2024-2025学年湖北省天门市九年级（上）期末物理试卷+答案

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一、选择题（共12题，每题2分，共24分。在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1．（2分）下列描述中属于扩散现象的是（ ）
A．桂花花香四溢B．雪花漫天飘舞
C．灰尘空中飞扬D．江面雾气弥漫
【答案】A
【解析】A、桂花花香四溢是因为花香分子在不停地做无规则运动，故A正确；
BCD、雪花漫天飘舞、灰尘空中飞扬和江面雾气弥漫都属于机械运动，故BCD错误。
故选：A。
2．（2分）南极是世界上最冷的地方，常年平均气温是﹣25℃．一天，南极上的小企鹅豆豆和丁丁（如图）之间发生了一次有趣的对话，他们的部分说法如下，其中不正确的是（ ）
A．丁丁：呵呵，这里太冷了，冰山肯定没有内能了
B．豆豆：再冷，组成冰山的分子也在做热运动呀，所以冰山也有内能
C．丁丁：如果太阳出来，冰山吸热，内能一定增加
D．豆豆：冰山的内能可能比100℃的沸水的内能大
【答案】A
【解析】
AB、组成物体的分子在不停地做无规则运动，故任何物体在任何温度下都会有内能，故A说法错误，B说法正确；
C、同一物体吸热，内能会增加，故C说法正确；
D、因为内能还跟物体的质量有关，质量巨大的冰山的内能可能比质量很小的100℃的沸水的内能大，故D说法正确。
故选：A。
3．（2分）如图所示，植物油燃料是一种新型燃料，可用来替代传统燃料。其不易燃、不易爆、无烟无异味，在节能方面比传统燃料更胜一筹，进行同样的工作消耗的燃料更少，是因为该燃料具有较大的（ ）
A．热值B．体积C．质量D．密度
【答案】A
【解析】进行同样的工作，需要的热量一定，结合消耗的燃料更少，根据Q＝qm知，m越小，说明热值越大，故该燃料具有较大的热值。
故选：A。
4．（2分）如图所示，对于图片中所描述的物理过程，下列分析中正确的是（ ）
A．图甲，活塞向下运动压缩管内的空气时，空气的内能减少
B．图乙，瓶子内的空气推动塞子跳起时，瓶内空气内能增大
C．图丙，加热水的过程是通过做功的方式改变水的内能
D．图丁，从滑梯上滑下，臀部有炙热的感觉，是通过做功的方式改变物体内能
【答案】D
【解析】A、图甲中，活塞向下运动压缩管内的空气时，活塞对空气做功，空气的内能增加，故A错误；
B、图乙中，瓶子内的空气推动塞子跳起时，瓶内空气对塞子做功，空气的内能减少，故B错误；
C、图丙中，水从酒精灯火焰吸收热量，水的内能增加、温度升高，是通过热传递的方式使水的内能增加，故C错误；
D、图丁中，从滑梯上滑下，臀部有炙热的感觉，是通过摩擦做功改变内能，故D正确。
故选：D。
5．（2分）如图是内燃机的某个冲程，下列各现象中与该冲程能量的转化方式一致的是（ ）
A．滚摆上升B．火箭升空
C．钻木取火D．山中瀑布
【答案】B
【解析】
由图可知，进气门和排气门都是关闭的，火花塞点火，活塞下行，因此是做功冲程，做功冲程中内能转化为机械能；
A、滚摆上升，质量不变，高度增加，重力势能增大，速度减小，动能减小，动能转化为重力势能，故A不合题意；
B、火箭升空时，将内能转化为机械能，故B符合题意；
C、钻木取火是克服摩擦做功，将机械能转化为内能，故C不合题意；
D、山中瀑布质量不变，高度减小，重力势能减少，速度增大，动能增加，重力势能转化为动能，故D不合题意。
故选：B。
6．（2分）如图所示是加油站里常见的“静电释放器”（与大地相连），工人提油枪加油前，必须用手触摸静电释放器清除身体上的静电。下列说法中正确的是（ ）
A．静电释放过程是电子在转移
B．“除电”后人体就没有电荷了
C．人体与衣服摩擦可创造出电荷
D．静电释放器可以由陶瓷制成
【答案】A
【解析】A、静电释放过程是电子在转移，故A正确；
B、除静电”消除后，人体的所带的负电荷转移，但人体内的正电荷不会消失，故B错误；
C、人体与衣服摩擦起电是电子的转移，故C错误；
D、静电释放器是由导体制成的，而陶瓷是绝缘体，故D错误；
故选：A。
7．（2分）科技的发展让智能家居进入了人们的生活。小明家新安装了一个智能锁，需要通过“密码+人脸”两次识别成功才会开锁。密码识别成功时仅S1闭合，灯L发光，照亮人脸进行识别，但不开锁，人脸识别成功后S2才会闭合，电动机M工作，开锁成功。下列电路符合要求的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】根据题意知，S1闭合，灯L发光；灯光照亮人脸完成人脸识别时S2闭合，即S1、S2同时闭合，电动机M才工作。
由图知，
A、只S1闭合，灯L发光，再S2闭合，电动机M也工作，故A符合题意；
B、只闭合S1时，电动机工作，同时闭合S1和S2时，电动机和灯泡都工作，故B不符合题意；
C、只闭合S1时，电动机和灯泡都工作，故C不符合题意；
D、只闭合S1时，电动机和灯泡都工作，故D不符合题意。
故选：A。
8．（2分）如图所示，闭合开关S后，发现灯L1比L2亮，则通过两灯的电流I1与I2的大小关系是（ ）
A．I1＝I2B．I1＞I2C．I1＜I2D．无法确定
【答案】A
【解析】由电路图可知，两灯串联。因为串联电路中各处的电流相等，所以通过它们的电流相等，即I1＝I2；
故选：A。
9．（2分）如图甲所示，闭合开关S后，两个灯泡都能发光，乙图为电流表A1指针的位置，如果电流表A2读数是0.6A，则下列说法正确的是（ ）
A．灯泡L1和L2并联
B．通过灯L1的电流为0.6A
C．电流表A1一定连接“﹣、0.6”接线柱
D．电流表A1的读数是0.3A
【答案】A
【解析】
A．由图甲知，电流从正极流出经电流表A1后分成两支，一支通过L1，另一支通过L2和电流表A2，所以两灯并联，故A正确；
CD．电流表A1测干路电流，电流表A2测L2的电流，因为并联电路中干路电流等于各支路电流之和，且电流表A2读数是0.6A，由图乙知，电流表A1应选择0～3A的量程，连接“﹣、3”接线柱，电流表A1读数为1.5A，故CD错误；
B．通过L1的电流：I1＝I﹣I2＝1.5A﹣0.6A＝0.9A，故B错误。
故选：A。
10．（2分）如图所示的电路中，下列说法正确的是（ ）
A．断开S1、S2，电流表A无示数
B．先闭合S1，再闭合S2，电流表A的示数变小
C．先闭合S2、再闭合S1，电压表V的示数变大
D．只闭合S1时，若灯L1的灯丝突然烧断，则电压表V的示数将变大
【答案】D
【解析】A．根据电路图可知，断开S1、S2，电路为两灯泡和电流表串联，电流表有示数，故A错误；
B．先闭合S1，电路为两灯泡串联，再闭合S2，灯泡L2会被短路，电路中的电阻变小，根据欧姆定律可知，电路中的电流会变大，电流表的示数变大，故B错误；
C．先闭合S2，电路为串联电路，电压表测电源电压，再闭合S1，灯泡L2被短路，电压表仍测电源电压，则电压表的示数不变，故C错误；
D．只闭合S1时，若灯L1的灯丝突然烧断，电压表串联接入电路，测电源电压，因此电压表的示数会变大，故D正确。
故选：D。
11．（2分）如图是小意同学设计的一个能够测定油箱内油量的装置，油箱体积为50L，油量表是由学生用电流表改装而成，滑动变阻器最大阻值为50Ω，电源电压恒定不变。当P在a端时电路中的电流为0.6A，表示油箱内满油；P在b端时电路中的电流为0.1A，表示油箱内无油，则下列说法错误的是（ ）
A．电源电压为6V
B．保护电阻R0为10Ω
C．在滑动变阻器R两端并联一个电压表，则浮标向下运动时电压表的示数变大
D．若变阻器阻值随浮标升降均匀变化，则油量为40L时的电流为0.12A
【答案】D
【解析】由图可知，保护电阻R0、滑动变阻器R串联，电流表测电路中的电流。
AB．当P在a端时，滑动变阻器接入电路的阻值为0，为R0简单电路，由欧姆定律可知，电源电压为
U＝0.6A×R0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
在b端时，滑动变阻器接入电路中的电阻最大，电源电压为
U＝Ib（R0+R大）＝0.1A×（R0+50Ω）﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②解得：R0＝10Ω、U＝6V，故AB正确；
C．在滑动变阻器R两端并联一个电压表时，由图可知浮标向下运动时，滑片向上运动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，由串联分压原理可知，此时滑动变阻器两端的电压变大，故C正确；
D．根据图结合滑动变阻器阻值随浮标升降均匀变化可知，油量为40L时滑动变阻器接入电路的阻值为
R=R大−40L50L×R大=50Ω−45×50Ω=10Ω；
由串联电路的电阻特点和欧姆定律可知，此时电路中的电流为：I小=UR总=UR+R0=6V10Ω+10Ω=0.3A，故D错误。
故选：D。
12．（2分）小如用如图装置“探究电流通过导体时产生热量的多少跟什么因素有关”的实验中，两个相同透明容器中分别接入了电阻丝R1和R2且密封着等量的空气，并与装有相同液体的U形管相连通，电阻丝R3与图中电阻丝R2并联置于容器外，将导线a和b接入电路进行实验，下列说法错误的是（ ）
A．实验时U形管中液面高度没有变化，一定是电路中某处断路
B．该装置可以探究电流通过导体产生的热量与通电时间的关系
C．若R1和R2的阻值相等，则可以探究电流通过导体产生的热量与电流的关系
D．若要探究电流通过导体产生的热量与电阻的关系，则可去掉R3，使R1和R2电阻不同
【答案】A
【解析】A、实验时若U形管中液面的高度没有变化，可能是电路中某处断路，也可能是U形管密封不严，有漏气的现象，故A错误。
B、该装置通电时间改变，观察一个电阻丝，电流和电阻不变，改变时间，故可以探究电流通过导体产生的热量与通电时间的关系，故B正确；
C、若R1和R2阻值相等，由于并联分流，使得通过容器内的两个电阻的电流不同，所以能探究电流通过导体产生的热量与电流的关系，故C正确；
D、若要探究电流通过导体产生的热量与电阻的关系，必须控制电流相等，故二者串联，则可去掉R3，使得电流相等，同时使R1和R2电阻不同，故D正确。
故选：A。
二、填空题（共4题，共10分）
13．（3分）如图，将包装口香糖的锡箔纸剪成中间较窄的细条，然后将此锡箔细条的两端连接电池正负极，很快发现细条中较窄处ab段开始冒烟起火，这是因为细条将电池 短路 导致电流过大产生的。若ab段长度等于bc段长度，则ab段与bc段相比，则电阻Rab ＞ Rbc，此时通过的电流Iab ＝ Ibc。（两空均选填“＞”、“＜”或“＝”）
【答案】短路；＞；＝。
【解析】锡箔纸条两端的铝面直接接触电池的正负极，造成短路，这样电流会很大，铝纸条中间最细处的横截面积较小，长度和材料相同时，电阻较大，即ab段电阻大于bc段电阻；串联电路中电流处处相同，所以ab段电流等于bc段电流。
故答案为：短路；＞；＝。
14．（3分）我国家庭照明电路的电压是 220 V，随着家用电器应用越来越多，在家庭中常常用带有开关的多孔插座，插座上的开关与插座是 串 联，插座与插座之间是 并 联。
【答案】220；串；并。
【解析】我国家庭照明电路的电压为220V，在家庭电路中，电灯与插座间以及插座与插座之间是互不影响，因此它们是并联连接，插座上的开关与插座是串联连接。
故答案为：220；串；并。
15．（2分）公元1世纪初，东汉学者王充在《论衡》中记载：“司南之杓，投之于地，其柢指南”。如图，“柢”即握柄，是磁体的 S（或南） 极，司南之所以能指向南北方向，是由于受到 地磁场 的作用。
【答案】见试题解答内容
【解析】“柢”指南是由于受到地磁场的作用，“柢”指向地理的南极，即地磁北极，由异名磁极相互吸引可知，“柢”是磁体的S（或南）极。
故答案为：S（或南）；地磁场。
16．（2分）如图为无人机群组成3D金鸡造型，若每架无人机上的LED灯功率为20W，1200架无人机持续亮灯5min消耗的电能为 2 kW•h。LED灯比传统白炽灯节电，原因是减少了将电能转化为 内 能的比例。
【答案】2；内。
【解析】由P=Wt可得，1200架无人机持续亮灯5min消耗的电能：
W＝Pt＝1200×20×10﹣3kW×560h＝2kW•h；
在规格相同条件下，LED灯消耗相同的电能，转化成的光能多，从而减少了将电能转化成内能的比例。
故答案为：2；内。
三、作图与实验题（共5题，共21分）
17．（2分）请在图中根据小磁针的N极标出通电螺线管的N、S极，磁感线的方向，以及电源正、负极。
【答案】见试题解答内容
【解析】小磁针的左端为S极，自由静止时靠近螺线管的右端，所以螺线管的右端为N极，在磁体的周围，磁感线从磁体的N极流出回到S极，所以磁感线的方向是向左的。
利用螺线管的右端为N极和线圈的绕向，根据安培定则可以确定电流从螺线管的左端流入右端流出，从而可以确定电源的左端为正极，右端为负极。
答案如下图所示：
18．（2分）请用笔画线表示导线，将图中的三孔插座和电灯与开关接入家庭电路中。
【答案】
【解析】（1）灯泡接法：火线进入开关，再进入灯泡，最后回到零线上；
（2）三孔插座的接法：上孔接地线、左孔接零线、右孔接火线，如下图所示：
19．（4分）为了比较A、B两种液体的吸热情况，实验小组用如图甲所示的实验装置进行探究。
（1）试管中加入的两种液体除初温相同外，还应确保 质量 （选填“体积”或“质量”）相等。
（2）加热相同的时间，液体A吸收的热量 等于 （选填“大于”“等于”或“小于”）液体B吸收的热量。
（3）如图乙是根据实验数据绘制的液体温度随加热时间变化的关系图像。液体 A （选填“A”或“B”）的吸热能力更强，请简要说明理由： 升高相同的温度，A液体需要加热时间更长 。
【答案】（1）质量；（2）等于；（3）A；升高相同的温度，A液体需要加热时间更长。
【解析】（1）在此实验中采用的是控制变量法，实验中需要在两个相同的烧杯中应加入初温相同、质量相同的两种液体；
（2）用相同的电热器对水和煤油加热相同的时间，加热器放出的热量相同，则物质吸收的热量是相同的，所以液体A吸收的热量等于液体B吸收的热量；
（3）根据实验数据绘制的温度与时间的关系图象如图乙所示可知：质量相等的A和B两种液体，在升高相同温度时，A加热时间长，故A吸收的热量较多。
故答案为：（1）质量；（2）等于；（3）A；升高相同的温度，A液体需要加热时间更长。
20．（7分）某学习小组在“探究通电导体中电流与电阻的关系”的实验中，小丽连接了如图甲所示的电路（电源电压保持4.5V不变）。
（1）实验前，他们设计了实验探究的思路：保持电阻不变，探究电流与电压的关系，物理上把这种研究方法叫 控制变量 法。
（2）根据图甲的电路图连接电路时，开关应 断开 。闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到 B 端（选填“A”或“B”）。
（3）图乙是小组根据测得的实验数据绘制的电流I随电阻Rx变化的图像，由图像可知Rx两端的电压为 3 V；当Rx的电阻由5Ω更换为10Ω时，闭合开关后，应该将滑动变阻器的滑片P向 B （选填“A”或“B”）端滑动从而达到控制Rx两端的 电压 不变的目的；
（4）若实验中Rx的阻值分别是5Ω、10Ω、15Ω，25Ω，则滑动变阻器的阻值至少是 12.5 Ω。
【答案】（1）控制变量；（2）断开；B；（3）3；B；电压；（4）12.5。
【解析】（1）在研究某个因素的影响时，只改变这个量的大小，而保持其他量不变，从而确定这个因素是否影响，这种研究方法叫控制变量法，该实验保持电阻不变，因此探究电流与电压的关系采用了控制变量法；
（2）为了保护电路，连接电路时，开关应断开。闭合开关前，应将滑动变阻器的滑片移到阻值最大处，即B端；
（3）图乙是小组根据测得的实验数据绘制的电流I随电阻R变化的图像，由图像可知R两端的电压为：
UV＝IR＝0.6A×5Ω＝……＝0.2A×15Ω＝3V；
当R的电阻由5Ω更换为10Ω时，电阻变大，分压增多，电压表示数增大，根据控制变量法知，在探究电流与电阻的实验中应控制电压不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向B端移动，使电压表的示数为3V；
（4）根据串联电路电压的规律，变阻器分得的电压：
U滑＝U﹣UV＝4.5V﹣3V＝1.5V，滑动变阻器分得的电压为电压表示数的0.5倍，根据分压原理，当接入25Ω电阻时，滑动变阻器连入电路中的电阻为：
R滑＝0.5×25Ω＝12.5Ω，故为了完成整个实验，应该选取最大阻值至少12.5Ω的滑动变阻器。
故答案为：（1）控制变量；（2）断开；B；（3）3；B；电压；（4）12.5。
21．（6分）如图甲所示是伏安法测电阻的电路图，图乙为连接不完整的实物图。（电源电压为6V）
（1）请你用笔画线代替导线将图乙电路连接完整（要求：P向右移动，电流表示数变小）；
（2）正确连接电路后，闭合开关S，小北发现电压表指针未偏转，电流表有示数，移动滑动变阻器的滑片，电流表指针发生转动，但电压表依旧无示数，则故障原因可能是 定值电阻短路 ；
（3）排除故障后继续实验，滑片P在某位置时，电流表和电压表的示数如图丙所示，此时测得Rx＝ 5 Ω，此实验要多次测量，目的是 求电阻值的平均值，减小误差 ；
（4）根据实验数据绘制出Rx的I﹣U图象，如图丁中a所示。根据图象a可得通过Rx的电流与其两端电压的关系是： 在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比 ；
（5）实验完成后，将定值电阻换成小灯泡，重复上述实验，绘制出小灯泡的I﹣U图象，如图丁中b所示。分析图象中A、B、C三点电阻RA、RB、RC大小关系为 RB＞RC＞RA 。
【答案】（1）如上图所示；（2）定值电阻短路；（3）5；求电阻值的平均值，减小误差；（4）在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；（5）RB＞RC＞RA。
【解析】（1）变阻器滑片向右移动时，电流表示数变小，接入电路的阻值变大，据此可知变阻器的右下接线柱与电源的正极相连，连接图乙的电路图如下：
；
（2）正确连接电路后，闭合开关S，小南发现电流表有示数，说明电路是通路，电压表指针几乎未偏转，说明电压表并联的电路短路或电压表短路，即故障原因可能是定值电阻短路；
（3）实验过程中，电流表和电压表的示数如图丙所示，电流表选用小量程，分度值为0.02A，电流为0.5A；电压表选用大量程，分度值为0.5V，电压为2.5V，
此时测得得电阻为：
Rx=UI=Ω；
此实验要多次测量，最后求电阻值的平均值，其目的是减小误差；
（4）由图像a知：在电阻一定时通过导体的电流与导体两端的电压成正比；
（5）图中a是定值电阻的正比例图线，所以B点电阻与a、b相交处电阻R交点相等，
由图线b可知，通过灯的电流随电压的增大而变大，根据P＝UI，灯的功率增大，灯丝的温度升高，因灯丝的电阻随温度的升高而增大，所以RA＜RC＜R交点，即：RA＜RC＜RB．
故三点电阻RA、RB、RC的阻值大小关系是RB＞RC＞RA。
故答案为：（1）如上图所示；（2）定值电阻短路；（3）5；求电阻值的平均值，减小误差；（4）在电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比；（5）RB＞RC＞RA。
四、综合应用题（共2题，共15分）
22．（7分）家用电热水壶有加热和保温两挡，内部电路简化示意图如图甲所示，其中R1和R2均为阻值不变的发热电阻。小明使用该电热水壶烧水过程中，消耗的电功率随时间变化的图象如图乙所示。求：
（1）当开关S接到1处，电路处于加热状态还是保温状态？
（2）电阻R1的阻值；
（3）保温状态时的电流。
【答案】（1）当开关S接到1处，电路处于加热状态；
（2）电阻R1的阻值为44Ω；
（3）保温状态时的电流为2A。
【解析】（1）由图甲可知，当开关S接1时，只有R1工作，当开关S接2时，R1、R2串联，
根据串联电路的电阻特点可知，当开关S接1时，只有R1工作，电路中的总电阻最小，由P=U2R可知，电路中的总功率最大，电热水壶处于加热状态；
（2）由图乙可知，电热水壶保温状态的功率P加＝1100W，
则R1的阻值：R1=U2P加=(220V)21100W=44Ω；
（3）由图乙可知，电热水壶保温状态的功率P保＝440W，
由P＝UI可知，电热水壶在保温状态下的电流：I保=P保U=440W220V=2A.
答：（1）当开关S接到1处，电路处于加热状态；
（2）电阻R1的阻值为44Ω；
（3）保温状态时的电流为2A。
23．（8分）海上风电作为一种清洁可再生能源，其发展有助于减少对化石燃料的依赖，促进能源结构向更加清洁、低碳的方向转变。一般装机容量是4兆瓦（1兆瓦＝1×106W），风机转一圈，只能发电不到4度。而目前已公开的世界上最大26兆瓦海上风机，转一圈能发电50度左右。我国主流的风电机组集中安装在水深50米的近海海域。其中离岸距离大于100千米，水深超过50米的深远海域风能资源更加丰富。图1是风力发电的原理及输电示意图：
求：（1）请求出26兆瓦海上风机转动一圈所用时间（精确到0.1s）；
（2）若风力发电向远距离输电时某处发生了短路，为确定短路位置，检修员在安全的情况下，利用电压表、电流表和电源接成如图2所示的电路进行测量，已知甲、乙两地的每根输电线每千米的电阻为0.2Ω，电压表示数为3V，电流表示数为0.6A，则短路位置到甲地的距离为多远？
（3）目前已公开的世界上最大26兆瓦海上风机，转一圈能发电50度。在一个标准大气压下，此风机转一圈的电能，由一个热效率90%的电磁炉给水加热，可以使多少千克20℃的水沸腾？[c水＝4.2×103J/（kg•℃）]
【答案】（1）26兆瓦海上风机转动一圈所用时间为6.9s；
（2）短路位置到甲地的距离为12.5km；
（3）可以使482.1kg20℃的水沸腾。
【解析】（1）由题意知26兆瓦＝2.6×107W，海上风机转一圈能发电W＝50度＝50kW•h＝1.8×108J；
风机转动一圈所用时间为：
t=WP=1.8×108J2.6×107W=6.9s：
（2）由图2可知电压表测导线两端的电压，电流表测电路中的电流，由欧姆定律可得电路中总电阻为：
R=UI=3V0.6A=5Ω，
因每根输电线每千米的电阻为0.2Ω，则导线的总长度为：
L =5Ω0.2Ω/km=25km，
因为导线是双股的，所以短路位置到甲地的距离为：
s=12L=12×25km＝12.5km；
（3）电磁炉产生的能量为：
Q＝ηW＝90%×1.8×108J＝1.62×108J；
根据Q吸＝cmΔt可知水的质量m水=Q吸c水Δt=1.62×108J4.2×103J/(kg⋅℃)×(100℃−20℃)≈482.1kg。
答：（1）26兆瓦海上风机转动一圈所用时间为6.9s；
（2）短路位置到甲地的距离为12.5km；
（3）可以使482.1kg20℃的水沸腾。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
A
A
A
D
B
A
A
A
A
D
D
题号
12
答案
A