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浙江省宁波市镇海区蛟川书院（甬江校区)2025-2026学年第二学期学科素养大比拼2 初二科学试卷
1．煮沸过的水不宜养鱼，这是因为煮沸过的水中几乎不含（　　）
A．氧原子 B．氧元素 C．氧分子 D．氢分子
【答案】C
【知识点】氧气的性质和利用
【解析】【分析】 氧气在水中的溶解度不大，煮沸过的水中几乎没有了氧气，这样的水不宜养鱼，据此分析。
【解答】 煮沸过的水不宜养鱼，这是因为煮沸过的水中几乎不含氧气，而氧气由氧分子构成，故C符合题意，而A、B、D不合题意。
故选C。
2．利用白磷燃烧测定空气中氧气体积分数，实验装置如图(集气瓶内装入适量的水，体积为 a，集气瓶总容积为 c)实验步骤如下：①加热玻璃棒引燃白磷；②白磷熄灭后冷却至室温，测得瓶内水的体积为b。下列分析错误的是 (　　)
A．白磷不可替换为木炭或硫粉
B．氧气与空气体积比为(b-a)： (c-a)
C．装置未使用止水夹会影响实验结果
D．实验过程中瓶内液面先下降后上升再稳定
【答案】C
【知识点】空气的成分及探究
【解析】【分析】A.在测量空气中氧气体积的实验中，物质燃烧后不能生成气体，否则会导致燃烧前后没有气压差，烧杯中的水不会流入集气瓶，导致测量无法完成；
B.气瓶中空气的总体积是集气瓶总容积减去原有水的体积，白磷燃烧消耗氧气的体积等于反应后进入瓶内的水的体积；
C.注意分析没有止水夹时是否会有气体溢出容器；
D.燃烧消耗氧气导致气压减小，燃烧放热导致气压增大，根据实验过程中二者影响大小分析判断。
【解答】A. 木炭燃烧生成二氧化碳气体、硫粉燃烧生成二氧化硫气体，燃烧后瓶内压强不会发生明显减小，无法测定出氧气的体积，因此白磷不能替换为木炭或硫粉， 故A正确，不合题意；
B. 集气瓶中空气的总体积是集气瓶总容积减去原有水的体积，即c-a；白磷燃烧消耗氧气的体积等于反应后进入瓶内的水的体积，即b-a，因此空气中氧气和空气总体积比是(b-a)：(c-a)，故B正确，不合题意；
C. 集气瓶内的导管是伸入液面下的，集气瓶内的空气是不会随着反应的进行逸散出去的；白磷燃烧消耗集气瓶内氧气的体积，只要测量反应前后集气瓶内增加的液体的体积即可，装置未使用止水夹不会影响实验结果， 故C错误，符合题意；
D. 白磷燃烧放热，瓶内气体受热膨胀，压强增大，瓶内液面先下降；燃烧结束后温度降低，氧气被消耗，瓶内压强减小，外界大气压将水压入瓶内，液面上升，最后压强平衡后液面稳定，因此瓶内液面先下降后上升再稳定，故D正确，不合题意。
故选C。
3．如图所示，加热烧瓶中的水使之沸腾，水蒸气从铜管喷出，把火柴靠近管口B处，火柴被加热，迅速移开火柴，火柴开始燃烧，下列说法正确的是 (　　)
A．水沸腾后，水的质量和体积都增大
B．火柴移离水蒸气，与氧气充分接触，从而燃烧
C．移开火柴后，火柴燃烧属于缓慢氧，
D．在B 处时火柴不燃烧是因为湿润的水蒸气降低了火柴的着火点
【答案】B
【知识点】燃烧与灭火；剧烈氧化和缓慢氧化
【解析】【分析】A.水沸腾时，水由液态变成气态的水蒸气，据此分析水的质量和体积变化；
BD. 燃烧需要同时满足三个条件：可燃物、温度达到可燃物着火点、与氧气（空气）充分接触；
C. 着火点是可燃物本身的固有属性，一般不会改变。
【解答】A. 水沸腾后，水由液态变为气态水蒸气，液态水的质量减少；水沸腾时温度不变，水的沸点在标准大气压下为100℃，水的密度变化很小，液态水的体积不会明显增大，气态水蒸气体积大幅增大但水的总质量减小， 故A错误；
B. 在B管口时，水蒸气占据了管口大部分空间，火柴周围缺少氧气，因此不燃烧；移开火柴后，火柴充分接触氧气，同时温度已经达到火柴的着火点，满足燃烧条件，因此火柴燃烧， 故B正确；
C. 移开火柴后，火柴燃烧是发光发热剧烈的氧化反应，不属于缓慢氧化， 故C错误；
D. B处火柴不燃烧的原因是：水蒸气占据了B处空间，火柴无法接触到充足的氧气，不是降低了着火点， 故D错误。
故选B。
4．小科所在兴趣小组用如图所示的装置来制取干燥的氧气。装置气密性良好，图①中的锥形瓶内盛有过氧化氢溶液，燃烧匙内装有二氧化锰，燃烧匙可以上下移动，碱石灰用于干燥氧气。下列说法正确的是 (　　)
A．实验中，利用图②和④的装置收集的氧气均不够丰燥
B．图①装置可随时控制反应的发生和停止
C．若用图③收集氧气，可将带火星的木条在b导管口处验满·
D．若用装置④测量生成氧气的体积，集气瓶上方原有的空气对测量结果无影响
【答案】D
【知识点】制取氧气的装置、步骤、收集与注意事项；氧气的检验和验满
【解析】【分析】A.注意图④中使用的是植物油，不是水；
B.二氧化锰可以加快过氧化氢的反应速率，没有二氧化锰时过氧化氢仍然会分解；
C.根据氧气的密度大于空气分析；
D.根据排水法测气体体积的原理判断。
【解答】A. 图②是向上排空气法，收集的氧气会混有少量水蒸气，不够干燥；而图④中，氧气进入集气瓶后将植物油排出，收集到的氧气不会接触水蒸气，因此收集到的氧气是干燥的，故A错误；
B. 置①中燃烧匙可以上下移动，提起燃烧匙时，二氧化锰与过氧化氢溶液分离， 此时过氧化氢仍然可以分解生成氧气，因此不能控制反应的发生和停止，故B错误；
C. 氧气密度大于空气，用图③（万用瓶向上排空气法）收集氧气时，氧气从b口进，空气从a口排出，因此应当在a导管口放置带火星的木条验满，木条复燃说明收集满，故C错误；
D. 装置④测量生成氧气体积的原理是：进入的氧气体积等于排出水的体积，集气瓶上方原有的空气，不会影响排出水的量，因此对测量结果无影响， 故D正确。
故选D。
5．在一个密闭容器中放入甲、乙、丙、丁四种物质，在一定条件下充分反应，测得反应前后各物质的质量如下表所示。下列说法正确的是 (　　)
物质 甲 乙 丙 丁
反应前质量/g 10 0.3 4.8 2.8
反应后质量/g 3.2 待测 8 6.4
A．乙一定改变了反应速率
B．此反应可表示为：'丙+丁→甲
C．反应中甲和丁变化的质量比为2：1
D．若组成丙、丁的元素不同，则甲一定是化合物
【答案】D
【知识点】单质和化合物的区别；质量守恒定律及其应用
【解析】【分析】A.根据质量守恒定律计算出乙反应后的质量，如果它是催化剂，那么可以改变反应速率；
B.反应结束后，质量增大的为生成物，质量减小的为反应物，据此确定反应的表达式；
C.根据表格计算甲和丁质量的变化量，然后作比即可；
D.根据质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变，据此分析判断。
【解答】A. 根据质量守恒定律可知， 密闭容器中反应前后总质量不变，即10 + 0.3 + 4.8 + 2.8 =3.2+x+8+6.4，解得：x=0.3。比较可知， 乙的质量反应前后不变，乙可能是不参与反应的杂质，不一定是催化剂，因此不一定改变反应速率，故A错误；
B.根据表格可知，甲的质量减小，为反应物。丙和丁的质量减小，为生成物，则反应表示为：甲→丙+丁，故B错误；
C. 反应中甲和丁变化的质量比为：（10-3.2）：（6.4-2.8）=6.8：3.6=17：9，故C错误；
D. 该反应是分解反应，反应物是甲，分解反应是一种物质生成多种物质的反应，根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，若生成物丙和丁的元素种类不同，说明甲至少含有两种不同的元素，因此甲一定是化合物，故D正确。
故选D。
6．如图两条曲线表示某植株一昼夜内光合作用和呼吸作用强度随时间的变化情况，下列分析错误的是 (　　)
A．曲线Ⅰ表示光合作用，曲线Ⅱ表示呼吸作用
B．b、d点时，光合作用和呼吸作用强度相等
C．b点之前，d点之后光合作用强度小于呼吸作用强度
D．一昼夜内，该植株在c点时积累的有机物总量最多
【答案】D
【知识点】光合作用和呼吸作用的相互关系
【解析】【分析】A. 光合作用必须在有光的条件下才能进行，一般白天光照充足时光合作用强度更强，夜间不进行光合作用；呼吸作用是活细胞时时刻刻都在进行的，强度基本稳定，不会随光照消失而停止；
B.当呼吸作用和光合作用的图像相交时，二者的强度相同；
C.从图像中提取信息分析判断；
D.光合作用产生有机物，呼吸作用消耗有机物，只要光合作用的强度大于呼吸作用的强度，有机物的数量就在增加。
【解答】A. 曲线Ⅰ只在白天（有光时段）进行，强度随光照变化，代表光合作用；曲线Ⅱ全天都能进行，代表呼吸作用，故A正确，不合题意；
B. b点和d点是两条曲线的交点，交点位置表示此时光合作用强度和呼吸作用强度相等，故B正确，不合题意；
C. 结合坐标曲线可知，b点之前、d点之后，曲线Ⅰ（光合作用）始终在曲线Ⅱ（呼吸作用）下方，说明此时光合作用强度小于呼吸作用强度，故C正确，不合题意；
D. 有机物积累 = 光合作用合成有机物 - 呼吸作用消耗有机物，只要光合作用强度大于呼吸作用强度，有机物就在不断积累。由图可知，d点时光合作用强度等于呼吸作用强度，d点之后光合作用强度小于呼吸作用强度，有机物开始消耗，因此一昼夜内，该植株在d点时积累的有机物总量最多，不是c点，故D错误，符合题意。
故选D。
7．2016 年 7 月 1 日起，全省二级以上医院(除儿童医院)全面停止门诊患者静脉输注抗菌药物：如图是医院为病人输液部分装置，图中A为输液瓶，B为滴壶，C为进气管，与大气相通，则在输液过程中，(瓶A中尚有液体)，下列说法正确的是(　　)
①瓶A 中液面下降，但A中上方气体的压强不变；②瓶A 中上方气体的压强随液面的下降而增大；③在瓶中药液输完以前，滴壶B中的气体压强保持不变④滴壶B中的气体压强随A中液面的下降而减小。
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
【答案】B
【知识点】二力平衡的条件及其应用；压强大小比较；液体压强计算公式的应用
【解析】【分析】①②根据pA气 +ρ液gh = p0分析判断；
③④根据：pB气 +ρ液ghB= p0分析判断。
【解答】①② 进气管C与大气相通，C管口处的压强始终等于大气压p0，保持不变。
设A中液面到C管口的液体深度为h，根据压强平衡得到：pA气 +ρ液gh = p0。当A中液面下降时，\ρ液gh减小，大气压p0不变，因此A中上方气体的压强会随液面下降而增大，故①错误，②正确；
对滴壶B涞水，B的下端与输液管连通，B管口处压强平衡关系为：pB气 +ρ液ghB= p0。在输液过程中，单位时间流出的药液匀速，滴壶B的液面高度基本保持不变，因此hB不变，大气压p0不变，故滴壶B中气体的压强pB气始终保持不变，不会随A中液面下降变化，故③正确，④错误。
那么正确的是②③。
故选B。
8．如图所示是车顶的外掀式天窗，行驶时，将天窗前面关闭，后面微微向上打开，就能起到通风作用，这是由于 (　　)
A．车顶空气的流速较大，天窗外的压强小于车内的压强， “抽出”车内污浊的空气
B．车顶空气的流速较大，天窗外的压强大于车内的压强， “吸入”外界新鲜空气
C．车顶空气的流速较小，天窗外的压强小于车内的压强，“抽出”车内污浊的空气
D．车顶空气的流速较小，天窗外的压强大于车内的压强， “吸入”外界新鲜空气
【答案】A
【知识点】流体压强与流速的关系
【解析】【分析】流体流速越大的位置压强越小，根据流体压强和流速的关系分析判断。
【解答】 当汽车行驶时，车顶的空气相对于汽车是高速流动的。因为天窗后面微微向上打开，所以流过天窗附近的空气速度大于周围空气的流速，则天窗外部的气压小于车内的气压，于是车内的空气被吸出去，达到清新空气的目的。
故选A。
9．小金利用如图所示装置探究磁化过程，图中容器内装的是一些铁屑，架上所夹的是一根铁棒。以下关于此实验的观点不正确的是 (.)
A．甲图到乙图的过程叫磁化
B．乙图中软铁棒的上端是 S 极
C．若把乙图中磁体移走，铁棒的磁性将消失
D．若将乙图中铁棒换成钢棒，被吸引的铁屑会减少
【答案】D
【知识点】磁体、磁极、磁化；磁极间的相互作用
【解析】【分析】A. 使原来没有磁性的物体获得磁性的过程叫做磁化 ；
B.根据异名磁极相互吸引分析；
C. 软磁体的特点是：被磁化后获得磁性，在外磁场（本题中的磁体）移走后，磁性会很快消失；
D.钢是硬磁性材料，可以长期保持磁性；铁是软磁性材料，不能长期保持磁性。
【解答】A. 甲图中铁棒原本没有磁性，不能吸引铁屑，靠近磁体后铁棒获得磁性，能够吸引铁屑（乙图），这个过程就是磁化， 故A正确，不合题意；
B. 磁体下端是N极，铁棒被磁化后二者相互吸引，根据异名磁极相互吸引可知，靠近磁体N极的软铁棒下端会形成S极，因此软铁棒的上端就是S极，故B正确，不合题意；
C. 铁棒属于软磁体，软磁体的特点是：被磁化后获得磁性，在外磁场（本题中的磁体）移走后，磁性会很快消失，因此移走乙图中的磁体，铁棒的磁性会消失， 故C正确，不合题意；
D. 若将乙图中铁棒换成钢棒， 当二者大小相同时磁场强弱相同，则被吸引的铁屑不变，故D错误，符合题意。
故选D。
10．为探究二氧化碳的部分性质，设计实验装置如图(夹持仪器省略)，捂热干冰位置的玻璃管，下列说法正确的是 (　　)
A．a处试纸先变红色
B．c处试纸变红色，使石蕊变色的是 CQ2
C．d处火焰先熄灭，CO2不支持燃烧
D．b与c、d与e现象对比均可证明CO2密度比空气大
【答案】D
【知识点】二氧化碳的物理性质及用途；酸碱指示剂及其性质；二氧化碳的化学性质
【解析】【分析】AB.二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸使湿润的石蕊试纸变成红色；
C.注意分析使石蕊试纸变色的是二氧化碳还是碳酸；
D.二氧化碳的密度比空气大，会沉积在容器底部，据此结合题目现象判断。
【解答】A. a处是干燥的紫色石蕊试纸，干冰升华形成的二氧化碳本身不能使干燥石蕊变色，故A错误；
B. c处是湿润的紫色石蕊试纸，二氧化碳和水反应生成碳酸，是碳酸使石蕊变红，而不是二氧化碳，故B错误；
C. 二氧化碳密度比空气大，会先在下方聚集，因此e处（下方）火焰先熄灭， 故C错误；
D. b是湿润石蕊试纸、c是下方湿润石蕊试纸，实验中c处先变红，b处后变红；d是上方燃着的木条，e是下方燃着的木条，实验中e处火焰先熄灭，这两组现象对比都可以证明二氧化碳密度比空气大，故D正确。
故选D。
11．如图中，在矩形通电线圈内放一可以自由转动的小磁针，在通以如图所示方向的电流时，小磁针的指向是(　　)
A．N极指向不变 B．N极垂直纸面指向纸外
C．N极垂直纸面指向里 D．N极指向左边
【答案】B
【知识点】通电直导线周围的磁场
【解析】【分析】首先根据安培定则判断小磁针所在位置的磁场方向，然后确定小磁针N极的指向即可。
【解答】根据图片可知，电流通过左边导线的电流方向向下。右手握住直导线，大拇指指向下方，在小磁针所在的位置，磁场方向垂直纸面向外。 小磁针静止时，N极的指向与所在位置的磁场方向一致，因此小磁针的N极会垂直纸面指向纸外。
故B正确，而ACD错误。
故选B。
12．图中是小明制作的简单电动机模型，其线圈由漆包线绕成，将线圈一端的漆全部刮掉，另一端只刮掉半周，在线圈的下面放置了一块磁体。将其接入电路中，闭合开关后，线圈转动起来了。关于此电动机模型下列说法正确的是(　　)
A．利用电磁感应原理工作
B．线圈在转动时，始终受到磁场作用力
C．将电能转化为机械能
D．增大线圈中的电流可改变转动方向
【答案】C
【知识点】通电导体在磁场中的受力方向的判断；直流电动机的构造原理与工作过程；能量的转化与守恒定律
【解析】【分析】AC.根据电动机的工作原理和能量转化的知识判断；
B.当线圈上的油漆与支架接触时，没有电流经过线圈，此时线圈不会受到力的作用；
D.通电导体在磁场中受力的方向与磁场方向和电流方向有关。
【解答】A. 电动机的工作原理是通电线圈在磁场中受力转动， 故A错误；
B. 该模型中，线圈一端漆全部刮掉，另一端只刮半周：当刮掉漆的半周接触支架时，线圈中有电流，才会受到磁场的作用力；当绝缘漆的半周接触支架时，线圈中没有电流，不受磁场作用力，靠惯性继续转动， 故B错误；
C. 电动机工作过程中，消耗电能，将电能转化为线圈转动的机械能，故C正确；
D. 转动方向由电流方向和磁场方向共同决定，增大线圈电流只会改变转动的速度（受力大小变化），不会改变转动方向， 故D错误。
故选C。
13．某同学在学习家庭电路时，安装了两盏额定电压均为220V的完好的白炽灯(甲和乙)和两个插座，在插座甲处再接入一盏台灯，插座乙处不接入任何用电器，将电路中的开关全部闭合，保险丝未熔断，那么各用电器工作的情况是(　　)
A．甲、乙都正常工作 B．乙正常工作，甲发光但较暗
C．甲、乙都不正常工作 D．甲正常工作，乙发光但较暗
【答案】D
【知识点】串、并联电路的电压特点；家庭电路的故障分析
【解析】【分析】 家庭电路中，所有用电器（插座也相当于用电器接入位置）都应该并联在火线和零线之间，这样才能保证每个用电器两端电压都等于额定电压220V，正常工作。 根据图片结合题目描述分析甲乙两端的电压变化即可。
【解答】根据图片可知， 在插座甲处再接入一盏台灯后，灯泡甲一端与火线相连，另一端与零线相连，则它两端的电压保持220V不变，则甲正常工作。
甲处的灯泡与灯泡乙串联在火线和零线之间，根据串联电路的分压规律可知，乙灯泡的电压小于220V，则乙的亮度较暗。
故D正确，而ABC错误。
故选D。
14．如图所示是动圈式话筒和扬声器的构造示意图。讲话时的声音使膜片振动，与之相连的线圈也跟着一起振动，线圈中产生随声音变化的电流。变化的电流通过扬声器的线圈，线圈就会在磁场中来回振动，带动纸盆也来回振动发出声音。根据以上叙述思考，下列说法正确的是（　　）
A．扬声器的线圈振动是因为通电导线在磁场中受到力的作用
B．动圈式话筒是把电能转化成机械能的一种装置
C．电风扇的工作原理与动圈式话筒的工作原理相同
D．扬声器的工作原理是法拉第发现的电磁感应现象
【答案】A
【知识点】电磁感应；磁场对通电导线的作用
【解析】【分析】发电机的工作原理是电磁感应现象，将机械能转化为电能；电动机的工作原理是通电导体在磁场肿受力运动，将电能转化为机械嫩。
【解答】A.扬声器的线圈振动是因为通电导线在磁场中受到力的作用，类似于电动机，故A正确；
B.动圈式话筒是将声音的振动转化为电流，相当于发电机，把机械能转化为电能，故B错误；
C.电风扇的主要结构是电动机，工作原理是通电导体在磁场中受力转动，而动圈式话筒的工作原理是电磁感应，故C错误；
D.扬声器相当于电动机，将从话筒传输过来强弱变化的电流转化为纸盆的振动，工作原理是通电导体在磁场中受力运动，故D错误。
故选A。
15．已知酸式盐可以和碱发生化学反应，如： 有Na2CO3. NaHCO3 CaO和NaOH组成的混合物27.2g，把它们溶于足量的水中，充分反应后，溶液中 均转化为沉淀，将反应容器内水分蒸干，最后得到白色固体物质共29g，则原混合物中含 Na2CO3的质量是(　　)
A．10.6g B．5.3g C．15.9g D．无法确定
【答案】A
【知识点】根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】 比较可知，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，则反应前后固体质量增加的质量就是参加反应的水的质量，根据水的质量可以计算反应生成氢氧化钙的质量，再根据碳酸钠和氢氧化钙反应的方程式可以计算碳酸钠的质量。
【解答】 设碳酸钠的质量为x，反应生成氢氧化钙的质量为y，
参加反应的水的质量为：29g-27.2g=1.8g，
；
解得：y=7.4g，
，
解得：x=10.6g。
故选A。
16．根据下列事实说明空气中含有的成分：
（1）小白鼠在装有空气的密闭中可存活一段时间，说明空气中含有　 　
（2）空气是制造氮肥的天然资源，说明空气中含有　 　
（3）炸脆的食物在空气中放置一段时间后就不脆了，说明空气中含有　 　
（4）澄清的石灰水在空气中放置一段时间，看到表面形成一层白膜，说明空气中含有　 　
【答案】（1）O2
（2）N2
（3）H2O
（4）CO2
【知识点】空气的成分及探究；二氧化碳的化学性质
【解析】【分析】（1）氧气能够供给生物呼吸；
（2） 氮肥中含有氮元素，根据质量守恒定律分析；
（3）食物吸收水分后会失去酥脆的口感；
（4）二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀。
【解答】（1） 氧气能够供给生物呼吸，是小白鼠等生物维持生命活动必需的物质，密闭容器中的空气能让小白鼠存活一段时间，说明空气中含有氧气。故填：O2。
（2） 氮肥中含有氮元素，根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，空气中只有氮气含有氮元素，能够作为制造氮肥的天然原料，因此说明空气中含有氮气。故填：N2。
（3） 炸脆的食物吸附了空气中的水蒸气后，会变软失去酥脆的口感，这种现象说明空气中含有水蒸气 。故填：H2O。
（4） 澄清石灰水的主要成分是氢氧化钙Ca(OH)2，它能和二氧化碳反应生成不溶于水的白色碳酸钙沉淀，表面形成的白膜就是碳酸钙沉淀，因此该现象说明空气中含有二氧化碳。故填：CO2。
17．如图所示用带火星的木条分别以甲、乙两种方式迅速插入盛满氧气的集气瓶中，观察到木条复燃，且在甲中燃烧比乙中燃烧更旺.上述实验说明氧气具有的性质是：
（1）　 　. .
（2）　 　
【答案】（1）助燃
（2）密度比空气大
【知识点】氧气的性质和利用
【解析】【分析】（1）根据氧气的助燃性解答；
（2）根据氧气的密度大于空气解答。
【解答】（1） 带火星的木条伸入氧气中能够复燃，说明氧气能够支持燃烧，即氧气具有助燃性（或能支持燃烧）。 故填：助燃。
（2） 氧气密度比空气大，若瓶口向下（乙方式），氧气会从瓶口向下逸散，集气瓶内氧气浓度降低，因此燃烧更不旺；甲瓶口向上，氧气不易逸散，浓度更高，燃烧更旺。该现象说明氧气的密度比空气大，即氧气具有密度比空气大的性质。
故填：密度比空气大。
18．2019年3月 30日18时，四川省凉山州木里县发生特大森林火灾。
（1）消防员开辟防火带，是为了 ____(填字母)；
A．隔绝空气 B．隔绝可燃物 C．降低温度 D．便于运水
（2）山林中遇火灾且被火势包围时，要选择杂草稀疏、地势平坦的地段，用衣服蒙住头部，快速 　 　(填“顺风”或“逆风”)冲过火线。
【答案】（1）B
（2）逆风
【知识点】燃烧与灭火
【解析】【分析】（1） 灭火的原理有三个：清除/隔离可燃物、隔绝氧气（空气）、降低可燃物温度到着火点以下。
（2）只有逆着火势奔跑，才可能远离火灾。
【解答】（1） 开辟防火带是在燃烧区和周边未燃烧林区之间清理出空旷地带，阻止火势蔓延时隔离了前方的可燃物，没有隔绝空气，也没有起到降温作用，其核心目的不是便于运水。
故选B。
（2） 林火灾中，火势会顺着风向蔓延，顺风逃生会使逃生方向和火势蔓延方向一致，会很快被火势追上；逆风逃生的方向是火势来的方向，已经燃烧过的区域不再有明火，风险更低，因此需要快速逆风冲过火线。 故填：逆风。
19．工业盐酸中通常含少量FeCl3而呈黄色，小亮为测定某工业盐酸中 HCl的含量进行如下实验，取某工业盐酸50g，滴加溶质质量分数为20%的NaOH 溶液，反应过程中，当加入的 NaOH溶液质量至以下数值时，对充分反应后所得溶液的质量进行了测定，部分数据如表，请根据表格和图象完成下列问题：
加入 NaOH溶液的质量/g 25 50 75 100
所得溶液的质量/g 75 100 125 m
（1）开始没有产生沉淀的原因是　 　
（2） m=　 　 (结果保留两位小数)。
【答案】（1）加入的NaOH先与HCl反应
（2）148.93
【知识点】根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】（1）根据氢氧化钠和稀盐酸的反应解答；
（2） 根据与盐酸反应的氢氧化钠的质量和对应的化学方程式求算该工业盐酸中HCl的质量分数，根据与氯化铁反应的氢氧化钠的质量和对应的化学方程式求算氢氧化铁的质量，进而求算m的数值。
【解答】（1） 工业盐酸中含有HCl和FeCl3，加入氢氧化钠溶液后，氢氧化钠会先与盐酸发生中和反应，盐酸完全反应后，氢氧化钠才会和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，因此反应开始阶段没有沉淀产生。故填：加入的NaOH先与HCl反应。
（2） 根据图片可知，与盐酸反应的氢氧化钠溶液质量为80g；
设该工业盐酸中HCl的质量分数为x，
；
解得：x=29.2%；
由图可知，与氯化铁反应的氢氧化钠溶液的质量为：86g-80g=6g；
设生成的氢氧化铁沉淀的质量为y，
；
解得：y=1.07g。
所以m=50g+100g-1.07g=148.93g。
故填：148.93g。
20．我们生活在大气中，时时刻刻都要受到大气压的影响。吸管吸取饮料的过程中，利用到大气压，有同学经分析后总结出如图所示的思维模型。
（1）如图甲所示，吸饮料时，吸管内气压　 　(填“增大”或“减小”)，外界大气将饮料压入嘴中，证明了大气压的存在。
（2）如图乙所示，在吸管上端快速吹气，饮料也能上升，说明流体流速越大，压强越　 　。
（3）在使用吸管时，若管身出现破损，就不能吸上饮料，请结合思维模型分析可能的原因是　 　。
（4）如图所示，若饮料瓶密闭，想让吸管内液面上升的方法有：　 　。
【答案】（1）减小
（2）小
（3）未构成密闭空，空间内外未存在气压差
（4）用手挤压瓶身或往里吹气
【知识点】流体压强与流速的关系；大气压强的存在
【解析】【分析】（1）吸饮料时，吸管内的空气被吸出，据此分析吸管内气压变化；
（2）根据流体压强和流速的关系解答；
（3）饮料的原理是依靠吸管内外形成气压差，如果不能形成气压差，那么饮料不能被吸上来；
（4）饮料瓶密闭，想要让吸管内液面上升，需要让瓶内气压大于吸管外（口腔内/外界）的气压。
【解答】（1） 饮料时，人将吸管内的空气吸出，使得吸管内的空气减少，气压减小，此时吸管外的大气压大于吸管内的气压，在大气压的作用下饮料被压入口中。 故填：减小。
（2） 在吸管上端快速吹气时，吸管上端空气流速变大，饮料在吸管内上升，说明吸管内部压强小于外界大气压，因此可得结论：流体流速越大，压强越小。 故填：小。
（3） 饮料的原理是依靠吸管内外形成气压差，若吸管管身破损，空气会从破损处不断进入吸管，无法使吸管内的气压降低，吸管内外始终气压相等，无法形成足够的气压差，因此外界大气压无法将饮料压入嘴中，就不能吸上饮料。 故填：未构成密闭空，空间内外未存在气压差。
（4） 饮料瓶密闭，想要让吸管内液面上升，需要让瓶内气压大于吸管外（口腔内/外界）的气压：可以向瓶内吹气，增大瓶内气体压强，瓶内气压大于吸管内气压，就会将饮料压入吸管使液面上升；或者挤压密闭的饮料瓶，也可以增大瓶内气压，使饮料在瓶内气压的作用下沿吸管上升，液面升高。
故填：用手挤压瓶身或往里吹气。
21．如图所示是气体制取及性质检验的一体化装置。具有装置他用，模块化操作等优点。如用于二氧化碳气体制取及性质检验。
（1）若实验室利用该装置制取二氧化碳气体， 则滴液漏斗中装的试剂是：　 　(填名称)。
（2）若实验过程中试管内装的紫色石蕊试液变红色，则原因是：　 　(用化学方程式表示)。
（3）将两只点燃的蜡烛放在 T 形管附近，打开三通阀开关，使气流缓慢流出。观察到下方蜡烛先熄灭，上方蜡烛后熄灭，说明二氧化碳具有的物理性质是 　 　
【答案】（1）稀HCl
（2）CO2+H2O=H2CO3
（3）密度比空气大
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；二氧化碳的物理性质及用途；制取二氧化碳的原理；二氧化碳的化学性质
【解析】【分析】（1）根据实验室中用大理石和稀盐酸制取二氧化碳分析；
（2）根据反应物、反应条件和生成物，确定反应的化学方程式；
（3）根据容器内蜡烛熄灭的顺序确定二氧化碳在容器中的位置，进而与空气密度比较大小即可。
【解答】（1） 实验室制取二氧化碳，采用的药品是大理石（或石灰石，主要成分为CaCO3和稀盐酸，其中固体药品放在锥形瓶中，液态的稀盐酸盛放在滴液漏斗中，因此滴液漏斗中装的试剂是稀盐酸。 故填：稀HCl。
（2） 二氧化碳进入紫色石蕊试液后，会和水发生反应生成碳酸，碳酸呈酸性，能使紫色石蕊试液变红，反应的化学方程式为： CO2+H2O=H2CO3。故填：CO2+H2O=H2CO3。
（3） 实验中观察到下方蜡烛先熄灭、上方蜡烛后熄灭，蜡烛熄灭说明二氧化碳不燃烧也不支持燃烧，这是化学性质；而蜡烛由下往上依次熄灭，说明二氧化碳先聚集在容器下方，体现出的物理性质是二氧化碳的密度比空气大。 故填：密度比空气大。
22．
（1）在做实验室制取的实验中，若试剂X是新制澄清石灰水，将图中G装置产生的气体通入H中时，H中一直未出现浑浊现象，其原因是　 　
（2）改为正确的装置和试剂后进行实验，若I中干燥的紫色石蕊纸花没有变红，则X 可能是下列选项中的 ____ (填标号)。
A．浓硫酸 B．饱和NaHCO3溶液
C．CaCl2溶液 D．NaOH 浓溶液
【答案】（1）制取的CO2气体中有HCl，先与 Ca(OH)2反应
（2）A；D
【知识点】制取二氧化碳的装置、步骤、收集与注意事项
【解析】【分析】（1）盐酸会挥发氯化氢气体，而氯化氢会和氢氧化钙反应生成氯化钙和水；
（2）干燥的紫色石蕊纸花变红的原理是：CO2和水反应生成碳酸，碳酸使石蕊变红，若纸花不变红，说明经过X试剂后，CO2被完全吸收，或者CO2中的水蒸气已经被完全除去，没有水可以和CO2反应生成碳酸。
【解答】（1） G装置是固液不加热发生装置制取二氧化碳，制取二氧化碳通常使用大理石/石灰石和稀盐酸，盐酸具有挥发性，会使生成的CO2中混有挥发出的氯化氢HCl气体。氯化氢溶于水形成盐酸，会优先和澄清石灰水中的氢氧化钙发生中和反应，因此CO2无法和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，澄清石灰水不变浑浊。
故填：制取的CO2气体中有HCl，先与 Ca(OH)2反应。
（2）A. 浓硫酸具有吸水性，能干燥CO2，除去CO2中混有的水蒸气，进入I的是干燥的二氧化碳，二氧化碳本身不能使干燥石蕊纸花变红，因此纸花不变红，故A符合题意；
B. CO2不溶于饱和碳酸氢钠溶液，且气体从溶液中逸出时会带出水蒸气，进入I后，CO2和水反应生成碳酸，会使干燥的紫色石蕊纸花变红，故B不合题意；
C. CO2不和氯化钙反应，气体从溶液中逸出会带出水蒸气，CO2和水反应生成碳酸，会使干燥的紫色石蕊纸花变红，故C不合题意；
D. 氢氧化钠能和二氧化碳反应，CO2会被NaOH浓溶液完全吸收，没有二氧化碳进入I中，因此干燥的紫色石蕊纸花不变红，故D符合题意。
故选AD。
23．如图所示是用来描绘某一磁体周围磁场的部分磁感线，由磁感线的分布特点可知，b 点的磁场比 a 点的磁场　 　（填“强”或“弱”）；若在 b 点放置一个可自由转动的小磁针，则小磁针静止时，其
N 极指向　 　（填“P”或“Q”）处。
【答案】强；Q
【知识点】磁场和磁感线
【解析】【分析】（1）在磁场中，磁感线越稠密，说明磁场强度越大；反之，说明磁场强度越小；
（2）在磁场中，将某点小磁针静止时北极所指的方向规定为磁场方向。
【解答】（1）根据图片可知，b点的磁感线比a点的磁感线更稠密，则b点的磁场比a点的磁场更强。
（2）根据图片可知，b点时的磁场方向指向Q，则该点的小磁针静止时，N极指向Q。
24． 如图所示： A地海拔200米， B、C两地海拔2200米。则：
（1）B和C两地相比较，降水较多的是　 　地。
（2）影响A、B两地气候差异的主要因素是　 　
（3）小金同学拿着自制气压计(图乙)从A地到B地时，发现玻璃管内水柱高度h　 　(选填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）B
（2）地形
（3）增大
【知识点】大气压强与高度的关系；影响气候的因素
【解析】【分析】（1）根据图像进行分析，迎风坡降水较多。
（2）结合图像进行分析，结合海拔越高，温度越低进行分析。
（3）根据海拔越高，大气压越小进行分析。
【解答】（1）由图可知，B地位于山地的迎风坡（气流从A地上升至B地），而C地位于背风坡。因此，B地降水较多，C地降水较少。
（2） B地海拔2200米，两地海拔相差2000米。海拔升高会导致气温降低（通常每升高100米，气温下降约0.6℃），因此B地气温显著低于A地，因此影响A、B两地气候差异的主要因素是地形。
（3）从A到B，海拔变高，大气压强减小，瓶内压强大于外界大气压，将液体向外压，玻璃管中水面将上升，即h将增大。
25．如图甲是一种“潜水自救装置”，其工作原理如图乙所示，力敏电阻 R 的阻值随潜水深度的改变而改变，当达到设定的安全深度时，电磁铁吸引衔铁，反应盒中两种物质混合并开始反应产生气体，气囊快速充气上浮，将潜水运动员拉回到水面，其中U为电源电压，R0为定值电阻。
（1） 电磁铁下端为　 　 .极。
（2）为实现以上功能，在图丙中选出力敏电阻 Rx 的阻值随深度变化的大致曲线是　 　
(选填“A”或“B”)。
（3）若其他条件不变，减少电磁铁的线圈匝数，则安全深度将　 　(选填“变大”“变小”或“不变”)。
【答案】（1）N
（2）B
（3）变大
【知识点】欧姆定律及其应用；影响电磁铁磁性强弱的因素；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【分析】（1）根据安培定则判断电磁铁的磁极方向；
（2）当潜水深度增加时，题目要求达到设定安全深度时，电磁铁吸引衔铁，据此确定电磁铁的磁场强弱变化，进而确定电路中电流变化，根据分析总电阻的变化，进而确定力敏电阻的阻值变化即可。
（3）电磁铁吸下衔铁需要的磁性强弱是固定的，根据线圈匝数变化确定此时磁场强弱变化，进而判断要保持磁场强度不变需要增大还是减小电流，最后根据分析力敏电阻的阻值变化，确定深度变化即可。
【解答】（1）根据图片可知，线圈上电流方向向左。右手握住螺线管，四指指尖向左，此时大拇指指向下端，则电磁铁的下端为N极。故填：N。
（2） 液体压强随深度增加而增大，当潜水深度增加时，题目要求达到设定安全深度时，电磁铁吸引衔铁，说明深度越大，电路中电流需要越大，电磁铁磁性越强，根据欧姆定律可知，总电压不变，电流增大意味着总电阻变小，因此力敏电阻Rx的阻值需要随深度增加而减小。
则图丙中选出力敏电阻 Rx 的阻值随深度变化的大致曲线是B。
故填：B。
（3） 电磁铁吸下衔铁需要的磁性强弱是固定的。若其他条件不变，减少电磁铁线圈匝数，电磁铁磁性会减弱，要达到能吸下衔铁的磁性，需要更大的电流，因此力敏电阻Rx的阻值需要更小；而Rx阻值随深度增大而减小，因此安全深度将变大。
故填：变大。
26．小亮同学在学习了“电和磁”的知识后，用甲、乙两个直流电动机设计了如图所示的装置，闭合开关S后甲开始转动，同时用皮带带动乙转动，小灯泡发光。在此过程中，将电能转化为机械能的装置是　 　(选填“甲”或“乙”)，如果要使甲的转动方向与原来相反，可采取的措施是 　 　.
【答案】甲；将电源正负极对调
【知识点】通电导体在磁场中的受力方向的判断；直流电动机的构造原理与工作过程；能量的相互转化和转移
【解析】【分析】（1）根据题目描述的工作过程确定甲和乙的能量转换过程即可；
（2）电动机的转动方向由电流方向和磁场方向共同决定：只改变电流方向，或者只改变磁场方向。
【解答】（1） 闭合开关后，甲电动机是通电后在磁场中受力转动，工作过程中将电能转化为机械能；甲转动时通过皮带带动乙转动，乙的线圈切割磁感线产生感应电流，使小灯泡发光，此时乙相当于发电机，工作过程是将机械能转化为电能。故填：甲。
（2） 电动机的转动方向由电流方向和磁场方向共同决定：只改变电流方向，或者只改变磁场方向，电动机的转动方向就会改变。由于电动机甲的结构是安装好的，即磁场方向不易改变，则使甲的转动方向与原来相反，可以采取的措施是：只改变电流的方向（对调电源正负极）。故填：将电源正负极对调。
27．因线路或用电器的绝缘层老化，家庭电路会发生漏电现象，漏电现象严重时会引发用电安全事故。漏电保护器是在用电器发生漏电故障或人体触电时的保护装置，如图所示，未发生漏电时 与如果电路中某处发生漏电，即有电流I3通过其他路径流入大地而使I1与I2的差值大于一定值时，漏电保护器会快速自动切断电路，此时I3的值称为动作电流。
（1）关于漏电保护器，下列说法正确的是 ____。
A．当电路发生短路时，漏电保护器会自动切断电路
B．漏电保护器跳闸后按下试验按钮即可恢复供电
C．正常情况下家庭电路中火线中的电流大于零线中的电流
D．人站在绝缘物上双手分别触摸火线与零线，漏电保护器不会切断电路
（2）如果电路中发生漏电，漏电电流为I3，则I1、I2、I3大小关系的表达式为 　 　。
（3）由于安装人员的疏忽，在安装三孔插座时，误将连接零线和地线的孔接反。此时如果将洗衣机的三脚插头插入该插座，漏电保护器 　 　(会/不会)断开，理由是　 　。
【答案】（1）D
（2）I1=I2+I3
（3）会；零线接地，流出电流I2为零，I1和I2差异大，漏电漏电保护器立即断开
【知识点】串、并联电路的电流特点；安全用电原则
【解析】【分析】（1）根据题意可知， 如果电路中某处发生漏电，即有电流I3通过其他路径流入大地而使I1与I2的差值大于一定值时，漏电保护器会快速自动切断电路， 据此分析判断；
（2）根据题意可知，发生漏电时，火线电流会分成两部分，一部分通过零线，一部分通过地线，据此分析解答；
（3）根据电流的路径分析通过火线的电流是否等于通过零线的电流即可。
【解答】（1）A. 发生短路时，火线和零线的电流大小相等，差值为0，不符合漏电保护器切断电路的条件，因此漏电保护器不会切断电路，故A错误；
B. 漏电保护器跳闸后，需要先排除漏电故障，再合闸恢复供电，仅按试验按钮无法恢复供电，试验按钮的作用是模拟漏电检测保护器是否正常，故B错误；
C. 正常家庭电路无漏电时，火线电流全部经零线回到电路，因此火线电流等于零线电流，故C错误；
D. 人站在绝缘物上双手分别触摸火线与零线，电流全部从火线经人体流向零线，火线和零线的电流大小相等，没有额外电流流入大地，因此漏电保护器不会切断电路，故D正确。
故选D。
（2） 根据电流的分流规律：未发生漏电时，火线电流I1全部经零线流出，即I1=I2。发生漏电时，火线流出的电流I1分为两部分，一部分经零线回流为I2，另一部分经漏电路径流入大地为I3，因此满足关系：I1=I2+I3。故填：I1=I2+I3。
（3） 若误将三孔插座的零线和地线接反，将洗衣机插头插入后：电流从火线流入洗衣机后，不会经零线回流，而是会从地线流入大地，此时火线流出的电流I1远大于零线回流的电流I2，满足漏电保护器切断电路的条件，因此漏电保护器会断开。
故填：会；零线接地，流出电流I2为零，I1和I2差异大，漏电漏电保护器立即断开。
28．建构合理的思维模型，既能促进深度学习，又能提高思维能力。在测量空气中氧气的体积分数时，某科学小组同学建构了“测量混合气体中某种气体的体积分数”类问题的思维模型：
科学小组根据教材中“测定空气中氧气含量”的实验装置进行如下改进：
请回答：
（1）“红磷燃烧”属于思维模型中的　 　(填字母)。
（2）利用图甲装置测定空气中氧气含量，氧气的体积不能直接测量，该实验是通过测量　 　来测出氧气体积的。
（3）图乙是利用氧气传感器测定空气中氧气含量的改进实验，与图甲实验相比，该装置的优点是　 　。(与一点)
（4）科学小组用铁粉替换红磷，如图丙所示，实验测得氧气的体积分数随时间变化的关系如图丁所示。依据图丁信息可知，将红磷改用铁粉能使测定结果更准确，判断的依据是　 　
【答案】（1）B
（2）进入瓶内水的体积
（3）测定结果更准确
（4）铁生锈消耗氧气更充分
【知识点】空气的成分及探究
【解析】【分析】（1）红磷燃烧消耗氧气，从而引起集气瓶内气压减小，据此结合图片确定对应的环节；
（2）氧气被消耗后，装置内压强减小，打开弹簧夹后，外界大气压会将烧杯中的水压入集气瓶中，进入集气瓶中水的体积，就等于装置内被消耗的氧气的体积；
（3）可从测量结果的准确性、数据的直观性和环保的角度分析；
（4）根据丁图比较反应结束时哪种物质对应的氧气的体积分数更小，则它测量的更准确。
【解答】（1） 思维模型中，流程为：构建封闭体系→消耗被测气体→测量体积变化→计算体积分数。红磷燃烧的作用是和装置内的氧气反应，消耗掉待测的氧气，因此属于“消耗被测气体”环节，故选B。故填：B。
（2） 图甲测定空气中氧气含量的原理是：氧气被消耗后，装置内压强减小，打开弹簧夹后，外界大气压会将烧杯中的水压入集气瓶中，进入集气瓶中水的体积，就等于装置内被消耗的氧气的体积。因此该实验是通过测量进入集气瓶中水的体积来得到氧气体积的。
故填：进入瓶内水的体积。
（3） 图乙用氧气传感器可以直接实时测定装置内氧气浓度的变化，和传统图甲装置相比，它的优点有很多，例如：
①不需要打开装置点燃红磷，实验结果更准确，减小了实验误差；
②可以直接得到氧气浓度的变化数据，更直观；
③减少了五氧化二磷泄漏，更环保。
故填： 测量结果更准确（或更环保，可实时得到氧气浓度变化等，合理即可） 。
（4） 从图丁的变化曲线可以看出，足量铁粉反应后，装置内氧气的体积分数几乎降低到0，说明铁粉可以将空气中的氧气几乎完全消耗，而红磷燃烧无法将氧气完全耗尽，因此改用铁粉测定的结果更准确。 故填：铁生锈消耗氧气更充分。
29．小科对手机无线充电的原理感到好奇。查阅资料后得知：充电时充电器内的发射线圈产生磁场，手机内的接收线圈会产生感应电流给电池充电，结构如图甲。学过电磁感应原理的小科提出质疑：手机和充电器在充电过程中都不动，并没有做切割磁感线运动，为何会产生感应电流 对此，他设计了图乙实验进行验证。
操作序号 开关及滑动变阻器状态 灵敏电流计指针偏转方向
1 开关由断开变为闭合 向左
2 开关由闭合变为断开 向右
3 开关闭合时，滑片向左移动 向左
4 开关闭合时，滑片向右移动 向右
5 开关闭合后，滑片不移动 不偏转
6 改变电源正负极，闭合开关，滑片向左移动 向左
7 改变电源正负极，闭合开关，滑片向右移动 向右
（1）通过实验小科发现当Q线圈有变化的　 　时，P线圈中就会产生感应电流。
（2）小科向老师请教，得知当闭合电路围成的平面内，磁感线数量发生改变时，电路中就能产生感应电流。请根据上述事实，解释课本实验中导体 ab上下运动时不产生感应电流的原因(图丙) 　 　
（3）小科发现不同情况下灵敏电流计指针偏转方向不同。他猜测与 Q 线圈中的电流方向改变有关，于是进行实验并记录现象。请判断小科的说法是否正确，并合理选择上表格中的两次实验说明理由　 　。
【答案】（1）电流
（2）该闭合电路内磁通量(磁场强度或方向)未发生改变
（3）不正确，比较3、6/4、7，Q线圈中的电流方向改变，其他条件不变。灵敏电流计指针偏转方向不变，说明感应电流方向与 Q线圈中的电流方向无关
【知识点】产生电磁感应现象的条件和规律
【解析】【分析】（1）根据实验表格数据1和2分析解答；
（2）当闭合电路围成的平面内，磁感线数量发生改变时，电路中才能产生感应电流；
（3）选择实验3和实验6（或实验4和实验7），分析其它条件不变，只改变Q线圈中电流方向时，灵敏电流计的指针偏转方向是否改变即可。
【解答】（1） 观察实验表格数据1、2可知，当开关通断、滑动变阻器滑片移动时，Q线圈的电流大小发生变化，穿过Q线圈的磁场强弱随之改变，此时灵敏电流计偏转，说明P线圈产生感应电流；当滑片不动，Q线圈电流不变，磁场不变，灵敏电流计不偏转，没有感应电流。因此结论是：当Q线圈有变化的电流时，P线圈中就会产生感应电流。
故填：电流。
（2） 当闭合电路围成的平面内，磁感线数量发生改变时，电路中才能产生感应电流。课本的图丙中，U形磁铁的磁感线是竖直方向分布，导体ab上下运动时，导体ab虽然运动，但整个闭合电路围成的区域内，磁感线的总数量没有发生变化，也就是闭合电路平面内磁通量不变，因此不会产生感应电流。
故填：该闭合电路内磁通量(磁场强度或方向)未发生改变。
（3） 选择实验3和实验6（或实验4和实验7）：实验3中Q线圈电流为原方向，开关闭合（电流从无到有增大，对应磁通量增大，灵敏电流计向左偏）；实验6改变了Q线圈电源正负极（即Q线圈电流方向改变），闭合开关后滑片左移，电流增大、磁通量增大的趋势和实验3的磁通量变化趋势相同，此时灵敏电流计仍然向左偏，说明电流计偏转方向和Q线圈电流方向无关，因此小科的说法不正确。
故填：正确，比较3、6/4、7，Q线圈中的电流方向改变，其他条件不变。灵敏电流计指针偏转方向不变，说明感应电流方向与 Q线圈中的电流方向无关。
30．一款新型家用电梯(如图所示)正走进我们的生活，它外形是长圆筒，升降过程不使用线缆，而是靠气压驱动。已知外界大气压为 电梯室质量为 120kg，电梯室与圆筒壁之间的摩擦力为300N，底部和顶部面积均为
（1）低压区的气压降到 时，作用在电梯室上表面的大气压力是多少牛
（2）抽气机最多能把低压区的气压降到 则该电梯匀速下降时能装载的物体的最大质量是
【答案】（1）解： 根据题意可知，作用在电梯室上表面的大气压力为：F=pS=9.5×104Pa×1m2=9.5×104N。
（2）解： 根据题意可知，该电梯的重力为：G电梯=mg=120kg×10N/kg=1200N；
电梯内外受到的压强差为：Δp=1×105Pa-9.5×104Pa=5×103Pa，
产生的压力差为：△F=ΔpS=5×103Pa×1m2=5×103N，
电梯匀速下降时，处于平衡状态，
根据平衡力的知识可知，电梯匀速下降时能装载的物体的重力为：
G物=△F+f-G电梯=5×103N+300N-1200N=4100N，
故可装的物体质量为：。
【知识点】二力平衡的条件及其应用；压强的大小及其计算
【解析】【分析】 （1）已知压强和受力面积，根据F=pS算出作用在电梯室上表面的大气压力；
（2）首先根据G电梯=mg算出电梯的重力，然后计算出电梯内外受到的压强差，根据F=pS计算出产生的压力差，接下来根据平衡力的知识计算电梯匀速下降时能装载的物体的重力，最后根据计算可装的物体质量。
31．音乐喷泉是集声光电技术于一体的装置，一方面通过电脑采集音乐的声音频率特征，并将其转化为控制信号，控制水泵喷出水柱，形成喷泉；另一方面，让红、绿、蓝三种色灯照射到水柱上，通过电脑控制三种色灯明暗让水柱变换颜色，呈现美轮美奂的视觉效果。
（1）图甲为光的三原色示意图，某段时间喷泉一组色灯的红、绿、蓝色灯亮暗变化规律如图乙，图中第25~30s喷泉的颜色是 　 　。
（2）如图丙为控制喷泉工作的模拟电路，控制电路电源电压 Un。呈周期性变化(如图丁所示)，定值电阻 E 为具有特殊功能的电子元件，当 时，电路中没有电流通过；当 时，E两端电压恒为6V。当线圈中通过的电流I≥2A时，电磁继电器衔铁被吸下，水泵启动喷水。(线圈的电阻忽略不计)。求：
①t=9s时，线圈中通过的电流强度是多少 (写出计算过程)
②如水泵每秒可喷出水 米3，则0~3秒水泵喷水的总体积V为多少
【答案】（1）黄色
（2）解：①根据丙图可知，控制电路中两电阻串联。当Ua≥6伏时，E两端电压恒为6伏。
由丁图可知，t=9秒时，电源电压为15V，
此时电阻R1两端的电压为：U1=U中-UE=15V-6V=9V，
则此时线圈中通过的电流大小：；
②根据题意可知，当Ua＜6伏时，电路中没有电流通过，水泵不工作；
当线圈中通过的电流I≥2安时，电磁继电器衔铁被吸下，水泵启动喷水，
此时电阻R1两端的电压为：U1'=I'R1=2A×2Ω=4V，
此时控制电路两端的电压：U'=U1'+UE=4V+6V=10V，
所以当控制电路两端的电压≥10V时，电磁继电器衔铁被吸下，水泵启动喷水；
由丁图可知，电压在3s内由0V增大到15V，又在3s内由15V减小到0V，那么每秒电压的变化量为5V，据此推算0～2s内电源电压小于10V，水泵不工作；2s～4s内电源电压大于等于10V，水泵启动喷水，水泵每秒可喷出水5×10-3米3，
则0～3s内水泵喷水的时间为1s，故0～3秒水泵喷水的总体积V为5×10-3m3。
【知识点】串、并联电路的电压特点；欧姆定律及其应用；电磁继电器的组成、原理和特点
【解析】【分析】 （1）根据乙图确定第25～30s哪个灯泡发光，再根据甲图确定此时喷泉的颜色；
（2）①闭合开关，控制电路中两电阻串联接入电路，根据串联电路电压规律可知电阻R1两端的电压，根据串联电路电流特点结合欧姆定律可知线圈中通过的电流大小；
②当Ua＜6伏时，电路中没有电流通过，水泵不工作；
当线圈中通过的电流I≥2安时，电磁继电器衔铁被吸下，水泵启动喷水，
根据欧姆定律结合串联电路电压规律可知水泵启动喷水时的电源电压，根据丁图可知电压的变化规律，进一步确定水泵启动喷水时间，据此求出0～3秒水泵喷水的总体积V。
【解答】 （1）根据乙图可知，第25～30s内，蓝灯暗，只有红灯和绿灯亮。根据甲图可知，红光和绿光混合得到黄光，则此时喷泉的颜色是黄色。故填：黄。
1 / 1浙江省宁波市镇海区蛟川书院（甬江校区)2025-2026学年第二学期学科素养大比拼2 初二科学试卷
1．煮沸过的水不宜养鱼，这是因为煮沸过的水中几乎不含（　　）
A．氧原子 B．氧元素 C．氧分子 D．氢分子
2．利用白磷燃烧测定空气中氧气体积分数，实验装置如图(集气瓶内装入适量的水，体积为 a，集气瓶总容积为 c)实验步骤如下：①加热玻璃棒引燃白磷；②白磷熄灭后冷却至室温，测得瓶内水的体积为b。下列分析错误的是 (　　)
A．白磷不可替换为木炭或硫粉
B．氧气与空气体积比为(b-a)： (c-a)
C．装置未使用止水夹会影响实验结果
D．实验过程中瓶内液面先下降后上升再稳定
3．如图所示，加热烧瓶中的水使之沸腾，水蒸气从铜管喷出，把火柴靠近管口B处，火柴被加热，迅速移开火柴，火柴开始燃烧，下列说法正确的是 (　　)
A．水沸腾后，水的质量和体积都增大
B．火柴移离水蒸气，与氧气充分接触，从而燃烧
C．移开火柴后，火柴燃烧属于缓慢氧，
D．在B 处时火柴不燃烧是因为湿润的水蒸气降低了火柴的着火点
4．小科所在兴趣小组用如图所示的装置来制取干燥的氧气。装置气密性良好，图①中的锥形瓶内盛有过氧化氢溶液，燃烧匙内装有二氧化锰，燃烧匙可以上下移动，碱石灰用于干燥氧气。下列说法正确的是 (　　)
A．实验中，利用图②和④的装置收集的氧气均不够丰燥
B．图①装置可随时控制反应的发生和停止
C．若用图③收集氧气，可将带火星的木条在b导管口处验满·
D．若用装置④测量生成氧气的体积，集气瓶上方原有的空气对测量结果无影响
5．在一个密闭容器中放入甲、乙、丙、丁四种物质，在一定条件下充分反应，测得反应前后各物质的质量如下表所示。下列说法正确的是 (　　)
物质 甲 乙 丙 丁
反应前质量/g 10 0.3 4.8 2.8
反应后质量/g 3.2 待测 8 6.4
A．乙一定改变了反应速率
B．此反应可表示为：'丙+丁→甲
C．反应中甲和丁变化的质量比为2：1
D．若组成丙、丁的元素不同，则甲一定是化合物
6．如图两条曲线表示某植株一昼夜内光合作用和呼吸作用强度随时间的变化情况，下列分析错误的是 (　　)
A．曲线Ⅰ表示光合作用，曲线Ⅱ表示呼吸作用
B．b、d点时，光合作用和呼吸作用强度相等
C．b点之前，d点之后光合作用强度小于呼吸作用强度
D．一昼夜内，该植株在c点时积累的有机物总量最多
7．2016 年 7 月 1 日起，全省二级以上医院(除儿童医院)全面停止门诊患者静脉输注抗菌药物：如图是医院为病人输液部分装置，图中A为输液瓶，B为滴壶，C为进气管，与大气相通，则在输液过程中，(瓶A中尚有液体)，下列说法正确的是(　　)
①瓶A 中液面下降，但A中上方气体的压强不变；②瓶A 中上方气体的压强随液面的下降而增大；③在瓶中药液输完以前，滴壶B中的气体压强保持不变④滴壶B中的气体压强随A中液面的下降而减小。
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
8．如图所示是车顶的外掀式天窗，行驶时，将天窗前面关闭，后面微微向上打开，就能起到通风作用，这是由于 (　　)
A．车顶空气的流速较大，天窗外的压强小于车内的压强， “抽出”车内污浊的空气
B．车顶空气的流速较大，天窗外的压强大于车内的压强， “吸入”外界新鲜空气
C．车顶空气的流速较小，天窗外的压强小于车内的压强，“抽出”车内污浊的空气
D．车顶空气的流速较小，天窗外的压强大于车内的压强， “吸入”外界新鲜空气
9．小金利用如图所示装置探究磁化过程，图中容器内装的是一些铁屑，架上所夹的是一根铁棒。以下关于此实验的观点不正确的是 (.)
A．甲图到乙图的过程叫磁化
B．乙图中软铁棒的上端是 S 极
C．若把乙图中磁体移走，铁棒的磁性将消失
D．若将乙图中铁棒换成钢棒，被吸引的铁屑会减少
10．为探究二氧化碳的部分性质，设计实验装置如图(夹持仪器省略)，捂热干冰位置的玻璃管，下列说法正确的是 (　　)
A．a处试纸先变红色
B．c处试纸变红色，使石蕊变色的是 CQ2
C．d处火焰先熄灭，CO2不支持燃烧
D．b与c、d与e现象对比均可证明CO2密度比空气大
11．如图中，在矩形通电线圈内放一可以自由转动的小磁针，在通以如图所示方向的电流时，小磁针的指向是(　　)
A．N极指向不变 B．N极垂直纸面指向纸外
C．N极垂直纸面指向里 D．N极指向左边
12．图中是小明制作的简单电动机模型，其线圈由漆包线绕成，将线圈一端的漆全部刮掉，另一端只刮掉半周，在线圈的下面放置了一块磁体。将其接入电路中，闭合开关后，线圈转动起来了。关于此电动机模型下列说法正确的是(　　)
A．利用电磁感应原理工作
B．线圈在转动时，始终受到磁场作用力
C．将电能转化为机械能
D．增大线圈中的电流可改变转动方向
13．某同学在学习家庭电路时，安装了两盏额定电压均为220V的完好的白炽灯(甲和乙)和两个插座，在插座甲处再接入一盏台灯，插座乙处不接入任何用电器，将电路中的开关全部闭合，保险丝未熔断，那么各用电器工作的情况是(　　)
A．甲、乙都正常工作 B．乙正常工作，甲发光但较暗
C．甲、乙都不正常工作 D．甲正常工作，乙发光但较暗
14．如图所示是动圈式话筒和扬声器的构造示意图。讲话时的声音使膜片振动，与之相连的线圈也跟着一起振动，线圈中产生随声音变化的电流。变化的电流通过扬声器的线圈，线圈就会在磁场中来回振动，带动纸盆也来回振动发出声音。根据以上叙述思考，下列说法正确的是（　　）
A．扬声器的线圈振动是因为通电导线在磁场中受到力的作用
B．动圈式话筒是把电能转化成机械能的一种装置
C．电风扇的工作原理与动圈式话筒的工作原理相同
D．扬声器的工作原理是法拉第发现的电磁感应现象
15．已知酸式盐可以和碱发生化学反应，如： 有Na2CO3. NaHCO3 CaO和NaOH组成的混合物27.2g，把它们溶于足量的水中，充分反应后，溶液中 均转化为沉淀，将反应容器内水分蒸干，最后得到白色固体物质共29g，则原混合物中含 Na2CO3的质量是(　　)
A．10.6g B．5.3g C．15.9g D．无法确定
16．根据下列事实说明空气中含有的成分：
（1）小白鼠在装有空气的密闭中可存活一段时间，说明空气中含有　 　
（2）空气是制造氮肥的天然资源，说明空气中含有　 　
（3）炸脆的食物在空气中放置一段时间后就不脆了，说明空气中含有　 　
（4）澄清的石灰水在空气中放置一段时间，看到表面形成一层白膜，说明空气中含有　 　
17．如图所示用带火星的木条分别以甲、乙两种方式迅速插入盛满氧气的集气瓶中，观察到木条复燃，且在甲中燃烧比乙中燃烧更旺.上述实验说明氧气具有的性质是：
（1）　 　. .
（2）　 　
18．2019年3月 30日18时，四川省凉山州木里县发生特大森林火灾。
（1）消防员开辟防火带，是为了 ____(填字母)；
A．隔绝空气 B．隔绝可燃物 C．降低温度 D．便于运水
（2）山林中遇火灾且被火势包围时，要选择杂草稀疏、地势平坦的地段，用衣服蒙住头部，快速 　 　(填“顺风”或“逆风”)冲过火线。
19．工业盐酸中通常含少量FeCl3而呈黄色，小亮为测定某工业盐酸中 HCl的含量进行如下实验，取某工业盐酸50g，滴加溶质质量分数为20%的NaOH 溶液，反应过程中，当加入的 NaOH溶液质量至以下数值时，对充分反应后所得溶液的质量进行了测定，部分数据如表，请根据表格和图象完成下列问题：
加入 NaOH溶液的质量/g 25 50 75 100
所得溶液的质量/g 75 100 125 m
（1）开始没有产生沉淀的原因是　 　
（2） m=　 　 (结果保留两位小数)。
20．我们生活在大气中，时时刻刻都要受到大气压的影响。吸管吸取饮料的过程中，利用到大气压，有同学经分析后总结出如图所示的思维模型。
（1）如图甲所示，吸饮料时，吸管内气压　 　(填“增大”或“减小”)，外界大气将饮料压入嘴中，证明了大气压的存在。
（2）如图乙所示，在吸管上端快速吹气，饮料也能上升，说明流体流速越大，压强越　 　。
（3）在使用吸管时，若管身出现破损，就不能吸上饮料，请结合思维模型分析可能的原因是　 　。
（4）如图所示，若饮料瓶密闭，想让吸管内液面上升的方法有：　 　。
21．如图所示是气体制取及性质检验的一体化装置。具有装置他用，模块化操作等优点。如用于二氧化碳气体制取及性质检验。
（1）若实验室利用该装置制取二氧化碳气体， 则滴液漏斗中装的试剂是：　 　(填名称)。
（2）若实验过程中试管内装的紫色石蕊试液变红色，则原因是：　 　(用化学方程式表示)。
（3）将两只点燃的蜡烛放在 T 形管附近，打开三通阀开关，使气流缓慢流出。观察到下方蜡烛先熄灭，上方蜡烛后熄灭，说明二氧化碳具有的物理性质是 　 　
22．
（1）在做实验室制取的实验中，若试剂X是新制澄清石灰水，将图中G装置产生的气体通入H中时，H中一直未出现浑浊现象，其原因是　 　
（2）改为正确的装置和试剂后进行实验，若I中干燥的紫色石蕊纸花没有变红，则X 可能是下列选项中的 ____ (填标号)。
A．浓硫酸 B．饱和NaHCO3溶液
C．CaCl2溶液 D．NaOH 浓溶液
23．如图所示是用来描绘某一磁体周围磁场的部分磁感线，由磁感线的分布特点可知，b 点的磁场比 a 点的磁场　 　（填“强”或“弱”）；若在 b 点放置一个可自由转动的小磁针，则小磁针静止时，其
N 极指向　 　（填“P”或“Q”）处。
24． 如图所示： A地海拔200米， B、C两地海拔2200米。则：
（1）B和C两地相比较，降水较多的是　 　地。
（2）影响A、B两地气候差异的主要因素是　 　
（3）小金同学拿着自制气压计(图乙)从A地到B地时，发现玻璃管内水柱高度h　 　(选填“增大”“减小”或“不变”)。
25．如图甲是一种“潜水自救装置”，其工作原理如图乙所示，力敏电阻 R 的阻值随潜水深度的改变而改变，当达到设定的安全深度时，电磁铁吸引衔铁，反应盒中两种物质混合并开始反应产生气体，气囊快速充气上浮，将潜水运动员拉回到水面，其中U为电源电压，R0为定值电阻。
（1） 电磁铁下端为　 　 .极。
（2）为实现以上功能，在图丙中选出力敏电阻 Rx 的阻值随深度变化的大致曲线是　 　
(选填“A”或“B”)。
（3）若其他条件不变，减少电磁铁的线圈匝数，则安全深度将　 　(选填“变大”“变小”或“不变”)。
26．小亮同学在学习了“电和磁”的知识后，用甲、乙两个直流电动机设计了如图所示的装置，闭合开关S后甲开始转动，同时用皮带带动乙转动，小灯泡发光。在此过程中，将电能转化为机械能的装置是　 　(选填“甲”或“乙”)，如果要使甲的转动方向与原来相反，可采取的措施是 　 　.
27．因线路或用电器的绝缘层老化，家庭电路会发生漏电现象，漏电现象严重时会引发用电安全事故。漏电保护器是在用电器发生漏电故障或人体触电时的保护装置，如图所示，未发生漏电时 与如果电路中某处发生漏电，即有电流I3通过其他路径流入大地而使I1与I2的差值大于一定值时，漏电保护器会快速自动切断电路，此时I3的值称为动作电流。
（1）关于漏电保护器，下列说法正确的是 ____。
A．当电路发生短路时，漏电保护器会自动切断电路
B．漏电保护器跳闸后按下试验按钮即可恢复供电
C．正常情况下家庭电路中火线中的电流大于零线中的电流
D．人站在绝缘物上双手分别触摸火线与零线，漏电保护器不会切断电路
（2）如果电路中发生漏电，漏电电流为I3，则I1、I2、I3大小关系的表达式为 　 　。
（3）由于安装人员的疏忽，在安装三孔插座时，误将连接零线和地线的孔接反。此时如果将洗衣机的三脚插头插入该插座，漏电保护器 　 　(会/不会)断开，理由是　 　。
28．建构合理的思维模型，既能促进深度学习，又能提高思维能力。在测量空气中氧气的体积分数时，某科学小组同学建构了“测量混合气体中某种气体的体积分数”类问题的思维模型：
科学小组根据教材中“测定空气中氧气含量”的实验装置进行如下改进：
请回答：
（1）“红磷燃烧”属于思维模型中的　 　(填字母)。
（2）利用图甲装置测定空气中氧气含量，氧气的体积不能直接测量，该实验是通过测量　 　来测出氧气体积的。
（3）图乙是利用氧气传感器测定空气中氧气含量的改进实验，与图甲实验相比，该装置的优点是　 　。(与一点)
（4）科学小组用铁粉替换红磷，如图丙所示，实验测得氧气的体积分数随时间变化的关系如图丁所示。依据图丁信息可知，将红磷改用铁粉能使测定结果更准确，判断的依据是　 　
29．小科对手机无线充电的原理感到好奇。查阅资料后得知：充电时充电器内的发射线圈产生磁场，手机内的接收线圈会产生感应电流给电池充电，结构如图甲。学过电磁感应原理的小科提出质疑：手机和充电器在充电过程中都不动，并没有做切割磁感线运动，为何会产生感应电流 对此，他设计了图乙实验进行验证。
操作序号 开关及滑动变阻器状态 灵敏电流计指针偏转方向
1 开关由断开变为闭合 向左
2 开关由闭合变为断开 向右
3 开关闭合时，滑片向左移动 向左
4 开关闭合时，滑片向右移动 向右
5 开关闭合后，滑片不移动 不偏转
6 改变电源正负极，闭合开关，滑片向左移动 向左
7 改变电源正负极，闭合开关，滑片向右移动 向右
（1）通过实验小科发现当Q线圈有变化的　 　时，P线圈中就会产生感应电流。
（2）小科向老师请教，得知当闭合电路围成的平面内，磁感线数量发生改变时，电路中就能产生感应电流。请根据上述事实，解释课本实验中导体 ab上下运动时不产生感应电流的原因(图丙) 　 　
（3）小科发现不同情况下灵敏电流计指针偏转方向不同。他猜测与 Q 线圈中的电流方向改变有关，于是进行实验并记录现象。请判断小科的说法是否正确，并合理选择上表格中的两次实验说明理由　 　。
30．一款新型家用电梯(如图所示)正走进我们的生活，它外形是长圆筒，升降过程不使用线缆，而是靠气压驱动。已知外界大气压为 电梯室质量为 120kg，电梯室与圆筒壁之间的摩擦力为300N，底部和顶部面积均为
（1）低压区的气压降到 时，作用在电梯室上表面的大气压力是多少牛
（2）抽气机最多能把低压区的气压降到 则该电梯匀速下降时能装载的物体的最大质量是
31．音乐喷泉是集声光电技术于一体的装置，一方面通过电脑采集音乐的声音频率特征，并将其转化为控制信号，控制水泵喷出水柱，形成喷泉；另一方面，让红、绿、蓝三种色灯照射到水柱上，通过电脑控制三种色灯明暗让水柱变换颜色，呈现美轮美奂的视觉效果。
（1）图甲为光的三原色示意图，某段时间喷泉一组色灯的红、绿、蓝色灯亮暗变化规律如图乙，图中第25~30s喷泉的颜色是 　 　。
（2）如图丙为控制喷泉工作的模拟电路，控制电路电源电压 Un。呈周期性变化(如图丁所示)，定值电阻 E 为具有特殊功能的电子元件，当 时，电路中没有电流通过；当 时，E两端电压恒为6V。当线圈中通过的电流I≥2A时，电磁继电器衔铁被吸下，水泵启动喷水。(线圈的电阻忽略不计)。求：
①t=9s时，线圈中通过的电流强度是多少 (写出计算过程)
②如水泵每秒可喷出水 米3，则0~3秒水泵喷水的总体积V为多少
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】氧气的性质和利用
【解析】【分析】 氧气在水中的溶解度不大，煮沸过的水中几乎没有了氧气，这样的水不宜养鱼，据此分析。
【解答】 煮沸过的水不宜养鱼，这是因为煮沸过的水中几乎不含氧气，而氧气由氧分子构成，故C符合题意，而A、B、D不合题意。
故选C。
2．【答案】C
【知识点】空气的成分及探究
【解析】【分析】A.在测量空气中氧气体积的实验中，物质燃烧后不能生成气体，否则会导致燃烧前后没有气压差，烧杯中的水不会流入集气瓶，导致测量无法完成；
B.气瓶中空气的总体积是集气瓶总容积减去原有水的体积，白磷燃烧消耗氧气的体积等于反应后进入瓶内的水的体积；
C.注意分析没有止水夹时是否会有气体溢出容器；
D.燃烧消耗氧气导致气压减小，燃烧放热导致气压增大，根据实验过程中二者影响大小分析判断。
【解答】A. 木炭燃烧生成二氧化碳气体、硫粉燃烧生成二氧化硫气体，燃烧后瓶内压强不会发生明显减小，无法测定出氧气的体积，因此白磷不能替换为木炭或硫粉， 故A正确，不合题意；
B. 集气瓶中空气的总体积是集气瓶总容积减去原有水的体积，即c-a；白磷燃烧消耗氧气的体积等于反应后进入瓶内的水的体积，即b-a，因此空气中氧气和空气总体积比是(b-a)：(c-a)，故B正确，不合题意；
C. 集气瓶内的导管是伸入液面下的，集气瓶内的空气是不会随着反应的进行逸散出去的；白磷燃烧消耗集气瓶内氧气的体积，只要测量反应前后集气瓶内增加的液体的体积即可，装置未使用止水夹不会影响实验结果， 故C错误，符合题意；
D. 白磷燃烧放热，瓶内气体受热膨胀，压强增大，瓶内液面先下降；燃烧结束后温度降低，氧气被消耗，瓶内压强减小，外界大气压将水压入瓶内，液面上升，最后压强平衡后液面稳定，因此瓶内液面先下降后上升再稳定，故D正确，不合题意。
故选C。
3．【答案】B
【知识点】燃烧与灭火；剧烈氧化和缓慢氧化
【解析】【分析】A.水沸腾时，水由液态变成气态的水蒸气，据此分析水的质量和体积变化；
BD. 燃烧需要同时满足三个条件：可燃物、温度达到可燃物着火点、与氧气（空气）充分接触；
C. 着火点是可燃物本身的固有属性，一般不会改变。
【解答】A. 水沸腾后，水由液态变为气态水蒸气，液态水的质量减少；水沸腾时温度不变，水的沸点在标准大气压下为100℃，水的密度变化很小，液态水的体积不会明显增大，气态水蒸气体积大幅增大但水的总质量减小， 故A错误；
B. 在B管口时，水蒸气占据了管口大部分空间，火柴周围缺少氧气，因此不燃烧；移开火柴后，火柴充分接触氧气，同时温度已经达到火柴的着火点，满足燃烧条件，因此火柴燃烧， 故B正确；
C. 移开火柴后，火柴燃烧是发光发热剧烈的氧化反应，不属于缓慢氧化， 故C错误；
D. B处火柴不燃烧的原因是：水蒸气占据了B处空间，火柴无法接触到充足的氧气，不是降低了着火点， 故D错误。
故选B。
4．【答案】D
【知识点】制取氧气的装置、步骤、收集与注意事项；氧气的检验和验满
【解析】【分析】A.注意图④中使用的是植物油，不是水；
B.二氧化锰可以加快过氧化氢的反应速率，没有二氧化锰时过氧化氢仍然会分解；
C.根据氧气的密度大于空气分析；
D.根据排水法测气体体积的原理判断。
【解答】A. 图②是向上排空气法，收集的氧气会混有少量水蒸气，不够干燥；而图④中，氧气进入集气瓶后将植物油排出，收集到的氧气不会接触水蒸气，因此收集到的氧气是干燥的，故A错误；
B. 置①中燃烧匙可以上下移动，提起燃烧匙时，二氧化锰与过氧化氢溶液分离， 此时过氧化氢仍然可以分解生成氧气，因此不能控制反应的发生和停止，故B错误；
C. 氧气密度大于空气，用图③（万用瓶向上排空气法）收集氧气时，氧气从b口进，空气从a口排出，因此应当在a导管口放置带火星的木条验满，木条复燃说明收集满，故C错误；
D. 装置④测量生成氧气体积的原理是：进入的氧气体积等于排出水的体积，集气瓶上方原有的空气，不会影响排出水的量，因此对测量结果无影响， 故D正确。
故选D。
5．【答案】D
【知识点】单质和化合物的区别；质量守恒定律及其应用
【解析】【分析】A.根据质量守恒定律计算出乙反应后的质量，如果它是催化剂，那么可以改变反应速率；
B.反应结束后，质量增大的为生成物，质量减小的为反应物，据此确定反应的表达式；
C.根据表格计算甲和丁质量的变化量，然后作比即可；
D.根据质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变，据此分析判断。
【解答】A. 根据质量守恒定律可知， 密闭容器中反应前后总质量不变，即10 + 0.3 + 4.8 + 2.8 =3.2+x+8+6.4，解得：x=0.3。比较可知， 乙的质量反应前后不变，乙可能是不参与反应的杂质，不一定是催化剂，因此不一定改变反应速率，故A错误；
B.根据表格可知，甲的质量减小，为反应物。丙和丁的质量减小，为生成物，则反应表示为：甲→丙+丁，故B错误；
C. 反应中甲和丁变化的质量比为：（10-3.2）：（6.4-2.8）=6.8：3.6=17：9，故C错误；
D. 该反应是分解反应，反应物是甲，分解反应是一种物质生成多种物质的反应，根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变，若生成物丙和丁的元素种类不同，说明甲至少含有两种不同的元素，因此甲一定是化合物，故D正确。
故选D。
6．【答案】D
【知识点】光合作用和呼吸作用的相互关系
【解析】【分析】A. 光合作用必须在有光的条件下才能进行，一般白天光照充足时光合作用强度更强，夜间不进行光合作用；呼吸作用是活细胞时时刻刻都在进行的，强度基本稳定，不会随光照消失而停止；
B.当呼吸作用和光合作用的图像相交时，二者的强度相同；
C.从图像中提取信息分析判断；
D.光合作用产生有机物，呼吸作用消耗有机物，只要光合作用的强度大于呼吸作用的强度，有机物的数量就在增加。
【解答】A. 曲线Ⅰ只在白天（有光时段）进行，强度随光照变化，代表光合作用；曲线Ⅱ全天都能进行，代表呼吸作用，故A正确，不合题意；
B. b点和d点是两条曲线的交点，交点位置表示此时光合作用强度和呼吸作用强度相等，故B正确，不合题意；
C. 结合坐标曲线可知，b点之前、d点之后，曲线Ⅰ（光合作用）始终在曲线Ⅱ（呼吸作用）下方，说明此时光合作用强度小于呼吸作用强度，故C正确，不合题意；
D. 有机物积累 = 光合作用合成有机物 - 呼吸作用消耗有机物，只要光合作用强度大于呼吸作用强度，有机物就在不断积累。由图可知，d点时光合作用强度等于呼吸作用强度，d点之后光合作用强度小于呼吸作用强度，有机物开始消耗，因此一昼夜内，该植株在d点时积累的有机物总量最多，不是c点，故D错误，符合题意。
故选D。
7．【答案】B
【知识点】二力平衡的条件及其应用；压强大小比较；液体压强计算公式的应用
【解析】【分析】①②根据pA气 +ρ液gh = p0分析判断；
③④根据：pB气 +ρ液ghB= p0分析判断。
【解答】①② 进气管C与大气相通，C管口处的压强始终等于大气压p0，保持不变。
设A中液面到C管口的液体深度为h，根据压强平衡得到：pA气 +ρ液gh = p0。当A中液面下降时，\ρ液gh减小，大气压p0不变，因此A中上方气体的压强会随液面下降而增大，故①错误，②正确；
对滴壶B涞水，B的下端与输液管连通，B管口处压强平衡关系为：pB气 +ρ液ghB= p0。在输液过程中，单位时间流出的药液匀速，滴壶B的液面高度基本保持不变，因此hB不变，大气压p0不变，故滴壶B中气体的压强pB气始终保持不变，不会随A中液面下降变化，故③正确，④错误。
那么正确的是②③。
故选B。
8．【答案】A
【知识点】流体压强与流速的关系
【解析】【分析】流体流速越大的位置压强越小，根据流体压强和流速的关系分析判断。
【解答】 当汽车行驶时，车顶的空气相对于汽车是高速流动的。因为天窗后面微微向上打开，所以流过天窗附近的空气速度大于周围空气的流速，则天窗外部的气压小于车内的气压，于是车内的空气被吸出去，达到清新空气的目的。
故选A。
9．【答案】D
【知识点】磁体、磁极、磁化；磁极间的相互作用
【解析】【分析】A. 使原来没有磁性的物体获得磁性的过程叫做磁化 ；
B.根据异名磁极相互吸引分析；
C. 软磁体的特点是：被磁化后获得磁性，在外磁场（本题中的磁体）移走后，磁性会很快消失；
D.钢是硬磁性材料，可以长期保持磁性；铁是软磁性材料，不能长期保持磁性。
【解答】A. 甲图中铁棒原本没有磁性，不能吸引铁屑，靠近磁体后铁棒获得磁性，能够吸引铁屑（乙图），这个过程就是磁化， 故A正确，不合题意；
B. 磁体下端是N极，铁棒被磁化后二者相互吸引，根据异名磁极相互吸引可知，靠近磁体N极的软铁棒下端会形成S极，因此软铁棒的上端就是S极，故B正确，不合题意；
C. 铁棒属于软磁体，软磁体的特点是：被磁化后获得磁性，在外磁场（本题中的磁体）移走后，磁性会很快消失，因此移走乙图中的磁体，铁棒的磁性会消失， 故C正确，不合题意；
D. 若将乙图中铁棒换成钢棒， 当二者大小相同时磁场强弱相同，则被吸引的铁屑不变，故D错误，符合题意。
故选D。
10．【答案】D
【知识点】二氧化碳的物理性质及用途；酸碱指示剂及其性质；二氧化碳的化学性质
【解析】【分析】AB.二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸使湿润的石蕊试纸变成红色；
C.注意分析使石蕊试纸变色的是二氧化碳还是碳酸；
D.二氧化碳的密度比空气大，会沉积在容器底部，据此结合题目现象判断。
【解答】A. a处是干燥的紫色石蕊试纸，干冰升华形成的二氧化碳本身不能使干燥石蕊变色，故A错误；
B. c处是湿润的紫色石蕊试纸，二氧化碳和水反应生成碳酸，是碳酸使石蕊变红，而不是二氧化碳，故B错误；
C. 二氧化碳密度比空气大，会先在下方聚集，因此e处（下方）火焰先熄灭， 故C错误；
D. b是湿润石蕊试纸、c是下方湿润石蕊试纸，实验中c处先变红，b处后变红；d是上方燃着的木条，e是下方燃着的木条，实验中e处火焰先熄灭，这两组现象对比都可以证明二氧化碳密度比空气大，故D正确。
故选D。
11．【答案】B
【知识点】通电直导线周围的磁场
【解析】【分析】首先根据安培定则判断小磁针所在位置的磁场方向，然后确定小磁针N极的指向即可。
【解答】根据图片可知，电流通过左边导线的电流方向向下。右手握住直导线，大拇指指向下方，在小磁针所在的位置，磁场方向垂直纸面向外。 小磁针静止时，N极的指向与所在位置的磁场方向一致，因此小磁针的N极会垂直纸面指向纸外。
故B正确，而ACD错误。
故选B。
12．【答案】C
【知识点】通电导体在磁场中的受力方向的判断；直流电动机的构造原理与工作过程；能量的转化与守恒定律
【解析】【分析】AC.根据电动机的工作原理和能量转化的知识判断；
B.当线圈上的油漆与支架接触时，没有电流经过线圈，此时线圈不会受到力的作用；
D.通电导体在磁场中受力的方向与磁场方向和电流方向有关。
【解答】A. 电动机的工作原理是通电线圈在磁场中受力转动， 故A错误；
B. 该模型中，线圈一端漆全部刮掉，另一端只刮半周：当刮掉漆的半周接触支架时，线圈中有电流，才会受到磁场的作用力；当绝缘漆的半周接触支架时，线圈中没有电流，不受磁场作用力，靠惯性继续转动， 故B错误；
C. 电动机工作过程中，消耗电能，将电能转化为线圈转动的机械能，故C正确；
D. 转动方向由电流方向和磁场方向共同决定，增大线圈电流只会改变转动的速度（受力大小变化），不会改变转动方向， 故D错误。
故选C。
13．【答案】D
【知识点】串、并联电路的电压特点；家庭电路的故障分析
【解析】【分析】 家庭电路中，所有用电器（插座也相当于用电器接入位置）都应该并联在火线和零线之间，这样才能保证每个用电器两端电压都等于额定电压220V，正常工作。 根据图片结合题目描述分析甲乙两端的电压变化即可。
【解答】根据图片可知， 在插座甲处再接入一盏台灯后，灯泡甲一端与火线相连，另一端与零线相连，则它两端的电压保持220V不变，则甲正常工作。
甲处的灯泡与灯泡乙串联在火线和零线之间，根据串联电路的分压规律可知，乙灯泡的电压小于220V，则乙的亮度较暗。
故D正确，而ABC错误。
故选D。
14．【答案】A
【知识点】电磁感应；磁场对通电导线的作用
【解析】【分析】发电机的工作原理是电磁感应现象，将机械能转化为电能；电动机的工作原理是通电导体在磁场肿受力运动，将电能转化为机械嫩。
【解答】A.扬声器的线圈振动是因为通电导线在磁场中受到力的作用，类似于电动机，故A正确；
B.动圈式话筒是将声音的振动转化为电流，相当于发电机，把机械能转化为电能，故B错误；
C.电风扇的主要结构是电动机，工作原理是通电导体在磁场中受力转动，而动圈式话筒的工作原理是电磁感应，故C错误；
D.扬声器相当于电动机，将从话筒传输过来强弱变化的电流转化为纸盆的振动，工作原理是通电导体在磁场中受力运动，故D错误。
故选A。
15．【答案】A
【知识点】根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】 比较可知，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，则反应前后固体质量增加的质量就是参加反应的水的质量，根据水的质量可以计算反应生成氢氧化钙的质量，再根据碳酸钠和氢氧化钙反应的方程式可以计算碳酸钠的质量。
【解答】 设碳酸钠的质量为x，反应生成氢氧化钙的质量为y，
参加反应的水的质量为：29g-27.2g=1.8g，
；
解得：y=7.4g，
，
解得：x=10.6g。
故选A。
16．【答案】（1）O2
（2）N2
（3）H2O
（4）CO2
【知识点】空气的成分及探究；二氧化碳的化学性质
【解析】【分析】（1）氧气能够供给生物呼吸；
（2） 氮肥中含有氮元素，根据质量守恒定律分析；
（3）食物吸收水分后会失去酥脆的口感；
（4）二氧化碳和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀。
【解答】（1） 氧气能够供给生物呼吸，是小白鼠等生物维持生命活动必需的物质，密闭容器中的空气能让小白鼠存活一段时间，说明空气中含有氧气。故填：O2。
（2） 氮肥中含有氮元素，根据质量守恒定律，化学反应前后元素种类不变，空气中只有氮气含有氮元素，能够作为制造氮肥的天然原料，因此说明空气中含有氮气。故填：N2。
（3） 炸脆的食物吸附了空气中的水蒸气后，会变软失去酥脆的口感，这种现象说明空气中含有水蒸气 。故填：H2O。
（4） 澄清石灰水的主要成分是氢氧化钙Ca(OH)2，它能和二氧化碳反应生成不溶于水的白色碳酸钙沉淀，表面形成的白膜就是碳酸钙沉淀，因此该现象说明空气中含有二氧化碳。故填：CO2。
17．【答案】（1）助燃
（2）密度比空气大
【知识点】氧气的性质和利用
【解析】【分析】（1）根据氧气的助燃性解答；
（2）根据氧气的密度大于空气解答。
【解答】（1） 带火星的木条伸入氧气中能够复燃，说明氧气能够支持燃烧，即氧气具有助燃性（或能支持燃烧）。 故填：助燃。
（2） 氧气密度比空气大，若瓶口向下（乙方式），氧气会从瓶口向下逸散，集气瓶内氧气浓度降低，因此燃烧更不旺；甲瓶口向上，氧气不易逸散，浓度更高，燃烧更旺。该现象说明氧气的密度比空气大，即氧气具有密度比空气大的性质。
故填：密度比空气大。
18．【答案】（1）B
（2）逆风
【知识点】燃烧与灭火
【解析】【分析】（1） 灭火的原理有三个：清除/隔离可燃物、隔绝氧气（空气）、降低可燃物温度到着火点以下。
（2）只有逆着火势奔跑，才可能远离火灾。
【解答】（1） 开辟防火带是在燃烧区和周边未燃烧林区之间清理出空旷地带，阻止火势蔓延时隔离了前方的可燃物，没有隔绝空气，也没有起到降温作用，其核心目的不是便于运水。
故选B。
（2） 林火灾中，火势会顺着风向蔓延，顺风逃生会使逃生方向和火势蔓延方向一致，会很快被火势追上；逆风逃生的方向是火势来的方向，已经燃烧过的区域不再有明火，风险更低，因此需要快速逆风冲过火线。 故填：逆风。
19．【答案】（1）加入的NaOH先与HCl反应
（2）148.93
【知识点】根据化学反应方程式的计算
【解析】【分析】（1）根据氢氧化钠和稀盐酸的反应解答；
（2） 根据与盐酸反应的氢氧化钠的质量和对应的化学方程式求算该工业盐酸中HCl的质量分数，根据与氯化铁反应的氢氧化钠的质量和对应的化学方程式求算氢氧化铁的质量，进而求算m的数值。
【解答】（1） 工业盐酸中含有HCl和FeCl3，加入氢氧化钠溶液后，氢氧化钠会先与盐酸发生中和反应，盐酸完全反应后，氢氧化钠才会和氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，因此反应开始阶段没有沉淀产生。故填：加入的NaOH先与HCl反应。
（2） 根据图片可知，与盐酸反应的氢氧化钠溶液质量为80g；
设该工业盐酸中HCl的质量分数为x，
；
解得：x=29.2%；
由图可知，与氯化铁反应的氢氧化钠溶液的质量为：86g-80g=6g；
设生成的氢氧化铁沉淀的质量为y，
；
解得：y=1.07g。
所以m=50g+100g-1.07g=148.93g。
故填：148.93g。
20．【答案】（1）减小
（2）小
（3）未构成密闭空，空间内外未存在气压差
（4）用手挤压瓶身或往里吹气
【知识点】流体压强与流速的关系；大气压强的存在
【解析】【分析】（1）吸饮料时，吸管内的空气被吸出，据此分析吸管内气压变化；
（2）根据流体压强和流速的关系解答；
（3）饮料的原理是依靠吸管内外形成气压差，如果不能形成气压差，那么饮料不能被吸上来；
（4）饮料瓶密闭，想要让吸管内液面上升，需要让瓶内气压大于吸管外（口腔内/外界）的气压。
【解答】（1） 饮料时，人将吸管内的空气吸出，使得吸管内的空气减少，气压减小，此时吸管外的大气压大于吸管内的气压，在大气压的作用下饮料被压入口中。 故填：减小。
（2） 在吸管上端快速吹气时，吸管上端空气流速变大，饮料在吸管内上升，说明吸管内部压强小于外界大气压，因此可得结论：流体流速越大，压强越小。 故填：小。
（3） 饮料的原理是依靠吸管内外形成气压差，若吸管管身破损，空气会从破损处不断进入吸管，无法使吸管内的气压降低，吸管内外始终气压相等，无法形成足够的气压差，因此外界大气压无法将饮料压入嘴中，就不能吸上饮料。 故填：未构成密闭空，空间内外未存在气压差。
（4） 饮料瓶密闭，想要让吸管内液面上升，需要让瓶内气压大于吸管外（口腔内/外界）的气压：可以向瓶内吹气，增大瓶内气体压强，瓶内气压大于吸管内气压，就会将饮料压入吸管使液面上升；或者挤压密闭的饮料瓶，也可以增大瓶内气压，使饮料在瓶内气压的作用下沿吸管上升，液面升高。
故填：用手挤压瓶身或往里吹气。
21．【答案】（1）稀HCl
（2）CO2+H2O=H2CO3
（3）密度比空气大
【知识点】书写化学方程式、文字表达式；二氧化碳的物理性质及用途；制取二氧化碳的原理；二氧化碳的化学性质
【解析】【分析】（1）根据实验室中用大理石和稀盐酸制取二氧化碳分析；
（2）根据反应物、反应条件和生成物，确定反应的化学方程式；
（3）根据容器内蜡烛熄灭的顺序确定二氧化碳在容器中的位置，进而与空气密度比较大小即可。
【解答】（1） 实验室制取二氧化碳，采用的药品是大理石（或石灰石，主要成分为CaCO3和稀盐酸，其中固体药品放在锥形瓶中，液态的稀盐酸盛放在滴液漏斗中，因此滴液漏斗中装的试剂是稀盐酸。 故填：稀HCl。
（2） 二氧化碳进入紫色石蕊试液后，会和水发生反应生成碳酸，碳酸呈酸性，能使紫色石蕊试液变红，反应的化学方程式为： CO2+H2O=H2CO3。故填：CO2+H2O=H2CO3。
（3） 实验中观察到下方蜡烛先熄灭、上方蜡烛后熄灭，蜡烛熄灭说明二氧化碳不燃烧也不支持燃烧，这是化学性质；而蜡烛由下往上依次熄灭，说明二氧化碳先聚集在容器下方，体现出的物理性质是二氧化碳的密度比空气大。 故填：密度比空气大。
22．【答案】（1）制取的CO2气体中有HCl，先与 Ca(OH)2反应
（2）A；D
【知识点】制取二氧化碳的装置、步骤、收集与注意事项
【解析】【分析】（1）盐酸会挥发氯化氢气体，而氯化氢会和氢氧化钙反应生成氯化钙和水；
（2）干燥的紫色石蕊纸花变红的原理是：CO2和水反应生成碳酸，碳酸使石蕊变红，若纸花不变红，说明经过X试剂后，CO2被完全吸收，或者CO2中的水蒸气已经被完全除去，没有水可以和CO2反应生成碳酸。
【解答】（1） G装置是固液不加热发生装置制取二氧化碳，制取二氧化碳通常使用大理石/石灰石和稀盐酸，盐酸具有挥发性，会使生成的CO2中混有挥发出的氯化氢HCl气体。氯化氢溶于水形成盐酸，会优先和澄清石灰水中的氢氧化钙发生中和反应，因此CO2无法和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀，澄清石灰水不变浑浊。
故填：制取的CO2气体中有HCl，先与 Ca(OH)2反应。
（2）A. 浓硫酸具有吸水性，能干燥CO2，除去CO2中混有的水蒸气，进入I的是干燥的二氧化碳，二氧化碳本身不能使干燥石蕊纸花变红，因此纸花不变红，故A符合题意；
B. CO2不溶于饱和碳酸氢钠溶液，且气体从溶液中逸出时会带出水蒸气，进入I后，CO2和水反应生成碳酸，会使干燥的紫色石蕊纸花变红，故B不合题意；
C. CO2不和氯化钙反应，气体从溶液中逸出会带出水蒸气，CO2和水反应生成碳酸，会使干燥的紫色石蕊纸花变红，故C不合题意；
D. 氢氧化钠能和二氧化碳反应，CO2会被NaOH浓溶液完全吸收，没有二氧化碳进入I中，因此干燥的紫色石蕊纸花不变红，故D符合题意。
故选AD。
23．【答案】强；Q
【知识点】磁场和磁感线
【解析】【分析】（1）在磁场中，磁感线越稠密，说明磁场强度越大；反之，说明磁场强度越小；
（2）在磁场中，将某点小磁针静止时北极所指的方向规定为磁场方向。
【解答】（1）根据图片可知，b点的磁感线比a点的磁感线更稠密，则b点的磁场比a点的磁场更强。
（2）根据图片可知，b点时的磁场方向指向Q，则该点的小磁针静止时，N极指向Q。
24．【答案】（1）B
（2）地形
（3）增大
【知识点】大气压强与高度的关系；影响气候的因素
【解析】【分析】（1）根据图像进行分析，迎风坡降水较多。
（2）结合图像进行分析，结合海拔越高，温度越低进行分析。
（3）根据海拔越高，大气压越小进行分析。
【解答】（1）由图可知，B地位于山地的迎风坡（气流从A地上升至B地），而C地位于背风坡。因此，B地降水较多，C地降水较少。
（2） B地海拔2200米，两地海拔相差2000米。海拔升高会导致气温降低（通常每升高100米，气温下降约0.6℃），因此B地气温显著低于A地，因此影响A、B两地气候差异的主要因素是地形。
（3）从A到B，海拔变高，大气压强减小，瓶内压强大于外界大气压，将液体向外压，玻璃管中水面将上升，即h将增大。
25．【答案】（1）N
（2）B
（3）变大
【知识点】欧姆定律及其应用；影响电磁铁磁性强弱的因素；通电螺线管的极性和电流方向的判断
【解析】【分析】（1）根据安培定则判断电磁铁的磁极方向；
（2）当潜水深度增加时，题目要求达到设定安全深度时，电磁铁吸引衔铁，据此确定电磁铁的磁场强弱变化，进而确定电路中电流变化，根据分析总电阻的变化，进而确定力敏电阻的阻值变化即可。
（3）电磁铁吸下衔铁需要的磁性强弱是固定的，根据线圈匝数变化确定此时磁场强弱变化，进而判断要保持磁场强度不变需要增大还是减小电流，最后根据分析力敏电阻的阻值变化，确定深度变化即可。
【解答】（1）根据图片可知，线圈上电流方向向左。右手握住螺线管，四指指尖向左，此时大拇指指向下端，则电磁铁的下端为N极。故填：N。
（2） 液体压强随深度增加而增大，当潜水深度增加时，题目要求达到设定安全深度时，电磁铁吸引衔铁，说明深度越大，电路中电流需要越大，电磁铁磁性越强，根据欧姆定律可知，总电压不变，电流增大意味着总电阻变小，因此力敏电阻Rx的阻值需要随深度增加而减小。
则图丙中选出力敏电阻 Rx 的阻值随深度变化的大致曲线是B。
故填：B。
（3） 电磁铁吸下衔铁需要的磁性强弱是固定的。若其他条件不变，减少电磁铁线圈匝数，电磁铁磁性会减弱，要达到能吸下衔铁的磁性，需要更大的电流，因此力敏电阻Rx的阻值需要更小；而Rx阻值随深度增大而减小，因此安全深度将变大。
故填：变大。
26．【答案】甲；将电源正负极对调
【知识点】通电导体在磁场中的受力方向的判断；直流电动机的构造原理与工作过程；能量的相互转化和转移
【解析】【分析】（1）根据题目描述的工作过程确定甲和乙的能量转换过程即可；
（2）电动机的转动方向由电流方向和磁场方向共同决定：只改变电流方向，或者只改变磁场方向。
【解答】（1） 闭合开关后，甲电动机是通电后在磁场中受力转动，工作过程中将电能转化为机械能；甲转动时通过皮带带动乙转动，乙的线圈切割磁感线产生感应电流，使小灯泡发光，此时乙相当于发电机，工作过程是将机械能转化为电能。故填：甲。
（2） 电动机的转动方向由电流方向和磁场方向共同决定：只改变电流方向，或者只改变磁场方向，电动机的转动方向就会改变。由于电动机甲的结构是安装好的，即磁场方向不易改变，则使甲的转动方向与原来相反，可以采取的措施是：只改变电流的方向（对调电源正负极）。故填：将电源正负极对调。
27．【答案】（1）D
（2）I1=I2+I3
（3）会；零线接地，流出电流I2为零，I1和I2差异大，漏电漏电保护器立即断开
【知识点】串、并联电路的电流特点；安全用电原则
【解析】【分析】（1）根据题意可知， 如果电路中某处发生漏电，即有电流I3通过其他路径流入大地而使I1与I2的差值大于一定值时，漏电保护器会快速自动切断电路， 据此分析判断；
（2）根据题意可知，发生漏电时，火线电流会分成两部分，一部分通过零线，一部分通过地线，据此分析解答；
（3）根据电流的路径分析通过火线的电流是否等于通过零线的电流即可。
【解答】（1）A. 发生短路时，火线和零线的电流大小相等，差值为0，不符合漏电保护器切断电路的条件，因此漏电保护器不会切断电路，故A错误；
B. 漏电保护器跳闸后，需要先排除漏电故障，再合闸恢复供电，仅按试验按钮无法恢复供电，试验按钮的作用是模拟漏电检测保护器是否正常，故B错误；
C. 正常家庭电路无漏电时，火线电流全部经零线回到电路，因此火线电流等于零线电流，故C错误；
D. 人站在绝缘物上双手分别触摸火线与零线，电流全部从火线经人体流向零线，火线和零线的电流大小相等，没有额外电流流入大地，因此漏电保护器不会切断电路，故D正确。
故选D。
（2） 根据电流的分流规律：未发生漏电时，火线电流I1全部经零线流出，即I1=I2。发生漏电时，火线流出的电流I1分为两部分，一部分经零线回流为I2，另一部分经漏电路径流入大地为I3，因此满足关系：I1=I2+I3。故填：I1=I2+I3。
（3） 若误将三孔插座的零线和地线接反，将洗衣机插头插入后：电流从火线流入洗衣机后，不会经零线回流，而是会从地线流入大地，此时火线流出的电流I1远大于零线回流的电流I2，满足漏电保护器切断电路的条件，因此漏电保护器会断开。
故填：会；零线接地，流出电流I2为零，I1和I2差异大，漏电漏电保护器立即断开。
28．【答案】（1）B
（2）进入瓶内水的体积
（3）测定结果更准确
（4）铁生锈消耗氧气更充分
【知识点】空气的成分及探究
【解析】【分析】（1）红磷燃烧消耗氧气，从而引起集气瓶内气压减小，据此结合图片确定对应的环节；
（2）氧气被消耗后，装置内压强减小，打开弹簧夹后，外界大气压会将烧杯中的水压入集气瓶中，进入集气瓶中水的体积，就等于装置内被消耗的氧气的体积；
（3）可从测量结果的准确性、数据的直观性和环保的角度分析；
（4）根据丁图比较反应结束时哪种物质对应的氧气的体积分数更小，则它测量的更准确。
【解答】（1） 思维模型中，流程为：构建封闭体系→消耗被测气体→测量体积变化→计算体积分数。红磷燃烧的作用是和装置内的氧气反应，消耗掉待测的氧气，因此属于“消耗被测气体”环节，故选B。故填：B。
（2） 图甲测定空气中氧气含量的原理是：氧气被消耗后，装置内压强减小，打开弹簧夹后，外界大气压会将烧杯中的水压入集气瓶中，进入集气瓶中水的体积，就等于装置内被消耗的氧气的体积。因此该实验是通过测量进入集气瓶中水的体积来得到氧气体积的。
故填：进入瓶内水的体积。
（3） 图乙用氧气传感器可以直接实时测定装置内氧气浓度的变化，和传统图甲装置相比，它的优点有很多，例如：
①不需要打开装置点燃红磷，实验结果更准确，减小了实验误差；
②可以直接得到氧气浓度的变化数据，更直观；
③减少了五氧化二磷泄漏，更环保。
故填： 测量结果更准确（或更环保，可实时得到氧气浓度变化等，合理即可） 。
（4） 从图丁的变化曲线可以看出，足量铁粉反应后，装置内氧气的体积分数几乎降低到0，说明铁粉可以将空气中的氧气几乎完全消耗，而红磷燃烧无法将氧气完全耗尽，因此改用铁粉测定的结果更准确。 故填：铁生锈消耗氧气更充分。
29．【答案】（1）电流
（2）该闭合电路内磁通量(磁场强度或方向)未发生改变
（3）不正确，比较3、6/4、7，Q线圈中的电流方向改变，其他条件不变。灵敏电流计指针偏转方向不变，说明感应电流方向与 Q线圈中的电流方向无关
【知识点】产生电磁感应现象的条件和规律
【解析】【分析】（1）根据实验表格数据1和2分析解答；
（2）当闭合电路围成的平面内，磁感线数量发生改变时，电路中才能产生感应电流；
（3）选择实验3和实验6（或实验4和实验7），分析其它条件不变，只改变Q线圈中电流方向时，灵敏电流计的指针偏转方向是否改变即可。
【解答】（1） 观察实验表格数据1、2可知，当开关通断、滑动变阻器滑片移动时，Q线圈的电流大小发生变化，穿过Q线圈的磁场强弱随之改变，此时灵敏电流计偏转，说明P线圈产生感应电流；当滑片不动，Q线圈电流不变，磁场不变，灵敏电流计不偏转，没有感应电流。因此结论是：当Q线圈有变化的电流时，P线圈中就会产生感应电流。
故填：电流。
（2） 当闭合电路围成的平面内，磁感线数量发生改变时，电路中才能产生感应电流。课本的图丙中，U形磁铁的磁感线是竖直方向分布，导体ab上下运动时，导体ab虽然运动，但整个闭合电路围成的区域内，磁感线的总数量没有发生变化，也就是闭合电路平面内磁通量不变，因此不会产生感应电流。
故填：该闭合电路内磁通量(磁场强度或方向)未发生改变。
（3） 选择实验3和实验6（或实验4和实验7）：实验3中Q线圈电流为原方向，开关闭合（电流从无到有增大，对应磁通量增大，灵敏电流计向左偏）；实验6改变了Q线圈电源正负极（即Q线圈电流方向改变），闭合开关后滑片左移，电流增大、磁通量增大的趋势和实验3的磁通量变化趋势相同，此时灵敏电流计仍然向左偏，说明电流计偏转方向和Q线圈电流方向无关，因此小科的说法不正确。
故填：正确，比较3、6/4、7，Q线圈中的电流方向改变，其他条件不变。灵敏电流计指针偏转方向不变，说明感应电流方向与 Q线圈中的电流方向无关。
30．【答案】（1）解： 根据题意可知，作用在电梯室上表面的大气压力为：F=pS=9.5×104Pa×1m2=9.5×104N。
（2）解： 根据题意可知，该电梯的重力为：G电梯=mg=120kg×10N/kg=1200N；
电梯内外受到的压强差为：Δp=1×105Pa-9.5×104Pa=5×103Pa，
产生的压力差为：△F=ΔpS=5×103Pa×1m2=5×103N，
电梯匀速下降时，处于平衡状态，
根据平衡力的知识可知，电梯匀速下降时能装载的物体的重力为：
G物=△F+f-G电梯=5×103N+300N-1200N=4100N，
故可装的物体质量为：。
【知识点】二力平衡的条件及其应用；压强的大小及其计算
【解析】【分析】 （1）已知压强和受力面积，根据F=pS算出作用在电梯室上表面的大气压力；
（2）首先根据G电梯=mg算出电梯的重力，然后计算出电梯内外受到的压强差，根据F=pS计算出产生的压力差，接下来根据平衡力的知识计算电梯匀速下降时能装载的物体的重力，最后根据计算可装的物体质量。
31．【答案】（1）黄色
（2）解：①根据丙图可知，控制电路中两电阻串联。当Ua≥6伏时，E两端电压恒为6伏。
由丁图可知，t=9秒时，电源电压为15V，
此时电阻R1两端的电压为：U1=U中-UE=15V-6V=9V，
则此时线圈中通过的电流大小：；
②根据题意可知，当Ua＜6伏时，电路中没有电流通过，水泵不工作；
当线圈中通过的电流I≥2安时，电磁继电器衔铁被吸下，水泵启动喷水，
此时电阻R1两端的电压为：U1'=I'R1=2A×2Ω=4V，
此时控制电路两端的电压：U'=U1'+UE=4V+6V=10V，
所以当控制电路两端的电压≥10V时，电磁继电器衔铁被吸下，水泵启动喷水；
由丁图可知，电压在3s内由0V增大到15V，又在3s内由15V减小到0V，那么每秒电压的变化量为5V，据此推算0～2s内电源电压小于10V，水泵不工作；2s～4s内电源电压大于等于10V，水泵启动喷水，水泵每秒可喷出水5×10-3米3，
则0～3s内水泵喷水的时间为1s，故0～3秒水泵喷水的总体积V为5×10-3m3。
【知识点】串、并联电路的电压特点；欧姆定律及其应用；电磁继电器的组成、原理和特点
【解析】【分析】 （1）根据乙图确定第25～30s哪个灯泡发光，再根据甲图确定此时喷泉的颜色；
（2）①闭合开关，控制电路中两电阻串联接入电路，根据串联电路电压规律可知电阻R1两端的电压，根据串联电路电流特点结合欧姆定律可知线圈中通过的电流大小；
②当Ua＜6伏时，电路中没有电流通过，水泵不工作；
当线圈中通过的电流I≥2安时，电磁继电器衔铁被吸下，水泵启动喷水，
根据欧姆定律结合串联电路电压规律可知水泵启动喷水时的电源电压，根据丁图可知电压的变化规律，进一步确定水泵启动喷水时间，据此求出0～3秒水泵喷水的总体积V。
【解答】 （1）根据乙图可知，第25～30s内，蓝灯暗，只有红灯和绿灯亮。根据甲图可知，红光和绿光混合得到黄光，则此时喷泉的颜色是黄色。故填：黄。
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