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江西省 ２０２６届高三 １１月一轮复习阶段检测
化学参考答案及评分细则
１．【答案】Ｃ
【解析】婺源歙砚的主要成分是硅酸盐，Ａ项不符合题意；安福火腿的主要成分是油脂和蛋白质等，Ｂ项不符合题
意；萍乡春锣的主要成分为金属，Ｃ项符合题意；景德镇瓷器的主要成分为硅酸盐，Ｄ项不符合题意。
２．【答案】Ｃ
５＋１－３×２
【解析】ＮＯ－中Ｎ原子没有孤电子对，价层电子对数为３＋ ＝３，Ａ项正确；键的极性由成键原子间的电负
３ ２
性差值决定，差值越大，极性越强，故键的极性：Ｈ—Ｏ＞Ｈ—Ｎ，Ｂ项正确；ＮＨ 与 ＨＯ的中心原子均为 ｓｐ３杂化，
３ ２
ＮＨ 分子中的Ｎ有一个孤电子对，ＨＯ分子中的Ｏ有两个孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成
３ ２
键电子对之间的斥力，导致水分子键角更小，Ｃ项错误；Ｎ帒帒Ｎ的键能大于ＮＮ的键能，Ｄ项正确。
３．【答案】Ａ
【解析】钾的性质极度活泼，随意丢弃易与水、空气反应引发安全事故，且规范操作下放回原瓶不易污染试剂，
Ａ项符合题意；被玻璃轻微划伤后先清理伤口，用双氧水或碘伏擦洗后再用创可贴外敷，Ｂ项不符合题意；衣物
小面积着火立即用湿抹布灭火，大面积着火应躺在地上翻滚以达到灭火的目的，Ｃ项不符合题意；浓盐酸沾到皮
肤后先用大量水冲洗再涂上３％～５％的ＮａＨＣＯ 溶液，Ｄ项不符合题意。
３
４．【答案】Ｃ
【解析】向酸性ＫＭｎＯ 溶液中滴加ＨＯ 溶液，ＨＯ 被氧化为Ｏ，离子方程式为２ＭｎＯ－＋５ＨＯ＋６Ｈ＋２Ｍｎ２＋＋
４ ２ ２ ２ ２ ２ ４ ２ ２
５Ｏ↑＋８ＨＯ，Ａ项错误；ＮａＳＯ 溶液与稀硫酸反应的离子方程式为 ＳＯ２－＋２Ｈ＋ＳＯ↑＋Ｓ↓＋ＨＯ，Ｂ项错
２ ２ ２ ２ ３ ２ ３ ２ ２
误；用稀硝酸清洗试管内壁上的银镜：３Ａｇ＋４Ｈ＋＋ＮＯ－３Ａｇ＋＋ＮＯ↑＋２ＨＯ，Ｃ项正确；ＮＨＡｌ（ＳＯ） 溶液与
３ ２ ４ ４ ２
Ｂａ（ＯＨ）溶液按物质的量之比为 １２反应的离子方程式为 ＮＨ＋＋Ａｌ３＋＋２ＳＯ２－＋２Ｂａ２＋＋４ＯＨ－ＮＨ·ＨＯ＋
２ ４ ４ ３ ２
２ＢａＳＯ↓＋Ａｌ（ＯＨ）↓，Ｄ项错误。
４ ３
５．【答案】Ｂ
【解析】１ｍｏｌＯＨ－中所含中子数为（８＋０）×１ｍｏｌ×Ｎ ｍｏｌ－１＝８Ｎ，Ａ项正确；没有说明ＮＨ 所处的压强、温度，无
Ａ Ａ ２ ４
法计算，且肼在标准状况下不是气态，Ｂ项错误；根据Ｃｕ的化合价变化可知，每生成１ｍｏｌＣｕＯ，Ｃｕ（ＯＨ）得到
２ ２
２ｍｏｌ电子，故反应中转移电子数为２Ｎ，Ｃ项正确；ＨＯ中只有 Ｏ的最外层满足８电子稳定结构，１ｍｏｌＨＯ中
Ａ ２ ２
最外层满足８电子稳定结构的原子数为Ｎ，Ｄ项正确。
Ａ
６．【答案】Ｄ
【解析】吸收ＮＨ 时，需要防倒吸，Ａ项不符合题意；Ｆｅ（ＯＨ）胶体和 ＦｅＣｌ溶液均会通过滤纸，两者不能用过滤
３ ３ ３
的方法分离，Ｂ项不符合题意；测定中和反应反应热时，需要使用玻璃搅拌器，Ｃ项不符合题意；振荡过程中，碘
化钾与溴会发生反应：Ｂｒ＋２Ｉ－Ｉ＋２Ｂｒ－，Ｂｒ－进入水层，Ｉ进入 ＣＣｌ层，可以观察到 ＣＣｌ层由橙色变为紫红
２ ２ ２ ４ ４
色，Ｄ项符合题意。
７．【答案】Ｂ
【解析】由Ｚ、Ｘ、Ｗ位于同一周期，结合有机化合物推测Ｙ为Ｈ，由 Ｗ是电负性最大的元素，推测Ｗ为Ｆ，Ｍ的价
层ｐ轨道中所含电子数与其电子层数相等且Ｍ的原子序数比Ｆ大，推测 Ｍ为 Ｐ，由 ＺＷ 分子呈平面正三角形，
３
推测Ｚ为Ｂ，则Ｘ为Ｃ。一般情况下，原子电子层数越多，半径越大，原子电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，
高三化学 第 １页（共５页）
书书书故原子半径：Ｐ＞Ｃ＞Ｆ，Ａ项正确；ＨＦ分子间存在氢键，ＨＦ沸点高于 ＰＨ，Ｃ的氢化物有多种，无法确定其与 ＨＦ、
３
ＰＨ 的沸点高低，Ｂ项错误；［ＢＦ］－中 Ｂ的价层电子对数为３，与三个氟原子形成普通共价键后，还有一个氟离
３ ４
子提供孤电子对与硼原子提供的空轨道形成 １个配位键，Ｃ项正确；甲烷是由极性键构成的非极性分子，Ｄ项
正确。
８．【答案】Ｂ
【解析】铜丝与浓硫酸反应产生的气体为 ＳＯ，将 ＳＯ 通入紫色石蕊溶液中，会与水反应生成 ＨＳＯ，使溶液变
２ ２ ２ ３
红，不能由此判断 ＳＯ 没有漂白性，Ａ项错误；将 Ｂａ（ＯＨ）·８ＨＯ晶体与 ＮＨＣｌ晶体置于研钵中研磨，研钵温
２ ２ ２ ４
度降低，说明该反应为吸热反应，Ｂ项正确；该反应前后气体分子数不变，增大压强，平衡不移动，颜色加深是因
为体积减小，Ｉ（ｇ）浓度增大，Ｃ项错误；铜粉溶解，溶液变蓝，是因为发生反应：２ＦｅＣｌ＋Ｃｕ２ＦｅＣｌ＋ＣｕＣｌ，无
２ ３ ２ ２
法说明Ｆｅ比Ｃｕ活泼，Ｄ项错误。
９．【答案】Ａ
【解析】ＦｅＯ与硝酸发生氧化还原反应会有氮氧化物生成，Ａ项错误；ＦｅＯ与盐酸反应生成 ＦｅＣｌ，ＦｅＣｌ与 ＮａＯＨ
２ ２
反应生成Ｆｅ（ＯＨ），Ｆｅ（ＯＨ）与Ｏ、ＨＯ反应生成Ｆｅ（ＯＨ），Ｆｅ（ＯＨ）与盐酸反应生成 ＦｅＣｌ，Ｂ项正确；ＦｅＯ
２ ２ ２ ２ ３ ３ ３ ２ ３
是一种红棕色粉末，俗称铁红，常用作油漆、涂料、油墨和橡胶的红色颜料，Ｃ项正确；常温下，铁遇浓硫酸会发生
钝化，故常温下可以用铁制容器来盛装浓硫酸，Ｄ项正确。
１０．【答案】Ｄ
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【解析】 !"
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高三化学 第 ２页（共５页）
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中Ｃｕ２＋的配位数为４，提供孤电子对的原子为Ｏ，Ｃｕ２＋提供空轨道接受孤
电子对，Ａ项正确；络合剂与Ｃｕ２＋形成稳定络合物，可以增强 Ｃｕ２＋的稳定性，防止其与 ＯＨ－反应生成 Ｃｕ（ＯＨ）
２
沉淀，Ｂ项正确；酒石酸钾钠水解使溶液呈碱性，常温下，酒石酸钾钠溶液的 ｐＨ＞７，Ｃ项正确；“还原”时反应的
离子方程式为 ２ＨＣＨＯ＋［Ｃｕ（ＣＨＯ）］２－＋４ＯＨ－Ｃｕ＋２ＨＣＯＯ－＋Ｈ↑＋２ＨＯ＋２ＣＨＯ２－，理论上 ＨＣＨＯ和
４ ４ ６ ２ ２ ２ ４ ４ ６
Ｃｕ的物质的量之比为２１，Ｄ项错误。
１１．【答案】Ｃ
【解析】水在Ｐｔ电极上转化为氧气，发生氧化反应，Ｐｔ电极为阳极，Ａｇ电极为阴极，外电路中箭头所指为电子移
动方向，Ａ项正确；Ｐｔ电极发生的电极反应式为 ２ＨＯ－４ｅ－Ｏ ↑＋４Ｈ＋，Ｂ项正确；由图 ２可知，
２ ２
Ｃｌ
Ｃｌ
師師 師師
帨帨 Ｃｌ在Ａｇ电极处被还原脱氯，发生还原反应，Ｃ项错误； 帨帨
師師 師師
Ｎ Ｎ
Ｃｌ Ｃｌ
Ｏ
Ｃｌ会与甲醇反应生成
師師
帨帨
師師
Ｎ
Ｃｌ
Ｏ
Ｏ ，消耗了甲醇，可能需要添加甲醇，Ｄ项正确。
１２．【答案】Ｂ
【解析】向废液Ｘ中加入过量ＨＳ，无明显现象，说明废液Ｘ中不含有Ｃｕ２＋和Ｆｅ３＋；向废液Ｘ中加入足量ＮａＯ，
２ ２ ２
产生红褐色沉淀，说明含有Ｆｅ２＋，溶液ｐＨ＝１，Ｆｅ２＋与ＮＯ－不能共存，故溶液中不含ＮＯ－，根据溶液呈电中性规律
３ ３
可知，溶液中还含有大量的ＳＯ２－，Ａ、Ｃ、Ｄ项错误，Ｂ项正确。
４１３．【答案】Ｂ
【解析】由图可知，催化剂Ⅱ对应的斜率较小，即改变相同温度，Ｒｌｎｋ变化值较小，活化能 Ｅ 较小，催化剂Ⅱ的
ａ
ｋ
催化效率更高，Ａ项错误；升高温度，反应速率加快，速率常数增大，Ｂ项正确；因
Ｋ＝正
，温度不变时，Ｋ始终不
ｋ
逆
变，ｋｋ的值不变时，不一定是平衡状态，Ｃ项错误；若１ｍｏｌＨ 完全反应，则放出的热量为ａｋＪ，平衡时，放
正 逆 ２
Ｑ
出的热量为ＱｋＪ，因此Ｈ 的平衡转化率为 ×１００％，Ｄ项错误。
２ ａ
１４．【答案】Ｄ
１ １
【解析】根据均摊法，Ｍ原子数为８× ＋６× ＝４，８个Ｎ原子位于晶胞内部，Ｍ与 Ｎ的原子数之比为１２，Ａ项
８ ２
３ １ ３
错误；由图可知，ｃ原子的分数坐标为（ ， ， ），Ｂ项错误；以面心的 Ｍ原子为例，其周围距离最近且等距的
４ ４ ４
Ｎ原子数为８，Ｃ项错误；该晶胞沿ｚ轴的投影为 ，Ｄ项正确。
△
１５．【答案】（１）分液漏斗（１分） ＭｎＯ＋２Ｃｌ－＋４Ｈ＋Ｍｎ２＋＋Ｃｌ↑＋２ＨＯ（２分，物质、配平错误不给分，条件错误
２ ２ ２
扣１分，未写“↑”不扣分）
（２）除去氯气中的ＨＣｌ（１分）
（３）ｅ→ｄ→ｆ→ｇ→ｂ→ｃ（２分，未写“→”“ｃ”不扣分）
（４）控制分液漏斗活塞，减慢浓盐酸滴加速率（或撤去酒精灯），使氯气的生成速率减慢（２分）
（５）①ＨＳ＋ＮａＣｌＯＮａＣｌ＋Ｓ↓＋ＨＯ（２分，物质、配平错误不给分，未写“↓”不扣分）
２ ２
△
②６Ｆｅ２＋＋ＣｌＯ－＋１５ＨＯ６Ｆｅ（ＯＨ）↓＋Ｃｌ－＋１２Ｈ＋（２分，物质、配平错误不给分，条件错误扣 １分，未写
３ ２ ３
“↓”不扣分）
③Ｃ（２分，多选、错选不给分）
△
【解析】（１）盛装浓盐酸的仪器名称为分液漏斗，圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为 ＭｎＯ＋２Ｃｌ－＋４Ｈ＋
２
Ｍｎ２＋＋Ｃｌ↑＋２ＨＯ。
２ ２
（２）装置Ｃ的作用是除去氯气中的ＨＣｌ，提高ＮａＯＨ的利用率。
（３）装置图中，按照气流方向，依次为氯气制备装置（Ａ）、氯气净化装置（Ｃ）、制备 ＮａＣｌＯ装置（Ｄ）、尾气吸收装
置（Ｂ），考虑气体进出口合理，最终装置正确的连接顺序为ａ→ｅ→ｄ→ｆ→ｇ→ｂ→ｃ。
（４）若装置Ｄ中温度计的温度上升过快，可能导致产物中存在更多ＮａＣｌＯ 杂质，为避免此状况，针对装置 Ａ应
３
进行的操作为控制分液漏斗活塞，减慢浓盐酸滴加速率（或撤去酒精灯），使氯气的生成速率减慢。
（５）①ＮａＣｌＯ与饱和氢硫酸反应生成淡黄色沉淀，反应的化学方程式为 ＨＳ＋ＮａＣｌＯＮａＣｌ＋Ｓ↓＋ＨＯ。②加
２ ２
△
热时，ＫＣｌＯ 与 ＦｅＳＯ 溶液反应的实验现象为有红褐色沉淀生成，离子方程式为 ６Ｆｅ２＋＋ＣｌＯ－＋１５ＨＯ
３ ４ ３ ２
６Ｆｅ（ＯＨ）↓＋Ｃｌ－＋１２Ｈ＋。③根据实验现象可得出结论：ＫＣｌＯ 的氧化性比ＮａＣｌＯ弱。基态 Ｃｌ原子的价层电子
３ ３
排布式为３ｓ２３ｐ５，ＣｌＯ－和ＣｌＯ－中Ｃｌ的杂化方式相同，与氧化性无关，Ａ项不符合题意；同一元素的含氧酸的氧
３
化性与元素价态无绝对关系，Ｂ项不符合题意；ＣｌＯ－和 ＣｌＯ－被还原的过程均存在 Ｃｌ—Ｏ键的断裂，Ｃｌ—Ｏ键越
３
长，键能越小，断裂越容易，氧化性越强，Ｃ项符合题意。
高三化学 第 ３页（共５页）１６．【答案】（１）３ｄ８４ｓ２（１分）
（２）ｃｄ（２分，１个１分，多选、错选不给分） ＳｉＯ（１分）
２
（３）３Ｆｅ３＋＋Ｎａ＋＋２ＳＯ２－＋３ＨＯ＋３ＣＯ２－ＮａＦｅ（ＳＯ）（ＯＨ）↓＋３ＣＯ↑（２分，物质、配平错误不给分，未写
４ ２ ３ ３ ４ ２ ６ ２
“↑、↓”不扣分）
（４）ｐＨ过高，会生成其他含铁杂质，黄钠铁钒的纯度会降低（２分）
（５）Ｆ－与Ｈ＋结合形成弱电解质ＨＦ（１分），使ＭｇＦ（ｓ）幑幐Ｍｇ２＋（ａｑ）＋２Ｆ－（ａｑ）平衡正向移动（１分） １０（２分）
２
（６）ＮｉＯ（ＯＨ）＋ＨＯ＋ｅ－Ｎｉ（ＯＨ）＋ＯＨ－（２分，物质、配平错误不给分）
２ ２
【解析】（１）２８号元素镍位于第四周期第Ⅷ族，基态镍原子的价层电子排布式为３ｄ８４ｓ２。
（２）浓硫酸中Ｈ＋浓度小，使用浓硫酸，酸浸速率减小，ａ项不符合题意；降低温度，反应速率减小，ｂ项不符合题
意；粉碎红土镍矿，增大反应物的接触面积，可增大反应速率，ｃ项符合题意；适当增大搅拌速度，反应速率增
大，ｄ项符合题意。ＳｉＯ 不与硫酸反应，“浸渣”的主要成分为ＳｉＯ。
２ ２
（３）根据流程图可知，“沉铁”时生成黄钠铁矾［ＮａＦｅ（ＳＯ）（ＯＨ）］和 ＣＯ，发生反应的离子方程式为３Ｆｅ３＋＋
３ ４ ２ ６ ２
Ｎａ＋＋２ＳＯ２－＋３ＨＯ＋３ＣＯ２－ＮａＦｅ（ＳＯ）（ＯＨ）↓＋３ＣＯ↑。
４ ２ ３ ３ ４ ２ ６ ２
（４）由图１可知，ｐＨ过高，会有其他含铁物质生成，黄钠铁钒的纯度会降低。
（５）Ｆ－与Ｈ＋结合形成弱电解质 ＨＦ，使 ＭｇＦ（ｓ）幑幐Ｍｇ２＋（ａｑ）＋２Ｆ－（ａｑ）平衡正向移动。ＭｇＦ（ｓ）＋２ＯＨ－（ａｑ）
２ ２
ｃ２（Ｆ－） Ｋ（ＭｇＦ）
幑幐Ｍｇ（ＯＨ）（ｓ）＋２Ｆ－（ａｑ），Ｋ＝ ＝ ｓｐ ２ ＝１０。
２ ｃ２（ＯＨ－） Ｋ［Ｍｇ（ＯＨ）］
ｓｐ ２
（６）电池放电时正极发生还原反应，ＮｉＯ（ＯＨ）得到电子生成 Ｎｉ（ＯＨ），在碱性电解质中，电极反应式为
２
ＮｉＯ（ＯＨ）＋ＨＯ＋ｅ－Ｎｉ（ＯＨ）＋ＯＨ－。
２ ２
１７．【答案】（１）Ｃ（１分） 防止加热时液体暴沸（１分）
（２）ａ和ｄ（２分，１个１分） 冷凝效率降低，乙醇会挥发损失，导致绝对无水乙醇的产率降低（２分）
（３）防止外界水蒸气进入装置（２分）
Ｉ
（４）①Ｍｇ＋２ＣＨＯＨ ２ →Ｈ↑＋（ＣＨＯ）Ｍｇ（２分，物质、配平错误不给分，“→”写成“”、未写条件、
２ ５ ２ ２ ５ ２
“↑”不扣分）
②（ＣＨＯ）Ｍｇ＋２ＨＯ→２ＣＨＯＨ＋Ｍｇ（ＯＨ）↓（２分，物质、配平错误不给分，未写“↓”不扣分，“→”
２ ５ ２ ２ ２ ５ ２
写成“”不扣分）
（５）无水硫酸铜（１分） ９０（２分，答“９０．０”或“９０．００”均可）
１ ２
【答案】（１）加热液体时液体体积应在容器容积的 和 之间，过少可能导致容器受热不匀而炸裂，过多可能导
３ ３
３０ｇ
致液体溢出，根据题中无水乙醇总量为 ３０ｇ，体积为 ≈３８．２ｍＬ，选用圆底烧瓶的规格应为
０．７８５ｇ·ｍＬ－１
１００ｍＬ；加入沸石的目的是防止加热过程中液体暴沸。
（２）为达到较好的冷凝回流效果，回流冷凝管的进水口为 ａ，蒸馏装置中冷凝管的进水口为 ｄ；若用直形冷凝管
进行冷凝回流，则冷凝效率降低，乙醇会挥发损失。
（３）干燥管在本实验中的作用是防止外界水蒸气进入装置。
高三化学 第 ４页（共５页）Ｉ
（４）①在碘的作用下，镁与少量乙醇反应生成乙醇镁的化学方程式为Ｍｇ＋２ＣＨＣＨＯＨ ２ →（ＣＨＣＨＯ）Ｍｇ＋Ｈ↑。
３ ２ ３ ２ ２ ２
②结合已知信息可知，步骤Ⅳ中（ＣＨＯ）Ｍｇ和加入的乙醇中微量水反应生成ＣＨＣＨＯＨ和氢氧化镁沉淀，发
２ ５ ２ ３ ２
生反应的化学方程式为（ＣＨＯ）Ｍｇ＋２ＨＯ→２ＣＨＯＨ＋Ｍｇ（ＯＨ）↓。
２ ５ ２ ２ ２ ５ ２
（５）可以用无水硫酸铜检验绝对无水乙醇中是否含有ＨＯ，若有水，则无水硫酸铜会变蓝；绝对无水乙醇的回收
２
２６．８６５ｇ
率为 ×１００％＝９０％。
３０ｇ×９９．５％
１ １ １ １
１８．【答案】（１）－（ ａ－ ｂ－ｃ）ｋＪ·ｍｏｌ－１或（ ｂ＋ｃ－ ａ）ｋＪ·ｍｏｌ－１（２分，未写单位扣１分） 低温（１分）
４ ２ ２ ４
（２）①绝热（２分）
１６
②８０％（２分，写０．８扣１分） （２分）
ｐ
③＜（２分）
（３）①ＡＤ（２分，１个１分，多选、错选不给分）
②２００（２分）
１ １ １ １
【解析】（１）根据盖斯定律可知ΔＨ＝ ΔＨ＋ΔＨ－ ΔＨ＝－（ ａ－ ｂ－ｃ）ｋＪ·ｍｏｌ－１。反应为气体分子数减小
４ ２ ２ ３ ４ １ ４ ２
的放热反应，在低温下自发进行。
（２）①反应为气体分子数减小的反应，而曲线甲对应体系中，反应开始压强增大，说明甲对应的是绝热体系，反
应放热使体系温度升高，压强增大，乙为恒温体系。②根据题意，假设反应开始到平衡时，ＮＯ转化了２ｘｐｋＰａ，
列出“三段式”：
２ＮＯ（ｇ） ＋ ２ＣＯ（ｇ） 幑幐 ２ＣＯ（ｇ） ＋ Ｎ（ｇ）
２ ２
起始／ｋＰａ： １０ｐ １０ｐ ０ ０
转化／ｋＰａ： ２ｘｐ ２ｘｐ ２ｘｐ ｘｐ
平衡／ｋＰａ： １０ｐ－２ｘｐ １０ｐ－２ｘｐ ２ｘｐ ｘｐ
８ｐ
平衡时，ｐ＝２０ｐ－ｘｐ＝１６ｐ，解得 ｘ＝４。ＣＯ的平衡转化率为 ×１００％＝８０％；达到平衡时，ＮＯ（ｇ）、ＣＯ（ｇ）、
总 １０ｐ
４ｐｋＰａ×（８ｐｋＰａ）２ １６
ＣＯ（ｇ）、Ｎ（ｇ）的平衡分压分别为 ２ｐｋＰａ、２ｐｋＰａ、８ｐｋＰａ、４ｐｋＰａ，则 Ｋ＝ ＝ ｋＰａ－１。
２ ２ ｐ （２ｐｋＰａ）２×（２ｐｋＰａ）２ ｐ
③该反应为放热反应，ｎ点温度高于ｍ点，两点对应容器内压强相同，说明 ｎ点容器内气体物质的量更小，ｎ点
反应正向进行程度大于ｍ点，即ｎ点ＣＯ的转化率大于ｍ点ＣＯ的转化率。
（３）①由反应历程图可知，相比于Ｐｔ（１１１），Ｏｓ Ｐｔ（１１１）的决速步骤能量更低，化学反应速率更快，催化效果
０．１ ０．９
更好，Ａ项正确；催化剂不影响反应平衡状态，相同温度下总反应的平衡常数相同，Ｂ项错误；反应中存在氢气
中Ｈ—Ｈ非极性键的断裂，Ｃ项错误；决速步骤为能垒最大的一步反应，Ｄ项正确。②根据信息表述可知
Ｏｓ Ｐｔ 催化剂的产氨速率＝３８．４ｍｏｌ÷２４ｈ÷８ｇ×１０００ｍｍｏｌ·ｍｏｌ－１＝２００ｍｍｏｌ·ｇ －１·ｈ－１。
０．１ ０．９ ｍｅｔａｌ
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