八年级下册科学期中培优
一、单选题
1．小科在课堂上做了磁体周围磁场的演示实验，将一根条形磁体放在水平桌面上，在它周围放置一些小磁针，小磁针的指向情况如图甲所示；将小磁针拿掉之后，在条形磁体上面放一块有机玻璃，玻璃上均匀撒一层铁屑，轻轻敲打玻璃，可以看到铁屑的分布情况如图乙所示；根据图甲和图乙所示的实验现象，用磁感线描述条形磁体周围的磁场情况如图丙所示。下列说法中不正确的是（ ）
A．图甲的实验，研究的是条形磁体周围的磁场方向特点
B．图乙的实验，研究的是条形磁体周围的磁场分布特点
C．图丙的条形磁体周围的磁感线，是人们为了描述磁场而引入的物理模型
D．由图丙可知，条形磁体周围的磁场是由磁感线组成的
2．如图所示，GMR是一个巨磁电阻，其阻值随磁场的增强而急剧减小，当闭合开关S1、S2时，下列说法正确的是（ ）
A．电磁铁的左端为S极
B．小磁针将顺时针旋转
C．当P向左滑动时，电磁铁的磁性增强，指示灯变暗
D．当P向右滑动时，电磁铁的磁性减小，电压表的示数减小
3．地球是一个巨大的磁体。关于地磁场，下列说法正确的是（ ）
A．地磁南极和地理北极是完全重合的 B．某地的地磁场方向就是该处小磁针的N极所指方向
C．在地球上赤道附近磁性是最强的 D．地磁场和磁感线都是真实存在，可以看见的
4．无线充电是一种增加手机续航时间的方式，无送充电的技术原理：电流流过充电座的“送电线圈”产生磁场，手机中的“受电线圈”靠近该磁场时就会产生感应电流，给智能手机充电，如图所示。“受电线圈”处用到的实验原理是图中的（ ）
A． B． C． D．
5．如图所示的探究实验装置中不能完成探究内容的是（ ）
A． 探究磁极间相互作用规律 B．探究磁性强弱与电流大小
C．探究通电直导线周围存在 D．探究产生感应电流的条件
6．如图所示为一台非铁性物质制成的天平。天平左盘中的 A 是一铁块，B 是电磁铁。未通电时天平平衡，给 B 通以图示方向的电流(a 端接电源正极，b 端接电源负极)，调节线圈中电流的大小，使电磁铁对铁块 A 的吸引力大于铁块受到的重力，铁块 A 被吸起。当铁块 A 向上加速运动的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．电磁铁B的上端为S极，天平仍保持平衡
B．电磁铁B的上端为S极，天平右盘下降
C．电磁铁B的下端为N极，天平左盘下降
D．电磁铁B的下端为N极，无法判断天平的平衡状态
7．如图所示，甲站在干燥的木桌上一只手接触到火线；乙站在地上一只手接触到零线；丙站在干燥的木桌上一只手接触到火线。此时，丁站在地面上用手去拉丙。则（ ）
A．甲、乙都会触电 B．甲、丙都会触电
C．乙、丁都会触电 D．丙、丁都会触电
8．随着科技的发展，科学家已研制出了无线充电的方式。无线充电，又称作非接触式感应充电，是利用近场感应，由供电设备(充电器)将能量传送至用电的装置，该装置使用接收到的能量对电池充电，并同时供其本身运作之用。根据上述信息，请猜测与该技术的原理相同的实验是（ ）
A． B． C． D．
9．如图所示，闭合开关，将滑动变阻器的滑片P向右移动时，弹簧测力计的示数变小。则下列分析正确的（）
A．电磁铁的上端为Ｓ极
B．电源左端为“＋”极
C．抽去铁芯，弹簧测力计示数增大
D．断开开关，弹簧测力计示数为零
10．已知MgSO3和MgHPO4组成的混和物中含镁为18%，则含氧约为（ ）
A．18% B．30% C．58% D．无法确定
11．有两种元素X和Y，它们化合成两种化合物A和B，化合物A中X所占质量分数为75%，化合物B中X占80%。已知A的化学式为XY4，则B的化学式为（ ）
A．XY2 B．XY3 C．X2Y3 D．X3Y2
12． 饮用含甲醇的酒，可造成失明，甚至中毒死亡．如图是甲醇燃烧的微观示意图（未配平），下列有关说法或化学方程式错误的是（ ）
A．工业酒精中往往含有甲醇，禁止用工业酒精配制饮料酒
B．CH3OH+3O2点燃CO2+4H2O
C．每个甲醇分子比每个乙醇分子少一个原子团“CH2”
D．等质量的甲醇与甲烷分别在足量氧气中完全燃烧，甲醇消耗的氧气比甲烷少
13．目前农村正在推广“测土配方施肥”技术，农技员对某土地检测后给出了施肥配方，该土壤施加NH4NO3，K2CO3；若测定该混合化肥中氮元素的质量分数为28%，则固体混合物中K2CO3的质量分数为（ ）
A．85% B．20% C．25% D．80%
14．与铵根离子(NH4+ )具有相同的质子数和电子数的微粒是（ ）
A．Na＋ B．OH－ C．H2O D．LiF
15． 图中参加反应的甲、乙分子和生成的丙分子的个数比为（ ）
A．5：1：2 B．2：1：2 C．3：1：2 D．1：1：2
二、填空题
17．以下内容请你用最合适的化学符号填空：地壳中含量最多的金属元素 ； 3个亚铁离子 ；能保持二氧化硫化学性质的微粒 ；调味品食盐的阳离子 ；相对分子质量最小的氧化物 ；温度计中填充的液态金属 ；-2价的硫元素 ； 3个二氧化碳分子 ．
18．下列分别盛有不同物质的容器中，所盛物质属于单质的是 ，属于混合物的是 ，属于化合物的是 （均填容器下的字母）。若C瓶中CO2和CO所含的氧元素的质量相等，则CO2和CO中碳元素的质量比为 ，CO2和CO的质量比为 。D瓶中保持冰化学性质的最小粒子是 （填化学式）。
19．回答下列问题。
（1）下表是元素周期表的一部分，请回答有关问题：
右图表示左表中 （填表中序号）的原子结构示意图；得电子后形成的离子符号为 ；①处元素和②处元素形成常见化合物的化学式为 ；
（2）X、Y两种元素的相对原子质量之比为7∶2，X与Y形成的化合物中，X、Y两种元素的质量之比为21∶8，则该化合物的化学式可表示为 。若X、Y两种元素的相对原子质量之比为2∶1，由这两种元素形成的化合物中，X、Y的质量之比为2∶3，其中X的化合价为+a。则在该化合物中Y的化合价为 。
20．在一种M的氧化物中，M与氧元素的质量比为7：20，已知M与氧的相对原子质量比为7：8，则氧化物中M元素的化合价为 。已知某元素R与氢元素的化合物的化学式为RH4，含氢为25%，求R的相对原子质量是 ，RH4的相对分子质量为 。相同分子数的CO和CO2，氧元素的质量比为 ，相同质量的CO和CO2，氧元素的质量比为 。
21．在分子、原子、质子、中子、电子、原子核、阴离子、阳离子中，按照要求填写下列空格：
（1）能保持物质化学性质的微粒是 ；
（2）化学变化中的最小微粒是 ；
（3）能直接构成物质的微粒是 ；
（4）构成原子核的微粒是 ；
（5）带正电荷的微粒是 ；
（6）带负电荷的微粒是 ；
（7）不带电荷的微粒是 。
22．（1）将一个电磁铁和白炽灯并联后接入电路，如图甲，当闭合电键时，灯L1即刻点亮，随后熄灭；当断开电键时，灯闪亮后熄灭。此现象说明当闭合电键时，电磁铁的磁性强弱在短时间内的变化情况为 ；当断开电键时，灯闪亮说明电磁可在短时间内 （选填“充电”或“供电”）。
（2）如图乙，两根绝缘细线吊着一根铜棒，空间存在垂直纸面的匀强磁场，棒中通有向右的电流时两线上拉力大小均为F1，若棒中电流大小不变方向相反，两线上的拉力大小均为F2，且F2＞F1，则铜棒所受磁场力大小为 。（用已给字母表示）
（3）如图丙是“悬空的磁环”示意图，假设甲、乙、丙三个磁环相同，质量均为m，中间塑料管是光滑的。若甲的上端为S极，则乙的上端为 极；当磁环都处于静止状态时，甲对乙的作用力为F1和丙对乙的作用力为F2，则F1 F2。（选填“＜”“=”“＞”）。
（4）两根非常靠近且相互垂直的长直导线分别通以相同强度的电流，方向如图丁所示，那么两电流所产生的磁场垂直导线平面向外且最强的在填哪个区域为 （填“1”或“2”或“3”或“4”）
23．如图是演示巨磁电阻效应原理的示意图，GMR是巨磁电阻，它的电阻在磁场中随磁性增强而急剧减小．它所在电路的电源电压保持6V不变，L是标有“2V 0.1W”的指示灯，当它两端电压达到1.2V时开始发光，若指示灯电阻不受温度影响，则灯丝阻值为 Ω．闭合S1、S2时，图中电磁铁的 （选填“左”或“右”）端是S极，将滑动变阻器滑片P向左滑动，电磁铁周围的磁场 （选填“增强”、“减弱”或“不变”），P滑到某点，L刚好开始发光，此时GMR接入电路的阻值为 Ω，继续向左滑动滑片P，电压表示数 。（选填“变大”、“变小”或“不变”）
三、实验探究题
24． 法国科学家阿尔贝 费尔和德国科学家彼得 格林贝尔由于发现巨磁电阻（GMR）效应，荣获了2007年诺贝尔物理学奖．这一发现大大提高了磁、电之间信号转换的灵敏度．如图是说明巨磁电阻特性原理的示意图：
（1）通电螺线管的右端是 极；
（2）闭合开关S2，指示灯不亮，再闭合开关S1，指示灯发光，结论：巨磁电阻的大小与 有关；
（3）若滑片P向左移动，电磁铁的磁场 （填“增强”、“减弱”），观察到指示灯变得更亮，由此实验可得出结论：
（4）请举出一个应用巨磁电阻效应相关的实例 ．
25． 在探究通电螺线管外部磁场的实验中，采用了如图1所示的实验装置．
（1）当闭合开关S后，小磁针 发生偏转（填“会”或“不会”），说明通电螺丝管与小磁针之间是通过 发生力的作用．
（2）用铁屑来做实验，得到了如图2所示的情形，它与 磁铁的磁场分布相似．为描述磁场而引入的磁感线 真实存在的．
（3）为了研究通电螺线管的磁极性质，老师与同学们一起对螺线管可能的电流方向和绕线方式进行了实验，得到了如图所示的四种情况．实验说明通电螺线管的磁极极性只与它的 有关，且这个关系可以用 判断．
（4）闭合开关S，通电螺线管周围的小磁针N极指向如图3所示，由图可知：在通电螺线管外部，磁感线是从 极发出，最后回到 极．
四、解答题
26．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”)。
27．如图所示为某兴趣小组为学校办公楼空调设计的自动控制装置，R是热敏电阻，其阻值随温度变化关系如下表所示。已知继电器的线圈电阻R0=10Ω，左边电源电压为6V恒定不变。当继电器线圈中的电流大于或等于15mA时，继电器的衔铁被吸合，右边的空调电路正常工作。
温度t/℃ 0 5 10 15 20 25 30 35 40
电阻R/Ω 600 550 500 450 420 390 360 330 300
（1）请说明该自动控制装置的工作原理。
（2）计算说明该空调的启动温度是多少？
（3）为了节省电能，将空调启动温度设定为30℃，控制电路中需要再串联多大的电阻？
（4）改变控制电路的电阻可以给空调设定不同的启动温度，除此之外，请你再提出 一种方便可行的调节方案。
28．维C泡腾片是一种常见的补充维生素C的保健品。某品牌维C泡腾片(以下称“本品”)的主要成分如图甲所示。
（1）下列关于维生素C的说法正确的是 (填字母)。
A．维生素C由C、H、O三种元素组成
B．维生素C的相对分子质量为176克
C．维生素C由6个碳原子、8个氢原子和6个氧原子构成
D．维生素C中C、H、O元素的质量比为9：1：12
（2）由本品的营养成分表得知，每100克维C泡腾片含钠5 750毫克。已知本品其他成分不含钠元素，则本品中碳酸氢钠的质量分数为 。
（3）将本品牌的一片维C泡腾片投人蒸馏水中，有．气泡产生，反应的化学方程式为H3C6H5O7+3NaHCO3=Na3C6H5O7+3CO2↑十3 (填化学式，已知C6H8O7写为酸的形式是H3C6H5O7)。
（4）维C泡腾片中碳酸氢钠质量分数的测定：称量相关实验用品质量，将本品一片投入蒸馏水中，待不再产生气体后，称量锥形瓶及瓶内所有物质的总质量，装置如图乙所示，相关数据如表：
物品 反应前 反应后
锥形瓶 蒸馏水 维C泡腾片 锥形瓶及瓶内所有物质
质量/克 71.75 50.00 4.00 125.53
①根据以上数据计算本品中碳酸氢钠的质量分数(写出计算过程，结果精确到0.1%)。
②实验测定结果与题(2)计算结果相比有明显偏差，其可能原因是 。
29．纯电动汽车是一种采用蓄电池作为唯一动力源的汽车，电池的安全性主要体现在对其温度的控制上，当某组电池温度过高时，立即启动制冷系统进行降温，图甲是小滨设计的模拟控温装置示意图，电磁继电器与热敏电阻Rt、滑动变阻器RP串联接在电压为6V的电源两端。当电磁铁线圈(电阻不计)中的电流I大于或等于25mA时，衔铁被吸合，热敏电阻置于温度监测区域，其阻值Rt与温度t的关系如图乙所示，滑动变阻器的最大阻值为200Ω。
（1）图甲中应将b端与 端相连；
（2）若设置电池温度为60℃时启动制冷系统，则滑动变阻器阻值应为多少？
（3）若要提高启动温度，RP接入电路的阻值应该怎么调节？并简要说明理由。
30．如图甲所示，某恒温箱的加热电路由交流电源、电热丝等组成，其电路通断由控制电路控制，控制电路由电磁继电器、热敏电阻R1(安装在恒温箱内)、可变电阻器R2、低压电源、开关等组成，R1的阻值随温度变化的关系如图乙所示，调节可变电阻器使得R2＝110 Ω，闭合开关，当恒温箱内温度升高到50 ℃时，由于电磁继电器的作用，加热电路被断开，电磁继电器的线圈电阻忽略不计，请回答：
（1）电磁继电器中电磁铁上端是 极。(选填“N”或“S”)
（2）恒温箱内温度不断升高时，电磁铁的磁性变 ，加热电路会因此被 (选填“接通”或“断开”)。
（3）调节可变电阻器使得R2′＝170 Ω，恒温箱内温度升高到多少摄氏度时，加热电路被断开。
（4）整个装置在设计上有何不足之处： 。
1 / 1八年级下册科学期中培优
一、单选题
1．小科在课堂上做了磁体周围磁场的演示实验，将一根条形磁体放在水平桌面上，在它周围放置一些小磁针，小磁针的指向情况如图甲所示；将小磁针拿掉之后，在条形磁体上面放一块有机玻璃，玻璃上均匀撒一层铁屑，轻轻敲打玻璃，可以看到铁屑的分布情况如图乙所示；根据图甲和图乙所示的实验现象，用磁感线描述条形磁体周围的磁场情况如图丙所示。下列说法中不正确的是（ ）
A．图甲的实验，研究的是条形磁体周围的磁场方向特点
B．图乙的实验，研究的是条形磁体周围的磁场分布特点
C．图丙的条形磁体周围的磁感线，是人们为了描述磁场而引入的物理模型
D．由图丙可知，条形磁体周围的磁场是由磁感线组成的
【答案】D
【解析】【分析】根据对磁场和磁感线的认识判断。
【解答】A.图甲的实验，研究的是条形磁体周围的磁场方向特点，故A正确不合题意；
B.图乙的实验，研究的是条形磁体周围的磁场分布特点，故B正确不合题意；
C.图丙的条形磁体周围的磁感线，是人们为了描述磁场而引入的物理模型，故B正确不合题意；
D.磁感线只是用于描述磁场分布规律的，本身并不存在，而磁场是客观存在的，故D错误符合题意。
故选D。
2．如图所示，GMR是一个巨磁电阻，其阻值随磁场的增强而急剧减小，当闭合开关S1、S2时，下列说法正确的是（ ）
A．电磁铁的左端为S极
B．小磁针将顺时针旋转
C．当P向左滑动时，电磁铁的磁性增强，指示灯变暗
D．当P向右滑动时，电磁铁的磁性减小，电压表的示数减小
【答案】D
【解析】【分析】（1）根据安培定则判断电磁铁的磁极方向；
（2）根据磁极之间的相互作用规律判断；
（3）（4）根据滑片移动方向确定电流大小变化，从而确定电磁铁的磁场变化，再分析巨磁电阻的阻值变化，最终确定指示灯的亮度改变。
【解答】A.电磁铁线圈上电流向上。右手握住螺线管，弯曲的四指指尖向上，此时大拇指指向左端，则电磁铁的左端为N极，右端为S极，故A错误；
B.根据“异名磁极相互吸引”可知，小磁针应该逆时针旋转，故B错误；
C.当滑片向左移动时，变阻器的阻值减小，而通过电磁铁的电流增大，那么电磁铁的磁性变强，电磁铁的磁场变强，则GMR的阻值减小，通过指示灯的电流增大，那么指示灯变亮，故C错误；
D.当滑片向右移动时，变阻器的阻值增大，通过电磁铁的电流变小，则电磁铁的磁性变弱。电磁铁的磁场变弱，则GMR的阻值增大，通过指示灯的电流变小，则电压表的示数变小，故D正确。
故选D。
3．地球是一个巨大的磁体。关于地磁场，下列说法正确的是（ ）
A．地磁南极和地理北极是完全重合的 B．某地的地磁场方向就是该处小磁针的N极所指方向
C．在地球上赤道附近磁性是最强的 D．地磁场和磁感线都是真实存在，可以看见的
【答案】B
【解析】【分析】根据对地磁场的认识分析。
【解答】A.地理两极和地磁两极交错分布，即地理南极在地磁N极附近，而地理北极在地磁S极附近，故A错误；
B.在磁场中放置一个小磁针，当小磁针静止下来时N极所指的方向就是该点的磁场方向，故B正确；
C.地球相当于一个巨大的条形磁体，两端磁性最强，中间磁性最弱，因此赤道附近磁性最弱，故C错误；
D.磁场客观存在，而磁感线不存在，故D错误。
故选B。
4．无线充电是一种增加手机续航时间的方式，无送充电的技术原理：电流流过充电座的“送电线圈”产生磁场，手机中的“受电线圈”靠近该磁场时就会产生感应电流，给智能手机充电，如图所示。“受电线圈”处用到的实验原理是图中的（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】【分析】根据“电流流过充电座的“送电线圈”产生磁场，手机中的“受电线圈”靠近该磁场时就会产生感应电流”可知，手电线圈的工作原理就是电磁感应，据此分析判断。
【解答】A.闭合开关后，缠绕线圈的铁钉能够吸引大头针，说明电流能够产生磁场，故A不合题意；
B.闭合开关后，导体ab在磁场中做切割磁感线运动时，电流表的指针摆动，这就是电磁感应现象，故B符合题意；
C.当导线中有电流经过时，小磁针的指向发生偏转，这说明通电导线周围存在磁场，故C不合题意；
D.闭合开关后，通过电流的导体在磁场中受力运动，这是电动机的工作原理，故D不合题意。
故选B。
5．如图所示的探究实验装置中不能完成探究内容的是（ ）
A． 探究磁极间相互作用规律 B．探究磁性强弱与电流大小
C．探究通电直导线周围存在 D．探究产生感应电流的条件
【答案】B
【解析】【分析】根据图片回忆描述的实验过程，分析其中包含的物理原理即可。
【解答】A.当小磁针的S极与条形磁铁的N极靠近时，二者相互吸引；与条形磁铁的S极靠近时，二者相互排斥，则可以探究磁极之间的相互作用规律，故A正确不合题意；
B.探究磁性强弱与电流大小的规律时，需要控制线圈匝数相同而改变电流大小。在图片中，两个电磁铁的线圈匝数不同而通过的电流相同，二者条件不符，故B错误符合题意；
C.当导线中有电流经过时，小磁针的指向发生偏转，说明通电导线周围存在磁场，故C正确不合题意；
D.当导体在磁场中做切割磁感线运动时，电流表的指针摆动，说明有感应电流产生，故D正确不合题意。
故选B。
6．如图所示为一台非铁性物质制成的天平。天平左盘中的 A 是一铁块，B 是电磁铁。未通电时天平平衡，给 B 通以图示方向的电流(a 端接电源正极，b 端接电源负极)，调节线圈中电流的大小，使电磁铁对铁块 A 的吸引力大于铁块受到的重力，铁块 A 被吸起。当铁块 A 向上加速运动的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．电磁铁B的上端为S极，天平仍保持平衡
B．电磁铁B的上端为S极，天平右盘下降
C．电磁铁B的下端为N极，天平左盘下降
D．电磁铁B的下端为N极，无法判断天平的平衡状态
【答案】C
【解析】【分析】 ①根据安培定则判断电磁体的磁极方向。
②从图中可以看出，电磁铁与铁块A都在天平的左盘中，天平是否平衡取决于它们整体对天平左盘的压力是否改变。通过对铁块 A的运动状态的分析，结合超重现象的产生，可判断AB整体对于天平左盘压力的变化。
【解答】 ①根据图片可知，线圈上电流方向向左。右手握住螺线管，弯曲的四指指尖向左，此时大拇指指向下端，则电磁体的下端为N极，上端为S极；
②电磁铁通电后，铁块A被吸起，铁块A向上加速运动的过程中，所以铁块受到的向上的电磁力F必然大于铁块的重力G；当铁块离开盘而又还未到达电磁铁的过程中，虽然铁块对盘的压力没有了，但力的作用是相互的，铁块对电磁铁有向下的吸引力（且吸引力大于铁块的重力G），所以，通过左盘电磁铁支架向下压左盘的力增大，故左盘将下降。
故选C。
7．如图所示，甲站在干燥的木桌上一只手接触到火线；乙站在地上一只手接触到零线；丙站在干燥的木桌上一只手接触到火线。此时，丁站在地面上用手去拉丙。则（ ）
A．甲、乙都会触电 B．甲、丙都会触电
C．乙、丁都会触电 D．丙、丁都会触电
【答案】D
【解析】【分析】触电满足的条件：①接触带电体；②形成通路，据此分析判断。
【解答】甲站在干燥的木桌上一只手接触到火线，只与火线接触而没有形成通路，不会触电。
乙站在地上一只手接触到零线，没有接触带电体，不会触电。
丙站在干燥的木桌上一只手接触到火线，丁站在地面上用手去拉丙，二者既接触带电体又与大地形成通路，则会触电。
故D正确，而A、B、C错误。
故选D。
8．随着科技的发展，科学家已研制出了无线充电的方式。无线充电，又称作非接触式感应充电，是利用近场感应，由供电设备(充电器)将能量传送至用电的装置，该装置使用接收到的能量对电池充电，并同时供其本身运作之用。根据上述信息，请猜测与该技术的原理相同的实验是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】【分析】根据“无线充电，又称作非接触式感应充电”可知，无线充电的本质其实就是电磁感应现象，据此分析判断。
【解答】A.闭合开关后，通过电流的螺线管产生磁场，吸引铁屑，这说明电流周围存在磁场，故A不合题意；
B.当导线中有电流经过时，小磁针的指向发生偏转，这说明通电导线周围存在磁场，故B不合题意；
C.当金属棒在磁场中做切割磁感线运动时，电流表的指针摆动，说明有电流产生，这就是电磁感应现象，故C符合题意；
D.分布在条形磁铁周围的小磁针的指向各不相同，它们展示了磁体周围磁场的分布，并说明磁场是有方向的，故D不合题意。
故选C。
9．如图所示，闭合开关，将滑动变阻器的滑片P向右移动时，弹簧测力计的示数变小。则下列分析正确的（）
A．电磁铁的上端为Ｓ极
B．电源左端为“＋”极
C．抽去铁芯，弹簧测力计示数增大
D．断开开关，弹簧测力计示数为零
【答案】C
【解析】【解答】（1）滑动变阻器的滑片P向右移动时，电路中的电阻变小，则电路中的电流变大，从而可以确定电磁铁的磁性变强；
而磁体的下端为N极，并且弹簧测力计的示数变小，根据异名磁极相互吸引，同名磁极相互排斥，可以判断出电磁铁的上端为N极。故A不符合题意。
（2）因为电磁铁的上端为N极，下端为S极，由安培定则可知，电流从电磁铁的下端流入，故电源右端为正极，左端为负极。故B不符合题意。
（3）因为抽去铁芯后，电磁铁的磁性变弱，而电磁铁的上端为N极，并且同名磁极相互排斥，所以对条形磁铁的排斥力减小，故弹簧测力计的示数将变大。故C符合题意。
（4）断开开关，电路中没有电流，此时电磁铁没有磁性，即电磁铁对条形磁铁即不吸引也不排斥，但条形磁铁有重力，故弹簧测力计有示数。故D不符合题意。
故选C。
10．已知MgSO3和MgHPO4组成的混和物中含镁为18%，则含氧约为（ ）
A．18% B．30% C．58% D．无法确定
【答案】C
【解析】【分析】在化学式MgSO3中硫的相对原子质量为32，在MgHPO4中氢和磷相对原子质量的和是32，相当于硫，根据镁与硫的质量比可计算出硫的质量分数，即可计算出氧元素的质量分数。【解答】在化学式MgSO3中硫的相对原子质量为32，在MgHPO4中氢和磷相对原子质量的和是32，相当于硫。
由于镁与硫的质量比是24：32=3：4，MgSO3和MgHPO4组成的混和物中含镁为18%，
所以硫的质量分数是：，
所以含氧约为：1-18%-24%=58%。
故选C。
11．有两种元素X和Y，它们化合成两种化合物A和B，化合物A中X所占质量分数为75%，化合物B中X占80%。已知A的化学式为XY4，则B的化学式为（ ）
A．XY2 B．XY3 C．X2Y3 D．X3Y2
【答案】B
【解析】【分析】根据化学式及元素质量比先计算出各原子的相对原子质量比，再利用相对原子质量及元素质量分数的关系计算化学式中原子个数比分析。
【解答】 化合物A中X所占质量分数为75% ，则Y占25%，设X和Y的相对原子质量分别为a和b
a:4b=75%:25%
a:b=12:1
设B的化学式为XmYn，则12m:n=80%:20%
m:n=1:3
故答案为：B。
12． 饮用含甲醇的酒，可造成失明，甚至中毒死亡．如图是甲醇燃烧的微观示意图（未配平），下列有关说法或化学方程式错误的是（ ）
A．工业酒精中往往含有甲醇，禁止用工业酒精配制饮料酒
B．CH3OH+3O2CO2+4H2O
C．每个甲醇分子比每个乙醇分子少一个原子团“CH2”
D．等质量的甲醇与甲烷分别在足量氧气中完全燃烧，甲醇消耗的氧气比甲烷少
【答案】B
【解析】【解答】A、工业酒精中往往含有甲醇，甲醇有毒，禁止用工业酒精配制饮料酒，故A正确；
B、甲醇燃烧的方程式是：2CH3OH+3O22CO2+4H2O，故B错误；
C、由甲醇、乙醇的化学式：CH3OH、C2H5OH可知，每个甲醇分子比每个乙醇分子少一个碳原子和两个氢原子，可以说少一个原子团“CH2”，故C正确；
D、甲醇燃烧的方程式是：2CH3OH+3O22CO2+4H2O，甲醇与氧气的质量为64：96，甲烷燃烧的方程式是：CH4+2O2CO2+2H2O，甲烷与氧气的质量为16：64，所以，等质量的甲醇与甲烷分别在足量氧气中完全燃烧，甲醇消耗的氧气比甲烷少，故D正确．
故选B．
【分析】根据甲醇燃烧的微观示意图，写出化学式、反应的化学方程式，根据其意义分析判断有关的问题．甲醇有毒不能饮用．
13．目前农村正在推广“测土配方施肥”技术，农技员对某土地检测后给出了施肥配方，该土壤施加NH4NO3，K2CO3；若测定该混合化肥中氮元素的质量分数为28%，则固体混合物中K2CO3的质量分数为（ ）
A．85% B．20% C．25% D．80%
【答案】B
【解析】【分析】根据计算硝酸铵的质量，并计算出它的质量分数，然后用单位1减去这个质量分数即可。
【解答】设混合肥的质量为m，那么氮元素的质量为28%m；
其中硝酸铵的质量为：；
则硝酸铵的质量分数为：；
则其中碳酸钾的质量分数：1-80%=20%。
故选B。
14．与铵根离子(NH )具有相同的质子数和电子数的微粒是（ ）
A．Na＋ B．OH－ C．H2O D．LiF
【答案】A
【解答】解：方法一：NH 中N原子的质子数为7，H原子的质子数为1，所以NH 的质子数为11，电子数=11-1=10。
A、Na+中质子数为11，电子数=11-1=10；
B、OH-中质子数为9，电子数=9+1=10；
C、H2O中质子数=1×2+8=10，分子中质子数=电子数，故其电子数也为10；
D、LiF中质子数=3+9=12，分子中质子数=电子数，故其电子数也为13；
方法二：由于铵根离子属于阳离子，而要求的微粒和铵根离子具有相同的质子数和电子数，故符合条件的微粒一定是阳离子。故答案为：A
15． 图中参加反应的甲、乙分子和生成的丙分子的个数比为（ ）
A．5：1：2 B．2：1：2 C．3：1：2 D．1：1：2
【答案】B
16． 工业上可利用黄铁矿（主要成分是Fe2S）煅烧的产物冶炼铁和生产硫酸，其反应方程如下：
①4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2②Fe2O3+3CO2Fe+3CO2③2SO2+O22SO3④SO3+H2O═H2SO4
下列说法不正确的是（ ）
A．反应①②③均有元素化合价发生变化
B．反应①②不属于四种基本反应类型中的任何一种，反应③④属于化合反应
C．将5g SO2溶于95g水形成溶液，其溶液的质量分数大于5%
D．将100g蒸馏水加入100g98%的浓硫酸中，可配制200g质量分数为49%的稀硫酸
【答案】D
【解析】【解答】A、通过分析各个反应，①中的铁从+2变成+3，氧从0变成﹣2，②中碳从+2变成+4，③中硫从+4变成+6，故A正确；
B、通过分析各个反应可知，反应①②不属于四种基本反应类型中的任何一种，反应③④属于化合反应，故B正确；
C、三氧化硫和水反应会生成硫酸，溶质质量增大，所以将5g SO2溶于95g水形成溶液，其溶液的质量分数大于5%，故C正确；
D、稀释浓硫酸，需要将浓硫酸加入水中，故D错误；
故选：D．
【分析】A、根据各个反应中元素的化合价进行分析；
B、根据反应基本类型的判断方法进行分析；
C、根据三氧化硫和水反应会生成硫酸，溶质质量增大进行分析；
D、根据溶质质量分数的计算公式依据浓硫酸稀释的方法进行分析．
二、填空题
17．以下内容请你用最合适的化学符号填空：地壳中含量最多的金属元素 ； 3个亚铁离子 ；能保持二氧化硫化学性质的微粒 ；调味品食盐的阳离子 ；相对分子质量最小的氧化物 ；温度计中填充的液态金属 ；-2价的硫元素 ； 3个二氧化碳分子 ．
【答案】Al；3Fe2+；SO2；Na+；H2O；Hg；-2S；3CO2
【解析】【解答】（1）地壳里各元素的含量由多到少的顺序排列依次是氧，硅，铝，铁，因此地壳中含量最多的金属元素是铝，符号为Al；（2）在的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，亚铁离子为+2价时的铁离子； （3）根据能保持二氧化硫化学性质的微粒为二氧化硫分子，表示为：SO2； （4）调味品食盐的阳离子为钠离子，根据离子的表示方法，钠离子表示为：Na+；（5）相对分子质量最小的氧化物为水，其化学式表示为：H2O； （6）温度计中填充的液态金属 水银；表示为：Hg； （7）根据元素化合价的表示方法：确定出化合物中所要标出的元素的化合价，然后在其化学式该元素的上方用正负号和数字表示，正负号在前，数字在后（8）根据分子的表示方法：正确书写物质的化学式，表示多个该分子，就在其化学式前加上相应的数字。
18．下列分别盛有不同物质的容器中，所盛物质属于单质的是 ，属于混合物的是 ，属于化合物的是 （均填容器下的字母）。若C瓶中CO2和CO所含的氧元素的质量相等，则CO2和CO中碳元素的质量比为 ，CO2和CO的质量比为 。D瓶中保持冰化学性质的最小粒子是 （填化学式）。
【答案】A；BCE；D；1：2；11：14；H2O
【解答】（1）A：氧气和液氧都是氧气，只是状态不同，它们为只由一种氧元素组成的纯净物，则为单质；
B：氧气和臭氧为两种不同的物质，二者构成混合物；
C：一氧化碳和二氧化碳为两种不同的物质，二者构成混合物；
D：冰和水为同种物质，只是状态不同，因为它们都是由两种元素组成的纯净物，则为化合物；
E：过氧化氢和水是两种不同的物质，二者构成混合物。
那么所盛物质属于单质的是A，属于混合物的是BCE，属于化合物的是D。
（2）设C瓶中CO2和CO所含的氧元素的质量都是m，那么它们的质量之比为：；
则CO2和CO中碳元素的质量比：。
（3）冰是固态的水，分子为H2O，那么D瓶中冰保持化学性质的最小微粒为：H2O。
19．回答下列问题。
（1）下表是元素周期表的一部分，请回答有关问题：
右图表示左表中 （填表中序号）的原子结构示意图；得电子后形成的离子符号为 ；①处元素和②处元素形成常见化合物的化学式为 ；
（2）X、Y两种元素的相对原子质量之比为7∶2，X与Y形成的化合物中，X、Y两种元素的质量之比为21∶8，则该化合物的化学式可表示为 。若X、Y两种元素的相对原子质量之比为2∶1，由这两种元素形成的化合物中，X、Y的质量之比为2∶3，其中X的化合价为+a。则在该化合物中Y的化合价为 。
【答案】（1）④；Cl﹣；MgO （2）X3Y4；-a/3
【解析】【分析】（1）在原子结构图中，圆圈内的数字是原子序数，据此确定元素种类。
根据该原子的最外层电子数确定达到8个电子的稳定状态时的得失电子情况，确定所带的电荷数和电性，从而写出离子符号。
根据图片确定①处和②处元素的名称，然后写出化合物的化学式。
（2）①元素的质量之比等于相对原子质量和个数的乘积之比，据此得到两种原子的个数之比，从而写出化学式。
②根据上面的方法写出化学式，然后根据正负化合价代数和为零计算出Y的化合价。
【解答】（1）根据原子结构图可知，质子数为17，那么为17号元素，即左表中④。
该元素为Cl元素，最外层电子为7，容易得到1个电子达到稳定状态，那么带一个单位的负电荷，离子符号为Cl-。
①为8号元素O，②为12号元素Mg，二者组成化合物的化学式为MgO。（2）①设化合物的化学式为XnYm，那么得到：7：2=21n：8m；解得：n：m=3：4；那么化学式为X3Y4。
②设化合物的化学式为XcYd，那么得到：2：3=2c：1d；解得：c：d=1：3；那么化学式为XY3。
根据正负化合价代数和为零得到：a+3x=0；
解得：x=.
20．在一种M的氧化物中，M与氧元素的质量比为7：20，已知M与氧的相对原子质量比为7：8，则氧化物中M元素的化合价为 。已知某元素R与氢元素的化合物的化学式为RH4，含氢为25%，求R的相对原子质量是 ，RH4的相对分子质量为 。相同分子数的CO和CO2，氧元素的质量比为 ，相同质量的CO和CO2，氧元素的质量比为 。
【答案】+5；12；16；1：2；11：14
【解析】【分析】运用化学式的含义、相对分子质量的计算、相对原子质量的概念切入解答。
【解答】某M的氧化物中，M元素与氧元素的相对原子质量之比为7：8，因为氧的相对原子质量是16，故M的相对原子质量是，则M为氮元素；
由题意可知氮元素与氧元素的质量比为7：20，该氧化物的分子中M原子和氧原子的个数比为，其化学式为N2O5，
设氧化物中氮元素的化合价为x，则2x+（-2）×5=0，解得x=+5。
某种元素R与氢元素形成的化合物为RH4，其中R的质量分数为75%，则氢元素的质量分数为1-75%，则R元素与氢元素的质量比为75%：25%=3：1，设R元素的相对原子质量为x，则x：（1×4）=3：1，x=12，RH4的相对分子质量为：12+4×1=16。
假设一氧化碳和二氧化碳均为1个分子，则1个一氧化碳分子中含有1个氧原子，1个二氧化碳分子中含有2个氧原子，氧元素的质量比即为氧原子的个数比，为1：2；假设一氧化碳与二氧化碳的质量均为mg，则相同质量的CO和CO2，氧元素的质量比为（）：（）=11：14。
故答案为：+5；12；16；1：2；11：14
21．在分子、原子、质子、中子、电子、原子核、阴离子、阳离子中，按照要求填写下列空格：
（1）能保持物质化学性质的微粒是 ；
（2）化学变化中的最小微粒是 ；
（3）能直接构成物质的微粒是 ；
（4）构成原子核的微粒是 ；
（5）带正电荷的微粒是 ；
（6）带负电荷的微粒是 ；
（7）不带电荷的微粒是 。
【答案】（1）分子、原子 （2）原子 （3）分子、原子、离子 （4）质子、中子
（5）质子、原子核、离子 （6）电子、阴离子 （7）分子、原子、中子
22．（1）将一个电磁铁和白炽灯并联后接入电路，如图甲，当闭合电键时，灯L1即刻点亮，随后熄灭；当断开电键时，灯闪亮后熄灭。此现象说明当闭合电键时，电磁铁的磁性强弱在短时间内的变化情况为 ；当断开电键时，灯闪亮说明电磁可在短时间内 （选填“充电”或“供电”）。
（2）如图乙，两根绝缘细线吊着一根铜棒，空间存在垂直纸面的匀强磁场，棒中通有向右的电流时两线上拉力大小均为F1，若棒中电流大小不变方向相反，两线上的拉力大小均为F2，且F2＞F1，则铜棒所受磁场力大小为 。（用已给字母表示）
（3）如图丙是“悬空的磁环”示意图，假设甲、乙、丙三个磁环相同，质量均为m，中间塑料管是光滑的。若甲的上端为S极，则乙的上端为 极；当磁环都处于静止状态时，甲对乙的作用力为F1和丙对乙的作用力为F2，则F1 F2。（选填“＜”“=”“＞”）。
（4）两根非常靠近且相互垂直的长直导线分别通以相同强度的电流，方向如图丁所示，那么两电流所产生的磁场垂直导线平面向外且最强的在填哪个区域为 （填“1”或“2”或“3”或“4”）
【答案】（1）变强；供电（2）F2-F1（3）N；＜（4）1
【解析】【分析】（1）电磁铁的磁场强弱与电流大小有关，即电流越大，它的磁场越强。灯泡发光的条件：①有电源；②有通路，根据电源的作用解答。
（2）通电导体在磁场中受力的方向与电流方向有关，根据二力平衡条件列式计算出即可；
（3）根据磁极之间的相互作用分析乙的磁极状况。分别以甲，甲和乙为受力对象，根据二力平衡的知识比较两个作用力的大小。
（4）用右手握住直导线，大拇指指向电流方向，那么弯曲的四指指尖所指的方向就是磁场的环绕方向，据此分析导线周围的磁场，哪个位置二者方向一致，那么它们重叠相加，磁场最强。
【解答】（1）当闭合电键时，通过电磁铁的电流变大，则电磁铁的磁性强弱在短时间内的变化情况为变强；当断开电键时，灯闪亮说明有电流经过灯泡，那么电磁铁相当于电源，即电磁可在短时间内供电。
（2）当电流向右时，铜棒受到向上的磁力，此时拉力2F1=G-F ①；
当电流向左时，铜棒受到向下的磁力，此时拉力2F2=G+F ②；
②-①得到：F2-F1=F；
则铜棒受到的磁场力为：F=F2-F1.
（3）①若甲的上端为S极，则甲的下端为N极，根据“同名磁极相互排斥”可知，则乙的上端为N极；
②甲保持静止状态，那么乙对甲的作用力等于G甲。因为甲对乙的作用力和乙对甲的作用力相等，因此甲对乙的作用力为F1=G甲。
将乙和甲看作一个整体，它们处于平衡状态，那么丙对乙的作用力等于甲和乙的总重力，即F2=G甲+G乙。
比较可知，F1（4）根据丁图可知，竖立导线的磁场方向：右手握住这根导线，大拇指指向下端，在位置1处弯曲的四指指尖向外，即1处磁场方向向外；
水平导线的磁场方向：右手握住这根导线，大拇指指向右端，在位置1处弯曲的四指指尖向外，即1处磁场方向向外。
则位置1处磁场方向相同，此处磁场最强。
23．如图是演示巨磁电阻效应原理的示意图，GMR是巨磁电阻，它的电阻在磁场中随磁性增强而急剧减小．它所在电路的电源电压保持6V不变，L是标有“2V 0.1W”的指示灯，当它两端电压达到1.2V时开始发光，若指示灯电阻不受温度影响，则灯丝阻值为 Ω．闭合S1、S2时，图中电磁铁的 （选填“左”或“右”）端是S极，将滑动变阻器滑片P向左滑动，电磁铁周围的磁场 （选填“增强”、“减弱”或“不变”），P滑到某点，L刚好开始发光，此时GMR接入电路的阻值为 Ω，继续向左滑动滑片P，电压表示数 。（选填“变大”、“变小”或“不变”）
【答案】40；右；增强；160；变小
【解析】【分析】（1）已知灯泡的额定电压和额定功率，根据公式计算灯泡的电阻；
（2）根据安培定则判断通电螺线管的极性；
（3）根据滑片移动方向确定电流大小的变化，进而判断电磁铁的磁场强度变化；
（4）首先根据UGMR=U总-UL计算出巨磁电阻两端的电压，再根据“串联电路电压与电阻成正比”计算出巨磁电阻的阻值；
（5）根据磁场变化确定巨磁电阻的阻值变化，再根据“串联电路电压与电阻成正比”的规律判断电压表的示数变化。
【解答】（1）灯泡的电阻；
（2）电磁铁线圈上电流方向向上；右手握住螺线管，弯曲的四指指尖朝上，此时大拇指指向左端，那么电磁铁的左端为N极，右端为S极。
（3）将滑动变阻器滑片P向左滑动，变阻器的阻值变小，通过电磁铁的电流变大，那么电磁铁周围的磁场增强。
（4） 巨磁电阻与灯泡串联，电压表测巨磁电阻的电压。
当灯泡正常发光时，巨磁电阻两端的电压为：UGMR=U总-UL=6V-2V=4V；
根据串联电路电压与电阻成正比得到：；
即：；
解得：RGMR=80Ω。
（5）继续向左滑动滑片P，电阻变小，电流变大，那么电磁铁的磁场增强，而巨磁电阻的阻值变小。根据串联电路的电流规律可知，此时电压表的示数变小。
三、实验探究题
24． 法国科学家阿尔贝 费尔和德国科学家彼得 格林贝尔由于发现巨磁电阻（GMR）效应，荣获了2007年诺贝尔物理学奖．这一发现大大提高了磁、电之间信号转换的灵敏度．如图是说明巨磁电阻特性原理的示意图：
（1）通电螺线管的右端是 极；
（2）闭合开关S2，指示灯不亮，再闭合开关S1，指示灯发光，由此可知：巨磁电阻的大小与 有关；
（3）若滑片P向左移动，电磁铁的磁场 （填“增强”、“减弱”），观察到指示灯变得更亮，由此实验可得出结论：
（4）请举出一个应用巨磁电阻效应相关的实例 ．
【答案】（1）S（2）磁场强弱（3）增强；磁场越强巨磁电阻阻值越小 ；（4）电脑读卡器
【解析】【解答】解：（1）当开关闭合后，电磁铁中的电流是从右端流入，左端流出，根据安培定则可知，电磁铁的左端为N极，右端为S极；
（2）闭合开关S2，指示灯不亮，说明巨磁电阻阻值很大，再闭合开关S1，指示灯发光，说明巨磁电阻变小，由此可知：巨磁电阻的大小与磁场强弱有关；
（3）若滑片P向左移动，电路中的电流增大，电磁铁的磁性增强，观察到指示灯变得更亮，说明电路中的电流明显增强，由欧姆定律可知，电路中GMR的阻值显著减小．由此实验可得出结论：磁场越强巨磁电阻的阻值越小；
（4）因为能够提高了磁、电之间信号转换的灵敏度，故巨磁电阻的一个重要应用是：电脑读卡器．
25． 在探究通电螺线管外部磁场的实验中，采用了如图1所示的实验装置．
（1）当闭合开关S后，小磁针 发生偏转（填“会”或“不会”），说明通电螺丝管与小磁针之间是通过 发生力的作用．
（2）用铁屑来做实验，得到了如图2所示的情形，它与 磁铁的磁场分布相似．为描述磁场而引入的磁感线 真实存在的．
（3）为了研究通电螺线管的磁极性质，老师与同学们一起对螺线管可能的电流方向和绕线方式进行了实验，得到了如图所示的四种情况．实验说明通电螺线管的磁极极性只与它的 有关，且这个关系可以用 判断．
（4）闭合开关S，通电螺线管周围的小磁针N极指向如图3所示，由图可知：在通电螺线管外部，磁感线是从 极发出，最后回到 极．
【答案】（1）会；磁场（2）条形；不是（3）电流方向；安培定则（4）北；南
【解析】【解答】解：
（1）由图1，电源左端为正极，右端为负极，根据安培定则可以判断通电螺丝管右端为N极，左端为S极．根据异名磁极相吸引，由图可知小磁针会发生逆时针偏转；
通电螺线管和小磁针之间的作用是通过磁场发生的．
（2）由图2可知：通电螺丝管的外部磁场与条形磁铁的磁场相似；磁感线是为了能形象描述磁场而引入的，不是真实存在．
（3）四个图中的螺线管电路中甲和乙的绕线方式相同，电流方向不同，根据小磁针的指向情况知：甲的右端为S极，乙的右端为N极；
同理丙丁也是如此，所以实验说明螺线管的绕线方式相同时，极性只与它的电流方向有关；这个关系可以用安培定则来判断．
（4）由图3根据安培定则可知，通过螺线管的左端为S极，右端为N极，根据周围小磁针N极指向与该点磁感线方向一致可知：在通电螺线管外部，磁感线是从北极发出，最后回到南极．
故答案为：（1）会；磁场；（2）条形；不是；（3）电流方向；安培定则；（4）北；南．
四、解答题
26．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”)。
【答案】（1）90（2）A、B端 （3）由图甲可知100℃时，R=50Ω，控制电路电流I= = =0.03A=30mA，∴恒温箱加热器处于不工作状态。 （4）变大
【解答】（1）根据甲图可知，50℃时热敏电阻的阻值为90Ω；
（2）当线圈中电流小于28mA时，衔铁没有被吸下来，而是接通AB所在的电路，此时加热器正在工作，因此恒温箱的加热器应该接在AB端。
（3）由图甲可知100℃时，热敏电阻R=50Ω，
控制电路的总电阻；
控制电路电流，
则恒温箱加热器处于不工作状态。
（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，热敏电阻的阻值减小，所控制的恒温箱内的最高温度将变大。
27．如图所示为某兴趣小组为学校办公楼空调设计的自动控制装置，R是热敏电阻，其阻值随温度变化关系如下表所示。已知继电器的线圈电阻R0=10Ω，左边电源电压为6V恒定不变。当继电器线圈中的电流大于或等于15mA时，继电器的衔铁被吸合，右边的空调电路正常工作。
温度t/℃ 0 5 10 15 20 25 30 35 40
电阻R/Ω 600 550 500 450 420 390 360 330 300
（1）请说明该自动控制装置的工作原理。
（2）计算说明该空调的启动温度是多少？
（3）为了节省电能，将空调启动温度设定为30℃，控制电路中需要再串联多大的电阻？
（4）改变控制电路的电阻可以给空调设定不同的启动温度，除此之外，请你再提出 一种方便可行的调节方案。
【答案】（1）随室内温度的升高，热敏电阻的阻值减小，控制电路中电流增大，当电流达到15mA时，衔铁被吸合，右侧空调电路连通，空调开始工作。当温度下降时，控制电路电阻增大，电流减小，减小到一定值，使空调电路断开，这样就实现了自动控制。
（2）电路启动时的总电阻：R总=U/I=6V/0.015A=400Ω，
此时热敏电阻的阻值：R热=R总-R0=400Ω-10Ω=390Ω，
对照表格数据可知，此时的启动温度是25℃。答：该空调的启动温度是25℃。
（3）因为电路启动时的总电阻为400，由表中数据可知，空调启动温度设定为30℃ ．时，热敏电阻的阻值为300，则电路中还应串联的电阻：
Ｒ＇＝Ｒ热＝Ｒ总－Ｒ热‘－Ｒ0＝400－360-10=30.
答：将空调启动温度设定为30℃ 时。控制电路中需要再串联30的电阻。
（4）因为本装置启动的电流是一定的，因此，既可通过改变电阻来改变电流，可以通过将左边电源为可调压电源来实现对其控制.
答：可以将左边电源改为可调压电源。
【解答】
（1）答：随室内温度的升高，热敏电阻的阻值减小，控制电路中电流增大，当电流达到15mA时，衔铁被吸合，右侧空调电路连通，空调开始工作．当温度下降时，控制电路电阻增大，电流减小，减小到一定值，使空调电路断开，这样就实现了自动控制；
（2）电路启动时的总电阻：R总=U/I=6V/0.015A=400Ω，
此时热敏电阻的阻值：R热=R总-R0=400Ω-10Ω=390Ω，
对照表格数据可知，此时的启动温度是25℃，
答：该空调的启动温度是25℃；
（3）因为电路启动时的总电阻为400Ω
由表中数据可知，空调启动温度设定为30℃时，热敏电阻的阻值为360Ω；
则电路中还应串联的电阻：R′=R热=R总-R热′-R0=400Ω-360Ω-10Ω=30Ω；
答：将空调启动温度设定为30℃时，控制电路中需要再串联30Ω的电阻。
（4）因为本装置启动的电流是一定的，因此，既可通过改变电阻来改变电流，可以通过将左边电源改为可调压电源来实现对其控制，答：可以将左边电源改为可调压电源。
28．维C泡腾片是一种常见的补充维生素C的保健品。某品牌维C泡腾片(以下称“本品”)的主要成分如图甲所示。
（1）下列关于维生素C的说法正确的是 (填字母)。
A．维生素C由C、H、O三种元素组成
B．维生素C的相对分子质量为176克
C．维生素C由6个碳原子、8个氢原子和6个氧原子构成
D．维生素C中C、H、O元素的质量比为9：1：12
（2）由本品的营养成分表得知，每100克维C泡腾片含钠5 750毫克。已知本品其他成分不含钠元素，则本品中碳酸氢钠的质量分数为 。
（3）将本品牌的一片维C泡腾片投人蒸馏水中，有．气泡产生，反应的化学方程式为H3C6H5O7+3NaHCO3=Na3C6H5O7+3CO2↑十3 (填化学式，已知C6H8O7写为酸的形式是H3C6H5O7)。
（4）维C泡腾片中碳酸氢钠质量分数的测定：称量相关实验用品质量，将本品一片投入蒸馏水中，待不再产生气体后，称量锥形瓶及瓶内所有物质的总质量，装置如图乙所示，相关数据如表：
物品 反应前 反应后
锥形瓶 蒸馏水 维C泡腾片 锥形瓶及瓶内所有物质
质量/克 71.75 50.00 4.00 125.53
①根据以上数据计算本品中碳酸氢钠的质量分数(写出计算过程，结果精确到0.1%)。
②实验测定结果与题(2)计算结果相比有明显偏差，其可能原因是 。
【答案】（1）A；D（2）21%（3）H2O（4）10.5%；装置内有残余的二氧化碳
【解答】（1）由化学式可知，维生素C由碳、氢、氧三种元素组成，A正确；相对分子质量为176，单位为“1”，B错误；维生素C由维生素C分子构成，一个分子由6个碳原子、8个氢原子和6个氧原子构成 ，C错误；维生素C 中C、H、O元素的质量比为（12×6）：8：（16×6）＝9：1：12，D正确；
（2） 每100克维C泡腾片含钠5 750毫克，则碳酸氢钠的质量分数为 =21%；
（3）由反应方程式可知反应前原子种类和个数为：氢11、碳9、氧16、钠3，反应后为：氢5、碳9、氧13、钠3，由反应前后原子种类和个数不变可知，反应后缺少6个氢原子和3个原子，则横线上物质化学式为 H2O ；
（4）装置内减少质量即为产生二氧化碳质量，则生成二氧化碳质量为71.75+50.00+4.00－125.53＝0.22g，由二氧化碳中碳元素为碳酸氢钠中碳元素可知，碳酸氢钠质量为 =0.42g，则碳酸氢钠质量分数为 ； 实验测定结果与题(2)计算结果相比有明显偏差，可能是装置内有残余的二氧化碳没有全部排出；
故答案为：（1）AD；（2）21%；（3） H2O ；（4）10.5%； 装置内有残余的二氧化碳 。
29．纯电动汽车是一种采用蓄电池作为唯一动力源的汽车，电池的安全性主要体现在对其温度的控制上，当某组电池温度过高时，立即启动制冷系统进行降温，图甲是小滨设计的模拟控温装置示意图，电磁继电器与热敏电阻Rt、滑动变阻器RP串联接在电压为6V的电源两端。当电磁铁线圈(电阻不计)中的电流I大于或等于25mA时，衔铁被吸合，热敏电阻置于温度监测区域，其阻值Rt与温度t的关系如图乙所示，滑动变阻器的最大阻值为200Ω。
（1）图甲中应将b端与 端相连；
（2）若设置电池温度为60℃时启动制冷系统，则滑动变阻器阻值应为多少？
（3）若要提高启动温度，RP接入电路的阻值应该怎么调节？并简要说明理由。
【答案】（1）c
（2）解：衔铁被吸合时，控制电路的总电阻
由图乙可知当温度为60℃时， ，则滑动变阻器接入电路的阻值为： ；
（3）解：当电磁铁线圈中的电流等于25mA时，控制电路电压不变，则控制电路总电阻不变；由图乙得温度升高，热敏电阻阻值减小，即滑动变阻器阻值应该增大。
【解析】【分析】（1）当温度升高到一定程度时，根据图乙确定热敏电阻的阻值变化，进而确定电流变化，明确衔铁的位置以及接通的电路，最后根据电路的工作状态确定接线方法即可。
（2）首先根据 计算出衔铁吸合时的总电阻，再根据图乙确定60℃时热敏电阻的阻值，最后根据R变=R总-Rt计算滑动变阻器接入的阻值。
（3）电磁铁吸合时的电流大小不变，则总电阻不变。根据图乙确定温度升高时热敏电阻的阻值变化，再根据R总=Rp+Rt分析变阻器的阻值变化即可。
30．如图甲所示，某恒温箱的加热电路由交流电源、电热丝等组成，其电路通断由控制电路控制，控制电路由电磁继电器、热敏电阻R1(安装在恒温箱内)、可变电阻器R2、低压电源、开关等组成，R1的阻值随温度变化的关系如图乙所示，调节可变电阻器使得R2＝110 Ω，闭合开关，当恒温箱内温度升高到50 ℃时，由于电磁继电器的作用，加热电路被断开，电磁继电器的线圈电阻忽略不计，请回答：
（1）电磁继电器中电磁铁上端是 极。(选填“N”或“S”)
（2）恒温箱内温度不断升高时，电磁铁的磁性变 ，加热电路会因此被 (选填“接通”或“断开”)。
（3）调节可变电阻器使得R2′＝170 Ω，恒温箱内温度升高到多少摄氏度时，加热电路被断开。
（4）整个装置在设计上有何不足之处： 。
【答案】（1）N（2）强；断开
（3）解：由图乙可知，当恒温箱温度升高到50 ℃时，R1＝90 Ω，
由串联电路特点知此时控制电路的总电阻R总＝R1＋R2＝90 Ω＋110 Ω＝200 Ω，
因为控制电路中电磁铁吸合电流是相同的，即电路的总电阻不变，当R2′＝170 Ω时，
R1′＝R总－R2′＝200 Ω－170 Ω＝30 Ω，
由图乙可知，此时恒温箱内的温度为130 ℃，即恒温箱内温度升高到130 ℃时，加热电路被断开。
（4）电磁继电器频繁通断，整个装置的使用寿命因此受到影响
【解析】【分析】（1）根据安培定则判断电磁铁的磁极方向；
（2）根据乙图分析温度升高时热敏电阻R1的阻值变化，进而分析通过电磁铁的电流大小变化，确定电磁铁的磁场强度变化，最终判断衔铁的运动方向即可。
（3）同一电磁铁吸合时电流大小不变，即总电阻不变。首先根据图乙确定温度为50℃时热敏电阻的阻值，然后根据串联电路R总＝R1＋R2计算出总电阻，再据此计算出变阻器阻值为170Ω时热敏电阻的阻值，最后根据乙图确定恒温箱内的最高温度。
（4）可从电磁继电器的使用寿命的角度分析解答。
【解答】（1）根据甲图可知，螺线管上电流方向向右；右手握住螺线管，弯曲的四指指尖向右，此时大拇指指向上端，因此电磁铁的上端为N极。
（2）根据乙图可知，恒温箱内温度不断升高时，热敏电阻的阻值减小，通过电磁铁的电流增大，则电磁铁的磁性变强，此时将衔铁吸下来，加热电路会因此被断开。
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