2024年人教A版高二物理上冊(cè)階段測(cè)試試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請(qǐng)※※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2024年人教A版高二物理上冊(cè)階段測(cè)試試卷134考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、在如圖所示的電路中，電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)電阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為滑動(dòng)變阻器，已知電源內(nèi)阻r小于定值電阻R1，在滑動(dòng)變阻器滑片P自a端向b端滑動(dòng)的過程中,下列說法中正確的是（）A.電壓表示數(shù)變小，R2兩端的電壓變大B.電源的效率變大C.電流表示數(shù)變大，通過R2的電流變小D.電源的輸出功率變小2、圖示是某導(dǎo)體的I-U圖線，圖中傾角為α＝45°，下列說法正確的是()A.通過電阻的電流與其兩端的電壓成正比B.此導(dǎo)體的電阻R＝2ΩC.I-U圖線的斜率表示電阻的倒數(shù)，所以電阻R＝cot45°＝1.0ΩD.在R兩端加6.0V電壓時(shí)，每秒通過電阻截面的電量是6.0C3、我國將于2020

年建成完整的北斗三號(hào)導(dǎo)航系統(tǒng)，該系統(tǒng)由5

顆地球同步衛(wèi)星和30

顆其他衛(wèi)星組成.

則地球同步衛(wèi)星()A.繞地球運(yùn)行的軌道為橢圓B.運(yùn)行周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同C.可靜止在南通上空D.運(yùn)行方向與地球自轉(zhuǎn)方向相反4、如圖所示，虛線a、b、c代表電場(chǎng)中的三個(gè)等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等，即Uab＝Ubc，實(shí)線為一帶正電的質(zhì)點(diǎn)僅在電場(chǎng)力作用下通過該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)．據(jù)此可知（)A.三個(gè)等勢(shì)面中，c的電勢(shì)最高B.帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能較Q點(diǎn)大C.帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能較Q點(diǎn)大D.帶電質(zhì)點(diǎn)通過P點(diǎn)時(shí)的加速度較Q點(diǎn)大5、天然放射物質(zhì)的放射線包含三種成分，下面的說法中錯(cuò)誤的是（）A.一層厚的黑紙可以擋住a射線，不能擋住β射線和γ射線B.某原子核在放出γ粒子后會(huì)變成另一種元素的原子核C.三種射線中對(duì)氣體電離作用最強(qiáng)的是a射線D.β粒子是電子，但不是原來繞核旋轉(zhuǎn)的核外電子6、某電場(chǎng)的電場(chǎng)線如圖所示，則電場(chǎng)中的A

點(diǎn)和B

點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度EA

和EB

的大小關(guān)系是(

)

A.EA<EB

B.EA>EB

C.EA=EB

D.無法判斷7、如圖所示是一種簡易的驗(yàn)電器，金屬絲固定在絕緣立柱上，兩端（未接觸）上有兩塊可以活動(dòng)的鋁箔，帶電體與金屬絲接觸之后，兩塊鋁箔帶上等量同種電荷，在靜電斥力的作用下彼此分開。關(guān)于兩塊鋁箔之間的靜電力，下面說法正確的是（）A.兩塊鋁箔之間的靜電力跟兩鋁箔帶電量成正比B.兩塊鋁箔之間的靜電力跟兩鋁箔之間的距離成反比C.兩塊鋁箔之間的靜電力跟兩鋁箔之間的距離的平方成反比D.以上結(jié)論都不正確評(píng)卷人得分二、填空題(共9題，共18分)8、平行板電容器所帶的電荷量Q=3.0×10-10C，它的兩平行板之間的電壓為2.0V，則它的電容為______μF，如果兩平行板的帶電荷量各減少了一半，則兩平行板的電勢(shì)差為______V，電容器的電容為______μF．9、任何液體的表面分子排列都比內(nèi)部分子稀疏．______．（判斷對(duì)錯(cuò)）10、飽和汽與飽和汽壓。

(1)飽和汽：____________的蒸氣叫做飽和汽．此時(shí)相同時(shí)間內(nèi)回到水中的分子數(shù)____________從水面飛出去的分子數(shù)．

(2)飽和汽壓：在一定溫度下，飽和汽的分子數(shù)密度一定，飽和汽的壓強(qiáng)也是一定的，這個(gè)壓強(qiáng)叫這種液體的飽和汽壓．飽和汽壓只指此蒸氣的分氣壓，與其他氣體壓強(qiáng)____________關(guān)．11、在“研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象”的實(shí)驗(yàn)中；首先要按圖甲接線，以查明電流表指針的偏轉(zhuǎn)方向與電流方向之間的關(guān)系；然后按圖乙將電流表與線圈B

連成一個(gè)閉合回路，將線圈A

電池、滑動(dòng)變阻器和開關(guān)串聯(lián)成另一個(gè)閉合電路，在圖甲中，當(dāng)閉合S

時(shí)，觀察到電流表指針向左偏，不通電時(shí)電流表指針停在正中央。在圖乙中。

(1)S

閉合后；將螺線管A

插入螺線管B

的過程中，電流表的指針______；

(2)

線圈A

放在B

中不動(dòng)時(shí)；指針將______

(3)

線圈A

放在B

中不動(dòng)，突然斷開開關(guān)S

電流表指針將______。12、A.如圖所示是我國民用交流電的電壓圖象.

根據(jù)圖象可知；交流電的頻率是________Hz

用交流電壓表測(cè)量電壓，測(cè)出的電壓值是________V

．

B.如圖所示，ab

是勻強(qiáng)電場(chǎng)中的兩點(diǎn)，兩點(diǎn)間的距離為0.4m

兩點(diǎn)的連線與電場(chǎng)線平行，兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為4.0V

則勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為________V/m

把電子從a

點(diǎn)移到b

點(diǎn)；電子的電勢(shì)能將________(

選填“增大”“減小”或“不變”)

．

13、將一單擺裝置豎直懸掛于某一深度為h(

未知)

且開口向下的小筒中(

單擺的下部分露于筒外)

如圖1

所示，將懸線拉離平衡位置一個(gè)小角度后由靜止釋放，單擺振動(dòng)過程中懸線不會(huì)碰到筒壁，如果本實(shí)驗(yàn)的長度測(cè)量工具只能測(cè)量出筒的下端口到擺球球心的距離L

并通過改變L

而測(cè)出對(duì)應(yīng)的擺動(dòng)周期T

再以T2

為縱軸；L

為橫軸作出T2鈭?L

函數(shù)關(guān)系圖象，那么就可以通過此圖象得出小筒的深度h

和當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭

．

(1)

如果實(shí)驗(yàn)中所得到的T2鈭?L

關(guān)系圖象如圖2

所示，那么真正的圖象應(yīng)該是abc

中的______；

(2)

由圖可知；小筒的深度h=

______m

當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭=

______m/s2(

計(jì)算結(jié)果保留三位有效數(shù)字)

(3)

在實(shí)驗(yàn)中；每次測(cè)量時(shí)總是錯(cuò)誤地把擺線加上球直徑當(dāng)成了擺長，如果仍然采用題中圖象方法處理數(shù)據(jù)，你認(rèn)為會(huì)對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果怎樣的影響？對(duì)h

的影響是______，對(duì)g

的影響是______．

A.無影響B(tài).

比真實(shí)值小C.

比真實(shí)值大D.

不確定．14、已知金屬銫的逸出功為1.9eV，在光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，要使銫表面發(fā)出的光電子的最大動(dòng)能為1.0eV，光子能量為______eV，則入射光的波長應(yīng)為______m．（保留兩位有效數(shù)字．普朗克常量h=6.63x10-34J?s，光速c=3.0x108m/s）15、用如圖所示裝置來驗(yàn)證動(dòng)量守恒的實(shí)驗(yàn)，質(zhì)量為mB的鋼球B放在小支柱N上，球心離地面高度為H；質(zhì)量為mA的鋼球A用細(xì)線拴好懸掛于O點(diǎn)；當(dāng)細(xì)線被拉直時(shí)O點(diǎn)到球心的距離為L，且細(xì)線與豎直線之間夾角為α．球A由靜止釋放，擺到最低點(diǎn)時(shí)恰與球B發(fā)生正碰，碰撞后，A球把輕質(zhì)指示針C推移到與豎直線夾角為β處，B球落到地面上，地面上鋪有一張覆蓋有復(fù)寫紙的白紙D，用來記錄球B的落點(diǎn)．保持α角度不變，多次重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，在白紙上記錄到多個(gè)B球的落地點(diǎn)．

（1）為保證實(shí)驗(yàn)成功，必須保證mA______mB．（填“大于”；“等于”或“小于”）

（2）設(shè)碰撞前瞬間球A的速度為vA，碰撞后球A的速度為v′A，球B的速度為v′B，則實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的關(guān)系式為：______

（3）若實(shí)驗(yàn)中測(cè)得mA、mB、L、α、β、H、s等物理量，用測(cè)得的物理量表示：mAvA=______；mAv′A=______；mBv′B=______．16、在物理學(xué)發(fā)展過程中許多科學(xué)家作出了重要貢獻(xiàn)．如：總結(jié)得出萬有引力定律的科學(xué)家是______；發(fā)現(xiàn)點(diǎn)電荷之間的相互作用規(guī)律的科學(xué)家是______．評(píng)卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)17、如圖所示，有一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為9000N/C，在電場(chǎng)內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點(diǎn)，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點(diǎn)電荷，則A處場(chǎng)強(qiáng)大小EA為零．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

18、空間兩點(diǎn)放置兩個(gè)異種點(diǎn)電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖所示，且相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差均相等，電場(chǎng)中A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)大小的關(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

19、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場(chǎng)，實(shí)線和虛線分別表示電場(chǎng)線和等勢(shì)線．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)．設(shè)電場(chǎng)力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

20、電場(chǎng)線與等勢(shì)面相互垂直，沿著同一等勢(shì)面移動(dòng)電荷時(shí)靜電力不做功．（判斷對(duì)錯(cuò)）21、電勢(shì)差有正有負(fù)，所以是矢量，且電場(chǎng)中兩點(diǎn)間的電勢(shì)差隨著零電勢(shì)點(diǎn)的選取變化而變化．（判斷對(duì)錯(cuò)）22、只有沿著電場(chǎng)線的方向電勢(shì)才會(huì)降低，所以電勢(shì)降低的方向就一定是電場(chǎng)強(qiáng)度的方向．（判斷對(duì)錯(cuò)）23、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場(chǎng)強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場(chǎng)強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對(duì)錯(cuò)）24、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場(chǎng)，實(shí)線和虛線分別表示電場(chǎng)線和等勢(shì)線．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)．設(shè)電場(chǎng)力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

評(píng)卷人得分四、推斷題(共4題，共32分)25、已知rm{CH_{3}隆陋CH簍TCH_{2}+HBr隆煤CH_{3}隆陋CHBr-CH_{3}}rm{1mol}某芳香烴rm{A}充分燃燒后可以得到rm{8molCO_{2}}和rm{4molH_{2}O}該芳香烴rm{A}在不同條件下能發(fā)生如圖所示的一系列變化：

請(qǐng)回答下列問題：

rm{(1)A}中官能團(tuán)的名稱為：______________，rm{A}的結(jié)構(gòu)簡式：_______________________。

rm{(2)}上述反應(yīng)中，rm{壟脵}是________反應(yīng)rm{(}填反應(yīng)類型rm{)(1}分rm{)}

rm{(3)}寫出rm{C}rm{D}rm{E}rm{H}物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式：rm{C}____________________，rm{D}_______________，rm{E}_____________，rm{F}_______________。

rm{(4)}寫出rm{D隆煤F}反應(yīng)的化學(xué)方程式：______________________________。26、A、rm{B}rm{C}rm{D}rm{E}rm{X}是中學(xué)常見的無機(jī)物，存在如圖轉(zhuǎn)化關(guān)系rm{(}部分生成物和反應(yīng)條件略去rm{)}rm{(1)}若rm{A}為常見的金屬單質(zhì)，焰色反應(yīng)呈黃色，rm{X}能使品紅溶液褪色，寫出rm{C}和rm{E}反應(yīng)的離子方程式：__________________________．rm{(2)}若rm{A}為短周期元素組成的單質(zhì)，該元素的最高價(jià)氧化物的水化物酸性最強(qiáng)，則：rm{壟脵}組成單質(zhì)rm{A}的元素在周期表中的位置為_______________．rm{壟脷X}可能為___________rm{(}填代號(hào)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}為淡黃色粉末，回答下列問題：rm{壟脵1molA}與足量的rm{H_{2}O}充分反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為_______________．rm{壟脷A}的電子式為___________________。rm{壟脹}若rm{X}為一種造成溫室效應(yīng)的氣體rm{.}則鑒別等濃度的rm{D}rm{E}兩種溶液，可選擇的試劑為______rm{(}填代號(hào)rm{)}．rm{a.}鹽酸rm{b.BaCl_{2}}溶液rm{c.NaOH}溶液rm{d.Ca(OH)_{2}}溶液rm{(4)}若rm{A}為氧化物，rm{X}是rm{Fe}溶液rm{D}中加入rm{KSCN}溶液變紅rm{.}則rm{A}與rm{H_{2}O}反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為___________rm{.E}是_________rm{(}填化學(xué)式rm{)}27、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(bǔ)血?jiǎng)┤樗醽嗚F。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(qǐng)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(xué)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(jìn)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(yīng)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(yīng)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(biāo)準(zhǔn)狀況下的乙烯____m3。

28、風(fēng)靡全球的飲料果醋中含有蘋果酸(MLA)

其分子式為C4H6O50.1mol

蘋果酸與足量NaHCO3

溶液反應(yīng)能產(chǎn)生4.48LCO2(

標(biāo)準(zhǔn)狀況)

蘋果酸脫水能生成使溴水褪色的產(chǎn)物。如圖表示合成MLA

的路線。

(1)

寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式：A

____，D

____。

(2)

指出反應(yīng)類型：壟脵

____壟脷

____。

(3)

寫出所有與MLA

具有相同官能團(tuán)的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：____。

(4)

寫出E隆煤F

轉(zhuǎn)化的化學(xué)方程式____。

(5)

上述轉(zhuǎn)化關(guān)系中步驟壟脹

和壟脺

的順序能否顛倒？____(

填“能”或“不能”)

說明理由：____。參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】試題分析：在滑動(dòng)變阻器滑片P自a端向b端滑動(dòng)的過程中，R3阻值減小，總電阻減小，總電流變大，則R1兩端電壓變大，電壓表示數(shù)變大；R2R3兩端的電壓減小，R2的電流減小，安培表電流變大，C正確，A錯(cuò)誤；電源的效率：即隨外電路電阻R的減小，電源的效率減小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電源內(nèi)阻r小于定值電阻R1，故當(dāng)滑動(dòng)變阻器阻值減小時(shí)，外電路電阻向內(nèi)阻接近，電源的輸出功率增加，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選C.考點(diǎn)：電路的動(dòng)態(tài)分析；電源的效率及輸出功率.【解析】【答案】C2、A|B【分析】試題分析：圖線為一條傾斜的直線，該導(dǎo)體為線性原件，歐姆定律適用，故通過電阻的電流與其兩端的電壓成正比，A正確；根據(jù)歐姆定律可得：故B正確；斜率為1，但是電阻為2歐姆，所以兩者不相等，C錯(cuò)誤；在R兩端加6.0V電壓時(shí)，電流每秒通過電阻截面的電量是．故D錯(cuò)誤．考點(diǎn)：考查了歐姆定律的應(yīng)用【解析】【答案】AB3、B【分析】【分析】同步衛(wèi)星與地面保持相對(duì)靜止，其角速度、周期與地球一致；線速度、距地面高度等都保持不變。本題簡單考查了同步衛(wèi)星的基本特點(diǎn)，平時(shí)可以多記憶，有助于快速解題?！窘獯稹緼.繞地球運(yùn)行的軌道為圓，故A錯(cuò)誤；B.運(yùn)行周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同，故B正確；C.同步衛(wèi)星靜止在赤道上空，故C錯(cuò)誤；D.運(yùn)行方向與地球自轉(zhuǎn)方向相同，故D錯(cuò)誤。故選B。【解析】B

4、A|B|D【分析】試題分析：電荷所受電場(chǎng)力指向軌跡內(nèi)側(cè)，由于電荷帶正電，因此電場(chǎng)線指向右下方，沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低，故c等勢(shì)線的電勢(shì)最高，a等勢(shì)線的電勢(shì)最低，故A正確；根據(jù)質(zhì)點(diǎn)受力情況可知，從P到Q過程中電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能降低，故P點(diǎn)的電勢(shì)能大于Q點(diǎn)的電勢(shì)能，故B正確；從P到Q過程中電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能降低，動(dòng)能增大，故P點(diǎn)的動(dòng)能小于Q點(diǎn)的動(dòng)能，故C錯(cuò)誤；等勢(shì)線密的地方電場(chǎng)線密場(chǎng)強(qiáng)大，故P點(diǎn)位置電場(chǎng)強(qiáng)，電場(chǎng)力大，根據(jù)牛頓第二定律，加速度也大，故D正確，故選ABD．考點(diǎn)：等勢(shì)線；電勢(shì)及電勢(shì)能.【解析】【答案】ABD5、B【分析】a射線的穿透能力最弱，一張白紙就能擋住，β射線的穿透能力較強(qiáng)，能穿透幾毫米的鋁板，γ射線的穿透能力最強(qiáng)，能穿透幾厘米后的鉛板，A錯(cuò)；γ射線是伴隨兩種衰變產(chǎn)生的，是生成的新核處于高能級(jí)，原子核在由高能級(jí)向低能級(jí)躍遷時(shí)向外輻射出來的，B錯(cuò)；三種射線中對(duì)氣體電離作用最強(qiáng)的是a射線，電離能力最弱的是γ射線，β粒子是由一個(gè)中子分裂成一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子產(chǎn)生的，D對(duì)【解析】【答案】B6、B【分析】解：由于電場(chǎng)線的疏密可知，a

點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度強(qiáng)，所以EB<EA

故B正確；ACD錯(cuò)誤。

故選：B

．

電場(chǎng)線的疏密表示電場(chǎng)強(qiáng)度的強(qiáng)弱；電場(chǎng)線某點(diǎn)的切線方向表示電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)是降低的，據(jù)此可正確解答．

電場(chǎng)線雖然不存在，但可形象來描述電場(chǎng)的分布，明確電場(chǎng)線分布與電場(chǎng)強(qiáng)度以及電勢(shì)之間的關(guān)系．【解析】B

7、D【分析】解：ABCD；庫侖定律只適用于點(diǎn)電荷；兩塊靠近的鋁箔是不能看作點(diǎn)電荷的，因此，兩塊鋁箔之間的靜電力并不滿足庫侖定律，A、B、C三種說法都是錯(cuò)誤的。D正確。

故選：D。

庫侖定律適于點(diǎn)電荷；不是點(diǎn)電荷不能用其求庫侖力。對(duì)于兩塊鋁箔，因距離小，則不能視為點(diǎn)電荷，不適用于庫侖定律。

考查庫侖定律的適用條件，明確兩塊近距鋁箔不能視為點(diǎn)電荷。【解析】D二、填空題(共9題，共18分)8、略

【分析】解：平行板電容器所帶的電荷量Q=3.0×10-10C；它的兩平行板之間的電壓為2.0V，則它的電容為：

C==1.5×10-4μF

電容器的電容由電容器本身決定，與帶電量無關(guān)，如果兩平行板的帶電荷量各減少了一半，則電容器帶電量減小為由于電容不變，故電壓也減小為即1V；

故答案為：1.5×10-4，1，1.5×10-4．

根據(jù)電容的定義式求出電容的大?。鶕?jù)Q=CU求出兩板間電勢(shì)差；

對(duì)于電容器的電容定義式C=可根據(jù)比值定義法的共性來理解，知道C與Q、U無關(guān)．【解析】1.5×10-4；1；1.5×10-49、略

【分析】解：表面張力產(chǎn)生的原因是液體跟氣體接觸的表面存在一個(gè)薄層；叫做表面層，表面層里的分子比液體內(nèi)部稀疏，分子間的距離比液體內(nèi)部大一些，分子間的相互作用表現(xiàn)為引力．所以該說法是正確的．

故答案為：√

作用于液體表面；使液體表面積縮小的力，稱為液體表面張力．它產(chǎn)生的原因是液體跟氣體接觸的表面存在一個(gè)薄層，叫做表面層，表面層里的分子比液體內(nèi)部稀疏，分子間的距離比液體內(nèi)部大一些，分子間的相互作用表現(xiàn)為引力．

此題考查液體表面張力的現(xiàn)象，要求對(duì)液體表面張力產(chǎn)生的原因能理解，并能分析一些現(xiàn)象．【解析】√10、略

【分析】解：(1)飽和汽：與液體處于動(dòng)態(tài)平衡的蒸汽叫做飽和汽；此時(shí)相同時(shí)間內(nèi)回到水中的分子數(shù)等于從水平飛出去的分子數(shù)；

(2)飽和氣壓：在一定溫度下；飽和汽的分子數(shù)密度一定，飽和汽的壓強(qiáng)也是一定的，這個(gè)壓強(qiáng)叫這種液體的飽和汽壓，飽和氣壓只指此蒸汽的分氣壓，與其他氣體壓強(qiáng)無關(guān)．

故答案為：(1)與液體處于動(dòng)態(tài)平衡；等于。

(2)無【解析】與液體處于動(dòng)態(tài)平衡;等于;無11、略

【分析】解：由圖甲知電流從左接線柱流入電流表時(shí)；其指針向左偏轉(zhuǎn)。

(1)S

閉合后；將A

插入B

中，磁通量增大，由楞次定律和安培定則可判斷B

中電流方向向上，從右接線柱流入，故電流表指針向右偏轉(zhuǎn)；

(2)A

放在B

中不動(dòng)；磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，指針不偏轉(zhuǎn)；

(3)

斷開開關(guān)；穿過B

的磁通量減小，電流表指針向左偏轉(zhuǎn)。

故答案為：(1)

向右偏轉(zhuǎn)；(2)

不動(dòng)；(3)

向左偏轉(zhuǎn)。

由安培定則判斷出判斷出線圈A

產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向；然后判斷出穿過線圈B

的磁通量如何變化，最后由楞次定律判斷出感應(yīng)電流的方向，確定電流表指針的偏轉(zhuǎn)方向。

本題是一道基礎(chǔ)題，熟練掌握并靈活應(yīng)用安培定則及楞次定律即可正確解題?！窘馕觥肯蛴移D(zhuǎn)；不偏轉(zhuǎn)；向左偏轉(zhuǎn)12、略

【分析】A.【分析】本題很簡單直接從圖象中即可求出交流電的最大值及周期。

電壓表測(cè)出有效值明確交流電圖象的物理意義，正確根據(jù)圖象獲取有關(guān)交流電的信息是對(duì)學(xué)生的基本要求，平時(shí)要加強(qiáng)練習(xí)?！窘獯稹坑蓤D讀出周期T=2隆脕10鈭?2s

頻率為f=1T=50Hz

由圖讀出，電壓的最大值是Um=311V

電壓表測(cè)量有效值，有效值為U=22Um=220V

故答案為：5050220220B.【分析】

題中已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)中ab

間的電勢(shì)差和距離；根據(jù)電勢(shì)差與場(chǎng)強(qiáng)的關(guān)系式U=Edd

是兩點(diǎn)沿場(chǎng)強(qiáng)方向的距離求解場(chǎng)強(qiáng)。W=qU

求出電場(chǎng)力做功，即可得到電勢(shì)能的變化。

解決本題的關(guān)鍵是掌握U=Ed

和W=qU

兩個(gè)公式，知道d

是兩點(diǎn)沿場(chǎng)強(qiáng)方向的距離。【解答】

ab

的方向與電場(chǎng)線的方向平行，則由Uab=Edab

則場(chǎng)強(qiáng)為：E=Uabdab=4.00.4=10V/m

電子在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)線的方向相反，則電子受到的電場(chǎng)力的方向向左，把電子從a

點(diǎn)移到b

點(diǎn)；電場(chǎng)力對(duì)電子做負(fù)功，電子的電勢(shì)能增大。

故答案為：10

增大。

【解析】A.5050220220

B.1010增大

13、略

【分析】解：(1)

由單擺周期公式得：T=L+hg

得到：T2=4婁脨2Lg+4婁脨2hg

當(dāng)L=0

時(shí)，T2=4婁脨2hg>0

則真正的圖象是a

．

(2)

當(dāng)T2=0

時(shí)；L=鈭?h

即圖象與L

軸交點(diǎn)坐標(biāo)．

h=鈭?L=31.5cm=0.315m

圖線的斜率大小k=4婁脨2g

由圖；根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)得到k=4

解得：g=9.86m/s2

(3)

根據(jù)(1)

中分析可知把擺線加上球直徑當(dāng)成了擺長；即L

偏大，導(dǎo)致圖線的縱軸截距偏小，斜率不變.

故對(duì)h

的影響是比真實(shí)值小，對(duì)g

的沒有影響．

故答案為：(1)a(2)0.3159.86(3)BA

．

根據(jù)單擺的周期公式推導(dǎo)出T2鈭?L

函數(shù)關(guān)系解析式；選擇圖象．

研究圖象與坐標(biāo)軸交點(diǎn)的意義；求出h

和g

．

實(shí)驗(yàn)的核心是實(shí)驗(yàn)原理，根據(jù)原理推導(dǎo)解析式，研究圖象下列幾個(gè)方面的意義，如：斜率、截距、面積等等．【解析】a0.3159.86BA

14、略

【分析】解：根據(jù)題意可知逸出功W0=1.9eV光電子的最大初動(dòng)能Ekm=1.0eV

根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm=hγ-w0

得光子能量?=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?=hγ=h

代入數(shù)據(jù)得λ=4.3×10-7m

答：光子能量為2.9eV，入射光的波長應(yīng)為4.3x10-7m．

根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm=hγ-w0和光子能量公式?=進(jìn)行分析．

解決本題的關(guān)鍵是掌握光電效應(yīng)方程，特別是光子能量的公式要記?。窘馕觥?.9；4.3×10-715、略

【分析】解：（1）根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理可知；小球A沒有落到地面上，只有B落地，故應(yīng)讓A球的速度大于B球；

（2）由動(dòng)量守恒定律可知：

應(yīng)滿足的表達(dá)式為：mAvA=mAvA′+mBvB′

（3）小球從A處下擺過程只有重力做功；機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：

mAgL（1-cosα）=mAvA2-0；

解得：vA=

則PA=mAvA=mA

小球A與小球B碰撞后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)；在A碰后到達(dá)最左端過程中，機(jī)械能再次守恒，由機(jī)械能守恒定律得：

-mAgL（1-cosβ）=0-mAvA′2；

解得vA′=

PA′=mAvA′=mA

碰前小球B靜止，則PB=0；

碰撞后B球做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：S=vB′t，豎直方向H=gt2；

解得：vB′=S

則碰后B球的動(dòng)量為：PB′=mBvB′=mBS

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

A球下擺過程機(jī)械能守恒；根據(jù)守恒定律列式求最低點(diǎn)速度；球A上擺過程機(jī)械能再次守恒，可求解碰撞后速度；碰撞后小球B做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的分位移公式求解碰撞后B球的速度，求出動(dòng)量的表達(dá)式，然后分析答題。

本題考查了確定實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量的量，知道實(shí)驗(yàn)原理、求出實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的表達(dá)式是正確解題的關(guān)鍵【解析】大于；mAvA=mAvA′+mBvB′；mAmAmBS16、略

【分析】解：在物理學(xué)發(fā)展過程中許多科學(xué)家作出了重要貢獻(xiàn)．如：總結(jié)得出萬有引力定律的科學(xué)家是牛頓；

發(fā)現(xiàn)點(diǎn)電荷之間的相互作用規(guī)律的科學(xué)家是庫侖．

故答案為：牛頓；庫侖。

根據(jù)物理學(xué)史和常識(shí)解答；記住著名物理學(xué)家的主要貢獻(xiàn)即可．

本題考查物理學(xué)史，是常識(shí)性問題，對(duì)于物理學(xué)上重大發(fā)現(xiàn)、發(fā)明、著名理論要加強(qiáng)記憶，這也是考試內(nèi)容之一【解析】牛頓；庫侖三、判斷題(共8題，共16分)17、A【分析】【解答】解：點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)

根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理得；則兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的合成，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為。

EA=E點(diǎn)﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場(chǎng)強(qiáng)大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點(diǎn)電荷在A點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小，判斷出場(chǎng)強(qiáng)方向，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)大小及方向．18、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點(diǎn)電勢(shì)高，靠近負(fù)電荷的點(diǎn)，電勢(shì)較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖象中的等勢(shì)面左右對(duì)稱；無窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0．該圖象的左側(cè)的等勢(shì)線比較密，無窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0，所以無窮遠(yuǎn)處到兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差相比，與a點(diǎn)之間的電勢(shì)差比較大，所以a點(diǎn)所帶的電量就多．

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．19、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場(chǎng)強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上，根據(jù)W=qU判斷電場(chǎng)力做功的大小，根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?0、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場(chǎng)線的特點(diǎn)可知；沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低；電場(chǎng)線垂直于等勢(shì)面、同一等勢(shì)面移動(dòng)電荷電場(chǎng)力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場(chǎng)線是人為假想的曲線，從正電荷或無限遠(yuǎn)出發(fā)，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷，不閉合，電場(chǎng)線疏密描述電場(chǎng)強(qiáng)弱，電場(chǎng)線密的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度大，疏的地方電場(chǎng)強(qiáng)度弱，沿電場(chǎng)線的方向電勢(shì)降低．21、B【分析】【解答】解：電勢(shì)差類似于高度差；沒有方向，是標(biāo)量，正負(fù)表示電勢(shì)的相對(duì)大?。?/p>

兩點(diǎn)間的電勢(shì)差等于電勢(shì)之差；由電場(chǎng)中兩點(diǎn)的位置決定，與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無關(guān)．由以上的分析可知，以上的說法都錯(cuò)誤．

故答案為：錯(cuò)誤。

【分析】電勢(shì)差是標(biāo)量，正負(fù)表示大小；電勢(shì)差與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無關(guān)；沿著電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低；電勢(shì)反映電場(chǎng)本身的性質(zhì)，與試探電荷無關(guān)．22、B【分析】【解答】解：沿著電場(chǎng)線方向；電勢(shì)降低，且降低最快；

那么電勢(shì)降低最快的方向才是電場(chǎng)線的方向；但電勢(shì)降低的方向不一定是電場(chǎng)線的方向，故錯(cuò)誤；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)這兩個(gè)概念非常抽象，借助電場(chǎng)線可以形象直觀表示電場(chǎng)這兩方面的特性：電場(chǎng)線疏密表示電場(chǎng)強(qiáng)度的相對(duì)大小，切線方向表示電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，電場(chǎng)線的方向反映電勢(shì)的高低．23、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點(diǎn)；導(dǎo)體是等勢(shì)體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是一個(gè)等勢(shì)體；則表面電勢(shì)處處相等，即等勢(shì)面，那么電場(chǎng)線與等勢(shì)面垂直；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】金屬導(dǎo)體在點(diǎn)電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)電荷的電場(chǎng)，正好與點(diǎn)電荷的電場(chǎng)疊加，只有疊加后電場(chǎng)為零時(shí)，電荷才不會(huì)移動(dòng)．此時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢(shì)面，導(dǎo)體是等勢(shì)體．24、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場(chǎng)強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上，根據(jù)W=qU判斷電場(chǎng)力做功的大小，根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。摹⑼茢囝}(共4題，共32分)25、（1）碳碳雙鍵

（2）加成

（3）

（4）+NaOH+NaBr【分析】【分析】本題考查有機(jī)推斷，涉及烯烴、鹵代烴、醇等性質(zhì)以及學(xué)生根據(jù)信息給予獲取知識(shí)的能力，是對(duì)有機(jī)化合物知識(shí)的綜合考查，能較好的考查考生的自學(xué)能力和分析推理能力，推斷出rm{A}的分子式，根據(jù)反應(yīng)條件及反應(yīng)類型，利用順推法進(jìn)行推斷，是高考熱點(diǎn)題型，難度中等?！窘獯稹縭m{1mol}某烴rm{A}充分燃燒后可以得到rm{8molCO_{2}}和rm{4molH_{2}O}故烴rm{A}的分子式為rm{C_{8}H_{8}}不飽和度為rm{dfrac{2隆脕8+2-8}{2}=5}可能含有苯環(huán)，由rm{A}發(fā)生加聚反應(yīng)生成rm{C}故A中含有不飽和鍵，故A為rm{C}為rm{A}與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成rm{B}則rm{B}為rm{B}在氫氧化鈉的乙醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成rm{E}則rm{E}為rm{E}與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成由信息烯烴與rm{HBr}的加成反應(yīng)可知，不對(duì)稱烯烴與rm{HBr}發(fā)生加成反應(yīng)，rm{H}原子連接在含有rm{H}原子多的rm{C}原子上，故與rm{HBr}放出加成反應(yīng)生成rm{D}則rm{D}為rm{D}在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成rm{F}則rm{F}為rm{F}與乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)生成rm{H}故H為據(jù)此解答。rm{(1)}由上述分析可知，rm{A}中的官能團(tuán)是碳碳雙鍵，rm{A}的結(jié)構(gòu)簡式：故答案為：碳碳雙鍵；

rm{(2)}上述反應(yīng)中，反應(yīng)rm{壟脵}是與溴發(fā)生加成反應(yīng)生成

故答案為：加成；

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

故答案為：

rm{(4)D隆煤F}是在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成反應(yīng)方程式為：rm{+NaOHxrightarrow[triangle]{H_{2}O}}rm{+NaOHxrightarrow[triangle

]{H_{2}O}}

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

rm{+NaOHxrightarrow[triangle

]{H_{2}O}}【解析】rm{(1)}碳碳雙鍵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)壟脵}第三周期第rm{VIIA}族

rm{壟脷b}

rm{(3)壟脵N_{A}}

rm{壟脷}

rm{壟脹ab}

rm{(4)3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{Fe(NO_{3})_{2}}【分析】【分析】本題考查無機(jī)物的推斷，是高考中的常見題型，試題綜合性強(qiáng)，難度較大，有利于培養(yǎng)學(xué)生的邏輯推理能力和抽象思維能力，提高學(xué)生分析問題、以及靈活運(yùn)用基礎(chǔ)知識(shí)解決實(shí)際問題的能力rm{.}做好本題的關(guān)鍵之處在于把握好常見物質(zhì)的性質(zhì)以及有關(guān)轉(zhuǎn)化，并能結(jié)合題意具體問題、具體分析即可?！窘獯稹縭m{(1)}若rm{A}為常見的金屬單質(zhì)，焰色反應(yīng)呈黃色，應(yīng)為rm{Na}rm{X}能使品紅溶液褪色，應(yīng)為rm{SO_{2}}則rm{B}為rm{H_{2}}rm{C}為rm{NaOH}rm{D}為rm{Na_{2}SO_{3}}rm{E}為rm{NaHSO_{3}}rm{C}和rm{E}反應(yīng)的離子方程式為rm{OH^{-}+HSO_{3}^{-}=SO_{3}^{2-}+H_{2}O}故答案為：rm{OH^{-}+HSO_{3}^{-}=SO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{(2)}若rm{A}為短周期元素組成的單質(zhì)，該元素的最高價(jià)氧化物的水化物酸性最強(qiáng)，應(yīng)為rm{Cl_{2}}則rm{B}為rm{HClO}rm{C}為rm{HCl}rm{壟脵C(jī)l}原子核外有rm{3}個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為rm{7}位于周期表第三周期Ⅶrm{A}族，故答案為：第三周期Ⅶrm{A}族；rm{壟脷a.C}為鹽酸，可與rm{NaHCO_{3}}反應(yīng)生成rm{CO_{2}}但rm{CO_{2}}與rm{NaHCO_{3}}不反應(yīng)，故rm{a}錯(cuò)誤；rm{b..C}為鹽酸，與rm{Na_{2}CO_{3}}反應(yīng)生成rm{CO_{2}}rm{CO_{2}}與rm{Na_{2}CO_{3}}反應(yīng)可生成rm{NaHCO_{3}}故rm正確；rm{c..C}為鹽酸，與rm{Na_{2}SO_{4}}不反應(yīng)，故rm{c}錯(cuò)誤；rm{d.}鹽酸與氫氧化鋁反應(yīng)生成氯化鋁，氯化鋁與氫氧化鋁不反應(yīng)，故rmzgirtpe錯(cuò)誤，故答案為：rmrm{(3)}若rm{A}為淡黃色粉末，應(yīng)為rm{Na_{2}O_{2}}rm{壟脵1molA}與足量的rm{H_{2}O}充分反應(yīng)時(shí)過氧化鈉自身發(fā)生氧化還原反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為rm{N_{A}}故答案為：rm{N_{A}}rm{壟脷Na_{_{2}}O_{_{2}}}含有離子鍵、共價(jià)鍵，電子式為故答案為：rm{壟脹}若rm{X}為一種造成溫室效應(yīng)的氣體，應(yīng)為rm{CO_{2}}則rm{C}為rm{NaOH}rm{D}為rm{Na_{2}CO_{3}}rm{E}為rm{NaHCO_{3}}鑒別等濃度的rm{D}rm{E}兩種溶液，可用鹽酸或氯化鋇溶液，故答案為：rm{ab}rm{(4)}若rm{A}為氧化物，rm{X}是rm{Fe}由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知rm{C}具有強(qiáng)氧化性，則rm{A}為rm{NO_{2}}rm{B}為rm{NO}rm{C}為rm{HNO_{3}}rm{NO_{2}}與水反應(yīng)的方程式為rm{3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{Fe}與硝酸生成rm{Fe(NO_{3})_{3}}rm{Fe(NO}rm{3}rm{3}rm{)}與rm{3}反應(yīng)生成rm{3}rm{Fe}rm{Fe(NO}rm{3}rm{3}故答案為：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)壟脵}第三周期第rm{VIIA}族rm{壟脷b}rm{(3)壟脵N_{A}}rm{壟脷}rm{壟脹ab}rm{(4)3NO_{2}+H_{2}O=2HNO_{3}+NO}rm{Fe(NO_{3})_{2}}27、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(jì)算、原料利用率的計(jì)算等，難度中等，注意把握相關(guān)基本理論的理解和應(yīng)用。【解答】（1）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(jìn)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(yīng)生成FeCO3促進(jìn)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(yīng)的銨根離子和硫酸根離子形成的(NH4)2SO4；（3）電解時(shí)，陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，所以二氧化鈦得電子生成鈦和氧離子，故陰極電極反應(yīng)：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(shè)需要乙烯x