资源简介

浙江省温州市瓯海中学2025-2026学年第一学期八年级素质测试科学试卷（8A班提前招科学试卷）
1．（2025八上·温州竞赛）为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是(　　)
A． B．
C． D．
2．（2025八上·温州竞赛）如图所示是一个传送带，B轮转动带动物体C向右上方匀速运动，物体C没有在皮带上发生滑动，皮带与轮之间不打滑，则有关物体C与皮带之间的摩擦、皮带与B轮之间的摩擦的说法正确的是(　　)
A．没有摩擦、滚动摩擦 B．静摩擦、滚动摩擦
C．静摩擦、静摩擦 D．滑动摩擦、滚动摩擦
3．（2025八上·温州竞赛）如图所示，把测量大气压强的托里拆利实验装置放在电子秤上，玻璃管A由支架固定，且跟水银槽B的底部不接触。当大气压强是1.0×105Pa时，电子秤的示数为Q，若外界大气压强下降时，电子秤的读数将(　　)
A．等于Q B．大于Q C．小于Q D．无法确定
4．（2025八上·温州竞赛）拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具。设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ。当拖把头在地板上匀速移动时推拖把的力F 的大小为(　　)
A． B．
C． D．
5．（2025八上·温州竞赛）飞机沿水平方向在有风的空中匀速飞行，风速稳定。在飞机上每隔相同的时间投掷一枚炸弹，炸弹离开飞机后落在水平地面上，则下列说法正确的是(　　)
A．若飞机逆风飞行，则相邻炸弹的落地点间距逐渐减小
B．若飞机顺风飞行，则相邻炸弹的落地点间距逐渐增大
C．无论飞机逆风还是顺风飞行，相邻炸弹的落地点间距都将逐渐增大
D．无论飞机逆风还是顺风飞行，相邻炸弹的落地点间距都保持不变
6．（2025八上·温州竞赛）如图所示，木块漂浮在水面上，木块上置有铁块而保持平衡。把木块用一轻而短的细线与铁块相连，并将铁块投入水中，则(　　)
A．铁块与木块将一起沉入水底
B．木块仍漂浮在水面上，但水面高度略有上升
C．木块仍漂浮在水面上，但水面高度略有下降
D．木块排开水的体积变小，水面高度不变
7．（2025八上·温州竞赛）一个质量为M，电量为q的小球由一根质量不计的绝缘细线悬挂在真空中，真空中存在如图所示的匀强电场，在此区域中小球所受电场力大小相等、方向相同，且方向与图示中电场线方向平行，小球在图中所示的O点保持平衡．当细线被切断之后，小球的运动轨迹是（　　）
A．直线OA B．直线OB C．曲线OC D．直线OD
8．（2025八上·温州竞赛）如图所示的装置可测量子弹的飞行速度。在一根轴上相隔s＝1m处安装两个平行的薄圆盘，使轴带动两盘以n＝3000r/min的转速匀速转动，飞行的子弹平行于轴沿一直线穿过两圆盘，即在盘上留下两个孔，现测得两小孔所在半径间的夹角为30°，子弹飞行速度大小可能是(　　)
A．500m/s B．600m/s C．700m/s D．800m/s
9．（2025八上·温州竞赛）有一乒乓球从距水泥地面某一高度处静止落下与地面碰撞后反弹，下面描述乒乓球的速度与时间关系的图象正确的是(　　)
A． B．
C． D．
10．（2025八上·温州竞赛）如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，下面判断不正确的是(　　)
A．L1和L3变亮，L2变暗
B．L1变暗，L2变亮，L3亮度不变
C．L1中电流变化值大于L3中电流变化值
D．L1上电压变化值小于L2上的电压变化值
11．（2025八上·温州竞赛）有一根长度为L的弹簧，它能承受的最大拉力为F，在最大拉力F的作用下，弹簧伸长了ΔL。现用剪刀将弹簧剪成长度为L/3和2L/3的两段，则长度为2L/3的弹簧能承受的最大拉力为　 　F，在这个最大拉力作用下，弹簧伸长了　 　ΔL。
12．（2025八上·温州竞赛）当光从一种介质进入另一种介质时会发生偏折，偏折的程度与介质的性质有关，物理学上，用折射率n来描述介质的这种性质。如图甲所示，当光线从折射率为n1的介质1进入折射率为n2的介质2时，满足n1sinθ1=n2sinθ2。现将一折射率为n2的长方体玻璃砖放在折射率为n1的介质中（n2>n1），让一宽度为d1的平行光束射向玻璃砖，如图乙所示，设光束在玻璃砖中的宽度为d2，射出玻璃砖后的宽度为d3，则d1　 　d2，d1　 　d3（两空均选填“大于”、“等于”或“小于”）。
13．（2025八上·温州竞赛）如图所示，A、B为定滑轮，C、D为动滑轮，已知，m3=2kg，滑轮的质量mA =mB =mC =mD =1kg不计一切摩擦，系统处于静止状态，则：
（1） m1=　 　 kg ，m2=　 　 kg。
（2）为使 m1 缓慢向下移动1m的距离，至少需要对m1 做功W=　 　J
14．（2025八上·温州竞赛）如图，长L=100cm，粗细均匀的玻璃管一端封闭。水平放置时，长L0=50cm的空气柱被水银封住，水银柱长h=30cm。将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，然后竖直插入水银槽，插入后有Δh=15cm的水银柱进入玻璃管。设整个过程中温度始终保持不变，大气压强p0=75cmHg。求：
（1）插入水银槽后管内气体的压强为　 　cmHg；
（2）管口距水银槽液面的距离　 　cm。
15．（2025八上·温州竞赛）各种转动着的转轮在动力消失后，还需要过一段时间才能停止转动，可见转动物体有转动惯性，转动惯性的大小在物理学中用转动惯量I来表示。物体可看作由n个微小部分组成，它们的质量分别为m1、m2…mn， 到某转动轴的距离分别为r1、r2、…r n，则该物体对该转动轴的转动惯量为：I=m1r12+m2r22+……+mnrn2如果是用铁丝制成的质量为M、半径为R的细圆环，我们将该圆环均匀分割为N等份，当N足够大时，每一等份可以看作是一个微小部分，则该圆环绕着中心转轴OO’转动时的转动惯量为　 　；若用同样规格的铁丝制成半径为2R的细圆环，则该圆环绕着中心转轴OO’转动时的转动惯量为　 　。
16．（2025八上·温州竞赛） 如图所示，放置在升降机地板上有盛有水的容器中，插有两根相对容器位置是固定的玻璃管a和b，管的上端都是封闭的，下端都是开口的，管内被水各封有一定质量的气体，平衡时，a管内的水面比管外低，b管内的水面比管外高，现令升降机从静止开始加速下降，已知在此过程中管内气体仍被封闭在管内，且经历的过程可被为绝热过程，则在此过程中a中气体内能　 　，b中气体内能　 　．(填增大 减小或不变)
17．（2025八上·温州竞赛）运动的物体具有能量，我们把这种能量称为动能，物体的动能与物体的质量和速度的大小有关。若物体的质量为m，速度大小为V，则物体的动能E=mV2。功是能量转化的量度，功有正功和负功之分，力对物体做正功，将使物体的动能增加，力对物体做负功，物体的动能将会减少。物体受到的所有外力对物体做功之和等于物体动能的变化，这就是物理中的一条重要规律——动能定理。如图所示是半径为R的固定半圆槽，有一质量为m的小球从半圆槽的最高点A处由静止开始释放，已知小球从A处滑到底部最低点B处的过程中，摩擦阻力对小球所做的功为，试用动能定理求小球滑到底部最低点B处时速度的大小。（在小球的下滑过程中支持力对小球做功为零）
18．（2025八上·温州竞赛）在四个外型完全一样的电阻中，有三个电阻的阻值完全相同，为了挑出那只阻值不同的电阻，并确定它的阻值是偏大还是偏小，小华设计了如图所示的电路。闭合开关后，他发现电流由Q流向P，电流计的指针向右偏转。请你帮助他完成实验，并回答他是如何得到结果的？（要求写出实验操作过程，过程要尽量题简便。）
19．（2025八上·温州竞赛）太阳的辐射功率是指在单位时间内太阳垂直辐射到物体表面单位平面面积上的能量。用中学实验室里常用的煤油温度计就可以粗略测算出太阳的辐射功率。中午时，先将温度计置于室内背阴处，读出这时的温度T1.然后将该温度计水平放在太阳光下照射，使光线垂直于温度计辐射玻璃泡部分，记录下温度从T1升高至T2过程所经历的时间△t和末温T2.若温度计玻璃视为圆柱体，其平均直径为d，液泡的平均长度为L，煤油的密度为，煤油的比热容为c，设想太阳辐射到液泡上的能量全部被煤油吸收，试分析推导出太阳辐射功率P的表达式。
20．（2025八上·温州竞赛）水是生命之源，2014年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图像，模型如图。下列关于水的说法正确的是(　　)
A．水是弱电解质
B．可燃冰是可以燃烧的水
C．氢氧两种元素只能组成水
D．0℃时冰的密度比液态水的密度大
21．（2025八上·温州竞赛）下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是(　　)
A．H3O＋ 和OH― B．CO和N2
C．HNO2和NO2― D．CH3＋ 和NH4＋
22．（2025八上·温州竞赛）化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是(　　)
选项 现象或事实 解释
A． 用热的烧碱溶液洗去油污 Na2CO3可直接与油污反应
B． 漂白粉在空气中久置变质 漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3
C． FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜
D． 施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用 K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效
A．A B．B C．C D．D
23．（2025八上·温州竞赛）铜粉放入稀硫酸溶液中，加热后无明显现象发生。当加入一种盐后，铜粉的质量减少，溶液呈蓝色，同时有气体逸出。该盐是(　　)
A．Fe2(SO4)3 B．Na2CO3 C．KNO3 D．FeSO4
24．（2025八上·温州竞赛）下列情况有可能会发生爆炸的是(　　)
A．将点燃的镁条伸入HCl气体中
B．H2和CO组成的混合气体在空气中燃烧
C．H2在O2和Cl2组成的混合气体中燃烧(H2可以在Cl2中燃烧)
D．将H2、CO、O2和Cl2四种气体充分混合后再点燃
25．（2025八上·温州竞赛）2001年3月发现硼化镁在-244℃呈超导性，可能是人类对超导认识的新里程碑。在硼化镁晶体的理想模型中，镁原子和硼原子是分层排布的，一层镁一层硼地相间排列，右图是该晶体微观空间中取出的部分原子的俯视投影，白球是镁原子投影，黑球是硼原子投影，图中的硼原子和镁原子投影在同一平面上。根据右图确定硼化镁的化学式为(　　)
A．MgB B．MgB2 C．Mg2B D．MgB6
26．（2025八上·温州竞赛）将11.1g不纯的CaCl2样品溶于水，加入足量AgNO3溶液，充分反应后将所得沉淀过滤、洗涤、干燥后称量，得到沉淀的质量为28.7g。则原样品中的杂质可能是(　　)
A．同时含MgCl2和KCl B．同时含MgCl2、KNO3和NaCl
C．同时含KNO3和NaCl D．只含NaCl
27．（2025八上·温州竞赛）下列有关叙述正确的是(　　)
A．电镀时，待镀的金属制品表面发生还原反应
B．银锌纽扣电池工作时，Ag2O被氧化为Ag
C．放电时，铅酸蓄电池中硫酸浓度不断增大
D．碱性锌锰电池中，MnO2是催化剂
28．（2025八上·温州竞赛）.已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液、Na2S溶液的反应情况如下：
①CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合
主要反应是：CuSO4＋Na2CO3＋H2O= Na2SO4＋Cu(OH)2↓＋CO2↑
次要反应是：CuSO4＋Na2CO3= Na2SO4＋CuCO3↓
②CuSO4溶液与Na2S溶液混合主要反应是：CuSO4＋Na2S= Na2SO4＋CuS↓
很难发生的反应是：CuSO4＋Na2S＋2H2O= Na2SO4＋Cu(OH)2↓＋H2S↑下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是(　　)
A．Cu(OH)2>CuCO3>CuS B．CuS>Cu(OH)2>CuCO3
C．CuS29．（2025八上·温州竞赛）6.4 g铜与过量硝酸(8 mol/L、60 mL)充分反应后，硝酸的还原产物有NO、NO2，反应后溶液中所含H+为n mol，此时溶液中所含NO3 的物质的量为(　　)
A．0.28 mol B．0.31 mol C．(n+0.2)mol D．(n+0.4)mol
30．（2025八上·温州竞赛）甲、乙、丙三位同学各设计了一个实验，结果各自都认为自己的试样中含有SO42-。甲方案为：。
（1）乙认为甲的实验不严谨，因为试样A中若含有　 　离子(仅填一种)，也会有此现象。乙方案为：
（2）丙认为乙的实验也不严谨，因为试样B中若含　 　离子(仅填一种)，也会有此现象。丙方案为：
若丙的方案合理，试回答：方案丙中试剂I是　 　 ；现象Ⅱ是 　 　。（ 若你认为丙方案不合理，以上的空可不填 ）
31．（2025八上·温州竞赛）铁、铝、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，请根据下列实验回答问题。
（1）生铁中含有一种铁碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量盐酸后溶液中大量存在的阳离子是　 　；Y与过量浓硝酸反应后溶液中含有的盐的化学式为　 　。
（2）某溶液中有Mg2＋、Fe2＋、Al3＋、Cu2＋等离子，向其中加入过量的NaOH溶液后，过滤，将滤渣高温灼烧并将灼烧后的固体投入到过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是（　　）；
A．Mg2＋ B．Fe2＋ C．Al3＋ D．Cu2＋
32．（2025八上·温州竞赛）现有四瓶失去标签的溶液，知道它们是5.8%的NaCl溶液、4.0%的NaOH溶液，3.6%的盐酸和0.1%的酚酞试液中的各一种（设它们的密度都为1g/mL）。某同学不用其他试剂，就将它们一一鉴别开来，其实验步骤如下：
①将四瓶溶液编为1、2、3、4号，并各取少许两两混合，将四瓶溶液分成两组；
②取一组混合液，不断滴入另一组的一种未知溶液，可鉴别出1号和2号溶液；
③再取已鉴别出的1号未知溶液1mL，滴入3号未知溶液3滴（每滴0.05mL)，再加入4号未知溶液4mL， 在这个过程中无明显实验现象。综合以上实验，可以确认：
1号是　 　，3号是　 　。
33．（2025八上·温州竞赛）用甲酸（HCOOH）与浓H2SO4制备CO，再将干燥的CO通入灼热Fe2O3粉末中并检验反应的产物。现有下列装置， B装置中的装药品可任意选择、C装置不装任何试剂， B、C装置可重复使用。
已知：CuCl－NH3溶液能与CO发生如下反应：CuCl + 3NH3 + CO＝[Cu(NH3)3CO]Cl
根据题目要求，回答下列问题：
（1）分别写出A、D装置发生的反应的化学方程式：
A 　 　，D 　 　。
（2）用A～D表示装置的连接顺序（B、C可重复使用）：　 　。
（3）空瓶C的作用是　 　。
（4）按照（2）装置从左到右的顺序依次指出各个B装置所装的药品及用途（任写两个）
药　品 作　用
34．（2025八上·温州竞赛）铁及其化合物与生产、生活关系密切。
（1）右图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是　 　填字母)。
（2）用废铁皮制取铁红(Fe2O3)的部分流程示意图如下：
①步骤I若温度过高，将导致硝酸分解。
②步骤II中发生反应：4Fe(NO3)2＋O2＋(2n＋4)H2O＝2Fe2O3·nH2O＋8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe(NO3)2，该反应的化学方程式为　 　。
③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是　 　(任写一项)。
35．（2025八上·温州竞赛）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：
实验一 焦亚硫酸钠的制取
采用图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置II中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5
（1）装置I中产生气体的化学方程式为　 　。
（2）要从装置II中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是　 　。
（3）装置III用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为　 　(填序号)。
36．（2025八上·温州竞赛）已知X为FeO和CuO的混合物，取两份等质量的X样品如右图所示的实验：设③中所得固体D的质量为32克，溶液E中只含有一种金属离子，且有酸剩余，气体F的质量为0.5克，试计算取用的每份X的质量，及X中FeO和CuO的质量比．
37．（2025八上·温州竞赛）研究物质的变化时可使用具有放射性的18O作为“示踪原子”。科学家希尔和尼尔研究 证明，光合作用的通式应更合理地表达为：，在光照充分的环境里，将一种植物根部放入含有“示踪原子”18O的水中， 有关说法正确的是(　　)
A．一段较短的时间后， 18O最先在植物体光合作用产生的葡萄糖中被检测到
B．植物光合作用放出的氧气中的氧来自其原料中的二氧化碳
C．植物光合作用放出的氧气中的氧来自其原料中的水
D．一段很长的时间后， 18O在植物体周围空气的氧气中、二氧化碳中、植物体光合作用产生的葡萄糖中均能被检测到
38．（2025八上·温州竞赛）水稻合理密植能提高产量，下列分析正确的是(　　)
A．可以适度通风，为水稻进行光合作用补充CO2
B．可以适度通风，为水稻进行呼吸作用补充O2
C．植株间距适中，水稻互相遮阴的情况得到改善
D．植株间距适中，为水稻成熟后的收割带来方便
39．（2025八上·温州竞赛）在人体心脏左房室瓣和主动脉瓣都关闭的情况下，下列哪些情况可能出现(　　)
A．心室肌收缩，左心室容积明显减小
B．心室肌收缩，左心室容积基本不变
C．心室肌舒张，左心室容积明显增大
D．心室肌舒张，左心室容积基本不变
40．（2025八上·温州竞赛）能量流动和物质循环是生态系统的基本功能，下列哪些叙述是正确的(　　)
A．食物链是能量流动和物质循环的渠道
B．分解者在物质循环中有重要作用
C．能量流动具有循环往返的特点
D．能量流动具有逐级递减的特点
41．（2025八上·温州竞赛）下列哪些因素与生态系统的稳定性有直接关系(　　)
A．构成群落的种群的种类数 B．群落内各个种群的个体数
C．各个植物种群的植株大小 D．各个动物种群的个体形态
42．（2025八上·温州竞赛）分析下列材料，回答相关问题：
甘薯（地瓜）是我国重要的能源作物之一，是许多地区生产燃料酒精的主要原料。甘薯主要成分淀粉的品质决定着它工业应用价值的大小。2023年10月，我国科学家成功培育出淀粉品质改良的转基因甘薯，而且田间种植试验获得成功。
（1）植株淀粉含量丰富的器官是　 　
（2）在利用淀粉生产酒精的过程中，先后用到的两种微生物为　 　；
43．（2025八上·温州竞赛）如图表示A、B两种植物的光合速度与光照强度的关系。
（1）当在　 　千勒克司光照强度条件下，A、B两种植物的光合速度相同。
（2）A植物在光照强度为9千勒克司时，2小时单位叶面积可积累葡萄糖　 　mg。(计算结果保留一位小数。
（3）A植物在1天内(12小时白天，12小时黑夜)，要使有机物积累量为正值，白天平均光照强度必须大于　 　千勒克司。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】通电直导线周围的磁场
【解析】【分析】根据地磁场的方向和安培定则分析判断。
【解答】地磁两极和地理两极交错分布，则上面为地理北极，也就是地磁南极，下面为地磁北极。用右手握住地球，大拇指指向下端，此时弯曲的四指的方向为电流方向。由于在地球右侧，指尖的方向向外，所以地球右侧电流方向向外。
故选B。
2．【答案】C
【知识点】摩擦力的存在
【解析】【分析】摩擦力分为以下三种：
1. 静摩擦：当两个物体有相对运动的趋势但没有实际相对滑动时，存在的摩擦。例如：物体静止在斜面上、汽车轮胎与地面之间的摩擦（不打滑时）。
2. 滑动摩擦：当两个物体之间有相对滑动时，存在的摩擦。例如：物体在桌面上滑动。
3. 滚动摩擦：当一个物体在另一个物体表面滚动时，存在的摩擦。例如：车轮在地面上滚动。
【解答】根据题意可知， B轮转动带动物体C向右上方匀速运动时，物体C和皮带之间没有相对运动，只有相对运动的趋势，因此为静摩擦力。皮带和B轮之间情况相同，也是静摩擦力。
故选C。
3．【答案】B
【知识点】力的测量
【解析】【分析】对电子秤进行受力分析，从而确定它的示数变化即可。
【解答】根据题意可知，电子秤的示数等于烧杯和里面水银的总重力与大气压力的和。当大气压强增大时，根据F=pS可知，大气对水银面的压力增大，而水银的重力不变，则电子秤的示数增大。
故选B。
4．【答案】B
【知识点】二力平衡的条件及其应用
【解析】【分析】对拖把在水平和竖直方向进行受力分析，根据平衡力的知识和力的分解的知识列式计算即可。
【解答】 根据题意可知， 拖把头在地板上匀速移动时，在竖直方向上，重力和支持力相互平衡；在水平方向上，推力和摩擦力处于平衡，
在竖直方向上有：N=Fcosθ+mg ①；
水平方向上有：Fsinθ=f ②；
又f=μN ③；
①②③联立解得：，
故B正确，A、C、D错误。
故选B。
5．【答案】D
【知识点】速度公式及其应用；惯性
【解析】【分析】根据惯性的知识，结合速度公式s=vt分析判断。
【解答】 根据题意可知，飞机沿水平方向在有风的空中匀速飞行，在飞机上每隔相同的时间投掷一枚炸弹。由于惯性，炸弹保持原来的状态继续运动，由于每个炸弹受到的阻力是相同的，其运动路径都是相同的。相邻炸弹之间投掷间隔时间相同，根据s=vt可知，炸弹离开飞机后落在水平地面上的间隔距离也是相等的。
故选D。
6．【答案】D
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】根据漂浮条件比较二者受到浮力大小，根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排分析排开液体体积大小，进而判断水面的高度变化。
【解答】将铁块和木块看作一个整体，当铁块叠放在木块上时，它们处于漂浮状态，说明平均密度小于水的密度。
把木块用一轻而短的细线与铁块相连，并将铁块投入水中， 由于平均密度小于水的密度，因此二者仍然为漂浮状态。
比较可知，二者受到的浮力之和不变，根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知，二者排开水的总体积不变，因此水面高度不变。
原来排开水的体积等于木块排开水的体积，后来排开水的体积等于木块排开水的体积和铁块体积之和，因此木块排开水的体积变小。
故选D。
7．【答案】B
【知识点】牛顿第一定律；二力平衡的条件及其应用
【解析】【分析】根据牛顿第一定律分析判断。
【解答】根据图片可知，小球受到斜向上的拉力，水平向右的电磁力，竖直向下的重力。此时小球处于静止状态，则它受到平衡力。重力和电磁力构成的合力与细绳的拉力相互平衡，等效图如下：
如果切断细线，那么小球只受斜向下的合力作用，此时它的运动方向沿直线OB的方向，故B正确，而A、C、D错误。
故选B。
8．【答案】B
【知识点】速度公式及其应用
【解析】【分析】子弹飞行1m的时间等于转盘转过30°的时间，结合计算即可。
【解答】根据转速3000r/min可知，转一圈的时间为：；
转过30°的时间为：；
则子弹飞行速度为：。
故选B。
9．【答案】D
【知识点】速度与物体运动
【解析】【分析】根据乒乓球运动过程中的速度变化规律判断。
【解答】当乒乓球从空中由静止下落时，此时受向下的重力作用和向上的阻力，合力向下，则做加速运动。由于阻力越来越大，则合力越来越小，因此相同时间内速度的增大量越来越小，因此图像逐渐向右弯曲；
当乒乓球触地反弹后，阻力和重力都向下，即合力向下，因此乒乓球做减速运动。由于阻力越来越小，因此速度的减小量越来越小，因此图像向右弯曲，但是弯曲幅度小于前面，最终速度为0.
故选D。
10．【答案】D
【知识点】串、并联电路的电流特点；串、并联电路的电压特点
【解析】【分析】根据图片确定串并联关系，结合欧姆定律、串并联电路的电压、电流规律，对各个选项分析判断即可。
【解答】 根据图片可知，灯泡L3与变阻器串联在同一支路上，再与灯泡L2并联，定值电阻R0与L1串联在干路上。
当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，此时电路中总电流减小，故L1变暗，故A错误；
电路中干路电流减小，根据U=IR可知，R0、L1两端的电压减小。根据串联电路的电压特点U总=U1+U2可知，并联部分两端的电压增大，故L2变亮；
由于干路电流减小，而灯泡L2中电流增大，根据并联电路I总=I1+I2可知，通过支路L3的电流减小，故L3变暗，故AB错误符合题意；
因L1中电流减小，L3中电流减小，而L2中电流增大；开始时有：I1=I2+I3，故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值，故C错误符合题意；
因并联部分的电压与L1、R0上的总电压等于电源电压；L2两端的电压增大，L1、R0及内阻r两端的电压减小，而电源电压不变，故L2两端电压增大值应等于其它电阻的减小值，故L1上电压变化值小于L2上的电压变化值，故D正确不合题意。
故选ABC。
11．【答案】1；2/3
【知识点】弹力
【解析】【分析】根据弹簧的伸长与受到的拉力成正比可知，当弹簧受到拉力作用时，各个点受到的拉力相等，据此分析解答。
【解答】 同一弹簧上各个点受到的力大小都相等，原来弹簧能承受的最大拉力为F，则当将弹簧剪成长度为L/3和2L/3的两段，弹簧能承受的最大拉力是不变的，大小仍为F。
根据弹簧的伸长和受到的拉力成正比可知，各点受到的力大小相等，所以弹簧的伸长是均匀的。
当弹簧在最大拉力F的作用下，弹簧伸长了ΔL，所以长度为2L/3的弹簧在这个最大拉力作用下，弹簧伸长是。
12．【答案】小于；等于
【知识点】光的折射规律
【解析】【分析】（1）根据三角函数的知识，结合n1sinθ1=n2sinθ2解答；
（2）根据光路的可逆性分析。
【解答】（1）如下图所示，设两条入射光线与玻璃砖相交的点之间的距离为L，
则，；
因为 n2>n1 ，且 n1sinθ1=n2sinθ2 ，
那么 sinθ1>sinθ2；
因此cosθ1则d1（2）根据光路的可逆性可知，从玻璃砖出来的折射光线与最初的入射光线平行，
则d1=d3。
13．【答案】（1）1.5；0.5
（2）0
【知识点】二力平衡的条件及其应用；功的计算公式的应用；滑轮组及其工作特点
【解析】【分析】（1）对整个装置进行受力分析，根据平衡力的知识分析计算即可；
（2） 使m1缓慢向下移动1m的距离，只移动C和m2时做功最少，根据W=Gh功的大小。
【解答】 （1）根据图片可知，整个滑轮组只用一根绳子连接，则这根绳子上的拉力都相等，
假设绳子的拉力为F，
对D受力分析，向上有两个拉力F，向下为滑轮和m3的总重力，
即mDg+m3g=2F；
1kg×10N/kg+2kg×10N/kg=F；
解得：F=15N；
对C受力分析，首先向上的两个拉力，向下的为滑轮、m2的重力和拉力F，
即：mCg+m2g+F=2F；
1kg×10N/kg+m2×10N/kg=F；
解得：m2=0.5kg；
对m1受力分析有：m1g=T；
解得：m1=1.5kg；
（2）根据题意可知，使m1缓慢向下移动1m的距离，如果两个动滑轮都上移，整个系统处于平衡状态。如果给他一很小的初速度，系统做匀速直线运动，仍处于平衡状态，因而不需要动力拉动，则至少需要对m1做功为0。
14．【答案】（1）62.5cmHg
（2）27.5cm
【知识点】气体压强跟体积的关系
【解析】【分析】 （1）由玻意耳定律求出玻璃管竖直时管内水银柱长度，然后代入玻意耳定律，求解即可插入水银槽后管内气体的压强；
（2）根据图片确定找出各种长度之间的关系，可求得管口距水银槽液面的距离H。
【解答】 （1）设当管转至竖直位置时，管内水银柱长度为x，
由玻意耳定律得：p0SL0=（p0-ρgx）S（L-x）；
整理并代入数值后得 75×50=（75-x）（100-x）；
解得：x=25cm
设插入水银槽后管内气柱长度为L'，由题设条件得
L'=L-（x+Δh）=100cm-（25+15）cm=60cm
由玻意耳定律得到，插入后管内压强。
（2）根据图片可知，管内水银与槽内水银面间高度差为h'=75cm-62.5cm=12.5cm；
管口距槽内水银面距离H=L-L'-h'=40cm-12.5cm=27.5cm。
15．【答案】MR2；4MR2
【知识点】惯性
【解析】【分析】 根据题意弄清转动物体的质量和半径，根据转动惯量的公式I=mr2求出惯量的大小。
【解答】铁丝制成的质量为M、半径为R的细圆环， 质量为M，
该圆环到中心转轴OO'的距离为R，
由转动惯量的计算公式可知，转动惯量为I=MR2；
若用同样规格的铁丝制成半径为2R的细圆环，
则该圆环绕着中心转轴转动时的转动惯量I'=M（2R）2=4MR2。
16．【答案】减小；增加
【知识点】物体内能的改变方法
【解析】【分析】根据图片分析原来气体的压强与大气压的大小关系，从而知道加速下降时体积的变化，最后根据气体的体积变化，得出气体的做功情况，然后根据做功对内能的改变即可判断内能变化。
【解答】 根据图片可知，a中气体的压强等于大气压与管内外高度差产生的压强之和；b中气体的压强等于大气压与管内外高度差产生的压强之差；
根据题意可知，升降机从静止开始加速下降，系统处于失重状态，
由于处于失重状态下，水压减小，a中气体膨胀对外做功，则内能减小；b中气体体积减小，外界对其做功，系统绝热，所以b中气体内能将增加。
17．【答案】根据图片可知，小球在A点时动能为0，只有重力势能，即mgR；
当小球从A到B时，克服摩擦阻力做负功，则到达B点时转化成的动能为：；
根据 动能E=mV2 得到：；
解得：。
【知识点】动能和势能的大小变化
【解析】【分析】从A到B点时，重力势能转化为动能和内能，据此计算出到达B点时的动能，利用公式E=mV2计算B点时的速度即可。
【解答】根据图片可知，小球在A点时动能为0，只有重力势能，即mgR；
当小球从A到B时，克服摩擦阻力做负功，则到达B点时转化成的动能为：；
根据 动能E=mV2 得到：；
解得：。
18．【答案】将电阻a、c 的位置交换，
（1）如果电流计的指针仍向右偏转，说明 a、c 两只电阻的阻值相同，再将 a、d 两只电阻的位置交换。
①如果电流计的指针仍向右偏转，说明a、d 两只电阻的阻值也相同，则b是那只阻值不同的电阻，且其值偏小。
②如果电流计的指针改为向左偏转，说明d 是那只阻值不同的电阻，且其值偏大。
（2）如果电流计的指针改为向左偏转，说明a、c 两只电阻中有一只电阻的阻值与其他电阻不同，再将a、d 两只电阻的位置交换，
①如果电流计的指针仍向左偏转，说明 a、d 的阻值相同，则c是那只阻值不同的电阻，且其值偏小。
②如果电流计的指针改为向右偏转，说明a是那只阻值不同的电阻，且其值偏大。
【知识点】串、并联电路的电压特点
【解析】【分析】电流总是从电压高的位置流向电压低的位置。 根据串联电路电压与电阻成正比的规律，结合QP点的电流方向的变化判断电压的变化，即可得出电阻的变化。
19．【答案】解：在△t时间内煤油吸热为：Q＝cm (T2－T1)，
煤油的质量： ，
温度计吸热的有效面积： ，
太阳的辐射功率：
联立①②③④四个式子，可得：。
【知识点】密度公式的应用；热量的计算
【解析】【分析】 把温度计的玻璃泡看成一个形状规则的圆柱体，根据圆柱体的体积公式求出煤油柱的体积，根据m=ρV求出煤油柱的质量，根据Q吸=cm（T2-T1）求出煤油柱吸收的热量，结合题目条件求出煤油柱的吸热面积，根据求出太阳辐射功率表达式。
20．【答案】A
【知识点】水的组成和主要性质
【解析】【分析】A.弱电解质是指在溶液中部分电离的物质；
B.根据可燃冰的组成判断；
C.水和过氧化氢都是氢氧元素组成的；
D.一般情况下，水的密度为1g/cm3，冰的密度为0.9g/cm3。
【解答】A. 弱电解质是指在溶液中部分电离的物质。水确实可以发生微弱的自耦电离，生成H+和OH-（实际上是H3O+和OH-）， 故A正确；
B. 可燃冰（天然气水合物）是由天然气（主要是甲烷）和水在高压低温条件下形成的类冰状结晶物质 ，不是水，故B错误；
C. 氢氧两种元素不仅能组成水，还能组成H2O2，故C错误；
D. 冰的密度比液态水小， 故D错误。
故选A。
21．【答案】D
【知识点】原子的构成
【解析】【分析】物质失去电子带正电荷，得到电子带负电荷，将组成微粒的原子电荷数相加，最后根据所带正负电荷数再相加或相减即可。
【解答】A. H3O＋的总电子数 = 3 + 8 - 1 = 10， OH― 的总电子数： 1 + 8 + 1 = 10 ，故A不合题意；
B. CO的总电子数： 6 + 8 = 14 ，N2 的总电子数为：2 × 7=14 ，故B不合题意；
C. HNO2的总电子数： 1 + 7 + 16 = 24， NO2― 的总电子数为： 7 + 16 + 1 = 24 ，故C不合题意；
D. CH3＋的总电子数： 6 + 3 - 1 = 8 ， NH4＋ 的总电子数为： 7 + 4 - 1 = 10 ，故D符合题意。
故选D。
22．【答案】D
【知识点】盐的性质及用途；常见物质的俗称；碱的化学性质
【解析】【分析】A.根据烧碱的化学式判断；
B.根据漂白粉的主要成分判断；
C.根据铜也氯化铁的反应判断；
D. 铵态氮肥与碱性肥料反应生成氨气。
【解答】 A．烧碱是NaOH，而不是Na2CO3，故A错误；
B．漂白粉中存在大量的次氯酸钙，而漂白粉变质的主要原因是次氯酸钙与二氧化碳和水反应生成不稳定的次氯酸，后者分解失效，故B错误；
C．氯化铁溶液与铜反应的本质，不是氯化铁从含铜离子的溶液中置换出铜，而是铁离子与铜反应生成铜离子，故C错误；
D．草木灰（有效成分为K2CO3）显碱性，不能与NH4Cl混合使用，否则会产生氨气，降低肥效，故D正确。
故选D。
23．【答案】C
【知识点】盐的性质及用途
【解析】【分析】铜的质量减小，且溶液变成蓝色，说明铜能够与加入的物质反应，还有气体生成，据此对各个选项分析判断即可。
【解答】 A.Fe2（SO4）3中的Fe3+与Cu反应生成Fe2+和Cu2+，会使铜粉减少溶液变蓝，但无气体生成，故A不符合题意；
B.铜不与Na2CO3、稀硫酸反应，铜粉质量不会减少，溶液也不会变蓝，故B不符合题意；
C.KNO3提供，稀硫酸提供H+，相当于溶液中存在稀硝酸，铜能与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮气体，满足铜粉的质量减少、溶液呈蓝色、同时有气体逸出的条件，故C符合题意；
D.FeSO4与稀硫酸都不反应，无明显现象，故D不合题意。
故选C。
24．【答案】C,D
【知识点】燃烧与灭火
【解析】【分析】 可燃性的气体及粉尘与空气或氧气混合后，达到爆炸极限，遇火花极易发生爆炸。
【解答】 A.镁条在HCl气体中燃烧，没有与氧气接触，不符合混合爆炸的条件，不会爆炸，故A不符合题意；
B.H2和CO的混合气体在空气中燃烧，是稳定燃烧，不会爆炸，故B不符合题意；
C. 混合O2和Cl2时，H2会同时与两者反应，释放更多能量和气体（H2O和HCl），爆炸可能性更高 ，故C符合题意；
D.H2、CO（可燃性）与O2、Cl2（助燃性）充分混合后点燃， 多种反应同时发生，释放大量能量和气体 ，极易发生爆炸，故D符合题意。
故选CD。
25．【答案】B
【知识点】有关化学式的计算和推断
【解析】【分析】根据投影图弄清硼化镁中两种原子的组成比例，进而得到它的化学式。
【解答】 根据投影图可知，白球代表镁原子（Mg）的投影，黑球代表硼原子（B）的投影。每个镁原子周围有 6个硼原子，每个硼原子周围有 3个镁原子。
- 这种排列方式表明硼原子和镁原子的比例为 2：1，则硼化镁的化学式为 MgB2。
故选B。
26．【答案】A
【知识点】根据化学反应方程式的计算；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】 根据题意可知，根据11.1g不纯的CaCl2样品最终也生成28.7g沉淀，肯定有一种生成28.7g沉淀时所需质量小于11.1g，还有一种生成28.7g沉淀时所需质量大于11.1g，结合物质性质和化学方程式的计算来分析。
【解答】 分别写出它们反应的方程式，并计算出参加反应的物质的质量如下：
氯化钙和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钙，
氯化镁和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸镁，
氯化钾和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钾，
氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，
而硝酸钾不能和硝酸银反应生成沉淀；
将11.1g不纯的CaCl2样品溶于水，加入足量AgNO3溶液，充分反应后将所得沉淀过滤、洗涤、干燥后称量，得到沉淀的质量为28.7g，由于11.1g不纯的CaCl2样品最终也生成28.7g沉淀，说明杂质中的两种或三种物质，肯定有一种生成28.7g沉淀时所需质量小于11.1g，还有一种生成28.7g沉淀时所需质量大于11.1g，结合上述数据可知，原样品中的杂质可能是同时含MgCl2和KCl，也可能是同时含MgCl2、KNO3和NaCl。
故选AB。
27．【答案】A
【知识点】催化剂在化学反应中的作用；还原反应与金属的冶炼
【解析】【分析】A.根据电镀的原理判断；
B.在氧化还原反应中，得到氧元素被氧化，失去氧元素被还原；
C.注意浓硫酸会参加反应；
D.催化剂本身不参与反应，反应前后化学性质和质量保持不变。
【解答】A. 电镀是利用电解原理在金属表面镀上一层其他金属或合金的过程。待镀的金属制品作为阴极（接电源负极），溶液中的金属离子（如Cu2+、Ag+等）在阴极得到电子被还原，形成金属镀层。阳极（接电源正极）通常是镀层金属，失去电子被氧化为离子进入溶液，故A正确；
B. 银锌纽扣电池工作时，Ag2O被失去氧元素变为Ag，即被还原，故B错误；
C. 放电时， H2SO4被消耗，生成水和PbSO4，因此硫酸浓度减小，故C错误；
D. 碱性锌锰电池中， MnO2是正极活性物质，参与反应被还原为MnOOH，并非催化剂，故D错误。
故选A。
28．【答案】C
【知识点】溶解现象与溶解原理
【解析】【分析】 溶解度越小的物质，越容易从溶液中沉淀出来。 如果一种物质优先沉淀，说明它的溶解度比另一种更小。
【解答】 CuSO4与Na2CO3反应时，主要生成Cu(OH)2，次要生成CuCO3，说明Cu(OH)2的溶解度比CuCO3更小（因为更容易沉淀）。
CuSO4与Na2S反应时主要生成CuS，几乎不生成Cu(OH)2，说明CuS的溶解度比Cu(OH)2更小（因为CuS优先沉淀）。
因为溶解度越小的物质，越容易从溶液中沉淀出来；
所以溶解度大小顺序为： CuS故选C。

29．【答案】C
【知识点】有关化学式的计算和推断
【解析】【分析】首先计算出铜的摩尔质量，然后根据电荷守恒计算硝酸根的质量。
【解答】根据题意可知， 6.4g铜的物质的量为：，铜与过量的硝酸，反应后溶液中所含H+为nmol，说明溶液中含有硝酸铜和硝酸，依据电荷守恒可知，溶液中n（NO3-）=n（H+）+2（Cu2+）=nmol+0.1mol×2=（n+0.2）mol。
故选C。
30．【答案】（1）Ag+
（2）SO32-；盐酸；生产白色沉淀
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1）氯化银和硫酸钡都是不溶于酸的白色沉淀；
（2）根据先排除Ag+的干扰，再检测SO42-的顺序分析。
【解答】（1） 甲同学的实验是通过加入BaCl2溶液后生成白色沉淀，推断试样中含有SO42-。然而，乙同学认为该实验不严谨，因为试样A中若含有CO32-（碳酸根离子），也会与BaCl2反应生成白色沉淀BaCO3，从而干扰实验结果。因此，乙同学认为需要进一步排除CO32-的干扰。
（2） 同学的实验是通过加入稀盐酸排除CO32-的干扰后，再加入BaCl2溶液生成白色沉淀，从而确认SO42-的存在。然而，丙同学认为该实验也不严谨，因为试样B中若含有Ag+（银离子），也会与Cl-反应生成白色沉淀AgCl，从而干扰实验结果。因此，丙同学认为需要进一步排除Ag+的干扰。
为了排除Ag+对检验的干扰，可以先往试样中滴加稀盐酸，如果无明显现象，说明不存在Ag+，再滴入氯化钡溶液，产生白色沉淀，则沉淀一定是硫酸钡，所以方案丙中试剂I是盐酸；现象Ⅱ是产生白色沉淀。
31．【答案】（1）Fe2+； Fe3+； H+；硝酸铁
（2）B；C
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】 （1）四氧化三铁是具有磁性的黑色固体，根据四氧化三铁与盐酸的反应产物分析解答；
（2）根据这些离子与氢氧化钠的反应产物，以及这些反应产物高温灼烧后的产物与酸的反应产物分析判断。
【解答】 （1）四氧化三铁是具有磁性的黑色固态，所以Y是四氧化三铁。四氧化三铁和盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，所以将Y溶于过量盐酸后溶液中大量存在的阳离子是Fe2+、Fe3+、H+；
Y与过量浓硝酸反应后会生成硝酸铁，即溶液中含有的盐的化学式为Fe（NO3）3；
（2）根据化合物之间的反应规律可知，镁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁灼烧生成氧化镁，氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁灼烧生成氧化铁，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，铝离子和过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸根离子，铜离子和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜灼烧生成氧化铜，氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是亚铁离子、铝离子。
故选BC。
32．【答案】3.6%HCl；4.0%NaOH
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】无色酚酞试液遇到酸不变色，遇到碱变成红色，据此结合四种物质的性质进行分类，并推理，最终判断四种物质的编号。
【解答】 根据题意可知，氢氧化钠溶液能使酚酞试液变成红色，可以分成变色和不变色两组：稀盐酸和氯化钠溶液；氢氧化钠溶液和酚酞试液；
取一组混合液，不断滴入另一组的一种未知溶液，可鉴别出1号和2号溶液，可以是变红的溶液遇到稀盐酸会褪色，遇到氯化钠溶液无变化，因此1号和2号应该是稀盐酸和氯化钠溶液；3号和4号是氢氧化钠溶液和酚酞试液；
再取已鉴别出的1号未知溶液1mL，滴入3号未知溶液3滴（每滴0.05mL），再加入4号未知溶液4mL，在这个过程中无明显实验现象，由于3号和4号是氢氧化钠和酚酞试液，最终没有明显现象，因此1号应该是盐酸，盐酸和氢氧化钠完全发生中和反应，最终溶液变为酸性，则2号为氯化钠溶液，3号为氢氧化钠溶液，4号为酚酞试液。
33．【答案】（1）；
（2）ABDBBC
（3）收集尾气中的CO，防止污染空气
（4）第1个B装置：药品为浓硫酸，用途为干燥A装置生成的一氧化碳气体
第2个B装置：药品为澄清石灰水，用途为检验反应是否产生二氧化碳气体
第3个B装置：药品为CuCl－NH3溶液，用途为收集CO，防止污染空气
【知识点】气体装置的装配、连接、选择与气密性检查；书写化学方程式、文字表达式
【解析】【分析】 （1）根据图片确定反应物、反应条件和生成物，据此写出对应的化学方程式；
（2）根据本实验的目的，确定气体经过的各个环节，从而确定装置的顺序；
（3）根据一氧化碳有毒分析；
（4）根据实验要求分析装置B中的试剂及作途。
【解答】 （1）根据题意可知，A装置中HCOOH与浓硫酸反应生成CO和水，发生的反应的化学方程式为：；
D装置中CO与氧化铁反应生成铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：；
（2）根据题意可知，本实验是用A装置生成的CO还原D装置中的氧化铁并且验证反应的产物。进入D装置的CO需干燥，而浓硫酸具有吸水性，因此在A后连接一个盛浓硫酸的B装置。从D装置生成的气体是CO2，二氧化碳能够使澄清的石灰水变浑浊，故在D后面连接一个盛澄清石灰水的B装置。为除去过量的CO，需连接一个盛CuCl-NH3溶液的B装置。最后用C装置收集还剩余的CO。
故装置连接顺序为：ABDBBC；
（3）一氧化碳有毒，不能排入空气，则空瓶C的作用是：收集尾气中的CO，防止污染空气；
（4）由上述（2）的分析可知装置中的B装置的试剂及用途为：
第1个B装置：试剂为浓硫酸，用途为干燥A装置生成的一氧化碳气体；
第2个B装置：试剂为澄清石灰水，用途为检验反应是否产生二氧化碳气体；
第3个B装置：试剂为CuCl-NH3溶液，用途为收集CO，防止污染空气。
34．【答案】（1）B
（2）4Fe+10HNO3=4Fe(NO3)3+NH4NO3+3H2O；氮氧化物排放少（或其他合理答案）
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；金属的腐蚀与防护
【解析】【分析】 （1）铁与水分和氧气接触时会生锈；
（2）②根据题意确定反应物、反应条件和生成物，据此确定反应的方程式；
③“绿色化学”，即反应产物不污染环境，根据反应的生成物分析。
【解答】 （1） 根据图片可知，铁闸浸入海水，A区域里水较远，B区域接触水和氧气最充分，因此发生吸氧腐蚀最剧烈，生成铁锈最多。C、D区域分别处于水下较深位置或与氧气接触较少，腐蚀相对较慢。
故选B。
（2）②根据流程图可知，铁与硝酸反应生成了硝酸亚铁、硝酸铵和水，反应的方程式是4Fe+10HNO3=4Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O。
③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是氮氧化物排放少，不污染空气等。
35．【答案】（1）Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O
（2）过滤
（3）d
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；混合物的分离方法（过滤、蒸发、结晶）
【解析】【分析】（1）根据反应物、反应条件和生成物，确定反应的方程式；
（2）过滤操作用于分离液体和不溶于液体的固态物质；
（3）对各个装置进行分析，从是否吸收二氧化硫，以及装置的合理性的角度分析。
【解答】 （1）由装置Ⅱ中发生的反应 Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5 可知，装置Ⅰ中产生的气体为SO2，即亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，所以反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O。
（2）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，需要将晶体与液体分离，则分离方法为过滤；
（3）a.根据图片可知，将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故a错误；
b.氯化钠溶液吸收二氧化硫能力较差，故b错误；
c.浓硫酸不能吸收二氧化硫气体，所以无法实现实验目的，故c错误；
d.氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收二氧化硫气体，故d正确。
故选d。
36．【答案】解：两份X样品的质量相等，则固体D铜的一半16g为CuO与CO反应生成的铜，另一半则为铁与氯化铜反应生成的铜，则混合物X中氧化铜的质量=÷×100%=20g；
设与氯化铜反应的铁的质量为x，与盐酸反应的铁的质量为y
；
= ；
解得：x=14g；
；
= ；
解得： y=14g；
则固体B中铁的质量为14g+14g=28g，混合物X中FeO的质量=28g÷×100%=36g；
每份X的质量=36g+20g=56g，
X中FeO和CuO的质量比=36g：20g=9：5。
答：每份X的质量为56g，及X中FeO和CuO的质量比为9：5．
【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，FeO可与盐酸反应生成氯化亚铁和水，CuO可与盐酸反应生成氯化铜和水，FeO、CuO都能与CO反应，分别生成铁、铜及二氧化碳．据此可判断A为氯化亚铁、氯化铜及剩余盐酸的混合溶液，固体B则为铁、铜的混合物．A、B混合时铁与氯化铜及盐酸继续反应，得到氯化亚铁、铜和氢气。
写出铁和氯化铜反应的方程式，铁和稀盐酸反应的方程式，利用质量之间的比例关系计算出铁的质量和氧化亚铁的质量，最后二者作比即可。
37．【答案】C,D
【知识点】光合作用的原料、条件和产物
【解析】【分析】 绿色植物利用光提供的能量，在叶绿体中把二氧化碳和水合成了淀粉等有机物，并且把光能转化成化学能，储存在有机物中，这个过程就叫光合作用，据此结合光合作用的通式分析判断。
【解答】A. 光合作用释放的氧气直接来自水的光解，而不是葡萄糖。因此，18O 会先出现在氧气中，而不是葡萄糖中，故A错误；
B. 希尔和尼尔的实验证明，光合作用释放的氧气来自水，而不是二氧化碳，故B错误；
C.根据光合作用的表达式可知，氧气中的氧原子来自水，释放的是，故C正确；
D一段很长的时间后， 18O在植物体周围空气的氧气中、二氧化碳中、植物体光合作用产生的葡萄糖中均能被检测到，故D正确。
故选CD。
38．【答案】A,C
【知识点】植物体内的物质和能量的转换原理对农业生产的影响
【解析】【分析】绿色植物利用光合作用制造有机物，合理的光照对植物生长十分重要，据此分析判断。
【解答】A. 合理密植能够改善田间通风条件，增加二氧化碳的供应，而二氧化碳是光合作用的原料之一，有助于提高光合作用效率，从而提高产量，故A正确；
B. 通风不仅有助于光合作用，还能为水稻的呼吸作用提供充足的氧气，特别是在夜间或阴天，呼吸作用对水稻的生长和能量供应至关重要，但是呼吸作用会消耗白天产生的有机物，因此这不是合理密植的目的，故B错误；
C. 合理密植避免了植株过密导致的互相遮阴问题，确保每株水稻都能获得足够的光照，从而提高整体的光合作用效率，故C正确；
D. 虽然合理密植可能对收割有一定便利，但这不是提高产量的主要原因，故D错误。
故选AC。
39．【答案】B,D
【知识点】血液循环
【解析】【分析】 心室收缩期（等容收缩期）： 左房室瓣和主动脉瓣都关闭，此时心室肌收缩，但心室容积不变（因为血液尚未射出）。心室舒张期（等容舒张期）： 左房室瓣和主动脉瓣都关闭，此时心室肌舒张，但心室容积不变（因为血液尚未充盈），据此分析判断。
【解答】 AB.在人体心脏左房室瓣和主动脉瓣都关闭的情况下， 心室收缩时如果容积减小，说明血液正在射出，此时主动脉瓣应打开。 这是等容收缩期的情况，即左心室容积基本不变，故A错误，B正确；
CD.在人体心脏左房室瓣和主动脉瓣都关闭的情况下， 心室舒张时如果容积增大，说明血液正在充盈，此时左房室瓣应打开。这是等容舒张期的情况，此时两瓣膜均关闭，即左心室的容积基本不变，故D错误，D正确。
故选BD。
40．【答案】A,B,D
【知识点】能量流动和物质循环
【解析】【分析】根据自己对自然界能量流动和循环的认识判断即可。
【解答】 A. 食物链是能量流动的主要渠道，能量通过食物链从一个营养级传递到下一个营养级，物质循环也通过食物链进行，故A正确；
B. 分解者（如细菌和真菌）能够将有机物分解为无机物，使营养物质重新回到环境中，从而促进物质的循环利用，故B正确；
C. 能量流动是单向的，不能循环利用。能量在流动过程中会逐渐以热能形式散失到环境中，不能再被生产者重新利用，故C错误；
D. 能量在从一个营养级传递到下一个营养级时，大部分能量会以热能形式散失，只有约10%的能量能够传递到下一营养级，因此能量流动是逐级递减的，故D正确。
故选ABD。
41．【答案】A,B
【知识点】生态系统的自动调节能力
【解析】【分析】 生态系统的稳定性是指生态系统在受到外界干扰时保持其结构和功能的能力。影响生态系统稳定性的因素主要包括物种多样性、种群数量、生态位分化等。
【解答】 A.物种多样性越高，生态系统的稳定性通常越强。因为更多的物种意味着更复杂的食物网和更多的生态位分化，当某一物种受到干扰时，其他物种可以补偿其功能，从而维持生态系统的平衡，故A正确；
B. 种群数量（个体数）的多少会影响生态系统的稳定性。例如，关键物种（如顶级捕食者或关键生产者）的种群数量变化可能对整个生态系统产生重大影响，故B正确；
C. 植株大小通常影响个体的生存和繁殖能力，但对整个生态系统的稳定性影响较小，除非是优势种或关键物种的植株大小发生显著变化，故C错误；
D. 个体形态（如体型、结构等）主要影响物种的适应性，但对整个生态系统的稳定性影响较小，故D错误。
故选AB。
42．【答案】（1）根
（2）霉菌和酵母菌
【知识点】食物与营养
【解析】【分析】（1）块根是植物用于储存营养物质的器官，在甘薯中尤为发达，因此淀粉含量丰富。
（2）根据淀粉生产酒精的生产流程确定需要的两种微生物。
【解答】（1） 甘薯（地瓜）的淀粉主要储存在其块根中。
（2） 用淀粉生产酒精的过程分为两步：
1. 糖化阶段：淀粉需先分解为葡萄糖，此过程由霉菌（如曲霉）分泌的淀粉酶催化完成。
2. 发酵阶段：葡萄糖在无氧条件下被酵母菌发酵，生成酒精（乙醇）和二氧化碳。
因此利用淀粉生产酒精的过程中， 先后用到的两种微生物按顺序为霉菌（或曲霉）和酵母菌。
43．【答案】（1）6
（2）10.9
（3）6
【知识点】光合作用和呼吸作用的相互关系
【解析】【分析】（1）两个图像相交时，说明二者吸收二氧化碳的速率相同，即光合速度相同；
（2）根据图像确定A植物在光照强度为9千勒克司时吸收二氧化碳的速率，据此计算2h吸收二氧化碳的质量，最后根据光合作用的反应式计算累积葡萄糖的质量；
（3）根据图像提取信息，从呼吸速率和光合速率的角度分析计算。
【解答】（1） 从图中可以看出，A、B两条曲线在光照强度为6千勒克司时相交，此时A、B两种植物的光合速度相同。
（2） 根据图像可知，A植物在光照强度为9千勒克司时，2小时单位叶面积可净消耗的二氧化碳的量为8mg/h×2h=16mg，根据光合作用的反应式可计算出可积累葡萄糖的量为（16×180）÷（6×44）=10.9mg。
（3） A植物的呼吸速率为4mg/h 单位叶面积，24h内消耗有机物为4×24=96mg/单位叶面积，要使植物正常生长，则12h内光合作用制造的有机物要大于96mg/单位叶面积，则实际光合速率要大于96÷12=8mg/h 单位叶面积，即净光合速率要大于8-4=4mg/h 单位叶面积，从图中可以看出光照强度为6Klx时，A植物的净光合速率为4mg/h 单位叶面积，所以要使有机物积累量为正值，白天平均光照强度必须大于6千勒克司。
1 / 1浙江省温州市瓯海中学2025-2026学年第一学期八年级素质测试科学试卷（8A班提前招科学试卷）
1．（2025八上·温州竞赛）为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是(　　)
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】通电直导线周围的磁场
【解析】【分析】根据地磁场的方向和安培定则分析判断。
【解答】地磁两极和地理两极交错分布，则上面为地理北极，也就是地磁南极，下面为地磁北极。用右手握住地球，大拇指指向下端，此时弯曲的四指的方向为电流方向。由于在地球右侧，指尖的方向向外，所以地球右侧电流方向向外。
故选B。
2．（2025八上·温州竞赛）如图所示是一个传送带，B轮转动带动物体C向右上方匀速运动，物体C没有在皮带上发生滑动，皮带与轮之间不打滑，则有关物体C与皮带之间的摩擦、皮带与B轮之间的摩擦的说法正确的是(　　)
A．没有摩擦、滚动摩擦 B．静摩擦、滚动摩擦
C．静摩擦、静摩擦 D．滑动摩擦、滚动摩擦
【答案】C
【知识点】摩擦力的存在
【解析】【分析】摩擦力分为以下三种：
1. 静摩擦：当两个物体有相对运动的趋势但没有实际相对滑动时，存在的摩擦。例如：物体静止在斜面上、汽车轮胎与地面之间的摩擦（不打滑时）。
2. 滑动摩擦：当两个物体之间有相对滑动时，存在的摩擦。例如：物体在桌面上滑动。
3. 滚动摩擦：当一个物体在另一个物体表面滚动时，存在的摩擦。例如：车轮在地面上滚动。
【解答】根据题意可知， B轮转动带动物体C向右上方匀速运动时，物体C和皮带之间没有相对运动，只有相对运动的趋势，因此为静摩擦力。皮带和B轮之间情况相同，也是静摩擦力。
故选C。
3．（2025八上·温州竞赛）如图所示，把测量大气压强的托里拆利实验装置放在电子秤上，玻璃管A由支架固定，且跟水银槽B的底部不接触。当大气压强是1.0×105Pa时，电子秤的示数为Q，若外界大气压强下降时，电子秤的读数将(　　)
A．等于Q B．大于Q C．小于Q D．无法确定
【答案】B
【知识点】力的测量
【解析】【分析】对电子秤进行受力分析，从而确定它的示数变化即可。
【解答】根据题意可知，电子秤的示数等于烧杯和里面水银的总重力与大气压力的和。当大气压强增大时，根据F=pS可知，大气对水银面的压力增大，而水银的重力不变，则电子秤的示数增大。
故选B。
4．（2025八上·温州竞赛）拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具。设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ。当拖把头在地板上匀速移动时推拖把的力F 的大小为(　　)
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】二力平衡的条件及其应用
【解析】【分析】对拖把在水平和竖直方向进行受力分析，根据平衡力的知识和力的分解的知识列式计算即可。
【解答】 根据题意可知， 拖把头在地板上匀速移动时，在竖直方向上，重力和支持力相互平衡；在水平方向上，推力和摩擦力处于平衡，
在竖直方向上有：N=Fcosθ+mg ①；
水平方向上有：Fsinθ=f ②；
又f=μN ③；
①②③联立解得：，
故B正确，A、C、D错误。
故选B。
5．（2025八上·温州竞赛）飞机沿水平方向在有风的空中匀速飞行，风速稳定。在飞机上每隔相同的时间投掷一枚炸弹，炸弹离开飞机后落在水平地面上，则下列说法正确的是(　　)
A．若飞机逆风飞行，则相邻炸弹的落地点间距逐渐减小
B．若飞机顺风飞行，则相邻炸弹的落地点间距逐渐增大
C．无论飞机逆风还是顺风飞行，相邻炸弹的落地点间距都将逐渐增大
D．无论飞机逆风还是顺风飞行，相邻炸弹的落地点间距都保持不变
【答案】D
【知识点】速度公式及其应用；惯性
【解析】【分析】根据惯性的知识，结合速度公式s=vt分析判断。
【解答】 根据题意可知，飞机沿水平方向在有风的空中匀速飞行，在飞机上每隔相同的时间投掷一枚炸弹。由于惯性，炸弹保持原来的状态继续运动，由于每个炸弹受到的阻力是相同的，其运动路径都是相同的。相邻炸弹之间投掷间隔时间相同，根据s=vt可知，炸弹离开飞机后落在水平地面上的间隔距离也是相等的。
故选D。
6．（2025八上·温州竞赛）如图所示，木块漂浮在水面上，木块上置有铁块而保持平衡。把木块用一轻而短的细线与铁块相连，并将铁块投入水中，则(　　)
A．铁块与木块将一起沉入水底
B．木块仍漂浮在水面上，但水面高度略有上升
C．木块仍漂浮在水面上，但水面高度略有下降
D．木块排开水的体积变小，水面高度不变
【答案】D
【知识点】阿基米德原理；物体的浮沉条件及其应用
【解析】【分析】根据漂浮条件比较二者受到浮力大小，根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排分析排开液体体积大小，进而判断水面的高度变化。
【解答】将铁块和木块看作一个整体，当铁块叠放在木块上时，它们处于漂浮状态，说明平均密度小于水的密度。
把木块用一轻而短的细线与铁块相连，并将铁块投入水中， 由于平均密度小于水的密度，因此二者仍然为漂浮状态。
比较可知，二者受到的浮力之和不变，根据阿基米德原理F浮=ρ液gV排可知，二者排开水的总体积不变，因此水面高度不变。
原来排开水的体积等于木块排开水的体积，后来排开水的体积等于木块排开水的体积和铁块体积之和，因此木块排开水的体积变小。
故选D。
7．（2025八上·温州竞赛）一个质量为M，电量为q的小球由一根质量不计的绝缘细线悬挂在真空中，真空中存在如图所示的匀强电场，在此区域中小球所受电场力大小相等、方向相同，且方向与图示中电场线方向平行，小球在图中所示的O点保持平衡．当细线被切断之后，小球的运动轨迹是（　　）
A．直线OA B．直线OB C．曲线OC D．直线OD
【答案】B
【知识点】牛顿第一定律；二力平衡的条件及其应用
【解析】【分析】根据牛顿第一定律分析判断。
【解答】根据图片可知，小球受到斜向上的拉力，水平向右的电磁力，竖直向下的重力。此时小球处于静止状态，则它受到平衡力。重力和电磁力构成的合力与细绳的拉力相互平衡，等效图如下：
如果切断细线，那么小球只受斜向下的合力作用，此时它的运动方向沿直线OB的方向，故B正确，而A、C、D错误。
故选B。
8．（2025八上·温州竞赛）如图所示的装置可测量子弹的飞行速度。在一根轴上相隔s＝1m处安装两个平行的薄圆盘，使轴带动两盘以n＝3000r/min的转速匀速转动，飞行的子弹平行于轴沿一直线穿过两圆盘，即在盘上留下两个孔，现测得两小孔所在半径间的夹角为30°，子弹飞行速度大小可能是(　　)
A．500m/s B．600m/s C．700m/s D．800m/s
【答案】B
【知识点】速度公式及其应用
【解析】【分析】子弹飞行1m的时间等于转盘转过30°的时间，结合计算即可。
【解答】根据转速3000r/min可知，转一圈的时间为：；
转过30°的时间为：；
则子弹飞行速度为：。
故选B。
9．（2025八上·温州竞赛）有一乒乓球从距水泥地面某一高度处静止落下与地面碰撞后反弹，下面描述乒乓球的速度与时间关系的图象正确的是(　　)
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】速度与物体运动
【解析】【分析】根据乒乓球运动过程中的速度变化规律判断。
【解答】当乒乓球从空中由静止下落时，此时受向下的重力作用和向上的阻力，合力向下，则做加速运动。由于阻力越来越大，则合力越来越小，因此相同时间内速度的增大量越来越小，因此图像逐渐向右弯曲；
当乒乓球触地反弹后，阻力和重力都向下，即合力向下，因此乒乓球做减速运动。由于阻力越来越小，因此速度的减小量越来越小，因此图像向右弯曲，但是弯曲幅度小于前面，最终速度为0.
故选D。
10．（2025八上·温州竞赛）如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，下面判断不正确的是(　　)
A．L1和L3变亮，L2变暗
B．L1变暗，L2变亮，L3亮度不变
C．L1中电流变化值大于L3中电流变化值
D．L1上电压变化值小于L2上的电压变化值
【答案】D
【知识点】串、并联电路的电流特点；串、并联电路的电压特点
【解析】【分析】根据图片确定串并联关系，结合欧姆定律、串并联电路的电压、电流规律，对各个选项分析判断即可。
【解答】 根据图片可知，灯泡L3与变阻器串联在同一支路上，再与灯泡L2并联，定值电阻R0与L1串联在干路上。
当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，此时电路中总电流减小，故L1变暗，故A错误；
电路中干路电流减小，根据U=IR可知，R0、L1两端的电压减小。根据串联电路的电压特点U总=U1+U2可知，并联部分两端的电压增大，故L2变亮；
由于干路电流减小，而灯泡L2中电流增大，根据并联电路I总=I1+I2可知，通过支路L3的电流减小，故L3变暗，故AB错误符合题意；
因L1中电流减小，L3中电流减小，而L2中电流增大；开始时有：I1=I2+I3，故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值，故C错误符合题意；
因并联部分的电压与L1、R0上的总电压等于电源电压；L2两端的电压增大，L1、R0及内阻r两端的电压减小，而电源电压不变，故L2两端电压增大值应等于其它电阻的减小值，故L1上电压变化值小于L2上的电压变化值，故D正确不合题意。
故选ABC。
11．（2025八上·温州竞赛）有一根长度为L的弹簧，它能承受的最大拉力为F，在最大拉力F的作用下，弹簧伸长了ΔL。现用剪刀将弹簧剪成长度为L/3和2L/3的两段，则长度为2L/3的弹簧能承受的最大拉力为　 　F，在这个最大拉力作用下，弹簧伸长了　 　ΔL。
【答案】1；2/3
【知识点】弹力
【解析】【分析】根据弹簧的伸长与受到的拉力成正比可知，当弹簧受到拉力作用时，各个点受到的拉力相等，据此分析解答。
【解答】 同一弹簧上各个点受到的力大小都相等，原来弹簧能承受的最大拉力为F，则当将弹簧剪成长度为L/3和2L/3的两段，弹簧能承受的最大拉力是不变的，大小仍为F。
根据弹簧的伸长和受到的拉力成正比可知，各点受到的力大小相等，所以弹簧的伸长是均匀的。
当弹簧在最大拉力F的作用下，弹簧伸长了ΔL，所以长度为2L/3的弹簧在这个最大拉力作用下，弹簧伸长是。
12．（2025八上·温州竞赛）当光从一种介质进入另一种介质时会发生偏折，偏折的程度与介质的性质有关，物理学上，用折射率n来描述介质的这种性质。如图甲所示，当光线从折射率为n1的介质1进入折射率为n2的介质2时，满足n1sinθ1=n2sinθ2。现将一折射率为n2的长方体玻璃砖放在折射率为n1的介质中（n2>n1），让一宽度为d1的平行光束射向玻璃砖，如图乙所示，设光束在玻璃砖中的宽度为d2，射出玻璃砖后的宽度为d3，则d1　 　d2，d1　 　d3（两空均选填“大于”、“等于”或“小于”）。
【答案】小于；等于
【知识点】光的折射规律
【解析】【分析】（1）根据三角函数的知识，结合n1sinθ1=n2sinθ2解答；
（2）根据光路的可逆性分析。
【解答】（1）如下图所示，设两条入射光线与玻璃砖相交的点之间的距离为L，
则，；
因为 n2>n1 ，且 n1sinθ1=n2sinθ2 ，
那么 sinθ1>sinθ2；
因此cosθ1则d1（2）根据光路的可逆性可知，从玻璃砖出来的折射光线与最初的入射光线平行，
则d1=d3。
13．（2025八上·温州竞赛）如图所示，A、B为定滑轮，C、D为动滑轮，已知，m3=2kg，滑轮的质量mA =mB =mC =mD =1kg不计一切摩擦，系统处于静止状态，则：
（1） m1=　 　 kg ，m2=　 　 kg。
（2）为使 m1 缓慢向下移动1m的距离，至少需要对m1 做功W=　 　J
【答案】（1）1.5；0.5
（2）0
【知识点】二力平衡的条件及其应用；功的计算公式的应用；滑轮组及其工作特点
【解析】【分析】（1）对整个装置进行受力分析，根据平衡力的知识分析计算即可；
（2） 使m1缓慢向下移动1m的距离，只移动C和m2时做功最少，根据W=Gh功的大小。
【解答】 （1）根据图片可知，整个滑轮组只用一根绳子连接，则这根绳子上的拉力都相等，
假设绳子的拉力为F，
对D受力分析，向上有两个拉力F，向下为滑轮和m3的总重力，
即mDg+m3g=2F；
1kg×10N/kg+2kg×10N/kg=F；
解得：F=15N；
对C受力分析，首先向上的两个拉力，向下的为滑轮、m2的重力和拉力F，
即：mCg+m2g+F=2F；
1kg×10N/kg+m2×10N/kg=F；
解得：m2=0.5kg；
对m1受力分析有：m1g=T；
解得：m1=1.5kg；
（2）根据题意可知，使m1缓慢向下移动1m的距离，如果两个动滑轮都上移，整个系统处于平衡状态。如果给他一很小的初速度，系统做匀速直线运动，仍处于平衡状态，因而不需要动力拉动，则至少需要对m1做功为0。
14．（2025八上·温州竞赛）如图，长L=100cm，粗细均匀的玻璃管一端封闭。水平放置时，长L0=50cm的空气柱被水银封住，水银柱长h=30cm。将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，然后竖直插入水银槽，插入后有Δh=15cm的水银柱进入玻璃管。设整个过程中温度始终保持不变，大气压强p0=75cmHg。求：
（1）插入水银槽后管内气体的压强为　 　cmHg；
（2）管口距水银槽液面的距离　 　cm。
【答案】（1）62.5cmHg
（2）27.5cm
【知识点】气体压强跟体积的关系
【解析】【分析】 （1）由玻意耳定律求出玻璃管竖直时管内水银柱长度，然后代入玻意耳定律，求解即可插入水银槽后管内气体的压强；
（2）根据图片确定找出各种长度之间的关系，可求得管口距水银槽液面的距离H。
【解答】 （1）设当管转至竖直位置时，管内水银柱长度为x，
由玻意耳定律得：p0SL0=（p0-ρgx）S（L-x）；
整理并代入数值后得 75×50=（75-x）（100-x）；
解得：x=25cm
设插入水银槽后管内气柱长度为L'，由题设条件得
L'=L-（x+Δh）=100cm-（25+15）cm=60cm
由玻意耳定律得到，插入后管内压强。
（2）根据图片可知，管内水银与槽内水银面间高度差为h'=75cm-62.5cm=12.5cm；
管口距槽内水银面距离H=L-L'-h'=40cm-12.5cm=27.5cm。
15．（2025八上·温州竞赛）各种转动着的转轮在动力消失后，还需要过一段时间才能停止转动，可见转动物体有转动惯性，转动惯性的大小在物理学中用转动惯量I来表示。物体可看作由n个微小部分组成，它们的质量分别为m1、m2…mn， 到某转动轴的距离分别为r1、r2、…r n，则该物体对该转动轴的转动惯量为：I=m1r12+m2r22+……+mnrn2如果是用铁丝制成的质量为M、半径为R的细圆环，我们将该圆环均匀分割为N等份，当N足够大时，每一等份可以看作是一个微小部分，则该圆环绕着中心转轴OO’转动时的转动惯量为　 　；若用同样规格的铁丝制成半径为2R的细圆环，则该圆环绕着中心转轴OO’转动时的转动惯量为　 　。
【答案】MR2；4MR2
【知识点】惯性
【解析】【分析】 根据题意弄清转动物体的质量和半径，根据转动惯量的公式I=mr2求出惯量的大小。
【解答】铁丝制成的质量为M、半径为R的细圆环， 质量为M，
该圆环到中心转轴OO'的距离为R，
由转动惯量的计算公式可知，转动惯量为I=MR2；
若用同样规格的铁丝制成半径为2R的细圆环，
则该圆环绕着中心转轴转动时的转动惯量I'=M（2R）2=4MR2。
16．（2025八上·温州竞赛） 如图所示，放置在升降机地板上有盛有水的容器中，插有两根相对容器位置是固定的玻璃管a和b，管的上端都是封闭的，下端都是开口的，管内被水各封有一定质量的气体，平衡时，a管内的水面比管外低，b管内的水面比管外高，现令升降机从静止开始加速下降，已知在此过程中管内气体仍被封闭在管内，且经历的过程可被为绝热过程，则在此过程中a中气体内能　 　，b中气体内能　 　．(填增大 减小或不变)
【答案】减小；增加
【知识点】物体内能的改变方法
【解析】【分析】根据图片分析原来气体的压强与大气压的大小关系，从而知道加速下降时体积的变化，最后根据气体的体积变化，得出气体的做功情况，然后根据做功对内能的改变即可判断内能变化。
【解答】 根据图片可知，a中气体的压强等于大气压与管内外高度差产生的压强之和；b中气体的压强等于大气压与管内外高度差产生的压强之差；
根据题意可知，升降机从静止开始加速下降，系统处于失重状态，
由于处于失重状态下，水压减小，a中气体膨胀对外做功，则内能减小；b中气体体积减小，外界对其做功，系统绝热，所以b中气体内能将增加。
17．（2025八上·温州竞赛）运动的物体具有能量，我们把这种能量称为动能，物体的动能与物体的质量和速度的大小有关。若物体的质量为m，速度大小为V，则物体的动能E=mV2。功是能量转化的量度，功有正功和负功之分，力对物体做正功，将使物体的动能增加，力对物体做负功，物体的动能将会减少。物体受到的所有外力对物体做功之和等于物体动能的变化，这就是物理中的一条重要规律——动能定理。如图所示是半径为R的固定半圆槽，有一质量为m的小球从半圆槽的最高点A处由静止开始释放，已知小球从A处滑到底部最低点B处的过程中，摩擦阻力对小球所做的功为，试用动能定理求小球滑到底部最低点B处时速度的大小。（在小球的下滑过程中支持力对小球做功为零）
【答案】根据图片可知，小球在A点时动能为0，只有重力势能，即mgR；
当小球从A到B时，克服摩擦阻力做负功，则到达B点时转化成的动能为：；
根据 动能E=mV2 得到：；
解得：。
【知识点】动能和势能的大小变化
【解析】【分析】从A到B点时，重力势能转化为动能和内能，据此计算出到达B点时的动能，利用公式E=mV2计算B点时的速度即可。
【解答】根据图片可知，小球在A点时动能为0，只有重力势能，即mgR；
当小球从A到B时，克服摩擦阻力做负功，则到达B点时转化成的动能为：；
根据 动能E=mV2 得到：；
解得：。
18．（2025八上·温州竞赛）在四个外型完全一样的电阻中，有三个电阻的阻值完全相同，为了挑出那只阻值不同的电阻，并确定它的阻值是偏大还是偏小，小华设计了如图所示的电路。闭合开关后，他发现电流由Q流向P，电流计的指针向右偏转。请你帮助他完成实验，并回答他是如何得到结果的？（要求写出实验操作过程，过程要尽量题简便。）
【答案】将电阻a、c 的位置交换，
（1）如果电流计的指针仍向右偏转，说明 a、c 两只电阻的阻值相同，再将 a、d 两只电阻的位置交换。
①如果电流计的指针仍向右偏转，说明a、d 两只电阻的阻值也相同，则b是那只阻值不同的电阻，且其值偏小。
②如果电流计的指针改为向左偏转，说明d 是那只阻值不同的电阻，且其值偏大。
（2）如果电流计的指针改为向左偏转，说明a、c 两只电阻中有一只电阻的阻值与其他电阻不同，再将a、d 两只电阻的位置交换，
①如果电流计的指针仍向左偏转，说明 a、d 的阻值相同，则c是那只阻值不同的电阻，且其值偏小。
②如果电流计的指针改为向右偏转，说明a是那只阻值不同的电阻，且其值偏大。
【知识点】串、并联电路的电压特点
【解析】【分析】电流总是从电压高的位置流向电压低的位置。 根据串联电路电压与电阻成正比的规律，结合QP点的电流方向的变化判断电压的变化，即可得出电阻的变化。
19．（2025八上·温州竞赛）太阳的辐射功率是指在单位时间内太阳垂直辐射到物体表面单位平面面积上的能量。用中学实验室里常用的煤油温度计就可以粗略测算出太阳的辐射功率。中午时，先将温度计置于室内背阴处，读出这时的温度T1.然后将该温度计水平放在太阳光下照射，使光线垂直于温度计辐射玻璃泡部分，记录下温度从T1升高至T2过程所经历的时间△t和末温T2.若温度计玻璃视为圆柱体，其平均直径为d，液泡的平均长度为L，煤油的密度为，煤油的比热容为c，设想太阳辐射到液泡上的能量全部被煤油吸收，试分析推导出太阳辐射功率P的表达式。
【答案】解：在△t时间内煤油吸热为：Q＝cm (T2－T1)，
煤油的质量： ，
温度计吸热的有效面积： ，
太阳的辐射功率：
联立①②③④四个式子，可得：。
【知识点】密度公式的应用；热量的计算
【解析】【分析】 把温度计的玻璃泡看成一个形状规则的圆柱体，根据圆柱体的体积公式求出煤油柱的体积，根据m=ρV求出煤油柱的质量，根据Q吸=cm（T2-T1）求出煤油柱吸收的热量，结合题目条件求出煤油柱的吸热面积，根据求出太阳辐射功率表达式。
20．（2025八上·温州竞赛）水是生命之源，2014年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图像，模型如图。下列关于水的说法正确的是(　　)
A．水是弱电解质
B．可燃冰是可以燃烧的水
C．氢氧两种元素只能组成水
D．0℃时冰的密度比液态水的密度大
【答案】A
【知识点】水的组成和主要性质
【解析】【分析】A.弱电解质是指在溶液中部分电离的物质；
B.根据可燃冰的组成判断；
C.水和过氧化氢都是氢氧元素组成的；
D.一般情况下，水的密度为1g/cm3，冰的密度为0.9g/cm3。
【解答】A. 弱电解质是指在溶液中部分电离的物质。水确实可以发生微弱的自耦电离，生成H+和OH-（实际上是H3O+和OH-）， 故A正确；
B. 可燃冰（天然气水合物）是由天然气（主要是甲烷）和水在高压低温条件下形成的类冰状结晶物质 ，不是水，故B错误；
C. 氢氧两种元素不仅能组成水，还能组成H2O2，故C错误；
D. 冰的密度比液态水小， 故D错误。
故选A。
21．（2025八上·温州竞赛）下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是(　　)
A．H3O＋ 和OH― B．CO和N2
C．HNO2和NO2― D．CH3＋ 和NH4＋
【答案】D
【知识点】原子的构成
【解析】【分析】物质失去电子带正电荷，得到电子带负电荷，将组成微粒的原子电荷数相加，最后根据所带正负电荷数再相加或相减即可。
【解答】A. H3O＋的总电子数 = 3 + 8 - 1 = 10， OH― 的总电子数： 1 + 8 + 1 = 10 ，故A不合题意；
B. CO的总电子数： 6 + 8 = 14 ，N2 的总电子数为：2 × 7=14 ，故B不合题意；
C. HNO2的总电子数： 1 + 7 + 16 = 24， NO2― 的总电子数为： 7 + 16 + 1 = 24 ，故C不合题意；
D. CH3＋的总电子数： 6 + 3 - 1 = 8 ， NH4＋ 的总电子数为： 7 + 4 - 1 = 10 ，故D符合题意。
故选D。
22．（2025八上·温州竞赛）化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是(　　)
选项 现象或事实 解释
A． 用热的烧碱溶液洗去油污 Na2CO3可直接与油污反应
B． 漂白粉在空气中久置变质 漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3
C． FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl3能从含Cu2+的溶液中置换出铜
D． 施肥时，草木灰（有效成分为K2CO3）不能与NH4Cl混合使用 K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】盐的性质及用途；常见物质的俗称；碱的化学性质
【解析】【分析】A.根据烧碱的化学式判断；
B.根据漂白粉的主要成分判断；
C.根据铜也氯化铁的反应判断；
D. 铵态氮肥与碱性肥料反应生成氨气。
【解答】 A．烧碱是NaOH，而不是Na2CO3，故A错误；
B．漂白粉中存在大量的次氯酸钙，而漂白粉变质的主要原因是次氯酸钙与二氧化碳和水反应生成不稳定的次氯酸，后者分解失效，故B错误；
C．氯化铁溶液与铜反应的本质，不是氯化铁从含铜离子的溶液中置换出铜，而是铁离子与铜反应生成铜离子，故C错误；
D．草木灰（有效成分为K2CO3）显碱性，不能与NH4Cl混合使用，否则会产生氨气，降低肥效，故D正确。
故选D。
23．（2025八上·温州竞赛）铜粉放入稀硫酸溶液中，加热后无明显现象发生。当加入一种盐后，铜粉的质量减少，溶液呈蓝色，同时有气体逸出。该盐是(　　)
A．Fe2(SO4)3 B．Na2CO3 C．KNO3 D．FeSO4
【答案】C
【知识点】盐的性质及用途
【解析】【分析】铜的质量减小，且溶液变成蓝色，说明铜能够与加入的物质反应，还有气体生成，据此对各个选项分析判断即可。
【解答】 A.Fe2（SO4）3中的Fe3+与Cu反应生成Fe2+和Cu2+，会使铜粉减少溶液变蓝，但无气体生成，故A不符合题意；
B.铜不与Na2CO3、稀硫酸反应，铜粉质量不会减少，溶液也不会变蓝，故B不符合题意；
C.KNO3提供，稀硫酸提供H+，相当于溶液中存在稀硝酸，铜能与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮气体，满足铜粉的质量减少、溶液呈蓝色、同时有气体逸出的条件，故C符合题意；
D.FeSO4与稀硫酸都不反应，无明显现象，故D不合题意。
故选C。
24．（2025八上·温州竞赛）下列情况有可能会发生爆炸的是(　　)
A．将点燃的镁条伸入HCl气体中
B．H2和CO组成的混合气体在空气中燃烧
C．H2在O2和Cl2组成的混合气体中燃烧(H2可以在Cl2中燃烧)
D．将H2、CO、O2和Cl2四种气体充分混合后再点燃
【答案】C,D
【知识点】燃烧与灭火
【解析】【分析】 可燃性的气体及粉尘与空气或氧气混合后，达到爆炸极限，遇火花极易发生爆炸。
【解答】 A.镁条在HCl气体中燃烧，没有与氧气接触，不符合混合爆炸的条件，不会爆炸，故A不符合题意；
B.H2和CO的混合气体在空气中燃烧，是稳定燃烧，不会爆炸，故B不符合题意；
C. 混合O2和Cl2时，H2会同时与两者反应，释放更多能量和气体（H2O和HCl），爆炸可能性更高 ，故C符合题意；
D.H2、CO（可燃性）与O2、Cl2（助燃性）充分混合后点燃， 多种反应同时发生，释放大量能量和气体 ，极易发生爆炸，故D符合题意。
故选CD。
25．（2025八上·温州竞赛）2001年3月发现硼化镁在-244℃呈超导性，可能是人类对超导认识的新里程碑。在硼化镁晶体的理想模型中，镁原子和硼原子是分层排布的，一层镁一层硼地相间排列，右图是该晶体微观空间中取出的部分原子的俯视投影，白球是镁原子投影，黑球是硼原子投影，图中的硼原子和镁原子投影在同一平面上。根据右图确定硼化镁的化学式为(　　)
A．MgB B．MgB2 C．Mg2B D．MgB6
【答案】B
【知识点】有关化学式的计算和推断
【解析】【分析】根据投影图弄清硼化镁中两种原子的组成比例，进而得到它的化学式。
【解答】 根据投影图可知，白球代表镁原子（Mg）的投影，黑球代表硼原子（B）的投影。每个镁原子周围有 6个硼原子，每个硼原子周围有 3个镁原子。
- 这种排列方式表明硼原子和镁原子的比例为 2：1，则硼化镁的化学式为 MgB2。
故选B。
26．（2025八上·温州竞赛）将11.1g不纯的CaCl2样品溶于水，加入足量AgNO3溶液，充分反应后将所得沉淀过滤、洗涤、干燥后称量，得到沉淀的质量为28.7g。则原样品中的杂质可能是(　　)
A．同时含MgCl2和KCl B．同时含MgCl2、KNO3和NaCl
C．同时含KNO3和NaCl D．只含NaCl
【答案】A
【知识点】根据化学反应方程式的计算；物质的鉴别、推断
【解析】【分析】 根据题意可知，根据11.1g不纯的CaCl2样品最终也生成28.7g沉淀，肯定有一种生成28.7g沉淀时所需质量小于11.1g，还有一种生成28.7g沉淀时所需质量大于11.1g，结合物质性质和化学方程式的计算来分析。
【解答】 分别写出它们反应的方程式，并计算出参加反应的物质的质量如下：
氯化钙和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钙，
氯化镁和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸镁，
氯化钾和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钾，
氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，
而硝酸钾不能和硝酸银反应生成沉淀；
将11.1g不纯的CaCl2样品溶于水，加入足量AgNO3溶液，充分反应后将所得沉淀过滤、洗涤、干燥后称量，得到沉淀的质量为28.7g，由于11.1g不纯的CaCl2样品最终也生成28.7g沉淀，说明杂质中的两种或三种物质，肯定有一种生成28.7g沉淀时所需质量小于11.1g，还有一种生成28.7g沉淀时所需质量大于11.1g，结合上述数据可知，原样品中的杂质可能是同时含MgCl2和KCl，也可能是同时含MgCl2、KNO3和NaCl。
故选AB。
27．（2025八上·温州竞赛）下列有关叙述正确的是(　　)
A．电镀时，待镀的金属制品表面发生还原反应
B．银锌纽扣电池工作时，Ag2O被氧化为Ag
C．放电时，铅酸蓄电池中硫酸浓度不断增大
D．碱性锌锰电池中，MnO2是催化剂
【答案】A
【知识点】催化剂在化学反应中的作用；还原反应与金属的冶炼
【解析】【分析】A.根据电镀的原理判断；
B.在氧化还原反应中，得到氧元素被氧化，失去氧元素被还原；
C.注意浓硫酸会参加反应；
D.催化剂本身不参与反应，反应前后化学性质和质量保持不变。
【解答】A. 电镀是利用电解原理在金属表面镀上一层其他金属或合金的过程。待镀的金属制品作为阴极（接电源负极），溶液中的金属离子（如Cu2+、Ag+等）在阴极得到电子被还原，形成金属镀层。阳极（接电源正极）通常是镀层金属，失去电子被氧化为离子进入溶液，故A正确；
B. 银锌纽扣电池工作时，Ag2O被失去氧元素变为Ag，即被还原，故B错误；
C. 放电时， H2SO4被消耗，生成水和PbSO4，因此硫酸浓度减小，故C错误；
D. 碱性锌锰电池中， MnO2是正极活性物质，参与反应被还原为MnOOH，并非催化剂，故D错误。
故选A。
28．（2025八上·温州竞赛）.已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液、Na2S溶液的反应情况如下：
①CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合
主要反应是：CuSO4＋Na2CO3＋H2O= Na2SO4＋Cu(OH)2↓＋CO2↑
次要反应是：CuSO4＋Na2CO3= Na2SO4＋CuCO3↓
②CuSO4溶液与Na2S溶液混合主要反应是：CuSO4＋Na2S= Na2SO4＋CuS↓
很难发生的反应是：CuSO4＋Na2S＋2H2O= Na2SO4＋Cu(OH)2↓＋H2S↑下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是(　　)
A．Cu(OH)2>CuCO3>CuS B．CuS>Cu(OH)2>CuCO3
C．CuS【答案】C
【知识点】溶解现象与溶解原理
【解析】【分析】 溶解度越小的物质，越容易从溶液中沉淀出来。 如果一种物质优先沉淀，说明它的溶解度比另一种更小。
【解答】 CuSO4与Na2CO3反应时，主要生成Cu(OH)2，次要生成CuCO3，说明Cu(OH)2的溶解度比CuCO3更小（因为更容易沉淀）。
CuSO4与Na2S反应时主要生成CuS，几乎不生成Cu(OH)2，说明CuS的溶解度比Cu(OH)2更小（因为CuS优先沉淀）。
因为溶解度越小的物质，越容易从溶液中沉淀出来；
所以溶解度大小顺序为： CuS故选C。

29．（2025八上·温州竞赛）6.4 g铜与过量硝酸(8 mol/L、60 mL)充分反应后，硝酸的还原产物有NO、NO2，反应后溶液中所含H+为n mol，此时溶液中所含NO3 的物质的量为(　　)
A．0.28 mol B．0.31 mol C．(n+0.2)mol D．(n+0.4)mol
【答案】C
【知识点】有关化学式的计算和推断
【解析】【分析】首先计算出铜的摩尔质量，然后根据电荷守恒计算硝酸根的质量。
【解答】根据题意可知， 6.4g铜的物质的量为：，铜与过量的硝酸，反应后溶液中所含H+为nmol，说明溶液中含有硝酸铜和硝酸，依据电荷守恒可知，溶液中n（NO3-）=n（H+）+2（Cu2+）=nmol+0.1mol×2=（n+0.2）mol。
故选C。
30．（2025八上·温州竞赛）甲、乙、丙三位同学各设计了一个实验，结果各自都认为自己的试样中含有SO42-。甲方案为：。
（1）乙认为甲的实验不严谨，因为试样A中若含有　 　离子(仅填一种)，也会有此现象。乙方案为：
（2）丙认为乙的实验也不严谨，因为试样B中若含　 　离子(仅填一种)，也会有此现象。丙方案为：
若丙的方案合理，试回答：方案丙中试剂I是　 　 ；现象Ⅱ是 　 　。（ 若你认为丙方案不合理，以上的空可不填 ）
【答案】（1）Ag+
（2）SO32-；盐酸；生产白色沉淀
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】（1）氯化银和硫酸钡都是不溶于酸的白色沉淀；
（2）根据先排除Ag+的干扰，再检测SO42-的顺序分析。
【解答】（1） 甲同学的实验是通过加入BaCl2溶液后生成白色沉淀，推断试样中含有SO42-。然而，乙同学认为该实验不严谨，因为试样A中若含有CO32-（碳酸根离子），也会与BaCl2反应生成白色沉淀BaCO3，从而干扰实验结果。因此，乙同学认为需要进一步排除CO32-的干扰。
（2） 同学的实验是通过加入稀盐酸排除CO32-的干扰后，再加入BaCl2溶液生成白色沉淀，从而确认SO42-的存在。然而，丙同学认为该实验也不严谨，因为试样B中若含有Ag+（银离子），也会与Cl-反应生成白色沉淀AgCl，从而干扰实验结果。因此，丙同学认为需要进一步排除Ag+的干扰。
为了排除Ag+对检验的干扰，可以先往试样中滴加稀盐酸，如果无明显现象，说明不存在Ag+，再滴入氯化钡溶液，产生白色沉淀，则沉淀一定是硫酸钡，所以方案丙中试剂I是盐酸；现象Ⅱ是产生白色沉淀。
31．（2025八上·温州竞赛）铁、铝、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，请根据下列实验回答问题。
（1）生铁中含有一种铁碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量盐酸后溶液中大量存在的阳离子是　 　；Y与过量浓硝酸反应后溶液中含有的盐的化学式为　 　。
（2）某溶液中有Mg2＋、Fe2＋、Al3＋、Cu2＋等离子，向其中加入过量的NaOH溶液后，过滤，将滤渣高温灼烧并将灼烧后的固体投入到过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是（　　）；
A．Mg2＋ B．Fe2＋ C．Al3＋ D．Cu2＋
【答案】（1）Fe2+； Fe3+； H+；硝酸铁
（2）B；C
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】 （1）四氧化三铁是具有磁性的黑色固体，根据四氧化三铁与盐酸的反应产物分析解答；
（2）根据这些离子与氢氧化钠的反应产物，以及这些反应产物高温灼烧后的产物与酸的反应产物分析判断。
【解答】 （1）四氧化三铁是具有磁性的黑色固态，所以Y是四氧化三铁。四氧化三铁和盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁和水，所以将Y溶于过量盐酸后溶液中大量存在的阳离子是Fe2+、Fe3+、H+；
Y与过量浓硝酸反应后会生成硝酸铁，即溶液中含有的盐的化学式为Fe（NO3）3；
（2）根据化合物之间的反应规律可知，镁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁灼烧生成氧化镁，氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁灼烧生成氧化铁，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，铝离子和过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸根离子，铜离子和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜灼烧生成氧化铜，氧化铜和盐酸反应生成氯化铜和水，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是亚铁离子、铝离子。
故选BC。
32．（2025八上·温州竞赛）现有四瓶失去标签的溶液，知道它们是5.8%的NaCl溶液、4.0%的NaOH溶液，3.6%的盐酸和0.1%的酚酞试液中的各一种（设它们的密度都为1g/mL）。某同学不用其他试剂，就将它们一一鉴别开来，其实验步骤如下：
①将四瓶溶液编为1、2、3、4号，并各取少许两两混合，将四瓶溶液分成两组；
②取一组混合液，不断滴入另一组的一种未知溶液，可鉴别出1号和2号溶液；
③再取已鉴别出的1号未知溶液1mL，滴入3号未知溶液3滴（每滴0.05mL)，再加入4号未知溶液4mL， 在这个过程中无明显实验现象。综合以上实验，可以确认：
1号是　 　，3号是　 　。
【答案】3.6%HCl；4.0%NaOH
【知识点】物质的鉴别、推断
【解析】【分析】无色酚酞试液遇到酸不变色，遇到碱变成红色，据此结合四种物质的性质进行分类，并推理，最终判断四种物质的编号。
【解答】 根据题意可知，氢氧化钠溶液能使酚酞试液变成红色，可以分成变色和不变色两组：稀盐酸和氯化钠溶液；氢氧化钠溶液和酚酞试液；
取一组混合液，不断滴入另一组的一种未知溶液，可鉴别出1号和2号溶液，可以是变红的溶液遇到稀盐酸会褪色，遇到氯化钠溶液无变化，因此1号和2号应该是稀盐酸和氯化钠溶液；3号和4号是氢氧化钠溶液和酚酞试液；
再取已鉴别出的1号未知溶液1mL，滴入3号未知溶液3滴（每滴0.05mL），再加入4号未知溶液4mL，在这个过程中无明显实验现象，由于3号和4号是氢氧化钠和酚酞试液，最终没有明显现象，因此1号应该是盐酸，盐酸和氢氧化钠完全发生中和反应，最终溶液变为酸性，则2号为氯化钠溶液，3号为氢氧化钠溶液，4号为酚酞试液。
33．（2025八上·温州竞赛）用甲酸（HCOOH）与浓H2SO4制备CO，再将干燥的CO通入灼热Fe2O3粉末中并检验反应的产物。现有下列装置， B装置中的装药品可任意选择、C装置不装任何试剂， B、C装置可重复使用。
已知：CuCl－NH3溶液能与CO发生如下反应：CuCl + 3NH3 + CO＝[Cu(NH3)3CO]Cl
根据题目要求，回答下列问题：
（1）分别写出A、D装置发生的反应的化学方程式：
A 　 　，D 　 　。
（2）用A～D表示装置的连接顺序（B、C可重复使用）：　 　。
（3）空瓶C的作用是　 　。
（4）按照（2）装置从左到右的顺序依次指出各个B装置所装的药品及用途（任写两个）
药　品 作　用
【答案】（1）；
（2）ABDBBC
（3）收集尾气中的CO，防止污染空气
（4）第1个B装置：药品为浓硫酸，用途为干燥A装置生成的一氧化碳气体
第2个B装置：药品为澄清石灰水，用途为检验反应是否产生二氧化碳气体
第3个B装置：药品为CuCl－NH3溶液，用途为收集CO，防止污染空气
【知识点】气体装置的装配、连接、选择与气密性检查；书写化学方程式、文字表达式
【解析】【分析】 （1）根据图片确定反应物、反应条件和生成物，据此写出对应的化学方程式；
（2）根据本实验的目的，确定气体经过的各个环节，从而确定装置的顺序；
（3）根据一氧化碳有毒分析；
（4）根据实验要求分析装置B中的试剂及作途。
【解答】 （1）根据题意可知，A装置中HCOOH与浓硫酸反应生成CO和水，发生的反应的化学方程式为：；
D装置中CO与氧化铁反应生成铁和二氧化碳，反应的化学方程式为：；
（2）根据题意可知，本实验是用A装置生成的CO还原D装置中的氧化铁并且验证反应的产物。进入D装置的CO需干燥，而浓硫酸具有吸水性，因此在A后连接一个盛浓硫酸的B装置。从D装置生成的气体是CO2，二氧化碳能够使澄清的石灰水变浑浊，故在D后面连接一个盛澄清石灰水的B装置。为除去过量的CO，需连接一个盛CuCl-NH3溶液的B装置。最后用C装置收集还剩余的CO。
故装置连接顺序为：ABDBBC；
（3）一氧化碳有毒，不能排入空气，则空瓶C的作用是：收集尾气中的CO，防止污染空气；
（4）由上述（2）的分析可知装置中的B装置的试剂及用途为：
第1个B装置：试剂为浓硫酸，用途为干燥A装置生成的一氧化碳气体；
第2个B装置：试剂为澄清石灰水，用途为检验反应是否产生二氧化碳气体；
第3个B装置：试剂为CuCl-NH3溶液，用途为收集CO，防止污染空气。
34．（2025八上·温州竞赛）铁及其化合物与生产、生活关系密切。
（1）右图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是　 　填字母)。
（2）用废铁皮制取铁红(Fe2O3)的部分流程示意图如下：
①步骤I若温度过高，将导致硝酸分解。
②步骤II中发生反应：4Fe(NO3)2＋O2＋(2n＋4)H2O＝2Fe2O3·nH2O＋8HNO3，反应产生的HNO3又将废铁皮中的铁转化为Fe(NO3)2，该反应的化学方程式为　 　。
③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是　 　(任写一项)。
【答案】（1）B
（2）4Fe+10HNO3=4Fe(NO3)3+NH4NO3+3H2O；氮氧化物排放少（或其他合理答案）
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；金属的腐蚀与防护
【解析】【分析】 （1）铁与水分和氧气接触时会生锈；
（2）②根据题意确定反应物、反应条件和生成物，据此确定反应的方程式；
③“绿色化学”，即反应产物不污染环境，根据反应的生成物分析。
【解答】 （1） 根据图片可知，铁闸浸入海水，A区域里水较远，B区域接触水和氧气最充分，因此发生吸氧腐蚀最剧烈，生成铁锈最多。C、D区域分别处于水下较深位置或与氧气接触较少，腐蚀相对较慢。
故选B。
（2）②根据流程图可知，铁与硝酸反应生成了硝酸亚铁、硝酸铵和水，反应的方程式是4Fe+10HNO3=4Fe（NO3）2+NH4NO3+3H2O。
③上述生产流程中，能体现“绿色化学”思想的是氮氧化物排放少，不污染空气等。
35．（2025八上·温州竞赛）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：
实验一 焦亚硫酸钠的制取
采用图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置II中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5
（1）装置I中产生气体的化学方程式为　 　。
（2）要从装置II中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是　 　。
（3）装置III用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为　 　(填序号)。
【答案】（1）Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O
（2）过滤
（3）d
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；混合物的分离方法（过滤、蒸发、结晶）
【解析】【分析】（1）根据反应物、反应条件和生成物，确定反应的方程式；
（2）过滤操作用于分离液体和不溶于液体的固态物质；
（3）对各个装置进行分析，从是否吸收二氧化硫，以及装置的合理性的角度分析。
【解答】 （1）由装置Ⅱ中发生的反应 Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5 可知，装置Ⅰ中产生的气体为SO2，即亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，所以反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O。
（2）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，需要将晶体与液体分离，则分离方法为过滤；
（3）a.根据图片可知，将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故a错误；
b.氯化钠溶液吸收二氧化硫能力较差，故b错误；
c.浓硫酸不能吸收二氧化硫气体，所以无法实现实验目的，故c错误；
d.氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收二氧化硫气体，故d正确。
故选d。
36．（2025八上·温州竞赛）已知X为FeO和CuO的混合物，取两份等质量的X样品如右图所示的实验：设③中所得固体D的质量为32克，溶液E中只含有一种金属离子，且有酸剩余，气体F的质量为0.5克，试计算取用的每份X的质量，及X中FeO和CuO的质量比．
【答案】解：两份X样品的质量相等，则固体D铜的一半16g为CuO与CO反应生成的铜，另一半则为铁与氯化铜反应生成的铜，则混合物X中氧化铜的质量=÷×100%=20g；
设与氯化铜反应的铁的质量为x，与盐酸反应的铁的质量为y
；
= ；
解得：x=14g；
；
= ；
解得： y=14g；
则固体B中铁的质量为14g+14g=28g，混合物X中FeO的质量=28g÷×100%=36g；
每份X的质量=36g+20g=56g，
X中FeO和CuO的质量比=36g：20g=9：5。
答：每份X的质量为56g，及X中FeO和CuO的质量比为9：5．
【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，FeO可与盐酸反应生成氯化亚铁和水，CuO可与盐酸反应生成氯化铜和水，FeO、CuO都能与CO反应，分别生成铁、铜及二氧化碳．据此可判断A为氯化亚铁、氯化铜及剩余盐酸的混合溶液，固体B则为铁、铜的混合物．A、B混合时铁与氯化铜及盐酸继续反应，得到氯化亚铁、铜和氢气。
写出铁和氯化铜反应的方程式，铁和稀盐酸反应的方程式，利用质量之间的比例关系计算出铁的质量和氧化亚铁的质量，最后二者作比即可。
37．（2025八上·温州竞赛）研究物质的变化时可使用具有放射性的18O作为“示踪原子”。科学家希尔和尼尔研究 证明，光合作用的通式应更合理地表达为：，在光照充分的环境里，将一种植物根部放入含有“示踪原子”18O的水中， 有关说法正确的是(　　)
A．一段较短的时间后， 18O最先在植物体光合作用产生的葡萄糖中被检测到
B．植物光合作用放出的氧气中的氧来自其原料中的二氧化碳
C．植物光合作用放出的氧气中的氧来自其原料中的水
D．一段很长的时间后， 18O在植物体周围空气的氧气中、二氧化碳中、植物体光合作用产生的葡萄糖中均能被检测到
【答案】C,D
【知识点】光合作用的原料、条件和产物
【解析】【分析】 绿色植物利用光提供的能量，在叶绿体中把二氧化碳和水合成了淀粉等有机物，并且把光能转化成化学能，储存在有机物中，这个过程就叫光合作用，据此结合光合作用的通式分析判断。
【解答】A. 光合作用释放的氧气直接来自水的光解，而不是葡萄糖。因此，18O 会先出现在氧气中，而不是葡萄糖中，故A错误；
B. 希尔和尼尔的实验证明，光合作用释放的氧气来自水，而不是二氧化碳，故B错误；
C.根据光合作用的表达式可知，氧气中的氧原子来自水，释放的是，故C正确；
D一段很长的时间后， 18O在植物体周围空气的氧气中、二氧化碳中、植物体光合作用产生的葡萄糖中均能被检测到，故D正确。
故选CD。
38．（2025八上·温州竞赛）水稻合理密植能提高产量，下列分析正确的是(　　)
A．可以适度通风，为水稻进行光合作用补充CO2
B．可以适度通风，为水稻进行呼吸作用补充O2
C．植株间距适中，水稻互相遮阴的情况得到改善
D．植株间距适中，为水稻成熟后的收割带来方便
【答案】A,C
【知识点】植物体内的物质和能量的转换原理对农业生产的影响
【解析】【分析】绿色植物利用光合作用制造有机物，合理的光照对植物生长十分重要，据此分析判断。
【解答】A. 合理密植能够改善田间通风条件，增加二氧化碳的供应，而二氧化碳是光合作用的原料之一，有助于提高光合作用效率，从而提高产量，故A正确；
B. 通风不仅有助于光合作用，还能为水稻的呼吸作用提供充足的氧气，特别是在夜间或阴天，呼吸作用对水稻的生长和能量供应至关重要，但是呼吸作用会消耗白天产生的有机物，因此这不是合理密植的目的，故B错误；
C. 合理密植避免了植株过密导致的互相遮阴问题，确保每株水稻都能获得足够的光照，从而提高整体的光合作用效率，故C正确；
D. 虽然合理密植可能对收割有一定便利，但这不是提高产量的主要原因，故D错误。
故选AC。
39．（2025八上·温州竞赛）在人体心脏左房室瓣和主动脉瓣都关闭的情况下，下列哪些情况可能出现(　　)
A．心室肌收缩，左心室容积明显减小
B．心室肌收缩，左心室容积基本不变
C．心室肌舒张，左心室容积明显增大
D．心室肌舒张，左心室容积基本不变
【答案】B,D
【知识点】血液循环
【解析】【分析】 心室收缩期（等容收缩期）： 左房室瓣和主动脉瓣都关闭，此时心室肌收缩，但心室容积不变（因为血液尚未射出）。心室舒张期（等容舒张期）： 左房室瓣和主动脉瓣都关闭，此时心室肌舒张，但心室容积不变（因为血液尚未充盈），据此分析判断。
【解答】 AB.在人体心脏左房室瓣和主动脉瓣都关闭的情况下， 心室收缩时如果容积减小，说明血液正在射出，此时主动脉瓣应打开。 这是等容收缩期的情况，即左心室容积基本不变，故A错误，B正确；
CD.在人体心脏左房室瓣和主动脉瓣都关闭的情况下， 心室舒张时如果容积增大，说明血液正在充盈，此时左房室瓣应打开。这是等容舒张期的情况，此时两瓣膜均关闭，即左心室的容积基本不变，故D错误，D正确。
故选BD。
40．（2025八上·温州竞赛）能量流动和物质循环是生态系统的基本功能，下列哪些叙述是正确的(　　)
A．食物链是能量流动和物质循环的渠道
B．分解者在物质循环中有重要作用
C．能量流动具有循环往返的特点
D．能量流动具有逐级递减的特点
【答案】A,B,D
【知识点】能量流动和物质循环
【解析】【分析】根据自己对自然界能量流动和循环的认识判断即可。
【解答】 A. 食物链是能量流动的主要渠道，能量通过食物链从一个营养级传递到下一个营养级，物质循环也通过食物链进行，故A正确；
B. 分解者（如细菌和真菌）能够将有机物分解为无机物，使营养物质重新回到环境中，从而促进物质的循环利用，故B正确；
C. 能量流动是单向的，不能循环利用。能量在流动过程中会逐渐以热能形式散失到环境中，不能再被生产者重新利用，故C错误；
D. 能量在从一个营养级传递到下一个营养级时，大部分能量会以热能形式散失，只有约10%的能量能够传递到下一营养级，因此能量流动是逐级递减的，故D正确。
故选ABD。
41．（2025八上·温州竞赛）下列哪些因素与生态系统的稳定性有直接关系(　　)
A．构成群落的种群的种类数 B．群落内各个种群的个体数
C．各个植物种群的植株大小 D．各个动物种群的个体形态
【答案】A,B
【知识点】生态系统的自动调节能力
【解析】【分析】 生态系统的稳定性是指生态系统在受到外界干扰时保持其结构和功能的能力。影响生态系统稳定性的因素主要包括物种多样性、种群数量、生态位分化等。
【解答】 A.物种多样性越高，生态系统的稳定性通常越强。因为更多的物种意味着更复杂的食物网和更多的生态位分化，当某一物种受到干扰时，其他物种可以补偿其功能，从而维持生态系统的平衡，故A正确；
B. 种群数量（个体数）的多少会影响生态系统的稳定性。例如，关键物种（如顶级捕食者或关键生产者）的种群数量变化可能对整个生态系统产生重大影响，故B正确；
C. 植株大小通常影响个体的生存和繁殖能力，但对整个生态系统的稳定性影响较小，除非是优势种或关键物种的植株大小发生显著变化，故C错误；
D. 个体形态（如体型、结构等）主要影响物种的适应性，但对整个生态系统的稳定性影响较小，故D错误。
故选AB。
42．（2025八上·温州竞赛）分析下列材料，回答相关问题：
甘薯（地瓜）是我国重要的能源作物之一，是许多地区生产燃料酒精的主要原料。甘薯主要成分淀粉的品质决定着它工业应用价值的大小。2023年10月，我国科学家成功培育出淀粉品质改良的转基因甘薯，而且田间种植试验获得成功。
（1）植株淀粉含量丰富的器官是　 　
（2）在利用淀粉生产酒精的过程中，先后用到的两种微生物为　 　；
【答案】（1）根
（2）霉菌和酵母菌
【知识点】食物与营养
【解析】【分析】（1）块根是植物用于储存营养物质的器官，在甘薯中尤为发达，因此淀粉含量丰富。
（2）根据淀粉生产酒精的生产流程确定需要的两种微生物。
【解答】（1） 甘薯（地瓜）的淀粉主要储存在其块根中。
（2） 用淀粉生产酒精的过程分为两步：
1. 糖化阶段：淀粉需先分解为葡萄糖，此过程由霉菌（如曲霉）分泌的淀粉酶催化完成。
2. 发酵阶段：葡萄糖在无氧条件下被酵母菌发酵，生成酒精（乙醇）和二氧化碳。
因此利用淀粉生产酒精的过程中， 先后用到的两种微生物按顺序为霉菌（或曲霉）和酵母菌。
43．（2025八上·温州竞赛）如图表示A、B两种植物的光合速度与光照强度的关系。
（1）当在　 　千勒克司光照强度条件下，A、B两种植物的光合速度相同。
（2）A植物在光照强度为9千勒克司时，2小时单位叶面积可积累葡萄糖　 　mg。(计算结果保留一位小数。
（3）A植物在1天内(12小时白天，12小时黑夜)，要使有机物积累量为正值，白天平均光照强度必须大于　 　千勒克司。
【答案】（1）6
（2）10.9
（3）6
【知识点】光合作用和呼吸作用的相互关系
【解析】【分析】（1）两个图像相交时，说明二者吸收二氧化碳的速率相同，即光合速度相同；
（2）根据图像确定A植物在光照强度为9千勒克司时吸收二氧化碳的速率，据此计算2h吸收二氧化碳的质量，最后根据光合作用的反应式计算累积葡萄糖的质量；
（3）根据图像提取信息，从呼吸速率和光合速率的角度分析计算。
【解答】（1） 从图中可以看出，A、B两条曲线在光照强度为6千勒克司时相交，此时A、B两种植物的光合速度相同。
（2） 根据图像可知，A植物在光照强度为9千勒克司时，2小时单位叶面积可净消耗的二氧化碳的量为8mg/h×2h=16mg，根据光合作用的反应式可计算出可积累葡萄糖的量为（16×180）÷（6×44）=10.9mg。
（3） A植物的呼吸速率为4mg/h 单位叶面积，24h内消耗有机物为4×24=96mg/单位叶面积，要使植物正常生长，则12h内光合作用制造的有机物要大于96mg/单位叶面积，则实际光合速率要大于96÷12=8mg/h 单位叶面积，即净光合速率要大于8-4=4mg/h 单位叶面积，从图中可以看出光照强度为6Klx时，A植物的净光合速率为4mg/h 单位叶面积，所以要使有机物积累量为正值，白天平均光照强度必须大于6千勒克司。
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