2025年仁爱科普版高二物理下册阶段测试试卷

…………○…………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年仁爱科普版高二物理下册阶段测试试卷429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：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共6题，共12分)1、如图所示；闭合金属导线框水平放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度增加时，则（）

A.线框中的感应电流一定增大。

B.线框中的感应电流可能减小。

C.线框中的感应电流方向从上向下看一定沿顺时针方向。

D.线框中的感应电流方向从上向下看可能沿逆时针方向。

2、如图所示为真空冶炼炉．炉外有线圈；则真空冶炼炉在工作时，下列说法错误的是（）

A.通过线圈的电流是直流电。

B.通过线圈的电流是高频交流电。

C.炉内金属中会产生感应电流；这种电流叫涡流。

D.炉内金属中会产生涡流；涡流产生的热量使金属熔化。

3、电阻为10Ω的单匝矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律为φ=5sin10t（Wb），线圈中产生的电流随时间的变化规律为（）A.i=50sin10t（A）B.i=50cos10t（A）C.i=5sin10t（A）D.i=5cos10t（A）4、一束单色平行光，通过双缝后在屏上得到干涉条纹，以下说法中正确的是(

)

A.相邻明纹或暗条纹之间的距离不相等B.用红光做实验比用紫光做实验得到的相邻明条纹(

或暗条纹)

之间的间隔大C.屏上某点到双缝的距离之差等于半个波长的整数倍时，这点将出现暗条纹D.如果改用白光做实验，相邻条纹之间的距离是相等的5、举世瞩目的“神舟”六号航天飞船的成功发射和顺利返回，显示了我国航天事业取得的巨大成就.

已知地球的质量为M

引力常量为G

设飞船绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为r

则飞船在圆轨道上运行的速率为(

)

A.GMr

B.rGM

C.GMr

D.MGr

6、如图所示，平行导轨间距为d，一端跨接一个电阻为R，匀强磁场的磁感强度为B，方向与导轨所在平面垂直．一根足够长的金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻不计．当金属棒沿垂直于棒的方向以速度v滑行时，通过电阻R的电流强度是（）A.B.C.D.评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)7、动能相同的AB

两球(mA>mB)

在光滑的水平面上相向运动，当两球相碰后，其中一球停止运动，则可判定(

)

A.碰撞前A

球的速度小于B

球的速度B.碰撞前A

球的动量大于B

球的动量C.碰撞前后A

球的动量变化大于B

球的动量变化D.碰撞后，A

球的速度一定为零，B

球朝反方向运动8、下列说法正确的是（）A.卢瑟福的α粒子散射实验说明原子核内部具有复杂结构B.目前已建成的核电站的能量来自于重核裂变C.β衰变现象说明电子是原子核的组成部分D.电子轨道半径减小，势能减小，动能要增大9、在如图所示的电路中，闭合电键后小灯泡正常发光，当滑动变阻器R3

的滑动触头P

向上滑动时(

)

A.电压表示数变大B.电流表示数变大C.小灯泡亮度变暗D.电源总功率变大10、如图所示，直线A

是电源的路端电压和电流的关系图象，直线BC

分别是电阻R1R2

的两端电压与电流的关系图象，若将这两个电阻分别接到该电源上，下列说法正确的是(

)

A.两电阻阻值R1>R2

B.R2

接在电源上时，电源的内阻消耗功率大C.R2

接在电源上时，电源的效率高D.电源的内阻和R2

的阻值相等11、下列说法中正确的是A.分子运动的平均速度可能为零，瞬时速度不可能为零B.液体与大气相接触时，表面层内分子所受其他分子的作用表现为相互吸引C.附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，液体与固体间表现为浸润D.在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零12、某种小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示，三个完全相同的小灯泡L1L2L3

连接成如图乙所示的电路，电源的内阻为1.0娄赂

现闭合开关S

理想电压表V

的示数为4.0V

则

A.三个灯泡的总电阻为8.3娄赂

B.电源的电动势为5.6V

C.电源消耗的热功率为3.0W

D.电源的效率为89.3%

13、如图所示，电路中AB

是两个完全相同的灯泡，L

是一个自感系数很大，电阻可忽略的自感线圈，C

是电容很大的电容器，当S

闭合与断开时，AB

灯泡的发光情况是

A.S

刚闭合后，B

亮一下又逐渐变暗直至熄灭，A

逐渐变亮B.S

刚闭合后，A

亮一下又逐渐变暗直至熄灭，B

逐渐变亮C.S

闭合足够长时间后，A

和B

都一样亮D.S

闭合足够长时间后再断开，A

和B

逐渐熄灭评卷人得分三、填空题(共9题，共18分)14、（4分）如图，电路中三个电阻Rl、R2和R3的阻值分别为R、2R和4R。当电键S1断开、S2闭合时，电源输出功率为P0；当S1闭合、S2断开时，电源输出功率也为P0。则电源电动势为__________；当S1、S2都断开时，电源的总功率为____________。15、电荷守恒定律：电荷既不能被______，也不能被______，只能从一个物体转移到另一个物体；或从物体的一部分转移到另一部分，在转移的过程中，电荷的总量______．16、某电池电动势为1.5V，如果不考虑它内部的电阻，当把它的两极与150Ω的电阻连在一起时，16秒内有______C的电荷定向移动通过电阻的横截面，相当于______个电子通过该截面（一个电子的电荷量为1.60×10-19C）．17、利用光电管产生光电流的电路如图所示.

电源的正极应接在____端(

填“a

”或“b

”)

若电流表读数为8隆脕10鈭�4A

则每秒从光电管阴极发射的光电子至少是____个(

已知电子电量为l.6隆脕10鈭�19C)

18、如图所示，用“碰撞试验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．(1)

实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的.

但是，可以通过仅测量____(

填选项前的序号)

间接地解决这个问题．A.小球开始释放高度h

B.小球抛出点距地面得高度H

C.小球做平抛运动的射程。

(2)

图中O

点是小球抛出点在地面上的垂直投影.

实验时，先让入射球m

1

多次从斜轨上S

位置静止释放，找到其平均落地点的位置P

测量平抛射程OP.

然后，把被碰小球m

2

静置于轨道的水平部分，再将入射球m

1

从斜轨上S

位置静止释放，与小球m

2

相碰，并多次重复.

接下来要完成的必要步骤是______(

填选项前的符号)

A.用天平测量两个小球的质量m

1

m

2

B.测量小球m

1

开始释放高度h

C.分别找到m

1

m

2

相碰后平均落地点的位置MN

D.测量抛出点距地面的高度H

E.测量平抛射程OMON

(3)

若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______(

用(2)

中测量的量表示)

(4)

若碰撞是弹性碰撞.

那么还应满足的表达式为____(

用(2)

中测量的量表示)

19、（1）如图1所示为“研究电磁感应现象”的实验装置；请将图中所缺的导线补接完整．

（2）已知一灵敏电流计；当电流从正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转，现把它与线圈串连接成如图2所示电路，当条形磁铁按如图2所示情况运动时，以下判断正确的是______．

A．甲图中电流表偏转方向向右。

B．乙图中磁铁下方的极性是N极。

C．丙图中磁铁的运动方向向下。

D．丁图中线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向。

20、将一电量为的电荷从电场中的点移到点，电场力做功为则两点的电势差__________再把这个电荷从点移到点，电场力做功则两点的电势差__________三点中电势最高的点的是__________点。21、如图所示，两个完全相同的光滑球的质量均为M，放在竖直挡板和倾角为α的固定斜面间．若缓慢转动挡板至与斜面垂直，在此过程中：A、B两球间的弹力____，B球对挡板的压力____，B球对斜面的压力____，A球对斜面的压力____．（填“不变”；“增大”、“减小”）

22、如图，匀强磁场区域宽为d

一正方形金属线框abcd

的边长为L.

且L>d

线框平面与磁场垂直，bc

边与磁场区域边界平行.

线框以垂直于磁场边界的速度匀速通过磁场区域，速度大小为v

则线框进入磁场时产生的感应电流的方向是______方向(

选填“顺时针”或“逆时针”)

从进入磁场区域，到完全离开磁场区域的整个运动过程中，线框存在感应电流的时间是______．评卷人得分四、判断题(共1题，共9分)23、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）评卷人得分五、计算题(共3题，共15分)24、MN与PQ为足够长的平行光滑金属导轨，相距L=0.5m，导轨与水平方向成θ=30°放置。匀强磁场的磁感应强度B=0.4T，方向与导轨平面垂直指向左上方。金属棒ab、cd放置于导轨上（与导轨垂直），质量分别为mab=0.1kg和mcd=0.2kg，ab、cd的总电阻为R=0.2Ω（导轨电阻不计）。当金属棒ab在外力的作用下以1.5m/s的速度沿导轨匀速向上运动时，求（1）当ab棒刚开始沿导轨匀速运动时，cd棒所受安培力的大小和方向。（2）cd棒运动时能达到的最大速度。25、一辆汽车以10m/S的速度沿平直公路自西向东匀速行驶。到达公路上的A点时一辆摩托车从A点由静止出发以2m/S2的加速度追赶该汽车。试求摩托车追上汽车前两者间距离大于21m的过程经历的时间。26、一个质量为60kg

的杂技演员练习走钢丝时使用安全带；当此人走到安全带上端的固定点的正下方时不慎落下，下落5m

时安全带被拉直，此后又经过0.5s

的缓冲，人的速度变为零，求这0.5s

内安全带对人的平均拉力多大？(g

取10m/s2)

评卷人得分六、简答题(共4题，共12分)27、孔雀石主要含rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}还含少量rm{Fe}rm{Si}的化合物。实验室以孔雀石为原料制备rm{CuSO_{4}隆陇5H_{2}O}及rm{CaCO_{3}}步骤如下：请回答下列问题：rm{垄脜}溶液rm{A}的金属离子有rm{Cu^{2+}}rm{Fe^{2+}}rm{Fe^{3+}}从下列所给试剂中选择：实验步骤中试剂rm{垄脵}为____rm{(}填代号rm{)}检验溶液rm{A}中rm{Fe^{3+}}的最佳试剂为____rm{(}填代号rm{)}rm{a.KMnO_{4}}rm{b.(NH_{4})_{2}S}rm{c.H_{2}O_{2}}rm{d.KSCN}rm{垄脝}由溶液rm{C}获得rm{CuSO_{4}隆陇5H_{2}O}需要经过加热蒸发、____、过滤等操作。除烧杯、漏斗外，过滤操作还用到另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是____。rm{垄脟}制备rm{CaCO_{3}}时，应向rm{CaCl_{2}}溶液中先通入rm{(}或先加入rm{)}____rm{(}填化学式rm{)}其原因是____。rm{垄脠Fe(OH)_{3}}在水溶液中存在着沉淀溶解平衡，在常温下rm{K}rm{{,!}_{sp}=4隆脕10^{-39}}常温下滤液rm{C}的rm{pH=4}其中残留的rm{Fe^{3+}}的浓度为____。28、“绿水青山就是金山银山”，研究rm{NO_{2}}rm{NO}rm{CO}rm{S0_{2}}等大气污染物和水污染物的处理对建设美丽中国具有重要意义。rm{(1)}已知：rm{垄脵NO_{2}+CO?CO_{2}+NO}该反应的平衡常数为rm{K_{1}(}下同rm{)}每rm{1mol}下列物质分解为气态基态原子吸收的能量分别为。rm{NO_{2}}rm{CO}rm{CO_{2}}rm{NO}rm{812kJ}rm{1076kJ}rm{1490kJ}rm{632kJ}rm{垄脷N_{2}(g)+O_{2}(g)?2NO(g)triangleH=+179.5kJ/molK_{2}}rm{垄脹2NO(g)+O_{2}(g)?2NO_{2}(g)triangleH=-112.3kJ/molK_{3}}写出rm{垄脷N_{2}(g)+O_{2}(g)?2NO(g)triangle

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

triangleH=-112.3kJ/molK_{3}}反应生成无污染气体的热化学方程式_______________rm{NO}在体积可变的恒压rm{CO}总rm{(2)}密闭容器中充入rm{(p}与足量的碳，让其发生反应：rm{C(s)+CO_{2}(g)?2CO(g)triangleH>0}平衡时；体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示。

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

H>0}填“rm{垄脵T隆忙}”“rm{v_{(脮媒)}}”或“rm{v_{(脛忙)}(}若充入等体积的rm{>}和rm{<}平衡____移动。rm{=")}体积分数为rm{CO_{2}}时，rm{CO}的转化率为_______。rm{垄脷CO}已知：气体分压rm{40%}气体总压rm{CO_{2}}体积分数。用平衡分压代替平衡浓度表示平衡rm{垄脹}常数的表达式为__________；rm{(p_{路脰})=}时，rm{隆脕}______rm{Kp}用含rm{925隆忙}总的代数式表示rm{Kp=}rm{(}直接排放含rm{p}的烟气会形成酸雨，危害环境。可用rm{)}吸收，所得含硫各微粒rm{(3)}rm{SO_{2}}和rm{NaOH}存在于反应后的溶液中，它们的物质的量分数rm{(H_{2}SO_{3}}与溶液rm{HSO_{3}^{-}}的关系如图所示。

rm{SO_{3}^{2-})}若是rm{X(i)}反应后的溶液，测得溶液的rm{pH}时，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是______________。rm{垄脵}向rm{0.1mol/LNaOH}的rm{pH=8}溶液中滴加一定浓度的rm{垄脷}溶液，溶液中出现浑浊，rm{pH=5}降为rm{NaHSO_{3}}用化学平衡移动原理解释溶液rm{CaCl_{2}}降低的原因_________。rm{pH}29、rm{(}一rm{)(1)}某温度下，纯水中的rm{c(H^{+})=4.0隆脕10^{-7}mol/L}则此温度下纯水中的rm{c(H^{+})=4.0隆脕10^{-7}

mol/L}____rm{c(OH^{-})=}若温度不变，滴入稀rm{mol/L;}溶液，使rm{c(OH^{-})=5.0隆脕10^{-6}mol/L}则溶液的rm{NaOH}____rm{c(OH^{-})=

5.0隆脕10^{-6}mol/L}．rm{c(H^{+})=}在rm{mol/L}时，rm{(2)}的盐酸与等体积rm{25隆忙}的氢氧化钠溶液混合，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电离常数rm{(}常温下rm{)}请根据要求作答。。rm{(}弱酸电离常数弱酸电离常数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)}比较上述四种酸的酸性强弱rm{(}由大到小rm{)}____rm{(2)}写出rm{1mol/L}的rm{NaH_{2}PO_{4}}溶液中的电荷守恒表达式：____。rm{(3)}已知rm{0.1mol/LNaHC_{2}O_{4}}溶液显酸性，则溶液中除rm{H_{2}O}外所有微粒的浓度由大到小的顺序是：____30、合理的利用吸收工业产生的废气rm{CO_{2}}rm{CO}rm{NO_{2}}rm{SO_{2}}等可以减少污染，变废为宝。rm{(1)}用rm{CO_{2}}可以生产燃料甲醇已知：rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)篓TCH_{3}OH(g)+H_{2}O(l)triangleH=-akJ?mol^{-1}}rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(l)triangleH=-bkJ?mol^{-1}}则表示rm{CO_{2}(g)+3H_{2}(g)篓TCH_{3}OH(g)+H_{2}O(l)triangle

H=-akJ?mol^{-1}}燃烧的热化学方程式为：___________________________________。rm{2H_{2}(g)+O_{2}(g)篓T2H_{2}O(l)triangleH=-b

kJ?mol^{-1}}光气rm{CH_{3}OH(g)}是一种重要化工原料，常用于聚酯类材料的生产，工业上通过rm{Cl_{2}(g)+CO(g)?COCl_{2}(g)triangleH<0}制备。图rm{(2)}为实验研究过程中容器内各物质的浓度随时间变化的曲线。回答下列问题：

rm{(COCl_{2})}内，反应的平均速率rm{Cl_{2}(g)+CO(g)?COCl_{2}(g)triangle

H<0}_____；rm{1}该反应第一次达平衡时的平衡常数rm{垄脵0隆芦6min}rm{v(Cl_{2})=}改变的条件是_________，rm{垄脷}时再次达到平衡，此时平衡常数rm{K_{1}}为_________，rm{10min}改变的条件是_________，_____rm{10min}填“rm{14min}rm{K_{2}}或rm{K_{1}}”rm{K_{2}(}rm{>}处理rm{<}可借助于电化学，将rm{=}rm{)}和熔融rm{(3)}制成燃料电池，电池总反应式为rm{NO_{2}}其原理如图rm{NO_{2}}所示，该电池在放电过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物rm{O_{2}}rm{KNO_{3}}可循环使用。

图rm{4NO_{2}+O_{2}篓T篓T篓T2N_{2}O_{5}}rm{2}石墨Ⅱ是_____极rm{Y}填“正、负”rm{Y}rm{2}气体是__________rm{垄脵}当外电路通过rm{(}石墨rm{)}电极上会消耗____rm{Y}rm{垄脷}参考答案一、选择题(共6题，共12分)1、B|C【分析】

A、根据法拉第电磁感应定律E=知磁感应强度增大，磁通量可能均匀增加，可能增加的越来越快，也可能增加的越来越慢，所以感应电动势可能不变，可能增大，可能减小．所以感应电流可能不变，可能增加，可能减小．故A错误，B正确．

C；磁通量增加；根据楞次定律知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反．从上往下看，线框中的感应电流沿顺时针方向．故C正确，D错误．

故选BC．

【解析】【答案】根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势的大小；根据楞次定律判断感应电流的方向．

2、A|D【分析】

A；通过线圈的电流是高频交流；故A错误；

B；通过线圈的电流是高频交流电．故B正确；

C；炉内金属中会产生感应电流；这种电流叫涡流，故正确；

D；炉内金属中会产生涡流；但涡流不会产生热量，是由于涡流使金属中的自由电子在涡流产生的电场中在电场力的驱使下高速运动，受到阻碍从而产生热量．故D错误；

所以错误是AD

故选：AD

【解析】【答案】真空冶炼炉外中的线圈通有高频电流；从而在线圈中产生很强的变化的电磁场，最终导致炉内金属产生涡流，使其达到很高的温度．

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

ω=10rad/s

则由感应电流的最大值Em=BSω可知，Em=5×10=50V；

则电流的最大值i==5A；

磁通量的表达式φ=5sin10t（Wb）为正弦规律变化；则其电流的表达式应为余弦规律变化；

电流的瞬时表达式i=5cos10t；

故选：D．

【分析】由磁通量的变化规律可得出最大磁通量BS及变化的角速度；则由感应电动势的最大值表达式可求得最大电动势，由欧姆定律求得电流；根据感应电动势的产生过程可明确电动势的表达式．4、B【分析】解：A

干涉条纹的宽度是相等的；A错误；

B；条纹间距与波长成正比；所以用红光做实验比用紫光做实验时，得到的明条纹或暗条纹间的间距大，B正确；

C；屏上某点到双缝的距离之差等于半个波长的奇数倍时；这点将出现暗条纹，C错误；

D；用白光做此实验；屏上出现彩色干涉条纹，D错误；

故选：B

．

根据鈻�x=Ld

可知条纹间距与双缝到屏的距离L

双缝间距d

光的波长娄脣

有关．

本题考查了影响干涉条纹的间距与哪些因素有关，注意明条纹与暗条纹形成条件．【解析】B

5、A【分析】解：研究飞船绕地球做匀速圆周运动；根据万有引力提供向心力，列出等式：

GMmr2=mv2r

解得：v=GMr

故选：A

研究飞船绕地球做匀速圆周运动；根据万有引力提供向心力，列出等式．

根据等式表示出飞船在圆轨道上运行的速率．

向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．【解析】A

6、A【分析】解：ab棒有效的切割长度为：L=

产生的感应电动势为：E=BLv=Bv

通过R的电流为：I==

故选：A。

题中导体与磁场垂直；根据导体切割电动势公式E=Blv求出感应电动势，l是有效切割长度，再由闭合电路欧姆定律求出感应电流．

本题容易产生的错误是认为金属棒的切割长度为d，感应电动势为E=Bdv，通过R的电流为．【解析】A二、多选题(共7题，共14分)7、ABD【分析】解：A

因球的动能相同；且A

的质量大于B

的质量；故A球的速度小于B

球的速度；故A正确；

B、由EK=P22m

可知，P=2mEk

则可知；A

的动量大于B

的动量；故B正确；

C；因两球在碰撞中动量守恒；故两球动量的变化量相等；故C错误；

D；因A

的动量大于B

的动量；故总动量沿A

的动量方向，故碰后只能是A

静止，B

朝反方向运动，故D正确；

故选ABD．

根据题意可知两球的速度及动量的大小关系；再由动量守恒则可以判断两球动量的变化及两球的运动方向．

本题考查动量守恒定律的应用，要注意动量及动能的关系式，明确动量守恒的内容，并能熟练应用．【解析】ABD

8、ABD【分析】解：A；α粒子散射实验中少数α粒子发生较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据．故A正确．

B；目前已建成的核电站的能量来自于重核裂变．故B正确．

C；β衰变的实质是原子核中的中子转变为质子和电子；但是电子不是原子核的组成部分．故C错误．

D；当原子从第4能级向低能级跃迁时；原子的能量减小，轨道半径减小，电子的动能增大，电势能减小．故D正确．

故选：ABD

β衰变的实质是原子核中的中子转变为质子和电子；电子释放出来，α粒子散射实验说明原子有复杂的结构，核电站的能量来自于重核裂变．

本题考查了重核裂变、β衰变的实质、能级跃迁、α粒子散射实验等知识，比较简单，关键要熟悉教材，牢记这些基本知识点．【解析】【答案】ABD9、BCD【分析】解：AC

当滑动变阻器滑片P

向上移动；其接入电路的电阻减小，电路总电阻R脳脺

减小，总电流I

增大，R1

不变，R1

电压和内电压均增大，所以并联部分电压减小，通过灯泡的电流减小，则R2

电压减小，电压表示数变小，小灯泡亮度变暗.

故A错误，C正确．

B；总电流增大；而通过灯泡的电流减小，根据并联电路的规律知电流表示数变大.

故B正确．

D；电源的总功率P=EII

增大，P

增大，故D正确．

故选：BCD

．

滑动变阻器滑片P

向上移动；变阻器接入电路的电阻减小，电路总电阻减小，总电流增大，再根据串联；并联电路的规律分析各部分电压和电流的变化，即可作出判断．

本题按“部分隆煤

整体隆煤

部分”的思路进行动态变化分析.

对于电压表的示数，可以直接根据路端电压随外电阻而增大的结论进行分析.

根据串联电路电压与电阻成正比的特点，分析各部分电压的变化，比较简便．【解析】BCD

10、ABD【分析】解：

A、由U鈭�I

图象的斜率表示电阻值，可得R1R2

的关系为两电阻阻值R1>R2

故A正确．

BC

电源的效率娄脟=P鲁枚P脳脺=UIEI=UE

效率与路端电压成正比，由图可知R1

接在电源上时路端电压大，效率高，故B正确，C错误．

D、由图可知，电源内阻为：r=U0I0R2

的电阻为：R2=U02I02=U0I0

故D正确．

故选：ABD

【解析】ABD

11、BC【分析】【分析】分子在不停地做无规则运动，液体与大气接触面，分子间距离较大，分子力表现为引力，温度越高，附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时，液体与固体间表现为浸润；在完全失重的情况下，气体分子运动不停止，对容器壁的碰撞不会停止，则气体的压强不会为零。本题考查了分子动理论、气体压强的微观意义和表面张力及浸润现象等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点．【解答】A.分子做永不停息的无规则运动；分子运动的平均速度不可能为零，瞬时速度有可能为零，故A错误；

B.液体与大气相接触；表面层内分子间距较大，分子力表现为引力，故B正确；

C.附着层内分子间距离小于液体内部分子间距离时；液体与固体间表现为浸润，故C正确。

D.在完全失重的情况下；气体分子运动不停止，对容器壁的碰撞不会停止，则气体的压强不会为零，故D错误。故D错误。

故选BC。

【解析】BC

12、ABD【分析】【分析】根据电压表的示数和U鈭�I

图像求解出干路电流，得到通过另外两个灯泡的电流，再结合U鈭�I

图像得到并联灯泡的电压.

由闭合电路欧姆定律求电源的电动势；再进一步求电源消耗的功率和电源的效率。本题考查了闭合电路的欧姆定律、电功率；本题关键明确电路结构，结合U鈭�I

图像得到干路电流和各个灯泡的电压、电流，然后可求解其他量。【解答】A.电压表的示数为：U1=4V

由U鈭�I

图像得到干路中灯泡的电流为：I1=0.6A

该灯泡的电阻为：R1=U1I1=40.6娄赂=203娄赂

另外两个并联灯泡的电流均为：I2=0.3A

再根据U鈭�I

图像得到电压为：U2=1V

则并联电阻为：R虏垄=U2I1=10.6娄赂=53娄赂

故三个灯泡的总电阻为：R=R1+R虏垄隆脰8.3娄赂

故A正确；B.电源的电动势为：E=U1+U2+I1r=4V+1+0.6隆脕1V=5.6V

故B正确；

C.电源消耗的热功率为：P脠脠=I1

=0.36W

故C错误；D

电源的效率为：娄脟=(U1+U2)I1EI1=4鈭�15.6=89.3拢楼

故D正确。故选ABD。【解析】ABD

13、BD【分析】【分析】S

刚闭合后，由自感现象判断线圈中及AB

灯中电流的变化情况；同时电容器充电；SS闭合足够长时间后，线圈由于无电阻将AA灯短路；再断开，由于线圈的自感不会使AA灯立即熄灭，同时电容器放电，BB灯也不会立即熄灭。知道线圈由于通电自感和断电自感引起与之并联或串联电灯中电流的变化，知道电容器在电路中能进行充放电及充放电的路径是解题的关键，本题具有一定难度。【解答】AB.SAB.S刚闭合后，由于线圈产生自感，阻碍其中电流增大，故电路中的电流通过AA灯流回到电源负极，但自感电动势不会组织线圈中电流的增加，故A亮一下又逐渐变暗直至电路稳定后，线圈由于电阻不计，将AA灯短路，AA灯熄灭，该过程中，由于通过线圈的电流逐渐增大，故B逐渐变亮，A错误，B正确；C.SS闭合足够长时间后，线圈由于电阻不计，将AA灯短路，AA灯熄灭，C错误；D.SS闭合足够长时间后电容器充满电，再断开，电容器通过BB灯形成回路释放电能，故B不会立即熄灭，当电容器内的电能释放完毕，BB灯熄灭；而此时由于线圈的断电自感，使AA不会立即熄灭，当线圈中的磁场能释放完毕，AA灯熄灭，故AB两灯逐渐熄灭，D正确。故选BD。【解析】BD

三、填空题(共9题，共18分)14、略

【分析】试题分析：设电源的电动势为E，内阻为r，当电键S1断开、S2闭合时，R2与R3短路，电源输出功率为＝当S1闭合、S2断开时，R1与R2短路，电源输出功率也为＝解得：E＝当当S1、S2都断开时，电源的总功率为P＝考点：本题考查闭合电路欧姆定律、电功率。【解析】【答案】15、略

【分析】解：电荷守恒定律：电荷既不能被创造；也不能被消灭，只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移的过程中，电荷的总量保持不变．

故答案为：创造；消灭；保持不变．

根据电荷守恒定律的内容就可以直接作出解答．

本题是基础的题目，考查的就是学生对电荷守恒定律的掌握的情况，比较简单．【解析】创造；消灭；保持不变16、略

【分析】解：根据闭合电路欧姆定律得，I==A=0.01A

通过的电量q=It=16×0.01C=0.16C

相当于电子的数目n===1×1018

故答案为：0.16，1.0×1018．

根据闭合电路欧姆定律I=求出电流I，再根据q=It求出多少电荷发生定向移动．根据n=求出电子的数量．

解决本题的关键掌握欧姆定律的公式I=以及电流的定义式I=．【解析】0.16；1.0×101817、a；5×1015【分析】解：从光电管阴极K

发射的光电子；要在回路中定向移动形成电流，A

端应该与电源的正极相连，这样电子出来即可被加速，从而在回路中形成电流；

每秒在回路中通过的电量为：Q=It垄脵

所以产生的光电子数目至少为：n=Qe垄脷

联立垄脵垄脷

得：n=5隆脕1015

个.

故答案为：a5隆脕1015

．

由于电子带负电，因此要在回路中形成电流，A

应该与电源的正极相连，根据Q=It

求出每秒流过的电量，然后根据n=Qe

可求出光电子的数目．

本题通过光电效应考查了有关电学的基础知识，对于这些基础知识要熟练的理解和应用．【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：垄脵

验证动量守恒定律实验中；即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，根据平抛运动规律，若落地高度不变，则运动时间不变，因此可以用水平射程大小来体现速度速度大小，故需要测量水平射程，故AB错误，C正确．

垄脷

碰撞过程中动量；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

碰后不被反弹，应该满足m1>m2

．

实验时；先让入射球ml

多次从斜轨上S

位置静止释放，找到其平均落地点的位置P

测量平抛射程OP.

然后，把被碰小球m2

静置于轨道的水平部分，再将入射球ml

从斜轨上S

位置静止释放，与小球m2

相碰，并多次重复.

测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中DE

是必须的，而且D

要在E

之前.

至于用天平秤质量先后均可以．

故选：ACE

．

垄脹

根据平抛运动可知；落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t

则：

v0=OPtv1=OMtv2=ONt

而动量守恒的表达式是：m1v0=m1v1+m2v2

若两球相碰前后的动量守恒；则需要验证表达式m1?OM+m2?ON=m1?OP

即可．

若为弹性碰撞；则碰撞前后系统动能相同，则有：

12mv02=12mv12+12mv22

将即满足关系式：m1?OM2+m2?ON2=m1OP2

．

故答案为：垄脵C垄脷m1>m2ACE垄脹m1?OM+m2?ON=m1OPm1?OM2+m2?ON2=m1OP2

垄脵

验证动量守恒定律实验中；质量可测而瞬时速度较难.

因此采用了落地高度不变的情况下，水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度．

垄脷

过程中小球释放高度不需要；小球抛出高度也不要求.

最后可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒．

垄脹

根据碰撞前后动量守恒可以写成表达式；若碰撞为弹性碰撞，则碰撞前后动能相同．

该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速和时间，而是用位移x

来代替速度v

成为是解决问题的关键.

此题难度中等，属于中档题．【解析】Cm1>m2ACEm1?OM+m2?ON=m1?OPm1?OM2+m2?ON2=m1OP2

19、ABD【分析】解：（1）将电源；电键、变阻器、小螺线管串联成一个回路；再将电流计与大螺线管串联成另一个回路，电路图如图所示．

（2）A；由图示可知；条形磁铁向下插入线圈时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流从电流计的右接线柱流入，电流表指针向右偏转，故A正确；

B；由图示可知；电流计指针向左偏转，说明电流从负接线柱流入，由安培定则可知，感应电流磁场向上，由图示可知，此时条形磁铁离开线圈，原磁通量减小，由楞次定律可知，原磁场方向向下，因此条形磁铁的下端是N极，故B正确；

C；由图示可知；电流计指针向右偏转，说明电流从正接线柱流入，由安培定则可知，感应电流磁场向下，由图示可知，原磁场方向向上，由楞次定律可知，原磁通量应减小，因此条形磁铁应向上运动，故C错误；

D；由图示可知；电流计指针向右偏转，说明电流从正接线柱流入，由图示可知，原磁场方向向下，磁铁离开线圈，穿过线圈的原磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向下，由安培定则可知，丁图中线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向，故D正确；

故答案为：（1）电路图如图所示；（2）ABD．

（1）注意该实验中有两个回路；一是电源；电键、变阻器、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答．

（2）分析图示情景；由楞次定律判断感应电流的方向，然后判断出电流表指针偏转方向，选出正确的选项．

本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同．第二小题是本题的难点，解题时要认真细心，应会熟练应用楞次定律与安培定则．【解析】ABD20、略

【分析】【详解】

[1]根据电场力做功解得

即

[2]根据电场力做功解得

即

[3]根据题意可知

即

综上所述

故最高点是点。【解析】21、不变减小减小不变【分析】【解答】虽然挡板在变化，但球B对球A的弹力方向没有改变，球B的重力没有变化，则斜面对球A的支持力方向也没变，虽然球A位置在缓慢变化，但球A所受力没有变化，故A球对斜面的压力不变，A、B两球的弹力没有变；

球B受力分析如图，当缓慢转动挡板至挡板与斜面垂直的过程中，弹力F1的方向也从图示位置转动到与斜面平行位置；则两个弹力的合力不变，当夹角变小时，两弹力大小均变小，故B球对挡板的压力逐渐减少，B球对斜面的压力逐渐减少；

故答案为：不变；减小，减小，不变．

【分析】在逆时针缓慢转动挡板至挡板与斜面垂直的过程中，两完全相同的小球处于静止状态．则小球A受力不变，而小球B由于挡板对球A的弹力方向发生变化，导致球B对挡板及斜面作用力发生变化．22、略

【分析】解：由右手定则可知；线框进入磁场过程中产生的感应电流沿逆时针方向；

产生感应电流过程线框的位移为2d

则线框存在感应电流的时间：t=2dv

故答案为：逆时针；2dv

．

由右手定则可以判断出感应电流的方向；

当穿过线框的磁通量变化时；产生感应电流，由速度公式的变形公式可以求出产生感应电流的时间．

本题考查了判断感应电流方向、求产生感应电流的时间，应用右手定则、知道感应电流产生的条件即可正确解题．【解析】逆时针；2dv

四、判断题(共1题，共9分)23、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．五、计算题(共3题，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）对cd棒mcdgsin30°=0.2×10×0.5=1N＞0.3N所以cd棒做向下加速运动（a逐渐减小），当它沿斜面方向合力为零时，a=0，则v最大。mcdgsin30°=BIL=BL(v+vmax)LB/R代入数据，解得vmax=3.5m/s【解析】【答案】25、略

【分析】试题分析：设t时刻两者相距21m，由位移公式及两者的位移关系可得代入整理得：解得：所以经历时间考点：考查了匀变速直线运动公式的应用【解析】【答案】4s26、略

【分析】本题综合考查了机械能守恒定律和动量定理的应用，解答时：一要注意过程分析；二要注意各量的矢量性。(1)

应用机械能守恒定律求出演员下落5m

时的速度大小；(2)

对拉紧安全带的过程受力分析，并应用动量定理求解。【解析】解：设演员下落5m

时的速度大小为则根据机械能守恒定律得：解得：设安全带对人的平均拉力大小为F

并取竖直向下方向为正，则根据动量定理得：解得：六、简答题(共4题，共12分)27、（1）cd）1cd）冷却结晶（2）冷却结晶引流引流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】本题通过制备rm{CuSO}rm{4}rm{4}rm{?5H}rm{2}及rm{2}rm{O}实验考查常见金属的单质及其化合物的应用以及基本的实验操作，涉及物质的制取和提纯等实验操作，掌握基本的实验操作步骤是解题的关键，注意蒸发、过滤、滴定等操作在进行中的注意事项，题目难度中等。【解答】制备rm{CaCO}及rm{3}步骤：孔雀石主要成分rm{3}其中还含少量rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}rm{CaCO_{3}}的化合物rm{Cu_{2}(OH)_{2}CO_{3}}铁元素以rm{Fe}rm{Si}价存在，孔雀石与硫酸反应中，少量rm{.}的氧化物均与硫酸反应，只有rm{+2}不反应，溶液rm{+3}中含rm{Fe}rm{SiO_{2}}rm{A}由工艺流程转化关系可知，实现由溶液rm{Cu^{2+}}至溶液rm{Fe^{2+}}转化，目的是将rm{Fe^{3+}}氧化为rm{A}试剂rm{B}应为氧化剂，且不能引入新的杂质，则溶液rm{Fe^{2+}}中含rm{Fe^{3+}}rm{垄脵}加rm{B}促进铁离子水解转化为沉淀，所以溶液rm{Cu^{2+}}中主要为硫酸铜，蒸发浓缩、冷却结晶得到rm{Fe^{3+}}制备rm{CuO}时，先通入氨气，增大二氧化碳的溶解，生成碳酸铵与氯化钙反应生成碳酸钙、氯化铵，反应为：rm{C}则过滤可得到rm{CuSO_{4}?5H_{2}O}依此回答即可。

rm{CaCO_{3}}本实验要除去rm{CaCl_{2}+CO_{2}+2NH_{3}?H_{2}O=CaCO_{3}隆媒+2NH_{4}Cl+H_{2}O}rm{CaCO_{3}}等离子，先加入合适的氧化剂时不能引入新的杂质，可加入rm{(1)}发生的反应为：rm{Fe^{2+}}因rm{Fe^{3+}}遇rm{H_{2}O_{2}}溶液变为血红色，常用rm{2Fe^{2+}+H_{2}O_{2}+2H^{+}=2Fe^{3+}+2H_{2}O}检验rm{Fe^{3+}}

故答案为：rm{KSCN}rm{KSCN}

rm{Fe^{3+}}从溶液中要析出晶体；采用冷却结晶法，然后进行过滤等操作，过滤用到的仪器有烧杯；玻璃棒、漏斗、滤纸等仪器，其中玻璃棒在过滤时起到引流的作用；

故答案为：冷却结晶；引流；

rm{c}溶液不能与rm{d}反应；加入碱能反应，但又不能引入杂质，可加入一水合氨；

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

rm{NH_{3}?H_{2}O}rm{CO_{2}}的rm{CO_{2}}时，不易溶于rm{CaCl_{2}}溶液rm{CaCl_{2}}此时溶液中的铁离子浓度为：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)}常温下滤液rm{C}的rm{pH=4}时，rm{c(OH^{-})=1}rm{C}

rm{pH=4}【解析】rm{(}rm{1}rm{)}rm{c}rm{d}rm{(}rm{1}rm{1}rm{)}rm{c}rm{d}rm{c}rm{d}冷却结晶rm{(}rm{2}rm{)}冷却结晶引流引流rm{(}rm{2}rm{2}rm{)}rm{(}rm{3}rm{)}rm{NH_{3}}rm{隆陇}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{隆陇}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总

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

②因为亚硫酸氢根离子存在电离平衡HSO3-H++SO32-，加入氯化钙后，Ca2++SO32-=CaSO3↓，使平衡正向移动，氢离子浓度增大，pH减小【分析】【分析】本题考查了化学平衡图象、阅读题目获取信息的能力等，难度中等，需要学生具备运用信息与基础知识分析问题、解决问题的能力。【解答】rm{(1)}由已知，反应rm{垄脵}的rm{triangleH=(812+1076-1490-632)kJ/mol=-234kJ/mol}根据盖斯定律，rm{triangle

H=(812+1076-1490-632)kJ/mol=-234kJ/mol}得：rm{垄脵隆脕2+垄脹-垄脷}rm{2NO_{2}(g)+2CO(g)}rm{triangleH=[-234隆脕2+(-112.3)-179.5]kJ/mol=-759.8kJ/mol}故答案为：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)}该反应正向为气体分子数减小反应，恒温恒压时充入稀有气体，对该反应来说相当于减压，rm{triangleH=-759.8kJ/mol}正rm{(2)垄脵}逆rm{v(}平衡正向移动；rm{)>v(}rm{)}若充入等体积的rm{CO}平衡不移动；

故答案为：rm{CO}不；rm{{,!}_{2;}}设和rm{CO}平衡不移动；的转化率为rm{CO}由已知列三段式得：rm{dfrac{2娄脕}{1?娄脕+2娄脕}隆脕100%=40%}解得rm{>}故答案为：rm{垄脷}rm{CO_{2}}用平衡浓度表示该反应化学平衡常数表达式为rm{K=dfrac{{c}^{2}(CO)}{c(C{O}_{2})}}所以若用平衡分压代替平衡浓度表示平衡常数的表达式为rm{Kp=dfrac{{p}^{2}(CO)}{p(C{O}_{2})}}由图可得，rm{娄脕}时rm{dfrac{2娄脕}{1?娄脕+2娄脕}

隆脕100%=40%}体积分数为rm{娄脕=25%}分压为rm{25%}总，rm{垄脹}体积分数为rm{K=dfrac{{c}^{2}(CO)}{c(C{O}_{2})}

}分压为rm{Kp=dfrac{{p}^{2}(CO)}{p(C{O}_{2})}

}总，所以rm{Kp=dfrac{{p}^{2}left(COright)}{pleft(C{O}_{2}right)}=dfrac{{left(96拢楼隆脕{P}_{脳脺}right)}^{2}}{4拢楼隆脕{P}_{脳脺}}23.04{p}_{脳脺}}故答案为：rm{925隆忙}rm{CO}由图可得，rm{96%}时溶液中溶质主要为rm{96%隆脕p}和rm{CO_{2}}rm{4%}溶液中的主要离子为：rm{4%隆脕p}rm{Kp=

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

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

}rm{23.04p_{脳脺}}次要离子为rm{(3)垄脵}rm{pH=8}所以各离子浓度由大到小的顺序是：rm{Na_{2}SO_{3}}故答案为：rm{NaHSO_{3}}rm{c(SO_{3}^{2-})>c(HSO_{3}^{-})}溶液中rm{Na^{+}}存在电离平衡rm{SO_{3}^{2-}}rm{HSO_{3}^{-}}加入氯化钙后，rm{OH^{-}}使电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，所以rm{H^{+}}降低。故答案为：因为亚硫酸氢根离子存在电离平衡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^{+})}加入氯化钙后，rm{垄脷NaHSO_{3}}使平衡正向移动，氢离子浓度增大，rm{HSO_{3}^{-}}减小。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{垄脵}rm{>}不rm{垄脷25%}rm{>}rm{垄脷25%}rm{垄脹}rm{23.04p}rm{23.04p}rm{{,!}_{脳脺}}rm{(3)}rm{(3)}rm{垄脵}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{)}使平衡正向移动，氢离子浓度增大，rm{垄脷}减小因为亚硫酸氢根离子存在电离平衡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）ƒc(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)>c(H+)>c(OH-)

【分析】【分析】本题考查溶液rm{pH}值的计算、水的离子积计算和盐类水解的应用等，难度中等，注意Ⅰ中水的离子积不是常温下，应先计算水的离子积，再进行溶液中氢离子或氢氧根的计算。【解答】rm{(}一rm{)}一rm{(}rm{)}纯水中的rm{(1)}rm{c(OH^{-})=c}rm{(H^{+})=4.0隆脕10^{-7}}该温度下水的离子积rm{mol/L}根据rm{Kw=4.0隆脕10^{-7}隆脕4.0隆脕10^{-7}=1.6隆脕10^{-13}}计算，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}故答案为：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}}的盐酸与等体积rm{(2)100ml}的氢氧化钠溶液混合，溶液呈碱性，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}故答案为：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}酸的电离常数越大，则酸性越强，所以上述四种酸的酸性强弱顺序为：rm{(}二rm{)}故答案为：rm{(}rm{)}溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，则rm{(1)}溶液中的电荷守恒表达式：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(H_{2}PO_{4}^{-})+2c(HPO_{4}^{2-})+3c(PO_{4}^{3-})+c(OH^{-})}故答案为：rm{c(Na^{+})+c(H^{+})=c(H_{2}PO_{4}^{-})+2c(HPO_{4}^{2-})+3c(PO_{4}^{3-})+c(OH^{-})}

rm{?}rm{?}的第二电离常数较大，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}}的电离程度大于水解程度，所以rm{?(2)}溶液显酸性，则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}^{-}}的大小顺序为：rm{NaHC_{2}O_{4}}rm{NaHC_{2}O_{4}}4rm{c(Na^{+})}rm{c(HC_{2}O_{4}^{-})}故答案为：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}