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9. ★★（科学思维 科学推理）如图所示，从甲到丁是冰放在标准大气压的恒温环境下，熔化过程中先后经历的过程。图中标出了杯内物质的温度和质量，水达到20 ℃后不再从环境吸热。从图甲到图乙，烧杯中完全是冰，杯中物体吸收的热量是$Q_1$；从图乙到图丙，物体吸收的热量是$Q_2$；从图丙到图丁，物体吸收的热量是$Q_3$。已知比热容$c_水＞c_冰$，则 （
A.$Q_1＜Q_2＜Q_3$
B.$Q_1＜Q_2=Q_3$
C.$Q_1＜Q_3＜Q_2$
D.$Q_1＞Q_2＞Q_3$
C
）A.$Q_1＜Q_2＜Q_3$
B.$Q_1＜Q_2=Q_3$
C.$Q_1＜Q_3＜Q_2$
D.$Q_1＞Q_2＞Q_3$
答案
9.C 【点拨】比较甲、乙与丙、丁知,水和冰的质量相同,升高的温度相同,$c_水＞c_冰$,根据 $Q=cm\Delta t$ 知水吸收的热量多,所以$Q_1＜Q_3$;从图乙到图丙,包含了两个物理过程,首先是0 ℃的冰熔化成0 ℃的水,这个过程虽然温度不升高,但要不断地吸收热量,然后是熔化成的0 ℃的水再变成10 ℃的水,这个过程吸收的热量与从图丙到图丁水吸收的热量相同,所以从图乙到图丙物体吸收的热量大于从图丙到图丁水吸收的热量,即$Q_3＜Q_2$,所以$Q_1＜Q_3＜Q_2$,故C正确。故选C。
解析
【分析】
要解决该问题，需分三个阶段分析吸收的热量：
1. 甲到乙：是-10℃的冰升温至0℃的冰，属于固态升温吸热过程，利用热量公式$Q=cm\Delta t$计算；
2. 乙到丙：包含两个过程，一是0℃的冰熔化为0℃的水（熔化吸热，温度不变），二是0℃的水升温至10℃的水，总热量为两部分热量之和；
3. 丙到丁：是10℃的水升温至20℃的水，属于液态升温吸热过程，用热量公式$Q=cm\Delta t$计算。
结合冰和水的比热容关系，对比三个阶段的热量大小即可得出结论。
【解析】
1. 计算$Q_1$：甲到乙，冰的质量$m$相同，升高的温度$\Delta t_1=0°\mathrm{C}-(-10°\mathrm{C})=10°\mathrm{C}$，冰的比热容为$c_冰$，根据热量公式$Q=cm\Delta t$，得$Q_1=c_冰 m × 10°\mathrm{C}$；
2. 计算$Q_3$：丙到丁，水的质量$m$相同，升高的温度$\Delta t_3=20°\mathrm{C}-10°\mathrm{C}=10°\mathrm{C}$，水的比热容为$c_水$，已知$c_水＞c_冰$，则$Q_3=c_水 m × 10°\mathrm{C}$；
因$c_水＞c_冰$，$m$和$\Delta t$均相同，故$Q_1＜Q_3$；
3. 计算$Q_2$：乙到丙，首先0℃的冰熔化为0℃的水，需吸收熔化热$Q_熔$，随后0℃的水升温至10℃的水，这部分热量为$c_水 m × 10°\mathrm{C}$，因此$Q_2=Q_熔 + c_水 m × 10°\mathrm{C}$；
而$Q_3=c_水 m × 10°\mathrm{C}$，故$Q_2=Q_熔 + Q_3$，显然$Q_2＞Q_3$；
综上，$Q_1＜Q_3＜Q_2$，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
热量计算、熔化吸热、比热容
【点评】
本题结合冰的熔化过程与热量公式，考查对不同阶段吸热的分析，需明确熔化过程吸热但温度不变，再结合比热容差异对比热量大小，综合考查科学推理能力。
【难度系数】
0.5
要解决该问题，需分三个阶段分析吸收的热量：
1. 甲到乙：是-10℃的冰升温至0℃的冰，属于固态升温吸热过程，利用热量公式$Q=cm\Delta t$计算；
2. 乙到丙：包含两个过程，一是0℃的冰熔化为0℃的水（熔化吸热，温度不变），二是0℃的水升温至10℃的水，总热量为两部分热量之和；
3. 丙到丁：是10℃的水升温至20℃的水，属于液态升温吸热过程，用热量公式$Q=cm\Delta t$计算。
结合冰和水的比热容关系，对比三个阶段的热量大小即可得出结论。
【解析】
1. 计算$Q_1$：甲到乙，冰的质量$m$相同，升高的温度$\Delta t_1=0°\mathrm{C}-(-10°\mathrm{C})=10°\mathrm{C}$，冰的比热容为$c_冰$，根据热量公式$Q=cm\Delta t$，得$Q_1=c_冰 m × 10°\mathrm{C}$；
2. 计算$Q_3$：丙到丁，水的质量$m$相同，升高的温度$\Delta t_3=20°\mathrm{C}-10°\mathrm{C}=10°\mathrm{C}$，水的比热容为$c_水$，已知$c_水＞c_冰$，则$Q_3=c_水 m × 10°\mathrm{C}$；
因$c_水＞c_冰$，$m$和$\Delta t$均相同，故$Q_1＜Q_3$；
3. 计算$Q_2$：乙到丙，首先0℃的冰熔化为0℃的水，需吸收熔化热$Q_熔$，随后0℃的水升温至10℃的水，这部分热量为$c_水 m × 10°\mathrm{C}$，因此$Q_2=Q_熔 + c_水 m × 10°\mathrm{C}$；
而$Q_3=c_水 m × 10°\mathrm{C}$，故$Q_2=Q_熔 + Q_3$，显然$Q_2＞Q_3$；
综上，$Q_1＜Q_3＜Q_2$，对应选项C。
【答案】
C
【知识点】
热量计算、熔化吸热、比热容
【点评】
本题结合冰的熔化过程与热量公式，考查对不同阶段吸热的分析，需明确熔化过程吸热但温度不变，再结合比热容差异对比热量大小，综合考查科学推理能力。
【难度系数】
0.5
10.[2026·广州期末] 如图所示的为即热式饮水机中热交换套管的工作原理图，它将出水管套在进水管内，利用进水管中的自来水给出水管中的开水降温，同时出水管中的开水又给进水管中的自来水预热。若20 ℃的自来水经热交换套管后被预热成80 ℃的热水流进加热腔，同时有相同质量的100 ℃的开水从加热腔流进热交换套管变成可供直接饮用的温开水流出，若自来水吸收的热量与等质量开水放出的热量相等，则可供直接饮用的温开水的温度是
40
℃(不计热量损失)。答案
10.40 【点拨】由题知,自来水吸收的热量与等质量开水放出的热量相等,即 $Q_{吸}=Q_{放}$,根据 $Q=cm\Delta t$ 可得,$cm×(80\ ℃-20\ ℃)=cm×(100\ ℃-t)$,解得,温开水的温度为 $t=40\ ℃$。
解析
【分析】
本题考查热平衡方程的应用，解题思路是：根据题意，不计热量损失时，自来水吸收的热量等于开水放出的热量，即$Q_{吸}=Q_{放}$；结合热量公式$Q=cm\Delta t$，由于水的比热容$c$和质量$m$均相同，可通过列方程求解温开水的温度。
【解析】
设温开水的温度为$t$，水的比热容为$c$，自来水和开水的质量均为$m$。
自来水吸收的热量：$Q_{吸}=cm(80° C - 20° C)$
开水放出的热量：$Q_{放}=cm(100° C - t)$
不计热量损失，$Q_{吸}=Q_{放}$，则：
$cm(80° C - 20° C)=cm(100° C - t)$
两边约去$cm$，得：$60° C=100° C - t$
解得：$t=40° C$
【答案】
40
【知识点】
热量计算、热平衡方程
【点评】
本题是热学基础应用题，核心是利用热平衡关系（不计热量损失时$Q_{吸}=Q_{放}$）结合热量公式求解，难度较低，属于热平衡方程的常规应用题型。
【难度系数】
0.3
本题考查热平衡方程的应用，解题思路是：根据题意，不计热量损失时，自来水吸收的热量等于开水放出的热量，即$Q_{吸}=Q_{放}$；结合热量公式$Q=cm\Delta t$，由于水的比热容$c$和质量$m$均相同，可通过列方程求解温开水的温度。
【解析】
设温开水的温度为$t$，水的比热容为$c$，自来水和开水的质量均为$m$。
自来水吸收的热量：$Q_{吸}=cm(80° C - 20° C)$
开水放出的热量：$Q_{放}=cm(100° C - t)$
不计热量损失，$Q_{吸}=Q_{放}$，则：
$cm(80° C - 20° C)=cm(100° C - t)$
两边约去$cm$，得：$60° C=100° C - t$
解得：$t=40° C$
【答案】
40
【知识点】
热量计算、热平衡方程
【点评】
本题是热学基础应用题，核心是利用热平衡关系（不计热量损失时$Q_{吸}=Q_{放}$）结合热量公式求解，难度较低，属于热平衡方程的常规应用题型。
【难度系数】
0.3
11. 初三兴趣小组的同学在探究“某品牌食用油和沙子的吸热本领大小”时，选用了两个完全相同的酒精灯作为加热源。已知酒精灯正常工作时每秒钟放出的热量为1 000 J。现将质量都为400 g的食用油和沙子用酒精灯同时加热（假设相同的时间内食用油和沙子吸收热量相同），加热一段时间后停止加热，随后立即将一铁制工艺品迅速放入食用油中（自工艺品放入至达到热平衡的过程中不计热量损失），沙子、食用油和放入油中的工艺品的温度随时间变化图像如图所示。已知工艺品的体积为625 cm³，$c_{铁}=0.46×10^3 J/(kg·℃)$，$\rho_{铁}=7.9×10^3 kg/m^3$，$c_{油}=2.0×10^3 J/(kg·℃)$。求：
(1)沙子的比热容。
(2)该工艺品的质量。
(1)沙子的比热容。
(2)该工艺品的质量。
答案
11.【解】(1)由题意知,左图为沙子的温度随时间变化图像,右图为食用油和铁制工艺品的温度随时间变化图像;由图像知,前2 min食用油升高的温度为 $40\ ℃-10\ ℃=30\ ℃$;前2 min食用油吸收的热量 $Q_{油吸}=c_{油}m_{油}\Delta t=2.0×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×400×10^{-3}\ \mathrm{kg}×30\ ℃=24\ 000\ \mathrm{J}$;由图像知前2 min沙子升高的温度 $\Delta t_{沙}=70\ ℃-10\ ℃=60\ ℃$;前2 min沙子和食用油吸收的热量相同,即 $Q_{沙吸}=Q_{油吸}=24\ 000\ \mathrm{J}$,由 $Q_{沙吸}=c_{沙}m_{沙}\Delta t_{沙}$ 得,沙子的比热容 $c_{沙}=\frac{Q_{沙吸}}{m_{沙}\Delta t_{沙}}=\frac{24\ 000\ \mathrm{J}}{400×10^{-3}\ \mathrm{kg}×60\ ℃}=1\ 000\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)$。
(2)由题知,加热一段时间后停止加热,随后立即将一铁制工艺品迅速放入食用油中;根据图像知,加热结束时食用油的温度为60 ℃,280 ℃为工艺品的初温。不计热量损失,则食用油吸收的热量和铁制工艺品放出的热量相同,即$Q_{铁放}=Q_{油吸}'$,则 $c_{铁}m_{铁}\Delta t_{铁}=c_{油}m_{油}\Delta t_{油}$,代入数据得:$0.46×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×m_{铁}×(280\ ℃-160\ ℃)=2.0×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×400×10^{-3}\ \mathrm{kg}×(160\ ℃-60\ ℃)$。解得 $m_{铁}=1.45\ \mathrm{kg}$。
(2)由题知,加热一段时间后停止加热,随后立即将一铁制工艺品迅速放入食用油中;根据图像知,加热结束时食用油的温度为60 ℃,280 ℃为工艺品的初温。不计热量损失,则食用油吸收的热量和铁制工艺品放出的热量相同,即$Q_{铁放}=Q_{油吸}'$,则 $c_{铁}m_{铁}\Delta t_{铁}=c_{油}m_{油}\Delta t_{油}$,代入数据得:$0.46×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×m_{铁}×(280\ ℃-160\ ℃)=2.0×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×400×10^{-3}\ \mathrm{kg}×(160\ ℃-60\ ℃)$。解得 $m_{铁}=1.45\ \mathrm{kg}$。
解析
【分析】
要解决本题，需先从图像中提取沙子、食用油及工艺品的温度变化信息，结合“相同时间内吸收热量相同”的条件和热平衡原理解题：
1. 第一问：确定左图为沙子、右图为食用油，读取前2分钟两者的温度变化，利用相同时间吸热相等，结合食用油的比热容计算沙子的比热容；
2. 第二问：读取工艺品放入食用油前后的温度，根据热平衡方程（不计热量损失时，工艺品放出热量等于食用油吸收热量），代入数据求解工艺品质量。
【解析】
(1) 由题意可知，左图是沙子的温度变化图像，右图是食用油和铁制工艺品的温度变化图像。
前2 min内，食用油升高的温度：$\Delta t_{油}=40℃ - 10℃=30℃$，
食用油吸收的热量：$Q_{油吸}=c_{油}m_{油}\Delta t_{油}=2.0×10^3 J/(kg·℃)×400×10^{-3} kg×30℃=24000 J$，
因相同时间内沙子和食用油吸收的热量相同，故$Q_{沙吸}=Q_{油吸}=24000 J$，
前2 min内沙子升高的温度：$\Delta t_{沙}=70℃ - 10℃=60℃$，
根据$Q_{吸}=cm\Delta t$，沙子的比热容：
$c_{沙}=\frac{Q_{沙吸}}{m_{沙}\Delta t_{沙}}=\frac{24000 J}{400×10^{-3} kg×60℃}=1000 J/(kg·℃)$。
(2) 由图像可知，加热结束时食用油温度为$60℃$，工艺品初温为$280℃$，热平衡后两者温度均为$160℃$。
不计热量损失，工艺品放出的热量等于食用油吸收的热量，即$Q_{铁放}=Q_{油吸}'$，
根据$Q=cm\Delta t$，得：
$c_{铁}m_{铁}(t_{铁初}-t_{共})=c_{油}m_{油}(t_{共}-t_{油初})$，
代入数据：$0.46×10^3 J/(kg·℃)×m_{铁}×(280℃ - 160℃)=2.0×10^3 J/(kg·℃)×400×10^{-3} kg×(160℃ - 60℃)$，
计算得：$55200 m_{铁}=80000$，
解得：$m_{铁}≈1.45 kg$。
【答案】
(1) 沙子的比热容为$1000 J/(kg·℃)$；(2) 该工艺品的质量为$1.45 kg$。
【知识点】
热量计算、比热容、热平衡方程
【点评】
本题结合温度-时间图像考查热学综合计算，需准确提取图像中的温度变化信息，运用控制变量法和热平衡原理解题，注重公式应用与图像分析能力，是热学部分的典型综合题。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需先从图像中提取沙子、食用油及工艺品的温度变化信息，结合“相同时间内吸收热量相同”的条件和热平衡原理解题：
1. 第一问：确定左图为沙子、右图为食用油，读取前2分钟两者的温度变化，利用相同时间吸热相等，结合食用油的比热容计算沙子的比热容；
2. 第二问：读取工艺品放入食用油前后的温度，根据热平衡方程（不计热量损失时，工艺品放出热量等于食用油吸收热量），代入数据求解工艺品质量。
【解析】
(1) 由题意可知，左图是沙子的温度变化图像，右图是食用油和铁制工艺品的温度变化图像。
前2 min内，食用油升高的温度：$\Delta t_{油}=40℃ - 10℃=30℃$，
食用油吸收的热量：$Q_{油吸}=c_{油}m_{油}\Delta t_{油}=2.0×10^3 J/(kg·℃)×400×10^{-3} kg×30℃=24000 J$，
因相同时间内沙子和食用油吸收的热量相同，故$Q_{沙吸}=Q_{油吸}=24000 J$，
前2 min内沙子升高的温度：$\Delta t_{沙}=70℃ - 10℃=60℃$，
根据$Q_{吸}=cm\Delta t$，沙子的比热容：
$c_{沙}=\frac{Q_{沙吸}}{m_{沙}\Delta t_{沙}}=\frac{24000 J}{400×10^{-3} kg×60℃}=1000 J/(kg·℃)$。
(2) 由图像可知，加热结束时食用油温度为$60℃$，工艺品初温为$280℃$，热平衡后两者温度均为$160℃$。
不计热量损失，工艺品放出的热量等于食用油吸收的热量，即$Q_{铁放}=Q_{油吸}'$，
根据$Q=cm\Delta t$，得：
$c_{铁}m_{铁}(t_{铁初}-t_{共})=c_{油}m_{油}(t_{共}-t_{油初})$，
代入数据：$0.46×10^3 J/(kg·℃)×m_{铁}×(280℃ - 160℃)=2.0×10^3 J/(kg·℃)×400×10^{-3} kg×(160℃ - 60℃)$，
计算得：$55200 m_{铁}=80000$，
解得：$m_{铁}≈1.45 kg$。
【答案】
(1) 沙子的比热容为$1000 J/(kg·℃)$；(2) 该工艺品的质量为$1.45 kg$。
【知识点】
热量计算、比热容、热平衡方程
【点评】
本题结合温度-时间图像考查热学综合计算，需准确提取图像中的温度变化信息，运用控制变量法和热平衡原理解题，注重公式应用与图像分析能力，是热学部分的典型综合题。
【难度系数】
0.5
12. (新考法 新定义)有一大块平整的冰，温度为$0\ °\mathrm{C}$，在上面挖一个容积为$V_0=1\ 000\ \mathrm{cm}^3$的洞，并用不导热的泡沫塑料板覆盖，上面挖一个小孔(如图所示)。现在从小孔向洞里缓慢倒入温度为$100\ °\mathrm{C}$的水，至多能倒入
1.16
$\mathrm{kg}$的水而不溢出。已知水的密度$\rho_{\mathrm{水}}=1×10^3\ \mathrm{kg/m}^3$，冰的密度$\rho_{\mathrm{冰}}=0.9×10^3\ \mathrm{kg/m}^3$，水的比热容$c_{\mathrm{水}}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·}°\mathrm{C)}$，冰的熔化热(即1 kg冰熔化成同温度的水所需吸收的热量)$λ=3.3×10^5\ \mathrm{J/kg}$。答案
12.1.16 【点拨】冰吸收热量后会熔化,设熔化的冰的体积为$V$,熔化热$λ=3.3×10^5\ \mathrm{J/kg}$;则冰熔化成0 ℃的水吸收的热量 $Q_{吸}=m_{冰}λ=\rho_{冰}Vλ$;冰熔化成水后,质量不变,根据$\rho=\frac{m}{V}$可知,冰熔化成水的体积 $V_水=\frac{m_水}{\rho_水}=\frac{m_{冰}}{\rho_水}=\frac{\rho_{冰}V}{\rho_水}=0.9V$;冰熔化成水后缩小的体积 $V'=V-V_水=V-0.9V=0.1V$;则需要添加的水的体积 $V_{水加}=V_0+V'=1\ 000×10^{-6}\ \mathrm{m}^3+0.1V=10^{-3}\ \mathrm{m}^3+0.1V$;所加水的质量 $m_{水加}=\rho_水 V_{水加}=\rho_水(10^{-3}\ \mathrm{m}^3+0.1V)$;水放出的热量 $Q_{放}=c_水 m_{水加}\Delta t$;水放出的热量与冰吸收的热量是相同的,即 $Q_{吸}=Q_{放}$,$\rho_{冰}Vλ=c_水 m_{水加}\Delta t$;代入数据得:$0.9×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×V×3.3×10^5\ \mathrm{J/kg}=4.2×10^3\ \mathrm{J}/(\mathrm{kg}·℃)×1×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×(10^{-3}\ \mathrm{m}^3+0.1V)×(100\ ℃-0\ ℃)$;解得:$V=1.6×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$;则添加的水的体积 $V_{水加}=V_0+V'=10^{-3}\ \mathrm{m}^3+0.1×1.6×10^{-3}\ \mathrm{m}^3=1.16×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$;所加水的质量 $m_{水加}=\rho_水 V_{水加}=1×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×1.16×10^{-3}\ \mathrm{m}^3=1.16\ \mathrm{kg}$。
解析
【分析】
要解决这个问题，需明确两个核心要点：一是100℃的水放出的热量全部用于熔化0℃的冰；二是冰熔化成水后质量不变，但因冰和水的密度差异，熔化后体积会缩小，这部分缩小的体积可额外容纳水。解题思路为：设熔化的冰体积为$V$，先分别表示冰熔化吸收的热量、冰熔化成水的体积及体积缩小量，结合洞的原有容积得到可装水的总体积；再根据热平衡方程（水放出的热量等于冰熔化吸收的热量）联立求解，最终算出倒入水的质量。
【解析】
设熔化的冰的体积为$V$，单位统一为国际单位：
1. 冰熔化成0℃的水吸收的热量：$Q_{吸}=m_{冰}λ=\rho_{冰}Vλ$；
2. 冰熔化成水后质量不变，其体积：$V_{水}=\frac{m_{水}}{\rho_{水}}=\frac{m_{冰}}{\rho_{水}}=\frac{\rho_{冰}V}{\rho_{水}}$；
3. 冰熔化成水后缩小的体积：$\Delta V=V-V_{水}=V-\frac{\rho_{冰}V}{\rho_{水}}=V(1-\frac{0.9×10^3}{1×10^3})=0.1V$；
4. 洞的原有容积$V_0=1000\ \mathrm{cm}^3=1×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$，则可容纳水的总体积：$V_{总}=V_0+\Delta V=1×10^{-3}\ \mathrm{m}^3+0.1V$；
5. 倒入的100℃水降温到0℃放出的热量：$Q_{放}=c_{水}m_{水}\Delta t=c_{水}\rho_{水}V_{总}×(100℃-0℃)$；
6. 根据热平衡方程$Q_{吸}=Q_{放}$，代入已知数据：
$0.9×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×V×3.3×10^5\ \mathrm{J/kg}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×(1×10^{-3}\ \mathrm{m}^3+0.1V)×100℃$；
解得：$V=1.6×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$；
7. 可装水的体积：$V_{总}=1×10^{-3}\ \mathrm{m}^3+0.1×1.6×10^{-3}\ \mathrm{m}^3=1.16×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$；
8. 倒入水的质量：$m=\rho_{水}V_{总}=1×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×1.16×10^{-3}\ \mathrm{m}^3=1.16\ \mathrm{kg}$。
【答案】
1.16
【知识点】
热平衡方程、熔化热、密度与体积质量的关系
【点评】
本题综合考查热学与密度知识，需理清冰熔化后的体积变化，通过热平衡建立方程求解，对学生知识整合能力要求较高，是一道典型的跨学科综合题。
【难度系数】
0.5
要解决这个问题，需明确两个核心要点：一是100℃的水放出的热量全部用于熔化0℃的冰；二是冰熔化成水后质量不变，但因冰和水的密度差异，熔化后体积会缩小，这部分缩小的体积可额外容纳水。解题思路为：设熔化的冰体积为$V$，先分别表示冰熔化吸收的热量、冰熔化成水的体积及体积缩小量，结合洞的原有容积得到可装水的总体积；再根据热平衡方程（水放出的热量等于冰熔化吸收的热量）联立求解，最终算出倒入水的质量。
【解析】
设熔化的冰的体积为$V$，单位统一为国际单位：
1. 冰熔化成0℃的水吸收的热量：$Q_{吸}=m_{冰}λ=\rho_{冰}Vλ$；
2. 冰熔化成水后质量不变，其体积：$V_{水}=\frac{m_{水}}{\rho_{水}}=\frac{m_{冰}}{\rho_{水}}=\frac{\rho_{冰}V}{\rho_{水}}$；
3. 冰熔化成水后缩小的体积：$\Delta V=V-V_{水}=V-\frac{\rho_{冰}V}{\rho_{水}}=V(1-\frac{0.9×10^3}{1×10^3})=0.1V$；
4. 洞的原有容积$V_0=1000\ \mathrm{cm}^3=1×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$，则可容纳水的总体积：$V_{总}=V_0+\Delta V=1×10^{-3}\ \mathrm{m}^3+0.1V$；
5. 倒入的100℃水降温到0℃放出的热量：$Q_{放}=c_{水}m_{水}\Delta t=c_{水}\rho_{水}V_{总}×(100℃-0℃)$；
6. 根据热平衡方程$Q_{吸}=Q_{放}$，代入已知数据：
$0.9×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×V×3.3×10^5\ \mathrm{J/kg}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×1×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×(1×10^{-3}\ \mathrm{m}^3+0.1V)×100℃$；
解得：$V=1.6×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$；
7. 可装水的体积：$V_{总}=1×10^{-3}\ \mathrm{m}^3+0.1×1.6×10^{-3}\ \mathrm{m}^3=1.16×10^{-3}\ \mathrm{m}^3$；
8. 倒入水的质量：$m=\rho_{水}V_{总}=1×10^3\ \mathrm{kg/m}^3×1.16×10^{-3}\ \mathrm{m}^3=1.16\ \mathrm{kg}$。
【答案】
1.16
【知识点】
热平衡方程、熔化热、密度与体积质量的关系
【点评】
本题综合考查热学与密度知识，需理清冰熔化后的体积变化，通过热平衡建立方程求解，对学生知识整合能力要求较高，是一道典型的跨学科综合题。
【难度系数】
0.5
