2025年外研銜接版高二物理下冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年外研銜接版高二物理下冊月考試卷333考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、在水平力F的作用下，重為G的物體沿豎直墻壁勻速下滑，物體與墻之間的動摩擦因數(shù)為μ，物體所受摩擦力大小為A.μfB.μ（F＋Ｇ）C.μ（F－Ｇ）D.Ｇ2、如圖所示，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比為n1：n2=3：1，原線圈回路中的電阻A與副線圈回路中的負載電阻B的阻值相等。a、b端加一定交流電壓U=311sin100πt（V）后，則（）A.兩電阻兩端的電壓比UA：UB=3：1B.兩電阻中的電流之比IA：IB=1：3C.兩電阻消耗的電功率之比PA：PB=1：1D.電阻B兩端的電壓表的示數(shù)UB=66V3、已知交變電流i=Imsinωt，線圈從零時刻開始，至少轉(zhuǎn)動了多少時間其瞬時值等于有效值（）A.B.C.D.4、一單匝閉合線框在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動.

在轉(zhuǎn)動過程中，線框中的最大磁通量為婁碌

m

最大感應電動勢為E

m.

下列說法中正確的是()A.當磁通量為零時，感應電動勢為零B.當磁通量減小時，感應電動勢在減小C.當磁通量等于0.5

婁碌

m

感應電動勢等于0.5

E

m

D.角速度婁脴

等于E

m/

婁碌

m

5、一輛汽車做勻速直線運動從甲地到乙地，在乙地停留了一段時間后，又從乙地勻速返回到甲地.

下圖所示的描述汽車在整個運動過程中的位移圖象正確的是(

)

A.B.C.D.評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)6、頻率相同的聲波，在空氣中和水中相比較，在____中更容易發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象。7、某勻強電場中的等勢面如圖所示，相鄰等勢面間的距離為4mm，則該電場的場強E=______V/m；一個電荷量為-1.0×10-8C的點電荷沿半徑為4mm的圓弧由圓上A點移到圓上B點，AB是直徑，與等勢面夾角為60°，則移動過程中靜電力做功______J．8、一平行板電容器兩極板間的距離為d，極板面積為S，對此電容器充電后斷開電源，當增加兩極板間距時，電容器兩極板間的電場強度______，電勢差為______（填增大、減小或不變）9、某同學在《用雙縫干涉測光的波長》實驗中，實驗裝置如圖1所示，使用的雙縫的間距為0.025cm．實驗時，首先調(diào)節(jié)______和______的中心位于遮光筒的中心軸線上，并使______和______豎直且互相平行，當屏上出現(xiàn)了干涉圖樣后，通過測量頭（與螺旋測微器原理相似，手輪轉(zhuǎn)動一周，分劃板前進或后退0.500mm）觀察第一條亮紋的位置如圖2（a）所示，第五條亮紋位置如圖2（b）所示，測出雙縫與屏的距離為50.00cm，則待測光的波長λ=______nm．

10、在做“用油膜法估測分子的大小”的實驗中：

（1）關于油膜面積的測量方法，下列做法中正確的是______

A．油酸酒精溶液滴入水中后；要立刻用刻度尺去量油膜的面積。

B．油酸酒精溶液滴入水中后；要讓油膜盡可能地散開，再用刻度尺去量油膜的面積。

C．油酸酒精溶液滴入水中后；要立即將油膜的輪廓畫在玻璃板上，再利用坐標紙去計算油膜的面積。

D．油酸酒精溶液滴入水中后；要讓油膜盡可能散開，等到狀態(tài)穩(wěn)定后，再把油膜的輪廓畫在玻璃板上，用坐標紙去計算油膜的面積。

（2）實驗中，將1cm3的油酸溶于酒精，制成200cm3的油酸酒精溶液，又測得1cm3的油酸酒精溶液有50滴，現(xiàn)將1滴溶液滴到水面上，水面上形成0.2m2的單分子薄層由此可估算油酸分子的直徑d=______m．11、面積S=0.5m2的閉合金屬圓環(huán)處于磁感應強度B=0.4T的勻強磁場中，當磁場與環(huán)面垂直時，穿過環(huán)面的磁通量是____；當磁場與環(huán)面平行時，穿過環(huán)面的磁通量是____；當金屬圓環(huán)轉(zhuǎn)過180°與環(huán)面又垂直時，穿過環(huán)面的磁通量大小是____，相對于初位置，磁通量變化量的大小為____．12、如圖所示，虛線框內(nèi)是勻強磁場，磁感應強度為B，倒日字形線框的三條直邊的電阻均為r，長均為L，兩橫邊電阻不計線圈平面與磁感線垂直，以速度v沿圖示方向平動，在第一條邊剛進入磁場時，a、b兩端電勢差為____．

13、在猜想彈性勢能可能與哪幾個物理量有關的時候，有人猜想彈性勢能可能與彈簧的勁度系數(shù)k、彈簧的伸長量x有關，但究竟是與x的一次方，還是x的二次方，還是x的三次方有關呢?請完成下列練習以幫助思考。

①若彈性勢能Ep∝kx，由于勁度系數(shù)k的單位是N/m，彈簧伸長量x的單位是m，則kx的單位是____。

②若彈性勢能Ep∝kx2，由于勁度系數(shù)k的單位是N/m，彈簧伸長量x的單位是m，則kx2的單位是____。

③若彈性勢能Ep∝kx3，由于勁度系數(shù)k的單位是N/m，彈簧伸長量x的單位是m，則kx3的單位是____。

從①②③中對單位的計算，你可以得到的啟示：____。14、一個100匝的線圈，在0.4s內(nèi)穿過它的磁通量從0.02Wb均勻增加到0.08Wb，則線圈中總的感應電動勢______V．若線圈電阻為10Ω，則線圈中產(chǎn)生的電流強度I=______A．評卷人得分三、判斷題(共7題，共14分)15、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）16、空間兩點放置兩個異種點電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點間的電勢大小的關系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

17、電場線與等勢面相互垂直，沿著同一等勢面移動電荷時靜電力不做功．（判斷對錯）18、電勢差有正有負，所以是矢量，且電場中兩點間的電勢差隨著零電勢點的選取變化而變化．（判斷對錯）19、只有沿著電場線的方向電勢才會降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強度的方向．（判斷對錯）20、空間兩點放置兩個異種點電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點間的電勢大小的關系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

21、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場，實線和虛線分別表示電場線和等勢線．兩電子分別從a、b兩點運動到c點．設電場力對兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點的電場強度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對錯）

評卷人得分四、簡答題(共2題，共18分)22、某臺電動機的額定電壓為110V；額定電流是6A，正常工作時的效率是80%，求：

（1）電動機正常工作時的輸入功率；

（2）電動機正常工作時的輸出功率；

（3）電動機正常工作30min，該電動機電樞線圈電阻產(chǎn)生的內(nèi)能．23、已知rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}都是短周期元素，它們的原子半徑大小為rm{B>C>D>A.B}的基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數(shù)相同；rm{D}原子有rm{2}個未成對電子rm{.A}rm{B}rm{D}三種元素組成的一種化合物rm{M}是新裝修居室中常含有的一種有害氣體rm{.E}是第四周期元素，其原子核外最外層電子數(shù)與rm{A}原子相同，其余各層電子均充滿rm{.}回答下列問題rm{(}用元素符號或化學式表示rm{)}．

rm{(1)M}分子中rm{B}原子軌道的雜化類型為______．

rm{(2)}化合物rm{CA_{3}}的沸點比化合物rm{BA_{4}}的高，其主要原因是____．

rm{(3)}寫出與rm{BD_{2}}互為等電子體的rm{C_{3}^{-}}的結(jié)構式______．

rm{(4)E^{+}}的核外電子排布式為____，如圖是rm{D}rm{E}形成的某種化合物的晶胞結(jié)構示意圖，該晶體rm{1}個晶胞中陽離子的個數(shù)為______．

rm{(5)}向rm{E}的硫酸鹽溶液中通入過量的rm{CA_{3}}可生成rm{[E(CA_{3})_{4}]^{2+}}配離子，rm{1}rm{mol}rm{[E(CA_{3})_{4}]^{2+}}中含有rm{婁脪}鍵的數(shù)目為______．評卷人得分五、推斷題(共2題，共20分)24、工業(yè)制鈦白粉產(chǎn)生的廢液中含有大量FeSO4、H2SO4和少量Fe2(SO4)3、TiOSO4，可利用酸解法生產(chǎn)補血劑乳酸亞鐵。其生產(chǎn)流程如下：

已知：TiOSO4可溶于水，在水中電離為TiO2+和SO2-4。請回答下列問題：

（1）寫出TiOSO4水解生成鈦酸H4TiO4的離子方程式____。步驟①中加入足量鐵屑的目的是____。

（2）步驟②的離子方程式是____，所得副產(chǎn)品主要是____（填化學式）。

（3）工業(yè)上由H4TiO4可制得鈦白粉TiO2。TiO2直接電解還原法生產(chǎn)鈦是一種較先進的方法，電解質(zhì)為熔融的CaCl2，原理如圖所示，陰極的電極反應式為____。

（4）工業(yè)上利用TiO2還可以用下列流程制取單質(zhì)鈦：

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則TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)＝TiCl4(s)＋2CO(g)的△H＝____。

（5）乳酸可由乙烯經(jīng)下列步驟合成：上述合成路線的總產(chǎn)率為56%，乳酸與碳酸亞鐵反應轉(zhuǎn)化為乳酸亞鐵晶體的產(chǎn)率為80%，則生產(chǎn)468kg乳酸亞鐵晶體（M＝234g/mol）需要標準狀況下的乙烯____m3。

25、氨氣是一種重要的化工產(chǎn)品及工業(yè)原料。I．某溫度下，合成氨反應的平衡常數(shù)K=3.0×103(mol／L)-1，（1）寫出其對應的化學方程式________________________________________。（2）某溫度下，如果在體積恒定為10L的密閉容器中充入：0.1molN2、0.1molH2和2molNH3則反應____（填“正向進行”或“逆向進行”或“達到平衡”）。（3）該溫度下，在體積恒定為10L的四個密閉容器中分別充入下列物質(zhì)，反應達到平衡后，N2的轉(zhuǎn)化率最大的是________。a．10molN2、30molH2和20molNH3b．10molN2和30molH2c．20molN2和60molH2d．10molN2和28molH2II．氨氣極易溶于水，氨水是氨氣溶于水而形成的溶液，回答下列問題：（4）在氨水溶液中加水稀釋的過程，NH3·H2O的電離程度___________（填“增大”“減小”或“不變”），___________（填“增大”“減小”或“不變”）。（5）室溫下，amol/L的(NH4)2SO4水溶液的pH=5，原因是溶液中存在平衡__________________（用離子方程式表示）。并計算該平衡的平衡常數(shù)表達式為________________________（用含代數(shù)a的較為精確的數(shù)學表達式表示，不必化簡，不做近似運算）。評卷人得分六、實驗探究題(共2題，共14分)26、一個小燈泡上標有“6V；0.2A”字樣，現(xiàn)要描繪該燈泡的伏安特性曲線，有下列器材供選用：

A．電壓表（0～3V；內(nèi)阻2.0kΩ）

B．電壓表（0～10V；內(nèi)阻3.0kΩ）

C．電流表（0～0.3A；內(nèi)阻2.0Ω）

D．電流表（0～6A；內(nèi)阻1.5Ω）

E．滑動變阻器（30Ω；2A）

F．學生電源（直流；9V），還有開關；導線等．

（1）實驗中所用的電壓表應選______，電流表應選______．

（2）畫出實驗電路圖，要求電壓從0開始調(diào)節(jié)．27、在研究自由落體運動的實驗中，某同學打出了一條紙帶，已知打點計時器所接交流電源的頻率為50Hz

他按打點先后順序從比較清晰的點起，連續(xù)選取01234

等計數(shù)點，如圖所示，量得01

兩點之間的距離S1=3.00cm34

兩點之間的距離S4=4.14cm

則23

兩個計數(shù)點之間的時間間隔為______s

紙帶在01

之間的平均速度為______m/s

重錘的加速度為______m/s2

．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、A|D【分析】【解析】【答案】AD2、B|D【分析】試題解析：由于理想變壓器的線圈匝數(shù)之比為為3：1，故原、副線圈的電壓之比為3：1，而不是UA：UB=3：1，故A是不對的；由公式匝數(shù)與電流的關系可知，原、副線圈的電流之比為1：3，即通過兩個電阻的電流之比IA：IB=1：3，B是正確的；由于其阻值是相等的，故兩電阻消耗的電功率之比PA：PB=1：9，所以C是不對的；設B兩端的電壓表的示數(shù)為U，則原線圈中的電壓為3U，由于理想變壓的功率相等，故解之得U=66V，所以D是正確的?？键c：變壓器的線圈匝數(shù)與電壓、電流的關系，理想變壓器的原、副線圈的功率相等?！窘馕觥俊敬鸢浮緽D3、D【分析】解：瞬時值：i=ImsinωtA；

最大值：Im；

有效值：I=

瞬時值等于有效值；故：

i=I

即：Imsinωt=

解得：

ωt=+2nπ（n=0；1、2、）

或者：ωt=+2nπ（n=0；1、2、）

故t=

求轉(zhuǎn)過時間的最小值。

故ABC錯誤；D正確；

故選：D．

正弦交流電的最大值和有效值的關系表達式為：I=根據(jù)題意中瞬時值等于有效值列式求解即可．

本題關鍵熟悉交變電流的有效值、瞬時值、最大值的表達式，注意多解，但求最小值【解析】【答案】D4、D【分析】【分析】電動勢為零時；線圈處在中性面上，磁場與線圈平面垂直，所以通過線圈的磁通量最大，根據(jù)最大感應電動勢為Em=BS婁脴

和最大磁通量摟忙m=BS

間的關系，很容易求出角速度。

本題就是考查對最大感應電動勢為Em

和最大磁通量摟忙m

的理解，應用公式可直接求出，不難。【解答】A.當線框磁通量為零時；磁場與線圈平面平行，磁通量的變化率最大，所以感應電動勢最大，故A錯誤；

B.假設磁通量的表達式為婁碌=婁碌msin婁脴t

則感應電動勢的表達式為e=Emcos婁脴t

所以當線框磁通量減小時，感應電動勢在增大，故B錯誤；

C.根據(jù)婁碌

和e

的表達式可知；當線框磁通量等于0.5婁碌m

時，感應電動勢不等于0.5Em

故C錯誤；

D.最大感應電動勢為Em=BS婁脴

最大磁通量摟忙m=BS

所以Em=摟忙m婁脴

所以婁脴=Em鈱?m

故D正確；

故選D。

【解析】D

5、D【分析】解：A.A

圖象中第三段圖線表示時光倒流；不符合題意.

故A錯誤；

B.B

圖象中第三段圖線表示時光倒流；不符合題意，故B錯誤；

C.C

圖象中；汽車在乙地沒有停留就返回了，故C錯誤；

D.D

圖表示先沿正方向做勻速直線運動；接著靜止一段時間，然后再沿負方向做勻速直線運動返回，符合題意.

故D正確．

故選D．

由題可知；該汽車先做勻速直線運動，到乙地后停留一段時間，然后，沿原路做勻速直線運動返回.x鈭?t

圖象中傾斜的直線表示勻速，與時間軸平行的直線表示靜止，對照選項選擇符合題意的圖線．

本題考查對勻速直線運動位移鈭?

時間圖象的識別、理解能力.

難度不大，屬于基礎題．【解析】D

二、填空題(共9題，共18分)6、略

【分析】【解析】【答案】水7、略

【分析】解：由圖知，相鄰間的電勢差為2v，據(jù)E===500V/m

由U=Ed得：UAB=E2rcos30°①

電場力做功：W=Uq②

聯(lián)立①②代入數(shù)據(jù)解之得：W=2×10-8J

故答案為：500；2×10-8．

抓住電場線與等勢面垂直；由高等勢面指向低等勢面，確定電場強度的方向，結(jié)合電勢差的大小和沿電場線方向上的距離求出電場強度的大小；用U=Ed求電勢差，再求電場力做功．

靈活應用電勢差與場強的關系，判斷場強方向；利用勻強電場電勢差與場強的公式求解是解題的核心．【解析】500；2×10-88、略

【分析】解：因通電后斷開；故兩板上的帶電量不變；增加d，則C減小，則電勢差U增大；

由C=及U=可知，U=則E==故只改變兩極板間的間距時，電場強度不變；

故選案為：不變；增大。

通電后斷開電容兩板上的電荷量不變；由決定式可知當d變化時C的變化；由定義式可知兩板間的電勢差的變化；由U=Ed可知E的變化．

本題應明確通電后斷開若只改變兩板間的距離，則極板間的電場強度將保持不變．【解析】不變；增大9、略

【分析】解：實驗時；首先調(diào)節(jié)光源和濾光片的中心使之位于遮光筒的中心軸線上，并使單縫和雙縫豎直且平行；

第一條亮紋位置處；固定刻度讀數(shù)為1mm，可動刻度讀數(shù)為：12.9×0.01=0.129mm，故最終讀數(shù)：1mm+0.129mm=1.129mm；

第五條亮紋位置處；固定刻度讀數(shù)為5.5mm，可動刻度讀數(shù)為：37.9×0.01=0.379mm，故最終讀數(shù)為：5.5mm+0.379mm=5.879mm

則條紋間距：△x=mm≈1.19mm

根據(jù)公式△x=λ；代入數(shù)據(jù)得：λ=594nm．

故答案為：光源；濾光片，單縫，雙縫，594．

固定儀器時要使單縫和雙縫豎直且平行，螺旋測微器的讀數(shù)為固定刻度讀數(shù)加可動刻度讀數(shù)，可動刻度讀數(shù)需估讀，求出條紋間距后根據(jù)公式△x=λ求解波長．

本題考查雙縫干涉測量波長的實驗原理△x=λ，掌握螺旋測微器的讀數(shù)，及估計值，并與游標卡尺讀數(shù)的區(qū)別．【解析】光源；濾光片；單縫；雙縫；59410、略

【分析】解：（1）液滴入水中后；應讓油膜盡可能散開，形成單分子油膜，再把油膜的輪廓畫在玻璃板上，然后用坐標紙計算油膜的面積，由于油膜不規(guī)則，無法用刻度尺去量油膜的面積．故ABC錯誤，D正確．

（2）一滴油酸的體積為：V=?cm3=1×10-4cm3=1×10-10m3

油酸分子的直徑為：d==m=5.0×10-10m

故答案為：（1）D；（2）5.0×10-10

（1）明確用“油膜法”估測分子大小的實驗原理：認為油酸分子是緊密排列的；而且形成的油膜為單分子油膜，然后用每滴油酸酒精溶液所含油酸體積除以油膜面積得出的油膜面積厚度即為油酸分子直徑．液滴入水中后，應讓油膜盡可能散開，再把油膜的輪廓畫在玻璃板上，然后用坐標紙計算油膜的面積．

（2）在油膜法估測分子大小的實驗中；讓一定體積的純油酸滴在水面上形成單分子油膜，估算出油膜面積，從而求出分子直徑．

本題理解并掌握實驗原理，建立模型：油酸分子呈球型分布在水面上，且一個靠著一個，從而可以由體積與面積相除求出油膜的厚度．【解析】D；5.0×10-1011、略

【分析】

當磁場與環(huán)面垂直時，穿過環(huán)面的磁通量Φ1=BS=0.2Wb；當磁場與環(huán)面平行時，沒有磁感線穿過圓環(huán)，則穿過環(huán)面的磁通量Φ2=0；當金屬圓環(huán)轉(zhuǎn)過180°與環(huán)面又垂直時，穿過環(huán)面的磁通量大小是Φ3=BS=0.2Wb；金屬圓環(huán)轉(zhuǎn)過180°與環(huán)面又垂直時，磁通量變化量的大小為△Φ=2BS=0.4Wb．

故答案為：0.2Wb；0；0.2Wb；0.4Wb．

【解析】【答案】在勻強磁場中；當磁場與環(huán)面垂直時，穿過環(huán)面的磁通量Φ=BS；當磁場與環(huán)面平行時，穿過環(huán)面的磁通量Φ=0；金屬圓環(huán)轉(zhuǎn)過180°與環(huán)面又垂直時，磁通量變化量的大小為△Φ=2BS．

12、略

【分析】

第一條邊切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢為E=BLv，ab間電勢差等于路端電壓，大小為U==

故答案為：

【解析】【答案】第一條邊剛進入磁場時，第一條邊切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，相當于電源，另外兩條邊并聯(lián)，相當于外電路，求出感應電動勢，再求出路端電壓，即為ab間電勢差．

13、NJJ·m彈性勢能Ep與彈簧伸長量x的二次方有關的猜想有些道理【分析】【解答】物理量與單位是否統(tǒng)一是驗證探究正確與否的方法之一。

【分析】從可能影響彈性勢能的因素出發(fā)14、略

【分析】解：感應電動勢E==

感應電流的大小I=．

故本題答案為：15；1.5．

根據(jù)法拉第電磁感應定律E=求出感應電動勢；再根據(jù)歐姆定律求出感應電流的大?。?/p>

解決本題的關鍵掌握法拉第電磁感應定律E=和閉合電路歐姆定律．【解析】15；1.5三、判斷題(共7題，共14分)15、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱，沿電場線的方向電勢降低．16、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點電勢高，靠近負電荷的點，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱；無窮遠處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠處的電勢為0，所以無窮遠處到兩點之間的電勢差相比，與a點之間的電勢差比較大，所以a點所帶的電量就多．

故答案為：錯誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．17、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場線的特點可知；沿電場線的方向電勢降低；電場線垂直于等勢面、同一等勢面移動電荷電場力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷，不閉合，電場線疏密描述電場強弱，電場線密的地方，電場強度大，疏的地方電場強度弱，沿電場線的方向電勢降低．18、B【分析】【解答】解：電勢差類似于高度差；沒有方向，是標量，正負表示電勢的相對大小．

兩點間的電勢差等于電勢之差；由電場中兩點的位置決定，與零電勢點的選取無關．由以上的分析可知，以上的說法都錯誤．

故答案為：錯誤。

【分析】電勢差是標量，正負表示大小；電勢差與零電勢點的選取無關；沿著電場線方向電勢降低；電勢反映電場本身的性質(zhì)，與試探電荷無關．19、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

那么電勢降低最快的方向才是電場線的方向；但電勢降低的方向不一定是電場線的方向，故錯誤；

故答案為：錯誤．

【分析】電場強度和電勢這兩個概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．20、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點電勢高，靠近負電荷的點，電勢較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖象中的等勢面左右對稱；無窮遠處的電勢為0．該圖象的左側(cè)的等勢線比較密，無窮遠處的電勢為0，所以無窮遠處到兩點之間的電勢差相比，與a點之間的電勢差比較大，所以a點所帶的電量就多．

故答案為：錯誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．21、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點在一個等勢面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場強度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點在一個等勢面上，根據(jù)W=qU判斷電場力做功的大小，根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強度的大小．四、簡答題(共2題，共18分)22、略

【分析】

（1）電動機工作時；輸入功率P=UI；

（2）電動機的輸出功率P出=ηP入；

（3）動機線圈消耗的功率P=P入-P出；再根據(jù)Q=Pt求解．

本題考查功率公式的應用，要注意明確電動機為非純電阻電路，各個公式的應用要明確，不能混淆，難度不大，屬于基礎題．【解析】解：（1）電動機的輸入功率為：P入=UI=110×6=660W；

（2）電動機的輸出功率為：P出=ηP入=660×0.80=528W；

（3）電動機線圈消耗的功率為：P=P入-P出=660-528=132W

電動機正常工作30min，電樞線圈電阻產(chǎn)生的內(nèi)能為：W=Pt=132×30×60=3.78×104J

答：（1）電動機正常工作時的輸入功率為660W；

（2）電動機正常工作時的輸出功率為528W；

（3）電動機正常工作30min，該電動機電樞線圈電阻產(chǎn)生的內(nèi)能為3.78×104J．23、（1）sp2（2）NH3分子間能形成氫鍵（3）[N=N=N]-（4）1s22s22p63s23p63d104（5）16×6.02×1023(16NA)【分析】【分析】本題是對物質(zhì)結(jié)構的考查，涉及雜化軌道、氫鍵、等電子體、晶胞結(jié)構、核外電子排布、配合物、化學鍵等知識點，需要學生具備扎實的基礎與靈活應用能力，題目難度中等?！窘獯稹緼、rm{B}rm{C}rm{D}都是短周期元素，它們的原子半徑大小為rm{B>C>D>A}rm{B}的基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數(shù)相同，則rm{B}是rm{C}元素；rm{D}原子有rm{2}個未成對電子，且rm{D}原子半徑小于rm{B}且rm{D}是rm{O}元素，rm{C}的原子半徑小于rm{B}而大于rm{D}則rm{C}是rm{N}元素，rm{A}rm{B}rm{D}三種元素組成的一種化合物rm{M}是新裝修居室中常含有的一種有害氣體，則該氣體是甲醛，所以rm{A}是rm{H}元素，rm{E}是第四周期元素，其原子核外最外層電子數(shù)與rm{A}原子相同，其余各層電子均充滿是第四周期元素，其原子核外最外層電子數(shù)與rm{E}原子相同，其余各層電子均充滿，則rm{A}是銅元素。

rm{E}是rm{(1)M}甲醛分子中rm{HCHO}原子含有rm{C}個價層電子對，所以其原子軌道的雜化類型為rm{3}故答案為：rm{sp^{2}}

rm{sp^{2}}化合物rm{(2)}的沸點比化合物rm{NH_{3}}的高，氨氣中存在氫鍵，甲烷中不含氫鍵，氫鍵的存在導致其沸點增大，故答案為：rm{CH_{4}}分子間能形成氫鍵；

rm{NH_{3}}等電子體的結(jié)構相似，所以與rm{(3)}互為等電子體的rm{CO_{2}}的結(jié)構式rm{N_{3}^{-}}故答案為：rm{[N=N=N]^{-}}

rm{[N=N=N]^{-}}的核外有rm{(4)Cu^{+}}個電子，根據(jù)構造原理知，其基態(tài)核外電子排布式為rm{28}rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}}形成的陽離子位于晶胞內(nèi)部，該晶體由晶胞結(jié)構可知，rm{E}形成的陽離子位于晶胞內(nèi)部，該晶體rm{1}個晶胞中陽離子的個數(shù)為rm{4}個晶胞中陽離子的個數(shù)為rm{E}，故答案為：rm{1}rm{4}

rm{1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10}}rm{4}rm{(5)}向硫酸銅溶液中通入過量的rm{NH}rm{NH}rm{{,!}_{3}}，可生成rm{[Cu(NH}rm{[Cu(NH}rm{{,!}_{3}}rm{)}鍵為rm{)}鍵，配位鍵屬于rm{{,!}_{4}}鍵，故rm{]}rm{]}rm{{,!}^{2+}}配離子，rm{N-H}鍵為rm{婁脪}鍵，配位鍵屬于rm{婁脪}鍵，故rm{1mol[Cu(NH}rm{N-H}rm{婁脪}rm{婁脪}鍵，含有rm{1mol[Cu(NH}鍵的數(shù)目為rm{{,!}_{3}}rm{)}rm{)}rm{{,!}_{4}}rm{]}rm{]}rm{{,!}^{2+}}中含有rm{16mol婁脪}鍵，含有rm{婁脪}鍵的數(shù)目為rm{16隆脕6.02隆脕10}【解析】rm{(1)sp^{2}}rm{(2)NH_{3}}分子間能形成氫鍵rm{(3)[N=N=N]^{-}}rm{(4)1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^{10;;}4}rm{(5)16隆脕6.02隆脕10^{23}}rm{(16N_{A})}五、推斷題(共2題，共20分)24、略

【分析】【分析】本題考查了鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)變、離子方程式的書寫、電解原理、焓變的計算、原料利用率的計算等，難度中等，注意把握相關基本理論的理解和應用?！窘獯稹浚?）根據(jù)水解原理：鹽+水=酸+堿，則TiOSO4水解生成鈦酸H4TiO4的離子方程式TiO2+＋3H2OH4TiO4＋2H+；步驟①中加入足量鐵屑的目的是將溶液中的Fe3+還原為Fe2+，消耗溶液中的H+促進TiO2+水解。（2）NH4HCO3在溶液中電離出HCO3-離子，易電離生成碳酸根，碳酸根和亞鐵離子反應生成FeCO3促進HCO3-電離，故離子方程式Fe2+＋2HCO3-==FeCO3↓＋CO2↑＋H2O；所得的副產(chǎn)物為溶液中沒有參加反應的銨根離子和硫酸根離子形成的(NH4)2SO4；（3）電解時，陰極上得電子發(fā)生還原反應，所以二氧化鈦得電子生成鈦和氧離子，故陰極電極反應：TiO2＋4e－==Ti＋2O2-（4）依據(jù)蓋斯定律：由③+①×2-②可知△H＝△H3+△H1×2-△H2=+141+（-393.5）×2-（-566）=-80kJ/mol。（5）由題意知，乳酸生成乳酸亞鐵的物質(zhì)的量之比為2：1，設需要乙烯xm3，則反應生成468kg乳酸亞鐵晶體所需乙烯為x=200m3。【解析】（1）TiO2+＋3H2OH4TiO4＋2H+將溶液中的Fe3+還原為Fe2+，消耗溶液中的H+，促進TiO2+水解（2）Fe2+＋2HCO3-==FeCO3↓＋CO2↑＋H2O(NH4)2SO4（3）TiO2＋4e－==Ti＋2O2-（4）-80kJ/mol（5）20025、略

【分析】【分析】本題考查較為綜合，涉及化學平衡狀態(tài)的判斷、鹽類水解、水的電離、鹽類水解平衡常數(shù)的計算等知識，為高考常見題型，難度中等，注意把握相關基本理論的理解和應用?！窘獯稹浚?）工業(yè)上一般用氮氣和氫氣在催化作用下合成氨，其對應的化學方程式為N2+3H22NH3故答案為：N2+3H22NH3；（2）合成氨反應濃度積所以平衡向逆反應方向移動，故答案為：逆向進行；

（3）a與b相比，a中含有大量的氨氣，因此b中氮氣的轉(zhuǎn)化率大于a中；b與d相比，b中氫氣濃度大，故b中氮氣的轉(zhuǎn)化率高；由于正反應是體積減小的可逆反應，所以增大壓強平衡向正反應方向進行，c與b相比，