rm{CO(g)+H_{2}O(g)}rm{CO_{2}(g)+H_{2}(g)}rm{triangleH>0}反应中rm{CO_{2}}的浓度rm{(c)}随时间rm{(t)}的变化关系如图所示。

回答下列问题：rm{(1)}下列叙述能判断该反应达到平衡状态的是__________rm{(}填序号rm{)}rm{垄脵H_{2}O}的质量不再变化rm{垄脷}混合气体的总压强不再变化rm{垄脹CO}rm{H_{2}O}rm{CO_{2}}rm{H_{2}}的浓度都相等rm{垄脺}单位时间内生成rm{amolCO}同时生成rm{amolH_{2}}rm{(2)0隆芦10min}时段，反应速率rm{v(H_{2})=}___________；反应达到平衡时，rm{c(H_{2}O)=}___________，rm{CO}的转化率为__________，再通入一定量的rm{CO}它的转化率____rm{(}填增大、不变或减少rm{)}rm{(3)}该温度下的rm{K}为____，降低温度，rm{K}____rm{(}填增大、不变或减少rm{)}22、某化工厂将钛、氯碱工业和甲醇制备联合生产，大大提高原料利用率，并减少环境污染。流程如下：回答下列问题：rm{(1)}写出以石墨为电极电解饱和食盐水的离子方程式________rm{(2)}写出钛铁矿在高温下与焦炭经氯化得四氯化钛的化学方程式：________生成rm{1mol}四氯化钛时转移电子的物质的量为________rm{mol}rm{(3)}利用四氯化钛制备rm{TiO_{2}xH_{2}O}时，需加入丈量的水并加热的目的是________rm{(4)}钛广泛用于航天领域。氢气在冶炼钛的流程中的作用是________rm{(5)}利用rm{CO}和rm{H_{2}}制各甲醇rm{垄脵}己知rm{H_{2}(g)}rm{CO(g)}和rm{CH_{3}OH(1)}的燃烧热分别为rm{-285.8kJ/mol}rm{-283kJ/mol}和rm{-726.5kJ/mol}写出rm{CO}和rm{H_{2}}制备甲醇的热化学方程式：________rm{垄脷}假设联合生产中各原料利用率为rm{100拢楼}若得到rm{6mol}甲醇，则只需再补充标准状况下的rm{H_{2}}________rm{L}评卷人得分五、画图题(共2题，共8分)23、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象24、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象评卷人得分六、推断题(共2题，共18分)25、下表为元素周期表的一部分，针对表中rm{垄脵-垄脼}元素，回答下列问题。rm{(1)}元素rm{垄脷}的原子结构示意图是_________________。rm{(2)垄脺}和rm{垄脻}两种元素中原子半径较大的是_______________rm{(}填元素符号rm{)}rm{垄脹}和rm{垄脺}两种元素的最高价氧化物对应的水化物碱性较强的是__________rm{(}填化学式rm{)}填化学式rm{(}rm{)}写出rm{(3)}的单质在rm{垄脵}的单质中燃烧的化学方程式：_______________________。rm{垄脼}26、根据下面的反应路线及所给信息；回答下列问题：

rm{(1)11.2L(}标准状况rm{)}的烃rm{A}在氧气中充分燃烧可以产生rm{88gCO_{2}}和rm{45gH_{2}O}rm{A}的分子式是___________________rm{(2)A}有支链，rm{B}和rm{C}均为一氯化烃，它们的结构简式分别为____________，_____________rm{(3)D}的系统命名法名称__________________________rm{(4)垄脵}rm{垄脹}的反应类型依次是___________________，__________________rm{(5)}写出rm{垄脷}rm{垄脹}的反应化学方程式______________________________________rm{(6)}rm{A}的同分异构体的一种二氯代物rm{G}其核磁共振氢谱图上有两组峰，且峰面积之比为rm{1:1}rm{G}在足量的rm{NaOH}的醇溶液中加热，充分反应后生成rm{H}rm{H}的结构简式为_________________请写出rm{H}发生加聚反应的化学方程式__________________参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、B|D【分析】

A；由于静电感应；导体B左端带负电，右端带正电，导体总电量为零．故A错误，D正确．

B；B的左端感应出负电荷；右端出现正电荷，电荷量的大小相等．故B正确．

C；若A不动；将B沿图中虚线分开，则两边的电荷量大小相等，与划分的位置无关．故C错误．

故选BD．

【解析】【答案】由于静电感应；在B的左端带负电，右端带正电，电荷量的大小相等．

2、D【分析】由临界角的定义可知sinC＝故此棱镜的最小折射率n＝＝故D选项的折射率不可能．【解析】【答案】D3、A【分析】解：由表格数据看出，紫光的折射率最大，临界角最小，当入射角θ1逐渐减小到零的过程中；折射角减小，光线射到棱镜右侧面的入射角增大，紫光的入射角最先达到临界角，发生全反射，最先消失．

当入射角θ1减小到零时；光线射到棱镜右侧面的入射角等于α=θ=41.30°，小于红光与橙光的临界角，所以这两种光不发生全反射，仍能射到光屏上．故最后光屏上只剩下红；橙两种色光．故A正确，BCD错误．

故选：A

由于白光是复色光；各种色光的折射率不同，折射率最大的光偏折程度最大；入射角θ逐渐减小到零的过程中，导致光线射到棱镜右侧面的入射角增大，当入射角达到某光的临界角时该光将发生全反射，分析不同色光的临界角大小可得出最先发生全反射的色光．当入射角小于临界角时，则不会发生光的全反射．

本题考查对光的全反射的理解，关键抓住全反射的条件：光从光密介质射入光疏介质，入射角大于临界角，进行分析．【解析】【答案】A4、A【分析】试题分析：花粉小颗粒在水中像着了魔似的不停运动，是物体在运动，因为分子太小，用肉眼根本无法看到，布朗运动实质上反映了液体分子在运动，故A正确，B错误。由热力学第一定律△U=W+E可知，物体从外界吸收热量，但同时可对外做功；物体对外界做功，但同时可吸收热量，故C、D错误。考点：本题考查了分子运动、热力学第一定律【解析】【答案】A5、D【分析】解：AD

由于AB

在同一转盘上无相对运动，因此它们的角速度相等，由v=娄脴r

半径不同，可知线速度不同，故A错误，D正确；

B、根据Fn=m娄脴2r

可知；质量关系未知，角速度相等，半径不同，导致向心力无法确定，故B错误；

C、根据an=娄脴2r

可知角速度相等，半径不同，则向心加速度不同，故C错误。

故选：D

物体在同一个转盘上随转盘一起运动时；具有相同的角速度，根据线速度；向心加速度、向心力公式进行求解。

解决本题时，关键要抓住共轴转动的物体角速度，根据各个量与角速度的关系分析。【解析】D

6、B【分析】解：库伦是电量的单位；伏特是电压的单位，安培是电流的单位，法拉是电容的单位。故A；CD

错，B

对。

故选：B

电容的单位是以科学家法拉命名的．

解决本题的关键是搞清楚各电学量的单位，不混淆．【解析】B

7、B【分析】解：人接种卡介苗后；发生体液免疫，在体液免疫中依靠B细胞增殖分化成浆细胞，浆细胞合成并分泌抗体．所以经过一段时间，血液中就会出现抗结核杆菌的抗体．抗体的化学本质是蛋白质，其基本单位为氨基酸．

故选：B．

体液免疫过程为：（1）感应阶段：除少数抗原可以直接刺激B细胞外；大多数抗原被吞噬细胞摄取和处理，并暴露出其抗原决定簇；吞噬细胞将抗原呈递给T细胞，再由T细胞呈递给B细胞；（2）反应阶段：B细胞接受抗原刺激后，开始进行一系列的增殖；分化，形成记忆细胞和浆细胞；（3）效应阶段：浆细胞分泌抗体与相应的抗原特异性结合，发挥免疫效应．

本题知识点简单，考查人体免疫系统在维持稳态中的作用，要求考生识记人体免疫系统的组成，尤其是抗体，明确抗体是一种免疫球蛋白，再选出正确的答案即可，属于考纲识记层次的考查．【解析】B8、D【分析】【分析】

根据题意可知；被封闭气体作等温变化，液体流出后，压强逐渐减小，根据理想气体方程可以判断气体体积的变化，根据体积变化判断做功情况，然后根据热力学第一定律，进一步判断吸放热情况。

本题考查了气体状态方程和热力学第一定律的综合应用；是一道考查热学知识综合应用的好题。

【解答】

A；由于气缸导热；环境温度不变，因此被封闭气体温度不变，分子平均动能不变，故A错误；

B；温度不变；压强减小，气体体积增大，温度不变，因此单位时间气体分子对活塞撞击的次数减小，故B错误；

C；气体体积增大；分子平均动能不变，因此单位时间气体分子对活塞的冲量减小，故C错误；

D、温度不变，内能不变，体积增大，对外做功，根据鈻�U=W+Q

可知气体对外界做功等于气体从外界吸收的热量，故D正确。

故选D。。解：A

气体做等温变化；而温度是气体是分子平均动能的标志，故分子的平均动能不变，故A错误。

B；随液体流出；封闭气体压强减小，在分子平均动能不变的情况下，单位时间气体分子对活塞撞击的次数减少，故B正确。

C；封闭气体压强减小；分子平均动能不变，则单位时间气体分子对活塞的冲量减小.

故C错误.

D、等温过程，气体内能不变，由热力学第一定律知，鈻�U=Q+W

气体对外界做功等于气体从外界吸收的热量，故D正确。

故选BD

【解析】D

9、C【分析】解：分三段研究：

线框进入磁场的过程：磁通量增加；根据楞次定律分析可知，感应电流的方向为逆时针方向，电流为负值，故AD错误；

感应电流大小I=BLvR=BLaR

则知；I

与t

成正比；设此过程所用时间为t0

则有。

L=12at02

得t0=2La(a

是线框的加速度)

线框完全进入磁场的过程中，穿过线框的磁通量不变，没有感应电流产生.

根据运动学规律知，此过程所用时间为(2鈭�1)t0=0.4t0

线框穿出磁场的过程：磁通量减小，根据楞次定律分析可知，感应电流的方向为顺时针方向，电流为正值；感应电流大小I=鈭�BLvR=鈭�BLaR.

此过程所用时间为(3鈭�1)t0=0.32t0

根据数学知识分析得知；C正确．

故选：C

先根据楞次定律分析感应电流的方向.

再根据E=BLv

和I=ER

求出感应电流与时间的关系式.

分三段研究：线框进入磁场；完全进入磁场、穿出磁场．

本题根据楞次定律判断出感应电流的方向，确定出电流的正负，根据E=BLv

和欧姆定律得到电流的表达式，再选择图象，是常用的方法和思路．【解析】C

二、填空题(共5题，共10分)10、略

【分析】解：所谓安培表外接法是指待测电阻先与电压表并联后再与电流表串联的接法；故A为外接法；

使用外接法时；由于电压表分流而使电流测量值偏大，则由欧姆定律可知，电阻测量值偏小．

当待测电阻的阻值相对电压表较小时；电压表的分流较小，则产生的误差较小，故该接法适合测小电阻．

故答案为：A；小；小．

明确电流表内外接法的电路结论；根据欧姆定律求电阻的测量值，明确实验中由于电压表分流而存在测量误差，要根据串并联电路的规律分析误差情况．

本题考查电流表内外接法的认识以及实验误差的分析情况，要注意外接法适用于测小电阻，且结果偏小，而内接法适用于测大电阻，且结果偏大；即可用口诀为：大内偏大；小外偏小．【解析】A；小；小11、AB【分析】解：光敏电阻的电阻值随光照强度的增大而减小；所以白天时光敏电阻的电阻值小，电路中的电流值大，电磁铁将被吸住；静触点与C接通；晚上时的光线暗，光敏电阻的电阻值大，电路中的电流值小，所以静触点与B接通。所以要达到晚上灯亮，白天灯灭，则路灯应接在AB之间。同时滑动变阻器采用限流接法即可，故连接的电路图如图所示。

故答案为：AB；如图所示。

利用直流电源为电磁铁供电；将电源；光敏电阻、定值电阻、电键直接串联即可；分析电磁铁的电路，判定利用照明电源为路灯供电的接入点；同时明确电路结构图。

题考查电路设计的问题和变化电路的分析，要结合闭合电路欧姆定律、光敏电阻的特点去分析，对学生分析问题能力要求较高。【解析】AB12、略

【分析】试题分析：已知跑道长末速度加速度．由运动学公式得代入数据得：考点：考查了匀变速直线运动规律的应用【解析】【答案】1013、电磁频率【分析】【解答】“嫦娥三号”依靠电磁波将拍到的月貌图片传回地球；

各种电磁波的频率有波源决定；当光真空到大气的传播过程中，频率不变；

根据v=c/n；可知，速度随着折射率增大而减小；

故答案为：电磁；频率．

【分析】依据各种电磁波在真空中能传播，从而能够接收或发射信号，且波传播过程中，波的频率不变，波长与波速有变化关系．14、略

【分析】解：（1）用伏安法测定电源电动势和内电阻的电路图如图所示；由于电源电阻较小，采用安培表外接法；

滑动变阻器E电阻值较大；每一圈电阻较大，操作时只有电阻较小时电流表和电压表读数才有明显变化，操作不方便，同时额定电流太小，故选小电阻的滑动变阻器（相对电源内阻而言），故选D；

（2）电源的U-I图象的纵轴截距表示电源的电动势；故E=1.5V；

斜率表示电源的内电阻，故r===1Ω

故答案为：（1）如图所示；D；（2）1.5；1

（1）对照测定电源电动势和内电阻的电路图进行连线即可；要保证不超过额定电流；还要操作方便，如果选择大电阻，随着滑动变阻器的阻值减小，电流几乎不变，直到最后几圈时，电流才有显著变化；

（2）电源的U-I图象的纵轴截距表示电源的电动势；斜率表示电源的内电阻．

本题考查测量电动势和内电阻的实验，解题的关键是明确测定电源电动势和内电阻实验的原理、电路图，同时明确电源的U-I图象的物理意义．【解析】D；1.5；1三、判断题(共5题，共10分)15、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．16、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．17、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．18、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．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．四、简答题(共3题，共30分)20、（1）①4②ZnS③3d54s1（2）sp3（3）水分子与乙醇分子间能形成氢键（4）正四面体（5）3个【分析】【分析】本题考查物质结构和性质，涉及化学式确定、原子杂化方式判断、化学键的计算等知识点，熟练掌握基础知识并灵活运用基础知识解答问题是解本题关键，题目难度中等。【解答】元素rm{X}位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数rm{=2+8+18=28}且最外层电子数为rm{2}所以该原子有rm{30}个电子，为rm{Zn}元素；元素rm{Y}基态原子的rm{3p}轨道上有rm{4}个电子，则rm{Y}是rm{S}元素；元素rm{Z}的原子最外层电子数是其内层的rm{3}倍，元素最外层电子数小于或等于rm{8}所以rm{Z}是rm{O}元素；rm{W}比rm{X}原子序数小rm{5}为rm{Mn}元素。

rm{(1)}根据上面的分析可知，rm{垄脵}在rm{1}个晶胞中，rm{X}离子的数目为rm{4}

故答案为：rm{4}

rm{垄脷X}为rm{Zn}rm{Y}为rm{S}rm{X}rm{Y}的个数比为rm{1}rm{1}所以该化合物的化学式为rm{ZnS}

故答案为：rm{ZnS}

rm{垄脹W}为锰，价电子排布式为：为锰，价电子排布式为：rm{垄脹W}rm{3d^{5}4s^{1}}

，故答案为：rm{3d^{5}4s^{1}}

；分子中，rm{(2)H_{2}S}原子的价层电子数为：rm{S}所以rm{dfrac{6+2}{2}=4}原子的轨道的杂化类型是rm{S}杂化；

故答案为：rm{sp^{3}}

rm{sp^{3}}在乙醇中的溶解度：rm{(3)}大于rm{H_{2}O}其主要原因是：水分子与乙醇分子间能形成氢键；

故答案为：水分子与乙醇分子间能形成氢键；

rm{H_{2}S}中rm{(4)SO_{4}^{2-}}原子的价层电子数为：rm{4+dfrac{1}{2}隆脕(6+2-4隆脕2)=4}且没有孤电子对，所以是正四面体结构；

故答案为：正四面体；

rm{S}的氯化物与氨水反应可形成配合物rm{4+dfrac{1}{2}隆脕(6+2-4隆脕2)=4

}配体为rm{(5)Zn}rm{[Zn(NH_{3})_{4}]Cl_{2}}，rm{NH}rm{NH}键的数目为rm{3}个；

故答案为：rm{3}个。

．rm{1}【解析】rm{(1)垄脵4}rm{垄脷ZnS}rm{垄脷ZnS}rm{垄脹3d^{5}4s^{1}}rm{垄脹3d^{5}4s^{1}}水分子与乙醇分子间能形成氢键rm{(2)sp^{3}}正四面体rm{(3)}个rm{(4)}21、rm{(1)垄脵垄脺}rm{(1)垄脵垄脺}rm{(2)0.003mol/(L?mim)}rm{0.05mol/L}rm{75%}减少rm{(2)0.003mol/(L?mim)}减少rm{0.05mol/L}减少rm{75%}【分析】【分析】本题考查了化学反应速率定义式的计算，三段模式计算平衡转化率和平衡时浓度，以及平衡状态的判断标志，题目难度中等。【解答】rm{(1)垄脵H_{2}O}的质量不再变化，则可逆反应已达平衡状态，故rm{垄脵}正确；rm{垄脷}同温同体积时，混合气体的压强与物质的量成正比，rm{CO(g)+{H}_{2}O(g)?C{O}_{2}(g)+{H}_{2}(g)}是气体计量数不变的反应，无论是否到达平衡状态，气体的总物质的量不变，总压强始终不变，因此不能说明反应是否到达平衡状态，故rm{CO(g)+{H}_{2}O(g)?C{O}_{2}(g)+{H}_{2}(g)

}错误；rm{垄脷}rm{垄脹CO}rm{H_{2}O}rm{CO_{2}}的浓度都相等，不能说明各组分的浓度保持不变，故rm{H_{2}}错误；rm{垄脹}单位时间内生成rm{垄脺}同时生成rm{amolCO}说明正反应速率等于逆反应速率，故rm{amolH_{2}}正确。故答案为：rm{垄脺}rm{垄脵垄脺}到达平衡时，rm{(2)}的平衡浓度为rm{CO_{2}}根据转化浓度之比等于方程式的计量数之比，则生成rm{0.03mol/L}的浓度为rm{H_{2}}消耗rm{0.03mol/L}和rm{CO}均为rm{H_{2}O}则rm{v(H_{2})=0.03mol?L^{-1}/10min=0.003mol/(L?min)}rm{0.03mol/L}rm{v(H_{2})=0.03mol?

L^{-1}/10min=0.003mol/(L?min)}的转化率为rm{0.03mol?L^{-1}隆脕5L/0.2mol=75拢楼}；rm{c(H_{2}O)=0.4mol/5L-0.03mol/L=0.05mol/L}它本身的转化率减小；故答案为：rm{CO}rm{0.03mol?

L^{-1}隆脕5L/0.2mol=75拢楼}再通入一定量的rm{CO}它本身的转化率减小；；减小；rm{CO}rm{CO(g)+{H}_{2}O(g)?C{O}_{2}(g)+{H}_{2}(g)}起始量rm{0.003mol/(L?min)}rm{0.05mol/L}rm{75拢楼}rm{(3)}rm{CO(g)+{H}_{2}O(g)?C{O}_{2}(g)+{H}_{2}(g)

}转化量rm{(mol/L)}rm{0.04}rm{0.08}rm{0}rm{0}平衡量rm{(mol/L)}rm{0.03}rm{0.03}rm{0.03}rm{0.03}rm{(mol/L)}rm{0.03}rm{0.03}rm{0.03}

则rm{K=dfrac{c(C{O}_{2})c({H}_{2})}{c(CO)c({H}_{2}O)}=dfrac{0.03隆脕0.03}{0.01隆脕0.05}=1.8}该反应为吸热反应，降低温度，平衡逆移，平衡常数减小，故答案为：rm{0.03}减小。

rm{(mol/L)}rm{0.01}rm{0.05}rm{0.03}rm{0.03}【解析】rm{(1)垄脵垄脺}rm{(1)垄脵垄脺}rm{(2)0.003mol/(L?mim)}rm{0.05mol/L}rm{75%}减少rm{(2)0.003mol/(L?mim)}减少rm{0.05mol/L}减少rm{75%}22、rm{(1)2Cl^{-}+2H}rm{2}rm{Ooverset{脥篓碌莽}{=}2OH^{-}+H}rm{2}rm{Ooverset{脥篓碌莽}{=}

2OH^{-}+H}rm{2}rm{2}rm{隆眉+Cl}2rm{2}rm{2}rm{隆眉}rm{(2)2FeTiO_{3}+6C+7Cl}发生rm{overset{赂脽脦脗}{=}}加入大量水并加热，rm{2FeCl_{3}+2TiCl_{4}+6CO}挥发，温度升高，都能促使水解正向进行rm{7}防止钛、镁被氧化rm{(3)}rm{CO(g)+2H_{2}(g)篓TCH_{3}OH(l)triangleH=-128.1KJ?mol^{-1;;}}rm{TiCl_{4}+(2+x)H_{2}O?TiO_{2}?xH_{2}O+4HCl}rm{HCl}【分析】【分析】本题考查化学方程式的书写及计算、盖斯定律等，题目难度中等，注意根据盖斯定律解题。【解答】rm{(1)}电解食盐水生成rm{NaOH}rm{H_{2}}和rm{Cl_{2}}反应的化学方程式为rm{2Cl^{-}+2H_{2}Ooverset{脥篓碌莽}{=}2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}故答案为：rm{2Cl^{-}+2H_{2}Ooverset{脥篓碌莽}{=}2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{2Cl^{-}+2H_{2}Ooverset{脥篓碌莽}{=}

2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}从图示可知氯化时的反应物为rm{2Cl^{-}+2H_{2}Ooverset{脥篓碌莽}{=}

2OH^{-}+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}rm{(2)}rm{FeTiO_{3}}生成物为rm{C}rm{Cl_{2}}rm{FeCl_{3}}再根据得失电子和原子守恒即可得出该反应的方程式为rm{2FeTiO_{3}+6C+7Cl_{2}overset{赂脽脦脗}{=}2FeCl_{3}+2TiCl_{4}+6CO}由方程式得出生成rm{TiCl_{4}}转移rm{CO}电子，所以生成rm{2FeTiO_{3}+6C+7Cl_{2}

overset{赂脽脦脗}{=}2FeCl_{3}+2TiCl_{4}+6CO}四氯化钛时转移电子的物质的量为rm{2molTiCl_{4}}

故答案为：rm{2FeTiO_{3}+6C+7Cl_{2}overset{赂脽脦脗}{=}2FeCl_{3}+2TiCl_{4}+6CO}rm{14mol}

rm{1mol}水解时需加入大量的水并加热，由rm{7mol}rm{2FeTiO_{3}+6C+7Cl_{2}

overset{赂脽脦脗}{=}2FeCl_{3}+2TiCl_{4}+6CO}可知，加入大量水并加热，rm{7}挥发，温度升高，都能使水解反应向正反应方向进行，促进水解趋于完全，故答案为：发生rm{(3)}加入大量水并加热，rm{TiCl_{4}+(2+x)}挥发；温度升高，都能促使水解正向进行；

rm{H_{2}O?TiO_{2}?xH_{2}O隆媒+4HCl}在rm{HCl}气中进行防止钛、镁被氧化；故答案为：防止钛；镁被氧化；

rm{TiCl_{4}+(2+x)H_{2}O?TiO_{2}?xH_{2}O+4HCl}燃烧的热化学方程式：rm{CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)triangleH=-283kJ?mol^{-1}垄脵}

rm{HCl}燃烧的热化学方程式：rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(l)triangleH=-285.8隆脕2kJ?mol^{-1}垄脷}

rm{(4)}燃烧的热化学方程式：rm{CH_{3}OH(l)+dfrac{3}{2}O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangleH=-726.5kJ?mol^{-1}垄脹}

根据盖斯定律将rm{Ar}可得：rm{CO(g)+2H_{2}(g)篓TCH_{3}OH(l)triangleH=-128.1KJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{CO(g)+2H_{2}(g)篓TCH_{3}OH(l)triangleH=-128.1KJ?mol^{-1}}

rm{(5)垄脵CO}由rm{CO(g)+dfrac{1}{2}

O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)triangleH=-283kJ?mol^{-1}垄脵}可知，合成rm{H_{2}}甲醇需要rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(l)triangle

H=-285.8隆脕2kJ?mol^{-1}垄脷}rm{CH_{3}OH}根据rm{2FeTiO_{3}+6C+7Cl_{2}overset{赂脽脦脗}{=}2FeCl_{3}+2TiCl_{4}+6CO}可知，电解中生成的rm{n(Cl_{2})=dfrac{7}{6}n(CO)=7mol}根据rm{2NaCl+2H_{2}Ooverset{脥篓碌莽}{=}2NaOH+H_{2}隆眉+Cl_{2}隆眉}可知，电解生成rm{CH_{3}OH(l)+dfrac{3}{2}

O_{2}(g)篓TCO_{2}(g)+2H_{2}O(l)triangle

H=-726.5kJ?mol^{-1}垄脹}故需额外补充rm{垄脵+垄脷+(-垄脹)}为rm{CO(g)+2H_{2}(g)篓TCH_{3}OH(l)triangle

H=-128.1KJ?mol^{-1}}rm{CO(g)+2H_{2}(g)篓TCH_{3}OH(l)triangle

H=-128.1KJ?mol^{-1}}

故答案为：rm{垄脷}rm{CO(g)+2H_{2}(g)?CH_{3}OH(g)}【解析】rm{(1)2Cl^{-}+2H}rm{2}rm{Ooverset{脥篓碌莽}{=}2OH^{-}+H}rm{2}rm{Ooverset{脥篓碌莽}{=}

2OH^{-}+H}rm{2}rm{2}rm{隆眉+Cl}2rm{2}rm{2}rm{隆眉}rm{(2)2FeTiO_{3}+6C+7Cl}发生rm{overset{赂脽脦脗}{=}}加入大量水并加热，rm{2FeCl_{3}+2TiCl_{4}+6CO}挥发，温度升高，都能促使水解正向进行rm{7}防止钛、镁被氧化rm{(3)}rm{CO(g)+2H_{2}(g)篓TCH_{3}OH(l)triangleH=-128.1KJ?mol^{-1;;}}rm{TiCl_{4}+(2+x)H_{2}O?TiO_{2}?xH_{2}O+4HCl}rm{HCl}五、画图题(共2题，共8分)23、略

【分析】本题考查楞次定律和法拉第电磁感应定律，当磁感强度均匀变化时磁通量均匀变化，感应电动势、感应电流恒定不变【解析】【答案】24、略

【分析】本题考查楞次定律和法拉第电磁感应定律，当磁感强度均匀变化时磁通量均匀变化，感应电动势、感应电流恒定不变【解析】【答案】六、推断题(共2题，共18分)25、（1）

（2）AlNaOH

（3）H2+Cl22HCl

【分析】【分析】本题考查了元素周期律和元素周期表的应用。掌握元素周期律：同周期元素从左至右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱；同主族元素从上至下原子半径逐渐增大是解答本题的关键。该题是高考常见题型，试题难易