资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
2026年八年级科学期末尖子生培优
考生须知：
1. 全卷共四大题，33小题，满分为160分。考试时间为120分钟。
2. 全卷分为卷Ⅰ（选择题）和卷Ⅱ（非选择题）两部分，全部在“答题纸”上作答。卷Ⅰ的答案必须用2B铅笔填涂；卷Ⅱ的答案必须用黑色字迹钢笔或签字笔写在“答题纸”的相应位置上。
3．本卷可能用到的相对原子质量：O-16 C-12 K-39 H-1 Mn-55 Cl-35.5 Ca-40 g=10N/kg
试 卷 I
一．选择题（本题共有15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项是正确的，不选、多选、错选均不给分）
1．某学生设计了下图所示的四套装置来制取CO2，其中在制取时不能使反应随时发生或停止的装置为（　　）
A．B． C．D．
2．如图是某同学设计的一个可燃气体安全点燃装置，对此装置的评价和使用错误的是（　　）
A．此装置适用于难溶于水的可燃性气体
B．要达到安全点燃效果，烧杯内的水可不没过倒置漏斗的边缘
C．未经检验纯度的气体通过此装置后可安全点燃，不会发生爆炸
D．此装置防止点燃不纯气体爆炸的原理是使不纯的气体不与燃着气体直接接触
3．已知R元素的相对原子质量m与其原子核内的质子数和中子数之和在数值上相等。若R2+核外有x个电子，则其原子核内的中子数为（　　）
A．m﹣x+2 B．m+x+2 C．m﹣x﹣2 D．m+x﹣2
4．某温度下100克饱和硝酸钾溶液中含硝酸钾31.6克，现向其中加入4.4克硝酸钾晶体和5.6克水，保持溶液温度不变，则溶液中溶质的质量分数为（　　）
A．100% B．31.6%
C．100% D．100%
5．已知同温、同压下，相同体积的不同气体分子中含有相同数目分子．现有氢气和氧气的混合气体，在120℃和1.01×105Pa压强下体积为aL，点燃后充分反应，待气体恢复到原来温度和压强时，测得其体积为bL，则原混合气体中氧气的体积可能是（　　）
A．aL B．（a﹣b）L C．2（a﹣b）L D．（2b﹣a）L
6．为测定某大理石中CaCO3的质量分数，小科进行了实验：取40g大理石平均分为四份，放入四个烧杯中，再分别加入相同质量分数的稀盐酸，待充分反应后测量烧杯中剩余物质的总质量，结果如表（大理石中杂质不与稀盐酸反应）。下列说法正确的是（　　）
实验组别 一 二 三 四
大理石的质量/g 10 10 10 10
加入稀盐酸的质量/g 10 20 30 40
反应后剩余物质总质量/g 18.9 m 36.7 46.7
A．表格中m的数值为28.9 B．实验三中稀盐酸有剩余
C．该大理石中CaCO3的质量分数是75%
D．40g大理石与足量的稀盐酸反应，最多生成气体质量为3.3g
7．如图所示，甲图为装有压缩空气的盒上打了个小孔，盒内的空气向左喷出。乙图为被刺穿了一个小孔的真空盒，空气从左边吹进盒内。两盒均放在光滑的水平面上，则两盒的运动情况是（　　）
A．都向右运动
B．甲盒向右运动，乙盒保持不动
C．甲盒保持不动，乙盒向右运动
D．两盒均保持不动
8．将密度为0.9g/cm3、边长为10cm的立方体冰块，放入盛有水的柱状容器中，静止时冰块有2cm露出水面，如图所示。对容器缓慢加热，直至冰块完全熔化。在冰熔化过程中，下列判断与事实不符的是（　　）
A．冰吸收热量，温度保持不变
B．水面高度始终保持不变
C．冰块漂浮之后，受到的浮力逐渐变小
D．水对容器底部的压力最多增大1.0N
第8题 第9题
9．如图所示，有一根均匀直尺共有8cm长，将它放入水中处于漂浮状态，尺有2cm露出水面，现将尺露出的部分截去，则尺露出水面的部分将是（　　）
A．0 B．2cm C．4cm D．1.5cm
10．如图电路中，R为滑动变阻器，R1、R2为定值电阻，且R1＞R2，E为电压恒定的电源，当滑动变阻器的滑片滑动时，通过R、R1、R2的电流将发生变化，电流变化值分别为ΔI、ΔI1、ΔI2表示，则（　　）
A．当滑动片向右滑动时，有ΔI1＜ΔI＜ΔI2
B．当滑动片向左滑动时，有ΔI＜ΔI1＜ΔI2
C．无论滑动片向左还是向右滑动，总有ΔI＝ΔI1＝ΔI2
D．无论滑动片向左还是向右滑动，总有ΔI＞ΔI2＞ΔI1
11．每种金属导体中单位体积内的自由电子数有确定的值。若两段长度之比为2：1、横截面积之比为1：3的镍铬合金丝并联在某电路中使用时，则这两根电阻丝内电子定向移动的平均速度之比为（　　）
A．1：2 B．3：1 C．2：1 D．1：1
12．如图所示，一质量为M的直角劈B放在水平面上，在劈的斜面上放一质量为m的物体A，一沿斜面向上的力F作用于A上，使其沿斜面匀速上滑，A上滑的过程中直角劈B相对地面始终静止，则关于地面对劈的摩擦力f及支持力N以下表述正确的是（　　）
A．f＝0，N＝Mg+mg B．f方向向左，N＜Mg+mg
C．f方向向右，N＜Mg+mg D．f方向向左，N＝Mg+mg
第12题 第13题
13．在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示，有一种探测方法是，首先给金属长直管线上同上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行一下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场的最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为2L，由此可确定金属管线（　　）
A．平行于EF，深度为 B．平行于EF，深度为L
C．垂直于FE，深度为 D．垂直于EF，深度为L
14．为验证压强与流速的关系，老师设计了如图所示带有三个小孔的装置。将装置水平放置于桌面上，孔朝向桌侧如图甲。在装置中装满水，用手匀速推动活塞，水从小孔中喷出，俯视如图乙。此过程小孔喷出的水柱距离为（　　）
A． B． C． D．
第14题 第15题
15．如图，AC为入射光线，CB为折射光线，且AO＜OB．已知AO＝10cm，该凸透镜的焦距可能是（　　）
A．f＝10cm B．f＝5cm C．f＝8cm D．f＝12cm
试 卷 Ⅱ
二、填空题（本大题有8小题，每空2分，共40分）
16．高氯酸（HClO4）是最强酸．现有一种不常见的氯的化合物叫做高氯酸氯，其分子中氯的质量分数为0.526，且每个分子中含有4个氧原子．
（1）高氯酸氯的化学式为　 　 ．
（2）高氯酸氯在室温下即发生分解，形成Cl2、O2和另一种氯的氧化物．已知该反应的化学方程式中3种产物的化学计量数相同．请写出该分解反应的化学方程式：　 　 ．
17．某固态混合物中含有m克硝酸钾和若干克不溶于水的杂质，将此混合物加入n克水中，在10℃、40℃、75℃时观察，充分溶解后的结果如下，溶解度曲线如图。
温度（℃） 10 40 75
未溶固体（克） 261 175 82
通过计算回答：
（1）m、n的值各为多少？m=　 ，n= 。
（2）75℃时所得溶液是否饱和？　 　 。
（3）若要在n克水中恰好溶解m克硝酸钾即饱和，则温度应控制在多少度？　 　 。
18．化学兴趣小组的同学在实验室中用加热4.9g氯酸钾和1.58g高锰酸钾混合物的方法进行了制取氧气的研究，得到如图所示的曲线图。试回答：
（1）b﹣c段产生氧气的速度明显比0﹣b段加快，其原因是 　 　 。
（2）c点对应产生氧气的质量a值是 　 　 g。
（3）反应结束后所得固体混合物中质量分数最大的物质的质量分数是多少？　 　 。
19．如图所示，在两个大小相等的力F1和F2的作用下，质量为m的木块可在两长板之间以v的速度匀速向下滑落，如果保持两力F1和F2的大小方向不变，能使木块 m以3v的速度匀速向上滑动，那么木块向上的推力应是　 　 。（用题目中提供的物理量表示）
20．如图所示，已知R2＝R4，R5＝5Ω，安培表A1、A2示数分别为3A和7A。若A、B间的电压一定，且安培表的电阻不计，则R5两端的电压为 　 　 伏。
21．伏安法测电阻Rx的实验中，我们用如图所示电路进行测量，测量结果是用电压表读数除以电流表读数来表示，而作为用电器，电压表和电流表是有电阻的，会造成实验误差。
（1）测量值比真实值 　 　 （选填“偏大”、“偏小”或“相同”）。
（2）如果电压表和电流表的读数分别为U和I，而它们自身电阻分别为RV和RA，则Rx更准确的表达式为 　 　 （数学表达式用已知字母表示）。
22．某科学兴趣小组设计并制作了如图甲所示的温度自动控制装置。已知电磁铁的线圈电阻R0＝50欧，热敏电阻R的阻值随温度变化的曲线如图乙所示，控制电路电源电压U＝6伏，当电磁铁线圈中的电流达到20毫安时，衔铁刚好被吸下，右侧发热电路就断开。
（1）试通过计算说明该温度自动控制装置能将温度控制在 　 　 ℃以下。
（2）为了提高该装置控制的温度值，可采取的措施有 　 、　 。（列举2点）
23．因线路或用电器的绝缘层老化，家庭电路会发生漏电现象，漏电现象严重时会引发用电安全事故。漏电保护器是在用电器发生漏电故障或人体触电时的保护装置，如图所示，未发生漏电时I1＝I2，与如果电路中某处发生漏电，即有电流I3通过其他路径流入大地而使I1与I2的差值大于一定值时，漏电保护器会快速自动切断电路，此时I3的值称为动作电流。
（1）关于漏电保护器，下列说法正确的是 　 　 。
A.当电路发生短路时，漏电保护器会自动切断电路
B.漏电保护器跳闸后按下试验按钮即可恢复供电
C.正常情况下家庭电路中火线中的电流大于零线中的电流
D.人站在绝缘物上双手分别触摸火线与零线，漏电保护器不会切断电路
（2）如果电路中发生漏电，漏电电流为I3，则I1、I2、I3大小关系的表达式为 　 　 。
（3）由于安装人员的疏忽，在安装三孔插座时，误将连接零线和地线的孔接反。此时如果将洗衣机的三脚插头插入该插座，漏电保护器 　 　 （会/不会）断开，理由是 　 　 。
三．实验与探究题（本大题共有5小题，每空2分，共40分）
24．材料一：1820年，丹麦物理学家发现了通电导体周围存在磁场。
材料二：1825年，瑞士物理学家科拉顿做了如下实验：他将一个能反映微小变化的电流表，通过导线与螺旋线圈串联成闭合电路，并将螺旋线圈和电流表分别放置在两个相连的房间，如图1．他将一个条形磁铁插入螺旋线圈内，同时跑到另一个房间里，观察电流表的指针是否偏转。进行多次实验，他都没有发现电流表指针发生偏转。
材料三：1831年，英国物理学家法拉第用闭合电路的一部分导体，在磁场里切割磁感线的时候，发现导体中产生电流，从而实现了利用磁场获得电流的愿望。
（1）在静止的小磁针上方，分别用图2甲和乙两种方式放置一根导线。当导线通电时，小磁针发生明显偏转的是　 　 （选填“甲”或“乙”）。
（2）科拉顿、法拉第等物理学家相继进行如材料所说的实验研究，是基于　 　 的科学猜想。
（3）科拉顿的实验中，　 　 （选填“已经”或“没有”）满足产生感应电流的条件。要使他能观察到电流表指针偏转，你提出的一种改进方法是　 　 。
25．请阅读下列资料，获取重要信息点。
信息Ⅰ：“物质的量”是一个物理量，表示含有一定数目粒子的集体，符号为n，单位为摩尔（mol）。国际上规定，1mol微粒A所含有的该粒子A的数量为6.02×1023个。例如，1mol H2O中含有6.02×1023个H2O，含有2×6.02×1023个H。
信息Ⅱ：1mol物质B所具有的总质量称为物质B的摩尔质量，符号为M，单位为g/mol。经研究，物质B的摩尔质量在数值上等于物质B的相对原子质量或相对分子质量。M（CO2）＝44g/mol，即1mol CO2的质量为44g。
信息Ⅲ：经过大量数据分析，在同温同压下。气体C的体积和气体C的分子数成正比。在0℃和105pa气压下，1mol任何气体的体积都近似等于22.4L。
信息Ⅳ：溶质D的物质的量的浓度，也称摩尔浓度，符号为c，单位是mol/L。可如下描述，在1L水溶液中，所包含溶质D的物质的量，就叫作溶质D的摩尔浓度。
（1）电解完全2mol的水可以得到氧气　 　 g。
（2）小明查阅资料得知，金属E的密度为ρg/cm3，金属E晶体为立方体形，在棱长为a×10﹣9m的晶体空间内有E原子b个，则金属E的相对原子质量为　 　 。
26．非遗表演“打铁花”呈现出极致绚烂的“火树银花”盛景，其中蕴含丰富的科学原理。某科学兴趣小组对“打铁花”展开如下探究。
Ⅰ.实验准备——制取氧气
（1）请写出仪器①的名称：　 　 。
（2）实验室用装置A制取O2。现准备收集一瓶氧气用于铁丝燃烧实验，为防止瓶底炸裂，选择装置　 　 （填字母）收集氧气更好。
Ⅱ.原因探究——铁丝燃烧
用不同的铁丝进行燃烧实验，记录如下：
实验1 实验2 实验3
铁丝种类（直径0.3mm） 304L细铁丝（含碳量0.03%） 304细铁丝（含碳量0.08%） 302细铁丝（含碳量0.15%）
燃烧现象 极少“火星四射” 少量“火星四射” 较多“火星四射”
（3）分析以上实验可知：铁丝燃烧过程“火星四射”的程度与铁丝中的含碳量有关。在“打铁花”时应选用　 　 （填上述实验中的铁丝种类）作表演材料。
（4）表演时常备细沙防止火灾。细沙能阻止可燃物与　 　 接触，从而达到灭火的目的。
27．请你与小虞一起完成下列电学实验并解决遇到的问题。
实验一：探究电流与电阻关系实验。
（1）连接好如图甲所示电路，闭合开关前检查发现存在错误。请把接错的那一根导线找出来并打上“×”，再画线把它改到正确的位置上。
（2）纠正错误后，保持定值电阻两端电压为2V不变，得到实验数据如表所示。
（3）整理表中数据可得结论：导体两端电压一定时，导体中的电流与导体电阻成反比。请写出成反比的依据是 　 　 。
数据序号 1 2 3 4 5
电阻R/Ω 30 25 20 10 5
电流IA 0.07 0.08 0.10 0.20 0.40
实验二：用如图乙所示电路测电阻Rx的阻值。实验步骤如下：
（1）将电压表接在B、C两点间，闭合开关，将滑动变阻器滑片移到b端、电阻箱R调为某一阻值R1，使电压表和电流表示数为合适的值。
（2）断开开关，将电压表右端由C点改接到D点。
（3）闭合开关，反复调节电阻箱和滑动变阻器使两表的示数与步骤（1）中相同，此时电阻箱R的阻值为R2，则待测电阻Rx＝ 　 　 。（用题中字母表示）
（4）若小虞的电路连接正确、操作无误，但他反复调节电阻箱和滑动变阻器始终无法达成目的。造成这种情形的原因可能有：　 　、 　 　 。（写出2条）
28．图甲中a、b、c分别表示金银花叶片所进行的某些生理活动，图乙为其在夏季某天呼吸作用和光合作用强度的变化曲线，请据图回答下列问题。
（1）植物移栽时，往往在阴天和傍晚进行，其主要目的是减弱图甲中的 　 　 （选填“a”“b”或“c”及对应的名称）。
（2）由图乙可知，金银花植株在这天内积累有机物最多的时刻是 　 时左右，理由是　 　 。
（3）通过图乙的曲线Ⅰ发现金银花在中午12时左右，会出现“光合午休”现象（即中午的净光合作用速率降低现象）。为了研究“光合午休”现象是否与气孔关闭导致叶细胞内CO2浓度降低有关。科研人员进行了实验，获得如下表所示的数据。
指标 净光合速率相对值 叶片温度（℃） 叶细胞内CO2浓度（mg/L）
叶片A 12.9 37.5 11.0
叶片B 8.8 37.7 11.6
经分析认为，气孔减小引起的叶细胞内CO2浓度不足，不是金银花“光合午休”的唯一原因，判断依据是 　 　 。
（4）原来金银花“光合午休”现象还与叶片中的关键物质——D1蛋白（可促进光合作用）含量密切相关。研究表明：强光照会导致D1蛋白含量下降。为缓解金银花在中午12时左右出现“光合午休”现象，宜采取的措施是 　 　 （选填“适当遮荫”或“补充CO2”）。
四．综合题（共5小题，6+6+8+7+8，共35分）
29．工业上利用太阳能进行海水晒盐。已知海水蒸发浓缩过程中析出盐的种类和质量如表：（表中数据为每升海水在浓缩过程中析出各种盐的质量，单位为g）
海水密度/（g mL﹣1） CaSO4 NaCl MgCl2 MgSO4 NaBr
1.13 0.56
1.20 0.91
1.21 0.05 3.26 0.004 0.008
1.22 0.015 9.65 0.01 0.04
1.26 0.01 2.64 0.02 0.02 0.04
1.31 1.40 0.54 0.03 0.06
（1）海水从密度为1.21g mL﹣1浓缩到1.22g mL﹣1时发生的变化是 　 　 。
A．各种盐的溶解度增大 B．海水中水的质量分数不变
C．析出粗盐中NaCl的质量分数增大 D．海水中Br﹣的质量分数不变
（2）实际晒盐生产中，海水的密度一般控制在1.21g mL﹣1～1.26g mL﹣1范围内。由上表可知，所得粗盐中含有的杂质离子有 　 　 。
（3）如图能较正确地反映浓缩过程中海水中NaCl的质量分数（A%）与海水密度（d）的关系的是 　 　 。
A.B.
C.D.
30．类比水压是形成水流的原因，李楠同学猜想，血液在血管内流动时也需要一定的压力差来维持。假设血液匀速通过长度一定的血管时，受到的阻力f与血液的流速成正比，即f＝kv．那么，要想让血液匀速流过，血管两端就需要一定的压力差。设血管截面积为S1时，两端所需的压强差为△p1；若血管截面积减少10%时，为了维持在相同的时间内流过同样体积的血液，压强差必须变为△p2．请你通过计算比较△p1、△p2的大小，说明血管变细可能是诱发高血压的重要因素之一。
31．如图所示是一个分压电路。图中的负载电阻R1＝160欧姆，允许通过的最大电流是0.15安培，电源电压是14伏特，伏特表的量程为15伏特，滑动变阻器RAB上标有“120Ω 0.15A”字样。当滑片P自左向右移动时，电源电压保持不变，但伏特表的示数会发生变化。问：
（1）电阻R1和RAP、RPB中哪一个通过的电流最强（说明理由）？
（2）滑片P在移动过程中（自A移向B），各元件是否安全（通过分析和估算电流加以说明）？
（3）在不损坏电路元件的前提下，伏特表[即伏特计]示数的变化范围是多少？
32．在校园科技节上，为测出鸡蛋壳（主要成分是碳酸钙）中钙元素的质量分数，某同学称取已洗净、晾干、研成粉末的鸡蛋壳10克置于烧杯中，将烧杯放在电子天平上，往烧杯中加入足量的稀盐酸，每0.5分钟记录一次电子天平的示数，据此计算出产生气体的质量，具体数据如表（反应的化学方程式为CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑）
时间（分钟） 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0
产生气体质量（克） 0 1.80 3.00 3.60 3.96 3.96 3.96
（1）若产生的气体全部是鸡蛋壳中的碳酸钙与盐酸反应生成的CO2，根据实验结果计算出该鸡蛋壳中钙元素的质量分数。（假定鸡蛋壳中其它成分不含钙元素，写出具体计算过程）
（2）下列哪些情况会导致实验中钙元素质量分数测量结果偏大？　 　 （可多选）
A．盐酸溶质质量分数过大 B．鸡蛋壳未晾干 C．鸡蛋壳中含有碳酸镁 D．鸡蛋壳未充分研碎。
33．图甲为热敏电阻的R﹣t图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的恒温箱的简单温控电路，继电器线圈的电阻为150欧，当线圈中电流大于或等于28毫安时，继电器的衔铁被吸合，为继电器线圈供电的电池的电压为6伏，图中的“电源”是恒温箱加热器的电源。
（1）从图甲中可得50℃时热敏电阻的阻值为 　 　 欧。
（2）恒温箱的加热器应接在A、B端还是C、D端？
（3）若恒温箱内的温度达到100℃时，通过计算分析恒温箱加热器是否处于工作状态？
（4）若在原控制电路中，串联接入一个可变电阻，当该电阻增大时，所控制的恒温箱内的最高温度
将 　 　 （选填“变大”“不变”或“变小”）。
参考答案与试题解析
一．选择题（共15小题）
1．某学生设计了下图所示的四套装置来制取CO2，其中在制取时不能使反应随时发生或停止的装置为（　　）
A． B．
C． D．
【分析】本题考查的是制二氧化碳装置的设计，有简易型的装置、有自动控制反应的进行的装置，各有利弊，并且运用了实际生活中的可以利用的物品，
增强了学生的探究欲望。
【解答】解：A、干燥管放入烧杯中，稀盐酸可以随时进入干燥管产生气体，不用时可以随时移出干燥管，故可以控制反应的进行，故选项不符合题意；
B、图中从长颈漏斗中加入稀盐酸，装置不能实现反应的发生和停止，因为反应后关闭开关，固液不能分离，故选项符合题意；
C、石灰石在有孔塑料片上，打开开关，U 型管右边液面上升，稀盐酸就会浸没石灰石产生气体，不用时关闭开关，右边压强增大，盐酸又被压到塑料片以下，控制了反应的进行，故选项不符合题意；
D、原理同 A，可以上下移动铜丝，就移动了有孔的塑料瓶，因此可以控制反应的进行，故选项不符合题意。
故选：B。
【点评】本考点对制二氧化碳的装置进行了合理的设计，考查了学生的视图能力，培养了学生分析问题和解决问题的能力，同时开拓了学生的异向思维。
2．如图是某同学设计的一个可燃气体安全点燃装置，对此装置的评价和使用错误的是（　　）
A．此装置适用于难溶于水的可燃性气体
B．要达到安全点燃效果，烧杯内的水可不没过倒置漏斗的边缘
C．未经检验纯度的气体通过此装置后可安全点燃，不会发生爆炸
D．此装置防止点燃不纯气体爆炸的原理是使不纯的气体不与燃着气体直接接触
【分析】观察装置，分析装置能安全点燃可燃性气体的原理：被点燃的气体和不纯的气体被水隔开了，根据这原理分析有关说法。
【解答】解：本题关键是要清楚怎么使用该装置，在漏斗上端点燃，一旦不纯，就在漏斗内引爆，但是由于不封闭，产生的冲击会在左侧开口释放。同时由于导气管在水下，所以点燃的气体不会引燃导管内的气体。
A、被点燃的气体和未验纯纯的气体是被水隔开得，所以，此装置适用于难溶于水的可燃性气体，正确；
B、分析此装置，如果烧杯内的水没有没过倒置漏斗的边缘，未验纯的到气体也会被点燃，会引起爆炸，错误；
C、未经验纯的气体通过此装置后，被点燃的气体和未验纯的气体被水隔开了，可安全点燃，不会发生爆炸，正确；
D、此装置的原理是使不纯的气体不与燃着气体直接接触，不会发生爆炸，正确；
故选：B。
【点评】本装置的设计科学学合理，具有较强的严密性，安全性高，操作简便。
3．已知R元素的相对原子质量m与其原子核内的质子数和中子数之和在数值上相等。若R2+核外有x个电子，则其原子核内的中子数为（　　）
A．m﹣x+2 B．m+x+2 C．m﹣x﹣2 D．m+x﹣2
【分析】根据质子数与电子数的关系，质子数与离子所带电荷的关系考虑本题，在原子中核内质子数等于核外电子数。
【解答】解：R2+是指在原子中失去了两个电子，带了两个单位的正电荷，由于在原子中核内质子数等于核外电子数。设该元素的核内质子数为Y则由关系式：Y﹣2＝x，所以Y＝x+2，又因为相对原子质量＝核内质子数+中子数，所以中子数＝相对原子质量﹣质子数＝m﹣（x+2）＝m﹣x﹣2。
故选：C。
【点评】相对原子质量＝质子数+中子数，核内质子数＝核外电子数＝核电荷数。要熟记它们并能灵活运用。
4．某温度下100克饱和硝酸钾溶液中含硝酸钾31.6克，现向其中加入4.4克硝酸钾晶体和5.6克水，保持溶液温度不变，则溶液中溶质的质量分数为（　　）
A．100%
B．31.6%
C．100%
D．100%
【分析】在此温度下，饱和溶液不会再溶解其溶质；然后根据溶液中溶质的质量分数的计算公式即可．
【解答】解：设5.6g水对应的饱和溶液中溶质的质量为x．则根据相同温度下饱和程度相同可得，x≈2.59g，
所以在饱和溶液中加入4.4g硝酸钾和5.6g水时溶液依旧饱和，且有剩余的硝酸钾。
根据饱和溶液的特点可知，饱和溶液不会再溶解其溶质，所以溶液中的溶质的质量仍然是31.6克。溶液中溶质的质量分数100%100%＝31.6%。
故选：B。
【点评】掌握饱和溶液的特点和溶液中的溶质的质量分数计算公式，即：饱和溶液不会再溶解其溶质．
5．已知同温、同压下，相同体积的不同气体分子中含有相同数目分子．现有氢气和氧气的混合气体，在120℃和1.01×105Pa压强下体积为aL，点燃后充分反应，待气体恢复到原来温度和压强时，测得其体积为bL，则原混合气体中氧气的体积可能是（　　）
A．aL B．（a﹣b）L C．2（a﹣b）L D．（2b﹣a）L
【分析】根据题意可以知道，同温、同压下，相同体积的不同气体分子中含有相同数目分子，所以结合氢气和氧气反应的化学方程式可以知道反应中氢气和氧气反应的体积之比为2：1，由于没有指明各物质的体积关系，所以在反应时有三种情况：①恰好完全反应，②氧气剩余，③氢气剩余，所以可以据此结合化学方程式来完成解答．
【解答】解：氢气和氧气反应的化学方程式为：2H2+O22H2O，在120℃和1.01×105Pa压强下，生成的水也是以气体的状态存在的，
①如果氢气和氧气恰好完全根据化学方程式可以知道，氧气占总体积的三分之一，即原混合气体中氧气的体积为：aL；
②如果氧气过量，则设反应的氧气的体积为x，则：
2H2+O22H2O
2 1 2
2x x 2x
根据反应前后剩余的氧气的质量相等得：
aL﹣（2x+x）＝bL﹣2x
解得：x＝（a﹣b）L；
所以原混合气体中氧气的体积为：aL﹣2x＝aL﹣2（a﹣b）L＝（2b﹣a）L；
③若氢气过量，则设氧气的体积为y，则：
2H2+O22H2O
2 1 2
2y y 2y
根据反应前后剩余的氢气的质量相等得：
aL﹣（2y+y）＝bL﹣2y
解得：y＝（a﹣b）L
即原混合气体中氧气的体积为（a﹣b）L；
根据上述计算可以知道原混合气体中氧气的体积可能为：aL、（a﹣b）L或（2b﹣a）L，分析所给的选项可以知道选项B和D是正确的。
故选：BD。
【点评】本题有一定难度，考查同学们的新信息的获取能力、处理能力及灵活运用进行解题的能力．
6．为测定某大理石中CaCO3的质量分数，小科进行了实验：取40g大理石平均分为四份，放入四个烧杯中，再分别加入相同质量分数的稀盐酸，待充分反应后测量烧杯中剩余物质的总质量，结果如表（大理石中杂质不与稀盐酸反应）。下列说法正确的是（　　）
实验组别 一 二 三 四
大理石的质量/g 10 10 10 10
加入稀盐酸的质量/g 10 20 30 40
反应后剩余物质总质量/g 18.9 m 36.7 46.7
A．表格中m的数值为28.9
B．实验三中稀盐酸有剩余
C．该大理石中CaCO3的质量分数是75%
D．40g大理石与足量的稀盐酸反应，最多生成气体质量为3.3g
【分析】向大理石中加入稀盐酸，发生的反应是碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳；由表中数据可知，第一次向10g大理石中加入10g稀盐酸，反应后剩余物质的总质量为18.9g，则产生二氧化碳的质量为：10g+10g﹣18.9g＝1.1g，第三次向10g大理石中加入30g稀盐酸，反应后剩余物质的总质量为36.7g，则产生二氧化碳的质量为：10g+30g﹣36.7g＝3.3g＝1.1g×3，则第二次向10g大理石中加入20g稀盐酸，产生二氧化碳的质量为：1.1g×2＝2.2g，则第二次反应后剩余物质的总质量为：10g+20g﹣2.2g＝27.8g，第四次向10g大理石中加入40g稀盐酸，反应后剩余物质的总质量为46.7g，则产生二氧化碳的质量为：10g+40g﹣46.7g＝3.3g，说明第三次时大理石中的碳酸钙和稀盐酸恰好完全反应；据此分析解答。
【解答】解：A、由分析可知，第二次反应后剩余物质的总质量为27.8g，即表格中m的数值为27.8，故选项说法不正确。
B、由分析可知，实验三中大理石中的碳酸钙和稀盐酸恰好完全反应，稀盐酸没有剩余，故选项说法不正确。
C、由分析可知，10g大理石完全反应生成3.3g二氧化碳；
设该大理石中CaCO3的质量分数是x。
CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑
100 44
10gx 3.3g
x＝75%
即该大理石中CaCO3的质量分数是75%，故选项说法正确。
D、由分析可知，10g大理石完全反应生成3.3g二氧化碳，则40g大理石与足量的稀盐酸反应，最多生成气体质量为3.3g×4＝13.2g，故选项说法不正确。
故选：C。
【点评】本题主要考查了物质的性质和化学方程式的计算，解答时要根据所学知识，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
7．如图所示，甲图为装有压缩空气的盒上打了个小孔，盒内的空气向左喷出。乙图为被刺穿了一个小孔的真空盒，空气从左边吹进盒内。两盒均放在光滑的水平面上，则两盒的运动情况是（　　）
A．都向右运动
B．甲盒向右运动，乙盒保持不动
C．甲盒保持不动，乙盒向右运动
D．两盒均保持不动
【分析】（1）物体间力的作用是相互的，甲对乙施加力的同时，也受到乙对它的反作用力；
（2）力是改变物体运动状态的原因，当物体受平衡力的作用时，它的运动状态不发生变化。
【解答】解：（1）甲盒子内的空气给外部空气一个向左的推力，外部空气就给甲盒子一个向右的反作用力，使得盒子向右加速，故甲盒子向右做加速运动：
（2）空气从左边吹进盒内，使得盒内气压增大，最终盒内气压与外界大气压相等，盒子受力平衡，故乙盒保持不动。
故选：B。
【点评】本题中学生对甲盒子分析能得出正确结论，会认为乙盒子也向右运动，这是对物理知识分析不透彻造成的。
8．将密度为0.9g/cm3、边长为10cm的立方体冰块，放入盛有水的柱状容器中，静止时冰块有2cm露出水面，如图所示。对容器缓慢加热，直至冰块完全熔化。在冰熔化过程中，下列判断与事实不符的是（　　）
A．冰吸收热量，温度保持不变
B．水面高度始终保持不变
C．冰块漂浮之后，受到的浮力逐渐变小
D．水对容器底部的压力最多增大1.0N
【分析】（1）晶体熔化时，吸收热量，温度不变；
（2）由图求出静止时冰块排开水的体积，根据水和冰的密度求出冰变成水后的体积，然后进而判断水面高度的变化；
（3）冰块漂浮之后，根据漂浮条件即可判断受到的浮力的变化；
（4）由于容器是柱状容器，水对容器底部的压力与液体的重力相等，当冰块完全熔化时水对容器底部的压力最大，根据F＝G即可求出增加的最大压力。
【解答】解：
A、冰是晶体，在冰熔化过程中，吸收热量，温度不变；故A正确；
B、由图可知，静止时冰块排开水的体积为：V排＝S冰（L冰﹣h露）＝L冰2（L冰﹣h露）＝（10cm）2×（10cm﹣2cm）＝800cm3；
当冰块完全熔化后，熔化为水的质量和冰的质量相同，即：ρ水V冰化水＝ρ冰V冰，所以，V冰化水V冰（10cm）3＝900cm3；
则：V冰化水＞V排，即熔化为水的体积大于原来排开水的体积，故液面高度升高，故B错误；
C、冰块漂浮之后，由于冰处于熔化中，则冰的重力逐渐变小，根据漂浮条件可知受到的浮力与重力相等，所以浮力逐渐变小，故C正确；
D、由于容器是柱状容器，水对容器底部的压力与液体的重力相等，当冰块完全熔化时水对容器底部的压力最大，
则水对容器底部增加的压力为：ΔF＝G冰﹣G排＝ρ冰V冰g﹣ρ水V排g＝0.9×103kg/cm3×（0.1m）3×10N/kg﹣1.0×103kg/cm3×800×10﹣6m3×10N/kg＝1N，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了物体漂浮条件和阿基米德原理、密度公式和重力公式的应用，难度较大。本题关键：一是冰化水质量不变，二是阿基米德原理和漂浮条件联合运用；需要注意的是开始熔化冰不是处于漂浮状态。
9．如图所示，有一根均匀直尺共有8cm长，将它放入水中处于漂浮状态，尺有2cm露出水面，现将尺露出的部分截去，则尺露出水面的部分将是（　　）
A．0 B．2cm C．4cm D．1.5cm
【分析】根据漂浮条件和阿基米德原理得出均匀直尺放入水中处于漂浮状态时和尺露出的部分截去后处于漂浮时浮力与重力之间的关系式，然后在整理即可得出将尺露出的部分截去后剩余部分进入水的长度，最后根据剩余的总长度求出尺露出水面的部分的长度。
【解答】解：设直尺的重力为 G，直尺的横截面积为 S，
由于均匀直尺放入水中处于漂浮状态时浮力等于重力，则有：
F浮＝ρ水V排g＝ρ水Sh浸g＝G﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
现将尺露出的部分截去，剩余尺子的重力G′GG；
截取一段后，由于尺子的密度小于水的密度，尺子仍将漂浮，则有：
F浮′＝ρ水V排′g＝ρ水Sh浸′g＝G′G﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
联立①②可得：
则：h浸′h浸8cm＝6.5cm，
所以，尺露出水面的部分将是h露＝h浸﹣h浸′＝8cm﹣6.5cm＝1.5cm，
故 D 符合题意，ABC 不符合题意。
故选：D。
【点评】本题考查漂浮条件和阿基米德原理的应用，利用所学知识，解决实际问题，学以致用。
10．如图所示的电路中，R为滑动变阻器，R1、R2为定值电阻，且R1＞R2，E为电压恒定的电源，当滑动变阻器的滑片滑动时，通过R、R1、R2的电流将发生变化，电流变化值分别为ΔI、ΔI1、ΔI2表示，则（　　）
A．当滑动片向右滑动时，有ΔI1＜ΔI＜ΔI2
B．当滑动片向左滑动时，有ΔI＜ΔI1＜ΔI2
C．无论滑动片向左还是向右滑动，总有ΔI＝ΔI1＝ΔI2
D．无论滑动片向左还是向右滑动，总有ΔI＞ΔI2＞ΔI1
【分析】由电路图可知，R与R2并联后与R1串联；因R1＞R2，且电源的电压不变，设R1＝2Ω，R2＝1Ω，U＝1V；先根据串联电路电阻特点和并联电路的电阻特点和欧姆定律表示出通过R1的电流，进一步根据欧姆定律求出并联部分的电压和表示出通过R和R2的电流；当滑动变阻器移动时表示出三者电流的变化，进一步可知三者变化的大小关系。
【解答】解：由电路图可知，R与R2并联后与R1串联，且R1＞R2，
设R1＝2Ω，R2＝1Ω，U＝1V，
电路中的总电阻R总＝R1，
电路中的电流I1，
并联部分得的电压U并＝I1×R并，
因R与R2并联，
所以I，
I2；
当滑动变阻器接入电路的电阻变为R′时
ΔI1＝|I1﹣I1′|＝||＝||，
ΔI＝|I﹣I′|＝||＝||，
ΔI2＝|I2﹣I2′|＝||＝||；
所以无论滑动片向左还是向右滑动，总有ΔI＞ΔI2＞ΔI1。
故选：D。
【点评】本题考查了串联电路和并联电路的特点，关键是利用赋值法得出通过三电阻电流的表达式，变化量太多学生不容易得出关系，难度较大。
11．每种金属导体中单位体积内的自由电子数有确定的值。若两段长度之比为2：1、横截面积之比为1：3的镍铬合金丝并联在某电路中使用时，则这两根电阻丝内电子定向移动的平均速度之比为（　　）
A．1：2 B．3：1 C．2：1 D．1：1
【分析】第一步：先分析两个电阻的关系，在材料相同时，电阻与长度成正比，电阻与横截面积成反比；
第二步：根据并联电路电压相等和欧姆定律，得出电流与电阻成反比；
第三步：最后根据电流的微观表达式I＝nQsv（n是单位体积内的自由电荷数，Q是电子的电量，s是导体的横截面积，v是自由电子定向移动的速度）得出电子的速度之比。
【解答】解：因为R1和R2材料相同，长度之比为L1：L2＝2：1，横截面积之比为S1：S2＝1：3，所以电阻之比R1：R2＝6：1，
两电阻并联电压相等，则I1：I2＝1：6，
根据I＝nQsv得 I1＝n1Q1s1v1，I2＝n2Q2s2v2，因为I1：I2＝1：6，S1：S2＝1：3，所以v1：v2＝1：2。
故选：A。
【点评】本题考查了影响电阻大小的因素，并联电路的电压规律、电流的定义式。本题的难点是要用电流的定义式进行最后的分析计算。
12．如图所示，一质量为M的直角劈B放在水平面上，在劈的斜面上放一质量为m的物体A，一沿斜面向上的力F作用于A上，使其沿斜面匀速上滑，A上滑的过程中直角劈B相对地面始终静止，则关于地面对劈的摩擦力f及支持力N以下表述正确的是（　　）
A．f＝0，N＝Mg+mg B．f方向向左，N＜Mg+mg
C．f方向向右，N＜Mg+mg D．f方向向左，N＝Mg+mg
【分析】物体A匀速上滑，受力平衡，而直角劈B始终处于静止状态，受力也平衡，将它们作为整体进行研究，分析受力情况，由平衡条件求解地面对劈的摩擦力f及支持力N．
【解答】解：根据题意可知，物体A和B都处于平衡状态，将它们看成整体，现对整体进行受力情况：重力（M+m）g、力F、地面竖直向上的支持力N和摩擦力。由平衡条件得知，F有水平向右的分力，则地面对B的摩擦力f水平向左。
且有：N+Fsinα＝（M+m）g，则可知，N＜（M+m）g．所以f向左，N＜Mg+mg。
故选：B。
【点评】本题解题技巧在于选择整体进行研究，应用整体法求解，比较简单，也可以采用隔离法进行处理．
13．在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示，有一种探测方法是，首先给金属长直管线上同上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行一下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场的最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为2L，由此可确定金属管线（　　）
A．平行于EF，深度为 B．平行于EF，深度为L
C．垂直于FE，深度为 D．垂直于EF，深度为L
【分析】根据安培定则判断磁场方向，然后画出直线电流的磁感线方向，结合几何关系确定金属管线深度。
【解答】解：用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为 a，说明 a 点离电流最近，找到与 a 点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线 EF，说明这些点均离电流最近，据此判断电流方向平行 EF，画出左侧视图，如图
b、c 间距为 2 L，且磁场方向与地面夹角为 45°，a 点到线的距离为 L，由此可确定金属管线平行于 EF，深度为 L，综上所述，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查直线电流的磁感线分布情况，关键时需要通过作图分析问题，结合几何关系确定导线位置。
14．为验证压强与流速的关系，老师设计了如图所示带有三个小孔的装置。将装置水平放置于桌面上，孔朝向桌侧如图甲。在装置中装满水，用手匀速推动活塞，水从小孔中喷出，俯视如图乙。此过程小孔喷出的水柱距离为（　　）
A． B．
C． D．
【分析】流体在流速大的地方压强较小，在流速小的地方压强较大。
【解答】解：在装置中装满水，用手匀速推动活塞，内部的压强都相等，宽度窄的地方流速大，压强小，水从小孔中喷出的距离近，宽度较宽的地方流速小，压强大，水从小孔中喷出的距离远，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】掌握流体的流速和压强的关系，并能运用压强和流速的关系解释生活中有关流体压强的问题
15．如图所示，AC为入射光线，CB为折射光线，且AO＜OB．已知AO＝10cm，该凸透镜的焦距可能是（　　）
A．f＝10cm B．f＝5cm C．f＝8cm D．f＝12cm
【分析】（1）2f＞u＞f，v＞2f，成倒立、放大的实像，应用于幻灯机和投影仪；
（2）据题意，A点通过凸透镜成像在B点，物距AO小于像距OB，A点在一倍焦距和二倍焦距之间，然后根据题中给出的选项讨论判断正确选项。
【解答】解：AC为入射光线，CB为折射光线，A点发出的光线通过光心传播方向不变，会与CB交于B点，则B点是A点通过凸透镜成的像，其中AO是物距u，OB为像距v，因AO＜OB，则像距v大于物距u，成倒立、放大的实像，此时物距u满足f＜u＜2f，即f＜10cm＜2f，故5cm＜f＜10cm，C选项符合题意。
故选：C。
【点评】本题考查焦点概念的理解和凸透镜成像规律的灵活应用，有利于学生能力的培养。
二．填空题（共8小题）
16．高氯酸（HClO4）是最强酸．现有一种不常见的氯的化合物叫做高氯酸氯，其分子中氯的质量分数为0.526，且每个分子中含有4个氧原子．
（1）高氯酸氯的化学式为　Cl2O4 ．
（2）高氯酸氯在室温下即发生分解，形成Cl2、O2和另一种氯的氧化物．已知该反应的化学方程式中3种产物的化学计量数相同．请写出该分解反应的化学方程式：　2Cl2O4＝Cl2↑+O2↑+Cl2O6 ．
【分析】（1）根据每个分子中含有4个氧原子，氯的质量分数为0.526，可先设出化学式，然后根据氯的质量分数求出化学式；
（2）根据质量守恒定律进行解答．
【解答】解：（1）设一个高氯酸氯分子中含有氯原子的个数为a，已知每个分子中含有4个氧原子，则其化学式为ClaO4，根据分子中氯的质量分数为0.526，
则可知100%＝0.526，解得a＝2，故其化学式为：Cl2O4；
（2）根据题意，反应物为高氯酸氯，生成物为Cl2、O2和另一种氯的氧化物，且3种产物的化学计量数相同，可设氯的氧化物的化学式为ClxOy，因为Cl2中含有两个氯原子，氯的氧化物中也含有氯原子，故反应物前面的系数不能为1，可假设为2，则化学方程式可表示为：2Cl2O4＝Cl2↑+O2↑+ClxOy，根据质量守恒定律，氯的氧化物应该为Cl2O6，故反应的化学方程式为：2Cl2O4＝Cl2↑+O2↑+Cl2O6；
故答案为：（1）Cl2O4；（2）2Cl2O4＝Cl2↑+O2↑+Cl2O6．
【点评】本题考查了化学式的推断和计算，以及根据质量守恒定律书写化学方程式．
17．某固态混合物中含有m克硝酸钾和若干克不溶于水的杂质，将此混合物加入n克水中，在10℃、40℃、75℃时观察，充分溶解后的结果如下，溶解度曲线如图。
温度（℃） 10 40 75
未溶固体（克） 261 175 82
通过计算回答：
（1）m、n的值各为多少？　220.4、200　 。
（2）75℃时所得溶液是否饱和？　不饱和溶液　 。
（3）若要在n克水中恰好溶解m克硝酸钾即饱和，则温度应控制在多少度？　60　 。
【分析】根据固体的溶解度曲线，可以查出某物质在一定温度下的溶解度，从而确定物质的溶解性；可以比较不同物质在同一温度下的溶解度大小，从而判断饱和溶液中溶质的质量分数的大小；可以判断物质的溶解度随温度变化的变化情况，从而判断提纯晶体的方法。
【解答】解：（ 1 ）由硝酸钾溶解度曲线可知，温度从10℃升高至40℃时，硝酸钾的溶解度从20.7g增大到63.7g，溶解度增加了63.7g﹣20.7g＝43g，实验中溶解硝酸的质量增加了261g﹣175g＝86g，因此可得知实验中所用水n为200g；
200g水在10℃最多溶解硝酸钾20.7g×2＝41.4g，则原固体混合物质量为41.4g+261g＝302.4g；温度从40℃升高75℃时，硝酸钾的溶解度增加了150g﹣63.7g＝86.3g，则200g水40℃升温75℃时可以多溶解硝酸钾的质量为86.3g×2＝172.6g，实验中固体质量只减少175g﹣82g＝93g，说明所剩余82g固体不含硝酸钾，全部为不溶于水的杂质，则所取硝酸钾的质量m＝302.4g﹣82g＝220.4g；
（ 2 ）根据以上分析，由溶解度曲线可知，200g 水从 40℃升温至 75℃时，需要溶解硝酸钾的质量为 86.3g×2＝172.6g 溶液才饱和，但由表中数据可知只有 93g 硝酸钾继续溶解，此时的硝酸钾溶液不是饱和溶液；
（ 3 ）ng 水中恰好溶解mg硝酸钾，此时硝酸钾的溶解度100g＝110.2g，根据溶解度曲线可查得，此时温度约为60℃。
答：若要在 n 克水中恰好溶解 m 克硝酸钾即饱和，则温度应控制在 60 度。。
故答案为：（1）220.4、200；
（2）不饱和溶液；
（3）60。
【点评】本题难度不是很大，主要考查了固体的溶解度曲线所表示的意义，及根据固体的溶解度曲线来解决相关的问题，从而培养分析问题、解决问题的能力。
18．化学兴趣小组的同学在实验室中用加热4.9g氯酸钾和1.58g高锰酸钾混合物的方法进行了制取氧气的研究，得到如图所示的曲线图。
试回答：
（1）b﹣c段产生氧气的速度明显比0﹣b段加快，其原因是 　高锰酸钾分解产生的二氧化锰作为催化剂，加速了氯酸钾的分解　 。
（2）c点对应产生氧气的质量a值是 　2.08　 g。
（3）反应结束后所得固体混合物中质量分数最大的物质的质量分数是多少？　67.73%　 。
【分析】（1）根据高锰酸钾分解产生的二氧化锰作为催化剂，加速了氯酸钾的分解来分析；
（2）根据高锰酸钾和氯酸钾的质量，结合化学方程式的计算来分析；
（3）根据质量守恒定律求出生成氯化钾的质量，再结合题中数据来分析。
【解答】解：（1）高锰酸钾分解所需的温度较低，氯酸钾分解所需的温度较高，而高锰酸钾分解生成的二氧化锰可作为氯酸钾分解的催化剂，所以b﹣c段产生氧气的速度明显比0﹣b段加快，其原因是高锰酸钾分解产生的二氧化锰作为催化剂，加速了氯酸钾的分解；
（2）c点时氧气质量不再增加，说明高锰酸钾和氯酸钾已经全部分解生成氧气；
设氯酸钾分解生成氧气的质量为x。
2KClO32KCl+3O2↑
245 96
4.9g x
x＝1.92g
设高锰酸钾分解生成氧气的质量为y。
2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑
316 32
1.58g y
y＝0.16g
所以c点对应产生氧气的质量a值是：1.92+0.16＝2.08。
（3）氯酸钾在二氧化锰的催化作用和加热的条件下生成氯化钾和氧气，根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量不变，则反应生成的氯化钾的质量是：4.9g﹣1.92g＝2.98g，而1.58gKMnO4分解，生成的其他固体的质量肯定小于KCl的2.98g，所以剩余固体混合物中质量分数最大的是KCl；剩余固体混合物的质量为：4.9g+1.58g﹣2.08g＝4.4g，所以KCl的质量分数为：100%≈67.73%。
答：固体混合物中KCl的质量分数最大，其数值为67.73%。
故答案为：
（ 1 ）高锰酸钾分解产生的二氧化锰作为催化剂，加速了氯酸钾的分解；
（ 2 ）2.08；
（ 3 ）固体混合物中KCl的质量分数最大，其数值为67.73%。
【点评】本题主要考查了物质的性质和化学方程式的计算，解答时要根据所学知识，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
19．如图所示，在两个大小相等的力F1和F2的作用下，质量为m的木块可在两长板之间以v的速度匀速向下滑落，如果保持两力F1和F2的大小方向不变，能使木块 m以3v的速度匀速向上滑动，那么木块向上的推力应是　2mg　 。（用题目中提供的物理量表示）
【分析】一个物体在两个力作用下能保持静止或匀速直线运动状态，这两个力就是平衡力。
影响滑动摩擦大小的因素有：对接触面的压力；接触面的粗糙程度。
【解答】解：木块的受到的重力为：G＝mg，
在竖直方向，当木块在两个力的作用下匀速下滑时，
由二力平衡条件可知：
重力和摩擦力是平衡力，
所以，木块受到的摩擦力大小为f＝G＝mg，方向为：竖直向上；
当木块在两个力的作用下匀速上升时，
由二力平衡条件可知：
向上的推力与物体向下的重力、向下摩擦力的合力是平衡力，
F＝G+f′
由影响滑动摩擦大小的因素可知：
匀速向上和匀速向下运动时，两个对物体的压力、接触面的粗糙程度不变；
所以f＝f′，
则F＝G+f＝2G＝2mg。
故答案为：2mg。
【点评】解决本题的关键：一是根据平衡状态判断二力平衡；二是掌握影响摩擦力大小的因素。
20．如图所示，已知R2＝R4，R5＝5Ω，安培表A1、A2示数分别为3A和7A。若A、B间的电压一定，且安培表的电阻不计，则R5两端的电压为 　50　 伏。
【分析】分析电路图可知，R1、R2、R3、R4并联，之后与R5串联，已知R5的阻值，再分析计算出R1、R2、R3、R4并联后的总电流，利用欧姆定律计算R5两端的电压。
【解答】解：由电路图可知，R1、R2、R3三个电阻并联
A1测R2、R3电流之和，A2测R1、R2电流之和，等效电路图如下所示：
即：I1+I2＝7A，I2+I3＝3A，
又R2＝R4，根据并联电路的特点和欧姆定律可知，I2＝I4，
又R5＝5Ω，
故R5两端的电压为：U5＝（I1+I2+I3+I4）×5Ω＝（I1+I2+I3+I2）×5Ω＝（7A+3A）×5Ω＝50V。
故答案为50。
【点评】本题的关键点在于分析电路的连接方式和根据并联电路的特点及电阻相等来判断电流的关系，画出等效电路图则是最好的分析方法，有一定难度。
21．伏安法测电阻Rx的实验中，我们用如图所示电路进行测量，测量结果是用电压表读数除以电流表读数来表示，而作为用电器，电压表和电流表是有电阻的，会造成实验误差。
（1）测量值比真实值 　偏小　 （选填“偏大”、“偏小”或“相同”）。
（2）如果电压表和电流表的读数分别为U和I，而它们自身电阻分别为RV和RA，则Rx更准确的表达式为 　　 （数学表达式用已知字母表示）。
【分析】（1）在判断时，根据公式R，判断出电流和电压的情况，从而可得出电阻的大小情况。
（2）将电压表和电流表看做一个电阻，电流表的示数应为通过电压表的电流和电阻Rx的电流之和。然后根据电阻的公式便可得出。
【解答】解：（ 1 ）如图电流表外接，电压测得的是电阻两端的电压，而电流表测得的是电压表和电阻的电流和，所以电流值偏大，根据欧姆定律的公式 可知，所测电阻比真实值偏小。
（ 2 ）根据并联电路的特点和欧姆定律知，通过 R x 的电流
；
Rx更准确的表达式为。
故答案为：（1）偏小；（2）。
【点评】此题是用伏安法测电阻，根据实际电流表和电压表都是有电阻的，所以会使测得的电阻产生误差，误差的大小可根据所测电流或电压值进行判断，同时考查了学生对并联电路的电流关系及欧姆定律的应用。
22．某科学兴趣小组设计并制作了如图甲所示的温度自动控制装置。已知电磁铁的线圈电阻R0＝50欧，热敏电阻R的阻值随温度变化的曲线如图乙所示，控制电路电源电压U＝6伏，当电磁铁线圈中的电流达到20毫安时，衔铁刚好被吸下，右侧发热电路就断开。
（1）试通过计算说明该温度自动控制装置能将温度控制在 　50　 ℃以下。
（2）为了提高该装置控制的温度值，可采取的措施有 　1、可以在电路中串联一个滑动变阻器；2、可以减少电磁铁的线圈匝数。　 。（列举2点）
【分析】（1）根据欧姆定律求出衔铁被吸下时控制电路的总电阻，再根据串联电路中电阻的规律求出热敏电阻的阻值，由图乙找出对应的控制温度即可。
（2）由图乙知温度升高，热敏电阻的阻值减小，要保持电路总电阻不变，需要在电路中串联一个滑动变阻器，在电流增大时要保持电磁铁磁性不变，需要减小电磁铁线圈的匝数。
【解答】解：（1）衔铁刚好被吸下，控制电路的总电阻R总300Ω，R＝R总﹣R0＝300Ω﹣50Ω＝250Ω，由图乙知250Ω对应的温度为50℃，故该温度自动控制装置能将温度控制在50℃以下。
（2）为了提高该装置控制的温度值，由图乙知温度升高，热敏电阻阻值减小，要保持电路中的总电阻不变，可以在电路中串联一个滑动变阻器；当热敏电阻的阻值减小，电路中的电流增大，要保持电磁铁磁性不变，可以减少电磁铁的线圈匝数。
故答案为：（1）50；（2）1、可以在电路中串联一个滑动变阻器；2、可以减少电磁铁的线圈匝数。
【点评】本题考查电磁继电器的应用，需要掌握电磁继电器的工作原理、欧姆定律、串联电路的特点等。
23．因线路或用电器的绝缘层老化，家庭电路会发生漏电现象，漏电现象严重时会引发用电安全事故。漏电保护器是在用电器发生漏电故障或人体触电时的保护装置，如图所示，未发生漏电时I1＝I2，与如果电路中某处发生漏电，即有电流I3通过其他路径流入大地而使I1与I2的差值大于一定值时，漏电保护器会快速自动切断电路，此时I3的值称为动作电流。
（1）关于漏电保护器，下列说法正确的是 　D　 。
A.当电路发生短路时，漏电保护器会自动切断电路
B.漏电保护器跳闸后按下试验按钮即可恢复供电
C.正常情况下家庭电路中火线中的电流大于零线中的电流
D.人站在绝缘物上双手分别触摸火线与零线，漏电保护器不会切断电路
（2）如果电路中发生漏电，漏电电流为I3，则I1、I2、I3大小关系的表达式为 　I1＝I2+I3 。
（3）由于安装人员的疏忽，在安装三孔插座时，误将连接零线和地线的孔接反。此时如果将洗衣机的三脚插头插入该插座，漏电保护器 　会　 （会/不会）断开，理由是 　零线接地，流出电流I2为零，I1和I2的差异很大，漏电保护器立即断开　 。
【分析】（1）根据文中漏电保护器使用原理分析判断；
（2）由图乙可知电流的流向，据此得出三电流之间的关系；
（3）在安装三孔插座时，误将连接零线和地线的孔接反，此时如果将洗衣机的三脚插头插入该插座，洗衣机零线接地，流出电流I2为零，I1和I2的差异很大，根据漏电保护器的原理进行解答。
【解答】解：（1）当火线的电流与零线的电流不相等时漏电保护器起作用；
A、当电路发生短路时，进户线中流入的电流I1和流出的电流I2相等，漏电保护器不会切断电路，故A错误；
B、漏电保护器跳闸后，需要检查电路故障，排除故障后，按下复位按钮，才能恢复供电，故B错误；
C、正常情况下家庭电路中火线中的电流等于零线中的电流，故C错误；
D、人站在绝缘物上双手分别触摸火线与零线，进户线中流入的电流I1和流出的电流I2相等，漏电保护器不会切断电路，故D正确。
故选：D；
（2）由图乙可知，火线中的电流一部分通过零线，一部分流向大地，即三电流之间的关系：I1＝I2+I3；
（3）如果将洗衣机的三脚插头插入该插座，洗衣机零线接地，流出电流I2为零，I1和I2的差异很大，漏电保护器立即断开。
故答案为：（1）D；（2）I1＝I2+I3；（3）会；零线接地，流出电流I2为零，I1和I2的差异很大，漏电保护器立即断开。
【点评】本题考查了获取信息解决实际问题的能力，涉及到欧姆定律的应用和电路图的连接等，根据题意得出漏电保护器的工作原理是关键。
三．实验探究题（共4小题）
24．材料一：1820年，丹麦物理学家发现了通电导体周围存在磁场。
材料二：1825年，瑞士物理学家科拉顿做了如下实验：他将一个能反映微小变化的电流表，通过导线与螺旋线圈串联成闭合电路，并将螺旋线圈和电流表分别放置在两个相连的房间，如图1．他将一个条形磁铁插入螺旋线圈内，同时跑到另一个房间里，观察电流表的指针是否偏转。进行多次实验，他都没有发现电流表指针发生偏转。
材料三：1831年，英国物理学家法拉第用闭合电路的一部分导体，在磁场里切割磁感线的时候，发现导体中产生电流，从而实现了利用磁场获得电流的愿望。
（1）在静止的小磁针上方，分别用图2甲和乙两种方式放置一根导线。当导线通电时，小磁针发生明显偏转的是　甲　 （选填“甲”或“乙”）。
（2）科拉顿、法拉第等物理学家相继进行如材料所说的实验研究，是基于　磁能产生电　 的科学猜想。
（3）科拉顿的实验中，　已经　 （选填“已经”或“没有”）满足产生感应电流的条件。要使他能观察到电流表指针偏转，你提出的一种改进方法是　将电流表等器材置于同一房间（其他合理答案均可）　 。
【分析】（1）1820年奥斯特发现：当小磁针发生偏转时，说明了磁场的存在，当电流方向改变时，产生的磁场的方向也改变，故小磁针的偏转方向也改变。
（2）法拉第发现了电磁感应现象。
（3）产生感应电流的条件：闭合电路的部分导体切割磁感线运动。
【解答】解：（1）当通电导线与小磁针平行时，小磁针发生明显偏转；
（2）科拉顿、法拉第等物理学家相继进行如材料所说的实验研究，是基于磁能产生电的科学猜想；
（3）由所给材料可知在科拉顿的实验中已经满足产生感应电流的条件。要使他能观察到电流表指针偏转可以将电流表等器材置于同一房间。
故答案为：（1）甲；（2）磁能产生电；（3）已经；将电流表等器材置于同一房间（其他合理答案均可）。
【点评】本题考查的知识有两点：
（1）磁场的基本性质是对放在磁场中的磁体有力的作用；
（2）电流周围存在着磁场，磁场的方向与电流方向有关。
25．请阅读下列资料，获取重要信息点。
信息Ⅰ：“物质的量”是一个物理量，表示含有一定数目粒子的集体，符号为n，单位为摩尔（mol）。国际上规定，1mol微粒A所含有的该粒子A的数量为6.02×1023个。例如，1mol H2O中含有6.02×1023个H2O，含有2×6.02×1023个H。
信息Ⅱ：1mol物质B所具有的总质量称为物质B的摩尔质量，符号为M，单位为g/mol。经研究，物质B的摩尔质量在数值上等于物质B的相对原子质量或相对分子质量。M（CO2）＝44g/mol，即1mol CO2的质量为44g。
信息Ⅲ：经过大量数据分析，在同温同压下。气体C的体积和气体C的分子数成正比。在0℃和105pa气压下，1mol任何气体的体积都近似等于22.4L。
信息Ⅳ：溶质D的物质的量的浓度，也称摩尔浓度，符号为c，单位是mol/L。可如下描述，在1L水溶液中，所包含溶质D的物质的量，就叫作溶质D的摩尔浓度。
（1）电解完全2mol的水可以得到氧气　32　 g。
（2）小明查阅资料得知，金属E的密度为ρg/cm3，金属E晶体为立方体形，在棱长为a×10﹣9m的晶体空间内有E原子b个，则金属E的相对原子质量为　g/mol　 。
【分析】（1）根据化学方程式和题中的数据进行计算；
（2）根据摩尔质量，数值等于相对原子质量进行分析。
【解答】解：（1）M（H2O）＝18g/mol，即2mol H2O 的质量＝2mol×18g/mol＝36g；
设电解36g水生成的氧气质量为x。
2H2O2H2↑+O2↑
36 32
36g x
x＝32g
（2）a×10﹣9m＝a×10﹣7cm，根据密度公式 m＝ρV，晶体质量为：m＝ρg/cm3×（a×10﹣7cm）3＝ρ×a3×10 21 g；
晶体含b个原子，单个原子质量：；
原子含6.02×1023 个原子（信息Ⅰ），所以1mol原子的质量为：。
故答案为：（1）32；
（2）g/mol。
【点评】本题主要考查物质的性质，解答时要根据各种物质的性质，结合各方面条件进行分析、判断，从而得出正确的结论。
26．非遗表演“打铁花”呈现出极致绚烂的“火树银花”盛景，其中蕴含丰富的科学原理。某科学兴趣小组对“打铁花”展开如下探究。
Ⅰ.实验准备——制取氧气
（1）请写出仪器①的名称：　集气瓶　 。
（2）实验室用装置A制取O2。现准备收集一瓶氧气用于铁丝燃烧实验，为防止瓶底炸裂，选择装置　B　 （填字母）收集氧气更好。
Ⅱ.原因探究——铁丝燃烧
用不同的铁丝进行燃烧实验，记录如下：
实验1 实验2 实验3
铁丝种类（直径0.3mm） 304L细铁丝（含碳量0.03%） 304细铁丝（含碳量0.08%） 302细铁丝（含碳量0.15%）
燃烧现象 极少“火星四射” 少量“火星四射” 较多“火星四射”
（3）分析以上实验可知：铁丝燃烧过程“火星四射”的程度与铁丝中的含碳量有关。在“打铁花”时应选用　302细铁丝（含碳量0.15%）　 （填上述实验中的铁丝种类）作表演材料。
（4）表演时常备细沙防止火灾。细沙能阻止可燃物与　氧气（或空气）　 接触，从而达到灭火的目的。
【分析】（1）根据图示，仪器①是用于收集气体的广口玻璃容器。
（2）铁丝在氧气中燃烧实验为了防止高温熔融物溅落炸裂瓶底，需要在瓶底预留少量水，排水法收集时容易预留水，因此选择排水法收集装置。
（3）根据实验记录表，含碳量越高的铁丝燃烧时“火星四射”的现象越明显，“打铁花”表演需要该现象，因此应选用含碳量最高的铁丝。
（4）细沙覆盖在可燃物表面，可以隔绝空气（或氧气），从而达到灭火的目的。
【解答】解：（1）观察实验装置图可知，仪器①是用于收集或储存气体的集气瓶。
（2）进行铁丝在氧气中燃烧的实验时，为了防止燃烧产生的高温熔融物溅落下来炸裂集气瓶底，通常需要在集气瓶底部预留少量的水或铺一层细沙。使用排水法（装置B）收集氧气时，可以在收集完毕后直接在集气瓶中留有一定量的水，操作更为方便且效果更好；而使用向上排空气法（装置C）收集则无法预留水。因此，选择装置B收集氧气更好。
（3）分析表格中的实验记录数据可知，在铁丝直径相同的情况下，含碳量分别为0.03%、0.08%、0.15%的铁丝，燃烧时“火星四射”的程度依次为“极少”、“少量”、“较多”。这说明铁丝燃烧时“火星四射”的程度与铁丝中的含碳量呈正相关。为了在“打铁花”表演中呈现出极致的“火树银花”（即较多的火星四射）盛景，应选用含碳量最高的铁丝，即实验3中的302细铁丝（含碳量0.15%）。
（4）灭火的原理包括清除可燃物、隔绝氧气（或空气）、使温度降到着火点以下。表演时铺细沙，细沙能够覆盖在燃烧物表面，阻止可燃物与空气（或氧气）接触，从而切断燃烧所需的助燃剂，达到灭火的目的。
故答案为：（1）集气瓶。
（2）B。
（3）302细铁丝（含碳量0.15%）。
（4）氧气（或空气）。
【点评】本题主要考查氧气的实验室制取与收集方法、铁丝燃烧实验的注意事项以及控制变量法在实验探究中的应用。解题时需注意结合实验目的（如铁丝燃烧需留水）和实验数据（含碳量与火星四射程度的关系）进行综合分析。
27．请你与小虞一起完成下列电学实验并解决遇到的问题。
实验一：探究电流与电阻关系实验。
（1）连接好如图甲所示电路，闭合开关前检查发现存在错误。请把接错的那一根导线找出来并打上“×”，再画线把它改到正确的位置上。
（2）纠正错误后，保持定值电阻两端电压为2V不变，得到实验数据如表所示。
（3）整理表中数据可得结论：导体两端电压一定时，导体中的电流与导体电阻成反比。请写出成反比的依据是 　电流和电阻的乘积不变，都为2V　 。
数据序号 1 2 3 4 5
电阻R/Ω 30 25 20 10 5
电流IA 0.07 0.08 0.10 0.20 0.40
实验二：用如图乙所示电路测电阻Rx的阻值。实验步骤如下：
（1）将电压表接在B、C两点间，闭合开关，将滑动变阻器滑片移到b端、电阻箱R调为某一阻值R1，使电压表和电流表示数为合适的值。
（2）断开开关，将电压表右端由C点改接到D点。
（3）闭合开关，反复调节电阻箱和滑动变阻器使两表的示数与步骤（1）中相同，此时电阻箱R的阻值为R2，则待测电阻Rx＝ 　R1﹣R2 。（用题中字母表示）
（4）若小虞的电路连接正确、操作无误，但他反复调节电阻箱和滑动变阻器始终无法达成目的。造成这种情形的原因可能有：　R1的阻值太小（或R1＜Rx）；滑动变阻器的最大阻值不够大（或R滑大＜Rx）　 。（写出2条）
【分析】实验一：
（1）找出原电路连接错误之处，本实验中，电流表与电阻串联，电压表与电阻并联。
（ 3）分析表中，考虑到误差因素，电流与电阻之积为一定值2V，据此得出结论。
实验二：根据等效替代法分析电阻值的大小；
导线改接后，调节电阻箱和滑动变阻器，使电压表、电流表的示数不变，由等效替代法求出Rx。
【解答】解：实验一：
（1）原电路中，电流表与R并联，电压表串联在电路中是错误的，本实验中，电流表与电阻串联，电压表与电阻并联，如下所示：
（ 3）分析表中，考虑到误差因素，电流与电阻之积为一定值2V，可得结论：导体两端电压一定时，导体中的电流与导体电阻成反比。
实验二：
（2）断开开关，将电压表右端由C点改接到D点；
（3）闭合开关，电阻箱、电阻Rx与滑动变阻器串联，电压表测电阻箱、待测电阻两端的总电压，电流表测电路中的电流；要使两表的示数与（1）中相同，即电流表和电压表示数均与（1）中相同，而电源电压不变，由欧姆定律可知此时总电阻与（1）中相同，根据题意可知一定要调节电阻箱的阻值，且仍然是串联电路，所以还需要调节滑动变阻器才能使总电阻不变，才能使电流表示数不变，记录此时电阻箱的阻值R2，断开开关；
步骤（3）中电流表和电压表示数与（1）中相同，根据欧姆定律可知R1＝R2+Rx，则可知Rx＝R1﹣R2（即电阻箱减少的电阻等于待测电阻Rx的阻值）；
（4）根据上面分析可知，当R1等于R2+Rx时，电流表和电压表示数才与（1）中相同，若实验时R1＜Rx（或R1的阻值太小），则R1＜R2+Rx，所以此时会造成反复调节始终无法实现两表的示数与步骤（1）中相同；
若实验器材中R滑大＜Rx（或滑动变阻器的最大阻值不够大），则会造成调节变阻器时变阻器分得的电压较小，而电阻箱、待测电阻分得的总电压较大，使得电压表的示数也不能与步骤（1）中相同。
故答案为：
实验一：
（1）见解析中的图；（3）电流和电阻的乘积不变，都为2V；
实验二：
（3）R1﹣R2；（4）R1的阻值太小（或R1＜Rx）；滑动变阻器的最大阻值不够大（或R滑大＜Rx）。
【点评】本题探究电流与电阻关系实验及测量电阻大小，考查电路连接、数据分析及等效法测量电阻。
28．图甲中a、b、c分别表示金银花叶片所进行的某些生理活动，图乙为其在夏季某天呼吸作用和光合作用强度的变化曲线，请据图回答下列问题。
（1）植物移栽时，往往在阴天和傍晚进行，其主要目的是减弱图甲中的 　b　 （选填“a”“b”或“c”及对应的名称）。
（2）由图乙可知，金银花植株在这天内积累有机物最多的时刻是 　18　 时左右。
（3）通过图乙的曲线Ⅰ发现金银花在中午12时左右，会出现“光合午休”现象（即中午的净光合作用速率降低现象）。为了研究“光合午休”现象是否与气孔关闭导致叶细胞内CO2浓度降低有关。科研人员进行了实验，获得如下表所示的数据。
指标 净光合速率相对值 叶片温度（℃） 叶细胞内CO2浓度（mg/L）
叶片A 12.9 37.5 11.0
叶片B 8.8 37.7 11.6
经分析认为，气孔减小引起的叶细胞内CO2浓度不足，不是金银花“光合午休”的唯一原因，判断依据是 　叶片B的CO2浓度高于叶片A，但净光合速率却低于叶片A　 。
（4）原来金银花“光合午休”现象还与叶片中的关键物质——D1蛋白（可促进光合作用）含量密切相关。研究表明：强光照会导致D1蛋白含量下降。为缓解金银花在中午12时左右出现“光合午休”现象，宜采取的措施是 　适当遮荫　 （选填“适当遮荫”或“补充CO2”）。
【分析】图甲中，a表示呼吸作用、b表示蒸腾作用、c表示光合作用；图乙中，Ⅰ表示光合作用、Ⅱ表示呼吸作用。
【解答】解：（1）在移栽植物时，为了提高植物的成活率，应尽量保护植物的根部、降低植物的蒸腾作用，可在傍晚或阴天移栽。因为傍晚或阴天的光照不强，植物蒸腾作用弱，水分散失的少，利于移栽植物的成活。图甲中，b表示蒸腾作用。
（2）由图乙可知，6点到18点之间，植物的光合作用的强度大于呼吸作用的强度，植物光合作用制造的有机物多于呼吸作用消耗的有机物，植物体内的有机物逐渐增多。18时，植物的光合作用的强度等于呼吸作用的强度，植物光合作用制造的有机物等于呼吸作用消耗的有机物；18时之后，植物的光合作用的强度小于呼吸作用的强度，植物光合作用制造的有机物小于呼吸作用消耗的有机物，植物体内的有机物开始减少。因此，金银花一天内积累有机物最多的时刻是18时左右。
（3）根据表格中的数据，叶片A和叶片B的叶细胞内CO2浓度分别为11.0 mg/L和11.6 mg/L，虽然叶片B的CO2浓度略高于叶片A，但叶片B的净光合速率相对值（8.8）却低于叶片A（12.9）。这表明，尽管叶片B的CO2浓度较高，但其净光合速率仍然较低，说明CO2浓度的变化并不是导致“光合午休”现象的唯一原因。因此，气孔减小引起的叶细胞内CO2浓度不足，不是金银花“光合午休”的唯一原因。
（4）已知：D1蛋白可促进光合作用、强光照会导致D1蛋白含量下降；因此，为缓解金银花在中午12时左右出现“光合午休”现象，可采取适当遮阴的措施来减弱光照。
故答案为：（1）b
（2）18
（3）叶片B的CO2浓度高于叶片A，但净光合速率却低于叶片A
（4）适当遮荫
【点评】解答此题的关键是掌握绿色植物的光合作用、呼吸作用和蒸腾作用的相关知识。
四．解答题（共3小题）
28．工业上利用太阳能进行海水晒盐。已知海水蒸发浓缩过程中析出盐的种类和质量如表：（表中数据为每升海水在浓缩过程中析出各种盐的质量，单位为g）
海水密度/（g mL﹣1） CaSO4 NaCl MgCl2 MgSO4 NaBr
1.13 0.56
1.20 0.91
1.21 0.05 3.26 0.004 0.008
1.22 0.015 9.65 0.01 0.04
1.26 0.01 2.64 0.02 0.02 0.04
1.31 1.40 0.54 0.03 0.06
（1）海水从密度为1.21g mL﹣1浓缩到1.22g mL﹣1时发生的变化是 　C　 。
A．各种盐的溶解度增大
B．海水中水的质量分数不变
C．析出粗盐中NaCl的质量分数增大
D．海水中Br﹣的质量分数不变
（2）实际晒盐生产中，海水的密度一般控制在1.21g mL﹣1～1.26g mL﹣1范围内。由上表可知，所得粗盐中含有的杂质离子有 　Ca2+、Mg2+、、Br﹣ 。
（3）如图能较正确地反映浓缩过程中海水中NaCl的质量分数（A%）与海水密度（d）的关系的是 　C　 。
A.
B.
C.
D.
【分析】（1）根据海水浓缩过程是水分减少过程，溶质不变再进一步进行分析；
（2）根据析出晶体的多少考虑；
（3）根据表中数据进行选择即可。
【解答】解：（1）海水浓缩过程是水分减少过程，溶质不变，溶剂减少，溶质质量分数增大，温度不变溶解度不变，所以只有C正确；
（2）由表中数据可知最先析出的是硫酸钙，因为海水密度为1.13时就已经有硫酸钙析出；海水的密度在1.21g．mL﹣1﹣1.26g．mL﹣1范围内，有晶体析出的都是氯化钠中的杂质，所以硫酸钙、氯化镁、硫酸镁、溴化钠都是粗盐中含有的杂质，所以所得粗盐中含有的杂质离子有Ca2+、Mg2+、、Br﹣；
（3）由于浓缩过程水分减少，氯化钠的质量不变，所以氯化钠的质量分数增大，达到饱和后，由于温度不变溶解度不变，溶质质量分数不变，所以C正确．
故答案为：（1）C；
（2）Ca2+、Mg2+、、Br﹣；
（3）C。
【点评】解答本题关键是要知道海水浓缩过程是水分蒸发，溶质质量不变，溶解度的大小与温度有关，温度不变溶解度不变。
29．类比水压是形成水流的原因，李楠同学猜想，血液在血管内流动时也需要一定的压力差来维持。假设血液匀速通过长度一定的血管时，受到的阻力f与血液的流速成正比，即f＝kv．那么，要想让血液匀速流过，血管两端就需要一定的压力差。设血管截面积为S1时，两端所需的压强差为△p1；若血管截面积减少10%时，为了维持在相同的时间内流过同样体积的血液，压强差必须变为△p2．请你通过计算比较△p1、△p2的大小，说明血管变细可能是诱发高血压的重要因素之一。
【分析】首先根据血液是匀速流动，说明受力平衡，即血压产生的压力等于阻力，可以列出在正常情况和血管变细两种情况下的等式；
然后根据两种情况下，血管在相同时间内流过的血液量不变，列出等式；
最后根据血管横截面积前后变化的定量关系，结合前面列出的等式，联立成方程组，就可求出比较△p1、△p2的大小。
【解答】解：因为血液匀速流动，血压产生的压力与阻力相等，
则在正常情况下有：△p1S1＝f1＝kv1﹣﹣﹣﹣﹣①
血管变细后有：△p2S2＝f2＝kv2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
又因为S2＝（1﹣10%）S1＝0.9S1﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
因为在相同时间内流过的血液量不变，则有：S1v1t＝S2v2t，即S1v1＝S2v2，
所以S1v1＝0.9S1v2，即v1＝0.9v2，﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣④
①②③④联立，解得：△p2△p1。
所以，△p2＞△p1。
答：若血管截面积减少10%时，为了维持在相同的时间内流过同样体积的血液，压强差必须变大。
【点评】该题考查了平衡状态条件的应用和有关压强的计算，难度较大，关键是找出血管变化前后的等量关系才能正确解答。
30．如图所示是一个分压电路。图中的负载电阻R1＝160欧姆，允许通过的最大电流是0.15安培，电源电压是14伏特，伏特表的量程为15伏特，滑动变阻器RAB上标有“120Ω 0.15A”字样。当滑片P自左向右移动时，电源电压保持不变，但伏特表的示数会发生变化。问：
（1）电阻R1和RAP、RPB中哪一个通过的电流最强（说明理由）？
（2）滑片P在移动过程中（自A移向B），各元件是否安全（通过分析和估算电流加以说明）？
（3）在不损坏电路元件的前提下，伏特表[即伏特计]示数的变化范围是多少？
【分析】（1）由电路图可知，电阻R1与RAP并联后再与RPB串联，电压表测R1两端的电压；根据并联电路电流的特点可知通过那个电阻的电流最大；
（2）滑片P在移动过程中，根据电路中电阻的变化判断各元件的两端电压和通过的电流，然后和各元件的规格比较即可；
（3）设P移到AB间某点时流过PB的电流I恰好等于0.15安，分别根据并联电路各支路两端的电压相等和串联电路总电压等于各分电压之和，列出方程，解方程即可得出伏特表的最大示数，从而得出伏特表示数的变化范围。
【解答】解：（1）由电路图可知，电阻R1与RAP并联后再与RPB串联，
根据并联电路中干路电流等于各支路电流之和可知：
在三个电阻中，通过干路电阻RPB的电流最大。
（2）滑片P在A时，会对电压表和电阻R1短路，没有电流通过电压表和电阻R1，电路中只有滑动变阻器连入，电路中电流为：IAB0.12A＜0.15A，对电路中各元件没有影响；
当滑片P移向B时，设AP电阻为R2，PB电阻为R3．如图所示，
若移向B点过程中，则滑动变阻器与R2并联，再与R3电阻串联，电压表测量滑动变阻器和R1两端的电压，最大测量值为电源电压，因14V小于15V，没有超过电压表的量程；
而通过R3的电流为滑动变阻器和R2的电流之和，所以干路上R3的电流可能会超过0.15A，对电阻元件有烧坏的可能。（3）设P移到AB间某点时流过PB的电流I恰好等于0.15安，设AP电阻为R2，PB电阻为R3．如图所示，则有：
I1R1＝（I﹣I1）R2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
（I﹣I1）R2+I（RAB﹣R2）＝U﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
将I＝0.15A、RAB＝120Ω、R1＝160Ω、U＝14V；
代入上式，由①、②可解出I1＝0.05A；
∴U1＝I1R1＝0.05A×160Ω＝8V
故电压表的变化范围是：0～8V。
答：（1）过RPB中的电流最强，因本电路是R1与RAP并联后再与RPB串联的混联电路，RPB中的电流为干路电流；
（2）滑片P在移动过程中（自A移向B），滑动变阻器的右边电阻RPB可能会被烧坏；
（3）在不损坏电路元件的前提下伏特表示数的变化范围是0～8V。
【点评】本题考查了并联电路的特点和欧姆定律的应用，关键是分清混联电路中各电阻之间的关系和根据已知条件列出方程进行求解。
五．计算题（共2小题）
31．在校园科技节上，为测出鸡蛋壳（主要成分是碳酸钙）中钙元素的质量分数，某同学称取已洗净、晾干、研成粉末的鸡蛋壳10克置于烧杯中，将烧杯放在电子天平上，往烧杯中加入足量的稀盐酸，每0.5分钟记录一次电子天平的示数，据此计算出产生气体的质量，具体数据如表（反应的化学方程式为CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑）
时间（分钟） 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0
产生气体质量（克） 0 1.80 3.00 3.60 3.96 3.96 3.96
（1）若产生的气体全部是鸡蛋壳中的碳酸钙与盐酸反应生成的CO2，根据实验结果计算出该鸡蛋壳中钙元素的质量分数。（假定鸡蛋壳中其它成分不含钙元素，写出具体计算过程）
（2）下列哪些情况会导致实验中钙元素质量分数测量结果偏大？　AC　 （可多选）
A．盐酸溶质质量分数过大 B．鸡蛋壳未晾干 C．鸡蛋壳中含有碳酸镁 D．鸡蛋壳未充分研碎。
【分析】（1）根据表中的数据可知充分反应后生成二氧化碳的质量为3.96g，依据化学方程式进行计算；
（2）A、根据盐酸具有挥发性进行分析；
B、根据鸡蛋壳未晾干增加了样品的质量进行分析；
C、根据等质量的碳酸镁比碳酸钙生成的二氧化碳多进行分析；
D、根据鸡蛋壳没有充分研磨不会与影响生成二氧化碳的质量进行分析。
【解答】解：（1）依据表中的数据可知，充分反应后生成二氧化碳的质量为3.96g，
设参加反应的碳酸钙的质量为x
CaCO3+2HCl═CaCl2+CO2↑+H2O
100 44
x 3.96g
x＝9g
所以鸡蛋壳中钙元素的质量分数为100%＝36%；
（2）A、盐酸具有挥发性，会增加排出气体的质量，会导致实验中钙元素质量分数测量结果偏大，故A正确；
B、鸡蛋壳未晾干增加了样品的质量，会导致实验中钙元素质量分数测量结果偏小，故B错误；
C、等质量的碳酸镁比碳酸钙生成的二氧化碳多，会导致二氧化碳的质量增大，会导致实验中钙元素质量分数测量结果偏大，故C正确；
D、鸡蛋壳没有充分研磨不会与影响生成二氧化碳的质量，故D错误。
故选：AC。
故答案为：（1）鸡蛋壳中钙元素的质量分数为36%；
（2）AC。
【点评】本题主要考查了化学方程式的计算，难度不大，注意解题的规范性和准确性。
32．图甲为热敏电阻的R﹣t图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的恒温箱的简单温控电路，继电器线圈的电阻为150欧，当线圈中电流大于或等于28毫安时，继电器的衔铁被吸合，为继电器线圈供电的电池的电压为6伏，图中的“电源”是恒温箱加热器的电源。
（1）从图甲中可得50℃时热敏电阻的阻值为 　90　 欧。
（2）恒温箱的加热器应接在A、B端还是C、D端？
（3）若恒温箱内的温度达到100℃时，通过计算分析恒温箱加热器是否处于工作状态？
（4）若在原控制电路中，串联接入一个可变电阻，当该电阻增大时，所控制的恒温箱内的最高温度将 　变大　 （选填“变大”“不变”或“变小”）。
【分析】（1）据图甲可得50℃时热敏电阻的阻值；
（2）当温度低的时候，电路与AB相连，此时加热器要工作，所以加热器的电路要与AB相连；
（3）当恒温箱内的温度保持 100℃，据甲图可知此时电阻R 大小，而后结合欧姆定律计算电流，与28mA比较即可。
（4）据题目中“当线圈中电流大于或等于28毫安时，继电器的衔铁被吸合”分析即可判断；
【解答】解：（1）分析图甲可知，50℃时热敏电阻的阻值为90Ω；
（2）A、B当温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，电路中的电流较小，此时继电器的衔铁与AB部分连接，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器要工作，所以该把恒温箱内的加热器接在A、B 端。
（3）当温度达到100℃时，据甲图可知，此时的电阻是50Ω，继电器线圈的电阻为150Ω，所以该电路的电流是：
I0.03A＝30mA，所以其大于28mA，故恒温箱不处于工作状态；
（4）据题意可知，“当线圈中电流大于或等于28毫安时，继电器的衔铁被吸合”即恒温箱会停止工作，故可知，若在控制电路中串联一个电阻后，电路电阻变大，同样情况下，使得电路电流变小，故控制电路达到28mA时所用的时间会更长，故可知，保温箱的加热时间会更长，故保温箱内的温度会更高。
故答案为：（1）90；（2）恒温箱的加热器应接在A、B端；（3）若恒温箱内的温度达到100℃时，通过计算分析恒温箱加热器不处于工作状态；（4）变大；
【点评】在解答本题的时候要分析清楚，控制电路和加热电路是两个不同的电路，只有当温度较低，需要加热的时候，加热电路才会工作，而控制电路是一直通电的。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑