（2013•攀枝花三模）在一定条件下，将4.0mol PCl3（g）和2.0mol Cl2（g）充入体积不变的2L密闭容

①如图

②闭合开关K₁、断开K₂时，电压表测的外电压，有E=3.6+0.9r，且R₁=4Ω，闭合开关K₁、K₂，根据电流表的读数为0.8A，则外电压为3.2V，电压表的读数为2V，所以R₃两端的电压为1.2V，则通过R₃的电流为0.5A，总电流为1.3A，有E=3.2+1.3r．
联立两方程组得，E=4.5V，r=1Ω．
③实验时，电压表由于存在内阻，起分流作用，而造成系统误差．
故答案为：①如图 ②4.5V，1Ω ③电压表内阻

点评：
本题考点： 测定电源的电动势和内阻．

考点点评： 解决本题的关键掌握测量电源电动势和内阻的原理，以及会分析误差形成的原因．

A、由图看出，b光通过三棱镜折射后偏折角较大，a光的偏折角较小，说明三棱镜对b光的折射率较大，a光的折射率较小，由v=[c/n]分析可知，a光在棱镜中传播速度大，通过的路程短，所以a光在棱镜中传播的时间小于b光在棱镜中传播的时间，故A正确．
B、黄光的折射率比蓝光的折射率小，所以若b光是黄光，则a光不可能是蓝光．故B错误．
C、a光的折射率小，频率小，波长长，波动性强，则将a、b光分别射入同一小孔a光衍射现象更明显，故C错误．
D、a光的折射率小，则a光的频率大于b光的频率小，故D错误．
故选：A

点评：
本题考点： 光的折射定律；光的衍射．

考点点评： 本题是一种光色散现象，可以根据折射定律分析三棱镜对不同色光折射率的关系．光的衍射现象、干涉现象、光电效应、波动性与光的波长、频率的关系是考试的热点，在理解的基础上记牢．

（1）第一颗子弹射穿小木块过程中，木块与子弹系统动量守恒mv₀-Mv₁=mu+Mv₂
代入数据解得：v₂=6m/s 方向沿传送带向上
即在第一颗子弹穿出小木块时，小木块的速度是6m/s，方向沿传送带向上．
（2）由于小木块与传送带刚好不打滑，则有
Mgsin30°=μMgcos30°
小木块沿传送带向上作匀减速运动（向下做匀加速运动）的加速度为
a＝
μMgcos300+Mgsin300
M＝2gsin300＝10m/s2
小木块速度减小为零所用时间
t1＝
v2
a＝
6
10＝0.6s＜1s
所以小木块在被第二颗子弹击中前先沿传送带向上做减速运动，当速度为零时，移动距离为
x1＝

v22
2a＝
62
2×10＝1.8m
在第二颗子弹射中木块前，小木块再沿传送带向下做加速运动，时间t₂=t-t₁=1-0.6=0.4s
速度增大为v₃=at₂=4m/s（恰与传送带同速）
沿传送带向下移动的位移为 x2＝
1
2a
t22＝0.8m
所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，小木块总位移x₀=x₁-x₂=1m方向沿传送带向上
子弹数为N＝
L−x1
x0+1＝
5−1.8
1+1＝4.2＝5个
最后一颗子弹穿出小木块后小木块在传送带上前进的距离x₃=L-（N-1）x₀=1m
设小木块离开传送带的速度为v₄，由匀变速运动规律得：v₄²-v₂²=-2ax₃
代入数据解得 v₄=4m/s
即小木块被5颗子弹打穿后能够从传送带B端飞出，飞出速度为4m/s．
（3）最后一颗子弹穿出小木块后小木块在传送带上运动的时间为t₃，则有：v₄=v₂-at₃
小木块与传送带间的摩擦力做功产生的热量Q=W_f=[（N-1）（v₁t+x₀）+x₃+v₁t₃]μMgcos30°
联立以上各式并代入数据得：Q=109J
即小木块从A点运动到B点过程中，小木块与传送带间的摩擦力做功产生的热量为109J．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；滑动摩擦力；牛顿第二定律；功能关系．

考点点评： 本题中子弹射穿木块是常见的物理模型，关键在于皮带同时向下匀速运动，要分析清楚物体的受力和运动情况，由于过程较多，要善于在运动过程中发现不变的规律，如本题中物理过程有循环！

处于n=4能级的氢原子能够发出6种光子的能量分别为：
△E₁=E₂-E₁=-3.4-（-13.6）=10.2eV；大于逸出功，能发生光电效应；
△E₂=E₃-E₁=-1.51-（-13.6）=12.09eV；大于逸出功，能发生光电效应；
△E₃=E₄-E₁=-0.85-（-13.6）=12.75eV；大于逸出功，能发生光电效应；
△E₁=E₄-E₂=-0.85-（-3.4）=2.55eV；小于逸出功，不能发生光电效应；
△E₁=E₄-E₃=-0.85-（-1.51）=0.66eV；小于逸出功，不能发生光电效应；
△E₁=E₃-E₂=-1.51-（-3.4）=1.89eV；小于逸出功，不能发生光电效应；
因此有3中不同频率的光能使其发生光电效应，故选项ABD错误，C正确．
故选C．

点评：
本题考点： 氢原子的能级公式和跃迁．

考点点评： 本题将光电效应和氢原子能级跃迁联系起来，有一定综合性，对于理解基本规律起着很好作用．

A．二者混合后溶液中的溶质是等物质的量浓度的HA和NaA，溶液呈碱性，说明酸根离子水解程度大于HA电离程度，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（OH^-）+c（A^-）=c（H⁺）+c（Na⁺），根据物料守恒得2c（Na⁺）=c（A^-）+c（HA），所以得2c（OH^-）+c（A^-）=2c（H⁺）+c（HA），故A正确；
B．pH相等的CH₃COOH、Na₂CO₃、NaOH，强碱的物质的量浓度最小，酸根离子水解程度越大，则盐的浓度越小，水解程度：CO₃^2-＞CH₃COO^-，所以浓度大小顺序是：CH₃COOH溶液＞Na₂CO₃溶液＞NaOH 溶液，故B错误；
C．混合液的pH等于7，则c（H⁺）=c（OH^-），根据电荷守恒得2c（R^2-）+c（HR^-）=c（Na⁺），故C错误；
D．混合溶液中存在等物质的量浓度的 NaHCO₃和 Na₂CO₃，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，物料守恒式为2c（Na⁺）=3c（HCO₃^-）+3c（H₂CO₃）+3c（CO₃^2-），根据电荷守恒得c（Na⁺）+c（H⁺）=c（HCO₃^-）+c（OH^-）+2c（CO₃^2-），所以得c（HCO₃^-）+3c（H₂CO₃）+2c（H⁺）=2c（OH^-）+c（CO₃^2-），故D错误；
故选A．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较．

考点点评： 本题考查了离子浓度大小比较，根据溶液中的溶质及其性质再结合守恒思想分析解答，注意B中酸的强弱与酸根离子水解程度关系，注意D中通过电荷守恒和物料守恒得到的式子，这些都是易错点．

由振动图象：t=0.4s时刻x=0.2m处质点在平衡位置向y轴正方向运动．
A、由此波动图象可知，波沿x轴正方向传播，x=0.2m处质点在平衡位置向y轴负方向运动．与振动图象反映的该点振动情况相反．故A错误．
B、由此波动图象可知，x=0.2m处质点在波谷，与振动图象反映的该点的振动情况不一致．故B错误．
C、由此波动图象可知，x=0.2m处质点在平衡位置向y轴正方向运动，与振动图象反映的该点的振动情况一致．故C正确．
D、由此波动图象可知，x=0.2m处质点在波峰，与振动图象反映的该点的振动情况不一致．故D错误．
故选C

点评：
本题考点： 横波的图象；简谐运动的振动图象．

考点点评： 本题考查识别、理解振动图象和波动图象的能力和把握两种图象联系的能力．

无色溶液中不含MnO₄^-，加入过量盐酸只产生气体，则一定含有CO₃^2-，不含Ag⁺；
反应后溶液呈酸性，加入过量碳酸氢铵溶液，生成气体和白色沉淀，则发生反应应为：Al³⁺+3HCO₃^-═Al（OH）₃↓+3CO₂↑，则原溶液中含有AlO₂^-，根据离子共存一定不含Ag⁺、Ba²⁺、Al³⁺，因这些离子与AlO₂^-发生相互促进的水解而不能大量共存；
根据溶液电中性原则，一定含有Na⁺，最后加入过量氢氧化钡溶液，因之前加入的碳酸氢铵过量，则生成的白色沉淀可能为BaCO₃，无法确定是否存在SO₄^2-，
A．根据分析可知，气体A为CO₂，能够使蓝色石蕊试纸品红；气体B为氨气，氨气能够使红色石蕊试纸变蓝，故A错误；
B．白色沉淀甲为氢氧化铝，属于纯净物；白色沉淀乙一定含有碳酸钡，可能含有硫酸钡，所以沉淀乙可能为混合物，故B错误；
C．根据以上分析可知，溶液中一定不存在的离子为：Ag⁺、Ba²⁺、Al³⁺、MnO₄^-，无法确定是否含有硫酸根离子，故C错误；
D．由分析可知，X溶液中一定存在的离子是CO₃^2-，AlO₂^-，Na⁺，故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 常见阳离子的检验；常见阴离子的检验．

考点点评： 本题考查常见离子的检验及离子组成分的确定，题目难度中等，注意常见离子的检验方法，把握有关离子的性质为解答关键，试题有利于培养学生的分析、理解能力．

不等式x−
1
x＞0，解得x＞1或x＜0
x＞1⇒x＞1或x＜0，符合题意，故正确；
x＜-1或0＜x＜1⇒x＞1或x＜0是假命题，故不正确；
x＞-1⇒x＞1或x＜0是假命题，故不正确；
-1＜x＜0或x＞1⇒x＞1或x＜0是假命题，故不正确；
故选：A

点评：
本题考点： 必要条件、充分条件与充要条件的判断；其他不等式的解法．

考点点评： 判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系，属于基础题．

不等式x−
1
x＞0，解得x＞1或x＜0
x＞1⇒x＞1或x＜0，符合题意，故正确；
x＜-1或0＜x＜1⇒x＞1或x＜0是假命题，故不正确；
x＞-1⇒x＞1或x＜0是假命题，故不正确；
-1＜x＜0或x＞1⇒x＞1或x＜0是假命题，故不正确；
故选：A

点评：
本题考点： 必要条件、充分条件与充要条件的判断；其他不等式的解法．

考点点评： 判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系，属于基础题．

若使从AB面出射的光线与入射光线SO恰好重合，根据光路可逆可知SO的折射光线应与AC垂直，光路图如图所示：

根据几何关系可知：入射角为i=90°-γ，折射角为r=α．
故其折射率为：n＝
sini
sinr＝
cosγ
sina，故ACD错误，B正确．
故选B．

点评：
本题考点： 光的折射定律．

考点点评： 解决几何光学问题的关键是，根据题意正确画出光路图，然后根据几何关系以及相关物理知识求解．

深刻理解楞次定律的含义：磁铁和线圈之间的所有作用效果均是阻碍线圈磁通量的变化．在本题中圆环从静止开始向下运动到落到磁铁下方的过程中，穿过圆环的磁通量先增加再减小，根据楞次定律可知磁铁对线圈的反应是：先是排斥其向下运动，阻碍其磁通量增大，后是吸收线圈，阻碍其磁通量的减小．故ABC错误，D正确．
故选D．

点评：
本题考点： 楞次定律．

考点点评： 要深刻理解楞次定律“阻碍”的含义．如“阻碍”引起的线圈面积、速度、受力等是如何变化的．

（1）17g液氨的物质的量是1mol，1mol液氨完全反应放出51.9kJ热量，则2mol液氨完全反应放出103.8kJ 热量，所以其热化学反应方程式为2NH₃（l）+CO₂（g）

183℃
.
14MPa CO（NH₂）₂（l）+H₂O（l）△H=-103.8kJ/mol，故答案为：2NH₃（l）+CO₂（g）

183℃
.
14MPa CO（NH₂）₂（l）+H₂O（l）△H=-103.8kJ/mol；
①物质浓度越大，反应速率越大，A点生成物浓度小于B点生成物浓度，所以A点逆反应速率小于B点逆反应速率，B点正逆反应速率相等，所以A点逆反应速率小于B点正反应速率，故答案为：小于；
②假设充入氨气、二氧化碳的物质的量分别是4mol、1mol，达到平衡时，反应的n（CO₂）=1mol×0.6=0.6mol，则反应的n（NH₃）=2n（CO₂）=1.2mol，氨气的转化率=[1.2mol/4mol×100%=30%，故答案为：30%；
（2）阳极上尿素失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子、氮气和水，电极反应式为CO（NH₂）₂+8OH^--6e-=CO₃^2-+N₂↑+6H₂O；
令金属氢化物为RH_x，金属R的相对分子质量为a，则
x
a+x]=0.077，即923x=77a，X为金属的化合价，讨论可得x=2，a=24，故该金属氢化物为MgH₂，该反应方程式为2Mg₂Cu+3H₂

350℃
.
MgCu₂+3MgH₂，
故答案为：CO（NH₂）₂+8OH^--6e-=CO₃^2-+N₂↑+6H₂O；2Mg₂Cu+3H₂

350℃
.
MgCu₂+3MgH₂；
（3）无毒的含碳、N元素的物质分别为二氧化碳、氮气，根据元素守恒知，还生成水，所以反应方程式为3K₂CO₃+CO（NH₂）₂+3Br₂

50−60℃
.
6KBr+4CO₂↑+N₂↑+2H₂O，故答案为：3K₂CO₃+CO（NH₂）₂+3Br₂

50−60℃
.
6KBr+4CO₂↑+N₂↑+2H₂O．

点评：
本题考点： 化学平衡的计算；热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；转化率随温度、压强的变化曲线．

考点点评： 本题考查较综合，涉及电解原理、氧化还原反应、化学平衡的计算等知识点，根据物质的性质、反应方程式进行分析解答，注意（2）中氢化物的确定，为难点．

依题意可知抛物线的焦点为（1，0），到直线直线y=x的距离即圆的半径为
1

12+12=

2
2
故圆的标准方程为(x−1)2+y2＝
1
2
故答案为(x−1)2+y2＝
1
2

点评：
本题考点： 抛物线的简单性质；圆的标准方程．

考点点评： 本题主要考查了抛物线的简单性质，圆的方程，点到直线的距离等问题．属基础题．