2024年北师大新版高三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2024年北师大新版高三物理下册阶段测试试卷118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8题，共16分)1、如图所示，在粗糙水平面上的A、B两物体与水平面的动摩擦因数均为μ，质量分别为mA和mB．两物体间有一弹簧与两物体连接．当物体A受到恒定的水平拉力F时，两物体沿水平面做稳定的匀加速运动，弹簧的形变量为△x1．现用同样大小的力F水平推物体B，使它们仍做稳定的匀加速运动，此时弹簧的形变量为△x2．弹簧始终在弹性限度内．则关于△x1和△x2的判断正确的是（）A.△x1=△x2B.=C.=D.=2、如图所示，带电平行板中匀强电场竖直向上，匀强磁场方向垂直纸面向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的a点滑下，经过轨道端点P进入板间后恰好沿水平方向做直线运动，现使小球从稍低些的b点开始自由滑下，经过P点进入板间，则球在板间的运动过程中，以下分析正确的是（）A.其动能将会减小B.小球所受洛伦兹力将会增大C.其电势能将会减小D.小球所受的电场力将会增大3、下列说法中不正确的是（）A.变速直线运动的速度是变化的B.平均速度即为一段时间内初末速度的平均值C.瞬时速度是物体在某一时刻或在某一位置时的速度D.瞬时速度可看作时间趋于无穷小时的平均速度4、【题文】在如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定；闭合开关S后灯泡能够发光，经过一段时间后灯泡突然变亮，则出现这种现象的原因可能是()

A.电阻R1短路B.电阻R2断路C.电阻R2短路D.电容器C断路5、【题文】下列属于国际单位制中的基本物理量的是（）A.牛顿B.电场强度C.磁感应强度D.电流6、如图所示的电路为演示自感现象的实验电路，若闭合开关S，一段时间后电流达到稳定时通过线圈L的电流为I1，通过小灯泡L2的电流为I2，小灯泡L2处于正常发光状态，则下列说法中正确的是（）A.开关S断开瞬间，小灯泡L2立即熄灭B.开关S断开瞬间，小灯泡L1闪亮一下再熄灭C.开关S刚闭合时，L2灯缓慢变亮，L1灯立即变亮D.开关S刚闭合时，通过线圈L的电流由零逐渐增大到I17、两个相同的物体1、2，静止在动摩擦因数相同的地面上，现对两物体施加等大的恒力F，拉力的方向如图所示，经过一段时间，物体的末速度相等，在此过程中，下列说法正确的是（）A.F对两物体做功相等B.F对物体1做功多C.F对两物体做功的平均功率相等D.F对物体1做功的平均功率大8、汽车以20m/s的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度为5m/s2，那么刹车后2s与刹车后6s汽车通过的位移之比为（）A.2：3B.3：4C.1：1D.4：3评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、（2016春•达州校级期中）如图所示，两平行金属板相距d，用导线与一个n匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的变化磁场中．若金属板间有一质量m、带电量+q的微粒恰好处于平衡状态，则磁场的变化情况是____，磁通量的变化率为____．10、（2014春•三亚校级期中）如图所示，条形磁铁在光滑水平面上以一定的初速度向左运动时，磁铁的机械能____（填变大、变小或不变），流过电阻R的电流方向____（填向左或向右）．11、真空中有两个固定点电荷q1与q2，若电荷量都变为原来的2倍，则它们间的库仑力变为原来的____．12、在原子物理中，常用元电荷作为电量的单位，元电荷的电量为______；一个电子的电量为______，一个质子的电量为______；任何带电粒子，所带电量或者等于电子或质子的电量，或者是它们电量的______．13、【题文】图为卢瑟福和他的同事们做粒子散射实验的装置示意图；荧光屏和显微镜一起分别放在图中的A；B、C、D四个位置时，观察到的现象描述正确的是（）

A．在A位置时；相同时间内观察到屏上的闪光次数最多。

B．在B位置时；相同时间内观察到屏上的闪光次数只比在A位置时稍少些。

C．在C；D位置时；屏上观察不到闪光。

D．在D位置时，屏上仍能观察到一些闪光，但次数极少14、一个人从某地出发，向东走4m，然后再向南走4m，这个人位移的大小为____m；路程为____m．15、外力对气体做功100J，气体向外放热20J，在这个过程中气体的内能的增加量是____J；若气体膨胀对外做功100J，同时从外界吸收120J的热量，此时内能的增加量是____J．16、能量为Ei的光子照射基态氢原子，刚好可使该原子中的电子成为自由电子．这一能量Ei称为氢的电离能．现用一频率为ν的光子从基态氢原子中击出了一电子，该电子在远离核以后速度的大小为____（用光子频率ν、电子质量m、氢原子的电离能Ei和普朗克常量h表示）．评卷人得分三、判断题(共8题，共16分)17、甲、乙两杯水，水中均有颗粒在做面朗运动，经显微镜观察后，发现甲杯的布朗运动比乙杯中的激烈，说明甲杯中水温高于乙杯．____．（判断对错）18、两滴水银相接触，立即合并到一起以及熔化的蜡从蜡烛上流下来，冷却后呈球形，均是由液体表面张力造成的．____．（判断对错）19、地面上静止的人观察一条沿自身长度方向高速运动的杆，其长度总比杆静止时的长度小____（判断对错）20、在磁场中任一点，小磁针北极的受力方向为该点的磁场方向．____．（判断对错）21、分力的大小一定小于合力的大小．____．22、电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领．____．（判断对错）23、只要温度不变且处处相等，系统就一定处于平衡态．____．（判断对错）24、单晶体的所有物理性质都是各向异性的．____．（判断对错）评卷人得分四、实验探究题(共4题，共36分)25、为了测量一精密金属丝的电阻率：

Ⅰ．先用多用电表×1Ω挡粗测其电阻为______Ω，然后用螺旋测微器测其直径为______mm，游标卡尺测其长度是______mm．

Ⅱ．为了减小实验误差；需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：

A．电压表V1（量程3V；内阻约为15kΩ）

B．电压表V2（量程15V；内阻约为75kΩ）

C．电流表A1（量程3A；内阻约为0.2Ω）

D．电流表A2（量程600mA；内阻约为1Ω）

E．滑动变阻器R1（0～5Ω；0.6A）

F．滑动变阻器R2（0～2000Ω；0.1A）

G．输出电压为3V的直流稳压电源E

H．电阻箱。

I．开关S；导线若干。

为了测多组实验数据，则上述器材中应选用的实验器材有（填代号）______．请在虚线框内设计最合理的电路图并将图5的实物连线．但用该电路电阻的测量值______真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）．如果金属丝直径为D，长度为L，所测电压为U，电流为I，写出计算电阻率______．

26、（1）用如图1所示装置探究“加速度与力的关系”；已知砂和砂捅的总质童为m，小车的质量为M，实验中用砂和秒桶总重力韵大小作为细线对小车拉力的大小．

①实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是______

A．M=40g；m=10g；20g、30g、40g、50g

B．M=100g；m=10g；20g、30g、40g、50g

C．M=500g；m=10g；20g、30g、40g、50g

D．M=500g；m=30g；60g、90g、120g、150g

②本实验中应在释放小车______（选填“之前”或“之后”）接通打点计时器的电源．图2所示为实验中打出的一条纸带；A；B、C、D、E为计数点，相邻计数点间还有四个点没有画出，计数点间的距离如图所示．已知打点计时器的工作频率为50Hz．则。

小车加速度a=______m/sZ．（结果保留两位有效数字）

③实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的a-F图象，可能是图3中的______图线．（选填“甲”；“乙”或“丙”）

（2）在“测定金属的电阻率”实验中。

①用螺旋测微器测量金属丝的直径，结果如图甲所示，其读数为______mm；

②用伏安法测金属丝的电阻Rx；实验所用器材为：

电流表（内阻约0.1Ω）•

电压表（内阻约3kΩ）

电池组（电动势为3V；内阻约1Ω）

滑动变阻器R（0-20Ω；额定电流2A）

开关；导线若干。

利用以上器材正确连接好电路；进行测量，记录数据如下：

。次数1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.020.060.150.210.290.330.45根据上表可以计算出Rx=______Ω，可推得测量Rx采用的电路是图______（选填“乙”或“丙”）

③本实验关于误差的说法正确的有______

A．螺旋测微器是非常精密的仪器；测量金属丝直径时不存在误差。

B．由于电流表和电压表的内阻引起的误差属于偶然误差。

C．实验中通电时间不宜过长；是为了减少因温度变化而带来的误差。

D．用U-I图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差．

27、性染色体上的基因的遗传总是与性别相关联，称为伴性遗传。而从性遗传受到性激素的影响，位于常染色体上的等位基因在不同性别中表达不同。分析回答下列问题：鹌鹑的性别决定方式为ZW型，其羽毛颜色栗色（B）与白色（b）。科研小组用一只白羽雄鹌鹑与一只纯合栗羽雌鹌鹑交配，产生的F1中雄性全为栗羽，雌性全为白羽。解释此现象时，有人认为是伴性遗传，B、b基因位于Z染色体上；也有人认为是从性遗传造成的，基因型为Bb的个体雄性表现为栗羽，雌性表现为白羽。请利用F1为实验材料，设计最简便的杂交实验予以证明，写出实验思路、预期结果及结论28、如图1为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图。实验步骤如下：

①用天平测量物块和遮光片的总质量M；重物的质量m；用游标卡尺测量遮光片的宽度d；用米尺测量两光电门之间的距离L；

②调整轻滑轮；使细线水平；

③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒讨分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间△tA和△tB；求出加速度a；

④多次重复步骤③，求a的平均值

⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ

回答下列问题：

（1）用20分度的游标卡尺测量d时的示数如图2所示；其读数为______cm；

（2）物块的加速度a可用d、L、△tA和△tB表示为a=______；

（3）动摩擦因数μ可用M、m、和重力加速度g表示为μ=______。评卷人得分五、简答题(共4题，共28分)29、参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了图示的实验装置，图中水平放置的底板上竖直地固定有M板和N板．M板上部有一半径为R的圆弧形的粗糙轨道；P为最高点，Q为最低点，Q点处的切线水平，距底板高为H．N板上固定有三个圆环．将质量为m的小球从P处静止释放，小球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为L处．不考虑空气阻力，重力加速度为g．求：

（1）小球到达Q点时的速度大小；

（2）小球运动到Q点时对轨道的压力大小；

（3）小球克服摩擦力做的功．30、金属钛rm{(Ti)}因其硬度大、熔点高、常温时耐酸碱腐蚀而被广泛用作高新科技材料，被誉为“未来金属”。以钛铁矿rm{(}主要成分钛酸亚铁rm{)}为主要原料冶炼金属钛同时获得副产品甲的工业生产流程如下。请回答下列问题。

rm{(1)}钛酸亚铁rm{(}用rm{R}表示rm{)}与碳在高温下反应的化学方程式为rm{2R+C篓T2Fe+2TiO_{2}+CO_{2}隆眉}钛酸亚铁的化学式为______________；钛酸亚铁和浓rm{H_{2}SO_{4}}反应的产物之一是rm{TiOSO_{4}}反应中无气体生成，该反应的化学方程式为__________________________________________________。

rm{(2)}上述生产流程中加入铁屑的目的是________________________，此时溶液Ⅰ中含有rm{Fe^{2+}}rm{TiO^{2+}}和少量rm{Mg^{2+}}等阳离子。常温下，其对应氢氧化物的rm{K_{sp}}如下表所示。。氢氧化物rm{Fe(OH)_{2}}rm{TiO(OH)_{2}}rm{Mg(OH)_{2}}rm{K_{sp}}rm{8.0隆脕10^{-16}}rm{1.0隆脕10^{-29}}rm{1.8隆脕10^{-11}}rm{垄脵}常温下，若所得溶液中rm{Mg^{2+}}的物质的量浓度为rm{0.0018mol/L}当溶液的rm{pH}等于______时，rm{Mg(OH)_{2}}开始沉淀。

rm{垄脷}若将含有rm{Fe^{2+}}rm{TiO^{2+}}和rm{Mg^{2+}}的溶液加水稀释；立即析出大量白色沉淀，该反应的离子方程式为__________________________________________________________。

rm{(3)}中间产品乙与焦炭、氯气在高温下发生反应制取rm{TiCl_{4}}的方程式为__________________________________________。rm{Mg}还原rm{TiCl_{4}}过程中必须在rm{1070K}的温度下进行，你认为还应该控制的反应条件是___________________________。除去所得金属钛中少量的金属镁可用的试剂是_________________。31、锂rm{-}磷酸氧铜电池正极的活性物质是rm{Cu_{4}O(PO_{4})_{2}}可通过下列反应制备：rm{2Na_{3}PO_{4}+4CuSO_{4}+2NH_{3}隆陇H_{2}O==Cu_{4}O(PO_{4})2隆媒+3Na_{2}SO_{4}+(NH_{4})_{2}SO_{4}+H_{2}O}rm{(1)}写出基态rm{Cu^{2+}}的核外电子排布式：___________________；与rm{Cu}同周期的元素中，最外层电子数与铜原子相等的元素还有____________________rm{(}填元素符号rm{)}rm{(2)PO_{{4}}^{{3}-}}的空间构型是_____________。rm{(3)P}rm{S}元素第一电离能大小关系为_______________，原因为_____________。rm{(4)NH_{3}隆陇H_{2}O}分子中rm{NH_{3}}与rm{H_{2}O}之间的氢键表示为_______rm{(}填序号rm{)}rm{A.N隆陋HOB.O隆陋HNC.H隆陋NHD.H}一rm{A.N隆陋HOB.O隆陋HNC.H隆陋NH

D.H}rm{OH}氨基乙酸铜的分子结构如图，碳原子的杂化方式为__，基态碳原子核外电子有__________种空间运动状态。

rm{(5)}在硫酸铜溶液中加入过量rm{(6)}生成配合物rm{KCN}则rm{[Cu(CN)_{4}]^{2-}}该配合物中含有的rm{1mol}键的数目为_________________________。rm{娄脨}铜晶体为面心立方最密堆积，配位数为____________，铜的原子半径为rm{(7)}rm{127.8pm}表示阿伏加德罗常数的值，列出晶体铜的密度计算式：__________rm{N_{A}}rm{g/cm^{3}}32、索氏提取法是测定动植物样品中粗脂肪含量的标准方法。其原理是利用如图装置，用无水乙醚等有机溶剂连续、反复、多次萃取动植物样品中的粗脂肪。具体步骤如下：

rm{垄脵}包装：取滤纸制成滤纸筒，放入烘箱中干燥后，移至仪器rm{X}中冷却至室温。然后放入称量瓶中称量，质量记作rm{a}在滤纸筒中包入一定质量研细的样品，放入烘箱中干燥后，移至仪器rm{X}中冷却至室温，然后放入称量瓶中称量，质量记作rm{b}rm{垄脷}萃取：将装有样品的滤纸筒用长镊子放入抽提筒中，注入一定量的无水乙醚，使滤纸筒完全浸没入乙醚中，接通冷凝水，加热并调节温度，使冷凝下滴的无水乙醚呈连珠状，至抽提筒中的无水乙醚用滤纸点滴检查无油迹为止rm{(}大约rm{6h隆芦12h)}rm{垄脹}称量：萃取完毕后，用长镊子取出滤纸筒，在通风处使无水乙醚挥发，待无水乙醚挥发后，将滤纸筒放入烘箱中干燥后，移至仪器rm{X}中冷却至室温，然后放入称量瓶中称量，质量记作rm{c}回答下列问题：rm{(1)}实验中使用了三次的仪器rm{X}的名称___________。为提高乙醚蒸气的冷凝效果，索氏提取器可选用下列______rm{(}填字母rm{)}代替。

rm{a.}空气冷凝管rm{b.}直形冷凝管

rm{c..}蛇形冷凝管rm{(2)垄脵}实验中必须十分注意乙醚的安全使用，如不能用明火加热、室内保持通风等。为防止乙醚挥发到空气中形成燃爆，常在冷凝管上口连接一个球形干燥管，其中装入的药品为___rm{(}填字母rm{)}rm{a.}活性炭rm{b.}碱石灰rm{c:P_{2}0_{5}}rm{d.}浓硫酸rm{垄脷}无水乙醚在空气中可能氧化生成少量过氧化物，加热时发生爆炸。检验无水乙醚中是否含有过氧化物的方法是______________________。rm{(3)垄脵}实验中需控制温度在rm{70隆忙隆芦80隆忙}之间，考虑到安全等因素，应采取的加热方式是_____。rm{垄脷}索氏提取法与一般萃取法相比较，其优点为_______________。rm{(4)}数据处理：样品中纯脂肪百分含量_______rm{(}填“rm{<}”、“rm{>}”或“rm{=}”rm{)}rm{dfrac{(b-c)}{(b-a)}times100%}rm{dfrac{(b-c)}{(b-a)}times

100%}评卷人得分六、证明题(共2题，共4分)33、（2016•海淀区模拟）如图所示，将小物块（可视为质点）平放在水平桌面的一张薄纸上，对纸施加恒定水平拉力将其从物块底下抽出，物块的位移很小，人眼几乎观察不到物块的移动．已知物块的质量为M，纸与桌面、物块与桌面间的动摩擦因数均为μ1，纸与物块间的动摩擦因数为μ2；重力加速度为g．

（1）若薄纸的质量为m；则从开始抽纸到纸被抽离物块底部的过程中；

①求薄纸所受总的摩擦力为多大；

②从冲量和动量的定义；结合牛顿运动定律和运动学规律，证明：水平拉力F和桌面对薄纸摩擦力的总冲量等于物块和纸的总动量的变化量．（注意：解题过程中需要用到；但题目中没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明．）

（2）若薄纸质量可忽略，纸的后边缘到物块的距离为L，从开始抽纸到物块最终停下，若物块相对桌面移动了很小的距离s0（人眼观察不到物块的移动），求此过程中水平拉力所做的功．34、如图所示，两个光滑的水平导轨间距为L．左侧连接有阻值为R的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一质量为m的导体棒以初速度v0向右运动．设除左边的电阻R外．其它电阻不计．棒向右移动最远的距离为s，问当棒运动到λs时0＜λ＜L，证明此时电阻R上的热功率：P=．参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、B【分析】【分析】对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离分析，结合牛顿第二定律求出弹簧的弹力大小，从而求出形变量之间的关系．【解析】【解答】解：当物体A受到恒定的水平拉力F时；对整体分析，整体的加速度为：

a=；

隔离对B分析；根据牛顿第二定律得：

F弹1-μmBg=mBa；

解得：．

当F水平推物体B；对整体分析，整体的加速度为：

a=；

隔离对A分析；根据牛顿第二定律得：

F弹2-μmAg=mAa；

解得：；

根据胡克定律知：F弹=k△x；

则．

故选：B．2、B【分析】【分析】小球从P点进入平行板间后做直线运动，对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：恒定的重力G、恒定的电场力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，所以可以判断出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力同向，故都向上；减小入射速度后，洛伦兹力减小，合力向下，故向下偏转．【解析】【解答】解：根据题意分析得：小球从P点进入平行板间后做直线运动；对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：恒定的重力G；恒定的电场力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，所以可以判断出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做匀速直线运动，结合左手定则，洛伦兹力和电场力同向，都向上，小球带正电．

如果小球从稍低的b点下滑到从P点进入平行板间；则小球到达P点的速度会变小，所以洛伦兹力f比之前的减小，因为重力G和电场力F一直在竖直方向上，所以这两个力的合力一定在竖直方向上；

若洛伦兹力变化了；则三个力的合力一定不为零，且在竖直方向上，而小球从P点进入时的速度方向在水平方向上，所以小球会偏离水平方向向下做曲线运动，因此减小入射速度后，洛伦兹力减小，合力向下，故向下偏转，故电场力做负功，电势能增加，水平方向速度不变，但竖直方向的速度增加，所以动能将会增大，导致洛伦兹力也会增大，电场力不变，故B正确，ACD错误；

故选：B．3、B【分析】【分析】变速直线运动的速度是变化的；匀变速直线运动中平均速度即为一段时间内初末速度的平均值；瞬时速度是物体在某一时刻或在某一位置时的速度，可看作时间趋于无穷小时的平均速度．【解析】【解答】解：A；变速直线运动的速度大小是变化的；故A正确；

B；在匀变速直线运动中；平均速度即为一段时间内初末速度的平均值，非匀变速直线运动不能直接使用．故B错误；

C；D、瞬时速度是物体在某一时刻或在某一位置时的速度；可看作时间趋于无穷小时的平均速度．故CD正确．

本题要求选择不正确的，故选：B4、A|B【分析】【解析】本题考查的是对电路故障的分析，灯泡突然变亮，可能电阻R1短路，电阻R2断路；故AB正确；【解析】【答案】AB5、D【分析】【解析】国际单位制中的基本物理量（质量，长度，时间，电流，热力学温度，发光强度，物质的量）故选D【解析】【答案】D6、D【分析】【分析】当灯泡处于正常发光状态时，迅速断开开关S时，灯泡中原来的电流突然减小到零，线圈中电流开始减小，磁通量减小产生感应电动势，产生自感现象，根据楞次定律分析线圈中电流的变化【解析】【解答】解：AB、开关S断开后，L1立即熄灭，线圈与L2构成回路，由于自感的存在，电流将从I1开始减小为0，方向与I2方向相反；故AB均错误；

CD、S闭合后，电源的电压立即加到两灯泡两端，故两灯泡将立刻发光，通过线圈L的电流由零逐渐增大到I1故C错误；D正确；

故选：D7、C【分析】【分析】先对物体受力分析，根据动量定理判断运动时间关系，然后根据运动学公式判断平均速度的大小关系和位移的大小关系，根据W=Fxcosθ判断功，根据判断平均功率．【解析】【解答】解：A；B、物体受重力、支持力、拉力和摩擦力；根据动量定理，有：

左图：[Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）]t1=mv

右图：[Fcosθ-μ（mg+Fsinθ）]t2=mv

故：t1＜t2

根据平均速度公式；有：

x=t=

故：x1＜x2

根据公式W=Fxcosθ；F对物体2做的功较大，故A错误，B错误；

C、D、根据平均速度公式，有：

平均功率：；故拉力的平均功率相等，故C正确，D错误；

故选：C．8、B【分析】【分析】根据匀变速直线运动的速度时间公式求出汽车刹车到速度为零所需的时间，判断汽车是否停止，结合位移公式求出刹车后的位移，从而求出汽车通过的位移之比．【解析】【解答】解：汽车刹车到速度为零所需的时间为：

则6s内的位移等于4s内的位移，则有：．

汽车刹车后2s内的位移为：m=30m．

则刹车后2s与刹车后6s汽车通过的位移之比为3：4．故B正确；A；C、D错误．

故选B．二、填空题(共8题，共16分)9、磁通量在均匀减弱【分析】【分析】由题意可知，线圈置于竖直向上的均匀变化的磁场中，根据法拉第电磁感应定律会产生稳定的电动势，小球受到向上的电场力，根据小球的平衡可求出磁通量的变化率以及磁场的变化．【解析】【解答】解：电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态；电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线圈下端相当于电源的正极，由题意可知，根据楞次定律，可得穿过线圈的磁通量在均匀减弱；

线框产生的感应电动势：E=n；

油滴所受电场力：F=E场q=；

对油滴，根据平衡条件得：q=mg；

所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为；=．

故答案为：磁通量在均匀减弱，10、变小向左【分析】【分析】磁铁向左运动，则螺线管处的磁场减弱，磁通量减小，会产生感应电流，由楞次定律判断电流的方向．【解析】【解答】解：由分析知螺线管上的导线中会产生感应电流；从能量守恒的角度考虑即磁铁的机械能减少转化为R产生的焦耳热；

根据安培定则判断可知；磁铁远离时，磁通量减小，方向向左，则线圈内部感应电流的方向向左，由安培定则判断出电流的通过R的电流方向为向左．

故答案为：变小，向左．11、4倍【分析】【分析】真空中有两个固定点电荷之间的距离保持不变，当电荷量都变为原来的2倍，根据库仑定律分析库仑力的变化．【解析】【解答】解：真空中有两个固定点电荷之间的距离保持不变；当电荷量都变为原来的2倍，电荷量的乘积变为原来的4倍，根据库仑定律可知，库仑力变为原来的4倍．

故答案为：4倍．12、略

【分析】【解析】元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，最早是由美国科学家密立根用实验测得的，任何带电体所带电荷都是e的整数倍．电子和质子所带的电荷量大小等于元电荷，思路分析：人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都是e的整数倍．试题【解析】【答案】1.6×10－19C，－1.6×10－19C，1.6×10－19C，整数倍13、略

【分析】【解析】因为绝大多数粒子穿过金箔后仍然沿原来方向前进，在A位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数最多，A对；因为少数粒子穿过金箔后发生了较大偏转，在B位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数比在A位置时要少得多，B错；粒子散射实验中有极少数粒子转角超过90°，甚至接近180°，所以C错D对。正确选项为A、D。【解析】【答案】AD14、8【分析】【分析】根据路程等于物体运动路线的长度、位移大小等于初位置到末位置有向线段的长度，确定路程和位移的大小．【解析】【解答】解：位移的大小等于首末位置的距离，大小x=m；路程等于运动轨迹的长度，s=4+4=8m．

故答案为：，8．15、8020【分析】【分析】已知吸收、放热的热量与对外做功，应用热力学第一定律解题．【解析】【解答】解：1；由热力学第一定律得：△U=W+Q=100J-20J=80J；

在这个过程中气体的内能的增加量是80J

2；△U=W+Q=-100J+120J=20J；此时内能的增加量是20J．

故答案为：80，20．16、【分析】【分析】题中电子远离原子核的过程中要克服原子核对电子的库仑力引力所做的功，而氢原子吸收光子后能量增多，增多的能量一方面克服引力做功，另一方面转化为电离后的电子的动能，故本题利用能量守恒可以解得．【解析】【解答】解：由题意可知氢的电离能实际上等于电子从基态向外跃迁直到电离的过程中克服核的引力所做的功，频率为ν的光子的能量为hν，故用该光子照射处于基态的氢原子时氢原子获得的能量为hν，要使处于基态的氢原子刚好电离，则在该电子远离核的过程中核的引力对电子所做的功为-E1；

由能量守恒得；

故电子远离核以后的速度为v=

故答案为：三、判断题(共8题，共16分)17、×【分析】【分析】悬浮在液体（或气体）中固体小颗粒的无规则运动是布朗运动，固体颗粒越小、液体（或气体）温度越高，布朗运动越明显；布朗运动是液体（或气体）分子无规则运动的反应．【解析】【解答】解：布朗运动的激烈程度与液体的温度；悬浮颗粒的大小有关；温度越高，悬浮物的颗粒越小，布朗运动越激烈．所以发现甲杯的布朗运动比乙杯中的激烈，不一定是由于甲杯中水温高于乙杯．所以以上的说法是错误的．

故答案为：×18、√【分析】【分析】作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力．它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．就象你要把弹簧拉开些，弹簧反而表现具有收缩的趋势．【解析】【解答】解：两滴水银相接触；立即合并到一起以及熔化的蜡烛从燃烧的蜡烛上流下来，冷却后呈球形，是因为表面张力使液体表面有收缩的趋势．故该说法是正确的．

故答案为：√19、√【分析】【分析】根据狭义相对论的几个重要的效应之一：尺缩效应：在尺子长度方向上运动的尺子比静止的尺子短，当速度接近光速时，尺子缩成一个点，即可正确解答．【解析】【解答】解：根据相对论的尺缩效应：一条沿自身长度方向运动的杆；其长度总比杆静止时的长度短．故该说法是正确的．

故答案为：√20、√【分析】【分析】磁场虽然是看不见、摸不着的，但它会对放入它中的磁体产生力的作用，小磁针N极在磁场中所受的磁力方向跟该点的磁场方向相同．【解析】【解答】解：磁体的周围存在磁场；电流周围也存在磁场，磁场的基本性质是对放在其中的磁体存在力的作用．

磁场方向与放在该点的小磁针的N极静止时的方向一致；或小磁针北极的受力方向为该点的磁场方向．所以该说法是正确的．

故答案为：√21、×【分析】【分析】（1）如果二力在同一条直线上；根据力的合成计算合力的大小，即同一直线上同方向二力的合力等于二力之和；

同一直线反方向二力的合力等于二力之差．

（2）如果二力不在同一条直线上，合力大小介于二力之和与二力之差之间．【解析】【解答】解：当二力反向时；合力等于二力大小之差，合力有可能小于分力，故这句话是错误的；

故答案为：×22、√【分析】【分析】电源是通过非静电力做功将其他形式的能转化为电能的装置，电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领．【解析】【解答】解：电源是通过非静电力做功将其他形式的能转化为电能的装置；电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领．故此说法正确．

故答案为：√23、×【分析】【分析】首先知道平衡态和热平衡的定义，知道影响的因素是不同；知道温度是判断系统热平衡的依据；据此分析判断即可．【解析】【解答】解：一般来说；平衡态是针对某一系统而言的，描述系统状态的参量不只温度一个，还与体积压强有关，当温度不变时，系统不一定处于平衡态．所以该说法是错误的．

故答案为：×24、×【分析】【分析】晶体有单晶体和多晶体两种，单晶体各向异性，而多晶体各向同性．【解析】【解答】解：由于晶体在不同方向上物质微粒的排列情况不同；即为各向异性，则为单晶体具有各向异性，但并不是所有物理性质都是各向异性的．故该说法是错误的．

故答案为：×四、实验探究题(共4题，共36分)25、略

【分析】解：Ⅰ；由图示多用电表可知；待测电阻阻值是6×1Ω=6Ω；

由图示螺旋测微器可知；其读数为：2mm+9.5×0.01mm=2.095mm；

由图示游标卡尺可知；其示数为：36mm+2×0.1mm=36.2mm；

Ⅱ、实验需要G电源，I开关与导线，电源电动势为3V，因此电压表应选：A．电压表V1（量程3V；内阻约为15kΩ）；

通过待测电阻的最大电流约为I===0.5A，则电流表应选：D．电流表A2（量程600mA；内阻约为1Ω）；

为保证电路安全方便实验操作，滑动变阻器应选：E．滑动变阻器R1（0～5Ω；0.6A）；故需要的实验器材是：A；D、E、G、I．

为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，==6，==250，＞电流表应采用外接法；

实验电路图如图所示；根据实验电路图连接实物电路图，如图所示；

电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流测量值偏大，由R=可知；待测电阻测量值比真实值小．

由电阻定律可知，R=ρ=ρ=ρR=则电阻率ρ=．

故答案为：Ⅰ、6；2.095；36.2；Ⅱ、ADEGI；电路图如图所示；小于；．

Ⅰ；欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标考查主尺示数与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；

Ⅱ；根据电源电动势选择电压表；根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，作出实验电路图，然后根据电路图连接实物电路图；根据电流表的接反分析实验误差。

选择实验器材时，要注意保证电路安全、注意所选实验器材方便实验操作；确定滑动变阻器的接法与电流表接法是正确设计实验电路的关键．【解析】6；2.095；36.2；ADEGI；小于；26、略

【分析】解：（1）①实验时要保证小车质量M远大于砂和砂桶的质量m；由所给数据可知，C组数据符合要求，最合理，故选C；

②实验中应在释放小车之前接通打点计时器的电源．由题意可知；计数点间的时间间隔为：

t=0.02s×5=0.1s；

小车的加速度为：

a====0.50m/s2；

③实验时如果没有平衡摩擦力；小车受到的合力将小于砂和砂桶的重力，只有当砂和砂桶质量大到一定程度时，小车才有加速度，a-F图象在F轴上有截距，由图示图象可知，图线丙是小车的a-F图线．

（2）①由图示螺旋测微器可知；固定刻度为0mm，可动刻度示数为：39.9×0.01mm=0.399mm；

②由表中实验数据可知；在误差运行范围内，电流与电压成正比，比值为5，则电阻阻值为5Ω，实验时电流表应采用外接法，滑动变阻器应采用分压接法，由图示可知，应选用图乙所示电路图进行实验；

③A；虽然螺旋测微器是非常精密的仪器；但测量金属丝直径时仍存在误差，故A错误；

B；由于电流表和电压表的内阻引起的误差属于系统误差；不是偶然误差，故B错误；

C；实验中通电时间不宜过长；是为了减少因温度变化而带来的误差，故C正确；

D；用U-I图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差；故D正确；

故选CD．

故答案为：（1）①C；②之前；0.50；③乙；（2）①0.399；②5；③CD．

（1）①探究“加速度与力的关系”实验；当小车质量远大于砂和砂桶质量时，可近似认为小车受到的拉力等于砂和砂桶的重力，据此分析答题；

②实验时要先接通电源，再释放小车；根据图示纸带数据，应用匀变速直线运动的推论△x=at2求出加速度；

③实验前要平衡摩擦力；如果不平衡摩擦力，小车所受合力将小于砂和砂桶的重力，a-F图象在F轴上有截距，分析图示图象答题．

（2）①螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；

②根据表中实验数据求出金属丝的电阻；然后根据实验数据选择实验电路；

③实验误差分为偶然误差与系统误差；根据对误差产生原因的掌握和减小误差措施的掌握分析答题．

（1）掌握验证牛顿第二定律实验的注意事项；掌握根据纸带处理实验数据的方法即可正确解题；

（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读．【解析】C；之前；0.50；丙；0.399；5；乙；CD27、用F1的雌雄鹌鹑相互交配，观察并统计F2的表现型及比例。

若子代（无论雌雄）都表现为栗羽︰白羽=1︰1，则证明B、b基因位于Z染色体上；

若子代雄鹌鹑表现为栗羽︰白羽=3︰1，雌鹌鹑表现为栗羽︰白羽=1︰3，则证明B、b基因位于常染色体上。【分析】【分析】本题主要考查了伴性遗传相关知识，理解伴性遗传的类型及应用是解答本题的关键。【解答】鹌鹑的性别决定方式为ZW型，其羽毛颜色栗色（B）与白色（b）。科研小组用一只白羽雄鹌鹑与一只纯合栗羽雌鹌鹑交配，产生的F1中雄性全为栗羽，雌性全为白羽。解释此现象时，有人认为是伴性遗传，B、b基因位于Z染色体上；也有人认为是从性遗传造成的，基因型为Bb的个体雄性表现为栗羽，雌性表现为白羽。

用F1的雌雄鹌鹑相互交配，观察并统计F2的表现型及比例。若子代（无论雌雄）都表现为栗羽︰白羽=1︰1，则证明B、b基因位于Z染色体上；若子代雄鹌鹑表现为栗羽︰白羽=3︰1，雌鹌鹑表现为栗羽︰白羽=1︰3，则证明B、b基因位于常染色体上。【解析】用F1的雌雄鹌鹑相互交配，观察并统计F2的表现型及比例。若子代（无论雌雄）都表现为栗羽︰白羽=1︰1，则证明B、b基因位于Z染色体上；若子代雄鹌鹑表现为栗羽︰白羽=3︰1，雌鹌鹑表现为栗羽︰白羽=1︰3，则证明B、b基因位于常染色体上。28、0.950【分析】解：（1）游标卡尺读数：0.9cm+0.05mm×10=9.50mm=0.950cm；

（2）物块经过A点时的速度为：

物块经过B点时的速度为：

物块做匀变速直线运动；由速度位移公式得：

vB2-vA2=2aL；

加速度为：a=

（3）以M；m组成的系统为研究对象；由牛顿第二定律得：

mg-μMg=（M+m）

解得：μ=

故答案为：（1）0.950；（2）（3）

（1）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；

（2）根据平均速度公式可求得AB点的速度；再根据速度和位移的关系即可确定加速度大小；

（3）对M；m组成的系统进行分析；根据牛顿第二定律可求得动摩擦因数的大小。

对于基本测量仪器如游标卡尺，要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量；本题为探究性实验，要注意正确掌握实验原理，能根据题意明确实验的原理。【解析】0.950五、简答题(共4题，共28分)29、略

【分析】

（1）根据高度求出平抛运动的时间；结合水平位移和时间求出Q点的速度大小．

（2）根据牛顿第二定律求出Q点的支持力；从而得出压力的大小．

（3）对P到Q的过程运用动能定理；求出摩擦力做功．

本题考查了圆周运动和平抛运动的综合运用，知道圆周运动向心力的来源，以及平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键．【解析】解：（1）由平抛运动规律可知；

水平方向上有：L=vt；

竖直方向上有：H=gt2；

解得：v==L

（2）小球在Q受重力mg和轨道的支持力F支，对抛出点分析，由牛顿第二定律：F支-mg=m

解得：F支=mg+

由牛顿第三定律：F压=F支=mg+

（3）对P点至Q点的过程，应用动能定理有：mgR+Wf=mv2-0

解得：Wf=-mgR

W克f=mgR-

答：（1）小球到达Q点时的速度大小为L

（2）小球运动到Q点时对轨道的压力大小为mg+

（3）小球克服摩擦力做的功为mgR-．30、（1）FeTiO3FeTiO3+H2SO4（浓）=TiOSO4+FeSO4+2H2O

（2）防止Fe2+氧化

①10

②TiO2++2H2O═H2TiO3↓+2H+

（3）TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO隔绝空气稀盐酸

【分析】【分析】本题考查物质的制备实验方案的设计，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，难度中等，注意把握实验的基本原理和物质的性质。【较短】钛铁矿和浓硫酸混合，钛铁矿和浓硫酸反应的产物之一是rm{TiOSO_{4}}反应中无气体生成，浓硫酸具有强氧化性，rm{+2}价rm{Fe}具有还原性，则rm{+2}价rm{Fe}被浓硫酸氧化生成rm{Fe^{3+}}然后向混合物中加入水、铁屑，发生反应rm{2Fe^{3+}+Fe=3Fe^{2+}}沉降过滤，滤液rm{I}中溶质为rm{TiOSO_{4}}和rm{FeSO_{4}}将滤液冷却结晶得到副产品甲和溶液rm{II}根据流程图中溶液rm{II}中含有rm{TiOSO_{4}}则副产品甲为绿矾rm{FeSO_{4}?7H_{2}O}先将溶液rm{II}中加入水并加热，rm{TiO^{2+}}水解生成rm{H_{2}TiO_{3}}然后过滤回收硫酸，同时得到rm{H_{2}TiO_{3}}煅烧rm{H_{2}TiO_{3}}rm{H_{2}TiO_{3}}分解生成rm{TiO_{2}}和水，乙能和氯气、rm{C}在高温下发生氧化还原反应生成rm{TiCl_{4}}则乙是rm{TiO_{2}}在高温条件下，用rm{Mg}和四氯化钛发生置换反应生成rm{Ti}

rm{(1)}根据原子守恒可知，钛酸亚铁的化学式为rm{FeTiO_{3}}钛铁矿精矿和浓硫酸反应的产物之一是rm{TiOSO_{4}}反应中无气体生成，依据氧化还原反应分析，应生成硫酸亚铁和水，反应的化学方程式为：rm{FeTiO_{3}+H_{2}SO_{4}(}浓rm{)=TiOSO_{4}+FeSO_{4}+2H_{2}O}故答案为：rm{FeTiO_{3}}rm{FeTiO_{3}+H_{2}SO_{4}(}浓rm{)=TiOSO_{4}+FeSO_{4}+2H_{2}O}

rm{(2)}钛铁矿和浓硫酸反应的产物之一是rm{TiOSO_{4}}加入铁屑，可防止rm{Fe^{2+}}氧化；故答案为：可防止rm{Fe^{2+}}氧化；

rm{垄脵K_{sp}[Mg(OH)_{2}]=c(Mg^{2+})隆脕c^{2}(OH^{-})=1.8隆脕10^{-11}}故rm{c(O{H}^{-})=sqrt{dfrac{1.8隆脕{10}^{-11}}{0.0018}}={10}^{-4}mol/L}故rm{c({H}^{+})=dfrac{{10}^{-14}}{{10}^{-4}}={10}^{-10}mol/L}故此时rm{c(O{H}^{-})=sqrt{

dfrac{1.8隆脕{10}^{-11}}{0.0018}}={10}^{-4}mol/L}故答案为：rm{c({H}^{+})=

dfrac{{10}^{-14}}{{10}^{-4}}={10}^{-10}mol/L}rm{pH=10}已知rm{10}发生水解生成钛酸rm{垄脷}沉淀和氢离子，其离子方程式为：rm{TiO^{2+}}故答案为：rm{(H_{2}TiO_{3})}

rm{TiO^{2+}+2H_{2}O篓TH_{2}TiO_{3}隆媒+2H^{+}}中间产品乙与焦炭、氯气在高温下发生反应制取rm{TiO^{2+}+2H_{2}O篓TH_{2}TiO_{3}隆媒+2H^{+}}的方程式为：rm{(3)}防止碳与氧气反应，应隔绝空气加热，可用稀盐酸溶解镁除去钛中混有的镁；故答案为：rm{TiCl_{4}}隔绝空气；稀盐酸。

rm{TiO_{2}+2C+2Cl_{2}=TiCl_{4}+2CO}【解析】rm{(1)FeTiO_{3;;;;}FeTiO_{3}+H_{2}SO_{4}(}浓rm{)=TiOSO_{4}+FeSO_{4}+2H_{2}O}rm{(2)}防止rm{Fe^{2+}}氧化rm{垄脵10}rm{垄脷TiO^{2+}+2H_{2}O篓TH_{2}TiO_{3}隆媒+2H^{+}}rm{(3)TiO_{2}+2C+2Cl_{2}=TiCl_{4}+2CO}隔绝空气稀盐酸

31、（1）[Ar]3d9；K、Cr；（2）正四面体；（3）P>S；P元素3p轨道为半充满，较稳定，所以第一电离能大；（4）B；（5）sp3、sp2；6；（6）4.82×1024（或8NA）；（7）12；​。【分析】【分析】本题考查了物质结构及性质，这些知识点都是考查热点，难点是化学式的确定，注意该题中每个顶点上的原子被rm{6}个晶胞占有而不是rm{8}个晶胞占有，为易错点。【解答】rm{(1)}铜是rm{29}号元素，rm{+2}价铜离子核外有rm{27}个电子，根据构造原理知，其核外电子排布式为：rm{[Ar]3d}rm{[Ar]3d}rm{{,!}^{9}}同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有与rm{Cu}同周期的元素中，与铜原子最外层电子数相等的元素还有、rm{Cu}rm{K}故答案为：rm{Cr}，rm{[Ar]3d}、rm{[Ar]3d}rm{{,!}^{9}}rm{K}rm{Cr}故答案为：正四面体；rm{(2)PO}同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第rm{(2)PO}族元素的第一电离能大于其相邻元素，所以rm{{,!}_{4}^{3-}}的空间构型是正四面体，元素第一电离能为rm{(3)}rm{VA}rm{P}元素rm{S}半充满，较稳定，所以第一电离能大，故答案为：rm{S<P}原因为元素rm{P}轨道为半充满；较稳定，所以第一电离能大；

rm{3p3}rm{S<P}rm{P}rm{3p}rm{(4)}rm{NH}分子中rm{NH}rm{3}rm{3}rm{隆陇H}rm{隆陇H}之间氢键表示为rm{2}或rm{2}故答案为：rm{O}分子中rm{NH}

rm{O}氨基乙酸铜的分子中一种碳有碳氧双键，碳的杂化方式为rm{NH}杂化，另一种碳周围都是单键，碳的杂化方式为rm{3}杂化，rm{3}个空间运动状态，故答案为：与rm{H}rm{H}rm{2}

rm{2}在rm{O}之间氢键表示为中，一个rm{O}中含有rm{H-N...H-O}个rm{H-OH-N}键，每个rm{B}和rm{(5)}间有rm{sp^{2}}个rm{sp^{3}}键，所以基态碳原子核外电子有rm{6}个空间运动状态，中含有的rm{6}键的数目为rm{sp^{3}}约为rm{sp^{2}}或rm{6}故答案为：rm{(5)}或rm{[Cu(CN)_{4}]^{2-}}rm{CN^{-}}晶胞中rm{1}原子位于面心、顶点上，属于面心立方最密堆积，以顶点rm{娄脨}原子研究，与之相邻的原子处于面心，每个顶点为rm{娄脨}个晶胞共用，每个面心为rm{CN^{-}}个晶胞共有，故Crm{Cu}原子配位数为rm{1}

铜晶体为面心立方最密堆积，则每个晶胞中含有铜的原子：rm{left(8隆脕dfrac{1}{8}right)+left(6隆脕dfrac{1}{2}right)=4}rm{娄脨}原子半径为rm{娄脨}假设晶体铜的密度为rm{1mol[Cu(CN)_{4}]^{2-}}晶胞的边长为rm{娄脨}rm{娄脨}rm{8N_{A}}则晶胞的体积是rm{4.82隆脕10^{24}(}则rm{p隆陇{d}^{3}=dfrac{4隆脕64}{{N}_{A}}}解得rm{dfrac{4mol隆脕64g/mol}{{N}_{A}{left(2sqrt{2}r隆脕{10}^{-10}cmright)}^{3}}=dfrac{4mol隆脕64g/mol}{{N}_{A}{left(2sqrt{2}隆脕127.8隆脕{10}^{-10}cmright)}^{3}}=}rm{8N_{A})}rm{4.82隆脕10^{24}(}rm{8N_{A})}故答案为：rm{(7)}rm{Cu}。

rm{Cu}【解析】rm{(1)[Ar]3d^{9}}；rm{K}、rm{Cr}rm{(2)}正四面体；rm{(3)P>S}rm{P}元素rm{3p}轨道为半充满，较稳定，所以第一电离能大；rm{(4)B}rm{(5)sp^{3}}rm{sp^{2}}rm{6}rm{(6)}rm{4.82隆脕10}rm{4.82隆脕10}rm{{,!}^{24}}或rm{(}或rm{8N}rm{(}rm{8N}rm{{,!}_{A}}rm{)}。rm{)}32、rm{(1)}干燥器rm{c}

rm{(2)垄脵a}

r