2025年华东师大版高二物理上册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年华东师大版高二物理上册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、在如图所示的匀强磁场中；已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者的方向，其中错误的是（）

A.

B.

C.

D.

2、以下说法正确的是：A.物质波也叫德布罗意波,是一种概率波B.使人们认识到原子核有内部结构的是卢瑟福的a粒子散射实验C.电磁波的波长等于波速与频率的乘积D.按波尔的理论，氢原子从基态E1跃迁到第一激发态E2时需要吸收光子，吸收的光子能量等于E2-E13、如图所示，在学校运动场的400m环形跑道上，一位同学沿跑道跑了2周回到原处，该同学运动的路程和位移大小为（）A.路程为400m，位移大小为400mB.路程为800m，位移大小为800mC.路程为400m，位移大小为0D.路程为800m，位移大小为04、输电线的电阻共计r，输送的电功率是P，用电压U送电，则用户能得到的电功率为（）A.PB.P-（）2rC.P-D.5、2008年，世界上最大的强子对撞机在法国和瑞士的边境建成，并投入使用．加速器工作时，需要注入约1万吨液氮对电路进行冷却，冷却的最低温度可达到零下271摄氏度，请将该温度用开尔文温标来表示（）A.2KB.271KC.4KD.0.1K6、如图是在高山湖泊边拍摄的一张风景照片；湖水清澈见底，近处湖面水下的景物(

石块；砂砾等)

都看得很清楚，而远处则只看到对岸山峰和天空彩虹的倒影，水面下的景物则根本看不到。下列说法中正确的是()

A.远处山峰的倒影非常清晰，是因为山峰的光线在水面上发生了全反射B.光线由水射入空气，光的波速变大，波长变小C.远处水面下景物的光线射到水面处，入射角很大，可能发生了全反射，所以看不见D.近处水面下景物的光线到水面处，入射角较小，反射光强而折射光弱，因此有较多的能量射出水面而进入人眼睛中7、一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1R2

和R3

的阻值分别为3惟1惟

和4惟A

为理想交流电流表，U

为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S

断开时，电流表的示数为I

当S

闭合时，电流表的示数为4I

该变压器原、副线圈匝数比为()

A.2

B.3

C.4

D.5

8、用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列表达式中不属于比值法定义的物理量是(

)

A.电场强度E=Fq

B.加速度a=Fm

C.电阻R=UI

D.电容C=QU

评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、“长征2号”火箭点火升空时，经过3s速度达到42m/s，设火箭上升可看作匀加速运动，则它在3s内上升的高度为________m，升空时的加速度为___________m/s2.10、如图所示；匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．一个质量为m；电荷量为q的正离子，以速度到从小孔0射入匀强磁场，入射时速度方向既垂直于磁场方向，又与屏垂直，偏转后打在屏上S点（S点未在图上画出），求：

（1）刚进入磁场时；离子受到洛伦兹力的大小和方向；

（2）屏上S点到0点的距离；

（3）离子从o点运动到S点的时间．11、光具有波粒二象性，个别光子往往表现出______性，大量光子表现出______性，高频率的光子表现出来的是______性较强，低频率光子表现出来的______性较强．12、如图所示，固定的绝热气缸中间用锁定栓将可无摩擦移动的导热隔板锁定，隔板质量不计，左右两室分别充有一定量的氢气和氧气（视为理想气体）．初始时，两室气体的温度相等，氢气的压强大于氧气的压强，松开锁定栓直至系统重新达到平衡．在此过程中外界对氢气和氧气这一系统做功为____（“正功”、“负功”还是“不做功”）．氢气和氧气这一系统的总内能将____（“增大”；“减小”还是“保持不变”）．

13、某金属在光的照射下产生光电效应，其遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图象如图所示，图象与横纵坐标轴交点坐标分别为ν0、-U，电子电量e，则由图象可知该金属的逸出功w0=______，普朗克常量h=______．14、某同学在“利用单摆测定重力加速度”的实验中；

(1)

若用最小分度为毫米的刻度尺测得摆线长为970.8mm

用10

分度的游标卡尺测得摆球直径如图1

摆球的直径为______mm.

单摆在竖直面内摆动，用秒表测出单摆做多次全振动所用的时间如图2

则t=

______s

(2)

如果他测得的g

值偏小；可能的原因是：______

A.测摆线长时摆线拉得过紧。

B.摆线上端未牢固地系于悬点；振动中出现松动，使摆线长度增加了。

C.开始计时时；秒表过迟按下。

D.实验中误将N

次全振动数为N鈭�1

次。

(3)

若某同学实验中出现如图3

该同学其他操作(

包括周期测量)

均正确，则她的摆长测量值总是________真实值(

填“>

”、“<

”或“=

”)

虽然实验中出现了错误，但根据图象中的数据，仍可算出准确的重力加速度，其值为______m/s2.(

结果保留三位有效数值)

15、如图所示，两平行板相距10cm，板间有A、B两点相距4cm，现将一带电量q=-3х10-4c的电荷，从A点移到B点，电场力做了7.2х10-3J的正功，则A、B两点的电势差UAB=______V；两金属板间电场强度大小E=______V/m，方向______；两金属板间的电势差U=______V．评卷人得分三、判断题(共6题，共12分)16、电场线与等势面相互垂直，沿着同一等势面移动电荷时静电力不做功．（判断对错）17、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）18、如图所示，有一水平方向的匀强电场，场强大小为9000N/C，在电场内一水平面上作半径为10cm的圆，圆上取A、B两点，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圆心处放一电量为10﹣8C的正点电荷，则A处场强大小EA为零．________（判断对错）

19、空间两点放置两个异种点电荷a、b，其所带电荷量分别为qa和qb，其产生的电场的等势面如图所示，且相邻等势面间的电势差均相等，电场中A、B两点间的电势大小的关系为φA＞φB，由此可以判断出a为正电荷，且有qa＜qb．________（判断对错）

20、只有沿着电场线的方向电势才会降低，所以电势降低的方向就一定是电场强度的方向．（判断对错）21、处于静电平衡状态的导体内部的场强处处为零，导体外表面场强方向与导体的表面一定不垂直．（判断对错）评卷人得分四、计算题(共3题，共18分)22、有一个带电荷量q=3×10-6C的点电荷，从某电场中的A点移到B点，电荷克服电场力做6×10-4J的功，从B点移到C点电场力对电荷做功9×10-4J，求A、C两点间电势差．23、如图所示，在高为h=5m

的平台右边缘上，放着一个质量M=3kg

的铁块，现有一质量为m=1kg

的钢球以v0=10m/s

的水平速度与铁块在极短的时间内发生正碰被反弹，落地点距离平台右边缘的水平距离为l=2m.

已知铁块与平台之间的动摩擦因数为0.5

求铁块在平台上滑行的距离s(

不计空气阻力，铁块和钢球都看成质点)

．24、如图所示，将质量m=0.1kg

带电荷量为q=+1.0隆脕10鈭�5C

的圆环套在绝缘的固定圆柱形水平直杆上.

环的直径略大于杆的截面直径，环与杆间的动摩擦因数娄脤=0.8.

当空间存在着斜向上的与杆夹角为娄脠=53鈭�

的匀强电场E

时，环在电场力作用下以a=4.4m/s2

的加速度沿杆运动，求电场强度E

的大小.(

取sin53鈭�=0.8cos53鈭�=0.6g=10m/s2)

评卷人得分五、简答题(共4题，共12分)25、工业上以rm{NH_{3}}为原料经过一系列反应可以得到rm{HNO_{3}}rm{(1)}工业上rm{NH_{3}}的催化氧化反应方程式为____；为了尽可能多地实现rm{overset{+4}{N}脧貌overset{+3}{N}}的转化，请你提出一条可行性建议____。rm{overset{+4}{N}脧貌overset{+3}{N}

}将工业废气rm{(2)}与rm{NO}混合，经三元催化剂转化器处理如下：rm{CO}已知：

rm{CO(g)+1/2{O}_{2}(g)=C{O}_{2}(g);;;?H=-283.0kJ隆陇mo{l}^{-1}{N}_{2}(g)+{O}_{2}(g)=2NO(g);;;;?H=+180.0kJ隆陇mo{l}^{-1}}三元催化剂转化器中发生反应的热化学方程式为____；为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的rm{2CO+2NO?CO_{2}+N_{2}}和rm{CO(g)+1/2{O}_{2}(g)=C{O}_{2}(g);;;?H=-283.0kJ隆陇mo{l}^{-1}{N}_{2}(g)+{O}_{2}(g)=2NO(g);;;;?H=+180.0kJ隆陇mo{l}^{-1}

}浓度部分数据记录如下：。rm{NO}时间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{垄脵}前rm{2s}内的平均反应速率rm{v(CO)=}____；rm{垄脷}在该温度下，反应的平衡常数rm{K=}____；rm{垄脹}假设在密闭容器中发生上述反应，达到平衡时下列措施能提高rm{CO}转化率的是____A.选用更有效的催化剂rm{B.}恒容下充入rm{Ar}C.适当降低反应体系的温度rm{D.}缩小容器的体积26、红磷rm{P(s)}和rm{Cl_{2}(g)}发生反应生成rm{PCl_{3}(g)}和rm{PCl_{5}(g)}反应过程和能量关系如下图所示rm{(}图中的rm{娄陇}rm{H}表示生成rm{1mol}产物的数据rm{)}根据上图回答下列问题：rm{(1)P}和rm{Cl_{2}}反应生成rm{PCl_{3}}的热化学方程式是：_______________________________。rm{(2)PCl_{5}}分解成rm{PCl_{3}}和rm{Cl_{2}}的热化学方程式是：____________________________。rm{(3)}工业上制备rm{PCl_{5}}通常分两步进行，先将rm{P}和rm{Cl_{2}}反应生成中间产物rm{PCl_{3}}然后降温，再和rm{Cl_{2}}反应生成rm{PCl_{5}}原因是_______________________。rm{(4)P}和rm{Cl_{2}}分两步反应生成rm{1molPCl_{5}}的rm{娄陇}rm{H}rm{{,!}_{3}=}______，rm{P}和rm{Cl_{2}}一步反应生成rm{1molPCl_{5}}的rm{娄陇}rm{H}rm{{,!}_{4}}________rm{娄陇}rm{H}rm{{,!}_{3}(}填“大于”、“小于”或“等于”rm{)}rm{(5)PCl_{5}}与足量水充分反应，最终生成两种酸，其化学方程式是：_____________________。27、硫酸锌可用于制造锌钡白、印染媒染剂等。用锌白矿rm{(}主要成分为rm{ZnO}还含有rm{FeO}rm{CuO}rm{SiO_{2}}等杂质rm{)}制备rm{ZnSO_{4}隆陇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)}“滤渣rm{[Cu(OH)}”的主要成分是_______rm{{,!}_{2}}填化学式rm{]=2.2隆脕10}“酸浸”过程中，为了提高锌元素浸出速率，可采取的措施有：rm{]=2.2隆脕10}适当提高酸的浓度，rm{{,!}^{?20}}_______rm{垄脜}填一种rm{1}rm{(}“氧化”过程中，发生氧化还原反应的离子方程式是_______。rm{)}“沉淀”过程中，加入rm{垄脵}产生rm{垄脷}沉淀的原因是_______。rm{(}加入适量rm{)}固体，若只析出rm{垄脝}沉淀而未析出rm{垄脟}沉淀，且测得沉淀后的溶液中rm{ZnO}此时溶液中rm{Fe(OH)_{3}}的取值范围是_______rm{垄脠}rm{ZnO}加入适量锌粉的作用是_______。rm{Fe(OH)_{3}}由滤液得到rm{Cu(OH)_{2}}的操作依次为_______、_______、过滤、洗涤、干燥。实验室中过滤操作需要使用的玻璃仪器有烧杯、_______、_______。rm{c(Fe^{3+})=4.0隆脕10^{?14}mol/L}28、汽车尾气净化中的一个反应如下：rm{2NO(g)+2CO(g)=N_{2}(g)+2CO_{2}(g)}请回答下列问题：rm{(1)}已知：rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)}rm{娄陇H=+180.5kJ隆陇mol^{-1}}rm{C(s)+O_{2}(g)=CO_{2}(g)}rm{娄陇H=-393.5kJ隆陇mol^{-1}}rm{2C(s)+O_{2}(g)=2CO(g)}rm{娄陇H=-221kJ隆陇mol^{-1}}则rm{2NO(g)+2CO(g)=N_{2}(g)+2CO_{2}(g)}的rm{娄陇H=}____________rm{kJ隆陇mol^{-1}}rm{(2)}一定温度下，向容积为rm{1L}的密闭容器中充入一定量的rm{NO}和rm{CO}在rm{t_{1}}时刻达到平衡状态，此时rm{n(CO)=0.1mol}rm{n(NO)=0.2mol}rm{n(N_{2})=amol}且平衡时混合气体压强为初始气体压强的rm{0.8}rm{垄脵}则该反应的平衡常数rm{K=}___________。若保持温度及容器容积不变，平衡后在此基础上再向容器中充入rm{2amol}的rm{N_{2}}rm{0.2mol}的rm{NO}平衡将____________rm{(}填“向左”、“向右”或“不”rm{)}移动。rm{垄脷}下列各种情况，可说明该反应已经达到平衡状态的是_________rm{(}填字母rm{)}A.rm{v(CO_{2})_{脡煤鲁脡}=v(CO)_{脧没潞脛}}B.混合气体的密度不再改变C.混合气体的平均相对分子质量不再改变D.rm{NO}rm{CO}rm{N_{2}}rm{CO_{2}}的浓度均不再变化E.单位时间内生成rm{2nmol}碳氧双键的同时消耗rm{nmolN隆脭N}rm{垄脹}在rm{t_{2}}时刻，改变某一外界条件，正反应速率的变化曲线如图rm{1}所示：可能改变的条件是____________。rm{(3)}有人提出可以用如图rm{2}所示的电解原理的方法消除汽车尾气，写出阳极发生的电极反应式_________。rm{(4)}如果要净化汽车尾气同时提高该反应的速率和rm{NO}的转化率，采用的措施是__________。A.降低温度rm{B.}增大压强同时加催化剂C.升高温度同时充入rm{N_{2;;;;;;;;;;;;;;;;;;}}D.及时将rm{CO_{2}}和rm{N_{2}}从反应体系中移走参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、C【分析】

根据左手定则可知：ABCD三图中电流；磁场、安培力方向均和左手定则中要求方向一致；故正确；C图中电流和磁场方向一致，不受安培力，故C错误．

本题选错误的；故选C．

【解析】【答案】正确应用左手定则即可判断出磁场；电流、安培力三者之间的关系即可解答本题；应用时注意安培力产生条件．

2、A|D【分析】【解析】试题分析：物质波也叫德布罗意波,也是概率波,选项A正确；使人们认识到原子核有内部结构的是电子的发现，选项B错误；电磁波的波长等于波速与周期的乘积，选项才错误；按波尔的理论，氢原子从基态E1跃迁到第一激发态E2时需要吸收光子，吸收的光子能量等于E2-E1，选项D正确；故选AD考点：考查原子物理【解析】【答案】AD3、D【分析】解：小颖在田径场绕400m环形跑道跑了2圈；首末位置重合，则位移的大小为0m，路程等于800m．所以选项D正确．

故选：D

位移的大小等于首末位置的距离；路程等于运动轨迹的长度．

解决本题的关键知道位移和路程的区别，知道位移是矢量，大小等于首末位置的距离，路程是标量，大小等于运动轨迹的长度．【解析】【答案】D4、B【分析】解：根据P=UI得，输电线上的电流I=则输电线上损耗的功率

用户得到的功率．故B正确；A；C、D错误．

故选：B．

用户得到的功率等于输送功率减去输电线上损耗的功率，根据输送功率和输送电压求出输送的电流，结合求出损失的功率；从而得出用户得到的功率．

解决本题的关键知道：1、输送功率、输送电压、电流之间的关系；2、输送功率、损失功率、用户得到的功率之间的关系．【解析】【答案】B5、A【分析】解：已知t=-271C°；根据热力学温度与摄氏温度的关系T=t+273K得；

T=-271K+273K=2K

故选A

根据热力学温度与摄氏温度的关系；求出271摄氏度用开尔文温标表示的温度．

热力学温度与摄氏温度的关系T=t+273K，它们的变化量关系为△T=△t．【解析】【答案】A6、C【分析】【分析】本题考查了光的反射、折射、全反射。要求学生熟练掌握光的反射、折射、全反射的概念，并能理解和分析，要知道折射率的计算和光能发生全反射的条件。【解析】A.山峰的光线在水面上发生了反射，逆着反射光线可以看到清晰的倒影；全反射只有光从光密介质射入光疏介质时才可能发生，故A错误；B.光线由水射入空气，折射率减小，光的波速变大，而频率不变，由波速公式知波长变大，故B错误；C.远处水面下景物的光线射到水面处(

从光密介质射向光疏介质)

入射角很大，当入射角大于等于全反射临界角时能发生全反射，光线不能射出水面，因而看不见，故C正确；D.近处水面下景物的光线到水面处，入射角越小，越不易发生全反射，反射光越弱而折射光越强，射出水面而进入人眼睛中能量越少，故D错误。故选C。【解析】C

7、B【分析】【分析】本题考查理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时注意明确输入电压与总电压之间的关系。变压器输入电压为U

与电阻R

11两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U

与I

的关系；则可求得线圈匝数之比。解题的关键是掌握理想变压器原理及应用，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鲁枚P_{鲁枚}=P脠毛隆拢

【解答】设变压器原；副线圈匝数之比为k

则可知，开关断开时，副线圈电流为kI

则根据理想变压器原理可知：U鈭�IR1KI(R2+R3)=k(1)

同理可知，U鈭�4IR14KIR2=k(2)

代入数据联立解得：U=48I

代入(1)

式可得：k=3

故B正确；ACD错误。

故选B。

【解析】B

8、B【分析】解：A

电场强度与放入电场中的电荷无关，所以E=Fq

属于比值定义法.

故A正确；

B、加速度a=Fm

是牛顿第二定律得到的；不是比值定义的，故B错误；

C、电阻等于导体两端的电压与通过导体电流的比值，R=UI

属于比值定义法.

故C正确；

D、电容C

由本身的性质决定，与所带的电荷量及两端间的电势差无关.

所以C=QU

属于比值定义法.

故D正确；

本题选不属于比值法定义的；故选：B

．

比值法就是应用两个物理量的比值来定量研究第三个物理量.

它适用于物质属性或特征；物体运动特征的定义．

用比值法定义物理量是物理上常用的思想方法，可以根据定义出的物理量与两个物理量有无关系，判断是否是比值法定义．【解析】B

二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】试题分析：火箭上升做匀加速运动，3s内的平均速度所以它在3s内上升的高度根据得：考点：考查了匀加速直线运动规律【解析】【答案】62;1410、略

【分析】

（1）离子垂直进入磁场时；离子受到洛伦兹力的大小公式f=qvB，由左手定则判断方向．

（2）离子垂直进入磁场时做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式，求解轨迹半径r，屏上S点到0点的距离S=2r；

（3）由圆周运动规律求出离子运动周期T，离子从O点运动到S点的时间t=T．

带电粒子在磁场中运动的问题，是高考的热点，也是重点，掌握洛伦兹力提供向心力是关键．【解析】解：（1）离子垂直进入磁场时；离子受到洛伦兹力的大小公式f=qvB，由左手定则判断可知，洛伦兹力方向水平向左．

（2）离子垂直进入磁场时做匀速圆周运动；由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律得：

qvB=m

则得，轨迹半径为r=

离子在磁场中转动半圈，由几何关系可知，屏上S点到0点的距离为S=2r=．

（3）设离子运动周期T，则得：T==

则离子从O点运动到S点的时间t=T=．

答：

（1）刚进入磁场时；离子受到洛伦兹力的大小为qvB，方向水平向左；

（2）屏上S点到0点的距离是

（3）离子从o点运动到S点的时间是．11、略

【分析】解：光的波粒二象性是指光既具有粒子性；又具有波动性．大量的光子波动性比较明显，个别光子粒子性比较明显；

高频率的光子的波长短；粒子明显，频率光子的波长大，波动性明显．

故答案为：粒子；波动，粒子，波动．

光子既有波动性又有粒子性；波粒二象性中所说的波是一种概率波，对大量光子才有意义．波粒二象性中所说的粒子，是指其不连续性，是一份能量．个别光子的作用效果往往表现为粒子性；大量光子的作用效果往往表现为波动性．

波长越长波动性越明显；波长越短粒子性越明显．

光的波粒二象性是指光有时表现为波动性，有时表现为粒子性．【解析】粒子；波动；粒子；波动12、略

【分析】

松开固定栓至系统达到平衡过程中；先是氢气对氧气做功，内能减少，氧气内能增加，温度升高．由于存在温度差，发生热传递，最后两者温度相同，故氧气内能又减小，等于初始值，所以两种气体的内能与初始时相同，在此过程中外界对氢气和氧气这一系统不做功．

故答案为：不做功；保持不变。

【解析】【答案】理想气体的内能只与温度有关；则由温度的变化可知内能的变化；由热力学第一定律可知两部分气体间热量的传递方向．

13、略

【分析】解：根据Ekm=hv-W0得；纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功，等于U．

逸出功等于U，则E=hv0，所以h=．或通过图线的斜率求出k=h=．

故答案为：U，．

根据光电效应方程Ekm=hv-W0和eUC=EKm得出遏止电压Uc与入射光频率v的关系式；从而进行判断．

解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与入射光频率的关系．【解析】U；14、18.4100.0BD<9.86【分析】【分析】(1)

游标卡尺主尺示数与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；游标卡尺不需要估读；

秒表中间的表盘代表分钟；周围的大表盘代表秒，秒表读数是两个表盘的示数之和，要注意观察指针所指的位置及分度值。

(2)

根据单摆的周期公式T=2娄脨lg

得出重力加速度的表达式；从而判断出重力加速度减小的原因。

(3)

由题意公式g=4娄脨2LT2

得到T2=4娄脨2Lg

图象斜率表示4娄脨2g

结合图象数据得到重力加速度。

要注意，游标卡尺不需要估读；对秒表进行读数时，要先确定秒表的分度值，秒表示数是分针与秒针示数之和；本题关键明确实验原理；通过图象的平移得到摆长偏小1cm

得到误差来源；通过图象的函数表达式得到斜率的物理意义。【解答】(1)

图1

所示游标卡尺主尺的示数是18mm

游标尺示数是4隆脕0.1mm=0.4mm

小球的直径d=18mm+0.1隆脕4mm=18.4mm

图2

所示秒表分针示数是90s

秒针示数是10.0s

秒表所示是90s+10.0s=100.0s

根据单摆的周期公式T=2娄脨lg

得：g=4娄脨2LT2

．

A；测摆线长时摆线拉得过紧；使得摆长的测量值偏大，则测得的重力加速度偏大.

故A错误．

B；摆动后出现松动；知摆长的测量值偏小，则测得的重力加速度偏小.

故B正确．

C；实验中开始计时；秒表过迟按下，则测得周期偏小，所以测得的重力加速度偏大.

故C错误．

D；实验中将49

次全振动数成50

次全振动；测得周期偏小，则测得的重力加速度偏大.

故D错误．

故选：B

(3)

由题意公式g=4娄脨2LT2

得到T2=4娄脨2Lg

由此可知，T2隆陋L

图象为过原点的一条倾斜的直线，图象斜率表示4娄脨2g

结合图象数据得到：同学所测摆长总是“<

”真实值；4娄脨2g=970.8+18.42

解得：g=9.86m/s2

故答案为：(1)18.4100.0

(2)BD

(3)<9.86m/s2

【解析】18.4100.0BD<9.86

15、-241200竖直向上120【分析】解：A、B间的电势差

两金属板间的电场强度E=电场强度的方向竖直向上．

两金属板间的电势差U=Ed=1200×0.1V=120V．

故答案为：-241200竖直向上120

根据电场力做功与电势差的关系求出AB间的电势差，根据E=求出电场强度的大小．从而根据U=Ed求出两金属板间的电势差．

解决本题的关键掌握电场力做功与电势差的关系以及电势差与电场强度的关系，注意在运用W=qU进行计算时，W、q、U的正负均需代入计算，在E=中，d表示沿电场线方向上的距离．【解析】-241200竖直向上120三、判断题(共6题，共12分)16、A【分析】【解答】解：根据电场线的特点可知；沿电场线的方向电势降低；电场线垂直于等势面、同一等势面移动电荷电场力不做功．

故答案为：正确．

【分析】解决本题要根据：电场线是人为假想的曲线，从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，不闭合，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱，沿电场线的方向电势降低．17、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．18、A【分析】【解答】解：点电荷在A点的场强

根据场强的叠加原理得；则两点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，A点的场强大小为。

EA=E点﹣E匀=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A处场强大小为0

故答案为：正确。

【分析】根据公式E=k求出点电荷在A点处产生的场强大小，判断出场强方向，A点的场强是由正点电荷和匀强电场场强的合成，根据平行四边形定则求解A点处的场强大小及方向．19、B【分析】【解答】解：若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较；可以得到：靠近正电荷的点电势高，靠近负电荷的点，电势较低．所以，a处为正电荷．

等量异种点电荷电场中的部分等势面图象中的等势面左右对称；无穷远处的电势为0．该图象的左侧的等势线比较密，无穷远处的电势为0，所以无穷远处到两点之间的电势差相比，与a点之间的电势差比较大，所以a点所带的电量就多．

故答案为：错误．

【分析】若把该图象与等量异种点电荷电场中的部分等势面图比较，很容易得出正确的结论．20、B【分析】【解答】解：沿着电场线方向；电势降低，且降低最快；

那么电势降低最快的方向才是电场线的方向；但电势降低的方向不一定是电场线的方向，故错误；

故答案为：错误．

【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．21、B【分析】【解答】解：根据静电平衡的特点；导体是等势体，金属导体的内部电场强度处处为零；

由于处于静电平衡状态的导体是一个等势体；则表面电势处处相等，即等势面，那么电场线与等势面垂直；

故答案为：错误．

【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动．此时导体内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且为等势面，导体是等势体．四、计算题(共3题，共18分)22、略

【分析】

本题中点电荷是试探电荷，已知其电荷量和电场力做功，由公式U=求解电势差即可．

解决本题关键电势差的定义式U=应用时要注意电荷移动的方向和电势差的顺序，克服电场力做功时，电场力做负功．【解析】解：点电荷，从某电场中的A点移到B点，电荷克服电场力做6×10-4J的功，从B点移到C点电场力对电荷做功9×10-4J；故有：

==100V

答：A、C两点间电势差为100V．23、解：设碰撞后钢球反弹的速度大小为v1；铁块的速度大小为v，由于碰撞时间极短，系统的动量守恒，则有。

mv0=Mv-mv1；①

碰后钢球做平抛运动；则有。

l=v1t②

h=③

由②③①解得t=1s，v1=2m/s；v=4m/s；

d碰后铁块向左做匀减速直线运动；加速度大小为。

a==μg=5m/s2④

最终速度为0；则其运行时间为。

t1==0.8s⑤

所以铁块在平台右滑行的距离为s==1.6m⑥

答：铁块在平台上滑行的距离s是1.6m．【分析】

钢球与铁块发生碰撞；时间极短，动量守恒，碰撞后钢球做平抛运动，已知下落的高度和水平距离，可由平抛运动的规律求出碰后钢球的速度，即可由动量守恒定律求出碰后铁块的速度，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解铁块在平台上滑行的距离s

本题分析物理过程，把握每个过遵循的物理规律是关键.

对于铁块滑行的距离，也可以根据动能定理求解：鈭�娄脤mgs=0鈭�12mv2

解得，s=1.6m

．【解析】解：设碰撞后钢球反弹的速度大小为v1

铁块的速度大小为v

由于碰撞时间极短，系统的动量守恒，则有。

mv0=Mv鈭�mv1垄脵

碰后钢球做平抛运动；则有。

l=v1t垄脷

h=12gt2垄脹

由垄脷垄脹垄脵

解得t=1sv1=2m/sv=4m/s

d

碰后铁块向左做匀减速直线运动；加速度大小为。

a=娄脤mgm=娄脤g=5m/s2垄脺

最终速度为0

则其运行时间为。

t1=0鈭�v鈭�a=0.8s垄脻

所以铁块在平台右滑行的距离为s=v2t1=1.6m垄脼

答：铁块在平台上滑行的距离s

是1.6m

．24、略

【分析】

对环受力分析；受重力；电场力、弹力和摩擦力，其中弹力可能向上，也可能向下；要分两种情况根据牛顿第二定律列方程求解即可．

本题要分两种情况对物体受力分析，然后根据平衡条件列方程求解，关键是分情况讨论．【解析】解：在垂直杆方向上；由平衡条件得：qE0sin娄脠=mg

解得E0=1.25隆脕105N/C

当E<1.25隆脕105N/C

时；杆对环的弹力方向竖直向上，根据牛顿第二定律可得：

qEcos娄脠鈭�娄脤FN=ma

qEsin娄脠+FN=mg

解得：E=1.0隆脕105N/C

当E>1.25隆脕105N/C

时；杆对环的弹力方向竖直向下，根据牛顿第二定律可得：qEcos娄脠鈭�娄脤FN=ma

qEsin娄脠=mg+FN

解得：E=9.0隆脕105N/C

答：电场强度E

的大小为1.0隆脕105N/C

或9.0隆脕105N/C

五、简答题(共4题，共12分)25、(1)4NH3+5O24NO+6H2O在二氧化氮中通入过量的空气；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】本题考查热化学方程式书写、化学反应速率计算、化学平衡常数计算、化学平衡影响因素等，难度中等，注意基础知识的积累掌握。【解答】rm{(1)}氨气与氧气在催化剂加热的条件下生成rm{NO}与水，反应方程式为rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{underline{{麓脽禄炉录脕}}}{{赂脽脦脗赂脽脩鹿}}4NO+6H_{2}O}

尽可能多地实现rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

underline{{麓脽禄炉录脕}}}{{赂脽脦脗赂脽脩鹿}}4NO+6H_{2}O}向rm{+4N}的转化；可以在二氧化氮中通入过量的空气，然后用水吸收生成硝酸；

故答案为：rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{underline{{麓脽禄炉录脕}}}{{赂脽脦脗赂脽脩鹿}}4NO+6H_{2}O}在二氧化氮中通入过量的空气；然后用水吸收生成硝酸；

rm{+5N}已知：rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

underline{{麓脽禄炉录脕}}}{{赂脽脦脗赂脽脩鹿}}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}}

根据盖斯定律，rm{垄脵}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}}热化学方程式为rm{2CO(g)+2NO(g)?2CO_{2}(g)+N_{2}(g)triangleH=-746kJ?mol^{-1}}

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

rm{垄脷}速率之比等于化学计量数之比，故rm{N_{2}(g)+O_{2}(g)=2NO(g)triangle

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

故答案为：rm{垄脵隆脕2-垄脷}

rm{2CO(g)+2NO(g)?2CO_{2}(g)+N_{2}(g)}由表中数据可知，rm{triangle

H=2隆脕(-283.0kJ?mol^{-1})-180.0kJ?mol^{-1}=-746kJ?mol^{-1}}到达平衡，平衡时rm{2CO(g)+2NO(g)?2CO_{2}(g)+N_{2}(g)triangle

H=-746kJ?mol^{-1}}的浓度为rm{2CO(g)+2NO(g)?2CO_{2}(g)+N_{2}(g)triangle

H=-746kJ?mol^{-1}}则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}则：

rm{垄脵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)}

开始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{垄脷}rm{3s}

变化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}

故该温度下，反应的平衡常数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}

故答案为：rm{0}

rm{(mol/L)}选用更有效的催化剂，不影响平衡移动，rm{9隆脕10^{-4}}的转化率不变；故A错误；

B.恒容下充入rm{9隆脕10^{-4}}反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，rm{4.5隆脕10^{-4}}的转化率不变；故B错误；

C.正反应为放热反应，适当降低反应体系的温度，平衡向正反应方向移动，rm{(mol/L)}的转化率增大；故C正确；

D.缩小容器的体积，压强增大，平衡向正反应方向移动，rm{2.7隆脕10^{-2}}的转化率增大；故D正确；

故选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{{麓脽禄炉录脕}}}{{赂脽脦脗赂脽脩鹿}}4NO+6H_{2}O}在二氧化氮中通入过量的空气；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{{麓脽禄炉录脕}}}{{赂脽脦脗赂脽脩鹿}}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）两步反应均为放热反应，降温有利于提高产率，防止产物分解（4）-399kJ•mol-1等于（5）PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl【分析】【分析】本题考查热化学方程式的书写、盖斯定律的应用，题目难度不大，注意正确理解并运用盖斯定律，注意热化学方程式的书写方法。【解答】rm{(1)}由图象可知，rm{1molP}与rm{Cl_{2}}反应生成rm{1molPCl_{3}}放出rm{306kJ}的能量，则反应的热化学方程式为rm{P(s)+3/2Cl_{2}(g)篓TPCl_{3}(g)triangleH=-306kJ?mol^{-1}}

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

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

H=-306kJ?mol^{-1}}由图象可知，rm{P(s)+3/2Cl_{2}(g)篓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，则反应的热化学方程式为rm{PCl_{5}(g)篓TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangleH=+93kJ?mol^{-1}}

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

rm{Cl_{2}}因为两步反应均为放热反应，降温有利于提高产率，防止产物分解，故先将rm{93kJ}和rm{PCl_{5}(g)篓TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangle

H=+93kJ?mol^{-1}}反应生成中间产物rm{PCl_{5}(g)篓TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangle

H=+93kJ?mol^{-1}}然后降温，再和rm{(3)}反应生成rm{P}

故答案为：两步反应均为放热反应；降温有利于提高产率，防止产物分解；

rm{Cl_{2}}由图象可知，rm{PCl_{3}}和rm{Cl_{2}}分两步反应生成rm{PCl_{5}}的rm{triangleH_{3}=-306kJ/mol-(+93kJ/mol)=-399kJ/mol}根据盖斯定律可知，反应无论一步完成还是分多步完成，生成相同的产物，反应热相等，则rm{(4)}和rm{P}一步反应生成rm{Cl_{2}}的反应热等于rm{1molPCl_{5}}和rm{triangle

H_{3}=-306kJ/mol-(+93kJ/mol)=-399kJ/mol}分两步反应生成rm{P}的反应热．

故答案为：rm{Cl_{2}}等于；

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

故答案为：rm{PCl}

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

H=-306kJ?mol^{-1}}两步反应均为放热反应，降温有利于提高产率，防止产物分解rm{(2)PCl_{5}(g)篓TPCl_{3}(g)+Cl_{2}(g)triangle

H=+93kJ?mol^{-1}}等于rm{(3)}rm{(4)-399kJ?mol^{-1;;;}}27、（1）SiO2粉碎锌白矿或充分搅拌浆料或适当加热等

（2）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O

（3）Fe3+在溶液中存在水解平衡:，加入ZnO后，与H+反应，H+浓度减小，水解平衡正向进行，生成Fe(OH)3沉淀

（4）<2.2×10-4

（5）除去溶液中的Cu2+

（6）蒸发浓缩冷却结晶漏斗玻璃棒【分析】【分析】锌白矿rm{(}主要成分为rm{ZnO}还含有rm{FeO}rm{CuO}rm{SiO}主要成分为rm{(}还含有rm{ZnO}rm{FeO}rm{CuO}rm{SiO}rm{{,!}_{2}}加稀硫酸溶解，等杂成rm{)}加稀硫酸溶解，rm{SiO}rm{)}rm{SiO}为rm{{,!}_{2}}不溶，过滤，滤渣rm{1}为rm{SiO}rm{1}rm{SiO}rm{{,!}_{2}}，滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸亚铁，滤液中加入rm{H}rm{H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{2}}调节溶液将rm{Fe}使rm{Fe}rm{{,!}^{2+}}氧化为rm{Fe}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}为，再加入rm{ZnO}调节溶液rm{pH}使rm{Fe}rm{ZnO}rm{pH}rm{Fe}rm{{,!}^{3+}}完全转化为rm{Fe(OH)}rm{Fe(OH)}为铜与过量的锌粉，滤液为硫酸锌，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到rm{{,!}_{3}}沉淀，过滤得滤渣rm{2}为rm{Fe(OH)}rm{2}rm{Fe(OH)}rm{{,!}_{3}}晶体，以此解答该题。【解答】，所得滤液中加入锌粉发生置换反应：rm{Zn+CuSO}经分析rm{Zn+CuSO}滤渣rm{{,!}_{4}}为不溶于稀硫酸的rm{篓TCu+ZnSO}rm{篓TCu+ZnSO}rm{{,!}_{4}}，过滤得滤渣rm{3}为铜与过量的锌粉，滤液为硫酸锌，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到rm{ZnSO}将锌白块粉碎、增大稀硫酸的浓度、加热并搅拌均能提高锌元素浸出速率rm{3}故填：rm{ZnSO}rm{{,!}_{4}}rm{?7H}rm{?7H}；rm{{,!}_{2}}；rm{O}晶体，以此解答该题。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}}结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒得发生反应的离子方程式为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}粉碎锌白矿或充分搅拌浆料或适当加热等；rm{(2)}“沉淀”过程中，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}产生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，与rm{O}反应，rm{2}浓度减小，水解平衡正向进行，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，与rm{F}rm{e}rm{{,!}^{2+}}反应，rm{F}浓度减小，水解平衡正向进行，生成rm{F}沉淀；rm{e}rm{{,!}^{2+}}当rm{e}rm{e}rm{e}沉淀完全时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}根据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}此时溶液中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}则此时溶液中rm{Z}rm{n}rm{O}rm{Z}rm{n}rm{O}rm{Z}rm{n}rm{O}不产生沉淀的最大浓为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{(}加入适量rm{O}rm{O}粉rm{H}是为了将溶液里的rm{H}rm{)}rm{3}rm{)}还原为rm{)}rm{)}过滤除去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}将滤液蒸发浓缩、冷却结晶rm{Fe^{3+}}再经过滤、洗涤、干燥获得rm{Fe^{3+}+3H_{2}O}rm{Fe(OH)_{3}+3H^{+}}加入rm{ZnO}后，与rm{H^{+}}反应，rm{H^{+}}浓度减小，水解平衡正向进行，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：，其中过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗及玻璃棒，故填：蒸发浓缩；冷却结晶；漏斗；玻璃棒。rm{Fe^{3+}}【解析】rm{(1)SiO_{2}}粉碎锌白矿或充分搅拌浆料或适当加热等粉碎锌白矿或充分搅拌浆料或适当加热等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，与rm{(3)Fe^{3+}}在溶液中存在水解平衡：反应，rm{(3)Fe^{3+}}浓度减小，水解平衡正向进行，生成rm{F{e}^{3+}+3{H}_{2}O?Fe(OH{)}_{3}+3{H}^{+}

}沉淀，加入rm{ZnO}后，与rm{H^{+}}反应，rm{H^{+}}浓度减小，水解平衡正向进行，生成r