2025年華東師大版高二物理上冊月考試卷含答案

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年華東師大版高二物理上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：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總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、在如圖所示的勻強磁場中；已經標出了電流I和磁場B以及磁場對電流作用力F三者的方向，其中錯誤的是（）

A.

B.

C.

D.

2、以下說法正確的是：A.物質波也叫德布羅意波,是一種概率波B.使人們認識到原子核有內部結構的是盧瑟福的a粒子散射實驗C.電磁波的波長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時需要吸收光子，吸收的光子能量等于E2-E13、如圖所示，在學校運動場的400m環(huán)形跑道上，一位同學沿跑道跑了2周回到原處，該同學運動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，世界上最大的強子對撞機在法國和瑞士的邊境建成，并投入使用．加速器工作時，需要注入約1萬噸液氮對電路進行冷卻，冷卻的最低溫度可達到零下271攝氏度，請將該溫度用開爾文溫標來表示（）A.2KB.271KC.4KD.0.1K6、如圖是在高山湖泊邊拍攝的一張風景照片；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，而遠處則只看到對岸山峰和天空彩虹的倒影，水面下的景物則根本看不到。下列說法中正確的是()

A.遠處山峰的倒影非常清晰，是因為山峰的光線在水面上發(fā)生了全反射B.光線由水射入空氣，光的波速變大，波長變小C.遠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，反射光強而折射光弱，因此有較多的能量射出水面而進入人眼睛中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。當開關S

斷開時，電流表的示數為I

當S

閉合時，電流表的示數為4I

該變壓器原、副線圈匝數比為()

A.2

B.3

C.4

D.5

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

)

A.電場強度E=Fq

B.加速度a=Fm

C.電阻R=UI

D.電容C=QU

評卷人得分二、填空題(共7題，共14分)9、“長征2號”火箭點火升空時，經過3s速度達到42m/s，設火箭上升可看作勻加速運動，則它在3s內上升的高度為________m，升空時的加速度為___________m/s2.10、如圖所示；勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里．一個質量為m；電荷量為q的正離子，以速度到從小孔0射入勻強磁場，入射時速度方向既垂直于磁場方向，又與屏垂直，偏轉后打在屏上S點（S點未在圖上畫出），求：

（1）剛進入磁場時；離子受到洛倫茲力的大小和方向；

（2）屏上S點到0點的距離；

（3）離子從o點運動到S點的時間．11、光具有波粒二象性，個別光子往往表現出______性，大量光子表現出______性，高頻率的光子表現出來的是______性較強，低頻率光子表現出來的______性較強．12、如圖所示，固定的絕熱氣缸中間用鎖定栓將可無摩擦移動的導熱隔板鎖定，隔板質量不計，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，兩室氣體的溫度相等，氫氣的壓強大于氧氣的壓強，松開鎖定栓直至系統(tǒng)重新達到平衡．在此過程中外界對氫氣和氧氣這一系統(tǒng)做功為____（“正功”、“負功”還是“不做功”）．氫氣和氧氣這一系統(tǒng)的總內能將____（“增大”；“減小”還是“保持不變”）．

13、某金屬在光的照射下產生光電效應，其遏止電壓Uc與入射光頻率ν的關系圖象如圖所示，圖象與橫縱坐標軸交點坐標分別為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、某同學在“利用單擺測定重力加速度”的實驗中；

(1)

若用最小分度為毫米的刻度尺測得擺線長為970.8mm

用10

分度的游標卡尺測得擺球直徑如圖1

擺球的直徑為______mm.

單擺在豎直面內擺動，用秒表測出單擺做多次全振動所用的時間如圖2

則t=

______s

(2)

如果他測得的g

值偏小；可能的原因是：______

A.測擺線長時擺線拉得過緊。

B.擺線上端未牢固地系于懸點；振動中出現松動，使擺線長度增加了。

C.開始計時時；秒表過遲按下。

D.實驗中誤將N

次全振動數為N鈭?1

次。

(3)

若某同學實驗中出現如圖3

該同學其他操作(

包括周期測量)

均正確，則她的擺長測量值總是________真實值(

填“>

”、“<

”或“=

”)

雖然實驗中出現了錯誤，但根據圖象中的數據，仍可算出準確的重力加速度，其值為______m/s2.(

結果保留三位有效數值)

15、如圖所示，兩平行板相距10cm，板間有A、B兩點相距4cm，現將一帶電量q=-3х10-4c的電荷，從A點移到B點，電場力做了7.2х10-3J的正功，則A、B兩點的電勢差UAB=______V；兩金屬板間電場強度大小E=______V/m，方向______；兩金屬板間的電勢差U=______V．評卷人得分三、判斷題(共6題，共12分)16、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）17、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）18、如圖所示，有一水平方向的勻強電場，場強大小為9000N/C，在電場內一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點電荷，則A處場強大小EA為零．________（判斷對錯）

19、空間兩點放置兩個異種點電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產生的電場的等勢面如圖所示，且相鄰等勢面間的電勢差均相等，電場中A、B兩點間的電勢大小的關系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對錯）

20、只有沿著電場線的方向電勢才會降低，所以電勢降低的方向就一定是電場強度的方向．（判斷對錯）21、處于靜電平衡狀態(tài)的導體內部的場強處處為零，導體外表面場強方向與導體的表面一定不垂直．（判斷對錯）評卷人得分四、計算題(共3題，共18分)22、有一個帶電荷量q=3×10-6C的點電荷，從某電場中的A點移到B點，電荷克服電場力做6×10-4J的功，從B點移到C點電場力對電荷做功9×10-4J，求A、C兩點間電勢差．23、如圖所示，在高為h=5m

的平臺右邊緣上，放著一個質量M=3kg

的鐵塊，現有一質量為m=1kg

的鋼球以v0=10m/s

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

已知鐵塊與平臺之間的動摩擦因數為0.5

求鐵塊在平臺上滑行的距離s(

不計空氣阻力，鐵塊和鋼球都看成質點)

．24、如圖所示，將質量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)與桿間的動摩擦因數婁脤=0.8.

當空間存在著斜向上的與桿夾角為婁脠=53鈭?

的勻強電場E

時，環(huán)在電場力作用下以a=4.4m/s2

的加速度沿桿運動，求電場強度E

的大小.(

取sin53鈭?=0.8cos53鈭?=0.6g=10m/s2)

評卷人得分五、簡答題(共4題，共12分)25、工業(yè)上以rm{NH_{3}}為原料經過一系列反應可以得到rm{HNO_{3}}rm{(1)}工業(yè)上rm{NH_{3}}的催化氧化反應方程式為____；為了盡可能多地實現rm{overset{+4}{N}脧貌overset{+3}{N}}的轉化，請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，經三元催化劑轉化器處理如下：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}}三元催化劑轉化器中發(fā)生反應的熱化學方程式為____；為了測定在某種催化劑作用下的反應速率，在某溫度下用氣體傳感器測得不同時間的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}

}濃度部分數據記錄如下：。rm{NO}時間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}內的平均反應速率rm{v(CO)=}____；rm{壟脷}在該溫度下，反應的平衡常數rm{K=}____；rm{壟脹}假設在密閉容器中發(fā)生上述反應，達到平衡時下列措施能提高rm{CO}轉化率的是____A.選用更有效的催化劑rm{B.}恒容下充入rm{Ar}C.適當降低反應體系的溫度rm{D.}縮小容器的體積26、紅磷rm{P(s)}和rm{Cl_{2}(g)}發(fā)生反應生成rm{PCl_{3}(g)}和rm{PCl_{5}(g)}反應過程和能量關系如下圖所示rm{(}圖中的rm{婁隴}rm{H}表示生成rm{1mol}產物的數據rm{)}根據上圖回答下列問題：rm{(1)P}和rm{Cl_{2}}反應生成rm{PCl_{3}}的熱化學方程式是：_______________________________。rm{(2)PCl_{5}}分解成rm{PCl_{3}}和rm{Cl_{2}}的熱化學方程式是：____________________________。rm{(3)}工業(yè)上制備rm{PCl_{5}}通常分兩步進行，先將rm{P}和rm{Cl_{2}}反應生成中間產物rm{PCl_{3}}然后降溫，再和rm{Cl_{2}}反應生成rm{PCl_{5}}原因是_______________________。rm{(4)P}和rm{Cl_{2}}分兩步反應生成rm{1molPCl_{5}}的rm{婁隴}rm{H}rm{{,!}_{3}=}______，rm{P}和rm{Cl_{2}}一步反應生成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，最終生成兩種酸，其化學方程式是：_____________________。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}}填化學式rm{]=2.2隆脕10}“酸浸”過程中，為了提高鋅元素浸出速率，可采取的措施有：rm{]=2.2隆脕10}適當提高酸的濃度，rm{{,!}^{?20}}_______rm{壟脜}填一種rm{1}rm{(}“氧化”過程中，發(fā)生氧化還原反應的離子方程式是_______。rm{)}“沉淀”過程中，加入rm{壟脵}產生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，且測得沉淀后的溶液中rm{ZnO}此時溶液中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_______、_______、過濾、洗滌、干燥。實驗室中過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反應如下：rm{2NO(g)+2CO(g)=N_{2}(g)+2CO_{2}(g)}請回答下列問題：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}}時刻達到平衡狀態(tài)，此時rm{n(CO)=0.1mol}rm{n(NO)=0.2mol}rm{n(N_{2})=amol}且平衡時混合氣體壓強為初始氣體壓強的rm{0.8}rm{壟脵}則該反應的平衡常數rm{K=}___________。若保持溫度及容器容積不變，平衡后在此基礎上再向容器中充入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。rm{壟脷}下列各種情況，可說明該反應已經達到平衡狀態(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分子質量不再改變D.rm{NO}rm{CO}rm{N_{2}}rm{CO_{2}}的濃度均不再變化E.單位時間內生成rm{2nmol}碳氧雙鍵的同時消耗rm{nmolN隆脭N}rm{壟脹}在rm{t_{2}}時刻，改變某一外界條件，正反應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，寫出陽極發(fā)生的電極反應式_________。rm{(4)}如果要凈化汽車尾氣同時提高該反應的速率和rm{NO}的轉化率，采用的措施是__________。A.降低溫度rm{B.}增大壓強同時加催化劑C.升高溫度同時充入rm{N_{2;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}D.及時將rm{CO_{2}}和rm{N_{2}}從反應體系中移走參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、C【分析】

根據左手定則可知：ABCD三圖中電流；磁場、安培力方向均和左手定則中要求方向一致；故正確；C圖中電流和磁場方向一致，不受安培力，故C錯誤．

本題選錯誤的；故選C．

【解析】【答案】正確應用左手定則即可判斷出磁場；電流、安培力三者之間的關系即可解答本題；應用時注意安培力產生條件．

2、A|D【分析】【解析】試題分析：物質波也叫德布羅意波,也是概率波,選項A正確；使人們認識到原子核有內部結構的是電子的發(fā)現，選項B錯誤；電磁波的波長等于波速與周期的乘積，選項才錯誤；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時需要吸收光子，吸收的光子能量等于E2-E1，選項D正確；故選AD考點：考查原子物理【解析】【答案】AD3、D【分析】解：小穎在田徑場繞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；路程等于運動軌跡的長度．

解決本題的關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，路程是標量，大小等于運動軌跡的長度．【解析】【答案】D4、B【分析】解：根據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，根據輸送功率和輸送電壓求出輸送的電流，結合求出損失的功率；從而得出用戶得到的功率．

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

T=-271K+273K=2K

故選A

根據熱力學溫度與攝氏溫度的關系；求出271攝氏度用開爾文溫標表示的溫度．

熱力學溫度與攝氏溫度的關系T=t+273K，它們的變化量關系為△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，要知道折射率的計算和光能發(fā)生全反射的條件。【解析】A.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射入光疏介質時才可能發(fā)生，故A錯誤；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，由波速公式知波長變大，故B錯誤；C.遠處水面下景物的光線射到水面處(

從光密介質射向光疏介質)

入射角很大，當入射角大于等于全反射臨界角時能發(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，射出水面而進入人眼睛中能量越少，故D錯誤。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用，要注意明確電路結構，知道開關通斷時電路的連接方式；同時注意明確輸入電壓與總電壓之間的關系。變壓器輸入電壓為U

與電阻R

11兩端電壓的差值；再根據電流之比等于匝數的反比可求得輸出電流；根據電壓之比等于匝數之比對兩種情況列式，聯(lián)立可求得U

與I

的關系；則可求得線圈匝數之比。解題的關鍵是掌握理想變壓器原理及應用，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】設變壓器原；副線圈匝數之比為k

則可知，開關斷開時，副線圈電流為kI

則根據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)

代入數據聯(lián)立解得：U=48I

代入(1)

式可得：k=3

故B正確；ACD錯誤。

故選B。

【解析】B

8、B【分析】解：A

電場強度與放入電場中的電荷無關，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錯誤；

C、電阻等于導體兩端的電壓與通過導體電流的比值，R=UI

屬于比值定義法.

故C正確；

D、電容C

由本身的性質決定，與所帶的電荷量及兩端間的電勢差無關.

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

．

比值法就是應用兩個物理量的比值來定量研究第三個物理量.

它適用于物質屬性或特征；物體運動特征的定義．

用比值法定義物理量是物理上常用的思想方法，可以根據定義出的物理量與兩個物理量有無關系，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動，3s內的平均速度所以它在3s內上升的高度根據得：考點：考查了勻加速直線運動規(guī)律【解析】【答案】62;1410、略

【分析】

（1）離子垂直進入磁場時；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）離子垂直進入磁場時做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律列式，求解軌跡半徑r，屏上S點到0點的距離S=2r；

（3）由圓周運動規(guī)律求出離子運動周期T，離子從O點運動到S點的時間t=T．

帶電粒子在磁場中運動的問題，是高考的熱點，也是重點，掌握洛倫茲力提供向心力是關鍵．【解析】解：（1）離子垂直進入磁場時；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）離子垂直進入磁場時做勻速圓周運動；由洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律得：

qvB=m

則得，軌跡半徑為r=

離子在磁場中轉動半圈，由幾何關系可知，屏上S點到0點的距離為S=2r=．

（3）設離子運動周期T，則得：T==

則離子從O點運動到S點的時間t=T=．

答：

（1）剛進入磁場時；離子受到洛倫茲力的大小為qvB，方向水平向左；

（2）屏上S點到0點的距離是

（3）離子從o點運動到S點的時間是．11、略

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

高頻率的光子的波長短；粒子明顯，頻率光子的波長大，波動性明顯．

故答案為：粒子；波動，粒子，波動．

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

波長越長波動性越明顯；波長越短粒子性越明顯．

光的波粒二象性是指光有時表現為波動性，有時表現為粒子性．【解析】粒子；波動；粒子；波動12、略

【分析】

松開固定栓至系統(tǒng)達到平衡過程中；先是氫氣對氧氣做功，內能減少，氧氣內能增加，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，故氧氣內能又減小，等于初始值，所以兩種氣體的內能與初始時相同，在此過程中外界對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】理想氣體的內能只與溫度有關；則由溫度的變化可知內能的變化；由熱力學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Ekm=hv-W0得；縱軸截距的絕對值等于金屬的逸出功，等于U．

逸出功等于U，則E=hv0，所以h=．或通過圖線的斜率求出k=h=．

故答案為：U，．

根據光電效應方程Ekm=hv-W0和eUC=EKm得出遏止電壓Uc與入射光頻率v的關系式；從而進行判斷．

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

游標卡尺主尺示數與游標尺示數之和是游標卡尺的示數；游標卡尺不需要估讀；

秒表中間的表盤代表分鐘；周圍的大表盤代表秒，秒表讀數是兩個表盤的示數之和，要注意觀察指針所指的位置及分度值。

(2)

根據單擺的周期公式T=2婁脨lg

得出重力加速度的表達式；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

結合圖象數據得到重力加速度。

要注意，游標卡尺不需要估讀；對秒表進行讀數時，要先確定秒表的分度值，秒表示數是分針與秒針示數之和；本題關鍵明確實驗原理；通過圖象的平移得到擺長偏小1cm

得到誤差來源；通過圖象的函數表達式得到斜率的物理意義。【解答】(1)

圖1

所示游標卡尺主尺的示數是18mm

游標尺示數是4隆脕0.1mm=0.4mm

小球的直徑d=18mm+0.1隆脕4mm=18.4mm

圖2

所示秒表分針示數是90s

秒針示數是10.0s

秒表所示是90s+10.0s=100.0s

根據單擺的周期公式T=2婁脨lg

得：g=4婁脨2LT2

．

A；測擺線長時擺線拉得過緊；使得擺長的測量值偏大，則測得的重力加速度偏大.

故A錯誤．

B；擺動后出現松動；知擺長的測量值偏小，則測得的重力加速度偏小.

故B正確．

C；實驗中開始計時；秒表過遲按下，則測得周期偏小，所以測得的重力加速度偏大.

故C錯誤．

D；實驗中將49

次全振動數成50

次全振動；測得周期偏小，則測得的重力加速度偏大.

故D錯誤．

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

圖象為過原點的一條傾斜的直線，圖象斜率表示4婁脨2g

結合圖象數據得到：同學所測擺長總是“<

”真實值；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間的電勢差

兩金屬板間的電場強度E=電場強度的方向豎直向上．

兩金屬板間的電勢差U=Ed=1200×0.1V=120V．

故答案為：-241200豎直向上120

根據電場力做功與電勢差的關系求出AB間的電勢差，根據E=求出電場強度的大?。畯亩鶕=Ed求出兩金屬板間的電勢差．

解決本題的關鍵掌握電場力做功與電勢差的關系以及電勢差與電場強度的關系，注意在運用W=qU進行計算時，W、q、U的正負均需代入計算，在E=中，d表示沿電場線方向上的距離．【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：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．17、B【分析】【解答】解：根據靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導體在點電荷附近，出現靜電感應現象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內部出現感應電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導體內部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．18、A【分析】【解答】解：點電荷在A點的場強

根據場強的疊加原理得；則兩點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，A點的場強大小為。

EA=E點﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場強大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據公式E=k求出點電荷在A點處產生的場強大小，判斷出場強方向，A點的場強是由正點電荷和勻強電場場強的合成，根據平行四邊形定則求解A點處的場強大小及方向．19、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點電勢高，靠近負電荷的點，電勢較低．所以，a處為正電荷．

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

故答案為：錯誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點電荷電場中的部分等勢面圖比較，很容易得出正確的結論．20、B【分析】【解答】解：沿著電場線方向；電勢降低，且降低最快；

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

故答案為：錯誤．

【分析】電場強度和電勢這兩個概念非常抽象，借助電場線可以形象直觀表示電場這兩方面的特性：電場線疏密表示電場強度的相對大小，切線方向表示電場強度的方向，電場線的方向反映電勢的高低．21、B【分析】【解答】解：根據靜電平衡的特點；導體是等勢體，金屬導體的內部電場強度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導體是一個等勢體；則表面電勢處處相等，即等勢面，那么電場線與等勢面垂直；

故答案為：錯誤．

【分析】金屬導體在點電荷附近，出現靜電感應現象，導致電荷重新分布．因此在金屬導體內部出現感應電荷的電場，正好與點電荷的電場疊加，只有疊加后電場為零時，電荷才不會移動．此時導體內部電場強度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢面，導體是等勢體．四、計算題(共3題，共18分)22、略

【分析】

本題中點電荷是試探電荷，已知其電荷量和電場力做功，由公式U=求解電勢差即可．

解決本題關鍵電勢差的定義式U=應用時要注意電荷移動的方向和電勢差的順序，克服電場力做功時，電場力做負功．【解析】解：點電荷，從某電場中的A點移到B點，電荷克服電場力做6×10-4J的功，從B點移到C點電場力對電荷做功9×10-4J；故有：

==100V

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

mv0=Mv-mv1；①

碰后鋼球做平拋運動；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動；加速度大小為。

a==μg=5m/s2④

最終速度為0；則其運行時間為。

t1==0.8s⑤

所以鐵塊在平臺右滑行的距離為s==1.6m⑥

答：鐵塊在平臺上滑行的距離s是1.6m．【分析】

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

本題分析物理過程，把握每個過遵循的物理規(guī)律是關鍵.

對于鐵塊滑行的距離，也可以根據動能定理求解：鈭?婁脤mgs=0鈭?12mv2

解得，s=1.6m

．【解析】解：設碰撞后鋼球反彈的速度大小為v1

鐵塊的速度大小為v

由于碰撞時間極短，系統(tǒng)的動量守恒，則有。

mv0=Mv鈭?mv1壟脵

碰后鋼球做平拋運動；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動；加速度大小為。

a=婁脤mgm=婁脤g=5m/s2壟脺

最終速度為0

則其運行時間為。

t1=0鈭?v鈭?a=0.8s壟脻

所以鐵塊在平臺右滑行的距離為s=v2t1=1.6m壟脼

答：鐵塊在平臺上滑行的距離s

是1.6m

．24、略

【分析】

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

本題要分兩種情況對物體受力分析，然后根據平衡條件列方程求解，關鍵是分情況討論．【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E<1.25隆脕105N/C

時；桿對環(huán)的彈力方向豎直向上，根據牛頓第二定律可得：

qEcos婁脠鈭?婁脤FN=ma

qEsin婁脠+FN=mg

解得：E=1.0隆脕105N/C

當E>1.25隆脕105N/C

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

qEsin婁脠=mg+FN

解得：E=9.0隆脕105N/C

答：電場強度E

的大小為1.0隆脕105N/C

或9.0隆脕105N/C

五、簡答題(共4題，共12分)25、(1)4NH3+5O24NO+6H2O在二氧化氮中通入過量的空氣；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】本題考查熱化學方程式書寫、化學反應速率計算、化學平衡常數計算、化學平衡影響因素等，難度中等，注意基礎知識的積累掌握?！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}

盡可能多地實現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}的轉化；可以在二氧化氮中通入過量的空氣，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}速率之比等于化學計量數之比，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)}由表中數據可知，rm{triangle

H=2隆脕(-283.0kJ?mol^{-1})-180.0kJ?mol^{-1}=-746kJ?mol^{-1}}到達平衡，平衡時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，反應的平衡常數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，rm{9隆脕10^{-4}}的轉化率不變；故A錯誤；

B.恒容下充入rm{9隆脕10^{-4}}反應混合物各組分的濃度不變，平衡不移動，rm{4.5隆脕10^{-4}}的轉化率不變；故B錯誤；

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

D.縮小容器的體積，壓強增大，平衡向正反應方向移動，rm{2.7隆脕10^{-2}}的轉化率增大；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）兩步反應均為放熱反應，降溫有利于提高產率，防止產物分解（4）-399kJ?mol-1等于（5）PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl【分析】【分析】本題考查熱化學方程式的書寫、蓋斯定律的應用，題目難度不大，注意正確理解并運用蓋斯定律，注意熱化學方程式的書寫方法?！窘獯稹縭m{(1)}由圖象可知，rm{1molP}與rm{Cl_{2}}反應生成rm{1molPCl_{3}}放出rm{306kJ}的能量，則反應的熱化學方程式為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，則反應的熱化學方程式為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}}因為兩步反應均為放熱反應，降溫有利于提高產率，防止產物分解，故先將rm{93kJ}和rm{PCl_{5}(g)簍TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangle

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

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

故答案為：兩步反應均為放熱反應；降溫有利于提高產率，防止產物分解；

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

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

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}}兩步反應均為放熱反應，降溫有利于提高產率，防止產物分解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粉碎鋅白礦或充分攪拌漿料或適當加熱等

（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，H+濃度減小，水解平衡正向進行，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}調節(jié)溶液rm{pH}使rm{Fe}rm{ZnO}rm{pH}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}完全轉化為rm{Fe(OH)}rm{Fe(OH)}為銅與過量的鋅粉，濾液為硫酸鋅，蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾得到rm{{,!}_{3}}沉淀，過濾得濾渣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：rm{Zn+CuSO}經分析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}}，過濾得濾渣rm{3}為銅與過量的鋅粉，濾液為硫酸鋅，蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾得到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}}結合電子守恒、電荷守恒及原子守恒得發(fā)生反應的離子方程式為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}粉碎鋅白礦或充分攪拌漿料或適當加熱等；rm{(2)}“沉淀”過程中，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，rm{2}濃度減小，水解平衡正向進行，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，rm{F}濃度減小，水解平衡正向進行，生成rm{F}沉淀；rm{e}rm{{,!}^{2+}}當rm{e}rm{e}rm{e}沉淀完全時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}則此時溶液中rm{Z}rm{n}rm{O}rm{Z}rm{n}rm{O}rm{Z}rm{n}rm{O}不產生沉淀的最大濃為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、冷卻結晶rm{Fe^{3+}}再經過濾、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，rm{H^{+}}濃度減小，水解平衡正向進行，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；冷卻結晶；漏斗；玻璃棒。rm{Fe^{3+}}【解析】rm{(1)SiO_{2}}粉碎鋅白礦或充分攪拌漿料或適當加熱等粉碎鋅白礦或充分攪拌漿料或適當加熱等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，rm{(3)Fe^{3+}}濃度減小，水解平衡正向進行，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，rm{H^{+}}濃度減小，水解平衡正向進行，生成r