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浙江省湖州市长兴县龙山共同体期中素养检测2024-2025学年八年级上学期期中科学试题
1．（2024八上·长兴期中）水是生命之源，与生物生存、工农业生存等息息相关，关于水的说法，正确的是（　　）
A．每个成年人每天摄入水约2.5毫升
B．地球上可供我们直接利用的水是河流水、淡水湖泊水、较浅的地下淡水
C．水循环的外因是水的三态变化
D．汽水倒入杯中会有大量气泡溢出，说明气体不能溶于水
【答案】B
【知识点】水循环
【解析】【分析】水循环的外因为太阳辐射和地心引力，内因是水的三态变化。
【解答】A、每个成年人每天摄入水约2.5升，故A错误；
B、地球上可供我们直接利用的水是河流水、淡水湖泊水、较浅的地下淡水，故B正确；
C、水循环的外因是太阳能的辐射和重力作用，故C错误；
D、汽水倒入杯中会有大量气泡溢出，说明气体的溶解度随压强的减小而减小，故D错误。
故答案为：B。
2．（2024八上·长兴期中）下列词语中，描述天气的有（　　）
①阴转多云；②冬暖夏凉；③秋高气爽；④晴空万里；
⑤和风细雨；⑥终年高温；⑦冬雨夏干；⑧电闪雷鸣
A．①④⑤⑧ B．①③⑤⑦ C．①④⑦⑧ D．①④⑥⑧
【答案】A
【知识点】天气的概念
【解析】【分析】气候是某一地区长时间内的天气特征，包括天气的平均状况和极端状况。
【解答】天气指的是短时间内近地面的气温、湿度、气压等要素的综合状况。可知，①阴转多云；④晴空万里；⑤和风细雨；⑧电闪雷鸣，属于天气，②冬暖夏凉；③秋高气爽；⑥终年高温；⑦冬雨夏干，属于气候。
故答案为：A。
3．（2024八上·长兴期中）今年秋季出现了持续干旱，居民用水紧张。下列做法不利于保护水资源的是（　　）
A．生活污水直接排放 B．提倡使用节水器具
C．工业冷却水重复利用 D．园林浇灌用滴灌、喷灌
【答案】A
【知识点】水资源的利用及保护
【解析】【分析】保护水资源可以从节水、避免水体污染等方面施行。
【解答】A、直接排放污水会污染水源，A符合题意；
BCD、是从节水方面保护水资源，BCD不符合题意；
故答案选A。
4．（2024八上·长兴期中）关于大气层的分析和理解错误是（　　）
A．大气分层的主要依据是大气压强在垂直方向上的变化
B．如果地球上没有大气，天气的变化不可能存在
C．对流层最显著的特点是有强烈的对流运动
D．雷电等主要的天气现象主要发生在对流层
【答案】A
【知识点】大气的温度；大气的分层；大气层的作用
【解析】【分析】热空气上升，冷空气下降，对流层有显著的对流运动。
【解答】A、大气分层的依据是大气温度在垂直方向上的变化，故A符合题意；
B、如果地球上没有大气，不会形成对流，天气的变化不可能存在，故B不符合题意；
C、对流程高度越高，温度越低，为空气对流提供了条件，对流层最显著的特点是有强烈的对流运动，故C不符合题意；
D、对流程有强烈的对流运动，且水汽丰沛，雷电等主要的天气现象主要发生在对流层，故D不符合题意。
故答案为：A。
5．（2024八上·长兴期中）下列说法错误的是（　　）
A．生活生产中二氧化碳的过度排放是温室效应产生的主要原因
B．城市增加绿化面积可以适当削弱热岛效应
C．台风、寒潮、干旱等灾害性天气对东南沿海各省影响很大是因为受到季风的影响
D．一些人为因素可以使洪水的危害增大，如围湖造田、侵占河道、城市的无序发展等
【答案】C
【知识点】影响气候的因素；人类活动对气候的影响；我国气候的主要特征；我国主要气象灾害与防灾减灾
【解析】【分析】温室效应是地球的温度升高，冰川融化，海平面上升等。
【解答】A、二氧化碳是温室气体，生活生产中二氧化碳的过度排放是温室效应产生的主要原因，故A不符合题意；
B、绿色植物进行蒸腾作用可以降低环境温度，进行光合作用可以消耗二氧化碳，所以城市增加绿化面积可以适当削弱热岛效应，故B不符合题意；
C、台风、干旱等灾害性天气对东南沿海各省影响很大是因为受到季风的影响，寒潮对东南沿海各省影响不大，故C符合题意；
D、围湖造田、侵占河道、城市的无序发展等减弱的河流、湖泊的蓄水能力，使洪水的危害增大，故D不符合题意。
故答案为：C。
6．（2024八上·长兴期中）用“o”表示蔗糖分子（水分子没有画出）。下面能表示常温下蔗糖溶于水形成溶液时，蔗糖分子的分散情况的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】溶液的组成及特点
【解析】【分析】根据溶液均一稳定、久置不分层进行判断。
【解答】溶液是均一稳定的混合物，各部分性质都相同，蔗糖分子均一分散到水中。
故答案为：B。
7．（2024八上·长兴期中）下列有关溶液的形成，表述正确的是（　　）
A．溶液不一定是无色的
B．被溶解的物质称作溶剂
C．只有固体和液体能做溶质
D．奶粉放在水里会形成奶的水溶液
【答案】A
【知识点】溶液的组成及特点；悬浊液、乳浊液的概念及其与溶液的区别
【解析】【分析】溶液均一、稳定，久置不分层。
【解答】A、溶液不一定是无色的，例如硫酸铜溶液是蓝色的，故A正确；
B、被溶解的物质称为溶质，故B错误；
C、固态、液体和气体均能做溶质，故C错误；
D、奶粉和水混合后形成的混合物久置会分层，不属于溶液，故D错误。
故答案为：A。
8．（2024八上·长兴期中）下列混合物的分离不能达到目的的是（　　）
A．海水淡化得到淡水——蒸馏
B．泥水除去泥沙——过滤
C．分离食盐和糖——加水溶解并过滤
D．海水中提取食盐——蒸发结晶
【答案】C
【知识点】净化水的常用方法；过滤的原理、方法、操作及其应用；蒸馏的原理、方法、操作及其应用
【解析】【分析】考查物质分离的方法和过程。
【解答】A. 通过蒸馏可以将海水中的水分离出来，所以A正确；
B.泥水通过过滤可以将不溶于水的泥沙去除，所以B正确；
C盐和糖都是易溶于水的，过滤不能将它们分离，所以C错误；
D.海水是混合物，通过蒸发可以结晶得到固体食盐，所以D正确.
故答案为C。
9．（2024八上·长兴期中）概念图能清晰地反映概念之间的联系，如图表示溶液中部分概念的相互联系。下列说法正确的是（　　）
A．①为无色透明
B．②为水
C．③可通过增加溶剂实现转化
D．④通过降低溶液温度一定能实现转化
【答案】C
【知识点】溶液的组成及特点；饱和溶液与不饱和溶液相互转变
【解析】【分析】将不饱和溶液转化为饱和溶液，可以通过增加溶质、蒸发溶剂等方式。
【解答】A、溶液是均一、稳定的混合物，但不一定是无色透明的，故A不正确；
B、溶液是由溶质和溶剂组成的，②表示溶剂，但不一定是水，也可能是酒精等，故B不正确；
C、饱和溶液中增加溶剂，可以将饱和溶液转化为不饱和溶液，故C正确；
D、不饱和溶液通过降低温度不一定能变成饱和溶液，如氢氧化钙的溶解度随着温度的降低而减小，其饱和溶液降低温度后，溶解度增大，溶液仍为不饱和溶液，故D不正确。
故答案为：C。
10．（2024八上·长兴期中）下列科学教材中涉及到的实验不能用气压与流速关系解释的是（　　）
A．吸管吸饮料
B．吹气时纸条向上飘
C．乒乓球吹不下去
D．吹气两张纸相互靠近
【答案】A
【知识点】流体压强与流速的关系；大气压的综合应用
【解析】【分析】分析每一项是否用到流体压强与流速的关系：流体在流速大的地方压强小，在流速小的地方压强大。
【解答】A、用吸管喝水，吸出管内空气，压强减小，在大气压的作用下，水进入口中，利用大气压工作的，故A符合题意；
B、沿水平方向吹纸条，纸条上方的空气流速大压强小，纸条下方的空气流速小压强大，纸条受到向上的压力差，纸条会向上飘起，故B不符合题意；
C、从漏斗口向下用力吹气时，乒乓球上部空气流速大、压强小，而乒乓球下部空气流速小压强大；吸气时，乒乓球上方空气压强小，这样在乒乓球的上、下部就会产生一个向上的压力差，从而托起乒乓球，故 C不符合题意；
D、对着两张平行的纸吹气，两纸中间的空气流速大压强小，而两纸的外部空气流速小压强大，两纸受到两边向内的压力差，所以两张纸被压到一起，故D不符合题意。
故答案为：A。
11．（2024八上·长兴期中）由于水的比热容比沙石或干泥土的比热容大，所以在沿海地区陆地表面的气温比海面的气温昼夜变化显著。读下面四幅“海陆风示意图”，判断近地面大气运动的正确流向是
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
【答案】B
【知识点】风
【解析】【分析】首先要明确风的形成：是从气压高的地方流向气压低的地方，气压的高低的判定要从气体的温度的高度来判定，由海水和陆地的比热容不同来分析物体吸热后温度的高低。
【解答】白天时，受到太阳的辐射，在受热相同的情况下，比热容较小的沙石升高温度较高，导致陆地的温度高于海洋表面的温度，大气受热膨胀向上运动，而在地表温度降低的大气向陆地移动；故①错误，③正确； 夜晚时，陆地和海洋的温度都会降低，由于沙石的比热容比水小，所以沙石温度降低的更快，则陆地的温度比海洋表面低，故海洋表面的大气会向上运动，而陆地表面的大气则向海洋表面运动，故②正确，④错误；故B正确；ACD错误。
故答案为：B。
12．（2024八上·长兴期中）误差分析是定量实验的一个重要内容。下列有关配制溶液的实验误差分析，正确的是（　　）
A．用量筒量取15mL水，仰视读数，会导致水的实际体积偏小
B．用托盘天平称取10.6g氯化钠，药品和砝码放反，会导致氯化钠偏多
C．按要求配制好的溶液装瓶时洒出一部分不会影响溶液的溶质质量
D．量筒中的水倒入烧杯中时，有部分残留，导致最终的质量分数偏大
【答案】D
【知识点】一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【分析】溶液均一、稳定，配制好后洒出一部分，溶质的质量分数不变。
【解答】A、仰视读数，视线在正确刻度的下方，会导致读数偏小，从而导致量取的液体偏多，故A错误；
B、药品和砝码防反，药品的质量加游码的质量等于砝码的质量，可知此时药品的质量为10g-0.6g=9.4g，氯化钠的质量偏少，故B错误；
C、洒出一部分，会导致溶液的质量偏小，所以溶质的质量偏小，故C错误；
D、有部分水残留，会导致水的质量偏小，溶质的质量不变，则溶液的质量偏小，溶质的质量分数偏大，故D正确。
故答案为：D。
13．（2024八上·长兴期中）下列关于溶液的说法正确的是（　　）
A．某温度下两种不同物质的溶液溶质质量分数相同，则这两种物质的溶解度一定相同
B．溶质质量分数为10%的某溶液，密度为，其中含溶质
C．饱和溶液析出晶体后，溶质的质量分数一定减少
D．不饱和溶液转化为饱和溶液，其溶质的质量分数一定增大
【答案】B
【知识点】密度公式的应用；饱和溶液与不饱和溶液相互转变；固体溶解度的概念；溶解度的影响因素；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【分析】固体溶解度指的是某温度下，100g溶剂中最多能溶解的溶质的质量，溶解度的大小与温度有关，与溶质和溶剂的种类有关，部分物质的溶解度随温度的升高而增大，部分物质的溶解度随温度的升高而减小。
【解答】A、某温度下两种不同物质的溶液溶质质量分数相同，如果两种溶液中的一种溶液是饱和溶液，另一种是不饱和溶液，则这两种物质的溶解度一定不相同，故A错误；
B、溶质质量分数为10%的200mL某溶液，密度为1.2g/厘米3，其中含溶质的质量=200mL×1.2g/厘米3×10%=24g，故B正确；
C、给饱和溶液恒温蒸发溶剂析出晶体，由于温度不变，溶质的溶解度不变，析出晶体后的溶液仍为该温度下的饱和溶液，则溶质的质量分数保持不变，故C错误；
D、如果溶质的溶解度随温度升高而增大，采用降低温度的方法将不饱和溶液恰好变为饱和溶液，没有发生结晶析出晶体，则溶液中溶质质量分数保持不变，故D错误。
故答案为：B。
14．（2024八上·长兴期中）下列是有关科学问题中的因果关系，其中说法正确的是（　　）
A．浮在水面上的铁球一定是空心的，那么空心的铁球一定会浮在水面上
B．溶液是均一的，稳定的，那么均一的，稳定的物质一定是溶液
C．饱和溶液恒温蒸发后有固体析出，那么能恒温蒸发析出固体的溶液一定是饱和溶液
D．密度比液体小的固体漂浮在液体中，那么漂浮在该液体中的实心固体的密度一定比液体小
【答案】D
【知识点】物体的浮沉条件及其应用；溶液的组成及特点；饱和溶液与不饱和溶液
【解析】【分析】（1）（4）根据浮沉条件判断；
（2）注意分析水是否为溶液；
（3）注意蒸发时从不饱和溶液到饱和溶液的转变。
【解答】A.铁球能否漂浮在水面上取决于它的平均密度是否小于水的密度，故A错误；
B.水就是均一稳定的，但是它是纯净物，而不是溶液，故B错误；
C.该物质的不饱和溶液，蒸发溶剂后会先到达饱和溶液，然后再有固体析出，故C错误；
D.根据浮沉条件可知，密度比液体小的固体漂浮在液体中，那么漂浮在该液体中的实心固体的密度一定比液体小，故D正确。
故选D。
15．（2024八上·长兴期中）将四个物体分别放入四只相同且盛满水的溢杯中，四只小烧杯也完全相同，静止后如图所示。其中物体受到浮力最大的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】阿基米德原理
【解析】【分析】由可知，排开液体体积越大，物体受到的浮力越大。【解答】由图知道
由和G=mg知道
由阿基米德原理可知：物体所受浮力的大小与排开液体的重力相等，则受到的浮力关系为
故D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D。
16．（2024八上·长兴期中）“美林”是为儿童开发设计的一款退烧药，主要成分是布洛芬，“美林”即使密封保存，放久了也会在底部看到白色沉淀，“美林”属于　 　（填“乳浊液”、“悬浊液”或“溶液”），将少量的①面粉，②味精，③白糖，④泥土，⑤肥皂加入水中，充分振荡后，其中形成的混合物与“美林”属于同类型的物质有　 　。
【答案】悬浊液；①④
【知识点】悬浊液、乳浊液的概念及其与溶液的区别
【解析】【分析】溶液均一稳定、悬浊液：固体颗粒分散在液体中，久置会分层；乳浊液：小液滴分散在液体中，久置会分层。
【解答】“美林”是为儿童开发设计的一款退烧药，主要成分是布洛芬，“美林”即使密封保存，放久了也会在底部看到白色沉淀，“美林”固体分散在水中，属于悬浊液；
①面粉是难溶于水的固体，与水混合得到悬浊液；
②味精易溶于水，能形成均一、稳定的混合物，属于溶液；
③白糖易溶于水，能形成均一、稳定的混合物，属于溶液；
④泥土是难溶于水的固体，与水混合得到悬浊液；
⑤肥皂与水混合，得到的是乳浊液；
形成的混合物与“美林”属于同类型的物质有①④。
17．（2024八上·长兴期中）水在通电的条件下可以发生化学反应，请根据图甲和图乙回答下列问题：
（1）图甲是电解水的实验，试管b中产生的气体是　 　。
（2）关于水的组成，下列说法正确的是_______
A．水是由氢气和氧气组成的
B．水是由氢分子和氧分子组成的
C．水是由氢元素和氧元素组成的
D．水是由两个氢原子和一个氧原子组成的
（3）水电解的微观过程可用图乙中A、B、C、D表示，各种微粒运动变化的先后顺序是　 　。
【答案】（1）氧气
（2）C
（3）ACDB
【知识点】水的组成和主要性质；分子、原子、离子、元素与物质之间的关系；化学反应的实质
【解析】【分析】（1）由图可知，a中气体的体积更大，可知a中为氢气，b中为氧气。
（2）从宏观角度来看，水由氢元素和氧元素组成，从微观角度来看，由水分子构成。
（3）A表示的是水分子，B表示的是氢分子和氧分子，CD表示的是氢原子和氧原子，水分解成氢原子和氧原子，氢原子结合成氢分子，氧原子结合成氧原子。
【解答】（1）电解水时，与电源负极相连的试管内的气体体积多，是氢气；与电源正极相连的试管内产生的气体体积少，是氧气；且两者的体积之比大约是2：1，试管b与电源的正极相连，产生的气体是氧气。（2）A、水是一种物质，不能由氢气、氧气两种物质组成，故A选项说法错误；
B、水是由水分子构成的，故B选项说法错误；
C、水是由氢元素和氧元素组成的，故C选项说法正确；
D、水是由水分子构成的，一个水分子由两个氢原子和一个氧原子构成的，故D选项说法错误；
故答案为：C。
（3）水通直流电分解，是因为水分子分成了氢原子和氧原子，然后氢原子、氧原子分别重新组合形成氢分子、氧分子，各种微粒运动变化的先后顺序是ACDB。
（1）电解水时，与电源负极相连的试管内的气体体积多，是氢气；与电源正极相连的试管内产生的气体体积少，是氧气；且两者的体积之比大约是2：1，试管b与电源的正极相连，产生的气体是氧气；
（2）A、水是一种物质，不能由氢气、氧气两种物质组成，故A选项说法错误；
B、水是由水分子构成的，故B选项说法错误；
C、水是由氢元素和氧元素组成的，故C选项说法正确；
D、水是由水分子构成的，一个水分子由两个氢原子和一个氧原子构成的，故D选项说法错误；
故选C；
（3）水通直流电分解，是因为水分子分成了氢原子和氧原子，然后氢原子、氧原子分别重新组合形成氢分子、氧分子，各种微粒运动变化的先后顺序是ACDB。
18．（2024八上·长兴期中）水是生命之源。
（1）图甲为地球上水循环的示意图，其中数字①所代表的环节是　 　。
（2）水循环能连续进行的动力的　 　和　 　。
（3）图乙说明水资源在地球上的分布是　 　。
【答案】（1）水汽输送
（2）太阳辐射；地心引力
（3）不均的
【知识点】水循环
【解析】【分析】（1）①是水汽输送，②是降水，③是蒸发，④是降水，⑤是地表径流。
（2）水循环的内因是水的三态变化。
（3）根据图乙进行分析。【解答】（1）由图甲的地球上水循环的示意图可知，①表示水汽输送，②表示降水，③表示蒸发，④表示降水，⑤地表径流。
（2）水循环包括地球上不同的地方上的水，通过吸收太阳的能量，改变状态到地球上另外一个地方，因此使水循环连续进行的动力是：太阳辐射和地心引力。
（3）由图乙可知，多年平均径流量较多的大洲为亚洲、南美洲，欧洲、北美洲、非洲、大洋洲都比较少，因此水资源在地球上分布是不均匀的。
（1）由图甲的地球上水循环的示意图可知，①表示水汽输送，②表示降水，③表示蒸发，④表示降水，⑤地表径流。
（2）水循环包括地球上不同的地方上的水，通过吸收太阳的能量，改变状态到地球上另外一个地方，因此使水循环连续进行的动力是：太阳辐射和地心引力。
（3）由图乙可知，多年平均径流量较多的大洲为亚洲、南美洲，欧洲、北美洲、非洲、大洋洲都比较少，因此水资源在地球上分布是不均匀的。
19．（2024八上·长兴期中）氯化钠、硝酸钾、氢氧化钙三种物质的溶解度曲线如图一与图二所示。请回答：
（1）要从含有少量硝酸钾的氯化钠溶液中，得到较纯净的氯化钠晶体，可采用　 　方法。
（2）在不改变溶质质量分数的情况下，把不饱和的氢氧化钙溶液变成饱和溶液的方法　 　。
（3）50℃时，分别向盛有10g水的两支试管中，加入等质量的氯化钠、硝酸钾两种固体物质，可观察到如图三所示的现象，A试管中溶解的物质是　 　，若将温度都降到20℃，硝酸钾溶液中溶质的质量分数　 　（填“＞”、“＜”或“＝”）氯化钠溶液中溶质的质量分数。
【答案】蒸发结晶；升高温度；氯化钠；＜
【知识点】饱和溶液与不饱和溶液相互转变；固体溶解度的概念；溶解度的影响因素；溶质的质量分数及相关计算；结晶的概念与方法
【解析】【分析】（1）溶解度随温度变化较大的物质，采用降温结晶（冷却热饱和溶液）的方式获得晶体；溶解度随温度变化不大的物质，采用蒸发结晶的方式获得晶体。
（2）根据图像进行分析，可知氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，固体溶解度指的是某温度下，100g溶剂中最多能溶解的溶质的质量，可知将升高温度，减小溶解度，将不饱和溶液转化为更高温度下的饱和溶液。
（3）a中有固体残留，说明该温度下该物质的溶解度较小，结合图一可知，为氯化钠。
溶质的质量分数等于溶质质量与溶液质量的比值。
【解答】（1）氯化钠的溶解度受温度变化影响较小，硝酸钾的溶解度受温度变化影响较大，对于溶解度受温度影响较小的物质，一般采用蒸发结晶的方法使溶质从溶液中结晶析出，所以从含有少量硝酸钾的氯化钠溶液中，得到较纯净的氯化钠晶体，可采用蒸发结晶的方法。
（2）氢氧化钙的溶解度随温度的升高而减小，所以在不改变溶质质量分数的情况下，把不饱和的氢氧化钙溶液变成饱和溶液的方法是升高温度。
（3）50℃时，硝酸钾的溶解度大于氯化钠的溶解度，10g水中加入等质量的氯化钠、硝酸钾，充分溶解，A试管中有未溶解的固体物质，则A试管中溶解的物质是氯化钠。若将温度都降到20℃，由于20℃时，硝酸钾的溶解度小于氯化钠的溶解度，则温度都降到20℃时，两种溶液都是饱和溶液，硝酸钾溶液中溶质的质量分数＜氯化钠溶液中溶质的质量分数。
20．（2024八上·长兴期中）如图所示，将一块橡皮泥放入水中，橡皮泥沉入水底（图甲），取出橡皮泥将其捏成船状，再将其放入水中，橡皮就可以漂浮在水面上（图乙），两次橡皮泥所受的重力G甲　 　G乙，两次受到的浮力F甲　 　F乙，两次排开水的体积V甲　 　V乙（以上均选填“>”“<”或“=”）。
【答案】=；<；<
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】由沉浮状态可知，物质处于漂浮状态时，浮力等于重力，下沉时，浮力小于重力。
【解答】将橡皮泥揉成圆球与捏成小船形状相比，橡皮泥的质量不变，则重力不变。
甲图中橡皮泥静止时沉底，受到的浮力小于自身重力，乙图中橡皮泥漂浮，则受到的浮力等于自身重力，则两次受到的浮力，根据可知，两次排开水的体积。
21．（2024八上·长兴期中）小明同学得到了如下关于A、B的两种固体物质的溶解度表：
温度（℃） 0 10 20 30 40
溶解度（g） A 35 35.5 36 36.5 37
B 6 10 18 36.5 50
（1）若将B物质从溶液中结晶析出，宜采用的方法是：　 　。
（2）我国有许多盐碱湖，湖中溶有大量的氯化钠和碳酸钠，那里的人们“冬天捞碱，夏天晒盐”。据此你认为表中　 　（填“A”或“B”）物质的溶解度与氯化钠相似。
【答案】（1）降温结晶
（2）A
【知识点】溶解度的影响因素；结晶的概念与方法
【解析】【分析】（1）如果物质的溶解度受温度的影响变化剧烈，那么可以使用降温结晶的方法；如果物质的溶解度几乎不受温度的影响，那么可以使用蒸发溶剂的方法结晶；
（2）“夏天晒盐”，其实就是因为夏天气温高，海水蒸发较快，可以使盐尽快结晶。之所以用蒸发溶剂的方法晒盐，就是因为氯化钠的溶解度几乎不受温度的影响，据此分析判断。
【解答】（1）根据表格可知，物质B的溶解度随温度的升高而迅速增大，因此使其从溶液中析出，方法是：降温结晶。
（2）根据表格可知，物质A在温度改变时溶解度几乎保持不变，因此A物质的溶解度与氯化钠相似。
22．（2024八上·长兴期中）在探究气体压强与流速的关系时，同学们采用“向漏斗口吹气，观察乒乓球状态”的方法，并设计了如图所示甲、乙二个实验方案。小嘉认为乙方案更合理，理由是　 　，用乙方案实验时观察到的现象是　 　。
【答案】乙实验能避免重力对实验结果的影响（甲图实验不吹气时，乒乓球由于重力作用会落下来，无法避免重力作用对实验结果的影响）；乒乓球不落下
【知识点】流体压强与流速的关系
【解析】【分析】首先分析不吹气时乒乓球的状态，再分析吹气时乒乓球的状态，如果乒乓球受到流体压力时运动状态变化了，就能探究流速对流体压强的影响。
【解答】甲图实验不吹气时，乒乓球由于重力作用保持在漏斗底，无法避免重力作用对实验结果的影响，乙不吹气会落下，吹气使得乒乓球不下落，故乙合理；用乙方案实验时观察到的现象是乒乓球不落下。
23．（2024八上·长兴期中）如图是教材中出现的有关天气的仪器，请回答下列问题：
（1）气象观测中是用风向标和　 　来观测风向和风速的。若风向标显示风从东南方向吹向西北方向，则此时的风向为　 　风。
（2）观测降水量时，常用雨量筒把雨水收集起来，把雨量筒内的雨水倒入雨量杯内，读出的刻度即为降雨量。它的刻度单位是____。
A．毫克 B．毫升 C．毫米
（3）在气象观测中，为什么要把温度计放在一个漆成白色的百叶箱中？　 　。
【答案】（1）风速计；东南
（2）C
（3）百叶箱内外漆成白色，投射到百叶箱上的阳光大多数会被反射，这样测出的气温就比较准确。
【知识点】测量气温的方法与仪器；风；降水
【解析】【分析】（1）风向标用于观测风向，风速仪用于观测风速。
（2）雨量筒的单位是毫米，据此解答。
（3）不透明物体的颜色是由其反射的色光决定的，物体呈白色是因为其能反射各种色光。
【解答】（1）气象观测中是用风向标和风速仪来观测风向和风速的。风向的命名原则是根据风吹来的方向命名，风从东南方向吹向西北方向，风向为东南风。
（2）根据所学知识可是，雨量杯的单位为毫米，C正确，AB错误。
故答案为：C。
（3）百叶箱内外漆成白色，这样，投射到百叶箱上的阳光大多数会被反射，箱内空气不至于因为箱壁的升温而升高，这样测出的气温就比较准确。
（1）气象观测中是用风向标和风速仪来观测风向和风速的。风向的命名原则是根据风吹来的方向命名，风从东南方向吹向西北方向，风向为东南风。
（2）根据所学知识可是，雨量杯的单位为毫米，C正确，AB错误。所以选C。
（3）百叶箱内外漆成白色，这样，投射到百叶箱上的阳光大多数会被反射，箱内空气不至于因为箱壁的升温而升高，这样测出的气温就比较准确。
24．（2024八上·长兴期中）如图是探究浮力大小与哪些因素有关的实验过程，弹簧测力计挂着同一金属块。
(1)金属块浸没在水中时，受到的浮力是　 　N。
(2)由图丙、丁可知，浮力大小跟物体浸没在水中的深度　 　（填“有关”或“无关”）。
(3)分析　 　两图可知，浸在液体中的物体所受浮力大小跟液体密度有关。
(4)由图中数据可知，金属块的密度是 　 　kg/m3。
【答案】2；无关；丁、戊；2.4×103
【知识点】阿基米德原理；浮力大小的计算
【解析】【分析】（1）根据弹簧测力计的分度值读数；根据称重法求出浮力的大小；
（2）根据弹簧测力计的示数判定浮力与深度的关系；
（3）探究浮力与液体密度的关系时应控制物体排开的液体的体积不变；
（4）根据阿基米德原理分别表示出物体排开液体的体积即为物体的体积，进一步结合阿基米德原理求得盐水的密度。
【解答】（1根据称重法测浮力，金属块在水中受到的浮力为
F浮=G-F拉=4.8N-2.8N=2N
（2）分析丙、丁两图，当金属都块浸没在水中后，金属块的深度不同，但测力计示数相同，物体所受浮力的大小大小相同，故得出当金属块浸没在水中后，所受浮力大小跟物体浸没在水中的深度无关。
（3）比较图丁、戊，排开液体的体积相同，而排开液体的密度不同，两图中，测力计示数不同，根据称重法，可知金属块受到的浮力不同，故由实验数据可得到的结论是：浸在液体中的物体受到浮力的大小与液体密度有关。
（4）金属块的体积为
金属块的密度
25．（2024八上·长兴期中）如图甲所示为高压锅，它利用了液体的表面气压越大　 　的原理。如图乙所示实验，固定在水平桌面上两根平行的木棒上，放了间隔一定距离的两个乒乓球，向两个乒乓球中间的间隙用力水平吹气，则两个乒乓球将　 　（选填“靠近”或“远离”），出现这种现象的原因是：流体流速越大，压强越　 　。
【答案】沸点越高；靠近；小
【知识点】沸点及沸点与气压的关系；流体压强与流速的关系
【解析】【分析】液体的沸点与气体压强有关，压强越大，液体的沸点越高。
根据流体流速越大，压强越小进行判断。
【解答】液体的沸点受液体表面气压的影响，高压锅内气压较大，水的沸点比100℃高，它利用了液体的表面气压越大沸点越高的原理。
向两个乒乓球中间的间隙用力水平吹气，由于两个球之间空气流速快压强小，球外侧空气流速慢压强大，则两个乒乓球将被压向中间靠近；出现这种现象的原因是：流体流速越大，压强越小。
26．（2024八上·长兴期中）某科学小组欲配制16%氯化钠溶液，主要实验过程如图所示。
（1）配制200g16%的氯化钠溶液，应选用规格为　 　（填“100”“200”或“500”）mL的量筒量取所需的水。
（2）称量时，向托盘天平的称量纸上加入一定量的氯化钠，发现天平的指针偏向右盘，这时应采取的措施是_______。（填字母）
A．继续添加适量氯化钠 B．减少适量氯化钠
C．调节平衡螺母 D．减少砝码
（3）实验③中的读数方法会导致所配溶液的质量分数　 　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】（1）200
（2）A
（3）偏小
【知识点】误差分析；天平的使用及读数；一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【分析】（1）根据溶质质量分数公式计算水的质量，结合水的密度计算水的体积，所选量筒的量筒稍大于水的体积。
（2）称量时，砝码和游码是提前放置好的，不能调整，应调整氯化钠的质量，直至天平平衡。
（3）仰视视线偏低，所量取水的体积偏多，可知溶质的质量分数将偏小。
【解答】（1）配制200g16%的氯化钠溶液，需要氯化钠的质量=200g×16%=32g；溶剂水的质量为200g-32g=168g，即为168mL，量取液体时，选取能一次量取全部液体最小规格的量筒，因此应选用规格为200mL的量筒量取所需的水。（2）称量时，向托盘天平的称量纸上加入一定量的氯化钠，发现天平的指针偏向右盘，说明氯化钠的质量偏小，此时应该继续添加氯化钠直到天平平衡。
故答案为：A。
（3）实验③中的仰视读数，读数偏小，量取的液体的体积偏多，导致所配溶液的质量分数偏小。
（1）配制200g16%的氯化钠溶液，需要氯化钠的质量=200g×16%=32g；溶剂水的质量为200g-32g=168g，即为168mL，量取液体时，选取能一次量取全部液体最小规格的量筒，因此应选用规格为200mL的量筒量取所需的水；
（2）称量时，向托盘天平的称量纸上加入一定量的氯化钠，发现天平的指针偏向右盘，说明氯化钠的质量偏小，此时应该继续添加氯化钠直到天平平衡，故选A；
（3）实验③中的仰视读数，读数偏小，量取的液体的体积偏多，导致所配溶液的质量分数偏小。
27．（2024八上·长兴期中）某科学兴趣小组的同学做粗盐（含有难溶性杂质）提纯实验，并用所得的精盐配制60克10%的氯化钠溶液。实验一：如图是同学们做粗盐提纯实验的操作示意图
（1）实验操作⑤中的错误是　 　；
（2）粗盐提纯实验的操作顺序为　 　（填操作序号）；
（3）实验二：用粗盐提纯后得到的精盐来配制了60克10%氯化钠溶液，可用量筒量取水54mL，在用天平称量食盐的操作中，应先调节天平平衡，接下来的操作是　 　；
（4）配制完成后经检测，溶质质量分数偏大，其原因可能有_______（5克以下用游码）
A．称取固体时，砝码放在左盘
B．量取水的体积时，视线仰视
C．配制好的氯化钠溶液装瓶时，有少量溶液洒出
D．量取水的体积时，视线俯视
【答案】（1）未用玻璃棒引流
（2）①②③⑤④
（3）在右盘上放5g砝码，并将游码移到“1”刻度处，再在左盘添加氯化钠直至天平平衡
（4）D
【知识点】误差分析；天平的使用及读数；一定溶质质量分数的溶液的配制；过滤的原理、方法、操作及其应用；蒸发操作与粗盐提纯
【解析】【分析】（1）过滤时要用玻璃棒引流。
（2）食盐的溶解度随温度变化不大，所以采用蒸发结晶的方式获得晶体；分离不互溶的固体和液体时，进行的操作是过滤。
（3）根据溶质质量分数的计算公式进行计算，可知溶质的质量为6g，砝码最小的质量为5g，所以应将游码移至“1”刻度处，再添加食盐，直至天平平衡。
（4）溶质的质量分数偏大，可能是溶质的质量偏大或溶剂的质量偏小，据此进行分析。
【解答】（1）实验操作⑤中的错误是未用玻璃棒引流，可能使液体溅出。（2）粗盐提纯的步骤： ①从试剂瓶取出食盐； ②用量筒量取规定体积的水，和食盐一起倒入烧杯； ③加水，并用玻璃棒不断搅拌，直到全部溶解； ⑤将溶液进行过滤； ④将得到的滤液倒入蒸发皿进行蒸发结晶。 则操作顺序为：①②③⑤④。
（3）需要食盐的质量：60g×10%=6g，则接下来的操作为：在右盘上放5g砝码，并将游码移到“1”刻度处，再在左盘添加氯化钠直至天平平衡。
（4）A、称取固体时，砝码放在左盘，食盐的质量=砝码质量-游码质量，食盐质量偏小，溶质质量分数偏小，故A不符合题意；
B、量取水的体积时，视线仰视，会使读出的示数偏小，而实际得到水的体积偏大，溶质质量分数偏小，故B不符合题意；
C、配制好的氯化钠溶液装瓶时，有少量溶液洒出，由于溶液具有均一性，因此不会影响溶质质量分数，故C不符合题意；
D、量取水的体积时，视线俯视，会使读出的示数偏大，而实际得到水的体积偏小，溶质质量分数偏大，故D符合题意。
故答案为：D。
（1）实验操作⑤中的错误是未用玻璃棒引流，可能使液体溅出；
（2）粗盐提纯的步骤： ①从试剂瓶取出食盐； ②用量筒量取规定体积的水，和食盐一起倒入烧杯； ③加水，并用玻璃棒不断搅拌，直到全部溶解； ⑤将溶液进行过滤； ④将得到的滤液倒入蒸发皿进行蒸发结晶。 则操作顺序为：①②③⑤④；
（3）需要食盐的质量：60g×10%=6g，则接下来的操作为：在右盘上放5g砝码，并将游码移到“1”刻度处，再在左盘添加氯化钠直至天平平衡；
（4）A．称取固体时，砝码放在左盘，食盐的质量=砝码质量-游码质量，食盐质量偏小，溶质质量分数偏小，不合题意；
B．量取水的体积时，视线仰视，会使读出的示数偏小，而实际得到水的体积偏大，溶质质量分数偏小，不合题意；
C．配制好的氯化钠溶液装瓶时，有少量溶液洒出，由于溶液具有均一性，因此不会影响溶质质量分数，不合题意；
D．量取水的体积时，视线俯视，会使读出的示数偏大，而实际得到水的体积偏小，溶质质量分数偏大，符合题意。
故选D。
28．（2024八上·长兴期中）为了估测当天大气压究竟有多大，科学兴趣小组同学在实验室合作进行了如图甲所示的实验。其实验步骤如下：
①将蘸水的塑料吸盘（吸盘有重力）按在光滑水平板面上，并多次挤压吸盘；
②用弹簧测力计钩着吸盘挂钩缓慢往上拉，直到吸盘脱离板面；
③记录刚脱离板面时弹簧测力计的读数F0=41N，可视为大气对吸盘的压力大小；
④量出吸盘与水平板面的接触面积S=4cm2；
⑤计算大气压。
（1）步骤①中“多次挤压吸盘”的目的是　 　；
（2）根据甲实验设计，可能会引起测得的大气压值偏大的原因是　 　；
（3）若按图乙中的两种方式进行实验，实验器材和步骤均相同，则选择图乙中的　 　（填“左”或“右”）图这种方式更合理。
【答案】将里面空气排出；吸盘自身重力影响；左
【知识点】重力的大小；压强的大小及其计算；大气压强的测量方法
【解析】【分析】（1）将空气排尽可以减小误差。
（2）大气压值偏大，原因是测力计测得的拉力偏大，导致误差的原因是吸盘受到重力。
（3）图乙左侧拉力与重力相互垂直互不影响，可知误差更小、更合理。
【解答】（1）将吸盘蘸水后按在光滑水平板面上，多次挤压吸盘是为了排尽空气，防止漏气，以减小吸盘内气体对实验结果的影响。
（2）甲实验设计，向上拉动时，拉力大小等于向下的大气压力和吸盘重力之和，可能会引起测得的大气压值偏大的原因是吸盘自身重力影响。
（3）竖直向下拉动时，拉力与吸盘自身重力的之和等于大气压力，因而所测拉力偏小，只有水平方向拉动时，重力没有影响，故左侧合理。
29．（2024八上·长兴期中）飞机在空中飞行时都有一定的迎角（机翼轴线与水平气流的夹角），飞机飞行时的升力除了与机翼形状有关外是否还与迎角大小有关？为了研究这一问题，在老师的帮助下，小科利用电风扇、升力测力计、飞机模型，按图所示方式进行如下实验。
（1）飞机的机翼一般做成下列哪个形状　 　
（2）在探究“飞机飞行时的升力与迎角大小关系”时，应控制　 　不变。
（3）小科若要进一步研究“飞机的升力与其飞行速度的关系”。利用现有器材，如何操作可以模拟飞机不同的飞行速度？　 　
【答案】C；风扇和模型飞机的距离、电风扇的风速；改变电风扇的挡位来改变风速的大小
【知识点】流体压强与流速的关系
【解析】【分析】飞机是根据流体在流速大的位置压强小来获得向上的升力，就需要使机翼上方的流速增大；
飞机飞行时的升力可能跟机翼形状、迎角大小和风速有关，探究升力和其中一个因素的关系时，控制其他因素不变。
【解答】（1）飞机为了获得向上的升力，机翼下方的压强要大于上方压强，即下方流速要小于上方，只有C符合。
（2）在探究“飞机飞行时的升力与迎角大小关系”时，遵循唯一变量，除了迎角不同外其他需保持一致，故应控制风扇和模型飞机的距离、电风扇的风速不变。
（3）小科若要进一步研究“飞机的升力与其飞行速度的关系”，应保持条件相同不变，改变飞行速度，故可以改变电风扇的档位来改变风速的大小。
30．（2024八上·长兴期中）小明取一根饮料吸管，将一些铜丝从吸管的下端塞入作为配重，并用石蜡将吸管的下端封起来，初步做成一支密度计。为了给密度计标上刻度，他用刻度尺测出密度计的长度为L，然后将密度计放入水中，测出密度计露出水面的高度为；小明将该密度计放入待测液体中，密度计露出该液体表面的高度为，如图1所示。
（1）已知水的密度为，利用测量的物理量和计算待测液体的密度，请写出待测液体密度的表达式：　 　。
（2）若将做成的密度计，将其放入密度为植物油中，静止时，液面可能在图2中　 　（选填“A”或“B”）处。
（3）小军也用吸管制作了密度计，他发现密度计相邻两刻度线之间的距离太小，导致用此密度计测量液体密度时误差较大，为此同学们只做以下一项改进，其中可行的是　 　。（选填选项前的字母）
A.换大的容器盛放液体做实验 B.换细的吸管制作密度计
C.换稍长的吸管制作密度计 D.适当减小密度计的配重
【答案】；A；B
【知识点】设计实验测密度；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】（1）密度计在不同液体中均处于漂浮状态，浮力等于重力，重力不变，可知浮力均相同，结合阿基米德原理进行计算。
（2）根据密度计刻度下大上小进行分析。
（3）在排开液体体积一定时，要增大刻度线之间的距离，可通过减小密度计的横截面积进行改进。
【解答】（1）设饮料吸管的横截面积为S，当将“密度计”放入盛水的容器时，“密度计”浸入水中的深度为L-h1；则根据G=mg、F浮=ρ液gV排和物体的漂浮条件可得
mg=ρ水g(L-h1)S----------①
当将“密度计”放入盛待测液体的容器中，密度计露出该液体表面的高度为h2，则“密度计”浸入水中的深度为L-h2；同理可得
mg=ρ液g(L-h2)S-----------②
联立①②可得
ρ液=
（2）因为ρ植物油＜ρ水，且密度计在两液体中受到的浮力相等，由F浮=ρ液gV排可知，V排植物油＞V排水，所以密度计放在植物油中，液面的位置在纯水密度值刻度线的上方，即刻度0.9应该在A处。
（3）因为ΔV=Sh，所以使h变大，应减小S即可，具体做法是：用更细的吸管，故B正确。
故答案为：B。
31．（2024八上·长兴期中）如图甲所示，一个体积是0.8dm3的立方体木块，下面用一段细线与木块相连，细线另一端固定在容器底(容器高比细线与木块边长之和大得多)。现向容器中慢慢加水，直到细线拉直，如图乙所示。若细线的拉力用F表示，倒入容器中水的深度用h表示(g＝10N/kg)。
（1）图丙中的A点对应木块在水中的位置是处于　 　状态。
（2）该木块浸没在水中所受的浮力为多少牛顿？　 　
（3）该木块的密度为多少？　 　
（4）请在丁图中作此过程中木块所受浮力F浮随水的深度h变化的大致图象。
　 　
【答案】漂浮；8N；0.5×103kg/m3；
【知识点】二力平衡的条件及其应用；阿基米德原理；浮力大小的计算；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】（1）绳子未被拉直之前，没有拉力，由图可知从A才产生压力，可知此时绳子刚好被拉直，物体处于漂浮状态。
（2）根据F浮=ρ水gV排计算浮力大小。
（3）结合图丙可知，绳子受到的最大拉力为4N，力的作用是相互的，可知绳子对物体的最大拉力为4N，方向竖直向下，可知木块的重力等于浮力减去最大拉力，为4N，结合重力公式和密度公式计算密度。
（4）刚开始加水时，浮力小于重力，物体处于下沉状态，由于排开液体的体积变大，可知浮力变大；当浮力增大到与重力相同等于4N时，物体处于漂浮状态，此时绳子未被拉伸，加水，物体仍漂浮，浮力不变；继续加水，绳子被拉直，物体不再继续向上运动，排开液体的体积逐渐变大，浮力变大，直至物体浸没，浮力增大到8N。【解答】（1）我们结合图丙将木块的各个状态分解出来，OA过程就是水面上升到线刚好伸直，而此时线对木块没有拉力，如下图所示
由此可知，此时为漂浮状态(F浮=G)。
（2）由分析可知，木块浸没在水中所受的浮力
F'浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.8×10 3m3=8N
（3）由题意可知，线拉直后，水还在倒入，所以木块排开水的体积继续增大，则下端拉线的拉力也相应增大，所以到木块浸没后，木块不再排开更多的水，所以所受浮力不再增大，相应线拉力也不再增加，由图象可知，浸没时所受拉力为最大4牛，则此时木块全部浸入，此时重力和拉力为同方向的力，反方向的力只有浮力，二力平衡，所以重力
G=F浮 F=8N 4N=4N
则木块的质量
木块的密度
（4）由上述分析可知此过程中木块所受浮力F浮随水的深度h变化的大致图象如图所示：
答：（1）图象中的A点对应木块在水中的位置是处于漂浮状态；
（2）该木块浸没在水中所受的浮力为8N；
（3）木块的密度为0.5×103kg/m3；
（4）木块所受浮力F浮随水的深度h变化的大致图象如上图。
32．（2024八上·长兴期中）溶液的密度与其溶质质量分数之间常存在一定的关系，下表是20℃时硫酸溶液的密度及其溶质质量分数的对照表。请分析后回答下列问题：
溶液中溶质质量分数 4% 12% 16% 24% 28%
硫酸溶液的密度/g cm-3 1.02 1.08 1.11 1.17 1.20
（1）20℃时，随着溶质质量分数的逐渐增大，硫酸溶液的密度将逐渐_________（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
（2）20℃时，溶质质量分数为4%的200克硫酸溶液中，其硫酸有多少克？
（3）20℃时，将50毫升28%的硫酸溶液配制成14%的硫酸溶液，需加水多少克？
【答案】（1）增大；
（2）硫酸溶质质量：200g×4%=8g；
（3）解：设需加水质量为m，由题意，
50mL×1.2g/cm3×28%=（50mL×1.2g/cm3+m）×14%
解得m=60g
故需要加水60g。
【知识点】一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【分析】（1）根据表中溶质质量分数与密度的关系，进行分析解答。
（2）根据溶质质量=溶液质量×溶质的质量分数，进行分析解答。
（3）根据溶液稀释前后溶质的质量不变，结合题意进行分析解答．
【解答】（1）根据20℃时硫酸溶液的密度及其溶质质量分数的对照表，20℃时，随着溶质质量分数的逐渐增大，硫酸溶液的密度将逐渐增大。
（2）20℃时，溶质质量分数为4%的200克硫酸溶液中，其硫酸有200g×4%=8g。
（3）设能配制成14%的硫酸溶液质量为x，根据溶液稀释前后溶质的质量不变，50mL=50cm3，
则1.20g/cm3×50cm3×28%=x×14%
x=120g。
需再加水的质量是
120g-1.20g/cm3×50cm3=60g。
33．（2024八上·长兴期中）如图所示是高压锅的示意图，锅盖上有一个竖直空心柱为排气孔，空心柱上配有一个限压阀，当高压锅内的气体压强超过安全值时，锅内气体就会冲开限压阀，放出一部分水蒸气，使锅内气体压强减小。现有一个直径为22cm，空心柱小孔的横截面积为，限压阀的质量为100g的高压锅，用它来煮饭，若当时的大气压为，问：
（1）此高压锅内气体的最大压强是多少？
（2）经商品质量检测部门检测，此高压锅气体的最大压强不能超过，要使此高压锅能继续安全使用，原来的限压阀还能使用吗？若不能，应再配一个质量为多大的限压阀？
【答案】（1）原来的限压阀对出气口的压强是
此高压锅内气体的最大压强是
。
（2）因为
所以不能继续使用。要使此高压锅能继续安全使用，应减小锅内气体达到的最大压强，即，此时限压阀对出气口的压强为
根据可得，此时作用在出气口的压力为
此时限压阀的重力为
配制的限压阀的质量为
答：（1）此高压锅内气体的最大压强是2×105Pa；
（2）不能，应再配一个质量为80g的限压阀。
【知识点】重力的大小；压强的大小及其计算；大气压的综合应用
【解析】【分析】（1）根据计算压强，F等于限压阀的重力。
（2）根据高压锅内部压强等于外界大气压与限压阀产生的压强之和，计算高压锅能承受的最大压强，与题中的标准进行对比。
1 / 1浙江省湖州市长兴县龙山共同体期中素养检测2024-2025学年八年级上学期期中科学试题
1．（2024八上·长兴期中）水是生命之源，与生物生存、工农业生存等息息相关，关于水的说法，正确的是（　　）
A．每个成年人每天摄入水约2.5毫升
B．地球上可供我们直接利用的水是河流水、淡水湖泊水、较浅的地下淡水
C．水循环的外因是水的三态变化
D．汽水倒入杯中会有大量气泡溢出，说明气体不能溶于水
2．（2024八上·长兴期中）下列词语中，描述天气的有（　　）
①阴转多云；②冬暖夏凉；③秋高气爽；④晴空万里；
⑤和风细雨；⑥终年高温；⑦冬雨夏干；⑧电闪雷鸣
A．①④⑤⑧ B．①③⑤⑦ C．①④⑦⑧ D．①④⑥⑧
3．（2024八上·长兴期中）今年秋季出现了持续干旱，居民用水紧张。下列做法不利于保护水资源的是（　　）
A．生活污水直接排放 B．提倡使用节水器具
C．工业冷却水重复利用 D．园林浇灌用滴灌、喷灌
4．（2024八上·长兴期中）关于大气层的分析和理解错误是（　　）
A．大气分层的主要依据是大气压强在垂直方向上的变化
B．如果地球上没有大气，天气的变化不可能存在
C．对流层最显著的特点是有强烈的对流运动
D．雷电等主要的天气现象主要发生在对流层
5．（2024八上·长兴期中）下列说法错误的是（　　）
A．生活生产中二氧化碳的过度排放是温室效应产生的主要原因
B．城市增加绿化面积可以适当削弱热岛效应
C．台风、寒潮、干旱等灾害性天气对东南沿海各省影响很大是因为受到季风的影响
D．一些人为因素可以使洪水的危害增大，如围湖造田、侵占河道、城市的无序发展等
6．（2024八上·长兴期中）用“o”表示蔗糖分子（水分子没有画出）。下面能表示常温下蔗糖溶于水形成溶液时，蔗糖分子的分散情况的是（　　）
A． B． C． D．
7．（2024八上·长兴期中）下列有关溶液的形成，表述正确的是（　　）
A．溶液不一定是无色的
B．被溶解的物质称作溶剂
C．只有固体和液体能做溶质
D．奶粉放在水里会形成奶的水溶液
8．（2024八上·长兴期中）下列混合物的分离不能达到目的的是（　　）
A．海水淡化得到淡水——蒸馏
B．泥水除去泥沙——过滤
C．分离食盐和糖——加水溶解并过滤
D．海水中提取食盐——蒸发结晶
9．（2024八上·长兴期中）概念图能清晰地反映概念之间的联系，如图表示溶液中部分概念的相互联系。下列说法正确的是（　　）
A．①为无色透明
B．②为水
C．③可通过增加溶剂实现转化
D．④通过降低溶液温度一定能实现转化
10．（2024八上·长兴期中）下列科学教材中涉及到的实验不能用气压与流速关系解释的是（　　）
A．吸管吸饮料
B．吹气时纸条向上飘
C．乒乓球吹不下去
D．吹气两张纸相互靠近
11．（2024八上·长兴期中）由于水的比热容比沙石或干泥土的比热容大，所以在沿海地区陆地表面的气温比海面的气温昼夜变化显著。读下面四幅“海陆风示意图”，判断近地面大气运动的正确流向是
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
12．（2024八上·长兴期中）误差分析是定量实验的一个重要内容。下列有关配制溶液的实验误差分析，正确的是（　　）
A．用量筒量取15mL水，仰视读数，会导致水的实际体积偏小
B．用托盘天平称取10.6g氯化钠，药品和砝码放反，会导致氯化钠偏多
C．按要求配制好的溶液装瓶时洒出一部分不会影响溶液的溶质质量
D．量筒中的水倒入烧杯中时，有部分残留，导致最终的质量分数偏大
13．（2024八上·长兴期中）下列关于溶液的说法正确的是（　　）
A．某温度下两种不同物质的溶液溶质质量分数相同，则这两种物质的溶解度一定相同
B．溶质质量分数为10%的某溶液，密度为，其中含溶质
C．饱和溶液析出晶体后，溶质的质量分数一定减少
D．不饱和溶液转化为饱和溶液，其溶质的质量分数一定增大
14．（2024八上·长兴期中）下列是有关科学问题中的因果关系，其中说法正确的是（　　）
A．浮在水面上的铁球一定是空心的，那么空心的铁球一定会浮在水面上
B．溶液是均一的，稳定的，那么均一的，稳定的物质一定是溶液
C．饱和溶液恒温蒸发后有固体析出，那么能恒温蒸发析出固体的溶液一定是饱和溶液
D．密度比液体小的固体漂浮在液体中，那么漂浮在该液体中的实心固体的密度一定比液体小
15．（2024八上·长兴期中）将四个物体分别放入四只相同且盛满水的溢杯中，四只小烧杯也完全相同，静止后如图所示。其中物体受到浮力最大的是（　　）
A． B．
C． D．
16．（2024八上·长兴期中）“美林”是为儿童开发设计的一款退烧药，主要成分是布洛芬，“美林”即使密封保存，放久了也会在底部看到白色沉淀，“美林”属于　 　（填“乳浊液”、“悬浊液”或“溶液”），将少量的①面粉，②味精，③白糖，④泥土，⑤肥皂加入水中，充分振荡后，其中形成的混合物与“美林”属于同类型的物质有　 　。
17．（2024八上·长兴期中）水在通电的条件下可以发生化学反应，请根据图甲和图乙回答下列问题：
（1）图甲是电解水的实验，试管b中产生的气体是　 　。
（2）关于水的组成，下列说法正确的是_______
A．水是由氢气和氧气组成的
B．水是由氢分子和氧分子组成的
C．水是由氢元素和氧元素组成的
D．水是由两个氢原子和一个氧原子组成的
（3）水电解的微观过程可用图乙中A、B、C、D表示，各种微粒运动变化的先后顺序是　 　。
18．（2024八上·长兴期中）水是生命之源。
（1）图甲为地球上水循环的示意图，其中数字①所代表的环节是　 　。
（2）水循环能连续进行的动力的　 　和　 　。
（3）图乙说明水资源在地球上的分布是　 　。
19．（2024八上·长兴期中）氯化钠、硝酸钾、氢氧化钙三种物质的溶解度曲线如图一与图二所示。请回答：
（1）要从含有少量硝酸钾的氯化钠溶液中，得到较纯净的氯化钠晶体，可采用　 　方法。
（2）在不改变溶质质量分数的情况下，把不饱和的氢氧化钙溶液变成饱和溶液的方法　 　。
（3）50℃时，分别向盛有10g水的两支试管中，加入等质量的氯化钠、硝酸钾两种固体物质，可观察到如图三所示的现象，A试管中溶解的物质是　 　，若将温度都降到20℃，硝酸钾溶液中溶质的质量分数　 　（填“＞”、“＜”或“＝”）氯化钠溶液中溶质的质量分数。
20．（2024八上·长兴期中）如图所示，将一块橡皮泥放入水中，橡皮泥沉入水底（图甲），取出橡皮泥将其捏成船状，再将其放入水中，橡皮就可以漂浮在水面上（图乙），两次橡皮泥所受的重力G甲　 　G乙，两次受到的浮力F甲　 　F乙，两次排开水的体积V甲　 　V乙（以上均选填“>”“<”或“=”）。
21．（2024八上·长兴期中）小明同学得到了如下关于A、B的两种固体物质的溶解度表：
温度（℃） 0 10 20 30 40
溶解度（g） A 35 35.5 36 36.5 37
B 6 10 18 36.5 50
（1）若将B物质从溶液中结晶析出，宜采用的方法是：　 　。
（2）我国有许多盐碱湖，湖中溶有大量的氯化钠和碳酸钠，那里的人们“冬天捞碱，夏天晒盐”。据此你认为表中　 　（填“A”或“B”）物质的溶解度与氯化钠相似。
22．（2024八上·长兴期中）在探究气体压强与流速的关系时，同学们采用“向漏斗口吹气，观察乒乓球状态”的方法，并设计了如图所示甲、乙二个实验方案。小嘉认为乙方案更合理，理由是　 　，用乙方案实验时观察到的现象是　 　。
23．（2024八上·长兴期中）如图是教材中出现的有关天气的仪器，请回答下列问题：
（1）气象观测中是用风向标和　 　来观测风向和风速的。若风向标显示风从东南方向吹向西北方向，则此时的风向为　 　风。
（2）观测降水量时，常用雨量筒把雨水收集起来，把雨量筒内的雨水倒入雨量杯内，读出的刻度即为降雨量。它的刻度单位是____。
A．毫克 B．毫升 C．毫米
（3）在气象观测中，为什么要把温度计放在一个漆成白色的百叶箱中？　 　。
24．（2024八上·长兴期中）如图是探究浮力大小与哪些因素有关的实验过程，弹簧测力计挂着同一金属块。
(1)金属块浸没在水中时，受到的浮力是　 　N。
(2)由图丙、丁可知，浮力大小跟物体浸没在水中的深度　 　（填“有关”或“无关”）。
(3)分析　 　两图可知，浸在液体中的物体所受浮力大小跟液体密度有关。
(4)由图中数据可知，金属块的密度是 　 　kg/m3。
25．（2024八上·长兴期中）如图甲所示为高压锅，它利用了液体的表面气压越大　 　的原理。如图乙所示实验，固定在水平桌面上两根平行的木棒上，放了间隔一定距离的两个乒乓球，向两个乒乓球中间的间隙用力水平吹气，则两个乒乓球将　 　（选填“靠近”或“远离”），出现这种现象的原因是：流体流速越大，压强越　 　。
26．（2024八上·长兴期中）某科学小组欲配制16%氯化钠溶液，主要实验过程如图所示。
（1）配制200g16%的氯化钠溶液，应选用规格为　 　（填“100”“200”或“500”）mL的量筒量取所需的水。
（2）称量时，向托盘天平的称量纸上加入一定量的氯化钠，发现天平的指针偏向右盘，这时应采取的措施是_______。（填字母）
A．继续添加适量氯化钠 B．减少适量氯化钠
C．调节平衡螺母 D．减少砝码
（3）实验③中的读数方法会导致所配溶液的质量分数　 　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
27．（2024八上·长兴期中）某科学兴趣小组的同学做粗盐（含有难溶性杂质）提纯实验，并用所得的精盐配制60克10%的氯化钠溶液。实验一：如图是同学们做粗盐提纯实验的操作示意图
（1）实验操作⑤中的错误是　 　；
（2）粗盐提纯实验的操作顺序为　 　（填操作序号）；
（3）实验二：用粗盐提纯后得到的精盐来配制了60克10%氯化钠溶液，可用量筒量取水54mL，在用天平称量食盐的操作中，应先调节天平平衡，接下来的操作是　 　；
（4）配制完成后经检测，溶质质量分数偏大，其原因可能有_______（5克以下用游码）
A．称取固体时，砝码放在左盘
B．量取水的体积时，视线仰视
C．配制好的氯化钠溶液装瓶时，有少量溶液洒出
D．量取水的体积时，视线俯视
28．（2024八上·长兴期中）为了估测当天大气压究竟有多大，科学兴趣小组同学在实验室合作进行了如图甲所示的实验。其实验步骤如下：
①将蘸水的塑料吸盘（吸盘有重力）按在光滑水平板面上，并多次挤压吸盘；
②用弹簧测力计钩着吸盘挂钩缓慢往上拉，直到吸盘脱离板面；
③记录刚脱离板面时弹簧测力计的读数F0=41N，可视为大气对吸盘的压力大小；
④量出吸盘与水平板面的接触面积S=4cm2；
⑤计算大气压。
（1）步骤①中“多次挤压吸盘”的目的是　 　；
（2）根据甲实验设计，可能会引起测得的大气压值偏大的原因是　 　；
（3）若按图乙中的两种方式进行实验，实验器材和步骤均相同，则选择图乙中的　 　（填“左”或“右”）图这种方式更合理。
29．（2024八上·长兴期中）飞机在空中飞行时都有一定的迎角（机翼轴线与水平气流的夹角），飞机飞行时的升力除了与机翼形状有关外是否还与迎角大小有关？为了研究这一问题，在老师的帮助下，小科利用电风扇、升力测力计、飞机模型，按图所示方式进行如下实验。
（1）飞机的机翼一般做成下列哪个形状　 　
（2）在探究“飞机飞行时的升力与迎角大小关系”时，应控制　 　不变。
（3）小科若要进一步研究“飞机的升力与其飞行速度的关系”。利用现有器材，如何操作可以模拟飞机不同的飞行速度？　 　
30．（2024八上·长兴期中）小明取一根饮料吸管，将一些铜丝从吸管的下端塞入作为配重，并用石蜡将吸管的下端封起来，初步做成一支密度计。为了给密度计标上刻度，他用刻度尺测出密度计的长度为L，然后将密度计放入水中，测出密度计露出水面的高度为；小明将该密度计放入待测液体中，密度计露出该液体表面的高度为，如图1所示。
（1）已知水的密度为，利用测量的物理量和计算待测液体的密度，请写出待测液体密度的表达式：　 　。
（2）若将做成的密度计，将其放入密度为植物油中，静止时，液面可能在图2中　 　（选填“A”或“B”）处。
（3）小军也用吸管制作了密度计，他发现密度计相邻两刻度线之间的距离太小，导致用此密度计测量液体密度时误差较大，为此同学们只做以下一项改进，其中可行的是　 　。（选填选项前的字母）
A.换大的容器盛放液体做实验 B.换细的吸管制作密度计
C.换稍长的吸管制作密度计 D.适当减小密度计的配重
31．（2024八上·长兴期中）如图甲所示，一个体积是0.8dm3的立方体木块，下面用一段细线与木块相连，细线另一端固定在容器底(容器高比细线与木块边长之和大得多)。现向容器中慢慢加水，直到细线拉直，如图乙所示。若细线的拉力用F表示，倒入容器中水的深度用h表示(g＝10N/kg)。
（1）图丙中的A点对应木块在水中的位置是处于　 　状态。
（2）该木块浸没在水中所受的浮力为多少牛顿？　 　
（3）该木块的密度为多少？　 　
（4）请在丁图中作此过程中木块所受浮力F浮随水的深度h变化的大致图象。
　 　
32．（2024八上·长兴期中）溶液的密度与其溶质质量分数之间常存在一定的关系，下表是20℃时硫酸溶液的密度及其溶质质量分数的对照表。请分析后回答下列问题：
溶液中溶质质量分数 4% 12% 16% 24% 28%
硫酸溶液的密度/g cm-3 1.02 1.08 1.11 1.17 1.20
（1）20℃时，随着溶质质量分数的逐渐增大，硫酸溶液的密度将逐渐_________（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
（2）20℃时，溶质质量分数为4%的200克硫酸溶液中，其硫酸有多少克？
（3）20℃时，将50毫升28%的硫酸溶液配制成14%的硫酸溶液，需加水多少克？
33．（2024八上·长兴期中）如图所示是高压锅的示意图，锅盖上有一个竖直空心柱为排气孔，空心柱上配有一个限压阀，当高压锅内的气体压强超过安全值时，锅内气体就会冲开限压阀，放出一部分水蒸气，使锅内气体压强减小。现有一个直径为22cm，空心柱小孔的横截面积为，限压阀的质量为100g的高压锅，用它来煮饭，若当时的大气压为，问：
（1）此高压锅内气体的最大压强是多少？
（2）经商品质量检测部门检测，此高压锅气体的最大压强不能超过，要使此高压锅能继续安全使用，原来的限压阀还能使用吗？若不能，应再配一个质量为多大的限压阀？
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】水循环
【解析】【分析】水循环的外因为太阳辐射和地心引力，内因是水的三态变化。
【解答】A、每个成年人每天摄入水约2.5升，故A错误；
B、地球上可供我们直接利用的水是河流水、淡水湖泊水、较浅的地下淡水，故B正确；
C、水循环的外因是太阳能的辐射和重力作用，故C错误；
D、汽水倒入杯中会有大量气泡溢出，说明气体的溶解度随压强的减小而减小，故D错误。
故答案为：B。
2．【答案】A
【知识点】天气的概念
【解析】【分析】气候是某一地区长时间内的天气特征，包括天气的平均状况和极端状况。
【解答】天气指的是短时间内近地面的气温、湿度、气压等要素的综合状况。可知，①阴转多云；④晴空万里；⑤和风细雨；⑧电闪雷鸣，属于天气，②冬暖夏凉；③秋高气爽；⑥终年高温；⑦冬雨夏干，属于气候。
故答案为：A。
3．【答案】A
【知识点】水资源的利用及保护
【解析】【分析】保护水资源可以从节水、避免水体污染等方面施行。
【解答】A、直接排放污水会污染水源，A符合题意；
BCD、是从节水方面保护水资源，BCD不符合题意；
故答案选A。
4．【答案】A
【知识点】大气的温度；大气的分层；大气层的作用
【解析】【分析】热空气上升，冷空气下降，对流层有显著的对流运动。
【解答】A、大气分层的依据是大气温度在垂直方向上的变化，故A符合题意；
B、如果地球上没有大气，不会形成对流，天气的变化不可能存在，故B不符合题意；
C、对流程高度越高，温度越低，为空气对流提供了条件，对流层最显著的特点是有强烈的对流运动，故C不符合题意；
D、对流程有强烈的对流运动，且水汽丰沛，雷电等主要的天气现象主要发生在对流层，故D不符合题意。
故答案为：A。
5．【答案】C
【知识点】影响气候的因素；人类活动对气候的影响；我国气候的主要特征；我国主要气象灾害与防灾减灾
【解析】【分析】温室效应是地球的温度升高，冰川融化，海平面上升等。
【解答】A、二氧化碳是温室气体，生活生产中二氧化碳的过度排放是温室效应产生的主要原因，故A不符合题意；
B、绿色植物进行蒸腾作用可以降低环境温度，进行光合作用可以消耗二氧化碳，所以城市增加绿化面积可以适当削弱热岛效应，故B不符合题意；
C、台风、干旱等灾害性天气对东南沿海各省影响很大是因为受到季风的影响，寒潮对东南沿海各省影响不大，故C符合题意；
D、围湖造田、侵占河道、城市的无序发展等减弱的河流、湖泊的蓄水能力，使洪水的危害增大，故D不符合题意。
故答案为：C。
6．【答案】B
【知识点】溶液的组成及特点
【解析】【分析】根据溶液均一稳定、久置不分层进行判断。
【解答】溶液是均一稳定的混合物，各部分性质都相同，蔗糖分子均一分散到水中。
故答案为：B。
7．【答案】A
【知识点】溶液的组成及特点；悬浊液、乳浊液的概念及其与溶液的区别
【解析】【分析】溶液均一、稳定，久置不分层。
【解答】A、溶液不一定是无色的，例如硫酸铜溶液是蓝色的，故A正确；
B、被溶解的物质称为溶质，故B错误；
C、固态、液体和气体均能做溶质，故C错误；
D、奶粉和水混合后形成的混合物久置会分层，不属于溶液，故D错误。
故答案为：A。
8．【答案】C
【知识点】净化水的常用方法；过滤的原理、方法、操作及其应用；蒸馏的原理、方法、操作及其应用
【解析】【分析】考查物质分离的方法和过程。
【解答】A. 通过蒸馏可以将海水中的水分离出来，所以A正确；
B.泥水通过过滤可以将不溶于水的泥沙去除，所以B正确；
C盐和糖都是易溶于水的，过滤不能将它们分离，所以C错误；
D.海水是混合物，通过蒸发可以结晶得到固体食盐，所以D正确.
故答案为C。
9．【答案】C
【知识点】溶液的组成及特点；饱和溶液与不饱和溶液相互转变
【解析】【分析】将不饱和溶液转化为饱和溶液，可以通过增加溶质、蒸发溶剂等方式。
【解答】A、溶液是均一、稳定的混合物，但不一定是无色透明的，故A不正确；
B、溶液是由溶质和溶剂组成的，②表示溶剂，但不一定是水，也可能是酒精等，故B不正确；
C、饱和溶液中增加溶剂，可以将饱和溶液转化为不饱和溶液，故C正确；
D、不饱和溶液通过降低温度不一定能变成饱和溶液，如氢氧化钙的溶解度随着温度的降低而减小，其饱和溶液降低温度后，溶解度增大，溶液仍为不饱和溶液，故D不正确。
故答案为：C。
10．【答案】A
【知识点】流体压强与流速的关系；大气压的综合应用
【解析】【分析】分析每一项是否用到流体压强与流速的关系：流体在流速大的地方压强小，在流速小的地方压强大。
【解答】A、用吸管喝水，吸出管内空气，压强减小，在大气压的作用下，水进入口中，利用大气压工作的，故A符合题意；
B、沿水平方向吹纸条，纸条上方的空气流速大压强小，纸条下方的空气流速小压强大，纸条受到向上的压力差，纸条会向上飘起，故B不符合题意；
C、从漏斗口向下用力吹气时，乒乓球上部空气流速大、压强小，而乒乓球下部空气流速小压强大；吸气时，乒乓球上方空气压强小，这样在乒乓球的上、下部就会产生一个向上的压力差，从而托起乒乓球，故 C不符合题意；
D、对着两张平行的纸吹气，两纸中间的空气流速大压强小，而两纸的外部空气流速小压强大，两纸受到两边向内的压力差，所以两张纸被压到一起，故D不符合题意。
故答案为：A。
11．【答案】B
【知识点】风
【解析】【分析】首先要明确风的形成：是从气压高的地方流向气压低的地方，气压的高低的判定要从气体的温度的高度来判定，由海水和陆地的比热容不同来分析物体吸热后温度的高低。
【解答】白天时，受到太阳的辐射，在受热相同的情况下，比热容较小的沙石升高温度较高，导致陆地的温度高于海洋表面的温度，大气受热膨胀向上运动，而在地表温度降低的大气向陆地移动；故①错误，③正确； 夜晚时，陆地和海洋的温度都会降低，由于沙石的比热容比水小，所以沙石温度降低的更快，则陆地的温度比海洋表面低，故海洋表面的大气会向上运动，而陆地表面的大气则向海洋表面运动，故②正确，④错误；故B正确；ACD错误。
故答案为：B。
12．【答案】D
【知识点】一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【分析】溶液均一、稳定，配制好后洒出一部分，溶质的质量分数不变。
【解答】A、仰视读数，视线在正确刻度的下方，会导致读数偏小，从而导致量取的液体偏多，故A错误；
B、药品和砝码防反，药品的质量加游码的质量等于砝码的质量，可知此时药品的质量为10g-0.6g=9.4g，氯化钠的质量偏少，故B错误；
C、洒出一部分，会导致溶液的质量偏小，所以溶质的质量偏小，故C错误；
D、有部分水残留，会导致水的质量偏小，溶质的质量不变，则溶液的质量偏小，溶质的质量分数偏大，故D正确。
故答案为：D。
13．【答案】B
【知识点】密度公式的应用；饱和溶液与不饱和溶液相互转变；固体溶解度的概念；溶解度的影响因素；溶质的质量分数及相关计算
【解析】【分析】固体溶解度指的是某温度下，100g溶剂中最多能溶解的溶质的质量，溶解度的大小与温度有关，与溶质和溶剂的种类有关，部分物质的溶解度随温度的升高而增大，部分物质的溶解度随温度的升高而减小。
【解答】A、某温度下两种不同物质的溶液溶质质量分数相同，如果两种溶液中的一种溶液是饱和溶液，另一种是不饱和溶液，则这两种物质的溶解度一定不相同，故A错误；
B、溶质质量分数为10%的200mL某溶液，密度为1.2g/厘米3，其中含溶质的质量=200mL×1.2g/厘米3×10%=24g，故B正确；
C、给饱和溶液恒温蒸发溶剂析出晶体，由于温度不变，溶质的溶解度不变，析出晶体后的溶液仍为该温度下的饱和溶液，则溶质的质量分数保持不变，故C错误；
D、如果溶质的溶解度随温度升高而增大，采用降低温度的方法将不饱和溶液恰好变为饱和溶液，没有发生结晶析出晶体，则溶液中溶质质量分数保持不变，故D错误。
故答案为：B。
14．【答案】D
【知识点】物体的浮沉条件及其应用；溶液的组成及特点；饱和溶液与不饱和溶液
【解析】【分析】（1）（4）根据浮沉条件判断；
（2）注意分析水是否为溶液；
（3）注意蒸发时从不饱和溶液到饱和溶液的转变。
【解答】A.铁球能否漂浮在水面上取决于它的平均密度是否小于水的密度，故A错误；
B.水就是均一稳定的，但是它是纯净物，而不是溶液，故B错误；
C.该物质的不饱和溶液，蒸发溶剂后会先到达饱和溶液，然后再有固体析出，故C错误；
D.根据浮沉条件可知，密度比液体小的固体漂浮在液体中，那么漂浮在该液体中的实心固体的密度一定比液体小，故D正确。
故选D。
15．【答案】D
【知识点】阿基米德原理
【解析】【分析】由可知，排开液体体积越大，物体受到的浮力越大。【解答】由图知道
由和G=mg知道
由阿基米德原理可知：物体所受浮力的大小与排开液体的重力相等，则受到的浮力关系为
故D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D。
16．【答案】悬浊液；①④
【知识点】悬浊液、乳浊液的概念及其与溶液的区别
【解析】【分析】溶液均一稳定、悬浊液：固体颗粒分散在液体中，久置会分层；乳浊液：小液滴分散在液体中，久置会分层。
【解答】“美林”是为儿童开发设计的一款退烧药，主要成分是布洛芬，“美林”即使密封保存，放久了也会在底部看到白色沉淀，“美林”固体分散在水中，属于悬浊液；
①面粉是难溶于水的固体，与水混合得到悬浊液；
②味精易溶于水，能形成均一、稳定的混合物，属于溶液；
③白糖易溶于水，能形成均一、稳定的混合物，属于溶液；
④泥土是难溶于水的固体，与水混合得到悬浊液；
⑤肥皂与水混合，得到的是乳浊液；
形成的混合物与“美林”属于同类型的物质有①④。
17．【答案】（1）氧气
（2）C
（3）ACDB
【知识点】水的组成和主要性质；分子、原子、离子、元素与物质之间的关系；化学反应的实质
【解析】【分析】（1）由图可知，a中气体的体积更大，可知a中为氢气，b中为氧气。
（2）从宏观角度来看，水由氢元素和氧元素组成，从微观角度来看，由水分子构成。
（3）A表示的是水分子，B表示的是氢分子和氧分子，CD表示的是氢原子和氧原子，水分解成氢原子和氧原子，氢原子结合成氢分子，氧原子结合成氧原子。
【解答】（1）电解水时，与电源负极相连的试管内的气体体积多，是氢气；与电源正极相连的试管内产生的气体体积少，是氧气；且两者的体积之比大约是2：1，试管b与电源的正极相连，产生的气体是氧气。（2）A、水是一种物质，不能由氢气、氧气两种物质组成，故A选项说法错误；
B、水是由水分子构成的，故B选项说法错误；
C、水是由氢元素和氧元素组成的，故C选项说法正确；
D、水是由水分子构成的，一个水分子由两个氢原子和一个氧原子构成的，故D选项说法错误；
故答案为：C。
（3）水通直流电分解，是因为水分子分成了氢原子和氧原子，然后氢原子、氧原子分别重新组合形成氢分子、氧分子，各种微粒运动变化的先后顺序是ACDB。
（1）电解水时，与电源负极相连的试管内的气体体积多，是氢气；与电源正极相连的试管内产生的气体体积少，是氧气；且两者的体积之比大约是2：1，试管b与电源的正极相连，产生的气体是氧气；
（2）A、水是一种物质，不能由氢气、氧气两种物质组成，故A选项说法错误；
B、水是由水分子构成的，故B选项说法错误；
C、水是由氢元素和氧元素组成的，故C选项说法正确；
D、水是由水分子构成的，一个水分子由两个氢原子和一个氧原子构成的，故D选项说法错误；
故选C；
（3）水通直流电分解，是因为水分子分成了氢原子和氧原子，然后氢原子、氧原子分别重新组合形成氢分子、氧分子，各种微粒运动变化的先后顺序是ACDB。
18．【答案】（1）水汽输送
（2）太阳辐射；地心引力
（3）不均的
【知识点】水循环
【解析】【分析】（1）①是水汽输送，②是降水，③是蒸发，④是降水，⑤是地表径流。
（2）水循环的内因是水的三态变化。
（3）根据图乙进行分析。【解答】（1）由图甲的地球上水循环的示意图可知，①表示水汽输送，②表示降水，③表示蒸发，④表示降水，⑤地表径流。
（2）水循环包括地球上不同的地方上的水，通过吸收太阳的能量，改变状态到地球上另外一个地方，因此使水循环连续进行的动力是：太阳辐射和地心引力。
（3）由图乙可知，多年平均径流量较多的大洲为亚洲、南美洲，欧洲、北美洲、非洲、大洋洲都比较少，因此水资源在地球上分布是不均匀的。
（1）由图甲的地球上水循环的示意图可知，①表示水汽输送，②表示降水，③表示蒸发，④表示降水，⑤地表径流。
（2）水循环包括地球上不同的地方上的水，通过吸收太阳的能量，改变状态到地球上另外一个地方，因此使水循环连续进行的动力是：太阳辐射和地心引力。
（3）由图乙可知，多年平均径流量较多的大洲为亚洲、南美洲，欧洲、北美洲、非洲、大洋洲都比较少，因此水资源在地球上分布是不均匀的。
19．【答案】蒸发结晶；升高温度；氯化钠；＜
【知识点】饱和溶液与不饱和溶液相互转变；固体溶解度的概念；溶解度的影响因素；溶质的质量分数及相关计算；结晶的概念与方法
【解析】【分析】（1）溶解度随温度变化较大的物质，采用降温结晶（冷却热饱和溶液）的方式获得晶体；溶解度随温度变化不大的物质，采用蒸发结晶的方式获得晶体。
（2）根据图像进行分析，可知氢氧化钙的溶解度随温度升高而减小，固体溶解度指的是某温度下，100g溶剂中最多能溶解的溶质的质量，可知将升高温度，减小溶解度，将不饱和溶液转化为更高温度下的饱和溶液。
（3）a中有固体残留，说明该温度下该物质的溶解度较小，结合图一可知，为氯化钠。
溶质的质量分数等于溶质质量与溶液质量的比值。
【解答】（1）氯化钠的溶解度受温度变化影响较小，硝酸钾的溶解度受温度变化影响较大，对于溶解度受温度影响较小的物质，一般采用蒸发结晶的方法使溶质从溶液中结晶析出，所以从含有少量硝酸钾的氯化钠溶液中，得到较纯净的氯化钠晶体，可采用蒸发结晶的方法。
（2）氢氧化钙的溶解度随温度的升高而减小，所以在不改变溶质质量分数的情况下，把不饱和的氢氧化钙溶液变成饱和溶液的方法是升高温度。
（3）50℃时，硝酸钾的溶解度大于氯化钠的溶解度，10g水中加入等质量的氯化钠、硝酸钾，充分溶解，A试管中有未溶解的固体物质，则A试管中溶解的物质是氯化钠。若将温度都降到20℃，由于20℃时，硝酸钾的溶解度小于氯化钠的溶解度，则温度都降到20℃时，两种溶液都是饱和溶液，硝酸钾溶液中溶质的质量分数＜氯化钠溶液中溶质的质量分数。
20．【答案】=；<；<
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】由沉浮状态可知，物质处于漂浮状态时，浮力等于重力，下沉时，浮力小于重力。
【解答】将橡皮泥揉成圆球与捏成小船形状相比，橡皮泥的质量不变，则重力不变。
甲图中橡皮泥静止时沉底，受到的浮力小于自身重力，乙图中橡皮泥漂浮，则受到的浮力等于自身重力，则两次受到的浮力，根据可知，两次排开水的体积。
21．【答案】（1）降温结晶
（2）A
【知识点】溶解度的影响因素；结晶的概念与方法
【解析】【分析】（1）如果物质的溶解度受温度的影响变化剧烈，那么可以使用降温结晶的方法；如果物质的溶解度几乎不受温度的影响，那么可以使用蒸发溶剂的方法结晶；
（2）“夏天晒盐”，其实就是因为夏天气温高，海水蒸发较快，可以使盐尽快结晶。之所以用蒸发溶剂的方法晒盐，就是因为氯化钠的溶解度几乎不受温度的影响，据此分析判断。
【解答】（1）根据表格可知，物质B的溶解度随温度的升高而迅速增大，因此使其从溶液中析出，方法是：降温结晶。
（2）根据表格可知，物质A在温度改变时溶解度几乎保持不变，因此A物质的溶解度与氯化钠相似。
22．【答案】乙实验能避免重力对实验结果的影响（甲图实验不吹气时，乒乓球由于重力作用会落下来，无法避免重力作用对实验结果的影响）；乒乓球不落下
【知识点】流体压强与流速的关系
【解析】【分析】首先分析不吹气时乒乓球的状态，再分析吹气时乒乓球的状态，如果乒乓球受到流体压力时运动状态变化了，就能探究流速对流体压强的影响。
【解答】甲图实验不吹气时，乒乓球由于重力作用保持在漏斗底，无法避免重力作用对实验结果的影响，乙不吹气会落下，吹气使得乒乓球不下落，故乙合理；用乙方案实验时观察到的现象是乒乓球不落下。
23．【答案】（1）风速计；东南
（2）C
（3）百叶箱内外漆成白色，投射到百叶箱上的阳光大多数会被反射，这样测出的气温就比较准确。
【知识点】测量气温的方法与仪器；风；降水
【解析】【分析】（1）风向标用于观测风向，风速仪用于观测风速。
（2）雨量筒的单位是毫米，据此解答。
（3）不透明物体的颜色是由其反射的色光决定的，物体呈白色是因为其能反射各种色光。
【解答】（1）气象观测中是用风向标和风速仪来观测风向和风速的。风向的命名原则是根据风吹来的方向命名，风从东南方向吹向西北方向，风向为东南风。
（2）根据所学知识可是，雨量杯的单位为毫米，C正确，AB错误。
故答案为：C。
（3）百叶箱内外漆成白色，这样，投射到百叶箱上的阳光大多数会被反射，箱内空气不至于因为箱壁的升温而升高，这样测出的气温就比较准确。
（1）气象观测中是用风向标和风速仪来观测风向和风速的。风向的命名原则是根据风吹来的方向命名，风从东南方向吹向西北方向，风向为东南风。
（2）根据所学知识可是，雨量杯的单位为毫米，C正确，AB错误。所以选C。
（3）百叶箱内外漆成白色，这样，投射到百叶箱上的阳光大多数会被反射，箱内空气不至于因为箱壁的升温而升高，这样测出的气温就比较准确。
24．【答案】2；无关；丁、戊；2.4×103
【知识点】阿基米德原理；浮力大小的计算
【解析】【分析】（1）根据弹簧测力计的分度值读数；根据称重法求出浮力的大小；
（2）根据弹簧测力计的示数判定浮力与深度的关系；
（3）探究浮力与液体密度的关系时应控制物体排开的液体的体积不变；
（4）根据阿基米德原理分别表示出物体排开液体的体积即为物体的体积，进一步结合阿基米德原理求得盐水的密度。
【解答】（1根据称重法测浮力，金属块在水中受到的浮力为
F浮=G-F拉=4.8N-2.8N=2N
（2）分析丙、丁两图，当金属都块浸没在水中后，金属块的深度不同，但测力计示数相同，物体所受浮力的大小大小相同，故得出当金属块浸没在水中后，所受浮力大小跟物体浸没在水中的深度无关。
（3）比较图丁、戊，排开液体的体积相同，而排开液体的密度不同，两图中，测力计示数不同，根据称重法，可知金属块受到的浮力不同，故由实验数据可得到的结论是：浸在液体中的物体受到浮力的大小与液体密度有关。
（4）金属块的体积为
金属块的密度
25．【答案】沸点越高；靠近；小
【知识点】沸点及沸点与气压的关系；流体压强与流速的关系
【解析】【分析】液体的沸点与气体压强有关，压强越大，液体的沸点越高。
根据流体流速越大，压强越小进行判断。
【解答】液体的沸点受液体表面气压的影响，高压锅内气压较大，水的沸点比100℃高，它利用了液体的表面气压越大沸点越高的原理。
向两个乒乓球中间的间隙用力水平吹气，由于两个球之间空气流速快压强小，球外侧空气流速慢压强大，则两个乒乓球将被压向中间靠近；出现这种现象的原因是：流体流速越大，压强越小。
26．【答案】（1）200
（2）A
（3）偏小
【知识点】误差分析；天平的使用及读数；一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【分析】（1）根据溶质质量分数公式计算水的质量，结合水的密度计算水的体积，所选量筒的量筒稍大于水的体积。
（2）称量时，砝码和游码是提前放置好的，不能调整，应调整氯化钠的质量，直至天平平衡。
（3）仰视视线偏低，所量取水的体积偏多，可知溶质的质量分数将偏小。
【解答】（1）配制200g16%的氯化钠溶液，需要氯化钠的质量=200g×16%=32g；溶剂水的质量为200g-32g=168g，即为168mL，量取液体时，选取能一次量取全部液体最小规格的量筒，因此应选用规格为200mL的量筒量取所需的水。（2）称量时，向托盘天平的称量纸上加入一定量的氯化钠，发现天平的指针偏向右盘，说明氯化钠的质量偏小，此时应该继续添加氯化钠直到天平平衡。
故答案为：A。
（3）实验③中的仰视读数，读数偏小，量取的液体的体积偏多，导致所配溶液的质量分数偏小。
（1）配制200g16%的氯化钠溶液，需要氯化钠的质量=200g×16%=32g；溶剂水的质量为200g-32g=168g，即为168mL，量取液体时，选取能一次量取全部液体最小规格的量筒，因此应选用规格为200mL的量筒量取所需的水；
（2）称量时，向托盘天平的称量纸上加入一定量的氯化钠，发现天平的指针偏向右盘，说明氯化钠的质量偏小，此时应该继续添加氯化钠直到天平平衡，故选A；
（3）实验③中的仰视读数，读数偏小，量取的液体的体积偏多，导致所配溶液的质量分数偏小。
27．【答案】（1）未用玻璃棒引流
（2）①②③⑤④
（3）在右盘上放5g砝码，并将游码移到“1”刻度处，再在左盘添加氯化钠直至天平平衡
（4）D
【知识点】误差分析；天平的使用及读数；一定溶质质量分数的溶液的配制；过滤的原理、方法、操作及其应用；蒸发操作与粗盐提纯
【解析】【分析】（1）过滤时要用玻璃棒引流。
（2）食盐的溶解度随温度变化不大，所以采用蒸发结晶的方式获得晶体；分离不互溶的固体和液体时，进行的操作是过滤。
（3）根据溶质质量分数的计算公式进行计算，可知溶质的质量为6g，砝码最小的质量为5g，所以应将游码移至“1”刻度处，再添加食盐，直至天平平衡。
（4）溶质的质量分数偏大，可能是溶质的质量偏大或溶剂的质量偏小，据此进行分析。
【解答】（1）实验操作⑤中的错误是未用玻璃棒引流，可能使液体溅出。（2）粗盐提纯的步骤： ①从试剂瓶取出食盐； ②用量筒量取规定体积的水，和食盐一起倒入烧杯； ③加水，并用玻璃棒不断搅拌，直到全部溶解； ⑤将溶液进行过滤； ④将得到的滤液倒入蒸发皿进行蒸发结晶。 则操作顺序为：①②③⑤④。
（3）需要食盐的质量：60g×10%=6g，则接下来的操作为：在右盘上放5g砝码，并将游码移到“1”刻度处，再在左盘添加氯化钠直至天平平衡。
（4）A、称取固体时，砝码放在左盘，食盐的质量=砝码质量-游码质量，食盐质量偏小，溶质质量分数偏小，故A不符合题意；
B、量取水的体积时，视线仰视，会使读出的示数偏小，而实际得到水的体积偏大，溶质质量分数偏小，故B不符合题意；
C、配制好的氯化钠溶液装瓶时，有少量溶液洒出，由于溶液具有均一性，因此不会影响溶质质量分数，故C不符合题意；
D、量取水的体积时，视线俯视，会使读出的示数偏大，而实际得到水的体积偏小，溶质质量分数偏大，故D符合题意。
故答案为：D。
（1）实验操作⑤中的错误是未用玻璃棒引流，可能使液体溅出；
（2）粗盐提纯的步骤： ①从试剂瓶取出食盐； ②用量筒量取规定体积的水，和食盐一起倒入烧杯； ③加水，并用玻璃棒不断搅拌，直到全部溶解； ⑤将溶液进行过滤； ④将得到的滤液倒入蒸发皿进行蒸发结晶。 则操作顺序为：①②③⑤④；
（3）需要食盐的质量：60g×10%=6g，则接下来的操作为：在右盘上放5g砝码，并将游码移到“1”刻度处，再在左盘添加氯化钠直至天平平衡；
（4）A．称取固体时，砝码放在左盘，食盐的质量=砝码质量-游码质量，食盐质量偏小，溶质质量分数偏小，不合题意；
B．量取水的体积时，视线仰视，会使读出的示数偏小，而实际得到水的体积偏大，溶质质量分数偏小，不合题意；
C．配制好的氯化钠溶液装瓶时，有少量溶液洒出，由于溶液具有均一性，因此不会影响溶质质量分数，不合题意；
D．量取水的体积时，视线俯视，会使读出的示数偏大，而实际得到水的体积偏小，溶质质量分数偏大，符合题意。
故选D。
28．【答案】将里面空气排出；吸盘自身重力影响；左
【知识点】重力的大小；压强的大小及其计算；大气压强的测量方法
【解析】【分析】（1）将空气排尽可以减小误差。
（2）大气压值偏大，原因是测力计测得的拉力偏大，导致误差的原因是吸盘受到重力。
（3）图乙左侧拉力与重力相互垂直互不影响，可知误差更小、更合理。
【解答】（1）将吸盘蘸水后按在光滑水平板面上，多次挤压吸盘是为了排尽空气，防止漏气，以减小吸盘内气体对实验结果的影响。
（2）甲实验设计，向上拉动时，拉力大小等于向下的大气压力和吸盘重力之和，可能会引起测得的大气压值偏大的原因是吸盘自身重力影响。
（3）竖直向下拉动时，拉力与吸盘自身重力的之和等于大气压力，因而所测拉力偏小，只有水平方向拉动时，重力没有影响，故左侧合理。
29．【答案】C；风扇和模型飞机的距离、电风扇的风速；改变电风扇的挡位来改变风速的大小
【知识点】流体压强与流速的关系
【解析】【分析】飞机是根据流体在流速大的位置压强小来获得向上的升力，就需要使机翼上方的流速增大；
飞机飞行时的升力可能跟机翼形状、迎角大小和风速有关，探究升力和其中一个因素的关系时，控制其他因素不变。
【解答】（1）飞机为了获得向上的升力，机翼下方的压强要大于上方压强，即下方流速要小于上方，只有C符合。
（2）在探究“飞机飞行时的升力与迎角大小关系”时，遵循唯一变量，除了迎角不同外其他需保持一致，故应控制风扇和模型飞机的距离、电风扇的风速不变。
（3）小科若要进一步研究“飞机的升力与其飞行速度的关系”，应保持条件相同不变，改变飞行速度，故可以改变电风扇的档位来改变风速的大小。
30．【答案】；A；B
【知识点】设计实验测密度；阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】（1）密度计在不同液体中均处于漂浮状态，浮力等于重力，重力不变，可知浮力均相同，结合阿基米德原理进行计算。
（2）根据密度计刻度下大上小进行分析。
（3）在排开液体体积一定时，要增大刻度线之间的距离，可通过减小密度计的横截面积进行改进。
【解答】（1）设饮料吸管的横截面积为S，当将“密度计”放入盛水的容器时，“密度计”浸入水中的深度为L-h1；则根据G=mg、F浮=ρ液gV排和物体的漂浮条件可得
mg=ρ水g(L-h1)S----------①
当将“密度计”放入盛待测液体的容器中，密度计露出该液体表面的高度为h2，则“密度计”浸入水中的深度为L-h2；同理可得
mg=ρ液g(L-h2)S-----------②
联立①②可得
ρ液=
（2）因为ρ植物油＜ρ水，且密度计在两液体中受到的浮力相等，由F浮=ρ液gV排可知，V排植物油＞V排水，所以密度计放在植物油中，液面的位置在纯水密度值刻度线的上方，即刻度0.9应该在A处。
（3）因为ΔV=Sh，所以使h变大，应减小S即可，具体做法是：用更细的吸管，故B正确。
故答案为：B。
31．【答案】漂浮；8N；0.5×103kg/m3；
【知识点】二力平衡的条件及其应用；阿基米德原理；浮力大小的计算；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】（1）绳子未被拉直之前，没有拉力，由图可知从A才产生压力，可知此时绳子刚好被拉直，物体处于漂浮状态。
（2）根据F浮=ρ水gV排计算浮力大小。
（3）结合图丙可知，绳子受到的最大拉力为4N，力的作用是相互的，可知绳子对物体的最大拉力为4N，方向竖直向下，可知木块的重力等于浮力减去最大拉力，为4N，结合重力公式和密度公式计算密度。
（4）刚开始加水时，浮力小于重力，物体处于下沉状态，由于排开液体的体积变大，可知浮力变大；当浮力增大到与重力相同等于4N时，物体处于漂浮状态，此时绳子未被拉伸，加水，物体仍漂浮，浮力不变；继续加水，绳子被拉直，物体不再继续向上运动，排开液体的体积逐渐变大，浮力变大，直至物体浸没，浮力增大到8N。【解答】（1）我们结合图丙将木块的各个状态分解出来，OA过程就是水面上升到线刚好伸直，而此时线对木块没有拉力，如下图所示
由此可知，此时为漂浮状态(F浮=G)。
（2）由分析可知，木块浸没在水中所受的浮力
F'浮=ρ水gV排=1.0×103kg/m3×10N/kg×0.8×10 3m3=8N
（3）由题意可知，线拉直后，水还在倒入，所以木块排开水的体积继续增大，则下端拉线的拉力也相应增大，所以到木块浸没后，木块不再排开更多的水，所以所受浮力不再增大，相应线拉力也不再增加，由图象可知，浸没时所受拉力为最大4牛，则此时木块全部浸入，此时重力和拉力为同方向的力，反方向的力只有浮力，二力平衡，所以重力
G=F浮 F=8N 4N=4N
则木块的质量
木块的密度
（4）由上述分析可知此过程中木块所受浮力F浮随水的深度h变化的大致图象如图所示：
答：（1）图象中的A点对应木块在水中的位置是处于漂浮状态；
（2）该木块浸没在水中所受的浮力为8N；
（3）木块的密度为0.5×103kg/m3；
（4）木块所受浮力F浮随水的深度h变化的大致图象如上图。
32．【答案】（1）增大；
（2）硫酸溶质质量：200g×4%=8g；
（3）解：设需加水质量为m，由题意，
50mL×1.2g/cm3×28%=（50mL×1.2g/cm3+m）×14%
解得m=60g
故需要加水60g。
【知识点】一定溶质质量分数的溶液的配制
【解析】【分析】（1）根据表中溶质质量分数与密度的关系，进行分析解答。
（2）根据溶质质量=溶液质量×溶质的质量分数，进行分析解答。
（3）根据溶液稀释前后溶质的质量不变，结合题意进行分析解答．
【解答】（1）根据20℃时硫酸溶液的密度及其溶质质量分数的对照表，20℃时，随着溶质质量分数的逐渐增大，硫酸溶液的密度将逐渐增大。
（2）20℃时，溶质质量分数为4%的200克硫酸溶液中，其硫酸有200g×4%=8g。
（3）设能配制成14%的硫酸溶液质量为x，根据溶液稀释前后溶质的质量不变，50mL=50cm3，
则1.20g/cm3×50cm3×28%=x×14%
x=120g。
需再加水的质量是
120g-1.20g/cm3×50cm3=60g。
33．【答案】（1）原来的限压阀对出气口的压强是
此高压锅内气体的最大压强是
。
（2）因为
所以不能继续使用。要使此高压锅能继续安全使用，应减小锅内气体达到的最大压强，即，此时限压阀对出气口的压强为
根据可得，此时作用在出气口的压力为
此时限压阀的重力为
配制的限压阀的质量为
答：（1）此高压锅内气体的最大压强是2×105Pa；
（2）不能，应再配一个质量为80g的限压阀。
【知识点】重力的大小；压强的大小及其计算；大气压的综合应用
【解析】【分析】（1）根据计算压强，F等于限压阀的重力。
（2）根据高压锅内部压强等于外界大气压与限压阀产生的压强之和，计算高压锅能承受的最大压强，与题中的标准进行对比。
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