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浙江省宁波市余姚市六校2023-2024学年九年级上学期科学学科竞赛试卷
1．（2023九上·余姚竞赛）类推的思维方法在化学学习与研究中是一种常用的推理方法，如乙酸（CH3COOH）→过氧乙酸（CH3COOOH），氧化钠（Na2O）→过氧化钠（Na2O2）；由此类推，过氧化钙化学式为（　　）
A．Ca2O B．CaO C．CaO2 D．CaO3
【答案】C
【知识点】常见物质的分类
【解析】【分析】根据过氧化钠的化学式确定氧元素化合价，再结合钙元素化合价+2价及化合物中元素化合价代数和为0写出过氧化钙的化学式分析。
【解答】过氧化钠中钠元素化合价+1价，由化合物中元素化合价代数和为0可知，氧元素为－1价，过氧化钙中钙元素为+2价，氧元素为－1价，则化学式为 CaO2 。
故选C。
2．（2023九上·余姚竞赛）某同学利用如图装置测定氧化铜样品中氧化铜的质量分数。以下说法不正确的是（　　）
A．锥形瓶内反应一段时间后，再点燃酒精灯
B．装置B减少的质量等于装置C增加的质量
C．装置C中固体变蓝，无法证明B中有水生成
D．装置B中固体逐渐变红，说明H2有还原性
【答案】B
【知识点】还原反应与金属的冶炼
【解析】【分析】A、根据氢气还原氧化铜的操作步骤分析；
B、根据B中减少质量为氧化铜中氧元素质量，C中增加质量为水的质量分析；
C、根据氢气中含有水蒸气杂质分析；
D、根据氢气具有还原性分析。
【解答】A、该实验发生了氢气与氧化铜的反应，氢气为可燃性物质，与空气混合易发生爆炸，实验时 锥形瓶内反应一段时间后，再点燃酒精灯 ，以排除装置内空气，不符合题意；
B、 装置B减少的质量为参加反应的氧化铜中氧元素质量，装置C增加的质量是生成水的反应，二者不相等 ，符合题意；
C、 装置C中固体变蓝，可能是B中生成的水，也可能氢气中含有的水蒸气 ，不符合题意；
D、 装置B中固体逐渐变红，说明H2有还原性 ，不符合题意；
故选B。
3．（2023九上·余姚竞赛）关于温度、内能、热量，下列说法正确的是（　　）
A．温度高的物体含有的热量多
B．物体吸收热量，温度一定升高
C．气体膨胀对外做功，自身内能会减少
D．热传递过程中，温度从高温物体传递给低温物体
【答案】C
【知识点】温度、热量与内能的关系；物体内能的改变方法
【解析】【分析】A.热量是过程量，只能说“吸收或放出”热量；
B.注意晶体熔化时的温度变化；
C.物体对外界做功，则物体内能减小；外界对物体做功，则物体内能增大；
D.根据热传递的本质判断。
【解答】A.温度高的物体含有的内能多，故A错误；
B.晶体熔化时吸热，但是温度不变，故B错误；
C.气体膨胀对外做功，则内能转化为机械能，则自身内能会减少，故C正确；
D.热传递过程中，内能从高温物体传递给低温物体，故D错误。
故选C。
4．（2023九上·余姚竞赛）如图是汽车尾板可抽象成以O为支点的杠杆，尾板自重为G，绳长一定，绳按甲、乙方式悬挂，让尾板处于水平位置平衡，则此时绳对尾板的拉力分别为F1、F2，则F1、F2的大小关系正确的是（　　）
A．F1＞F2 B．F1＜F2
C．F1＝F2 D．无法比较大小
【答案】C
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】 根据图片分析力臂的大小变化，再根据杠杆的平衡条件可判断大小关系。
【解答】 根据题意可知，重力没有变，阻力臂没有变。动力臂为两次三角形斜边上的高线，由于两个三角形全等，故动力臂也没有变，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，动力不变，即此时尾板受到绳的拉力F1=F2。
故选C。
5．（2023九上·余姚竞赛）如图是初中四种常见物质之间的常见反应关系图，图中“—”表示相连的两种物质能反应，“→”表示两端的物质通过一步反应能转化。下列说法不正确的是（　　）
A．X一定是Ca（OH）2 B．X与Y反应能生成NaOH
C．X与Y不可能都是盐 D．Y可能是钠盐
【答案】A
【知识点】化合物之间的相互转化
【解析】【分析】 碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，碳酸钠、氢氧化 钙都能转化成氢氧化钠，都能和硫酸反应，则X、Y分别是碳酸钠、氢氧化钙中的一种，据此分析判断。
【解答】 A.由分析可知，X可能是Ca（OH）2，也可能是碳酸钠，故A错误符合题意；
B.由图可知，X与Y反应能生成NaOH，故B正确不合题意；
C.X、Y都能转化成碱，碱和盐反应生成新碱和新盐，则X与Y不可能都是盐，故C正确不合题意；
D.Y能转化成氢氧化钠，则Y可能是钠盐，故D正确不合题意。
故选A。
6．（2023九上·余姚竞赛）青霉素作为治疗细菌感染的特效药被广泛使用，但滥用青霉素导致其使用效果下降。下列解释符合达尔文进化理论的是（　　）
A．自然界中本来没有耐药细菌个体，滥用青霉素才导致耐药细菌出现
B．细菌对青霉素进行定向选择，导致青霉素的使用效果下降
C．在长期滥用青霉素的环境中，耐药细菌比不耐药细菌更具生存优势
D．在抵抗青霉素作用时，细菌体内的某些结构会发生“用进废退”现象
【答案】C
【知识点】生物进化的理论；生物进化的主要历程与规律
【解析】【分析】 达尔文进化论认为：生物最初是由非生物发展起来的，现存的各种生物拥有共同的祖先。生物进化的总体趋势是从简单到复杂，从低等到高等，从水生到陆生。自然界中的生物通过激烈的生存斗争，适应者生存下来，不适应者则被淘汰，这就是自然选择。
【解答】A.变异会出现耐药菌和不耐药菌，青霉素选择了耐药菌；
B. 青霉素对细菌进行了定向选择；
C.青霉素对细菌进行了定向选择，使大量的耐药菌存活了下来；
D. 用进废退 为拉马克的进化理论。
故答案为：C
7．（2023九上·余姚竞赛）某化肥厂以煤、空气、水为原料合成氨，生产流程如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A．氨气转变为液氨是放热过程
B．设备1中此反应C+H2O（气）CO+H2一定发生
C．设备2中发生的反应，属于基本反应类型中的化合反应
D．设备3中参加反应的N2和H2的质量比为14：1
【答案】D
【知识点】根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】A、根据液化过程放热分析；
B、根据流程图中各步反应物和生成物确定发生的反应分析；
C、根据“多变一”的反应为化合反应分析；
D、根据元素质量在反应前后不变，元素质量比为相对原子质量×原子个数之比，或者结合方程式确定物质质量比分析。
【解答】A、 氨气转变为液氨为液化，是放热过程 ，不符合题意；
B、由设备1中进出物质可知，一定发生了反应C+H2O（气）CO+H2 ，不符合题意；
C、 设备2中发生的氮气、水、氨气生成碳酸氢钠的反应，属于化合反应 ，不符合题意；
D、 设备3中为氮气和氢气生成氨气，参加反应的N2和H2的质量比即这氨气中氮、氢元素质量比为，为14：3 ，符合题意；
故选D。
8．（2023九上·余姚竞赛）在人的生殖过程中，父方和母方体细胞中的一对染色体及这对染色体上一对基因的变化如图所示。下列关于人体的细胞中染色体、DNA和基因的叙述，正确的是（　　）
A．染色体在人的细胞中都成对存在
B．受精卵中的染色体来自父母双方
C．每条染色体上都有多个DNA分子
D．每个DNA分子上只含有一个基因
【答案】B
【知识点】遗传物质的传递
【解析】【分析】 人的体细胞中的染色体和基因是成对存在的，成对的染色体或基因一个来自父亲，一个来自母亲，据此分析判断。
【解答】 A.染色体在人的体细胞中成对存在，在生殖细胞中单条存在，故A错误；
B.受精卵中成对的染色体一条来自父亲，一条来自母亲，故B正确；
C.每条染色体上含有一个DNA分子，故C错误；
D.每个DNA分子上含有许多个基因，故D错误。
故选B。
9．（2023九上·余姚竞赛）如图所示，从A点沿水平桌面自由滚落的小球运动轨迹如虚线所示，C、F两处等高，D为球与水平地面的接触点，不计空气阻力，下列说法不正确的是（　　）
A．若将弹性小球表面涂黑，则在两次反弹后地面上留下等大的黑色圆斑
B．小球在C点的动能大于在F点的动能
C．小球从E点到F点的过程中，机械能不变
D．小球从D点离开地面到达E点的过程中，动能转化为重力势能
【答案】A
【知识点】动能和势能的转化与守恒
【解析】【分析】A.小球撞击地面时动能越大，转化成的弹性势能越大，则黑色圆斑越大；
B.根据高度大小比较C、F两点的重力势能大小，再根据“机械能=动能+重力势能”比较动能大小；
C.根据不计空气阻力分析机械能的变化；
D.根据动能和重力势能的大小变化分析。
【解答】A.小球撞击地面后，部分机械能转化为内能，撞击次数越多，则损耗越多，则第二次撞击时的机械能小于第一次撞击时的机械能，因此第二次小球形变程度小于第一次，那么第二次圆斑更小，故A错误符合题意；
B.C点的机械能大于F点的机械能，C、F两点高度相同，则重力势能相同。根据“机械能=动能+重力势能”可知，C点动能大于F点的动能，故B正确不合题意；
C.小球从E点到F点的过程中，不计空气阻力，因此机械能不变，故C正确不合题意；
D. 小球从D点离开地面到达E点的过程中，动能减小，重力势能增大，则动能转化为重力势能，故D正确不合题意。
故选A。
10．（2023九上·余姚竞赛）取口香糖锡纸，剪成如图1所示形状，其中AB和CD段等长。戴好防护手套，将锡纸条(带锡的一面)两端连接电池正、负极，如图2所示，发现锡纸条很快开始冒烟、着火。下列分析正确的是（　　）
A．通过AB和CD段的电流不相等 B．正常情况下，AB段会先着火
C．AB和CD段的电压相等 D．AB和CD段的电阻相等
【答案】B
【知识点】影响电流热效应的因素（焦耳定律）
【解析】【分析】A.根据串联电路的电流特点判断；
B.根据Q=I2Rt分析产生热量多少，产生热量多的先着火；
C.在串联电路中，电压与电阻成正比；
D.根据导体电阻与横截面积的关系判断。
【解答】A.AB段与CD段串联，而串联电路各处电流都相等，故A错误；
BD.AB和CD段材料和长度相同，AB段横截面积较小，则AB段电阻较大。根据Q=I2Rt可知，AB段产生的热量多，温度升高的快，因此AB段先着火，故B正确，D错误；
C.在串联电路中，电压与电阻成正比，则AB段电压大，故C错误。
故选B。
11．（2023九上·余姚竞赛）某化学反应在密闭容器中进行，各物质的分子数目，质量随时间变化情况如图1，图2所示。下列说法不正确的是（　　）
A．Z一定属于化合物
B．参加反应的X与Y的质量比为3：14
C．反应前后分子总数不变
D．Y与Z的相对分子质量之比为28：17
【答案】C
【知识点】质量守恒定律及其应用
【解析】【分析】质量减小的为反应物，质量增大的为生成物，据此写出反应的方程式，再根据质量守恒定律计算出参加反应的X的质量。
A.由两种或两种以上元素形成的纯净物叫化合物；
B.将参加反应的X和Y的质量做比即可；
C.根据反应的方程式分析分子总数是否改变；
D.元素的质量之比等于相对原子质量与个数的乘积之比。
【解答】由图1可知，X和Y的质量减小，因此是反应物；Z的质量增大，因此是生成物。t1时刻时，X参加反应的分子个数：6n-3n=3n，Y参加反应的分子个数：5n-4n=1n，生成Z的分子个数：2n-0=2n，该反应可表示为：3X+Y=2Z。由图2可知，参加反应的Y的质量为72g-44g=28g，生成Z的质量为34g，由质量守恒定律可知：参加反应的X的质量为34g-28g=6g。
A.那么Z是该反应的生成物，最少由两种元素组成，肯定是化合物，故A正确不合题意；
B.参加反应的X与Y的质量比为6g：28g=3：14，故B正确不合题意；
C.参加反应的分子总数为4n，生成的分子总数为2n，分子总数发生了改变，故C错误符合题意；
D.设Y、Z的相对分子质量分别为m、n，由化学方程式可知：；
则，故D正确不合题意。
故选C。
12．（2023九上·余姚竞赛）如图甲所示，电源工作时输出的总功率恒定不变，R1＝10Ω。在移动滑动变阻器R2的滑片P时，电流表A的示数I与电流表A1的示数I1之间变化关系如图乙所示。根据图中信息判断，下列说法中正确的是（　　）
A．当滑片P向右移动时，电流表A的示数逐渐增大
B．当滑片P向左移动时，电源的输出电压逐渐增大
C．电源工作时每秒钟消耗的电能始终为5J
D．当电流表A1的示数为0.5A时，R2＝12.5Ω
【答案】D
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率计算公式的应用
【解析】【分析】由图甲知定值电阻R1与滑动变阻器R2并联，电流表A1测量通过定值电阻R1的电流，电流表A测量干路的电流；
（1）滑片P向右移动时，滑动变阻器R2的电阻变大，则定值电阻R1与滑动变阻器R2并联的总电阻变大，电源工作时输出的总功率恒定不变，由P=I2R并判断出电路中电流的变化，即电流表示数的变化；
（2）当滑片P向左移动时，滑动变阻器R2的电阻变小，则定值电阻R1与滑动变阻器R2并联的总电阻变小，电源工作时输出的总功率恒定不变，由P=判断出电源电压的变化，即输出电压的变化；
（3）由图2知，当I1=0.3A，I=1.5A，根据U1=I1R1算出定值电阻R1两端的电压，即电源电压，根据P总=U电源I算出电路的总功率，即电源工作时每秒钟消耗的电能；
（4）由图2知，当I1′=0.5A，I′=0.9A，根据U1=I1R1算出定值电阻R1两端的电压，即电源电压，根据并联电路电流的规律算出经过电阻R2的电流，由欧姆定律算出滑动变阻器R2接入电路的电阻。【解答】由图甲知，定值电阻R1与滑动变阻器R2并联，电流表A1测量通过定值电阻R1的电流，电流表A测量干路的电流；
A.滑片P向右移动时，滑动变阻器R2的电阻变大，则定值电阻R1与滑动变阻器R2并联的总电阻变大。电源工作时输出的总功率恒定不变，由P=I2R并知电路中的电流变小，电流表的示数减小，故A错误；
B.当滑片P向左移动时，滑动变阻器R2的电阻变小，则定值电阻R1与滑动变阻器R2并联的总电阻变小，电源工作时输出的总功率恒定不变，由P=知电源电压变小，即输出电压变小，故B错误；
C.由图2知，当I1=0.3A，I=1.5A，
则定值电阻R1两端的电压为：U1=I1R1=0.3A×10Ω=3V=U电源，
则电路的总功率为：P总=U电源I=3V×1.5A=4.5W，
即电源工作时每秒钟消耗的电能始终为4.5J，故C错误；
D.由图2知，当I1′=0.5A，I′=0.9A，
则定值电阻R1两端的电压为：U1′=I1′R1=0.5A×10Ω=5V=U2=U电源，
经过电阻R2的电流为：I2′=I′-I1′=0.9A-0.5A=0.4A，
滑动变阻器R2接入电路的电阻为：
，故D正确。
故选D。
13．（2023九上·余姚竞赛）向一定质量的Mg(NO3)2和Cu(NO3)2混合溶液中加入a克锌粉和铁粉的混合物，充分反应后过滤，得到不饱和的滤液和滤渣，将滤渣洗涤、干燥后再称量，得到的固体质量仍为a克。下列分析合理的是（　　）
①滤渣中可能有铜 ②向滤渣中加稀盐酸，可能有气泡产生
③滤液中一定有Mg(NO3)2、Zn(NO3)2和Fe(NO3)2，可能有Cu(NO3)2
④若忽略过滤操作中溶液损失，滤液中溶质的质量一定大于原混合溶液溶质的质量
A．①② B．①③ C．②③ D．②④
【答案】C
【知识点】根据化学反应方程式的计算；金属活动性顺序及其应用
【解析】【分析】根据向一定质量的Mg(NO3)2和Cu(NO3)2混合溶液中加入锌粉和铁粉的混合物， 锌和铁都能与硝酸铜反应，且锌先反应，然后铁再反应，锌与硝酸铜反应固体质量减少，铁与硝酸铜反应固体质量增加分析。
【解答】 向一定质量的Mg(NO3)2和Cu(NO3)2混合溶液中加入a克锌粉和铁粉的混合物， 锌和铁都能与硝酸铜反应，不能与硝酸镁反应，且锌与硝酸铜反应固体质量减少，铁与硝酸铜反应固体质量增加，反应后固体质量不变则说明锌和铁都与硝酸铜发生了反应，由金属活动性顺序可知，锌要与硝酸铜反应完全后铁才能与硝酸铜反应，说明反应后锌一定没有剩余，滤渣中一定有铜，一定没有锌，可能有铁，滤液中一定有硝酸镁、硝酸锌、硝酸亚铁，可能有硝酸铜，①滤渣中可能有铜，错误；②向滤渣中加稀盐酸，可能有气泡产生，正确；③滤液中一定有Mg(NO3)2、Zn(NO3)2和Fe(NO3)2，可能有Cu(NO3)2 ，正确；④若忽略过滤操作中溶液损失，滤液中溶质的质量等于原混合溶液溶质的质量，错误。
故选C。
14．（2023九上·余姚竞赛）投出的铅球在空中飞行，它在整个运动过程中的动能Ek与距离地面的高度h的关系如图所示。已知铅球出手高度h为2m，铅球落到地面时重力势能为零，不计空气阻力，由图可知，铅球出手时其重力势能为（　　）
A．80J B．100J C．180J D．280J
【答案】A
【知识点】动能和势能的转化与守恒
【解析】【分析】 不计空气阻力，机械能的转化过程中机械能的总量不变。 重力势能的大小与高度和质量有关，质量相同时，高度越低重力势能越小
【解答】 由图可知，铅球的最大动能为280J，即机械能的总量为280J。当铅球距离地面高度为2.5m时，动能的大小为180J，此时的重力势能为280J-180J=100J，因为铅球出手高度h为2m，低于2.5m，所以铅球出手时其重力势能小于100J，故A符合题意，B、C、D不合题意。
故选A。
15．（2023九上·余姚竞赛）甲、乙两厂分布如图所示，箭头代表水流方向。两厂排放的废水中含有K+、Cu2+、Ag+、、OH﹣、Cl﹣六种离子，两厂分别含有其中不同的三种离子。如果在a处取水样进行检测，废水的pH大于7；两厂废水按适当比例混合，可将废水中的某些离子转化成沉淀，这样处理后c处的废水就可以达到排放标准。下列有关说法不正确的是（　　）
A．a处废水中含有K+、OH﹣、Cl﹣
B．c处废水中溶解的溶质可用作肥料
C．b处废水显蓝色
D．b处废水中一定含有Cu2+，可能含有Cl﹣、
【答案】D
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据氢氧根离子的溶液呈碱性，pH大于7，氢氧根离子和铜离子、银离子不能共存，由此将所给六种离子分出甲厂和乙厂，结合植物所需氮、磷、钾元素分析。
【解答】A、 a处取水样进行检测，废水的pH大于7 ，则a处含有氢氧根离子，氢氧根离子与铜离子、银离子不能共存，由溶液中既有阴离子又有阳离子可知，甲厂为氢氧根离子、氯离子、钾离子，乙厂为铜离子、银离子和硝酸根离子，不符合题意；
B、 c处废水中溶解的溶质为硝酸钾，含有植物所需氮元素和钾元素，可用作肥料 ，不符合题意；
C、 b处废水中含有铜离子，显蓝色 ，不符合题意；
D、 b处废水中一定含有Cu2+、硝酸根离子，不含有Cl﹣，符合题意；
故选D。
16．（2023九上·余姚竞赛）甲、乙两铁块通过滑轮组用细绳连接，吸附在竖直放置且足够长的固定磁性平板两侧，m甲＝1.8kg、m乙＝2kg，如图所示。甲以0.2m/s的速度竖直向下做匀速直线运动，磁性平板对甲的摩擦力大小为4N，对乙的摩擦力大小为2N（细绳足够长且始终处于竖直拉伸状态，不计绳重和绳与滑轮的摩擦，磁性平板对其他器材无磁力作用，g取10N/kg）。下列说法正确的是（　　）
A．定滑轮质量一定是0.6kg
B．甲所受拉力为22N
C．乙所受拉力的功率为2.2W
D．3s时间内甲、乙克服摩擦力做的功相等
【答案】C
【知识点】滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】AB.分别对甲、乙两物体进行受力分析，对甲有：G甲=f甲+F甲，则可求出甲受到的拉力；对乙有：G乙+f乙=F乙，而对于动滑轮有：2F甲=G动+F乙，从而可求出动滑轮的重力及质量，由于不知道动滑轮与定滑轮之间的关系，所以不能求出定滑轮的质量；
C.由v甲=2v乙可求出乙运动的速度，根据P=Fv可求出乙的功率；
D.由s=vt可求出甲、乙两物体运动的路程，再根据W=fs可求出甲、乙克服摩擦力做的功，即可判断它们的关系。
【解答】对甲、乙两物体进行受力分析，如下图所示：
AB.甲受到的重力为：G甲=m甲g=1.8kg×10N/kg=18N，
乙受到的重力为：G乙=m乙g=2kg×10N/kg=20N，
因为甲、乙都做匀速直线运动，
则有：G甲=f甲+F甲，G乙+f乙=F乙，
则：F甲=G甲-f甲=18N-4N=14N，故B错误；
则：F乙=G乙+f乙=20N+2N=22N，
而对于动滑轮有：2F甲=G动+F乙，则：G动=2F甲-F乙=2×14N-22N=6N，
由G=mg可知，动滑轮的质量为：，
由于不知道动滑轮与定滑轮之间的关系，所以不能求出定滑轮的质量，故A错误；
C.由v甲=2v乙可知，乙运动的速度为：v乙=v甲=×0.2m/s=0.1m/s，
那么乙所受拉力的功率为：P乙=F乙v乙=22N×0.1m/s=2.2W，故C正确；
D.甲、乙两物体在3s内运动的路程分别为：s甲=v甲t=0.2m/s×3s=0.6m；
s乙=v乙t=0.1m/s×3s=0.3m；
由W=fs可知，3s时间内甲、乙克服摩擦力做的功分别为：W甲=f甲s甲=4N×0.6m=2.4J，
W乙=f乙s乙=2N×0.3m=0.6J；
所以3s时间内甲、乙克服摩擦力做的功不相等，故D错误。
故选C。
17．（2023九上·余姚竞赛）向100g稀硫酸中先加入20g的CuO粉末充分反应后再加入20g的铁粉，所得溶液质量与加入粉末总质量之间的关系如图所示，下列分析中不正确的是（　　）
A．原稀硫酸的溶质质量分数为19.6%
B．m值为16
C．d点对应的溶液质量为111.2g
D．当加入固体n克时析出的固体总质量为16.8克
【答案】C
【知识点】酸的化学性质
【解析】【分析】A、根据氧化铜与硫酸反应溶液增重质量即为参加反应的氧化铜质量分析；
B、根据纵坐标所给数值确定参加反应的氧化铜质量分析；
C、根据质量守恒定律计算对应的溶液质量分析；
D、根据d点固体为剩余氧化铜和生成铜和质量分析。
【解答】A、由图像可知，ab段为硫酸与氧化铜的反应，且20克氧化铜未完全反应，氧化铜与硫酸反应时溶液增重质量即为参加反应的氧化铜质量，则参加反应的氧化铜质量为16克，设原稀硫酸的质量分数为x，生成硫酸铜质量为y
CuO+ H2SO4=CuSO4+ H2O
80 98 160 　
16g 100gx y 　
80：98=16g：100gx
x=19.6%，不符合题意；
B、 m值为16 ，不符合题意；
C、 d点为铁与硫酸铜的反应，由A方程式计算可知，生成硫酸铜质量为32克，设32克硫酸铜消耗铁的质量为z，生成铜的质量为a
Fe+ CuSO4=FeSO4+ Cu
56 160 64
z 32g a
56：160=z：32g 160：64=32g：a
z=11.2g a=12.8g
d点对应的溶液质量为116+11.2-12.8=114.4g ，符合题意；
D、 当加入固体n克时析出的固体总质量为12.8+4=16.8克 ，不符合题意；
故选C.
18．（2023九上·余姚竞赛）如图电源电压U不变。只闭合开关S1，滑动变阻器接入电路中的电阻为RA时，电压表的示数为U1，电流表的示数为I1，电阻RA的电功率为PA，滑动变阻器接入电路中的电阻为RB时，电压表的示数U2=2V，同时闭合S1、S2，滑动变阻器接入电路中的电阻为RB时，电压表的示数为U3，电流表的示数为I3，电阻RB的电功率PB=0.675W，电路的总功率为P3。已知：RA=15Ω，RB=30Ω，PA：PB=8：9，U1：U3=2：1。则下列计算结果正确的是（　　）
A．I1：I3=3：4 B．R1：R2=2：1 C．U=12V D．P3=0.9W
【答案】D
【知识点】电功率计算公式的应用
【解析】【分析】先画出三种情况的等效电路图：
A.根据P=I2R表示出图1和图3中变阻器的电功率即可求出两电路的电流关系；
B.根据U=IR表示出图1和图3中电压表的示数之比即可求出R1：R2的比值；
C.根据串联电路的特点和欧姆定律表示出图1、图3的状态下的电源电压，利用电源的电压不变和电阻之间的关系得出R1、R2的阻值；根据串联电路的电流特点和欧姆定律表示出图2中电压表的示数与电源电压的比值，然后结合电压表的示数求出电源电压；
D.根据串联电路的电流特点和P=I2R表示出PB和P2的比值，进一步求出P2，最后根据总功率等于PB和P2之和得出总功率。
【解答】由电路图可知，只闭合开关S1，滑动变阻器接入电路中的电阻为RA时，RA、R2、R1串联，等效电路图如图1所示；滑动变阻器接入电路中的电阻为RB时，RB、R2、R1串联，等效电路图如图2所示；同时闭合S1、S2，滑动变阻器接入电路中的电阻为RB时，RB、R2串联，等效电路图如图3所示：
A.已知RA=15Ω，RB=30Ω，PA：PB=8：9，
根据图1和图3，由P=I2R可得：；
；
解得：；
故A错误；
B.已知U1：U3=2：1，
图1和图3中，由串联电路的电阻特点和可得：；
整理可得：；
解得：；
故B错误；
C.图1和图3中，根据串联电路的电阻特点和U=IR可得：U=I1（RA+R1+R2）=I3（RB+R2）；
又因为RA=15Ω，RB=30Ω，，
所以4（15Ω+R1+R2）=3（30Ω+R2）；
化简后可得：4R1+R2=30Ω----①
又因为-----②
联立①②可得：R1=5Ω，R2=10Ω；
图2中，串联电路的电阻特点和U=IR可得：；
解得：UB=2U2=2×2V=4V，
则电源电压：U=UB+U2=4V+2V=6V；
故C错误；
D.由串联电路的电流特点和P=I2R可得：，
所以P2=PB=×0.675W=0.225W，
所以总功率：P3=PB+P2=0.675W+0.225W=0.9W；
故D正确；
故选D。
19．（2023九上·余姚竞赛）一包固体粉末可能含有硝酸钠、碳酸钙、氢氧化钠、氯化铜、氯化钠和硝酸钙中的一种或几种。为确定其组成，某同学设计了如下实验方案。下列判断正确的是（　　）
A．该混合物中一定含有碳酸钙、氢氧化钠、氯化铜、硝酸钙、氯化钠
B．蓝色溶液B呈中性
C．无色溶液A的溶质最多有3种
D．该混合物中一定不含氯化钠，可能含有硝酸钠
【答案】A
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据碳酸钙能与酸反应产生二氧化碳气体，氢氧化铜与硝酸反应产生蓝色溶液，氯化钠与硝酸银反应产生不溶于酸的氯化银沉淀，结合所给沉淀质量确定物质组成分析
【解答】固体粉末加足量水得沉淀19.8克和无色溶液a，沉淀加过量稀硝酸产生无色气体4.4克和蓝色溶液B，则说明沉淀中含有氢氧化铜和碳酸钙，氢氧化铜与硝酸反应生成硝酸铜溶液，碳酸钙与硝酸反应产生二氧化碳气体，无色溶液A中通入二氧化碳得白色沉淀，说明无色溶液A中含有氢氧化钠和硝酸钙，氢氧化钠与二氧化碳反应产生碳酸钠，碳酸钠与硝酸钙反应产生碳酸钙沉淀，无色溶液A中加入足量稀硝酸和硝酸银产生白色沉淀28.7克，说明无色溶液A中含有氯离子，设生成4.4克二氧化碳反应的碳酸钙质量为x
CaCO3+ 2HNO3= Ca(NO3)2+H2O+ CO2↑
100 　 　 44
x 　 　 4.4g
100：44=x：4.4g
x=10g，则氢氧化铜质量为9.8克，设氯化铜与氢氧化钠反应生成氯化钠质量y
CuCl2+ 2NaOH＝ Cu(OH)2↓ 2NaCl
　 　 98 117
　 　 9.8g y
98：117=9.8g：y
y=11.7g
加入硝酸银产生28.7克氯化银需氯化钠质量为z
NaCl+ AgNO3＝ AgCl↓+ NaNO3
58.5 　 143.5 　
z 　 28.7g 　
58.5：143.5=z：28.7g
z=11.7g。
A、由上述分析可知， 该混合物中一定含有碳酸钙、氢氧化钠、氯化铜、硝酸钙，A符合题意；
B、 蓝色溶液B中含有剩余硝酸，呈酸性 ，不符合题意；
C、 无色溶液A的溶质最多为硝酸钠、氢氧化钠、氯化钠、硝酸钙4种 ，不符合题意；
D、 该混合物中一定含氯化钠，不符合题意；
故选D.
20．（2023九上·余姚竞赛）如图甲所示的力学装置，杠杆OAB始终在水平位置保持平衡，O为杠杆的支点，OB＝3OA，竖直细杆a的上端通过力传感器相连在天花板上，下端连接杠杆的A点，竖直细杆b的两端分别与杠杆的B点和物体M固定，水箱的质量为0.8kg，底面积为200cm2，不计杠杆、细杆及连接处的重力，力传感器可以显示出细杆a的上端受到作用力的大小，图乙是力传感器的示数大小随水箱中水的质量变化的图像，则（　　）
A．当加水质量为1.6kg时，容器对桌面的压强为1500Pa
B．当传感器示数为0N时，加水质量为1.3kg
C．物体M的密度为0.3×103kg/m3
D．加水质量为2kg时，水对水箱底部的压力为32N
【答案】A
【知识点】压强的大小及其计算；浮力大小的计算
【解析】【分析】C.由图乙可知，水箱中没有水时力传感器的示数，即细杆a的上端受到的拉力，根据杠杆的平衡条件得出等式即可求出物体M的重力；
设M的底面积为S，压力传感器示数为0时M浸入水中的深度为h1，M的高度为h，压力传感器的压力为零时受到的浮力等于M的重力，根据阿基米德原理表示出此时M受到的浮力，由图乙可知M完全浸没时压力传感器的示数，根据杠杆的平衡条件求出B点竖直向下的作用力，对M受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，据此求出此时M受到的浮力，根据F浮=ρ液gV排求出M的体积，利用求出物体M的密度；
B.根据阿基米德原理表示出M受到的浮力，从而得出每加0.1kg水物体M受到的浮力增加1N，据此求出当传感器示数为0N时加水的质量；
A.每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1N，加水1kg时水面达到M的下表面，据此求出加水质量为1.8kg时受到的浮力，然后求出物体M受到细杆b向下的压力，水箱对水平面的压力等于水箱、水、M的重力之和加上物体M受到细杆b向下的压力，利用求出容器对桌面的压强；
D.加水质量为2kg时，M刚好完全浸没，由B可知此时M受到的浮力，根据阿基米德原理可知排开水的重力，水对水箱底部的压力等于水和排开水的重力之和。
【解答】BC.由图乙可知，水箱中没有水时（m=0），力传感器的示数为F0=6N（即细杆a的上端受到的拉力为6N），
由杠杆的平衡条件可得F0×OA=GM×OB，则；
设M的底面积为S，压力传感器示数为0时M浸入水中的深度为h1，M的高度为h，
当压力传感器的压力为零时，M受到的浮力等于M的重力2N，由阿基米德原理可得ρ水gSh1=2N---①
由图乙可知，当M完全浸没时，压力传感器的示数为24N，
由杠杆的平衡条件可得FA×OA=FB×OB，则，
对M受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，
则此时M受到的浮力：F浮=GM+FB=2N+8N=10N；
由F浮=ρ液gV排可得，所以M的体积：，
物体M的密度：；
由阿基米德原理可得：ρ水gSh=10N-------②
由①和②得：h=5h1，
由图乙可知，加水1kg时水面达到M的下表面（此时浮力为0），加水2kg时M刚好浸没（此时浮力为10N），该过程中增加水的质量为1kg，浮力增大了10N，
所以每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1N，
当向水箱中加入质量为1.4kg的水时，受到的浮力为4N，B端受到的力4N-2N=4N，此时杠杆处于平衡状态，则传感器受力不为0N，故B、C错误；
A．由选项B可知，每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1N，加水1kg时水面达到M的下表面，加水质量为1.6kg时，浮力为6N，
物体M受到细杆b向下的压力：FB′=F浮′-GM=6N-2N=4N，
水箱对水平面的压力：F=（m水箱+m水+mM）g+FB′=（0.8kg+1.6kg+0.2kg）×10N/kg+4N=30N，
容器对桌面的压强为：，故A正确；
D.加水质量为2kg时，M刚好完全浸没，由选项B可知此时M受到的浮力是10N，由阿基米德原理可知排开水的重力是10N，
水对水箱底部的压力：F压=G水+G排=m水g+G排=2kg×10N/kg+10N=30N，故D错误。
故选A。
21．（2023九上·余姚竞赛）物理兴趣小组的同学在研究“沙子和水谁的吸热本领大”时，选用了两只完全相同的酒精灯分别给质量都是0.4kg的沙子和水同时开始加热。他们绘制出沙子与水的温度随加热时间变化的图象如图所示，请完成以下问题：
（1）图中　 　（选填“a”或“b”）图是沙子吸热升温的图象。
（2）求沙子的比热大小是　 　。(保留一位小数)
【答案】（1）a
（2）0.9×103J/（kg ℃）
【知识点】比热容；热量的计算
【解析】【分析】（1）根据公式可知，不同的物质吸收相同的热量时，比热容越小，则升高的温度越大，据此分析解答。
（2）从图象可知，加热满2min，水的温度从20℃上升到70℃，从而可知和水的温度变化，已知水的质量和比热容，可利用公式Q吸=cmΔt计算水吸收的热量。
相同时间内酒精灯燃烧放出相同的热量，所以2min水和沙子吸收的热量也相同，由图a得出沙子温度的变化量，再根据计算沙子的比热容。
【解答】（1）由题知，沙子和水的质量相等，且沙子的比热容比水小，吸收相同热量时（加热相同时间），由公式可知，沙子升高的温度多，所以图a表示的是沙子吸热升温的过程。
（2）由b图象可知，加热满2min时，水的温度从20℃上升到70℃，
则加热满2min时水吸收的热量：
Q水吸=c水m水Δt水=4.2×103J/（kg ℃）×0.4kg×（70℃-20℃）=8.4×104J。
相同时间内酒精灯燃烧放出相同的热量，
在2分钟的时间内，沙子吸收的热量：Q沙吸=Q水吸=8.4×104J，
又因为加热满2min，沙子的温度从20℃上升到250℃，Δt沙=250℃-20℃=230℃，m沙=0.4kg，
由Q吸=cmΔt可得，沙子的比热容：。
22．（2023九上·余姚竞赛）豌豆花色中紫花和白花是一对相对性状，用B表示显性基因，b表示隐性基因。某科研团队进行了甲、乙两组杂交实验，甲组用紫花与紫花杂交，乙组用紫花与白花杂交，实验结果如图所示，据图回答下列问题。
（1）甲组亲代均为紫花，子代出现白花，这种现象在遗传学上称为　 　。
（2）甲组子代中，紫花1240株，白花413株，紫花与白花比例接近3：1，由此推测显性性状为　 　。
（3）乙组中，子代紫花的基因组成不可能是BB，原因是　 　
【答案】（1）变异
（2）紫花
（3）子代紫花的基因组成中一定有一个来自亲代白花的b基因
【知识点】遗传和变异现象
【解析】【分析】（1）变异是亲代与子代之间以及子代的个体之间在性状上的差异现象。
（2）（3） ）在一对相对性状的遗传过程中，子代个体中出现了亲代没有的性状，新出现的性状一定是隐性性状，亲代的基因组成是杂合体。
【解答】（1）甲组亲代均为紫花，子代出现白花，体现了亲代与子代之间在性状上的差异现象，因此这种现象在生物学上称为变异。
（2）在一对相对性状的遗传过程中，子代个体出现了亲代没有的性状，则新出现的性状是隐性性状，亲的基因组成是杂合的。 甲组用紫花与紫花杂交，子代中紫花1240株、白花413株，紫花与白花比例接近3：1，由此推测，白花为隐性性状，紫花为显性性状，亲代两紫花的基因组成都为紫花。
（3）乙组用紫花与白花杂交，白花的基因组成为bb，子代紫花的基因组成中一定有一个来自亲代白花的b基因，因此乙组中子代 紫花的基因组成只能是Bb，不可能是BB。
23．（2023九上·余姚竞赛）在探究酸、碱性质时，小敏的操作过程如图甲所示，烧杯中固体质量与加入溶液的质量关系如图乙所示。请回答下列问题。
（1）d点时，溶液中含有的溶质是　 　。
（2）bc段固体质量没有增加的原因　 　。
（3）通过计算得出e点坐标　 　。
【答案】（1）硫酸钠
（2）过量的稀硫酸和氢氧化钠反应
（3）（0，12.25）
【知识点】复分解反应及其应用
【解析】【分析】（1）根据氧化铜与硫酸、硫酸铜与氢氧化钠反应过程及生成物分析；
（2）根据所加硫酸过量，氢氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠和水分析；
（3）根据氧化铜中铜元素质量即为氢氧化铜 中铜元素质量，元素质量为物质质量×元素质量分数分析。
【解答】（1） 氧化铜加入硫酸生成硫酸铜和水，再加入氢氧化钠，硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，d点为硫酸铜和氢氧化钠恰好完全反应的图像，溶液中的溶质是硫酸钠。
（2） bc段固体质量没有增加是由于氢氧化钠与过量硫酸发生反应，生成硫酸钠和水，没有沉淀生成。
（3）e点横坐标为0，纵坐标为10克氧化铜中铜元素转化为氢氧化铜质量，为。
故答案为：（1）硫酸钠；（2） 过量的稀硫酸和氢氧化钠反应 ；（3） （0，12.25） 。
24．（2023九上·余姚竞赛）如图甲，电源电压恒为8V，滑动变阻器滑片P从b端滑到a端的过程中，电压表示数U与电流表示数I的关系如图乙；R2与R1的电功率之比k与R2的关系如图丙。则滑片P在a端时，电路消耗的功率　 　W；滑片P在b端时，R2消耗的功率　 　W。
【答案】16；2.56
【知识点】电功率计算公式的应用
【解析】【分析】由电路图可知，两电阻串联，电压表测R2两端电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑片P在a端时，滑动变阻器连入电路中的电阻为0，电路中的电流最大，由图乙读出电路中的最大电流，利用P=UI即可求出电路消耗的功率，根据欧姆定律求出定值电阻R1的阻值，根据欧姆定律求出R1的阻值，根据串联电路电流规律和P=I2R表示出R2与R1的电功率比值，由图丙可知，当R2最大时，R2与R1之比的最大值，进一步求出R2的最大阻值；
（2）当滑片P在b端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，根据串联电路电阻规律求出电路的总电阻，再根据欧姆定律求出电路最小电流，最后根据P=I2R求出此时滑动变阻器的电功率。
【解答】由电路图可知，变阻器R2与定值电阻R1串联，电压表测R2两端电压，电流表测电路中的电流；
（1）当滑片P在a端时，变阻器连入电路中的电阻为0，电路中的电流最大，由图乙可知，电路中的最大电流为2A；
此时电路消耗的功率：P1=UI最大=8V×2A=16W；
那么R1的阻值：，
由于串联电路中电流处处相等，
由P=I2R可得，R2与R1的电功率比值：，
由图象丙可知，当R2最大时，R2与R1之比的最大值为4，
则R2的最大阻值：R2=4R1=4×4Ω=16Ω，
（2）当滑片P在b端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，
所以电路的总电阻：R总=R1+R2=4Ω+16Ω=20Ω，
电路最小电流：，
R2消耗的功率：P2=I最小2R2=（0.4A）2×16Ω=2.56W。
25．（2023九上·余姚竞赛）现有Ca（OH）2、Cu、CaO、CO、CaCl2、CuO、CO2、CaCO3八种物质，平均分成A、B二组（即每组4种物质不重复），“→”表示一步即能发生物质转化，根据如图所示的转化关系（图中反应条件均已略去），请回答：
（1）若A组的甲为CO2，写出将丁加入到稀盐酸中产生的实验现象：　 　。
（2）若B组的丁为CaCl2，写出丙加入到FeCl3溶液中，与FeCl3溶液发生反应的化学方程式：　 　。
【答案】（1）黑色固体逐渐溶解，溶液由无色变成蓝色
（2）3Ca（OH）2+2FeCl3═2Fe（OH）3↓+3CaCl2
【知识点】化合物之间的相互转化
【解析】【分析】根据所给各物质的性质分析，结合框图中物质间转化关系，推导出各物质，再按要求进行填空。
【解答】（1） 若A组的甲为CO2，则乙为CO，丙为Cu，丁为CuO，将丁加入到稀盐酸中即氧化铜 与盐酸的反应，产生的实验现象黑色固体逐渐溶解，溶液由无色变成蓝色；
（2）若B组的丁为CaCl2，则甲为CaCO3，乙为CaO ，丙为 Ca（OH）2 ，丙加入到FeCl3溶液中，氢氧化钙与FeCl3反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钙，化学方程式为3Ca（OH）2+2FeCl3═2Fe（OH）3↓+3CaCl2 。
故答案为：（1）黑色固体逐渐溶解，溶液由无色变成蓝色 ；（2） 3Ca（OH）2+2FeCl3═2Fe（OH）3↓+3CaCl2 。
26．（2023九上·余姚竞赛）如图甲所示，小灯泡的额定电压为6V，R2的滑片P2，移至最左端，闭合开关S，先将R1的滑片P1由最右端移至最左端，图乙是这一过程中电流表与电压表示数的关系图象。然后保持滑片P1位置不动，将滑片P2向右移动，直至小灯泡正常发光，图丙是这一过程中电压表示数与R2连入阻值的关系图象。则小灯泡的额定功率为　 　W；图丙中a点对应的阻值为　 　Ω；整个过程中电路在10s内消耗的最小电能为　 　J。
【答案】3；2；36
【知识点】电功率计算公式的应用
【解析】【分析】由电路图可知，R1、R2、L串联，电压表V测R1滑片左边的电阻、灯泡和R2滑片右边电阻的电压之和，电流表测电路中的电流；
（1）R2的滑片P2移至最左端，R1的滑片P1在最右端时，电压表测量电源电压，据此可知电源电压为12V；此时R1、R2、L串联，根据串联电路的特点和欧姆定律即可求出电路中最小电流和R1的电阻值；
（2）图丙中a点是灯泡正常发光时R2连入电路的电阻值；根据串联电路的特点和欧姆定律即可求出此时电路中的最大电流；根据P=UI求出灯泡的额定功率；然后根据欧姆定律求出R2连入电路的电阻值；
（3）根据W=UIt求出整个过程中电路在10s内消耗的最小电能。
【解答】由电路图可知，R1、R2、L串联，电压表V测R1滑片左边的电阻、灯泡和R2滑片右边电阻的电压之和，电流表测电路中的电流；
（1）R1的滑片P1在最右端时，电压表测量电源电压，据此可知电源电压为12V，
图甲中：R2的滑片P2移至最左端，R1的滑片P1在最右端时，R1、R2、L串联，电路中电流I=0.3A，
那么R1两端的电压：U1=U-U2L=12V-9V=3V，
则R1的阻值：，
图丙中：R1两端的电压：U1最大=U-U最小=12V-7V=5V，
则电路中电流，
此时灯泡正常发光，由于灯泡正常发光则UL=U额=6V，
则灯泡的额定功率：PL=ULI最大=6V×0.5A=3W；
（2）根据图丙可知：电压表的最小示数为7V，由于此时电压表测量的是R2滑片右边的电阻和灯泡的电压之和，即：UL+U2小=U最小=7V，
那么R2两端电压：U2小=U最小-UL=7V-6V=1V，
则图丙中a点对应的阻值：；
（3）根据以上分析可知，电路中的最小电流为I=0.3A，
则整个过程中电路在10s内消耗的最小电能：W=UIt=12V×0.3A×10s=36J。
27．（2023九上·余姚竞赛）如图所示，密度均匀的细杆AB与轻杆BC用光滑铰链铰在B端，A、C两端也用光滑的铰链铰与墙上，AB=BC，BC杆水平，AB杆与竖直方向成30°，此时AB杆与BC杆之间的作用力为F1，若将两杆的位置互换，AB杆与BC杆之间的作用力为F2，则F1：F2=　 　
【答案】1：2
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】BC为轻杆，质量忽略不计，
如甲图，以A为支点，画出并求出动力臂和阻力臂，知道阻力G，利用杠杆平衡条件求F1的大小；
如乙图，以A为支点，画出并求出动力臂和阻力臂，知道阻力G，利用杠杆平衡条件求F2的大小；
最后求出F1：F2。
【解答】因为BC是轻杆，不计重力，AB杆的重力方向竖直向下，为使杠杆平衡，F1水平向右，
根据杠杆平衡条件可得：GL2=F1L，
动力F1的力臂：L=AB×cosθ=d×cos30°=d×；
根据杠杆的平衡条件得到：GL2=F1L，
即G×d××sin30°=F1×d；
解得：F1=，
将两杆的位置互换，如图乙，以A为支点，
根据杠杆平衡条件可得，GL2′=F2L′，
G×d=F2×d×cos30°，
解得：F2=，
所以。
28．（2023九上·余姚竞赛）在探究电流通过导体产生热量的多少与什么因素有关的实验中。某兴趣小组猜想：电流通过导体产生的热量可能与通过导体的电流、导体的电阻和通电时间有关，于是他们利用甲、乙、丙三个装置进行实验探究，如图所示，三个装置的透明容器中各有一段电阻丝，容器中密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化。
（1）要探究电热与电阻的关系，应选用　 　组合，并将它们　 　接到电源两端进行实验。
（2）选用乙、丙组合，串联接到电源两端进行实验，在通电时间相同的情况下，发现乙装置U形管中液面高度变化大，由此可得到的结论是：　 　。
（3）实验中通过观察U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化，在研究许多物理问题时都会用到这种方法，下列实例采用研究方法与此相同的是____
A．探究电流与电压、电阻的关系
B．用铁屑显示磁体周围磁场分布
C．研究光的传播时，引入“光线”
D．探究平面镜成像的特点
【答案】（1）甲、乙；串联
（2）在电阻相同、通电时间相同的情况下，通过导体的电流越大，产生的热量越多
（3）B
【知识点】实验探究的其他思想方法；影响电流热效应的因素（焦耳定律）
【解析】【分析】 （1）要探究电热与电阻的关系，需要控制通过电阻的电流与通电时间相同，而电阻的阻值不同，据此分析；
（2）根据图片乙和丙分析哪个因素不同，哪些因素相同，根据控制变量法的要求描述结论；
（3） 物理学中对于一些看不见摸不着的现象或不易直接测量的物理量，通常用一些非常直观的现象去认识或用易测量的物理量间接测量，这种研究问题的方法叫转换法 。
【解答】 （1）要研究电热与电阻的关系，需要控制通过电阻的电流与通电时间相同，而电阻的阻值不同，因此选用甲和乙组合，将它们串联接到电源两端进行实验。
（2）选用乙、丙组合，乙中电阻在干路上，丙中电阻在支路上。由并联电路的电流特点可知，通过乙容器中5Ω电阻的电流大于通过丙容器中5Ω电阻的电流。当在通电时间相同的情况下，发现乙装置U形管中 液面高度变化大，可知气压差越大，温度差越大，热量越多，可以得出的结论是：在电阻和通电时间相同时，通过导体的 电流越大，产生的热量越多。
（3）实验中通过观察U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化，这是转换法的应用；
A．探究电流与电压、电阻的关系时，使用控制变量法，故A不合题意；
B．用铁屑显示磁体周围磁场分布时，磁体周围磁场的强弱转化为吸引铁屑的多少，使用转换法，故B符合题意；
C．研究光的传播时，引入“光线”，这是模型法，故C不合题意；
D．探究平面镜成像的特点，用到的是替代法，故D不合题意。
故选B。
29．（2023九上·余姚竞赛）现有L1、L2、L3三只额定电压U额均为2.5V，电阻值不同的小灯泡。某研究小组分别利用甲、乙、丙三种电路图测量三只小灯泡的额定功率。
（1）图甲电路中，实验操作如下：
①闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为U额；
②图丁是图甲电流表的表盘，此时小灯泡L1的额定功率为P额1＝　 　W。
（2）图乙电路中，定值电阻的阻值为R0＝12.5Ω，实验操作如下：
①闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为U额；
②读出电流表的示数为I＝0.60A，计算出通过R0的电流为　 　A；
③小灯泡L2的额定功率为P额2＝　 　W。
（3）图丙电路中，电源电压未知但恒定不变，R1和R2为滑动变阻器，R2的最大阻值为10Ω，实验操作如下：
①保持开关S2断开，同时闭合开关S和S1，调节R2的滑片，使电压表的示数为U额；
②断开开关S1，同时闭合开关S和S2，保持　 　（填“R1”或“R2”）的滑片位置不变，调节　 　（填“R1”或“R2”）的滑片，使电压表示数仍为U额；
③仅将R2的滑片P调至最左端，记下电压表的示数U1＝3.00V，再仅将R2的滑片P调至最右端，记下电压表的示数U2＝1.00V，则小灯泡L3的额定功率P额3＝　 　W。
【答案】（1）0.75
（2）0.2；1
（3）R2；R1；1.25
【知识点】测定小灯泡的功率
【解析】【分析】1）根据图丁读出电流表的示数，由P=UI算出小灯泡L1的额定功率；
（2）定值电阻与小灯泡并联，当小灯泡正常发光时，定值电阻两端的电压等于小灯泡两端的电压，根据算出通过R0的电流，由并联电路电流的规律算出通过小灯泡的额定电流，由P=UI算出小灯泡L2的额定功率；
（3）根据可知，在只有电压表情况下，测量出灯正常发光的电阻即可；
只闭合小灯泡所在支路，通过调节滑动变阻器R2使灯泡两端电压为额定电压，灯正常光；
保持变阻器R2的滑片位置不动，只闭合R1所在支路，通过调节滑动变阻器R1使R1两端电压为小灯泡的额定电压，根据等效法，此时滑动变阻器R1使连入电路中的电阻大小等于灯正常发光时的电阻大小；
为求出此时滑动变阻器R1使连入电路中的电阻：
将R2的滑片P先调至最左端，再将R2的滑片P调至最右端，分别记下电压表的示数为，根据串联电路的规律和欧姆定律求出R1的大小，即小灯泡电阻的大小，再利用求出小灯泡额定功率；
【解答】（1）图甲知电压表测量小灯泡两端的电压，电流表测量通过小灯泡的电流，
由图丁可知，电流表的量程为0~0.6A，分度值为0.02A，
当小灯泡正常发光时通过小灯泡的电流为I1=0.3A，
小灯泡L1的额定功率为：P额1=U额I1=2.5V×0.3A=0.75W；
（2）由图乙知，定值电阻与小灯泡并联，再和滑动变阻器串联，电流表测量干路的电流，电压表测量小灯泡和定值电阻两端的电压，由并联电路电压的规律知当小灯泡正常发光时，定值电阻两端的电压等于小灯泡两端的电压，
则通过R0的电流为：，
则通过小灯泡的额定电流为：I2=I-I0=0.6A-0.2A=0.4A，
小灯泡L2的额定功率为：P额2=U额I2=2.5V×0.4A=1W；
（3）①保持开关S2断开，同时闭合开关S和S1，调节R2的滑片，使电压表的示数为U额；
②断开开关S1，同时闭合开关S和S2，保持R2的滑片位置不变，通过调节滑动变阻器R1，使R1两端电压为小灯泡的额定电压U额；
③根据等效替代法，此时R1=RL；
将R2的滑片P调至最左端，记下电压表的示数为U1=3.00V；再将R2的滑片P调至最右端，记下电压表的示数为U2=1.00V，
将R2的滑片P调至最左端，R2连入电路中的电阻为0，电压表的示数为U1=3.00V即为电源电压；
再将R2的滑片P调至最右端，此时两变阻器串联，电压表的示数为U2，即为R1的电压为U2=1.00V，
根据串联电路电压的规律和欧姆定律有：，
；
解得：R1=5Ω；
小灯泡额定功率的表达式：。
30．（2023九上·余姚竞赛）某酸性含铜废水（主要含CuCl2，还有少量HCl）有多种处理方法。
（1）方法一：向废水中加入一定量的Na2CO3溶液，在70℃条件下充分反应，得碱式碳酸铜。
①加入Na2CO3溶液后，废水的pH　 　（填“增大”“不变”或“减小”）。
②碱式碳酸铜有多种组成，可表示为Cu（OH）x（CO3）y，x和y需满足的关系式为　 　。
③若反应温度过高，会生成一种黑色固体。该固体可能是　 　（填化学式）。
（2）方法二：用生石灰或石灰石调节废水的pH，向1L废水中分别加入两种物质，测得废水的pH随加入固体质量的变化如图所示。
①生石灰与水反应的产物是　 　（填化学式）。
②加入石灰石调节废水的pH，溶液的pH始终小于7，原因是　 　。
③每吨生石灰的价格约为460元，每吨石灰石的价格约为130元。联合使用生石灰和石灰石，将这两种物质先后加入1L废水，调节废水的pH至约为7，经济效益较好的可行方为　 　。
【答案】（1）增大；x+2y＝2；CuO
（2）Ca（OH）2；CuCl2的溶液呈酸性；先加入12g石灰石，再加入4g生石灰
【知识点】复分解反应及其应用
【解析】【分析】（1）根据碳酸钠溶液呈碱性，化合物中元素化合价代数和为0，氧化铜为黑色固体分析；
（2）根据生石灰与水反应生成氢氧化钙，氯化铜溶液呈酸性，石灰石和生石灰处理废水时的质量与溶液pH分析。
【解答】（1） 碳酸钠呈碱性，加入Na2CO3溶液后，废水氯化铜和盐酸反应，溶液pH增大。碱式碳酸铜中铜元素为+2价，氢氧根主－1价，碳酸根为－2价，则化合物中元素化合价代数和为0可知，（+2）+（－1）x+(-2)y＝0， x+2y＝2 。 若反应温度过高，会生成一种黑色固体。该固体可能是氢氧化铜受热分解生成的氧化铜。
（2） 生石灰与水反应的产物是氢氧化钙。 CuCl2的溶液呈酸性 ，所以溶液的pH始终小于7。由图像可知，当pH=6时，所用生石灰和碳酸钙质量相等，所需质量为22克，则调节废水的pH至约为7，经济效益较好的可行方案为 先加入22g石灰石，再加入2g生石灰 .
故答案为：（1）增大； x+2y＝2 ； CuO ；（2） Ca（OH）2 ； CuCl2的溶液呈酸性 ；先加入22g石灰石，再加入2g生石灰.。
31．（2023九上·余姚竞赛）美国西北大学的ChadA.Mirkin团队开发了用于新冠治疗的球形核酸疫苗（图1），球形核酸疫苗也被IUPAC评为2022年“化学领域十大新兴技术”之一。如图2表示两次接种新冠疫苗后，体内抗体含量的变化曲线图，请据图回答：
（1）从预防传染病角度看，注射新冠肺炎疫苗预防新冠肺炎属于　 　。
（2）接种疫苗后，可刺激人体的细胞产生能够抵抗新型冠状病毒的特殊蛋白质。从免疫的角度来看，疫苗相当于　 　。（填“抗体”或“抗原”）
（3）疫苗需要接种2次或3次，请结合图2“疫苗接种后抗体含量变化曲线图”解释这样做的原因是：再次接种疫苗，能够　 　。
【答案】（1）保护易感人群
（2）抗原
（3）使人体产生更多的抗体，更有利于抵抗病毒入侵
【知识点】传染病的预防措施；人体的免疫功能
【解析】【分析】（1）控制传染病的措施有三个：控制传染源、切断传播途径、保护易感人群。
（2）疫苗通常是用失活或减毒的病原体制成的生物制品。接种新型冠状病毒疫苗后，可刺激人体内的淋巴细胞产生一 种抵抗该病原体的特殊蛋白质，即抗体。
（3） 根据图像分析血液中抗体的含量与接种次数的关系即可。
【解答】 （1）从预防传染病角度看，注射新冠肺炎疫苗 预防新冠肺炎属于保护易感人群。
（2） 接种疫苗后，可刺激人体的细胞产生能够抵抗新型冠状病毒的特殊蛋白质。从免疫的角度来看，疫苗相当于抗原；
（3）结合图2“疫苗接种后抗体含量变化曲线图”可知，再次接种疫苗，能够使人体产生更多的抗体，更有利于抵抗病毒入 侵，所以疫苗需要接种2次或3次。
32．（2023九上·余姚竞赛）某抗酸药如图1所示，成分为CaCO3、Mg（OH）2。某研究性学习小组利用图2装置测定抗酸药片中两种成分的质量，取10片抗酸药称量，质量共为6.2g，然后加入到A装置的烧瓶中。滴加稀盐酸，反应停止时装置C中质量增加2.2g。请回答：
（1）装置B中浓硫酸的作用是　 　。
（2）求其中Mg（OH）2的质量分数（计算结果精确到0.1%）；
（3）若撤除装置D，对Mg（OH）2质量的测量产生　 　（填“偏大“、“偏小”或“不变”）的影响。
【答案】（1）吸收二氧化碳中的水蒸气或干燥二氧化碳
（2）19.4%
（3）偏小
【知识点】酸与碱的反应及用途
【解析】【分析】（1）根据浓硫酸的吸水性分析；
（2）根据氢氧化钠溶液增重质量为反应生成二氧化碳质量，由方程式中物质间质量关系计算碳酸钙质量，再由药品总质量计算出氢氧化镁质量及质量分数分析。
【解答】（1）浓硫酸具有吸水性， 装置B中浓硫酸的作用是吸收二氧化碳中的水蒸气或干燥二氧化碳 。
（2）装置C增重质量为反应生成二氧化碳质量，设碳酸钙质量为x
CaCO3+ 2HCl= CaCl2+H2O+ CO2↑
100 　 　 44
x 　 　 2.2g
100：44=x：2.2g
x=5g
则 Mg（OH）2的质量分数为
故答案为：（1） 吸收二氧化碳中的水蒸气或干燥二氧化碳 ；（2）19.4%。
33．（2023九上·余姚竞赛）如图所示，质量为60kg的工人在水平地面上，用滑轮组把货物运到高处。第一次运送货物时，货物质量为130kg，工人用力F1匀速拉绳，地面对工人的支持力为N1，滑轮组的机械效率为η1；第二次运送货物时，货物质量为90kg，工人用力F2匀速拉绳的功率为P2，货箱以0.1m/s的速度匀速上升，地面对人的支持力为N2，N1与N2之比为2：3。（不计绳重及滑轮摩擦）
求：
（1）动滑轮重和力F1的大小；
（2）机械效率η1；
（3）功率P2。
【答案】（1）300N，400N
（2）81.25%
（3）120W
【知识点】功率计算公式的应用；滑轮组绳子拉力的计算；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）以人为研究对象进行受力分析，N=G人-F，而由图可知承担物重的绳子股数n=4，因为不计绳重及滑轮摩擦，所以拉力，可得压力N=G人-，据此列方程求动滑轮重和拉力大小；
（2）根据计算第一次运送货物时滑轮组的机械效率；
（3）知道第二次货物上升速度为0.1m/s，求出拉力端移动的速度，再利用P=Fv求第二次拉力做功功率。
【解答】（1）第一次提升货物时，以人为研究对象得到：N1=G人-F1′，------①
绳对人的拉力与人对绳的拉力相等，F1′=F1
由图可知，承担重力的绳子段数n=4，
则---------②
由①②得：
N1=G人-=60kg×10N/kg-，
即N1=600N-------③
第二次提升货物时，以人为研究对象
N2=G人-F2′-----------------④
绳对人的拉力与人对绳的拉力相等，F2′=F2，
F2′=-----------⑤
由④⑤得：
N2=G人-=60kg×10N/kg-，
∴N2=600N-------⑥
由题知，，
即：（600N-）：（600N-）=2：3，
解得：G动=300N，
代入②式：F1=F1′===400N，
代入⑤式：F2=F2′===300N，
（2）第一次运送货物时滑轮组的机械效率：；
（3）第二次货物上升速度为0.1m/s，人匀速拉绳的速度为v2′=4×0.1m/s=0.4m/s，
拉力做功功率：P2=F2v2′=300N×0.4m/s=120W。
34．（2023九上·余姚竞赛）在献爱心活动中，小明为敬老院老人设计了一款智能电热坐垫，能实现加热后自动保温。该坐垫电路如图甲，Ra是安装在坐垫内的热敏电阻，其阻值随温度的变化如表所示。闭合开关S1、S2，电热坐垫启动高功率工作模式，当通过电磁铁的电流达到0.05安时，衔铁La和Lb同时被吸引，转为低功率工作模式。当坐垫温度降低使通过电磁铁的电流为0.04安时，电磁铁无法吸住衔铁La和Lb，La、Lb恢复原位，又转为高功率工作模式。电热坐垫在高功率和低功率模式之间切换，使其温度维持在一定范围。
热敏电阻Ra的阻值与温度的关系
温度/℃ 20 25 30 35 39 40 41 42 43 44 45 50 55 60 65
阻值/欧 600 480 390 300 240 230 220 210 200 190 180 150 120 100 85
（1）分析表中数据，当温度升高时，热敏电阻Ra的阻值　 　。（选填“变大”或“变小”）
（2）图甲中R1和R2的阻值均为1210欧。在某次测试中，电热坐垫高功率工作和低功率工作用时均为10分钟，则本次测试中电热丝消耗的总电能为多少焦？
（3）小明想在控制电路中增加一个力敏电阻，以实现两个功能：
①1000牛压力以下，坐垫最高温度不超过45℃；
②人离开后，坐垫始终低功率工作。
现有三种力敏电阻Rb、Rc、Rd，其阻值随压力变化如图乙所示。写出你选择的力敏电阻以及在控制电路中的连接方式　 　、　 　，并写出500牛压力下坐垫的最高温度值　 　（线圈阻值忽略不计）
【答案】（1）变小
（2）6×104J
（3）电阻d；并联；43℃
【知识点】电功计算公式的应用
【解析】【分析】（1）分析表中数据可知当温度升高时，热敏电阻Ra的阻值变小；
（2）根据可知低功率工作时两电阻串联，高功率工作时，两电阻并联，
根据串联电路电阻规律计算两电阻串联时的总电阻，根据计算低功率工作时消耗的电能和高功率工作时消耗的电能，进一步计算本次测试中电热丝消耗的总电能；
（3）当通过电磁铁的电流达到0.05安时，低功率工作模式，根据欧姆定律计算此时控制电路总电阻，
当通过电磁铁的电流达到0.04安时，高功率工作模式，根据欧姆定律计算此时控制电路总电阻，
人离开后，坐垫始终低功率工作，所以应该选择力敏电阻的阻值随压力的减小而减小，由图乙可知500N时力敏电阻的阻值最小为300Ω，
比较可知选择电阻c与a并联接入电路，根据并联电路电阻规律计算此时热敏电阻接入电路的阻值，由表格可知此时的温度。
【解答】（1）根据表格数据可知，当温度升高时，热敏电阻Ra的阻值变小；
（2）根据可知，低功率工作时两电阻串联，高功率工作时，两电阻并联，
则两电阻串联时R=R1+R2=1210Ω+1210Ω=2420Ω，
低功率工作时消耗的电能：，
高功率工作时消耗的电能：，
本次测试中电热丝消耗的总电能为：W=W1+W2=1.2×104J+4.8×104J=6×104J；
（3）当通过电磁铁的电流达到0.05安时，低功率工作模式，
此时控制电路总电阻：，
当通过电磁铁的电流达到0.04安时，高功率工作模式，
根据欧姆定律可知此时控制电路总电阻：，
人离开后，坐垫始终低功率工作，所以应该选择力敏电阻的阻值随压力的减小而减小，500N时力敏电阻的阻值最小为300Ω，
比较可知选择电阻c与a并联接入电路，
此时热敏电阻接入电路的阻值，
由表格可知此时的温度为43℃。
35．（2023九上·余姚竞赛）将铜粉、铁粉和硫酸铜粉末组成完全均匀的混合物26.8g，分成质量相等的两份，分别放入甲、乙两烧杯中。在甲烧杯中加入足量的蒸馏水，充分反应后，溶液呈现浅绿色，还剩下固体9.6g。在乙烧杯中加入足量稀硫酸90.8g，搅拌使之充分反应后，测得乙烧杯中有4g暗红色固体和100g浅绿色溶液。(提示：以上浅绿色溶液中都只有一种溶质)
试计算：
（1）乙烧杯中反应所生成氢气的质量；
（2）原来26.8g混合物中硫酸铜粉末的质量；
（3）乙烧杯中的生成物溶液中硫酸亚铁的质量分数
【答案】（1）0.2g
（2）8g
（3）19%
【知识点】金属的化学性质；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1）根据质量守恒定律分析；
（2）根据所给质量计算出甲烧杯中生成硫酸亚铁质量，利用方程式中物质间质量关系计算硫酸铜质量分析；
（3）根据生成氢气质量先计算出铁与硫酸反应生成 硫酸亚铁质量，再由乙烧杯中硫酸亚铁质量为铁与硫酸铜反应的硫酸亚铁质量和铁与硫酸反应的硫酸亚铁质量和，由此计算生成物溶液中硫酸亚铁质量分数分析。
【解答】（1）将铜粉、铁粉和硫酸铜粉末组成完全均匀的混合物26.8g，分成质量相等的两份 ，每份质量为13.4克， 根据质量守恒定律可知，乙烧杯中生成氢气质量为 13.4g+90.8g-100g-4g=0.2g。
（2）甲烧杯中生成硫酸亚铁质量为13.4g－9.6＝3.8g，设甲中硫酸铜质量为x
Fe+ CuSO4=FeSO4+ Cu
　 160 152 　
　 x 3.8g 　
160：152=x：3.8g
x=4g
则 原来26.8g混合物中硫酸铜粉末的质量 为8克。
（3）设铁与硫酸反应生成硫酸亚铁质量为y
Fe+ H2SO4=FeSO4+ H2↑
　 152 2
　 y 0.2g
152：2=y：0.2g
y=15.2g
则乙烧杯中硫酸亚铁质量为15.2g+3.8g=19g
故答案为：（1）0.2g；（2）8g；（3）19%。
1 / 1浙江省宁波市余姚市六校2023-2024学年九年级上学期科学学科竞赛试卷
1．（2023九上·余姚竞赛）类推的思维方法在化学学习与研究中是一种常用的推理方法，如乙酸（CH3COOH）→过氧乙酸（CH3COOOH），氧化钠（Na2O）→过氧化钠（Na2O2）；由此类推，过氧化钙化学式为（　　）
A．Ca2O B．CaO C．CaO2 D．CaO3
2．（2023九上·余姚竞赛）某同学利用如图装置测定氧化铜样品中氧化铜的质量分数。以下说法不正确的是（　　）
A．锥形瓶内反应一段时间后，再点燃酒精灯
B．装置B减少的质量等于装置C增加的质量
C．装置C中固体变蓝，无法证明B中有水生成
D．装置B中固体逐渐变红，说明H2有还原性
3．（2023九上·余姚竞赛）关于温度、内能、热量，下列说法正确的是（　　）
A．温度高的物体含有的热量多
B．物体吸收热量，温度一定升高
C．气体膨胀对外做功，自身内能会减少
D．热传递过程中，温度从高温物体传递给低温物体
4．（2023九上·余姚竞赛）如图是汽车尾板可抽象成以O为支点的杠杆，尾板自重为G，绳长一定，绳按甲、乙方式悬挂，让尾板处于水平位置平衡，则此时绳对尾板的拉力分别为F1、F2，则F1、F2的大小关系正确的是（　　）
A．F1＞F2 B．F1＜F2
C．F1＝F2 D．无法比较大小
5．（2023九上·余姚竞赛）如图是初中四种常见物质之间的常见反应关系图，图中“—”表示相连的两种物质能反应，“→”表示两端的物质通过一步反应能转化。下列说法不正确的是（　　）
A．X一定是Ca（OH）2 B．X与Y反应能生成NaOH
C．X与Y不可能都是盐 D．Y可能是钠盐
6．（2023九上·余姚竞赛）青霉素作为治疗细菌感染的特效药被广泛使用，但滥用青霉素导致其使用效果下降。下列解释符合达尔文进化理论的是（　　）
A．自然界中本来没有耐药细菌个体，滥用青霉素才导致耐药细菌出现
B．细菌对青霉素进行定向选择，导致青霉素的使用效果下降
C．在长期滥用青霉素的环境中，耐药细菌比不耐药细菌更具生存优势
D．在抵抗青霉素作用时，细菌体内的某些结构会发生“用进废退”现象
7．（2023九上·余姚竞赛）某化肥厂以煤、空气、水为原料合成氨，生产流程如图所示。下列说法不正确的是（　　）
A．氨气转变为液氨是放热过程
B．设备1中此反应C+H2O（气）CO+H2一定发生
C．设备2中发生的反应，属于基本反应类型中的化合反应
D．设备3中参加反应的N2和H2的质量比为14：1
8．（2023九上·余姚竞赛）在人的生殖过程中，父方和母方体细胞中的一对染色体及这对染色体上一对基因的变化如图所示。下列关于人体的细胞中染色体、DNA和基因的叙述，正确的是（　　）
A．染色体在人的细胞中都成对存在
B．受精卵中的染色体来自父母双方
C．每条染色体上都有多个DNA分子
D．每个DNA分子上只含有一个基因
9．（2023九上·余姚竞赛）如图所示，从A点沿水平桌面自由滚落的小球运动轨迹如虚线所示，C、F两处等高，D为球与水平地面的接触点，不计空气阻力，下列说法不正确的是（　　）
A．若将弹性小球表面涂黑，则在两次反弹后地面上留下等大的黑色圆斑
B．小球在C点的动能大于在F点的动能
C．小球从E点到F点的过程中，机械能不变
D．小球从D点离开地面到达E点的过程中，动能转化为重力势能
10．（2023九上·余姚竞赛）取口香糖锡纸，剪成如图1所示形状，其中AB和CD段等长。戴好防护手套，将锡纸条(带锡的一面)两端连接电池正、负极，如图2所示，发现锡纸条很快开始冒烟、着火。下列分析正确的是（　　）
A．通过AB和CD段的电流不相等 B．正常情况下，AB段会先着火
C．AB和CD段的电压相等 D．AB和CD段的电阻相等
11．（2023九上·余姚竞赛）某化学反应在密闭容器中进行，各物质的分子数目，质量随时间变化情况如图1，图2所示。下列说法不正确的是（　　）
A．Z一定属于化合物
B．参加反应的X与Y的质量比为3：14
C．反应前后分子总数不变
D．Y与Z的相对分子质量之比为28：17
12．（2023九上·余姚竞赛）如图甲所示，电源工作时输出的总功率恒定不变，R1＝10Ω。在移动滑动变阻器R2的滑片P时，电流表A的示数I与电流表A1的示数I1之间变化关系如图乙所示。根据图中信息判断，下列说法中正确的是（　　）
A．当滑片P向右移动时，电流表A的示数逐渐增大
B．当滑片P向左移动时，电源的输出电压逐渐增大
C．电源工作时每秒钟消耗的电能始终为5J
D．当电流表A1的示数为0.5A时，R2＝12.5Ω
13．（2023九上·余姚竞赛）向一定质量的Mg(NO3)2和Cu(NO3)2混合溶液中加入a克锌粉和铁粉的混合物，充分反应后过滤，得到不饱和的滤液和滤渣，将滤渣洗涤、干燥后再称量，得到的固体质量仍为a克。下列分析合理的是（　　）
①滤渣中可能有铜 ②向滤渣中加稀盐酸，可能有气泡产生
③滤液中一定有Mg(NO3)2、Zn(NO3)2和Fe(NO3)2，可能有Cu(NO3)2
④若忽略过滤操作中溶液损失，滤液中溶质的质量一定大于原混合溶液溶质的质量
A．①② B．①③ C．②③ D．②④
14．（2023九上·余姚竞赛）投出的铅球在空中飞行，它在整个运动过程中的动能Ek与距离地面的高度h的关系如图所示。已知铅球出手高度h为2m，铅球落到地面时重力势能为零，不计空气阻力，由图可知，铅球出手时其重力势能为（　　）
A．80J B．100J C．180J D．280J
15．（2023九上·余姚竞赛）甲、乙两厂分布如图所示，箭头代表水流方向。两厂排放的废水中含有K+、Cu2+、Ag+、、OH﹣、Cl﹣六种离子，两厂分别含有其中不同的三种离子。如果在a处取水样进行检测，废水的pH大于7；两厂废水按适当比例混合，可将废水中的某些离子转化成沉淀，这样处理后c处的废水就可以达到排放标准。下列有关说法不正确的是（　　）
A．a处废水中含有K+、OH﹣、Cl﹣
B．c处废水中溶解的溶质可用作肥料
C．b处废水显蓝色
D．b处废水中一定含有Cu2+，可能含有Cl﹣、
16．（2023九上·余姚竞赛）甲、乙两铁块通过滑轮组用细绳连接，吸附在竖直放置且足够长的固定磁性平板两侧，m甲＝1.8kg、m乙＝2kg，如图所示。甲以0.2m/s的速度竖直向下做匀速直线运动，磁性平板对甲的摩擦力大小为4N，对乙的摩擦力大小为2N（细绳足够长且始终处于竖直拉伸状态，不计绳重和绳与滑轮的摩擦，磁性平板对其他器材无磁力作用，g取10N/kg）。下列说法正确的是（　　）
A．定滑轮质量一定是0.6kg
B．甲所受拉力为22N
C．乙所受拉力的功率为2.2W
D．3s时间内甲、乙克服摩擦力做的功相等
17．（2023九上·余姚竞赛）向100g稀硫酸中先加入20g的CuO粉末充分反应后再加入20g的铁粉，所得溶液质量与加入粉末总质量之间的关系如图所示，下列分析中不正确的是（　　）
A．原稀硫酸的溶质质量分数为19.6%
B．m值为16
C．d点对应的溶液质量为111.2g
D．当加入固体n克时析出的固体总质量为16.8克
18．（2023九上·余姚竞赛）如图电源电压U不变。只闭合开关S1，滑动变阻器接入电路中的电阻为RA时，电压表的示数为U1，电流表的示数为I1，电阻RA的电功率为PA，滑动变阻器接入电路中的电阻为RB时，电压表的示数U2=2V，同时闭合S1、S2，滑动变阻器接入电路中的电阻为RB时，电压表的示数为U3，电流表的示数为I3，电阻RB的电功率PB=0.675W，电路的总功率为P3。已知：RA=15Ω，RB=30Ω，PA：PB=8：9，U1：U3=2：1。则下列计算结果正确的是（　　）
A．I1：I3=3：4 B．R1：R2=2：1 C．U=12V D．P3=0.9W
19．（2023九上·余姚竞赛）一包固体粉末可能含有硝酸钠、碳酸钙、氢氧化钠、氯化铜、氯化钠和硝酸钙中的一种或几种。为确定其组成，某同学设计了如下实验方案。下列判断正确的是（　　）
A．该混合物中一定含有碳酸钙、氢氧化钠、氯化铜、硝酸钙、氯化钠
B．蓝色溶液B呈中性
C．无色溶液A的溶质最多有3种
D．该混合物中一定不含氯化钠，可能含有硝酸钠
20．（2023九上·余姚竞赛）如图甲所示的力学装置，杠杆OAB始终在水平位置保持平衡，O为杠杆的支点，OB＝3OA，竖直细杆a的上端通过力传感器相连在天花板上，下端连接杠杆的A点，竖直细杆b的两端分别与杠杆的B点和物体M固定，水箱的质量为0.8kg，底面积为200cm2，不计杠杆、细杆及连接处的重力，力传感器可以显示出细杆a的上端受到作用力的大小，图乙是力传感器的示数大小随水箱中水的质量变化的图像，则（　　）
A．当加水质量为1.6kg时，容器对桌面的压强为1500Pa
B．当传感器示数为0N时，加水质量为1.3kg
C．物体M的密度为0.3×103kg/m3
D．加水质量为2kg时，水对水箱底部的压力为32N
21．（2023九上·余姚竞赛）物理兴趣小组的同学在研究“沙子和水谁的吸热本领大”时，选用了两只完全相同的酒精灯分别给质量都是0.4kg的沙子和水同时开始加热。他们绘制出沙子与水的温度随加热时间变化的图象如图所示，请完成以下问题：
（1）图中　 　（选填“a”或“b”）图是沙子吸热升温的图象。
（2）求沙子的比热大小是　 　。(保留一位小数)
22．（2023九上·余姚竞赛）豌豆花色中紫花和白花是一对相对性状，用B表示显性基因，b表示隐性基因。某科研团队进行了甲、乙两组杂交实验，甲组用紫花与紫花杂交，乙组用紫花与白花杂交，实验结果如图所示，据图回答下列问题。
（1）甲组亲代均为紫花，子代出现白花，这种现象在遗传学上称为　 　。
（2）甲组子代中，紫花1240株，白花413株，紫花与白花比例接近3：1，由此推测显性性状为　 　。
（3）乙组中，子代紫花的基因组成不可能是BB，原因是　 　
23．（2023九上·余姚竞赛）在探究酸、碱性质时，小敏的操作过程如图甲所示，烧杯中固体质量与加入溶液的质量关系如图乙所示。请回答下列问题。
（1）d点时，溶液中含有的溶质是　 　。
（2）bc段固体质量没有增加的原因　 　。
（3）通过计算得出e点坐标　 　。
24．（2023九上·余姚竞赛）如图甲，电源电压恒为8V，滑动变阻器滑片P从b端滑到a端的过程中，电压表示数U与电流表示数I的关系如图乙；R2与R1的电功率之比k与R2的关系如图丙。则滑片P在a端时，电路消耗的功率　 　W；滑片P在b端时，R2消耗的功率　 　W。
25．（2023九上·余姚竞赛）现有Ca（OH）2、Cu、CaO、CO、CaCl2、CuO、CO2、CaCO3八种物质，平均分成A、B二组（即每组4种物质不重复），“→”表示一步即能发生物质转化，根据如图所示的转化关系（图中反应条件均已略去），请回答：
（1）若A组的甲为CO2，写出将丁加入到稀盐酸中产生的实验现象：　 　。
（2）若B组的丁为CaCl2，写出丙加入到FeCl3溶液中，与FeCl3溶液发生反应的化学方程式：　 　。
26．（2023九上·余姚竞赛）如图甲所示，小灯泡的额定电压为6V，R2的滑片P2，移至最左端，闭合开关S，先将R1的滑片P1由最右端移至最左端，图乙是这一过程中电流表与电压表示数的关系图象。然后保持滑片P1位置不动，将滑片P2向右移动，直至小灯泡正常发光，图丙是这一过程中电压表示数与R2连入阻值的关系图象。则小灯泡的额定功率为　 　W；图丙中a点对应的阻值为　 　Ω；整个过程中电路在10s内消耗的最小电能为　 　J。
27．（2023九上·余姚竞赛）如图所示，密度均匀的细杆AB与轻杆BC用光滑铰链铰在B端，A、C两端也用光滑的铰链铰与墙上，AB=BC，BC杆水平，AB杆与竖直方向成30°，此时AB杆与BC杆之间的作用力为F1，若将两杆的位置互换，AB杆与BC杆之间的作用力为F2，则F1：F2=　 　
28．（2023九上·余姚竞赛）在探究电流通过导体产生热量的多少与什么因素有关的实验中。某兴趣小组猜想：电流通过导体产生的热量可能与通过导体的电流、导体的电阻和通电时间有关，于是他们利用甲、乙、丙三个装置进行实验探究，如图所示，三个装置的透明容器中各有一段电阻丝，容器中密封着等量的空气，U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化。
（1）要探究电热与电阻的关系，应选用　 　组合，并将它们　 　接到电源两端进行实验。
（2）选用乙、丙组合，串联接到电源两端进行实验，在通电时间相同的情况下，发现乙装置U形管中液面高度变化大，由此可得到的结论是：　 　。
（3）实验中通过观察U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化，在研究许多物理问题时都会用到这种方法，下列实例采用研究方法与此相同的是____
A．探究电流与电压、电阻的关系
B．用铁屑显示磁体周围磁场分布
C．研究光的传播时，引入“光线”
D．探究平面镜成像的特点
29．（2023九上·余姚竞赛）现有L1、L2、L3三只额定电压U额均为2.5V，电阻值不同的小灯泡。某研究小组分别利用甲、乙、丙三种电路图测量三只小灯泡的额定功率。
（1）图甲电路中，实验操作如下：
①闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为U额；
②图丁是图甲电流表的表盘，此时小灯泡L1的额定功率为P额1＝　 　W。
（2）图乙电路中，定值电阻的阻值为R0＝12.5Ω，实验操作如下：
①闭合开关S，调节滑动变阻器的滑片，使电压表的示数为U额；
②读出电流表的示数为I＝0.60A，计算出通过R0的电流为　 　A；
③小灯泡L2的额定功率为P额2＝　 　W。
（3）图丙电路中，电源电压未知但恒定不变，R1和R2为滑动变阻器，R2的最大阻值为10Ω，实验操作如下：
①保持开关S2断开，同时闭合开关S和S1，调节R2的滑片，使电压表的示数为U额；
②断开开关S1，同时闭合开关S和S2，保持　 　（填“R1”或“R2”）的滑片位置不变，调节　 　（填“R1”或“R2”）的滑片，使电压表示数仍为U额；
③仅将R2的滑片P调至最左端，记下电压表的示数U1＝3.00V，再仅将R2的滑片P调至最右端，记下电压表的示数U2＝1.00V，则小灯泡L3的额定功率P额3＝　 　W。
30．（2023九上·余姚竞赛）某酸性含铜废水（主要含CuCl2，还有少量HCl）有多种处理方法。
（1）方法一：向废水中加入一定量的Na2CO3溶液，在70℃条件下充分反应，得碱式碳酸铜。
①加入Na2CO3溶液后，废水的pH　 　（填“增大”“不变”或“减小”）。
②碱式碳酸铜有多种组成，可表示为Cu（OH）x（CO3）y，x和y需满足的关系式为　 　。
③若反应温度过高，会生成一种黑色固体。该固体可能是　 　（填化学式）。
（2）方法二：用生石灰或石灰石调节废水的pH，向1L废水中分别加入两种物质，测得废水的pH随加入固体质量的变化如图所示。
①生石灰与水反应的产物是　 　（填化学式）。
②加入石灰石调节废水的pH，溶液的pH始终小于7，原因是　 　。
③每吨生石灰的价格约为460元，每吨石灰石的价格约为130元。联合使用生石灰和石灰石，将这两种物质先后加入1L废水，调节废水的pH至约为7，经济效益较好的可行方为　 　。
31．（2023九上·余姚竞赛）美国西北大学的ChadA.Mirkin团队开发了用于新冠治疗的球形核酸疫苗（图1），球形核酸疫苗也被IUPAC评为2022年“化学领域十大新兴技术”之一。如图2表示两次接种新冠疫苗后，体内抗体含量的变化曲线图，请据图回答：
（1）从预防传染病角度看，注射新冠肺炎疫苗预防新冠肺炎属于　 　。
（2）接种疫苗后，可刺激人体的细胞产生能够抵抗新型冠状病毒的特殊蛋白质。从免疫的角度来看，疫苗相当于　 　。（填“抗体”或“抗原”）
（3）疫苗需要接种2次或3次，请结合图2“疫苗接种后抗体含量变化曲线图”解释这样做的原因是：再次接种疫苗，能够　 　。
32．（2023九上·余姚竞赛）某抗酸药如图1所示，成分为CaCO3、Mg（OH）2。某研究性学习小组利用图2装置测定抗酸药片中两种成分的质量，取10片抗酸药称量，质量共为6.2g，然后加入到A装置的烧瓶中。滴加稀盐酸，反应停止时装置C中质量增加2.2g。请回答：
（1）装置B中浓硫酸的作用是　 　。
（2）求其中Mg（OH）2的质量分数（计算结果精确到0.1%）；
（3）若撤除装置D，对Mg（OH）2质量的测量产生　 　（填“偏大“、“偏小”或“不变”）的影响。
33．（2023九上·余姚竞赛）如图所示，质量为60kg的工人在水平地面上，用滑轮组把货物运到高处。第一次运送货物时，货物质量为130kg，工人用力F1匀速拉绳，地面对工人的支持力为N1，滑轮组的机械效率为η1；第二次运送货物时，货物质量为90kg，工人用力F2匀速拉绳的功率为P2，货箱以0.1m/s的速度匀速上升，地面对人的支持力为N2，N1与N2之比为2：3。（不计绳重及滑轮摩擦）
求：
（1）动滑轮重和力F1的大小；
（2）机械效率η1；
（3）功率P2。
34．（2023九上·余姚竞赛）在献爱心活动中，小明为敬老院老人设计了一款智能电热坐垫，能实现加热后自动保温。该坐垫电路如图甲，Ra是安装在坐垫内的热敏电阻，其阻值随温度的变化如表所示。闭合开关S1、S2，电热坐垫启动高功率工作模式，当通过电磁铁的电流达到0.05安时，衔铁La和Lb同时被吸引，转为低功率工作模式。当坐垫温度降低使通过电磁铁的电流为0.04安时，电磁铁无法吸住衔铁La和Lb，La、Lb恢复原位，又转为高功率工作模式。电热坐垫在高功率和低功率模式之间切换，使其温度维持在一定范围。
热敏电阻Ra的阻值与温度的关系
温度/℃ 20 25 30 35 39 40 41 42 43 44 45 50 55 60 65
阻值/欧 600 480 390 300 240 230 220 210 200 190 180 150 120 100 85
（1）分析表中数据，当温度升高时，热敏电阻Ra的阻值　 　。（选填“变大”或“变小”）
（2）图甲中R1和R2的阻值均为1210欧。在某次测试中，电热坐垫高功率工作和低功率工作用时均为10分钟，则本次测试中电热丝消耗的总电能为多少焦？
（3）小明想在控制电路中增加一个力敏电阻，以实现两个功能：
①1000牛压力以下，坐垫最高温度不超过45℃；
②人离开后，坐垫始终低功率工作。
现有三种力敏电阻Rb、Rc、Rd，其阻值随压力变化如图乙所示。写出你选择的力敏电阻以及在控制电路中的连接方式　 　、　 　，并写出500牛压力下坐垫的最高温度值　 　（线圈阻值忽略不计）
35．（2023九上·余姚竞赛）将铜粉、铁粉和硫酸铜粉末组成完全均匀的混合物26.8g，分成质量相等的两份，分别放入甲、乙两烧杯中。在甲烧杯中加入足量的蒸馏水，充分反应后，溶液呈现浅绿色，还剩下固体9.6g。在乙烧杯中加入足量稀硫酸90.8g，搅拌使之充分反应后，测得乙烧杯中有4g暗红色固体和100g浅绿色溶液。(提示：以上浅绿色溶液中都只有一种溶质)
试计算：
（1）乙烧杯中反应所生成氢气的质量；
（2）原来26.8g混合物中硫酸铜粉末的质量；
（3）乙烧杯中的生成物溶液中硫酸亚铁的质量分数
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】常见物质的分类
【解析】【分析】根据过氧化钠的化学式确定氧元素化合价，再结合钙元素化合价+2价及化合物中元素化合价代数和为0写出过氧化钙的化学式分析。
【解答】过氧化钠中钠元素化合价+1价，由化合物中元素化合价代数和为0可知，氧元素为－1价，过氧化钙中钙元素为+2价，氧元素为－1价，则化学式为 CaO2 。
故选C。
2．【答案】B
【知识点】还原反应与金属的冶炼
【解析】【分析】A、根据氢气还原氧化铜的操作步骤分析；
B、根据B中减少质量为氧化铜中氧元素质量，C中增加质量为水的质量分析；
C、根据氢气中含有水蒸气杂质分析；
D、根据氢气具有还原性分析。
【解答】A、该实验发生了氢气与氧化铜的反应，氢气为可燃性物质，与空气混合易发生爆炸，实验时 锥形瓶内反应一段时间后，再点燃酒精灯 ，以排除装置内空气，不符合题意；
B、 装置B减少的质量为参加反应的氧化铜中氧元素质量，装置C增加的质量是生成水的反应，二者不相等 ，符合题意；
C、 装置C中固体变蓝，可能是B中生成的水，也可能氢气中含有的水蒸气 ，不符合题意；
D、 装置B中固体逐渐变红，说明H2有还原性 ，不符合题意；
故选B。
3．【答案】C
【知识点】温度、热量与内能的关系；物体内能的改变方法
【解析】【分析】A.热量是过程量，只能说“吸收或放出”热量；
B.注意晶体熔化时的温度变化；
C.物体对外界做功，则物体内能减小；外界对物体做功，则物体内能增大；
D.根据热传递的本质判断。
【解答】A.温度高的物体含有的内能多，故A错误；
B.晶体熔化时吸热，但是温度不变，故B错误；
C.气体膨胀对外做功，则内能转化为机械能，则自身内能会减少，故C正确；
D.热传递过程中，内能从高温物体传递给低温物体，故D错误。
故选C。
4．【答案】C
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】 根据图片分析力臂的大小变化，再根据杠杆的平衡条件可判断大小关系。
【解答】 根据题意可知，重力没有变，阻力臂没有变。动力臂为两次三角形斜边上的高线，由于两个三角形全等，故动力臂也没有变，根据杠杆的平衡条件F1L1=F2L2可知，动力不变，即此时尾板受到绳的拉力F1=F2。
故选C。
5．【答案】A
【知识点】化合物之间的相互转化
【解析】【分析】 碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，碳酸钠、氢氧化 钙都能转化成氢氧化钠，都能和硫酸反应，则X、Y分别是碳酸钠、氢氧化钙中的一种，据此分析判断。
【解答】 A.由分析可知，X可能是Ca（OH）2，也可能是碳酸钠，故A错误符合题意；
B.由图可知，X与Y反应能生成NaOH，故B正确不合题意；
C.X、Y都能转化成碱，碱和盐反应生成新碱和新盐，则X与Y不可能都是盐，故C正确不合题意；
D.Y能转化成氢氧化钠，则Y可能是钠盐，故D正确不合题意。
故选A。
6．【答案】C
【知识点】生物进化的理论；生物进化的主要历程与规律
【解析】【分析】 达尔文进化论认为：生物最初是由非生物发展起来的，现存的各种生物拥有共同的祖先。生物进化的总体趋势是从简单到复杂，从低等到高等，从水生到陆生。自然界中的生物通过激烈的生存斗争，适应者生存下来，不适应者则被淘汰，这就是自然选择。
【解答】A.变异会出现耐药菌和不耐药菌，青霉素选择了耐药菌；
B. 青霉素对细菌进行了定向选择；
C.青霉素对细菌进行了定向选择，使大量的耐药菌存活了下来；
D. 用进废退 为拉马克的进化理论。
故答案为：C
7．【答案】D
【知识点】根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】A、根据液化过程放热分析；
B、根据流程图中各步反应物和生成物确定发生的反应分析；
C、根据“多变一”的反应为化合反应分析；
D、根据元素质量在反应前后不变，元素质量比为相对原子质量×原子个数之比，或者结合方程式确定物质质量比分析。
【解答】A、 氨气转变为液氨为液化，是放热过程 ，不符合题意；
B、由设备1中进出物质可知，一定发生了反应C+H2O（气）CO+H2 ，不符合题意；
C、 设备2中发生的氮气、水、氨气生成碳酸氢钠的反应，属于化合反应 ，不符合题意；
D、 设备3中为氮气和氢气生成氨气，参加反应的N2和H2的质量比即这氨气中氮、氢元素质量比为，为14：3 ，符合题意；
故选D。
8．【答案】B
【知识点】遗传物质的传递
【解析】【分析】 人的体细胞中的染色体和基因是成对存在的，成对的染色体或基因一个来自父亲，一个来自母亲，据此分析判断。
【解答】 A.染色体在人的体细胞中成对存在，在生殖细胞中单条存在，故A错误；
B.受精卵中成对的染色体一条来自父亲，一条来自母亲，故B正确；
C.每条染色体上含有一个DNA分子，故C错误；
D.每个DNA分子上含有许多个基因，故D错误。
故选B。
9．【答案】A
【知识点】动能和势能的转化与守恒
【解析】【分析】A.小球撞击地面时动能越大，转化成的弹性势能越大，则黑色圆斑越大；
B.根据高度大小比较C、F两点的重力势能大小，再根据“机械能=动能+重力势能”比较动能大小；
C.根据不计空气阻力分析机械能的变化；
D.根据动能和重力势能的大小变化分析。
【解答】A.小球撞击地面后，部分机械能转化为内能，撞击次数越多，则损耗越多，则第二次撞击时的机械能小于第一次撞击时的机械能，因此第二次小球形变程度小于第一次，那么第二次圆斑更小，故A错误符合题意；
B.C点的机械能大于F点的机械能，C、F两点高度相同，则重力势能相同。根据“机械能=动能+重力势能”可知，C点动能大于F点的动能，故B正确不合题意；
C.小球从E点到F点的过程中，不计空气阻力，因此机械能不变，故C正确不合题意；
D. 小球从D点离开地面到达E点的过程中，动能减小，重力势能增大，则动能转化为重力势能，故D正确不合题意。
故选A。
10．【答案】B
【知识点】影响电流热效应的因素（焦耳定律）
【解析】【分析】A.根据串联电路的电流特点判断；
B.根据Q=I2Rt分析产生热量多少，产生热量多的先着火；
C.在串联电路中，电压与电阻成正比；
D.根据导体电阻与横截面积的关系判断。
【解答】A.AB段与CD段串联，而串联电路各处电流都相等，故A错误；
BD.AB和CD段材料和长度相同，AB段横截面积较小，则AB段电阻较大。根据Q=I2Rt可知，AB段产生的热量多，温度升高的快，因此AB段先着火，故B正确，D错误；
C.在串联电路中，电压与电阻成正比，则AB段电压大，故C错误。
故选B。
11．【答案】C
【知识点】质量守恒定律及其应用
【解析】【分析】质量减小的为反应物，质量增大的为生成物，据此写出反应的方程式，再根据质量守恒定律计算出参加反应的X的质量。
A.由两种或两种以上元素形成的纯净物叫化合物；
B.将参加反应的X和Y的质量做比即可；
C.根据反应的方程式分析分子总数是否改变；
D.元素的质量之比等于相对原子质量与个数的乘积之比。
【解答】由图1可知，X和Y的质量减小，因此是反应物；Z的质量增大，因此是生成物。t1时刻时，X参加反应的分子个数：6n-3n=3n，Y参加反应的分子个数：5n-4n=1n，生成Z的分子个数：2n-0=2n，该反应可表示为：3X+Y=2Z。由图2可知，参加反应的Y的质量为72g-44g=28g，生成Z的质量为34g，由质量守恒定律可知：参加反应的X的质量为34g-28g=6g。
A.那么Z是该反应的生成物，最少由两种元素组成，肯定是化合物，故A正确不合题意；
B.参加反应的X与Y的质量比为6g：28g=3：14，故B正确不合题意；
C.参加反应的分子总数为4n，生成的分子总数为2n，分子总数发生了改变，故C错误符合题意；
D.设Y、Z的相对分子质量分别为m、n，由化学方程式可知：；
则，故D正确不合题意。
故选C。
12．【答案】D
【知识点】欧姆定律及其应用；电功率计算公式的应用
【解析】【分析】由图甲知定值电阻R1与滑动变阻器R2并联，电流表A1测量通过定值电阻R1的电流，电流表A测量干路的电流；
（1）滑片P向右移动时，滑动变阻器R2的电阻变大，则定值电阻R1与滑动变阻器R2并联的总电阻变大，电源工作时输出的总功率恒定不变，由P=I2R并判断出电路中电流的变化，即电流表示数的变化；
（2）当滑片P向左移动时，滑动变阻器R2的电阻变小，则定值电阻R1与滑动变阻器R2并联的总电阻变小，电源工作时输出的总功率恒定不变，由P=判断出电源电压的变化，即输出电压的变化；
（3）由图2知，当I1=0.3A，I=1.5A，根据U1=I1R1算出定值电阻R1两端的电压，即电源电压，根据P总=U电源I算出电路的总功率，即电源工作时每秒钟消耗的电能；
（4）由图2知，当I1′=0.5A，I′=0.9A，根据U1=I1R1算出定值电阻R1两端的电压，即电源电压，根据并联电路电流的规律算出经过电阻R2的电流，由欧姆定律算出滑动变阻器R2接入电路的电阻。【解答】由图甲知，定值电阻R1与滑动变阻器R2并联，电流表A1测量通过定值电阻R1的电流，电流表A测量干路的电流；
A.滑片P向右移动时，滑动变阻器R2的电阻变大，则定值电阻R1与滑动变阻器R2并联的总电阻变大。电源工作时输出的总功率恒定不变，由P=I2R并知电路中的电流变小，电流表的示数减小，故A错误；
B.当滑片P向左移动时，滑动变阻器R2的电阻变小，则定值电阻R1与滑动变阻器R2并联的总电阻变小，电源工作时输出的总功率恒定不变，由P=知电源电压变小，即输出电压变小，故B错误；
C.由图2知，当I1=0.3A，I=1.5A，
则定值电阻R1两端的电压为：U1=I1R1=0.3A×10Ω=3V=U电源，
则电路的总功率为：P总=U电源I=3V×1.5A=4.5W，
即电源工作时每秒钟消耗的电能始终为4.5J，故C错误；
D.由图2知，当I1′=0.5A，I′=0.9A，
则定值电阻R1两端的电压为：U1′=I1′R1=0.5A×10Ω=5V=U2=U电源，
经过电阻R2的电流为：I2′=I′-I1′=0.9A-0.5A=0.4A，
滑动变阻器R2接入电路的电阻为：
，故D正确。
故选D。
13．【答案】C
【知识点】根据化学反应方程式的计算；金属活动性顺序及其应用
【解析】【分析】根据向一定质量的Mg(NO3)2和Cu(NO3)2混合溶液中加入锌粉和铁粉的混合物， 锌和铁都能与硝酸铜反应，且锌先反应，然后铁再反应，锌与硝酸铜反应固体质量减少，铁与硝酸铜反应固体质量增加分析。
【解答】 向一定质量的Mg(NO3)2和Cu(NO3)2混合溶液中加入a克锌粉和铁粉的混合物， 锌和铁都能与硝酸铜反应，不能与硝酸镁反应，且锌与硝酸铜反应固体质量减少，铁与硝酸铜反应固体质量增加，反应后固体质量不变则说明锌和铁都与硝酸铜发生了反应，由金属活动性顺序可知，锌要与硝酸铜反应完全后铁才能与硝酸铜反应，说明反应后锌一定没有剩余，滤渣中一定有铜，一定没有锌，可能有铁，滤液中一定有硝酸镁、硝酸锌、硝酸亚铁，可能有硝酸铜，①滤渣中可能有铜，错误；②向滤渣中加稀盐酸，可能有气泡产生，正确；③滤液中一定有Mg(NO3)2、Zn(NO3)2和Fe(NO3)2，可能有Cu(NO3)2 ，正确；④若忽略过滤操作中溶液损失，滤液中溶质的质量等于原混合溶液溶质的质量，错误。
故选C。
14．【答案】A
【知识点】动能和势能的转化与守恒
【解析】【分析】 不计空气阻力，机械能的转化过程中机械能的总量不变。 重力势能的大小与高度和质量有关，质量相同时，高度越低重力势能越小
【解答】 由图可知，铅球的最大动能为280J，即机械能的总量为280J。当铅球距离地面高度为2.5m时，动能的大小为180J，此时的重力势能为280J-180J=100J，因为铅球出手高度h为2m，低于2.5m，所以铅球出手时其重力势能小于100J，故A符合题意，B、C、D不合题意。
故选A。
15．【答案】D
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据氢氧根离子的溶液呈碱性，pH大于7，氢氧根离子和铜离子、银离子不能共存，由此将所给六种离子分出甲厂和乙厂，结合植物所需氮、磷、钾元素分析。
【解答】A、 a处取水样进行检测，废水的pH大于7 ，则a处含有氢氧根离子，氢氧根离子与铜离子、银离子不能共存，由溶液中既有阴离子又有阳离子可知，甲厂为氢氧根离子、氯离子、钾离子，乙厂为铜离子、银离子和硝酸根离子，不符合题意；
B、 c处废水中溶解的溶质为硝酸钾，含有植物所需氮元素和钾元素，可用作肥料 ，不符合题意；
C、 b处废水中含有铜离子，显蓝色 ，不符合题意；
D、 b处废水中一定含有Cu2+、硝酸根离子，不含有Cl﹣，符合题意；
故选D。
16．【答案】C
【知识点】滑轮组绳子拉力的计算
【解析】【分析】AB.分别对甲、乙两物体进行受力分析，对甲有：G甲=f甲+F甲，则可求出甲受到的拉力；对乙有：G乙+f乙=F乙，而对于动滑轮有：2F甲=G动+F乙，从而可求出动滑轮的重力及质量，由于不知道动滑轮与定滑轮之间的关系，所以不能求出定滑轮的质量；
C.由v甲=2v乙可求出乙运动的速度，根据P=Fv可求出乙的功率；
D.由s=vt可求出甲、乙两物体运动的路程，再根据W=fs可求出甲、乙克服摩擦力做的功，即可判断它们的关系。
【解答】对甲、乙两物体进行受力分析，如下图所示：
AB.甲受到的重力为：G甲=m甲g=1.8kg×10N/kg=18N，
乙受到的重力为：G乙=m乙g=2kg×10N/kg=20N，
因为甲、乙都做匀速直线运动，
则有：G甲=f甲+F甲，G乙+f乙=F乙，
则：F甲=G甲-f甲=18N-4N=14N，故B错误；
则：F乙=G乙+f乙=20N+2N=22N，
而对于动滑轮有：2F甲=G动+F乙，则：G动=2F甲-F乙=2×14N-22N=6N，
由G=mg可知，动滑轮的质量为：，
由于不知道动滑轮与定滑轮之间的关系，所以不能求出定滑轮的质量，故A错误；
C.由v甲=2v乙可知，乙运动的速度为：v乙=v甲=×0.2m/s=0.1m/s，
那么乙所受拉力的功率为：P乙=F乙v乙=22N×0.1m/s=2.2W，故C正确；
D.甲、乙两物体在3s内运动的路程分别为：s甲=v甲t=0.2m/s×3s=0.6m；
s乙=v乙t=0.1m/s×3s=0.3m；
由W=fs可知，3s时间内甲、乙克服摩擦力做的功分别为：W甲=f甲s甲=4N×0.6m=2.4J，
W乙=f乙s乙=2N×0.3m=0.6J；
所以3s时间内甲、乙克服摩擦力做的功不相等，故D错误。
故选C。
17．【答案】C
【知识点】酸的化学性质
【解析】【分析】A、根据氧化铜与硫酸反应溶液增重质量即为参加反应的氧化铜质量分析；
B、根据纵坐标所给数值确定参加反应的氧化铜质量分析；
C、根据质量守恒定律计算对应的溶液质量分析；
D、根据d点固体为剩余氧化铜和生成铜和质量分析。
【解答】A、由图像可知，ab段为硫酸与氧化铜的反应，且20克氧化铜未完全反应，氧化铜与硫酸反应时溶液增重质量即为参加反应的氧化铜质量，则参加反应的氧化铜质量为16克，设原稀硫酸的质量分数为x，生成硫酸铜质量为y
CuO+ H2SO4=CuSO4+ H2O
80 98 160 　
16g 100gx y 　
80：98=16g：100gx
x=19.6%，不符合题意；
B、 m值为16 ，不符合题意；
C、 d点为铁与硫酸铜的反应，由A方程式计算可知，生成硫酸铜质量为32克，设32克硫酸铜消耗铁的质量为z，生成铜的质量为a
Fe+ CuSO4=FeSO4+ Cu
56 160 64
z 32g a
56：160=z：32g 160：64=32g：a
z=11.2g a=12.8g
d点对应的溶液质量为116+11.2-12.8=114.4g ，符合题意；
D、 当加入固体n克时析出的固体总质量为12.8+4=16.8克 ，不符合题意；
故选C.
18．【答案】D
【知识点】电功率计算公式的应用
【解析】【分析】先画出三种情况的等效电路图：
A.根据P=I2R表示出图1和图3中变阻器的电功率即可求出两电路的电流关系；
B.根据U=IR表示出图1和图3中电压表的示数之比即可求出R1：R2的比值；
C.根据串联电路的特点和欧姆定律表示出图1、图3的状态下的电源电压，利用电源的电压不变和电阻之间的关系得出R1、R2的阻值；根据串联电路的电流特点和欧姆定律表示出图2中电压表的示数与电源电压的比值，然后结合电压表的示数求出电源电压；
D.根据串联电路的电流特点和P=I2R表示出PB和P2的比值，进一步求出P2，最后根据总功率等于PB和P2之和得出总功率。
【解答】由电路图可知，只闭合开关S1，滑动变阻器接入电路中的电阻为RA时，RA、R2、R1串联，等效电路图如图1所示；滑动变阻器接入电路中的电阻为RB时，RB、R2、R1串联，等效电路图如图2所示；同时闭合S1、S2，滑动变阻器接入电路中的电阻为RB时，RB、R2串联，等效电路图如图3所示：
A.已知RA=15Ω，RB=30Ω，PA：PB=8：9，
根据图1和图3，由P=I2R可得：；
；
解得：；
故A错误；
B.已知U1：U3=2：1，
图1和图3中，由串联电路的电阻特点和可得：；
整理可得：；
解得：；
故B错误；
C.图1和图3中，根据串联电路的电阻特点和U=IR可得：U=I1（RA+R1+R2）=I3（RB+R2）；
又因为RA=15Ω，RB=30Ω，，
所以4（15Ω+R1+R2）=3（30Ω+R2）；
化简后可得：4R1+R2=30Ω----①
又因为-----②
联立①②可得：R1=5Ω，R2=10Ω；
图2中，串联电路的电阻特点和U=IR可得：；
解得：UB=2U2=2×2V=4V，
则电源电压：U=UB+U2=4V+2V=6V；
故C错误；
D.由串联电路的电流特点和P=I2R可得：，
所以P2=PB=×0.675W=0.225W，
所以总功率：P3=PB+P2=0.675W+0.225W=0.9W；
故D正确；
故选D。
19．【答案】A
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】根据碳酸钙能与酸反应产生二氧化碳气体，氢氧化铜与硝酸反应产生蓝色溶液，氯化钠与硝酸银反应产生不溶于酸的氯化银沉淀，结合所给沉淀质量确定物质组成分析
【解答】固体粉末加足量水得沉淀19.8克和无色溶液a，沉淀加过量稀硝酸产生无色气体4.4克和蓝色溶液B，则说明沉淀中含有氢氧化铜和碳酸钙，氢氧化铜与硝酸反应生成硝酸铜溶液，碳酸钙与硝酸反应产生二氧化碳气体，无色溶液A中通入二氧化碳得白色沉淀，说明无色溶液A中含有氢氧化钠和硝酸钙，氢氧化钠与二氧化碳反应产生碳酸钠，碳酸钠与硝酸钙反应产生碳酸钙沉淀，无色溶液A中加入足量稀硝酸和硝酸银产生白色沉淀28.7克，说明无色溶液A中含有氯离子，设生成4.4克二氧化碳反应的碳酸钙质量为x
CaCO3+ 2HNO3= Ca(NO3)2+H2O+ CO2↑
100 　 　 44
x 　 　 4.4g
100：44=x：4.4g
x=10g，则氢氧化铜质量为9.8克，设氯化铜与氢氧化钠反应生成氯化钠质量y
CuCl2+ 2NaOH＝ Cu(OH)2↓ 2NaCl
　 　 98 117
　 　 9.8g y
98：117=9.8g：y
y=11.7g
加入硝酸银产生28.7克氯化银需氯化钠质量为z
NaCl+ AgNO3＝ AgCl↓+ NaNO3
58.5 　 143.5 　
z 　 28.7g 　
58.5：143.5=z：28.7g
z=11.7g。
A、由上述分析可知， 该混合物中一定含有碳酸钙、氢氧化钠、氯化铜、硝酸钙，A符合题意；
B、 蓝色溶液B中含有剩余硝酸，呈酸性 ，不符合题意；
C、 无色溶液A的溶质最多为硝酸钠、氢氧化钠、氯化钠、硝酸钙4种 ，不符合题意；
D、 该混合物中一定含氯化钠，不符合题意；
故选D.
20．【答案】A
【知识点】压强的大小及其计算；浮力大小的计算
【解析】【分析】C.由图乙可知，水箱中没有水时力传感器的示数，即细杆a的上端受到的拉力，根据杠杆的平衡条件得出等式即可求出物体M的重力；
设M的底面积为S，压力传感器示数为0时M浸入水中的深度为h1，M的高度为h，压力传感器的压力为零时受到的浮力等于M的重力，根据阿基米德原理表示出此时M受到的浮力，由图乙可知M完全浸没时压力传感器的示数，根据杠杆的平衡条件求出B点竖直向下的作用力，对M受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，据此求出此时M受到的浮力，根据F浮=ρ液gV排求出M的体积，利用求出物体M的密度；
B.根据阿基米德原理表示出M受到的浮力，从而得出每加0.1kg水物体M受到的浮力增加1N，据此求出当传感器示数为0N时加水的质量；
A.每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1N，加水1kg时水面达到M的下表面，据此求出加水质量为1.8kg时受到的浮力，然后求出物体M受到细杆b向下的压力，水箱对水平面的压力等于水箱、水、M的重力之和加上物体M受到细杆b向下的压力，利用求出容器对桌面的压强；
D.加水质量为2kg时，M刚好完全浸没，由B可知此时M受到的浮力，根据阿基米德原理可知排开水的重力，水对水箱底部的压力等于水和排开水的重力之和。
【解答】BC.由图乙可知，水箱中没有水时（m=0），力传感器的示数为F0=6N（即细杆a的上端受到的拉力为6N），
由杠杆的平衡条件可得F0×OA=GM×OB，则；
设M的底面积为S，压力传感器示数为0时M浸入水中的深度为h1，M的高度为h，
当压力传感器的压力为零时，M受到的浮力等于M的重力2N，由阿基米德原理可得ρ水gSh1=2N---①
由图乙可知，当M完全浸没时，压力传感器的示数为24N，
由杠杆的平衡条件可得FA×OA=FB×OB，则，
对M受力分析可知，受到竖直向上的浮力、竖直向下的重力和杆的作用力，
则此时M受到的浮力：F浮=GM+FB=2N+8N=10N；
由F浮=ρ液gV排可得，所以M的体积：，
物体M的密度：；
由阿基米德原理可得：ρ水gSh=10N-------②
由①和②得：h=5h1，
由图乙可知，加水1kg时水面达到M的下表面（此时浮力为0），加水2kg时M刚好浸没（此时浮力为10N），该过程中增加水的质量为1kg，浮力增大了10N，
所以每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1N，
当向水箱中加入质量为1.4kg的水时，受到的浮力为4N，B端受到的力4N-2N=4N，此时杠杆处于平衡状态，则传感器受力不为0N，故B、C错误；
A．由选项B可知，每加0.1kg水，物体M受到的浮力增加1N，加水1kg时水面达到M的下表面，加水质量为1.6kg时，浮力为6N，
物体M受到细杆b向下的压力：FB′=F浮′-GM=6N-2N=4N，
水箱对水平面的压力：F=（m水箱+m水+mM）g+FB′=（0.8kg+1.6kg+0.2kg）×10N/kg+4N=30N，
容器对桌面的压强为：，故A正确；
D.加水质量为2kg时，M刚好完全浸没，由选项B可知此时M受到的浮力是10N，由阿基米德原理可知排开水的重力是10N，
水对水箱底部的压力：F压=G水+G排=m水g+G排=2kg×10N/kg+10N=30N，故D错误。
故选A。
21．【答案】（1）a
（2）0.9×103J/（kg ℃）
【知识点】比热容；热量的计算
【解析】【分析】（1）根据公式可知，不同的物质吸收相同的热量时，比热容越小，则升高的温度越大，据此分析解答。
（2）从图象可知，加热满2min，水的温度从20℃上升到70℃，从而可知和水的温度变化，已知水的质量和比热容，可利用公式Q吸=cmΔt计算水吸收的热量。
相同时间内酒精灯燃烧放出相同的热量，所以2min水和沙子吸收的热量也相同，由图a得出沙子温度的变化量，再根据计算沙子的比热容。
【解答】（1）由题知，沙子和水的质量相等，且沙子的比热容比水小，吸收相同热量时（加热相同时间），由公式可知，沙子升高的温度多，所以图a表示的是沙子吸热升温的过程。
（2）由b图象可知，加热满2min时，水的温度从20℃上升到70℃，
则加热满2min时水吸收的热量：
Q水吸=c水m水Δt水=4.2×103J/（kg ℃）×0.4kg×（70℃-20℃）=8.4×104J。
相同时间内酒精灯燃烧放出相同的热量，
在2分钟的时间内，沙子吸收的热量：Q沙吸=Q水吸=8.4×104J，
又因为加热满2min，沙子的温度从20℃上升到250℃，Δt沙=250℃-20℃=230℃，m沙=0.4kg，
由Q吸=cmΔt可得，沙子的比热容：。
22．【答案】（1）变异
（2）紫花
（3）子代紫花的基因组成中一定有一个来自亲代白花的b基因
【知识点】遗传和变异现象
【解析】【分析】（1）变异是亲代与子代之间以及子代的个体之间在性状上的差异现象。
（2）（3） ）在一对相对性状的遗传过程中，子代个体中出现了亲代没有的性状，新出现的性状一定是隐性性状，亲代的基因组成是杂合体。
【解答】（1）甲组亲代均为紫花，子代出现白花，体现了亲代与子代之间在性状上的差异现象，因此这种现象在生物学上称为变异。
（2）在一对相对性状的遗传过程中，子代个体出现了亲代没有的性状，则新出现的性状是隐性性状，亲的基因组成是杂合的。 甲组用紫花与紫花杂交，子代中紫花1240株、白花413株，紫花与白花比例接近3：1，由此推测，白花为隐性性状，紫花为显性性状，亲代两紫花的基因组成都为紫花。
（3）乙组用紫花与白花杂交，白花的基因组成为bb，子代紫花的基因组成中一定有一个来自亲代白花的b基因，因此乙组中子代 紫花的基因组成只能是Bb，不可能是BB。
23．【答案】（1）硫酸钠
（2）过量的稀硫酸和氢氧化钠反应
（3）（0，12.25）
【知识点】复分解反应及其应用
【解析】【分析】（1）根据氧化铜与硫酸、硫酸铜与氢氧化钠反应过程及生成物分析；
（2）根据所加硫酸过量，氢氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠和水分析；
（3）根据氧化铜中铜元素质量即为氢氧化铜 中铜元素质量，元素质量为物质质量×元素质量分数分析。
【解答】（1） 氧化铜加入硫酸生成硫酸铜和水，再加入氢氧化钠，硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，d点为硫酸铜和氢氧化钠恰好完全反应的图像，溶液中的溶质是硫酸钠。
（2） bc段固体质量没有增加是由于氢氧化钠与过量硫酸发生反应，生成硫酸钠和水，没有沉淀生成。
（3）e点横坐标为0，纵坐标为10克氧化铜中铜元素转化为氢氧化铜质量，为。
故答案为：（1）硫酸钠；（2） 过量的稀硫酸和氢氧化钠反应 ；（3） （0，12.25） 。
24．【答案】16；2.56
【知识点】电功率计算公式的应用
【解析】【分析】由电路图可知，两电阻串联，电压表测R2两端电压，电流表测电路中的电流。
（1）当滑片P在a端时，滑动变阻器连入电路中的电阻为0，电路中的电流最大，由图乙读出电路中的最大电流，利用P=UI即可求出电路消耗的功率，根据欧姆定律求出定值电阻R1的阻值，根据欧姆定律求出R1的阻值，根据串联电路电流规律和P=I2R表示出R2与R1的电功率比值，由图丙可知，当R2最大时，R2与R1之比的最大值，进一步求出R2的最大阻值；
（2）当滑片P在b端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，根据串联电路电阻规律求出电路的总电阻，再根据欧姆定律求出电路最小电流，最后根据P=I2R求出此时滑动变阻器的电功率。
【解答】由电路图可知，变阻器R2与定值电阻R1串联，电压表测R2两端电压，电流表测电路中的电流；
（1）当滑片P在a端时，变阻器连入电路中的电阻为0，电路中的电流最大，由图乙可知，电路中的最大电流为2A；
此时电路消耗的功率：P1=UI最大=8V×2A=16W；
那么R1的阻值：，
由于串联电路中电流处处相等，
由P=I2R可得，R2与R1的电功率比值：，
由图象丙可知，当R2最大时，R2与R1之比的最大值为4，
则R2的最大阻值：R2=4R1=4×4Ω=16Ω，
（2）当滑片P在b端时，滑动变阻器接入电路的阻值最大，
所以电路的总电阻：R总=R1+R2=4Ω+16Ω=20Ω，
电路最小电流：，
R2消耗的功率：P2=I最小2R2=（0.4A）2×16Ω=2.56W。
25．【答案】（1）黑色固体逐渐溶解，溶液由无色变成蓝色
（2）3Ca（OH）2+2FeCl3═2Fe（OH）3↓+3CaCl2
【知识点】化合物之间的相互转化
【解析】【分析】根据所给各物质的性质分析，结合框图中物质间转化关系，推导出各物质，再按要求进行填空。
【解答】（1） 若A组的甲为CO2，则乙为CO，丙为Cu，丁为CuO，将丁加入到稀盐酸中即氧化铜 与盐酸的反应，产生的实验现象黑色固体逐渐溶解，溶液由无色变成蓝色；
（2）若B组的丁为CaCl2，则甲为CaCO3，乙为CaO ，丙为 Ca（OH）2 ，丙加入到FeCl3溶液中，氢氧化钙与FeCl3反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钙，化学方程式为3Ca（OH）2+2FeCl3═2Fe（OH）3↓+3CaCl2 。
故答案为：（1）黑色固体逐渐溶解，溶液由无色变成蓝色 ；（2） 3Ca（OH）2+2FeCl3═2Fe（OH）3↓+3CaCl2 。
26．【答案】3；2；36
【知识点】电功率计算公式的应用
【解析】【分析】由电路图可知，R1、R2、L串联，电压表V测R1滑片左边的电阻、灯泡和R2滑片右边电阻的电压之和，电流表测电路中的电流；
（1）R2的滑片P2移至最左端，R1的滑片P1在最右端时，电压表测量电源电压，据此可知电源电压为12V；此时R1、R2、L串联，根据串联电路的特点和欧姆定律即可求出电路中最小电流和R1的电阻值；
（2）图丙中a点是灯泡正常发光时R2连入电路的电阻值；根据串联电路的特点和欧姆定律即可求出此时电路中的最大电流；根据P=UI求出灯泡的额定功率；然后根据欧姆定律求出R2连入电路的电阻值；
（3）根据W=UIt求出整个过程中电路在10s内消耗的最小电能。
【解答】由电路图可知，R1、R2、L串联，电压表V测R1滑片左边的电阻、灯泡和R2滑片右边电阻的电压之和，电流表测电路中的电流；
（1）R1的滑片P1在最右端时，电压表测量电源电压，据此可知电源电压为12V，
图甲中：R2的滑片P2移至最左端，R1的滑片P1在最右端时，R1、R2、L串联，电路中电流I=0.3A，
那么R1两端的电压：U1=U-U2L=12V-9V=3V，
则R1的阻值：，
图丙中：R1两端的电压：U1最大=U-U最小=12V-7V=5V，
则电路中电流，
此时灯泡正常发光，由于灯泡正常发光则UL=U额=6V，
则灯泡的额定功率：PL=ULI最大=6V×0.5A=3W；
（2）根据图丙可知：电压表的最小示数为7V，由于此时电压表测量的是R2滑片右边的电阻和灯泡的电压之和，即：UL+U2小=U最小=7V，
那么R2两端电压：U2小=U最小-UL=7V-6V=1V，
则图丙中a点对应的阻值：；
（3）根据以上分析可知，电路中的最小电流为I=0.3A，
则整个过程中电路在10s内消耗的最小电能：W=UIt=12V×0.3A×10s=36J。
27．【答案】1：2
【知识点】杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】BC为轻杆，质量忽略不计，
如甲图，以A为支点，画出并求出动力臂和阻力臂，知道阻力G，利用杠杆平衡条件求F1的大小；
如乙图，以A为支点，画出并求出动力臂和阻力臂，知道阻力G，利用杠杆平衡条件求F2的大小；
最后求出F1：F2。
【解答】因为BC是轻杆，不计重力，AB杆的重力方向竖直向下，为使杠杆平衡，F1水平向右，
根据杠杆平衡条件可得：GL2=F1L，
动力F1的力臂：L=AB×cosθ=d×cos30°=d×；
根据杠杆的平衡条件得到：GL2=F1L，
即G×d××sin30°=F1×d；
解得：F1=，
将两杆的位置互换，如图乙，以A为支点，
根据杠杆平衡条件可得，GL2′=F2L′，
G×d=F2×d×cos30°，
解得：F2=，
所以。
28．【答案】（1）甲、乙；串联
（2）在电阻相同、通电时间相同的情况下，通过导体的电流越大，产生的热量越多
（3）B
【知识点】实验探究的其他思想方法；影响电流热效应的因素（焦耳定律）
【解析】【分析】 （1）要探究电热与电阻的关系，需要控制通过电阻的电流与通电时间相同，而电阻的阻值不同，据此分析；
（2）根据图片乙和丙分析哪个因素不同，哪些因素相同，根据控制变量法的要求描述结论；
（3） 物理学中对于一些看不见摸不着的现象或不易直接测量的物理量，通常用一些非常直观的现象去认识或用易测量的物理量间接测量，这种研究问题的方法叫转换法 。
【解答】 （1）要研究电热与电阻的关系，需要控制通过电阻的电流与通电时间相同，而电阻的阻值不同，因此选用甲和乙组合，将它们串联接到电源两端进行实验。
（2）选用乙、丙组合，乙中电阻在干路上，丙中电阻在支路上。由并联电路的电流特点可知，通过乙容器中5Ω电阻的电流大于通过丙容器中5Ω电阻的电流。当在通电时间相同的情况下，发现乙装置U形管中 液面高度变化大，可知气压差越大，温度差越大，热量越多，可以得出的结论是：在电阻和通电时间相同时，通过导体的 电流越大，产生的热量越多。
（3）实验中通过观察U形管中液面高度的变化反映密闭空气温度的变化，这是转换法的应用；
A．探究电流与电压、电阻的关系时，使用控制变量法，故A不合题意；
B．用铁屑显示磁体周围磁场分布时，磁体周围磁场的强弱转化为吸引铁屑的多少，使用转换法，故B符合题意；
C．研究光的传播时，引入“光线”，这是模型法，故C不合题意；
D．探究平面镜成像的特点，用到的是替代法，故D不合题意。
故选B。
29．【答案】（1）0.75
（2）0.2；1
（3）R2；R1；1.25
【知识点】测定小灯泡的功率
【解析】【分析】1）根据图丁读出电流表的示数，由P=UI算出小灯泡L1的额定功率；
（2）定值电阻与小灯泡并联，当小灯泡正常发光时，定值电阻两端的电压等于小灯泡两端的电压，根据算出通过R0的电流，由并联电路电流的规律算出通过小灯泡的额定电流，由P=UI算出小灯泡L2的额定功率；
（3）根据可知，在只有电压表情况下，测量出灯正常发光的电阻即可；
只闭合小灯泡所在支路，通过调节滑动变阻器R2使灯泡两端电压为额定电压，灯正常光；
保持变阻器R2的滑片位置不动，只闭合R1所在支路，通过调节滑动变阻器R1使R1两端电压为小灯泡的额定电压，根据等效法，此时滑动变阻器R1使连入电路中的电阻大小等于灯正常发光时的电阻大小；
为求出此时滑动变阻器R1使连入电路中的电阻：
将R2的滑片P先调至最左端，再将R2的滑片P调至最右端，分别记下电压表的示数为，根据串联电路的规律和欧姆定律求出R1的大小，即小灯泡电阻的大小，再利用求出小灯泡额定功率；
【解答】（1）图甲知电压表测量小灯泡两端的电压，电流表测量通过小灯泡的电流，
由图丁可知，电流表的量程为0~0.6A，分度值为0.02A，
当小灯泡正常发光时通过小灯泡的电流为I1=0.3A，
小灯泡L1的额定功率为：P额1=U额I1=2.5V×0.3A=0.75W；
（2）由图乙知，定值电阻与小灯泡并联，再和滑动变阻器串联，电流表测量干路的电流，电压表测量小灯泡和定值电阻两端的电压，由并联电路电压的规律知当小灯泡正常发光时，定值电阻两端的电压等于小灯泡两端的电压，
则通过R0的电流为：，
则通过小灯泡的额定电流为：I2=I-I0=0.6A-0.2A=0.4A，
小灯泡L2的额定功率为：P额2=U额I2=2.5V×0.4A=1W；
（3）①保持开关S2断开，同时闭合开关S和S1，调节R2的滑片，使电压表的示数为U额；
②断开开关S1，同时闭合开关S和S2，保持R2的滑片位置不变，通过调节滑动变阻器R1，使R1两端电压为小灯泡的额定电压U额；
③根据等效替代法，此时R1=RL；
将R2的滑片P调至最左端，记下电压表的示数为U1=3.00V；再将R2的滑片P调至最右端，记下电压表的示数为U2=1.00V，
将R2的滑片P调至最左端，R2连入电路中的电阻为0，电压表的示数为U1=3.00V即为电源电压；
再将R2的滑片P调至最右端，此时两变阻器串联，电压表的示数为U2，即为R1的电压为U2=1.00V，
根据串联电路电压的规律和欧姆定律有：，
；
解得：R1=5Ω；
小灯泡额定功率的表达式：。
30．【答案】（1）增大；x+2y＝2；CuO
（2）Ca（OH）2；CuCl2的溶液呈酸性；先加入12g石灰石，再加入4g生石灰
【知识点】复分解反应及其应用
【解析】【分析】（1）根据碳酸钠溶液呈碱性，化合物中元素化合价代数和为0，氧化铜为黑色固体分析；
（2）根据生石灰与水反应生成氢氧化钙，氯化铜溶液呈酸性，石灰石和生石灰处理废水时的质量与溶液pH分析。
【解答】（1） 碳酸钠呈碱性，加入Na2CO3溶液后，废水氯化铜和盐酸反应，溶液pH增大。碱式碳酸铜中铜元素为+2价，氢氧根主－1价，碳酸根为－2价，则化合物中元素化合价代数和为0可知，（+2）+（－1）x+(-2)y＝0， x+2y＝2 。 若反应温度过高，会生成一种黑色固体。该固体可能是氢氧化铜受热分解生成的氧化铜。
（2） 生石灰与水反应的产物是氢氧化钙。 CuCl2的溶液呈酸性 ，所以溶液的pH始终小于7。由图像可知，当pH=6时，所用生石灰和碳酸钙质量相等，所需质量为22克，则调节废水的pH至约为7，经济效益较好的可行方案为 先加入22g石灰石，再加入2g生石灰 .
故答案为：（1）增大； x+2y＝2 ； CuO ；（2） Ca（OH）2 ； CuCl2的溶液呈酸性 ；先加入22g石灰石，再加入2g生石灰.。
31．【答案】（1）保护易感人群
（2）抗原
（3）使人体产生更多的抗体，更有利于抵抗病毒入侵
【知识点】传染病的预防措施；人体的免疫功能
【解析】【分析】（1）控制传染病的措施有三个：控制传染源、切断传播途径、保护易感人群。
（2）疫苗通常是用失活或减毒的病原体制成的生物制品。接种新型冠状病毒疫苗后，可刺激人体内的淋巴细胞产生一 种抵抗该病原体的特殊蛋白质，即抗体。
（3） 根据图像分析血液中抗体的含量与接种次数的关系即可。
【解答】 （1）从预防传染病角度看，注射新冠肺炎疫苗 预防新冠肺炎属于保护易感人群。
（2） 接种疫苗后，可刺激人体的细胞产生能够抵抗新型冠状病毒的特殊蛋白质。从免疫的角度来看，疫苗相当于抗原；
（3）结合图2“疫苗接种后抗体含量变化曲线图”可知，再次接种疫苗，能够使人体产生更多的抗体，更有利于抵抗病毒入 侵，所以疫苗需要接种2次或3次。
32．【答案】（1）吸收二氧化碳中的水蒸气或干燥二氧化碳
（2）19.4%
（3）偏小
【知识点】酸与碱的反应及用途
【解析】【分析】（1）根据浓硫酸的吸水性分析；
（2）根据氢氧化钠溶液增重质量为反应生成二氧化碳质量，由方程式中物质间质量关系计算碳酸钙质量，再由药品总质量计算出氢氧化镁质量及质量分数分析。
【解答】（1）浓硫酸具有吸水性， 装置B中浓硫酸的作用是吸收二氧化碳中的水蒸气或干燥二氧化碳 。
（2）装置C增重质量为反应生成二氧化碳质量，设碳酸钙质量为x
CaCO3+ 2HCl= CaCl2+H2O+ CO2↑
100 　 　 44
x 　 　 2.2g
100：44=x：2.2g
x=5g
则 Mg（OH）2的质量分数为
故答案为：（1） 吸收二氧化碳中的水蒸气或干燥二氧化碳 ；（2）19.4%。
33．【答案】（1）300N，400N
（2）81.25%
（3）120W
【知识点】功率计算公式的应用；滑轮组绳子拉力的计算；机械效率的计算
【解析】【分析】（1）以人为研究对象进行受力分析，N=G人-F，而由图可知承担物重的绳子股数n=4，因为不计绳重及滑轮摩擦，所以拉力，可得压力N=G人-，据此列方程求动滑轮重和拉力大小；
（2）根据计算第一次运送货物时滑轮组的机械效率；
（3）知道第二次货物上升速度为0.1m/s，求出拉力端移动的速度，再利用P=Fv求第二次拉力做功功率。
【解答】（1）第一次提升货物时，以人为研究对象得到：N1=G人-F1′，------①
绳对人的拉力与人对绳的拉力相等，F1′=F1
由图可知，承担重力的绳子段数n=4，
则---------②
由①②得：
N1=G人-=60kg×10N/kg-，
即N1=600N-------③
第二次提升货物时，以人为研究对象
N2=G人-F2′-----------------④
绳对人的拉力与人对绳的拉力相等，F2′=F2，
F2′=-----------⑤
由④⑤得：
N2=G人-=60kg×10N/kg-，
∴N2=600N-------⑥
由题知，，
即：（600N-）：（600N-）=2：3，
解得：G动=300N，
代入②式：F1=F1′===400N，
代入⑤式：F2=F2′===300N，
（2）第一次运送货物时滑轮组的机械效率：；
（3）第二次货物上升速度为0.1m/s，人匀速拉绳的速度为v2′=4×0.1m/s=0.4m/s，
拉力做功功率：P2=F2v2′=300N×0.4m/s=120W。
34．【答案】（1）变小
（2）6×104J
（3）电阻d；并联；43℃
【知识点】电功计算公式的应用
【解析】【分析】（1）分析表中数据可知当温度升高时，热敏电阻Ra的阻值变小；
（2）根据可知低功率工作时两电阻串联，高功率工作时，两电阻并联，
根据串联电路电阻规律计算两电阻串联时的总电阻，根据计算低功率工作时消耗的电能和高功率工作时消耗的电能，进一步计算本次测试中电热丝消耗的总电能；
（3）当通过电磁铁的电流达到0.05安时，低功率工作模式，根据欧姆定律计算此时控制电路总电阻，
当通过电磁铁的电流达到0.04安时，高功率工作模式，根据欧姆定律计算此时控制电路总电阻，
人离开后，坐垫始终低功率工作，所以应该选择力敏电阻的阻值随压力的减小而减小，由图乙可知500N时力敏电阻的阻值最小为300Ω，
比较可知选择电阻c与a并联接入电路，根据并联电路电阻规律计算此时热敏电阻接入电路的阻值，由表格可知此时的温度。
【解答】（1）根据表格数据可知，当温度升高时，热敏电阻Ra的阻值变小；
（2）根据可知，低功率工作时两电阻串联，高功率工作时，两电阻并联，
则两电阻串联时R=R1+R2=1210Ω+1210Ω=2420Ω，
低功率工作时消耗的电能：，
高功率工作时消耗的电能：，
本次测试中电热丝消耗的总电能为：W=W1+W2=1.2×104J+4.8×104J=6×104J；
（3）当通过电磁铁的电流达到0.05安时，低功率工作模式，
此时控制电路总电阻：，
当通过电磁铁的电流达到0.04安时，高功率工作模式，
根据欧姆定律可知此时控制电路总电阻：，
人离开后，坐垫始终低功率工作，所以应该选择力敏电阻的阻值随压力的减小而减小，500N时力敏电阻的阻值最小为300Ω，
比较可知选择电阻c与a并联接入电路，
此时热敏电阻接入电路的阻值，
由表格可知此时的温度为43℃。
35．【答案】（1）0.2g
（2）8g
（3）19%
【知识点】金属的化学性质；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1）根据质量守恒定律分析；
（2）根据所给质量计算出甲烧杯中生成硫酸亚铁质量，利用方程式中物质间质量关系计算硫酸铜质量分析；
（3）根据生成氢气质量先计算出铁与硫酸反应生成 硫酸亚铁质量，再由乙烧杯中硫酸亚铁质量为铁与硫酸铜反应的硫酸亚铁质量和铁与硫酸反应的硫酸亚铁质量和，由此计算生成物溶液中硫酸亚铁质量分数分析。
【解答】（1）将铜粉、铁粉和硫酸铜粉末组成完全均匀的混合物26.8g，分成质量相等的两份 ，每份质量为13.4克， 根据质量守恒定律可知，乙烧杯中生成氢气质量为 13.4g+90.8g-100g-4g=0.2g。
（2）甲烧杯中生成硫酸亚铁质量为13.4g－9.6＝3.8g，设甲中硫酸铜质量为x
Fe+ CuSO4=FeSO4+ Cu
　 160 152 　
　 x 3.8g 　
160：152=x：3.8g
x=4g
则 原来26.8g混合物中硫酸铜粉末的质量 为8克。
（3）设铁与硫酸反应生成硫酸亚铁质量为y
Fe+ H2SO4=FeSO4+ H2↑
　 152 2
　 y 0.2g
152：2=y：0.2g
y=15.2g
则乙烧杯中硫酸亚铁质量为15.2g+3.8g=19g
故答案为：（1）0.2g；（2）8g；（3）19%。
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