2025年苏人新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2025年苏人新版高二物理上册阶段测试试卷830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9题，共18分)1、如图所示的各电场中，A、B两点电场强度相等的图是（）2、下列各图中，运动电荷的速度方向、磁场方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是（）A.B.C.D.3、一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经△t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度大小为v．在此过程中（）A.地面对他的冲量为mvB.地面对他的冲量为mv+mg△tC.地面对他的冲量为mv-mg△tD.地面对他的冲量为mg△t4、一个标有“220V60W”的白炽灯炮，加上的电压U由零逐渐增大到220V，此过程中，图中给出的四个图线中，灯泡的伏安特性曲线符合实际的（）A.B.C.D.5、根据R=ρ可以导出电阻率的表达式ρ=对温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率（）A.只由其材料的性质决定比B.跟导线的横截面积S成正比C.跟导线的长度L成反比D.跟导线的电阻成正比6、某同学将一直流电源的总功率PE

输出功率PR

和电源内部的发热功率Pr

随电流I

变化的图线画在同一坐标系中，如图中的abc

所示.

则下列说法中正确的是(

)

A.图线b

表示输出功率PR

随电流I

变化的关系B.图中a

线最高点对应的功率为最大输出功率C.在abc

三条图线上分别取横坐标相同的ABC

三点，三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PC

D.两个图线交点M

与N

的横坐标之比一定为12

纵坐标之比一定为13

7、在静电场中，一个带电量q=2.0×10-9C的负电荷从A点移动到B点，在这过程中，除电场力外，其他力做的功为4.0×10-5J，质点的动能增加了8.0×10-5J，则A、B两点间的电势差大小为：（）A.2×10-4VB.1×104VC.4×104VD.2×104V8、对于水平放置的平行板电容器，下列说法不正确的是(

)

A.将两极板的间距加大，电容将增大B.将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小C.在下极板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板，电容将增大D.在下极板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板，电容将增大9、如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端悬挂质量为0.2kg的小球时，弹簧的伸长量为8cm；当弹簧下端悬挂质量为0.3kg的小球时，弹簧的伸长量为（弹簧始终未超出弹性限度）（）A.10cmB.12cmC.14cmD.16cm评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、如图所示为测一块半球形玻璃砖的折射率的实验；实验的主要步骤如下：

A．将半球形玻璃砖放在白纸上；用铅笔画出它的直径AB，移走玻璃砖，并用刻度尺找出中点O，记下此点（即圆心）；

B．在圆弧侧的白纸上，作过O点且垂直直径AB的直线CO，放上玻璃砖，在CO上插两颗大头针P1和P2（距离适当远些）；

C．使玻璃砖以O为轴在白纸上缓慢地转动，同时眼睛向着AB透过玻璃砖观察P1和P2的像，当恰好看不到P1和P2的像时停止转动玻璃砖；记下此时的直径A'B'的位置；

D．量出BO和B′O的夹角θ．

（1）实验是用____现象进行的；（2）计算公式：n=____．

11、单摆测定重力加速度的实验．

（1）在下面器材中你应选用什么器材为好？____

A.10cm长细线B.1m长粗绳C.1m长细线D．厘米刻度尺。

E．毫米刻度尺F．泡沫塑料小球G．大铝球H．小铁球。

I．大时钟J．停表。

（2）重力加速度g的计算公式为____．

（3）测量振动时间，应从摆球经过____位置开始计时（填“最高点”或“最低点”）．

（4）某学生在实验过程中，数摆动次数时漏数了一次，也就是将摆动31次当作摆动了30次进行计算，那么测得g值会____（填“偏大”或“偏小”）．

（5）若测得的单摆的共振线如图，由图可知此单摆的摆长为____．（g=10m/s2）

12、如图是一个按正弦规律变化的交流电的图象．根据图象可知该交流电的电流最大值是____A，频率是____Hz．

13、一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是隆脕1隆脕10隆脕100.

用隆脕10

挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到______挡。换挡后经过重新调零，再测量该电阻时，表盘的示数如图，则该电阻的阻值是______娄赂

14、利用单摆测重力加速度时，没有测摆球的直径，先用直尺测出悬点到球底的距离L1，测出相应的周期T1，再将L1改变为L2，又测出相应的周期T2，则测出的重力加速度g的表达式应为____．15、一个面积为S的矩形线圈在匀强磁场中以某一条边为转轴做匀速转动，磁场方向与转轴垂直。线圈中感应电动势e与时间t的关系如图15所示。感应电动势的峰值和周期可由图中读出。则磁感应强度B=________；在t=T/12时刻，线圈平面与磁感应强度的夹角等于____。16、在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时，已经准备的器材有：油酸酒精溶液、滴管、浅盘和水、玻璃板、彩笔，要完成本实验，还欠缺的器材有______．评卷人得分三、判断题(共7题，共14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、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）19、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）

20、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）21、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）22、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）

23、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、简答题(共2题，共10分)24、rm{25隆忙}时，部分物质的电离平衡常数如表所示：。化学式rm{CH_{3}COOH}rm{H_{2}CO_{3}}rm{HClO}电离平衡常数rm{1.7隆脕10^{-5}mol?L^{-1}}rm{K1=4.4隆脕10^{-7}mol?L^{-1}}

rm{K2=5.6隆脕10^{-1}}rm{{,!}^{1}}rm{mol?L^{-1}}rm{3.0隆脕10^{-8}}

rm{mol?L^{-1}}请回答下列问题：rm{(1)}同浓度的rm{CH_{3}COO^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}rm{ClO^{-}}结合rm{H^{+}}的能力由强到弱的顺序为_____rm{.}rm{(2)}常温下rm{0.1mol?L^{-1}}的rm{CH_{3}COOH}溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是________rm{(}填字母序号，下同rm{)}．

A.rm{c(H^{+})}rm{B}．rm{dfrac{cleft({H}^{+}right)}{cleft(C{H}_{3}COOHright)}}rm{

dfrac{cleft({H}^{+}right)}{cleft(C{H}_{3}COOHright)}}rm{C.c(H^{+})?c(OH^{-})}．rm{dfrac{cleft(O{H}^{-}right)}{cleft({H}^{+}right)}}rm{D}．rm{dfrac{cleft(C{H}_{3}CO{O}^{-}right)隆陇cleft({H}^{+}right)}{cleft(C{H}_{3}COOHright)}}

若该溶液升高温度，上述rm{

dfrac{cleft(O{H}^{-}right)}{cleft({H}^{+}right)}}种表达式的数据增大的是________rm{E}rm{

dfrac{cleft(C{H}_{3}CO{O}^{-}right)隆陇cleft({H}^{+}right)}{cleft(C{H}_{3}COOHright)}

}体积为rm{5}的醋酸溶液与一元酸rm{.}溶液分别加水稀释至rm{(3)}稀释过程rm{10mLpH=2}变化如图：

则rm{HX}的电离平衡常数________rm{1000mL}填“大于”、“等于”或“小于”rm{pH}醋酸的平衡常数rm{HX}稀释后，rm{(}溶液中由水电离出来的rm{)}________rm{.}填“大于”、“等于”或“小于”rm{HX}醋酸的溶液中由水电离出来的rm{c(H+)}理由是________rm{(}rm{)}已知rm{c(H^{+})}时，水的离子积为rm{.}，该温度下测得某溶液rm{(4)}该溶液显________rm{100隆忙}填“酸”、“碱”或“中”rm{1隆脕10^{-12}}性rm{pH=7}将此温度下rm{(}的rm{)}溶液rm{.}与rm{pH=1}的rm{H_{2}SO_{4}}溶液rm{aL}混合，若所得混合液rm{pH=11}则rm{NaOH}rm{bL}________rm{pH=2}rm{a}25、【化学rm{隆陋}选修rm{3}物质的结构与性质】前四周期元素rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{F}的原子序数依次增大，rm{A}是宇宙中含量最丰富的元素；rm{B}和rm{C}同一主族，且rm{B}的rm{L}层电子数是rm{K}层电子数的rm{2.5}倍；rm{D}和rm{C}同一周期；rm{E}元素原子核外电子有rm{17}种不同的运动状态，rm{F}位于第四周期，其未成对电子数只有一个，且内层都处于全充满状态。请回答下列问题：rm{(1)B}原子的rm{L}层轨道表达式____；rm{D}元素原子的价电子排布式是____。rm{(2)}由rm{A}rm{B}原子形成的分子的结构式为：rm{A-B=B-A}则该分子中rm{娄脪}键和rm{娄脨}键的数目之比为____，rm{B}rm{C}的氢化物中rm{BH_{3}}的沸点高于rm{CH_{3}}的沸点，原因是____；rm{C}rm{D}和rm{E}的电负性由大到小的顺序为____；rm{C}rm{D}和rm{E}的第一电离能由大到小的顺序是____；rm{C}和rm{D}最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序为____。rm{COrlap{{!,}^{3-}}{{!,}_{4}}}中rm{C}的杂化方式为____，该离子的“rm{VSEPR}”模型为____形。rm{(3)}向rm{FDO_{4}}溶液中加入过量稀氨水，得到的深蓝色溶液中阳离子化学式为____，该离子的配位体为____。

rm{(4)D(}黑球rm{)}和rm{F(}白球rm{)}形成的某种晶体的晶胞如下图所示，已知该晶胞的棱长为rm{516pm}则该晶胞的密度为____rm{g/cm^{3}(}精确到rm{0.1)}最近的黑球和白球之间的距离为____rm{pm}

参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、C【分析】【解析】试题分析：电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时，两点的电场强度才相同．根据电场线的疏密分析电场强度的大小，根据电场线的切线方向确定电场强度的方向．【解析】

A、甲图是非匀强电场，A处电场线较密，电场强度较大，A、B两点电场强度大小不等、方向相同，所以电场强度不相同，故A错误；B、乙图是非匀强电场，A、B两点到负电荷的距离相等，电场强度大小相等，但方向不相同，所以电场强度不相同，故B错误；C、丙图是匀强电场，A、B两点电场强度大小相等、方向相同，则电场强度相等，故C正确；D、丁图是非匀强电场，A、B两点电场强度大小不相等、方向不同，所以电场强度不相同，故D错误；故选：C【解析】【答案】C2、B【分析】【解答】解：根据左手定则可知：

A图中洛伦兹力方向应该向上；故A错误；

B图中电荷的速度方向；磁场方向和电荷的受力方向之间的关系符合左手定则；故B正确；

C图中洛伦兹力方向应该向里；故C错误；

D图中电荷运动方向与磁场方向在一条线上；不受洛伦兹力，故D错误．

故选：B．

【分析】带电粒子在磁场中运动时，所受洛伦兹力方向由左手定则进行判断，伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线进入手心，并使四指指向正电荷运动方向或者负电荷运动的反方向，这时拇指所指的方向就是运动电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向．3、B【分析】解：人的速度原来为零；起跳后变化v，则由动量定理可得：

I-mg△t=△mv=mv

故地面对人的冲量为mv+mg△t；故B正确；

故选：B．

已知初末速度；则由动量定理可求得地面对人的冲量；由功的公式可确定地面对人是否做功．

在应用动量定理时一定要注意冲量应是所有力的冲量，不要把重力漏掉．【解析】【答案】B4、A【分析】解：由题，白炽灯泡上的电压U由零逐渐增大到220V时，白炽灯泡的温度不断升高，电阻增大，由欧姆定律得到R=等于图线上的点与原点连线的斜率，电阻一直增大，在I-U图象中电阻等于斜率的倒数，故斜率一直减小，故A正确，BCD错误．

故选：A

白炽灯泡上的电压U由零逐渐增大到220V时；白炽灯泡的温度不断升高，电阻增大，根据数学知识分析选择图象．

本题是实际的灯泡，其电阻会温度升高而增大，其U-I图线不是直线，可以从数学角度理解其物理意义，【解析】【答案】A5、A【分析】解：电阻率的大小与材料的性质决定；与电阻的大小；导线的长度、横截面积无关．故B正确，A、C、D错误．

故选：A．

在温度一定的条件下；电阻率的大小与材料有关，与导线的长度以及横截面积无关．

解决本题的关键知道在温度一定的条件下，电阻率的大小与材料有关，与导线的长度以及横截面积无关．【解析】【答案】A6、C【分析】解：A

由电源消耗功率和电源内部消耗功率表达式PE=EIPr=I2r

可知，a

是直线，表示的是电源消耗的总电功率，b

是抛物线；表示的是电源内电阻上消耗的功率，c

表示外电阻的功率即为电源的输出功率PR

所以AB错误；

C、在abc

三条图线上分别取横坐标相同的ABC

三点，因为直流电源的总功率PE

等于输出功率PR

和电源内部的发热功率Pr

的和；所以这三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PC

所以C正确；

D、当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为bc

线的交点M

时的电流，此时电流的大小为ER+r=E2r

功率的大小为E24rab

线的交点N

表示电源的总功率PE

和电源内部的发热功率Pr

随相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为Er

功率的大小为E2r

所以横坐标之比为12

纵坐标之比为14

所以D错误．

故选：C

根据电源消耗的总功率的计算公式PE=EI

可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率Pr=I2r

可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc

三条线代表的关系式；在由功率的公式可以分析功率之间的关系．

当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率PE

等于输出功率PR

和电源内部的发热功率Pr

的和．【解析】C

7、D【分析】由动能定理2×104V，D对；【解析】【答案】D8、A【分析】解：A

由电容器的决定式可知；间距加大时，电容C

将减小；故A错误；

B；错开两极板时；正对面积减小，故电容将减小；故B正确；

C；在下极板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板时；介电常数增大，故电容将增大；故C正确；

D；在内部放置铝板时；板间距离减小；故电容将增大；故D正确；

本题选错误的；故选：A

．

根据平行板电容器的电容决定式C=?s4娄脨kd

分析电容的变化情况．

本题考查电容决定式应用分析实际问题的能力，关键要掌握电容决定式C=?s4娄脨kd

的正确掌握与应用．【解析】A

9、B【分析】解：设弹簧的劲度系数为k，由平衡条件及胡克定律有：0.2×10=k×8×10-2；可得劲度系数为k=25N/m，由平衡条件可得当弹簧下端悬挂0.3kg的小球时，弹簧的弹力为F=mg=0.3×10N=3N，则由胡克定律有3=25x，可得x=0.12m=12cm，故B正确，ACD错误。

故选：B。

根据平衡条件求出挂0.2kg小球时弹簧的弹力；根据胡克定律求出弹簧的劲度系数；再由平衡条件求出挂0.3kg小球时弹簧弹力，利用胡克定律即可求出第二次的伸长量。

本题考查胡克定律的应用，关键要理解弹簧的弹力与弹簧的形变量成正比，而不是与弹簧的长度成正比。【解析】B二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】

（1）由题，光线从玻璃砖射向空气，将玻璃砖以O为轴在白纸上缓慢地顺时针转动，入射角增大，眼睛向着AB透过玻璃砖观察P1和P2的像，当恰好看不到P1和P2的像时停止转动玻璃砖时；说明发生了全反射．故实验是用全反射现象进行的；

（2）当恰好看不到P1和P2的像时，光线恰好发生了全反射，入射角恰好等于临界角C，则由由临界角公式sinC=得n=．

故答案为：全反射，

【解析】【答案】（1）由题，将玻璃砖以O为轴在白纸上缓慢地顺时针转动，入射角增大，眼睛向着AB透过玻璃砖观察P1和P2的像，当恰好看不到P1和P2的像时停止转动玻璃砖时；说明发生了全反射．

（2）BO和B′O的夹角θ，则知临界角等于θ，由临界角公式sinC=即可求出折射率．

11、略

【分析】

（1）为了减小空气阻力对单摆小球的影响；应选用小铁球．为了便于测量，防止摆长太短，周期太小，摆球振动太快，使周期测量误差较大，应选用1m长细线．为了提高测量精度，选用毫米刻度尺测量摆长，用停表测量时间．故选CEHJ

（2）由单摆周期公式T=2得，g=

（3）小球经过最低点时；速度最大，在相同距离误差上引起的时间误差最小，所以为了减小测量误差，测量振动时间，应从摆球经过最低点位置开始计时．

（4）将摆动31次当作摆动了30次进行计算时，根据公式T=得知，测得的周期偏大，由g=得到的g偏小．

（5）由单摆的共振线读出，单摆的固有频率为f=0.5Hz，由单摆频率公式f=得到，L=

代入解得；L=1m．

故答案为：（1）CEHJ；（2）（3）最低点；（4）偏小；（5）1m．

【解析】【答案】（1）选材时；要尽量减小空气阻力对单摆振动的影响，同时要便于测量，提高精度．

（2）根据单摆周期公式变形得到重力加速度g的计算公式．

（3）为了减小测量误差；应从摆球经过最低点位置开始计时．

（4）根据T=分析周期测量值的变化；再分析误差．

（5）由共振曲线读出单摆的固有频率；由频率公式求出摆长．

12、略

【分析】

根据图象可知该交流电的电流最大值是Im=10A，周期T=0.2s，则频率为f==5Hz

故答案为：10；5

【解析】【答案】由交流电的图象的纵坐标的最大值读出电流的最大值；读出周期，求出频率．

13、略

【分析】解：用隆脕10

挡测量某电阻时；操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选挡位太小，应换大挡，换用隆脕100

挡，换挡后重新进行欧姆调零；

由图示可知电阻阻值为：22隆脕100=2200娄赂

故答案为：隆脕1002200

用欧姆表测电阻应选择合适的挡位；使指针指在中央刻度线附近；指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。

本题考查了欧姆表的使用注意事项；欧姆表读数；用欧姆表测电阻应选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近；指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。

【解析】隆脕1002200

14、略

【分析】根据单摆的周期公式有得：则g=【解析】【答案】15、略

【分析】【解析】【答案】16、略

【分析】解：在本实验中；要用量筒量取酒精和油酸，从而配制酒精油酸溶液，先在水槽中洒上痱子粉，再将用酒精稀释过的油酸用滴管滴到水面上，将玻璃板盖在水槽上，在玻璃板上铺上坐标纸，用彩笔画出油膜的边界，则用数格子的方法得出形成的面积；则可根据体积公式求得分子直径，故实验中还需要：量筒；痱子粉，及描绘图形的坐标纸．

故答案为：量筒；痱子粉、坐标纸．

根据油膜法测分子的大小的实验原理及方法可得出需要的器材；从而即可求解．

对于实验，关键要理解实验的原理和方法，再在理解的基础上去记忆相应的实验器材及实验步骤，要学会估算油膜的方法，类似于数学上“四舍五入”．【解析】量筒、痱子粉、坐标纸三、判断题(共7题，共14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、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．19、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．20、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．21、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．22、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．23、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、简答题(共2题，共10分)24、（1）CO32﹣>ClO﹣>HCO3﹣>CH3COO﹣

（2）AABCEHX酸性强于CH3COOH的，稀释后HX溶液中的c（H+）小于CH3COOH溶液中的c（H+），所以其对水电离的抑制能力也较弱

（3）大于小于

（4）碱11：9

【分析】【分析】主要考查弱电解质在水溶液中的电离平衡及有关rm{PH}的计算，题目难度中等。【解答】rm{(1)}平衡常数越大，则其结合氢离子能力越弱，由于电离平衡常数rm{CH_{3}COOH}rm{CH_{3}COOH}rm{>H_{2}CO_{3}>HCO}rm{3}则同浓度rm{3}rm{{,!}^{?}>HClO}、rm{CH_{3}COO}rm{CH_{3}COO}rm{{,!}^{?}}、rm{HCO}rm{HCO}rm{3}、rm{3}结合rm{{,!}^{?}}的能力由强到弱的顺序为：rm{CO}rm{CO}rm{3}rm{3}rm{{,!}^{2?}}rm{ClO^{?}}rm{ClO^{?}}rm{H^{+}}rm{H^{+}}rm{CO}rm{3}rm{3}rm{2}rm{2}rm{-}rm{-}，故答案为：rm{>}rm{ClO}rm{-}rm{-}的rm{>}溶液加稀释过程中，溶液中氢离子浓度减小，故rm{HCO}正确；B.rm{3}rm{3}的rm{-}溶液加稀释过程中rm{-}各个微粒浓度减小rm{>}同时醋酸的电离向右移动rm{CH}rm{3}减小的程度小于rm{3}rm{COO}的减小程度rm{-}则rm{dfrac{cleft({H}^{+}right)}{cleft[C{H}_{3}COOHright]}}rm{-}增大，故rm{CO_{3}^{2-}>ClO^{-}>HCO_{3}^{-}}错误；C.rm{>CH_{3}COO^{-}}rm{(2)A.0.1mol}只受温度的影响，温度不变则其值是一个常数，故rm{(2)A.0.1mol}错误；D.醋酸稀释rm{/L}酸性减弱rm{CH_{3}COOH}rm{CH_{3}COOH}减小rm{A}水的离子积不变rm{A}则rm{0.1mol}rm{0.1mol}增大rm{/L}所以rm{CH_{3}COOH}rm{dfrac{cleft(O{H}^{-}right)}{cleft({H}^{+}right)}}增大，故rm{CH_{3}COOH}错误；E.，rm{dfrac{cleft(C{H}_{3}CO{O}^{-}right)隆陇cleft({H}^{+}right)}{cleft(C{H}_{3}COOHright)}}为醋酸的电离平衡常数，由于温度不变，则水的电离平衡常数不变，故，错误；故答案为：，rm{c(H^{+}}若该溶液升高温度，醋酸、水的电离程度对增大，则溶液中氢离子、氢氧根离子浓度都增大，A.升高温度后溶液中氢离子浓度rm{c(H^{+}}rm{)}增大，故rm{c}正确；B.升高温度后氢离子、氢氧根离子浓度都增大rm{c}醋酸的浓度减小rm{(CH_{3}COOH)}则，rm{dfrac{cleft({H}^{+}right)}{cleft[C{H}_{3}COOHright]}}的比值增大，故rm{

dfrac{cleft({H}^{+}right)}{cleft[C{H}_{3}COOHright]}}正确；C.rm{B}为水的离子积，升高温度后水的电离程度增大，则水的离子积增大，故rm{B}正确；D.升高温度后氢氧根离子、氢离子浓度都增大rm{Kw}但氢离子浓度增大的幅度大于氢氧根离子rm{Kw}所以rm{=c(H^{+})?c(OH^{?})}rm{dfrac{cleft(O{H}^{-}right)}{cleft({H}^{+}right)}}的比值减小，故rm{C}错误；E.rm{dfrac{cleft(C{H}_{3}CO{O}^{-}right)隆陇cleft({H}^{+}right)}{cleft(C{H}_{3}COOHright)}}为醋酸的电离平衡常数，升高温度，醋酸的电离平衡常数增大，故rm{C}正确；故答案为：，；，rm{c(H^{+}}根据图象分析，起始是两种溶液中rm{c(H^{+}}rm{)}相同，较弱酸，较强酸rm{c}稀释过程中较弱酸的电离程度增大rm{c}故在整个稀释过程中较弱酸的rm{(OH^{?})}，一直大于较强酸的rm{

dfrac{cleft(O{H}^{-}right)}{cleft({H}^{+}right)}}稀释相同倍数rm{D}的rm{D}变化比的大rm{

dfrac{cleft(C{H}_{3}CO{O}^{-}right)隆陇cleft({H}^{+}right)}{cleft(C{H}_{3}COOHright)}

}故rm{E}酸性强rm{E}电离平衡常数大rm{A}酸性强于rm{c}的rm{c}稀释后rm{(H^{+})}溶液中rm{A}rm{A}小于，溶液中的，，rm{

dfrac{cleft({H}^{+}right)}{cleft[C{H}_{3}COOHright]}}故答案为：大于rm{B}小于rm{B}rm{c}酸性强于rm{c}的，稀释后rm{(H^{+})?c(OH^{?})}溶液中的rm{C}小于rm{C}溶液中的，所以其对水电离的抑制能力也较弱；，时rm{

dfrac{cleft(O{H}^{-}right)}{cleft({H}^{+}right)}}水的离子积为rm{D}，rm{D}rm{

dfrac{cleft(C{H}_{3}CO{O}^{-}right)隆陇cleft({H}^{+}right)}{cleft(C{H}_{3}COOHright)}

}为中性溶液rm{E}该温度下测得某溶液rm{E}该溶液显碱性rm{ABCE}将此温度下rm{ABCE}的rm{(3)}rm{c}溶液rm{c}与rm{(H^{+})}的，rm{c(}溶液rm{c(}混合rm{)>c(}若所得混合液rm{)>c(}说明溶液显酸性rm{)}rm{c({H}^{+})=dfrac{0.1mol/L隆脕aL?bL隆脕dfrac{{10}^{?12}}{{10}^{?11}}mol/L}{aL+bL}={10}^{?2}mol/L}，得rm{)}：，rm{c}；故答案为：碱；rm{c}rm{(H^{+})}。

rm{c}【解析】rm{(1)CO_{3}^{2-}>ClO^{-}>HCO_{3}^{-}}rm{>CH_{3}COO^{-}}rm{(2)A}rm{ABCE}rm{HX}酸性强于rm{CH_{3}COOH}的，稀释后rm{HX}溶液中的rm{c(H^{+})}小于rm{CH_{3}COOH}溶液中的rm{c(H^{+})}所以其对水电离的抑制能力也较弱rm{(3)}大于小于rm{(4)}碱rm{11}rm{9}

25、（1）3s23p4（2）3︰1NH3分子间可以形成氢键Cl>S>PCl>P>SH3PO4＜H2SO4sp3杂化正四面体（3）[Cu(NH3)4]2+NH3（4）4.6【分析】【分析】本题考查元素推断、电离能和电负性大小比较、最高价含氧酸酸性比较、杂化轨道理论、配合物理论、晶胞计算等知识，综合性强，有一定难度。【解答】rm{A}是宇宙中含量最丰富的元素，则rm{A}为rm{H}rm{B}的rm{L}层电子数是rm{K}层电子数的rm{2.5}倍，则rm{B}为rm{N}rm{B}和rm{C}同一主族，则rm{C}为rm{P}rm{E}元素原子核外电子有rm{17}种不同的运动状态，则rm{E}为是宇宙中含量最丰富的元素，则rm{A}为rm{A}rm{H}的rm{B}层电子数是rm{L}层电子数的rm{K}倍，则rm{2.5}为rm{B}rm{N}和rm{B}同一主族，则rm{C}为rm{C}rm{P}元素原子核外电子有rm{E}种不同的运动状态，则rm{17}为rm{E}rm{Cl}为rm{D}为rm{D}位于第四周期，其未成对电子数只有一个，且内层都处于全充满状态，电子排布式为rm{S}rm{F}位于第四周期，其未成对电子数只有一个，且内层都处于全充满状态，电子排布式为rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}为rm{F}rm{[Ar]3d^{10}4s^{1}}为，则