2025年華東師大版高二物理上冊(cè)月考試卷含答案

…………○…………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年華東師大版高二物理上冊(cè)月考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)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、在如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中；已經(jīng)標(biāo)出了電流I和磁場(chǎng)B以及磁場(chǎng)對(duì)電流作用力F三者的方向，其中錯(cuò)誤的是（）

A.

B.

C.

D.

2、以下說(shuō)法正確的是：A.物質(zhì)波也叫德布羅意波,是一種概率波B.使人們認(rèn)識(shí)到原子核有內(nèi)部結(jié)構(gòu)的是盧瑟福的a粒子散射實(shí)驗(yàn)C.電磁波的波長(zhǎng)等于波速與頻率的乘積D.按波爾的理論，氫原子從基態(tài)E1躍遷到第一激發(fā)態(tài)E2時(shí)需要吸收光子，吸收的光子能量等于E2-E13、如圖所示，在學(xué)校運(yùn)動(dòng)場(chǎng)的400m環(huán)形跑道上，一位同學(xué)沿跑道跑了2周回到原處，該同學(xué)運(yùn)動(dòng)的路程和位移大小為（）A.路程為400m，位移大小為400mB.路程為800m，位移大小為800mC.路程為400m，位移大小為0D.路程為800m，位移大小為04、輸電線的電阻共計(jì)r，輸送的電功率是P，用電壓U送電，則用戶能得到的電功率為（）A.PB.P-（）2rC.P-D.5、2008年，世界上最大的強(qiáng)子對(duì)撞機(jī)在法國(guó)和瑞士的邊境建成，并投入使用．加速器工作時(shí)，需要注入約1萬(wàn)噸液氮對(duì)電路進(jìn)行冷卻，冷卻的最低溫度可達(dá)到零下271攝氏度，請(qǐng)將該溫度用開爾文溫標(biāo)來(lái)表示（）A.2KB.271KC.4KD.0.1K6、如圖是在高山湖泊邊拍攝的一張風(fēng)景照片；湖水清澈見底，近處湖面水下的景物(

石塊；砂礫等)

都看得很清楚，而遠(yuǎn)處則只看到對(duì)岸山峰和天空彩虹的倒影，水面下的景物則根本看不到。下列說(shuō)法中正確的是()

A.遠(yuǎn)處山峰的倒影非常清晰，是因?yàn)樯椒宓墓饩€在水面上發(fā)生了全反射B.光線由水射入空氣，光的波速變大，波長(zhǎng)變小C.遠(yuǎn)處水面下景物的光線射到水面處，入射角很大，可能發(fā)生了全反射，所以看不見D.近處水面下景物的光線到水面處，入射角較小，反射光強(qiáng)而折射光弱，因此有較多的能量射出水面而進(jìn)入人眼睛中7、一含有理想變壓器的電路如圖所示，圖中電阻R1R2

和R3

的阻值分別為3惟1惟

和4惟A

為理想交流電流表，U

為正弦交流電壓源，輸出電壓的有效值恒定。當(dāng)開關(guān)S

斷開時(shí)，電流表的示數(shù)為I

當(dāng)S

閉合時(shí)，電流表的示數(shù)為4I

該變壓器原、副線圈匝數(shù)比為()

A.2

B.3

C.4

D.5

8、用比值法定義物理量是物理學(xué)中一種很重要的思想方法，下列表達(dá)式中不屬于比值法定義的物理量是(

)

A.電場(chǎng)強(qiáng)度E=Fq

B.加速度a=Fm

C.電阻R=UI

D.電容C=QU

評(píng)卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、“長(zhǎng)征2號(hào)”火箭點(diǎn)火升空時(shí)，經(jīng)過(guò)3s速度達(dá)到42m/s，設(shè)火箭上升可看作勻加速運(yùn)動(dòng)，則它在3s內(nèi)上升的高度為________m，升空時(shí)的加速度為___________m/s2.10、如圖所示；勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里．一個(gè)質(zhì)量為m；電荷量為q的正離子，以速度到從小孔0射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，入射時(shí)速度方向既垂直于磁場(chǎng)方向，又與屏垂直，偏轉(zhuǎn)后打在屏上S點(diǎn)（S點(diǎn)未在圖上畫出），求：

（1）剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)；離子受到洛倫茲力的大小和方向；

（2）屏上S點(diǎn)到0點(diǎn)的距離；

（3）離子從o點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到S點(diǎn)的時(shí)間．11、光具有波粒二象性，個(gè)別光子往往表現(xiàn)出______性，大量光子表現(xiàn)出______性，高頻率的光子表現(xiàn)出來(lái)的是______性較強(qiáng)，低頻率光子表現(xiàn)出來(lái)的______性較強(qiáng)．12、如圖所示，固定的絕熱氣缸中間用鎖定栓將可無(wú)摩擦移動(dòng)的導(dǎo)熱隔板鎖定，隔板質(zhì)量不計(jì)，左右兩室分別充有一定量的氫氣和氧氣（視為理想氣體）．初始時(shí)，兩室氣體的溫度相等，氫氣的壓強(qiáng)大于氧氣的壓強(qiáng)，松開鎖定栓直至系統(tǒng)重新達(dá)到平衡．在此過(guò)程中外界對(duì)氫氣和氧氣這一系統(tǒng)做功為____（“正功”、“負(fù)功”還是“不做功”）．氫氣和氧氣這一系統(tǒng)的總內(nèi)能將____（“增大”；“減小”還是“保持不變”）．

13、某金屬在光的照射下產(chǎn)生光電效應(yīng)，其遏止電壓Uc與入射光頻率ν的關(guān)系圖象如圖所示，圖象與橫縱坐標(biāo)軸交點(diǎn)坐標(biāo)分別為ν0、-U，電子電量e，則由圖象可知該金屬的逸出功w0=______，普朗克常量h=______．14、某同學(xué)在“利用單擺測(cè)定重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中；

(1)

若用最小分度為毫米的刻度尺測(cè)得擺線長(zhǎng)為970.8mm

用10

分度的游標(biāo)卡尺測(cè)得擺球直徑如圖1

擺球的直徑為______mm.

單擺在豎直面內(nèi)擺動(dòng)，用秒表測(cè)出單擺做多次全振動(dòng)所用的時(shí)間如圖2

則t=

______s

(2)

如果他測(cè)得的g

值偏??；可能的原因是：______

A.測(cè)擺線長(zhǎng)時(shí)擺線拉得過(guò)緊。

B.擺線上端未牢固地系于懸點(diǎn)；振動(dòng)中出現(xiàn)松動(dòng)，使擺線長(zhǎng)度增加了。

C.開始計(jì)時(shí)時(shí)；秒表過(guò)遲按下。

D.實(shí)驗(yàn)中誤將N

次全振動(dòng)數(shù)為N鈭?1

次。

(3)

若某同學(xué)實(shí)驗(yàn)中出現(xiàn)如圖3

該同學(xué)其他操作(

包括周期測(cè)量)

均正確，則她的擺長(zhǎng)測(cè)量值總是________真實(shí)值(

填“>

”、“<

”或“=

”)

雖然實(shí)驗(yàn)中出現(xiàn)了錯(cuò)誤，但根據(jù)圖象中的數(shù)據(jù)，仍可算出準(zhǔn)確的重力加速度，其值為______m/s2.(

結(jié)果保留三位有效數(shù)值)

15、如圖所示，兩平行板相距10cm，板間有A、B兩點(diǎn)相距4cm，現(xiàn)將一帶電量q=-3х10-4c的電荷，從A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電場(chǎng)力做了7.2х10-3J的正功，則A、B兩點(diǎn)的電勢(shì)差UAB=______V；兩金屬板間電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=______V/m，方向______；兩金屬板間的電勢(shì)差U=______V．評(píng)卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)16、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)）17、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)）18、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)）

19、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)）

20、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)）21、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)）評(píng)卷人得分四、計(jì)算題(共3題，共18分)22、有一個(gè)帶電荷量q=3×10-6C的點(diǎn)電荷，從某電場(chǎng)中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電荷克服電場(chǎng)力做6×10-4J的功，從B點(diǎn)移到C點(diǎn)電場(chǎng)力對(duì)電荷做功9×10-4J，求A、C兩點(diǎn)間電勢(shì)差．23、如圖所示，在高為h=5m

的平臺(tái)右邊緣上，放著一個(gè)質(zhì)量M=3kg

的鐵塊，現(xiàn)有一質(zhì)量為m=1kg

的鋼球以v0=10m/s

的水平速度與鐵塊在極短的時(shí)間內(nèi)發(fā)生正碰被反彈，落地點(diǎn)距離平臺(tái)右邊緣的水平距離為l=2m.

已知鐵塊與平臺(tái)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5

求鐵塊在平臺(tái)上滑行的距離s(

不計(jì)空氣阻力，鐵塊和鋼球都看成質(zhì)點(diǎn))

．24、如圖所示，將質(zhì)量m=0.1kg

帶電荷量為q=+1.0隆脕10鈭?5C

的圓環(huán)套在絕緣的固定圓柱形水平直桿上.

環(huán)的直徑略大于桿的截面直徑，環(huán)與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)婁脤=0.8.

當(dāng)空間存在著斜向上的與桿夾角為婁脠=53鈭?

的勻強(qiáng)電場(chǎng)E

時(shí)，環(huán)在電場(chǎng)力作用下以a=4.4m/s2

的加速度沿桿運(yùn)動(dòng)，求電場(chǎng)強(qiáng)度E

的大小.(

取sin53鈭?=0.8cos53鈭?=0.6g=10m/s2)

評(píng)卷人得分五、簡(jiǎn)答題(共4題，共12分)25、工業(yè)上以rm{NH_{3}}為原料經(jīng)過(guò)一系列反應(yīng)可以得到rm{HNO_{3}}rm{(1)}工業(yè)上rm{NH_{3}}的催化氧化反應(yīng)方程式為____；為了盡可能多地實(shí)現(xiàn)rm{overset{+4}{N}脧貌overset{+3}{N}}的轉(zhuǎn)化，請(qǐng)你提出一條可行性建議____。rm{overset{+4}{N}脧貌overset{+3}{N}

}將工業(yè)廢氣rm{(2)}與rm{NO}混合，經(jīng)三元催化劑轉(zhuǎn)化器處理如下：rm{CO}已知：

rm{CO(g)+1/2{O}_{2}(g)=C{O}_{2}(g);;;?H=-283.0kJ隆隴mo{l}^{-1}{N}_{2}(g)+{O}_{2}(g)=2NO(g);;;;?H=+180.0kJ隆隴mo{l}^{-1}}三元催化劑轉(zhuǎn)化器中發(fā)生反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為____；為了測(cè)定在某種催化劑作用下的反應(yīng)速率，在某溫度下用氣體傳感器測(cè)得不同時(shí)間的rm{2CO+2NO?CO_{2}+N_{2}}和rm{CO(g)+1/2{O}_{2}(g)=C{O}_{2}(g);;;?H=-283.0kJ隆隴mo{l}^{-1}{N}_{2}(g)+{O}_{2}(g)=2NO(g);;;;?H=+180.0kJ隆隴mo{l}^{-1}

}濃度部分?jǐn)?shù)據(jù)記錄如下：。rm{NO}時(shí)間rm{/S}rm{0}rm{2}rm{3}rm{4}rm{C(NO)/(mol/L)}rm{1.00}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{3}}rm{1.50}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{4}}rm{1.00}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{4}}rm{1.00}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{4}}rm{C(CO)/(mol/L)}rm{2.70}rm{10}rm{{,!}^{-}}rm{{,!}^{3}}

rm{壟脵}前rm{2s}內(nèi)的平均反應(yīng)速率rm{v(CO)=}____；rm{壟脷}在該溫度下，反應(yīng)的平衡常數(shù)rm{K=}____；rm{壟脹}假設(shè)在密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)，達(dá)到平衡時(shí)下列措施能提高rm{CO}轉(zhuǎn)化率的是____A.選用更有效的催化劑rm{B.}恒容下充入rm{Ar}C.適當(dāng)降低反應(yīng)體系的溫度rm{D.}縮小容器的體積26、紅磷rm{P(s)}和rm{Cl_{2}(g)}發(fā)生反應(yīng)生成rm{PCl_{3}(g)}和rm{PCl_{5}(g)}反應(yīng)過(guò)程和能量關(guān)系如下圖所示rm{(}圖中的rm{婁隴}rm{H}表示生成rm{1mol}產(chǎn)物的數(shù)據(jù)rm{)}根據(jù)上圖回答下列問(wèn)題：rm{(1)P}和rm{Cl_{2}}反應(yīng)生成rm{PCl_{3}}的熱化學(xué)方程式是：_______________________________。rm{(2)PCl_{5}}分解成rm{PCl_{3}}和rm{Cl_{2}}的熱化學(xué)方程式是：____________________________。rm{(3)}工業(yè)上制備rm{PCl_{5}}通常分兩步進(jìn)行，先將rm{P}和rm{Cl_{2}}反應(yīng)生成中間產(chǎn)物rm{PCl_{3}}然后降溫，再和rm{Cl_{2}}反應(yīng)生成rm{PCl_{5}}原因是_______________________。rm{(4)P}和rm{Cl_{2}}分兩步反應(yīng)生成rm{1molPCl_{5}}的rm{婁隴}rm{H}rm{{,!}_{3}=}______，rm{P}和rm{Cl_{2}}一步反應(yīng)生成rm{1molPCl_{5}}的rm{婁隴}rm{H}rm{{,!}_{4}}________rm{婁隴}rm{H}rm{{,!}_{3}(}填“大于”、“小于”或“等于”rm{)}rm{(5)PCl_{5}}與足量水充分反應(yīng)，最終生成兩種酸，其化學(xué)方程式是：_____________________。27、硫酸鋅可用于制造鋅鋇白、印染媒染劑等。用鋅白礦rm{(}主要成分為rm{ZnO}還含有rm{FeO}rm{CuO}rm{SiO_{2}}等雜質(zhì)rm{)}制備rm{ZnSO_{4}隆隴7H_{2}O}的流程如下。已知：rm{K}rm{K}rm{{,!}_{sp}}rm{[Fe(OH)}rm{[Fe(OH)}rm{{,!}_{3}}rm{]=4.0隆脕10}rm{]=4.0隆脕10}rm{{,!}^{?38}}，rm{K}rm{K}rm{{,!}_{sp}}rm{[Cu(OH)}“濾渣rm{[Cu(OH)}”的主要成分是_______rm{{,!}_{2}}填化學(xué)式rm{]=2.2隆脕10}“酸浸”過(guò)程中，為了提高鋅元素浸出速率，可采取的措施有：rm{]=2.2隆脕10}適當(dāng)提高酸的濃度，rm{{,!}^{?20}}_______rm{壟脜}填一種rm{1}rm{(}“氧化”過(guò)程中，發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子方程式是_______。rm{)}“沉淀”過(guò)程中，加入rm{壟脵}產(chǎn)生rm{壟脷}沉淀的原因是_______。rm{(}加入適量rm{)}固體，若只析出rm{壟脝}沉淀而未析出rm{壟脟}沉淀，且測(cè)得沉淀后的溶液中rm{ZnO}此時(shí)溶液中rm{Fe(OH)_{3}}的取值范圍是_______rm{壟脠}rm{ZnO}加入適量鋅粉的作用是_______。rm{Fe(OH)_{3}}由濾液得到rm{Cu(OH)_{2}}的操作依次為_______、_______、過(guò)濾、洗滌、干燥。實(shí)驗(yàn)室中過(guò)濾操作需要使用的玻璃儀器有燒杯、_______、_______。rm{c(Fe^{3+})=4.0隆脕10^{?14}mol/L}28、汽車尾氣凈化中的一個(gè)反應(yīng)如下：rm{2NO(g)+2CO(g)=N_{2}(g)+2CO_{2}(g)}請(qǐng)回答下列問(wèn)題：rm{(1)}已知：rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)}rm{婁隴H=+180.5kJ隆隴mol^{-1}}rm{C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)}rm{婁隴H=-393.5kJ隆隴mol^{-1}}rm{2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)}rm{婁隴H=-221kJ隆隴mol^{-1}}則rm{2NO(g)+2CO(g)=N_{2}(g)+2CO_{2}(g)}的rm{婁隴H=}____________rm{kJ隆隴mol^{-1}}rm{(2)}一定溫度下，向容積為rm{1L}的密閉容器中充入一定量的rm{NO}和rm{CO}在rm{t_{1}}時(shí)刻達(dá)到平衡狀態(tài)，此時(shí)rm{n(CO)=0.1mol}rm{n(NO)=0.2mol}rm{n(N_{2})=amol}且平衡時(shí)混合氣體壓強(qiáng)為初始?xì)怏w壓強(qiáng)的rm{0.8}rm{壟脵}則該反應(yīng)的平衡常數(shù)rm{K=}___________。若保持溫度及容器容積不變，平衡后在此基礎(chǔ)上再向容器中充入rm{2amol}的rm{N_{2}}rm{0.2mol}的rm{NO}平衡將____________rm{(}填“向左”、“向右”或“不”rm{)}移動(dòng)。rm{壟脷}下列各種情況，可說(shuō)明該反應(yīng)已經(jīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是_________rm{(}填字母rm{)}A.rm{v(CO_{2})_{脡煤魯脡}=v(CO)_{脧沒潞脛}}B.混合氣體的密度不再改變C.混合氣體的平均相對(duì)分子質(zhì)量不再改變D.rm{NO}rm{CO}rm{N_{2}}rm{CO_{2}}的濃度均不再變化E.單位時(shí)間內(nèi)生成rm{2nmol}碳氧雙鍵的同時(shí)消耗rm{nmolN隆脭N}rm{壟脹}在rm{t_{2}}時(shí)刻，改變某一外界條件，正反應(yīng)速率的變化曲線如圖rm{1}所示：可能改變的條件是____________。rm{(3)}有人提出可以用如圖rm{2}所示的電解原理的方法消除汽車尾氣，寫出陽(yáng)極發(fā)生的電極反應(yīng)式_________。rm{(4)}如果要凈化汽車尾氣同時(shí)提高該反應(yīng)的速率和rm{NO}的轉(zhuǎn)化率，采用的措施是__________。A.降低溫度rm{B.}增大壓強(qiáng)同時(shí)加催化劑C.升高溫度同時(shí)充入rm{N_{2;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}D.及時(shí)將rm{CO_{2}}和rm{N_{2}}從反應(yīng)體系中移走參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】

根據(jù)左手定則可知：ABCD三圖中電流；磁場(chǎng)、安培力方向均和左手定則中要求方向一致；故正確；C圖中電流和磁場(chǎng)方向一致，不受安培力，故C錯(cuò)誤．

本題選錯(cuò)誤的；故選C．

【解析】【答案】正確應(yīng)用左手定則即可判斷出磁場(chǎng)；電流、安培力三者之間的關(guān)系即可解答本題；應(yīng)用時(shí)注意安培力產(chǎn)生條件．

2、A|D【分析】【解析】試題分析：物質(zhì)波也叫德布羅意波,也是概率波,選項(xiàng)A正確；使人們認(rèn)識(shí)到原子核有內(nèi)部結(jié)構(gòu)的是電子的發(fā)現(xiàn)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；電磁波的波長(zhǎng)等于波速與周期的乘積，選項(xiàng)才錯(cuò)誤；按波爾的理論，氫原子從基態(tài)E1躍遷到第一激發(fā)態(tài)E2時(shí)需要吸收光子，吸收的光子能量等于E2-E1，選項(xiàng)D正確；故選AD考點(diǎn)：考查原子物理【解析】【答案】AD3、D【分析】解：小穎在田徑場(chǎng)繞400m環(huán)形跑道跑了2圈；首末位置重合，則位移的大小為0m，路程等于800m．所以選項(xiàng)D正確．

故選：D

位移的大小等于首末位置的距離；路程等于運(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)度．

解決本題的關(guān)鍵知道位移和路程的區(qū)別，知道位移是矢量，大小等于首末位置的距離，路程是標(biāo)量，大小等于運(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)度．【解析】【答案】D4、B【分析】解：根據(jù)P=UI得，輸電線上的電流I=則輸電線上損耗的功率

用戶得到的功率．故B正確；A；C、D錯(cuò)誤．

故選：B．

用戶得到的功率等于輸送功率減去輸電線上損耗的功率，根據(jù)輸送功率和輸送電壓求出輸送的電流，結(jié)合求出損失的功率；從而得出用戶得到的功率．

解決本題的關(guān)鍵知道：1、輸送功率、輸送電壓、電流之間的關(guān)系；2、輸送功率、損失功率、用戶得到的功率之間的關(guān)系．【解析】【答案】B5、A【分析】解：已知t=-271C°；根據(jù)熱力學(xué)溫度與攝氏溫度的關(guān)系T=t+273K得；

T=-271K+273K=2K

故選A

根據(jù)熱力學(xué)溫度與攝氏溫度的關(guān)系；求出271攝氏度用開爾文溫標(biāo)表示的溫度．

熱力學(xué)溫度與攝氏溫度的關(guān)系T=t+273K，它們的變化量關(guān)系為△T=△t．【解析】【答案】A6、C【分析】【分析】本題考查了光的反射、折射、全反射。要求學(xué)生熟練掌握光的反射、折射、全反射的概念，并能理解和分析，要知道折射率的計(jì)算和光能發(fā)生全反射的條件?！窘馕觥緼.山峰的光線在水面上發(fā)生了反射，逆著反射光線可以看到清晰的倒影；全反射只有光從光密介質(zhì)射入光疏介質(zhì)時(shí)才可能發(fā)生，故A錯(cuò)誤；B.光線由水射入空氣，折射率減小，光的波速變大，而頻率不變，由波速公式知波長(zhǎng)變大，故B錯(cuò)誤；C.遠(yuǎn)處水面下景物的光線射到水面處(

從光密介質(zhì)射向光疏介質(zhì))

入射角很大，當(dāng)入射角大于等于全反射臨界角時(shí)能發(fā)生全反射，光線不能射出水面，因而看不見，故C正確；D.近處水面下景物的光線到水面處，入射角越小，越不易發(fā)生全反射，反射光越弱而折射光越強(qiáng)，射出水面而進(jìn)入人眼睛中能量越少，故D錯(cuò)誤。故選C。【解析】C

7、B【分析】【分析】本題考查理想變壓器原理及應(yīng)用，要注意明確電路結(jié)構(gòu)，知道開關(guān)通斷時(shí)電路的連接方式；同時(shí)注意明確輸入電壓與總電壓之間的關(guān)系。變壓器輸入電壓為U

與電阻R

11兩端電壓的差值；再根據(jù)電流之比等于匝數(shù)的反比可求得輸出電流；根據(jù)電壓之比等于匝數(shù)之比對(duì)兩種情況列式，聯(lián)立可求得U

與I

的關(guān)系；則可求得線圈匝數(shù)之比。解題的關(guān)鍵是掌握理想變壓器原理及應(yīng)用，知道U1U2=n1n2dfrac{{U}_{1}}{{U}_{2}}=dfrac{{n}_{1}}{{n}_{2}}I1I2=n2n1dfrac{{I}_{1}}{{I}_{2}}=dfrac{{n}_{2}}{{n}_{1}}P魯枚P_{魯枚}=P脠毛隆攏

【解答】設(shè)變壓器原；副線圈匝數(shù)之比為k

則可知，開關(guān)斷開時(shí)，副線圈電流為kI

則根據(jù)理想變壓器原理可知：U鈭?IR1KI(R2+R3)=k(1)

同理可知，U鈭?4IR14KIR2=k(2)

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：U=48I

代入(1)

式可得：k=3

故B正確；ACD錯(cuò)誤。

故選B。

【解析】B

8、B【分析】解：A

電場(chǎng)強(qiáng)度與放入電場(chǎng)中的電荷無(wú)關(guān)，所以E=Fq

屬于比值定義法.

故A正確；

B、加速度a=Fm

是牛頓第二定律得到的；不是比值定義的，故B錯(cuò)誤；

C、電阻等于導(dǎo)體兩端的電壓與通過(guò)導(dǎo)體電流的比值，R=UI

屬于比值定義法.

故C正確；

D、電容C

由本身的性質(zhì)決定，與所帶的電荷量及兩端間的電勢(shì)差無(wú)關(guān).

所以C=QU

屬于比值定義法.

故D正確；

本題選不屬于比值法定義的；故選：B

．

比值法就是應(yīng)用兩個(gè)物理量的比值來(lái)定量研究第三個(gè)物理量.

它適用于物質(zhì)屬性或特征；物體運(yùn)動(dòng)特征的定義．

用比值法定義物理量是物理上常用的思想方法，可以根據(jù)定義出的物理量與兩個(gè)物理量有無(wú)關(guān)系，判斷是否是比值法定義．【解析】B

二、填空題(共7題，共14分)9、略

【分析】試題分析：火箭上升做勻加速運(yùn)動(dòng)，3s內(nèi)的平均速度所以它在3s內(nèi)上升的高度根據(jù)得：考點(diǎn)：考查了勻加速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律【解析】【答案】62;1410、略

【分析】

（1）離子垂直進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)；離子受到洛倫茲力的大小公式f=qvB，由左手定則判斷方向．

（2）離子垂直進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式，求解軌跡半徑r，屏上S點(diǎn)到0點(diǎn)的距離S=2r；

（3）由圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出離子運(yùn)動(dòng)周期T，離子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到S點(diǎn)的時(shí)間t=T．

帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，是高考的熱點(diǎn)，也是重點(diǎn)，掌握洛倫茲力提供向心力是關(guān)鍵．【解析】解：（1）離子垂直進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)；離子受到洛倫茲力的大小公式f=qvB，由左手定則判斷可知，洛倫茲力方向水平向左．

（2）離子垂直進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)；由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：

qvB=m

則得，軌跡半徑為r=

離子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)半圈，由幾何關(guān)系可知，屏上S點(diǎn)到0點(diǎn)的距離為S=2r=．

（3）設(shè)離子運(yùn)動(dòng)周期T，則得：T==

則離子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到S點(diǎn)的時(shí)間t=T=．

答：

（1）剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)；離子受到洛倫茲力的大小為qvB，方向水平向左；

（2）屏上S點(diǎn)到0點(diǎn)的距離是

（3）離子從o點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到S點(diǎn)的時(shí)間是．11、略

【分析】解：光的波粒二象性是指光既具有粒子性；又具有波動(dòng)性．大量的光子波動(dòng)性比較明顯，個(gè)別光子粒子性比較明顯；

高頻率的光子的波長(zhǎng)短；粒子明顯，頻率光子的波長(zhǎng)大，波動(dòng)性明顯．

故答案為：粒子；波動(dòng)，粒子，波動(dòng)．

光子既有波動(dòng)性又有粒子性；波粒二象性中所說(shuō)的波是一種概率波，對(duì)大量光子才有意義．波粒二象性中所說(shuō)的粒子，是指其不連續(xù)性，是一份能量．個(gè)別光子的作用效果往往表現(xiàn)為粒子性；大量光子的作用效果往往表現(xiàn)為波動(dòng)性．

波長(zhǎng)越長(zhǎng)波動(dòng)性越明顯；波長(zhǎng)越短粒子性越明顯．

光的波粒二象性是指光有時(shí)表現(xiàn)為波動(dòng)性，有時(shí)表現(xiàn)為粒子性．【解析】粒子；波動(dòng)；粒子；波動(dòng)12、略

【分析】

松開固定栓至系統(tǒng)達(dá)到平衡過(guò)程中；先是氫氣對(duì)氧氣做功，內(nèi)能減少，氧氣內(nèi)能增加，溫度升高．由于存在溫度差，發(fā)生熱傳遞，最后兩者溫度相同，故氧氣內(nèi)能又減小，等于初始值，所以兩種氣體的內(nèi)能與初始時(shí)相同，在此過(guò)程中外界對(duì)氫氣和氧氣這一系統(tǒng)不做功．

故答案為：不做功；保持不變。

【解析】【答案】理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)；則由溫度的變化可知內(nèi)能的變化；由熱力學(xué)第一定律可知兩部分氣體間熱量的傳遞方向．

13、略

【分析】解：根據(jù)Ekm=hv-W0得；縱軸截距的絕對(duì)值等于金屬的逸出功，等于U．

逸出功等于U，則E=hv0，所以h=．或通過(guò)圖線的斜率求出k=h=．

故答案為：U，．

根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm=hv-W0和eUC=EKm得出遏止電壓Uc與入射光頻率v的關(guān)系式；從而進(jìn)行判斷．

解決本題的關(guān)鍵掌握光電效應(yīng)方程，知道最大初動(dòng)能與入射光頻率的關(guān)系．【解析】U；14、18.4100.0BD<9.86【分析】【分析】(1)

游標(biāo)卡尺主尺示數(shù)與游標(biāo)尺示數(shù)之和是游標(biāo)卡尺的示數(shù)；游標(biāo)卡尺不需要估讀；

秒表中間的表盤代表分鐘；周圍的大表盤代表秒，秒表讀數(shù)是兩個(gè)表盤的示數(shù)之和，要注意觀察指針?biāo)傅奈恢眉胺侄戎怠?/p>

(2)

根據(jù)單擺的周期公式T=2婁脨lg

得出重力加速度的表達(dá)式；從而判斷出重力加速度減小的原因。

(3)

由題意公式g=4婁脨2LT2

得到T2=4婁脨2Lg

圖象斜率表示4婁脨2g

結(jié)合圖象數(shù)據(jù)得到重力加速度。

要注意，游標(biāo)卡尺不需要估讀；對(duì)秒表進(jìn)行讀數(shù)時(shí)，要先確定秒表的分度值，秒表示數(shù)是分針與秒針示數(shù)之和；本題關(guān)鍵明確實(shí)驗(yàn)原理；通過(guò)圖象的平移得到擺長(zhǎng)偏小1cm

得到誤差來(lái)源；通過(guò)圖象的函數(shù)表達(dá)式得到斜率的物理意義?！窘獯稹?1)

圖1

所示游標(biāo)卡尺主尺的示數(shù)是18mm

游標(biāo)尺示數(shù)是4隆脕0.1mm=0.4mm

小球的直徑d=18mm+0.1隆脕4mm=18.4mm

圖2

所示秒表分針示數(shù)是90s

秒針示數(shù)是10.0s

秒表所示是90s+10.0s=100.0s

根據(jù)單擺的周期公式T=2婁脨lg

得：g=4婁脨2LT2

．

A；測(cè)擺線長(zhǎng)時(shí)擺線拉得過(guò)緊；使得擺長(zhǎng)的測(cè)量值偏大，則測(cè)得的重力加速度偏大.

故A錯(cuò)誤．

B；擺動(dòng)后出現(xiàn)松動(dòng)；知擺長(zhǎng)的測(cè)量值偏小，則測(cè)得的重力加速度偏小.

故B正確．

C；實(shí)驗(yàn)中開始計(jì)時(shí)；秒表過(guò)遲按下，則測(cè)得周期偏小，所以測(cè)得的重力加速度偏大.

故C錯(cuò)誤．

D；實(shí)驗(yàn)中將49

次全振動(dòng)數(shù)成50

次全振動(dòng)；測(cè)得周期偏小，則測(cè)得的重力加速度偏大.

故D錯(cuò)誤．

故選：B

(3)

由題意公式g=4婁脨2LT2

得到T2=4婁脨2Lg

由此可知，T2隆陋L

圖象為過(guò)原點(diǎn)的一條傾斜的直線，圖象斜率表示4婁脨2g

結(jié)合圖象數(shù)據(jù)得到：同學(xué)所測(cè)擺長(zhǎng)總是“<

”真實(shí)值；4婁脨2g=970.8+18.42

解得：g=9.86m/s2

故答案為：(1)18.4100.0

(2)BD

(3)<9.86m/s2

【解析】18.4100.0BD<9.86

15、-241200豎直向上120【分析】解：A、B間的電勢(shì)差

兩金屬板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E=電場(chǎng)強(qiáng)度的方向豎直向上．

兩金屬板間的電勢(shì)差U=Ed=1200×0.1V=120V．

故答案為：-241200豎直向上120

根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系求出AB間的電勢(shì)差，根據(jù)E=求出電場(chǎng)強(qiáng)度的大小．從而根據(jù)U=Ed求出兩金屬板間的電勢(shì)差．

解決本題的關(guān)鍵掌握電場(chǎng)力做功與電勢(shì)差的關(guān)系以及電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系，注意在運(yùn)用W=qU進(jìn)行計(jì)算時(shí)，W、q、U的正負(fù)均需代入計(jì)算，在E=中，d表示沿電場(chǎng)線方向上的距離．【解析】-241200豎直向上120三、判斷題(共6題，共12分)16、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(wú)限遠(yuǎn)出發(fā)，終止于無(wú)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．17、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．18、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．19、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(wú)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(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0，所以無(wú)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．20、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．21、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．四、計(jì)算題(共3題，共18分)22、略

【分析】

本題中點(diǎn)電荷是試探電荷，已知其電荷量和電場(chǎng)力做功，由公式U=求解電勢(shì)差即可．

解決本題關(guān)鍵電勢(shì)差的定義式U=應(yīng)用時(shí)要注意電荷移動(dòng)的方向和電勢(shì)差的順序，克服電場(chǎng)力做功時(shí)，電場(chǎng)力做負(fù)功．【解析】解：點(diǎn)電荷，從某電場(chǎng)中的A點(diǎn)移到B點(diǎn)，電荷克服電場(chǎng)力做6×10-4J的功，從B點(diǎn)移到C點(diǎn)電場(chǎng)力對(duì)電荷做功9×10-4J；故有：

==100V

答：A、C兩點(diǎn)間電勢(shì)差為100V．23、解：設(shè)碰撞后鋼球反彈的速度大小為v1；鐵塊的速度大小為v，由于碰撞時(shí)間極短，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則有。

mv0=Mv-mv1；①

碰后鋼球做平拋運(yùn)動(dòng)；則有。

l=v1t②

h=③

由②③①解得t=1s，v1=2m/s；v=4m/s；

d碰后鐵塊向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；加速度大小為。

a==μg=5m/s2④

最終速度為0；則其運(yùn)行時(shí)間為。

t1==0.8s⑤

所以鐵塊在平臺(tái)右滑行的距離為s==1.6m⑥

答：鐵塊在平臺(tái)上滑行的距離s是1.6m．【分析】

鋼球與鐵塊發(fā)生碰撞；時(shí)間極短，動(dòng)量守恒，碰撞后鋼球做平拋運(yùn)動(dòng)，已知下落的高度和水平距離，可由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出碰后鋼球的速度，即可由動(dòng)量守恒定律求出碰后鐵塊的速度，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求解鐵塊在平臺(tái)上滑行的距離s

本題分析物理過(guò)程，把握每個(gè)過(guò)遵循的物理規(guī)律是關(guān)鍵.

對(duì)于鐵塊滑行的距離，也可以根據(jù)動(dòng)能定理求解：鈭?婁脤mgs=0鈭?12mv2

解得，s=1.6m

．【解析】解：設(shè)碰撞后鋼球反彈的速度大小為v1

鐵塊的速度大小為v

由于碰撞時(shí)間極短，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則有。

mv0=Mv鈭?mv1壟脵

碰后鋼球做平拋運(yùn)動(dòng)；則有。

l=v1t壟脷

h=12gt2壟脹

由壟脷壟脹壟脵

解得t=1sv1=2m/sv=4m/s

d

碰后鐵塊向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；加速度大小為。

a=婁脤mgm=婁脤g=5m/s2壟脺

最終速度為0

則其運(yùn)行時(shí)間為。

t1=0鈭?v鈭?a=0.8s壟脻

所以鐵塊在平臺(tái)右滑行的距離為s=v2t1=1.6m壟脼

答：鐵塊在平臺(tái)上滑行的距離s

是1.6m

．24、略

【分析】

對(duì)環(huán)受力分析；受重力；電場(chǎng)力、彈力和摩擦力，其中彈力可能向上，也可能向下；要分兩種情況根據(jù)牛頓第二定律列方程求解即可．

本題要分兩種情況對(duì)物體受力分析，然后根據(jù)平衡條件列方程求解，關(guān)鍵是分情況討論．【解析】解：在垂直桿方向上；由平衡條件得：qE0sin婁脠=mg

解得E0=1.25隆脕105N/C

當(dāng)E<1.25隆脕105N/C

時(shí)；桿對(duì)環(huán)的彈力方向豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律可得：

qEcos婁脠鈭?婁脤FN=ma

qEsin婁脠+FN=mg

解得：E=1.0隆脕105N/C

當(dāng)E>1.25隆脕105N/C

時(shí)；桿對(duì)環(huán)的彈力方向豎直向下，根據(jù)牛頓第二定律可得：qEcos婁脠鈭?婁脤FN=ma

qEsin婁脠=mg+FN

解得：E=9.0隆脕105N/C

答：電場(chǎng)強(qiáng)度E

的大小為1.0隆脕105N/C

或9.0隆脕105N/C

五、簡(jiǎn)答題(共4題，共12分)25、(1)4NH3+5O24NO+6H2O在二氧化氮中通入過(guò)量的空氣；然后用水吸收生成硝酸。

(2)2CO（g）+2NO（g）?2CO2（g）+N2（g）△H=-746kJ?mol-1

①4.25×10-3mol/（L．s）②50③CD【分析】【分析】本題考查熱化學(xué)方程式書寫、化學(xué)反應(yīng)速率計(jì)算、化學(xué)平衡常數(shù)計(jì)算、化學(xué)平衡影響因素等，難度中等，注意基礎(chǔ)知識(shí)的積累掌握?！窘獯稹縭m{(1)}氨氣與氧氣在催化劑加熱的條件下生成rm{NO}與水，反應(yīng)方程式為rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{underline{{麓脽祿爐錄脕}}}{{賂脽脦脗賂脽脩鹿}}4NO+6H_{2}O}

盡可能多地實(shí)現(xiàn)rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

underline{{麓脽祿爐錄脕}}}{{賂脽脦脗賂脽脩鹿}}4NO+6H_{2}O}向rm{+4N}的轉(zhuǎn)化；可以在二氧化氮中通入過(guò)量的空氣，然后用水吸收生成硝酸；

故答案為：rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{underline{{麓脽祿爐錄脕}}}{{賂脽脦脗賂脽脩鹿}}4NO+6H_{2}O}在二氧化氮中通入過(guò)量的空氣；然后用水吸收生成硝酸；

rm{+5N}已知：rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

underline{{麓脽祿爐錄脕}}}{{賂脽脦脗賂脽脩鹿}}4NO+6H_{2}O}rm{CO(g)+dfrac{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-283.0kJ?mol^{-1}}

rm{(2)}rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)triangleH=+180.0kJ?mol^{-1}}

根據(jù)蓋斯定律，rm{壟脵}得rm{CO(g)+dfrac

{1}{2}O_{2}(g)=CO_{2}(g)triangleH=-283.0kJ?mol^{-1}}故rm{triangleH=2隆脕(-283.0kJ?mol^{-1})-180.0kJ?mol^{-1}=-746kJ?mol^{-1}}熱化學(xué)方程式為rm{2CO(g)+2NO(g)?2CO_{2}(g)+N_{2}(g)triangleH=-746kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{2CO(g)+2NO(g)?2CO_{2}(g)+N_{2}(g)triangleH=-746kJ?mol^{-1}}

rm{壟脷}速率之比等于化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，故rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)triangle

H=+180.0kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{壟脵隆脕2-壟脷}

rm{2CO(g)+2NO(g)?2CO_{2}(g)+N_{2}(g)}由表中數(shù)據(jù)可知，rm{triangle

H=2隆脕(-283.0kJ?mol^{-1})-180.0kJ?mol^{-1}=-746kJ?mol^{-1}}到達(dá)平衡，平衡時(shí)rm{2CO(g)+2NO(g)?2CO_{2}(g)+N_{2}(g)triangle

H=-746kJ?mol^{-1}}的濃度為rm{2CO(g)+2NO(g)?2CO_{2}(g)+N_{2}(g)triangle

H=-746kJ?mol^{-1}}則rm{trianglec(NO)=1.00隆脕10^{-3}mol/L-1.00隆脕10^{-4}mol/L=9.00隆脕10^{-4}mol/L}則：

rm{壟脵v(NO)=(1.00隆脕10^{-3}mol/L-1.50隆脕10^{-4}mol/L)隆脗2s=4.25隆脕10^{-3}mol/(L.s)}

開始rm{v(CO)=v(NO)=4.25隆脕10^{-3}mol/(L.s)}rm{4.25隆脕10^{-3}mol/(L.s)}rm{壟脷}rm{3s}

變化rm{NO}rm{1.00隆脕10^{-4}mol/L}rm{triangle

c(NO)=1.00隆脕10^{-3}mol/L-1.00隆脕10^{-4}mol/L=9.00隆脕10^{-4}mol/L}rm{2CO(g)+2NO(g)?2CO_{2}(g)+N_{2}(g)}

平衡rm{(mol/L)}rm{1隆脕10^{-3}}rm{0}

故該溫度下，反應(yīng)的平衡常數(shù)rm{K=dfrac{(9隆脕10^{-4})^{2}隆脕4.5隆脕10^{-4}}{(2.7隆脕10^{-2})^{2}隆脕(1隆脕10^{-4})^{2}}=50}

故答案為：rm{0}

rm{(mol/L)}選用更有效的催化劑，不影響平衡移動(dòng)，rm{9隆脕10^{-4}}的轉(zhuǎn)化率不變；故A錯(cuò)誤；

B.恒容下充入rm{9隆脕10^{-4}}反應(yīng)混合物各組分的濃度不變，平衡不移動(dòng)，rm{4.5隆脕10^{-4}}的轉(zhuǎn)化率不變；故B錯(cuò)誤；

C.正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，適當(dāng)降低反應(yīng)體系的溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，rm{(mol/L)}的轉(zhuǎn)化率增大；故C正確；

D.縮小容器的體積，壓強(qiáng)增大，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，rm{2.7隆脕10^{-2}}的轉(zhuǎn)化率增大；故D正確；

故選CD。rm{1隆脕10^{-4}9隆脕10^{-4}4.5隆脕10^{-4}}【解析】rm{(1)}rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{underline{{麓脽祿爐錄脕}}}{{賂脽脦脗賂脽脩鹿}}4NO+6H_{2}O}在二氧化氮中通入過(guò)量的空氣；然后用水吸收生成硝酸。

rm{(1)}rm{2CO(g)+2NO(g)?2CO_{2}(g)+N_{2}(g)triangleH=-746kJ?mol^{-1}}

rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

underline{{麓脽祿爐錄脕}}}{{賂脽脦脗賂脽脩鹿}}4NO+6H_{2}O}rm{(2)}rm{(2)}rm{2CO(g)+2NO(g)?2CO_{2}(g)+N_{2}(g)triangle

H=-746kJ?mol^{-1}}26、（1）P（s）+3/2Cl2（g）═PCl3（g）△H=-306kJ?mol-1（2）PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H=+93kJ?mol-1（3）兩步反應(yīng)均為放熱反應(yīng)，降溫有利于提高產(chǎn)率，防止產(chǎn)物分解（4）-399kJ?mol-1等于（5）PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl【分析】【分析】本題考查熱化學(xué)方程式的書寫、蓋斯定律的應(yīng)用，題目難度不大，注意正確理解并運(yùn)用蓋斯定律，注意熱化學(xué)方程式的書寫方法?！窘獯稹縭m{(1)}由圖象可知，rm{1molP}與rm{Cl_{2}}反應(yīng)生成rm{1molPCl_{3}}放出rm{306kJ}的能量，則反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為rm{P(s)+3/2Cl_{2}(g)簍TPCl_{3}(g)triangleH=-306kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{P(s)+3/2Cl_{2}(g)簍TPCl_{3}(g)triangleH=-306kJ?mol^{-1}}

rm{P(s)+3/2Cl_{2}(g)簍TPCl_{3}(g)triangle

H=-306kJ?mol^{-1}}由圖象可知，rm{P(s)+3/2Cl_{2}(g)簍TPCl_{3}(g)triangle

H=-306kJ?mol^{-1}}分解成rm{(2)}和rm{1molPCl_{5}}需要吸收rm{PCl_{3}}的能量，則反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為rm{PCl_{5}(g)簍TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangleH=+93kJ?mol^{-1}}

故答案為：rm{PCl_{5}(g)簍TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangleH=+93kJ?mol^{-1}}

rm{Cl_{2}}因?yàn)閮刹椒磻?yīng)均為放熱反應(yīng)，降溫有利于提高產(chǎn)率，防止產(chǎn)物分解，故先將rm{93kJ}和rm{PCl_{5}(g)簍TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangle

H=+93kJ?mol^{-1}}反應(yīng)生成中間產(chǎn)物rm{PCl_{5}(g)簍TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangle

H=+93kJ?mol^{-1}}然后降溫，再和rm{(3)}反應(yīng)生成rm{P}

故答案為：兩步反應(yīng)均為放熱反應(yīng)；降溫有利于提高產(chǎn)率，防止產(chǎn)物分解；

rm{Cl_{2}}由圖象可知，rm{PCl_{3}}和rm{Cl_{2}}分兩步反應(yīng)生成rm{PCl_{5}}的rm{triangleH_{3}=-306kJ/mol-(+93kJ/mol)=-399kJ/mol}根據(jù)蓋斯定律可知，反應(yīng)無(wú)論一步完成還是分多步完成，生成相同的產(chǎn)物，反應(yīng)熱相等，則rm{(4)}和rm{P}一步反應(yīng)生成rm{Cl_{2}}的反應(yīng)熱等于rm{1molPCl_{5}}和rm{triangle

H_{3}=-306kJ/mol-(+93kJ/mol)=-399kJ/mol}分兩步反應(yīng)生成rm{P}的反應(yīng)熱．

故答案為：rm{Cl_{2}}等于；

rm{1molPCl_{5}}rm{P}rm{Cl_{2}}rm{1molPCl_{5}}，rm{-399kJ?mol^{-1}}rm{(5)}

故答案為：rm{PCl}

rm{PCl}【解析】rm{(1)P(s)+3/2Cl_{2}(g)簍TPCl_{3}(g)triangleH=-306kJ?mol^{-1}}rm{(2)PCl_{5}(g)簍TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangleH=+93kJ?mol^{-1}}rm{(1)P(s)+3/2Cl_{2}(g)簍TPCl_{3}(g)triangle

H=-306kJ?mol^{-1}}兩步反應(yīng)均為放熱反應(yīng)，降溫有利于提高產(chǎn)率，防止產(chǎn)物分解rm{(2)PCl_{5}(g)簍TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangle

H=+93kJ?mol^{-1}}等于rm{(3)}rm{(4)-399kJ?mol^{-1;;;}}27、（1）SiO2粉碎鋅白礦或充分?jǐn)嚢铦{料或適當(dāng)加熱等

（2）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O

（3）Fe3+在溶液中存在水解平衡:，加入ZnO后，與H+反應(yīng)，H+濃度減小，水解平衡正向進(jìn)行，生成Fe(OH)3沉淀

（4）<2.2×10-4

（5）除去溶液中的Cu2+

（6）蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶漏斗玻璃棒【分析】【分析】鋅白礦rm{(}主要成分為rm{ZnO}還含有rm{FeO}rm{CuO}rm{SiO}主要成分為rm{(}還含有rm{ZnO}rm{FeO}rm{CuO}rm{SiO}rm{{,!}_{2}}加稀硫酸溶解，等雜成rm{)}加稀硫酸溶解，rm{SiO}rm{)}rm{SiO}為rm{{,!}_{2}}不溶，過(guò)濾，濾渣rm{1}為rm{SiO}rm{1}rm{SiO}rm{{,!}_{2}}，濾液中含有硫酸鋅、硫酸銅、硫酸亞鐵，濾液中加入rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}調(diào)節(jié)溶液將rm{Fe}使rm{Fe}rm{{,!}^{2+}}氧化為rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}為，再加入rm{ZnO}調(diào)節(jié)溶液rm{pH}使rm{Fe}rm{ZnO}rm{pH}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}完全轉(zhuǎn)化為rm{Fe(OH)}rm{Fe(OH)}為銅與過(guò)量的鋅粉，濾液為硫酸鋅，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾得到rm{{,!}_{3}}沉淀，過(guò)濾得濾渣rm{2}為rm{Fe(OH)}rm{2}rm{Fe(OH)}rm{{,!}_{3}}晶體，以此解答該題。【解答】，所得濾液中加入鋅粉發(fā)生置換反應(yīng)：rm{Zn+CuSO}經(jīng)分析rm{Zn+CuSO}濾渣rm{{,!}_{4}}為不溶于稀硫酸的rm{簍TCu+ZnSO}rm{簍TCu+ZnSO}rm{{,!}_{4}}，過(guò)濾得濾渣rm{3}為銅與過(guò)量的鋅粉，濾液為硫酸鋅，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾得到rm{ZnSO}將鋅白塊粉碎、增大稀硫酸的濃度、加熱并攪拌均能提高鋅元素浸出速率rm{3}故填：rm{ZnSO}rm{{,!}_{4}}rm{?7H}rm{?7H}；rm{{,!}_{2}}；rm{O}晶體，以此解答該題。在酸性溶液中rm{O}滴加rm{(1)}，rm{1}rm{1}的水溶液rm{1}可氧化rm{1}rm{1}rm{1}生成rm{S}rm{i}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{S}rm{i}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{S}rm{i}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{S}rm{i}rm{O}rm{{,!}_{2}}結(jié)合電子守恒、電荷守恒及原子守恒得發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為rm{S}rm{i}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{S}rm{S}rm{i}rm{i}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{{,!}_{2}}rm{{,!}_{2}}，rm{S}rm{i}rm{O}rm{2}rm{S}rm{i}rm{O}rm{2}故填：rm{S}rm{i}rm{O}rm{2}rm{S}rm{i}rm{O}rm{2}rm{S}rm{i}rm{O}rm{2}rm{S}rm{S}rm{i}rm{i}rm{O}rm{2}rm{O}rm{O}rm{O}rm{2}rm{2}rm{2}粉碎鋅白礦或充分?jǐn)嚢铦{料或適當(dāng)加熱等；rm{(2)}“沉淀”過(guò)程中，加入rm{H}rm{2}rm{O}rm{2}rm{H}rm{2}rm{O}rm{2}rm{H}rm{2}rm{O}rm{2}產(chǎn)生rm{H}rm{2}rm{O}rm{2}rm{H}rm{2}rm{O}rm{2}rm{H}rm{2}rm{H}rm{H}rm{H}rm{2}沉淀的原因是：rm{2}rm{2}在溶液中存在水解平衡：rm{O}rm{2}rm{O}加入rm{O}后，與rm{O}反應(yīng)，rm{2}濃度減小，水解平衡正向進(jìn)行，生成rm{2}沉淀rm{2}故填：，rm{F}rm{e}rm{{,!}^{2+}}在溶液中存在水解平衡：rm{F}rm{e}rm{{,!}^{2+}}rm{F}rm{e}rm{{,!}^{2+}}加入rm{F}rm{e}rm{{,!}^{2+}}后，與rm{F}rm{e}rm{{,!}^{2+}}反應(yīng)，rm{F}濃度減小，水解平衡正向進(jìn)行，生成rm{F}沉淀；rm{e}rm{{,!}^{2+}}當(dāng)rm{e}rm{e}rm{e}沉淀完全時(shí)rm{{,!}^{2+}}溶液里rm{F}rm{e}rm{{,!}^{3+}}，rm{F}rm{e}rm{{,!}^{3+}}，rm{F}rm{e}rm{{,!}^{3+}}，rm{F}rm{e}rm{{,!}^{3+}}，rm{F}rm{e}rm{{,!}^{3+}}，rm{F}rm{F}rm{e}rm{{,!}^{3+}}rm{e}rm{e}rm{e}rm{{,!}^{3+}}，rm{2Fe}rm{2Fe}根據(jù)rm{{,!}^{2+}}rm{+H}rm{+H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}^{+}}rm{=2Fe}rm{=2Fe}rm{{,!}^{3+}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}，，，，，，rm{2Fe}rm{2Fe}rm{{,!}^{2+}}rm{+H}rm{+H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}此時(shí)溶液中rm{{,!}_{2}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}^{+}}rm{=2Fe}rm{=2Fe}rm{{,!}^{3+}}rm{+2H}rm{+2H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{(3)}，rm{Z}rm{n}rm{O}則此時(shí)溶液中rm{Z}rm{n}rm{O}rm{Z}rm{n}rm{O}rm{Z}rm{n}rm{O}不產(chǎn)生沉淀的最大濃為rm{dfrac{{K}_{sp}[Cu(OH{)}_{2}]}{{c}^{2}(O{H}^{?})}}rm{Z}rm{n}rm{O}rm{dfrac{2.2隆脕{10}^{?20}}{(1隆脕{10}^{?8}{)}^{2}}}rm{Z}rm{Z}rm{n}rm{n}rm{O}rm{O}rm{F}rm{e}rm{(}rm{O}rm{H}rm{)}rm{3}rm{F}rm{e}rm{(}rm{O}rm{H}rm{)}rm{3}rm{F}rm{e}rm{(}rm{O}rm{H}rm{)}rm{3}rm{F}rm{e}rm{(}rm{O}rm{H}rm{)}rm{3}故填：rm{F}rm{e}rm{(}rm{O}rm{H}rm{)}rm{3}rm{F}rm{F}rm{e}rm{e}rm{(}；rm{(}加入適量rm{O}rm{O}粉rm{H}是為了將溶液里的rm{H}rm{)}rm{3}rm{)}還原為rm{)}rm{)}過(guò)濾除去rm{3}故填：除去溶液里的rm{3}rm{3}；rm{Fe^{3+}}在溶液中存在水解平衡：rm{Fe^{3+}+3H_{2}O}將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶rm{Fe^{3+}}再經(jīng)過(guò)濾、洗滌、干燥獲得rm{Fe^{3+}+3H_{2}O}rm{Fe(OH)_{3}+3H^{+}}加入rm{ZnO}后，與rm{H^{+}}反應(yīng)，rm{H^{+}}濃度減小，水解平衡正向進(jìn)行，生成rm{Fe(OH)_{3}}沉淀rm{Fe(OH)_{3}+3H^{+}}rm{ZnO}rm{H^{+}}rm{H^{+}}rm{Fe(OH)_{3}}，rm{Fe^{3+}}在溶液中存在水解平衡：，其中過(guò)濾操作需要的玻璃儀器有燒杯、漏斗及玻璃棒，故填：蒸發(fā)濃縮；冷卻結(jié)晶；漏斗；玻璃棒。rm{Fe^{3+}}【解析】rm{(1)SiO_{2}}粉碎鋅白礦或充分?jǐn)嚢铦{料或適當(dāng)加熱等粉碎鋅白礦或充分?jǐn)嚢铦{料或適當(dāng)加熱等rm{(1)SiO_{2}}rm{(2)2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H^{+}=2Fe^{3+}+2H_{2}O}在溶液中存在水解平衡：rm{F{e}^{3+}+3{H}_{2}O?Fe(OH{)}_{3}+3{H}^{+}}rm{(2)2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H^{+}=2Fe^{3+}+2H_{2}O}后，與rm{(3)Fe^{3+}}在溶液中存在水解平衡：反應(yīng)，rm{(3)Fe^{3+}}濃度減小，水解平衡正向進(jìn)行，生成rm{F{e}^{3+}+3{H}_{2}O?Fe(OH{)}_{3}+3{H}^{+}

}沉淀，加入rm{ZnO}后，與rm{H^{+}}反應(yīng)，rm{H^{+}}濃度減小，水解平衡正向進(jìn)行，生成r