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三、实验题（第8题12分，第9题24分，共36分）
8.小德为研究分子的性质进行了如下实验：
(1)室温下，向一端封口的细长玻璃管中加入适量红墨水，再加入酒精，使其充满玻璃管。然后用手指堵紧开口一端，上下颠倒多次，观察到混合后溶液总体积减小，如图甲。这一现象说明分子之间存在
(2)小德进一步探究了温度对分子运动快慢的影响，如图丙所示。推动注射器活塞，把红墨水同时分别注入冷水和热水中，一段时间后，观察到装有
8.小德为研究分子的性质进行了如下实验：
(1)室温下，向一端封口的细长玻璃管中加入适量红墨水，再加入酒精，使其充满玻璃管。然后用手指堵紧开口一端，上下颠倒多次，观察到混合后溶液总体积减小，如图甲。这一现象说明分子之间存在
间隙
。图乙中可表示充分混合后溶液微观模型的是C
（填字母）。(2)小德进一步探究了温度对分子运动快慢的影响，如图丙所示。推动注射器活塞，把红墨水同时分别注入冷水和热水中，一段时间后，观察到装有
热水
的烧杯中的红墨水扩散更快。答案
8.(1)间隙;C (2)热水 【点拨】(2)因为温度越高,分子的热运动越剧烈,分子运动速度越快,所以红墨水在热水中能够更快地扩散。
解析
【分析】
本题围绕分子的性质设置实验问题，需结合宏观实验现象推导微观本质：(1) 酒精与红墨水混合后总体积减小，对应分子间的间隙特性；微观模型需体现分子间互相穿插的特点；(2) 温度影响分子运动速率，温度越高分子运动越快，据此判断扩散快慢。
【解析】
(1) 酒精和红墨水混合后，两种物质的分子会互相进入对方分子的间隙中，导致总体积减小，说明分子之间存在间隙；充分混合后，分子彼此穿插，对应微观模型C。
(2) 分子的热运动与温度有关，温度越高，分子的热运动越剧烈，运动速率越快，因此红墨水在热水中扩散更快。
【答案】
(1)间隙；C (2)热水
【知识点】
分子的性质、分子运动与温度的关系
【点评】
本题通过实验探究的形式考查分子的基本性质，将宏观实验现象与微观粒子特性结合，属于基础题型，侧重对核心知识点的理解应用。
【难度系数】
0.8
本题围绕分子的性质设置实验问题，需结合宏观实验现象推导微观本质：(1) 酒精与红墨水混合后总体积减小，对应分子间的间隙特性；微观模型需体现分子间互相穿插的特点；(2) 温度影响分子运动速率，温度越高分子运动越快，据此判断扩散快慢。
【解析】
(1) 酒精和红墨水混合后，两种物质的分子会互相进入对方分子的间隙中，导致总体积减小，说明分子之间存在间隙；充分混合后，分子彼此穿插，对应微观模型C。
(2) 分子的热运动与温度有关，温度越高，分子的热运动越剧烈，运动速率越快，因此红墨水在热水中扩散更快。
【答案】
(1)间隙；C (2)热水
【知识点】
分子的性质、分子运动与温度的关系
【点评】
本题通过实验探究的形式考查分子的基本性质，将宏观实验现象与微观粒子特性结合，属于基础题型，侧重对核心知识点的理解应用。
【难度系数】
0.8
9. ★★（新考法 装置新）烈日炎炎，沙子滚烫，海水却是凉的。小文决定探究出现该现象的本质原因。
(1)根据烧水的经验，可确定同种物质，吸收热量的多少与
(2)“不同的物质，其他条件相同，那么吸热是否相同呢？”小文用规格相同的白炽灯模拟太阳，对质量相同的水和沙子加热（图甲），箱子规格一致。根据记录的数据绘制图像如图乙所示，都升高$10°\mathrm{C}$，可判断水比沙子吸收的热量
(3)(模型建构)两箱子开口，用透明细管AB连通，点燃一支香放在细管中（图丙），白炽灯工作一段时间后，白烟将会从B管口冒出，本质原因是水比沙子的比热容
A.海面吹向陆地的风
B.陆地吹向海面的风
(1)根据烧水的经验，可确定同种物质，吸收热量的多少与
质量
和升高的温度
有关。(2)“不同的物质，其他条件相同，那么吸热是否相同呢？”小文用规格相同的白炽灯模拟太阳，对质量相同的水和沙子加热（图甲），箱子规格一致。根据记录的数据绘制图像如图乙所示，都升高$10°\mathrm{C}$，可判断水比沙子吸收的热量
多
。基于物质关于“热”的角度，有这样的特性，科学家把这个特性抽象概括为比热容
。(3)(模型建构)两箱子开口，用透明细管AB连通，点燃一支香放在细管中（图丙），白炽灯工作一段时间后，白烟将会从B管口冒出，本质原因是水比沙子的比热容
大
。这个实验模拟的是近地面形成的A
（填字母）。A.海面吹向陆地的风
B.陆地吹向海面的风
答案
9.(1)质量;升高的温度 (2)多;比热容 (3)大;A 【点拨】(1)烧水时变化相同的温度,水的质量越大,加热时间越长,说明吸收热量越多;质量相同的水,温度变化越大,加热时间越长,说明吸收热量越多。(2)由图乙可知,都升高10 ℃,水加热8 min,沙子加热2 min,通过加热时间可知,水比沙子吸收的热量多。(3)在实验时,点燃一支香放在连接两个箱子的透明细管中,观察白烟的流向模拟日晒下海边的风向。由于水的比热容大,相同条件下,水吸热升温慢,沙子吸热升温快。因此,白炽灯工作一段时间后,沙子(模拟陆地)的温度会高于水(模拟海洋)的温度。空气因受热体积膨胀,密度变小而上升,冷空气会从四面八方流过来。所以烟将会从B管口冒出,模拟了海陆风,故选A。
解析
【分析】
第(1)问结合烧水的实际经验：升高相同温度时，水的质量越大，加热时间越长，吸收热量越多；质量相同时，水升高的温度越高，加热时间越长，吸收热量越多，由此确定同种物质吸热多少的影响因素。第(2)问利用相同加热器加热时，加热时间越长吸收热量越多，结合图乙判断水和沙子吸热的多少，再对应比热容的概念。第(3)问根据水和沙子比热容的差异，分析温度变化导致的空气流动，结合实验装置模拟海陆风的形成，判断风向。
【解析】
(1) 烧水时，升高相同温度，水的质量越大，加热时间越长，吸收热量越多；质量相同的水，升高的温度越高，加热时间越长，吸收热量越多，因此同种物质吸收热量的多少与质量和升高的温度有关。
(2) 规格相同的白炽灯相同时间提供的热量相同，加热时间越长，物质吸收的热量越多。由图乙可知，水和沙子都升高10℃时，水的加热时间更长，说明水比沙子吸收的热量多；科学家将物质的这种吸热特性抽象概括为比热容。
(3) 水的比热容比沙子大，相同条件下吸热时，水升温慢、沙子升温快。图丙中，装沙子的箱子（模拟陆地）温度更高，内部空气受热膨胀上升，气压减小，装水的箱子（模拟海洋）的冷空气通过细管流向装沙子的箱子，因此白烟从B管口冒出，模拟的是海面吹向陆地的风，选A。
【答案】
(1) 质量；升高的温度 (2) 多；比热容 (3) 大；A
【知识点】
热量的影响因素；比热容；海陆风的形成
【点评】
本题结合生活现象设计实验，考查比热容的核心知识点，通过实验探究和模型建构将抽象概念具象化，帮助学生理解比热容的实际应用，贴合新考法要求，难度适中。
【难度系数】
0.6
第(1)问结合烧水的实际经验：升高相同温度时，水的质量越大，加热时间越长，吸收热量越多；质量相同时，水升高的温度越高，加热时间越长，吸收热量越多，由此确定同种物质吸热多少的影响因素。第(2)问利用相同加热器加热时，加热时间越长吸收热量越多，结合图乙判断水和沙子吸热的多少，再对应比热容的概念。第(3)问根据水和沙子比热容的差异，分析温度变化导致的空气流动，结合实验装置模拟海陆风的形成，判断风向。
【解析】
(1) 烧水时，升高相同温度，水的质量越大，加热时间越长，吸收热量越多；质量相同的水，升高的温度越高，加热时间越长，吸收热量越多，因此同种物质吸收热量的多少与质量和升高的温度有关。
(2) 规格相同的白炽灯相同时间提供的热量相同，加热时间越长，物质吸收的热量越多。由图乙可知，水和沙子都升高10℃时，水的加热时间更长，说明水比沙子吸收的热量多；科学家将物质的这种吸热特性抽象概括为比热容。
(3) 水的比热容比沙子大，相同条件下吸热时，水升温慢、沙子升温快。图丙中，装沙子的箱子（模拟陆地）温度更高，内部空气受热膨胀上升，气压减小，装水的箱子（模拟海洋）的冷空气通过细管流向装沙子的箱子，因此白烟从B管口冒出，模拟的是海面吹向陆地的风，选A。
【答案】
(1) 质量；升高的温度 (2) 多；比热容 (3) 大；A
【知识点】
热量的影响因素；比热容；海陆风的形成
【点评】
本题结合生活现象设计实验，考查比热容的核心知识点，通过实验探究和模型建构将抽象概念具象化，帮助学生理解比热容的实际应用，贴合新考法要求，难度适中。
【难度系数】
0.6
四、计算题（18分）
10. [2026·沈阳铁西区期中] 某金属球在炉火中加热到108 ℃，然后迅速投入100 g、初温为45 ℃的某种液体中，达到热平衡后金属球的温度为48 ℃。已知金属球的比热容为$0.42×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，不计热损失。此过程中，金属球放出的热量为$1.26×10^3\ \mathrm{J}$。
(1)求金属球的质量是多少克。
(2)计算出该液体的比热容，并根据表中的数据确定该液体的种类。
(3)取出金属球后，且金属球表面不沾有该液体，若该液体再吸收$2.52×10^4\ \mathrm{J}$的热量，求该液体的末温(标准大气压)。
10. [2026·沈阳铁西区期中] 某金属球在炉火中加热到108 ℃，然后迅速投入100 g、初温为45 ℃的某种液体中，达到热平衡后金属球的温度为48 ℃。已知金属球的比热容为$0.42×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，不计热损失。此过程中，金属球放出的热量为$1.26×10^3\ \mathrm{J}$。
(1)求金属球的质量是多少克。
(2)计算出该液体的比热容，并根据表中的数据确定该液体的种类。
(3)取出金属球后，且金属球表面不沾有该液体，若该液体再吸收$2.52×10^4\ \mathrm{J}$的热量，求该液体的末温(标准大气压)。
答案
10.【解】(1)由$Q_{放}=cm(t_0 - t)$得,金属球的质量$m_{金}= \dfrac{Q_{放}}{c_{金}(t_{0金}-t)}=\dfrac{1.26× 10^3\ \mathrm{J}}{0.42× 10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)} × (108\ °C - 48\ °C)}}=0.05\ \mathrm{kg}=50\ \mathrm{g}$。
(2)不计热损失,根据$Q_{放}=Q_{吸}=cm(t-t_0)$可得,该液体的比热容$c=\dfrac{Q_{吸}}{m(t-t_{0液})}=\dfrac{1.26× 10^3\ \mathrm{J}}{100× 10^{-3}\ \mathrm{kg}× (48\ °C - 45\ °C)}=4.2× 10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)}$,所以该液体是水。
(3)取出金属球后,且金属球表面不沾有该液体,若该液体再吸收$2.52× 10^4\ \mathrm{J}$的热量,则该液体升高的温度$\Delta t_{液}=\dfrac{Q_{吸2}}{cm}=\dfrac{2.52× 10^4\ \mathrm{J}}{4.2× 10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)} × 100× 10^{-3}\ \mathrm{kg}}=60\ °C$,所以理论上该液体的末温$t_{末}=48\ °C + 60\ °C=108\ °C$,在标准大气压下,水的沸点为$100\ °C$,所以实际上末温为$100\ °C$。
(2)不计热损失,根据$Q_{放}=Q_{吸}=cm(t-t_0)$可得,该液体的比热容$c=\dfrac{Q_{吸}}{m(t-t_{0液})}=\dfrac{1.26× 10^3\ \mathrm{J}}{100× 10^{-3}\ \mathrm{kg}× (48\ °C - 45\ °C)}=4.2× 10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)}$,所以该液体是水。
(3)取出金属球后,且金属球表面不沾有该液体,若该液体再吸收$2.52× 10^4\ \mathrm{J}$的热量,则该液体升高的温度$\Delta t_{液}=\dfrac{Q_{吸2}}{cm}=\dfrac{2.52× 10^4\ \mathrm{J}}{4.2× 10^3\ \mathrm{J/(kg· °C)} × 100× 10^{-3}\ \mathrm{kg}}=60\ °C$,所以理论上该液体的末温$t_{末}=48\ °C + 60\ °C=108\ °C$,在标准大气压下,水的沸点为$100\ °C$,所以实际上末温为$100\ °C$。
解析
【分析】
本题是热学热量计算的应用题，解题思路如下：
1. 第(1)问：已知金属球放出的热量、比热容、初温和末温，利用放热公式$Q_{放}=c_{金}m_{金}(t_{0金}-t)$变形，即可求出金属球质量，计算时注意质量单位的换算（千克转克）。
2. 第(2)问：不计热损失时，金属球放出的热量等于液体吸收的热量（$Q_{吸}=Q_{放}$），利用吸热公式$Q_{吸}=c_{液}m_{液}(t-t_{0液})$变形，求出液体比热容，再对照表格数据确定液体种类。
3. 第(3)问：液体再吸收热量，利用吸热公式求出液体升高的温度，结合液体原温度得到理论末温，需注意标准大气压下水的沸点为100℃，实际末温不能超过沸点。
【解析】
解：(1) 根据金属球放热公式$Q_{放}=c_{金}m_{金}(t_{0金}-t)$，变形得金属球质量：
$m_{金}=\dfrac{Q_{放}}{c_{金}(t_{0金}-t)}=\dfrac{1.26×10^3\ \mathrm{J}}{0.42×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×(108℃ - 48℃)}=0.05\ \mathrm{kg}=50\ \mathrm{g}$。
(2) 不计热损失，液体吸收的热量$Q_{吸}=Q_{放}=1.26×10^3\ \mathrm{J}$，液体质量$m_{液}=100\ \mathrm{g}=0.1\ \mathrm{kg}$，初温$t_{0液}=45℃$，末温$t=48℃$，由吸热公式$Q_{吸}=c_{液}m_{液}(t-t_{0液})$得：
$c_{液}=\dfrac{Q_{吸}}{m_{液}(t-t_{0液})}=\dfrac{1.26×10^3\ \mathrm{J}}{0.1\ \mathrm{kg}×(48℃ - 45℃)}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，对照表格，该液体是水。
(3) 液体再吸收热量$Q_{吸2}=2.52×10^4\ \mathrm{J}$，由$Q_{吸2}=c_{液}m_{液}\Delta t_{液}$得升高的温度：
$\Delta t_{液}=\dfrac{Q_{吸2}}{c_{液}m_{液}}=\dfrac{2.52×10^4\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.1\ \mathrm{kg}}=60℃$，
理论末温$t_{末}=48℃+60℃=108℃$，标准大气压下水的沸点为100℃，故实际末温为100℃。
【答案】
(1) 50 g；(2) 液体比热容为$4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，是水；(3) 100 ℃
【知识点】
比热容、热量计算、热平衡
【点评】
本题考查热量公式的应用，结合热平衡条件和水的沸点知识点，解题需注意单位换算，以及液体沸腾时温度不变的特点，是热学基础应用题。
【难度系数】
0.6
本题是热学热量计算的应用题，解题思路如下：
1. 第(1)问：已知金属球放出的热量、比热容、初温和末温，利用放热公式$Q_{放}=c_{金}m_{金}(t_{0金}-t)$变形，即可求出金属球质量，计算时注意质量单位的换算（千克转克）。
2. 第(2)问：不计热损失时，金属球放出的热量等于液体吸收的热量（$Q_{吸}=Q_{放}$），利用吸热公式$Q_{吸}=c_{液}m_{液}(t-t_{0液})$变形，求出液体比热容，再对照表格数据确定液体种类。
3. 第(3)问：液体再吸收热量，利用吸热公式求出液体升高的温度，结合液体原温度得到理论末温，需注意标准大气压下水的沸点为100℃，实际末温不能超过沸点。
【解析】
解：(1) 根据金属球放热公式$Q_{放}=c_{金}m_{金}(t_{0金}-t)$，变形得金属球质量：
$m_{金}=\dfrac{Q_{放}}{c_{金}(t_{0金}-t)}=\dfrac{1.26×10^3\ \mathrm{J}}{0.42×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×(108℃ - 48℃)}=0.05\ \mathrm{kg}=50\ \mathrm{g}$。
(2) 不计热损失，液体吸收的热量$Q_{吸}=Q_{放}=1.26×10^3\ \mathrm{J}$，液体质量$m_{液}=100\ \mathrm{g}=0.1\ \mathrm{kg}$，初温$t_{0液}=45℃$，末温$t=48℃$，由吸热公式$Q_{吸}=c_{液}m_{液}(t-t_{0液})$得：
$c_{液}=\dfrac{Q_{吸}}{m_{液}(t-t_{0液})}=\dfrac{1.26×10^3\ \mathrm{J}}{0.1\ \mathrm{kg}×(48℃ - 45℃)}=4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，对照表格，该液体是水。
(3) 液体再吸收热量$Q_{吸2}=2.52×10^4\ \mathrm{J}$，由$Q_{吸2}=c_{液}m_{液}\Delta t_{液}$得升高的温度：
$\Delta t_{液}=\dfrac{Q_{吸2}}{c_{液}m_{液}}=\dfrac{2.52×10^4\ \mathrm{J}}{4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}×0.1\ \mathrm{kg}}=60℃$，
理论末温$t_{末}=48℃+60℃=108℃$，标准大气压下水的沸点为100℃，故实际末温为100℃。
【答案】
(1) 50 g；(2) 液体比热容为$4.2×10^3\ \mathrm{J/(kg·℃)}$，是水；(3) 100 ℃
【知识点】
比热容、热量计算、热平衡
【点评】
本题考查热量公式的应用，结合热平衡条件和水的沸点知识点，解题需注意单位换算，以及液体沸腾时温度不变的特点，是热学基础应用题。
【难度系数】
0.6
