资源简介

浙江省苍南中学自主招生考试科学试卷
1．（2025·浙江会考）一般情况下，河水越靠近河的中央，水速越大；越靠近河岸，水速越小，如图所示。假设水速与离河岸的距离成正比，一艘船船头始终垂直河岸方向 (船相对水的速度不变)，从河岸A点向对岸驶去并到达对岸下游处的B点。则在下列示意团中，能合理描述其行进路径的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】速度与物体运动；速度公式及其应用
【解析】【分析】船始终垂直于河岸行驶，在水流方向上，相对于河岸的速度为水流动速度，水速越大，在相同时间内相对于河岸移动的距离越大，据此分析判断。
【解答】由题知，船始终垂直于河岸行驶，在水流方向上，相对于河岸的速度为水流动速度，知道河水越靠近河的中央，水速越大；越靠近河岸，水速越小，则有速度公式可知越靠近河的中心，在相同时间内相对于河岸移动的距离越大，C图能合理的描述船的行进路径。
故答案为：C。
2．（2025·浙江会考）如图所示，甲、乙两人同时从A地出发。其中，甲沿直线AB匀速运动，乙沿着直线AC匀速运动。甲运动的速度是乙的2倍，经过3分钟，甲到达B地后，保持速度大小不变，马上沿直线向C地运动，恰好在C地与乙相遇。则乙从A地运动到C地的时间可能为（　　）
A．4分钟 B．8分钟 C．12分钟 D．16分钟
【答案】B
【知识点】速度公式及其应用
【解析】【分析】甲从A地到B，再从B地到C地，和乙从A地到C地的时间是相同的。知道速度和时间，分别求出AB、AC、BC的路程，根据在三角形中两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，进行排除。
【解答】设乙的运动速度为v，甲的运动速度为2v，甲从A地运动到B地，运动距离为：
A、如果乙从A地运动到C地的时间为4min，则
甲从B地运动C地，运动距离为
，AB、AC、BC不能构成三角形，故A不符合题意；
B、如果乙从A地运动到C地的时间为8min，则，甲从B地运动C地，运动距离为
△ABC任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，AB、AC、BC能构成三角形，故B符合题意；
C、如果乙从A地运动到C地的时间为12min，则
甲从B地运动C地，运动距离为
，AB、AC、BC不能构成三角形，故C不符合题意；
D、如果乙从A地运动到C地的时间为16min，则
甲从B地运动C地，运动距离为
，AB、AC、BC不能构成三角形，故D不符合题意。
故答案为：B。
3．（2025·浙江会考）甲、乙两容器分别装有密度为ρ甲、ρ乙的液体。今有A，B两个实心小球，质量分别为mA、mB， 体积分别为VA、VB， 密度分别为ρA、ρB。已知它们的密度关系为ρ甲＞ρA＞ρB＞ρ乙，则（　　）
A．若VA=VB ，将两球都放入甲容器中，静止时两球所受浮力相等
B．若VA=VB ，将两球都放入乙容器中，静止时两球所受浮力之比为ρA∶ρB
C．若mA=mB ，将AB两球分别放入乙、甲容器中，静止时两球所受浮力相等
D．若mA=mB ，将A，B两球分别放入甲、乙容器中，静止时两球所受浮力比为ρB∶ρ乙
【答案】D
【知识点】阿基米德原理；浮力大小的计算
【解析】【分析】（1）当VA=VB时，已知ρA＞ρB，根据公式m=ρV可知，mA＞mB，将两球都放入甲容器中，因为ρ甲＞ρA＞ρB，所以两球都将漂浮，浮力等于各自的重力。
（2）当AB两球都放入甲中，已知ρ甲＞ρA＞ρB，所以两球都将漂浮，已知VA=VB，两球所受的浮力根据浮力公式计算。
（3）当两球质量相等时，A放入乙中，因为ρA＞ρ乙，所以A在乙中下沉，A在乙中受到的浮力小于其重力；B放入甲中，因为ρ甲＞ρB，所以B在甲中漂浮，浮力等于自身的重力。
（4）当mA=mB时，A放入甲容器中，因为ρ甲＞ρA，所以A在甲中漂浮，B球放入乙容器中，因为ρB＞ρ乙，所以B在乙中下沉。
【解答】A、 当VA=VB时，将两球都放入甲容器中，两球都将漂浮，浮力等于各自的重力，因为mA>mB，所以A受到的浮力大于B受到的浮力，故A错误；
B、当VA=VB时，将两球都放入乙容器中，两球都将下沉，两球所受的浮力根据公式F浮=ρ液gV排可知，两球排开液体的体积相同，在同一种液体中，所以静止时两球所受浮力相等，故B错误；
C、若mA=mB时，将A。 B两球分别放入乙、甲容器中，A在乙中下沉，所受浮力小于自身重力，B在甲中漂浮，浮力等于自身的重力，两球所受浮力不相等，故C错误；
D、若mA=mB时，将A。 B两球分别放入甲、乙容器中，A在甲中漂浮，浮力等于自身的重力，
F浮A=GA=mAg=mBg
B在乙中下沉，所受的浮力
F浮B=ρ乙gVB=ρ乙g
所以静止时两球所受浮力之比为
==
故D正确。
故答案为：D。
4．（2025·浙江会考）如图所示，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，各电表的示数变化情况正确的是（　　）
A．电流表示数变小，示数变小，示数变小；电压表示数变小，示数变大
B．电流表示数变大，示数变大，示数变小；电压表示数变小，示数变大
C．电流表示数变小，示数变大，示数变小；电压表示数变小，示数变大
D．电流表示数变小，示数变大，示数变大；电压表示数变小，示数变大
【答案】C
【知识点】串、并联电路的电流特点；串、并联电路的电压特点；电路的动态分析
【解析】【分析】 由图可知R2与R3并联后与R1串联，电压表V1测R1两端的电压，V2测并联部分电压；A2测通过R2的电流；A3测流过R3的电流，A1测干路电流；则由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，由欧姆定律可求得电路中电流的变化，及R1两端电压变化；则可由串联电路的电压规律可得出并联部分电压的变化，即可求得通过R2的电流变化；再由并联电路的电流规律可得出通过R3的电流变化。
【解答】分析电路图可知，R2与R3并联，R1在干路中，电流表A1测干路中电流，电流表A2与R2串联，测量通过R2的电流，电流表A3与R3串联，测量通过R3的电流；电压表V1测量R1两端电压，电压表V2测量R2与R3并联电路两端电压；滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路部分电阻变大，由并联电路特性可知，并联电路部分的总电阻变大；将、看作整体，则与为串联，则电路的总电阻变大，则电路的总电流变小，故示数变小；并联电路部分的总电阻变大，由串联分压特点可知，并联电路部分两端电压变大，则增大，减小；与并联，则R2两端电压变大，R2的电阻不变，由欧姆定律可知，通过R2的电流增大，则示数变大；由于并联电路中，干路电流等于各支路中电流之和，示数变小，示数变大，所以示数减小，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
5．（2025·浙江会考）如图所示，一端封闭、长为l（约1米）、横截面积为S的轻质玻璃管，管壁厚度可忽略不计。将它注满水银后，倒立于足够深的水银槽中，现将玻璃管竖直向上缓慢匀速提起，设环境气压为一个标准大气压，下述不正确的是（　　）
A．当玻璃管浸没在水银槽中时，所需拉力大小F=0
B．当玻璃管口与槽内水银面相平时，所需拉力大小F=ρ水银lsg
C．当玻璃管顶端露出槽内水银面后，顶端即充满水银
D．当玻璃管顶端到槽内水银面的高度大于76cm后，管内外水银面高度差保持不变
【答案】B
【知识点】二力平衡的条件及其应用；大气压强的测量方法
【解析】【分析】AB.对玻璃管进行受力分析，根据平衡力的知识，结合大气压强的数值分析判断；
C.当玻璃管顶端刚刚离开水银面时，水银柱的高度小于76cm；
D.管内水银柱产生的压强等于外界大气压强。据此分析水银柱的高度变化。
【解答】A．根据题意可知，提起玻璃管的拉力F=G总-F浮力。在忽略玻璃管本身重力时，水银柱的重力与所受浮力平衡，此时所需拉力为0，故A正确不符合题意；
B．当玻璃管口与槽内水银面相平时， 拉力等于水银柱的重力。则在此情况下所需拉力应为F=ρ水银L'Sg，而L'的大小应为约760mm，而不是1m，故B错误符合题意；
C．玻璃管顶端露出槽内水银面后，由于水银柱的高度小于76cm，因此顶端不会立即出现真空，顶端即充满水银，故C正确不符合题意；
D．大气压可以支持约76cm高的水银柱。只要管内的空间大于76cm后，管内外水银面高度就会一直保持这个高度不变，故D正确不符合题意。
故选B。
6．（2025·浙江会考）如图所示，把测量大气压强的托里拆利实验装置放在电子秤上，玻璃管A由支架固定，且跟水银槽B的底部不接触，当大气压强为帕时，电子秤的示数为G，若外界大气压强下降时，电子秤的读数将（　　）
A．等于G B．大于G C．小于G D．无法确定
【答案】B
【知识点】大气压强的存在
【解析】【分析】电子秤的示数等于烧杯和里面水银的总重力，根据外面气压变化分析玻璃管和水银槽内水银的流向变化即可。
【解答】由图可知，当大气压强下降时，进入玻璃管的水银减少，使水银槽中的水银增多，水银槽中的水银增加，使水银槽及槽中的水银所受的重力增加，故示数大于G。
故选B。
7．（2025·浙江会考）如图所示，凸透镜竖直放置，凸透镜焦距f，现有一点光源S在凸透镜左侧以凸透镜两倍焦距处为圆心，在经过主光轴的竖直平面内做顺时针圆周运动，直径为D，且，则在下列关于点光源所成的像的运动轨迹的各图中，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【分析】根据物距与像距的关系分析点S在不同位置时，像点的位置及与凸透镜两倍焦距处的距离分析。
【解答】将点光源S运动的轨迹看成一个物体，在物体上的各个位置找一些点，利用凸透镜成像的规律作出像点，连接各像点即可得到一个不规则的圆，且转动方向为逆时针，所以像点运动图象是选项C的形状，大致如图所示：
AI
故答案为：C。
8．（2025·浙江会考）在水平地面上并排铺有n块相同的均质砖块，如图甲，每块砖的质量为m，长为a，宽为b，厚为c。若要将这n块砖按图乙所示叠放在最左边的砖块上，则至少要给砖块做的功（　　）
A．mgc B．
C． D．
【答案】A
【知识点】功的计算公式的应用
【解析】【分析】因为将地面上的砖块叠放，使每一块砖提升的高度不同，所做的功也不同，所以利用W=Gh分别求出对每一块砖所做的功，然后求其和即可。
【解答】利用W=Gh，求出对每一块砖所做的功，因为第一块砖提升高度为：h1=0，第二块砖提升高度为：h2=c，第三块砖提升高度为h3=2c
…
第n块砖提升高度为：hn=(n 1)c
因为对第一块砖所做的功为W1=Gh1=mg×0=0
对第二块砖所做的功为W2=Gh2=mg×c=mgc
对第三块砖所做的功为W3=Gh3=mg×2c=2mgc
…
对第n块砖所做的功为Wn=Ghn=mg×(n 1)c=(n 1)mgc，
所以W总=W1+W2+W3+…+Wn=0+mgc+mg2c+…+(n 1)mgc=〔1+2+…+(n 1)〕mgc=mgc；故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
9．（2025·浙江会考）小明在参加“鸡蛋撞地球”比赛时，设计的作品重为G，该作品在竖直下落时受到的阻力大小与速度的二次方成正比，比例系数为k。若该作品在落地前已经匀速下落，则作品落地时的速度大小为　 　。
【答案】
【知识点】速度公式及其应用；平均速度的计算及测量
【解析】【分析】在鸡蛋匀速下落的过程中，鸡蛋受到的重力等于阻力，即G=f，由题知该作品在竖直下落时受到的阻力大小与速度的二次方成正比，比例系数为k，据此求载人舱的下落速度。
【解答】匀速下落说明物体处于平衡状态，则物体受到的阻力与重力是一对平衡力，即
则。
10．（2025·浙江会考）质量相等的两个实心小球甲和乙，已知它们的密度之比是。现将甲、乙两球放入盛有足够多水的烧杯中，当甲、乙两球静止时，水对两球的浮力之比为，由此可推算出甲球的密度为　 　。
【答案】800
【知识点】密度公式的应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】解答此题首先要判断两物体的浮沉情况：如果全漂浮，根据浮力等于重力判断；如果全沉底，根据阿基米德原理判断；如果一浮一沉，根据阿基米德原理和水对两球的浮力比值列出等式解之即可。
【解答】甲在水中是漂浮状态，则甲在水中受到的浮力
乙沉在水底，则乙在水中受到的浮力
由于水对两球的浮力之比为，则
已知它们的密度之比是，即
故甲球的密度为
11．（2025·浙江会考）如图所示，放在桌面上的物体重100牛，通过滑轮挂有重为30牛的物体，刚好使在桌面上做匀速直线运动，则物体和桌面间的摩擦力为　 　牛；要使物体在桌面上向左做匀速直线运动，则需要对施加一个　 　牛的力。（忽略滑轮重及滑轮摩擦）
【答案】60；120
【知识点】影响摩擦力大小的因素；动滑轮及其工作特点
【解析】【分析】（1）根据定滑轮、动滑轮的特点分析拉力的大小；
（2）物体处于静止状态或匀速直线运动时，受平衡力作用，由运动方向的改变，可知摩擦力方向随之改变，结合平衡力的条件F左拉=f+F右拉即可求出。
【解答】据图可知，下方的滑轮为动滑轮，忽略滑轮重及滑轮摩擦，则动滑轮上方绳子施加的拉力为物体重力的2倍，拉力为
该绳子的拉力水平作用在物体的右端，此时做匀速直线运动，处于平衡状态，物体受到的摩擦力与该拉力是一对平衡力，大小相等，则物体和桌面间的摩擦力为60N。
要使物体在桌面上向左做匀速直线运动，此时物体m1受到水平向右60N的拉力、水平向右的摩擦力，由于该过程中压力和接触面的粗糙程度不变，则摩擦力不变仍为60N，则需要对施加的拉力为
12．（2025·浙江会考）当两个力和同时作用在一个物体上产生的效果与一个力F单独作用的效果相同时，F叫做和的合力，和叫做F的两个分力。某实验小组在探究合力与分力的关系实验时，把一根轻质弹簧的一端固定在O点，另一端用细线固定在弹簧秤的挂钩上。第一次用两根弹簧秤沿同一直线同一方向同时拉（为方便观察，图中直线稍错开），将弹簧由A拉伸到B位置（如图a），弹簧秤示数分别为3N和1N；第二次只用一根弹簧秤也将弹簧由A拉伸到B位置（如图b），这样做是为了　 　，若此时弹簧秤的示数为4N，则可以得到的结论是　 　。
【答案】使的作用效果与的作用效果相同；在同一直线上，方向相同的两个力的合力与分力方向相同，大小等于两个分力之和
【知识点】力的作用效果
【解析】【分析】在本题中力的作用效果是弹簧伸长，两次实验都使弹簧伸长到同一位置，由于弹簧的伸长相同，则弹簧的作用效果相同。
分析实验过程及合力与分力的关系，可得出结论。
【解答】第二次只用一根弹簧秤也将弹簧由A拉伸到B位置，这样做是为了使F的作用效果与的作用效果相同。
第二次弹簧的拉力F是第一次弹簧的拉力的合力；两个分力的合力
由此得出结论：在同一直线上，方向相同的两个力的合力与分力方向相同，大小等于两个分力之和。
13．（2025·浙江会考）LED灯是一种新型的环保节能灯，小梦为了探究LED灯与家用普通白炽灯、普通节能灯的发光效率，他用如图所示的装置进行了实验（其中为光敏电阻，其电阻值与光照强度成反比），其实验步骤如下：
①先把“220V 15W”的普通白炽灯接入灯座，通过调整，使灯泡与温度计的玻璃泡距离约为2cm，灯泡与热敏电阻的距离约为30cm。闭合开关S和，通电10min，分别读出温度计和电流表的示数，并填入下表；
②接着分别把规格相同的普通节能灯和LED灯接入灯座，重复上述实验；
灯泡类型 盒内初温 盒内末温 电流表示数
白炽灯 20℃ 78℃ 6mA
普通节能灯 20℃ 50℃ 15mA
LED灯 20℃ 35℃ 60mA
根据小梦的探究，请回答：
（1）电能转化为光能最多的灯是　 　，这是通过观察　 　来比较的；
（2）综合分析表中数据可知，15W的LED灯的发光亮度与　 　W的白炽灯发光亮度相当。
【答案】（1）LED灯；电流表示数大小
（2）150
【知识点】实验探究的其他思想方法
【解析】【分析】转换法是中学物理中一种重要的研究方法，可以借助某些物体的特性规律来研究看不到或不易测量的物理量或规律。
电能转化的内能多少不易测量，所以借助物体温度变化的高低；电能转化的光能的多少借助光对光敏电阻的影响而引起电路中电流的变化的来比较。
【解答】（1）电能通过灯泡转化为光能时，灯光照射到光敏电阻上，因其电阻值与光照强度成反比，当光照强度很强时，使光敏电阻的阻值减小，电路中的电流变大，所以电能转化为光能的多少，通过观察电流表示数大小可知；由表格数据中可知，使用LED灯时，电流表的示数最大，表明电能转化为光能最多的是LED灯。
（2）分析表中数据可知，15W的LED灯的发光亮度能使含有光敏电阻的电路中的电流为60mA，而15W的白炽灯的发光亮度能使含有光敏电阻的电路中的电流为6mA，则一个LED灯的发光亮度相当的15W的白炽灯的个数是
则与15W的LED灯的发光亮度相同的白炽灯的功率为P=15W×10=150W
（1）[1][2]电能通过灯泡转化为光能时，灯光照射到光敏电阻上，因其电阻值与光照强度成反比，当光照强度很强时，使光敏电阻的阻值减小，电路中的电流变大，所以电能转化为光能的多少，通过观察电流表示数大小可知；由表格数据中可知，使用LED灯时，电流表的示数最大，表明电能转化为光能最多的是LED灯。
（2）分析表中数据可知，15W的LED灯的发光亮度能使含有光敏电阻的电路中的电流为60mA，而15W的白炽灯的发光亮度能使含有光敏电阻的电路中的电流为6mA，则一个LED灯的发光亮度相当的15W的白炽灯的个数是
则与15W的LED灯的发光亮度相同的白炽灯的功率为P=15W×10=150W
14．（2025·浙江会考）如图所示，一质量为40g、体积为的铁制小球放入盛水的薄玻璃容器中，在玻璃容器下方有一已经接入电路的螺线管，小灯泡标有“6V3W”字样，通过螺线管的电流I与螺线管对铁制小球的作用力F的关系如下表所示。本题中，，灯丝电阻保持不变，不考虑小球与螺线管距离的远近对力F的影响。
0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
0.05 0.1 0.15 0.2 0.25
（1）断开开关，铁制小球静止时露出水面的体积是多大？
（2）闭合开关，调节滑动变阻器使铁制小球能够悬浮在水中，此时，小灯泡消耗的功率是多大？
（3）闭合开关，调节滑动变阻器使小灯泡正常发光，当铁制小球静止时，小球对容器底的压力是多大？
【答案】（1）
（2）0.48W
（3）0.15N
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】（1）根据安培定则判断通电螺线管的磁极。通电螺线管磁性的强弱与电流的大小有关，电流越大，磁性越强。
（2）先算出小球悬浮在水中，螺线管对小球的力，再从表中找出对应的电流。由小灯泡标有“6V 3W”字样，算出电阻，就可算出小灯泡消耗的功率。
（3）先算出小灯泡正常发光时的电流，从表中找出此时通电螺线管对小球的吸引力，然后对小球进行受力分析，算出容器对小球的支持力即可算出小球对容器底的压力。
【解答】（1）小球受到的重力
开关断开后，小球上浮最终漂浮，此时，根据阿基米德原理可得，小球排开水的体积
所以小球露出体积
（2）浸没在水中静止时，小球所受浮力
此时小铁球受到竖直向下的重力、竖直向下的磁体吸引力、竖直向上的浮力，由受力分析可知
此时吸引力为
查表可知，此时电路中的电流，根据灯的铭牌可知，灯泡的电阻为
此时灯泡消耗的功率是
（3）当小灯泡正常发光时
查表可知此时通电螺线管对小球的吸引力，当小球沉底静止时，小球受到竖直向上的浮力、竖直向上的支持力、竖直向下的重力、竖直向下的吸引力，由受力分析可知
代入数据可知容器对小球的支持力
故小球对容器底的压力。
（1）小球受到的重力
开关断开后，小球上浮最终漂浮，此时，根据阿基米德原理可得，小球排开水的体积
所以小球露出体积
（2）浸没在水中静止时，小球所受浮力
此时小铁球受到竖直向下的重力、竖直向下的磁体吸引力、竖直向上的浮力，由受力分析可知
此时吸引力为
查表可知，此时电路中的电流，根据灯的铭牌可知，灯泡的电阻为
此时灯泡消耗的功率是
（3）当小灯泡正常发光时
查表可知此时通电螺线管对小球的吸引力，当小球沉底静止时，小球受到竖直向上的浮力、竖直向上的支持力、竖直向下的重力、竖直向下的吸引力，由受力分析可知
代入数据可知容器对小球的支持力
故小球对容器底的压力。
15．（2025·浙江会考）有一种测量人的体重和身高的电子秤，其测体重部分的原理如图中的虚线框所示，它主要由三部分构成：踏板和压力杠杆ABO，压力传感器R（电阻值会随所受压力大小发生变化的可变电阻），显示体重大小的仪表A（实质是电流表）。其中，压力传感器R表面能承受的最大压强为，且已知压力传感器R的电阻与所受压力的关系如下表所示。
压力 0 50 100 150 200 250 300
电阻 300 270 240 210 180 150 120
设踏板和杠杆组件的质量可以忽略不计，接通电源后，压力传感器两端的电压恒为4.8V。请回答：
（1）踏板空载时，电流表读数是多少mA？
（2）若压杆与压力传感器之间的接触面积是，则该秤的最大称量值是多少？
（3）为了把电流表A的表盘改装成电子秤表盘，我们需要确定踏板上人的体重G与电流表的示数I的关系。请你写出这个关系式。
【答案】（1）
（2）2000N
（3）
【知识点】压强的大小及其计算；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）踏板空载时，通过表中信息可以得出电阻大小，利用欧姆定律可以求电流；
（2）利用压强公式求出压力传感器R表面能承受的最大压力，再根据杠杆的平衡条件求出该秤的最大称量值；
（3）已知人的体重G根据杠杆的平衡条件求出压力传感器R表面承受的压力，再根据压力传感器R的电阻与所受压力的关系求出压力和电阻的关系式，进一步求出压力传感器R的电阻，最后根据欧姆定律求出踏板上人的体重G与电流表的示数I的关系。
【解答】（1）踏板空载时电流表读数
（2）最大压力为
根据可得，该秤的最大称量值为
（3）根据得①
压力传感器两端的电压恒为4.8V，则压力传感器的阻值②
由表格数据可得压力传感器的电阻与所受压力的关系为③
由①②③可解得关系式为
（1）踏板空载时电流表读数
（2）最大压力为
根据可得，该秤的最大称量值为
（3）根据得①
压力传感器两端的电压恒为4.8V，则压力传感器的阻值②
由表格数据可得压力传感器的电阻与所受压力的关系为③
由①②③可解得关系式为
16．（2025·浙江会考）在物质混合、反应等过程中，存在着“1+1≠2”的有趣现象。通常情况下，下列各种混合或反应过程中，“”“2”的是（　　）
A．1mL酒精与1mL水混合后的总体积
B．1g碳和1g氧气反应后生成物的质量
C．1g氢氧化钠溶液和1g硫酸溶液混合后溶液的质量
D．1g饱和硝酸铵溶液中加入1g硝酸铵后所得溶液的质量
【答案】C
【知识点】分子之间存在空隙；根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】A、根据分子基本性质，进行分析判断。
B、对反应前后物质的质量关系进行计算判断，判断反应时是否符合固定的质量比，进行分析判断。
C、根据氢氧化钠易溶于水，进行分析判断。
D、根据饱和溶液的特征，进行分析判断。
【解答】A、因为微粒之间有间隔，所以1mL氧气与1mL氢气混合后的总体积小于2mL，不符合题意；
B、碳在氧气中燃烧时生成二氧化碳，化学方程式为，则碳和氧气的质量比是12：32，1g碳和1g氧气反应后生成物的质量小于2g，不符合题意；
C、1g氢氧化钠溶液和1g硫酸溶液混合后没有气体和沉淀产生，溶液的质量是2g，符合题意；
D、饱和硝酸铵溶液中加入1g硝酸铵后不能继续溶解硝酸铵，所得溶液的质量还是1g，不符合题意。
故答案为：C。
17．（2025·浙江会考）在已调平的托盘天平两边各放一个等质量的烧杯，向烧杯中各注入质量相等、质量分数也相等的稀硫酸。然后在左盘的烧杯中投入一定质量的金属X粉末，同时在右盘的烧杯中加入与X等质量的金属Y粉末。观察到天平的指针先偏向左边，当两种金属完全溶解后，天平的指针偏向右边。则X、Y是下表组合中的 （　　）
　 A B C D
X Mg Zn Zn Fe
Y Fe Mg Fe Zn
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】金属的化学性质
【解析】【分析】烧杯中的硫酸足量，因此反应产生氢气的多少决定于金属的质量；金属与酸反应放出氢气，使天平两端质量减小，金属活动性越强，与酸反应生成氢气速率越快；由于等质量的金属完全反应放出氢气质量不同，因此，两端金属完全反应后天平仍不能平衡；因此，需要根据天平指针的偏向，确定金属的活动性及等质量金属完全反应放出氢气质量的大小，判断两种金属．
【解答】开始时天平的指针先偏向左边，说明天平左边质量减少地较慢，即Y与酸反应比X剧烈，金属Y活动性比X的活动性强；金属Mg、Fe、Zn的活动性从强到弱的顺序为：Mg＞Al＞Zn＞Fe；最后偏向右边，说明到反应结束时左边产生气体较多即等质量金属完全反应Y产生氢气的量小于X；等质量的Al、Mg、Fe、Zn与足量的酸完全反应产生氢气质量从大到小的顺序为： Mg＞Fe＞Zn；综上所述只有D符合。故答案为：D。
18．（2025·浙江会考）在相同的温度和压强下，相同体积的气体具有相同的分子数，反之亦然。取同温同压下相同体积的CO和O2混合，在一定条件下充分反应，恢复到初始温度和压强。下列说法正确的是（　　）
A．参加反应的CO和O2的体积比为1：2
B．反应后气体的体积为原来的四分之三
C．生成的CO2分子个数为原来气体分子数的三分之二
D．反应后的气体中C、O原子的个数比为1：2
【答案】B
【知识点】质量守恒定律及其应用
【解析】【分析】根据给出的信息和对应的化学方程式计算和分析，在过程中注意同温同压同体积，分子数也就是相同。
【解答】A、由于发生的反应为2CO+O22CO2，由于在相同的温度和压强下，相同体积的气体具有相同的分子数，所以参加反应的CO和O2的体积比为2：1，而非1：2，故说法错误。
B、由于给出的是相同体积的一氧化碳和氧气，设体积都为2，则反应前的总体积为4，
根据2CO+O2 2CO2，当消耗的，氧气为1体积时，生成的二氧化碳为2体积，则反应后的总体积为3，所以在同温同压下反应后气体的体积为原来的四分之三，说法正确。
C、由于给出的是相同体积的一氧化碳和氧气，设体积都为2，则反应前的总体积为4，
根据2CO+O22CO2，可见消耗的氧气为1，生成的二氧化碳为2，所以生成的二氧化碳的分子数为原来气体分子数的二分之一，故说法错误。
D。由于给出的是相同体积的一氧化碳和氧气，设体积都为2，由于过程中原子个数不变，反应后的气体中C、O原子的个数比仍旧=2：(2+2×2)=1：3，故说法错误。
故答案为：B
19．（2025·浙江会考）下列各图所示装置的气密性检查中，漏气的是（　　）
A． B．；
C． D．
【答案】A
【知识点】气体装置的装配、连接、选择与气密性检查；常见实验操作
【解析】【分析】（1）装置气密性检查原理：基于装置内外压强差，当装置不漏气时，改变装置内气体的温度、体积等条件，会使装置内外产生压强差，从而出现相应现象来判断气密性。
（2）加热法：通过升高装置内气体温度（如用手捂热或酒精灯微热），使气体膨胀，若装置气密性良好，会在与大气相通处出现气泡等现象。
（3）液封法：利用液体对装置部分进行封闭，通过观察液面变化判断气密性，如向长颈漏斗注水，观察液面是否下降。
（4）抽气或吹气法：通过向外抽气或向内吹气改变装置内压强，观察是否能形成稳定现象（如形成水柱、气泡等）来判断气密性。
【解答】A、向右拉活塞，长颈漏斗中液面不下降，证明装置不严密，说明A装置漏气；
B、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，液面高度不变，说明装置气密性良好，故B不漏气；
C、用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内有气泡产生，说明装置气密性良好，故C不漏气；
D、用弹簧夹夹住右边导管，用嘴向瓶内吹气，玻璃管内向上形成一段水柱，是因为瓶内气压升高，把水压入玻璃管内，证明装置不漏气，气密性良好；故D不漏气。
故答案为：A。
20．（2025·浙江会考）为了净化和收集由盐酸和大理石制得的CO2气体，从下图中选择合适的装置并连接。合理的是（　　）
A．a-a'→d-d'→e B．b-b'→d-d'→g
C．c-c'→d-d'→g D．d-d'→c-c'→f
【答案】C
【知识点】制取二氧化碳的装置、步骤、收集与注意事项
【解析】【分析】实验室用稀盐酸和固体大理石在常温下制取二氧化碳，因氯化氢易挥发，所以为了得到干燥的二氧化碳，需除去氯化氢和水蒸气，饱和碳酸氢钠溶液可以吸收HCl而不吸收CO2，用浓硫酸可以干燥二氧化碳，收集装置主要由气体的密度和溶水性决定，二氧化碳密度比空气大，应用向上排空气法收集，据此分析解答。
【解答】实验室用稀盐酸和固体大理石在常温下制取二氧化碳，其反应化学式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，
因氯化氢易挥发，所以制得的二氧化碳中含有氯化氢和水蒸气，为了净化二氧化碳，图中提供了四组洗气装置和三组收集装置。洗气装置：用水吸收：水无法吸收氯化氢、二氧化碳混合气体中的氯化氢，该法不能选；用氢氧化钠溶液吸收：氯化氢能和氢氧化钠发生中和反应，但二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，该法不能选；用碳酸氢钠溶液吸收：碳酸氢钠和氯化氢反应生成氯化钠水和二氧化碳、将杂质氯化氢转化为二氧化碳，该法能选；用浓硫酸吸收：浓硫酸和二氧化碳不反应且能吸收其中的水蒸气，故选；
收集装置：二氧化碳能溶于水，不能用排水法收集；二氧化碳密度比空气大，需用向上排空气法收集。
因此仪器的连接顺序为：c-c'→d-d'→g；
故答案为：C。
21．（2025·浙江会考）在相同条件下，H2S的酸性比H2SO3弱。且H2S在水中的溶解度小于SO2。在室温时，向饱和的H2SO3溶液中通入H2S气体，发生反应如下：2H2S+ H2SO3==3S↓+3 H2O。以下是向H2SO3溶液通入H2S的体积和溶液pH值关系图，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；酸的化学性质
【解析】【分析】根据已有的知识进行分析，酸性溶液的pH小于7，酸性越弱，pH越大，中性溶液的pH等于7。
【解答】向饱和的H2SO3溶液中通入H2S气体，开始时溶液的pH小于7，则根据2H2S+H2SO3=3S↓+3H2O可知，酸性逐渐减弱，pH增大，当二者恰好完全反应时溶液呈中性，pH等于7，继续通入硫化氢，溶液呈酸性，pH逐渐减小，但是不会小于亚硫酸的pH，观察选项。
故答案为：C。
22．（2025·浙江会考）已知复分解反应2CH3COOH+Na2CO3=2CH3COONa+H2O+CO2↑可进行。在常温下，测得相同浓度的下列六种溶液的pH：
溶质 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO NaCN
pH 8.8 8.6 11.6 10.3 11.1
表中数据揭示出复分解反应的一条规律，即碱性较强的物质发生类似反应可以生成碱性弱的物质。依照该规律，请你判断下列反应不能成立的是（　　）
A．CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO B．CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO
C．CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN D．NaClO+CH3COOH=HClO+CH3COONa
【答案】A
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；复分解反应及其应用
【解析】【分析】根据溶液的pH大于7显碱性，且pH越大碱性越强结合碱性较强的物质发生类似反应可以生成碱性较弱的物质进行解答。
【解答】A、由表可知NaClO溶液的pH=10.3＜Na2CO3溶液的pH=11.6，所以CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO不能成立，故A错误；B、由表可知NaClO溶液的pH=10.3＞NaHCO3溶液的pH=8.6，所以CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO能成立，故B正确；
C、由表可知NaCN溶液的pH=11.1＞CH3COONa溶液的pH=8.8，所以CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN能成立，故C正确；
D、由表可知NaClO溶液的pH=10.3＞CH3COONa溶液的pH=8.8，所以NaClO+CH3COOH=HClO+CH3COONa能成立，故D正确。
故答案为：A。
23．（2025·浙江会考）将Mg、Al和Fe分别投入质量相等且过量的稀硫酸中，反应结束后，各溶液的质量仍相等，则投入的Mg、Al和Fe三者的质量关系( )
A．Mg>Al>Fe B．Fe>Al>Mg C．Al>Mg>Fe D．Mg=Al=Fe
【答案】C
【知识点】金属的化学性质；金属活动性顺序及其应用
【解析】【分析】①根据三种溶液质量相等，可能放出的氢不相等，参加反应的三金属也不相等；
②三种溶液质量相等由参加反应的三金属不同和放出氢多少不同来实现；
③根据化学方程式来计算分析，当参加反应的三金属质量相等时，铝置换出的氢最多，镁次之，铁最少，得到的三种溶液质量硫酸铝最少，硫酸镁次之，硫酸亚铁最多；若要达到三溶液质量相等应增加铝和镁的质量，它们的质量应是铝大于镁，镁大于铁；
【解答】三种溶液质量相等由参加反应的三金属不同和放出氢多少不同来实现；根据化学方程式来计算分析，当参加反应的三金属质量相等时，铝置换出的氢最多，镁次之，铁最少。得到的三种溶液质量硫酸铝最少，硫酸镁次之，硫酸亚铁最多；若要达到三溶液质量相等应增加铝和镁的质量，它们的质量应是铝大于镁，镁大于铁；
故答案为：C。
24．（2025·浙江会考）下列各物质无论以何种比例混合，其氯元素的质量分数不变的是（　　）
A． B．NaClO、KCl
C．KClO、KCl D．NaCl、KCl
【答案】B
【知识点】有关化学式的计算和推断
【解析】【分析】根据物质中某元素的质量分数的计算公式，分别计算选项中氯元素的质量分数，氯元素的质量分数相同的符合题意。
【解答】A、HClO4中氯元素的质量分数为：×100%35.32%；KClO3中氯元素的质量分数为：×100%28.98%；即两者混合后氯元素的质量分数在28.98%和35.32%之间，故错误；
B、NaClO中氯元素的质量分数为：×100%47.65%；KCl中氯元素的质量分数为：×100%47.65%；NaClO、KCl中Cl元素的质量分数相等，即两者无论以何种比例混合，其氯元素的质量分数不变，故正确；
C、KClO中氯元素的质量分数为：×100%39.23%；KCl中氯元素的质量分数为：×100%47.65%；即两者混合后氯元素的质量分数在39.23%和47.65%之间，故错误；
D、NaCl中氯元素的质量分数为：×100%60.68%；KCl中氯元素的质量分数为：×100%47.65%；即两者混合后氯元素的质量分数在47.65%和60.68%之间，故错误。
故答案为：B。
25．（2025·浙江会考）mol是表示物质的量的一种单位，1mol的Na、Mg、Al三种金属的质量分别为23克、24克、27克。室温时，向146克溶质质量分数为10%的盐酸溶液中分别加入两种金属M、N，先加入0.1mol的金属M，反应完毕后再加入0.2mol的金属N，则下列四组所加入的两种金属，放出气体总量最多的一组是（　　）
选项 A B C D
M Na Al Na Mg
N Al Na Mg Na
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】根据化学反应方程式的计算；金属的化学性质
【解析】【分析】根据1mol的Na、Mg、Al三种金属的质量分别为23克、24克、27克，计算出0.1mol的金属M与0.2mol的金属N的实际的质量，然后找出酸和金属质量之间的关系，需要注意钠会与水反应进行分析。
【解答】1mol的Na、Mg、Al三种金属的质量分别为23克、24克、27克，0.1mol的金属M与0.2mol的金属N质量在选项中分别为：
选项 A B C D
M Na：2.3克 Al：2.7克 Na：2.3克 Mg：2.4克
N Al：5.4克 Na：4.6克 Mg：4.8克 Na：4.6克
根据化学方程式2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、、，则有：
反应物、生成物间质量比：
、、得到
盐酸溶液中HCl总量=14.6克，与A、C反应Mg、Al有剩余，产生H2各0.4克；与B反应Na有剩余，Na要与水反应产生氢气，因此氢气质量大于0.4克；从比例关系中可以看出，酸在D的反应，Na、Mg与HCl刚好完全反应，产生H2各0.4克，
故答案为：B。
26．（2025·浙江会考）同学们在探究二氧化锰是否参与了氯酸钾的分解反应。氯酸钾和二氧化锰混合加热的化学方程式为：。已知氯酸钾与二氧化锰混合加热时连续发生如下反应，试分析后按要求填空。
（Ⅰ）；
（Ⅱ）；
（Ⅲ）。
通过以上分析，同学们得出结论：二氧化锰参与了氯酸钾的分解反应。
【拓展】氟利昂释放出的氯原子参与了臭氧层的破坏，其微观示意图如下：
综合图中①②③的反应过程，写出臭氧层被破坏的化学方程式　 　。
【答案】
【知识点】模型与符号；书写化学方程式、文字表达式
【解析】【分析】（1）化学反应方程式的书写：根据反应的微观过程，准确找出反应物、生成物以及反应条件，按照质量守恒定律来书写化学方程式。
（2）催化剂的作用：在化学反应中，催化剂能改变化学反应速率，自身的质量和化学性质在反应前后不变。这里氯原子在臭氧层破坏反应中起类似催化剂作用，要理解其在反应过程中的作用原理。
【解答】根据反应的微观示意图，臭氧层被破坏的化学方程式为：2O33O2。
27．（2025·浙江会考）按右图进行实验，已知A为H2、CO中的一种或两者的混合物，甲装置中的黑色粉末为CuO、炭粉中的一种或两者的混合物。
（1）若黑色粉末是纯净物，甲、乙、丙装置中的固体或溶液依次出现红色、蓝色、浑浊，则气体A是　 　，黑色粉末为　 　。
（2）若第（1）问中：乙装置的物质增重1.8g，丙装置中的物质增重2.2g，则通入气体的质量可能是______g。（把正确的选项填入空格）。
A．0.8g B．1.6g C．3g
（3）若A为纯净物，充分反应后，甲装置生成3.2g红色固体，乙装置中物质增重0.9g，则黑色粉末的质量为　 　g，气体A是　 　，该黑色粉末的成分是　 　。
【答案】（1）、CO；CuO
（2）C
（3）4；；CuO
【知识点】根据化学反应方程式的计算；还原反应与金属的冶炼
【解析】【分析】（1）根据实验现象，分析甲中的固体和通入的气体；
（2）根据乙装置的物质增重是水的质量、丙装置中的物质增重是二氧化碳的质量计算组成气体的质量.
【解答】（1）由题意可知，若黑色粉末是纯净物实验时出现红色，说明了黑色粉末为氧化铜；由无水硫酸铜变成了蓝色，说明了有水生成，则通入的气体中含有氢气；由澄清的石灰水变浑浊，说明了有二氧化碳气体生成，通入的气体中含有一氧化碳；
（2）设氢气的质量为x，
x=0.2g，
设一氧化碳的质量为y，
y=1.4g，
参加反应的气体的质量是：0.2g+1.4g=1.6g，由于反应前和反应后都需要通入气体，故气体的质量要大于1.6g，故选C；
（3）若A为纯净物，充分反应后，甲装置生成3.2g红色固体，乙装置中物质增重0.9g，说明生成水的质量为0.9g，铜的质量为3.2g，因为氢气和氧化铜在加热的条件下反应生成铜和水，故气体A是氢气；0.9g水中氧元素的质量为：，根据质量守恒定律可知，参加反应的氧化铜的质量为：3.2g+0.8g=4.0g，所以该黑色粉末的成分是氧化铜。
（1）由题意可知，若黑色粉末是纯净物实验时出现红色，说明了黑色粉末为氧化铜；由无水硫酸铜变成了蓝色，说明了有水生成，则通入的气体中含有氢气；由澄清的石灰水变浑浊，说明了有二氧化碳气体生成，通入的气体中含有一氧化碳；
（2）设氢气的质量为x，
x=0.2g，
设一氧化碳的质量为y，
y=1.4g，
参加反应的气体的质量是：0.2g+1.4g=1.6g，由于反应前和反应后都需要通入气体，故气体的质量要大于1.6g，故选C；
（3）若A为纯净物，充分反应后，甲装置生成3.2g红色固体，乙装置中物质增重0.9g，说明生成水的质量为0.9g，铜的质量为3.2g，因为氢气和氧化铜在加热的条件下反应生成铜和水，故气体A是氢气；0.9g水中氧元素的质量为：，根据质量守恒定律可知，参加反应的氧化铜的质量为：3.2g+0.8g=4.0g，所以该黑色粉末的成分是氧化铜。
28．（2025·浙江会考）无焰食品加热器常被用于野外加热食物，它所用的材料有镁、铁、氯化钠。使用时加入水，利用镁和水反应产生热来加热。下面是在15℃、标准大气压的环境中对上述材料进行的研究。
实验1：将一定质量的镁条、铁粉和氯化钠加入盛有适量水的隔热容器中，连续搅拌，每隔一段时间记录一次温度，在图甲上绘得曲线1：然后把相同质量的镁条剪成若干细条，重复上述实验，绘得曲线2：再取相同质量的镁粉重复上述实验，绘得曲线3。
实验2：把2.4g镁粉、5.85g氯化钠和一定质量的铁粉混合，放入盛有100mL水的隔热容器中，并不断搅拌，一段时间后测出容器内的温度。图乙是在改变铁粉质量的实验条件下，而绘得的温度变化曲线。
实验3：把2.4g镁粉、28g铁粉和一定质量的氯化钠混合，放入盛有100mL水的隔热容器中，并不断搅拌，一段时间后测出容器内的温度。图丙是在改变氯化钠质量的实验条件下，而绘得的温度变化曲线。
（1）通过实验1可以发现影响镁和水反应快慢的因素是　 　。
（2）实验3中，当NaCl质量大于7.31g，实验就不必再做的原因是____________。
A．加入更多的NaCl不再改变反应快慢
B．加入NaCl会使反应变慢
C．水已沸腾，不会再有温度变化
D．需要加入更多的铁粉来提高温度
（3）根据图乙和丙，在设计无焰食物加热器时，如果所用镁粉的质量为2.4g，则取和　 　g铁粉时，能做到用尽可能少的材料产生尽可能多的热量。
【答案】（1）镁的颗粒大小
（2）C
（3）28
【知识点】金属的化学性质
【解析】【分析】根据所给信息和图象正确加以分析和整合；通过图一可知：镁的反应表面积越大反应速度越快，故温度变化较大；图2图象可知：加入氯化钠的质量与升高的最大温度成正比。镁粉比镁条能更快产生热量，在镁和铁质量相等的情况下，7.31g NaCl能使液体达到沸腾。
【解答】（1）通过图一不难看出镁的反应表面积越大反应速度越快，故温度变化较大；
（2）图丙图象可知当氯化钠的量为7.31g时液体沸腾；故答案为：C；
（3）镁粉比镁条能更快产生热量，在镁和铁质量和前次实验相等的情况下，7.31g NaCl能使液体达到沸腾，故铁粉的质量为28g。
（1）通过图一不难看出镁的反应表面积越大反应速度越快，故温度变化较大；
（2）图丙图象可知当氯化钠的量为7.31g时液体沸腾；故答案为：C；
（3）镁粉比镁条能更快产生热量，在镁和铁质量和前次实验相等的情况下，7.31g NaCl能使液体达到沸腾，故铁粉的质量为28g。
29．（2025·浙江会考）将100g含质量分数为80%的石灰石样品（杂质不发生化学反应也不含钙），高温灼烧一段时间后，冷却，测得剩余固体中含钙元素的质量分数为41%，则生成CaO的质量约为　 　克。
【答案】28
【知识点】有关化学式的计算和推断；质量守恒定律及其应用；根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】根据化学方程式计算的步骤有：一设、二写、三找、四列、五答、六查．在本题中，根据质量守恒定律可知，钙元素的质量在化学反应前后质量不变．根据已知的条件可以求出反应前钙元素的质量，然后再根据剩余固体中含钙元素的质量分数为41%，求出反应后剩余固体的总质量，根据反应前后的差值求出二氧化碳气体的质量，然后求氧化钙的质量．
【解答】100g含CaCO3质量分数为80%的石灰石样品中
钙元素的质量=100g×80%××100%=32g；
根据质量守恒定律可知，在化学反应前后，钙元素的质量不变，则反应后剩余固体的总质量=32g÷41%≈78g；
根据质量守恒定律可知，生成二氧化碳的质量=100g-78g=22g；
设生成CaO的质量为x，
= x=28g
故填：28g。
30．（2025·浙江会考）将粉末加入到100g一定质量分数的稀硫酸中，微热至氧化铜全部溶解，生成蓝色溶液。在蓝色溶液中加入铁粉，充分反应后，过滤，烘干得到干燥固体物质仍是。（除不尽保留一位小数，不考虑损耗）求
（1）最后生成铜的质量是多少？
（2）当m取何值时，才能满足加入的铁粉和得到的固体质量相等，简述理由。
（3）所加稀硫酸的溶质质量分数是多少？
【答案】（1）生成Cu的质量为。
答：最后生成铜的质量是8g；
（2）当m≥8g时，一部分铁与稀硫酸反应，才能使铁粉与生成铜质量相同，才能满足加入的铁粉和得到的固体质量相等
（3）解法一：设：与10g氧化铜反应需硫酸质量为x，同时生成硫酸铜的质量为z。
由题意：氧化铜全部溶解，则
设：与硫酸铜反应用去的铁粉为
由于铁在这一步只反应掉7g，铜生成8g，固体质量增加了1g，所以和硫酸反应的铁的质量就是1g这样就可以使固体质量前后不反生变化
所加稀硫酸的溶质质量分数。
答：所加稀硫酸的溶质质量分数14%。
解法二：最后固体中有8g铜，则参加反应的铁也是8g，反应后铁都变成了硫酸亚铁，则有：
所加稀硫酸的溶质的质量分数。
答：所加稀硫酸的溶质质量分数14%。
【知识点】质量守恒定律及其应用；根据化学反应方程式的计算；金属的化学性质
【解析】【分析】（1）氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与铁粉完全反应得到铜，根据化学变化前后元素质量不变，因此所得铜的质量即氧化铜中所含铜元素质量；
（2）要使加入的铁粉和得到的固体质量相等，需满足铁粉既与硫酸铜反应又与硫酸反应，因此所加入铁粉质量需大于等于二者反应所需铁粉的质量.
（3）根据题意，铁粉充分反应后，过滤，烘干得到干燥固体物质仍是mg，由于铁粉置换硫酸铜后所得固体质量增加，可判断有部分铁粉与稀硫酸反应才能出现反应前后固体质量不变，因此所加稀硫酸一部分与氧化铜反应一部分与铁粉反应，计算出与铁粉反应硫酸的质量则需要先求得反应所耗铁粉的质量，利用金属粉末变化前后质量相等，由生成铜的质量分析计算与硫酸反应的铁粉质量；
【解答】（1）氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与铁粉完全反应得到铜，根据化学变化前后元素质量不变，因此所得铜的质量即氧化铜中所含铜元素质量；
生成Cu的质量为。
答：最后生成铜的质量是8g；
（2）当时，理由：铁除了和硫酸铜反应转换出铜外，还有一部分铁与稀硫酸反应，才能使反应掉铁粉的质量与生成铜质量相同，才能满足得到的固体物质仍然是m克。
（1）氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与铁粉完全反应得到铜，根据化学变化前后元素质量不变，因此所得铜的质量即氧化铜中所含铜元素质量；见答案；
（2）当时，理由：铁除了和硫酸铜反应转换出铜外，还有一部分铁与稀硫酸反应，才能使反应掉铁粉的质量与生成铜质量相同，才能满足得到的固体物质仍然是m克。
（3）见答案。
1 / 1浙江省苍南中学自主招生考试科学试卷
1．（2025·浙江会考）一般情况下，河水越靠近河的中央，水速越大；越靠近河岸，水速越小，如图所示。假设水速与离河岸的距离成正比，一艘船船头始终垂直河岸方向 (船相对水的速度不变)，从河岸A点向对岸驶去并到达对岸下游处的B点。则在下列示意团中，能合理描述其行进路径的是（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025·浙江会考）如图所示，甲、乙两人同时从A地出发。其中，甲沿直线AB匀速运动，乙沿着直线AC匀速运动。甲运动的速度是乙的2倍，经过3分钟，甲到达B地后，保持速度大小不变，马上沿直线向C地运动，恰好在C地与乙相遇。则乙从A地运动到C地的时间可能为（　　）
A．4分钟 B．8分钟 C．12分钟 D．16分钟
3．（2025·浙江会考）甲、乙两容器分别装有密度为ρ甲、ρ乙的液体。今有A，B两个实心小球，质量分别为mA、mB， 体积分别为VA、VB， 密度分别为ρA、ρB。已知它们的密度关系为ρ甲＞ρA＞ρB＞ρ乙，则（　　）
A．若VA=VB ，将两球都放入甲容器中，静止时两球所受浮力相等
B．若VA=VB ，将两球都放入乙容器中，静止时两球所受浮力之比为ρA∶ρB
C．若mA=mB ，将AB两球分别放入乙、甲容器中，静止时两球所受浮力相等
D．若mA=mB ，将A，B两球分别放入甲、乙容器中，静止时两球所受浮力比为ρB∶ρ乙
4．（2025·浙江会考）如图所示，当滑动变阻器的滑片P向右移动时，各电表的示数变化情况正确的是（　　）
A．电流表示数变小，示数变小，示数变小；电压表示数变小，示数变大
B．电流表示数变大，示数变大，示数变小；电压表示数变小，示数变大
C．电流表示数变小，示数变大，示数变小；电压表示数变小，示数变大
D．电流表示数变小，示数变大，示数变大；电压表示数变小，示数变大
5．（2025·浙江会考）如图所示，一端封闭、长为l（约1米）、横截面积为S的轻质玻璃管，管壁厚度可忽略不计。将它注满水银后，倒立于足够深的水银槽中，现将玻璃管竖直向上缓慢匀速提起，设环境气压为一个标准大气压，下述不正确的是（　　）
A．当玻璃管浸没在水银槽中时，所需拉力大小F=0
B．当玻璃管口与槽内水银面相平时，所需拉力大小F=ρ水银lsg
C．当玻璃管顶端露出槽内水银面后，顶端即充满水银
D．当玻璃管顶端到槽内水银面的高度大于76cm后，管内外水银面高度差保持不变
6．（2025·浙江会考）如图所示，把测量大气压强的托里拆利实验装置放在电子秤上，玻璃管A由支架固定，且跟水银槽B的底部不接触，当大气压强为帕时，电子秤的示数为G，若外界大气压强下降时，电子秤的读数将（　　）
A．等于G B．大于G C．小于G D．无法确定
7．（2025·浙江会考）如图所示，凸透镜竖直放置，凸透镜焦距f，现有一点光源S在凸透镜左侧以凸透镜两倍焦距处为圆心，在经过主光轴的竖直平面内做顺时针圆周运动，直径为D，且，则在下列关于点光源所成的像的运动轨迹的各图中，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2025·浙江会考）在水平地面上并排铺有n块相同的均质砖块，如图甲，每块砖的质量为m，长为a，宽为b，厚为c。若要将这n块砖按图乙所示叠放在最左边的砖块上，则至少要给砖块做的功（　　）
A．mgc B．
C． D．
9．（2025·浙江会考）小明在参加“鸡蛋撞地球”比赛时，设计的作品重为G，该作品在竖直下落时受到的阻力大小与速度的二次方成正比，比例系数为k。若该作品在落地前已经匀速下落，则作品落地时的速度大小为　 　。
10．（2025·浙江会考）质量相等的两个实心小球甲和乙，已知它们的密度之比是。现将甲、乙两球放入盛有足够多水的烧杯中，当甲、乙两球静止时，水对两球的浮力之比为，由此可推算出甲球的密度为　 　。
11．（2025·浙江会考）如图所示，放在桌面上的物体重100牛，通过滑轮挂有重为30牛的物体，刚好使在桌面上做匀速直线运动，则物体和桌面间的摩擦力为　 　牛；要使物体在桌面上向左做匀速直线运动，则需要对施加一个　 　牛的力。（忽略滑轮重及滑轮摩擦）
12．（2025·浙江会考）当两个力和同时作用在一个物体上产生的效果与一个力F单独作用的效果相同时，F叫做和的合力，和叫做F的两个分力。某实验小组在探究合力与分力的关系实验时，把一根轻质弹簧的一端固定在O点，另一端用细线固定在弹簧秤的挂钩上。第一次用两根弹簧秤沿同一直线同一方向同时拉（为方便观察，图中直线稍错开），将弹簧由A拉伸到B位置（如图a），弹簧秤示数分别为3N和1N；第二次只用一根弹簧秤也将弹簧由A拉伸到B位置（如图b），这样做是为了　 　，若此时弹簧秤的示数为4N，则可以得到的结论是　 　。
13．（2025·浙江会考）LED灯是一种新型的环保节能灯，小梦为了探究LED灯与家用普通白炽灯、普通节能灯的发光效率，他用如图所示的装置进行了实验（其中为光敏电阻，其电阻值与光照强度成反比），其实验步骤如下：
①先把“220V 15W”的普通白炽灯接入灯座，通过调整，使灯泡与温度计的玻璃泡距离约为2cm，灯泡与热敏电阻的距离约为30cm。闭合开关S和，通电10min，分别读出温度计和电流表的示数，并填入下表；
②接着分别把规格相同的普通节能灯和LED灯接入灯座，重复上述实验；
灯泡类型 盒内初温 盒内末温 电流表示数
白炽灯 20℃ 78℃ 6mA
普通节能灯 20℃ 50℃ 15mA
LED灯 20℃ 35℃ 60mA
根据小梦的探究，请回答：
（1）电能转化为光能最多的灯是　 　，这是通过观察　 　来比较的；
（2）综合分析表中数据可知，15W的LED灯的发光亮度与　 　W的白炽灯发光亮度相当。
14．（2025·浙江会考）如图所示，一质量为40g、体积为的铁制小球放入盛水的薄玻璃容器中，在玻璃容器下方有一已经接入电路的螺线管，小灯泡标有“6V3W”字样，通过螺线管的电流I与螺线管对铁制小球的作用力F的关系如下表所示。本题中，，灯丝电阻保持不变，不考虑小球与螺线管距离的远近对力F的影响。
0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
0.05 0.1 0.15 0.2 0.25
（1）断开开关，铁制小球静止时露出水面的体积是多大？
（2）闭合开关，调节滑动变阻器使铁制小球能够悬浮在水中，此时，小灯泡消耗的功率是多大？
（3）闭合开关，调节滑动变阻器使小灯泡正常发光，当铁制小球静止时，小球对容器底的压力是多大？
15．（2025·浙江会考）有一种测量人的体重和身高的电子秤，其测体重部分的原理如图中的虚线框所示，它主要由三部分构成：踏板和压力杠杆ABO，压力传感器R（电阻值会随所受压力大小发生变化的可变电阻），显示体重大小的仪表A（实质是电流表）。其中，压力传感器R表面能承受的最大压强为，且已知压力传感器R的电阻与所受压力的关系如下表所示。
压力 0 50 100 150 200 250 300
电阻 300 270 240 210 180 150 120
设踏板和杠杆组件的质量可以忽略不计，接通电源后，压力传感器两端的电压恒为4.8V。请回答：
（1）踏板空载时，电流表读数是多少mA？
（2）若压杆与压力传感器之间的接触面积是，则该秤的最大称量值是多少？
（3）为了把电流表A的表盘改装成电子秤表盘，我们需要确定踏板上人的体重G与电流表的示数I的关系。请你写出这个关系式。
16．（2025·浙江会考）在物质混合、反应等过程中，存在着“1+1≠2”的有趣现象。通常情况下，下列各种混合或反应过程中，“”“2”的是（　　）
A．1mL酒精与1mL水混合后的总体积
B．1g碳和1g氧气反应后生成物的质量
C．1g氢氧化钠溶液和1g硫酸溶液混合后溶液的质量
D．1g饱和硝酸铵溶液中加入1g硝酸铵后所得溶液的质量
17．（2025·浙江会考）在已调平的托盘天平两边各放一个等质量的烧杯，向烧杯中各注入质量相等、质量分数也相等的稀硫酸。然后在左盘的烧杯中投入一定质量的金属X粉末，同时在右盘的烧杯中加入与X等质量的金属Y粉末。观察到天平的指针先偏向左边，当两种金属完全溶解后，天平的指针偏向右边。则X、Y是下表组合中的 （　　）
　 A B C D
X Mg Zn Zn Fe
Y Fe Mg Fe Zn
A．A B．B C．C D．D
18．（2025·浙江会考）在相同的温度和压强下，相同体积的气体具有相同的分子数，反之亦然。取同温同压下相同体积的CO和O2混合，在一定条件下充分反应，恢复到初始温度和压强。下列说法正确的是（　　）
A．参加反应的CO和O2的体积比为1：2
B．反应后气体的体积为原来的四分之三
C．生成的CO2分子个数为原来气体分子数的三分之二
D．反应后的气体中C、O原子的个数比为1：2
19．（2025·浙江会考）下列各图所示装置的气密性检查中，漏气的是（　　）
A． B．；
C． D．
20．（2025·浙江会考）为了净化和收集由盐酸和大理石制得的CO2气体，从下图中选择合适的装置并连接。合理的是（　　）
A．a-a'→d-d'→e B．b-b'→d-d'→g
C．c-c'→d-d'→g D．d-d'→c-c'→f
21．（2025·浙江会考）在相同条件下，H2S的酸性比H2SO3弱。且H2S在水中的溶解度小于SO2。在室温时，向饱和的H2SO3溶液中通入H2S气体，发生反应如下：2H2S+ H2SO3==3S↓+3 H2O。以下是向H2SO3溶液通入H2S的体积和溶液pH值关系图，正确的是（　　）
A． B．
C． D．
22．（2025·浙江会考）已知复分解反应2CH3COOH+Na2CO3=2CH3COONa+H2O+CO2↑可进行。在常温下，测得相同浓度的下列六种溶液的pH：
溶质 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO NaCN
pH 8.8 8.6 11.6 10.3 11.1
表中数据揭示出复分解反应的一条规律，即碱性较强的物质发生类似反应可以生成碱性弱的物质。依照该规律，请你判断下列反应不能成立的是（　　）
A．CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO B．CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO
C．CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN D．NaClO+CH3COOH=HClO+CH3COONa
23．（2025·浙江会考）将Mg、Al和Fe分别投入质量相等且过量的稀硫酸中，反应结束后，各溶液的质量仍相等，则投入的Mg、Al和Fe三者的质量关系( )
A．Mg>Al>Fe B．Fe>Al>Mg C．Al>Mg>Fe D．Mg=Al=Fe
24．（2025·浙江会考）下列各物质无论以何种比例混合，其氯元素的质量分数不变的是（　　）
A． B．NaClO、KCl
C．KClO、KCl D．NaCl、KCl
25．（2025·浙江会考）mol是表示物质的量的一种单位，1mol的Na、Mg、Al三种金属的质量分别为23克、24克、27克。室温时，向146克溶质质量分数为10%的盐酸溶液中分别加入两种金属M、N，先加入0.1mol的金属M，反应完毕后再加入0.2mol的金属N，则下列四组所加入的两种金属，放出气体总量最多的一组是（　　）
选项 A B C D
M Na Al Na Mg
N Al Na Mg Na
A．A B．B C．C D．D
26．（2025·浙江会考）同学们在探究二氧化锰是否参与了氯酸钾的分解反应。氯酸钾和二氧化锰混合加热的化学方程式为：。已知氯酸钾与二氧化锰混合加热时连续发生如下反应，试分析后按要求填空。
（Ⅰ）；
（Ⅱ）；
（Ⅲ）。
通过以上分析，同学们得出结论：二氧化锰参与了氯酸钾的分解反应。
【拓展】氟利昂释放出的氯原子参与了臭氧层的破坏，其微观示意图如下：
综合图中①②③的反应过程，写出臭氧层被破坏的化学方程式　 　。
27．（2025·浙江会考）按右图进行实验，已知A为H2、CO中的一种或两者的混合物，甲装置中的黑色粉末为CuO、炭粉中的一种或两者的混合物。
（1）若黑色粉末是纯净物，甲、乙、丙装置中的固体或溶液依次出现红色、蓝色、浑浊，则气体A是　 　，黑色粉末为　 　。
（2）若第（1）问中：乙装置的物质增重1.8g，丙装置中的物质增重2.2g，则通入气体的质量可能是______g。（把正确的选项填入空格）。
A．0.8g B．1.6g C．3g
（3）若A为纯净物，充分反应后，甲装置生成3.2g红色固体，乙装置中物质增重0.9g，则黑色粉末的质量为　 　g，气体A是　 　，该黑色粉末的成分是　 　。
28．（2025·浙江会考）无焰食品加热器常被用于野外加热食物，它所用的材料有镁、铁、氯化钠。使用时加入水，利用镁和水反应产生热来加热。下面是在15℃、标准大气压的环境中对上述材料进行的研究。
实验1：将一定质量的镁条、铁粉和氯化钠加入盛有适量水的隔热容器中，连续搅拌，每隔一段时间记录一次温度，在图甲上绘得曲线1：然后把相同质量的镁条剪成若干细条，重复上述实验，绘得曲线2：再取相同质量的镁粉重复上述实验，绘得曲线3。
实验2：把2.4g镁粉、5.85g氯化钠和一定质量的铁粉混合，放入盛有100mL水的隔热容器中，并不断搅拌，一段时间后测出容器内的温度。图乙是在改变铁粉质量的实验条件下，而绘得的温度变化曲线。
实验3：把2.4g镁粉、28g铁粉和一定质量的氯化钠混合，放入盛有100mL水的隔热容器中，并不断搅拌，一段时间后测出容器内的温度。图丙是在改变氯化钠质量的实验条件下，而绘得的温度变化曲线。
（1）通过实验1可以发现影响镁和水反应快慢的因素是　 　。
（2）实验3中，当NaCl质量大于7.31g，实验就不必再做的原因是____________。
A．加入更多的NaCl不再改变反应快慢
B．加入NaCl会使反应变慢
C．水已沸腾，不会再有温度变化
D．需要加入更多的铁粉来提高温度
（3）根据图乙和丙，在设计无焰食物加热器时，如果所用镁粉的质量为2.4g，则取和　 　g铁粉时，能做到用尽可能少的材料产生尽可能多的热量。
29．（2025·浙江会考）将100g含质量分数为80%的石灰石样品（杂质不发生化学反应也不含钙），高温灼烧一段时间后，冷却，测得剩余固体中含钙元素的质量分数为41%，则生成CaO的质量约为　 　克。
30．（2025·浙江会考）将粉末加入到100g一定质量分数的稀硫酸中，微热至氧化铜全部溶解，生成蓝色溶液。在蓝色溶液中加入铁粉，充分反应后，过滤，烘干得到干燥固体物质仍是。（除不尽保留一位小数，不考虑损耗）求
（1）最后生成铜的质量是多少？
（2）当m取何值时，才能满足加入的铁粉和得到的固体质量相等，简述理由。
（3）所加稀硫酸的溶质质量分数是多少？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】速度与物体运动；速度公式及其应用
【解析】【分析】船始终垂直于河岸行驶，在水流方向上，相对于河岸的速度为水流动速度，水速越大，在相同时间内相对于河岸移动的距离越大，据此分析判断。
【解答】由题知，船始终垂直于河岸行驶，在水流方向上，相对于河岸的速度为水流动速度，知道河水越靠近河的中央，水速越大；越靠近河岸，水速越小，则有速度公式可知越靠近河的中心，在相同时间内相对于河岸移动的距离越大，C图能合理的描述船的行进路径。
故答案为：C。
2．【答案】B
【知识点】速度公式及其应用
【解析】【分析】甲从A地到B，再从B地到C地，和乙从A地到C地的时间是相同的。知道速度和时间，分别求出AB、AC、BC的路程，根据在三角形中两边之和大于第三边，两边之差小于第三边，进行排除。
【解答】设乙的运动速度为v，甲的运动速度为2v，甲从A地运动到B地，运动距离为：
A、如果乙从A地运动到C地的时间为4min，则
甲从B地运动C地，运动距离为
，AB、AC、BC不能构成三角形，故A不符合题意；
B、如果乙从A地运动到C地的时间为8min，则，甲从B地运动C地，运动距离为
△ABC任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，AB、AC、BC能构成三角形，故B符合题意；
C、如果乙从A地运动到C地的时间为12min，则
甲从B地运动C地，运动距离为
，AB、AC、BC不能构成三角形，故C不符合题意；
D、如果乙从A地运动到C地的时间为16min，则
甲从B地运动C地，运动距离为
，AB、AC、BC不能构成三角形，故D不符合题意。
故答案为：B。
3．【答案】D
【知识点】阿基米德原理；浮力大小的计算
【解析】【分析】（1）当VA=VB时，已知ρA＞ρB，根据公式m=ρV可知，mA＞mB，将两球都放入甲容器中，因为ρ甲＞ρA＞ρB，所以两球都将漂浮，浮力等于各自的重力。
（2）当AB两球都放入甲中，已知ρ甲＞ρA＞ρB，所以两球都将漂浮，已知VA=VB，两球所受的浮力根据浮力公式计算。
（3）当两球质量相等时，A放入乙中，因为ρA＞ρ乙，所以A在乙中下沉，A在乙中受到的浮力小于其重力；B放入甲中，因为ρ甲＞ρB，所以B在甲中漂浮，浮力等于自身的重力。
（4）当mA=mB时，A放入甲容器中，因为ρ甲＞ρA，所以A在甲中漂浮，B球放入乙容器中，因为ρB＞ρ乙，所以B在乙中下沉。
【解答】A、 当VA=VB时，将两球都放入甲容器中，两球都将漂浮，浮力等于各自的重力，因为mA>mB，所以A受到的浮力大于B受到的浮力，故A错误；
B、当VA=VB时，将两球都放入乙容器中，两球都将下沉，两球所受的浮力根据公式F浮=ρ液gV排可知，两球排开液体的体积相同，在同一种液体中，所以静止时两球所受浮力相等，故B错误；
C、若mA=mB时，将A。 B两球分别放入乙、甲容器中，A在乙中下沉，所受浮力小于自身重力，B在甲中漂浮，浮力等于自身的重力，两球所受浮力不相等，故C错误；
D、若mA=mB时，将A。 B两球分别放入甲、乙容器中，A在甲中漂浮，浮力等于自身的重力，
F浮A=GA=mAg=mBg
B在乙中下沉，所受的浮力
F浮B=ρ乙gVB=ρ乙g
所以静止时两球所受浮力之比为
==
故D正确。
故答案为：D。
4．【答案】C
【知识点】串、并联电路的电流特点；串、并联电路的电压特点；电路的动态分析
【解析】【分析】 由图可知R2与R3并联后与R1串联，电压表V1测R1两端的电压，V2测并联部分电压；A2测通过R2的电流；A3测流过R3的电流，A1测干路电流；则由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，由欧姆定律可求得电路中电流的变化，及R1两端电压变化；则可由串联电路的电压规律可得出并联部分电压的变化，即可求得通过R2的电流变化；再由并联电路的电流规律可得出通过R3的电流变化。
【解答】分析电路图可知，R2与R3并联，R1在干路中，电流表A1测干路中电流，电流表A2与R2串联，测量通过R2的电流，电流表A3与R3串联，测量通过R3的电流；电压表V1测量R1两端电压，电压表V2测量R2与R3并联电路两端电压；滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路部分电阻变大，由并联电路特性可知，并联电路部分的总电阻变大；将、看作整体，则与为串联，则电路的总电阻变大，则电路的总电流变小，故示数变小；并联电路部分的总电阻变大，由串联分压特点可知，并联电路部分两端电压变大，则增大，减小；与并联，则R2两端电压变大，R2的电阻不变，由欧姆定律可知，通过R2的电流增大，则示数变大；由于并联电路中，干路电流等于各支路中电流之和，示数变小，示数变大，所以示数减小，故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
5．【答案】B
【知识点】二力平衡的条件及其应用；大气压强的测量方法
【解析】【分析】AB.对玻璃管进行受力分析，根据平衡力的知识，结合大气压强的数值分析判断；
C.当玻璃管顶端刚刚离开水银面时，水银柱的高度小于76cm；
D.管内水银柱产生的压强等于外界大气压强。据此分析水银柱的高度变化。
【解答】A．根据题意可知，提起玻璃管的拉力F=G总-F浮力。在忽略玻璃管本身重力时，水银柱的重力与所受浮力平衡，此时所需拉力为0，故A正确不符合题意；
B．当玻璃管口与槽内水银面相平时， 拉力等于水银柱的重力。则在此情况下所需拉力应为F=ρ水银L'Sg，而L'的大小应为约760mm，而不是1m，故B错误符合题意；
C．玻璃管顶端露出槽内水银面后，由于水银柱的高度小于76cm，因此顶端不会立即出现真空，顶端即充满水银，故C正确不符合题意；
D．大气压可以支持约76cm高的水银柱。只要管内的空间大于76cm后，管内外水银面高度就会一直保持这个高度不变，故D正确不符合题意。
故选B。
6．【答案】B
【知识点】大气压强的存在
【解析】【分析】电子秤的示数等于烧杯和里面水银的总重力，根据外面气压变化分析玻璃管和水银槽内水银的流向变化即可。
【解答】由图可知，当大气压强下降时，进入玻璃管的水银减少，使水银槽中的水银增多，水银槽中的水银增加，使水银槽及槽中的水银所受的重力增加，故示数大于G。
故选B。
7．【答案】C
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验
【解析】【分析】根据物距与像距的关系分析点S在不同位置时，像点的位置及与凸透镜两倍焦距处的距离分析。
【解答】将点光源S运动的轨迹看成一个物体，在物体上的各个位置找一些点，利用凸透镜成像的规律作出像点，连接各像点即可得到一个不规则的圆，且转动方向为逆时针，所以像点运动图象是选项C的形状，大致如图所示：
AI
故答案为：C。
8．【答案】A
【知识点】功的计算公式的应用
【解析】【分析】因为将地面上的砖块叠放，使每一块砖提升的高度不同，所做的功也不同，所以利用W=Gh分别求出对每一块砖所做的功，然后求其和即可。
【解答】利用W=Gh，求出对每一块砖所做的功，因为第一块砖提升高度为：h1=0，第二块砖提升高度为：h2=c，第三块砖提升高度为h3=2c
…
第n块砖提升高度为：hn=(n 1)c
因为对第一块砖所做的功为W1=Gh1=mg×0=0
对第二块砖所做的功为W2=Gh2=mg×c=mgc
对第三块砖所做的功为W3=Gh3=mg×2c=2mgc
…
对第n块砖所做的功为Wn=Ghn=mg×(n 1)c=(n 1)mgc，
所以W总=W1+W2+W3+…+Wn=0+mgc+mg2c+…+(n 1)mgc=〔1+2+…+(n 1)〕mgc=mgc；故A正确，BCD错误。
故答案为：A。
9．【答案】
【知识点】速度公式及其应用；平均速度的计算及测量
【解析】【分析】在鸡蛋匀速下落的过程中，鸡蛋受到的重力等于阻力，即G=f，由题知该作品在竖直下落时受到的阻力大小与速度的二次方成正比，比例系数为k，据此求载人舱的下落速度。
【解答】匀速下落说明物体处于平衡状态，则物体受到的阻力与重力是一对平衡力，即
则。
10．【答案】800
【知识点】密度公式的应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】解答此题首先要判断两物体的浮沉情况：如果全漂浮，根据浮力等于重力判断；如果全沉底，根据阿基米德原理判断；如果一浮一沉，根据阿基米德原理和水对两球的浮力比值列出等式解之即可。
【解答】甲在水中是漂浮状态，则甲在水中受到的浮力
乙沉在水底，则乙在水中受到的浮力
由于水对两球的浮力之比为，则
已知它们的密度之比是，即
故甲球的密度为
11．【答案】60；120
【知识点】影响摩擦力大小的因素；动滑轮及其工作特点
【解析】【分析】（1）根据定滑轮、动滑轮的特点分析拉力的大小；
（2）物体处于静止状态或匀速直线运动时，受平衡力作用，由运动方向的改变，可知摩擦力方向随之改变，结合平衡力的条件F左拉=f+F右拉即可求出。
【解答】据图可知，下方的滑轮为动滑轮，忽略滑轮重及滑轮摩擦，则动滑轮上方绳子施加的拉力为物体重力的2倍，拉力为
该绳子的拉力水平作用在物体的右端，此时做匀速直线运动，处于平衡状态，物体受到的摩擦力与该拉力是一对平衡力，大小相等，则物体和桌面间的摩擦力为60N。
要使物体在桌面上向左做匀速直线运动，此时物体m1受到水平向右60N的拉力、水平向右的摩擦力，由于该过程中压力和接触面的粗糙程度不变，则摩擦力不变仍为60N，则需要对施加的拉力为
12．【答案】使的作用效果与的作用效果相同；在同一直线上，方向相同的两个力的合力与分力方向相同，大小等于两个分力之和
【知识点】力的作用效果
【解析】【分析】在本题中力的作用效果是弹簧伸长，两次实验都使弹簧伸长到同一位置，由于弹簧的伸长相同，则弹簧的作用效果相同。
分析实验过程及合力与分力的关系，可得出结论。
【解答】第二次只用一根弹簧秤也将弹簧由A拉伸到B位置，这样做是为了使F的作用效果与的作用效果相同。
第二次弹簧的拉力F是第一次弹簧的拉力的合力；两个分力的合力
由此得出结论：在同一直线上，方向相同的两个力的合力与分力方向相同，大小等于两个分力之和。
13．【答案】（1）LED灯；电流表示数大小
（2）150
【知识点】实验探究的其他思想方法
【解析】【分析】转换法是中学物理中一种重要的研究方法，可以借助某些物体的特性规律来研究看不到或不易测量的物理量或规律。
电能转化的内能多少不易测量，所以借助物体温度变化的高低；电能转化的光能的多少借助光对光敏电阻的影响而引起电路中电流的变化的来比较。
【解答】（1）电能通过灯泡转化为光能时，灯光照射到光敏电阻上，因其电阻值与光照强度成反比，当光照强度很强时，使光敏电阻的阻值减小，电路中的电流变大，所以电能转化为光能的多少，通过观察电流表示数大小可知；由表格数据中可知，使用LED灯时，电流表的示数最大，表明电能转化为光能最多的是LED灯。
（2）分析表中数据可知，15W的LED灯的发光亮度能使含有光敏电阻的电路中的电流为60mA，而15W的白炽灯的发光亮度能使含有光敏电阻的电路中的电流为6mA，则一个LED灯的发光亮度相当的15W的白炽灯的个数是
则与15W的LED灯的发光亮度相同的白炽灯的功率为P=15W×10=150W
（1）[1][2]电能通过灯泡转化为光能时，灯光照射到光敏电阻上，因其电阻值与光照强度成反比，当光照强度很强时，使光敏电阻的阻值减小，电路中的电流变大，所以电能转化为光能的多少，通过观察电流表示数大小可知；由表格数据中可知，使用LED灯时，电流表的示数最大，表明电能转化为光能最多的是LED灯。
（2）分析表中数据可知，15W的LED灯的发光亮度能使含有光敏电阻的电路中的电流为60mA，而15W的白炽灯的发光亮度能使含有光敏电阻的电路中的电流为6mA，则一个LED灯的发光亮度相当的15W的白炽灯的个数是
则与15W的LED灯的发光亮度相同的白炽灯的功率为P=15W×10=150W
14．【答案】（1）
（2）0.48W
（3）0.15N
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】（1）根据安培定则判断通电螺线管的磁极。通电螺线管磁性的强弱与电流的大小有关，电流越大，磁性越强。
（2）先算出小球悬浮在水中，螺线管对小球的力，再从表中找出对应的电流。由小灯泡标有“6V 3W”字样，算出电阻，就可算出小灯泡消耗的功率。
（3）先算出小灯泡正常发光时的电流，从表中找出此时通电螺线管对小球的吸引力，然后对小球进行受力分析，算出容器对小球的支持力即可算出小球对容器底的压力。
【解答】（1）小球受到的重力
开关断开后，小球上浮最终漂浮，此时，根据阿基米德原理可得，小球排开水的体积
所以小球露出体积
（2）浸没在水中静止时，小球所受浮力
此时小铁球受到竖直向下的重力、竖直向下的磁体吸引力、竖直向上的浮力，由受力分析可知
此时吸引力为
查表可知，此时电路中的电流，根据灯的铭牌可知，灯泡的电阻为
此时灯泡消耗的功率是
（3）当小灯泡正常发光时
查表可知此时通电螺线管对小球的吸引力，当小球沉底静止时，小球受到竖直向上的浮力、竖直向上的支持力、竖直向下的重力、竖直向下的吸引力，由受力分析可知
代入数据可知容器对小球的支持力
故小球对容器底的压力。
（1）小球受到的重力
开关断开后，小球上浮最终漂浮，此时，根据阿基米德原理可得，小球排开水的体积
所以小球露出体积
（2）浸没在水中静止时，小球所受浮力
此时小铁球受到竖直向下的重力、竖直向下的磁体吸引力、竖直向上的浮力，由受力分析可知
此时吸引力为
查表可知，此时电路中的电流，根据灯的铭牌可知，灯泡的电阻为
此时灯泡消耗的功率是
（3）当小灯泡正常发光时
查表可知此时通电螺线管对小球的吸引力，当小球沉底静止时，小球受到竖直向上的浮力、竖直向上的支持力、竖直向下的重力、竖直向下的吸引力，由受力分析可知
代入数据可知容器对小球的支持力
故小球对容器底的压力。
15．【答案】（1）
（2）2000N
（3）
【知识点】压强的大小及其计算；杠杆的平衡条件
【解析】【分析】（1）踏板空载时，通过表中信息可以得出电阻大小，利用欧姆定律可以求电流；
（2）利用压强公式求出压力传感器R表面能承受的最大压力，再根据杠杆的平衡条件求出该秤的最大称量值；
（3）已知人的体重G根据杠杆的平衡条件求出压力传感器R表面承受的压力，再根据压力传感器R的电阻与所受压力的关系求出压力和电阻的关系式，进一步求出压力传感器R的电阻，最后根据欧姆定律求出踏板上人的体重G与电流表的示数I的关系。
【解答】（1）踏板空载时电流表读数
（2）最大压力为
根据可得，该秤的最大称量值为
（3）根据得①
压力传感器两端的电压恒为4.8V，则压力传感器的阻值②
由表格数据可得压力传感器的电阻与所受压力的关系为③
由①②③可解得关系式为
（1）踏板空载时电流表读数
（2）最大压力为
根据可得，该秤的最大称量值为
（3）根据得①
压力传感器两端的电压恒为4.8V，则压力传感器的阻值②
由表格数据可得压力传感器的电阻与所受压力的关系为③
由①②③可解得关系式为
16．【答案】C
【知识点】分子之间存在空隙；根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】A、根据分子基本性质，进行分析判断。
B、对反应前后物质的质量关系进行计算判断，判断反应时是否符合固定的质量比，进行分析判断。
C、根据氢氧化钠易溶于水，进行分析判断。
D、根据饱和溶液的特征，进行分析判断。
【解答】A、因为微粒之间有间隔，所以1mL氧气与1mL氢气混合后的总体积小于2mL，不符合题意；
B、碳在氧气中燃烧时生成二氧化碳，化学方程式为，则碳和氧气的质量比是12：32，1g碳和1g氧气反应后生成物的质量小于2g，不符合题意；
C、1g氢氧化钠溶液和1g硫酸溶液混合后没有气体和沉淀产生，溶液的质量是2g，符合题意；
D、饱和硝酸铵溶液中加入1g硝酸铵后不能继续溶解硝酸铵，所得溶液的质量还是1g，不符合题意。
故答案为：C。
17．【答案】D
【知识点】金属的化学性质
【解析】【分析】烧杯中的硫酸足量，因此反应产生氢气的多少决定于金属的质量；金属与酸反应放出氢气，使天平两端质量减小，金属活动性越强，与酸反应生成氢气速率越快；由于等质量的金属完全反应放出氢气质量不同，因此，两端金属完全反应后天平仍不能平衡；因此，需要根据天平指针的偏向，确定金属的活动性及等质量金属完全反应放出氢气质量的大小，判断两种金属．
【解答】开始时天平的指针先偏向左边，说明天平左边质量减少地较慢，即Y与酸反应比X剧烈，金属Y活动性比X的活动性强；金属Mg、Fe、Zn的活动性从强到弱的顺序为：Mg＞Al＞Zn＞Fe；最后偏向右边，说明到反应结束时左边产生气体较多即等质量金属完全反应Y产生氢气的量小于X；等质量的Al、Mg、Fe、Zn与足量的酸完全反应产生氢气质量从大到小的顺序为： Mg＞Fe＞Zn；综上所述只有D符合。故答案为：D。
18．【答案】B
【知识点】质量守恒定律及其应用
【解析】【分析】根据给出的信息和对应的化学方程式计算和分析，在过程中注意同温同压同体积，分子数也就是相同。
【解答】A、由于发生的反应为2CO+O22CO2，由于在相同的温度和压强下，相同体积的气体具有相同的分子数，所以参加反应的CO和O2的体积比为2：1，而非1：2，故说法错误。
B、由于给出的是相同体积的一氧化碳和氧气，设体积都为2，则反应前的总体积为4，
根据2CO+O2 2CO2，当消耗的，氧气为1体积时，生成的二氧化碳为2体积，则反应后的总体积为3，所以在同温同压下反应后气体的体积为原来的四分之三，说法正确。
C、由于给出的是相同体积的一氧化碳和氧气，设体积都为2，则反应前的总体积为4，
根据2CO+O22CO2，可见消耗的氧气为1，生成的二氧化碳为2，所以生成的二氧化碳的分子数为原来气体分子数的二分之一，故说法错误。
D。由于给出的是相同体积的一氧化碳和氧气，设体积都为2，由于过程中原子个数不变，反应后的气体中C、O原子的个数比仍旧=2：(2+2×2)=1：3，故说法错误。
故答案为：B
19．【答案】A
【知识点】气体装置的装配、连接、选择与气密性检查；常见实验操作
【解析】【分析】（1）装置气密性检查原理：基于装置内外压强差，当装置不漏气时，改变装置内气体的温度、体积等条件，会使装置内外产生压强差，从而出现相应现象来判断气密性。
（2）加热法：通过升高装置内气体温度（如用手捂热或酒精灯微热），使气体膨胀，若装置气密性良好，会在与大气相通处出现气泡等现象。
（3）液封法：利用液体对装置部分进行封闭，通过观察液面变化判断气密性，如向长颈漏斗注水，观察液面是否下降。
（4）抽气或吹气法：通过向外抽气或向内吹气改变装置内压强，观察是否能形成稳定现象（如形成水柱、气泡等）来判断气密性。
【解答】A、向右拉活塞，长颈漏斗中液面不下降，证明装置不严密，说明A装置漏气；
B、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，液面高度不变，说明装置气密性良好，故B不漏气；
C、用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内有气泡产生，说明装置气密性良好，故C不漏气；
D、用弹簧夹夹住右边导管，用嘴向瓶内吹气，玻璃管内向上形成一段水柱，是因为瓶内气压升高，把水压入玻璃管内，证明装置不漏气，气密性良好；故D不漏气。
故答案为：A。
20．【答案】C
【知识点】制取二氧化碳的装置、步骤、收集与注意事项
【解析】【分析】实验室用稀盐酸和固体大理石在常温下制取二氧化碳，因氯化氢易挥发，所以为了得到干燥的二氧化碳，需除去氯化氢和水蒸气，饱和碳酸氢钠溶液可以吸收HCl而不吸收CO2，用浓硫酸可以干燥二氧化碳，收集装置主要由气体的密度和溶水性决定，二氧化碳密度比空气大，应用向上排空气法收集，据此分析解答。
【解答】实验室用稀盐酸和固体大理石在常温下制取二氧化碳，其反应化学式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，
因氯化氢易挥发，所以制得的二氧化碳中含有氯化氢和水蒸气，为了净化二氧化碳，图中提供了四组洗气装置和三组收集装置。洗气装置：用水吸收：水无法吸收氯化氢、二氧化碳混合气体中的氯化氢，该法不能选；用氢氧化钠溶液吸收：氯化氢能和氢氧化钠发生中和反应，但二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，该法不能选；用碳酸氢钠溶液吸收：碳酸氢钠和氯化氢反应生成氯化钠水和二氧化碳、将杂质氯化氢转化为二氧化碳，该法能选；用浓硫酸吸收：浓硫酸和二氧化碳不反应且能吸收其中的水蒸气，故选；
收集装置：二氧化碳能溶于水，不能用排水法收集；二氧化碳密度比空气大，需用向上排空气法收集。
因此仪器的连接顺序为：c-c'→d-d'→g；
故答案为：C。
21．【答案】C
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；酸的化学性质
【解析】【分析】根据已有的知识进行分析，酸性溶液的pH小于7，酸性越弱，pH越大，中性溶液的pH等于7。
【解答】向饱和的H2SO3溶液中通入H2S气体，开始时溶液的pH小于7，则根据2H2S+H2SO3=3S↓+3H2O可知，酸性逐渐减弱，pH增大，当二者恰好完全反应时溶液呈中性，pH等于7，继续通入硫化氢，溶液呈酸性，pH逐渐减小，但是不会小于亚硫酸的pH，观察选项。
故答案为：C。
22．【答案】A
【知识点】溶液的酸碱性与pH值的关系；复分解反应及其应用
【解析】【分析】根据溶液的pH大于7显碱性，且pH越大碱性越强结合碱性较强的物质发生类似反应可以生成碱性较弱的物质进行解答。
【解答】A、由表可知NaClO溶液的pH=10.3＜Na2CO3溶液的pH=11.6，所以CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO不能成立，故A错误；B、由表可知NaClO溶液的pH=10.3＞NaHCO3溶液的pH=8.6，所以CO2+H2O+NaClO=NaHCO3+HClO能成立，故B正确；
C、由表可知NaCN溶液的pH=11.1＞CH3COONa溶液的pH=8.8，所以CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN能成立，故C正确；
D、由表可知NaClO溶液的pH=10.3＞CH3COONa溶液的pH=8.8，所以NaClO+CH3COOH=HClO+CH3COONa能成立，故D正确。
故答案为：A。
23．【答案】C
【知识点】金属的化学性质；金属活动性顺序及其应用
【解析】【分析】①根据三种溶液质量相等，可能放出的氢不相等，参加反应的三金属也不相等；
②三种溶液质量相等由参加反应的三金属不同和放出氢多少不同来实现；
③根据化学方程式来计算分析，当参加反应的三金属质量相等时，铝置换出的氢最多，镁次之，铁最少，得到的三种溶液质量硫酸铝最少，硫酸镁次之，硫酸亚铁最多；若要达到三溶液质量相等应增加铝和镁的质量，它们的质量应是铝大于镁，镁大于铁；
【解答】三种溶液质量相等由参加反应的三金属不同和放出氢多少不同来实现；根据化学方程式来计算分析，当参加反应的三金属质量相等时，铝置换出的氢最多，镁次之，铁最少。得到的三种溶液质量硫酸铝最少，硫酸镁次之，硫酸亚铁最多；若要达到三溶液质量相等应增加铝和镁的质量，它们的质量应是铝大于镁，镁大于铁；
故答案为：C。
24．【答案】B
【知识点】有关化学式的计算和推断
【解析】【分析】根据物质中某元素的质量分数的计算公式，分别计算选项中氯元素的质量分数，氯元素的质量分数相同的符合题意。
【解答】A、HClO4中氯元素的质量分数为：×100%35.32%；KClO3中氯元素的质量分数为：×100%28.98%；即两者混合后氯元素的质量分数在28.98%和35.32%之间，故错误；
B、NaClO中氯元素的质量分数为：×100%47.65%；KCl中氯元素的质量分数为：×100%47.65%；NaClO、KCl中Cl元素的质量分数相等，即两者无论以何种比例混合，其氯元素的质量分数不变，故正确；
C、KClO中氯元素的质量分数为：×100%39.23%；KCl中氯元素的质量分数为：×100%47.65%；即两者混合后氯元素的质量分数在39.23%和47.65%之间，故错误；
D、NaCl中氯元素的质量分数为：×100%60.68%；KCl中氯元素的质量分数为：×100%47.65%；即两者混合后氯元素的质量分数在47.65%和60.68%之间，故错误。
故答案为：B。
25．【答案】B
【知识点】根据化学反应方程式的计算；金属的化学性质
【解析】【分析】根据1mol的Na、Mg、Al三种金属的质量分别为23克、24克、27克，计算出0.1mol的金属M与0.2mol的金属N的实际的质量，然后找出酸和金属质量之间的关系，需要注意钠会与水反应进行分析。
【解答】1mol的Na、Mg、Al三种金属的质量分别为23克、24克、27克，0.1mol的金属M与0.2mol的金属N质量在选项中分别为：
选项 A B C D
M Na：2.3克 Al：2.7克 Na：2.3克 Mg：2.4克
N Al：5.4克 Na：4.6克 Mg：4.8克 Na：4.6克
根据化学方程式2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、、，则有：
反应物、生成物间质量比：
、、得到
盐酸溶液中HCl总量=14.6克，与A、C反应Mg、Al有剩余，产生H2各0.4克；与B反应Na有剩余，Na要与水反应产生氢气，因此氢气质量大于0.4克；从比例关系中可以看出，酸在D的反应，Na、Mg与HCl刚好完全反应，产生H2各0.4克，
故答案为：B。
26．【答案】
【知识点】模型与符号；书写化学方程式、文字表达式
【解析】【分析】（1）化学反应方程式的书写：根据反应的微观过程，准确找出反应物、生成物以及反应条件，按照质量守恒定律来书写化学方程式。
（2）催化剂的作用：在化学反应中，催化剂能改变化学反应速率，自身的质量和化学性质在反应前后不变。这里氯原子在臭氧层破坏反应中起类似催化剂作用，要理解其在反应过程中的作用原理。
【解答】根据反应的微观示意图，臭氧层被破坏的化学方程式为：2O33O2。
27．【答案】（1）、CO；CuO
（2）C
（3）4；；CuO
【知识点】根据化学反应方程式的计算；还原反应与金属的冶炼
【解析】【分析】（1）根据实验现象，分析甲中的固体和通入的气体；
（2）根据乙装置的物质增重是水的质量、丙装置中的物质增重是二氧化碳的质量计算组成气体的质量.
【解答】（1）由题意可知，若黑色粉末是纯净物实验时出现红色，说明了黑色粉末为氧化铜；由无水硫酸铜变成了蓝色，说明了有水生成，则通入的气体中含有氢气；由澄清的石灰水变浑浊，说明了有二氧化碳气体生成，通入的气体中含有一氧化碳；
（2）设氢气的质量为x，
x=0.2g，
设一氧化碳的质量为y，
y=1.4g，
参加反应的气体的质量是：0.2g+1.4g=1.6g，由于反应前和反应后都需要通入气体，故气体的质量要大于1.6g，故选C；
（3）若A为纯净物，充分反应后，甲装置生成3.2g红色固体，乙装置中物质增重0.9g，说明生成水的质量为0.9g，铜的质量为3.2g，因为氢气和氧化铜在加热的条件下反应生成铜和水，故气体A是氢气；0.9g水中氧元素的质量为：，根据质量守恒定律可知，参加反应的氧化铜的质量为：3.2g+0.8g=4.0g，所以该黑色粉末的成分是氧化铜。
（1）由题意可知，若黑色粉末是纯净物实验时出现红色，说明了黑色粉末为氧化铜；由无水硫酸铜变成了蓝色，说明了有水生成，则通入的气体中含有氢气；由澄清的石灰水变浑浊，说明了有二氧化碳气体生成，通入的气体中含有一氧化碳；
（2）设氢气的质量为x，
x=0.2g，
设一氧化碳的质量为y，
y=1.4g，
参加反应的气体的质量是：0.2g+1.4g=1.6g，由于反应前和反应后都需要通入气体，故气体的质量要大于1.6g，故选C；
（3）若A为纯净物，充分反应后，甲装置生成3.2g红色固体，乙装置中物质增重0.9g，说明生成水的质量为0.9g，铜的质量为3.2g，因为氢气和氧化铜在加热的条件下反应生成铜和水，故气体A是氢气；0.9g水中氧元素的质量为：，根据质量守恒定律可知，参加反应的氧化铜的质量为：3.2g+0.8g=4.0g，所以该黑色粉末的成分是氧化铜。
28．【答案】（1）镁的颗粒大小
（2）C
（3）28
【知识点】金属的化学性质
【解析】【分析】根据所给信息和图象正确加以分析和整合；通过图一可知：镁的反应表面积越大反应速度越快，故温度变化较大；图2图象可知：加入氯化钠的质量与升高的最大温度成正比。镁粉比镁条能更快产生热量，在镁和铁质量相等的情况下，7.31g NaCl能使液体达到沸腾。
【解答】（1）通过图一不难看出镁的反应表面积越大反应速度越快，故温度变化较大；
（2）图丙图象可知当氯化钠的量为7.31g时液体沸腾；故答案为：C；
（3）镁粉比镁条能更快产生热量，在镁和铁质量和前次实验相等的情况下，7.31g NaCl能使液体达到沸腾，故铁粉的质量为28g。
（1）通过图一不难看出镁的反应表面积越大反应速度越快，故温度变化较大；
（2）图丙图象可知当氯化钠的量为7.31g时液体沸腾；故答案为：C；
（3）镁粉比镁条能更快产生热量，在镁和铁质量和前次实验相等的情况下，7.31g NaCl能使液体达到沸腾，故铁粉的质量为28g。
29．【答案】28
【知识点】有关化学式的计算和推断；质量守恒定律及其应用；根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】根据化学方程式计算的步骤有：一设、二写、三找、四列、五答、六查．在本题中，根据质量守恒定律可知，钙元素的质量在化学反应前后质量不变．根据已知的条件可以求出反应前钙元素的质量，然后再根据剩余固体中含钙元素的质量分数为41%，求出反应后剩余固体的总质量，根据反应前后的差值求出二氧化碳气体的质量，然后求氧化钙的质量．
【解答】100g含CaCO3质量分数为80%的石灰石样品中
钙元素的质量=100g×80%××100%=32g；
根据质量守恒定律可知，在化学反应前后，钙元素的质量不变，则反应后剩余固体的总质量=32g÷41%≈78g；
根据质量守恒定律可知，生成二氧化碳的质量=100g-78g=22g；
设生成CaO的质量为x，
= x=28g
故填：28g。
30．【答案】（1）生成Cu的质量为。
答：最后生成铜的质量是8g；
（2）当m≥8g时，一部分铁与稀硫酸反应，才能使铁粉与生成铜质量相同，才能满足加入的铁粉和得到的固体质量相等
（3）解法一：设：与10g氧化铜反应需硫酸质量为x，同时生成硫酸铜的质量为z。
由题意：氧化铜全部溶解，则
设：与硫酸铜反应用去的铁粉为
由于铁在这一步只反应掉7g，铜生成8g，固体质量增加了1g，所以和硫酸反应的铁的质量就是1g这样就可以使固体质量前后不反生变化
所加稀硫酸的溶质质量分数。
答：所加稀硫酸的溶质质量分数14%。
解法二：最后固体中有8g铜，则参加反应的铁也是8g，反应后铁都变成了硫酸亚铁，则有：
所加稀硫酸的溶质的质量分数。
答：所加稀硫酸的溶质质量分数14%。
【知识点】质量守恒定律及其应用；根据化学反应方程式的计算；金属的化学性质
【解析】【分析】（1）氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与铁粉完全反应得到铜，根据化学变化前后元素质量不变，因此所得铜的质量即氧化铜中所含铜元素质量；
（2）要使加入的铁粉和得到的固体质量相等，需满足铁粉既与硫酸铜反应又与硫酸反应，因此所加入铁粉质量需大于等于二者反应所需铁粉的质量.
（3）根据题意，铁粉充分反应后，过滤，烘干得到干燥固体物质仍是mg，由于铁粉置换硫酸铜后所得固体质量增加，可判断有部分铁粉与稀硫酸反应才能出现反应前后固体质量不变，因此所加稀硫酸一部分与氧化铜反应一部分与铁粉反应，计算出与铁粉反应硫酸的质量则需要先求得反应所耗铁粉的质量，利用金属粉末变化前后质量相等，由生成铜的质量分析计算与硫酸反应的铁粉质量；
【解答】（1）氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与铁粉完全反应得到铜，根据化学变化前后元素质量不变，因此所得铜的质量即氧化铜中所含铜元素质量；
生成Cu的质量为。
答：最后生成铜的质量是8g；
（2）当时，理由：铁除了和硫酸铜反应转换出铜外，还有一部分铁与稀硫酸反应，才能使反应掉铁粉的质量与生成铜质量相同，才能满足得到的固体物质仍然是m克。
（1）氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与铁粉完全反应得到铜，根据化学变化前后元素质量不变，因此所得铜的质量即氧化铜中所含铜元素质量；见答案；
（2）当时，理由：铁除了和硫酸铜反应转换出铜外，还有一部分铁与稀硫酸反应，才能使反应掉铁粉的质量与生成铜质量相同，才能满足得到的固体物质仍然是m克。
（3）见答案。
1 / 1

展开更多......

收起↑