2025年湘教新版高二物理下册月考试卷

…………○…………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年湘教新版高二物理下册月考试卷166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5题，共10分)1、以下说法正确的是：（）A.由公式E=F/q知E与F成正比，与q成反比。B.由公式U=W/q知U与W成正比，与q成反比。C.由公式I=U/R知I与U成正比，与R成反比。D.由公式C=Q/U知C与Q成正比，与U成反比。2、某电站向某地输送5000kW的电功率,输电线上损失的电功率为100kW,若把输送电压提高为原来的10倍,同时将输电线的截面积减为原来的一半,那么输电线上损失的电功率为A.0.5kWB.1.0kWC.2.0kWD.5.0kW3、如图所示，空间存在两等量异种点电荷，以两电荷连线的中点O为圆心画出半圆，在半圆上有a、b、c三个点，b点在两电荷连线的垂直平分线上，下列说法正确的是()A.a点场强大小大于c点场强大小B.ac两点的电势相同C.正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能D.将正电荷由O移到b电场力做正功4、实验室里用的磁铁是用什么材料制成的（）A.软磁性材料B.硬磁性材料C.软铁D.不锈钢5、如图是甲、乙两种金属的光电子的最大初动能与入射光频率的关系图象，由图可知()

A.无论用不同金属做实验，图象的斜率可能会变B.同一色光照射下，甲金属发射的光电子的最大初动能比乙金属发射的光电子的最大初动能大C.要获得相等的最大初动能的光电子，照射甲金属的光的频率要比照射乙金属的光的频率大D.甲金属的逸出功比乙金属的逸出功大评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)6、支持列车车厢的弹簧减振系统，固有频率是2Hz．若列车行驶在每根长12.5m的钢轨连成的铁道上，当运行速度是____m/s时．车厢振动得最厉害．7、如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA=30V，φB=6V，φC=-6V，由此可得D点电势φD=____V．8、一个物体同时受到两个力的作用F1、F2的作用，F1、F2与时间的关系如图所示，如果该物体从静止开始运动，当该物体具有最大速度时，物体运动时间是____s.该物体的最大动量是㎏·m/s9、用伏安法测电阻，当对被测电阻的阻值一无所知而无法选择接法时，可以采用试接的方法，如图所示，让电压表的一端接A点，另一端先后接到B点和C点，若电流表示数有明显变化，而电压表示数无明显变化，说明待测电阻阻值______（选填“较大”或“较小”），应选择电流表______接电路．10、如图所示表示两列相干水波的叠加情况，图中的实线表示波峰，虚线表示波谷．设两列波的振幅均为5cm，且在图示的范围内振幅不变，波速和波长分别为1m/s和0.5m，C点是BE连线的中点，G点是AB连线的中点，则此时图中正经过平衡位置且向下运动；与A的竖直高度差为20cm，E经过0.25s的路程为cm。11、一质量为2kg

的物体做如图所示的直线运动，则前5s

的合外力的冲量是______N?S

若取初动量的方向为正方向，则物体前20s

的动量变化量是______kg?m/s

．12、做杂技表演的汽车从高台水平飞出；在空中运动一段时间后着地。一架相机通过多次曝光，拍摄得到汽车在着地前后一段时间内的运动照片，如图所示（虚线为正方形格子）。

已知汽车长度为3.6m，相邻两次曝光的时间间隔相等，第三个像是刚好着地的时刻，由照片可以推算出汽车离开高台时的瞬时速度大小为______m/s，高台离地面的高度为______m（取g=10m/s2）。评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)13、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）14、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）15、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）16、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）17、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）

18、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）

19、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）20、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）

21、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）

评卷人得分四、实验题(共4题，共36分)22、有一灯泡上标有“6V，0.1A”字样，现要测量该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用：A．电压表（0～3V，内阻1.5kΩ）B．电压表（0～6V，内阻3.0kΩ）C．电流表（0～0.3A，内阻2.0Ω）D．电流表（0～6A，内阻1.5Ω）E．滑动变阻器（30Ω，2A）F．滑动变阻器（100Ω，0.5A）G．学生电源（直流9V）及开关、导线等（1）试验中所用的电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选．（2）要求电压从0开始测量并减小实验误差，应选甲、乙、丙、丁中的哪一个电路图．测出的电阻值比真实值偏（选填“大”或“小”），原因是．23、利用插针法可以测量半圆柱形玻璃砖的折射率．实验方法如下：在白纸上作一直线MN，并作出它的一条垂线AB，将半圆柱形玻璃砖(底面的圆心为O)放在白纸上，它的直径与直线MN重合，在垂线AB上插两个大头针P1和P2，如图所示,然后在半圆柱形玻璃砖的右侧插上适量的大头针，可以确定光线P1P2通过玻璃砖后的光路，从而求出玻璃的折射率．(1)某学生用上述方法测量玻璃的折射率，在他画出的垂线AB上竖直插上了P1、P2两枚大头针，但在半圆柱形玻璃砖右侧的区域内，无论从何处观察，都无法透过玻璃砖同时看到P1、P2的像，原因是，他应采取的措施是．(2)为了确定光线P1P2通过玻璃砖后的光路，在玻璃砖的右侧，最少应插入枚大头针．(3)请在半圆柱形玻璃砖的右侧估计所插大头针的可能位置(用“x”表示)，并作出光路图24、如图所示为“验证碰撞中的动量守恒”的实验装置。（1）下列说法符合本实验要求的是。A．入射球比靶球质量大或者小均可B．每次入射球必须从同一高度由静止释放C．安装轨道时末端切线必须水平D．实验中需要测量轨道末端离地面的高度（2）实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O点，经多次释放入射球，在记录纸上找到了两球的平均落点位置M、P、N，并测得它们到O点的距离分别为和已知入射球的质量为靶球的质量为只要验证等式成立，即可认为碰撞中的动量守恒。（3）满足（2）的情况下，若满足等式成立，即可认为碰撞为弹性碰撞。（仅用和表示）25、辉铜矿石主要含有硫化亚铜rm{(Cu}rm{(Cu}rm{{,!}_{2}}及少量脉石rm{S)}及少量脉石rm{(SiO}rm{S)}rm{(SiO}一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如下所示：rm{{,!}_{2}}写出“浸取”过程中rm{)}一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如下所示：溶解时发生反应的离子方程式：________________________rm{)}“矿渣”中除了rm{(1)}以外，还有____________rm{Cu_{2}S}填化学式rm{(2)}“回收rm{S}”过程中温度控制在rm{(}之间，不宜过高或过低的原因是____________________________________rm{)}“保温除铁”过程中，加入rm{S}的目的是____________________________________；“蒸发浓缩、冷却结品”过程中，要用rm{50隆芦60隆忙}溶液调节溶液的rm{(3)}其理由是____________rm{CuO}气体rm{HNO3}与氧气混合后通入水中能生成流程中可循环利用的一种物质，该反应的化学方程式为________________________；向“滤液rm{pH}”中加入rm{(4)}或通入rm{NO_{x}}____________rm{M}填母代号rm{(}可得到另一种流程中可循坏利用的物质。rm{)}铁rm{(}氯气rm{)}高锰酸钾rm{a.}评卷人得分五、实验探究题(共2题，共20分)26、某同学测量阻值约为25k娄赂

的电阻Rx

现备有下列器材：A.电流表(

量程100娄脤A

内阻约为200娄赂)

B.电流表(

量程500娄脤A

内阻约为300娄赂)

C.电压表(

量程15V

内阻约为100k娄赂)

D.电压表(

量程50V

内阻约为500k娄赂)

E.直流电源(20V

允许最大电流1A)

F.滑动变阻器(

最大阻值1k娄赂)

G.开关和导线若干。(1)

电流表应选_____，电压表应选______。(

填字母代号)

(2)

请在虚线框中画出测量Rx

阻值的实验电路图。27、某兴趣实验小组在测定某电阻丝的电阻率时；从实验室中选择的实验器材有：螺旋测微器；米尺、内阻为1娄赂

的双量程电流表、内阻为5k娄赂

的双量程电压表、电动势为6.0V

内阻可忽略不计的电源、最大阻值为20娄赂

的滑动变阻器、阻值约为5娄赂

的电阻丝、电建和若干导线．

根据以上的实验器材回答下列问题：

(1)

请根据自己设计的电路将图甲中的实物图连接完整．

(2)

用螺旋测微器测量的电阻丝直径和用米尺测量的接入电路的电阻丝长度分别如图乙所示；则该电阻丝的直径d

为______，电阻丝的长度L

为______.

在利用伏安法测量该电阻丝的阻值时，某次测量的电压表和电流表的示数如图丙所示，则该电阻丝两端的电压U

为______，流过电阻丝的电流I

为______．

(3)

由以上测量的数据可得电阻丝的电阻率是______(

结果保留1

位小数)

．评卷人得分六、作图题(共2题，共4分)28、细绳的一端在外力作用下从t=0时刻开始做简谐运动，激发出一列简谐横波。在细绳上选取15个点，图1为t=0时刻各点所处的位置，图2为t=T/4时刻的波形图（T为波的周期）。在图3中画出t=3T/4时刻的波形图。29、根据图中通电直导线电流方向（竖直向下）判断磁感线的环绕方向；在图中画箭头表示．

参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、C【分析】【解析】试题分析：电场强度，电势差，电容器的大小都是之和其本身的性质有关，不是由它的定义式决定的，ABD错误，而电流和电压成正比，和电阻成反比，C正确，考点：考查对比值法定义的物理量的理解【解析】【答案】C2、C【分析】试题分析：输电线上损失的电功率为若把输送电压提高为原来的10倍,同时将输电线的截面积减为原来的一半，则输电线上损失的电功率变为原来的即选项C正确。考点：远距离输电.【解析】【答案】C3、C【分析】试题分析：由对称性可知，a点场强大小等于c点场强大小，选项A错误；顺着电场线电势降低，故a点电势高于c点，选项B错误。正电荷在高电势处电势能较大，故正电荷在a点的电势能大于在b点的电势能，选项C正确；由于O、b两点电势相等均为零，故将正电荷由O移到b电场力不做功，选项D错误；故选C.考点：电场强度、电势及电势能.【解析】【答案】C4、B【分析】解：磁性材料分为硬磁材料和软磁材料；硬磁性材料（永磁体）指磁化后能长久保持磁性的材料；软磁性材料指磁化后，不能保持原有的磁性．故实验室里用的磁铁是用硬磁性材料制成的．故B正确；ACD错误．

故选：B．

铁棒和钢棒本来不能吸引钢铁；当磁体靠近它或者与它接触时，它便有了吸引钢铁的性质，也就是被磁化了．软铁被磁化后，磁性很容易消失，称为软磁性材料．而钢等物质在磁化以后，磁性能够保持，成为硬磁性材料．硬磁性材料可以做成永磁体，还可以用来记录信息．

本题考查学生对磁性材料的了解和掌握．硬磁性材料（永磁体）指磁化后能长久保持磁性的材料；软磁性材料指磁化后，不能保持原有的磁性．【解析】【答案】B5、B【分析】略【解析】B

二、填空题(共7题，共14分)6、略

【分析】

列车的固有周期T==0.5s，当列车在长12.5m的钢轨上运行的时间为0.5s时，车厢发生共振，振幅最大，所以v=．

故答案为：25．

【解析】【答案】当驱动力的频率等于物体的固有频率；会发生共振，振幅最大．

7、略

【分析】

如图，连接AC，沿AC方向相等距离电势差相等，将AC三等分，作出等分点E和F．由题φA=30V，φC=-6V，则F点的电势为φF=6V，φB=6V，连接BF，则BF是一条等势线．过D作DE∥BF，则DE也是一条等势线．E的电势为φF=18V，则D点电势φD=18V．

故答案为：18

【解析】【答案】由题；A；B、C、D是匀强电场中正方形的四个顶点，连接AC，根据匀强电场中沿与电场方向相同距离电势差相等，在AC上找出B点的等势点，作出一条等势线，再在AC上找出与D等势的点，得到D的电势．

8、略

【分析】【解析】【答案】5259、略

【分析】解：由图示电路图可知；电压表的一端接A点，另一端接到B点时，电压表与电阻并联，电流表测电阻与电压表电流之和，另一端接到C点时，电流表测通过电阻的电流；若电流表示数有明显变化，而电压表示数无明显变化，说明电压表分流较大，待测电阻阻值较大；由于电压表分流较大，为减小实验误差，电流表应选择内接法．

故答案为：较大；内．

本题的关键是明确电流表采用外接法时；造成误差的原因是电压表的分流作用，所以当电压表内阻越大时，应用外接法测量误差越小，反之电压表的内阻若不是很大时，则应用电流表内接法；电流表采用内接法时，造成误差的原因是电流表的分压作用，所以当电流表内阻很小时，应用内接法测量误差较小，反之若电流表内阻不是很小，则应用外接法测量．

应明确“试触法”选择电流表内外接法的原理和方法：当电压表示数变化明显时，说明电流表的分压作用明显，即电流表内阻较大，由于电流表内阻较小时，应用内接法，所以当电压表示数变化明显时应用外接法；当电流表示数变化明显时，说明电压表分流作用明显，说明电压表内阻较小，应用内接法．【解析】较大；内10、略

【分析】试题分析：频率相同的两列水波相叠加的现象．实线表波峰，虚线表波谷，则A、E是波峰与波峰相遇，B点是波谷与波谷相遇，C、G是平衡位置相遇处，下一波峰将从E位置传播到C位置，且C正处于平衡位置且向水面上运动，而下一波谷将从B位置传播到A位置，且G正处于平衡位置且向水面下运动，A点波峰与波峰相遇，则A点相对平衡高10cm，而B点是波谷与波谷相遇，则B点相对平衡低10cm，所以A、B相差20cm．周期从图示时刻起经0.25s，E质点通过的路程为24A=20cm．考点：考查了波的叠加【解析】【答案】G、B、2011、10；-20【分析】解：在前5s

内，物体的初速度为5m/s

末速度为10m/s

根据动量定理得，I潞脧=鈻�p

知合外力的冲量为10N?s

在后20s

内，物体的初速度为5m/s

末速度为鈭�5m/s

根据动量定理得，I潞脧=鈻�p=mv2鈭�mv1=鈭�2隆脕5鈭�2隆脕5=鈭�10kg.m/s=鈭�20N?s

．

故答案为：10鈭�20

根据物体的初末速度，通过动量定理求出合外力的冲量解决本题的关键掌握动量定理，并能灵活运用，注意末速度的正负，难度不大，属于基础题解决本题的关键掌握动量定理，并能灵活运用，注意末速度的正负，难度不大，属于基础题【解析】10鈭�20

12、1211.25【分析】解：在竖直方向上，根据△y=gT2得，T=

则汽车离开平台的速度

第二个图竖直方向上的瞬时速度

则落地的竖直分速度vy=vy2+gT=9+10×0.6m/s=15m/s；

高台离地面的高度h=

故答案为：12；11.25。

平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向做匀速直线运动，根据竖直向上△h=gT2；求出相等的时间间隔，再根据水平方向的水平位移，求出平抛运动的初速度。

根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出第二个图在竖直方向上的分速度；结合速度时间公式求出落地的速度，根据速度位移公式求出平台离地的高度。

解决本题的关键知道平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向做匀速直线运动，且分运动和合运动具有等时性，结合运动学公式和推论灵活求解。【解析】1211.25三、判断题(共9题，共18分)13、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．14、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．15、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．16、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．17、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．18、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．19、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．20、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．21、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．四、实验题(共4题，共36分)22、略

【分析】试题分析:1）由题意可知，灯泡的额定电压为6V，为了准确性及安全性原则，电压表应选择B；灯泡的额定电流为0.1A，故电流表应选择C；测量灯泡的伏安特性曲线实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故滑动变阻器应选择E；（2）测量小灯泡的伏安特性曲线时，要求电压值从零开始变化，故滑动变阻器应采有分压接法；灯泡内阻约为：R=U/I=60Ω，而电流表内阻约为2Ω，小灯泡的电阻远小于电压表内阻，接近电流表内阻，故电流表应采用外接法，电路图选择甲图，由于电压表的分流作用，测出的电阻值比真实值偏小。考点：伏安特性曲线【解析】【答案】（1）B，C，E；（2）甲，小，电压表的分流作用。23、略

【分析】(1)原因是光线P1P2垂直于界面进入半圆柱形玻璃砖后到达圆弧面上的入射角大于临界角，发生全反射现象，光不能从圆弧面折射出（2）为了确定光线P1P2通过玻璃砖后的光路，在玻璃砖的右侧，最少应插入1枚大头针(3)略【解析】【答案】(1)原因是光线P1P2垂直于界面进入半圆柱形玻璃砖后到达圆弧面上的入射角大于临界角，发生全反射现象，光不能从圆弧面折射出措施是向上移动半圆柱形玻璃砖，使到达圆弧面上的光线的入射角小于临界角（2）1；（3）24、略

【分析】试题分析：（1）为了在碰撞后，入射球不被反弹，入射球质量必须大于靶球的质量。两球平抛之后，水平方向均不受力，动量守恒，实验正是利用平抛的这一分运动，验证动量守恒定律的，与竖直方向无关。（2）根据动量守恒定律有平抛运动高度相等，时间相等，碰撞的过程是入射球减速的过程。（3）如果是完全弹性碰撞，结合动量守恒定律和动能守恒，可得考点：本题考查碰撞中的动量守恒定律。【解析】【答案】（1）BC（选对的得2分，只对1个得1分，有错误或不选的得0分）（2）（2分）（3）（2分）25、rm{(1)Cu_{2}S+4Fe^{3+}=2Cu^{2+}+4Fe^{2+}+S}

rm{(2)SiO_{2}}温度过高苯容易挥发，温度过低溶解速率小

rm{(3)}调节溶液rm{PH}使铁元素完全转化为rm{Fe(OH)}rm{3}沉淀抑制rm{3}rm{Cu}的水解

rm{2+}rm{2+}rm{(4)4NOx+(5-2x)O}rm{2}rm{2}rm{+2H}rm{2}rm{2}【分析】【分析】本题考查了物质分离提纯的方法和流程判断，主要是物质性质的理解应用和实验基本操作，掌握基础是关键，题目难度中等。【解答】辉铜矿加入氯化铁溶液溶解浸取过滤，得到矿渣加入苯水浴加热回收硫单质；加入在滤液中加入铁还原铁离子和铜离子过滤，滤液rm{M}中加入氯气氧化反应生成氯化铁循环使用，保温除铁加入稀硝酸溶液和氧化铜反应，调节溶液rm{PH}除去杂质离子，过滤得到滤液为硫酸亚铁溶液，在稀硝酸溶液中蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到晶体；中加入氯气氧化反应生成氯化铁循环使用，保温除铁加入稀硝酸溶液和氧化铜反应，调节溶液rm{M}除去杂质离子，过滤得到滤液为硫酸亚铁溶液，在稀硝酸溶液中蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤得到晶体；rm{PH}铁离子做氧化剂，rm{(1)}铁离子做氧化剂，rm{Cu2S}被氧化，离子方程式为：rm{Cu}被氧化，离子方程式为：rm{(1)}rm{Cu2S}rm{Cu}rm{{,!}_{2}}rm{S+4Fe}rm{S+4Fe}rm{{,!}^{3+}}rm{=2Cu}rm{=2Cu}

rm{{,!}^{2+}}rm{+4Fe}rm{+4Fe}rm{{,!}^{2+}}rm{+S}rm{+S}故答案为：rm{Cu}rm{Cu}rm{{,!}_{2}}

rm{S+4Fe}由于二氧化硅和氯化铁不反应，故矿渣中含有二氧化硅，苯沸点比较低，温度过高苯容易挥发，从反应动力学看温度过低溶解速率小；

rm{S+4Fe}rm{{,!}^{3+}}rm{=2Cu}

rm{=2Cu}rm{{,!}^{2+}}rm{+4Fe}rm{+4Fe}rm{{,!}^{2+}}rm{+S}rm{+S}rm{(2)}由于二氧化硅和氯化铁不反应，故矿渣中含有二氧化硅，苯沸点比较低，温度过高苯容易挥发，从反应动力学看温度过低溶解速率小；rm{(2)}，加入故答案为：使水解平衡正向进行，调节溶液的rm{SiO_{2}}使铁元素完全转化为氢氧化铁沉淀，加热过程中；苯沸点比较低，温度过高苯容易挥发，从反应动力学看温度过低溶解速率小；rm{(3)}会水解，加入硝酸抑制rm{(3)}rm{Fe}的水解；不引入新的杂质；

故答案为：调节溶液rm{3+}使使铁元素完全转化为氢氧化铁沉淀；抑制铜离子水解；

rm{3+}rm{+3H}做还原剂，依据质量守恒和电子守恒写出方程式：rm{2}rm{2}rm{O?Fe(OH)}rm{3}rm{3}rm{+3H}，向滤液rm{+}中通入rm{+}rm{CuO}将rm{PH}rm{Cu}氧化为rm{2+}rm{2+}，可以循环使用，故选rm{Cu}故答案为：rm{2+}rm{2+}rm{PH}rm{(4)}rm{(4)}rm{NOx}，rm{4NOx+(5-2x)O}rm{2}【解析】rm{(1)Cu_{2}S+4Fe^{3+}=2Cu^{2+}+4Fe^{2+}+S}rm{(2)SiO_{2}}温度过高苯容易挥发，温度过低溶解速率小rm{(3)}调节溶液rm{PH}使铁元素完全转化为rm{Fe(OH)}rm{3}沉淀抑制rm{3}rm{Cu}的水解rm{2+}rm{2+}rm{(4)4NOx+(5-2x)O}rm{2}rm{2}rm{+2H}rm{2}rm{2}五、实验探究题(共2题，共20分)26、（1）BC（2）【分析】【分析】(1)

合理选择实验器材；先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材；

(2)

电流表的接法要求大电阻内接法；小电阻外接法.

滑动变阻器是小电阻控制大电阻，用分压式接法；

本题考查伏安法测电阻的实验，实验电路所用器材的要求要熟练掌握、误差来源的分析以及变阻器的分压与限流式区别要弄清楚。【解答】(1)

电阻上是最大电流：I=ER=2025隆脕103A=800娄脤A

故电流表应选择B

因直流电源的电压是20V

故量程是50V

的电压表的使用效率偏低，应选择电压表C

(2)

因待测电阻约为25K娄赂

大电