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3 [2025云南中考] 为保障行车安全，同学们设计了后视镜除雾、除霜装置，简化电路如图所示。电源电压为12 V，加热电阻$R_1$、$R_2$的阻值均为$6\ \Omega$，电路低温挡除雾，高温挡除霜。将旋转开关调至“1”时启动除
霜
模式；加热1 min，后视镜温度升高$6\ °\mathrm{C}$，后视镜玻璃的质量为0.15 kg，加热效率为50%
。[$c_{\mathrm{玻璃}} = 0.8×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·°\mathrm{C})$]答案
霜 50%
【解析】 第一空：
第一步:开关定位。
情况①:开关旋至“1”位置,仅$R_1$工作。
情况②:开关旋至“2”位置,$R_1$、$R_2$串联工作。
第二步:电阻分析,判断挡位。
两种情况电路中总电阻比较:①＜②,根据$P=\frac{U^2}{R}$,总电阻越小,总功率越大,所以情况①为高温挡除霜模式,情况②为低温挡除雾模式。
第二空:加热1 min消耗的电能$W=Pt_{时}=\frac{U^2}{R_1}t_{时}=\frac{(12\ \mathrm{V})^2}{6\ \Omega} × 1 × 60\ \mathrm{s}=1\ 440\ \mathrm{J}$,后视镜玻璃吸收的热量$Q_{吸}=c_{玻璃}m\Delta t=0.8 × 10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)} × 0.15\ \mathrm{kg} × 6\ °\mathrm{C}=720\ \mathrm{J}$,所以其加热效率$\eta=\frac{Q_{吸}}{W} × 100\%=\frac{720\ \mathrm{J}}{1\ 440\ \mathrm{J}} × 100\%=50\%$。
【解析】 第一空：
第一步:开关定位。
情况①:开关旋至“1”位置,仅$R_1$工作。
情况②:开关旋至“2”位置,$R_1$、$R_2$串联工作。
第二步:电阻分析,判断挡位。
两种情况电路中总电阻比较:①＜②,根据$P=\frac{U^2}{R}$,总电阻越小,总功率越大,所以情况①为高温挡除霜模式,情况②为低温挡除雾模式。
第二空:加热1 min消耗的电能$W=Pt_{时}=\frac{U^2}{R_1}t_{时}=\frac{(12\ \mathrm{V})^2}{6\ \Omega} × 1 × 60\ \mathrm{s}=1\ 440\ \mathrm{J}$,后视镜玻璃吸收的热量$Q_{吸}=c_{玻璃}m\Delta t=0.8 × 10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)} × 0.15\ \mathrm{kg} × 6\ °\mathrm{C}=720\ \mathrm{J}$,所以其加热效率$\eta=\frac{Q_{吸}}{W} × 100\%=\frac{720\ \mathrm{J}}{1\ 440\ \mathrm{J}} × 100\%=50\%$。
解析
【分析】
要解决本题，需分两步分析：第一步判断旋转开关在不同挡位时的电路结构，结合电功率公式确定对应模式；第二步计算加热过程中消耗的电能和玻璃吸收的热量，进而求出加热效率。首先明确开关在“1”“2”位置的电路连接：开关在“1”时仅R₁接入电路，开关在“2”时R₁与R₂串联接入电路；根据公式$P=\frac{U^2}{R}$，电源电压不变时，总电阻越小总功率越大，对应高温挡，反之是低温挡。再利用电能、热量公式计算，结合效率公式求解。
【解析】
第一空：
① 开关调至“1”时，电路只有$R_1$工作，总电阻$R_1=6\ \Omega$；
② 开关调至“2”时，$R_1$与$R_2$串联，总电阻$R_{总}=R_1+R_2=6\ \Omega+6\ \Omega=12\ \Omega$；
根据$P=\frac{U^2}{R}$，电源电压$U=12\ \mathrm{V}$不变，总电阻越小总功率越大，因此开关在“1”时总功率更大，为高温挡，对应除霜模式。
第二空：
加热1 min消耗的电能：$W=\frac{U^2}{R_1}t=\frac{(12\ \mathrm{V})^2}{6\ \Omega}×60\ \mathrm{s}=1440\ \mathrm{J}$；
后视镜玻璃吸收的热量：$Q_{吸}=c_{玻璃}m\Delta t=0.8×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.15\ \mathrm{kg}×6\ \mathrm{℃}=720\ \mathrm{J}$；
加热效率：$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%=\frac{720\ \mathrm{J}}{1440\ \mathrm{J}}×100\%=50\%$。
【答案】
霜；50%
【知识点】
电功率计算、串联电路特点、热量计算、加热效率
【点评】
本题结合实际生活中的除雾除霜装置，考查电路分析、电功率及效率的综合计算，需准确判断不同挡位的电路结构，熟练运用相关公式，是中考常见的电学应用题。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需分两步分析：第一步判断旋转开关在不同挡位时的电路结构，结合电功率公式确定对应模式；第二步计算加热过程中消耗的电能和玻璃吸收的热量，进而求出加热效率。首先明确开关在“1”“2”位置的电路连接：开关在“1”时仅R₁接入电路，开关在“2”时R₁与R₂串联接入电路；根据公式$P=\frac{U^2}{R}$，电源电压不变时，总电阻越小总功率越大，对应高温挡，反之是低温挡。再利用电能、热量公式计算，结合效率公式求解。
【解析】
第一空：
① 开关调至“1”时，电路只有$R_1$工作，总电阻$R_1=6\ \Omega$；
② 开关调至“2”时，$R_1$与$R_2$串联，总电阻$R_{总}=R_1+R_2=6\ \Omega+6\ \Omega=12\ \Omega$；
根据$P=\frac{U^2}{R}$，电源电压$U=12\ \mathrm{V}$不变，总电阻越小总功率越大，因此开关在“1”时总功率更大，为高温挡，对应除霜模式。
第二空：
加热1 min消耗的电能：$W=\frac{U^2}{R_1}t=\frac{(12\ \mathrm{V})^2}{6\ \Omega}×60\ \mathrm{s}=1440\ \mathrm{J}$；
后视镜玻璃吸收的热量：$Q_{吸}=c_{玻璃}m\Delta t=0.8×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.15\ \mathrm{kg}×6\ \mathrm{℃}=720\ \mathrm{J}$；
加热效率：$\eta=\frac{Q_{吸}}{W}×100\%=\frac{720\ \mathrm{J}}{1440\ \mathrm{J}}×100\%=50\%$。
【答案】
霜；50%
【知识点】
电功率计算、串联电路特点、热量计算、加热效率
【点评】
本题结合实际生活中的除雾除霜装置，考查电路分析、电功率及效率的综合计算，需准确判断不同挡位的电路结构，熟练运用相关公式，是中考常见的电学应用题。
【难度系数】
0.6
4 新情境 西藏羊八井地热电站发电时的发电功率为$2.5×10^4\ \mathrm{kW}$。若该电站一天24 h的发电量可供100台1 kW的微波炉工作3 600 h，该发电站的供电效率是
60%
。地热不仅可以用来发电，还可以用来供暖，某户若采用地热供暖，一个冬天需要缴费1 980元，若采用空调取暖，要达到与地热供暖相同的效果，每天需要3台功率为1.2 kW的空调开12 h。若一个供暖期为120天，使用地热供暖比使用空调供暖可节省612
元。（电费价格为0.5元/度）答案
60% 612
【解析】 由题意知,发电站一天的发电量$W=Pt=2.5 × 10^4\ \mathrm{kW} × 24\ \mathrm{h}=6 × 10^5\ \mathrm{kW· h}$,100台微波炉工作3 600 h消耗的电能$W_1=100P_1t_1=100 × 1\ \mathrm{kW} × 3\ 600\ \mathrm{h}=3.6 × 10^5\ \mathrm{kW· h}$,因此该发电站的供电效率$\eta=\frac{W_1}{W} × 100\%=\frac{3.6 × 10^5\ \mathrm{kW· h}}{6 × 10^5\ \mathrm{kW· h}} × 100\%=60\%$。整个供暖期使用空调消耗的总电能$W_2=3P_2t_2=3 × 1.2\ \mathrm{kW} × 120 × 12\ \mathrm{h}=5\ 184\ \mathrm{kW· h}=5\ 184$度,应缴电费为$n=5\ 184$度$× 0.5$元/度$=2\ 592$元,使用地热供暖比使用空调供暖可节省$n_1=2\ 592$元$-1\ 980$元$=612$元。
【解析】 由题意知,发电站一天的发电量$W=Pt=2.5 × 10^4\ \mathrm{kW} × 24\ \mathrm{h}=6 × 10^5\ \mathrm{kW· h}$,100台微波炉工作3 600 h消耗的电能$W_1=100P_1t_1=100 × 1\ \mathrm{kW} × 3\ 600\ \mathrm{h}=3.6 × 10^5\ \mathrm{kW· h}$,因此该发电站的供电效率$\eta=\frac{W_1}{W} × 100\%=\frac{3.6 × 10^5\ \mathrm{kW· h}}{6 × 10^5\ \mathrm{kW· h}} × 100\%=60\%$。整个供暖期使用空调消耗的总电能$W_2=3P_2t_2=3 × 1.2\ \mathrm{kW} × 120 × 12\ \mathrm{h}=5\ 184\ \mathrm{kW· h}=5\ 184$度,应缴电费为$n=5\ 184$度$× 0.5$元/度$=2\ 592$元,使用地热供暖比使用空调供暖可节省$n_1=2\ 592$元$-1\ 980$元$=612$元。
解析
【分析】
本题分为两个问题，第一问求发电站的供电效率，需明确供电效率是供电输出的电能与发电站一天发电量的比值；第二问求节省的电费，需先算出空调供暖的总电费，再减去地热供暖的费用。解题时要牢记电能公式$W=Pt$、效率公式$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%$、电费计算公式，同时注意物理量单位统一（均用$kW$、$h$，电能单位为$kW·h$即“度”）。
【解析】
1. 计算发电站一天的发电量：
已知发电功率$P=2.5×10^4\ \mathrm{kW}$，时间$t=24\ \mathrm{h}$，根据$W=Pt$，得发电站一天的发电量：
$W=2.5×10^4\ \mathrm{kW}×24\ \mathrm{h}=6×10^5\ \mathrm{kW·h}$。
2. 计算100台微波炉消耗的电能（供电输出的电能）：
每台微波炉功率$P_1=1\ \mathrm{kW}$，共100台，工作时间$t_1=3600\ \mathrm{h}$，则微波炉消耗的电能：
$W_1=100×1\ \mathrm{kW}×3600\ \mathrm{h}=3.6×10^5\ \mathrm{kW·h}$。
3. 计算供电效率：
根据效率公式$\eta=\frac{W_1}{W}×100\%$，代入数据得：
$\eta=\frac{3.6×10^5\ \mathrm{kW·h}}{6×10^5\ \mathrm{kW·h}}×100\%=60\%$。
4. 计算空调供暖的总电费：
每台空调功率$P_2=1.2\ \mathrm{kW}$，共3台，每天工作12$\mathrm{h}$，供暖期120天，总电能：
$W_2=3×1.2\ \mathrm{kW}×120×12\ \mathrm{h}=5184\ \mathrm{kW·h}=5184$度，
总电费：$5184$度$×0.5$元/度$=2592$元。
5. 计算节省的电费：
节省费用$=2592$元$-1980$元$=612$元。
【答案】
60%；612
【知识点】
电能的计算、效率的计算、电费的计算
【点评】
本题结合地热发电与供暖的实际情境，考查物理知识在生活中的应用，解题时需准确运用相关公式，注意单位统一和数值计算的准确性，难度适中。
【难度系数】
0.7
本题分为两个问题，第一问求发电站的供电效率，需明确供电效率是供电输出的电能与发电站一天发电量的比值；第二问求节省的电费，需先算出空调供暖的总电费，再减去地热供暖的费用。解题时要牢记电能公式$W=Pt$、效率公式$\eta=\frac{W_{有用}}{W_{总}}×100\%$、电费计算公式，同时注意物理量单位统一（均用$kW$、$h$，电能单位为$kW·h$即“度”）。
【解析】
1. 计算发电站一天的发电量：
已知发电功率$P=2.5×10^4\ \mathrm{kW}$，时间$t=24\ \mathrm{h}$，根据$W=Pt$，得发电站一天的发电量：
$W=2.5×10^4\ \mathrm{kW}×24\ \mathrm{h}=6×10^5\ \mathrm{kW·h}$。
2. 计算100台微波炉消耗的电能（供电输出的电能）：
每台微波炉功率$P_1=1\ \mathrm{kW}$，共100台，工作时间$t_1=3600\ \mathrm{h}$，则微波炉消耗的电能：
$W_1=100×1\ \mathrm{kW}×3600\ \mathrm{h}=3.6×10^5\ \mathrm{kW·h}$。
3. 计算供电效率：
根据效率公式$\eta=\frac{W_1}{W}×100\%$，代入数据得：
$\eta=\frac{3.6×10^5\ \mathrm{kW·h}}{6×10^5\ \mathrm{kW·h}}×100\%=60\%$。
4. 计算空调供暖的总电费：
每台空调功率$P_2=1.2\ \mathrm{kW}$，共3台，每天工作12$\mathrm{h}$，供暖期120天，总电能：
$W_2=3×1.2\ \mathrm{kW}×120×12\ \mathrm{h}=5184\ \mathrm{kW·h}=5184$度，
总电费：$5184$度$×0.5$元/度$=2592$元。
5. 计算节省的电费：
节省费用$=2592$元$-1980$元$=612$元。
【答案】
60%；612
【知识点】
电能的计算、效率的计算、电费的计算
【点评】
本题结合地热发电与供暖的实际情境，考查物理知识在生活中的应用，解题时需准确运用相关公式，注意单位统一和数值计算的准确性，难度适中。
【难度系数】
0.7
5 [2025陕西中考] 火电站利用煤炭燃烧时产生的热量，通过汽轮机带动发电机发电，若火电站的煤电转化效率 $\eta = \frac{W_{电}}{Q_{总}}$（$W_{电}$为火电站发出的电能，$Q_{总}$为消耗的煤炭完全燃烧时所放出的热量），则煤炭燃烧越充分，煤电转化效率越高。有关研究表明，基于“富氧燃烧”技术的“碳-氢-风-电”能源耦合模型，可有效地提高新能源与传统能源的综合利用。如图所示，风电站给电网供电后，将富余的电能输送给制氢厂，通过电解水装置制造的氢气，经加氢站到达用户端；将电解水制氢时产生的氧气输送给火电站，使煤炭实现“富氧燃烧”，提高火电站的煤电转化效率。
“碳-氢-风-电”能源耦合模型
(1)某风电站总装机功率为$10^5\ \mathrm{kW}$，平均每天工作时长以10 h计。若风电站以总装机功率工作时，1天所发出的电能中，有$8.2×10^5\ \mathrm{kW·h}$的电能供给电网，富余的电能全部用于电解水制氢（每产生$1\ \mathrm{m}^3$氢气消耗$3.6\ \mathrm{kW·h}$的电能），产生的氢气完全燃烧时，释放的热量为多少？（氢气的热值为$1.28×10^7\ \mathrm{J/m}^3$）
(2)假设火电站通过“富氧燃烧”技术，使煤炭完全燃烧，可实现每消耗0.31 kg的标准煤，发出1 kW·h的电能，则“富氧燃烧”条件下，煤电转化效率是多少？（结果精确到1%，标准煤的热值为$2.9×10^7\ \mathrm{J/kg}$）
(3)若采用“富氧燃烧”技术后，煤电转化效率相比技术革新之前提高了4%，则同样发出1 kW·h的电能，相比应用“富氧燃烧”技术前，能节约多少千克标准煤？
“碳-氢-风-电”能源耦合模型
(1)某风电站总装机功率为$10^5\ \mathrm{kW}$，平均每天工作时长以10 h计。若风电站以总装机功率工作时，1天所发出的电能中，有$8.2×10^5\ \mathrm{kW·h}$的电能供给电网，富余的电能全部用于电解水制氢（每产生$1\ \mathrm{m}^3$氢气消耗$3.6\ \mathrm{kW·h}$的电能），产生的氢气完全燃烧时，释放的热量为多少？（氢气的热值为$1.28×10^7\ \mathrm{J/m}^3$）
(2)假设火电站通过“富氧燃烧”技术，使煤炭完全燃烧，可实现每消耗0.31 kg的标准煤，发出1 kW·h的电能，则“富氧燃烧”条件下，煤电转化效率是多少？（结果精确到1%，标准煤的热值为$2.9×10^7\ \mathrm{J/kg}$）
(3)若采用“富氧燃烧”技术后，煤电转化效率相比技术革新之前提高了4%，则同样发出1 kW·h的电能，相比应用“富氧燃烧”技术前，能节约多少千克标准煤？
答案
解:(1)风电站1天发出的电能$W=Pt=10^5\ \mathrm{kW} × 10\ \mathrm{h}=10^6\ \mathrm{kW· h}$,
产生氢气的体积$V_{氢气}=\frac{10^6\ \mathrm{kW· h}-8.2 × 10^5\ \mathrm{kW· h}}{3.6\ \mathrm{kW· h/m^3}}=5 × 10^4\ \mathrm{m^3}$,
产生的氢气完全燃烧释放的热量$Q_{放氢}=V_{氢气}q_{氢气}=5 × 10^4\ \mathrm{m^3} × 1.28 × 10^7\ \mathrm{J/m^3}=6.4 × 10^{11}\ \mathrm{J}$。
(2)标准煤完全燃烧放出的热量$Q_{放煤}=m_{煤}q_{煤}=0.31\ \mathrm{kg} × 2.9 × 10^7\ \mathrm{J/kg}=8.99 × 10^6\ \mathrm{J}$,
煤电转化效率$\eta=\frac{W_{电}}{Q_{放煤}}=\frac{3.6 × 10^6\ \mathrm{J}}{8.99 × 10^6\ \mathrm{J}} \approx 40\%$。
(3)由题意可知,技术革新之前的煤电转化效率$\eta'=40\%-4\%=36\%$,
技术革新之前完全燃烧标准煤放出的热量$Q'_{放煤}=\frac{W_{电}}{\eta'}=\frac{3.6 × 10^6\ \mathrm{J}}{36\%}=1 × 10^7\ \mathrm{J}$,
需要完全燃烧标准煤的质量$m'_{煤}=\frac{Q'_{放煤}}{q_{煤}}=\frac{1 × 10^7\ \mathrm{J}}{2.9 × 10^7\ \mathrm{J/kg}} \approx 0.34\ \mathrm{kg}$,
相比应用“富氧燃烧”技术前,能节约标准煤的质量$m_{节约}=m'_{煤}-m_{煤}=0.34\ \mathrm{kg}-0.31\ \mathrm{kg}=0.03\ \mathrm{kg}$。
产生氢气的体积$V_{氢气}=\frac{10^6\ \mathrm{kW· h}-8.2 × 10^5\ \mathrm{kW· h}}{3.6\ \mathrm{kW· h/m^3}}=5 × 10^4\ \mathrm{m^3}$,
产生的氢气完全燃烧释放的热量$Q_{放氢}=V_{氢气}q_{氢气}=5 × 10^4\ \mathrm{m^3} × 1.28 × 10^7\ \mathrm{J/m^3}=6.4 × 10^{11}\ \mathrm{J}$。
(2)标准煤完全燃烧放出的热量$Q_{放煤}=m_{煤}q_{煤}=0.31\ \mathrm{kg} × 2.9 × 10^7\ \mathrm{J/kg}=8.99 × 10^6\ \mathrm{J}$,
煤电转化效率$\eta=\frac{W_{电}}{Q_{放煤}}=\frac{3.6 × 10^6\ \mathrm{J}}{8.99 × 10^6\ \mathrm{J}} \approx 40\%$。
(3)由题意可知,技术革新之前的煤电转化效率$\eta'=40\%-4\%=36\%$,
技术革新之前完全燃烧标准煤放出的热量$Q'_{放煤}=\frac{W_{电}}{\eta'}=\frac{3.6 × 10^6\ \mathrm{J}}{36\%}=1 × 10^7\ \mathrm{J}$,
需要完全燃烧标准煤的质量$m'_{煤}=\frac{Q'_{放煤}}{q_{煤}}=\frac{1 × 10^7\ \mathrm{J}}{2.9 × 10^7\ \mathrm{J/kg}} \approx 0.34\ \mathrm{kg}$,
相比应用“富氧燃烧”技术前,能节约标准煤的质量$m_{节约}=m'_{煤}-m_{煤}=0.34\ \mathrm{kg}-0.31\ \mathrm{kg}=0.03\ \mathrm{kg}$。
解析
【分析】
本题围绕“碳-氢-风-电”能源模型，考查电能、热值、效率的相关计算，解题思路如下：
(1) 先根据公式$W=Pt$计算风电站1天发出的总电能，减去供给电网的电能得到富余电能；再根据“每产生$1\ \mathrm{m}^3$氢气消耗$3.6\ \mathrm{kW·h}$电能”，计算富余电能可产生氢气的体积；最后利用$Q_{放}=Vq$计算氢气完全燃烧释放的热量。
(2) 煤电转化效率$\eta=\frac{W_{电}}{Q_{总}}$，其中$W_{电}$是发出的电能（$1\ \mathrm{kW·h}$），$Q_{总}$是消耗标准煤完全燃烧放出的热量，先计算标准煤完全燃烧的热量，再代入公式求效率。
(3) 先算出技术革新前的煤电转化效率，再根据$\eta=\frac{W_{电}}{Q_{总}}$，计算发出$1\ \mathrm{kW·h}$电能所需的总热量，进而求出技术革新前需要的标准煤质量，最后减去技术革新后的标准煤质量，得到节约的质量。
【解析】
解：(1) 风电站1天发出的总电能：
$W = Pt = 10^5\ \mathrm{kW} × 10\ \mathrm{h} = 10^6\ \mathrm{kW·h}$
富余的电能：
$W_{余} = W - W_{供给} = 10^6\ \mathrm{kW·h} - 8.2×10^5\ \mathrm{kW·h} = 1.8×10^5\ \mathrm{kW·h}$
产生氢气的体积：
$V_{氢气} = \frac{W_{余}}{3.6\ \mathrm{kW·h/m^3}} = \frac{1.8×10^5\ \mathrm{kW·h}}{3.6\ \mathrm{kW·h/m^3}} = 5×10^4\ \mathrm{m^3}$
氢气完全燃烧释放的热量：
$Q_{放氢} = V_{氢气}q_{氢气} = 5×10^4\ \mathrm{m^3} × 1.28×10^7\ \mathrm{J/m^3} = 6.4×10^{11}\ \mathrm{J}$
(2) 发出的电能$W_{电} = 1\ \mathrm{kW·h} = 3.6×10^6\ \mathrm{J}$
标准煤完全燃烧放出的热量：
$Q_{放煤} = m_{煤}q_{煤} = 0.31\ \mathrm{kg} × 2.9×10^7\ \mathrm{J/kg} = 8.99×10^6\ \mathrm{J}$
煤电转化效率：
$\eta = \frac{W_{电}}{Q_{放煤}} = \frac{3.6×10^6\ \mathrm{J}}{8.99×10^6\ \mathrm{J}} ≈ 40\%$
(3) 技术革新前的煤电转化效率：
$\eta' = \eta - 4\% = 40\% - 4\% = 36\%$
发出$1\ \mathrm{kW·h}$电能所需的总热量：
$Q'_{放煤} = \frac{W_{电}}{\eta'} = \frac{3.6×10^6\ \mathrm{J}}{36\%} = 1×10^7\ \mathrm{J}$
技术革新前需要标准煤的质量：
$m'_{煤} = \frac{Q'_{放煤}}{q_{煤}} = \frac{1×10^7\ \mathrm{J}}{2.9×10^7\ \mathrm{J/kg}} ≈ 0.34\ \mathrm{kg}$
节约标准煤的质量：
$m_{节约} = m'_{煤} - m_{煤} = 0.34\ \mathrm{kg} - 0.31\ \mathrm{kg} = 0.03\ \mathrm{kg}$
【答案】
(1) $6.4×10^{11}\ \mathrm{J}$；(2) $40\%$；(3) $0.03\ \mathrm{kg}$
【知识点】
电能计算、热值计算、效率计算
【点评】
本题结合新能源与传统能源耦合的实际场景，考查电能、热值、效率的综合应用，要求学生熟练掌握相关公式，准确进行单位换算和数值计算，难度适中，是中考常见的综合计算题。
【难度系数】
0.6
本题围绕“碳-氢-风-电”能源模型，考查电能、热值、效率的相关计算，解题思路如下：
(1) 先根据公式$W=Pt$计算风电站1天发出的总电能，减去供给电网的电能得到富余电能；再根据“每产生$1\ \mathrm{m}^3$氢气消耗$3.6\ \mathrm{kW·h}$电能”，计算富余电能可产生氢气的体积；最后利用$Q_{放}=Vq$计算氢气完全燃烧释放的热量。
(2) 煤电转化效率$\eta=\frac{W_{电}}{Q_{总}}$，其中$W_{电}$是发出的电能（$1\ \mathrm{kW·h}$），$Q_{总}$是消耗标准煤完全燃烧放出的热量，先计算标准煤完全燃烧的热量，再代入公式求效率。
(3) 先算出技术革新前的煤电转化效率，再根据$\eta=\frac{W_{电}}{Q_{总}}$，计算发出$1\ \mathrm{kW·h}$电能所需的总热量，进而求出技术革新前需要的标准煤质量，最后减去技术革新后的标准煤质量，得到节约的质量。
【解析】
解：(1) 风电站1天发出的总电能：
$W = Pt = 10^5\ \mathrm{kW} × 10\ \mathrm{h} = 10^6\ \mathrm{kW·h}$
富余的电能：
$W_{余} = W - W_{供给} = 10^6\ \mathrm{kW·h} - 8.2×10^5\ \mathrm{kW·h} = 1.8×10^5\ \mathrm{kW·h}$
产生氢气的体积：
$V_{氢气} = \frac{W_{余}}{3.6\ \mathrm{kW·h/m^3}} = \frac{1.8×10^5\ \mathrm{kW·h}}{3.6\ \mathrm{kW·h/m^3}} = 5×10^4\ \mathrm{m^3}$
氢气完全燃烧释放的热量：
$Q_{放氢} = V_{氢气}q_{氢气} = 5×10^4\ \mathrm{m^3} × 1.28×10^7\ \mathrm{J/m^3} = 6.4×10^{11}\ \mathrm{J}$
(2) 发出的电能$W_{电} = 1\ \mathrm{kW·h} = 3.6×10^6\ \mathrm{J}$
标准煤完全燃烧放出的热量：
$Q_{放煤} = m_{煤}q_{煤} = 0.31\ \mathrm{kg} × 2.9×10^7\ \mathrm{J/kg} = 8.99×10^6\ \mathrm{J}$
煤电转化效率：
$\eta = \frac{W_{电}}{Q_{放煤}} = \frac{3.6×10^6\ \mathrm{J}}{8.99×10^6\ \mathrm{J}} ≈ 40\%$
(3) 技术革新前的煤电转化效率：
$\eta' = \eta - 4\% = 40\% - 4\% = 36\%$
发出$1\ \mathrm{kW·h}$电能所需的总热量：
$Q'_{放煤} = \frac{W_{电}}{\eta'} = \frac{3.6×10^6\ \mathrm{J}}{36\%} = 1×10^7\ \mathrm{J}$
技术革新前需要标准煤的质量：
$m'_{煤} = \frac{Q'_{放煤}}{q_{煤}} = \frac{1×10^7\ \mathrm{J}}{2.9×10^7\ \mathrm{J/kg}} ≈ 0.34\ \mathrm{kg}$
节约标准煤的质量：
$m_{节约} = m'_{煤} - m_{煤} = 0.34\ \mathrm{kg} - 0.31\ \mathrm{kg} = 0.03\ \mathrm{kg}$
【答案】
(1) $6.4×10^{11}\ \mathrm{J}$；(2) $40\%$；(3) $0.03\ \mathrm{kg}$
【知识点】
电能计算、热值计算、效率计算
【点评】
本题结合新能源与传统能源耦合的实际场景，考查电能、热值、效率的综合应用，要求学生熟练掌握相关公式，准确进行单位换算和数值计算，难度适中，是中考常见的综合计算题。
【难度系数】
0.6
