2025年仁愛科普版高二物理下冊階段測試試卷

…………○…………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年仁愛科普版高二物理下冊階段測試試卷429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6題，共12分)1、如圖所示；閉合金屬導線框水平放置在豎直向上的勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強度增加時，則（）

A.線框中的感應電流一定增大。

B.線框中的感應電流可能減小。

C.線框中的感應電流方向從上向下看一定沿順時針方向。

D.線框中的感應電流方向從上向下看可能沿逆時針方向。

2、如圖所示為真空冶煉爐．爐外有線圈；則真空冶煉爐在工作時，下列說法錯誤的是（）

A.通過線圈的電流是直流電。

B.通過線圈的電流是高頻交流電。

C.爐內(nèi)金屬中會產(chǎn)生感應電流；這種電流叫渦流。

D.爐內(nèi)金屬中會產(chǎn)生渦流；渦流產(chǎn)生的熱量使金屬熔化。

3、電阻為10Ω的單匝矩形線圈繞垂直于勻強磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動，穿過線圈的磁通量隨時間的變化規(guī)律為φ=5sin10t（Wb），線圈中產(chǎn)生的電流隨時間的變化規(guī)律為（）A.i=50sin10t（A）B.i=50cos10t（A）C.i=5sin10t（A）D.i=5cos10t（A）4、一束單色平行光，通過雙縫后在屏上得到干涉條紋，以下說法中正確的是(

)

A.相鄰明紋或暗條紋之間的距離不相等B.用紅光做實驗比用紫光做實驗得到的相鄰明條紋(

或暗條紋)

之間的間隔大C.屏上某點到雙縫的距離之差等于半個波長的整數(shù)倍時，這點將出現(xiàn)暗條紋D.如果改用白光做實驗，相鄰條紋之間的距離是相等的5、舉世矚目的“神舟”六號航天飛船的成功發(fā)射和順利返回，顯示了我國航天事業(yè)取得的巨大成就.

已知地球的質(zhì)量為M

引力常量為G

設(shè)飛船繞地球做勻速圓周運動的軌道半徑為r

則飛船在圓軌道上運行的速率為(

)

A.GMr

B.rGM

C.GMr

D.MGr

6、如圖所示，平行導軌間距為d，一端跨接一個電阻為R，勻強磁場的磁感強度為B，方向與導軌所在平面垂直．一根足夠長的金屬棒與導軌成θ角放置，金屬棒與導軌的電阻不計．當金屬棒沿垂直于棒的方向以速度v滑行時，通過電阻R的電流強度是（）A.B.C.D.評卷人得分二、多選題(共7題，共14分)7、動能相同的AB

兩球(mA>mB)

在光滑的水平面上相向運動，當兩球相碰后，其中一球停止運動，則可判定(

)

A.碰撞前A

球的速度小于B

球的速度B.碰撞前A

球的動量大于B

球的動量C.碰撞前后A

球的動量變化大于B

球的動量變化D.碰撞后，A

球的速度一定為零，B

球朝反方向運動8、下列說法正確的是（）A.盧瑟福的α粒子散射實驗說明原子核內(nèi)部具有復雜結(jié)構(gòu)B.目前已建成的核電站的能量來自于重核裂變C.β衰變現(xiàn)象說明電子是原子核的組成部分D.電子軌道半徑減小，勢能減小，動能要增大9、在如圖所示的電路中，閉合電鍵后小燈泡正常發(fā)光，當滑動變阻器R3

的滑動觸頭P

向上滑動時(

)

A.電壓表示數(shù)變大B.電流表示數(shù)變大C.小燈泡亮度變暗D.電源總功率變大10、如圖所示，直線A

是電源的路端電壓和電流的關(guān)系圖象，直線BC

分別是電阻R1R2

的兩端電壓與電流的關(guān)系圖象，若將這兩個電阻分別接到該電源上，下列說法正確的是(

)

A.兩電阻阻值R1>R2

B.R2

接在電源上時，電源的內(nèi)阻消耗功率大C.R2

接在電源上時，電源的效率高D.電源的內(nèi)阻和R2

的阻值相等11、下列說法中正確的是A.分子運動的平均速度可能為零，瞬時速度不可能為零B.液體與大氣相接觸時，表面層內(nèi)分子所受其他分子的作用表現(xiàn)為相互吸引C.附著層內(nèi)分子間距離小于液體內(nèi)部分子間距離時，液體與固體間表現(xiàn)為浸潤D.在完全失重的情況下，氣體對容器壁的壓強為零12、某種小燈泡的伏安特性曲線如圖甲所示，三個完全相同的小燈泡L1L2L3

連接成如圖乙所示的電路，電源的內(nèi)阻為1.0婁賂

現(xiàn)閉合開關(guān)S

理想電壓表V

的示數(shù)為4.0V

則

A.三個燈泡的總電阻為8.3婁賂

B.電源的電動勢為5.6V

C.電源消耗的熱功率為3.0W

D.電源的效率為89.3%

13、如圖所示，電路中AB

是兩個完全相同的燈泡，L

是一個自感系數(shù)很大，電阻可忽略的自感線圈，C

是電容很大的電容器，當S

閉合與斷開時，AB

燈泡的發(fā)光情況是

A.S

剛閉合后，B

亮一下又逐漸變暗直至熄滅，A

逐漸變亮B.S

剛閉合后，A

亮一下又逐漸變暗直至熄滅，B

逐漸變亮C.S

閉合足夠長時間后，A

和B

都一樣亮D.S

閉合足夠長時間后再斷開，A

和B

逐漸熄滅評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)14、（4分）如圖，電路中三個電阻Rl、R2和R3的阻值分別為R、2R和4R。當電鍵S1斷開、S2閉合時，電源輸出功率為P0；當S1閉合、S2斷開時，電源輸出功率也為P0。則電源電動勢為__________；當S1、S2都斷開時，電源的總功率為____________。15、電荷守恒定律：電荷既不能被______，也不能被______，只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體；或從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分，在轉(zhuǎn)移的過程中，電荷的總量______．16、某電池電動勢為1.5V，如果不考慮它內(nèi)部的電阻，當把它的兩極與150Ω的電阻連在一起時，16秒內(nèi)有______C的電荷定向移動通過電阻的橫截面，相當于______個電子通過該截面（一個電子的電荷量為1.60×10-19C）．17、利用光電管產(chǎn)生光電流的電路如圖所示.

電源的正極應接在____端(

填“a

”或“b

”)

若電流表讀數(shù)為8隆脕10鈭?4A

則每秒從光電管陰極發(fā)射的光電子至少是____個(

已知電子電量為l.6隆脕10鈭?19C)

18、如圖所示，用“碰撞試驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系．(1)

實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的.

但是，可以通過僅測量____(

填選項前的序號)

間接地解決這個問題．A.小球開始釋放高度h

B.小球拋出點距地面得高度H

C.小球做平拋運動的射程。

(2)

圖中O

點是小球拋出點在地面上的垂直投影.

實驗時，先讓入射球m

1

多次從斜軌上S

位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P

測量平拋射程OP.

然后，把被碰小球m

2

靜置于軌道的水平部分，再將入射球m

1

從斜軌上S

位置靜止釋放，與小球m

2

相碰，并多次重復.

接下來要完成的必要步驟是______(

填選項前的符號)

A.用天平測量兩個小球的質(zhì)量m

1

m

2

B.測量小球m

1

開始釋放高度h

C.分別找到m

1

m

2

相碰后平均落地點的位置MN

D.測量拋出點距地面的高度H

E.測量平拋射程OMON

(3)

若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為______(

用(2)

中測量的量表示)

(4)

若碰撞是彈性碰撞.

那么還應滿足的表達式為____(

用(2)

中測量的量表示)

19、（1）如圖1所示為“研究電磁感應現(xiàn)象”的實驗裝置；請將圖中所缺的導線補接完整．

（2）已知一靈敏電流計；當電流從正接線柱流入時，指針向正接線柱一側(cè)偏轉(zhuǎn)，現(xiàn)把它與線圈串連接成如圖2所示電路，當條形磁鐵按如圖2所示情況運動時，以下判斷正確的是______．

A．甲圖中電流表偏轉(zhuǎn)方向向右。

B．乙圖中磁鐵下方的極性是N極。

C．丙圖中磁鐵的運動方向向下。

D．丁圖中線圈的繞制方向從上往下看為順時針方向。

20、將一電量為的電荷從電場中的點移到點，電場力做功為則兩點的電勢差__________再把這個電荷從點移到點，電場力做功則兩點的電勢差__________三點中電勢最高的點的是__________點。21、如圖所示，兩個完全相同的光滑球的質(zhì)量均為M，放在豎直擋板和傾角為α的固定斜面間．若緩慢轉(zhuǎn)動擋板至與斜面垂直，在此過程中：A、B兩球間的彈力____，B球?qū)醢宓膲毫___，B球?qū)π泵娴膲毫___，A球?qū)π泵娴膲毫___．（填“不變”；“增大”、“減小”）

22、如圖，勻強磁場區(qū)域?qū)挒閐

一正方形金屬線框abcd

的邊長為L.

且L>d

線框平面與磁場垂直，bc

邊與磁場區(qū)域邊界平行.

線框以垂直于磁場邊界的速度勻速通過磁場區(qū)域，速度大小為v

則線框進入磁場時產(chǎn)生的感應電流的方向是______方向(

選填“順時針”或“逆時針”)

從進入磁場區(qū)域，到完全離開磁場區(qū)域的整個運動過程中，線框存在感應電流的時間是______．評卷人得分四、判斷題(共1題，共9分)23、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）評卷人得分五、計算題(共3題，共15分)24、MN與PQ為足夠長的平行光滑金屬導軌，相距L=0.5m，導軌與水平方向成θ=30°放置。勻強磁場的磁感應強度B=0.4T，方向與導軌平面垂直指向左上方。金屬棒ab、cd放置于導軌上（與導軌垂直），質(zhì)量分別為mab=0.1kg和mcd=0.2kg，ab、cd的總電阻為R=0.2Ω（導軌電阻不計）。當金屬棒ab在外力的作用下以1.5m/s的速度沿導軌勻速向上運動時，求（1）當ab棒剛開始沿導軌勻速運動時，cd棒所受安培力的大小和方向。（2）cd棒運動時能達到的最大速度。25、一輛汽車以10m/S的速度沿平直公路自西向東勻速行駛。到達公路上的A點時一輛摩托車從A點由靜止出發(fā)以2m/S2的加速度追趕該汽車。試求摩托車追上汽車前兩者間距離大于21m的過程經(jīng)歷的時間。26、一個質(zhì)量為60kg

的雜技演員練習走鋼絲時使用安全帶；當此人走到安全帶上端的固定點的正下方時不慎落下，下落5m

時安全帶被拉直，此后又經(jīng)過0.5s

的緩沖，人的速度變?yōu)榱?，求這0.5s

內(nèi)安全帶對人的平均拉力多大？(g

取10m/s2)

評卷人得分六、簡答題(共4題，共12分)27、孔雀石主要含rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}還含少量rm{Fe}rm{Si}的化合物。實驗室以孔雀石為原料制備rm{CuSO_{4}隆隴5H_{2}O}及rm{CaCO_{3}}步驟如下：請回答下列問題：rm{壟脜}溶液rm{A}的金屬離子有rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}從下列所給試劑中選擇：實驗步驟中試劑rm{壟脵}為____rm{(}填代號rm{)}檢驗溶液rm{A}中rm{Fe^{3+}}的最佳試劑為____rm{(}填代號rm{)}rm{a.KMnO_{4}}rm{b.(NH_{4})_{2}S}rm{c.H_{2}O_{2}}rm{d.KSCN}rm{壟脝}由溶液rm{C}獲得rm{CuSO_{4}隆隴5H_{2}O}需要經(jīng)過加熱蒸發(fā)、____、過濾等操作。除燒杯、漏斗外，過濾操作還用到另一玻璃儀器，該儀器在此操作中的主要作用是____。rm{壟脟}制備rm{CaCO_{3}}時，應向rm{CaCl_{2}}溶液中先通入rm{(}或先加入rm{)}____rm{(}填化學式rm{)}其原因是____。rm{壟脠Fe(OH)_{3}}在水溶液中存在著沉淀溶解平衡，在常溫下rm{K}rm{{,!}_{sp}=4隆脕10^{-39}}常溫下濾液rm{C}的rm{pH=4}其中殘留的rm{Fe^{3+}}的濃度為____。28、“綠水青山就是金山銀山”，研究rm{NO_{2}}rm{NO}rm{CO}rm{S0_{2}}等大氣污染物和水污染物的處理對建設(shè)美麗中國具有重要意義。rm{(1)}已知：rm{壟脵NO_{2}+CO?CO_{2}+NO}該反應的平衡常數(shù)為rm{K_{1}(}下同rm{)}每rm{1mol}下列物質(zhì)分解為氣態(tài)基態(tài)原子吸收的能量分別為。rm{NO_{2}}rm{CO}rm{CO_{2}}rm{NO}rm{812kJ}rm{1076kJ}rm{1490kJ}rm{632kJ}rm{壟脷N_{2}(g)+O_{2}(g)?2NO(g)triangleH=+179.5kJ/molK_{2}}rm{壟脹2NO(g)+O_{2}(g)?2NO_{2}(g)triangleH=-112.3kJ/molK_{3}}寫出rm{壟脷N_{2}(g)+O_{2}(g)?2NO(g)triangle

H=+179.5kJ/molK_{2}}與rm{壟脹2NO(g)+O_{2}(g)?2NO_{2}(g)

triangleH=-112.3kJ/molK_{3}}反應生成無污染氣體的熱化學方程式_______________rm{NO}在體積可變的恒壓rm{CO}總rm{(2)}密閉容器中充入rm{(p}與足量的碳，讓其發(fā)生反應：rm{C(s)+CO_{2}(g)?2CO(g)triangleH>0}平衡時；體系中氣體體積分數(shù)與溫度的關(guān)系如下圖所示。

rm{)}時，在容器中若充入稀有氣體，rm{1molCO_{2}}___rm{C(s)+CO_{2}(g)?2CO(g)triangle

H>0}填“rm{壟脵T隆忙}”“rm{v_{(脮媒)}}”或“rm{v_{(脛忙)}(}若充入等體積的rm{>}和rm{<}平衡____移動。rm{=")}體積分數(shù)為rm{CO_{2}}時，rm{CO}的轉(zhuǎn)化率為_______。rm{壟脷CO}已知：氣體分壓rm{40%}氣體總壓rm{CO_{2}}體積分數(shù)。用平衡分壓代替平衡濃度表示平衡rm{壟脹}常數(shù)的表達式為__________；rm{(p_{路脰})=}時，rm{隆脕}______rm{Kp}用含rm{925隆忙}總的代數(shù)式表示rm{Kp=}rm{(}直接排放含rm{p}的煙氣會形成酸雨，危害環(huán)境?？捎胷m{)}吸收，所得含硫各微粒rm{(3)}rm{SO_{2}}和rm{NaOH}存在于反應后的溶液中，它們的物質(zhì)的量分數(shù)rm{(H_{2}SO_{3}}與溶液rm{HSO_{3}^{-}}的關(guān)系如圖所示。

rm{SO_{3}^{2-})}若是rm{X(i)}反應后的溶液，測得溶液的rm{pH}時，溶液中各離子濃度由大到小的順序是______________。rm{壟脵}向rm{0.1mol/LNaOH}的rm{pH=8}溶液中滴加一定濃度的rm{壟脷}溶液，溶液中出現(xiàn)渾濁，rm{pH=5}降為rm{NaHSO_{3}}用化學平衡移動原理解釋溶液rm{CaCl_{2}}降低的原因_________。rm{pH}29、rm{(}一rm{)(1)}某溫度下，純水中的rm{c(H^{+})=4.0隆脕10^{-7}mol/L}則此溫度下純水中的rm{c(H^{+})=4.0隆脕10^{-7}

mol/L}____rm{c(OH^{-})=}若溫度不變，滴入稀rm{mol/L;}溶液，使rm{c(OH^{-})=5.0隆脕10^{-6}mol/L}則溶液的rm{NaOH}____rm{c(OH^{-})=

5.0隆脕10^{-6}mol/L}．rm{c(H^{+})=}在rm{mol/L}時，rm{(2)}的鹽酸與等體積rm{25隆忙}的氫氧化鈉溶液混合，混合后溶液的rm{100ml1.0mol/L}____rm{1.2mol/L}二rm{pH=}下表所示的是某些弱酸的電離常數(shù)rm{(}常溫下rm{)}請根據(jù)要求作答。。rm{(}弱酸電離常數(shù)弱酸電離常數(shù)rm{H_{2}CO_{3}}rm{K_{1}=4.4x10^{-7}}rm{K_{2}=4.7x10^{-11}}rm{CH_{3}COOH}rm{K=1.75x10^{-5}}rm{H_{3}PO_{4}}rm{K_{1}=7.1x10^{-3}}rm{K_{2}=6.3x10^{-8}}rm{K_{3}=4.2x10^{-13}}rm{H_{2}C_{2}O_{4}}rm{K_{1}=5.4x10^{-2}}rm{K_{2}=5.4x10^{-5}}rm{(1)}比較上述四種酸的酸性強弱rm{(}由大到小rm{)}____rm{(2)}寫出rm{1mol/L}的rm{NaH_{2}PO_{4}}溶液中的電荷守恒表達式：____。rm{(3)}已知rm{0.1mol/LNaHC_{2}O_{4}}溶液顯酸性，則溶液中除rm{H_{2}O}外所有微粒的濃度由大到小的順序是：____30、合理的利用吸收工業(yè)產(chǎn)生的廢氣rm{CO_{2}}rm{CO}rm{NO_{2}}rm{SO_{2}}等可以減少污染，變廢為寶。rm{(1)}用rm{CO_{2}}可以生產(chǎn)燃料甲醇已知：rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)簍TCH_{3}OH(g)+H_{2}O(l)triangleH=-akJ?mol^{-1}}rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangleH=-bkJ?mol^{-1}}則表示rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)簍TCH_{3}OH(g)+H_{2}O(l)triangle

H=-akJ?mol^{-1}}燃燒的熱化學方程式為：___________________________________。rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)簍T2H_{2}O(l)triangleH=-b

kJ?mol^{-1}}光氣rm{CH_{3}OH(g)}是一種重要化工原料，常用于聚酯類材料的生產(chǎn)，工業(yè)上通過rm{Cl_{2}(g)+CO(g)?COCl_{2}(g)triangleH<0}制備。圖rm{(2)}為實驗研究過程中容器內(nèi)各物質(zhì)的濃度隨時間變化的曲線?；卮鹣铝袉栴}：

rm{(COCl_{2})}內(nèi)，反應的平均速率rm{Cl_{2}(g)+CO(g)?COCl_{2}(g)triangle

H<0}_____；rm{1}該反應第一次達平衡時的平衡常數(shù)rm{壟脵0隆蘆6min}rm{v(Cl_{2})=}改變的條件是_________，rm{壟脷}時再次達到平衡，此時平衡常數(shù)rm{K_{1}}為_________，rm{10min}改變的條件是_________，_____rm{10min}填“rm{14min}rm{K_{2}}或rm{K_{1}}”rm{K_{2}(}rm{>}處理rm{<}可借助于電化學，將rm{=}rm{)}和熔融rm{(3)}制成燃料電池，電池總反應式為rm{NO_{2}}其原理如圖rm{NO_{2}}所示，該電池在放電過程中石墨Ⅰ電極上生成氧化物rm{O_{2}}rm{KNO_{3}}可循環(huán)使用。

圖rm{4NO_{2}+O_{2}簍T簍T簍T2N_{2}O_{5}}rm{2}石墨Ⅱ是_____極rm{Y}填“正、負”rm{Y}rm{2}氣體是__________rm{壟脵}當外電路通過rm{(}石墨rm{)}電極上會消耗____rm{Y}rm{壟脷}參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B|C【分析】

A、根據(jù)法拉第電磁感應定律E=知磁感應強度增大，磁通量可能均勻增加，可能增加的越來越快，也可能增加的越來越慢，所以感應電動勢可能不變，可能增大，可能減?。愿袘娏骺赡懿蛔?，可能增加，可能減?。蔄錯誤，B正確．

C；磁通量增加；根據(jù)楞次定律知，感應電流的磁場方向與原磁場方向相反．從上往下看，線框中的感應電流沿順時針方向．故C正確，D錯誤．

故選BC．

【解析】【答案】根據(jù)法拉第電磁感應定律判斷感應電動勢的大??；根據(jù)楞次定律判斷感應電流的方向．

2、A|D【分析】

A；通過線圈的電流是高頻交流；故A錯誤；

B；通過線圈的電流是高頻交流電．故B正確；

C；爐內(nèi)金屬中會產(chǎn)生感應電流；這種電流叫渦流，故正確；

D；爐內(nèi)金屬中會產(chǎn)生渦流；但渦流不會產(chǎn)生熱量，是由于渦流使金屬中的自由電子在渦流產(chǎn)生的電場中在電場力的驅(qū)使下高速運動，受到阻礙從而產(chǎn)生熱量．故D錯誤；

所以錯誤是AD

故選：AD

【解析】【答案】真空冶煉爐外中的線圈通有高頻電流；從而在線圈中產(chǎn)生很強的變化的電磁場，最終導致爐內(nèi)金屬產(chǎn)生渦流，使其達到很高的溫度．

3、D【分析】【解答】由磁通量的表達式可知，磁通量的最大值Φm=BS=5Wb；

ω=10rad/s

則由感應電流的最大值Em=BSω可知，Em=5×10=50V；

則電流的最大值i==5A；

磁通量的表達式φ=5sin10t（Wb）為正弦規(guī)律變化；則其電流的表達式應為余弦規(guī)律變化；

電流的瞬時表達式i=5cos10t；

故選：D．

【分析】由磁通量的變化規(guī)律可得出最大磁通量BS及變化的角速度；則由感應電動勢的最大值表達式可求得最大電動勢，由歐姆定律求得電流；根據(jù)感應電動勢的產(chǎn)生過程可明確電動勢的表達式．4、B【分析】解：A

干涉條紋的寬度是相等的；A錯誤；

B；條紋間距與波長成正比；所以用紅光做實驗比用紫光做實驗時，得到的明條紋或暗條紋間的間距大，B正確；

C；屏上某點到雙縫的距離之差等于半個波長的奇數(shù)倍時；這點將出現(xiàn)暗條紋，C錯誤；

D；用白光做此實驗；屏上出現(xiàn)彩色干涉條紋，D錯誤；

故選：B

．

根據(jù)鈻?x=Ld

可知條紋間距與雙縫到屏的距離L

雙縫間距d

光的波長婁脣

有關(guān)．

本題考查了影響干涉條紋的間距與哪些因素有關(guān)，注意明條紋與暗條紋形成條件．【解析】B

5、A【分析】解：研究飛船繞地球做勻速圓周運動；根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式：

GMmr2=mv2r

解得：v=GMr

故選：A

研究飛船繞地球做勻速圓周運動；根據(jù)萬有引力提供向心力，列出等式．

根據(jù)等式表示出飛船在圓軌道上運行的速率．

向心力的公式選取要根據(jù)題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應用．【解析】A

6、A【分析】解：ab棒有效的切割長度為：L=

產(chǎn)生的感應電動勢為：E=BLv=Bv

通過R的電流為：I==

故選：A。

題中導體與磁場垂直；根據(jù)導體切割電動勢公式E=Blv求出感應電動勢，l是有效切割長度，再由閉合電路歐姆定律求出感應電流．

本題容易產(chǎn)生的錯誤是認為金屬棒的切割長度為d，感應電動勢為E=Bdv，通過R的電流為．【解析】A二、多選題(共7題，共14分)7、ABD【分析】解：A

因球的動能相同；且A

的質(zhì)量大于B

的質(zhì)量；故A球的速度小于B

球的速度；故A正確；

B、由EK=P22m

可知，P=2mEk

則可知；A

的動量大于B

的動量；故B正確；

C；因兩球在碰撞中動量守恒；故兩球動量的變化量相等；故C錯誤；

D；因A

的動量大于B

的動量；故總動量沿A

的動量方向，故碰后只能是A

靜止，B

朝反方向運動，故D正確；

故選ABD．

根據(jù)題意可知兩球的速度及動量的大小關(guān)系；再由動量守恒則可以判斷兩球動量的變化及兩球的運動方向．

本題考查動量守恒定律的應用，要注意動量及動能的關(guān)系式，明確動量守恒的內(nèi)容，并能熟練應用．【解析】ABD

8、ABD【分析】解：A；α粒子散射實驗中少數(shù)α粒子發(fā)生較大偏轉(zhuǎn)是盧瑟福猜想原子核式結(jié)構(gòu)模型的主要依據(jù)．故A正確．

B；目前已建成的核電站的能量來自于重核裂變．故B正確．

C；β衰變的實質(zhì)是原子核中的中子轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子和電子；但是電子不是原子核的組成部分．故C錯誤．

D；當原子從第4能級向低能級躍遷時；原子的能量減小，軌道半徑減小，電子的動能增大，電勢能減小．故D正確．

故選：ABD

β衰變的實質(zhì)是原子核中的中子轉(zhuǎn)變?yōu)橘|(zhì)子和電子；電子釋放出來，α粒子散射實驗說明原子有復雜的結(jié)構(gòu)，核電站的能量來自于重核裂變．

本題考查了重核裂變、β衰變的實質(zhì)、能級躍遷、α粒子散射實驗等知識，比較簡單，關(guān)鍵要熟悉教材，牢記這些基本知識點．【解析】【答案】ABD9、BCD【分析】解：AC

當滑動變阻器滑片P

向上移動；其接入電路的電阻減小，電路總電阻R脳脺

減小，總電流I

增大，R1

不變，R1

電壓和內(nèi)電壓均增大，所以并聯(lián)部分電壓減小，通過燈泡的電流減小，則R2

電壓減小，電壓表示數(shù)變小，小燈泡亮度變暗.

故A錯誤，C正確．

B；總電流增大；而通過燈泡的電流減小，根據(jù)并聯(lián)電路的規(guī)律知電流表示數(shù)變大.

故B正確．

D；電源的總功率P=EII

增大，P

增大，故D正確．

故選：BCD

．

滑動變阻器滑片P

向上移動；變阻器接入電路的電阻減小，電路總電阻減小，總電流增大，再根據(jù)串聯(lián)；并聯(lián)電路的規(guī)律分析各部分電壓和電流的變化，即可作出判斷．

本題按“部分隆煤

整體隆煤

部分”的思路進行動態(tài)變化分析.

對于電壓表的示數(shù)，可以直接根據(jù)路端電壓隨外電阻而增大的結(jié)論進行分析.

根據(jù)串聯(lián)電路電壓與電阻成正比的特點，分析各部分電壓的變化，比較簡便．【解析】BCD

10、ABD【分析】解：

A、由U鈭?I

圖象的斜率表示電阻值，可得R1R2

的關(guān)系為兩電阻阻值R1>R2

故A正確．

BC

電源的效率婁脟=P魯枚P脳脺=UIEI=UE

效率與路端電壓成正比，由圖可知R1

接在電源上時路端電壓大，效率高，故B正確，C錯誤．

D、由圖可知，電源內(nèi)阻為：r=U0I0R2

的電阻為：R2=U02I02=U0I0

故D正確．

故選：ABD

【解析】ABD

11、BC【分析】【分析】分子在不停地做無規(guī)則運動，液體與大氣接觸面，分子間距離較大，分子力表現(xiàn)為引力，溫度越高，附著層內(nèi)分子間距離小于液體內(nèi)部分子間距離時，液體與固體間表現(xiàn)為浸潤；在完全失重的情況下，氣體分子運動不停止，對容器壁的碰撞不會停止，則氣體的壓強不會為零。本題考查了分子動理論、氣體壓強的微觀意義和表面張力及浸潤現(xiàn)象等基礎(chǔ)知識點，關(guān)鍵要熟悉教材，牢記這些基礎(chǔ)知識點．【解答】A.分子做永不停息的無規(guī)則運動；分子運動的平均速度不可能為零，瞬時速度有可能為零，故A錯誤；

B.液體與大氣相接觸；表面層內(nèi)分子間距較大，分子力表現(xiàn)為引力，故B正確；

C.附著層內(nèi)分子間距離小于液體內(nèi)部分子間距離時；液體與固體間表現(xiàn)為浸潤，故C正確。

D.在完全失重的情況下；氣體分子運動不停止，對容器壁的碰撞不會停止，則氣體的壓強不會為零，故D錯誤。故D錯誤。

故選BC。

【解析】BC

12、ABD【分析】【分析】根據(jù)電壓表的示數(shù)和U鈭?I

圖像求解出干路電流，得到通過另外兩個燈泡的電流，再結(jié)合U鈭?I

圖像得到并聯(lián)燈泡的電壓.

由閉合電路歐姆定律求電源的電動勢；再進一步求電源消耗的功率和電源的效率。本題考查了閉合電路的歐姆定律、電功率；本題關(guān)鍵明確電路結(jié)構(gòu)，結(jié)合U鈭?I

圖像得到干路電流和各個燈泡的電壓、電流，然后可求解其他量?！窘獯稹緼.電壓表的示數(shù)為：U1=4V

由U鈭?I

圖像得到干路中燈泡的電流為：I1=0.6A

該燈泡的電阻為：R1=U1I1=40.6婁賂=203婁賂

另外兩個并聯(lián)燈泡的電流均為：I2=0.3A

再根據(jù)U鈭?I

圖像得到電壓為：U2=1V

則并聯(lián)電阻為：R虜壟=U2I1=10.6婁賂=53婁賂

故三個燈泡的總電阻為：R=R1+R虜壟隆脰8.3婁賂

故A正確；B.電源的電動勢為：E=U1+U2+I1r=4V+1+0.6隆脕1V=5.6V

故B正確；

C.電源消耗的熱功率為：P脠脠=I1

=0.36W

故C錯誤；D

電源的效率為：婁脟=(U1+U2)I1EI1=4鈭?15.6=89.3攏樓

故D正確。故選ABD?！窘馕觥緼BD

13、BD【分析】【分析】S

剛閉合后，由自感現(xiàn)象判斷線圈中及AB

燈中電流的變化情況；同時電容器充電；SS閉合足夠長時間后，線圈由于無電阻將AA燈短路；再斷開，由于線圈的自感不會使AA燈立即熄滅，同時電容器放電，BB燈也不會立即熄滅。知道線圈由于通電自感和斷電自感引起與之并聯(lián)或串聯(lián)電燈中電流的變化，知道電容器在電路中能進行充放電及充放電的路徑是解題的關(guān)鍵，本題具有一定難度?！窘獯稹緼B.SAB.S剛閉合后，由于線圈產(chǎn)生自感，阻礙其中電流增大，故電路中的電流通過AA燈流回到電源負極，但自感電動勢不會組織線圈中電流的增加，故A亮一下又逐漸變暗直至電路穩(wěn)定后，線圈由于電阻不計，將AA燈短路，AA燈熄滅，該過程中，由于通過線圈的電流逐漸增大，故B逐漸變亮，A錯誤，B正確；C.SS閉合足夠長時間后，線圈由于電阻不計，將AA燈短路，AA燈熄滅，C錯誤；D.SS閉合足夠長時間后電容器充滿電，再斷開，電容器通過BB燈形成回路釋放電能，故B不會立即熄滅，當電容器內(nèi)的電能釋放完畢，BB燈熄滅；而此時由于線圈的斷電自感，使AA不會立即熄滅，當線圈中的磁場能釋放完畢，AA燈熄滅，故AB兩燈逐漸熄滅，D正確。故選BD?！窘馕觥緽D

三、填空題(共9題，共18分)14、略

【分析】試題分析：設(shè)電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，當電鍵S1斷開、S2閉合時，R2與R3短路，電源輸出功率為＝當S1閉合、S2斷開時，R1與R2短路，電源輸出功率也為＝解得：E＝當當S1、S2都斷開時，電源的總功率為P＝考點：本題考查閉合電路歐姆定律、電功率?！窘馕觥俊敬鸢浮?5、略

【分析】解：電荷守恒定律：電荷既不能被創(chuàng)造；也不能被消滅，只能從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，或者從物體的一部分轉(zhuǎn)移到另一部分；在轉(zhuǎn)移的過程中，電荷的總量保持不變．

故答案為：創(chuàng)造；消滅；保持不變．

根據(jù)電荷守恒定律的內(nèi)容就可以直接作出解答．

本題是基礎(chǔ)的題目，考查的就是學生對電荷守恒定律的掌握的情況，比較簡單．【解析】創(chuàng)造；消滅；保持不變16、略

【分析】解：根據(jù)閉合電路歐姆定律得，I==A=0.01A

通過的電量q=It=16×0.01C=0.16C

相當于電子的數(shù)目n===1×1018

故答案為：0.16，1.0×1018．

根據(jù)閉合電路歐姆定律I=求出電流I，再根據(jù)q=It求出多少電荷發(fā)生定向移動．根據(jù)n=求出電子的數(shù)量．

解決本題的關(guān)鍵掌握歐姆定律的公式I=以及電流的定義式I=．【解析】0.16；1.0×101817、a；5×1015【分析】解：從光電管陰極K

發(fā)射的光電子；要在回路中定向移動形成電流，A

端應該與電源的正極相連，這樣電子出來即可被加速，從而在回路中形成電流；

每秒在回路中通過的電量為：Q=It壟脵

所以產(chǎn)生的光電子數(shù)目至少為：n=Qe壟脷

聯(lián)立壟脵壟脷

得：n=5隆脕1015

個.

故答案為：a5隆脕1015

．

由于電子帶負電，因此要在回路中形成電流，A

應該與電源的正極相連，根據(jù)Q=It

求出每秒流過的電量，然后根據(jù)n=Qe

可求出光電子的數(shù)目．

本題通過光電效應考查了有關(guān)電學的基礎(chǔ)知識，對于這些基礎(chǔ)知識要熟練的理解和應用．【解析】a5隆脕1015

18、C；m1＞m2；ACE；m1?OM+m2?ON=m1?OP；m1?OM2+m2?ON2=m1OP2

【分析】解：壟脵

驗證動量守恒定律實驗中；即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的，根據(jù)平拋運動規(guī)律，若落地高度不變，則運動時間不變，因此可以用水平射程大小來體現(xiàn)速度速度大小，故需要測量水平射程，故AB錯誤，C正確．

壟脷

碰撞過程中動量；能量均守恒；因此有：m1v0=m1v1+m2v2

12mv02=12mv12+12mv22

因此有：v1=m1鈭?m2m1+m2v0

因此要使入射小球m1

碰后不被反彈，應該滿足m1>m2

．

實驗時；先讓入射球ml

多次從斜軌上S

位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P

測量平拋射程OP.

然后，把被碰小球m2

靜置于軌道的水平部分，再將入射球ml

從斜軌上S

位置靜止釋放，與小球m2

相碰，并多次重復.

測量平均落點的位置，找到平拋運動的水平位移，因此步驟中DE

是必須的，而且D

要在E

之前.

至于用天平秤質(zhì)量先后均可以．

故選：ACE

．

壟脹

根據(jù)平拋運動可知；落地高度相同，則運動時間相同，設(shè)落地時間為t

則：

v0=OPtv1=OMtv2=ONt

而動量守恒的表達式是：m1v0=m1v1+m2v2

若兩球相碰前后的動量守恒；則需要驗證表達式m1?OM+m2?ON=m1?OP

即可．

若為彈性碰撞；則碰撞前后系統(tǒng)動能相同，則有：

12mv02=12mv12+12mv22

將即滿足關(guān)系式：m1?OM2+m2?ON2=m1OP2

．

故答案為：壟脵C壟脷m1>m2ACE壟脹m1?OM+m2?ON=m1OPm1?OM2+m2?ON2=m1OP2

壟脵

驗證動量守恒定律實驗中；質(zhì)量可測而瞬時速度較難.

因此采用了落地高度不變的情況下，水平射程來反映平拋的初速度大小，所以僅測量小球拋出的水平射程來間接測出速度．

壟脷

過程中小球釋放高度不需要；小球拋出高度也不要求.

最后可通過質(zhì)量與水平射程乘積來驗證動量是否守恒．

壟脹

根據(jù)碰撞前后動量守恒可以寫成表達式；若碰撞為彈性碰撞，則碰撞前后動能相同．

該題考查用“碰撞試驗器”驗證動量守恒定律，該實驗中，雖然小球做平拋運動，但是卻沒有用到速和時間，而是用位移x

來代替速度v

成為是解決問題的關(guān)鍵.

此題難度中等，屬于中檔題．【解析】Cm1>m2ACEm1?OM+m2?ON=m1?OPm1?OM2+m2?ON2=m1OP2

19、ABD【分析】解：（1）將電源；電鍵、變阻器、小螺線管串聯(lián)成一個回路；再將電流計與大螺線管串聯(lián)成另一個回路，電路圖如圖所示．

（2）A；由圖示可知；條形磁鐵向下插入線圈時，穿過線圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感應電流從電流計的右接線柱流入，電流表指針向右偏轉(zhuǎn)，故A正確；

B；由圖示可知；電流計指針向左偏轉(zhuǎn)，說明電流從負接線柱流入，由安培定則可知，感應電流磁場向上，由圖示可知，此時條形磁鐵離開線圈，原磁通量減小，由楞次定律可知，原磁場方向向下，因此條形磁鐵的下端是N極，故B正確；

C；由圖示可知；電流計指針向右偏轉(zhuǎn)，說明電流從正接線柱流入，由安培定則可知，感應電流磁場向下，由圖示可知，原磁場方向向上，由楞次定律可知，原磁通量應減小，因此條形磁鐵應向上運動，故C錯誤；

D；由圖示可知；電流計指針向右偏轉(zhuǎn)，說明電流從正接線柱流入，由圖示可知，原磁場方向向下，磁鐵離開線圈，穿過線圈的原磁通量減小，由楞次定律可知，感應電流磁場應向下，由安培定則可知，丁圖中線圈的繞制方向從上往下看為順時針方向，故D正確；

故答案為：（1）電路圖如圖所示；（2）ABD．

（1）注意該實驗中有兩個回路；一是電源；電鍵、變阻器、小螺線管串聯(lián)成的回路，二是電流計與大螺線管串聯(lián)成的回路，據(jù)此可正確解答．

（2）分析圖示情景；由楞次定律判斷感應電流的方向，然后判斷出電流表指針偏轉(zhuǎn)方向，選出正確的選項．

本題考查研究電磁感應現(xiàn)象及驗證楞次定律的實驗，對于該實驗注意兩個回路的不同．第二小題是本題的難點，解題時要認真細心，應會熟練應用楞次定律與安培定則．【解析】ABD20、略

【分析】【詳解】

[1]根據(jù)電場力做功解得

即

[2]根據(jù)電場力做功解得

即

[3]根據(jù)題意可知

即

綜上所述

故最高點是點?！窘馕觥?1、不變減小減小不變【分析】【解答】雖然擋板在變化，但球B對球A的彈力方向沒有改變，球B的重力沒有變化，則斜面對球A的支持力方向也沒變，雖然球A位置在緩慢變化，但球A所受力沒有變化，故A球?qū)π泵娴膲毫Σ蛔?，A、B兩球的彈力沒有變；

球B受力分析如圖，當緩慢轉(zhuǎn)動擋板至擋板與斜面垂直的過程中，彈力F1的方向也從圖示位置轉(zhuǎn)動到與斜面平行位置；則兩個彈力的合力不變，當夾角變小時，兩彈力大小均變小，故B球?qū)醢宓膲毫χ饾u減少，B球?qū)π泵娴膲毫χ饾u減少；

故答案為：不變；減小，減小，不變．

【分析】在逆時針緩慢轉(zhuǎn)動擋板至擋板與斜面垂直的過程中，兩完全相同的小球處于靜止狀態(tài)．則小球A受力不變，而小球B由于擋板對球A的彈力方向發(fā)生變化，導致球B對擋板及斜面作用力發(fā)生變化．22、略

【分析】解：由右手定則可知；線框進入磁場過程中產(chǎn)生的感應電流沿逆時針方向；

產(chǎn)生感應電流過程線框的位移為2d

則線框存在感應電流的時間：t=2dv

故答案為：逆時針；2dv

．

由右手定則可以判斷出感應電流的方向；

當穿過線框的磁通量變化時；產(chǎn)生感應電流，由速度公式的變形公式可以求出產(chǎn)生感應電流的時間．

本題考查了判斷感應電流方向、求產(chǎn)生感應電流的時間，應用右手定則、知道感應電流產(chǎn)生的條件即可正確解題．【解析】逆時針；2dv

四、判斷題(共1題，共9分)23、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．五、計算題(共3題，共15分)24、略

【分析】

（1）cd棒受安培力方向沿斜面向上FA=BIL=BLE/R=B2L2v/R=0.3N（2）對cd棒mcdgsin30°=0.2×10×0.5=1N＞0.3N所以cd棒做向下加速運動（a逐漸減?。?，當它沿斜面方向合力為零時，a=0，則v最大。mcdgsin30°=BIL=BL(v+vmax)LB/R代入數(shù)據(jù)，解得vmax=3.5m/s【解析】【答案】25、略

【分析】試題分析：設(shè)t時刻兩者相距21m，由位移公式及兩者的位移關(guān)系可得代入整理得：解得：所以經(jīng)歷時間考點：考查了勻變速直線運動公式的應用【解析】【答案】4s26、略

【分析】本題綜合考查了機械能守恒定律和動量定理的應用，解答時：一要注意過程分析；二要注意各量的矢量性。(1)

應用機械能守恒定律求出演員下落5m

時的速度大?。?2)

對拉緊安全帶的過程受力分析，并應用動量定理求解?！窘馕觥拷猓涸O(shè)演員下落5m

時的速度大小為則根據(jù)機械能守恒定律得：解得：設(shè)安全帶對人的平均拉力大小為F

并取豎直向下方向為正，則根據(jù)動量定理得：解得：六、簡答題(共4題，共12分)27、（1）cd）1cd）冷卻結(jié)晶（2）冷卻結(jié)晶引流引流2）·（3）NH3·H2OCO2不易溶于CaCl2溶液不易溶于3溶液NH3H2OCO2）CaCl2×（4）4×10-9mol/L【分析】【分析】本題通過制備rm{CuSO}rm{4}rm{4}rm{?5H}rm{2}及rm{2}rm{O}實驗考查常見金屬的單質(zhì)及其化合物的應用以及基本的實驗操作，涉及物質(zhì)的制取和提純等實驗操作，掌握基本的實驗操作步驟是解題的關(guān)鍵，注意蒸發(fā)、過濾、滴定等操作在進行中的注意事項，題目難度中等?！窘獯稹恐苽鋜m{CaCO}及rm{3}步驟：孔雀石主要成分rm{3}其中還含少量rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}rm{CaCO_{3}}的化合物rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}鐵元素以rm{Fe}rm{Si}價存在，孔雀石與硫酸反應中，少量rm{.}的氧化物均與硫酸反應，只有rm{+2}不反應，溶液rm{+3}中含rm{Fe}rm{SiO_{2}}rm{A}由工藝流程轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，實現(xiàn)由溶液rm{Cu^{2+}}至溶液rm{Fe^{2+}}轉(zhuǎn)化，目的是將rm{Fe^{3+}}氧化為rm{A}試劑rm{B}應為氧化劑，且不能引入新的雜質(zhì)，則溶液rm{Fe^{2+}}中含rm{Fe^{3+}}rm{壟脵}加rm{B}促進鐵離子水解轉(zhuǎn)化為沉淀，所以溶液rm{Cu^{2+}}中主要為硫酸銅，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶得到rm{Fe^{3+}}制備rm{CuO}時，先通入氨氣，增大二氧化碳的溶解，生成碳酸銨與氯化鈣反應生成碳酸鈣、氯化銨，反應為：rm{C}則過濾可得到rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}依此回答即可。

rm{CaCO_{3}}本實驗要除去rm{CaCl_{2}+CO_{2}+2NH_{3}?H_{2}O=CaCO_{3}隆媒+2NH_{4}Cl+H_{2}O}rm{CaCO_{3}}等離子，先加入合適的氧化劑時不能引入新的雜質(zhì)，可加入rm{(1)}發(fā)生的反應為：rm{Fe^{2+}}因rm{Fe^{3+}}遇rm{H_{2}O_{2}}溶液變?yōu)檠t色，常用rm{2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H^{+}=2Fe^{3+}+2H_{2}O}檢驗rm{Fe^{3+}}

故答案為：rm{KSCN}rm{KSCN}

rm{Fe^{3+}}從溶液中要析出晶體；采用冷卻結(jié)晶法，然后進行過濾等操作，過濾用到的儀器有燒杯；玻璃棒、漏斗、濾紙等儀器，其中玻璃棒在過濾時起到引流的作用；

故答案為：冷卻結(jié)晶；引流；

rm{c}溶液不能與rm8smuue4反應；加入堿能反應，但又不能引入雜質(zhì)，可加入一水合氨；

故答案為：rm{(2)}rm{(3)CaCl_{2}}rm{CO_{2}}溶液；

rm{NH_{3}?H_{2}O}rm{CO_{2}}的rm{CO_{2}}時，不易溶于rm{CaCl_{2}}溶液rm{CaCl_{2}}此時溶液中的鐵離子濃度為：rm{c(F{e}^{3+})=dfrac{Ksp}{c(O{H}^{-}{)}^{3}}=dfrac{4隆脕{10}^{-39}}{(1隆脕{10}^{-10}{)}^{3}}mol/L=4隆脕{10}^{-9}mol/L}rm{CaCl_{2}}rm{(4)}常溫下濾液rm{C}的rm{pH=4}時，rm{c(OH^{-})=1}rm{C}

rm{pH=4}【解析】rm{(}rm{1}rm{)}rm{c}rmusg8om8rm{(}rm{1}rm{1}rm{)}rm{c}rma8cuceorm{c}rmmk4g2mk冷卻結(jié)晶rm{(}rm{2}rm{)}冷卻結(jié)晶引流引流rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}rm{(}rm{3}rm{)}rm{NH_{3}}rm{隆隴}rm{H_{2}O}rm{CO_{2}}不易溶于rm{CaCl_{2}}溶液rm{(}不易溶于rm{3}溶液rm{3}rm{)}rm{NH_{3}}rm{NH_{3}}rm{隆隴}rm{H_{2}O}rm{CO_{2}}rm{H_{2}O}rm{CO_{2}}28、（1）2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=-759.8kJ/mol

（2）①>不②25%③23.04p總

（3）①c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(OH-)>c(H+)

②因為亞硫酸氫根離子存在電離平衡HSO3-H++SO32-，加入氯化鈣后，Ca2++SO32-=CaSO3↓，使平衡正向移動，氫離子濃度增大，pH減小【分析】【分析】本題考查了化學平衡圖象、閱讀題目獲取信息的能力等，難度中等，需要學生具備運用信息與基礎(chǔ)知識分析問題、解決問題的能力?！窘獯稹縭m{(1)}由已知，反應rm{壟脵}的rm{triangleH=(812+1076-1490-632)kJ/mol=-234kJ/mol}根據(jù)蓋斯定律，rm{triangle

H=(812+1076-1490-632)kJ/mol=-234kJ/mol}得：rm{壟脵隆脕2+壟脹-壟脷}rm{2NO_{2}(g)+2CO(g)}rm{triangleH=[-234隆脕2+(-112.3)-179.5]kJ/mol=-759.8kJ/mol}故答案為：rm{N_{2}(g)+2CO_{2}(g)}rm{triangle

H=[-234隆脕2+(-112.3)-179.5]kJ/mol=-759.8kJ/mol}rm{2NO_{2}(g)+2CO(g)}rm{N_{2}(g)+2CO_{2}(g)}該反應正向為氣體分子數(shù)減小反應，恒溫恒壓時充入稀有氣體，對該反應來說相當于減壓，rm{triangleH=-759.8kJ/mol}正rm{(2)壟脵}逆rm{v(}平衡正向移動；rm{)>v(}rm{)}若充入等體積的rm{CO}平衡不移動；

故答案為：rm{CO}不；rm{{,!}_{2;}}設(shè)和rm{CO}平衡不移動；的轉(zhuǎn)化率為rm{CO}由已知列三段式得：rm{dfrac{2婁脕}{1?婁脕+2婁脕}隆脕100%=40%}解得rm{>}故答案為：rm{壟脷}rm{CO_{2}}用平衡濃度表示該反應化學平衡常數(shù)表達式為rm{K=dfrac{{c}^{2}(CO)}{c(C{O}_{2})}}所以若用平衡分壓代替平衡濃度表示平衡常數(shù)的表達式為rm{Kp=dfrac{{p}^{2}(CO)}{p(C{O}_{2})}}由圖可得，rm{婁脕}時rm{dfrac{2婁脕}{1?婁脕+2婁脕}

隆脕100%=40%}體積分數(shù)為rm{婁脕=25%}分壓為rm{25%}總，rm{壟脹}體積分數(shù)為rm{K=dfrac{{c}^{2}(CO)}{c(C{O}_{2})}

}分壓為rm{Kp=dfrac{{p}^{2}(CO)}{p(C{O}_{2})}

}總，所以rm{Kp=dfrac{{p}^{2}left(COright)}{pleft(C{O}_{2}right)}=dfrac{{left(96攏樓隆脕{P}_{脳脺}right)}^{2}}{4攏樓隆脕{P}_{脳脺}}23.04{p}_{脳脺}}故答案為：rm{925隆忙}rm{CO}由圖可得，rm{96%}時溶液中溶質(zhì)主要為rm{96%隆脕p}和rm{CO_{2}}rm{4%}溶液中的主要離子為：rm{4%隆脕p}rm{Kp=

dfrac{{p}^{2}left(COright)}{pleft(C{O}_{2}right)}=

dfrac{{left(96攏樓隆脕{P}_{脳脺}right)}^{2}}{4攏樓隆脕{P}_{脳脺}}23.04{p}_{脳脺}

}rm{23.04p_{脳脺}}次要離子為rm{(3)壟脵}rm{pH=8}所以各離子濃度由大到小的順序是：rm{Na_{2}SO_{3}}故答案為：rm{NaHSO_{3}}rm{c(SO_{3}^{2-})>c(HSO_{3}^{-})}溶液中rm{Na^{+}}存在電離平衡rm{SO_{3}^{2-}}rm{HSO_{3}^{-}}加入氯化鈣后，rm{OH^{-}}使電離平衡正向移動，氫離子濃度增大，所以rm{H^{+}}降低。故答案為：因為亞硫酸氫根離子存在電離平衡rm{c(Na^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(HSO_{3}^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}rm{c(Na^{+})>c(SO_{3}^{2-})>c(HSO_{3}^{-})>c(OH^{-})>c(H^{+})}加入氯化鈣后，rm{壟脷NaHSO_{3}}使平衡正向移動，氫離子濃度增大，rm{HSO_{3}^{-}}減小。rm{HSO_{3}^{-}}【解析】rm{(1)2NO(g)+2CO(g)}rm{(1)2NO(g)+2CO(g)}rm{N}rm{N}rm{{,!}_{2}}rm{(g)+2CO}rm{(g)+2CO}rm{{,!}_{2}}rm{(g)}rm{(g)}rm{triangleH=-759.8kJ/mol}不rm{(2)}rm{(2)}rm{壟脵}rm{>}不rm{壟脷25%}rm{>}rm{壟脷25%}rm{壟脹}rm{23.04p}rm{23.04p}rm{{,!}_{脳脺}}rm{(3)}rm{(3)}rm{壟脵}rm{c(Na}rm{c(Na}rm{{,!}^{+}}rm{)>c(SO}rm{)>c(SO}rm{{,!}_{3}^{2-}}rm{)>c(HSO}rm{)>c(HSO}rm{{,!}_{3}^{-}}rm{)>c(OH}rm{)>c(OH}rm{{,!}^{-}}rm{)>c(H}rm{)>c(H}rm{{,!}^{+}}rm{)}rm{)}使平衡正向移動，氫離子濃度增大，rm{壟脷}減小因為亞硫酸氫根離子存在電離平衡rm{HSO}29、（一）（1）4.0×10-73.2×10-8（2）13（二）（1）?酸性：H2C2O4>H3PO4>CH3COOH>H2CO3（2）?c(H+)+c(Na+)＝c(OH-)+c(H2PO4－)+2c(HPO42－)＋3c(PO43－)（3）?c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)>c(H+)>c(OH-)

【分析】【分析】本題考查溶液rm{pH}值的計算、水的離子積計算和鹽類水解的應用等，難度中等，注意Ⅰ中水的離子積不是常溫下，應先計算水的離子積，再進行溶液中氫離子或氫氧根的計算。【解答】rm{(}一rm{)}一rm{(}rm{)}純水中的rm{(1)}rm{c(OH^{-})=c}rm{(H^{+})=4.0隆脕10^{-7}}該溫度下水的離子積rm{mol/L}根據(jù)rm{Kw=4.0隆脕10^{-7}隆脕4.0隆脕10^{-7}=1.6隆脕10^{-13}}計算，所以溶液中rm{c(H^{+})=dfrac{{K}_{w}}{cleft(O{H}^{-}right)}=dfrac{;1.6隆脕{10}^{?13}}{5.0隆脕{10}^{?6}mol/L}=3.2隆脕{10}^{-8}mol/L}故答案為：rm{Kw=c(H^{+})?c(OH^{-})}rm{c(H^{+})=

dfrac{{K}_{w}}{cleft(O{H}^{-}right)}=

dfrac{;1.6隆脕{10}^{?13}}{5.0隆脕{10}^{?6}mol/L}=3.2隆脕{10}^{-8}mol/L

}rm{4.0隆脕10^{-7}}rm{3.2隆脕10^{-8}}的鹽酸與等體積rm{(2)100ml}的氫氧化鈉溶液混合，溶液呈堿性，剩余溶液中rm{1.0mol/L}溶液中rm{c(OH^{-})=dfrac{0.02mol}{0.2L}=0.1mol/L}所以溶液中rm{c(H^{+})=dfrac{{10}^{-14}}{0.1mol/L}={10}^{-13}mol/L}故溶液的rm{1.2mol/L}故答案為：rm{n(OH^{-})=0.1L隆脕(1.2mol/L-1.0mol/L)=0.02mol}rm{c(OH^{-})=

dfrac{0.02mol}{0.2L}=0.1mol/L}二rm{c(H^{+})=

dfrac{{10}^{-14}}{0.1mol/L}={10}^{-13}mol/L}rm{pH=-lg10^{-13}=13}rm{13}酸的電離常數(shù)越大，則酸性越強，所以上述四種酸的酸性強弱順序為：rm{(}二rm{)}故答案為：rm{(}rm{)}溶液中陽離子所帶正電荷總數(shù)等于陰離子所帶負電荷總數(shù)，則rm{(1)}溶液中的電荷守恒表達式：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(H_{2}PO_{4}^{-})+2c(HPO_{4}^{2-})+3c(PO_{4}^{3-})+c(OH^{-})}故答案為：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(H_{2}PO_{4}^{-})+2c(HPO_{4}^{2-})+3c(PO_{4}^{3-})+c(OH^{-})}

rm{?}rm{?}的第二電離常數(shù)較大，rm{H_{2}C_{2}O_{4}>H_{3}PO_{4}>CH_{3}COOH>H_{2}CO_{3}}溶液中rm{H_{2}C_{2}O_{4}>H_{3}PO_{4}>CH_{3}COOH>H_{2}CO_{3}}的電離程度大于水解程度，所以rm{?(2)}溶液顯酸性，則rm{?(2)}溶液中rm{1mol/LNaH_{2}PO_{4}}rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(H_{2}PO_{4}^{-})+2

c(HPO_{4}^{2-})+3c(PO_{4}^{3-})+c(OH^{-})}rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(H_{2}PO_{4}^{-})+2

c(HPO_{4}^{2-})+3c(PO_{4}^{3-})+c(OH^{-})}4rm{?(3)}rm{?(3)}rm{H_{2}C_{2}O_{4}}rm{NaHC_{2}O_{4}}rm{HC_{2}O_{4}^{-}}的大小順序為：rm{NaHC_{2}O_{4}}rm{NaHC_{2}O_{4}}4rm{c(Na^{+})}rm{c(HC_{2}O_{4}^{-})}故答案為：rm{c(C_{2}O}rm{{,!}^{2}}4rm{{,!}^{-})}rm{c(H_{2}C_{2}O_{4})}

rm{c(OH^{-})}【解析】rm{(}一rm{)}一rm{(}rm{)}rm{(1)4.0隆脕10^{-7}}rm{3.2隆脕10^{-8}