浙江省杭州市中考理综物化生试卷解析

浙江省杭州市中考理综物化生试卷解析

浙江省杭州市2016年中考科学试卷 浙江省杭州市2016年中考生物试卷 一、选择题（每小题3分，每小题只有一个选项符合题意）0 ‎ ‎1．下列属于植物向性运动的是（　　）‎ A．菊花在秋天开花 B．某植物叶表面的气孔在白天打开，晚上关闭 C．含羞草的小叶受到振动后合拢 D．横倒在地上的番茄茎背地生长 ‎【考点】生物的特征．‎ ‎【专题】热点问题；归纳推理；根 茎 叶的结构和功能专题．‎ ‎【分析】植物向性运动是指在刺激方向和诱导所产生运动的方向之间有固定关系的运动．依外界因素的不同，向性运动主要包括向光性、向重力性、向肥性、向化性和向触性和向水性等．向性运动大多是生长性运动，是不可逆的运动过程；植物体受到不定向的外界刺激而引起的局部运动，称为感性运动．如含羞草受到外界刺激后叶片闭合，许多花朵和复叶都有昼夜周期性开闭的现象等．‎ ‎【解答】解：A、菊花在秋天开花，是受光照的制约，与植物的向性无关，A不符合题意； B、某植物叶表面的气孔在白天打开，晚上关闭，是为了吸收二氧化碳进行光合作用，积累有机物，与植物的向性无关，B不符合题意； C、含羞草的小叶受到振动后合拢，是感性运动，C不符合题意； D、横倒在地上的番茄茎背地生长，属于向性运动，D符合题意． 故选：D ‎【点评】对于向性运动和感性运动概念的了解是解题的关键．‎ ‎ ‎ ‎2．如图表示一种培育生物优良新品种的方法，该方法称为（　　） ‎ A．杂交育种 B．转基因技术 C．克隆技术 D．太空育种 ‎【考点】转基因技术的应用．‎ ‎【专题】过程示意图；归纳推理；现代生物技术．‎ ‎【分析】转基因技术是指运用科学手段从某种生物中提取所需要的基因，将其转入另一种生物中，使与另一种生物的基因进行重组，从而产生特定的具有变异遗传性状的物质．利用转基因技术可以改变动植物性状，培育新品种．也可以利用其它生物体培育出期望的生物制品，用于医药、食品等方面．‎ ‎【解答】解：图中将大肠杆菌的质粒DNA剪切与人体细胞中的胰岛素基因重组，得到接有胰岛素基因的DNA，因此该方法称为转基因技术． 故选：B ‎【点评】解答此类题目的关键是掌握转基因技术原理和应用．‎ ‎ ‎ ‎3．如图是米勒实验原始大气合成有机物的实验装置，有关叙述错误的是（　　） ‎ A．装置中CH4、NH3、H2O、H2四种气体用于横拟原始地球的大气 B．火花放电横拟闪电 C．烧瓶中的清水模拟了高温条件下的原始海洋 D．该实验证明了原始海洋中的有机物可能会演变成原始生命 ‎【考点】地球上生命的起源．‎ ‎【专题】演绎推理；生命的起源和生物进化．‎ ‎【分析】米勒模拟实验是模拟在原始地球还原性大气中进行雷鸣闪电能产生有机物（特别是氨基酸），以论证生命起源的化学进化过程的实验．1953年由美国芝加哥大学研究生米勒在其导师尤利指导下完成的．据此解答．‎ ‎【解答】解：米勒的实验装置如图所示： 米勒将水注入左下方的烧瓶内，先将 玻璃仪器中的空气抽去．然后打开左方的活塞，泵入甲烷、氨和氢气的混合气体（模拟还原性大气）．再将烧瓶内的水煮沸，使水蒸汽和混合气体同在密闭的玻璃管道内不断循环，并在另一容量为5升的大烧瓶中，经受火花放电（模拟闪电）一周，最后生成的有机物，经过冷却后，积聚在仪器底部的溶液内（图中以黑色表示）（模拟原始大气中生成的有机物被雨水冲淋到原始海洋中）．此实验结果共生成20种有机物．其中11种氨基酸中有4种（即甘氨酸、丙氨酸、天冬氨酸和谷氨酸）是生物的蛋白质所含有的．米勒的实验试图向人们证实，生命起源的第一步，从无机小分子物质形成有机小分子物质，在原始地球的条件下是完全可能实现的，该实验不能证明了原始海洋中的有机物可能会演变成原始生命． 故选：D ‎【点评】米勒的实验及结论的内容在考试中经常考到，要注意理解和掌握．可结合米勒的实验装置图，来帮助理解和记忆．‎ ‎ ‎ ‎4．小金做了如下实验： ①取甲、乙两试管，分别加入1%淀粉溶液各1毫升． ②甲试管内加入2毫升唾液，乙试管内加入2毫升的蒸馏水． ③同时将两试管恒温37℃，水浴10分钟取出，冷却后分别滴加1滴碘液． ④观察结果，发现只有乙试管内液体变蓝色． 下列相关叙述正确的是（　　）‎ A．加碘液的目的是为了让试管内的溶液呈蓝色 B．该实验结果可用水银温度计直接测量并记录 C．该实验的目的是探究唾液是否能催化淀粉的分解 D．该实验结论是甲试管内液体不变蓝，乙试管内液体变蓝 ‎【考点】探究发生在口腔内的化学消化．‎ ‎【专题】探究规律；实验设计与评价题；对照实验思想；人体的消化系统专题．‎ ‎【分析】（1）对照实验：在探究某种条件对研究对象的影响时，对研究对象进行的除了该条件不同以外，其他条件都相同的实验．根据变量设置一组对照实验，使实验结果具有说服力．一般来说，对实验变量进行处理的，就是实验组．没有处理是的就是对照组． （2）唾液中的唾液淀粉酶将馒头中的淀粉分解成麦芽糖；淀粉遇碘变蓝色是淀粉的特性，因此常用碘液来验证淀粉的存在． （3）该实验是利用“淀粉遇碘变蓝”这个的特性探究唾液对淀粉的消化作用，实验的变量是唾液，在设置对照实验时，要控制其它可能影响实验结果的条件，即除了有无唾液的条件不同外，其它条件都应相同．‎ ‎【解答】解：A、加碘液的目的是为了检验反应后淀粉是否存在，以判断唾液对淀粉的消化作用，A错误； B、该实验可用水银温度测量用来加热热水的温度，控制在37℃，该实验结果与温度计无关，不需要测量并记录，B错误； C、该实验是利用“淀粉遇碘变蓝”这个的特性探究唾液对淀粉的消化作用，实验的变量是唾液，C正确； D、甲试管中唾液淀粉酶将馒头中的淀粉全部分解成麦芽糖，因此滴加碘液不变蓝；乙试管中清水对淀粉没有分解作用，因此滴加碘液变蓝，所以观察到的现象是甲试管中没有变蓝，乙试管内液体变蓝，而结论是唾液能将淀粉分解，D错误． 故选：C ‎【点评】解答此类题目的关键是理解掌握唾液淀粉酶对淀粉的消化作用，牙齿的咀嚼和舌的搅拌能促进淀粉的消化以及对照实验的特点．‎ ‎ ‎ ‎5．如表为某人平静呼吸时，吸入气（吸入的气体），呼出气（呼出的气体），肺泡气（肺泡内的气体）中O2、CO2、N2三种成分的体积分数，下列说法正确的是（　　）‎ O2‎ CO2‎ N2‎ 吸入气 ‎23%‎ ‎0.04%‎ ‎78%‎ 呼出气 ‎16%‎ ‎4.0%‎ ‎78%‎ 肺泡气 ‎14%‎ ‎5.6%‎ ‎78%‎ A．导致肺泡气与吸入气中O2体积分数差异的原因是肺毛细血管中O2通过扩散作用进入肺泡内 B．该人平静呼吸时，一次吸入的气体不会全部进入肺泡，其中有部分留在了气管和支气管中 C．若该人深呼吸一次，肺吸入气中CO2体积分数将低于0.04% D．肺泡气是呼及气与呼吸气的混合气体，因此其CO2体积分数最高 ‎【考点】肺与外界气体的交换；肺泡内的气体交换．‎ ‎【专题】数据分析型图表题；归纳推理；人体的循环系统专题．‎ ‎【分析】气体总是由浓度高的地方向浓度低的地方扩散，肺泡与血液之间的气体交换叫做肺泡内的气体交换，是通过气体的扩散作用实现的．‎ ‎【解答】解：A．肺泡气体与吸入气体中，氧气体积分数的差异是因为肺泡内的氧气通过扩散作用进入血液中，A错误； B．呼吸时，呼吸道都会残留部分吸入的空气，B正确； C．深呼吸时，吸入的气体仍然为空气，所以二氧化碳的体积分数依然是0.04%，C错误； D．吸入气与呼出气中CO2体积分数均小于肺泡气CO2体积分数，D错误． 故选：B ‎【点评】理解肺泡内的气体交换和组织里的气体交换都是通过气体的扩散作用实现的．‎ ‎ 二、填空题（本大题共34分） ‎ ‎6．幽门螺旋杆菌是一种具有螺旋结构及鞭毛的细菌，当人胃部表皮细胞受到幽门螺旋杆菌感染时，会分泌水解酶（FUCA2），催化水解糖蛋白氨链上的岩藻糖；幽门螺旋杆菌可以摄入胃部表皮细胞上岩藻糖的水解产物，获得生长的养分与能量，此外，幽门螺旋杆菌可能过饮食等途径传染给健康人，根据上述信息回答下列问题． （1）幽门螺旋杆菌与霉菌在细胞结构上最本质的差异是没有成形的细胞核； （2）FUCA2的催化作用具有专一性、高效性的特点，若按同化作用的方式进行区分，幽门螺旋杆菌的营养方式属于异养； （3）幽门螺旋杆菌可以通过分裂方式繁殖后代，从生态学角度看，某患者胃部所有幽门螺旋杆菌可以作为一个种群； （4）聚餐时使用“公筷”有利于预防幽门螺旋杆菌传染，这种预防传染病流行的措施属于切断传播途径．‎ ‎【考点】细菌的基本形态和结构特点；细菌的营养方式和生殖方式；真菌的形态结构、营养方式和生殖方式的特点；传染病的预防措施．‎ ‎【专题】阅读理解类简答题；热点问题；归纳推理；生物的分类．‎ ‎【分析】（1）细菌的都是单细胞的，基本结构包括细胞壁、细胞膜、只有DNA集中的区域，没有成形的细胞核，有些细菌的细胞壁外面荚膜、鞭毛；细菌细胞内没有叶绿体，营养方式是异养；分裂生殖；有些细菌在条件恶劣时能形成休眠体芽孢． （2）真菌的基本结构有细胞壁、细胞膜、细胞质、细胞核．没有叶绿体，营养方式是异养；孢子生殖． （3）传染病是由病原体引起的，能在生物体之间传播的一种疾病，具有传染性和流行性等特点．预防传染病的措施有三个，一是控制传染源，二是切断传播途径，三是保护易感人群，据此答题．‎ ‎【解答】解：（1）细菌是单细胞生物，没有成形的细胞核，属于原核生物；霉菌属于真菌，细胞内有成形的细胞核，属于真核生物． （2）酶的催化作用具有专一性、高效性等特点．细菌细胞内没有叶绿体，营养方式是异养． （3）细菌通过分裂方式繁殖．从生态学角度看，某患者胃部所有幽门螺旋杆菌可以作为一种群． （4）预防传染病的措施有三个，一是控制传染源，二是切断传播途径，三是保护易感人群，聚餐时使用“公筷”有利于预防幽门螺旋杆菌传染，这种预防传染病流行的措施属于切断传播途径． 故答案为：（1）没有成形的细胞核； （2）专一性、高效性； （3）分裂；种群； （4）切断传播途径 ‎【点评】解答此类题目的关键是理解掌握细菌、真菌结构的异同点．‎ ‎ ‎ ‎7．阅读下列材料，回答相关问题： 材料1：2011年3月，两名医生将美国心脏病人刘易斯的整个心脏摘除，然后为他安装一个“人造心脏”．这种“人造心脏”主要是由两个类似涡轮的新型离心泵组成．它工作时能保持身体内血液不停流动，完成血液循环． 材料2：2012年1月，英国研究人员成功培育出用于形成血管壁的平滑肌细胞，利用这些平滑肌细胞和从人体取出的皮肤细胞可以在实验室环境中批量“生产”人造仿生血管．人造仿生血管可用于心脏病、肾病等疾病的血管移植手术． （1）“人造心脏”中一个离心泵的功率相对较小，主要功能是右心室为肺循环血液流动提供动力；另一个离心泵的功率相对较大，主要功能是左心室为体循环血液流动提供动力；肺静脉中的血液直接流入哪个离心泵？功率较大的离心泵； （2）从生物体的结构层次看，人造仿生血管属于器官层次的结构； （3）培育人造仿生血管时，必须先除去仿生血管可能会引起免疫反应的特征，然后才能进行血管移植，否则，人造仿生血管移植到患者体内后，患者血液中的B淋巴细胞受到仿生血管中的抗原物质刺激时会大量增殖分化，其中大多数分化成能分泌抗体的细胞，从而引发免疫排斥反应．‎ ‎【考点】心脏的结构；动物体人体的结构层次；人体特异性免疫和非特异性免疫．‎ ‎【专题】热点问题；归纳推理；人体的循环系统专题．‎ ‎【分析】血液循环途径如图： ‎ ‎【解答】解：（1）肺循环的循环途径为：右心室→肺动脉→肺部毛细血管→肺静脉→左心房．体循环的循环途径为：左心室→主动脉→各级动脉→组织处毛细血管→各级静脉→上、下腔静脉→右心房．可见右心室为肺循环血液流动提供动力，肺循环的循环途径较短，所以在人造心脏中右心室的功率较小；可见左心室为体循环血液流动提供动力，体循环的循环途径较长，所以在人造心脏中左心室的功率较大．据分析可见：肺静脉中的血液会流入心脏的左侧，即功率较大的离心泵． （2）血管分为动脉、静脉和毛细血管，动脉、静脉属于器官，毛细血管属于组织；人造血管属于器官． （3）能产生抗体的免疫细胞为B淋巴细胞，受到外界抗原物质刺激时会大量增殖分化，产生抗体．故答案为：（1）为肺循环血液流动提供动力；为体循环血液流动提供动力；功率较大的离心泵． （2）器官； （3）B淋巴；抗原．‎ ‎【点评】掌握心脏的结构和血液循环的途径是解题的关键．‎ ‎ 三、实验探究题 ‎ ‎8． 为“证明绿色植物光合作用产生氧气”，小金设计了如图所示的实验，回答： （1）本实验选择水生绿色植物金鱼藻作为实验材料而不选用盆栽的天竺葵，其理由是由于金鱼藻是水生植物，利用此装置，便于观察和收集产生的气体； （2）写出证明试管内收集的气体是氧气的方法：取出试管，将带火星的木条伸入试管内，若木条复燃则证明是氧气． （3）利用上述实验装置与材料，设计“证明光照是绿色植物光合作用的条件”的实验．（写出简要的实验思路）设置A、B两组实验，与原实验装置完全相同，将其中A组置于黑暗环境，B组置于光照环境，4小时后分别将试管取出，伸入带火星木条，若A组不复燃，B组复燃，则证明光照是绿色植物光合作用的条件．‎ ‎【考点】探究光合作用的条件、原料和产物．‎ ‎【专题】过程示意图；实验设计与评价题；对照实验思想；光合作用和呼吸作用专题．‎ ‎【分析】（1）由于陆生植物进行光合作用产生的氧气不好收集，所以选择水生植物比较合适． （2）由于验证的气体是氧气，根据氧气有助燃的作用，在化学实验中验证证氧气的方法一般是看看气体能否使燃烧的余烬复燃，如果能复燃说明气体是氧气． （3）实验的相关变量是光照，应该设计两组对照实验，一组放在黑暗条件环境下，另一组放在光照条件下，其余相同来进行实验．‎ ‎【解答】解：（1）绿色植物通过叶绿体利用光能把二氧化碳和水转变成储存能量的有机物，并释放出氧气的过程叫绿色植物光合作用． 本实验选择水生绿色植物金鱼藻作为实验材料而不选用盆栽的天竺葵，其理由陆生植物进行光合作用产生的氧气不好收集，所以选择金鱼藻是水生植物，利用此装置，便于观察和收集产生的气体． （2）实验步骤：如图所示：取一些金鱼藻，放在盛有清水的大烧杯中．在金鱼藻上面倒罩一短颈玻璃漏斗，漏斗颈上套上灌满清水的玻璃管．将上述装置移至阳光下照射，并观察现象．待气体充满试管的1/2时，取出玻璃管．根据氧气能助燃，能使快要熄灭的细木条重新燃烧的特性．因此证明试管内收集的气体是氧气的方法：取出试管，将带火星的木条伸入试管内，若木条复燃则证明是氧气． （3）设置A、B两组实验，与原实验装置完全相同，将其中A组置于黑暗环境，B组置于光照环境，4小时后分别将试管取出，伸入带火星木条，若A组不复燃，B组复燃，则证明光照是绿色植物光合作用的条件． 故答案为：（1）由于金鱼藻是水生植物，利用此装置，便于观察和收集产生的气体； （2）取出试管，将带火星的木条伸入试管内，若木条复燃则证明是氧气； （3）设置A、B两组实验，与原实验装置完全相同，将其中A组置于黑暗环境，B组置于光照环境，4小时后分别将试管取出，伸入带火星木条，若A组不复燃，B组复燃，则证明光照是绿色植物光合作用的条件．‎ ‎【点评】虽然设计的思路很多同学都正确，但在整理语言时，可能有些同学容易出现错误或失误；因此在平时要多注意语言表达能力，防止出现设计思路正确，但写不出来的现象发生．‎ ‎2016年浙江省杭州市中考化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）‎ ‎1．下列选项正确的是（　　）‎ A．‎ 检验甲烷燃烧有CO2生成 B．‎ 读液体体积 C．‎ 将带有残留夜的滴管倒持 D．‎ 吹灭酒精灯 ‎【解答】解：A、检验甲烷燃烧有CO2生成，在火焰上方罩一个内壁涂有澄清石灰水的烧杯，澄清石灰水变浑浊，证明有二氧化碳生成，故正确；‎ B、量筒读数时，视线要与凹液面最低处保持水平，故错误；‎ C、将带有残留液的滴管倒持，会使残留液倒流，腐蚀胶头．故错误；‎ D、熄灭酒精灯不能吹灭，要用灯帽盖灭，故错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎2．中国科学院某研究小组设计了一种高性能锂空气电池，其反应原理可表示为：2Li+O2Li2O2，已知锂元素在化合物中显+1价，下列说法错误的是（　　）‎ A．反应物锂是金属单质 B．该反应中MnO2是催化剂 C．Li2O2中氧元素的化合价显﹣2价 D．该反应是化合反应 ‎【解答】解：A、锂是由金属元素锂组成的纯净物，属于金属单质，故A正确；‎ B、由化学反应方程式可知，该反应中MnO2是催化剂，故B正确；‎ C、Li2O2是化合物，在化合物中正负化合价代数和为零，锂元素在钙化合物中显+1价，故氧元素的化合价为﹣1价，故C错误；‎ D、该反应由两种物质生成了一种物质，属于化合反应，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎（原图片版是科学试题，所以题号不一致，请谅解！）‎ ‎4．下列有关钠在氯气中燃烧的实验，分析合理的是（　　）‎ A．钠在氯气中燃烧时，钠原子得到电子 B．反应物钠由分子构成，生成物氯化钠由离子构成 C．钠能在氯气中燃烧，说明燃烧不一定需要氧气参与 D．钠在氯气中燃烧生成的氯化钠与家庭中食用的氯化钠化学性质不同 ‎【解答】解：A、钠原子的最外层电子数是1，在化学反应中容易失去电子，故A错误；‎ B、钠是金属，金属是由原子直接构成的氯化钠是由钠离子、氯离子构成的，故B错误；‎ C、钠能在氯气中燃烧，说明燃烧不一定需要氧气参与，故C正确；‎ D、钠在氯气中燃烧生成的氯化钠与家庭中食用的氯化钠化学性质相同，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．一杯70℃的硝酸钾饱和溶液，冷却后有晶体析出（晶体不含结晶水），若不考虑溶剂的蒸发，则剩余溶液与原溶液相比（　　）‎ A．由饱和溶液变为不饱和溶液 B．溶质质量不变 C．溶液质量不变 D．溶质的质量分数减小 ‎【解答】解：A、一杯70℃的硝酸钾饱和溶液，冷却后有晶体析出，剩余溶液不能继续溶解硝酸钾，仍为饱和溶液，故选项说法错误．‎ B、一杯70℃的硝酸钾饱和溶液，冷却后有晶体析出，溶质的质量减少，故选项说法错误．‎ C、一杯70℃的硝酸钾饱和溶液，冷却后有晶体析出，溶质的质量减少，溶剂的质量不变，则溶液质量减少，故选项说法错误．‎ D、一杯70℃的硝酸钾饱和溶液，冷却后有晶体析出，溶质的质量减少，溶剂的质量不变，则溶质的质量分数减小，故选项说法正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．小金制作了一个如图甲所示的简易酸碱灭火器，并进行了如图乙所示的灭火操作，结束后对瓶中残留液进行了如下实验：①取少量残留液于试管中，滴加2滴紫色石蕊试液，变红色；②另取少量残留液于试管中滴加适量氯化钡溶液，有白色沉淀，则残留液中有大量的（　　）‎ A．硫酸钠 B．碳酸钠 C．盐酸 D．氯化钠 ‎【解答】解：简易酸碱灭火器中碳酸钠溶液与一种常见的酸反应；结束后对瓶中残留液进行了如下实验：①取少量残留液于试管中，滴加2滴紫色石蕊试液，变红色，石蕊溶液遇酸性溶液变红色，遇碱性溶液变蓝色，则说明残留液显酸性．‎ ‎②另取少量残留液于试管中滴加适量氯化钡溶液，有白色沉淀存在，说明此沉淀是氯化银或硫酸钡沉淀，由于反应物是一种酸，酸与碳酸钠溶液反应生成盐、水和二氧化碳，同时酸有剩余，则原酸溶液为硫酸，硫酸与碳酸钠溶液反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，则残留液中有大量的硫酸钠、硫酸．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．向一定质量的甲中连续加入乙至过量，此过程中溶液的总质量与加入乙的质量之间关系，符合如图曲线表示的是（　　）‎ 甲 ‎ 乙 ‎ A ‎ 稀硫酸 ‎ 氢氧化钠溶液 ‎ B ‎ 稀盐酸 ‎ 碳酸钙粉末 ‎ C ‎ 稀盐酸 ‎ 锌粒 ‎ D ‎ 硝酸银溶液 ‎ 铜粉 ‎ A．A B．B C．C D．D ‎【解答】解：A、硫酸溶液中加入NaOH溶液发生中和反应，溶液总质量应该是随着NaOH的加入而不断上升的，图象上不会有水平的那个阶段；不符合题意；‎ B、开始时，溶液总质量就是盐酸的质量，随着加入大理石，溶液质量是不断增加的，当大理石和盐酸全部反应完时，溶液质量就不变了，因为盐酸已反应完，再加入大理石就不反应，且大理石是固体，它的质量不属于溶液的质量，所以最后总溶液的质量的不变；不符合题意；‎ C、锌置换氢气，显然质量增加，当盐酸反应完后，锌是固体，所以开始溶液质量增加，至反应完全后溶液总质量不再增加；不符合题意；‎ D、铜粉置换银，因为铜的相对原子质量是64，银的相对原子质量是108．所以开始反应时，溶液总质量是降低的，至反应完全后溶液总质量不变；正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．如表是生活中常见4种饮料及主要成分，下列关于这些饮料的组成、性质和用途表述错误的是（　　）‎ 名称 ‎ 主要成分 ‎ 雪碧 ‎ 碳水化合物、水 ‎ 苏打水（弱碱性） ‎ 碳酸氢钠、水 ‎ 盐汽水 ‎ 氯化钠、水 ‎ 柠檬汁 ‎ 水、碳水化合物、蛋白质、纤维、维生素等 ‎ A．雪碧是一种混合物 B．4种饮料中，苏打水的PH值最小 C．从事高温作业的人员，适宜补充盐汽水 D．喝适量柠檬汁有助于补充人体的维生素 ‎【解答】解：A．雪碧中含有水、碳水化合物等多种物质，属于混合物，故正确；‎ B．苏打水成弱碱性，其pH＞7，是最大，故错误；‎ C．高温工作人员由于大量出汗，体内无机盐流失，可补充盐汽水调节人体内无机盐的平衡，故正确；‎ D．柠檬汁含有维生素，喝适量的柠檬水可补充维生素，故正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、解答题（共4小题，满分20分）‎ ‎9．如图为核聚变的示意图，其中①②③表示三种原子，“●”、“○”、“．”表示原子中的不同微粒，③是　氦　元素的原子，①②③中属于同种元素的原子是　①②　（选填序号）．‎ ‎【解答】解：在原子中，电子在原子核的外部，所以小圈表示的是电子，在原子中，质子数=电子数，所以白球表示质子，黑圈表示中子；再根据元素的种类是由质子数决定的可知，③这种元素的原子核内有2个质子，所以是氦元素的原子；质子数决定元素的种类，由微观结构示意图可知，①和②这两种粒子核内的质子数均为1，故属于同种元素．‎ 故答案为：氦；①②．‎ ‎　‎ ‎10．若方法1中的X物质为常见气体，且发生置换反应，则X是　H2　（填化学式）；‎ ‎（2）写出方法2的化学方程式　CuO+H2SO4=CuSO4+H2O　；‎ ‎（2）铜片A、铜片B、铜片C的质量分别为mA、mB、mC，其中方法1和方法2均完全反应，则mA、mB、mC的大小关系为　mA=mB＞mC　．‎ ‎【解答】解：（1）常见的还原剂有碳单质、一氧化碳和氢气，X物质为常见气体，且发生置换反应，所以X是氢气，化学式为：H2；‎ ‎（2）氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，化学方程式为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；‎ ‎（3）方法1是将已经部分氧化的铜片重新用氢气还原，依据质量守恒中的原子守恒，方法1反应结束后，铜被重新还原，所以mA=mB，方法2中部分氧化的铜片产生了氧化铜，氧化铜与硫酸反应，有部分铜元素进入溶液中，剩余的铜单质的质量为mC，所以小于mA、mB，所以mA、mB、mC的大小关系为mA=mB＞mC．‎ 故答案为：（1）H2；‎ ‎（2）CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；‎ ‎（3）mA=mB＞mC．‎ ‎　‎ ‎11．小金为了探究温度对H2O2分解反应速率的影响，借助如图所示实验装置（夹持装置略去），进行了两次实验，两次实验的部分设计如表所示：‎ 实验1 ‎ 实验2 ‎ MnO2的质量/克 ‎ ‎0.5 ‎ ‎0.5 ‎ ‎ 5%的H2O2的体积/毫升 ‎40 ‎ 待填 ‎ ‎ 水浴温度/℃‎ ‎20 ‎ ‎80 ‎ ‎（1）实验2中应加入5%H2O2　40　毫升；‎ ‎（2）在两次实验中，可通过　相同的时间内注射器内气体的体积　来比较H2O2分解反应速率的大小；‎ ‎（3）实验2中水浴温度控制在80℃时，测定的反应速率会比真实值偏大，其原因除锥形瓶内气体受热膨胀外，还有　温度较高时水蒸发成水蒸气　；‎ ‎（4）实验结束后若要将MnO2从混合物汇总分离出来，可采取的方法是　过滤、洗涤、干燥　．‎ ‎【解答】解：（1）利用对比试验探究温度对H2O2分解反应速率的影响时，变量应是温度，其余的量应相同，所以，实验2中应加入5%H2O240毫升；‎ ‎（2）在两次实验中，可通过相同的时间内注射器内气体的体积 来比较H2O2分解反应速率的大小；‎ ‎（3）实验2中水浴温度控制在80℃时，测定的反应速率会比真实值偏大，其原因除锥形瓶内气体受热膨胀外，还有温度较高时水蒸发成水蒸气；‎ ‎（4）实验结束后若要将MnO2从混合物汇总分离出来，由于MnO2不溶于水，可采取的方法是过滤、洗涤、干燥．‎ 故答为：（1）40；（2）相同的时间内注射器内气体的体积小；（3）温度较高时水蒸发成水蒸气；（4）过滤、洗涤、干燥．‎ ‎　‎ ‎12．焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种常用的食品抗氧化剂，小金模仿化工生产，用如图装置来制取Na2S2O5．‎ 已知：A中发生的反应为：H2SO4（浓）+Na2SO3═Na2SO4+SO2↑+H2O B中发生的反应为：Na2SO3+SO2═Na2S2O5‎ ‎（1）图中盛放浓硫酸的仪器名称是　分液漏斗　；‎ ‎（2）写出C中发生反应的化学方程式　SO2+2NaOH═Na2SO3+H2O　；‎ ‎（3）在实验过程中，滴加浓硫酸不宜过快，理由是　防止生成二氧化硫气体过快，来不及与B中的亚硫酸钠进一步反应生成Na2S2O5　．‎ ‎（4）该实验开始滴加浓硫酸时，应先除尽装置内的空气，若忘记这一操作，新制取的Na2S2O5产品中会混有Na2SO4杂质，这与O2的　氧化性　有关（填化学性质）‎ ‎【解答】解：（1）图中盛放浓硫酸的仪器的名称为分液漏斗；故填分液漏斗；‎ ‎（2）反应过程中产生有害气体二氧化硫，需要进行尾气处理，二氧化硫与二氧化碳性质相似，与氢氧化钠反应生成相应的盐和水；反应的化学方程式为：SO2+2NaOH═Na2SO3+H2O；故填：SO2+2NaOH═Na2SO3+H2O ‎（3）若滴加浓硫酸过快，则生成二氧化硫气体较快，可能导致二氧化硫气体来不及与B中的亚硫酸钠进一步反应生成Na2S2O5；故填：防止生成二氧化硫气体过快，来不及与B中的亚硫酸钠进一步反应生成Na2S2O5；‎ ‎（4）该实验开始滴加浓硫酸时，应先除尽装置内的空气，是为了防止Na2S2O5被氧化成Na2SO4，这里反映了氧气的氧化性；故填：氧化性．‎ ‎　‎ ‎2016年浙江省杭州市中考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（共6小题，每小题3分，满分18分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．衣柜里的樟脑丸变小是凝华现象，需要吸热 B．雾、露都是液化现象，需要吸热 C．夏天吃棒冰时，棒冰在嘴里发生熔化现象，需要吸热 D．冬天人呼出的“白气”是汽化现象，需要吸热 ‎【解答】解：A、衣柜里的樟脑丸变小是升华，需要吸热．故A错误；‎ B、雾、露都是液化现象，需要放热．故B错误；‎ C、冰棍是固体，吃在嘴里变成液体是熔化，熔化吸热．故C正确；‎ D、白气是空气中的水蒸气液化成的小水珠，是液化现象．故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．在台球比赛中，选手推动球杆撞击白球，白球发生运动后碰撞其它球，以下说法正确的是（　　）‎ A．在水平桌面滚动的球受到了重力，重力对它做了功 B．手推动球杆前进时，手对球杆做了功 C．桌面对球的支持力做了功 D．白球撞击黑球后没有静止，是因为人的手还在对白球做功 ‎【解答】解：A、重力与小球运动的方向垂直，重力对小球不做功，故A错误；‎ B、手推动球杆前进时，有力也有距离，所以手对球杆做了功，故B正确；‎ C、桌面支持力与小球的运动方向垂直，支持力对小球不做功，故C错误；‎ D、手对白球没有力的作用，白球继续运动是因为白球具有惯性，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．两列火车如图所示，西子号列车上的乘客看到和谐号列车正在向东行驶，如果以地面为参照物，则下列说法正确的是（　　）‎ A．若西子号向东行驶，则和谐号一定静止 B．若西子号向东行驶，则和谐号一定也向东行驶 C．若西子号静止，则和谐号可能向西行驶 D．若两车都向西行驶，则西子号行驶得较慢 ‎【解答】解：A、如果以地面为参照物，若西子号向东行驶，和谐号静止，则西子号上的乘客应该看到和谐号向西行驶，故A错误；‎ B、若西子号向东行驶，和谐号也向东行驶且速度更快时，西子号上的乘客可以看到和谐号向东行驶，故B正确；‎ C、若西子号静止，和谐号向西行驶，则西子号上的乘客应该看到和谐号向西行驶，但题目中“西子号列车上的乘客看到和谐号列车正在向东行驶”，故C错误；‎ D、若两车都向西行驶且西子号较慢，则西子号上的乘客应该看到和谐号向西行驶，不可能看到和谐号列车正在向东行驶，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示电路，当开关闭合时可以读出各电表的示数，当开关断开后，下列电表示数不变的是（　　）‎ A．A1 B．A2 C．V1 D．V2‎ ‎【解答】解：由电路图可知，开关断开后电路断路，电流表A1、A2和电压表V2断路，电压表V1始终测电源的电压，‎ 所以，只有电压表V1无论开关闭合、断开都会测量电源的电压，示数不变．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．一根条形磁铁断裂成三段（如图所示），以下现象与相关的说法，正确的是（　　）‎ A．‎ 小磁针黑色的为N极 B．‎ 两者相互排斥 C．‎ 两端能吸引的大头针数量差别很大 D．‎ 闭合电路的EF段导体穿过CD之间时，灵敏电流计一定没有反应 ‎【解答】解：任意磁铁均有两个磁极，一个为N极另一个为S极，断开后，每一段均有两个磁极，所以A为S极，B为N极，C为S极，D为N极．‎ A、A端为S极与小磁针的N极相互吸引，所以小磁针的黑色部分为N极，故A正确；‎ B、利用安培定则确定螺线管的左端为N极，C为S极，所以两者相互吸引，故B错误；‎ C、同一块磁体的磁极磁性相同，吸引大头针的数量也相同，故C错误；‎ D、闭合电路的EF段导体穿过CD之间时，切割了磁感线，产生感应电流，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，第一次甲单独用50N的力推墙，第二次甲推墙的力不变，乙用30N的力向左推甲，前后两次，人均未运动，则下列说法错误的是（　　）‎ A．在两幅图中，墙壁都受到50N的推力 B．乙受到地面30N的摩擦力，方向向左 C．第二次推时，甲受到地面20N的摩擦力方向向左 D．第二次推时，墙壁受到80N的推力 ‎【解答】解：‎ 在两次推墙的过程中，甲、乙二人均未运动，所以两次甲、乙二人均受到平衡力作用，甲、乙受力分析如下：‎ 第一次甲对墙的推力与墙对人的推力是一对相互作用的力，大小相等，甲受力的示意图，如下图：‎ 第二次甲对墙的推力与墙对人的推力是一对相互作用的力，大小相等，甲受力的示意图，如下图：‎ 第二次乙对甲的推力与甲对乙的推力是一对相互作用的力，大小相等，乙受力的示意图，如下图：‎ AD、第一次墙受到的推力为50N，第二次墙受到的推力为甲、乙两人推力之和为80N，故A错误，D正确；‎ B、乙在地面上处于静止状态，受到平衡力作用，根据受力分析可知，乙受到地面的摩擦力为30N，方向向左，故B正确；‎ C、根据受力分析可知，第二次推时，甲受到地面50N的摩擦力，方向向左，故C错误．‎ 故选AC．‎ ‎　‎ 二、填空题（共7小题，满分48分）‎ ‎7．如图所示，一个静止小球从A点沿粗糙程度相同的轨道下滑，经B点到达C点，从A点到达C点的过程中，小球的动能　③　，小球的重力势能　⑤　，小球的机械能　②　．（选填序号）①保持不变；②一直减小；③先增大后减小；④一直增大；⑤先减小后增大．‎ ‎【解答】解：‎ 小球从A运动到B的过程中，质量不变、高度降低，重力势能减小；质量不变、速度增大，动能增大；‎ 小球从B运动到C的过程中，质量不变、高度增大，重力势能增大；质量不变、速度减小，动能减小；‎ 所以从A点到达C点的过程中，小球的动能先增大后减小，小球的重力势能先减小后增大；‎ 因为轨道是粗糙的，整个过程中要克服摩擦做功，机械能转化为内能，小球的机械能一直在减小．‎ 故答案为：③；⑤；②．‎ ‎　‎ ‎8．三个相同的轻质弹簧，一端固定在容器底部，另一端分别与三个体积相同的实心球相连，向容器内倒入某种液体，待液体和球都稳定后，观察到如图所示的情况，乙球下方弹簧长度等于原长，这三个球受到浮力的大小关系是　C　（选填字母）；‎ A．F甲＜F乙＜F丙 B．F甲＞F乙＞F丙 C．F甲=F乙=F丙 这三个球的密度大小关系是　A　（选填字母）‎ A．ρ甲＜ρ乙＜ρ丙B．ρ甲＞ρ乙＞ρ丙 C．ρ甲=ρ乙=ρ丙 其中　乙　球（选填“甲”“乙”“丙”）的密度与液体密度相同．‎ ‎【解答】解：（1）已知三个实心球体积相同，由于三个球浸没在同种液体中，则排开液体的体积相同，‎ 根据F浮=ρ液V排g可知，它们受到的浮力：F浮甲=F浮乙=F浮丙；故选C；‎ ‎（2）根据题意可知，乙球下方弹簧长度等于原长，则弹簧对乙球没有作用力；‎ 观察如图情况可知，甲球下方弹簧长度大于原长，则弹簧对甲球有向下的拉力F拉；‎ 丙球下方弹簧长度小于原长，则弹簧对丙球有向上的支持力F支；‎ 由题知，三个球处于静止，所以F浮甲=G甲+F拉，F浮乙=G乙，F浮丙=G丙﹣F支，‎ 比较可知，F浮甲＞G甲，F浮乙=G乙，F浮丙＜G丙，‎ 由于它们所受浮力相等，所以三个球的重力关系为：G甲＜G乙＜G丙；‎ 根据重力公式可知，三个球的质量关系为：m甲＜m乙＜m丙；‎ 又三个球的体积相同，根据ρ=可知：ρ甲＜ρ乙＜ρ丙，故选A．‎ ‎（3）根据前面分析可知，弹簧对乙球没有作用力，浮力与重力平衡，乙球处于悬浮状态，‎ 所以，ρ乙=ρ液．‎ 故答案为：C；A；乙．‎ ‎　‎ ‎9．现有一个电压表，若干导线、两节干电池和一个开关，请你设计一个实验来判断两段材料不同，长度、横截面积都相同的甲、乙合金丝电阻的大小．‎ ‎（1）画出实验电路图．‎ ‎（2）说明实验的步骤以及需要测量的物理量．‎ ‎（3）小金认为，根据上述操作即可判断这两种材料导电性能的强弱，你认为小金得出结论的依据是什么？（不考虑温度对电阻的影响）‎ ‎【解答】解：（1）将两节干电池串联，甲、乙合金丝串联接入电路，把开关并联在甲合金丝两端，把电压表并联在乙合金丝两端，如图所示：‎ ‎（2）实验的步骤：以两节干电池为电源，用导线把两段材料不同，长度、横截面积都相同的甲、乙合金丝串联进电路，把开关并联在甲合金丝两端，把电压表并联在乙合金丝两端，闭合开关，读出电压表示数为U1，断开开关，读出电压表示数U2．‎ ‎（3）甲合金丝两端的电压为U1﹣U2，乙合金丝两端的电压为U2，根据欧姆定律，导体两端的电压等于电流和电阻的乘积，而串联电路中，电流处处相等，所以导体电压之比等于电阻之比，所以比较U1﹣U2和U2的大小关系，若U1﹣U2＞U2，则甲合金丝的电阻大于乙合金丝的电阻，若U1﹣U2＜U2，则甲合金丝的电阻小于乙合金丝的电阻，若U1﹣U2=U2，则甲合金丝的电阻等于乙合金丝的电阻，导体电阻越大，导电性能越弱，又因为影响电阻大小的因素有长度、横截面积、材料和温度，而长度、横截面积都相同，又不考虑温度对电阻的影响，则可判断两种材料导电性能的强弱．所以根据电压大小关系判断出电阻大小关系，再根据电阻关系判断材料导电性能的强弱．‎ ‎　‎ ‎10．实验室利用光具座研究凸透镜成像的规律，当三个元件移动到图示位置时，光屏上出现了清晰的像，回答下列问题：‎ ‎（1）光屏上像的性质为　倒立缩小实像　．‎ ‎（2）关于本实验中得到的像在生活中的应用，举一个例子　照相机　．‎ ‎（3）从图中读出物距为　40　cm，并推算出焦距为　B　（选填字母）．‎ A．f＜15cm B.15cm＜f＜20cm C．f＞30cm ‎（4）如果保持蜡烛与凸透镜的位置不变，撤去光屏，是否仍然成像？　仍然成像　．‎ ‎【解答】解：（1）根据能在光屏上成像，得出一定是实像，再根据物距大于像距，可知，光屏上的像为倒立所小的实像；‎ ‎（2）倒立缩小实像的应用主要是照相机；‎ ‎（3）由图可知，物距u=50cm﹣10cm=40cm，因为所成的像是倒立缩小的实像，则u＞2f，像距范围2f＞v＞f，‎ ‎，‎ 解得20cm＞f＞15cm．‎ 故选B．‎ ‎（4）保持蜡烛与凸透镜的位置不变，不影响成像．只是撤去光屏，光屏上不能承接到像了．‎ 故答案为：（1）倒立缩小实像；（2）照相机；（3）40；B（4）仍然成像．‎ ‎　‎ ‎11．如图为某些型号玩具电动机的工作电路图，电动机名牌上标有“6V 6W，线圈电阻2Ω”字样，当开关闭合的瞬间，电动机尚未转动，此时通过电动机的电流称为启动电流，为了保护电动机，启动电流不得超过2A，求：‎ ‎（1）启动时，变阻箱R的阻值至少多大？‎ ‎（2）当电动机启动后，再次调价变阻箱R，使电动机进入正常工作状态，此时R消耗的电功率为多大？‎ ‎【解答】解：（1）启动时，电动机尚未转动，没有对外输出机械能，此时的电路为纯电阻电路，线圈电阻和电阻箱串联，‎ 由I=得电路总电阻：‎ R===6Ω，‎ 变阻箱电阻R变=R﹣R线=6Ω﹣2Ω=4Ω；‎ ‎（2）电动机正常工作，‎ 由P=UI得电路中电流：‎ I′===1A，‎ 变阻箱两端电压U变=U﹣U额=12V﹣6V=6V，‎ 变阻箱消耗电功率：‎ P′=U变I′=6V×1A=6W．‎ 答：（1）启动时，变阻箱R的阻值至少4Ω；‎ ‎（2）此时R消耗的电功率为6W．‎ ‎　‎ ‎12．小金用如图所示的实验装置测量杠杆的机械效率．实验时竖直向上拉动杠杆，使挂在杠杆下面的钩码缓缓上升．重为5N的钩码挂在A点时，人的拉力F为4N，钩码上升0.3m时，动力作用点C上升0.5m，此时机械效率η1为多大？‎ ‎（2）小金为了进一步研究杠杆的机械效率与哪些因素有关，仍用该实验装置，将钩码移到B点，再次缓慢提升杠杆使动力作用点C仍然上升0.5m．问：人的拉力F与第一次相比　变小　（选填“变大”“变小”或“不变”）．比较此时的机械效率η2与η1的大小并用学过的知识给以推导．‎ ‎【解答】解：（1）有用功：W有用=Gh=5N×0.3m=1.5J；‎ 总功：W总=Fs=4N×0.5m=2J，‎ 机械效率：η=×100%=×100%=75%；‎ ‎（2）钩码的悬挂点在A点时，由于杠杆的重力会阻碍杠杆转动，‎ 则由杠杠的平衡条件得：GOA+G杠杆OC=FOC；‎ 悬挂点移至B点时，由杠杠的平衡条件得GOB+G杠杆OC=F′OC，‎ 观察比较可知，悬挂点移至B点时，OB＜OA，即钩码重力的力臂变小，所以拉力F也变小；‎ 杠杆的机械效率：η===；‎ 因为杠杆升高的高度不变，所以克服杠杆自重所做的额外功不变（即W额=G杠杆h杠杆不变）；由于悬挂点B更接近支点，所以钩码提升的高度减小，根据W有用=Gh可知，有用功减小；‎ 从上面η的表达式可知：W有用减小、W额不变，所以变大，分母变大，η就减小；即η2＜η1．‎ 答：（1）机械效率η1为75%；‎ ‎（2）变小；此时的机械效率η2＜η1，推导过程见解答．‎ ‎　‎ ‎13．小金看到工人为水平广场换新的地砖，他发现砖已经被太阳晒得很热，这引起了他的兴趣：地砖经过一整天的暴晒，温度能达到多高？这么多地砖对广场地面会产生多大的压强？他发现地砖包装盒上印着砖的规格50cm×50cm×4cm；每块质量为30kg；密度为3×103kg/m3‎ ‎，小金用红外线温度计测得一天内，砖的最高温度为52℃，最低温度为22℃．根据上述数据，回答下列问题：‎ ‎（1）广场受到地砖产生的压强为多大．‎ ‎（2）一块广场砖的温度从22℃升高到52℃，需要吸收热量是多少？‎ ‎（3）小金查到，晴天时地球表面每平方接受到太阳辐射功率大约为1.2×103W．若根据这一数据，实际辐射到这块地砖上的太阳能将远远大于问题（2）的计算结果，由此可得地砖的温度将远远高于52℃，为什么出现如此大的差异呢？请你做出分析．‎ ‎【解答】解：（1）每块地转产生的压强相等，所以广场受到地砖的压强为单块地砖产生的压强，地砖对地面的压力：‎ F=G=mg=30kg×10N/kg=300N，‎ 广场受到地砖产生的压强：‎ p===1200Pa；‎ ‎（2）需要吸收热量：‎ Q=cm（t﹣t0）=900J/（kg℃）×30kg×（52℃﹣22℃）=8.1×105J；‎ ‎（3）根据小金查到的数据计算出来的实际辐射到这块地砖上的太阳能将远远大于问题（2）的计算结果，地砖的温度会远远高于52℃，但是由于地砖吸收太阳辐射后的温度高于空气的温度，所以地砖会向空气中散热；还有一部分太阳辐射会被地砖反射，所以太阳辐射的能量没有被砖全部用来提升地砖的温度，致使地砖的温度不会达到计算的温度那么高．‎ 答：（1）广场受到地砖产生的压强为1200Pa；‎ ‎（2）需要吸收热量8.1×105J；‎ ‎（3）地砖的温度高于空气的温度，所以地砖会向空气中散热；有一部分太阳辐射会被地砖反射等．‎ ‎　‎