2025年浙科版高三物理下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案

…………○…………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(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年浙科版高三物理下冊(cè)階段測(cè)試試卷含答案考試試卷考試范圍：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)一二三四五六總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共7題，共14分)1、如圖用一根細(xì)線和一輕質(zhì)彈簧將小鋼球懸掛在天花板上，平衡時(shí)細(xì)線和彈簧與水平面的夾角均為30°，若將細(xì)線剪斷，則此刻鋼球的加速度為（）A.加速度大小為g，方向豎直向下B.加速度大小為g，方向垂直于BC斜向下C.加速度大小為g，方向由A指向CD.加速度大小為g，方向垂直于BC斜向下2、在“互成角度的兩個(gè)力的合成”實(shí)驗(yàn)中；如圖所示，用AB兩彈簧秤拉橡皮條結(jié)點(diǎn)O，使其位于E處，此時(shí)α+β=90°，然后保持A的讀數(shù)不變，當(dāng)α角由圖中所示的值逐漸減小時(shí)，要使結(jié)點(diǎn)仍在E處，可采取的辦法是（）

A.增大B的讀數(shù)；β角不變。

B.減小B的讀數(shù)；減小β角。

C.減小B的讀數(shù)；增大β角。

D.增大B的讀數(shù)；增大β角。

3、一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸正方向傳播；在x軸上-3m～3m區(qū)間，t時(shí)刻與（t+0.6）時(shí)刻的波形圖正好重合，如圖所示．則下列說(shuō)法中正確的是（）

A.質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)周期可能為0.9s

B.該波的波速可能為20m/s

C.從（t+0.3）時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)；x=1m處的質(zhì)點(diǎn)可能比x=-1m處的質(zhì)點(diǎn)先到達(dá)波峰位置。

D.在（t+0.4）時(shí)刻；x=-2m處的質(zhì)點(diǎn)位移可能為零。

4、【題文】質(zhì)量為的小球A在光滑的水平面上以速度與質(zhì)量為的靜止小球B發(fā)生正碰，碰后A球的動(dòng)能恰好變?yōu)樵瓉?lái)的則B球速度大小可能是（）A.B.C.D.5、下列對(duì)幾個(gè)物理量的描述正確的是()A.如果一小段通電直導(dǎo)線在空間某處所受磁場(chǎng)力F=0，那么該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B一定為零B.如果一小段通電直導(dǎo)線在空間某處所受磁場(chǎng)力F≠0，那么該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B一定不為零C.如果一閉合回路中感應(yīng)電流I=0，那么該閉合回路中磁通量φ一定為零D.如果一閉合回路中感應(yīng)電流I≠0，那么該閉合回路中磁通量φ一定為不等于零的某一定值6、電磁感應(yīng)現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)者是誰(shuí)？（）A.富蘭克林B.焦耳C.法拉第D.安培7、某質(zhì)點(diǎn)作直線運(yùn)動(dòng)，位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式為x=（4t+2t2）m，則對(duì)這個(gè)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)描述，正確的是（）A.初速度為4m/sB.加速度為2m/s2C.加速度為1m/sD.10s時(shí)的速度為36m/s2評(píng)卷人得分二、填空題(共5題，共10分)8、兩顆人造衛(wèi)星A、B的質(zhì)量之比mA：mB=1：2，軌道半徑之比rA：rB=1：4，則此時(shí)它們的線速度之比vA：vB=____，向心加速度之比aA：aB=____，向心力之比FA：FB=____．9、重5.0N的木塊放在水平桌面上，用1.5N的水平拉力拉木塊，木塊仍然保持靜止，此時(shí)木塊受到的摩擦力為_(kāi)___N；用2.5N的水平拉力恰好可以使它沿桌面勻速運(yùn)動(dòng)，則木塊和桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為_(kāi)___．10、（2010?淄博一模）（1）雷蒙德?戴維斯因研究來(lái)自太陽(yáng)的電子中微子（νe）而獲得了2002年度諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)．他探測(cè)中微子所用的探測(cè)器的主體是一個(gè)貯滿615t四氯乙烯（C2Cl4）溶液的巨桶．電子中微子可以將一個(gè)氯核轉(zhuǎn)變?yōu)橐粋€(gè)氫核，其核反應(yīng)方程式為νe+CI→Ar+e．已知Cl核的質(zhì)量為36.95658u，Ar核的質(zhì)量為36.95691u，e的質(zhì)量為0.00055u，1u質(zhì)量對(duì)應(yīng)的能量為931.5MeV．根據(jù)以上數(shù)據(jù)，可以判斷參與上述反應(yīng)的電子中微子的最小能量為_(kāi)___MeV（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）．

（2）如圖所示；質(zhì)量為m=1kg的滑塊，以v0=5m/s的水平初速度滑上靜止在光滑水平面的平板小車(chē)，小車(chē)足夠長(zhǎng)，質(zhì)量M=4kg．求：

①滑塊與小車(chē)的共同速度v；

②整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能E．11、如圖所示電路中，燈L1的電阻為R1=6Ω，燈L3的電阻為R3=3Ω，閉合電鍵S后，電壓表示數(shù)為9V，電流表示數(shù)為1A，由于某個(gè)燈斷路而使電壓表示數(shù)改變了3.6V，電流表示數(shù)改變了0.8A，則燈L2的電阻為_(kāi)___Ω，該電源的電動(dòng)勢(shì)為_(kāi)___V．

12、（2012秋?金臺(tái)區(qū)期中）用伏安法測(cè)量電阻，有如圖中甲、乙所示的兩種電路．現(xiàn)有一待測(cè)電阻RX，不知道大約多大，電壓表的內(nèi)阻也不知道，但知道電流表的內(nèi)阻為RA，那么測(cè)量時(shí)應(yīng)采用圖____電路（填“甲”或“乙”）．在所選電路中，若電壓表和電流表的示數(shù)分別為U和I，（不考慮讀表讀數(shù)誤差、接線松緊等技術(shù)誤差）則待測(cè)電阻的真實(shí)值RX=____．評(píng)卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)13、坐標(biāo)系都是建立在參考系上的．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）14、沒(méi)有施力物體的力有可能存在．____（判斷對(duì)錯(cuò)）15、點(diǎn)電荷一定是電量很小的電荷．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）16、甲、乙兩杯水，水中均有顆粒在做面朗運(yùn)動(dòng)，經(jīng)顯微鏡觀察后，發(fā)現(xiàn)甲杯的布朗運(yùn)動(dòng)比乙杯中的激烈，說(shuō)明甲杯中水溫高于乙杯．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）17、封閉在汽缸內(nèi)一定質(zhì)量的氣體，如果保持氣體體積不變，當(dāng)溫度升高時(shí)，每秒撞擊單位面積器壁的分子數(shù)增多．____．（判斷對(duì)錯(cuò)）18、物體受到的合外力不做功，則物體一定作勻速直線運(yùn)動(dòng)．____．評(píng)卷人得分四、計(jì)算題(共3題，共30分)19、質(zhì)量分別為m1和m2的兩個(gè)小物塊用輕繩連接，繩跨過(guò)位于傾角α＝30°的光滑斜面頂端的輕滑輪，滑輪與轉(zhuǎn)軸之間的摩擦不計(jì)，斜面固定在水平桌面上，如圖所示．第一次，m1懸空，m2放在斜面上，m2自斜面底端由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至斜面頂端所需的時(shí)間為t；第二次，將m1和m2位置互換，使m2懸空，m1放在斜面上．如果＝求m1自斜面底端由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至斜面頂端所需的時(shí)間為多少？20、【題文】一質(zhì)量為100g的小球從0.80m高處自由下落，落到一厚軟墊上，若從小球接觸軟墊到陷至最低點(diǎn)所用的時(shí)間為0.20s，則這段時(shí)間內(nèi)軟墊對(duì)小球的沖量為多少？(g=10m/s2)21、如圖所示；足夠大的水平光滑圓臺(tái)中央立著一根光滑的桿，原長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕彈簧套在桿上，質(zhì)量均為m的A；B、C三個(gè)小球用兩根輕桿通過(guò)光滑餃鏈連接，輕桿長(zhǎng)也為L(zhǎng)，A球套在豎直桿上，現(xiàn)將A球測(cè)在彈簧上端，當(dāng)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，輕桿與豎直方向夾角θ=37°．已知重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，sin37°=0.6，con37°=0.8。

（1）求輕桿對(duì)B的作用力F和彈簧的勁度系數(shù)k；

（2）讓B、C球以相同的角速度繞豎直桿勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，若轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω0（未知）時(shí)；B；C球剛要。

脫離圓臺(tái)，求輕桿與豎直方向夾角θ0的余弦和角速度ω0；

（3）兩桿豎直并攏，A球提升至距圓臺(tái)L高處?kù)o止，受到微小擾動(dòng)，A球向下運(yùn)動(dòng)，同時(shí)B、C球向兩側(cè)相反方向在圓臺(tái)上沿直線滑動(dòng)，A、B、C球始終在同一豎直平面內(nèi)，觀測(cè)到A球下降的最大距離為0.4L．A球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)加速度大小為a0，求此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep以及B球加速度的大小a。評(píng)卷人得分五、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共12分)22、圖1為驗(yàn)證牛頓第二定律的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖．圖中打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源為50Hz的交流電源．在小車(chē)自身質(zhì)量未知的情況下；某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種通過(guò)多次改變小車(chē)中砝碼質(zhì)量的方法來(lái)研究“在外力一定的條件下，物體的加速度與其質(zhì)量間的關(guān)系”．

（1）有關(guān)實(shí)驗(yàn)操作，下列說(shuō)法中不正確的是____

A．平衡摩擦力時(shí)；應(yīng)將砝碼盤(pán)及盤(pán)內(nèi)砝碼通過(guò)定滑輪拴在小車(chē)上。

B．連接砝碼盤(pán)和小車(chē)的細(xì)繩應(yīng)跟長(zhǎng)木板保持平行。

C．此實(shí)驗(yàn)只需平衡一次摩擦力。

D．小車(chē)釋放前應(yīng)靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器；且應(yīng)先接電源再釋放小車(chē)。

（2）如圖2為實(shí)驗(yàn)中獲得的某一條紙帶，設(shè)紙帶上三個(gè)相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)的間距為s1、s2、s3．根據(jù)紙帶上計(jì)數(shù)點(diǎn)的情況，求得加速度的大小a=____m/s2（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）．

（3）以小車(chē)上放置的砝碼的總質(zhì)量m為橫坐標(biāo)，為縱坐標(biāo)，在坐標(biāo)紙上做出-m關(guān)系圖線．圖3為按照正確的實(shí)驗(yàn)步驟所得實(shí)驗(yàn)圖線的示意圖．設(shè)圖中直線的斜率為k，在縱軸上的截距為b，若牛頓定律成立，則小車(chē)受到的拉力為_(kāi)___，小車(chē)的質(zhì)量為_(kāi)___．23、（2015春?河南校級(jí)期末）（1）在“驗(yàn)證力的平行四邊形定則”實(shí)驗(yàn)中，用兩個(gè)彈簧秤分別鉤住細(xì)繩套，互成角度地拉橡皮條，使它伸長(zhǎng)到某一位置O點(diǎn)，為了確定兩個(gè)分力的大小和方向，這一步操作中必須記錄的是____．

A．橡皮條固定端的位置。

B．描下O點(diǎn)位置和兩條細(xì)繩套的方向。

C．橡皮條伸長(zhǎng)后的總長(zhǎng)度。

D．兩個(gè)彈簧秤的讀數(shù)。

（2）做實(shí)驗(yàn)時(shí)，根據(jù)測(cè)量結(jié)果在白紙上畫(huà)出如圖所示的圖，其中O為橡皮條與細(xì)繩套的結(jié)點(diǎn)．圖中的____是F1和F2的合力的理論值；____是F1和F2的合力的實(shí)際測(cè)量值．24、（2014秋?黃山期末）如圖是某次實(shí)驗(yàn)中得到的一條紙帶，其中0到6是七個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)點(diǎn)未畫(huà)出，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的工作頻率是50Hz，各點(diǎn)間距如圖，則打計(jì)數(shù)點(diǎn)2時(shí)小車(chē)的速度為_(kāi)___m/s；小車(chē)的加速度為_(kāi)___m/s2．（計(jì)算結(jié)果均保留3位有效數(shù)字）評(píng)卷人得分六、簡(jiǎn)答題(共4題，共12分)25、如圖所示，水平電線BC對(duì)豎直電線桿的拉力是300N，斜牽引索AB的拉力是500N時(shí)，電線桿受到的合力恰好豎直向下，求由于電線BC和牽引索AB的作用，使得電線桿對(duì)地面增加的壓力．26、鍶rm{(Sr)}元素廣泛存在于礦泉水中，是一種人體必需的微量元素。用天青石rm{(}主要成分為rm{SrSO_{4}}含有少量rm{BaCO_{3}}rm{MgCO_{3}}rm{CaCO_{3}}rm{FeO}rm{Fe_{2}O_{3}}rm{SiO_{2}}等rm{)}制備rm{SrCO_{3}}工藝流程如下：已知：。rm{SrSO_{4}}rm{BaSO_{4}}rm{SrCO_{3}}rm{K_{sp}}rm{3.2隆脕10^{-7}}rm{1.1隆脕10^{-10}}rm{1.6隆脕10^{-10}}

rm{(1)}“浸取轉(zhuǎn)化”過(guò)程中發(fā)生的化學(xué)方程式為：______________________________________________；當(dāng)轉(zhuǎn)化完全時(shí)，混合液中的rm{c(CO_{3}^{2-})=1.0隆脕10^{-3}mol隆隴L^{-1}}則rm{c(CO_{3}^{2-})=

1.0隆脕10^{-3}mol隆隴L^{-1}}__________________。rm{c(SO_{4}^{2-})=}濾液rm{(2)}的主要成分為_(kāi)_________________；濾渣rm{I}的主要成分為_(kāi)____________。rm{II}“除鋇”過(guò)程中硫酸的濃度不能超過(guò)rm{(3)}原因是______________________________________________________。rm{0.1%}除鐵過(guò)程中用rm{(4)}代替rm{NaClO_{3}}的優(yōu)點(diǎn)是生成rm{H_{2}O_{2}}沉淀顆粒較大，易過(guò)濾。除鐵過(guò)程的離子方程式為_(kāi)_______________________。rm{Fe(OH)_{3}}“沉淀”生成rm{(5)}的離子方程式為_(kāi)____________________________。沉淀過(guò)程中，溫度對(duì)rm{SrCO_{3}}生成rm{Sr^{2+}}反應(yīng)轉(zhuǎn)化率的影響見(jiàn)下圖，rm{SrCO_{3}}之前，鍶轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而變大的主要原因是_________________________________________________________________________rm{60隆忙}27、氯化亞砜用于醫(yī)藥、農(nóng)藥、染料工業(yè)及有機(jī)合成工業(yè)，常作氯化劑，制鋰rm{-}氯化亞砜rm{(Li/SOCl_{2})}電池。工業(yè)上用rm{SO_{2}}rm{SCl_{2}}與rm{Cl_{2}}反應(yīng)合成氯化亞砜：rm{SO_{2}(g)+Cl_{2}(g)+SCl_{2}(g)overset{}{?}2SOCl_{2}(g)}該反應(yīng)中某一反應(yīng)物的體積分?jǐn)?shù)rm{SO_{2}(g)+Cl_{2}(g)+SCl_{2}(g)

overset{}{?}2SOCl_{2}(g)}以rm{(}表示rm{A攏樓}隨溫度的變化關(guān)系如圖所示。rm{)}在rm{(1)}時(shí)，向rm{373K}的密閉容器中通入rm{2L}rm{SO_{2}}與rm{SCl_{2}}均為rm{Cl_{2}}發(fā)生上述反應(yīng)。測(cè)得其壓強(qiáng)rm{0.04mol}隨時(shí)間rm{(p)}的變化為表中數(shù)據(jù)rm{(t)}反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)的溫度與起始溫度相同rm{I(}。rm{)}rm{t/min}rm{1}rm{2}rm{3}rm{4}rm{5}rm{5}rm{I}rm{p}rm{6.0p_{0}}rm{6.7p_{0}}rm{6.1p_{0}}rm{5.4p_{0}}rm{5.0p_{0}}rm{5.0p_{0}}rm{II}rm{p}rm{6.0p_{0}}rm{7.0p_{0}}rm{5.3p_{0}}rm{5.0p_{0}}rm{5.0p_{0}}rm{5.0p_{0}}請(qǐng)回答下列問(wèn)題：rm{壟脵}該反應(yīng)的rm{婁隴H}________rm{(}填“rm{>}”“rm{<}”或“rm{=}”rm{)0}rm{壟脷}反應(yīng)開(kāi)始至達(dá)到平衡時(shí)，rm{v(SOCl_{2})=}________。rm{壟脹}若只改變某一條件，其他條件相同時(shí)，測(cè)得其壓強(qiáng)隨時(shí)間的變化為表中數(shù)據(jù)rm{II}則改變的條件是________。rm{壟脺}若在rm{373K}且恒壓密閉容器時(shí)，向容器中通入rm{SOCl_{2}0.1mol}達(dá)到平衡時(shí)rm{SO_{2}}的體積分?jǐn)?shù)________rm{(}填“大于”、“小于”、“等于”或“無(wú)法判斷”rm{)}表中數(shù)據(jù)rm{I}的rm{SO_{2}}的體積分?jǐn)?shù)。rm{(2)}如圖是某同學(xué)測(cè)定上述反應(yīng)的平衡常數(shù)的rm{pK(pK=-lgK)}與溫度的變化關(guān)系點(diǎn)。rm{壟脵A}點(diǎn)的數(shù)值為_(kāi)_______。rm{(}已知：rm{lg4=0.6)}rm{壟脷}當(dāng)升高到某一溫度時(shí)，反應(yīng)重新達(dá)到平衡，rm{A}點(diǎn)可能變化為_(kāi)_______點(diǎn)。rm{(3)}已知rm{S_{4}}結(jié)構(gòu)式如圖，反應(yīng)rm{S_{4}(g)+4Cl_{2}(g)=4SCl_{2}(g)}的rm{婁隴H=-4kJ隆隴mol^{-1}}rm{S-S}鍵能為rm{266kJ/mol}rm{1molSCl_{2}(g)}分子中化學(xué)鍵斷裂時(shí)吸收rm{510kJ}的能量，則rm{1molCl_{2}(g)}分子中化學(xué)鍵斷裂時(shí)需吸收的能量為_(kāi)_______rm{kJ}rm{(4)}某種鋰電池的負(fù)極由金屬鋰構(gòu)成，正極由二氯亞砜rm{(SOCl_{2})}和碳材料構(gòu)成。總反應(yīng)為：rm{4Li+2SOCl_{2}=4LiCl+S+SO_{2}隆眉}此種鋰電池是一次電池，在放電時(shí)有氣體產(chǎn)生。此電池工作時(shí)正極的電極反應(yīng)式為_(kāi)_______，電解質(zhì)中鋰離子定向移向________rm{(}填“正極”或“負(fù)極”rm{)}28、（2016?南充一模）如圖是高層建筑配備的救生緩降器；由調(diào)速器；安全帶、安全鉤、鋼絲繩等組成，是供普通家庭和個(gè)人使用的自救器材．發(fā)生火災(zāi)時(shí)，使用者先將安全鉤掛在室內(nèi)窗戶、管道等可以承重的物體上，然后將安全帶系在人體腰部，從窗戶緩緩降到地面．

在一次消防演練中，演習(xí)者被困在公寓的第24層樓的房間內(nèi)，通過(guò)救生緩降器進(jìn)行自救，開(kāi)始下滑的位置離地面72m，要求他離地面高6.1m后，要以1m/s的速度勻速著地．演習(xí)者調(diào)節(jié)調(diào)速器先加速下滑一段時(shí)間后再減速下滑，剛好按要求到達(dá)地面．已知演習(xí)者的質(zhì)量為60kg，加速時(shí)加速度最大可達(dá)到6m/s2，減速時(shí)加速度最大允許值為5m/s2，g=10m/s2．要求演習(xí)者以最短時(shí)間滑到地面．忽略空氣阻力．求：

（1）演習(xí)者加速下滑通過(guò)的距離；

（2）整個(gè)過(guò)程中，演習(xí)者克服鋼絲繩拉力所做的功．參考答案一、選擇題(共7題，共14分)1、C【分析】【分析】根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出彈簧的拉力大小，剪斷細(xì)線的瞬間，彈簧的彈力不變，根據(jù)牛頓第二定律求出小球的加速度【解析】【解答】解：根據(jù)共點(diǎn)力平衡得；

F彈sin30°+Tsin30°=mg

根據(jù)幾何關(guān)系可知，F(xiàn)彈=T

解得：

F彈=T=mg

剪斷細(xì)線的瞬間；彈簧的彈力不變，則彈簧彈力和重力的合力與繩子的拉力等值反向，根據(jù)牛頓第二定律得；

a=；方向由A指向C

故選C2、B【分析】

該題本質(zhì)上考查了物體的動(dòng)態(tài)平衡；由題意可知：保持D點(diǎn)位置不動(dòng)，即合力大小方向不變，彈簧測(cè)力計(jì)A的讀數(shù)不變，因此根據(jù)要求作出力的平行四邊形定則，畫(huà)出受力分析圖如下：

所以由圖可知α角逐漸變小時(shí)；B的示數(shù)減小，同時(shí)β角減小，故ACD錯(cuò)誤，B正確．

故選B．

【解析】【答案】要使結(jié)點(diǎn)不變；應(yīng)保證合力大小；方向不變，保持A的讀數(shù)不變，即要求一個(gè)分力大小不變，故可以根據(jù)平行四邊形定則作圖分析得出結(jié)果．

3、B【分析】

A、由題意0.6s=nT（n=1，2，3、、、），周期T=由于n是整數(shù)，T不可能等于0.9s．故A錯(cuò)誤．

B、由圖波長(zhǎng)λ=4m，波速v==當(dāng)n=3時(shí)，v=20m/s．故B正確．

C；x=1m處的質(zhì)點(diǎn)與x=-1m處的質(zhì)點(diǎn)相距半個(gè)波長(zhǎng)；振動(dòng)情況相反，它們同時(shí)回到平衡位置．故C錯(cuò)誤．

D、t=0.4s=n是整數(shù)，不可能等于的奇數(shù)倍；在（t+0.4）時(shí)刻，x=-2m處的質(zhì)點(diǎn)位移不可能為零．故D錯(cuò)誤．

故選B

【解析】【答案】根據(jù)t時(shí)刻與（t+0.6）時(shí)刻的波形圖正好重合；得到時(shí)間是周期的整數(shù)倍．列出周期的通項(xiàng)，并求出波速的通項(xiàng)，分析特殊值．

4、A|B【分析】【解析】

試題分析：根據(jù)碰后A球的動(dòng)能恰好變?yōu)樵瓉?lái)的得：解得碰撞過(guò)程中AB動(dòng)量守恒，則解得：或故選AB。

考點(diǎn)：本題考查了動(dòng)量守恒定律．【解析】【答案】AB5、B【分析】解：A；如果一小段通電直導(dǎo)線在空間某處所受磁場(chǎng)力F=0；那么該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B不一定為零，可能通電導(dǎo)線與磁場(chǎng)方向平行，故A錯(cuò)誤，B正確；

C；如果一閉合回路中感應(yīng)電流I=0；那么該閉合回路中磁通量φ不一定為零，而感應(yīng)電流I≠0，那么該閉合回路中磁通量φ也可能等于零，比如轉(zhuǎn)動(dòng)的線圈剛過(guò)垂直于中性面位置時(shí)，故CD錯(cuò)誤；

故選：B．【解析】【答案】B6、C【分析】【分析】解答本題應(yīng)掌握：法拉第在1831年發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象．【解析】【解答】解：法拉第經(jīng)十年的努力；在1831年發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象；

故選：C．7、A【分析】【分析】根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體位移隨時(shí)間的變化規(guī)律為x=（4t+2t2）m=v0t+at2，進(jìn)行比對(duì)，解出勻變速直線運(yùn)動(dòng)的初速度和加速度．由速度公式v=v0+at求解10s時(shí)的速度．【解析】【解答】解：將x=（4t+2t2）m與勻變速直線運(yùn)動(dòng)的物體位移時(shí)間公式v0t+at2；比對(duì)得：

初速度為：v0=4m/s，加速度為：a=4m/s2．

則10s時(shí)的速度為：v=v0+at=4+4×10=44m/s

故選：A二、填空題(共5題，共10分)8、：2：116：18：1【分析】【分析】人造地球衛(wèi)星環(huán)繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由地球的萬(wàn)有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可．【解析】【解答】解：人造地球衛(wèi)星環(huán)繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)；由地球的萬(wàn)有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：

G=m，得v=，M是地球的質(zhì)量，r是衛(wèi)星的軌道半徑；則得。

vA：vB=：=2：1

由F=G=ma，得a=

則得aA：aB==16：1；

FA：FB=G：G=1：8

故答案為：2：1，16：1，8：19、1.5N0.5【分析】【分析】知道二力平衡的條件，作用在同一物體上的兩個(gè)力，大小相等、方向相反、作用在同一直線上；物體在平衡力的作用下保持靜止?fàn)顟B(tài)或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)．并根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式f=μFN，可求出動(dòng)摩擦因數(shù)．【解析】【解答】解：物體靜止在水平桌面上；所以物體受力平衡．在水平方向上受拉力和摩擦力，所以拉力和摩擦力是一對(duì)平衡力；因?yàn)镕=1.5N，所以f=1.5N；

拉力改為2.5N拉動(dòng)時(shí)；物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，屬于平衡狀態(tài)，所以二力相等，則此時(shí)摩擦力等于拉力，等于2.5N．

根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式f=μFN，可求出動(dòng)摩擦因數(shù)．即為；

故答案為：1.5；0.5．10、0.82【分析】【分析】（1）根據(jù)題意可知該核反應(yīng)過(guò)程中質(zhì)量增加；因此需要提供能量，根據(jù)質(zhì)能方程求出反應(yīng)所需能量，然后根據(jù)能量的守恒即可求出中微子的最小能量．

（2）選擇正確的研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律及能量守恒求解問(wèn)題．【解析】【解答】解：（1）反應(yīng)過(guò)程需要能量為：E=mc2=（36.95691u+0.00055u-36.95658u）c2

根據(jù)lu質(zhì)量對(duì)應(yīng)的能量為931.5MeV；得：E≈0.82MeV，所以中微子的能量最小為0.82MeV；

故答案為：0.82

（2）①根據(jù)動(dòng)量守恒定律列出等式：

mv0=（m+M）v

解得：v=1m/s

②根據(jù)能量守恒知道整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能等于動(dòng)能的損失．

E=mv02-（m+M）v2

得：E=10J

答：①滑塊與小車(chē)的共同速度v為1m/s；

②整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能E為10J．11、略

【分析】

閉合電鍵時(shí)，干路電流為I==A=3A，通過(guò)L2燈的電流I2=I-I1=3A-1A=2A

L2燈兩端的電壓U2=I1R1=6V

則燈L2的電阻R2==

某個(gè)燈斷路后，根據(jù)兩電表的讀數(shù)判斷可知，應(yīng)是L2燈斷路，因?yàn)槠渌麅蔁羧魯嗦?，兩電表將沒(méi)有讀數(shù)．由于L2燈斷路，L1燈兩端的電壓增大；所以此時(shí)電流表的讀數(shù)為I′=1A+0.8A=1.8A

根據(jù)閉合電路歐姆定律得。

L2燈斷路前E=Ir+（UV+U2）

L2燈斷路后E=I′（r+R1+R3）

代入解得；E=18V

故答案為：3；18

【解析】【答案】閉合電鍵時(shí)，根據(jù)兩電表的讀數(shù)，運(yùn)用歐姆定律分別求出干路電流及L2燈兩端的電壓，即可得到L2燈的電流，并能求出其電阻；某個(gè)燈斷路后，根據(jù)兩電表的讀數(shù)判斷可知，應(yīng)是L2燈斷路；根據(jù)閉合電路歐姆定律對(duì)兩種情況分別列式，求電動(dòng)電源的電動(dòng)勢(shì)．

12、甲【分析】【分析】本題的關(guān)鍵是對(duì)甲、乙兩圖把電表內(nèi)阻考慮在內(nèi)，根據(jù)歐姆定律列出待測(cè)電阻的表達(dá)式，能求出待測(cè)電阻的行．【解析】【解答】解：根據(jù)歐姆定律可知，甲圖中應(yīng)有：U=I（），可得=；所以可以用甲圖測(cè)量待測(cè)電阻；

乙圖中應(yīng)有：=，由于電壓表內(nèi)阻未知；所以無(wú)法解出待測(cè)電阻值，即若電壓表內(nèi)阻不能忽略，就不能采用乙圖測(cè)量待測(cè)電阻．

所以在所選電路中，待測(cè)電阻的真實(shí)值為：=

故答案為：甲，．三、判斷題(共6題，共12分)13、√【分析】【分析】建立坐標(biāo)系的意義是為了定量描述質(zhì)點(diǎn)的位置變化，要根據(jù)問(wèn)題的實(shí)際需要，建立合適的坐標(biāo)系，沿直線運(yùn)動(dòng)建立直線坐標(biāo)系，在平面上運(yùn)動(dòng)，建立平面直角坐標(biāo)系．【解析】【解答】解：建立坐標(biāo)系是為了定量描述物體的位置和位置的變化；坐標(biāo)系都是建立在參考系上的，沒(méi)有參考系則坐標(biāo)系無(wú)法建立，所以該說(shuō)法是正確的．

故答案為：√14、×【分析】【分析】從力的概念，力作用的相互性，一個(gè)對(duì)另一個(gè)物體施加力的作用有兩種形式：一是物體直接接觸作用，二是物體之間的間接作用，分析即可．【解析】【解答】解：力是物體對(duì)物體的作用；力不能脫離物體而存在；因此有力必然涉及兩個(gè)物體，一個(gè)是施力物體，另一個(gè)是受力物體，施力物體對(duì)受力物體施力的同時(shí)也受到受力物體對(duì)它的作用力，也就是說(shuō)，物體間力的作用是相互的，沒(méi)有施力物體的力有不可能存在．

故答案為：×15、×【分析】【分析】元電荷一定是電量最小的電荷；點(diǎn)電荷是一種理想化模型，其本身所帶的電量可以很大．【解析】【解答】解：點(diǎn)電荷是一種理想化模型；當(dāng)帶電體的體積和形狀相對(duì)所研究的問(wèn)題可以忽略的時(shí)候，帶電體可以看做點(diǎn)電荷，其本身所帶的電量可以很大．故此說(shuō)法錯(cuò)誤．

故答案為：×16、×【分析】【分析】懸浮在液體（或氣體）中固體小顆粒的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)是布朗運(yùn)動(dòng)，固體顆粒越小、液體（或氣體）溫度越高，布朗運(yùn)動(dòng)越明顯；布朗運(yùn)動(dòng)是液體（或氣體）分子無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)的反應(yīng)．【解析】【解答】解：布朗運(yùn)動(dòng)的激烈程度與液體的溫度；懸浮顆粒的大小有關(guān)；溫度越高，懸浮物的顆粒越小，布朗運(yùn)動(dòng)越激烈．所以發(fā)現(xiàn)甲杯的布朗運(yùn)動(dòng)比乙杯中的激烈，不一定是由于甲杯中水溫高于乙杯．所以以上的說(shuō)法是錯(cuò)誤的．

故答案為：×17、√【分析】【分析】溫度是氣體分子平均動(dòng)能變化的標(biāo)志．氣體壓強(qiáng)是氣體分子撞擊器壁而產(chǎn)生的．【解析】【解答】解：如果保持氣體體積不變；當(dāng)溫度升高時(shí)，分子的運(yùn)動(dòng)變得更加激烈，分子的運(yùn)動(dòng)加快，所以每秒撞擊單位面積器壁的分子數(shù)增多，氣體的壓強(qiáng)增大．故該說(shuō)法正確．

故答案為：√18、×【分析】【分析】物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，合外力對(duì)物體不做功，但合外力不做功，物體不一定作勻速直線運(yùn)動(dòng)．【解析】【解答】解：物體受到的合外力不做功；則物體一定作勻速直線運(yùn)動(dòng)，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)，合外力提供向心力，合外力不做功．

故答案為：×四、計(jì)算題(共3題，共30分)19、略

【分析】第一次，設(shè)m2的加速度為a1，對(duì)m2，由牛頓第二定律有：FT－m2gsinα＝m2a1對(duì)m1，有：m1g－FT＝m1a1兩式相加得：m1g－m2gsinα＝(m1＋m2)a1設(shè)斜面長(zhǎng)為l，則有：l＝a1t2本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用，第一次運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，以m2為研究對(duì)象，合力提供加速度，在對(duì)m1為研究對(duì)象。兩個(gè)物體加速度大小相等，由兩個(gè)公式聯(lián)立可求得加速度大小，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求得運(yùn)動(dòng)時(shí)間，第二次運(yùn)動(dòng)過(guò)程中同理可求得運(yùn)動(dòng)時(shí)間【解析】【答案】t/320、略

【分析】【解析】小球在下落過(guò)程中，由v==4m/s

對(duì)小球由動(dòng)量定理得，(F-mg)t=mv,所以，F(xiàn)t=mgt+mv=0.6N.s【解析】【答案】0.6N.s21、解：（1）平臺(tái)光滑；對(duì)球進(jìn)行受力分析，有重力和平臺(tái)的支持力，如果此桿對(duì)球有作用力，則球不可能平衡，故輕桿對(duì)B的作用力：F=0N

彈簧的形變量：△L=L-Lcosθ

對(duì)A進(jìn)行受力分析；有重力和彈力，根據(jù)胡克定律和力的平衡條件有：k△L=mg

代入數(shù)據(jù)解得：

（2）B、C對(duì)桌面無(wú)彈力，ABC系統(tǒng)在豎直方向合力為零，根據(jù)力的平衡條件：k（L-Lcosθ0）=3mg

代入數(shù)據(jù)解得

對(duì)B進(jìn)行受力分析，B的向心力由桿的拉力和重力的合力提供，F(xiàn)n=mgtanθ0

根據(jù)牛頓第二定律有：

代入數(shù)據(jù)解得

（3）當(dāng)A球下降h=0.4L時(shí)，ABC速度均為零，由機(jī)械能守恒有：Ep=mgh=0.4mgL

設(shè)桿此時(shí)拉力為T(mén)，桿與豎直方向夾角為θ1，則

A的加速度豎直向上，由牛頓第二定律有：kh-2Tcosθ1-mg=ma0

同理對(duì)B有Tsinθ1=ma

代入數(shù)據(jù)解得

答：（1）輕桿對(duì)B的作用力F和彈簧的勁度系數(shù)k=

（2）輕桿與豎直方向夾角θ0的余弦值為0.4，和角速度ω0=

（3）彈簧的彈性勢(shì)能Ep=0.4mgL，B球加速度的大小a=【分析】

由于平臺(tái)光滑，假設(shè)此桿對(duì)球有作用力，則球不可能平衡，故輕桿對(duì)B的沒(méi)有作用力；對(duì)A，由胡克定律和力的平衡條件可以求出彈簧勁度系數(shù)k；利用整體法，把ABC看成一個(gè)整體，根據(jù)的力的平衡條件可以求出輕桿與豎直方向夾角θ0的余弦；利用勻速圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出角速度；利用機(jī)械能守恒定律可以求出彈簧的彈性勢(shì)能。

本題考查了胡克定律、力的平衡條件、牛頓第二定律、機(jī)械能守恒定律等知識(shí)。關(guān)鍵點(diǎn)一：由于平臺(tái)光滑，假設(shè)此桿對(duì)球有作用力，則球不可能平衡，故輕桿對(duì)B的沒(méi)有作用力；關(guān)鍵點(diǎn)二：利用整體法，把ABC看成一個(gè)整體，根據(jù)的力的平衡條件求輕桿與豎直方向夾角θ0的余弦；關(guān)鍵點(diǎn)三：用機(jī)械能守恒定律求彈簧的彈性勢(shì)能?！窘馕觥拷猓海?）平臺(tái)光滑；對(duì)球進(jìn)行受力分析，有重力和平臺(tái)的支持力，如果此桿對(duì)球有作用力，則球不可能平衡，故輕桿對(duì)B的作用力：F=0N

彈簧的形變量：△L=L-Lcosθ

對(duì)A進(jìn)行受力分析；有重力和彈力，根據(jù)胡克定律和力的平衡條件有：k△L=mg

代入數(shù)據(jù)解得：

（2）B、C對(duì)桌面無(wú)彈力，ABC系統(tǒng)在豎直方向合力為零，根據(jù)力的平衡條件：k（L-Lcosθ0）=3mg

代入數(shù)據(jù)解得

對(duì)B進(jìn)行受力分析，B的向心力由桿的拉力和重力的合力提供，F(xiàn)n=mgtanθ0

根據(jù)牛頓第二定律有：

代入數(shù)據(jù)解得

（3）當(dāng)A球下降h=0.4L時(shí)，ABC速度均為零，由機(jī)械能守恒有：Ep=mgh=0.4mgL

設(shè)桿此時(shí)拉力為T(mén)，桿與豎直方向夾角為θ1，則

A的加速度豎直向上，由牛頓第二定律有：kh-2Tcosθ1-mg=ma0

同理對(duì)B有Tsinθ1=ma

代入數(shù)據(jù)解得

答：（1）輕桿對(duì)B的作用力F和彈簧的勁度系數(shù)k=

（2）輕桿與豎直方向夾角θ0的余弦值為0.4，和角速度ω0=

（3）彈簧的彈性勢(shì)能Ep=0.4mgL，B球加速度的大小a=五、實(shí)驗(yàn)題(共3題，共12分)22、A1.15（1.13～1.19）【分析】【分析】1；平衡摩擦力時(shí)；小車(chē)不能連接砝碼；

2；為了保證在改變小車(chē)中砝碼的質(zhì)量時(shí)；小車(chē)所受的拉力近似不變，小吊盤(pán)和盤(pán)中物塊的質(zhì)量之和應(yīng)該遠(yuǎn)小于小車(chē)和砝碼的總質(zhì)量。

由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論得：△x=aT2

由a=，故=，故成線性關(guān)系，且斜率為；設(shè)小車(chē)質(zhì)量為M；

則由牛頓第二定律寫(xiě)出與小車(chē)上砝碼質(zhì)量m+M的表達(dá)式，然后結(jié)合斜率與截距概念求解即可【解析】【解答】解：（1）平衡摩擦力時(shí)；小車(chē)不能連接砝碼，故A錯(cuò)誤；

故選：A．

（2）設(shè)紙帶上三個(gè)相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)的間距為s1、s2、s3．

由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論得：△x=aT2

a=

圖2為用米尺測(cè)量某一紙帶上的s1、s3的情況，由圖可讀出s1=24.2mm，s3=47.2mm．

由此求得加速度的大小a==1.15m/s2．

（3）設(shè)小車(chē)質(zhì)量為M；小車(chē)受到外力為F，由牛頓第二定律有F=（m+M）a；

所以=+；

所以，-m圖象的斜率為，故F=；

縱軸截距為b==kM；

所以，M=

故答案為：（1）A；（2）1.15（1.13～1.19）（3），．23、BDFF′【分析】【分析】1；根據(jù)該實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)原理以及實(shí)驗(yàn)?zāi)康目梢悦鞔_該實(shí)驗(yàn)需要記錄的數(shù)據(jù)．

2、F1與F2合成的理論值是由平行四邊形定則作圖得到的，由于誤差可能不與OA共線；而F1與F2合成的實(shí)際值一定與OA共線（二力平衡）．故F'為F1與F2合成的理論值，F(xiàn)為F1與F2合成的實(shí)際值．【解析】【解答】解：（1）該實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖球?yàn)證力的平行四邊形定則；要根據(jù)兩個(gè)彈簧拉橡皮筋時(shí)兩個(gè)拉力的大小和方向做出平行四邊形求出其合力大小，然后與一個(gè)彈簧拉橡皮筋時(shí)的拉力大小進(jìn)行比較，最后得出結(jié)論，故需要記錄的是結(jié)點(diǎn)O的位置和兩彈力的大小和方向，故AC錯(cuò)誤，BD正確．

故選：BD．

（2）合成的理論是平行四邊形定則；故合力的理論值在平行四邊形的對(duì)角線上，即為F；

合力的實(shí)際值應(yīng)通過(guò)實(shí)驗(yàn)直接測(cè)量；不需要用平行四邊形定則理論，故實(shí)際值為F′，由于誤差的存在，因此理論值和實(shí)驗(yàn)值不重合．

故答案為：（1）BD；（2）F、F′．24、0.2140.496【分析】【分析】根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過(guò)程中的平均速度，可以求出打紙帶上3點(diǎn)時(shí)小車(chē)的瞬時(shí)速度大?。窘馕觥俊窘獯稹拷猓海?）點(diǎn)計(jì)時(shí)器使用的交流電頻率為50Hz；連續(xù)兩點(diǎn)間的時(shí)間間隔為0.02s；

由于相鄰的兩個(gè)記數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)沒(méi)有畫(huà)出；所以相鄰的計(jì)數(shù)點(diǎn)之間的時(shí)間間隔T=0.1s．

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過(guò)程中的平均速度；

得：v2=m/s=0.214m/s

（2）設(shè)0到1之間的距離為x1，以后各段分別為x2、x3、x4、x5、x6，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的推論公式△x=aT2可以求出加速度的大??；得：

x4-x1=3a1T2

x5-x2=3a2T2

x6-x3=3a3T2

為了更加準(zhǔn)確的求解加速度；我們對(duì)三個(gè)加速度取平均值，得：

a=（a1+a2+a3）

代入數(shù)據(jù)得：a=m/s2=0.496m/s2

故答案為：0.214，0.496．六、簡(jiǎn)答題(共4題，共12分)25、略

【分析】【分析】桿的B端受AB的拉力F、BC的拉力T，兩個(gè)力的合力豎直向下，根據(jù)平行四邊形定則作圖分析即可．【解析】【解答】解：桿的B端受AB的拉力F；BC的拉力T；兩個(gè)力的合力豎直向下，如圖所示：

根據(jù)平行四邊形定則；有：

F′=Ftan53°=300×=400N

答：由于電線BC和牽引索AB的作用，使得電線桿對(duì)地面增加的壓力為400N．26、（1）SrSO4+Na2CO3=SrCO3+Na2SO42.0mol/L（2）Na2SO4或硫酸鈉Mg(OH)2和Ca(OH)2（3）硫酸過(guò)量后會(huì)生成SrSO4沉淀，降低產(chǎn)率（4）ClO3－＋6Fe22＋＋6Fe2O=6Fe(OH)3↓＋15H－＋Cl＋12H（5）Sr2++2HCO3-=SrCO3↓+H2O+CO2↑升溫有利于CO2的逸出【分析】【分析】本題考查rm{SrCO}rm{3}制備實(shí)驗(yàn)，制備實(shí)驗(yàn)為高頻考題，涉及沉淀溶解平衡計(jì)算、物質(zhì)的分離和提純等知識(shí)點(diǎn)，明確各個(gè)步驟發(fā)生的反應(yīng)及溶液中存在的微粒成分是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是判斷各個(gè)步驟濾液中成分?！窘獯稹縭m{3}相同溫度時(shí)溶解度rm{(1)}溶解度大的物質(zhì)能轉(zhuǎn)化為溶解度小的物質(zhì)，所以將天青石礦粉和rm{SrCO_{3}<SrSO_{4}}溶液充分混合，發(fā)生的反應(yīng)為rm{Na_{2}CO_{3}}當(dāng)轉(zhuǎn)化完全時(shí)，混合液中的rm{SrSO_{4}+Na_{2}CO_{3}=SrCO_{3}+Na_{2}SO_{4}}rm{c(CO_{3}^{2-})=1.0隆脕10^{-3}mol?L^{-1}}rm{Ksp(SrSO_{4})=3.2隆脕10^{-7}}當(dāng)轉(zhuǎn)化完成時(shí)，混合液中rm{Ksp(SrCO_{3})=1.6隆脕10^{-10}}

所以rm{c(Sr^{2+})=dfrac{1.6隆脕10^{-10}}{1.0隆脕10^{-3}}=1.6隆脕10^{-7}mol/L}rm{c(SO_{4}^{2-})=dfrac{3.2隆脕10^{-7}}{1.6隆脕10^{-7}}=2.0mol/L}

故答案為：rm{c(CO_{3}^{2-})=1.0隆脕10^{-3}mol/L}rm{c(Sr^{2+})=dfrac

{1.6隆脕10^{-10}}{1.0隆脕10^{-3}}=1.6隆脕10^{-7}mol/L}

rm{c(SO_{4}^{2-})=dfrac

{3.2隆脕10^{-7}}{1.6隆脕10^{-7}}=2.0mol/L}將天青石礦粉與rm{SrSO_{4}+Na_{2}CO_{3}=SrCO_{3}+Na_{2}SO_{4}}溶液攪拌混勻，發(fā)生的離子反應(yīng)方程式為：rm{2.0mol/L}濾液rm{(2)}含較多的rm{Na_{2}CO_{3}}rm{SrSO_{4}+CO_{3}^{2-}=SrCO_{3}+SO_{4}^{2-}}所以濾液rm{1}的主要成分為rm{Na^{+}}或硫酸鈉。由物質(zhì)的溶解性可知，沉淀為rm{SO_{4}^{2-}}rm{1}rm{Na_{2}SO_{4}}rm{SrCO_{3}}rm{BaCO_{3}}rm{MgCO}rm{MgCO}rm{3}rm{3}等，加入鹽酸和硫酸后，、rm{CaCO}為濾渣rm{CaCO}rm{{,!}_{3}}rm{{,!}_{3}}rm{FeO}轉(zhuǎn)化成鎂離子、鈣離子形式存溶液中，加rm{Fe_{2}O_{3}}氫氧化鈉溶液，形成rm{SiO_{2}}rm{SiO_{2}}和rm{1}rm{MgCO}rm{MgCO}

故答案為：rm{3}或硫酸鈉；rm{3}、rm{CaCO_{3}}轉(zhuǎn)化成鎂離子、鈣離子形式存溶液中，加rm{20%}氫氧化鈉溶液，形成rm{CaCO_{3}}rm{20%}；

rm{Mg(OH)}流程中第二次過(guò)濾后，向所得濾液中加入濃硫酸，能和濃硫酸反應(yīng)的為鋇離子，生成硫酸鋇沉淀，除去鋇離子，若硫酸過(guò)量后會(huì)生成rm{2}沉淀；降低產(chǎn)率；

故答案為：硫酸過(guò)量后會(huì)生成rm{2}沉淀，降低產(chǎn)率；rm{Ca(OH)}rm{2}rm{2}為濾渣rm{II}rm{II}rm{Na_{2}SO_{4}}rm{Mg(OH)}rm{Mg(OH)}rm{2}rm{2}和rm{Ca(OH)}rm{Ca(OH)}rm{2}rm{2}rm{(3)}，rm{SrSO_{4}}rm{SrSO_{4}}rm{(4)}除鐵過(guò)程的離子方程式為rm{ClO}rm{ClO}rm{{,!}_{3}^{-}}rm{+}rm{6Fe}rm{{,!}^{2}}rm{+}rm{6Fe}rm{6Fe}rm{{,!}^{2}}rm{{,!}^{+}+}；

rm{15H}由于rm{15H}碳酸鍶是難溶物，鍶離子與碳酸氫根離子反應(yīng)生成了碳酸鍶沉淀，反應(yīng)的離子方程式為：rm{{,!}_{2}O=6Fe(OH)_{3}隆媒+}氣體的溶解度隨著溫度的升高而降低，rm{Cl}之前，鍶轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而變大的主要原因是升溫有利于rm{Cl}的逸出；

故答案為：rm{{,!}^{-}+}升溫有利于rm{12H}的逸出。

rm{12H}【解析】rm{(1)SrSO_{4}+Na_{2}CO_{3}=SrCO_{3}+Na_{2}SO_{4;;}2.0mol/L}rm{(2)Na_{2}SO_{4}}或硫酸鈉rm{Mg(OH)}rm{Mg(OH)}rm{2}rm{2}和rm{Ca(OH)}硫酸過(guò)量后會(huì)生成rm{Ca(OH)}沉淀，降低產(chǎn)率rm{2}rm{2}rm{(3)}rm{SrSO_{4}}rm{(4)}rm{ClO}rm{ClO}rm{{,!}_{3}^{-}}rm{+}rm{6Fe}rm{{,!}^{2}}rm{+}rm{6Fe}rm{6Fe}rm{{,!}^{2}}rm{{,!}^{+}+}rm{15H}升溫有利于rm{15H}的逸出rm{{,!}_{2}O=6Fe(OH)_{3}隆媒+}27、（1）①<

②0.005mol/（L?min）

③使用催化劑。

④等于

（2）①-2.6

②CD

（3）243

（4）2SOCl2+4e-=S+SO2↑+4Cl-正極【分析】【分析】本題考查了化學(xué)平衡的有關(guān)計(jì)算；溫度對(duì)化學(xué)平衡的影響，鍵能與反應(yīng)熱的關(guān)系以及原電池的原理，綜合性強(qiáng)，題目難度不大，考生注意基礎(chǔ)知識(shí)的把握與計(jì)算。

【解答】rm{(1)}rm{壟脵}據(jù)反應(yīng)中某一反應(yīng)物的體積分?jǐn)?shù)rm{(}以rm{A攏樓}表示rm{)}隨溫度的變化關(guān)系圖知，rm{A}的體積分?jǐn)?shù)達(dá)到最低點(diǎn)是反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，升溫rm{A}的體積分?jǐn)?shù)增大，說(shuō)明平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，該反應(yīng)的rm{婁隴H<0}據(jù)反應(yīng)中某一反應(yīng)物的體積分?jǐn)?shù)rm{壟脵}以rm{(}表示rm{A攏樓}隨溫度的變化關(guān)系圖知，rm{)}的體積分?jǐn)?shù)達(dá)到最低點(diǎn)是反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，升溫rm{A}的體積分?jǐn)?shù)增大，說(shuō)明平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，該反應(yīng)的rm{A}rm{婁隴H<0}

故答案為：rm{<}向rm{<}的密閉容器中通入rm{壟脷}rm{壟脷}與rm{2L}均為rm{SO_{2}}設(shè)參與反應(yīng)的為rm{SCl_{2}}為rm{Cl_{2}}則：rm{0.04mol}rm{SO_{2}}rm{x}rm{SO}rm{SO}rm{2}rm{2}rm{(g)+Cl}rm{(g)+Cl}rm{2}rm{2}rm{(g)+SCl}始rm{(g)+SCl}rm{2}rm{2}rm{(g)}rm{(g)}rm{overset{}{?}}轉(zhuǎn)rm{2SOCl}rm{2SOCl}rm{