2020届安徽省六安市第一中学高三下学期模拟卷（五）理科综合试题

2020届安徽省六安市第一中学高三下学期模拟卷（五理科综合
测试范围：学科内综合。共300分，考试时间150分钟。
可能用到的相对原子质量：H−1 C−12 O−16 Mg−24 S−32 K−39 Ca−40 Ti−48
Fe−56 Cu−64
第Ⅰ卷（选择题 共126分）
一、选择题（本大题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．下列有关细胞的结构和功能的叙述中正确的是 （ ）
A．细胞内蛋白质的“装配机器”核糖体由蛋白质和tRNA构成
B．人体细胞内的囊泡可以来自于内质网、高尔基体和中心体
C．动物细胞的有丝分裂能体现细胞膜具有一定的流动性
D．核孔是核质之间进行物质自由运输和信息交流的通道
2．竞争法可用于测血浆中的抗体含量，其基本方法为先将特异性抗原和固相载体结合，固定抗原后洗涤，在待测管中加受检血液和一定量酶标抗体的混合溶液，使之与固相抗原反应，保温一段时间后，再次洗涤，最后通过酶促反应检测结合的酶的数量以反映出血浆中抗体的含量，据此下列说法中不正确的是 （ ）
A．结合的酶标记抗体数量越多则受检血液中抗体的含量越少
B．保温时间过短可导致受检血液中抗体含量的检查结果偏低
C．两次洗涤的目的是洗去没有和固相载体结合的抗原和抗体
D．若用特异性抗体和固相载体结合可检测血液中抗原含量
3．某植物的株高受三对独立遗传的等位基因控制，其株高由显性基因的个数决定，每个显性基因能使植株增加相同的高度且具有叠加效应，群体中该植株最低为10cm，最高为82cm，欲选择两植株进行杂交，使杂交后代只出现46cm、58cm和70cm三种株高的植株，则选择的两亲本的株高不可能是 （ ）
A．58cm×58cm B．82cm×34cm C．46cm×70cm D．58cm×70cm
4．已知某DNA分子中A占15%，如图为该DNA分子上某基因片段的碱基序列，其控制合成的多肽链中含有“—脯氨酸—谷氨酸—谷氨酸—赖氨酸”的氨基酸序列，下列说法中不正确的是 （ ）

A．该DNA转录形成的mRNA中G+C占70%
B．该DNA分子中参与转录的模板链是②号链
C．b处碱基对发生替换可能使翻译的多肽链缩短
D．a处碱基对替换为C//G时不会改变氨基酸序列
5．下列有关内环境稳态的叙述中正确的是 （ ）
A．内环境稳态会影响细胞代谢，细胞代谢不会影响内环境稳态
B．人体皮肤细胞可以不经过内环境和外界发生气体交换
C．组织水肿只会改变组织细胞渗透压，不改变血细胞渗透压
D．稳态是指内环境的各种化学成分和理化性质的相对稳定
6．如图表示某山区云南松在不同生长环境下种群的年龄结构，下列说法中正确的是（ ）

A．阳坡和山脊的种群呈增长型，阴坡的种群偏稳定型
B．样方法只能调查云南松的种群数量，不能调查年龄结构
C．山脊区云南松增长最快，因此该地区抵抗力稳定性最高
D．三个种群相互隔离，彼此不会发生能量流动和物质循环
7．下列有关说法正确的是 （ ）
A．用福尔马林进行居室内环境消毒
B．聚酯纤维是制作运动衣的材料，是水溶性纤维
C．人体内无纤维素酶，故纤维素在人体内无法被分解利用
D．现代轨道交通中用到大量的合金钢，它的主要成分是碳
8．设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是 （ ）
A．标准状况下，1.12L酒精含有分子数为0.05NA
B．0.1mol Fe与足量的Cl2反应，转移电子数为0.2NA
C．10g KHCO3和CaCO3的混合固体中，氧原子数为0.3NA
D．常温常压下，2.24L N2所含原子数为0.2NA
9．咖啡是世界三大饮料之一，因其含有咖啡因（结构简式为）使人神经兴奋，影响人的睡眠。最近科学家用超临界二氧化碳提取咖啡因，成功制得了无因咖啡。下列说法错误的是 （ ）
A．咖啡因的化学式为C8H10N4O2
B．咖啡因是可溶于水的高分子化合物
C．咖啡因在一定条件下可与氢气发生加成反应
D．超临界二氧化碳提取咖啡因的操作是萃取
10．下列实验中，对应实验现象及结论都正确的是 （ ）
选项
实验
现象
结论
A
向KMnO4溶液中通入SO2气体
KMnO4溶液褪色
SO2有漂白性
B
将蓝色石蕊试纸浸入氯水中
试纸先变红，后变白
氯水既有酸性又有漂白性
C
向硅酸中分别加入HF和NaOH溶液
白色的硅酸沉淀溶解
硅酸具有两性
D
将充满NO2的试管倒置在水槽中
试管充满水
NO2与水完全反应
11．瑞典科学家研制出了一种能作为电池的“纸”，由纳米纤维素制成，这种“纸”的纤维能做到只有20纳米厚（人的头发直径约为10万纳米，是该纤维厚度的5000倍。）在纳米纤维的外层，覆盖着一层溶解在NaOH水溶液里的带电聚苯乙烯塑料。这种柔性纸电池为未来柔性手机的开发成为可能。它用硅、惰性石墨烯为电极。下列说法正确的是 （ ）
A．正极反应中有大量的CO2生成
B．纸电池的负极是硅，发生还原反应
C．在石墨电极表面有O2生成
D．电池放电时，溶液的pH值变小
12．在25mL某浓度的氨水中逐滴加入0.01mol/L的盐酸溶液，曲线如图所示，有关粒子浓度关系正确的是 （ ）
A．该氨水的浓度为0.001mol/L
B．在B点：a=12.5，且有c(NH4+)=c(Cl−)=c(OH−)=c(H+)
C．在C点：c(Cl−)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH− )
D．在D点：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl−)
13．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。X的最外层电子数是内层电子数的3倍，W与X位于同一主族，Y、Z、W的最高价氧化物对应水化物两两之间可以反应。下列说法正确的是 （ ）
A．原子半径大小Xc(OH−) =c(H+)，B错误；C点溶液呈酸性，根据电荷守恒，C正确；因为氨水浓度比盐酸大，根据物料守恒，c(NH4+)+c(NH3·H2O)>c(Cl-)，D错误。
13．【答案】D【解析】由题意推断X为O元素，W为S元素，Y为Na元素，Z为Al元素。四种元素中Na原子半径最大，A错误；阴离子的还原性应为XφC，故把一正点电荷沿着C→B→O→A→D的路径移动时，电势能增加，电场力做负功，所以选项D正确。
15．【答案】C【解析】设两木板碰撞后的速度为υ1，设υ0的方向为正方向，由动量守恒定律得：4mυ0=8mυ1得，设物块与木块共同的速度为υ2，由动量守恒定律2mυ0+8mυ1=(2m+8m)υ2，解得，所以选项C正确。
16．【答案】C【解析】缓慢上升高度h时，支持力等于手机的重力，对手机做功为mgh，水平跑动过程，支持力与位移垂直，不做功，所以整个过程支持力做功为mgh，选项B错误；手对手机做的功，等于摩擦力的功和支持力的功之和，为，所以选项A错误、C正确；由于手掌对手机的摩擦力是静摩擦力，不能确定大小就等于μmg，选项D错误。
17．【答案】D【解析】滑动变阻器R1的滑片向上滑动，电阻减小，总电阻也减小，根据闭合电路欧姆定律得得电流增大，所以电压表的示数和电流表示数都变大，选项A、B错误；由路端电压减小，而电压表示数增大，所以R1两端的电压减小，电容器放电，R2中有由a到b的电流，选项D正确。
18．【答案】B【解析】探测器绕月运行的线速度的大小，因r、T已知，所以可以求出线速度，选项A可求；探测器绕月运行的加速度的大小，因r、T已知，所以选项D可求；设地球质量为M，卫星的质量为m，卫星运行时月球对它的万有引力提供向心力，根据万有引力定律和牛顿第二定律有可得，因r、T、万有引力常量G已知，所以选项C可求；由万有引力定律可知，地球表面的重力加速度为，地球的半径未知，也就不能求出地球表面处的重力加速度，所以选项B不可求，故选B项。
19．【答案】AD【解析】由可得，电压表V1的示数与电压表V2的示数之比为1:12，选项A正确；原线圈的电压V，所以副线圈电压为V，电阻R消耗的功率为432W，所以选项C错误；输入功率等于输出功率，电流表A1的示数为A，所以选项B错误；电压表的读数为有效值，在t=0.1s，电压表V1的示数为=8.49V，所以选项D正确。
20．【答案】BC【解析】物块在2s内的加速度为a=1m/s2，v2=2ax，代入得x＝1m时物块的速度大小为m/s，所以项A错误；由牛顿第二定律得F-μmg=ma，代入数值得前2s时间内的拉力大小为6N，所以选项B正确；由v = at，得在t＝1s时物块的速度大小为
1m/s，所以拉力的功率为P = Fv=6×1=6W，选项D错误；因物块在后2s的加速度为
a=0.5m/s2；由牛顿第二定律得F-μmg=ma代入数值得物块在后2s时间内的拉力大小为5N，2s内位移大小为=5m，根据W=Fs=5×5=25J，所以选项C正确．
21．【答案】AD【解析】设带电粒子的速度为v，它在MN左侧磁场的运动轨迹为圆弧PS，圆弧对应的圆心为C1，半径为R1，如图所示，则，且PC1平行于MN，带电粒子进入MN右侧磁场的运动轨迹为圆弧SQ，圆弧对应的圆心为C2，半径为R2，如图所示。则，且QC2平行于MN，连接SC1、SC2，显然C1SC2为一直线，设，由图示的几何关系可得：，，联立解得：，选项A正确，选项B错误；粒子在左侧区域磁场中的运动时间为，粒子在右侧区域磁场中的运动时间为，所以，选项D正确，选项C错误。
22．【答案】（1）1.18m/s（2分） 1.50m/s2（2分） （2）未计入砝码盘的重力（2分）
【解析】（1）因纸带上两相邻计数点的时间间隔为T= 0.10s，设s1 = 9.50cm、s2 =11.00cm、s3=12.55cm、s4=14.00cm、s5=15.50cm、s6=17.05cm，由“任一时间t中间时刻的瞬时速度等于这段时间t内的平均速度”即，则打C点时纸带的速度大小为，代入数值得vC=1.18m/s，，代入数值得α=1.50m/s2。
（2）平衡摩擦力后，图中没有拉力时就产生了加速度，说明未计入砝码盘的重力。
23．【答案】（1）并（1分） 10Ω（2分） （2）串（1分） 58KΩ（2分）
（3）（3分）
【解析】（1）将G1改装成量程为I =10mA的电流表，需要并联电阻，由并联电路中的电流分配关系可得：R=。
（2）若要将G2改装成量程为U=3V的电压表，需串联电阻，由串联电路的电压分配关系可知：R==58kΩ。
24．【解析】导体棒由静止加速滑动，电容器所带电荷量不断增加，电路中将形成充电电流，导体棒在重力和安培力作用下运动，设某时刻棒的速度为v，则感应电动势为，（1分）电容器所带电荷量为，（1分）再经过很短一段时间Δt，电容器两端电压的增量和电荷量的增量分别为：（1分）、（1分），流过导体棒的电流，（1分）导体棒受到的安培力f1=BIl=CB2l2a（1分），金属棒所受到的摩擦力f2=μmg（1分），由牛顿第二定律得F-f1-f2=ma（1分），联立以上各式解得（2分），显然金属棒做匀加速直线运动，所以金属棒的速度大小随时间变化的关系为（2分）。
25．【解析】（1）由图乙可知B先作加速运动，A离开后作减速运动，加速阶段的加速度为a1=2m/s2。设A的加速度为a，它在B上滑动过程中运动的位移为①（1分），B加速过程的位移②（1分），由几何关系可知xA-xB=l③（1分），代入，t=1s，l=1m，解得a=4m/s2（1分）。分析A加速过程中的受力情况如图一。由牛顿第二定律得：（2分）④，而：（1分）⑤，联立④⑤得F = 28N（1分）。
（2）分析B物体加速阶段的受力情况如图二：由牛顿第二定律可得：fA′-fB-mBgsinα=mBa1（1分）⑥，设B与斜面的动摩擦因数为μ2，（1分）⑦，联立⑥⑦解得μ2=0.2（2分）。由牛顿第二定律可知B减速的加速度： 7.6m/s2（2分），由图乙可知B加速的位移x1=×2×1m=1m（2分），根据匀变速直线运动规律减速的性质：m（2分），所以木板的总位移m（2分）。

26．【答案】（1）Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑（3分）
（2）淡黄色固体（1分） 滤纸由紫变红（1分）
（3）品红褪色（1分） 溶液由无色变红色（1分）
（4）防止倒吸（2分） 吸收尾气SO2，防止污染环境（2分）
（5）5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+（3分）
【解析】（1）实验室用亚硫酸钠固体与一定浓度的浓硫酸反应制备SO2，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑。（2）C处SO2将-2价硫氧化为0价的硫，故有淡黄色固体生成；D处SO2的水溶液呈酸性，故滤纸由紫色变为红色。（3）SO2可使品红溶液褪色，加热后又会恢复红色。（4）因为SO2易被NaOH溶液吸收，倒置漏斗是为了防止倒吸，NaOH溶液为了吸收有毒的未反应的SO2，防止污染环境。（5）根据电子守恒和电荷守恒不难写出离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+。
27．【答案】（1）1.3×10-8（2分） 0.34或0.33都可得分（2分）
（2）①CO（2分） 2.00kPa－1（2分）
②放热反应（2分） Ni(CO)4进入血液后，CO会与血红蛋白结合，使平衡Ni＋4CONi(CO)4逆向移动，从而使人体内金属镍增多。（2分）
（3）2Ni(OH)2+ClO-+H2O=2Ni(OH)3+Cl-（3分）。
【解析】（1）Ni2+恰好完全完全沉淀时c(Ni2+)=1×10-5，根据Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)×c2(OH-)=6×10-18，解得c(OH-)=7.7×10-7，则c(H+)=(mol/L)，Ksp[Mn(OH)2] =c(Mn2+)×c2(OH-)=c(Mn2+)×(7.7×10-7)2=2×10-13，解得c(Mn2+)=0.34(mol/L)[注：由Ni(OH)2的Ksp表达式求得c2(OH-)，将该值整体代入Mn(OH)2的Ksp表达式中可求得c (Mn2+)= 0.33(mol/L)也可得分]。
（2）①因为血红蛋白与CO反应的平衡常数大，说明CO更容易与血红蛋白结合，因此在同一条件下CO与血红蛋白的结合度（其实就是血红蛋白的转化率）大于O2与血红蛋白的结合度，故曲线1代表的气体是CO。设Hb(aq)的初始浓度为c，当氧气的平衡分压p(O2)＝2.00kPa时，c(HbO2)平衡＝0.80c；c(Hb)平衡＝0.20c；故Hb(aq)+O2(g)HbO2(aq)在正常体温下的平衡常数K＝
②高温下Ni(CO)4易分解，说明升温会使反应Ni＋4CONi(CO)4逆向移动，故逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应；由于血红蛋白与CO结合能力非常强，故Ni(CO)4进入血液后，血红蛋白结合CO，使Ni＋4CONi(CO)4逆向移动，金属镍在血液中沉积。
（3）NaClO具有强氧化性，将+2价Ni氧化为+3价，根据得失电子守恒和电荷守恒，离子方程式为：2Ni(OH)2+ClO-+H2O=2Ni(OH)3+Cl-。
28．【答案】（1）+6（2分）
（2）2FeO·Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3熔融4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2（2分）
（3）（2分） Al(OH)3、H2SiO3（2分）
（4）pH过小，生成的Na2Cr2O7会氧化NaNO2（2分）
（5）①6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O（2分） ②98.25（2分）
【解析】（1）根据化合物中正负化合价代数为0判断Na2Cr2O7中Cr的化合价为+6价。（2）由题给反应物与生成物，结合氧化还原反应配平，则FeO·Cr2O3熔融的化学方程式为：Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3熔融4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2↑+7NaNO2。（3）产生的气体是CO2，电子式为。调pH形成的沉淀为Al(OH)3和H2SiO3。（4）因为第二次过滤后，溶液中除了有Na2CrO4外，还有NaNO2，故溶液的pH过小，生成的Na2Cr2O7会氧化NaNO2。（5）①根据电子守恒和电荷守恒不难得出Na2Cr2O7在酸性条件下与FeSO4反应的离子方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。再由反应关系：
6Fe2+ ~ Cr2O72-
6 1
0.1mol/L×0.018L x
解得x=0.0003mol，则Na2Cr2O7的纯度为：。
29．【答案】（10分，除标注外，每空2分）
（1）自由扩散 关闭气孔（1分） CO2的吸收（1分）
（2）纸层析 色素带的宽窄
（3）夜间不能进行光反应，暗反应由于缺乏[H]和ATP而无法进行
【解析】（1）根据坐标图的数据可知，随着NaCl浓度的升高，细胞外渗透压大于细胞内，造成细胞以自由扩散的方式大量失水，植物为了防止水分的散失，则会大量关闭气孔以降低蒸腾作用，关闭气孔的同时会影响植物细胞吸收二氧化碳，从而影响暗反应阶段，最终导致植物的光合作用速率降低。
（2） 实验室分离色素的方法是纸层析法，其原理是根据色素在层析液中的溶解度不同而分离色素，最终可以根据色素带在滤纸条上的宽窄的不同分析色素相对含量的多少。
（3）植物夜间吸收二氧化碳，但是由于夜间没有光照，不能进行光反应阶段，无法合成[H]和ATP，导致暗反应无法进行，从而导致夜间不能利用二氧化碳。
30．【答案】（9分，除标注外，每空2分）
（1）激素分泌后弥散分布在体液中
（2）甲状腺激素含量过高，反过来抑制垂体分泌促甲状腺激素 低（1分）
（3）萎靡 自身免疫病
【解析】（1）激素分泌后弥散在体液中，并通过体液运输，因此检测激素的含量，无需在激素作用的靶器官处抽血，手指等合适的部位取血即可。
（2） 根据表中结果可知，该患者体内的甲状腺激素分泌过多，甲状腺激素分泌过多时可以通过负反馈调节，抑制下丘脑和垂体的分泌活动，最终导致促甲状腺激素释放激素和促甲状腺激素的分泌量均减少。
（3）根据信息可知，甲状腺球蛋白抗体可以和甲状腺球蛋白结合，最终导致甲状腺细胞的损坏，导致机体甲状腺激素分泌不足，由于甲状腺激素具有提高神经系统兴奋性的作用，因此甲状腺激素分泌不足时机体精神萎靡，从免疫学的角度分析该病的病因是，自身的抗体破坏了甲状腺细胞，因此该病属于自身免疫病。
31．【答案】（10分，每空2分）
（1）生物群落 2:3 （2）互利共生
（3）直接 大肆采伐会破坏生物多样性的间接价值，而生物多样性的间接价值大于直接价值
【解析】（1）聚集在一定区域内的全部生物构成了一个生物群落。设底栖动物的植食性食物所占的比例为x，则肉食性食物所占的比例为1-x，据此可知，若底栖动物增加1kg，需要消耗浮游植物质量为m=x/0.1+(1- x)/0.12=64，则x=2/5，因此食物比例为2:3。
（2） 根据题干信息可知，虫黄藻和珊瑚礁两者互惠互利，因此属于互利共生的关系。
（3） 珊瑚骨骼在医学上可用于骨骼移植，很多海藻可用于提取琼脂和胶等工业原料，这属于生物多样性的直接价值。大肆开发利用生态系统中的成分用于工业生产，虽然可以增加对直接价值的利用，但是会破坏生态系统的间接价值，而生态系统的间接价值大于其直接价值。
32．【答案】（10分，每空2分）
（1）X AaDdXBY和AaDdXbXb
（2）a和d在同一条染色体上，A和D在同一条染色体上 1/4
（3）基因突变或交叉互换等
【解析】（1）根据题意可知，单独分析眼色这对性状，亲本为紫眼雄果蝇和红眼雌果蝇，杂交后代雌性个体中紫眼:白眼=2:1，雄性个体中红眼:白眼=2:1，由于后代的表现型和性别相关联，因此有一对基因位于常染色体上，一对基因位于X染色体上，雌性个体中只有紫眼和白眼，因此雌性个体中有B基因，而雄性个体中只有红眼和白眼，因此雄性个体只有b基因，则B和b基因位于X染色体上。由于亲本为红眼和紫眼，后代出现白眼，因此亲本有关眼色的基因型为AaXBY和AaXbXb，亲本均为裂翅，后代出现正常翅，因此有关翅形的基因型为Dd和Dd，则亲本的基因型为AaDdXBY和AaDdXbXb。（2）F1中的白眼全部为正常翅，而紫眼和红眼全部为裂翅，说明白眼基因始终和正常翅同时表达，因此A和a，D和d位于同一对同源染色体上，且a和d在同一条染色体上，A和D在同一条染色体上。由于A和D在同一条染色体上，DD的胚胎致死，因此AA的胚胎也致死，只考虑眼色，亲本的基因型为AaXBY和AaXbXb，F1的两对基因的基因型分别为Aa:aa=2:1，XBXb:XbY =1:1，自由交配后代中，A的基因频率为1/3，a的基因频率为2/3，后代AA占1/9，Aa占4/9，aa占4/9，由于AA致死，因此Aa占1/2，XBXb和XbY杂交后代XBXb : XbXb : XBY : XbY=1:1:1:1，含有B基因的占1/2，因此后代紫眼果蝇占1/2×1/2=1/4。（3）亲本雌雄果蝇在某次交配过程中生育了一个裂翅白眼个体，说明可能产生了aD的配子，发生的原因可能是交叉互换或基因突变等。
33．（1）【答案】ABE【解析】由图示图象可知，A→B过程代入数据解得：TB=900K所以选项A正确；B→C过程，代入数据解得：TC=300K，所以选项B正确；A→C过程，由温度变化为0得ΔU=0，所以选项C错误；从状态A变化到状态B过程理想气体内能增大，对外做功，由热力学第一定律，一定是吸热，所以选项D错误；同理，从状态B变化到状态C过程气体放热，选项E正确。
（2）【解析】设贮气钢筒开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2（20个大气压）时，体积为V2。根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2①，重新充气前，用去的空气在p2压强下的体积为V3＝V2－V1②，设用去的空气在水箱压强p0、体积为V0，则有p2V3＝p0V0③，，设一次压入水箱空气在p0下的体积为ΔV，则压入水箱次数N＝④，联立①②③④式，并代入数据得N＝2.25⑤。（①②③④⑤各2分）
34．（1）【答案】ACE【解析】雷达是利用微波来定位的，A项正确；使电磁波随各种信号而改变的技术叫做调制，B项错误；电磁波都能发生反射、折射、干涉和衍射现象，也可以在真空中传播，选项C正确；电磁波传播不需要介质，且在不同介质中，传播速度不同，即v＝；选项D错误；电磁波在任何介质中的传播速率都相同，电磁波是由周期性变化的电场和周期性变化的磁场在空中传播形成的，电场和磁场的方向均与传播方向垂直，电磁波是横波，选项E正确
（2）【解析】①由图像知，波长λ=4m。若波沿x轴正方向传播，在Δt=t2-t1=1s内传播了（n=0,1,2,3…）（1分），即，（n=0,1,2,3…）（1分），波速v==(4n+1)m/s（n=0,1,2,3…）（1分），若波沿x轴负方向传播，在Δt=t2-t1=1s内传播了（n=0,1,2,3…）（1分），即，（n=0,1,2,3…）（1分），波速m/s（n=0,1,2,3…）（1分）。
②若波速v=9m/s，在Δt=1s内传播的距离（1分），所以波沿x轴正方向传播，t=0时刻质点P沿y轴正方向振动。由v==(4n+1)m/s（1分）知，n=2，，P点再经过振动到波谷位置（2分）。
35．【答案】（1）3d24s2（2分） 10（1分）
（2） 分子（1分） TiO2+2COCl2一定条件TiCl4+2CO2（2分） 极性共价键（1分）；sp2杂化（1分） BF3（其它合理答案也可）（2分） C