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9. 如图所示,甲、乙、丙三图中的装置完全相同。燃料的质量都是10 g,烧杯内的液体质量也相同。
(1)比较不同物质的吸热能力,应选择
(2)根据实验测得的数据,分别描绘出a、b两种液体的温度随加热时间变化的图像,如图丁所示,则a、b两种液体的比热容之比为 $ c_a : c_b = $
(3)为了比较燃料1和燃料2的热值,应该在燃料完全燃烧后,通过比较
(4)在图甲装置中,若燃料为酒精,烧杯内的液体为水,先测出水的质量和酒精烧尽时水升高的温度,再结合酒精的质量(不考虑酒精的蒸发)这一数据,计算出酒精的热值。通过实验算出的热值与实际相比
(1)比较不同物质的吸热能力,应选择
甲、丙
两图进行实验;需要的测量器材如图所示,还需秒表和天平
;不同物质吸热的多少是通过加热时间
(填“温度计示数的变化量”或“加热时间”)来反映的。(2)根据实验测得的数据,分别描绘出a、b两种液体的温度随加热时间变化的图像,如图丁所示,则a、b两种液体的比热容之比为 $ c_a : c_b = $
2:1
。(3)为了比较燃料1和燃料2的热值,应该在燃料完全燃烧后,通过比较
温度计示数的变化量
(填“温度计示数的变化量”或“加热时间”)来得出结论。(4)在图甲装置中,若燃料为酒精,烧杯内的液体为水,先测出水的质量和酒精烧尽时水升高的温度,再结合酒精的质量(不考虑酒精的蒸发)这一数据,计算出酒精的热值。通过实验算出的热值与实际相比
偏小
(填“偏大”或“偏小”),理由是存在热散失
。答案
9.(1)甲、丙;天平;加热时间 (2)2:1 (3)温度计示数的变化量 (4)偏小;存在热散失
【点拨】(2)据图丁可知,a、b 都加热 5 min,a 温度变化量为20 ℃,b 温度变化量为 40 ℃;由 $Q=cm\Delta t$ 可得, $c_a m \Delta t_a = c_b m \Delta t_b$,$c_a \Delta t_a = c_b \Delta t_b$;则 $c_a:c_b=\Delta t_b:\Delta t_a=2:1$。
【点拨】(2)据图丁可知,a、b 都加热 5 min,a 温度变化量为20 ℃,b 温度变化量为 40 ℃;由 $Q=cm\Delta t$ 可得, $c_a m \Delta t_a = c_b m \Delta t_b$,$c_a \Delta t_a = c_b \Delta t_b$;则 $c_a:c_b=\Delta t_b:\Delta t_a=2:1$。
解析
【分析】
本题围绕比热容和热值的实验探究展开，需运用控制变量法分析实验设计，结合热量公式$Q=cm\Delta t$、热值公式$q=\frac{Q_{放}}{m}$进行推导判断。
（1）比较不同物质吸热能力时，需控制燃料种类相同、改变液体种类，据此选实验装置；实验需测量液体质量、加热时间，对应所需器材；相同装置下，加热时间反映液体吸热多少。
（2）根据热量公式，相同加热时间内液体吸收热量相同，结合温度变化量与比热容的反比关系计算比值。
（3）比较燃料热值时，需让不同燃料完全燃烧，通过液体温度变化判断放热多少。
（4）计算热值时，燃料燃烧放出的热量无法全部被液体吸收，导致测得的热量偏小，影响热值计算结果。
【解析】
（1）比较不同物质的吸热能力，需控制燃料种类相同、液体种类不同，因此选甲、丙两图；实验中需要测量液体质量（天平）、加热时间（秒表），故还需天平；相同装置下，加热时间越长，液体吸收的热量越多，因此不同物质吸热的多少通过加热时间反映。
（2）由图丁可知，加热5min时，$a$的温度变化$\Delta t_a=30℃-10℃=20℃$，$b$的温度变化$\Delta t_b=50℃-10℃=40℃$；根据$Q=cm\Delta t$，相同时间内$a$、$b$吸收热量$Q$相同，质量$m$相同，故$c_a m \Delta t_a = c_b m \Delta t_b$，化简得$\frac{c_a}{c_b}=\frac{\Delta t_b}{\Delta t_a}=\frac{40℃}{20℃}=2:1$。
（3）比较燃料1和燃料2的热值，需让燃料完全燃烧，释放的热量被相同液体吸收，因此通过温度计示数的变化量判断放热多少，进而得出热值结论。
（4）计算酒精热值时，酒精燃烧放出的热量一部分被水吸收，还有一部分散失到空气中、被容器吸收等，即存在热散失，导致测得的水吸收的热量小于酒精完全燃烧放出的热量，根据$q=\frac{Q_{放}}{m}$，$Q_{放}$的测量值偏小，故算出的热值比实际偏小。
【答案】
(1)甲、丙；天平；加热时间 (2)2:1 (3)温度计示数的变化量 (4)偏小；存在热散失
【知识点】
比热容、热值、热量计算
【点评】
本题是比热容与热值的综合实验题，核心考查控制变量法的应用，需理解实验中吸热、放热的转换方法，以及比热容和热值的计算原理，属于中等难度的实验探究题。
【难度系数】
0.5
本题围绕比热容和热值的实验探究展开，需运用控制变量法分析实验设计，结合热量公式$Q=cm\Delta t$、热值公式$q=\frac{Q_{放}}{m}$进行推导判断。
（1）比较不同物质吸热能力时，需控制燃料种类相同、改变液体种类，据此选实验装置；实验需测量液体质量、加热时间，对应所需器材；相同装置下，加热时间反映液体吸热多少。
（2）根据热量公式，相同加热时间内液体吸收热量相同，结合温度变化量与比热容的反比关系计算比值。
（3）比较燃料热值时，需让不同燃料完全燃烧，通过液体温度变化判断放热多少。
（4）计算热值时，燃料燃烧放出的热量无法全部被液体吸收，导致测得的热量偏小，影响热值计算结果。
【解析】
（1）比较不同物质的吸热能力，需控制燃料种类相同、液体种类不同，因此选甲、丙两图；实验中需要测量液体质量（天平）、加热时间（秒表），故还需天平；相同装置下，加热时间越长，液体吸收的热量越多，因此不同物质吸热的多少通过加热时间反映。
（2）由图丁可知，加热5min时，$a$的温度变化$\Delta t_a=30℃-10℃=20℃$，$b$的温度变化$\Delta t_b=50℃-10℃=40℃$；根据$Q=cm\Delta t$，相同时间内$a$、$b$吸收热量$Q$相同，质量$m$相同，故$c_a m \Delta t_a = c_b m \Delta t_b$，化简得$\frac{c_a}{c_b}=\frac{\Delta t_b}{\Delta t_a}=\frac{40℃}{20℃}=2:1$。
（3）比较燃料1和燃料2的热值，需让燃料完全燃烧，释放的热量被相同液体吸收，因此通过温度计示数的变化量判断放热多少，进而得出热值结论。
（4）计算酒精热值时，酒精燃烧放出的热量一部分被水吸收，还有一部分散失到空气中、被容器吸收等，即存在热散失，导致测得的水吸收的热量小于酒精完全燃烧放出的热量，根据$q=\frac{Q_{放}}{m}$，$Q_{放}$的测量值偏小，故算出的热值比实际偏小。
【答案】
(1)甲、丙；天平；加热时间 (2)2:1 (3)温度计示数的变化量 (4)偏小；存在热散失
【知识点】
比热容、热值、热量计算
【点评】
本题是比热容与热值的综合实验题，核心考查控制变量法的应用，需理解实验中吸热、放热的转换方法，以及比热容和热值的计算原理，属于中等难度的实验探究题。
【难度系数】
0.5
四、计算题（18分）
10. [2025·陕西改编] 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 $\eta=\frac{W_{\mathrm{电}}}{Q_{\mathrm{总}}}$（$W_{\mathrm{电}}$为火电站发出的电能，$Q_{\mathrm{总}}$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。
(1)某风电站总装机功率为$10^5$ 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$8.2×10^5$ 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 kW·h的电能），产生的氢气完全燃烧时，释放的热量为
(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
(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。
10. [2025·陕西改编] 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 $\eta=\frac{W_{\mathrm{电}}}{Q_{\mathrm{总}}}$（$W_{\mathrm{电}}$为火电站发出的电能，$Q_{\mathrm{总}}$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。
(1)某风电站总装机功率为$10^5$ 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$8.2×10^5$ 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 kW·h的电能），产生的氢气完全燃烧时，释放的热量为
$6.4×10^{11}$
J。（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
40%
。（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
10.【解】(1)$6.4×10^{11}$ (2)40%
(3)由题意知,技术革新之前的煤电转化效率 $\eta'=40\%-4\%=36\%$,由 $\eta=\dfrac{W_{\mathrm{有用}}}{Q_{\mathrm{放}}}$ 知,完全燃烧标准煤放出的热量 $Q_{\mathrm{放}}''=\dfrac{W_{\mathrm{有用}}}{\eta'}=\dfrac{1×10^3×3\ 600\ \mathrm{J}}{36\%}=10^7\ \mathrm{J}$,
由 $Q_{\mathrm{放}}=mq$ 知,完全燃烧标准煤的质量 $m'=\dfrac{Q_{\mathrm{放}}''}{q}=\dfrac{10^7\ \mathrm{J}}{2.9×10^7\ \mathrm{J/kg}}=0.345\ \mathrm{kg}$,
则相比应用“富氧燃烧”技术前能节约标准煤的质量 $m''=m'-m=0.345\ \mathrm{kg}-0.31\ \mathrm{kg}=0.035\ \mathrm{kg}$。
【点拨】(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,则 1 天发出的电能 $W=Pt=10^5\ \mathrm{kW}×10\ \mathrm{h}=10^6\ \mathrm{kW}·\mathrm{h}$。
则用于电解水制氢的电能 $W'=10^6\ \mathrm{kW}·\mathrm{h}-8.2×10^5\ \mathrm{kW}·\mathrm{h}=1.8×10^5\ \mathrm{kW}·\mathrm{h}$,
每产生 $1\ \mathrm{m}^3$ 氢气消耗 $3.6\ \mathrm{kW}·\mathrm{h}$ 的电能,则电解水制氢的体积 $V=\dfrac{1.8×10^5\ \mathrm{kW}·\mathrm{h}}{3.6\ \mathrm{kW}·\mathrm{h/m}^3}=5×10^4\ \mathrm{m}^3$,
产生的氢气完全燃烧时释放的热量 $Q_{\mathrm{放}}=Vq=5×10^4\ \mathrm{m}^3×1.28×10^7\ \mathrm{J/m}^3=6.4×10^{11}\ \mathrm{J}$。
(2)0.31 kg 的标准煤完全燃烧放出的热量 $Q_{\mathrm{放}}'=mq'=0.31\ \mathrm{kg}×2.9×10^7\ \mathrm{J/kg}=8.99×10^6\ \mathrm{J}$,"富氧燃烧"条件下,煤电转化效率 $\eta=\dfrac{W_{\mathrm{有用}}}{Q_{\mathrm{放}}'}=\dfrac{1×10^3×3\ 600\ \mathrm{J}}{8.99×10^6\ \mathrm{J}}=40\%$。
(3)由题意知,技术革新之前的煤电转化效率 $\eta'=40\%-4\%=36\%$,由 $\eta=\dfrac{W_{\mathrm{有用}}}{Q_{\mathrm{放}}}$ 知,完全燃烧标准煤放出的热量 $Q_{\mathrm{放}}''=\dfrac{W_{\mathrm{有用}}}{\eta'}=\dfrac{1×10^3×3\ 600\ \mathrm{J}}{36\%}=10^7\ \mathrm{J}$,
由 $Q_{\mathrm{放}}=mq$ 知,完全燃烧标准煤的质量 $m'=\dfrac{Q_{\mathrm{放}}''}{q}=\dfrac{10^7\ \mathrm{J}}{2.9×10^7\ \mathrm{J/kg}}=0.345\ \mathrm{kg}$,
则相比应用“富氧燃烧”技术前能节约标准煤的质量 $m''=m'-m=0.345\ \mathrm{kg}-0.31\ \mathrm{kg}=0.035\ \mathrm{kg}$。
【点拨】(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,则 1 天发出的电能 $W=Pt=10^5\ \mathrm{kW}×10\ \mathrm{h}=10^6\ \mathrm{kW}·\mathrm{h}$。
则用于电解水制氢的电能 $W'=10^6\ \mathrm{kW}·\mathrm{h}-8.2×10^5\ \mathrm{kW}·\mathrm{h}=1.8×10^5\ \mathrm{kW}·\mathrm{h}$,
每产生 $1\ \mathrm{m}^3$ 氢气消耗 $3.6\ \mathrm{kW}·\mathrm{h}$ 的电能,则电解水制氢的体积 $V=\dfrac{1.8×10^5\ \mathrm{kW}·\mathrm{h}}{3.6\ \mathrm{kW}·\mathrm{h/m}^3}=5×10^4\ \mathrm{m}^3$,
产生的氢气完全燃烧时释放的热量 $Q_{\mathrm{放}}=Vq=5×10^4\ \mathrm{m}^3×1.28×10^7\ \mathrm{J/m}^3=6.4×10^{11}\ \mathrm{J}$。
(2)0.31 kg 的标准煤完全燃烧放出的热量 $Q_{\mathrm{放}}'=mq'=0.31\ \mathrm{kg}×2.9×10^7\ \mathrm{J/kg}=8.99×10^6\ \mathrm{J}$,"富氧燃烧"条件下,煤电转化效率 $\eta=\dfrac{W_{\mathrm{有用}}}{Q_{\mathrm{放}}'}=\dfrac{1×10^3×3\ 600\ \mathrm{J}}{8.99×10^6\ \mathrm{J}}=40\%$。
解析
【分析】
本题是结合能源耦合模型的物理计算题，分三个小问：第(1)问需先算风电站一天总发电量，减去供给电网的电能得到制氢电能，再据此算出氢气体积，最后用氢气热值计算燃烧放热；第(2)问先算0.31kg标准煤完全燃烧的热量，再用效率公式计算煤电转化效率；第(3)问先求技术革新前的效率，再分别算出革新前后发1kW·h电能所需标准煤的质量，差值即为节约的质量。
【解析】
(1) 计算氢气完全燃烧释放的热量
风电站1天发出的总电能：
$W_{总}=Pt=10^5\ \mathrm{kW}×10\ \mathrm{h}=10^6\ \mathrm{kW·h}$
用于电解水制氢的电能：
$W_{制氢}=W_{总}-W_{电网}=10^6\ \mathrm{kW·h}-8.2×10^5\ \mathrm{kW·h}=1.8×10^5\ \mathrm{kW·h}$
生成氢气的体积：
$V=\frac{W_{制氢}}{3.6\ \mathrm{kW·h/m^3}}=\frac{1.8×10^5\ \mathrm{kW·h}}{3.6\ \mathrm{kW·h/m^3}}=5×10^4\ \mathrm{m^3}$
氢气完全燃烧释放的热量：
$Q_{放}=Vq=5×10^4\ \mathrm{m^3}×1.28×10^7\ \mathrm{J/m^3}=6.4×10^{11}\ \mathrm{J}$
(2) 计算“富氧燃烧”的煤电转化效率
0.31kg标准煤完全燃烧放出的热量：
$Q_{放}'=mq=0.31\ \mathrm{kg}×2.9×10^7\ \mathrm{J/kg}=8.99×10^6\ \mathrm{J}$
发出的电能$W_{电}=1\ \mathrm{kW·h}=3.6×10^6\ \mathrm{J}$
煤电转化效率：
$\eta=\frac{W_{电}}{Q_{放}'}=\frac{3.6×10^6\ \mathrm{J}}{8.99×10^6\ \mathrm{J}}=40\%$
(3) 计算节约的标准煤质量
技术革新前的煤电转化效率：$\eta'=40\%-4\%=36\%$
发1kW·h电能需标准煤完全燃烧放出的热量：
$Q_{放}''=\frac{W_{电}}{\eta'}=\frac{3.6×10^6\ \mathrm{J}}{36\%}=1×10^7\ \mathrm{J}$
革新前需标准煤的质量：
$m'=\frac{Q_{放}''}{q}=\frac{1×10^7\ \mathrm{J}}{2.9×10^7\ \mathrm{J/kg}}≈0.345\ \mathrm{kg}$
节约的标准煤质量：
$\Delta m=m'-m=0.345\ \mathrm{kg}-0.31\ \mathrm{kg}=0.035\ \mathrm{kg}$
【答案】
(1) $6.4×10^{11}$；(2) 40%；(3) 0.035 kg
【知识点】
电能计算、热值、热效率
【点评】
本题结合能源耦合模型，将物理知识与实际能源应用结合，考查电能、热值、效率的综合计算，需要学生熟练运用相关公式，难度适中。
【难度系数】
0.5
本题是结合能源耦合模型的物理计算题，分三个小问：第(1)问需先算风电站一天总发电量，减去供给电网的电能得到制氢电能，再据此算出氢气体积，最后用氢气热值计算燃烧放热；第(2)问先算0.31kg标准煤完全燃烧的热量，再用效率公式计算煤电转化效率；第(3)问先求技术革新前的效率，再分别算出革新前后发1kW·h电能所需标准煤的质量，差值即为节约的质量。
【解析】
(1) 计算氢气完全燃烧释放的热量
风电站1天发出的总电能：
$W_{总}=Pt=10^5\ \mathrm{kW}×10\ \mathrm{h}=10^6\ \mathrm{kW·h}$
用于电解水制氢的电能：
$W_{制氢}=W_{总}-W_{电网}=10^6\ \mathrm{kW·h}-8.2×10^5\ \mathrm{kW·h}=1.8×10^5\ \mathrm{kW·h}$
生成氢气的体积：
$V=\frac{W_{制氢}}{3.6\ \mathrm{kW·h/m^3}}=\frac{1.8×10^5\ \mathrm{kW·h}}{3.6\ \mathrm{kW·h/m^3}}=5×10^4\ \mathrm{m^3}$
氢气完全燃烧释放的热量：
$Q_{放}=Vq=5×10^4\ \mathrm{m^3}×1.28×10^7\ \mathrm{J/m^3}=6.4×10^{11}\ \mathrm{J}$
(2) 计算“富氧燃烧”的煤电转化效率
0.31kg标准煤完全燃烧放出的热量：
$Q_{放}'=mq=0.31\ \mathrm{kg}×2.9×10^7\ \mathrm{J/kg}=8.99×10^6\ \mathrm{J}$
发出的电能$W_{电}=1\ \mathrm{kW·h}=3.6×10^6\ \mathrm{J}$
煤电转化效率：
$\eta=\frac{W_{电}}{Q_{放}'}=\frac{3.6×10^6\ \mathrm{J}}{8.99×10^6\ \mathrm{J}}=40\%$
(3) 计算节约的标准煤质量
技术革新前的煤电转化效率：$\eta'=40\%-4\%=36\%$
发1kW·h电能需标准煤完全燃烧放出的热量：
$Q_{放}''=\frac{W_{电}}{\eta'}=\frac{3.6×10^6\ \mathrm{J}}{36\%}=1×10^7\ \mathrm{J}$
革新前需标准煤的质量：
$m'=\frac{Q_{放}''}{q}=\frac{1×10^7\ \mathrm{J}}{2.9×10^7\ \mathrm{J/kg}}≈0.345\ \mathrm{kg}$
节约的标准煤质量：
$\Delta m=m'-m=0.345\ \mathrm{kg}-0.31\ \mathrm{kg}=0.035\ \mathrm{kg}$
【答案】
(1) $6.4×10^{11}$；(2) 40%；(3) 0.035 kg
【知识点】
电能计算、热值、热效率
【点评】
本题结合能源耦合模型，将物理知识与实际能源应用结合，考查电能、热值、效率的综合计算，需要学生熟练运用相关公式，难度适中。
【难度系数】
0.5
