…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年北師大新版高三物理下冊階段測試試卷118考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共8題，共16分)1、如圖所示，在粗糙水平面上的A、B兩物體與水平面的動摩擦因數均為μ，質量分別為mA和mB．兩物體間有一彈簧與兩物體連接．當物體A受到恒定的水平拉力F時，兩物體沿水平面做穩定的勻加速運動，彈簧的形變量為△x1．現用同樣大小的力F水平推物體B，使它們仍做穩定的勻加速運動，此時彈簧的形變量為△x2．彈簧始終在彈性限度內．則關于△x1和△x2的判斷正確的是（）A.△x1=△x2B.=C.=D.=2、如圖所示，帶電平行板中勻強電場豎直向上，勻強磁場方向垂直紙面向里，某帶電小球從光滑絕緣軌道上的a點滑下，經過軌道端點P進入板間后恰好沿水平方向做直線運動，現使小球從稍低些的b點開始自由滑下，經過P點進入板間，則球在板間的運動過程中，以下分析正確的是（）A.其動能將會減小B.小球所受洛倫茲力將會增大C.其電勢能將會減小D.小球所受的電場力將會增大3、下列說法中不正確的是（）A.變速直線運動的速度是變化的B.平均速度即為一段時間內初末速度的平均值C.瞬時速度是物體在某一時刻或在某一位置時的速度D.瞬時速度可看作時間趨于無窮小時的平均速度4、【題文】在如圖所示的電路中，電源的電動勢E和內阻r恒定；閉合開關S后燈泡能夠發光，經過一段時間后燈泡突然變亮，則出現這種現象的原因可能是()

A.電阻R1短路B.電阻R2斷路C.電阻R2短路D.電容器C斷路5、【題文】下列屬于國際單位制中的基本物理量的是（）A.牛頓B.電場強度C.磁感應強度D.電流6、如圖所示的電路為演示自感現象的實驗電路，若閉合開關S，一段時間后電流達到穩定時通過線圈L的電流為I1，通過小燈泡L2的電流為I2，小燈泡L2處于正常發光狀態，則下列說法中正確的是（）A.開關S斷開瞬間，小燈泡L2立即熄滅B.開關S斷開瞬間，小燈泡L1閃亮一下再熄滅C.開關S剛閉合時，L2燈緩慢變亮，L1燈立即變亮D.開關S剛閉合時，通過線圈L的電流由零逐漸增大到I17、兩個相同的物體1、2，靜止在動摩擦因數相同的地面上，現對兩物體施加等大的恒力F，拉力的方向如圖所示，經過一段時間，物體的末速度相等，在此過程中，下列說法正確的是（）A.F對兩物體做功相等B.F對物體1做功多C.F對兩物體做功的平均功率相等D.F對物體1做功的平均功率大8、汽車以20m/s的速度做勻速直線運動，剎車后的加速度為5m/s2，那么剎車后2s與剎車后6s汽車通過的位移之比為（）A.2：3B.3：4C.1：1D.4：3評卷人得分二、填空題(共8題，共16分)9、（2016春?達州校級期中）如圖所示，兩平行金屬板相距d，用導線與一個n匝線圈連接，線圈置于方向豎直向上的變化磁場中．若金屬板間有一質量m、帶電量+q的微粒恰好處于平衡狀態，則磁場的變化情況是____，磁通量的變化率為____．10、（2014春?三亞校級期中）如圖所示，條形磁鐵在光滑水平面上以一定的初速度向左運動時，磁鐵的機械能____（填變大、變小或不變），流過電阻R的電流方向____（填向左或向右）．11、真空中有兩個固定點電荷q1與q2，若電荷量都變為原來的2倍，則它們間的庫侖力變為原來的____．12、在原子物理中，常用元電荷作為電量的單位，元電荷的電量為______；一個電子的電量為______，一個質子的電量為______；任何帶電粒子，所帶電量或者等于電子或質子的電量，或者是它們電量的______．13、【題文】圖為盧瑟福和他的同事們做粒子散射實驗的裝置示意圖；熒光屏和顯微鏡一起分別放在圖中的A；B、C、D四個位置時，觀察到的現象描述正確的是（）

A．在A位置時；相同時間內觀察到屏上的閃光次數最多。

B．在B位置時；相同時間內觀察到屏上的閃光次數只比在A位置時稍少些。

C．在C；D位置時；屏上觀察不到閃光。

D．在D位置時，屏上仍能觀察到一些閃光，但次數極少14、一個人從某地出發，向東走4m，然后再向南走4m，這個人位移的大小為____m；路程為____m．15、外力對氣體做功100J，氣體向外放熱20J，在這個過程中氣體的內能的增加量是____J；若氣體膨脹對外做功100J，同時從外界吸收120J的熱量，此時內能的增加量是____J．16、能量為Ei的光子照射基態氫原子，剛好可使該原子中的電子成為自由電子．這一能量Ei稱為氫的電離能．現用一頻率為ν的光子從基態氫原子中擊出了一電子，該電子在遠離核以后速度的大小為____（用光子頻率ν、電子質量m、氫原子的電離能Ei和普朗克常量h表示）．評卷人得分三、判斷題(共8題，共16分)17、甲、乙兩杯水，水中均有顆粒在做面朗運動，經顯微鏡觀察后，發現甲杯的布朗運動比乙杯中的激烈，說明甲杯中水溫高于乙杯．____．（判斷對錯）18、兩滴水銀相接觸，立即合并到一起以及熔化的蠟從蠟燭上流下來，冷卻后呈球形，均是由液體表面張力造成的．____．（判斷對錯）19、地面上靜止的人觀察一條沿自身長度方向高速運動的桿，其長度總比桿靜止時的長度小____（判斷對錯）20、在磁場中任一點，小磁針北極的受力方向為該點的磁場方向．____．（判斷對錯）21、分力的大小一定小于合力的大小．____．22、電源電動勢反映了電源內部非靜電力做功的本領．____．（判斷對錯）23、只要溫度不變且處處相等，系統就一定處于平衡態．____．（判斷對錯）24、單晶體的所有物理性質都是各向異性的．____．（判斷對錯）評卷人得分四、實驗探究題(共4題，共36分)25、為了測量一精密金屬絲的電阻率：

Ⅰ．先用多用電表×1Ω擋粗測其電阻為______Ω，然后用螺旋測微器測其直徑為______mm，游標卡尺測其長度是______mm．

Ⅱ．為了減小實驗誤差；需進一步測其電阻，除待測金屬絲外，實驗室還備有的實驗器材如下：

A．電壓表V1（量程3V；內阻約為15kΩ）

B．電壓表V2（量程15V；內阻約為75kΩ）

C．電流表A1（量程3A；內阻約為0.2Ω）

D．電流表A2（量程600mA；內阻約為1Ω）

E．滑動變阻器R1（0～5Ω；0.6A）

F．滑動變阻器R2（0～2000Ω；0.1A）

G．輸出電壓為3V的直流穩壓電源E

H．電阻箱。

I．開關S；導線若干。

為了測多組實驗數據，則上述器材中應選用的實驗器材有（填代號）______．請在虛線框內設計最合理的電路圖并將圖5的實物連線．但用該電路電阻的測量值______真實值（選填“大于”、“等于”或“小于”）．如果金屬絲直徑為D，長度為L，所測電壓為U，電流為I，寫出計算電阻率______．

26、（1）用如圖1所示裝置探究“加速度與力的關系”；已知砂和砂捅的總質童為m，小車的質量為M，實驗中用砂和秒桶總重力韻大小作為細線對小車拉力的大小．

①實驗中要進行質量m和M的選取，以下最合理的一組是______

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本實驗中應在釋放小車______（選填“之前”或“之后”）接通打點計時器的電源．圖2所示為實驗中打出的一條紙帶；A；B、C、D、E為計數點，相鄰計數點間還有四個點沒有畫出，計數點間的距離如圖所示．已知打點計時器的工作頻率為50Hz．則。

小車加速度a=______m/sZ．（結果保留兩位有效數字）

③實驗時，某同學由于疏忽，遺漏了平衡摩擦力這一步驟，他測量得到的a-F圖象，可能是圖3中的______圖線．（選填“甲”；“乙”或“丙”）

（2）在“測定金屬的電阻率”實驗中。

①用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，結果如圖甲所示，其讀數為______mm；

②用伏安法測金屬絲的電阻Rx；實驗所用器材為：

電流表（內阻約0.1Ω）?

電壓表（內阻約3kΩ）

電池組（電動勢為3V；內阻約1Ω）

滑動變阻器R（0-20Ω；額定電流2A）

開關；導線若干。

利用以上器材正確連接好電路；進行測量，記錄數據如下：

。次數1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.020.060.150.210.290.330.45根據上表可以計算出Rx=______Ω，可推得測量Rx采用的電路是圖______（選填“乙”或“丙”）

③本實驗關于誤差的說法正確的有______

A．螺旋測微器是非常精密的儀器；測量金屬絲直徑時不存在誤差。

B．由于電流表和電壓表的內阻引起的誤差屬于偶然誤差。

C．實驗中通電時間不宜過長；是為了減少因溫度變化而帶來的誤差。

D．用U-I圖象處理數據求金屬絲電阻可以減小偶然誤差．

27、性染色體上的基因的遺傳總是與性別相關聯，稱為伴性遺傳。而從性遺傳受到性激素的影響，位于常染色體上的等位基因在不同性別中表達不同。分析回答下列問題：鵪鶉的性別決定方式為ZW型，其羽毛顏色栗色（B）與白色（b）。科研小組用一只白羽雄鵪鶉與一只純合栗羽雌鵪鶉交配，產生的F1中雄性全為栗羽，雌性全為白羽。解釋此現象時，有人認為是伴性遺傳，B、b基因位于Z染色體上；也有人認為是從性遺傳造成的，基因型為Bb的個體雄性表現為栗羽，雌性表現為白羽。請利用F1為實驗材料，設計最簡便的雜交實驗予以證明，寫出實驗思路、預期結果及結論28、如圖1為測量物塊與水平桌面之間動摩擦因數的實驗裝置示意圖。實驗步驟如下：

①用天平測量物塊和遮光片的總質量M；重物的質量m；用游標卡尺測量遮光片的寬度d；用米尺測量兩光電門之間的距離L；

②調整輕滑輪；使細線水平；

③讓物塊從光電門A的左側由靜止釋放，用數字毫秒討分別測出遮光片經過光電門A和光電門B所用的時間△tA和△tB；求出加速度a；

④多次重復步驟③，求a的平均值

⑤根據上述實驗數據求出動摩擦因數μ

回答下列問題：

（1）用20分度的游標卡尺測量d時的示數如圖2所示；其讀數為______cm；

（2）物塊的加速度a可用d、L、△tA和△tB表示為a=______；

（3）動摩擦因數μ可用M、m、和重力加速度g表示為μ=______。評卷人得分五、簡答題(共4題，共28分)29、參照伽利略時期演示平拋運動的方法制作了圖示的實驗裝置，圖中水平放置的底板上豎直地固定有M板和N板．M板上部有一半徑為R的圓弧形的粗糙軌道；P為最高點，Q為最低點，Q點處的切線水平，距底板高為H．N板上固定有三個圓環．將質量為m的小球從P處靜止釋放，小球運動至Q飛出后無阻礙地通過各圓環中心，落到底板上距Q水平距離為L處．不考慮空氣阻力，重力加速度為g．求：

（1）小球到達Q點時的速度大小；

（2）小球運動到Q點時對軌道的壓力大小；

（3）小球克服摩擦力做的功．30、金屬鈦rm{(Ti)}因其硬度大、熔點高、常溫時耐酸堿腐蝕而被廣泛用作高新科技材料，被譽為“未來金屬”。以鈦鐵礦rm{(}主要成分鈦酸亞鐵rm{)}為主要原料冶煉金屬鈦同時獲得副產品甲的工業生產流程如下。請回答下列問題。

rm{(1)}鈦酸亞鐵rm{(}用rm{R}表示rm{)}與碳在高溫下反應的化學方程式為rm{2R+C簍T2Fe+2TiO_{2}+CO_{2}隆眉}鈦酸亞鐵的化學式為______________；鈦酸亞鐵和濃rm{H_{2}SO_{4}}反應的產物之一是rm{TiOSO_{4}}反應中無氣體生成，該反應的化學方程式為__________________________________________________。

rm{(2)}上述生產流程中加入鐵屑的目的是________________________，此時溶液Ⅰ中含有rm{Fe^{2+}}rm{TiO^{2+}}和少量rm{Mg^{2+}}等陽離子。常溫下，其對應氫氧化物的rm{K_{sp}}如下表所示。。氫氧化物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{壟脵}常溫下，若所得溶液中rm{Mg^{2+}}的物質的量濃度為rm{0.0018mol/L}當溶液的rm{pH}等于______時，rm{Mg(OH)_{2}}開始沉淀。

rm{壟脷}若將含有rm{Fe^{2+}}rm{TiO^{2+}}和rm{Mg^{2+}}的溶液加水稀釋；立即析出大量白色沉淀，該反應的離子方程式為__________________________________________________________。

rm{(3)}中間產品乙與焦炭、氯氣在高溫下發生反應制取rm{TiCl_{4}}的方程式為__________________________________________。rm{Mg}還原rm{TiCl_{4}}過程中必須在rm{1070K}的溫度下進行，你認為還應該控制的反應條件是___________________________。除去所得金屬鈦中少量的金屬鎂可用的試劑是_________________。31、鋰rm{-}磷酸氧銅電池正極的活性物質是rm{Cu_{4}O(PO_{4})_{2}}可通過下列反應制備：rm{2Na_{3}PO_{4}+4CuSO_{4}+2NH_{3}隆隴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)}寫出基態rm{Cu^{2+}}的核外電子排布式：___________________；與rm{Cu}同周期的元素中，最外層電子數與銅原子相等的元素還有____________________rm{(}填元素符號rm{)}rm{(2)PO_{{4}}^{{3}-}}的空間構型是_____________。rm{(3)P}rm{S}元素第一電離能大小關系為_______________，原因為_____________。rm{(4)NH_{3}隆隴H_{2}O}分子中rm{NH_{3}}與rm{H_{2}O}之間的氫鍵表示為_______rm{(}填序號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}氨基乙酸銅的分子結構如圖，碳原子的雜化方式為__，基態碳原子核外電子有__________種空間運動狀態。

rm{(5)}在硫酸銅溶液中加入過量rm{(6)}生成配合物rm{KCN}則rm{[Cu(CN)_{4}]^{2-}}該配合物中含有的rm{1mol}鍵的數目為_________________________。rm{婁脨}銅晶體為面心立方最密堆積，配位數為____________，銅的原子半徑為rm{(7)}rm{127.8pm}表示阿伏加德羅常數的值，列出晶體銅的密度計算式：__________rm{N_{A}}rm{g/cm^{3}}32、索氏提取法是測定動植物樣品中粗脂肪含量的標準方法。其原理是利用如圖裝置，用無水乙醚等有機溶劑連續、反復、多次萃取動植物樣品中的粗脂肪。具體步驟如下：

rm{壟脵}包裝：取濾紙制成濾紙筒，放入烘箱中干燥后，移至儀器rm{X}中冷卻至室溫。然后放入稱量瓶中稱量，質量記作rm{a}在濾紙筒中包入一定質量研細的樣品，放入烘箱中干燥后，移至儀器rm{X}中冷卻至室溫，然后放入稱量瓶中稱量，質量記作rm{b}rm{壟脷}萃取：將裝有樣品的濾紙筒用長鑷子放入抽提筒中，注入一定量的無水乙醚，使濾紙筒完全浸沒入乙醚中，接通冷凝水，加熱并調節溫度，使冷凝下滴的無水乙醚呈連珠狀，至抽提筒中的無水乙醚用濾紙點滴檢查無油跡為止rm{(}大約rm{6h隆蘆12h)}rm{壟脹}稱量：萃取完畢后，用長鑷子取出濾紙筒，在通風處使無水乙醚揮發，待無水乙醚揮發后，將濾紙筒放入烘箱中干燥后，移至儀器rm{X}中冷卻至室溫，然后放入稱量瓶中稱量，質量記作rm{c}回答下列問題：rm{(1)}實驗中使用了三次的儀器rm{X}的名稱___________。為提高乙醚蒸氣的冷凝效果，索氏提取器可選用下列______rm{(}填字母rm{)}代替。

rm{a.}空氣冷凝管rm{b.}直形冷凝管

rm{c..}蛇形冷凝管rm{(2)壟脵}實驗中必須十分注意乙醚的安全使用，如不能用明火加熱、室內保持通風等。為防止乙醚揮發到空氣中形成燃爆，常在冷凝管上口連接一個球形干燥管，其中裝入的藥品為___rm{(}填字母rm{)}rm{a.}活性炭rm{b.}堿石灰rm{c:P_{2}0_{5}}rm{d.}濃硫酸rm{壟脷}無水乙醚在空氣中可能氧化生成少量過氧化物，加熱時發生爆炸。檢驗無水乙醚中是否含有過氧化物的方法是______________________。rm{(3)壟脵}實驗中需控制溫度在rm{70隆忙隆蘆80隆忙}之間，考慮到安全等因素，應采取的加熱方式是_____。rm{壟脷}索氏提取法與一般萃取法相比較，其優點為_______________。rm{(4)}數據處理：樣品中純脂肪百分含量_______rm{(}填“rm{<}”、“rm{>}”或“rm{=}”rm{)}rm{dfrac{(b-c)}{(b-a)}times100%}rm{dfrac{(b-c)}{(b-a)}times

100%}評卷人得分六、證明題(共2題，共4分)33、（2016?海淀區模擬）如圖所示，將小物塊（可視為質點）平放在水平桌面的一張薄紙上，對紙施加恒定水平拉力將其從物塊底下抽出，物塊的位移很小，人眼幾乎觀察不到物塊的移動．已知物塊的質量為M，紙與桌面、物塊與桌面間的動摩擦因數均為μ1，紙與物塊間的動摩擦因數為μ2；重力加速度為g．

（1）若薄紙的質量為m；則從開始抽紙到紙被抽離物塊底部的過程中；

①求薄紙所受總的摩擦力為多大；

②從沖量和動量的定義；結合牛頓運動定律和運動學規律，證明：水平拉力F和桌面對薄紙摩擦力的總沖量等于物塊和紙的總動量的變化量．（注意：解題過程中需要用到；但題目中沒有給出的物理量，要在解題中做必要的說明．）

（2）若薄紙質量可忽略，紙的后邊緣到物塊的距離為L，從開始抽紙到物塊最終停下，若物塊相對桌面移動了很小的距離s0（人眼觀察不到物塊的移動），求此過程中水平拉力所做的功．34、如圖所示，兩個光滑的水平導軌間距為L．左側連接有阻值為R的電阻，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過導軌平面，有一質量為m的導體棒以初速度v0向右運動．設除左邊的電阻R外．其它電阻不計．棒向右移動最遠的距離為s，問當棒運動到λs時0＜λ＜L，證明此時電阻R上的熱功率：P=．參考答案一、選擇題(共8題，共16分)1、B【分析】【分析】對整體分析，根據牛頓第二定律求出整體的加速度，再隔離分析，結合牛頓第二定律求出彈簧的彈力大小，從而求出形變量之間的關系．【解析】【解答】解：當物體A受到恒定的水平拉力F時；對整體分析，整體的加速度為：

a=；

隔離對B分析；根據牛頓第二定律得：

F彈1-μmBg=mBa；

解得：．

當F水平推物體B；對整體分析，整體的加速度為：

a=；

隔離對A分析；根據牛頓第二定律得：

F彈2-μmAg=mAa；

解得：；

根據胡克定律知：F彈=k△x；

則．

故選：B．2、B【分析】【分析】小球從P點進入平行板間后做直線運動，對小球進行受力分析得小球共受到三個力作用：恒定的重力G、恒定的電場力F、洛倫茲力f，這三個力都在豎直方向上，小球在水平直線上運動，所以可以判斷出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做勻速直線運動，洛倫茲力和電場力同向，故都向上；減小入射速度后，洛倫茲力減小，合力向下，故向下偏轉．【解析】【解答】解：根據題意分析得：小球從P點進入平行板間后做直線運動；對小球進行受力分析得小球共受到三個力作用：恒定的重力G；恒定的電場力F、洛倫茲力f，這三個力都在豎直方向上，小球在水平直線上運動，所以可以判斷出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做勻速直線運動，結合左手定則，洛倫茲力和電場力同向，都向上，小球帶正電．

如果小球從稍低的b點下滑到從P點進入平行板間；則小球到達P點的速度會變小，所以洛倫茲力f比之前的減小，因為重力G和電場力F一直在豎直方向上，所以這兩個力的合力一定在豎直方向上；

若洛倫茲力變化了；則三個力的合力一定不為零，且在豎直方向上，而小球從P點進入時的速度方向在水平方向上，所以小球會偏離水平方向向下做曲線運動，因此減小入射速度后，洛倫茲力減小，合力向下，故向下偏轉，故電場力做負功，電勢能增加，水平方向速度不變，但豎直方向的速度增加，所以動能將會增大，導致洛倫茲力也會增大，電場力不變，故B正確，ACD錯誤；

故選：B．3、B【分析】【分析】變速直線運動的速度是變化的；勻變速直線運動中平均速度即為一段時間內初末速度的平均值；瞬時速度是物體在某一時刻或在某一位置時的速度，可看作時間趨于無窮小時的平均速度．【解析】【解答】解：A；變速直線運動的速度大小是變化的；故A正確；

B；在勻變速直線運動中；平均速度即為一段時間內初末速度的平均值，非勻變速直線運動不能直接使用．故B錯誤；

C；D、瞬時速度是物體在某一時刻或在某一位置時的速度；可看作時間趨于無窮小時的平均速度．故CD正確．

本題要求選擇不正確的，故選：B4、A|B【分析】【解析】本題考查的是對電路故障的分析，燈泡突然變亮，可能電阻R1短路，電阻R2斷路；故AB正確；【解析】【答案】AB5、D【分析】【解析】國際單位制中的基本物理量（質量，長度，時間，電流，熱力學溫度，發光強度，物質的量）故選D【解析】【答案】D6、D【分析】【分析】當燈泡處于正常發光狀態時，迅速斷開開關S時，燈泡中原來的電流突然減小到零，線圈中電流開始減小，磁通量減小產生感應電動勢，產生自感現象，根據楞次定律分析線圈中電流的變化【解析】【解答】解：AB、開關S斷開后，L1立即熄滅，線圈與L2構成回路，由于自感的存在，電流將從I1開始減小為0，方向與I2方向相反；故AB均錯誤；

CD、S閉合后，電源的電壓立即加到兩燈泡兩端，故兩燈泡將立刻發光，通過線圈L的電流由零逐漸增大到I1故C錯誤；D正確；

故選：D7、C【分析】【分析】先對物體受力分析，根據動量定理判斷運動時間關系，然后根據運動學公式判斷平均速度的大小關系和位移的大小關系，根據W=Fxcosθ判斷功，根據判斷平均功率．【解析】【解答】解：A；B、物體受重力、支持力、拉力和摩擦力；根據動量定理，有：

左圖：[Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）]t1=mv

右圖：[Fcosθ-μ（mg+Fsinθ）]t2=mv

故：t1＜t2

根據平均速度公式；有：

x=t=

故：x1＜x2

根據公式W=Fxcosθ；F對物體2做的功較大，故A錯誤，B錯誤；

C、D、根據平均速度公式，有：

平均功率：；故拉力的平均功率相等，故C正確，D錯誤；

故選：C．8、B【分析】【分析】根據勻變速直線運動的速度時間公式求出汽車剎車到速度為零所需的時間，判斷汽車是否停止，結合位移公式求出剎車后的位移，從而求出汽車通過的位移之比．【解析】【解答】解：汽車剎車到速度為零所需的時間為：

則6s內的位移等于4s內的位移，則有：．

汽車剎車后2s內的位移為：m=30m．

則剎車后2s與剎車后6s汽車通過的位移之比為3：4．故B正確；A；C、D錯誤．

故選B．二、填空題(共8題，共16分)9、磁通量在均勻減弱【分析】【分析】由題意可知，線圈置于豎直向上的均勻變化的磁場中，根據法拉第電磁感應定律會產生穩定的電動勢，小球受到向上的電場力，根據小球的平衡可求出磁通量的變化率以及磁場的變化．【解析】【解答】解：電荷量為q的帶正電的油滴恰好處于靜止狀態；電場力豎直向上，則電容器的下極板帶正電，所以線圈下端相當于電源的正極，由題意可知，根據楞次定律，可得穿過線圈的磁通量在均勻減弱；

線框產生的感應電動勢：E=n；

油滴所受電場力：F=E場q=；

對油滴，根據平衡條件得：q=mg；

所以解得，線圈中的磁通量變化率的大小為；=．

故答案為：磁通量在均勻減弱，10、變小向左【分析】【分析】磁鐵向左運動，則螺線管處的磁場減弱，磁通量減小，會產生感應電流，由楞次定律判斷電流的方向．【解析】【解答】解：由分析知螺線管上的導線中會產生感應電流；從能量守恒的角度考慮即磁鐵的機械能減少轉化為R產生的焦耳熱；

根據安培定則判斷可知；磁鐵遠離時，磁通量減小，方向向左，則線圈內部感應電流的方向向左，由安培定則判斷出電流的通過R的電流方向為向左．

故答案為：變小，向左．11、4倍【分析】【分析】真空中有兩個固定點電荷之間的距離保持不變，當電荷量都變為原來的2倍，根據庫侖定律分析庫侖力的變化．【解析】【解答】解：真空中有兩個固定點電荷之間的距離保持不變；當電荷量都變為原來的2倍，電荷量的乘積變為原來的4倍，根據庫侖定律可知，庫侖力變為原來的4倍．

故答案為：4倍．12、略

【分析】【解析】元電荷又稱“基本電量”，在各種帶電微粒中，電子電荷量的大小是最小的，人們把最小電荷叫做元電荷，常用符號e表示，最早是由美國科學家密立根用實驗測得的，任何帶電體所帶電荷都是e的整數倍．電子和質子所帶的電荷量大小等于元電荷，思路分析：人們把最小電荷叫做元電荷，常用符號e表示，任何帶電體所帶電荷都是e的整數倍．試題【解析】【答案】1.6×10－19C，－1.6×10－19C，1.6×10－19C，整數倍13、略

【分析】【解析】因為絕大多數粒子穿過金箔后仍然沿原來方向前進，在A位置時，相同時間內觀察到屏上的閃光次數最多，A對；因為少數粒子穿過金箔后發生了較大偏轉，在B位置時，相同時間內觀察到屏上的閃光次數比在A位置時要少得多，B錯；粒子散射實驗中有極少數粒子轉角超過90°，甚至接近180°，所以C錯D對。正確選項為A、D。【解析】【答案】AD14、8【分析】【分析】根據路程等于物體運動路線的長度、位移大小等于初位置到末位置有向線段的長度，確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離，大小x=m；路程等于運動軌跡的長度，s=4+4=8m．

故答案為：，8．15、8020【分析】【分析】已知吸收、放熱的熱量與對外做功，應用熱力學第一定律解題．【解析】【解答】解：1；由熱力學第一定律得：△U=W+Q=100J-20J=80J；

在這個過程中氣體的內能的增加量是80J

2；△U=W+Q=-100J+120J=20J；此時內能的增加量是20J．

故答案為：80，20．16、【分析】【分析】題中電子遠離原子核的過程中要克服原子核對電子的庫侖力引力所做的功，而氫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，另一方面轉化為電離后的電子的動能，故本題利用能量守恒可以解得．【解析】【解答】解：由題意可知氫的電離能實際上等于電子從基態向外躍遷直到電離的過程中克服核的引力所做的功，頻率為ν的光子的能量為hν，故用該光子照射處于基態的氫原子時氫原子獲得的能量為hν，要使處于基態的氫原子剛好電離，則在該電子遠離核的過程中核的引力對電子所做的功為-E1；

由能量守恒得；

故電子遠離核以后的速度為v=

故答案為：三、判斷題(共8題，共16分)17、×【分析】【分析】懸浮在液體（或氣體）中固體小顆粒的無規則運動是布朗運動，固體顆粒越小、液體（或氣體）溫度越高，布朗運動越明顯；布朗運動是液體（或氣體）分子無規則運動的反應．【解析】【解答】解：布朗運動的激烈程度與液體的溫度；懸浮顆粒的大小有關；溫度越高，懸浮物的顆粒越小，布朗運動越激烈．所以發現甲杯的布朗運動比乙杯中的激烈，不一定是由于甲杯中水溫高于乙杯．所以以上的說法是錯誤的．

故答案為：×18、√【分析】【分析】作用于液體表面，使液體表面積縮小的力，稱為液體表面張力．它產生的原因是液體跟氣體接觸的表面存在一個薄層，叫做表面層，表面層里的分子比液體內部稀疏，分子間的距離比液體內部大一些，分子間的相互作用表現為引力．就象你要把彈簧拉開些，彈簧反而表現具有收縮的趨勢．【解析】【解答】解：兩滴水銀相接觸；立即合并到一起以及熔化的蠟燭從燃燒的蠟燭上流下來，冷卻后呈球形，是因為表面張力使液體表面有收縮的趨勢．故該說法是正確的．

故答案為：√19、√【分析】【分析】根據狹義相對論的幾個重要的效應之一：尺縮效應：在尺子長度方向上運動的尺子比靜止的尺子短，當速度接近光速時，尺子縮成一個點，即可正確解答．【解析】【解答】解：根據相對論的尺縮效應：一條沿自身長度方向運動的桿；其長度總比桿靜止時的長度短．故該說法是正確的．

故答案為：√20、√【分析】【分析】磁場雖然是看不見、摸不著的，但它會對放入它中的磁體產生力的作用，小磁針N極在磁場中所受的磁力方向跟該點的磁場方向相同．【解析】【解答】解：磁體的周圍存在磁場；電流周圍也存在磁場，磁場的基本性質是對放在其中的磁體存在力的作用．

磁場方向與放在該點的小磁針的N極靜止時的方向一致；或小磁針北極的受力方向為該點的磁場方向．所以該說法是正確的．

故答案為：√21、×【分析】【分析】（1）如果二力在同一條直線上；根據力的合成計算合力的大小，即同一直線上同方向二力的合力等于二力之和；

同一直線反方向二力的合力等于二力之差．

（2）如果二力不在同一條直線上，合力大小介于二力之和與二力之差之間．【解析】【解答】解：當二力反向時；合力等于二力大小之差，合力有可能小于分力，故這句話是錯誤的；

故答案為：×22、√【分析】【分析】電源是通過非靜電力做功將其他形式的能轉化為電能的裝置，電源電動勢反映了電源內部非靜電力做功的本領．【解析】【解答】解：電源是通過非靜電力做功將其他形式的能轉化為電能的裝置；電源電動勢反映了電源內部非靜電力做功的本領．故此說法正確．

故答案為：√23、×【分析】【分析】首先知道平衡態和熱平衡的定義，知道影響的因素是不同；知道溫度是判斷系統熱平衡的依據；據此分析判斷即可．【解析】【解答】解：一般來說；平衡態是針對某一系統而言的，描述系統狀態的參量不只溫度一個，還與體積壓強有關，當溫度不變時，系統不一定處于平衡態．所以該說法是錯誤的．

故答案為：×24、×【分析】【分析】晶體有單晶體和多晶體兩種，單晶體各向異性，而多晶體各向同性．【解析】【解答】解：由于晶體在不同方向上物質微粒的排列情況不同；即為各向異性，則為單晶體具有各向異性，但并不是所有物理性質都是各向異性的．故該說法是錯誤的．

故答案為：×四、實驗探究題(共4題，共36分)25、略

【分析】解：Ⅰ；由圖示多用電表可知；待測電阻阻值是6×1Ω=6Ω；

由圖示螺旋測微器可知；其讀數為：2mm+9.5×0.01mm=2.095mm；

由圖示游標卡尺可知；其示數為：36mm+2×0.1mm=36.2mm；

Ⅱ、實驗需要G電源，I開關與導線，電源電動勢為3V，因此電壓表應選：A．電壓表V1（量程3V；內阻約為15kΩ）；

通過待測電阻的最大電流約為I===0.5A，則電流表應選：D．電流表A2（量程600mA；內阻約為1Ω）；

為保證電路安全方便實驗操作，滑動變阻器應選：E．滑動變阻器R1（0～5Ω；0.6A）；故需要的實驗器材是：A；D、E、G、I．

為測多組實驗數據，滑動變阻器應采用分壓接法，==6，==250，＞電流表應采用外接法；

實驗電路圖如圖所示；根據實驗電路圖連接實物電路圖，如圖所示；

電流表采用外接法，由于電壓表的分流作用，電流測量值偏大，由R=可知；待測電阻測量值比真實值小．

由電阻定律可知，R=ρ=ρ=ρR=則電阻率ρ=．

故答案為：Ⅰ、6；2.095；36.2；Ⅱ、ADEGI；電路圖如圖所示；小于；．

Ⅰ；歐姆表指針示數與倍率的乘積是歐姆表示數；螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數之和是螺旋測微器的示數；游標考查主尺示數與游標尺示數之和是游標卡尺的示數；

Ⅱ；根據電源電動勢選擇電壓表；根據通過待測電阻的最大電流選擇電流表，在保證安全的前提下，為方便實驗操作，應選最大阻值較小的滑動變阻器；為準確測量電阻阻值，應測多組實驗數據，滑動變阻器可以采用分壓接法，根據待測電阻與電表內阻間的關系確定電流表的接法，作出實驗電路圖，然后根據電路圖連接實物電路圖；根據電流表的接反分析實驗誤差。

選擇實驗器材時，要注意保證電路安全、注意所選實驗器材方便實驗操作；確定滑動變阻器的接法與電流表接法是正確設計實驗電路的關鍵．【解析】6；2.095；36.2；ADEGI；小于；26、略

【分析】解：（1）①實驗時要保證小車質量M遠大于砂和砂桶的質量m；由所給數據可知，C組數據符合要求，最合理，故選C；

②實驗中應在釋放小車之前接通打點計時器的電源．由題意可知；計數點間的時間間隔為：

t=0.02s×5=0.1s；

小車的加速度為：

a====0.50m/s2；

③實驗時如果沒有平衡摩擦力；小車受到的合力將小于砂和砂桶的重力，只有當砂和砂桶質量大到一定程度時，小車才有加速度，a-F圖象在F軸上有截距，由圖示圖象可知，圖線丙是小車的a-F圖線．

（2）①由圖示螺旋測微器可知；固定刻度為0mm，可動刻度示數為：39.9×0.01mm=0.399mm；

②由表中實驗數據可知；在誤差運行范圍內，電流與電壓成正比，比值為5，則電阻阻值為5Ω，實驗時電流表應采用外接法，滑動變阻器應采用分壓接法，由圖示可知，應選用圖乙所示電路圖進行實驗；

③A；雖然螺旋測微器是非常精密的儀器；但測量金屬絲直徑時仍存在誤差，故A錯誤；

B；由于電流表和電壓表的內阻引起的誤差屬于系統誤差；不是偶然誤差，故B錯誤；

C；實驗中通電時間不宜過長；是為了減少因溫度變化而帶來的誤差，故C正確；

D；用U-I圖象處理數據求金屬絲電阻可以減小偶然誤差；故D正確；

故選CD．

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

（1）①探究“加速度與力的關系”實驗；當小車質量遠大于砂和砂桶質量時，可近似認為小車受到的拉力等于砂和砂桶的重力，據此分析答題；

②實驗時要先接通電源，再釋放小車；根據圖示紙帶數據，應用勻變速直線運動的推論△x=at2求出加速度；

③實驗前要平衡摩擦力；如果不平衡摩擦力，小車所受合力將小于砂和砂桶的重力，a-F圖象在F軸上有截距，分析圖示圖象答題．

（2）①螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數之和是螺旋測微器的示數；

②根據表中實驗數據求出金屬絲的電阻；然后根據實驗數據選擇實驗電路；

③實驗誤差分為偶然誤差與系統誤差；根據對誤差產生原因的掌握和減小誤差措施的掌握分析答題．

（1）掌握驗證牛頓第二定律實驗的注意事項；掌握根據紙帶處理實驗數據的方法即可正確解題；

（2）螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數之和是螺旋測微器的示數，螺旋測微器需要估讀．【解析】C；之前；0.50；丙；0.399；5；乙；CD27、用F1的雌雄鵪鶉相互交配，觀察并統計F2的表現型及比例。

若子代（無論雌雄）都表現為栗羽︰白羽=1︰1，則證明B、b基因位于Z染色體上；

若子代雄鵪鶉表現為栗羽︰白羽=3︰1，雌鵪鶉表現為栗羽︰白羽=1︰3，則證明B、b基因位于常染色體上。【分析】【分析】本題主要考查了伴性遺傳相關知識，理解伴性遺傳的類型及應用是解答本題的關鍵。【解答】鵪鶉的性別決定方式為ZW型，其羽毛顏色栗色（B）與白色（b）。科研小組用一只白羽雄鵪鶉與一只純合栗羽雌鵪鶉交配，產生的F1中雄性全為栗羽，雌性全為白羽。解釋此現象時，有人認為是伴性遺傳，B、b基因位于Z染色體上；也有人認為是從性遺傳造成的，基因型為Bb的個體雄性表現為栗羽，雌性表現為白羽。

用F1的雌雄鵪鶉相互交配，觀察并統計F2的表現型及比例。若子代（無論雌雄）都表現為栗羽︰白羽=1︰1，則證明B、b基因位于Z染色體上；若子代雄鵪鶉表現為栗羽︰白羽=3︰1，雌鵪鶉表現為栗羽︰白羽=1︰3，則證明B、b基因位于常染色體上。【解析】用F1的雌雄鵪鶉相互交配，觀察并統計F2的表現型及比例。若子代（無論雌雄）都表現為栗羽︰白羽=1︰1，則證明B、b基因位于Z染色體上；若子代雄鵪鶉表現為栗羽︰白羽=3︰1，雌鵪鶉表現為栗羽︰白羽=1︰3，則證明B、b基因位于常染色體上。28、0.950【分析】解：（1）游標卡尺讀數：0.9cm+0.05mm×10=9.50mm=0.950cm；

（2）物塊經過A點時的速度為：

物塊經過B點時的速度為：

物塊做勻變速直線運動；由速度位移公式得：

vB2-vA2=2aL；

加速度為：a=

（3）以M；m組成的系統為研究對象；由牛頓第二定律得：

mg-μMg=（M+m）

解得：μ=

故答案為：（1）0.950；（2）（3）

（1）解決本題的關鍵掌握游標卡尺讀數的方法；主尺讀數加上游標讀數，不需估讀；

（2）根據平均速度公式可求得AB點的速度；再根據速度和位移的關系即可確定加速度大小；

（3）對M；m組成的系統進行分析；根據牛頓第二定律可求得動摩擦因數的大小。

對于基本測量儀器如游標卡尺，要了解其原理，正確使用這些基本儀器進行有關測量；本題為探究性實驗，要注意正確掌握實驗原理，能根據題意明確實驗的原理。【解析】0.950五、簡答題(共4題，共28分)29、略

【分析】

（1）根據高度求出平拋運動的時間；結合水平位移和時間求出Q點的速度大小．

（2）根據牛頓第二定律求出Q點的支持力；從而得出壓力的大小．

（3）對P到Q的過程運用動能定理；求出摩擦力做功．

本題考查了圓周運動和平拋運動的綜合運用，知道圓周運動向心力的來源，以及平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規律是解決本題的關鍵．【解析】解：（1）由平拋運動規律可知；

水平方向上有：L=vt；

豎直方向上有：H=gt2；

解得：v==L

（2）小球在Q受重力mg和軌道的支持力F支，對拋出點分析，由牛頓第二定律：F支-mg=m

解得：F支=mg+

由牛頓第三定律：F壓=F支=mg+

（3）對P點至Q點的過程，應用動能定理有：mgR+Wf=mv2-0

解得：Wf=-mgR

W克f=mgR-

答：（1）小球到達Q點時的速度大小為L

（2）小球運動到Q點時對軌道的壓力大小為mg+

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

（2）防止Fe2+氧化

①10

②TiO2++2H2O═H2TiO3↓+2H+

（3）TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO隔絕空氣稀鹽酸

【分析】【分析】本題考查物質的制備實驗方案的設計，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，為高考常見題型，難度中等，注意把握實驗的基本原理和物質的性質。【較短】鈦鐵礦和濃硫酸混合，鈦鐵礦和濃硫酸反應的產物之一是rm{TiOSO_{4}}反應中無氣體生成，濃硫酸具有強氧化性，rm{+2}價rm{Fe}具有還原性，則rm{+2}價rm{Fe}被濃硫酸氧化生成rm{Fe^{3+}}然后向混合物中加入水、鐵屑，發生反應rm{2Fe^{3+}+Fe=3Fe^{2+}}沉降過濾，濾液rm{I}中溶質為rm{TiOSO_{4}}和rm{FeSO_{4}}將濾液冷卻結晶得到副產品甲和溶液rm{II}根據流程圖中溶液rm{II}中含有rm{TiOSO_{4}}則副產品甲為綠礬rm{FeSO_{4}?7H_{2}O}先將溶液rm{II}中加入水并加熱，rm{TiO^{2+}}水解生成rm{H_{2}TiO_{3}}然后過濾回收硫酸，同時得到rm{H_{2}TiO_{3}}煅燒rm{H_{2}TiO_{3}}rm{H_{2}TiO_{3}}分解生成rm{TiO_{2}}和水，乙能和氯氣、rm{C}在高溫下發生氧化還原反應生成rm{TiCl_{4}}則乙是rm{TiO_{2}}在高溫條件下，用rm{Mg}和四氯化鈦發生置換反應生成rm{Ti}

rm{(1)}根據原子守恒可知，鈦酸亞鐵的化學式為rm{FeTiO_{3}}鈦鐵礦精礦和濃硫酸反應的產物之一是rm{TiOSO_{4}}反應中無氣體生成，依據氧化還原反應分析，應生成硫酸亞鐵和水，反應的化學方程式為：rm{FeTiO_{3}+H_{2}SO_{4}(}濃rm{)=TiOSO_{4}+FeSO_{4}+2H_{2}O}故答案為：rm{FeTiO_{3}}rm{FeTiO_{3}+H_{2}SO_{4}(}濃rm{)=TiOSO_{4}+FeSO_{4}+2H_{2}O}

rm{(2)}鈦鐵礦和濃硫酸反應的產物之一是rm{TiOSO_{4}}加入鐵屑，可防止rm{Fe^{2+}}氧化；故答案為：可防止rm{Fe^{2+}}氧化；

rm{壟脵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}故此時rm{c(O{H}^{-})=sqrt{

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

dfrac{{10}^{-14}}{{10}^{-4}}={10}^{-10}mol/L}rm{pH=10}已知rm{10}發生水解生成鈦酸rm{壟脷}沉淀和氫離子，其離子方程式為：rm{TiO^{2+}}故答案為：rm{(H_{2}TiO_{3})}

rm{TiO^{2+}+2H_{2}O簍TH_{2}TiO_{3}隆媒+2H^{+}}中間產品乙與焦炭、氯氣在高溫下發生反應制取rm{TiO^{2+}+2H_{2}O簍TH_{2}TiO_{3}隆媒+2H^{+}}的方程式為：rm{(3)}防止碳與氧氣反應，應隔絕空氣加熱，可用稀鹽酸溶解鎂除去鈦中混有的鎂；故答案為：rm{TiCl_{4}}隔絕空氣；稀鹽酸。

rm{TiO_{2}+2C+2Cl_{2}=TiCl_{4}+2CO}【解析】rm{(1)FeTiO_{3;;;;}FeTiO_{3}+H_{2}SO_{4}(}濃rm{)=TiOSO_{4}+FeSO_{4}+2H_{2}O}rm{(2)}防止rm{Fe^{2+}}氧化rm{壟脵10}rm{壟脷TiO^{2+}+2H_{2}O簍TH_{2}TiO_{3}隆媒+2H^{+}}rm{(3)TiO_{2}+2C+2Cl_{2}=TiCl_{4}+2CO}隔絕空氣稀鹽酸

31、（1）[Ar]3d9；K、Cr；（2）正四面體；（3）P>S；P元素3p軌道為半充滿，較穩定，所以第一電離能大；（4）B；（5）sp3、sp2；6；（6）4.82×1024（或8NA）；（7）12；?。【分析】【分析】本題考查了物質結構及性質，這些知識點都是考查熱點，難點是化學式的確定，注意該題中每個頂點上的原子被rm{6}個晶胞占有而不是rm{8}個晶胞占有，為易錯點。【解答】rm{(1)}銅是rm{29}號元素，rm{+2}價銅離子核外有rm{27}個電子，根據構造原理知，其核外電子排布式為：rm{[Ar]3d}rm{[Ar]3d}rm{{,!}^{9}}同周期的元素中，與銅原子最外層電子數相等的元素還有與rm{Cu}同周期的元素中，與銅原子最外層電子數相等的元素還有、rm{Cu}rm{K}故答案為：rm{Cr}，rm{[Ar]3d}、rm{[Ar]3d}rm{{,!}^{9}}rm{K}rm{Cr}故答案為：正四面體；rm{(2)PO}同一周期中，元素的第一電離能隨著原子序數的增大而增大，但第rm{(2)PO}族元素的第一電離能大于其相鄰元素，所以rm{{,!}_{4}^{3-}}的空間構型是正四面體，元素第一電離能為rm{(3)}rm{VA}rm{P}元素rm{S}半充滿，較穩定，所以第一電離能大，故答案為：rm{S<P}原因為元素rm{P}軌道為半充滿；較穩定，所以第一電離能大；

rm{3p3}rm{S<P}rm{P}rm{3p}rm{(4)}rm{NH}分子中rm{NH}rm{3}rm{3}rm{隆隴H}rm{隆隴H}之間氫鍵表示為rm{2}或rm{2}故答案為：rm{O}分子中rm{NH}

rm{O}氨基乙酸銅的分子中一種碳有碳氧雙鍵，碳的雜化方式為rm{NH}雜化，另一種碳周圍都是單鍵，碳的雜化方式為rm{3}雜化，rm{3}個空間運動狀態，故答案為：與rm{H}rm{H}rm{2}

rm{2}在rm{O}之間氫鍵表示為中，一個rm{O}中含有rm{H-N...H-O}個rm{H-OH-N}鍵，每個rm{B}和rm{(5)}間有rm{sp^{2}}個rm{sp^{3}}鍵，所以基態碳原子核外電子有rm{6}個空間運動狀態，中含有的rm{6}鍵的數目為rm{sp^{3}}約為rm{sp^{2}}或rm{6}故答案為：rm{(5)}或rm{[Cu(CN)_{4}]^{2-}}rm{CN^{-}}晶胞中rm{1}原子位于面心、頂點上，屬于面心立方最密堆積，以頂點rm{婁脨}原子研究，與之相鄰的原子處于面心，每個頂點為rm{婁脨}個晶胞共用，每個面心為rm{CN^{-}}個晶胞共有，故Crm{Cu}原子配位數為rm{1}

銅晶體為面心立方最密堆積，則每個晶胞中含有銅的原子：rm{left(8隆脕dfrac{1}{8}right)+left(6隆脕dfrac{1}{2}right)=4}rm{婁脨}原子半徑為rm{婁脨}假設晶體銅的密度為rm{1mol[Cu(CN)_{4}]^{2-}}晶胞的邊長為rm{婁脨}rm{婁脨}rm{8N_{A}}則晶胞的體積是rm{4.82隆脕10^{24}(}則rm{p隆隴q6gbudu^{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})}故答案為：rm{(7)}rm{Cu}。

rm{Cu}【解析】rm{(1)[Ar]3d^{9}}；rm{K}、rm{Cr}rm{(2)}正四面體；rm{(3)P>S}rm{P}元素rm{3p}軌道為半充滿，較穩定，所以第一電離能大；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)壟脵a}

r