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浙江宁波市鄞州实验强基班2025年自主招生科学试卷
一、单项选择题(本题共7小题，每题5分，共35分)
1．（2025九下·鄞州竞赛）因为地震，造成了很多堰塞湖，假设有一块长方体石块堵住了水的去路，设水的密度为ρ，石块的质量为m，石块的左右侧面为正方形，边长为a，宽度为b，石块与地面足够粗糙，不会滑动，水若能推倒石块，则石块的宽度b应该满足的条件是(　　)
A．b＜ B．b＜ C．b＜ D．b＜
2．（2025九下·鄞州竞赛）有一“不倒翁”，形状可以简化成由半径为R 的半球体与顶角为 °的圆锥体组成(如图所示)，它的重心在对称轴上。为使“不倒翁”在任意位置都能恢复竖直状态， 则该“不倒翁”的重心到半球体的球心的距离必须大于(　　)
A．0 B． C． D．
3．（2025九下·鄞州竞赛）一个用半导体材料制成的电阻D，其电流I随它两端电压U的关系如图（a）所示，如果它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P。现将它们连接为如图（b）所示的电路，再接在该电源的两端，设电阻D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是PD、P1、P2，下列判断中错误的是（　　）
A．P1>P2 B．P1>4PD C．PD4．（2025九下·鄞州竞赛）如图所示，劲度系数为k1的轻质弹簧A一端固定在地面上并竖直放置，质量为m的物块压在弹簧A上，用一细绳跨过定滑轮，一端与m相连，另一端与劲度系数为 的轻质弹簧B相连。现用手握住弹簧B的右端使其位于c点时，弹簧B恰好呈水平且没有形变。将弹簧B的右端水平拉到d点时，弹簧A恰好没有形变。已知： 则 c、d之间的距离为(　　)
A． B． C． D．
5．（2025九下·鄞州竞赛）如图所示，连通器左端试管横截面的半径为2R，右端试管横截面的半径为R。左、右水面的高度分别为H、0.5H。那么打开开关K后，右管水面能够上升到距离底部的最大高度为(　　)
A．1.5H B．1.3H C．1.1H D．0.9H
6．（2025九下·鄞州竞赛）某人通过焦距为12cm、直径为4cm的放大镜(薄凸透镜)看报纸， 报纸与放大镜的距离为3cm，且与放大镜的主光轴垂直， 保持放大镜的位置不变， 眼睛始终位于主轴上且距离放大镜24cm 位置处进行观测(不考虑眼睛的大小)， 报纸上有部分区域是“盲区”(即眼睛观测不到)， 该区域的面积为(　　)
A．9πcm2 B．5πcm2 C．3πcm2 D．2πcm2
7．（2025九下·鄞州竞赛）质量相等的甲、乙两金属块，其材质不同。将它们放入沸水中，一段时间后温度均达到 然后将它们按不同的方式投入一杯冷水中，使冷水升温。第一种方式：先从沸水中取出甲，将其投入冷水，当达到热平衡后将甲从杯中取出，测得水温升高 ；然后将乙从沸水中取出投入这杯水中，再次达到热平衡，测得水温又升高了 。第二种方式：先从沸水中取出乙投入冷水，当达到热平衡后将乙从杯中取出；然后将甲从沸水中取出，投入这杯水中，再次达到热平衡。则在第二种方式下，这杯冷水温度的变化是(　　)
A．升高不足 B．升高超过
C．恰好升高了 D．条件不足，无法判断
二、填空题(每空4分，共40分)
8．（2025九下·鄞州竞赛）在如图所示的电阻网格中，AB、BC、CD、DA四根电阻丝的阻值为r，其余各电阻丝的阻值都相等，但阻值未知，测得AC两点之间的总电阻为R，若将AB、BC、CD、DA四根电阻丝皆换成阻值为2r的电阻丝，则AC两点之间的总电阻为　 　。
9．（2025九下·鄞州竞赛）如图所示，大水槽里有不相溶的 A、B 两种液体，A 液体的密度为 ρ，B 液体的密度为 2ρ，一个边长为 a 的小立方体物体，一半浸没在A 液体中，另一半浸没在 B 液体中，物块的上表面与A 液体上表面齐平，则物块的密度为　 　ρ。若在物块上端加一个大小为物块重力 0.1 倍的竖直向下的压力，则物块下沉的距离为　 　a。（物块始终未与水槽底部接触）
10．（2025九下·鄞州竞赛）如图所示，平面镜OA 与OB 夹角为α，若平行于平面镜OB 的光线 PQ经过两次反射后，反射光线恰好平行于平面镜OA，则两平面镜之间的夹角α为　 　；若要使平行于平面镜 OB 的光线PQ 在两个平面镜之间最多能发生m次反射，则现平面镜之间的夹角α必须满足的条件是　 　。
11．（2025九下·鄞州竞赛）如图所示，六个电阻完全相同，阻值都是R，将电压为U的电源接在C、D两点之间，则BC两点间电阻. 的功率为　 　。若将电源接在线路中的A、C两点，则　 　(填“R1”“R2”“R3”“R4”“R3”“R4”“R5”或 “R6”）中无电流流过.
12．（2025九下·鄞州竞赛）如图所示，在 W形玻璃管中，从两边装入不同的液体，ABC是水，EFG是油，CDE是密闭的空气，已知H1=20cm，H2=23cm，H3=3cm，H4=4cm， 则EFG管中油的密度为 　 　。
13．（2025九下·鄞州竞赛）悠悠球是除洋娃娃之外世界上最古老的玩具，它由轮与轴(含绕轴上的线)两部分组成(如图甲)。一悠悠球，轮半径为R，轴半径为r，线为细线，小灵玩溜溜球时，如图乙所示，使球在水平桌面上滚动，用拉力F使球匀速滚动距离s，则(a)(b)两种不同方式做功分别为　 　和　 　.
14．（2025九下·鄞州竞赛）如图所示， 在同一平面上的AC、BD两杆，分别绕相距L的A、B两轴逆时针转动，转动快慢相同，初始时刻如图(a)所示，且. 经过一段时间，两杆运动到如图(b)所示，且 ，则此过程中交点M 移动的路程为　 　
15．（2025九下·鄞州竞赛）在一个底面积为 、高度为20cm 的圆柱形薄壁玻璃容器底部， 放入一个边长为10cm的实心正方体物块， 然后逐渐向容器中倒入某种液体。右图反映了物块对容器底部压力的大小F与容器中倒入液体的深度h(0~6厘米)之间的关系。由此可知这种液体的密度大小为　 　kg / m3 ，当倒入液体的深度h为12厘米时，物块对容器的底部压力的大小F大小为　 　牛。
三、计算题(共2小题， 13+13=25分。要求写出解题步骤和必要的文字说明，只给出答案的不给分)
16．（2025九下·鄞州竞赛）如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，右管内气体柱长为39cm，中管内水银面与管口A之间气体柱长为40cm。先将口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设整个过程温度不变，稳定后右管内水银面比中管内水银面高2cm，求：
（1）稳定后右管内的气体压强p
（2）左管 A 端插入水银槽的深度h。(大气压强.
17．（2025九下·鄞州竞赛）演绎式探究：
（1）磁感应强度：
磁体和通电导体周围存在着磁场，磁场的强弱用物理量磁感应强度B来表示。B越大，说明磁场越强。一个半径为r的细圆环，环中均匀分布着电量为q的电荷(图甲)。圆环绕中心轴每秒转动n圈，则圆心O点的磁感应强度大小为： (k为常数)。可见，电量q和半径r不变时，圆环转动越快，圆心O点的磁场越　 　。
（2）研究转动圆盘中心的磁感应强度：
现在，有一个半径为R的薄圆盘(厚度不计)，在圆盘中均匀分布着电量为Q的电荷(图乙)。圆盘绕中心轴每秒转动n圈，则整个圆盘在圆心O点的磁感应强度大小为多少
首先，将圆盘分割为100个宽度均为 Ar的同心细圆环，取其中一个圆环进行研究(图丙)。
若将这个圆环取出来，并将它展开，可以近似看作是一个宽度为 Ar的长方形(图丁)， 该长方形的面积为△S=2πr⊿r，则圆环所带的电量为 这样，该圆环在圆心O点的磁感应强度大小为⊿B=　 　。整个圆盘在O点的磁感应强度大小B为这100个圆环在O点的磁感应强度大小△B之和， 也即：B=　 　。
四、选择题(每小题只有1个选项符合题意，每小题2分，共10分)
18．（2025九下·鄞州竞赛）用向下排气法在容积为VmL 的集气瓶中收集氨气，由于空气尚未排净，最后瓶内气体的平均式量为19， 将此盛满气体的集气瓶倒置于水中，瓶内水马上升到一定高度后，即停止上升，则在同温同压下，瓶内剩余气体的体积为（　　）
A． B． C． D．无法判断
19．（2025九下·鄞州竞赛）取一定质量的CO和 的混合气体，通入足量的 溶液中，充分反应后过滤，发现生成的沉淀和所取的混合气体质量相等，则混合气体中，碳原子与氧原子的个数比为(　　)
A．1∶1 B．1：2 C．28：44 D．181∶209
20．（2025九下·鄞州竞赛）下图是氯化钠晶体结构示意图，其中与每个 距离最近且相等的几个Cl-所围成的空间几何构型为(　　)
A．正四面体 B．正六面体 C．正八面体 D．正十二面体
21．（2025九下·鄞州竞赛）实验室用氢气还原mgCuO，当大部分固体变红时，停止加热，冷却后，称得残留固体质量为 ng，共用去氢气为 wg，则此时生成的水的质量为(　　)
A． B． C． D．9w
22．（2025九下·鄞州竞赛）向 100克3.65克的盐酸中，逐滴加入4%氢氧化钠溶液，同时测定溶液的pH值及HCl和NaCl的质量分数w，分别以它们为纵坐标，并以每次所加的氢氧化钠溶液的质量m为横坐标的下列函数图象。图象基本正确的是（　　）
A． B．
C． D．
五、选择题(每小题只有1个选项符合题意，每小题3分，共15分)
23．（2025九下·鄞州竞赛）实验是化学学科的基础，通过实验现象获得证据，从而归纳出相关结论是科学上常用的研究方法。下列关于实验现象或结论的说法中正确的是(　　)
A．铁丝在氧气中剧烈燃烧、火星四射，生成的黑色物质是氧化铁
B．某难溶白色固体中加入过量的盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则该固体肯定是大理石
C．降温时，饱和溶液可能不析出晶体温州百优教育公众号
D．某无色溶液中，滴加石蕊试液，溶液变红，则该溶液一定是酸溶液
24．（2025九下·鄞州竞赛）实验室常用饱和亚硝酸钠与氯化铵溶液反应制取纯净的氮气。反应的化学方程式为： (此反应是放热反应)，实验装置如下图所示。则下列描述不正确的是（　　）
A．装置中 A部分的分液漏斗与蒸馏瓶之间连接的导管所起的作用是平衡气压，使 饱和溶液容易滴下
B．装置中 B部分的作用是冷凝气体
C．反应到一定程度，应移去酒精灯，以防止反应物温度过高而冲出
D．可用排空气法收集到纯净的氮气
25．（2025九下·鄞州竞赛）醋酸、甲醛的化学式依次是关于它们的说法正确的是（　　）
A．任意比混合二种化合物并溶解于水，所得混合液中H、O元素质量比无法确定
B．任意比混合二种化合物并溶解于水，所得混合液中H、O元素质量比是定值
C．任意比混合二种化合物，完全燃烧产生的二氧化碳与水的质量比是11∶9
D．任意比混合二种化合物，完全燃烧产生的二氧化碳与水的质量比无法确定
26．（2025九下·鄞州竞赛）已知 与NaOH 溶液反应生成能溶于水的 即 而 不与NaOH 溶液反应。现将 ag镁铝合金粉末溶于足量盐酸中，再加入过量NaOH 溶液，过滤，将沉淀进行洗涤、干燥、灼烧，得到白色粉末的质量还是 ag，则原合金中镁的质量分数为（　　）
A．60% B．52.4% C．40% D．无法计算
27．（2025九下·鄞州竞赛）已知： 单质溴是易挥发的液体。将KCl和KBr混合物13.400g溶于水配制成500mL 溶液，通入过量的反应后将溶液蒸干，得固体11.175g，则原所配溶液中 K+、Cl-、 Br的离子个数之比为（　　）
A．1：1：1 B．1：2：3 C．2：3：1 D．3：2：1
六、选择题(每小题只要1-2个选项符合题意，错选1个得0分，漏选1个得1分。每小题3分，共15分)
28．（2025九下·鄞州竞赛）有5.85克 NaCl样品(其中有少量下列某盐)， 当它跟足量的硝酸银溶液充分反应， 得到14.4克氯化银沉淀， 则可能混有的盐(　　)
A． B．KCl C．BaCl2 D．
29．（2025九下·鄞州竞赛）有一包白色固体， 可能含有Na2SO4、Na2CO3、BaCl2、NaOH中的一种或几种。取样溶于水， 有白色沉淀产生； 过滤后向沉淀中滴加盐酸，沉淀的量、产生气体的量与加入盐酸体积的关系如图所示.由此推断白色固体中(　　)
A．肯定只存在 B．可能存在
C．肯定不存在 D．可能存在 NaOH
30．（2025九下·鄞州竞赛）二氧化硫气体是造成酸雨的主要气体，其水溶液叫亚硫酸( 硫化氢 )是一种具有臭鸡蛋味的剧毒气体，其水溶液叫氢硫酸。已知相同的条件下，氢硫酸的酸性弱于亚硫酸。在室温下向饱和的亚硫酸溶液中通入过量的硫化氢气体，反应的方程式为： 则下图中溶液的pH随通入硫化氢体积的变化曲线示意图正确的是(　　)
A． B．
C． D．
31．（2025九下·鄞州竞赛）一包混有杂质的 其杂质可能是 ，今取10.6g样品，溶于水得澄清溶液，另取10.6克样品，加入足量的盐酸，收集到 则下列判断正确的是(　　)
A．样品中可能含有
B．样品中一定混有 ，可能有 KCl
C．样品中有 也有
D．样品中一定混有 KCl
32．（2025九下·鄞州竞赛）过滤是一种常见的分离提纯方法，除去下列物质中的少量杂质(括号内为杂质)，选用合适的试剂或合适的方法后，不需要过滤操作的是(　　)
A．KNO3溶液(KOH) B．FeSO4溶液(
C．NaCl固体(BaSO4) D．
七、填空题(2小题，每空2分，共22分)
33．（2025九下·鄞州竞赛）某兴趣小组的学生研究过量的炭粉与 ；在高温条件下反应的气体产物成分。探究过程如下：
Ⅰ提出假设：气体产物全部是CO2；气体产物是CO2和CO混合物；气体产物全部是CO。
Ⅱ查阅资料：a.氮气不能与炭粉及Fe2O3反应。
B.高温下可以发生下列反应：2Fe2O3+3C4Fe+3CO2↑ C+CO22CO
Ⅲ设计方案：将一定量氧化铁在隔绝空气的环境下与过量炭粉充分反应。用实验中实际测得产生气体的质量，与理论计算得到的气体的质量进行比较。
IV 实验装置：如下图所示。
V实验操作：
①称量：反应前 Fe2O3的质量3.20g；炭粉的质量2.00g；玻璃管C的质量48.48g。反应后玻璃管与残留固体共52.24g。
②加热前先通一段时间氮气，再夹紧弹簧夹T，点燃酒精喷灯加热。
VI 问题分析：
（1）加热前先通一段时间氮气的目的是　 　。
（2）根据题意B 试管中应加入的试液是　 　。
（3）根据题中所给数据，通过计算得出结论。
若气体产物全部是理论上应该得到气体质量　 　；
若气体产物全部是CO，则气体质量是　 　。根据实验数据计算得到气体质量　 　；
34．（2025九下·鄞州竞赛）某同学对金属活动性顺序等知识进行了研究.
（1）将甲、乙两种金属片分别放入硫酸铜溶液中，乙表面析出红色固体，甲没有明显现象.判断甲、乙、铜三种金属的活动性由弱到强的顺序为　 　。
（2）查阅资料：在金属活动性顺序里，位于氢后面的金属 Cu，在常温下虽然不能与稀盐酸、稀硫酸反应，但可以与稀硝酸反应，其化学方程式为：反应生成的 NO是无色、难溶于水的气体，在常温下与空气中的O2迅速化合生成 是红棕色、有刺激性气味的有毒气体.用如图所示实验装置进行实验，可以证明铜与稀硝酸反应生成的气体是NO.
①检查装置的气密性：关闭弹簧夹，将干燥管放入带有水的烧杯中，若观察到　 　，则表明该装置的气密性良好.
按如图所示进行实验：
打开弹簧夹，用注射器慢慢抽取干燥管内的气体，稀硝酸沿着干燥管慢慢上升，直到　 　，停止抽拉注射器，关闭弹簧夹，观察干燥管内的现象：　 　，反应停止后，打开弹簧夹，用注射器抽取干燥管内的气体(事先已将注射器内原有的气体推出)，关闭弹簧夹后取下注射器，并抽取一定量的空气，观察到气体变为红棕色。
上述实验完成后，用足量 NaOH 溶液将气体吸收，其目的是　 　。
八、计算题(本大题包括一小题，共8分)
35．（2025九下·鄞州竞赛）已知钠与水反应的化学方程式为：。质量均为 mg的钠、镁、锌三种金属分别与25g质量分数为19.6%的稀硫酸反应。
（1）由于金属的量不确定，产生的氢气的质量大小有多种可能(不考虑镁与水的反应)，如镁、锌产生氢气的质量相同且都小于钠产生的氢气质量的情况表示为 请按以上表示，写出所有可能情况：　 　
（2）试确定，当产生的氢气的质量大小为 时，m的取值范围：　 　
（3） 时， Zn与酸反应产生 的质量与金属质量(m)的关系如图。请在图中再画出钠和镁二种金属分别与酸反应产生 的质量与金属质量(m)的关系图线。(在图线上用元素符号注明)
九、单向选择题(每小题只有一个正确答案，每题2分，共12分)
36．（2025九下·鄞州竞赛）下图表示在某个生态系统中，A、B、C三种生物数量的相互变化关系，A、B、C三种生物之间可以构成一条食物链，据图推测属于生产者的生物最可能是____
A．C B．A C．B D．A 和B
37．（2025九下·鄞州竞赛）现有甲、乙、丙、丁四人，在ABO血型系统中，四人的血型各不相同。现在用丙的血清给其他三人验血，只有乙、丁二人的红细胞起凝集反应；用丁的血清给其他三人验血，只有乙、丙二人的红细胞发生凝集反应。则问乙能给其他三人中的哪一个输血(　　)
A．甲 B．丙 C．丁 D．三个都不能
38．（2025九下·鄞州竞赛）在仙人掌的自然产地，当夏季太阳位于柱状仙人掌顶端时，其柱状茎纵轴会指向太阳，有关此现象的解释：I、以获得尽可能多的阳光；II、让顶端的繁殖器官在上午和下午受热；Ⅲ、以减少柱状茎的升温。这些解释中的哪一句或哪几句是正确的 (　　)
A．都不正确 B．只有Ⅰ和Ⅱ正确
C．只有Ⅲ正确 D．全部解释都正确
39．（2025九下·鄞州竞赛）能够创造生物新品种的方法是(　　)
①转基因技术②克隆技术③植物组织培养④杂交育种⑤试管婴儿
A．①④ B．②③④ C．①②⑤ D．①②④⑤
40．（2025九下·鄞州竞赛）正常人的胰静脉血中一般不含有(　　)
A．氧气 B．血小板 C．胰液 D．胰岛素
41．（2025九下·鄞州竞赛）我国古代劳动人民积累的丰富农业生产经验，至今许多仍在实践中应用．下列叙述与植物激素作用无直接关系的是（　　）．
A．适时打顶去心，可促棉株开花结实．(据《农桑辑要》)
B．肥田之法，种绿豆最佳，小豆、芝麻次之．(据《齐民要术》)
C．正月种白稻，五月收获后，根茬长新稻，九月又成熟．(据《广志》)
D．新摘未熟红柿，每篮放木瓜两三枚，得气即发，涩味尽失．(据《格物粗谈》)
十、不定项选择题(每题只有一个或多个正确答案，多，少选均不得分，每题3分，共12分)
42．（2025九下·鄞州竞赛）如图为某种植物幼苗(大小、长势相同)均分为甲、乙两组后，在两种不同浓度的 溶液中培养时鲜重的变化情况(其它条件相同且不变)。下列有关叙述，不正确的是(　　)
A．3h 时，两组幼苗均已出现萎蔫现象，直接原因是蒸腾作用和根细胞失水
B．6h时，甲组幼苗因根系开始吸收 吸水能力增强，使鲜重逐渐提高
C．12h后，若继续培养，甲组幼苗的鲜重可能超过处理前，乙组幼苗将死亡
D．实验表明，该植物幼苗对水分和矿质元素的吸收不是两个相对独立的过程
43．（2025九下·鄞州竞赛）如图是一农田长期使用一种农药后害虫群体密度变化曲线。下列叙述，不符合达尔文进化观点的是(　　)
A．随着农药的使用，害虫群体的抗药性逐渐增强
B．农药使害虫产生变异
C．害虫抗药性的形成是农药对害虫定向选择的结果
D．从曲线变化可知，害虫群体中原来就存在抗药性个体
44．（2025九下·鄞州竞赛）下列关于人在剧烈运动时生理变化过程的描述，正确的是(　　)
A．大量失钠，对细胞外液渗透压的影响大于细胞内液
B．大量乳酸进入血液，血浆由弱碱性为弱酸性
C．胰高血糖素分泌量上升，促进肝糖原和肌糖原分解
D．血液中O2含量下降，刺激了呼吸中枢促进呼吸运动
45．（2025九下·鄞州竞赛）下列的叙述中，与皮肤颜色无直接关系的是(　　)
A．橙黄色的胡萝卜素可以转变为维生素A，因此引起皮肤也呈现黄色
B．当真皮中毛细血管丰富，血液中血红蛋白含量高时，使皮肤呈现红润
C．经常被日光照射，皮肤中的黑色素增多，使皮肤呈现黑棕色
D．由于遗传因素的影响，个别人皮肤呈现白化病态
十一、非选择题(本大题共6分，每空2分)
46．（2025九下·鄞州竞赛）目前，铅污染已成为威胁我国儿童健康的“隐形杀手”，污染源主要是汽车尾气、家装饰品等。为探究铅对人体健康是否有影响，科研人员将30只大小和健康状况相近的小白鼠分为三组，实验处理如下表。30天后，获得的实验数据如图所示。
项目组别 注射剂 剂量 注射方法 检测方法
甲 每千克体重注射10mg 每3天皮下注射1次 每10天检测一次血红蛋白含量
乙 含1.8%醋酸铅的5%葡萄糖溶液
丙 含3.6%醋酸铅的5%葡萄糖溶液
(注：醋酸铅是一种含铅化合物)
（1）若甲和乙为一组对照实验，其变量为注射剂中是否含有醋酸铅，那么，甲组应注射　 　溶液。你对该实验作出的假设是：　 　对小白鼠的健康有影响。
（2）当假设与实验结果不相符时，正确的做法是____。
A．马上否定原来的假设
B．修改实验数据，使结论与假设一致
C．如实记录，重新再做一次实验
（3）比较如图中乙和丙两条曲线下降趋势的不同，可以看出小白鼠体内铅的含量与血红蛋白含量之间的关系是：　 　
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】压强的大小及其计算
【解析】【分析】由题知，石块与地面足够粗糙，不会滑动，水推倒石块，就是石块沿O点转动，石块相当于杠杆；
求出水对石块的平均压强，利用F=pS求水对石块的平均压力，重力力臂为b，根据力矩求b值的范围。
【解答】 设水底距石块距离为x，任取一微元Δx，如图所示：
该点受到水的压强：
p=ρg（a-x），
该微元的面积：
S=aΔx，
该微元面积上受到的压力：
F=pS
=ρg（a-x）aΔx，
由力矩公式得，水对石块压力的力矩：
M=∫a0ρg（a-x）axdx=
ρga4-ρga4=ρga4，
石块重力的力矩：
M'=mg =mgb，
由题意知，水若能推倒石块，则有：
M'＜M，
解得：。
故ABD错误，C正确。
故答案为：C。
2．【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】可以把这个看成一个杠杆，B点就是支点，从图中可以看出当重心在BD右侧的时候，杠杆才会旋转，而重心又在对称轴上，所以就是BD和AD交点D。
【解答】 如图所示，
连接BE，延长AC，并过B点做AB的垂线交于点D，按题意，至少当其发生最大倾倒时，其重点仍在B点右侧位置，则“不倒翁”在任意位置都能恢复竖直状态。那么此时在ΔBDC和ΔADB中，不难证明它们是相似三角形。即ΔBDC∽ΔADB，
故∠DBC=∠BAD==37°，
则DC=BC tan37°≈BC×0.75≈。
故答案为：D。
3．【答案】B
【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】（1）并联电路各支路两端电压相等；
（2）串联电路的分压规律：在串联电路中，电压的分配与电阻成正比，即电阻越大，分得的电压越大；
（3）在并联电路中，总电阻会随某个电阻的增大而增大，随它的减小而减小；
（4）当它们三者并联时，根据公式判断出这时三者电阻的大小关系；然后假设电阻D保持不变求出R2与RD并联时电阻，利用串联电路的电压规律计算出串联的两个部分分得的电压，根据公式分别计算出这时三者的功率，这些将作为比较的依据。
①分析a图找到电阻D的阻值随电压变化的规律，根据b图中电压的变化判断它的阻值大小变化，并与定值电阻R2比较，根据公式得到PD和P2的大小关系；
②根据并联电路总电阻的变化规律判断当RD的阻值变化时R2和R1两端电压与前面计算出的电压的大小变化，进而明确这时它们功率和计算出的功率的关系，从而得到P1和P2的倍数关系以及大小关系；
③以现在电阻R2的功率为桥梁，比较P1和PD的功率大小关系即可。
【解答】（1）当R1，R2，RD并联时，三电阻两端的电压相等，均为U，根据R= 可知，三电阻的功率相同时，则R1=R2=RD；
（2）当它们连接为如图（b）所示的电路时，假如RD的电阻不变，则RD和R2并联后的电阻为 R2；
由串联电路的电阻分压特点可知，电阻R1两端的电压变大为 U，并联部分的电压变小为 U，
这时RD的功率 ；
这时R2的功率为：；
这时电阻R1的功率 ；
由a图可知，电压增大，电流增大，但电流的变化量比电压的变化量大，根据欧姆定律可知RD的电阻减小，即当电压变小时，RD的电阻应变大，RD>R2；根据公式P=U2R可知，这时电压相等，则PD＜P2，故C正确不合题意；
由并联电路电阻的特点；电阻越来越小且小于任何一个分电阻可知，并联后的总电阻应小于R1的阻值，即R1两端的电压大于R2，RD两端的电压；因为RD的阻值变大了，所以并联部分分得的电压大于 U，R1两端的电压小于 U；因此R2的功率大于，而R1的功率小于，即P1<4P2，故D正确不合题意；
总上所述，P1＞P2，故A正确不合题意；
总上所述，因为PD＜P2且P1<4P2，所以可能P1<4P2，故B错误符合题意。
故答案为：B
4．【答案】A
【知识点】力的作用效果；弹力
【解析】【分析】力的作用效果有二：改变物体的运动状态，改变物体的形状；
在弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比。
【解答】 现用手握住弹簧B的右端使其位于C点时，弹簧B恰好没有形变，说明弹簧B没有压力，由胡克定律，弹簧A压缩；将弹簧B的右端水平拉到d点时，弹簧A恰好没有形变，说明弹簧B中拉力等于mg，弹簧B拉伸。
所以c、d之间的距离为。
故答案为：A。
5．【答案】B
【知识点】液体压强计算公式的应用
【解析】【分析】 上端开口，底部连通的仪器叫连通器。
当打开开关K时，左右容器构成一个连通器，根据连通器内液体静止时，液面相平求出此时液面的高度，再根据机械能守恒及单摆的原理性进行分析。
【解答】 当打开开关K时，左右容器构成一个连通器；由于连通器内液体静止时，液面相平，因此左边液体将下降，右面液体将升高，左右容器对容器底部产生的压强相等，并且左边减少水的体积等于右边增加水的体积；设左边液体下降高度为x，
即π（2R）2x=πR2（H-x），
化简可得4x=H-x，
解得x=0.1H；
所以水面静止时，水面的高度为0.9H；
但是，左管中的水流入右管的过程中，右管中的水柱整体在向上运动，直到0.9H处仍然有向上运动的速度，到速度为零时，右管中的水方达到最大高度；由对称性、机械能守恒及单摆的原理可知，右管液面会继续上升0.4H，然后开始下降，下降后又上升，一次比一次低，最后静止。
所以，右管水面能达到最大高度0.9H+0.4H=1.3H。
故答案为：B。
6．【答案】D
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；凸透镜成像的应用
【解析】【分析】根据放大镜成像原理，以及三角形相似的有关知识解答。
【解答】 由题知，放大镜（薄凸透镜）的焦距为12cm，眼睛始终位于主轴上且距离放大镜24cm位置处进行观测
，该距离为放大镜焦距的2倍，由凸透镜成像规律可知，当物体在另一侧24cm处时，则眼睛可观察到等大的像，如下图所示：
报纸与放大镜的距离为3cm，小于焦距（成虚像，像在凸透镜的右侧），设眼睛可观察到圆形区域的半径为r（如上图），图中R之外的区域可直接观察到；
根据图示，由相似三角形的性质可得：，
解得：；
眼睛始终位于主轴上且距离放大镜24cm位置，
由相似三角形的性质可得：，
解得r=cm；
下图中阴影部分为盲区，
则该区域的面积：S=πR2-πr2=π（cm）2-π（cm）2=2πcm2。
故答案为：D。
7．【答案】C
【知识点】比热容
【解析】【分析】 根据Q放=Q吸和Q=cm（t-t0）列出金属块不同方式下的热量表达式，然后得出关于温度的代数式，即可解答。
【解答】 设冷水的温度为t0，甲投入冷水后放热Q放=C甲m（100℃-20℃-t0），水吸收的热量为Q吸=C水m水20℃，
∵不考虑热传递过程热量的损失，则有Q放=Q吸，
∴C甲m（100℃-20℃-t0）=C水m水20℃，
即：-----------------------①
乙投入冷水后放热Q放'=C乙m（100℃-20℃-20℃-t0），水吸收的热量仍为Q吸=C水m水20℃，
同理则有：-----------------②
第二种方式：
设乙投入冷水热平衡后，水温为t1，甲投入冷水热平衡后的水温为t2，则有：
C乙m（100℃-t1）=C水m水（t1-t0），
即：---------------------③
C甲m（100℃-t2）=C水m水（t2-t1），
即：---------------------④
综合①②③④式，解得t2-t0=40℃
故答案为：C。
8．【答案】
【知识点】电阻和电阻的串联、并联
【解析】【分析】本题考查了学生对并联电阻特点的掌握和运用，关键是知道并联电路的总电阻与各电阻之间的关系。当把将AC、CB、BD、DA四根电阻丝皆换成阻值为2r的电阻，而R0不变，再根据并联电阻的关系求出A、B间的总电阻。
【解答】分析电路图，AC两点之间相当于2r、2r与其余电阻并联，
设其余部分的等效电阻为R0，由题知，2r、2r与其余电阻并联后的总电阻为R，
则：，
所以，，当把将AC、CB、BD、DA四根电阻丝皆换成阻值为2r的电阻，R0不变，
设此时AC两点之间的总电阻为R′，
则：，
所以，
故答案为：.
9．【答案】1.5；0.15
【知识点】二力平衡的条件及其应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】（1）物体在两种液体中悬浮，那么物块的重力等于在A液体中的浮力和在B液体中的浮力之和，再利用G=mg=ρVg和阿基米德原F浮=ρ液gV排将公式拆开，计算即可；
（2）当在物块上加压力时，根据物体向下的重力与压力之和等于受到的浮力之和列出等式，即可求出物块下沉得距离。【解答】（1）因为物体在两种液体中悬浮，
所以它受到的浮力等于重力，即：G总=FA+FB；
设物体的体积为2V；
根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排得到：；
根据重力公式G=mg=ρVg得到：；
解得：物体的密度为ρ物=0.15ρ；
（2）当物块受到向下的0.1G的压力时，
物体的重力，压力和浮力的关系为：G+0.1G=FA'+FB'；
；
根据V=Sh得到：；
化简得：；
设下沉的距离为h'，则可列方程为
解得：x=0.15a。
10．【答案】60°；≤α<
【知识点】光的反射；光的反射定律；作光的反射光路图
【解析】【分析】 （1）反射两次后平行于OA，做出光的反射光路图，根据光路图可以确定两平面镜之间的夹角α。
（2）根据偶镜反射光线的规律：光线在偶镜中的反射光线与平面镜的夹角的规律为θm=i+（m-1）α，其中m为m次反射，i为入射光线第一次与镜面的夹角，α为两平面镜之间的夹角。
【解答】 （1）画光的反射光路图如下图所示：
根据平行线和反射的性质可知：
∠1=∠2=α，同理可知θ=∠AQP=∠OQC
∴△OQC是等边三角形，
∴∠α的度数为60度。
（2）设入射光线第一次与镜面的夹角为i，则光线在偶镜中的反射光线与平面镜的夹角的规律为θm=i+（m-1）α，
∵PQ与OB平行，
∴i=α
∵PQ在两个平面镜之间最多发生m次反射，
∴第m次反射的光线与镜面之间的夹角为180°-α～180°之间，
∴有①θm=180°-α，即180°-α≤α+（m-1）α，
解得，
②θm=180°，即180°≥α+（m-1）α，解得，
故≤α<。
11．【答案】；R5
【知识点】基本电路与电路图；电路的动态分析
【解析】【分析】 （1）首先根据电源的连接画出等效电路图，根据电阻的连接利用串并联电路的特点求出电阻R4的电流，即可利用功率公式计算它的功率；
（2）若将电源接在线路中的A、C两点，画出等效电路图，根据电阻的连接利用串并联电路的特点分析。
【解答】 （1）将电压为U的电源接在C、D两点之间时，从C点开始到D点结束，等效电路图如下：
由图可知：R2、R3和R4、R5；构成电桥电路，由于它们的阻值相同，
所以UCB=UBD=UCA=UAD，且UCB+UBD=U；
∴BC两点间电阻R4的电压为：UCB=U；
∴R4的功率。
（2）由图可知：R1、R4和R3、R6；构成电桥电路，由于它们的阻值相同，
所以UAB=UBC=UAD=UDC，且UAB+UBC=U；UAD+UDC=U；
∴UAB=UBC=UAD=UDC=U，
即B、D两点的电压为零。
因此电阻R5中无电流流过。
12．【答案】800kg/m3
【知识点】压强的变化；液体压强计算公式的应用
【解析】【分析】（1）知道外界为1标准大气压，ABC部分是水并且静止，据此可以列出一个关于压强的等式，计算出CDE中封闭气体的压强。
（2）知道CDE中封闭气体的压强和外界为1标准大气压p0=1.01×105Pa，据此可以列出一个关于压强的等式，计算出EFG中油的密度。
【解答】（1）ABC部分是水并且静止，外界为1标准大气压p0=1.01×105Pa，H1=20cm=0.2m，H4=4cm=0.04m，
由此可知，ABC部分气体的压强为：
p=p0+p水=p0+ρ水g（H1-H4）=1.01×105Pa+1.0×103kg/m3×10N/kg×（0.2m-0.04m）=102600Pa。
（2）∵p=102600Pa，外界为1标准大气压p0=1.01×105Pa，H2=23cm=0.23m，H3=3cm=0.03m，
设EFG中油的密度为ρ1，
由此可知，CDE部分气体的压强为：
p=p0+p油=p0+ρ1g（H2-H3）=1.01×105Pa+ρ1×10N/kg×（0.23m-0.03m）=102600Pa，
解得：ρ1=0.8×103kg/m3。
13．【答案】；
【知识点】功；功的计算公式的应用
【解析】【分析】 （a）图受力F后悠悠球将向前滚动，利用W=Fs求F做功大小；
（b）图受力F后悠悠球将向前滚动，滚动s后求出滚动的圈数，再乘以轴周长得出拉力移动的距离，再利用W=Fs求F做功大小。
【解答】 当悠悠球的轮向前滚动的距离为s时，轮滚动的圈数为：
，
轴滚动的圈数与轮相同，则轴向前滚动的距离为：
，
（a）图，拉力F作用在轴的下端时，轴向前滚动会使细线“收缩”，
拉力端实际移动的距离：
F做功大小：
；
（b）图，拉力F作用在轴的上端时，轴向前滚动会使细线“拉长”，
拉力端实际移动的距离：
F做功大小：
。
14．【答案】
【知识点】速度与物体运动
【解析】【分析】 正确理解位置关系与运动过程，因AC、BD两杆转动快慢相同，故两杆相同时间转过相同的角度，通过作图，找到角的关系，并通过角与弧长的关系解答。
【解答】 建立直角坐标系，各点坐标如图所示，
其中M1、M、M2依次为AC、BD两杆的交点所在的三处特殊位置点，
易得M1、M、M2三点是在以O点为圆心，半径为的圆周上，
根据题目已知：∠CAB=30°，∠DBA=30°，
故M移动的路程为圆心角为120°所对应的的圆周长，
故：路程。
15．【答案】；7.5N
【知识点】压力及重力与压力的区别；压强的大小及其计算
【解析】【分析】 （1）由物块对容器底部压力的大小F与容器中倒入液体的深度h（0～6厘米）之间的关系图像可知，当倒入液体深度为0时，物块对容器底的压力F=G=20N；
当倒入液体深度h=4cm时，物块对容器底的压力F'=G-F浮=15N，而F浮=ρ液V排g，据此求出液体的密度；
（2）求出了物块的重力，知道边长可求体积，利用公式G=mg=ρVg求物块的密度，和液体的密度比较，得出物块在倒入液体的深度h'=12cm时的浮与沉，进而求出对容器的底部压力、压强。
【解答】 （1）由图知，当倒入液体深度为0时，物块的重力与物块对容器底的压力相等，即G=F=20N，
当倒入液体深度h=4cm=0.04m时，物块对容器底的压力F'=15N，
因F'=G-F浮，所以，F浮=G-F'=20N-15N=5N，
由F浮=ρ液V排g=ρ液S物hg得：
液体的密度；
（3）由G=mg=ρVg得物块的密度：
，
则ρ物＞ρ液，所以当倒入液体的深度h'=12cm时，物块将浸没在液体中并沉入容器底，
F浮'=ρ液V物g=1.25×103kg/m3×10×10×10×10-6m3×10N/kg=12.5N，
对容器的底部压力的大小：
F压=G-F浮'=20N-12.5N=7.5N。
16．【答案】（1）78cm
（2）7cm
【知识点】压强的变化；大气压强的存在
【解析】【分析】 （1）右管被封闭气体做等温变化，注意右管被封闭气体体积和右管内水银面与中管内水银面高度差之间关系；
（2）同理左管被封闭气体做等温变化，正确分析插入水银槽深度与中左管内气体长度变化以及液面差之间关系即可求解。
【解答】 （1）插入水银槽后右管内气体等温变化，左管竖直插入水银槽中后，右管体积为：
由玻意耳定律得：
代入数据解得：p=78cmHg。
故稳定后右管内的气体压强：p=78cmHg；
（2）插入水银槽后左管压强：p1=p+△h=80cmHg......①
左管竖直插入水银槽中时，槽内水银表面的压强为大气压强，设左管内外水银面高度差为h1，此时左管内压强还可以表示为：
p1=p0+h1......②，
联立①②式解得，h1=4cm，
中、左管内气体等温变化此时有：
p0lS=p1l1S
解得：l1=38cm，
左管插入水银槽深度为：
故左管A端插入水银槽的深度h=7cm。
17．【答案】（1）强
（2）；
【知识点】磁场和磁感线；电磁感应
【解析】【分析】 （1）根据磁感应强度表达式可以判断，圆环转得越快，圆心磁场的强弱。
（2）根据圆环的面积和圆环所带的电荷量；
根据磁感应强度公式求出圆环在圆心处产生的磁感应强度；
最后求出各圆环在圆心所产生的磁感应强度之和，即整个圆盘在圆心处产生的磁感应强度。
【解答】 （1）由磁感应强度公式 可知，
在电量q和半径r不变时，圆环转动越快，即n越大时，
B越大，即圆心O点的磁场越强。
（2）该圆环在圆心O点的磁感应强度大小：
整个圆盘在O点的磁感应强度：
B=ΔB1+ΔB2+ΔB3+ΔB4+…ΔB99+ΔB100
=（Δr1+Δr2+Δr3+Δr4+…Δr99+Δr100）
=
=
18．【答案】C
【知识点】氧气的性质和利用；制取氧气的装置、步骤、收集与注意事项
【解析】【分析】 空气的平均式量为29，氨气的相对分子质量为17，利用瓶内气体的平均式量为19，先计算氨气的体积分数，则将此盛满气体的集气瓶倒置于水中，水上升的体积为氨气的体积，剩余气体为空气。
【解答】 设最后瓶内气体中氨气的物质的量为x，空气的物质的量为y，
由瓶内气体的平均式量为19，则
解得
气体的体积之比等于物质的量之比，
即VmL的集气瓶中收集氨气为，
将此盛满气体的集气瓶倒置于水中，水上升的体积为氨气的体积，剩余气体为空气，
瓶内剩余气体的体积为，
故答案为：C。
19．【答案】D
【知识点】根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】 根据题意可知，生成的沉淀和所取的混合气体质量相等，即生成碳酸钡的质量与混合气体的质量相等；通过假设碳酸钡的质量，根据反应化学方程式，求得混合气体中所取CO和CO2的混合气体中质量关系，从而利用两气体中C、O元素质量比得出混合气体中C、O元素质量关系，最后利用C、O元素的相对原子质量求出混合气体中碳原子与氧原子的个数比。
【解答】 氢氧化钡和二氧化碳反应生成碳酸钡沉淀的水，
二氧化碳和碳酸钡的质量关系如下，
Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O
44 197
假设生成的沉淀质量为197g，则CO和CO2的混合气体的质量为197g，
其中二氧化碳的质量为44g，那么一氧化碳的质量是为：197g-44g=153g；
所以混合气体中，二氧化碳与一氧化碳的分子个数比为
则混合气体中C、O原子个数比为：
故答案为：D。
20．【答案】C
【知识点】原子的构成；分子、原子、离子、元素与物质之间的关系
【解析】【分析】采用沿X、Y、Z三轴切割的方法确定钠离子的配位数，将氯离子连接后观察所围成的空间几何构型。
【解答】 沿X、Y、Z三轴切割的方法知，X轴上有2个氯离子，Y轴上有2个氯离子，Z轴上有2个氯离子，所以钠离子的配位数是6，将6个氯离子连接后所围成的空间几何构型正八面体。
故答案为：C。
21．【答案】B
【知识点】还原反应与金属的冶炼
【解析】【分析】分析题意知，氢气还原氧化铜实验中停止加热时，防止生成的铜被氧化，要继续通入氢气直至冷却，可知用去氢气wg并未全部参加还原氧化铜的反应，所以，在根据化学方程式进行计算时，不能使用氢气质量进行计算；反应前后固体质量差为氧化铜在反应中失去氧元素的质量，失去的氧元素与氢化合成水，因此，由氧元素质量可计算生成水的质量。
【解答】 反应中氧化铜失去氧元素的质量=m g-n g=（m-n）g；
含（m-n）g氧元素的水的质量=；
故答案为：B。
22．【答案】D
【知识点】溶质的质量分数及相关计算
【解析】【分析】 向100克3.65%的盐酸中，逐滴加入4%氢氧化钠溶液，盐酸反应完全后，则再继续加入氢氧化钠溶液，则氢氧化钠溶液过量，则混合溶液为碱性，而氯化钠也不再生成。此题注意计算溶液的质量分数为总溶液的质量分数。
【解答】 根据氢氧化钠溶液与盐酸的反应HCl+NaOH=NaCl+H2O，则可知盐酸与氢氧化钠的反应比值：36.5：40，故可知：
A、盐酸呈酸性，pH小于7，氢氧化钠呈碱性，pH大于7，向盐酸中逐滴加入氢氧化钠溶液，pH由小于7逐渐到大于7，观察选项，故A图错误；
B、由氢氧化钠溶液与盐酸的反应HCl+NaOH=NaCl+H2O，可知，50克4%氢氧化钠溶液与盐酸反应时，混合溶液的质量为150，故HCl的质量分数一定不为1.83%，故B图错误；
C、向100克3.65%的盐酸中，逐滴加入100克4%氢氧化钠溶液时，二者完全反应，此时的氯化钠的质量分数最大，而混合溶液的质量为200克，故质量分数为5.85%错误，故C错误；
D、向100克3.65%的盐酸中，逐滴加入100克4%氢氧化钠溶液时，二者完全反应，此时的氯化钠的质量分数最大为2.93%，而继续加入氢氧化钠溶液，则其质量分数变小，故D正确。
故答案为：D。
23．【答案】C
【知识点】饱和溶液与不饱和溶液；氧气与碳、磷、硫、铁等物质的反应现象；酸碱指示剂及其性质
【解析】【分析】 A、根据铁丝在氧气中燃烧的现象来分析解答；
B、根据碳酸盐能与酸反应生成能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体，检验碳酸盐最简单的方法是滴加稀盐酸，观察是否有能使澄清石灰水变浑浊的气体产生来分析解答；
C、根据氢氧化钙的溶解度随温度的降低而增大来分析解答；
D、注意酸溶液与酸性溶液的区别。
【解答】 A、铁丝在氧气中剧烈燃烧、火星四射，生成的黑色物质是四氧化三铁，故A错误；
B、某难溶白色固体中加入过量的盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则该固体可能是大理石，也可能是碳酸钡，故B错误；
C、氢氧化钙的溶解度随温度的降低而增大，降温时，氢氧化钙的饱和溶液不析出晶体，降温时，饱和溶液可能不析出晶体说法正确，故C正确；
D、某无色溶液中，滴加石蕊试液，溶液变红，则该溶液一定是酸性溶液，石蕊变红，只能证明溶液显酸性，不能说是酸溶液，故D错误；
故答案为：C。
24．【答案】D
【知识点】气体装置的装配、连接、选择与气密性检查；化学反应的条件；化学反应的实质
【解析】【分析】 A、根据该反应放热，使蒸馏瓶内压强增大，不用导管时，长颈漏斗内的液体不能滴入蒸馏瓶中，进行分析；
B、根据氯化铵和亚硝酸钠的反应是放热反应，溶液产生大量泡沫，使溶液的液面上升，生成大量气体，进行分析；
C、根据该反应是一个放热反应，会产生热量进行分析；
D、根据氮气的密度与空气相近，进行分析。
【解答】 A、装置中A部分的分液漏斗与蒸馏瓶之间连接的导管所起的作用是平衡气压，使NaNO2饱和溶液容易滴下，因为该反应放热，使蒸馏瓶内压强增大，不用导管时，长颈漏斗内的液体不能滴入蒸馏瓶中，故A正确；
B、因为氯化铵和亚硝酸钠的反应是放热反应，溶液产生大量泡沫，使溶液的液面上升，生成大量气体，如果放出的氮气太快，会使单孔胶塞冲出，造成气体逸出，故要用“冰盐”冷凝，装置中B部分的作用是冷凝气体，故B正确；
C、加热片刻后，即应移去酒精灯以防反应物冲出，其原因是该反应是一个放热反应，会产生热量，故C正确；
D、因为氮气的密度与空气相近，且要收集纯净的氮气，不能用排空气法收集，故D错误。
故答案为：D。
25．【答案】B
【知识点】有关化学式的计算和推断
【解析】【分析】根据题设，醋酸、甲醛的化学式中碳、氢原子个数比为C：H=1：2；H、O原子个数比为2：1；H、O元素质量比为1：8，为定值；有机物燃烧时，生成的二氧化碳和水的量分别是由碳氢元素的量决定的，那么生成的二氧化碳和水的分子个数比为1：1；进行分析解答本题。
【解答】 醋酸、甲醛的化学式中碳氢原子个数比为C：H=1：2，那么生成的二氧化碳和水的分子个数比为1：1，完全燃烧产生的二氧化碳与水的质量比是22：9，醋酸、甲醛的化学式中H、O原子个数比为2：1；H、O元素质量比为1：8，为定值；
故答案为：B。
26．【答案】A
【知识点】酸、碱的概念；碱的化学性质
【解析】【分析】根据整个过程的反应原理：镁、铝先和盐酸反应生成氯化镁和氯化铝，然后氯化铝再和过量的氢氧化钠反应生成能溶于水的NaAlO2，而氢氧化镁和氢氧化钠不反应，故沉淀为氢氧化镁，灼烧后的白色粉末为氧化镁来分析。
【解答】 镁、铝先和盐酸反应生成氯化镁和氯化铝，然后氯化铝再和过量的氢氧化钠反应生成能溶于水的NaAlO2，而氢氧化镁和氢氧化钠不反应，故沉淀为氢氧化镁，灼烧后的白色粉末为氧化镁，且白色粉末的质量还是ag。根据反应过程中元素守恒，则原合金中镁的质量分数就是氧化镁中镁元素的质量分数，所以原合金中镁的质量分数为：
故答案为：A。
27．【答案】D
【知识点】分子、原子、离子、元素与物质之间的关系；离子的书写与意义
【解析】【分析】 考虑到溶液为电中性，阳离子所带正电荷的总量等于阴离子所带负电荷的总量可得出n（K+）=n（Cl-）+n（Br-），以此来解答。
【解答】 任何溶液都呈电中性，即阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，在KCl和KBr的混合溶液中，存在n（K+）=n（Cl-）+n（Br-），则
A、1≠1+1，说明n（K+）≠n（Cl-）+n（Br-），故错误；
B、1≠2+3，说明n（K+）≠n（Cl-）+n（Br-），故错误；
C、2≠3+1，说明n（K+）≠n（Cl-）+n（Br-），故错误；
D、3=2+1，说明n（K+）=n（Cl-）+n（Br-），故正确；
故答案为：D。
28．【答案】A,D
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】先假设5.85g样品全部是氯化钠，根据化学方程式计算出生成沉淀的质量，如果实际生成的沉淀质量＞假设5.85g全部是氯化钠时生成的沉淀质量，则说明杂质物质中氯元素的质量分数要大于氯化钠中氯元素的质量分数。
【解答】 假设5.85克样品全部都是NaCl，根据方程式计算跟足量硝酸银反应生成氯化银的质量为m，
m=14.35g＜14.4g
由计算可知，实际生成的沉淀14.4g＞假设5.85g全部是氯化钠时生成的沉淀14.35g。
如果多生成沉淀的话，则应该样品中的氯离子数应该是比纯的氯化钠含有的氯离子数多，分析四个选项，则CaCl2和MgCl2含的氯离子的质量比同质量的氯化钠的氯离子的质量高。
故答案为：AD。
29．【答案】D
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】 根据题目给出的信息：取少量白色固体溶于足量的水中有白色沉淀产生，在Na2SO4、Na2CO3、BaCl2、NaOH中，有白色沉淀生成的是Na2SO4、BaCl2，或Na2CO3、BaCl2；过滤后向沉淀中滴加盐酸，沉淀的量不断减少，最后消失，说明沉淀是碳酸钡，不是硫酸钡；因此该固体中一定有Na2CO3、BaCl2；一定没有硫酸钠；NaOH可能有，也可能没有，对实验现象没有影响。
【解答】 取少量白色固体溶于足量的水中有白色沉淀产生，在Na2SO4、Na2CO3、BaCl2、NaOH中，有白色沉淀生成的是Na2SO4、BaCl2，或Na2CO3、BaCl2；过滤后向沉淀中滴加盐酸，沉淀的量不断减少，最后消失，说明沉淀是碳酸钡，不是硫酸钡；因此该固体中一定有Na2CO3、BaCl2；一定没有硫酸钠；NaOH可能有，也可能没有；因此：
A、该固体中一定有Na2CO3、BaCl2，不能是只含有碳酸钠，故说法错误；
B、一定没有硫酸钠，故说法错误；
C、一定存在氯化钡，故说法错误；
D、可能存在氢氧化钠，故说法正确；
故答案为：D。
30．【答案】B
【知识点】化学方程式的概念、读法和含义；溶液的酸碱性与pH值的关系
【解析】【分析】根据题意，随着反应2H2S+H2SO3═3S↓+3H2O的发生会导致亚硫酸不断减少，溶液的酸性变弱，pH会不断变大，至恰好反应时pH等于7；继续滴加氢硫酸溶液，溶液显酸性，且酸性不断增强，pH会不断减小。
【解答】 酸性溶液pH小于7，且酸性越强pH越小。随着反应2H2S+H2SO3═3S↓+3H2O的发生，溶液的酸性变弱，pH会不断变大，图象会是一条上升的曲线；至恰好反应时pH等于7，继续滴加氢硫酸溶液会再次显酸性，但由于氢硫酸的酸性弱于亚硫酸，故溶液最后的pH会比开始时大。
故答案为：B。
31．【答案】D
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】碳酸钠和硝酸钡反应生成白色沉淀碳酸钡和硝酸钠。
稀盐酸和碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，和碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳。
【解答】 10.6g碳酸钠和稀盐酸完全反应生成4.4g二氧化碳，取10.6g样品，溶于水得澄清溶液，说明样品中不含有硝酸钡，10.6g碳酸氢钠和稀盐酸完全反应生成二氧化碳质量大于4.4g，取10.6克样品，加入足量的盐酸，收集到4gCO2。
A、样品中只含有NaHCO3时，生成二氧化碳质量大于4.4g，该选项不正确。
B、样品中不一定含有碳酸氢钠，该选项不正确。
C、样品中不含有硝酸钡，该选项不正确。
D、样品中混有KCl，也可能有NaHCO3，该选项正确。
故答案为：D。
32．【答案】A
【知识点】混合物的分离方法（过滤、蒸发、结晶）
【解析】【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变。除杂质至少要满足两个条件：①一般加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。
【解答】 A、要除去 KNO3 溶液中的 KOH ，可加入适量的稀硝酸，发生中和反应，反应后得到的是溶液，没有沉淀生成，不需要过滤操作，故该选项正确。
B、过量的铁能与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁溶液和铜，需要进行过滤除去过量的铁和生成的铜，故选项错误。
C、氯化钠易溶于水，BaSO4难溶于水，可采取加水溶解、过滤、蒸发的方法进行分离除杂，故选项错误．
D、浓硫酸具有吸水性，且不与二氧化碳反应，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，无需进行过滤，故选项正确。
故答案为：AD。
33．【答案】（1）排尽装置内原有的空气，防止碳粉和空气中的氧气反应
（2）氢氧化钠溶液
（3）1.32g；1.68g；1.44g
【知识点】根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】 （1）根据反应物与装置中空气的反应进行分析；
（2）根据二氧化碳的性质来分析；
（3）根据碳和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳或者铁和一氧化碳，依据题中的数据进行分析。
【解答】 （1）因为反应物中碳可以在加热条件下可以和空气中的氧气发生反应生成二氧化碳，影响实验结果，所以目的就是清除试管中的空气；
（2）该试剂需将生成的二氧化碳完全吸收，所以是碱溶液，可以是：氢氧化钠溶液或足量的氢氧化钙溶液；
（3）设3.20gFe2O3与炭粉发生反应生成CO2的质量为x，
2Fe2O3+3C4Fe+3CO2↑
320 132
3.2 g x
x=1.32g
3.20gFe2O3与炭粉发生反应生成CO的质量为x，
Fe2O3+3C2Fe+3CO↑
160 84
3.2g y
y=1.68g
根据质量守恒定律可知：实验产物中气体质量为（48.48g+3.20g+2.00g）-52.24 g=1.44g；
34．【答案】（1）甲< Cu<乙
（2）干燥管内的水面低于烧杯内水面，且两液面高度差保持稳定；充满干燥管；铜片表面产生气泡，液面下降，溶液变成蓝色；防止污染空气
【知识点】金属活动性顺序及其应用
【解析】【分析】 （1）金属和酸溶液发生置换反应生成氢气必须具备：金属必须是在金属活动性顺序中氢前的金属，酸除浓硫酸和硝酸外，一般指稀硫酸和稀盐酸；金属和盐溶液发生置换反应必须具备：金属必须是在金属活动性顺序中前面的金属可以把排在它后面的金属从盐溶液中置换出来，钾、钙、钠除外；
（2）装置不漏气，干燥管放入溶液中溶液不能大量进入；
使稀硝酸充满干燥管，以确保管内不残留有空气；铜片与稀硝酸发生反应，放出气体，溶液变成蓝色硫酸铜溶液；
氮的氧化物都是有毒气体，应避免造成空气污染；
【解答】 （1）将甲、乙两种金属片分别放入硫酸铜溶液中，乙表面析出红色固体，说明乙的金属活动性比铜强，甲没有明显现象，说明甲的金属活动性比铜弱，故答案为：甲＜铜＜乙
（2）烧杯内液体不能较多进入干燥管，可说明装置气密性良好；即观察到：干燥管内的液面比烧杯内的液面低，且过一段时间后干燥管内的液面保持不变；
为排尽管内空气，应使稀硝酸充满干燥管；进入管内的稀硝酸与铜反应，放出气体，溶液逐渐变成蓝色，在气体不断产生时，管内液面下降；
得用氢氧化钠吸收有毒的气体，防止造成空气污染；
35．【答案】（1）Mg> Na> Zn Mg= Na> Zn Na> Mg> Zn Na> Mg= Zn
（2）m≥3.25g
（3）
【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）依据钠镁锌三种金属同质量时与酸反应生成的氢气质量关系是镁＞钠＞锌，可知生成的氢气质量关系有以下几种情况①与三种金属反应酸足量②酸量恰好与锌反应，则镁锌生成的氢气量相等，但钠与水也反应会生成氢气。③酸量与锌反应后还有剩余。
（2）当产生的氢气的质量大小为Na＞Mg=Zn时情况是Zn正好反应完或过量。
（3）根据4.6g钠镁与酸反应生成的氢气的量找到图象的关键点，再结合（2）锌的情况绘制图象即可。
【解答】 （1）钠既可以与酸反应还可以与水反应，镁、锌只与酸反应而不与水反应。质量均为m g的钠、镁、锌三种金属与酸（过量）完全反应时产生氢气的质量分别为：m g/23、m g/12、2m g/65．由此可以看出，钠、镁、锌三种金属与等量酸恰好完全反应（或生成等质量的氢气）时，所消耗的金属质量关系为：m（锌）＞m（Na）＞m（Mg），于是：
①酸过量（酸与镁恰好完全反应）时，产生的氢气质量的情况为：Mg＞Na＞Zn；
②钠、镁、锌均过量（或锌恰好完全反应）时，过量的钠可以水反应而产生的氢气质量最多，镁、锌产生的氢气质量因受酸的限制而相等：Na＞Mg=Zn；
③钠、镁均过量而锌不足时，产生的氢气质量的情况为：Na＞Mg＞Zn；
④镁过量、钠恰好与酸完全反应，而锌不足时：Na=Mg＞Zn；
（2）由上面的分析可知：当产生的氢气的质量大小为Na＞Mg=Zn时，钠、镁、锌均应过量（或锌恰好完全反应），因此m的大小只取决于锌的质量。
设：25 g 质量分数为19.6% 的稀硫酸与锌恰好完全反应消耗锌的质量为χ
解得：χ=3.25g
故：m≥3.25
（3）m=4.6 时，m＞3.25．因此钠、镁、锌均过量，钠在酸消耗完后还可以与水反应，产生氢气的量由钠决定：2Na+H2SO4=Na2SO4+H2↑ 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，
设：钠产生的氢气质量的y
2Na----H2
46 2
4.6g y
46：2=4.6g：y 解得：y=0.2g
镁、锌产生的氢气质量因受酸的限制而相等，由上图可知：均为0.1g。
设：25 g 质量分数为19.6% 的稀硫酸与镁恰好完全反应消耗镁的质量为z
Mg+H2SO4═ZnSO4+H2↑
24 98
Z 25 g×19.6%
24：98=z：25 g×19.6%
解得：z=1.2 g
图为：
36．【答案】A
【知识点】生物之间的食物联系（食物链、食物网）
【解析】【分析】解答此题的关键有二点，一个是明确食物链的概念：生产者与消费者之间这种吃与被吃的关系；另一个是知道食物链的正确写法。
【解答】 食物链反映的是生产者与消费者之间吃与被吃这种关系的，所以食物链中不应该出现分解者和非生物部分。食物链的正确写法是：生产者→初级消费者→次级消费者…注意起始点是生产者。物质沿着食物链流动逐级递减。从图中看出C减少→B减少→A减少；B增加，C减少；A增加、B减少；C增加→B增加→A增加；因此A、B、C三种生物之间可以构成一条食物链：C→B→A．因此属于生产者的生物最可能是C。
故答案为：A。
37．【答案】D
【知识点】血型与输血
【解析】【分析】 根据红细胞中所含有的抗原种类和血清中的凝集素进行分析解答。
【解答】 早在1900年，有人发现人类的红细胞含有两种凝集原，分别叫做A凝集原和B凝集原；人类血清中则含有与他们相对抗的两种凝集素，分别叫做抗A凝集素和抗B凝集素。按照红细胞所含A、B凝集原的不同，把人类血液分为四型：凡红细胞只含有A凝集原的，叫做A型；只含有B凝集原的，叫做B型；A、B两种凝集原都含有的，叫做AB型；A、B两种凝集原都不含有的，叫做O型。同时，从调查研究中还证明，每个人的血清中都不含有与他自身红细胞凝集原相对抗的凝集素。因此，A型血的人的血清中只含有抗B凝集素；B型血清的人中只含有抗A凝集素；AB型血清的人中两种凝集素都没有；O型血清的人中则两种凝集素全有。
某人血型 可接受的血型 可输给的血型
A A O A AB
B B O B AB
AB A B AB O AB
O O A B AB O
从题干中可看出，4人的血型各不相同，用丙、丁血清，甲都不凝集，说明甲的红细胞中没有凝集原，甲为O型。
用丙、丁血清，乙都凝集，说明乙为AB型，所以，输给哪个都不可以。
故答案为：D。
38．【答案】C
【知识点】茎的形态结构
【解析】【分析】生物与环境的关系：生物适应环境，生物影响环境，环境影响生物。生物适应环境是指生物为了生存下去，在生活习性或者形态结构上力求与环境保持一致。生物影响和改变环境是指由于生物的存在或者某些活动，使得环境有了改观或变化。环境影响生物是指生物的生活受生存空间或生活环境的制约。
【解答】仙人掌的自然产地应该是热带沙漠，夏季太阳光辐射强，温度高。柱状茎纵轴会指向太阳，由于光的直线传播，柱状茎其他部位就不会受到太阳照射，这样温度就不会升高太快，这是植物对环境的一种适应现象。故C正确。
故答案为：C。
39．【答案】A
【知识点】动物克隆技术的进展；育种与优生；基因工程
【解析】【分析】随着科学的发展，人们对遗传和变异的认识，已逐渐深入到基因水平。
【解答】①转基因技术是按照人的意愿，运用人工方法，对生物的基因组成进行“移花接木”式改造的重组技术。把一种生物的某个基因，用生物技术的方法转入到另一种生物的基因组中，可培育出转基因新品种。
②克隆技术属于人工遗传操作动物进行无性繁殖的技术，克隆后代与亲代具有完全相同的基因组成，因此，不能够创造生物新品种。
③植物组织培养指的是在无菌的情况下，将植物体内的某一部分器官或组织，如茎尖、芽尖、形成层、根尖、胚芽和茎的髓组织等从植物体上分离下来，放在适宜培养基上培养，经过一段时间的生长、分化最后长成一个完整的植株，这种方法是保持了亲本的特性，不能够创造生物新品种。
④杂交育种是用不同品种杂交获得杂交品种后，在杂交后代中进行选择以育成符合生产要求的新品种，这种方法是广泛应用而且有效的育种方法。
⑤试管婴儿是指精子和卵细胞在试管中融合发育成胚胎后植入子宫，属于有性生殖，不能够创造生物新品种。
因此，只有①④能够创造生物新品种。
故答案为：A。
40．【答案】C
【知识点】血液
【解析】【分析】1、胰腺是一个狭长的腺体，是人体腹部深处的一个器官。胰腺分为外分泌腺和内分泌腺两部分。外分泌由腺泡、连通肠腔的导管组成，内分泌由胰岛所组成，主要分泌胰岛素、胰高血糖素等激素，其中一些激素对维持血糖水平有十分重要的作用。
2、静脉血是在体循环静脉中流动的血液，以及在肺循环中从右心室流到肺动脉中的血液，静脉血含氧量很低呈暗紫色。
3、血液是由血浆和血细胞组成的，血细胞包括红细胞、白细胞和血小板构成的。
【解答】胰液由胰腺的外分泌腺分泌，由胰管导出，不经过血液循环；胰岛素由胰腺的内分泌腺分泌，经过血液循环，因此正常人的胰静脉血中一般含有氧气、血小板、胰岛素，不含有胰液。
故答案为：C。
41．【答案】B
【知识点】植物激素
【解析】【分析】五种植物激素的比较：
【解答】解：A、摘掉顶芽，使生长素不能由顶端向侧芽运输，从而降低了侧芽的生长素浓度，解除顶端优势，促进侧芽发育成侧枝，促棉株开花结实， A错误；
B、由于豆科植物有固氮菌与之共生，所以种植豆科植物能够肥田，与植物激素无关， B正确；
C、 生长素能促进植物的生长，C错误；
D、乙烯的作用是促进果实成熟，所以"每篮放木瓜两三枚，得气(乙烯)即发(红柿成熟)”， D错误。
42．【答案】B,D
【知识点】植物生长需要无机盐
【解析】【分析】据图分析，甲组先失水，重量减少；由于根系不断通过主动运输吸收K+、
，从而保持根细胞内外浓度差，使其吸水量大于蒸腾量而有可能超过处理前的鲜重量；乙组放在比根细胞液浓度大很多的KNO3溶液中，根细胞通过渗透作用和蒸腾作用不断大量失水造成严重萎蔫最后死亡。
【解答】 A、3h时，两组幼苗重量均低于初始萎蔫鲜重即发生了萎蔫，一方面是因为蒸腾作用散失了水分，另一方面是因放在比根细胞浓度大的KNO3溶液中，根细胞渗透失水，A正确；
B、实验开始时，甲组幼苗根系就已开始吸收K+、，而不是在6h时才开始吸收K+、，到6小时时细胞液浓度大于KNO3溶液浓度，从而使吸水能力增强，使鲜重逐渐提高，B错误；
C、12h后，由于甲组根系不断通过主动运输吸收K+、，从而保持根细胞内外浓度差，使其吸水量大于蒸腾量而有可能超过处理前的鲜重量；乙组放在比根细胞液浓度大很多的KNO3溶液中，根细胞通过渗透作用和蒸腾作用不断大量失水造成严重萎蔫最后死亡，C正确；
D、通过以上分析可知植物吸收离子与吸收水分是两个相对独立的过程，D错误。
故答案为：BD。
43．【答案】B
【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】达尔文把在生存斗争中，适者生存、不适者被淘汰的过程叫做自然选择。图中使用农药时把一部分害虫杀死，害虫群体密度减少；一段时间药效过后，害虫大量繁殖，害虫群体密度增加；再使用农药又把一部分害虫杀死，害虫密度又减少。
【解答】A、由分析可知，随着农药的使用，害虫抗药性的形成是农药对害虫定向选择的结果，符合达尔文进化观点；A正确；
B、害虫原来就存在着变异，不是农药使害虫产生变异。B错误；
C、随着农药的使用，害虫群体的抗药性逐渐增强；C正确；
D、从曲线变化可知，使用农药时不能把全部害虫杀死，表明害虫群体中原来就存在抗药性个体；D正确。
故答案为：B。
44．【答案】B
【知识点】血液；胰岛素与血糖含量
【解析】【分析】A、钾离子在细胞外，钠离子在细胞内，分别维持细胞外和细胞内的渗透压；
B、内环境中存在着缓冲物质；
C、肌糖原不能直接分解为葡萄糖；
D、血液中二氧化碳增多会刺激呼吸中枢。
【解答】 A、钾离子在细胞内，钠离子在细胞外，分别维持细胞内和细胞外的渗透压，所以大量失钠，对细胞外液渗透压的影响大于细胞内液，故A正确；
B、内环境之所以能保持pH相对稳定的状态是因为内环境中存在着缓冲物质，所以大量乳酸进入血液，血浆仍为弱碱性，故B错误；
C、肝糖原能够直接分解为葡萄糖，肌糖原不能，故C错误；
D、血液中氧气含量多少不会刺激了呼吸中枢，二氧化碳增多时会刺激了呼吸中枢，故D错误。
故答案为：A。
45．【答案】A
【知识点】血液；遗传和变异现象；遗传物质的传递
【解析】【分析】 （1）皮肤由表皮、真皮构成。皮下组织在真皮的下部，皮肤上有毛发、皮汗腺、皮脂腺、指（趾）甲等附属物。
（2）表皮位于皮肤表层，由上皮组织构成，没有血管。表皮可分为角质层和生发层，角质层细胞排列紧密，细菌不易侵入，并且可以防止体内水分过分散失，角质层表皮脱落的细胞称为皮屑，生发层细胞可以分裂产生新细胞。
【解答】 A、胡萝卜素是维生素A的一种，在体内转变为维生素A的预成物质（可从植物性及动物性食物中摄取）。维生素A溶于脂肪或脂肪溶剂，不溶于水。维生素A可预防夜盲症，与皮肤颜色无直接关系，A符合题意。
B、真皮中毛细血管丰富，当血液中血红蛋白含量高时，和氧结合，是鲜红的动脉血，使皮肤呈现红润，B不符合题意。
C、皮肤的结构包括表皮和真皮。其中表皮又包括角质层和生发层。角质层位于皮肤表皮的最外面，该层细胞排列紧密，细菌不易侵入，并且可以防止体内水分的过度散失。生发层具有很强的分裂增生能力，该层内含有一些黑色素细胞，能够产生黑色素细胞。皮肤的颜色就是由黑色素的多少决定的。经常被日光照射，皮肤中的黑色素增多，C不符合题意。
D、白化病属于家族遗传性疾病，为常染色体隐性遗传，常发生于近亲结婚的人群中，个别人皮肤呈现白化病态，D不符合题意。
故答案为：A。
46．【答案】（1）5%葡萄糖溶液；铅
（2）C
（3）血红蛋白含量随着小白鼠体内铅的含量增加而下降
【知识点】科学探究的基本环节；控制变量法；金属的污染和回收利用
【解析】【分析】（1）本题考查对照实验的设计原则，即控制变量法。在对照实验中，除了要研究的变量（自变量）不同外，其他因素（无关变量）都应相同，这样才能保证实验结果的差异是由自变量引起的。
（2）本题还涉及到实验假设的提出，实验假设是基于已有知识和经验对实验结果的一种推测。
（3）本题考查对实验结果的分析，通过观察图表中血红蛋白含量的变化来判断铅对小白鼠健康的影响。
（4）本题考查科学探究的基本方法，当假设与实验结果不相符时，应采取的正确做法。
【解答】（1）该实验的目的是探究铅对小白鼠的健康有影响，所以在设置对照组时，要控制其他可能影响实验结果的条件。即除了有无铅的条件不同外，其他条件都应该相同，实验变量是铅，乙组是实验组，甲组是对照组。
（2）按照探究方案进行探究，得到结果，再分析所得的结果与假设是否相符，从而得出结论。并不是所有的问题都一次探究得到正确的结论。有时，由于探究的方法不够完善，也可能得出错误的结论。因此，在得出结论后，还需要对整个探究过程进行反思。
（3）比较曲线坐标图可知：血红蛋白含量随着小白鼠体内铅的含量增加而下降。
1 / 1浙江宁波市鄞州实验强基班2025年自主招生科学试卷
一、单项选择题(本题共7小题，每题5分，共35分)
1．（2025九下·鄞州竞赛）因为地震，造成了很多堰塞湖，假设有一块长方体石块堵住了水的去路，设水的密度为ρ，石块的质量为m，石块的左右侧面为正方形，边长为a，宽度为b，石块与地面足够粗糙，不会滑动，水若能推倒石块，则石块的宽度b应该满足的条件是(　　)
A．b＜ B．b＜ C．b＜ D．b＜
【答案】C
【知识点】压强的大小及其计算
【解析】【分析】由题知，石块与地面足够粗糙，不会滑动，水推倒石块，就是石块沿O点转动，石块相当于杠杆；
求出水对石块的平均压强，利用F=pS求水对石块的平均压力，重力力臂为b，根据力矩求b值的范围。
【解答】 设水底距石块距离为x，任取一微元Δx，如图所示：
该点受到水的压强：
p=ρg（a-x），
该微元的面积：
S=aΔx，
该微元面积上受到的压力：
F=pS
=ρg（a-x）aΔx，
由力矩公式得，水对石块压力的力矩：
M=∫a0ρg（a-x）axdx=
ρga4-ρga4=ρga4，
石块重力的力矩：
M'=mg =mgb，
由题意知，水若能推倒石块，则有：
M'＜M，
解得：。
故ABD错误，C正确。
故答案为：C。
2．（2025九下·鄞州竞赛）有一“不倒翁”，形状可以简化成由半径为R 的半球体与顶角为 °的圆锥体组成(如图所示)，它的重心在对称轴上。为使“不倒翁”在任意位置都能恢复竖直状态， 则该“不倒翁”的重心到半球体的球心的距离必须大于(　　)
A．0 B． C． D．
【答案】D
【知识点】杠杆的平衡条件；杠杆的动态平衡分析
【解析】【分析】可以把这个看成一个杠杆，B点就是支点，从图中可以看出当重心在BD右侧的时候，杠杆才会旋转，而重心又在对称轴上，所以就是BD和AD交点D。
【解答】 如图所示，
连接BE，延长AC，并过B点做AB的垂线交于点D，按题意，至少当其发生最大倾倒时，其重点仍在B点右侧位置，则“不倒翁”在任意位置都能恢复竖直状态。那么此时在ΔBDC和ΔADB中，不难证明它们是相似三角形。即ΔBDC∽ΔADB，
故∠DBC=∠BAD==37°，
则DC=BC tan37°≈BC×0.75≈。
故答案为：D。
3．（2025九下·鄞州竞赛）一个用半导体材料制成的电阻D，其电流I随它两端电压U的关系如图（a）所示，如果它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P。现将它们连接为如图（b）所示的电路，再接在该电源的两端，设电阻D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是PD、P1、P2，下列判断中错误的是（　　）
A．P1>P2 B．P1>4PD C．PD【答案】B
【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】（1）并联电路各支路两端电压相等；
（2）串联电路的分压规律：在串联电路中，电压的分配与电阻成正比，即电阻越大，分得的电压越大；
（3）在并联电路中，总电阻会随某个电阻的增大而增大，随它的减小而减小；
（4）当它们三者并联时，根据公式判断出这时三者电阻的大小关系；然后假设电阻D保持不变求出R2与RD并联时电阻，利用串联电路的电压规律计算出串联的两个部分分得的电压，根据公式分别计算出这时三者的功率，这些将作为比较的依据。
①分析a图找到电阻D的阻值随电压变化的规律，根据b图中电压的变化判断它的阻值大小变化，并与定值电阻R2比较，根据公式得到PD和P2的大小关系；
②根据并联电路总电阻的变化规律判断当RD的阻值变化时R2和R1两端电压与前面计算出的电压的大小变化，进而明确这时它们功率和计算出的功率的关系，从而得到P1和P2的倍数关系以及大小关系；
③以现在电阻R2的功率为桥梁，比较P1和PD的功率大小关系即可。
【解答】（1）当R1，R2，RD并联时，三电阻两端的电压相等，均为U，根据R= 可知，三电阻的功率相同时，则R1=R2=RD；
（2）当它们连接为如图（b）所示的电路时，假如RD的电阻不变，则RD和R2并联后的电阻为 R2；
由串联电路的电阻分压特点可知，电阻R1两端的电压变大为 U，并联部分的电压变小为 U，
这时RD的功率 ；
这时R2的功率为：；
这时电阻R1的功率 ；
由a图可知，电压增大，电流增大，但电流的变化量比电压的变化量大，根据欧姆定律可知RD的电阻减小，即当电压变小时，RD的电阻应变大，RD>R2；根据公式P=U2R可知，这时电压相等，则PD＜P2，故C正确不合题意；
由并联电路电阻的特点；电阻越来越小且小于任何一个分电阻可知，并联后的总电阻应小于R1的阻值，即R1两端的电压大于R2，RD两端的电压；因为RD的阻值变大了，所以并联部分分得的电压大于 U，R1两端的电压小于 U；因此R2的功率大于，而R1的功率小于，即P1<4P2，故D正确不合题意；
总上所述，P1＞P2，故A正确不合题意；
总上所述，因为PD＜P2且P1<4P2，所以可能P1<4P2，故B错误符合题意。
故答案为：B
4．（2025九下·鄞州竞赛）如图所示，劲度系数为k1的轻质弹簧A一端固定在地面上并竖直放置，质量为m的物块压在弹簧A上，用一细绳跨过定滑轮，一端与m相连，另一端与劲度系数为 的轻质弹簧B相连。现用手握住弹簧B的右端使其位于c点时，弹簧B恰好呈水平且没有形变。将弹簧B的右端水平拉到d点时，弹簧A恰好没有形变。已知： 则 c、d之间的距离为(　　)
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】力的作用效果；弹力
【解析】【分析】力的作用效果有二：改变物体的运动状态，改变物体的形状；
在弹性限度内，弹簧的伸长与受到的拉力成正比。
【解答】 现用手握住弹簧B的右端使其位于C点时，弹簧B恰好没有形变，说明弹簧B没有压力，由胡克定律，弹簧A压缩；将弹簧B的右端水平拉到d点时，弹簧A恰好没有形变，说明弹簧B中拉力等于mg，弹簧B拉伸。
所以c、d之间的距离为。
故答案为：A。
5．（2025九下·鄞州竞赛）如图所示，连通器左端试管横截面的半径为2R，右端试管横截面的半径为R。左、右水面的高度分别为H、0.5H。那么打开开关K后，右管水面能够上升到距离底部的最大高度为(　　)
A．1.5H B．1.3H C．1.1H D．0.9H
【答案】B
【知识点】液体压强计算公式的应用
【解析】【分析】 上端开口，底部连通的仪器叫连通器。
当打开开关K时，左右容器构成一个连通器，根据连通器内液体静止时，液面相平求出此时液面的高度，再根据机械能守恒及单摆的原理性进行分析。
【解答】 当打开开关K时，左右容器构成一个连通器；由于连通器内液体静止时，液面相平，因此左边液体将下降，右面液体将升高，左右容器对容器底部产生的压强相等，并且左边减少水的体积等于右边增加水的体积；设左边液体下降高度为x，
即π（2R）2x=πR2（H-x），
化简可得4x=H-x，
解得x=0.1H；
所以水面静止时，水面的高度为0.9H；
但是，左管中的水流入右管的过程中，右管中的水柱整体在向上运动，直到0.9H处仍然有向上运动的速度，到速度为零时，右管中的水方达到最大高度；由对称性、机械能守恒及单摆的原理可知，右管液面会继续上升0.4H，然后开始下降，下降后又上升，一次比一次低，最后静止。
所以，右管水面能达到最大高度0.9H+0.4H=1.3H。
故答案为：B。
6．（2025九下·鄞州竞赛）某人通过焦距为12cm、直径为4cm的放大镜(薄凸透镜)看报纸， 报纸与放大镜的距离为3cm，且与放大镜的主光轴垂直， 保持放大镜的位置不变， 眼睛始终位于主轴上且距离放大镜24cm 位置处进行观测(不考虑眼睛的大小)， 报纸上有部分区域是“盲区”(即眼睛观测不到)， 该区域的面积为(　　)
A．9πcm2 B．5πcm2 C．3πcm2 D．2πcm2
【答案】D
【知识点】凸透镜成像规律及其探究实验；凸透镜成像的应用
【解析】【分析】根据放大镜成像原理，以及三角形相似的有关知识解答。
【解答】 由题知，放大镜（薄凸透镜）的焦距为12cm，眼睛始终位于主轴上且距离放大镜24cm位置处进行观测
，该距离为放大镜焦距的2倍，由凸透镜成像规律可知，当物体在另一侧24cm处时，则眼睛可观察到等大的像，如下图所示：
报纸与放大镜的距离为3cm，小于焦距（成虚像，像在凸透镜的右侧），设眼睛可观察到圆形区域的半径为r（如上图），图中R之外的区域可直接观察到；
根据图示，由相似三角形的性质可得：，
解得：；
眼睛始终位于主轴上且距离放大镜24cm位置，
由相似三角形的性质可得：，
解得r=cm；
下图中阴影部分为盲区，
则该区域的面积：S=πR2-πr2=π（cm）2-π（cm）2=2πcm2。
故答案为：D。
7．（2025九下·鄞州竞赛）质量相等的甲、乙两金属块，其材质不同。将它们放入沸水中，一段时间后温度均达到 然后将它们按不同的方式投入一杯冷水中，使冷水升温。第一种方式：先从沸水中取出甲，将其投入冷水，当达到热平衡后将甲从杯中取出，测得水温升高 ；然后将乙从沸水中取出投入这杯水中，再次达到热平衡，测得水温又升高了 。第二种方式：先从沸水中取出乙投入冷水，当达到热平衡后将乙从杯中取出；然后将甲从沸水中取出，投入这杯水中，再次达到热平衡。则在第二种方式下，这杯冷水温度的变化是(　　)
A．升高不足 B．升高超过
C．恰好升高了 D．条件不足，无法判断
【答案】C
【知识点】比热容
【解析】【分析】 根据Q放=Q吸和Q=cm（t-t0）列出金属块不同方式下的热量表达式，然后得出关于温度的代数式，即可解答。
【解答】 设冷水的温度为t0，甲投入冷水后放热Q放=C甲m（100℃-20℃-t0），水吸收的热量为Q吸=C水m水20℃，
∵不考虑热传递过程热量的损失，则有Q放=Q吸，
∴C甲m（100℃-20℃-t0）=C水m水20℃，
即：-----------------------①
乙投入冷水后放热Q放'=C乙m（100℃-20℃-20℃-t0），水吸收的热量仍为Q吸=C水m水20℃，
同理则有：-----------------②
第二种方式：
设乙投入冷水热平衡后，水温为t1，甲投入冷水热平衡后的水温为t2，则有：
C乙m（100℃-t1）=C水m水（t1-t0），
即：---------------------③
C甲m（100℃-t2）=C水m水（t2-t1），
即：---------------------④
综合①②③④式，解得t2-t0=40℃
故答案为：C。
二、填空题(每空4分，共40分)
8．（2025九下·鄞州竞赛）在如图所示的电阻网格中，AB、BC、CD、DA四根电阻丝的阻值为r，其余各电阻丝的阻值都相等，但阻值未知，测得AC两点之间的总电阻为R，若将AB、BC、CD、DA四根电阻丝皆换成阻值为2r的电阻丝，则AC两点之间的总电阻为　 　。
【答案】
【知识点】电阻和电阻的串联、并联
【解析】【分析】本题考查了学生对并联电阻特点的掌握和运用，关键是知道并联电路的总电阻与各电阻之间的关系。当把将AC、CB、BD、DA四根电阻丝皆换成阻值为2r的电阻，而R0不变，再根据并联电阻的关系求出A、B间的总电阻。
【解答】分析电路图，AC两点之间相当于2r、2r与其余电阻并联，
设其余部分的等效电阻为R0，由题知，2r、2r与其余电阻并联后的总电阻为R，
则：，
所以，，当把将AC、CB、BD、DA四根电阻丝皆换成阻值为2r的电阻，R0不变，
设此时AC两点之间的总电阻为R′，
则：，
所以，
故答案为：.
9．（2025九下·鄞州竞赛）如图所示，大水槽里有不相溶的 A、B 两种液体，A 液体的密度为 ρ，B 液体的密度为 2ρ，一个边长为 a 的小立方体物体，一半浸没在A 液体中，另一半浸没在 B 液体中，物块的上表面与A 液体上表面齐平，则物块的密度为　 　ρ。若在物块上端加一个大小为物块重力 0.1 倍的竖直向下的压力，则物块下沉的距离为　 　a。（物块始终未与水槽底部接触）
【答案】1.5；0.15
【知识点】二力平衡的条件及其应用；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】（1）物体在两种液体中悬浮，那么物块的重力等于在A液体中的浮力和在B液体中的浮力之和，再利用G=mg=ρVg和阿基米德原F浮=ρ液gV排将公式拆开，计算即可；
（2）当在物块上加压力时，根据物体向下的重力与压力之和等于受到的浮力之和列出等式，即可求出物块下沉得距离。【解答】（1）因为物体在两种液体中悬浮，
所以它受到的浮力等于重力，即：G总=FA+FB；
设物体的体积为2V；
根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排得到：；
根据重力公式G=mg=ρVg得到：；
解得：物体的密度为ρ物=0.15ρ；
（2）当物块受到向下的0.1G的压力时，
物体的重力，压力和浮力的关系为：G+0.1G=FA'+FB'；
；
根据V=Sh得到：；
化简得：；
设下沉的距离为h'，则可列方程为
解得：x=0.15a。
10．（2025九下·鄞州竞赛）如图所示，平面镜OA 与OB 夹角为α，若平行于平面镜OB 的光线 PQ经过两次反射后，反射光线恰好平行于平面镜OA，则两平面镜之间的夹角α为　 　；若要使平行于平面镜 OB 的光线PQ 在两个平面镜之间最多能发生m次反射，则现平面镜之间的夹角α必须满足的条件是　 　。
【答案】60°；≤α<
【知识点】光的反射；光的反射定律；作光的反射光路图
【解析】【分析】 （1）反射两次后平行于OA，做出光的反射光路图，根据光路图可以确定两平面镜之间的夹角α。
（2）根据偶镜反射光线的规律：光线在偶镜中的反射光线与平面镜的夹角的规律为θm=i+（m-1）α，其中m为m次反射，i为入射光线第一次与镜面的夹角，α为两平面镜之间的夹角。
【解答】 （1）画光的反射光路图如下图所示：
根据平行线和反射的性质可知：
∠1=∠2=α，同理可知θ=∠AQP=∠OQC
∴△OQC是等边三角形，
∴∠α的度数为60度。
（2）设入射光线第一次与镜面的夹角为i，则光线在偶镜中的反射光线与平面镜的夹角的规律为θm=i+（m-1）α，
∵PQ与OB平行，
∴i=α
∵PQ在两个平面镜之间最多发生m次反射，
∴第m次反射的光线与镜面之间的夹角为180°-α～180°之间，
∴有①θm=180°-α，即180°-α≤α+（m-1）α，
解得，
②θm=180°，即180°≥α+（m-1）α，解得，
故≤α<。
11．（2025九下·鄞州竞赛）如图所示，六个电阻完全相同，阻值都是R，将电压为U的电源接在C、D两点之间，则BC两点间电阻. 的功率为　 　。若将电源接在线路中的A、C两点，则　 　(填“R1”“R2”“R3”“R4”“R3”“R4”“R5”或 “R6”）中无电流流过.
【答案】；R5
【知识点】基本电路与电路图；电路的动态分析
【解析】【分析】 （1）首先根据电源的连接画出等效电路图，根据电阻的连接利用串并联电路的特点求出电阻R4的电流，即可利用功率公式计算它的功率；
（2）若将电源接在线路中的A、C两点，画出等效电路图，根据电阻的连接利用串并联电路的特点分析。
【解答】 （1）将电压为U的电源接在C、D两点之间时，从C点开始到D点结束，等效电路图如下：
由图可知：R2、R3和R4、R5；构成电桥电路，由于它们的阻值相同，
所以UCB=UBD=UCA=UAD，且UCB+UBD=U；
∴BC两点间电阻R4的电压为：UCB=U；
∴R4的功率。
（2）由图可知：R1、R4和R3、R6；构成电桥电路，由于它们的阻值相同，
所以UAB=UBC=UAD=UDC，且UAB+UBC=U；UAD+UDC=U；
∴UAB=UBC=UAD=UDC=U，
即B、D两点的电压为零。
因此电阻R5中无电流流过。
12．（2025九下·鄞州竞赛）如图所示，在 W形玻璃管中，从两边装入不同的液体，ABC是水，EFG是油，CDE是密闭的空气，已知H1=20cm，H2=23cm，H3=3cm，H4=4cm， 则EFG管中油的密度为 　 　。
【答案】800kg/m3
【知识点】压强的变化；液体压强计算公式的应用
【解析】【分析】（1）知道外界为1标准大气压，ABC部分是水并且静止，据此可以列出一个关于压强的等式，计算出CDE中封闭气体的压强。
（2）知道CDE中封闭气体的压强和外界为1标准大气压p0=1.01×105Pa，据此可以列出一个关于压强的等式，计算出EFG中油的密度。
【解答】（1）ABC部分是水并且静止，外界为1标准大气压p0=1.01×105Pa，H1=20cm=0.2m，H4=4cm=0.04m，
由此可知，ABC部分气体的压强为：
p=p0+p水=p0+ρ水g（H1-H4）=1.01×105Pa+1.0×103kg/m3×10N/kg×（0.2m-0.04m）=102600Pa。
（2）∵p=102600Pa，外界为1标准大气压p0=1.01×105Pa，H2=23cm=0.23m，H3=3cm=0.03m，
设EFG中油的密度为ρ1，
由此可知，CDE部分气体的压强为：
p=p0+p油=p0+ρ1g（H2-H3）=1.01×105Pa+ρ1×10N/kg×（0.23m-0.03m）=102600Pa，
解得：ρ1=0.8×103kg/m3。
13．（2025九下·鄞州竞赛）悠悠球是除洋娃娃之外世界上最古老的玩具，它由轮与轴(含绕轴上的线)两部分组成(如图甲)。一悠悠球，轮半径为R，轴半径为r，线为细线，小灵玩溜溜球时，如图乙所示，使球在水平桌面上滚动，用拉力F使球匀速滚动距离s，则(a)(b)两种不同方式做功分别为　 　和　 　.
【答案】；
【知识点】功；功的计算公式的应用
【解析】【分析】 （a）图受力F后悠悠球将向前滚动，利用W=Fs求F做功大小；
（b）图受力F后悠悠球将向前滚动，滚动s后求出滚动的圈数，再乘以轴周长得出拉力移动的距离，再利用W=Fs求F做功大小。
【解答】 当悠悠球的轮向前滚动的距离为s时，轮滚动的圈数为：
，
轴滚动的圈数与轮相同，则轴向前滚动的距离为：
，
（a）图，拉力F作用在轴的下端时，轴向前滚动会使细线“收缩”，
拉力端实际移动的距离：
F做功大小：
；
（b）图，拉力F作用在轴的上端时，轴向前滚动会使细线“拉长”，
拉力端实际移动的距离：
F做功大小：
。
14．（2025九下·鄞州竞赛）如图所示， 在同一平面上的AC、BD两杆，分别绕相距L的A、B两轴逆时针转动，转动快慢相同，初始时刻如图(a)所示，且. 经过一段时间，两杆运动到如图(b)所示，且 ，则此过程中交点M 移动的路程为　 　
【答案】
【知识点】速度与物体运动
【解析】【分析】 正确理解位置关系与运动过程，因AC、BD两杆转动快慢相同，故两杆相同时间转过相同的角度，通过作图，找到角的关系，并通过角与弧长的关系解答。
【解答】 建立直角坐标系，各点坐标如图所示，
其中M1、M、M2依次为AC、BD两杆的交点所在的三处特殊位置点，
易得M1、M、M2三点是在以O点为圆心，半径为的圆周上，
根据题目已知：∠CAB=30°，∠DBA=30°，
故M移动的路程为圆心角为120°所对应的的圆周长，
故：路程。
15．（2025九下·鄞州竞赛）在一个底面积为 、高度为20cm 的圆柱形薄壁玻璃容器底部， 放入一个边长为10cm的实心正方体物块， 然后逐渐向容器中倒入某种液体。右图反映了物块对容器底部压力的大小F与容器中倒入液体的深度h(0~6厘米)之间的关系。由此可知这种液体的密度大小为　 　kg / m3 ，当倒入液体的深度h为12厘米时，物块对容器的底部压力的大小F大小为　 　牛。
【答案】；7.5N
【知识点】压力及重力与压力的区别；压强的大小及其计算
【解析】【分析】 （1）由物块对容器底部压力的大小F与容器中倒入液体的深度h（0～6厘米）之间的关系图像可知，当倒入液体深度为0时，物块对容器底的压力F=G=20N；
当倒入液体深度h=4cm时，物块对容器底的压力F'=G-F浮=15N，而F浮=ρ液V排g，据此求出液体的密度；
（2）求出了物块的重力，知道边长可求体积，利用公式G=mg=ρVg求物块的密度，和液体的密度比较，得出物块在倒入液体的深度h'=12cm时的浮与沉，进而求出对容器的底部压力、压强。
【解答】 （1）由图知，当倒入液体深度为0时，物块的重力与物块对容器底的压力相等，即G=F=20N，
当倒入液体深度h=4cm=0.04m时，物块对容器底的压力F'=15N，
因F'=G-F浮，所以，F浮=G-F'=20N-15N=5N，
由F浮=ρ液V排g=ρ液S物hg得：
液体的密度；
（3）由G=mg=ρVg得物块的密度：
，
则ρ物＞ρ液，所以当倒入液体的深度h'=12cm时，物块将浸没在液体中并沉入容器底，
F浮'=ρ液V物g=1.25×103kg/m3×10×10×10×10-6m3×10N/kg=12.5N，
对容器的底部压力的大小：
F压=G-F浮'=20N-12.5N=7.5N。
三、计算题(共2小题， 13+13=25分。要求写出解题步骤和必要的文字说明，只给出答案的不给分)
16．（2025九下·鄞州竞赛）如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，右管内气体柱长为39cm，中管内水银面与管口A之间气体柱长为40cm。先将口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设整个过程温度不变，稳定后右管内水银面比中管内水银面高2cm，求：
（1）稳定后右管内的气体压强p
（2）左管 A 端插入水银槽的深度h。(大气压强.
【答案】（1）78cm
（2）7cm
【知识点】压强的变化；大气压强的存在
【解析】【分析】 （1）右管被封闭气体做等温变化，注意右管被封闭气体体积和右管内水银面与中管内水银面高度差之间关系；
（2）同理左管被封闭气体做等温变化，正确分析插入水银槽深度与中左管内气体长度变化以及液面差之间关系即可求解。
【解答】 （1）插入水银槽后右管内气体等温变化，左管竖直插入水银槽中后，右管体积为：
由玻意耳定律得：
代入数据解得：p=78cmHg。
故稳定后右管内的气体压强：p=78cmHg；
（2）插入水银槽后左管压强：p1=p+△h=80cmHg......①
左管竖直插入水银槽中时，槽内水银表面的压强为大气压强，设左管内外水银面高度差为h1，此时左管内压强还可以表示为：
p1=p0+h1......②，
联立①②式解得，h1=4cm，
中、左管内气体等温变化此时有：
p0lS=p1l1S
解得：l1=38cm，
左管插入水银槽深度为：
故左管A端插入水银槽的深度h=7cm。
17．（2025九下·鄞州竞赛）演绎式探究：
（1）磁感应强度：
磁体和通电导体周围存在着磁场，磁场的强弱用物理量磁感应强度B来表示。B越大，说明磁场越强。一个半径为r的细圆环，环中均匀分布着电量为q的电荷(图甲)。圆环绕中心轴每秒转动n圈，则圆心O点的磁感应强度大小为： (k为常数)。可见，电量q和半径r不变时，圆环转动越快，圆心O点的磁场越　 　。
（2）研究转动圆盘中心的磁感应强度：
现在，有一个半径为R的薄圆盘(厚度不计)，在圆盘中均匀分布着电量为Q的电荷(图乙)。圆盘绕中心轴每秒转动n圈，则整个圆盘在圆心O点的磁感应强度大小为多少
首先，将圆盘分割为100个宽度均为 Ar的同心细圆环，取其中一个圆环进行研究(图丙)。
若将这个圆环取出来，并将它展开，可以近似看作是一个宽度为 Ar的长方形(图丁)， 该长方形的面积为△S=2πr⊿r，则圆环所带的电量为 这样，该圆环在圆心O点的磁感应强度大小为⊿B=　 　。整个圆盘在O点的磁感应强度大小B为这100个圆环在O点的磁感应强度大小△B之和， 也即：B=　 　。
【答案】（1）强
（2）；
【知识点】磁场和磁感线；电磁感应
【解析】【分析】 （1）根据磁感应强度表达式可以判断，圆环转得越快，圆心磁场的强弱。
（2）根据圆环的面积和圆环所带的电荷量；
根据磁感应强度公式求出圆环在圆心处产生的磁感应强度；
最后求出各圆环在圆心所产生的磁感应强度之和，即整个圆盘在圆心处产生的磁感应强度。
【解答】 （1）由磁感应强度公式 可知，
在电量q和半径r不变时，圆环转动越快，即n越大时，
B越大，即圆心O点的磁场越强。
（2）该圆环在圆心O点的磁感应强度大小：
整个圆盘在O点的磁感应强度：
B=ΔB1+ΔB2+ΔB3+ΔB4+…ΔB99+ΔB100
=（Δr1+Δr2+Δr3+Δr4+…Δr99+Δr100）
=
=
四、选择题(每小题只有1个选项符合题意，每小题2分，共10分)
18．（2025九下·鄞州竞赛）用向下排气法在容积为VmL 的集气瓶中收集氨气，由于空气尚未排净，最后瓶内气体的平均式量为19， 将此盛满气体的集气瓶倒置于水中，瓶内水马上升到一定高度后，即停止上升，则在同温同压下，瓶内剩余气体的体积为（　　）
A． B． C． D．无法判断
【答案】C
【知识点】氧气的性质和利用；制取氧气的装置、步骤、收集与注意事项
【解析】【分析】 空气的平均式量为29，氨气的相对分子质量为17，利用瓶内气体的平均式量为19，先计算氨气的体积分数，则将此盛满气体的集气瓶倒置于水中，水上升的体积为氨气的体积，剩余气体为空气。
【解答】 设最后瓶内气体中氨气的物质的量为x，空气的物质的量为y，
由瓶内气体的平均式量为19，则
解得
气体的体积之比等于物质的量之比，
即VmL的集气瓶中收集氨气为，
将此盛满气体的集气瓶倒置于水中，水上升的体积为氨气的体积，剩余气体为空气，
瓶内剩余气体的体积为，
故答案为：C。
19．（2025九下·鄞州竞赛）取一定质量的CO和 的混合气体，通入足量的 溶液中，充分反应后过滤，发现生成的沉淀和所取的混合气体质量相等，则混合气体中，碳原子与氧原子的个数比为(　　)
A．1∶1 B．1：2 C．28：44 D．181∶209
【答案】D
【知识点】根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】 根据题意可知，生成的沉淀和所取的混合气体质量相等，即生成碳酸钡的质量与混合气体的质量相等；通过假设碳酸钡的质量，根据反应化学方程式，求得混合气体中所取CO和CO2的混合气体中质量关系，从而利用两气体中C、O元素质量比得出混合气体中C、O元素质量关系，最后利用C、O元素的相对原子质量求出混合气体中碳原子与氧原子的个数比。
【解答】 氢氧化钡和二氧化碳反应生成碳酸钡沉淀的水，
二氧化碳和碳酸钡的质量关系如下，
Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O
44 197
假设生成的沉淀质量为197g，则CO和CO2的混合气体的质量为197g，
其中二氧化碳的质量为44g，那么一氧化碳的质量是为：197g-44g=153g；
所以混合气体中，二氧化碳与一氧化碳的分子个数比为
则混合气体中C、O原子个数比为：
故答案为：D。
20．（2025九下·鄞州竞赛）下图是氯化钠晶体结构示意图，其中与每个 距离最近且相等的几个Cl-所围成的空间几何构型为(　　)
A．正四面体 B．正六面体 C．正八面体 D．正十二面体
【答案】C
【知识点】原子的构成；分子、原子、离子、元素与物质之间的关系
【解析】【分析】采用沿X、Y、Z三轴切割的方法确定钠离子的配位数，将氯离子连接后观察所围成的空间几何构型。
【解答】 沿X、Y、Z三轴切割的方法知，X轴上有2个氯离子，Y轴上有2个氯离子，Z轴上有2个氯离子，所以钠离子的配位数是6，将6个氯离子连接后所围成的空间几何构型正八面体。
故答案为：C。
21．（2025九下·鄞州竞赛）实验室用氢气还原mgCuO，当大部分固体变红时，停止加热，冷却后，称得残留固体质量为 ng，共用去氢气为 wg，则此时生成的水的质量为(　　)
A． B． C． D．9w
【答案】B
【知识点】还原反应与金属的冶炼
【解析】【分析】分析题意知，氢气还原氧化铜实验中停止加热时，防止生成的铜被氧化，要继续通入氢气直至冷却，可知用去氢气wg并未全部参加还原氧化铜的反应，所以，在根据化学方程式进行计算时，不能使用氢气质量进行计算；反应前后固体质量差为氧化铜在反应中失去氧元素的质量，失去的氧元素与氢化合成水，因此，由氧元素质量可计算生成水的质量。
【解答】 反应中氧化铜失去氧元素的质量=m g-n g=（m-n）g；
含（m-n）g氧元素的水的质量=；
故答案为：B。
22．（2025九下·鄞州竞赛）向 100克3.65克的盐酸中，逐滴加入4%氢氧化钠溶液，同时测定溶液的pH值及HCl和NaCl的质量分数w，分别以它们为纵坐标，并以每次所加的氢氧化钠溶液的质量m为横坐标的下列函数图象。图象基本正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】溶质的质量分数及相关计算
【解析】【分析】 向100克3.65%的盐酸中，逐滴加入4%氢氧化钠溶液，盐酸反应完全后，则再继续加入氢氧化钠溶液，则氢氧化钠溶液过量，则混合溶液为碱性，而氯化钠也不再生成。此题注意计算溶液的质量分数为总溶液的质量分数。
【解答】 根据氢氧化钠溶液与盐酸的反应HCl+NaOH=NaCl+H2O，则可知盐酸与氢氧化钠的反应比值：36.5：40，故可知：
A、盐酸呈酸性，pH小于7，氢氧化钠呈碱性，pH大于7，向盐酸中逐滴加入氢氧化钠溶液，pH由小于7逐渐到大于7，观察选项，故A图错误；
B、由氢氧化钠溶液与盐酸的反应HCl+NaOH=NaCl+H2O，可知，50克4%氢氧化钠溶液与盐酸反应时，混合溶液的质量为150，故HCl的质量分数一定不为1.83%，故B图错误；
C、向100克3.65%的盐酸中，逐滴加入100克4%氢氧化钠溶液时，二者完全反应，此时的氯化钠的质量分数最大，而混合溶液的质量为200克，故质量分数为5.85%错误，故C错误；
D、向100克3.65%的盐酸中，逐滴加入100克4%氢氧化钠溶液时，二者完全反应，此时的氯化钠的质量分数最大为2.93%，而继续加入氢氧化钠溶液，则其质量分数变小，故D正确。
故答案为：D。
五、选择题(每小题只有1个选项符合题意，每小题3分，共15分)
23．（2025九下·鄞州竞赛）实验是化学学科的基础，通过实验现象获得证据，从而归纳出相关结论是科学上常用的研究方法。下列关于实验现象或结论的说法中正确的是(　　)
A．铁丝在氧气中剧烈燃烧、火星四射，生成的黑色物质是氧化铁
B．某难溶白色固体中加入过量的盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则该固体肯定是大理石
C．降温时，饱和溶液可能不析出晶体温州百优教育公众号
D．某无色溶液中，滴加石蕊试液，溶液变红，则该溶液一定是酸溶液
【答案】C
【知识点】饱和溶液与不饱和溶液；氧气与碳、磷、硫、铁等物质的反应现象；酸碱指示剂及其性质
【解析】【分析】 A、根据铁丝在氧气中燃烧的现象来分析解答；
B、根据碳酸盐能与酸反应生成能使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳气体，检验碳酸盐最简单的方法是滴加稀盐酸，观察是否有能使澄清石灰水变浑浊的气体产生来分析解答；
C、根据氢氧化钙的溶解度随温度的降低而增大来分析解答；
D、注意酸溶液与酸性溶液的区别。
【解答】 A、铁丝在氧气中剧烈燃烧、火星四射，生成的黑色物质是四氧化三铁，故A错误；
B、某难溶白色固体中加入过量的盐酸，能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则该固体可能是大理石，也可能是碳酸钡，故B错误；
C、氢氧化钙的溶解度随温度的降低而增大，降温时，氢氧化钙的饱和溶液不析出晶体，降温时，饱和溶液可能不析出晶体说法正确，故C正确；
D、某无色溶液中，滴加石蕊试液，溶液变红，则该溶液一定是酸性溶液，石蕊变红，只能证明溶液显酸性，不能说是酸溶液，故D错误；
故答案为：C。
24．（2025九下·鄞州竞赛）实验室常用饱和亚硝酸钠与氯化铵溶液反应制取纯净的氮气。反应的化学方程式为： (此反应是放热反应)，实验装置如下图所示。则下列描述不正确的是（　　）
A．装置中 A部分的分液漏斗与蒸馏瓶之间连接的导管所起的作用是平衡气压，使 饱和溶液容易滴下
B．装置中 B部分的作用是冷凝气体
C．反应到一定程度，应移去酒精灯，以防止反应物温度过高而冲出
D．可用排空气法收集到纯净的氮气
【答案】D
【知识点】气体装置的装配、连接、选择与气密性检查；化学反应的条件；化学反应的实质
【解析】【分析】 A、根据该反应放热，使蒸馏瓶内压强增大，不用导管时，长颈漏斗内的液体不能滴入蒸馏瓶中，进行分析；
B、根据氯化铵和亚硝酸钠的反应是放热反应，溶液产生大量泡沫，使溶液的液面上升，生成大量气体，进行分析；
C、根据该反应是一个放热反应，会产生热量进行分析；
D、根据氮气的密度与空气相近，进行分析。
【解答】 A、装置中A部分的分液漏斗与蒸馏瓶之间连接的导管所起的作用是平衡气压，使NaNO2饱和溶液容易滴下，因为该反应放热，使蒸馏瓶内压强增大，不用导管时，长颈漏斗内的液体不能滴入蒸馏瓶中，故A正确；
B、因为氯化铵和亚硝酸钠的反应是放热反应，溶液产生大量泡沫，使溶液的液面上升，生成大量气体，如果放出的氮气太快，会使单孔胶塞冲出，造成气体逸出，故要用“冰盐”冷凝，装置中B部分的作用是冷凝气体，故B正确；
C、加热片刻后，即应移去酒精灯以防反应物冲出，其原因是该反应是一个放热反应，会产生热量，故C正确；
D、因为氮气的密度与空气相近，且要收集纯净的氮气，不能用排空气法收集，故D错误。
故答案为：D。
25．（2025九下·鄞州竞赛）醋酸、甲醛的化学式依次是关于它们的说法正确的是（　　）
A．任意比混合二种化合物并溶解于水，所得混合液中H、O元素质量比无法确定
B．任意比混合二种化合物并溶解于水，所得混合液中H、O元素质量比是定值
C．任意比混合二种化合物，完全燃烧产生的二氧化碳与水的质量比是11∶9
D．任意比混合二种化合物，完全燃烧产生的二氧化碳与水的质量比无法确定
【答案】B
【知识点】有关化学式的计算和推断
【解析】【分析】根据题设，醋酸、甲醛的化学式中碳、氢原子个数比为C：H=1：2；H、O原子个数比为2：1；H、O元素质量比为1：8，为定值；有机物燃烧时，生成的二氧化碳和水的量分别是由碳氢元素的量决定的，那么生成的二氧化碳和水的分子个数比为1：1；进行分析解答本题。
【解答】 醋酸、甲醛的化学式中碳氢原子个数比为C：H=1：2，那么生成的二氧化碳和水的分子个数比为1：1，完全燃烧产生的二氧化碳与水的质量比是22：9，醋酸、甲醛的化学式中H、O原子个数比为2：1；H、O元素质量比为1：8，为定值；
故答案为：B。
26．（2025九下·鄞州竞赛）已知 与NaOH 溶液反应生成能溶于水的 即 而 不与NaOH 溶液反应。现将 ag镁铝合金粉末溶于足量盐酸中，再加入过量NaOH 溶液，过滤，将沉淀进行洗涤、干燥、灼烧，得到白色粉末的质量还是 ag，则原合金中镁的质量分数为（　　）
A．60% B．52.4% C．40% D．无法计算
【答案】A
【知识点】酸、碱的概念；碱的化学性质
【解析】【分析】根据整个过程的反应原理：镁、铝先和盐酸反应生成氯化镁和氯化铝，然后氯化铝再和过量的氢氧化钠反应生成能溶于水的NaAlO2，而氢氧化镁和氢氧化钠不反应，故沉淀为氢氧化镁，灼烧后的白色粉末为氧化镁来分析。
【解答】 镁、铝先和盐酸反应生成氯化镁和氯化铝，然后氯化铝再和过量的氢氧化钠反应生成能溶于水的NaAlO2，而氢氧化镁和氢氧化钠不反应，故沉淀为氢氧化镁，灼烧后的白色粉末为氧化镁，且白色粉末的质量还是ag。根据反应过程中元素守恒，则原合金中镁的质量分数就是氧化镁中镁元素的质量分数，所以原合金中镁的质量分数为：
故答案为：A。
27．（2025九下·鄞州竞赛）已知： 单质溴是易挥发的液体。将KCl和KBr混合物13.400g溶于水配制成500mL 溶液，通入过量的反应后将溶液蒸干，得固体11.175g，则原所配溶液中 K+、Cl-、 Br的离子个数之比为（　　）
A．1：1：1 B．1：2：3 C．2：3：1 D．3：2：1
【答案】D
【知识点】分子、原子、离子、元素与物质之间的关系；离子的书写与意义
【解析】【分析】 考虑到溶液为电中性，阳离子所带正电荷的总量等于阴离子所带负电荷的总量可得出n（K+）=n（Cl-）+n（Br-），以此来解答。
【解答】 任何溶液都呈电中性，即阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，在KCl和KBr的混合溶液中，存在n（K+）=n（Cl-）+n（Br-），则
A、1≠1+1，说明n（K+）≠n（Cl-）+n（Br-），故错误；
B、1≠2+3，说明n（K+）≠n（Cl-）+n（Br-），故错误；
C、2≠3+1，说明n（K+）≠n（Cl-）+n（Br-），故错误；
D、3=2+1，说明n（K+）=n（Cl-）+n（Br-），故正确；
故答案为：D。
六、选择题(每小题只要1-2个选项符合题意，错选1个得0分，漏选1个得1分。每小题3分，共15分)
28．（2025九下·鄞州竞赛）有5.85克 NaCl样品(其中有少量下列某盐)， 当它跟足量的硝酸银溶液充分反应， 得到14.4克氯化银沉淀， 则可能混有的盐(　　)
A． B．KCl C．BaCl2 D．
【答案】A,D
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】先假设5.85g样品全部是氯化钠，根据化学方程式计算出生成沉淀的质量，如果实际生成的沉淀质量＞假设5.85g全部是氯化钠时生成的沉淀质量，则说明杂质物质中氯元素的质量分数要大于氯化钠中氯元素的质量分数。
【解答】 假设5.85克样品全部都是NaCl，根据方程式计算跟足量硝酸银反应生成氯化银的质量为m，
m=14.35g＜14.4g
由计算可知，实际生成的沉淀14.4g＞假设5.85g全部是氯化钠时生成的沉淀14.35g。
如果多生成沉淀的话，则应该样品中的氯离子数应该是比纯的氯化钠含有的氯离子数多，分析四个选项，则CaCl2和MgCl2含的氯离子的质量比同质量的氯化钠的氯离子的质量高。
故答案为：AD。
29．（2025九下·鄞州竞赛）有一包白色固体， 可能含有Na2SO4、Na2CO3、BaCl2、NaOH中的一种或几种。取样溶于水， 有白色沉淀产生； 过滤后向沉淀中滴加盐酸，沉淀的量、产生气体的量与加入盐酸体积的关系如图所示.由此推断白色固体中(　　)
A．肯定只存在 B．可能存在
C．肯定不存在 D．可能存在 NaOH
【答案】D
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】 根据题目给出的信息：取少量白色固体溶于足量的水中有白色沉淀产生，在Na2SO4、Na2CO3、BaCl2、NaOH中，有白色沉淀生成的是Na2SO4、BaCl2，或Na2CO3、BaCl2；过滤后向沉淀中滴加盐酸，沉淀的量不断减少，最后消失，说明沉淀是碳酸钡，不是硫酸钡；因此该固体中一定有Na2CO3、BaCl2；一定没有硫酸钠；NaOH可能有，也可能没有，对实验现象没有影响。
【解答】 取少量白色固体溶于足量的水中有白色沉淀产生，在Na2SO4、Na2CO3、BaCl2、NaOH中，有白色沉淀生成的是Na2SO4、BaCl2，或Na2CO3、BaCl2；过滤后向沉淀中滴加盐酸，沉淀的量不断减少，最后消失，说明沉淀是碳酸钡，不是硫酸钡；因此该固体中一定有Na2CO3、BaCl2；一定没有硫酸钠；NaOH可能有，也可能没有；因此：
A、该固体中一定有Na2CO3、BaCl2，不能是只含有碳酸钠，故说法错误；
B、一定没有硫酸钠，故说法错误；
C、一定存在氯化钡，故说法错误；
D、可能存在氢氧化钠，故说法正确；
故答案为：D。
30．（2025九下·鄞州竞赛）二氧化硫气体是造成酸雨的主要气体，其水溶液叫亚硫酸( 硫化氢 )是一种具有臭鸡蛋味的剧毒气体，其水溶液叫氢硫酸。已知相同的条件下，氢硫酸的酸性弱于亚硫酸。在室温下向饱和的亚硫酸溶液中通入过量的硫化氢气体，反应的方程式为： 则下图中溶液的pH随通入硫化氢体积的变化曲线示意图正确的是(　　)
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】化学方程式的概念、读法和含义；溶液的酸碱性与pH值的关系
【解析】【分析】根据题意，随着反应2H2S+H2SO3═3S↓+3H2O的发生会导致亚硫酸不断减少，溶液的酸性变弱，pH会不断变大，至恰好反应时pH等于7；继续滴加氢硫酸溶液，溶液显酸性，且酸性不断增强，pH会不断减小。
【解答】 酸性溶液pH小于7，且酸性越强pH越小。随着反应2H2S+H2SO3═3S↓+3H2O的发生，溶液的酸性变弱，pH会不断变大，图象会是一条上升的曲线；至恰好反应时pH等于7，继续滴加氢硫酸溶液会再次显酸性，但由于氢硫酸的酸性弱于亚硫酸，故溶液最后的pH会比开始时大。
故答案为：B。
31．（2025九下·鄞州竞赛）一包混有杂质的 其杂质可能是 ，今取10.6g样品，溶于水得澄清溶液，另取10.6克样品，加入足量的盐酸，收集到 则下列判断正确的是(　　)
A．样品中可能含有
B．样品中一定混有 ，可能有 KCl
C．样品中有 也有
D．样品中一定混有 KCl
【答案】D
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】碳酸钠和硝酸钡反应生成白色沉淀碳酸钡和硝酸钠。
稀盐酸和碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，和碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳。
【解答】 10.6g碳酸钠和稀盐酸完全反应生成4.4g二氧化碳，取10.6g样品，溶于水得澄清溶液，说明样品中不含有硝酸钡，10.6g碳酸氢钠和稀盐酸完全反应生成二氧化碳质量大于4.4g，取10.6克样品，加入足量的盐酸，收集到4gCO2。
A、样品中只含有NaHCO3时，生成二氧化碳质量大于4.4g，该选项不正确。
B、样品中不一定含有碳酸氢钠，该选项不正确。
C、样品中不含有硝酸钡，该选项不正确。
D、样品中混有KCl，也可能有NaHCO3，该选项正确。
故答案为：D。
32．（2025九下·鄞州竞赛）过滤是一种常见的分离提纯方法，除去下列物质中的少量杂质(括号内为杂质)，选用合适的试剂或合适的方法后，不需要过滤操作的是(　　)
A．KNO3溶液(KOH) B．FeSO4溶液(
C．NaCl固体(BaSO4) D．
【答案】A
【知识点】混合物的分离方法（过滤、蒸发、结晶）
【解析】【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变。除杂质至少要满足两个条件：①一般加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质。
【解答】 A、要除去 KNO3 溶液中的 KOH ，可加入适量的稀硝酸，发生中和反应，反应后得到的是溶液，没有沉淀生成，不需要过滤操作，故该选项正确。
B、过量的铁能与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁溶液和铜，需要进行过滤除去过量的铁和生成的铜，故选项错误。
C、氯化钠易溶于水，BaSO4难溶于水，可采取加水溶解、过滤、蒸发的方法进行分离除杂，故选项错误．
D、浓硫酸具有吸水性，且不与二氧化碳反应，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，无需进行过滤，故选项正确。
故答案为：AD。
七、填空题(2小题，每空2分，共22分)
33．（2025九下·鄞州竞赛）某兴趣小组的学生研究过量的炭粉与 ；在高温条件下反应的气体产物成分。探究过程如下：
Ⅰ提出假设：气体产物全部是CO2；气体产物是CO2和CO混合物；气体产物全部是CO。
Ⅱ查阅资料：a.氮气不能与炭粉及Fe2O3反应。
B.高温下可以发生下列反应：2Fe2O3+3C4Fe+3CO2↑ C+CO22CO
Ⅲ设计方案：将一定量氧化铁在隔绝空气的环境下与过量炭粉充分反应。用实验中实际测得产生气体的质量，与理论计算得到的气体的质量进行比较。
IV 实验装置：如下图所示。
V实验操作：
①称量：反应前 Fe2O3的质量3.20g；炭粉的质量2.00g；玻璃管C的质量48.48g。反应后玻璃管与残留固体共52.24g。
②加热前先通一段时间氮气，再夹紧弹簧夹T，点燃酒精喷灯加热。
VI 问题分析：
（1）加热前先通一段时间氮气的目的是　 　。
（2）根据题意B 试管中应加入的试液是　 　。
（3）根据题中所给数据，通过计算得出结论。
若气体产物全部是理论上应该得到气体质量　 　；
若气体产物全部是CO，则气体质量是　 　。根据实验数据计算得到气体质量　 　；
【答案】（1）排尽装置内原有的空气，防止碳粉和空气中的氧气反应
（2）氢氧化钠溶液
（3）1.32g；1.68g；1.44g
【知识点】根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】 （1）根据反应物与装置中空气的反应进行分析；
（2）根据二氧化碳的性质来分析；
（3）根据碳和氧化铁在高温的条件下生成铁和二氧化碳或者铁和一氧化碳，依据题中的数据进行分析。
【解答】 （1）因为反应物中碳可以在加热条件下可以和空气中的氧气发生反应生成二氧化碳，影响实验结果，所以目的就是清除试管中的空气；
（2）该试剂需将生成的二氧化碳完全吸收，所以是碱溶液，可以是：氢氧化钠溶液或足量的氢氧化钙溶液；
（3）设3.20gFe2O3与炭粉发生反应生成CO2的质量为x，
2Fe2O3+3C4Fe+3CO2↑
320 132
3.2 g x
x=1.32g
3.20gFe2O3与炭粉发生反应生成CO的质量为x，
Fe2O3+3C2Fe+3CO↑
160 84
3.2g y
y=1.68g
根据质量守恒定律可知：实验产物中气体质量为（48.48g+3.20g+2.00g）-52.24 g=1.44g；
34．（2025九下·鄞州竞赛）某同学对金属活动性顺序等知识进行了研究.
（1）将甲、乙两种金属片分别放入硫酸铜溶液中，乙表面析出红色固体，甲没有明显现象.判断甲、乙、铜三种金属的活动性由弱到强的顺序为　 　。
（2）查阅资料：在金属活动性顺序里，位于氢后面的金属 Cu，在常温下虽然不能与稀盐酸、稀硫酸反应，但可以与稀硝酸反应，其化学方程式为：反应生成的 NO是无色、难溶于水的气体，在常温下与空气中的O2迅速化合生成 是红棕色、有刺激性气味的有毒气体.用如图所示实验装置进行实验，可以证明铜与稀硝酸反应生成的气体是NO.
①检查装置的气密性：关闭弹簧夹，将干燥管放入带有水的烧杯中，若观察到　 　，则表明该装置的气密性良好.
按如图所示进行实验：
打开弹簧夹，用注射器慢慢抽取干燥管内的气体，稀硝酸沿着干燥管慢慢上升，直到　 　，停止抽拉注射器，关闭弹簧夹，观察干燥管内的现象：　 　，反应停止后，打开弹簧夹，用注射器抽取干燥管内的气体(事先已将注射器内原有的气体推出)，关闭弹簧夹后取下注射器，并抽取一定量的空气，观察到气体变为红棕色。
上述实验完成后，用足量 NaOH 溶液将气体吸收，其目的是　 　。
【答案】（1）甲< Cu<乙
（2）干燥管内的水面低于烧杯内水面，且两液面高度差保持稳定；充满干燥管；铜片表面产生气泡，液面下降，溶液变成蓝色；防止污染空气
【知识点】金属活动性顺序及其应用
【解析】【分析】 （1）金属和酸溶液发生置换反应生成氢气必须具备：金属必须是在金属活动性顺序中氢前的金属，酸除浓硫酸和硝酸外，一般指稀硫酸和稀盐酸；金属和盐溶液发生置换反应必须具备：金属必须是在金属活动性顺序中前面的金属可以把排在它后面的金属从盐溶液中置换出来，钾、钙、钠除外；
（2）装置不漏气，干燥管放入溶液中溶液不能大量进入；
使稀硝酸充满干燥管，以确保管内不残留有空气；铜片与稀硝酸发生反应，放出气体，溶液变成蓝色硫酸铜溶液；
氮的氧化物都是有毒气体，应避免造成空气污染；
【解答】 （1）将甲、乙两种金属片分别放入硫酸铜溶液中，乙表面析出红色固体，说明乙的金属活动性比铜强，甲没有明显现象，说明甲的金属活动性比铜弱，故答案为：甲＜铜＜乙
（2）烧杯内液体不能较多进入干燥管，可说明装置气密性良好；即观察到：干燥管内的液面比烧杯内的液面低，且过一段时间后干燥管内的液面保持不变；
为排尽管内空气，应使稀硝酸充满干燥管；进入管内的稀硝酸与铜反应，放出气体，溶液逐渐变成蓝色，在气体不断产生时，管内液面下降；
得用氢氧化钠吸收有毒的气体，防止造成空气污染；
八、计算题(本大题包括一小题，共8分)
35．（2025九下·鄞州竞赛）已知钠与水反应的化学方程式为：。质量均为 mg的钠、镁、锌三种金属分别与25g质量分数为19.6%的稀硫酸反应。
（1）由于金属的量不确定，产生的氢气的质量大小有多种可能(不考虑镁与水的反应)，如镁、锌产生氢气的质量相同且都小于钠产生的氢气质量的情况表示为 请按以上表示，写出所有可能情况：　 　
（2）试确定，当产生的氢气的质量大小为 时，m的取值范围：　 　
（3） 时， Zn与酸反应产生 的质量与金属质量(m)的关系如图。请在图中再画出钠和镁二种金属分别与酸反应产生 的质量与金属质量(m)的关系图线。(在图线上用元素符号注明)
【答案】（1）Mg> Na> Zn Mg= Na> Zn Na> Mg> Zn Na> Mg= Zn
（2）m≥3.25g
（3）
【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）依据钠镁锌三种金属同质量时与酸反应生成的氢气质量关系是镁＞钠＞锌，可知生成的氢气质量关系有以下几种情况①与三种金属反应酸足量②酸量恰好与锌反应，则镁锌生成的氢气量相等，但钠与水也反应会生成氢气。③酸量与锌反应后还有剩余。
（2）当产生的氢气的质量大小为Na＞Mg=Zn时情况是Zn正好反应完或过量。
（3）根据4.6g钠镁与酸反应生成的氢气的量找到图象的关键点，再结合（2）锌的情况绘制图象即可。
【解答】 （1）钠既可以与酸反应还可以与水反应，镁、锌只与酸反应而不与水反应。质量均为m g的钠、镁、锌三种金属与酸（过量）完全反应时产生氢气的质量分别为：m g/23、m g/12、2m g/65．由此可以看出，钠、镁、锌三种金属与等量酸恰好完全反应（或生成等质量的氢气）时，所消耗的金属质量关系为：m（锌）＞m（Na）＞m（Mg），于是：
①酸过量（酸与镁恰好完全反应）时，产生的氢气质量的情况为：Mg＞Na＞Zn；
②钠、镁、锌均过量（或锌恰好完全反应）时，过量的钠可以水反应而产生的氢气质量最多，镁、锌产生的氢气质量因受酸的限制而相等：Na＞Mg=Zn；
③钠、镁均过量而锌不足时，产生的氢气质量的情况为：Na＞Mg＞Zn；
④镁过量、钠恰好与酸完全反应，而锌不足时：Na=Mg＞Zn；
（2）由上面的分析可知：当产生的氢气的质量大小为Na＞Mg=Zn时，钠、镁、锌均应过量（或锌恰好完全反应），因此m的大小只取决于锌的质量。
设：25 g 质量分数为19.6% 的稀硫酸与锌恰好完全反应消耗锌的质量为χ
解得：χ=3.25g
故：m≥3.25
（3）m=4.6 时，m＞3.25．因此钠、镁、锌均过量，钠在酸消耗完后还可以与水反应，产生氢气的量由钠决定：2Na+H2SO4=Na2SO4+H2↑ 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，
设：钠产生的氢气质量的y
2Na----H2
46 2
4.6g y
46：2=4.6g：y 解得：y=0.2g
镁、锌产生的氢气质量因受酸的限制而相等，由上图可知：均为0.1g。
设：25 g 质量分数为19.6% 的稀硫酸与镁恰好完全反应消耗镁的质量为z
Mg+H2SO4═ZnSO4+H2↑
24 98
Z 25 g×19.6%
24：98=z：25 g×19.6%
解得：z=1.2 g
图为：
九、单向选择题(每小题只有一个正确答案，每题2分，共12分)
36．（2025九下·鄞州竞赛）下图表示在某个生态系统中，A、B、C三种生物数量的相互变化关系，A、B、C三种生物之间可以构成一条食物链，据图推测属于生产者的生物最可能是____
A．C B．A C．B D．A 和B
【答案】A
【知识点】生物之间的食物联系（食物链、食物网）
【解析】【分析】解答此题的关键有二点，一个是明确食物链的概念：生产者与消费者之间这种吃与被吃的关系；另一个是知道食物链的正确写法。
【解答】 食物链反映的是生产者与消费者之间吃与被吃这种关系的，所以食物链中不应该出现分解者和非生物部分。食物链的正确写法是：生产者→初级消费者→次级消费者…注意起始点是生产者。物质沿着食物链流动逐级递减。从图中看出C减少→B减少→A减少；B增加，C减少；A增加、B减少；C增加→B增加→A增加；因此A、B、C三种生物之间可以构成一条食物链：C→B→A．因此属于生产者的生物最可能是C。
故答案为：A。
37．（2025九下·鄞州竞赛）现有甲、乙、丙、丁四人，在ABO血型系统中，四人的血型各不相同。现在用丙的血清给其他三人验血，只有乙、丁二人的红细胞起凝集反应；用丁的血清给其他三人验血，只有乙、丙二人的红细胞发生凝集反应。则问乙能给其他三人中的哪一个输血(　　)
A．甲 B．丙 C．丁 D．三个都不能
【答案】D
【知识点】血型与输血
【解析】【分析】 根据红细胞中所含有的抗原种类和血清中的凝集素进行分析解答。
【解答】 早在1900年，有人发现人类的红细胞含有两种凝集原，分别叫做A凝集原和B凝集原；人类血清中则含有与他们相对抗的两种凝集素，分别叫做抗A凝集素和抗B凝集素。按照红细胞所含A、B凝集原的不同，把人类血液分为四型：凡红细胞只含有A凝集原的，叫做A型；只含有B凝集原的，叫做B型；A、B两种凝集原都含有的，叫做AB型；A、B两种凝集原都不含有的，叫做O型。同时，从调查研究中还证明，每个人的血清中都不含有与他自身红细胞凝集原相对抗的凝集素。因此，A型血的人的血清中只含有抗B凝集素；B型血清的人中只含有抗A凝集素；AB型血清的人中两种凝集素都没有；O型血清的人中则两种凝集素全有。
某人血型 可接受的血型 可输给的血型
A A O A AB
B B O B AB
AB A B AB O AB
O O A B AB O
从题干中可看出，4人的血型各不相同，用丙、丁血清，甲都不凝集，说明甲的红细胞中没有凝集原，甲为O型。
用丙、丁血清，乙都凝集，说明乙为AB型，所以，输给哪个都不可以。
故答案为：D。
38．（2025九下·鄞州竞赛）在仙人掌的自然产地，当夏季太阳位于柱状仙人掌顶端时，其柱状茎纵轴会指向太阳，有关此现象的解释：I、以获得尽可能多的阳光；II、让顶端的繁殖器官在上午和下午受热；Ⅲ、以减少柱状茎的升温。这些解释中的哪一句或哪几句是正确的 (　　)
A．都不正确 B．只有Ⅰ和Ⅱ正确
C．只有Ⅲ正确 D．全部解释都正确
【答案】C
【知识点】茎的形态结构
【解析】【分析】生物与环境的关系：生物适应环境，生物影响环境，环境影响生物。生物适应环境是指生物为了生存下去，在生活习性或者形态结构上力求与环境保持一致。生物影响和改变环境是指由于生物的存在或者某些活动，使得环境有了改观或变化。环境影响生物是指生物的生活受生存空间或生活环境的制约。
【解答】仙人掌的自然产地应该是热带沙漠，夏季太阳光辐射强，温度高。柱状茎纵轴会指向太阳，由于光的直线传播，柱状茎其他部位就不会受到太阳照射，这样温度就不会升高太快，这是植物对环境的一种适应现象。故C正确。
故答案为：C。
39．（2025九下·鄞州竞赛）能够创造生物新品种的方法是(　　)
①转基因技术②克隆技术③植物组织培养④杂交育种⑤试管婴儿
A．①④ B．②③④ C．①②⑤ D．①②④⑤
【答案】A
【知识点】动物克隆技术的进展；育种与优生；基因工程
【解析】【分析】随着科学的发展，人们对遗传和变异的认识，已逐渐深入到基因水平。
【解答】①转基因技术是按照人的意愿，运用人工方法，对生物的基因组成进行“移花接木”式改造的重组技术。把一种生物的某个基因，用生物技术的方法转入到另一种生物的基因组中，可培育出转基因新品种。
②克隆技术属于人工遗传操作动物进行无性繁殖的技术，克隆后代与亲代具有完全相同的基因组成，因此，不能够创造生物新品种。
③植物组织培养指的是在无菌的情况下，将植物体内的某一部分器官或组织，如茎尖、芽尖、形成层、根尖、胚芽和茎的髓组织等从植物体上分离下来，放在适宜培养基上培养，经过一段时间的生长、分化最后长成一个完整的植株，这种方法是保持了亲本的特性，不能够创造生物新品种。
④杂交育种是用不同品种杂交获得杂交品种后，在杂交后代中进行选择以育成符合生产要求的新品种，这种方法是广泛应用而且有效的育种方法。
⑤试管婴儿是指精子和卵细胞在试管中融合发育成胚胎后植入子宫，属于有性生殖，不能够创造生物新品种。
因此，只有①④能够创造生物新品种。
故答案为：A。
40．（2025九下·鄞州竞赛）正常人的胰静脉血中一般不含有(　　)
A．氧气 B．血小板 C．胰液 D．胰岛素
【答案】C
【知识点】血液
【解析】【分析】1、胰腺是一个狭长的腺体，是人体腹部深处的一个器官。胰腺分为外分泌腺和内分泌腺两部分。外分泌由腺泡、连通肠腔的导管组成，内分泌由胰岛所组成，主要分泌胰岛素、胰高血糖素等激素，其中一些激素对维持血糖水平有十分重要的作用。
2、静脉血是在体循环静脉中流动的血液，以及在肺循环中从右心室流到肺动脉中的血液，静脉血含氧量很低呈暗紫色。
3、血液是由血浆和血细胞组成的，血细胞包括红细胞、白细胞和血小板构成的。
【解答】胰液由胰腺的外分泌腺分泌，由胰管导出，不经过血液循环；胰岛素由胰腺的内分泌腺分泌，经过血液循环，因此正常人的胰静脉血中一般含有氧气、血小板、胰岛素，不含有胰液。
故答案为：C。
41．（2025九下·鄞州竞赛）我国古代劳动人民积累的丰富农业生产经验，至今许多仍在实践中应用．下列叙述与植物激素作用无直接关系的是（　　）．
A．适时打顶去心，可促棉株开花结实．(据《农桑辑要》)
B．肥田之法，种绿豆最佳，小豆、芝麻次之．(据《齐民要术》)
C．正月种白稻，五月收获后，根茬长新稻，九月又成熟．(据《广志》)
D．新摘未熟红柿，每篮放木瓜两三枚，得气即发，涩味尽失．(据《格物粗谈》)
【答案】B
【知识点】植物激素
【解析】【分析】五种植物激素的比较：
【解答】解：A、摘掉顶芽，使生长素不能由顶端向侧芽运输，从而降低了侧芽的生长素浓度，解除顶端优势，促进侧芽发育成侧枝，促棉株开花结实， A错误；
B、由于豆科植物有固氮菌与之共生，所以种植豆科植物能够肥田，与植物激素无关， B正确；
C、 生长素能促进植物的生长，C错误；
D、乙烯的作用是促进果实成熟，所以"每篮放木瓜两三枚，得气(乙烯)即发(红柿成熟)”， D错误。
十、不定项选择题(每题只有一个或多个正确答案，多，少选均不得分，每题3分，共12分)
42．（2025九下·鄞州竞赛）如图为某种植物幼苗(大小、长势相同)均分为甲、乙两组后，在两种不同浓度的 溶液中培养时鲜重的变化情况(其它条件相同且不变)。下列有关叙述，不正确的是(　　)
A．3h 时，两组幼苗均已出现萎蔫现象，直接原因是蒸腾作用和根细胞失水
B．6h时，甲组幼苗因根系开始吸收 吸水能力增强，使鲜重逐渐提高
C．12h后，若继续培养，甲组幼苗的鲜重可能超过处理前，乙组幼苗将死亡
D．实验表明，该植物幼苗对水分和矿质元素的吸收不是两个相对独立的过程
【答案】B,D
【知识点】植物生长需要无机盐
【解析】【分析】据图分析，甲组先失水，重量减少；由于根系不断通过主动运输吸收K+、
，从而保持根细胞内外浓度差，使其吸水量大于蒸腾量而有可能超过处理前的鲜重量；乙组放在比根细胞液浓度大很多的KNO3溶液中，根细胞通过渗透作用和蒸腾作用不断大量失水造成严重萎蔫最后死亡。
【解答】 A、3h时，两组幼苗重量均低于初始萎蔫鲜重即发生了萎蔫，一方面是因为蒸腾作用散失了水分，另一方面是因放在比根细胞浓度大的KNO3溶液中，根细胞渗透失水，A正确；
B、实验开始时，甲组幼苗根系就已开始吸收K+、，而不是在6h时才开始吸收K+、，到6小时时细胞液浓度大于KNO3溶液浓度，从而使吸水能力增强，使鲜重逐渐提高，B错误；
C、12h后，由于甲组根系不断通过主动运输吸收K+、，从而保持根细胞内外浓度差，使其吸水量大于蒸腾量而有可能超过处理前的鲜重量；乙组放在比根细胞液浓度大很多的KNO3溶液中，根细胞通过渗透作用和蒸腾作用不断大量失水造成严重萎蔫最后死亡，C正确；
D、通过以上分析可知植物吸收离子与吸收水分是两个相对独立的过程，D错误。
故答案为：BD。
43．（2025九下·鄞州竞赛）如图是一农田长期使用一种农药后害虫群体密度变化曲线。下列叙述，不符合达尔文进化观点的是(　　)
A．随着农药的使用，害虫群体的抗药性逐渐增强
B．农药使害虫产生变异
C．害虫抗药性的形成是农药对害虫定向选择的结果
D．从曲线变化可知，害虫群体中原来就存在抗药性个体
【答案】B
【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】达尔文把在生存斗争中，适者生存、不适者被淘汰的过程叫做自然选择。图中使用农药时把一部分害虫杀死，害虫群体密度减少；一段时间药效过后，害虫大量繁殖，害虫群体密度增加；再使用农药又把一部分害虫杀死，害虫密度又减少。
【解答】A、由分析可知，随着农药的使用，害虫抗药性的形成是农药对害虫定向选择的结果，符合达尔文进化观点；A正确；
B、害虫原来就存在着变异，不是农药使害虫产生变异。B错误；
C、随着农药的使用，害虫群体的抗药性逐渐增强；C正确；
D、从曲线变化可知，使用农药时不能把全部害虫杀死，表明害虫群体中原来就存在抗药性个体；D正确。
故答案为：B。
44．（2025九下·鄞州竞赛）下列关于人在剧烈运动时生理变化过程的描述，正确的是(　　)
A．大量失钠，对细胞外液渗透压的影响大于细胞内液
B．大量乳酸进入血液，血浆由弱碱性为弱酸性
C．胰高血糖素分泌量上升，促进肝糖原和肌糖原分解
D．血液中O2含量下降，刺激了呼吸中枢促进呼吸运动
【答案】B
【知识点】血液；胰岛素与血糖含量
【解析】【分析】A、钾离子在细胞外，钠离子在细胞内，分别维持细胞外和细胞内的渗透压；
B、内环境中存在着缓冲物质；
C、肌糖原不能直接分解为葡萄糖；
D、血液中二氧化碳增多会刺激呼吸中枢。
【解答】 A、钾离子在细胞内，钠离子在细胞外，分别维持细胞内和细胞外的渗透压，所以大量失钠，对细胞外液渗透压的影响大于细胞内液，故A正确；
B、内环境之所以能保持pH相对稳定的状态是因为内环境中存在着缓冲物质，所以大量乳酸进入血液，血浆仍为弱碱性，故B错误；
C、肝糖原能够直接分解为葡萄糖，肌糖原不能，故C错误；
D、血液中氧气含量多少不会刺激了呼吸中枢，二氧化碳增多时会刺激了呼吸中枢，故D错误。
故答案为：A。
45．（2025九下·鄞州竞赛）下列的叙述中，与皮肤颜色无直接关系的是(　　)
A．橙黄色的胡萝卜素可以转变为维生素A，因此引起皮肤也呈现黄色
B．当真皮中毛细血管丰富，血液中血红蛋白含量高时，使皮肤呈现红润
C．经常被日光照射，皮肤中的黑色素增多，使皮肤呈现黑棕色
D．由于遗传因素的影响，个别人皮肤呈现白化病态
【答案】A
【知识点】血液；遗传和变异现象；遗传物质的传递
【解析】【分析】 （1）皮肤由表皮、真皮构成。皮下组织在真皮的下部，皮肤上有毛发、皮汗腺、皮脂腺、指（趾）甲等附属物。
（2）表皮位于皮肤表层，由上皮组织构成，没有血管。表皮可分为角质层和生发层，角质层细胞排列紧密，细菌不易侵入，并且可以防止体内水分过分散失，角质层表皮脱落的细胞称为皮屑，生发层细胞可以分裂产生新细胞。
【解答】 A、胡萝卜素是维生素A的一种，在体内转变为维生素A的预成物质（可从植物性及动物性食物中摄取）。维生素A溶于脂肪或脂肪溶剂，不溶于水。维生素A可预防夜盲症，与皮肤颜色无直接关系，A符合题意。
B、真皮中毛细血管丰富，当血液中血红蛋白含量高时，和氧结合，是鲜红的动脉血，使皮肤呈现红润，B不符合题意。
C、皮肤的结构包括表皮和真皮。其中表皮又包括角质层和生发层。角质层位于皮肤表皮的最外面，该层细胞排列紧密，细菌不易侵入，并且可以防止体内水分的过度散失。生发层具有很强的分裂增生能力，该层内含有一些黑色素细胞，能够产生黑色素细胞。皮肤的颜色就是由黑色素的多少决定的。经常被日光照射，皮肤中的黑色素增多，C不符合题意。
D、白化病属于家族遗传性疾病，为常染色体隐性遗传，常发生于近亲结婚的人群中，个别人皮肤呈现白化病态，D不符合题意。
故答案为：A。
十一、非选择题(本大题共6分，每空2分)
46．（2025九下·鄞州竞赛）目前，铅污染已成为威胁我国儿童健康的“隐形杀手”，污染源主要是汽车尾气、家装饰品等。为探究铅对人体健康是否有影响，科研人员将30只大小和健康状况相近的小白鼠分为三组，实验处理如下表。30天后，获得的实验数据如图所示。
项目组别 注射剂 剂量 注射方法 检测方法
甲 每千克体重注射10mg 每3天皮下注射1次 每10天检测一次血红蛋白含量
乙 含1.8%醋酸铅的5%葡萄糖溶液
丙 含3.6%醋酸铅的5%葡萄糖溶液
(注：醋酸铅是一种含铅化合物)
（1）若甲和乙为一组对照实验，其变量为注射剂中是否含有醋酸铅，那么，甲组应注射　 　溶液。你对该实验作出的假设是：　 　对小白鼠的健康有影响。
（2）当假设与实验结果不相符时，正确的做法是____。
A．马上否定原来的假设
B．修改实验数据，使结论与假设一致
C．如实记录，重新再做一次实验
（3）比较如图中乙和丙两条曲线下降趋势的不同，可以看出小白鼠体内铅的含量与血红蛋白含量之间的关系是：　 　
【答案】（1）5%葡萄糖溶液；铅
（2）C
（3）血红蛋白含量随着小白鼠体内铅的含量增加而下降
【知识点】科学探究的基本环节；控制变量法；金属的污染和回收利用
【解析】【分析】（1）本题考查对照实验的设计原则，即控制变量法。在对照实验中，除了要研究的变量（自变量）不同外，其他因素（无关变量）都应相同，这样才能保证实验结果的差异是由自变量引起的。
（2）本题还涉及到实验假设的提出，实验假设是基于已有知识和经验对实验结果的一种推测。
（3）本题考查对实验结果的分析，通过观察图表中血红蛋白含量的变化来判断铅对小白鼠健康的影响。
（4）本题考查科学探究的基本方法，当假设与实验结果不相符时，应采取的正确做法。
【解答】（1）该实验的目的是探究铅对小白鼠的健康有影响，所以在设置对照组时，要控制其他可能影响实验结果的条件。即除了有无铅的条件不同外，其他条件都应该相同，实验变量是铅，乙组是实验组，甲组是对照组。
（2）按照探究方案进行探究，得到结果，再分析所得的结果与假设是否相符，从而得出结论。并不是所有的问题都一次探究得到正确的结论。有时，由于探究的方法不够完善，也可能得出错误的结论。因此，在得出结论后，还需要对整个探究过程进行反思。
（3）比较曲线坐标图可知：血红蛋白含量随着小白鼠体内铅的含量增加而下降。
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