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1 [2023福建中考]城市中修建人工湖和湿地公园，可以调节气温，这主要是利用水的 （
A.密度较大
B.沸点较高
C.比热容大
D.流动性好
C
）A.密度较大
B.沸点较高
C.比热容大
D.流动性好
答案
C 水的比热容较大,由$Q=cm\Delta t$可知,白天,相同质量的水和其他物质比较,吸收相同的热量,水的温度升高得少;夜晚,放出相同的热量,水的温度降低得少。故修建人工湖和湿地公园可使昼夜温差变小,能有效调节气温,故C符合题意。
解析
【分析】
要解决这道题，需结合调节气温的核心需求（减小昼夜温差），逐一分析各选项对应的物理性质，结合相关物理原理判断正确选项。
【解析】
根据题意，修建人工湖和湿地公园能调节气温，本质是要减小昼夜温差，即相同吸放热时温度变化小。结合物理知识分析选项：
A. 密度较大：密度是物质的质量与体积的比值，和温度变化的调节无直接关联，不符合要求；
B. 沸点较高：沸点是液态物质变为气态的温度，与温度变化幅度无关，无法调节气温，不符合；
C. 比热容大：由热量公式$Q=cm\Delta t$可知，相同质量的水和其他物质，吸收或放出相同热量时，比热容大的物质温度变化小。白天水吸热升温少，夜晚放热降温少，能有效减小昼夜温差，调节气温，符合要求；
D. 流动性好：流动性是物质的流动特性，和温度调节无直接关系，不符合。
【答案】
C
【知识点】
比热容
【点评】
本题结合生活实例考查比热容的实际应用，属于基础知识点的常规考查，难度较低，学生易掌握。
【难度系数】
0.8
要解决这道题，需结合调节气温的核心需求（减小昼夜温差），逐一分析各选项对应的物理性质，结合相关物理原理判断正确选项。
【解析】
根据题意，修建人工湖和湿地公园能调节气温，本质是要减小昼夜温差，即相同吸放热时温度变化小。结合物理知识分析选项：
A. 密度较大：密度是物质的质量与体积的比值，和温度变化的调节无直接关联，不符合要求；
B. 沸点较高：沸点是液态物质变为气态的温度，与温度变化幅度无关，无法调节气温，不符合；
C. 比热容大：由热量公式$Q=cm\Delta t$可知，相同质量的水和其他物质，吸收或放出相同热量时，比热容大的物质温度变化小。白天水吸热升温少，夜晚放热降温少，能有效减小昼夜温差，调节气温，符合要求；
D. 流动性好：流动性是物质的流动特性，和温度调节无直接关系，不符合。
【答案】
C
【知识点】
比热容
【点评】
本题结合生活实例考查比热容的实际应用，属于基础知识点的常规考查，难度较低，学生易掌握。
【难度系数】
0.8
2 [2025连云港中考]运载火箭采用液态氢作为火箭的燃料，原因是液态氢具有 （
A.较大的热值
B.较低的沸点
C.较大的比热容
D.较高的凝固点
A
）A.较大的热值
B.较低的沸点
C.较大的比热容
D.较高的凝固点
答案
A 液态氢具有较大的热值,这意味着单位质量的氢燃料完全燃烧时能释放出更多的热量,可以为火箭提供更大的推力,故A符合题意。
解析
【分析】
要解决这道题，需明确火箭燃料的核心需求：火箭需要燃料燃烧时释放大量能量。结合各选项对应的物理概念逐一分析：热值反映单位质量燃料完全燃烧释放热量的多少，沸点、凝固点是物态变化相关温度，比热容反映物质吸放热能力，与燃料释放能量无关，据此判断选项。
【解析】
A选项：热值是单位质量燃料完全燃烧释放的热量，液态氢具有较大的热值，相同质量的液态氢完全燃烧能释放更多热量，可为火箭提供足够能量，符合燃料要求，故A正确；
B选项：沸点是液体沸腾的温度，沸点高低与燃料释放能量无关，不是选择液态氢的原因，故B错误；
C选项：比热容反映物质吸放热能力，多用于调节温度，与燃料燃烧释放能量无关，故C错误；
D选项：凝固点是物质凝固的温度，凝固点高低与燃料释放能量无关，不是选择液态氢的原因，故D错误。
【答案】
A
【知识点】
燃料的热值
【点评】
本题考查热值的实际应用，属于基础概念题，难度较低，学生掌握热值的物理意义即可正确解答。
【难度系数】
0.9
要解决这道题，需明确火箭燃料的核心需求：火箭需要燃料燃烧时释放大量能量。结合各选项对应的物理概念逐一分析：热值反映单位质量燃料完全燃烧释放热量的多少，沸点、凝固点是物态变化相关温度，比热容反映物质吸放热能力，与燃料释放能量无关，据此判断选项。
【解析】
A选项：热值是单位质量燃料完全燃烧释放的热量，液态氢具有较大的热值，相同质量的液态氢完全燃烧能释放更多热量，可为火箭提供足够能量，符合燃料要求，故A正确；
B选项：沸点是液体沸腾的温度，沸点高低与燃料释放能量无关，不是选择液态氢的原因，故B错误；
C选项：比热容反映物质吸放热能力，多用于调节温度，与燃料燃烧释放能量无关，故C错误；
D选项：凝固点是物质凝固的温度，凝固点高低与燃料释放能量无关，不是选择液态氢的原因，故D错误。
【答案】
A
【知识点】
燃料的热值
【点评】
本题考查热值的实际应用，属于基础概念题，难度较低，学生掌握热值的物理意义即可正确解答。
【难度系数】
0.9
3 [2025南充中考]如图是学校举行消防演练灭火时的情景，下列对涉及的物理知识分析正确的是（
A.室外温度为$0°\mathrm{C}$时，木柴的内能为零
B.木柴燃烧与未燃烧相比，含有的热量多
C.若未燃烧的木柴温度升高，内能增加
D.灭火器在使用过程中对外做功，内能不变
C
）A.室外温度为$0°\mathrm{C}$时，木柴的内能为零
B.木柴燃烧与未燃烧相比，含有的热量多
C.若未燃烧的木柴温度升高，内能增加
D.灭火器在使用过程中对外做功，内能不变
答案
C 一切物体都具有内能,室外温度为$0\ \mathrm{° C}$时,木柴的内能不为零,故A错误;热量是过程量,不能说“含有的热量”,故B错误;物体的内能与温度、质量有关,若未燃烧的木柴温度升高,内能增加,故C正确;做功可以改变内能,灭火器在使用过程中对外做功,内能减小,故D错误。
解析
【分析】本题考查内能、热量及内能改变的相关物理概念，需结合各概念的关键点逐一分析选项：一切物体在任何温度下都有内能；热量是过程量，不能用“含有”描述；同一物体温度升高时内能增加；对外做功会使物体内能减小。
【解析】
选项A：一切物体在任何温度下都具有内能，室外温度为$0°\mathrm{C}$时，木柴的内能不为零，故A错误；
选项B：热量是过程量，只能用“吸收”或“放出”描述，不能说物体“含有的热量”，故B错误；
选项C：物体内能与温度、质量等有关，未燃烧的木柴质量不变，温度升高时，内能增加，故C正确；
选项D：做功可改变内能，灭火器使用过程中对外做功，自身内能减小，故D错误。
【答案】C
【知识点】内能的概念、热量的概念、内能的改变
【点评】本题为基础概念题，考查对内能、热量等易混概念的准确理解，需牢记概念的表述规则与适用条件，难度适中。
【难度系数】0.5
【解析】
选项A：一切物体在任何温度下都具有内能，室外温度为$0°\mathrm{C}$时，木柴的内能不为零，故A错误；
选项B：热量是过程量，只能用“吸收”或“放出”描述，不能说物体“含有的热量”，故B错误；
选项C：物体内能与温度、质量等有关，未燃烧的木柴质量不变，温度升高时，内能增加，故C正确；
选项D：做功可改变内能，灭火器使用过程中对外做功，自身内能减小，故D错误。
【答案】C
【知识点】内能的概念、热量的概念、内能的改变
【点评】本题为基础概念题，考查对内能、热量等易混概念的准确理解，需牢记概念的表述规则与适用条件，难度适中。
【难度系数】0.5
4 [2025南通中考] 小明用电热水壶烧水给爷爷奶奶泡茶。该壶保温性能较好，烧水时壶会吸收一些热量。在壶中装入500 mL的水，加热至沸腾，用时2 min。水用完后，他又在壶中装入1 000 mL的水，加热至沸腾，所需时间最有可能是 (
A.2 min
B.4 min
C.大于2 min且小于4 min
D.大于4 min
C
)A.2 min
B.4 min
C.大于2 min且小于4 min
D.大于4 min
答案
C 第二次水量加倍(1 000 mL),由$Q=cm\Delta t$可知,加热所需热量加倍,但因壶在第一次加热后已预热且保温好,壶吸收热量减少,故时间应少于4 min;同时,水量增加导致时间多于2 min,故C符合题意。
解析
【分析】
这道题需结合热量公式和电热水壶的实际工作特性分析。首先，水的体积加倍则质量加倍，根据热量公式，水沸腾需吸收的热量与质量成正比；再考虑壶的保温性能和预热情况，第二次加热时壶吸收的热量会减少，总热量并非简单加倍；结合电热水壶功率恒定，时间与总热量成正比，即可判断加热时间的范围。
【解析】
设电热水壶功率为$P$，水的密度为$\rho$，水的比热容为$c$，水沸腾时温度变化$\Delta t$相同。
第一次水的体积$V_1=500\ \mathrm{mL}$，质量$m_1=\rho V_1$；第二次水的体积$V_2=1000\ \mathrm{mL}$，质量$m_2=\rho V_2=2m_1$。
水吸收的热量$Q_{\mathrm{水}}=cm\Delta t$，因此第二次水吸收的热量$Q_{\mathrm{水}2}=2Q_{\mathrm{水}1}$。
因壶保温性能好，第一次加热后壶已预热，第二次加热时壶吸收的热量$Q_{\mathrm{壶}2}＜Q_{\mathrm{壶}1}$，故总热量$Q_{\mathrm{总}2}=Q_{\mathrm{水}2}+Q_{\mathrm{壶}2}＜2(Q_{\mathrm{水}1}+Q_{\mathrm{壶}1})=2Q_{\mathrm{总}1}$。
根据$t=\frac{Q}{P}$，功率$P$恒定，可得$t_2＜2t_1=4\ \mathrm{min}$；同时$Q_{\mathrm{总}2}＞Q_{\mathrm{总}1}$，故$t_2＞t_1=2\ \mathrm{min}$，即加热时间在$2\ \mathrm{min}$到$4\ \mathrm{min}$之间，选C。
【答案】
C
【知识点】
热量计算、电功率应用
【点评】
本题结合生活实际考查物理知识的运用，需考虑壶的吸热和保温特性，不能单纯套用公式，注重理论联系实际的能力。
【难度系数】
0.5
这道题需结合热量公式和电热水壶的实际工作特性分析。首先，水的体积加倍则质量加倍，根据热量公式，水沸腾需吸收的热量与质量成正比；再考虑壶的保温性能和预热情况，第二次加热时壶吸收的热量会减少，总热量并非简单加倍；结合电热水壶功率恒定，时间与总热量成正比，即可判断加热时间的范围。
【解析】
设电热水壶功率为$P$，水的密度为$\rho$，水的比热容为$c$，水沸腾时温度变化$\Delta t$相同。
第一次水的体积$V_1=500\ \mathrm{mL}$，质量$m_1=\rho V_1$；第二次水的体积$V_2=1000\ \mathrm{mL}$，质量$m_2=\rho V_2=2m_1$。
水吸收的热量$Q_{\mathrm{水}}=cm\Delta t$，因此第二次水吸收的热量$Q_{\mathrm{水}2}=2Q_{\mathrm{水}1}$。
因壶保温性能好，第一次加热后壶已预热，第二次加热时壶吸收的热量$Q_{\mathrm{壶}2}＜Q_{\mathrm{壶}1}$，故总热量$Q_{\mathrm{总}2}=Q_{\mathrm{水}2}+Q_{\mathrm{壶}2}＜2(Q_{\mathrm{水}1}+Q_{\mathrm{壶}1})=2Q_{\mathrm{总}1}$。
根据$t=\frac{Q}{P}$，功率$P$恒定，可得$t_2＜2t_1=4\ \mathrm{min}$；同时$Q_{\mathrm{总}2}＞Q_{\mathrm{总}1}$，故$t_2＞t_1=2\ \mathrm{min}$，即加热时间在$2\ \mathrm{min}$到$4\ \mathrm{min}$之间，选C。
【答案】
C
【知识点】
热量计算、电功率应用
【点评】
本题结合生活实际考查物理知识的运用，需考虑壶的吸热和保温特性，不能单纯套用公式，注重理论联系实际的能力。
【难度系数】
0.5
5 [2025西宁中考]我国古人曾发明一种点火器，以牛角为套筒，把艾绒粘在木质推杆前端，其结构如图所示。取火时一只手握住套筒，另一只手向内猛推推杆，推杆前端的艾绒就会被点燃，拔出推杆后，吹吹艾绒就有火苗产生。向内猛推时通过
做功
方式增大内能，这一过程与四冲程内燃机的压缩
冲程相似。答案
【答案】做功 压缩
【解析】 当向内猛推推杆时，活塞对套筒内的空气做功，将机械能转化为空气的内能，使空气内能增大，温度升高，达到艾绒的燃点，从而使艾绒被点燃。在汽油机的压缩冲程中，活塞向上运动，压缩气缸内的混合气体，也是将机械能转化为内能，与这一过程的能量转化情况相同。
【解析】 当向内猛推推杆时，活塞对套筒内的空气做功，将机械能转化为空气的内能，使空气内能增大，温度升高，达到艾绒的燃点，从而使艾绒被点燃。在汽油机的压缩冲程中，活塞向上运动，压缩气缸内的混合气体，也是将机械能转化为内能，与这一过程的能量转化情况相同。
解析
【分析】要使艾绒被点燃，需让筒内空气内能增大、温度升高。改变物体内能的方式有做功和热传递，向内猛推推杆时，是对筒内空气做功；再结合四冲程内燃机的能量转化，判断对应冲程。
【解析】向内猛推推杆时，推杆对套筒内的空气做功，将机械能转化为空气的内能，使空气内能增大、温度升高，达到艾绒的燃点，从而点燃艾绒，这是通过做功的方式增大内能。四冲程内燃机的压缩冲程中，活塞压缩气缸内的气体，将机械能转化为内能，与该过程的能量转化情况一致，因此这一过程与压缩冲程相似。
【答案】做功；压缩
【知识点】内能的改变方式；内燃机的冲程
【点评】本题结合古代取火装置，将物理知识与实际应用结合，考查基础知识点，难度适中。
【难度系数】0.6
【解析】向内猛推推杆时，推杆对套筒内的空气做功，将机械能转化为空气的内能，使空气内能增大、温度升高，达到艾绒的燃点，从而点燃艾绒，这是通过做功的方式增大内能。四冲程内燃机的压缩冲程中，活塞压缩气缸内的气体，将机械能转化为内能，与该过程的能量转化情况一致，因此这一过程与压缩冲程相似。
【答案】做功；压缩
【知识点】内能的改变方式；内燃机的冲程
【点评】本题结合古代取火装置，将物理知识与实际应用结合，考查基础知识点，难度适中。
【难度系数】0.6
6 [2025南京中考]如图所示,用红外灯加热质量相同的水和沙子,水和沙子吸收热量的多少通过
加热时间
来反映。加热过程中发现水升温较慢,原因是水的比热容
较大,红外灯给水和沙子加热主要是利用了红外线的热
效应。答案
【答案】加热时间 比热容 热
【解析】 在该实验中，用红外灯加热质量相同的水和沙子，由于红外灯的加热功率是一定的，则加热时间越长，水和沙子吸收的热量就越多，所以水和沙子吸收热量的多少通过加热时间来反映。水的比热容较大，意味着相同质量的水和沙子，在吸收相同热量时，水升高的温度比沙子升高的温度小，即水升温较慢，所以加热过程中发现水升温较慢，原因是水的比热容较大。红外线具有热效应，它能使被照射的物体发热，所以红外灯给水和沙子加热主要是利用了红外线的热效应。
【解析】 在该实验中，用红外灯加热质量相同的水和沙子，由于红外灯的加热功率是一定的，则加热时间越长，水和沙子吸收的热量就越多，所以水和沙子吸收热量的多少通过加热时间来反映。水的比热容较大，意味着相同质量的水和沙子，在吸收相同热量时，水升高的温度比沙子升高的温度小，即水升温较慢，所以加热过程中发现水升温较慢，原因是水的比热容较大。红外线具有热效应，它能使被照射的物体发热，所以红外灯给水和沙子加热主要是利用了红外线的热效应。
解析
【分析】
这道题是探究不同物质吸热特性的实验题，解题思路分三步：首先，实验用相同红外灯加热，相同时间内提供热量相同，可通过加热时间间接反映物质吸收热量的多少；其次，根据比热容的特性，质量相同的不同物质吸收相同热量时，比热容大的物质温度变化小，以此分析水升温慢的原因；最后，结合红外线的性质，明确红外灯加热利用的是红外线的热效应。
【解析】
1. 吸收热量的反映：实验中使用功率相同的红外灯加热，相同时间内红外灯放出的热量相同，因此水和沙子吸收热量的多少与加热时间成正比，所以通过加热时间来反映吸收热量的多少；
2. 水升温慢的原因：比热容是物质的特性，根据公式$Q=cm\Delta t$，质量相同的水和沙子吸收相同热量时，水的比热容较大，因此升高的温度更小，升温更慢；
3. 红外线加热的原理：红外线的热效应显著，能使被照射物体发热，所以红外灯加热主要利用了红外线的热效应。
【答案】加热时间 比热容 热
【知识点】比热容、红外线热效应、吸热多少的判断
【点评】本题为基础实验题，结合探究物质吸热能力的实验，考察比热容特性与红外线的性质，知识点基础，难度适中，适合巩固相关概念。
【难度系数】0.7
这道题是探究不同物质吸热特性的实验题，解题思路分三步：首先，实验用相同红外灯加热，相同时间内提供热量相同，可通过加热时间间接反映物质吸收热量的多少；其次，根据比热容的特性，质量相同的不同物质吸收相同热量时，比热容大的物质温度变化小，以此分析水升温慢的原因；最后，结合红外线的性质，明确红外灯加热利用的是红外线的热效应。
【解析】
1. 吸收热量的反映：实验中使用功率相同的红外灯加热，相同时间内红外灯放出的热量相同，因此水和沙子吸收热量的多少与加热时间成正比，所以通过加热时间来反映吸收热量的多少；
2. 水升温慢的原因：比热容是物质的特性，根据公式$Q=cm\Delta t$，质量相同的水和沙子吸收相同热量时，水的比热容较大，因此升高的温度更小，升温更慢；
3. 红外线加热的原理：红外线的热效应显著，能使被照射物体发热，所以红外灯加热主要利用了红外线的热效应。
【答案】加热时间 比热容 热
【知识点】比热容、红外线热效应、吸热多少的判断
【点评】本题为基础实验题，结合探究物质吸热能力的实验，考察比热容特性与红外线的性质，知识点基础，难度适中，适合巩固相关概念。
【难度系数】0.7
7 [2025无锡中考] 取5.6 g酒精和5.6 g花生米，点燃后分别对80 g的水加热，直至充分燃烧。数据记录在表中，可见质量相等的酒精和花生米充分燃烧所放出的热量
不相等
（填“相等”或“不相等”），所测的花生米的热值为$1.8×10^6$
J/kg。酒精和花生米中，酒精
的热值大。[ $c_{水}=4.2×10^{3}J/(kg·℃)$ ]答案
【答案】不相等 $1.8×10^6$ 酒精
【解析】 质量相等的酒精和花生米充分燃烧，加热相同质量的水，水升高的温度不同，说明水吸收的热量不同，而水吸收的热量来自燃料燃烧放出的热量，所以质量相等的酒精和花生米充分燃烧所放出的热量不相等。燃烧花生米后，水升高的温度$\Delta t=52\ ℃ - 22\ ℃ = 30\ ℃$，水吸收的热量$Q_{吸}=c_{水}m_{水}\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.08\ \mathrm{kg}×30\ ℃=1.008×10^4\ \mathrm{J}$，因为花生米充分燃烧放出的热量等于水吸收的热量，花生米的质量为$5.6\ \mathrm{g}=0.0056\ \mathrm{kg}$，则花生米的热值$q=\frac{Q_{放}}{m}=\frac{Q_{吸}}{m}=\frac{1.008×10^4\ \mathrm{J}}{0.0056\ \mathrm{kg}}=1.8×10^6\ \mathrm{J/kg}$。质量相等的不同燃料完全燃烧，使相同质量的水升高的温度越高，说明燃料燃烧放出的热量越多，热值越大，酒精加热后水的温度升高得更多，则酒精的热值大。
【解析】 质量相等的酒精和花生米充分燃烧，加热相同质量的水，水升高的温度不同，说明水吸收的热量不同，而水吸收的热量来自燃料燃烧放出的热量，所以质量相等的酒精和花生米充分燃烧所放出的热量不相等。燃烧花生米后，水升高的温度$\Delta t=52\ ℃ - 22\ ℃ = 30\ ℃$，水吸收的热量$Q_{吸}=c_{水}m_{水}\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.08\ \mathrm{kg}×30\ ℃=1.008×10^4\ \mathrm{J}$，因为花生米充分燃烧放出的热量等于水吸收的热量，花生米的质量为$5.6\ \mathrm{g}=0.0056\ \mathrm{kg}$，则花生米的热值$q=\frac{Q_{放}}{m}=\frac{Q_{吸}}{m}=\frac{1.008×10^4\ \mathrm{J}}{0.0056\ \mathrm{kg}}=1.8×10^6\ \mathrm{J/kg}$。质量相等的不同燃料完全燃烧，使相同质量的水升高的温度越高，说明燃料燃烧放出的热量越多，热值越大，酒精加热后水的温度升高得更多，则酒精的热值大。
解析
【分析】
要判断质量相等的酒精和花生米充分燃烧放出的热量是否相等，可通过比较相同质量的水被加热后升高的温度分析：水吸收的热量等于燃料燃烧放出的热量（忽略热量散失），水升高温度不同则吸收热量不同，说明燃料放热不同。计算花生米的热值时，需先根据水的质量、比热容和温度变化算出吸收的热量，再利用热值公式计算；最后根据相同质量燃料燃烧使水升温的多少比较热值大小。
【解析】
1. 判断放热是否相等：质量相等的酒精和花生米充分燃烧，加热相同质量的水，酒精使水升高的温度$\Delta t_{酒精}=70℃-22℃=48℃$，花生米使水升高的温度$\Delta t_{花生}=52℃-22℃=30℃$，水升高温度不同，说明水吸收的热量不同，因此二者放出的热量不相等。
2. 计算花生米的热值：水的质量$m_{水}=80g=0.08kg$，水吸收的热量$Q_{吸}=c_{水}m_{水}\Delta t_{花生}=4.2×10^3J/(kg·℃)×0.08kg×30℃=1.008×10^4J$。花生米的质量$m_{花生}=5.6g=0.0056kg$，因花生米燃烧放出的热量等于水吸收的热量，故花生米的热值$q=\frac{Q_{放}}{m_{花生}}=\frac{1.008×10^4J}{0.0056kg}=1.8×10^6J/kg$。
3. 比较热值：相同质量的燃料完全燃烧，使水升高温度越高，热值越大，酒精使水升温更多，因此酒精的热值大。
【答案】
不相等；$1.8×10^6$；酒精
【知识点】
燃料的热值；热量的计算
【点评】
本题结合实验数据考查热值的概念与计算，需掌握热量公式和热值公式的应用，注意单位换算，是中等难度的热值相关题目。
【难度系数】
0.5
要判断质量相等的酒精和花生米充分燃烧放出的热量是否相等，可通过比较相同质量的水被加热后升高的温度分析：水吸收的热量等于燃料燃烧放出的热量（忽略热量散失），水升高温度不同则吸收热量不同，说明燃料放热不同。计算花生米的热值时，需先根据水的质量、比热容和温度变化算出吸收的热量，再利用热值公式计算；最后根据相同质量燃料燃烧使水升温的多少比较热值大小。
【解析】
1. 判断放热是否相等：质量相等的酒精和花生米充分燃烧，加热相同质量的水，酒精使水升高的温度$\Delta t_{酒精}=70℃-22℃=48℃$，花生米使水升高的温度$\Delta t_{花生}=52℃-22℃=30℃$，水升高温度不同，说明水吸收的热量不同，因此二者放出的热量不相等。
2. 计算花生米的热值：水的质量$m_{水}=80g=0.08kg$，水吸收的热量$Q_{吸}=c_{水}m_{水}\Delta t_{花生}=4.2×10^3J/(kg·℃)×0.08kg×30℃=1.008×10^4J$。花生米的质量$m_{花生}=5.6g=0.0056kg$，因花生米燃烧放出的热量等于水吸收的热量，故花生米的热值$q=\frac{Q_{放}}{m_{花生}}=\frac{1.008×10^4J}{0.0056kg}=1.8×10^6J/kg$。
3. 比较热值：相同质量的燃料完全燃烧，使水升高温度越高，热值越大，酒精使水升温更多，因此酒精的热值大。
【答案】
不相等；$1.8×10^6$；酒精
【知识点】
燃料的热值；热量的计算
【点评】
本题结合实验数据考查热值的概念与计算，需掌握热量公式和热值公式的应用，注意单位换算，是中等难度的热值相关题目。
【难度系数】
0.5
8 [2025巴中中考]土灶是我国古代劳动人民智慧的结晶，它通常以木柴、秸秆为燃料。目前，我市农村仍有使用土灶做饭的习惯。内部结构如图乙所示，木柴添加通道与烟囱相连，通风通道与木柴添加通道通过中间铁栅连通。某厂家根据土灶的结构设计了两款移动式土灶（如图丙和丁）。
（1）为使木柴充分燃烧，移动式土灶设计更合理的是
（2）下列对土灶烟囱作用的说法不合理的一项是（
A.有利于可燃物充分燃烧
B.有利于冷热空气形成对流
C.有利于提高可燃物的热值
D.有利于排出气体和烟尘
（3）1 kg干木柴在土灶中完全燃烧，可以让铁锅里2 kg的水温度升高50 ℃，则土灶的烧水效率为
（1）为使木柴充分燃烧，移动式土灶设计更合理的是
丁
（填“丙”或“丁”）。（2）下列对土灶烟囱作用的说法不合理的一项是（
C
）A.有利于可燃物充分燃烧
B.有利于冷热空气形成对流
C.有利于提高可燃物的热值
D.有利于排出气体和烟尘
（3）1 kg干木柴在土灶中完全燃烧，可以让铁锅里2 kg的水温度升高50 ℃，则土灶的烧水效率为
3.5
%。（$q_{干木柴}=1.2×10^7 J/kg$）答案
【答案】(1)丁 (2)C (3)3.5
【解析】 (1)题图丁中有通风口，能进入更多的空气，使木柴充分燃烧，所以移动式土灶设计更合理的是丁。
(2)土灶设计烟囱的作用：烟囱有利于空气流通，为可燃物燃烧提供充足氧气，有利于充分燃烧；烟囱能使冷热空气形成对流，促进燃烧；烟囱有利于排出有害气体和烟尘。而燃料的热值是燃料本身的特性，只与燃料种类有关，烟囱不能提高燃料的热值，故C符合题意。
(3)干木柴放出的热量$Q_{放}=mq_{干木柴}=1\ \mathrm{kg}×1.2×10^7\ \mathrm{J/kg}=1.2×10^7\ \mathrm{J}$，水吸收的热量$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}×50\ ℃=4.2×10^5\ \mathrm{J}$，则土灶的烧水效率$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}×100\%=\frac{4.2×10^5\ \mathrm{J}}{1.2×10^7\ \mathrm{J}}×100\% =3.5\%$。
【解析】 (1)题图丁中有通风口，能进入更多的空气，使木柴充分燃烧，所以移动式土灶设计更合理的是丁。
(2)土灶设计烟囱的作用：烟囱有利于空气流通，为可燃物燃烧提供充足氧气，有利于充分燃烧；烟囱能使冷热空气形成对流，促进燃烧；烟囱有利于排出有害气体和烟尘。而燃料的热值是燃料本身的特性，只与燃料种类有关，烟囱不能提高燃料的热值，故C符合题意。
(3)干木柴放出的热量$Q_{放}=mq_{干木柴}=1\ \mathrm{kg}×1.2×10^7\ \mathrm{J/kg}=1.2×10^7\ \mathrm{J}$，水吸收的热量$Q_{吸}=c_{水}m\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}×50\ ℃=4.2×10^5\ \mathrm{J}$，则土灶的烧水效率$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}×100\%=\frac{4.2×10^5\ \mathrm{J}}{1.2×10^7\ \mathrm{J}}×100\% =3.5\%$。
解析
【分析】
第（1）问：木柴充分燃烧需要充足的氧气，对比丙和丁的结构，丁设置了通风口，可引入更多空气提供氧气，使木柴充分燃烧，丙无通风口无法有效补氧，据此判断；
第（2）问：烟囱的作用是促进空气对流、助燃、排出废气烟尘，而热值是燃料固有属性，与烟囱无关，据此分析选项；
第（3）问：烧水效率是水吸收热量与木柴完全燃烧放热的比值，需分别计算两者热量再求比值。
【解析】
（1）木柴充分燃烧需要充足的氧气，丁设计了通风口，能引入更多空气为燃烧提供充足氧气，使木柴充分燃烧；丙没有通风口，无法有效补充氧气，因此设计更合理的是丁。
（2）逐一分析选项：
A. 烟囱促进空气流通，为燃烧提供充足氧气，利于充分燃烧，说法合理；
B. 烟囱使灶内冷热空气形成对流，加速空气流动，利于燃烧，说法合理；
C. 热值是燃料本身的特性，只与燃料种类有关，烟囱不能改变可燃物的热值，说法不合理；
D. 烟囱可排出燃烧产生的气体和烟尘，说法合理。因此选C。
（3）干木柴完全燃烧放出的热量：$Q_{放}=mq_{干木柴}=1\ \mathrm{kg}×1.2×10^7\ \mathrm{J/kg}=1.2×10^7\ \mathrm{J}$；
水吸收的热量：$Q_{吸}=c_{水}m_{水}\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}×50\ ℃=4.2×10^5\ \mathrm{J}$；
烧水效率：$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}×100\%=\frac{4.2×10^5\ \mathrm{J}}{1.2×10^7\ \mathrm{J}}×100\% =3.5\%$。
【答案】(1)丁 (2)C (3)3.5
【知识点】燃料充分燃烧、热值特性、热效率计算
【点评】本题结合生活中的土灶设计，考查燃烧条件、热值与热效率的基础计算，难度适中，需将物理知识与实际应用结合分析。
【难度系数】0.6
第（1）问：木柴充分燃烧需要充足的氧气，对比丙和丁的结构，丁设置了通风口，可引入更多空气提供氧气，使木柴充分燃烧，丙无通风口无法有效补氧，据此判断；
第（2）问：烟囱的作用是促进空气对流、助燃、排出废气烟尘，而热值是燃料固有属性，与烟囱无关，据此分析选项；
第（3）问：烧水效率是水吸收热量与木柴完全燃烧放热的比值，需分别计算两者热量再求比值。
【解析】
（1）木柴充分燃烧需要充足的氧气，丁设计了通风口，能引入更多空气为燃烧提供充足氧气，使木柴充分燃烧；丙没有通风口，无法有效补充氧气，因此设计更合理的是丁。
（2）逐一分析选项：
A. 烟囱促进空气流通，为燃烧提供充足氧气，利于充分燃烧，说法合理；
B. 烟囱使灶内冷热空气形成对流，加速空气流动，利于燃烧，说法合理；
C. 热值是燃料本身的特性，只与燃料种类有关，烟囱不能改变可燃物的热值，说法不合理；
D. 烟囱可排出燃烧产生的气体和烟尘，说法合理。因此选C。
（3）干木柴完全燃烧放出的热量：$Q_{放}=mq_{干木柴}=1\ \mathrm{kg}×1.2×10^7\ \mathrm{J/kg}=1.2×10^7\ \mathrm{J}$；
水吸收的热量：$Q_{吸}=c_{水}m_{水}\Delta t=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×2\ \mathrm{kg}×50\ ℃=4.2×10^5\ \mathrm{J}$；
烧水效率：$\eta=\frac{Q_{吸}}{Q_{放}}×100\%=\frac{4.2×10^5\ \mathrm{J}}{1.2×10^7\ \mathrm{J}}×100\% =3.5\%$。
【答案】(1)丁 (2)C (3)3.5
【知识点】燃料充分燃烧、热值特性、热效率计算
【点评】本题结合生活中的土灶设计，考查燃烧条件、热值与热效率的基础计算，难度适中，需将物理知识与实际应用结合分析。
【难度系数】0.6
