2025年北师大新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年北师大新版高二物理下册月考试卷994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总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、远距离输电线路示意图如图所示，变压器均为理想变压器，发电机的输出电压及输电线的电阻均不变．则（）A.用户负载增加时，升压变压器的原线圈中电流不变B.降压变压器的原线圈中电流较小，用较粗的导线绕制成C.因为先升压后又要降压，所以不用变压器直接输电更节约电能D.当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小2、在垂直纸面的匀强磁场中，有不计重力的甲、乙两个带电粒子，在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意图如图所示，则下列说法中正确的是(

)

A.甲、乙两粒子所带电荷种类不同B.该磁场方向一定是垂直纸面向里C.若甲、乙是同种粒子，则甲粒子的速度较大D.若甲、乙两粒子的速度大小相等，则甲粒子比荷较大3、如图所示回旋加速器，设D

形盒半径为R

若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B

高频交流电频率为f

，则下列说法正确的是()

A.质子在匀强磁场每运动一周被加速一次B.质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关C.质子被加速后的最大速度不可能超过2娄脨fR

D.不改变B

和f

该回旋加速器也能用于加速娄脕

粒子4、关于分力和合力的关系，下列说法中正确的是()A.分力和合力可以不同时作用在物体上B.合力的作用效果与分力的作用效果一定相同C.两个分力的合力一定大于任一分力D.合力一定小于其中一个分力5、在赤道上空，水平放置一根通以由西向东的电流的直导线，则此导线()A.受到竖直向上的安培力B.受到竖直向下的安培力C.受到由南向北的安培力D.受到由西向东的安培力6、如图甲所示，一根水平张紧的弹性长绳上有等间距离的M、N、O、P、Q等5个质点，相邻两质点间距离为1m，t=0时质点从平衡位置开始砸竖直平面内做简谐运动，并长绳分别向左、向右传播的简谐横波．当0质点第一次回到平衡位置时Q质点刚开始振动，Q质点振动图象如图乙所示，则（）A.0质点开始振动方向沿y轴负方向B.N、P两质点振动方向始终相反C.该波的波速为1m/sD.当M质点第一次达到负向最大位移时，0质点经过的路程为25cm7、如图所示，在做“探究力的平行四边形定则”的实验时，用MN

两个测力计通过细线拉橡皮条的结点，使其到达O

点，此时娄脕+娄脗=90鈭�

然后保持M

的示数不变，而使娄脕

角减小，为保持结点位置不变，可采用的办法是A.增大N

的示数同时减小娄脗

角B.增大N

的示数同时增大娄脗

角C.减小N

的示数同时减小娄脗

角D.减小N

的示数同时增大娄脗

角8、12

如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd

构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环。导线abcd

所围区域内磁场的磁感强度按图中哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力()

A.B.C.D.9、如图所示，具有一定质量的小球A固定在轻杆一端，另一端悬挂在小车支架的O点，用手将小球拉起使轻杆呈水平，在小车处于静止的情况下放手使小球摆下，在B处与固定在车上的油泥撞击后粘合在一起，则放手后小车的运动情况是（）A.先向右运动，后静止B.先向左运动，后静止C.一直静止不动D.无法判定评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、在图虚线所围区域内有一个匀强磁场，方向垂直纸面向里，闭合矩形线圈abcd在磁场中做匀速运动，线圈平面始终与磁感线垂直，在图示位置时ab边所受磁场力的方向向上，那么整个线框正在向____运动．（选填上；下、左或右）

11、从通电螺线管的磁感应线图观察，在螺线管内部，磁感应线的方向是从____（填“N极到S极”或“S极到N极”）

12、一束质量为m、电荷量为q的带电粒子以平行于两极板的速度v0进入匀强电场，如图1—8—4所示．如果两极板间电压为U，两极板间的距离为d、板长为L．设粒子束不会击中极板，则粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量为____．(粒子的重力忽略不计)13、如图所示，一闭合的圆形线圈用绝缘细线悬挂起来，线圈右边有一条形磁铁。请你说出能使线圈产生感应电流的两种方法：

(1)

_______________________________________________。(2)

________________________________________________。14、如图所示，竖直方向的直线是匀强电场的电场线.

质量为m

带电量为鈭�q

的质点P

从电场边缘的A

点射入该电场，并沿直线AB

从B

点射出电场.

直线AB

跟电场线夹角为娄脠AB

两点间距离为d

匀强电场的场强E=

______，AB

两点间电势差为______．15、在利用单摆测定重力加速度的实验中，某同学测出了多组摆长和运动周期，根据实验数据，作出的T2-l关系图象如图．

（1）该同学实验中出现的错误可能是______．

（2）虽然实验中出现了错误，但根据图象中的数据，仍可算出重力加速度，其值为______m/s2．（结果保留3位有效数字）

（3）该同学用图象法求得的重力加速度______（填“偏小”“偏大”或“准确”）．16、如图所示；静电计的指针和外壳分别与两块平行金属板相连接，使两个金属板带上等量的异种电荷，则：(

选填“增大”；“减小”或“不变”)

(1)

当向两板间插入电介质时；静电计指针张角______．

(2)

当两板间距离增大时；静电计指针张角______．

(3)

当两板互相平行地错开时，静电计指针张角______．评卷人得分三、判断题(共5题，共10分)17、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）18、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）

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、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）21、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）

评卷人得分四、推断题(共4题，共24分)22、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{)}23、【化学rm{隆陋}选修rm{3}物质结构与性质】24、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__________________25、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。

评卷人得分五、综合题(共1题，共4分)26、拢脹

物理隆陋隆陋

选修3篓C4拢脻

(1)

一列简谐横波在x

轴上传播，平衡位置位于x=0

处的质点P

的振动图像如图甲所示，平衡位置位于x=2m

处的质点Q

的振动图像如图乙所示，波长大于2m

下列说法正确的是________。A.该波的周期一定是12s

B.若该波沿x

轴正向传播，则波长为12m

C.若该波沿x

轴负向传播，则波长为83m

D.该波的传播速度可能是1m/s

E.若该波沿x

轴负方向传播，则由Q

传到P

的时间为9s

(2)

如图，一半径为R

的玻璃半球，O

点是半球的球心，虚线OO隆盲

表示光轴(

过球心O

与半球底面垂直的直线)

已知玻璃的折射率为1.5

现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出(

不考虑被半球的内表面反射后的光线)

求

(i)

从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值；(ii)

距光轴的入射光线经球面折射后与光轴的交点到O

点的距离。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】解：A；用户增多时；电流增大，则根据电流之比等于匝数的反比可知，输入电流增大；故A错误；

B；降压变压器电压较小；故其电流较大，故B错误；

C；因为采用高压输电时；导线上电流较小，故可以减小导线上的功率损耗；故采用变压器输电能节约电能；故C错误；

D；当用户用电器的电阻增大时；电流减小，输电线上损失的功率将减小；故D正确；

故选：D．

根据变压器的特点：电压比等于匝数比；电流之比等于匝数反比，输入功率等于输出功率去分析。

对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关．【解析】【答案】D2、C【分析】解：AB

由图示可知；两粒子均逆时针方向做圆周运动，由左右定则可知：垄脵

若磁场垂直纸面向里，两粒子均带正电；垄脷

若磁场垂直纸面向外，粒子均带负电，两粒子所带电荷种类一定相同，磁场即可能向里，也可能向外，故AB错误；

C、洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律的：qvB=mv2r

解得：v=qBrm

若甲；乙是同种粒子，由于比荷与B

都相等而甲的轨道半径大于乙的轨道半径，则甲的粒子速度较大，故C正确；

D、洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律的：qvB=mv2r

解得：qm=vBr

若甲；乙两粒子速度大小相等，由于B

相等而甲的轨道半径大于乙的轨道半径，则甲的比荷小于乙的比荷，故D错误；

故选：C

运用左手定则分析磁场方向和两粒子的电性；根据洛伦兹力提供向心力结合圆周运动规律；求出半径公式，运用半径公式逐项分析即可。

本题考查左手定则、带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式以及动量的表达式，运用控制变量的方法分析判断即可求解。【解析】C

3、C【分析】【分析】回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，当粒子从D

形盒中出来时，速度最大，此时运动的半径等于D

形盒的半径。解决本题的关键知道当粒子从D

形盒中出来时，速度最大，以及知道回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等。【解答】A.质子在匀强磁场每运动一周被加速二次；故A错误；

B.根据qvmB=mvm2R

得vm=qBRm

与加速的电压无关，故B错误；C.当粒子从D

形盒中出来时速度最大，vm=2娄脨RT=2娄脨fR

故C正确；

D.根据T=2娄脨mqB

知质子换成娄脕

粒子，比荷发生变化，则在磁场中运动的周期发生变化，回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交流电的周期相等，故需要改变磁感应强度或交流电的周期，故D错误。

故选C。【解析】C

4、B【分析】解：A

合力与分力是等效替代关系；不是重复受力，故A错误；

B；当一个物体受到几个力的共同作用时；我们常常可以求出这样一个力，这个力产生的效果和原来几个力的共同作用产生的效果相同，这个力就叫做那几个力的合力，原来的几个力就叫做这个力的分力，故B正确；

C、D

两个分力F1F2

与合力F潞脧

的大小关系与两个分力方向间的夹角娄脠

有关.

当娄脠=0

则F潞脧=F1+F2(F潞脧

最大)

当娄脠=180鈭�

则F潞脧=|F1鈭�F2|(F潞脧

最小).

所以两个力的合力可以大于任一分力，也可以小于任一分力，还可以等于某一分力，并且在两力同向时合力最大，反向时合力最小，故C错误，D

也错误；

故选B．

当一个物体受到几个力的共同作用时；我们常常可以求出这样一个力，这个力产生的效果和原来几个力的共同作用产生的效果相同，这个力就叫做那几个力的合力，原来的几个力就叫做这个力的分力．

1.

合力与分力是等效替换关系．

2.

在进行受力分析时；合力与分力只能考虑其一，切忌重复分析．

3.

合力与分力的大小关系：两个分力F1F2

与合力F

合的大小关系与两个分力方向间的夹角娄脠

有关.

当娄脠=0

则F潞脧=F1+F2(F潞脧

最大)

当娄脠=180鈭�

则F潞脧=|F1鈭�F2|(F潞脧

最小).

所以两个力的合力可以大于任一分力，也可以小于任一分力，还可以等于某一分力，并且在两力同向时合力最大，反向时合力最小．

本题关键抓住合力与分力是等效替代关系，力的合成遵循平行四边形定则．【解析】B

5、A【分析】【解析】试题分析：地球磁场为从地球南极到地球北极，因此根据左手定则，从西向东的电流的安培力为竖直向上的安培力，所以A正确考点：地磁场、左手定则判断安培力【解析】【答案】A6、D【分析】解：A；由图乙可知；Q质点向y轴正方向起振，故说明该波的波源起振方向沿y轴正方向；故A错误；

B；NP两质点关于O点对称；两点的振动方向完全相同；故B错误；

C、由题意可知，该波的周期为2s，OP两点的距离为1m；波传到P点用时0.5s；故波速v==2m/s；故C错误；

D、由图乙可知，该波的振幅为5cm；当M点第一次到达负向最大位移时，M振动了T，此时O质点振动了T，故路程为：×4×5=25cm；故D正确；

故选：D．

由振源的振动图象可知该波的周期；由题意可知波传到P点所经历的时间，则由波速公式可求得波速；由波长；频率及波速的关系可求得波长；由波的传播可判断各质点的振动情况。

本题中注意O为振源，两端的波同时以同样的速度传播；在解题时应注意波传播所需要的时间【解析】【答案】D7、C【分析】【分析】要使结点不变，应保证合力不变，故可以根据平行四边形定则分析可以采取的办法。

本题考查平行四边形定则的应用，在应用时要注意做出平行四边形进行动态分析。

【解答】

要保证结点不动；应保证合力不变，则由平行四边形定则可知，合力不变，M

方向向合力方向靠拢；

根据图象可知；则N

的拉力应减小，同时应减小娄脗

角，故C正确，ABD错误。

故选C。

【解析】C

8、A【分析】【分析】abcd

回路中磁场变化，会产生感应电流，感应电流提供线圈，在线圈中会产生磁场，产生的磁场通过导体圆环，根据楞次定律的另一种表述，感应电流的效果总是要反抗(

或阻碍)

产生感应电流的原因.

判断出原磁场是增加还是减小，从而判断出线圈受磁场力的方向。本题考查了楞次定律。解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律和楞次定律的另一种表述，同时理解磁通理变化与磁通量的变化率的不同。【解答】导线圆环对地面的压力小于其重力，导体圆环将受到向上的磁场作用力，根据楞次定律的另一种表述，可见原磁场磁通量是减小，即螺线管和abcd

构成的回路中产生的感应电流在减小；根据法拉第电磁感应定律，则感应电流可知减小时；感应电流才减小；

故A正确；BCD错误。

故选A。【解析】A

9、B【分析】解：水平方向上；系统不受外力，因此在水平方向动量守恒。系统在水平方向动量为零；

小球下落过程中；小球在水平方向具有向右的速度，由动量守恒定律可知，小车具有向左的速度，小车要向左运动；

小球与橡皮泥碰撞后两者速度相等；系统在水平方向总动为零，由动量守恒定律可知，小球与橡皮泥碰撞后速度为零，小车静止；

由以上分析可知；小车先向左运动，后静止，故B正确，ACD错误；

故选：B。

在小球向下摆动的过程中；根据动量守恒定律可知，小车具有向左的速度，当撞到油泥，是完全非弹性碰撞，小球和小车大小相等方向相反的动量恰好抵消掉，小车会静止。

本题考查了动量守恒定律的应用，系统所受合外力为零，系统动量守恒，分析清楚小球运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律可以解题。【解析】B二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】

据题，ab边受到的磁场力的方向向上，根据左手定则判断出ab边中感应电流的方向为a→b，再由右手定则判断可知，abcd的运动情况是向右平动．若abcd向上或向下平动时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中没有感应电流产生，ab边不受磁场力．

故答案为：右。

【解析】【答案】由题，ab边受到的磁场力的方向向上，根据左手定则判断出ab边中感应电流的方向，再由右手定则判断abcd的运动情况．

11、略

【分析】

螺线管周围的磁场与条形磁铁周围的磁场类似；外部由S到N，内部由S到N，形成闭合曲线．

故答案为：S极到N极．

【解析】【答案】螺线管等效于条形磁铁；磁场的方向在外部由N极到S极，在内部，由S极到N极．

12、略

【分析】带电粒子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速运动，电场力做功导致电势能的改变.水平方向匀速，则运动时间t=①竖直方向加速，则侧移y=at2②且a=③由①②③得y=则电场力做功W=qE·y=q·由功能原理得电势能减少了【解析】【答案】13、（1）磁铁向左（右）运动；

（2）磁铁向上（下）运动；【分析】【分析】根据产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化；进行分析即可；

本题关键要掌握产生感应电流的条件，并得到产生感应电流的方法，有一定的开放性，答案并不唯一，只要正确即可。【解答】能使线圈产生感应电流，必须使穿过线圈的磁通量发生变化，方法有：(1)

磁铁向左(

右)

运动；

(2)

磁铁向上(

下)

运动；

(3)

磁铁向前(

后)

运动；

(4)

磁铁顺时针(

逆时针)

转动；

(5)

线圈向左(

右)

摆动；

(6)

线圈向前(

后)

摆动。

(7)

线圈以线为轴转动。

任选三种即可．

故答案为：

(1)

磁铁向左(

右)

运动；

(2)

磁铁向上(

下)

运动；

【解析】(1)

磁铁向左(

右)

运动；(2)

磁铁向上(

下)

运动；14、略

【分析】解：质点做直线运动，知质点做匀速直线运动，则有：qE=mg

解得：E=mgq

．

则AB

间的电势差为：U=Edcos娄脠=mgdcos娄脠q

．

故答案为：mgqmgdcos娄脠q

．

质点沿直线运动；所受的合力必定为零，否则不做直线运动，根据共点力平衡求出场强的大小，根据电势差与电场强度的关系求出AB

间的电势差．

解决本题关键要正确理解运动和力的关系，正确分析质点的受力情况，再由平衡条件求解．【解析】mgqmgdcos娄脠q

．15、略

【分析】解：（1）图象不通过坐标原点；将图象向右平移1cm就会通过坐标原点，故相同的周期下，摆长偏小1cm，故可能是把绳长当摆长，漏加小球半径；

（2）由单摆的周期公式T=2π得T2=L

T2-L图象的斜率k=结合图象数据得到斜率k==4

解得：g=9.86m/s2

（3）该同学用图象法求得的重力加速度的加速度的表达式：与摆线无关，所以求出的结果是正确的．

故答案为：（1）计算摆长时未加小球的半径；（2）9.86；（3）准确。

（1）图象不通过坐标原点；从图象可以得到相同的周期下，摆长偏小，故可能是漏加小球半径；

（2）由单摆的周期公式g的表达式；结合图象数据得到重力加速度．

（3）根据数据处理的方法；确定实验是否存在误差．

本题关键明确实验原理；通过图象的平移得到摆长偏小1cm，得到误差来源；通过图象的函数表达式得到斜率的物理意义．【解析】计算摆长时未加小球的半径；9.86；准确16、略

【分析】解：平行板电热器电容：C=?S4娄脨kd

两极板间的电压：U=QC=4娄脨kdQ?S

(1)

当向两板间插入电介质时；两板间的电势差减小，静电计指针张角变小．

(2)

当两板间距离增大时；两极板间电压增大，静电计指针张角变大．

(3)

当两板互相平行地错开时；两极板间电压变大，静电计指针张角变大．

故答案为：(1)

变小；(2)

变大；(3)

变大．

平行板电容器电量保持不变；根据电容的变化判断电势差的变化，从而得出指针偏角的变化．

本题考查了判断静电计指针夹角变化情况，应用平行板电热器电容公式、电容定义式即可正确解题．【解析】变小；变大；变大三、判断题(共5题，共10分)17、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．18、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．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、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．21、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．四、推断题(共4题，共24分)22、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}}23、（1）CaNA（2）水分子之间形成氢键（3）F＞N＞O（4）（5）三角锥形sp3杂化（6）【分析】【分析】本题考查了物质的结构与性质。需要学生的识记和理解，多做有助于快速判断。【解答】rm{A}基态原子rm{2p}能级有rm{3}个单电子，原子核外电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{3}}则rm{A}为rm{N}元素；rm{B}意思是基态原子rm{p}轨道上成对电子数等于未成对电子数，原子核外电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{4}}则rm{B}为rm{O}元素；rm{C}的氢化物常用于刻蚀玻璃，则rm{C}为rm{F}元素；rm{D}元素基态原子核外电子分处rm{6}个不同能级，且每个能级均已排满，原子核外电子排布为rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}4s^{2}}则rm{D}为rm{Ca}rm{E}的原子序数等于rm{C}与rm{D}的原子序数之和，即rm{E}的原子序数为rm{9+20=29}故E为rm{Cu}rm{(1)D}的元素符号为rm{Ca}rm{A}的单质为rm{N_{2}}结构式为rm{N隆脭N}rm{14g}氮气为rm{14g隆脗28g/mol=0.5mol}含有rm{娄脨}键的个数为rm{0.5mol隆脕2隆脕N_{A}}rm{mol-1=N_{A}}，所以本题答案为：rm{Ca}rm{N_{A}}rm{(2)B}元素的氢化物的沸点是同族元素氢化物中最高的，原因是：水分子之间形成氢键，增大分子间的作用，所以本题答案为：水分子之间形成氢键；rm{(3)}同周期所原子序数增大元素的电负性增大，rm{3}种元素的电负性由大到小的顺序为：rm{F>N>O}所以本题答案为：rm{F>N>O}rm{(4)Cu^{2+}}的价层电子排布式为rm{3d^{9}}则价电子排布图为所以本题答案为：rm{(5)A}的最简单氢化物为rm{NH_{3}}分子的空间构型为三角锥形，其中rm{N}原子形成rm{3}个rm{N-H}键、含有rm{1}对孤对电子，杂化轨道数目为rm{4}rm{N}原子的杂化类型是rm{sp^{3}}杂化，所以本题答案为：三角锥形rm{sp^{3}}杂化；rm{(6)}晶胞中白色球数目为rm{8}黑色球数目为rm{8隆脕1/8+6隆脕1/2=4}结合化学式rm{CaF_{2}}可知白色球为rm{F}黑色球为rm{Ca}晶胞质量为rm{(4隆脕78)/N_{A}g}晶体的密度为rm{娄脩g?cm^{-3}}则rm{4隆脕78N_{A}g=(acm)^{3}隆脕娄脩g?cm^{-3}}故晶胞边长rm{4隆脕78N_{A}g=(acm)^{3}隆脕娄脩

g?cm^{-3}}rm{a=}所以本题答案为：rm{cm}【解析】rm{(1)Ca}rm{N_{A}}rm{(2)}水分子之间形成氢键rm{(3)F>N>O}rm{(4)}rm{(5)}三角锥形rm{sp^{3}}杂化rm{(6)}24、（1）C4H10

（2）

（3）2-甲基-1-丙烯

（4）消去反应，水解反应（取代反应）

（5）

（6）CH2=CH-CH=CH2

【分析】【分析】本题考查有机化合物的推断和有机反应类型的判断，同分异构体等，题目难度中等。【解答】rm{(1)}rm{11.2L(}标准状况rm{)}的烃rm{A}物质的量为rm{0.5mol}在氧气中充分燃烧可以产生rm{88gCO}标准状况rm{11.2L(}的烃rm{)}物质的量为rm{A}在氧气中充分燃烧可以产生rm{0.5mol}rm{88gCO}rm{{,!}_{2}(2mol)}和rm{45gH}rm{45gH}rm{{,!}_{2}}则证明rm{O}当中含有rm{O}个碳原子，rm{(2.5mol)}个氢原子，则rm{A}是rm{4}故答案为：rm{10}rm{A}rm{C_{4}H_{10}}有支链，则rm{C_{4}H_{10}}是异丁烷，在光照下和氯气反应生成的一氯代烃rm{(2)}和rm{A}有支链，则rm{A}是异丁烷，在光照下和氯气反应生成的一氯代烃rm{B}和rm{C}分别是：分别是：和故答案为：和rm{A}rm{A}分别和氢氧化钠醇溶液发生消去反应生成烯烃rm{B}rm{C}的系统命名名称是：rm{(3)B}甲基rm{C}丙烯，故答案为：rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}甲基rm{D}丙烯；rm{2-}反应rm{-1-}是氯代烃的消去反应；反应rm{2-}是氯代烃的水解反应，故答案为：消去反应，水解反应rm{-1-}取代反应rm{(4)}rm{1}反应rm{3}是rm{(}与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，反应方程式为：反应rm{)}是反应rm{(5)}的产物rm{垄脷}是与氢氧化钠水溶液发生的取代反应生成醇类，反应方程式为：故答案为：rm{垄脷}根据rm{CH_{2}=C(CH_{3})_{2}}的分子式及结构简式可知，其同分异构体为正丁烷，正丁烷的二氯代物rm{垄脹}有两种等效氢，且峰面积之比为rm{垄脷}的结构为：rm{E}rm{(6)}在足量的rm{A}的醇溶液中加热，充分反应后生成rm{G}发生的是消去反应，rm{1:1}为：rm{CH_{2}ClCH_{2}CH_{2}CH_{2}Cl}rm{G}在足量的rm{NaOH}的醇溶液中加热，充分反应后生成rm{H}发生的是消去反应，rm{H}为：中含双键，可以发生加聚反应的化学方程式：rm{G}rm{NaOH}故答案为：rm{H}；

rm{H}【解析】rm{(1)C_{4}H_{10}}rm{(2)}rm{(3)2-}甲基rm{-1-}丙烯rm{(4)}消去反应，水解反应rm{(}取代反应rm{)}rm{(5)}rm{(6)CH_{2}=CH-CH=CH_{2;;;;;;;;;;}}rm{{,!}}rm{{,!}}25、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。【