2025年沪教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年沪教版高二物理下册阶段测试试卷768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、下列电学元件中不是利用电流热效应进行工作的是（）

A.电容器。

B.保险丝。

C.电烤箱。

D.电饭煲。

2、如图所示，空间有垂直于xoy平面的匀强磁场。t＝0时刻，一电子以速度经过x轴上的A点，沿轴正方向进入磁场。A点坐标为其中R为电子在磁场中做圆周运动的轨道半径。不计重力影响，则以下结论正确的是（）A.电子经过y轴时，速度大小仍为B.电子在时，第一次经过y轴C.电子第一次经过y轴的坐标为D.电子第一次经过y轴的坐标为3、如图所示，光滑轨道MO和ON顶端对接且ON=2MO.小球自M点以初速度沿OM上滑至O点恰好能沿ON直线下滑。以v、s、a、E0分别表示小球的速度、位移、加速度和动能四个物理量的大小，下列图象中能正确反映出小球自M点运动到N点的运动过程的是（）4、火星有两颗卫星，分别是火卫一和火卫二，它们的轨道近似为圆，已知火卫一的公转周期为7

小时39

分，火卫二的公转周期为30

小时18

分，则两颗卫星相比()A.火卫一距火星表面较远B.火卫二的角速度较大C.火卫一的运动速度较大D.火卫二的向心加速度较大5、一个带电粒子在匀强磁场B中所受的洛仑兹力F的方向如图所示；则该粒子所带电性和运动方向可能是（）

A.粒子带负电；向下运动。

B.粒子带正电；向左运动。

C.粒子带负电；向上运动。

D.粒子带正电；向右运动。

6、在一个竖直方向运动的密闭升降机内，用弹簧秤挂着一个已知质量的砝码，当地的重力加速度已知。根据弹簧秤的读数，我们可以知道升降机：A.加速度的大小和方向B.速度的大小和方向C.加速度的大小和速度的方向D.加速度的大小和方向以及速度的方向7、如图所示，将一个矩形小线圈放在一个大匀强磁场中，线圈平面平行于磁感线，则线圈中有感应电流产生的情况是（）A.当矩形线圈作平行于磁感线的平动B.当矩形线圈作垂直于磁感线的平动C.当矩形线圈绕ab边作转动时D.当矩形线圈绕ad边作转动时8、15.

下列叙述中的力，属于万有引力的是A.马拉车的力B.钢绳吊起重物的力C.太阳与地球之间的吸引力D.两个异名磁极之问的吸引力评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)9、如图所示，把电量为-5×10-9C的电荷，从电场中的A点移到B点，其电势能____（选填“增大”、“减小”或“不变”）；若A点的电势φA=15V，B点的电势φB=10V，则此过程中电场力做的功为____J．

10、如图所示，质量为m，电量为q的小球以某一速度与水平成45°角进入匀强电场和匀强磁场，若微粒在复合场中做直线运动，则粒子带______电，电场强度E=__________．11、如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2隆脕10鈭�3C

的负电荷由A

点移到B

点，其电势能增加了0.2J

已知AB

两点间距离为2cm

两点连线与电场方向成60鈭�

角.

则：

(1)

该负电荷由A

移到B

的过程中；电场力所做的功WAB=

____________；

(2)AB

两点间的电势差以UAB=

____________；

(3)

该匀强电场的电场强度E=

____________．12、用20

分度的游标卡尺测量钢球的直径；示数如图所示，则钢球直径为______mm

．

13、如图a

所示的电子元件名称是______；图b

所示的是一只电解电容器；从该电容器标称参数可知：该电容器的耐压为______V

该电容器容量为______娄脤F

．

14、声波从甲介质进入乙介质中，已知入射角为30°，折射角为37°，声波在甲介质中速度为300m/s，声波在乙介质中速度为______m/s．15、图中，游标卡尺示数是______cm，螺旋测微器示数是______mm；

评卷人得分三、判断题(共9题，共18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、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）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、如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点．设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判断对错）

21、电势差有正有负，所以是矢量，且电场中两点间的电势差随着零电势点的选取变化而变化．（判断对错）22、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）23、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）

24、如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线．两电子分别从a、b两点运动到c点．设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判断对错）

评卷人得分四、画图题(共2题，共20分)25、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象26、13.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向，在下列i-t图中画出感应电流随时间变化的图象评卷人得分五、简答题(共3题，共15分)27、某金属rm{A}及其化合物之间有如下的转化关系：

rm{(1)}请写出rm{A}rm{B}rm{C}的化学式：rm{A}__________rm{B}__________、rm{C}__________。rm{(2)}写出化学方程式：rm{B隆煤D}_____________________________________________rm{E隆煤C}______________________________________________28、(1)

单晶体的所有物理性质都是各向异性的.

()(2)

液晶是液体和晶体的混合物.(

)

(3)

水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不再变化，这时水不再蒸发和凝结.(

)

(4)

压强极大的气体不遵从气体实验定律.(

)

(5)

做功和热传递的实质是相同的.(

)

(6)

绝热过程中，外界压缩气体做功20J

气体的内能一定减少.(

)

(7)

物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变.(

)

(8)

热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化.(

)

29、某含镍rm{(Ni)}废催化剂中主要含有rm{Ni}还含有rm{Al}rm{Al}废催化剂中主要含有rm{(Ni)}还含有rm{Ni}rm{Al}rm{Al}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}及其它不溶于酸、碱的杂质。部分金属氢氧化物rm{{,!}_{3}}近似值如下表所示：。、rm{Fe}及其它不溶于酸、碱的杂质。部分金属氢氧化物rm{Ksp}近似值如下表所示：化学式rm{Fe(OH)_{2}}rm{Fe(OH)_{3}}rm{Al(OH)_{3}}rm{Ni(OH)_{2}}rm{K_{sp}}近似值rm{10^{-17}}rm{10^{-39}}rm{10^{-34}}rm{10^{-15}}现用含镍废催化剂制备rm{NiSO_{4}隆陇7H_{2}O}晶体，其流程图如下：回答下列问题：rm{(1)}“碱浸”时发生反应的离子方程式为rm{Al_{2}O_{3}+2OH^{-}=2AlO_{2}^{-}+H_{2}O}________________。rm{(2)}“酸浸”所使用的酸为_____________。rm{(3)}“净化除杂”需加入rm{H_{2}O_{2}}溶液，其作用是___________________。然后调节rm{pH}使溶液中铁元素恰好完全沉淀，列式计算此时的rm{pH}___________________________。rm{(4)}“操作rm{A}”为_____、过滤、洗涤、干燥，即得产品。rm{(5)NiSO_{4}}在强碱性溶液中可被rm{NaClO}氧化为rm{NiOOH}该反应的离子方程式为__________。rm{(6)NiOOH}可作为镍氢电池的电极材料，该电池的工作原理如下图所示，其放电时，正极的电极反应式为__________________________。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、A【分析】

电容器的工作原理是充放电；保险丝工作原理即电流过大时；产生的热量较大，保险丝熔断，保护电路；电烤箱；电饭煲都是利用电流产生热量来进行工作．可见利用电流热效应工作的是保险丝、电烤箱、电饭煲．电容器不是利用电流的热效应工作．故A正确，B、C、D错误．

故选A．

【解析】【答案】利用电流热效应就是通电后发热；利用热量进行工作．电容器的工作原理是充放电；保险丝工作原理即电流过大时，产生的热量较大，保险丝熔断，保护电路；电烤箱；电饭煲都是利用电流产生热量来进行工作．

2、A|B|D【分析】【解析】试题分析：A、因为带电粒子在磁场中运动受到的洛伦兹力不做功，所以速度大小不变；正确B、设偏转角度为θ，由图可得正确CD、由图可知与y轴交点到O点的距离为在负半轴上，所以电子第一次经过y轴的坐标为C错D对故选ABD考点：带电粒子在磁场中的运动【解析】【答案】ABD3、A|C【分析】【解析】试题分析：小球上划过程中加速度恒定不变,小球向上做匀减速直线运动,下滑过程中做匀加速直线运动,位移与时间成二次关系,位移时间图像应为曲线,上划过程中重力沿斜面向下的分力与摩擦力方向相同,加速度较大,方向沿斜面向下,ON面上加速度较小,但加速度方向还是沿斜面向下,AC正确,由动能定理可知动能大小与位移大小成正比,所以动能与时间的关系图像应为一条曲线,BD错;考点：考查力与运动的关系【解析】【答案】AC4、C【分析】【分析】卫星围绕火星圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力，由周期关系得出半径关系，再由半径关系分析角速度、线速度和向心加速度的大小关系..

掌握万有引力提供圆周运动向心力，根据周期关系得出半径关系，再由此分析角速度、线速度和向心加速度与半径的关系，掌握规律是解决问题的基础．【解答】根据万有引力提供圆周运动向心力有：

GmMr2=ma=m4娄脨2rT2=mv2r=m娄脴2r

得卫星周期T=2娄脨r3GM

知轨道半径大的周期大，轨道半径小的周期小，所以可知火卫一的轨道半径小于火卫二的轨道半径．

A.因为火卫一的轨道半径小于火卫二的轨道半径；所以火卫二距火星表面较远，故A错误；

B.娄脴=GMr3

知轨道半径大的角速度小，火卫二的角速度较小，故B错误；

C.线速度v=GMr

轨道半径大的速度小，火卫一的轨道半径小，线速度大，故C正确；

D.向心加速度a=GMr2

火卫一的半径小，其加速度大，故D错误；

故选：C

．

【解析】C

5、A【分析】

磁场的方向垂直纸面向外；洛伦兹力的方向水平向右，根据左手定则，粒子若带正电，则向上运动，若带负电，向下运动．故A正确，B；C、D错误．

故选A．

【解析】【答案】判断洛伦兹力的方向用左手定则判断；伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向正电荷的运动方向，这时拇指所指的方向就是运动电荷所受洛伦兹力的方向．

6、A【分析】试题分析：设弹簧秤读数为F，如果F＞mg，说明加速度方向向上，加速度大小a=-g，升降机可能向上加速运动，也可能向下减速运动；如果F=mg，说明加速度为零，升降机可能静止，也可能匀速向上或向下运动；如果F＜mg，说明加速度方向向下，加速度大小a=g-升降机可能向上减速运动，也可能向下加速运动。综上分析，可知A正确。考点：【解析】【答案】A7、C【分析】解：A；当线圈沿磁感线方向平移时；线圈的磁通量始终为零，保持不变，没有感应电流产生．故A错误．

B；当线圈沿垂直于磁感线方向移动时；线圈的磁通量始终为零，保持不变，没有感应电流产生．故B错误．

C、当线圈以ab边为轴转动时；磁通量发生变化，穿过线圈的磁通量从无到有发生变化，有感应电流产生，故C正确．

D；当线圈以ad边为轴转动时；磁感线始终与线圈平行，磁通量始终为零，保持不变，没有感应电流产生．故D错误．

故选：C．

当穿过闭合线圈的磁通量发生变化时；线圈中就产生感应电流，根据这个条件进行分析．

本题考查应用感应电流产生的条件判断实际问题的能力，常规题，情景并不复杂，容易得分．【解析】【答案】C8、C【分析】【分析】万有引力是自然界中的基本相互作用之一；有质量的物体间具有万有引力。

本题关键是明确万有引力与弹力、电场力的区别，基础题。【解答】A.马拉车的力是弹力；故A错误；

B.钢绳吊起重物的力是弹力；故B错误；

C.太阳与地球之间的吸引力是万有引力；故C正确；

D.两个异名磁极之间的吸引力是电磁力；不是万有引力，故D错误。

故选C。

【解析】C

二、填空题(共7题，共14分)9、略

【分析】

A点电势高于B点，因此负电荷在A点电势能小于B点，故将负电荷从A点移到B点，电势能将增加；．

故答案为：增大，-2.5×10-8．

【解析】【答案】判断电势能的高低可以根据电势高低进行：负电荷在电势高的地方电势能低；正电荷则相反；也可以利用电场力做功：电场力做正功，电势能降低，做负功，电势能增加．电场力做功和路径无关，至于始末位置的电势差有关．

10、略

【分析】【解析】试题分析：粒子做直线运动，因为洛伦兹力的存在，所以要做直线运动，粒子的速度肯定不变，所以做匀速直线运动，故合力为零，粒子受到竖直向下的重力，水平方向的电场力，和洛伦兹力，要使合力为零，所以洛伦兹力方向垂直速度左向上，电场力水平向右，所以粒子带正电，根据矢量三角形可得解得考点：考查了带电粒子在复合场中的运动【解析】【答案】正电，mg/q11、-0.2J;100V;1×104V/m【分析】解：(1)

负电荷由A

点移到B

点；其电势能增加了0.2J

则电场力所做的功：WAB=鈭�0.2J

(2)AB

两点间的电势差：UAB=WABq=鈭�0.2鈭�2脳10鈭�3V=100V

(3)

由UAB=Ed=EA炉Bcos60鈭�

得：E=UABA炉Bcos60鈭�=1002脳10鈭�2脳0.5V/m=1隆脕104V/m

故答案为：(1)鈭�0.2J(2)100V(3)1隆脕104V/m

【解析】鈭�0.2J;100V;1隆脕104V/m

12、略

【分析】解：20

分度的游标卡尺；精确度是0.05mm

游标卡尺的主尺读数为10mm

游标尺上第3

个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3隆脕0.05mm=0.15mm

所以最终读数为：10mm+0.15mm=10.15mm

．

故答案为：10.15

解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法；主尺读数加上游标读数，不需估读．

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．【解析】10.15

13、略

【分析】解：图片a

是电阻器；是电路中常用的器材之一；

图片b

中是电容器；可以看出额定电压为25V

电容为2200娄脤F

故答案为：电阻器；252200

．

图片a

是电阻原件，图片b

是电容器；可以读出额定电压和电容大小．

本题关键是要认识生活电路中的常见的器材，体现了物理是来源于生活又服务于生活的一门实用学科．【解析】电阻器；252200

14、略

【分析】解：如图所示。

由折射定律知：=

则v2==m/s=360m/s．

故答案为：360

已知入射角为30°；折射角为37°，根据折射定律求出甲乙的折射率之比，即可求得波速之比．

本题关键要掌握折射定律，知道相对折射率与波速的关系．【解析】36015、略

【分析】解：1；游标卡尺的主尺读数为103mm；游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×0.1mm=0.4mm，所以最终读数为：103mm+0.4mm=103.4mm=10.34cm．

2；螺旋测微器的固定刻度为3mm；可动刻度为38.8×0.01mm=0.388mm，所以最终读数为3mm+0.388mm=3.388mm．

故答案为：10.34；3.388

解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法；主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．

对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．【解析】10.34；3.388三、判断题(共9题，共18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：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．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、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；

故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；

a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；

故答案为：正确．

【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．21、B【分析】【解答】解：电势差类似于高度差；没有方向，是标量，正负表示电势的相对大小．

两点间的电势差等于电势之差；由电场中两点的位置决定，与零电势点的选取无关．由以上的分析可知，以上的说法都错误．

故答案为：错误。

【分析】电势差是标量，正负表示大小；电势差与零电势点的选取无关；沿着电场线方向电势降低；电势反映电场本身的性质，与试探电荷无关．22、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．23、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．24、A【分析】【解答】解：图中a、b两点在一个等势面上；

故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；

a位置的电场强度较密集，故Ea＞Eb；

故答案为：正确．

【分析】图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小．四、画图题(共2题，共20分)25、略

【分析】本题考查楞次定律和法拉第电磁感应定律，当磁感强度均匀变化时磁通量均匀变化，感应电动势、感应电流恒定不变【解析】【答案】26、略

【分析】本题考查楞次定律和法拉第电磁感应定律，当磁感强度均匀变化时磁通量均匀变化，感应电动势、感应电流恒定不变【解析】【答案】五、简答题(共3题，共15分)27、rm{(1)Fe}rm{FeCl_{3}}rm{Fe(OH)_{3}}

rm{(2)2FeCl_{3}+Fe=3FeCl_{2}}

rm{(2)2FeCl_{3}+Fe=3

FeCl_{2}}rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}}rm{+2H_{2}O=4Fe(OH)_{3}}【分析】【分析】

本题考查无机物的推断，题目难度不大，本题中注意根据物质的颜色等物理特性为突破口推断，学习中注意相关物质的性质。【解答】本题由rm{C}为突破口进行推断，rm{C}为红褐色固体，应为rm{Fe(OH)_{3}}根据反应转化关系结合物质的性质可推断其它物质。rm{(1)C}为红褐色固体，应为rm{Fe(OH)_{3}}则rm{E}为rm{Fe(OH)_{2}}rm{B}为rm{FeCl_{3}}rm{D}为rm{FeCl_{2}}rm{A}为rm{Fe}故答案为：rm{Fe}；rm{FeCl_{3}}rm{Fe(OH)_{3}}

rm{(2)B隆煤D}为rm{Fe}与rm{FeCl_{3}}反应，化学方程式为：rm{2FeCl_{3}+Fe=3FeCl_{2}}rm{E隆煤C}为rm{Fe(OH)_{2}}转化为rm{Fe(OH)_{3}}的反应，故答案为：rm{2FeCl_{3}+Fe=3FeCl_{2}}rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}}rm{+2H_{2}O=4Fe(OH)_{3}}

【解析】rm{(1)Fe}rm{FeCl_{3}}rm{Fe(OH)_{3}}rm{(2)2FeCl_{3}+Fe=3FeCl_{2}}rm{(2)2FeCl_{3}+Fe=3

FeCl_{2}}rm{4Fe(OH)_{2}+O_{2}}rm{+2H_{2}O=4Fe(OH)_{3}}28、(1)(隆脕)

(2)(隆脕)

(3)(隆脕)

(4)(隆脤)

(5)(隆脕)

(6)(隆脕)(7)(隆脤)

(8)(隆脕)【分析】【分析】本题考查热学基本知识。(1)(1)单晶体的某种物理性质是各向异性的，但并不是所有物理性质都是各向异性的。(2)(2)液晶有液体的流动性与晶体的各向异性。(3)

水蒸气达到饱和时，蒸发和凝结仍在继续进行，只不过蒸发和凝结的水分子个数相等，蒸发和凝结达到动态平衡。(4)

只要实际气体的压强不是很高，温度不是很大，都可以近视的当成理想气体来处理。(5)

做功和热传递都可以改变物体的内能，做功改变物体内能的实质是能量的转化，热传递改变物体内能的实质是能量的转移，做功和热传递在改变物体的内能上是等效。(6)

热力学第一定律：娄陇U=W+Q

(7)

热力学第一定律：娄陇U=W+Q

(8)

热力学第二定律：不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响。解题的关键是熟悉热学基本知识。【解答】(1)

单晶体的某种物理性质是各向异性的，但并不是所有物理性质都是各向异性的，故错误；(2)

液晶有液体的流动性与晶体的各向异性，故错误；(3)

水蒸气达到饱和时，蒸发和凝结仍在继续进行，只不过蒸发和凝结的水分子个数相等，蒸发和凝结达到动态平衡，故错误；(4)(4)只要实际气体的压强不是很高，温度不是很大，都可以近视的当成理想气体来处理，压强极大的气体不遵从气体实验定律，故正确。(5)

做功和热传递都可以改变物体的内能，做功改变物体内能的实质是能量的转化，热传递改变物体内能的实质是能量的转移，做功和热传递在改变物体的内能上是等效，实质是不相同的，故错误；(6)

热力学第一定律：娄陇U=W+Q绝热过程中，外界压缩气体做功20J20J气体的内能一定增加，故错误；(7)

热力学第一定律：娄陇U=W+Q物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变，故正确；(8)

热力学第二定律：不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响。燃气的内能不能全部变为机械能而不引起其他变化，故错误。故答案为：(1)(隆脕)

(2)(隆脕)

(3)(隆脕)

(4)(隆脤)

(5)(隆脕)

(6)(隆脕)(7)(隆脤)

(8)(隆脕)

【解析】(1)(隆脕)

(2)(隆脕)

(3)(隆脕)

(4)(隆脤)

(5)(隆脕)

(6)(隆脕)(7)(隆脤)

(8)(隆脕)

29、rm{(1)2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉}

rm{(1)2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉

}稀硫酸rm{(2)}或硫酸、rm{(}

rm{H_{2}SO_{4})}将rm{(3)}氧化为rm{Fe^{2+}}rm{c(O{H}^{-})=sqrt[3]{dfrac{Ksp}{c(F{e}^{3+})}}=sqrt[3]{dfrac{{10}^{-39}}{{10}^{-5}}}={10}^{-11.3}mol/L}rm{c({H}^{+})=dfrac{Kw}{c(O{H}^{-})}=dfrac{{10}^{-14}}{{10}^{-11.3}}={10}^{-2.7}mol/L}rm{Fe^{3+}}

rm{c(O{H}^{-})=sqrt[3]{

dfrac{Ksp}{c(F{e}^{3+})}}=sqrt[3]{

dfrac{{10}^{-39}}{{10}^{-5}}}={10}^{-11.3}mol/L}冷却结晶

rm{(5)2N{i}^{2+}+Cl{O}^{-}+4O{H}^{-}=2NiOOH隆媒+C{l}^{-}+{H}_{2}O}

rm{c({H}^{+})=dfrac{Kw}{c(O{H}^{-})}=

dfrac{{10}^{-14}}{{10}^{-11.3}}={10}^{-2.7}mol/L}rm{pH=2.7}【分析】【分析】本题考查了物质的制备，物质的分离和提纯的基本方法，电化学原理等，难度中等。【解答】rm{(1)}废催化剂中主要含rm{Ni}还含有rm{Al}rm{Al}还含有rm{Ni}rm{Al}rm{Al}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}rm{{,!}_{3}}，加入碱，均与碱反应，发生反应的离子方程式为rm{A{l}_{2}{O}_{3}+2O{H}^{-}=2Al{{O}_{2}}^{-}+{H}_{2}O}，rm{2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉}，故答案为：rm{2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉}rm{Al}最终产品为rm{Al_{2}O_{3}}发生反应的离子方程式为rm{A{l}_{2}{O}_{3}+2O{H}^{-}=2Al{{O}_{2}}^{-}+{H}_{2}O

}rm{A{l}_{2}{O}_{3}+2O{H}^{-}=2Al{{O}_{2}}^{-}+{H}_{2}O

}，rm{2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉

}rm{2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉

}为了不引入新杂质，应加硫酸，故答案为：稀硫酸rm{2Al+2O{H}^{-}+2{H}_{2}O=2Al{{O}_{2}}^{-}+3{H}_{2}隆眉

}或硫酸、rm{(2)}rm{NiSO}rm{NiSO}rm{{,!}_{4}}rm{隆陇7H}与rm{隆陇7H}rm{{,!}_{2}}接近，不溶于除去rm{O}为了不引入新杂质，应加硫酸，故答案为：应将其转化为rm{O}rm{(}rm{H_{2}SO_{4})}；rm{(3)}rm{Fe(OH)}将rm{Fe(OH)}氧化为rm{{,!}_{2}}rm{Ni(OH)}使溶液中铁元素恰好完全沉淀，此时rm{Ni(OH)}rm{c(O{H}^{-})=sqrt[3]{dfrac{Ksp}{c(F{e}^{3+})}}=sqrt[3]{dfrac{{10}^{-39}}{{10}^{-5}}}={10}^{-11.3}mol/L}rm{c({H}^{+})=dfrac{Kw}{c(O{H}^{-})}=dfrac{{10}^{-14}}{{10}^{-11.3}}={10}^{-2.7}mol/L}rm{{,!}_{2}Ksp}故答案为：将rm{Fe^{2+}}氧化为rm{Fe^{3+}}rm{c(O{H}^{-})=sqrt[3]{dfrac{Ksp}{c(F{e}^{3+})}}=sqrt[3]{dfrac{{10}^{-39}}{{10}^{-5}}}={10}^{-11.3}mol/L}rm{c({H}^{+})=dfrac{Kw}{c(O{H}^{-})}=