上海市天原杯化学竞赛预赛试题解析.docx

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上海市天原杯化学竞赛预赛试题解析

2013年上海市初三化学竞赛（天原杯）

参考答案

一、单项选择题

题号

答案

题号

答案

题号

答案

题号

答案

二、多项选择题

题号

答案

一、单项选择题（共70分，每小题只有一个正确答案）

1．解：

①天然气与煤、柴油相比燃烧时生成的污染物较少而天然气的热值大，故天然气是较清洁的能源；②CH4的相对分子质量为：

12+4=16；CO2的相对分子质量为：

12+16×2=44；因为16＜44，故相同质量的上述两种气体，产生温室效应更明显的是CH4；③天然气燃烧生成二氧化碳，二氧化碳过多会使全球气候变暖，带来温室效应．

故选：

A．

2．解：

由物质的三态变化可知，在大气条件下，二氧化碳是无色无味的气体，而在温度低于31.2℃时，加压可使CO2变为液态，即加压降温可减小分子之间的间隔，使二氧化碳由气体变为液体，则可将CO2液化后送入深海海底，以减小大气中CO2的浓度．

故选D；

3．解：

A、氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，该反应放出大量的热，且生成的氢氧化钙具有腐蚀性，不能用于补充钙质，故该做法会危害人体健康．

B、干冰是固体的二氧化碳，升华时吸收大量的热，可用于冷藏食品，故该做法不会危害人体健康．

C、工业用盐中所含有的亚硝酸钠是有毒的，不能用来腌制的肉类食品，食用会对人体健康造成危害，故该做法会危害人体健康．

D、甲醛有毒，能破坏人体蛋白质的结构，使蛋白质变质，故该做法会危害人体健康．

故选B．

4．解：

A、根据化合物中各元素正负化合价的代收和为零可知，反应①：

VOSO4中V的化合价是+4价，（V02）2SO4中V的化合价是+5价，因此反应①中VOSO4被氧化，故A说法正确；

B、根据化合物中各元素正负化合价的代收和为零可知，反应①：

VOSO4中V的化合价是+4价，（V02）2SO4中V的化合价是+5价，因此反应①中钒元素的化合价升高，故B说法正确；

C、根据化合物中各元素正负化合价的代收和为零可知，反应②中：

（V02）2SO4中V的化合价是+5价，NH4VO3中V的化合价是+5价，因此反应②中钒元素的化合价不变，故B说法错误；

D、根据分解反应一种化合物反应生成两种或两种以上物质的反应可知，该反应的反应物是一种，生成物是三种，属于分解反应，故D说法正确．

故选C．

5．解：

A、依据稀盐酸不会发生焰色反应且加热易挥发，所以可以用它清洗做完焰色反应的铂丝；

B、由于氯化银不能溶于稀硝酸，所以洗去附着在试管内壁的氯化银不能用稀硝酸；

C、氨气属于碱性气体，所以可以用碱性干燥剂碱石灰进行干燥；

D、浓硫酸具有吸水性且一氧化碳不能与硫酸反应，所以干燥CO气体可以用浓硫酸完成；

故选B

6．解：

A、①中氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙能与盐酸反应生成氯化钙，氯化钙不能与二氧化碳反应，所以得不到碳酸钙，①不可以实现，②中氯酸钾可以制取氧气，铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与硝酸反应生成硝酸铜和水；所以②可以实现，故A错；

B、②中氯酸钾可以制取氧气，铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜与硝酸反应生成硝酸铜和水；所以②可以实现，铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，氢气和氧化铜反应生成铜和水，铜能与硝酸银反应，所以③能实现，故B错；

C、①中氯化钙不能与二氧化碳反应，所以得不到碳酸钙，①不可以实现，④中硫酸钡和盐酸不反应，所以不能实现，故C正确；

D、③中铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，氢气和氧化铜反应生成铜和水，铜能与硝酸银反应，所以③能实现，④中硫酸钡和盐酸不反应，所以不能实现，故D错．

故选C．

7．

8．解：

A、二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫的条件是高温有催化剂的条件下才能发生，所以常温下，SO2很难与O2反应生成SO3，故A正确；

B、一氧化氮不稳定常温下能转化为二氧化氮，故B正确；

C、NO2是SO2转化为硫酸过程中的反应物，不是中间产物，故C错；

D、催化剂在反应前后质量和化学性质不变，并能改变反应速度，在反应过程中，二氧化氮不具备这些特点，故D错．

故选AB．

9．解：

氮气中含有水蒸气，浓硫酸具有吸水性，能除去氮气中的水蒸气；氮气和氢气都通过浓硫酸再出来，可将两种气体混合，同时可通过两种气体冒出气泡的速度观察气体的流速

故选D

10．解：

①通过碱石灰时，气体体积变小；碱石灰吸收水和二氧化碳，体积减小证明至少有其中一种，而且通过碱石灰后全部吸收；

②通过赤热的氧化铜时，固体变为红色；可能有CO还原氧化铜，也可能是氢气还原氧化铜，也可能是两者都有；

③通过白色硫酸铜粉末时，粉末变为蓝色，证明有水生成，而这部分水来源于氢气还原氧化铜时生成，所以必须有氢气；

④通过澄清石灰水时，溶液变浑浊证明有二氧化碳，而二氧化碳来源于一氧化碳还原氧化铜，所以必须有一氧化碳．

综上分析：

混合气体中一定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一种，

故选D．

11．解：

A、浓硫酸与氨水不反应，故A错；

B、由气体的摩尔质量越小，扩散速度越快，所以氨气的扩散速度比氯化氢快，氨气比浓盐酸离烟环远，所以甲为浓氨水、乙为浓盐酸，故B正确；

C、氢氧化钠溶液不具有挥发性，且氢氧化钠与盐酸反应不能产生白色烟环，故C错；

D、氨气扩散速度比硝酸快，氨气比浓硝酸离烟环远，故D错．

故选B．

12．解：

A、食盐溶于水无明显现象，烧碱溶于水放热，氢氧化镁难溶于水，因此可用水鉴别三种物质，A能鉴别

B、蔗糖溶于水无明显现象，硫酸铜溶液于呈蓝色，碳酸钙粉末不溶于水，因此可用水鉴别三种物质，B能鉴别

C、焦炭不与盐酸反应，氧化铜与盐酸反应生成氯化铜溶液，呈蓝色，氧化亚铁与盐酸反应生成浅绿色溶液，故用盐酸可鉴别三种物质，故C能鉴别

D、根据三种物质的性质，碳酸钠能与盐酸反应，氯化钠不能与盐酸反应，硝酸钠不能与其它物质发生复分解反应，不能区分硝酸钠和氯化钠溶液，故D不能鉴别

故选D

13．解：

由于Cu（NO3）2受热分解生成两种气体：

二氧化氮和氧气，能使带火星木条复燃，如果二氧化氮不能助燃，由于氧气和氮气是混合在一起的，带火星的木条是不会复燃的，因为氧气能使带火星的木条复燃，所以AC都正确．

故选AC．

14．

15．解：

A、该反应是两种化合物相互交换成分，生成两种新的化合物的反应，是复分解反应，故A正确；

B、20℃，NaHCO3的溶解度为9.6g/100g水，能析出碳酸氢钠，说明此温度下得到的溶液中NaHCO3已达到饱和，故B正确；

C、NH4Cl中含有氮元素，可以用作氮肥，故C正确；

D、反应得到溶液中溶质除了NH4Cl，还有NaHCO3，故D错误；

故选D．

16．解：

硝酸钙能与碳酸钾反应生成白色沉淀，故营养液中不能同时存在硝酸钙和碳酸钾，

A、在营养液中加入碳酸钠溶液产生白色沉淀，故一定含有硝酸钙，碳酸钾一定不存在，故A正确；

B、在营养液中加入硝酸银溶液产生白色沉淀，说明一定含有氯化钾，硝酸钾可能含有，结合实验1，营养液的组成可能是硝酸钙、氯化钾或硝酸钙、氯化钾和硝酸钾，故组成可能是两种情况，故B正确；

C、只计算实验1中沉淀的质量，只能计算出硝酸钙的质量，其余物质的质量无法确定，故C正确；

D、计算实验1和实验2的沉淀质量，只能确定硝酸钙和氯化钾的质量，硝酸钾的质量无法知道，故无法确定营养液的组成，故D错误；

故选D．

17．解：

首先计算t℃时A、B两物质的溶解度：

根据饱和溶液的溶质质量分数随温度变化的曲线，t℃时甲、乙两物质的饱和溶液的溶质质量分数相等都为40%，根据饱和溶液的溶质质量分数计算式：

A、t℃时甲、乙两物质的溶解度为67g，即此时100g水最多溶解甲、乙物质的质量都为67g，所以，加入的50g甲可以全部溶解且形成不饱和溶液，加入的80g乙不能全部溶解而成为饱和溶液，因此两溶液的溶质质量分数不相等；故错误；

B、综合以上分析，当降温到t℃时固体甲不会析出，而固体乙物质会析出，故错误；

C、同理，可计算出0℃时甲的溶解度是

所以当降温到0℃时析出甲的质量是50g-25g=25g，析出乙的质量是80g-50g=30g，故C正确；

D、据C分析可知，0℃时甲的溶解度小于乙，故错误；

故选C．

18．解：

设N2、O2、CO2的物质的量均为amol，参加反应的CO2的物质的量为xmol，

根据反应式：

2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，

可得：

（3a-x+x/2）/3a=8/9，解得：

x=2a/3

故反应后混合气体中N2、O2、CO2的物质的量之比为

a：

（a+x/2）：

（a-x）

=1：

4/3：

1/3

=3：

4：

1结论：

3：

4：

19．解：

将一包铜、铁的混合粉末加入到盛有FeCl3溶液的烧杯中，能发生的反应有①Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，②Fe+2FeCl3=3FeCl2，③Fe+CuCl2═FeCl2+Cu，铜和铁都能与氯化铁反应生成氯化亚铁，故所得溶液中一定含有氯化亚铁，如果充分反应后仍有少量固体，根据反应的方程式可知一定含有铜，由于铁的量不确定，故可能含有铁，有铜存在，则不可能含有氯化铁．

A、加入铁和铜的混合物，依据对反应的分析可知该固体中一定含有铜可能含有铁，故A正确；

B、加入铁和铜的混合物，如果剩余物中含有铁则溶液中一定没有氯化铜存在，此时该固体中一定应该含有铜，故B错误；

C、若氯化铁的量少，加入的铁粉和铜粉可能剩余，故C正确；

D、若氯化铁的量多，加入的铁粉和铜粉全部参加反应，不会有剩余，故D正确．

故选B．

20．解：

据图可知，当消耗氢氧化钡溶液的质量为25g时二者恰好完全反应，生成沉淀硫酸钡的质量为：

20g+30g-47.67g=2.33g，设氢氧化钡的质量分数为x

Ba（OH）2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O

171 233

25g×x 2.33g

观察选项，故选C．

21．解：

A、氢气是密度最小的气体，所以A是氢气，故A正确；

B、氢气和氯气点燃生成氯化氢，氯化氢溶于水形成盐酸，故B正确；

C、碱中含有金属离子和氢氧根离子，根据质量守恒可知金属离子只能是钠离子，所以碱是氢氧化钠，故C正确；

D、盐酸与钠反应、盐酸与氧化钠反应都能生成氯化钠，故D错．

故选D．

22．解：

A、除去二氧化碳中的氢气不能够通氧气点燃，这是因为当二氧化碳（不能燃烧、不能支持燃烧）大量存在时，少量的氢气是不会燃烧的；且除去气体中的气体杂质不能使用气体，否则会引入新的气体杂质，故选项所采取的方法错误．

B、CO2和SO2气体均能与NaOH溶液反应，不但能把杂质除去，也会把原物质除去，不符合除杂原则；故选项所采取的方法错误．

C、MgCl2溶液能与KOH溶液反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钾，滴加KOH溶液至不再产生沉淀为止，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确．

D、碳酸钙在高温下分解生成氧化钙和二氧化碳，煅烧至固体质量不在减少为止，能除去杂质且没有引入新的杂质，符合除杂原则，故选项所采取的方法正确．

故选CD．

23．解：

一开始二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，此时沉淀质量增加，当二氧化碳和氢氧化钙反应完毕后，根据题中信息可以知道，此时溶液出于悬浊液状态，所以此时发生的是二氧化碳和碳酸钾溶液或是没有反应完全的氢氧化钾的反应，不管怎么样都不会再有沉淀产生，但是同时沉淀的质量也不会减少，当把碳酸钾及氢氧化钾完全反应后，二氧化碳与碳酸钙反应生成了能够溶于水的碳酸氢钙，此时沉淀逐渐减少最后为零，分析所给的选项可以知道选项B符合我们刚才的分析，即B是正确的．

故选B．

24．解：

在三种化合物中碳、氢元素的原子个数比都为1：

2，故碳元素和氢元素的质量比都为：

12：

1×2=6：

1，故氢元素的质量分数为a/6%，而三种有机物是由碳、氢、氧三种元素组成的，故氧元素的质量分数

故选A

二．多项选择题（共30分，每小题1个或2个正确答案：

只有一个正确的，多选不给分：

有两个正确的，选对一个给1分．选错一个该小题不得分）

25．解：

A、根据实验室常用CaC2（块状固体）和水在常温下反应制备，因此发生装置的特点属于常见的固液常温型的装置，因此该图装置可以制取乙炔：

反应漏斗加液体水，固体通过烧瓶口加入即可，故A的叙述不符合题意；

B、启普发生器适合块状固体和液体反应制取气体，根据题目的信息，因此制取乙炔可以使用启普发生器，故B的叙述不符合题意；

C、根据信息乙炔难溶于水，且排水法收集的气体较纯净，所以可以通过排水法收集到较纯净的乙炔，故C的叙述不符合题意；

D、乙炔的密度比空气略小（相对分子质量法：

26＜29），可以采用向下排空气法收集，但易混有较多的空气，会使收集的乙炔密度偏大，故D的叙述错误，符合题意．

故选项为：

D．

26．解：

本题主要是利用镁铝水滑石分解得到的水和氯化氢的质量列比例式，求出X的值，所以要先将a与浓硫酸装置连接，不能先通过氢氧化钠溶液，否则会将氢氧化钠溶液中水带入浓硫酸，而使结果产生误差，由于除杂质时要遵循长进短出的原则，所以a接e，再通过氢氧化钠装置，所以d接b．

故选C．

27．解：

镁铝水滑石在高温下分解生成氧化镁、氧化铝、氯化氢和水蒸气，足量氢氧化钠吸收氯化氢气体，浓硫酸吸水，通过测定CD装置增重的质量求出生成的氯化氢和水的质量，根据化学方程式求出化学式中的x，因此在加热前通氮气目的是排尽装置中的空气，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入DC装置，造成误差．然后称量CD质量，然后持续通氮气，是将产生的气体全部排入CD装置，被完全吸收．

故选AB

28．

29．解：

若取消B后进行实验，氢氧化钠溶液的质量增加量少了，生成氯化氢的质量少了，根据方程式中氯化氢与水的相对分子质量比等于质量比，氯化氢的质量少了，计算的X值将会偏高．

故选B．

30．解：

Mg2Al（OH）6Cl1-2y（CO3）y•zH2O能分解，此化学式中有两个未知数y和z，由于出现两个未知数，需要测定三组数据，列二元一次方程进行求解，所以除了测定D装置的增重外，还需要至少测定两组数据，观察选项，只有C是测定两组数据，故选C．

31．解：

稀释盐酸时，溶液中所含有的溶质质量不变，

32．解：

镁铝合金中加入足量盐酸发生下列反应，Mg+2HCl═MgCl2+H2↑；2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑然后加入过量的氢氧化钠，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，化学方程式为MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl，氯化铝与氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，氢氧化铝又和氢氧化钠反应生成了偏铝酸钠，因此沉淀是氢氧化镁，溶液中的溶质是氯化钠、氢氧化钠和偏铝酸钠，过滤后氢氧化镁沉淀表面还可能残留着氯化钠、氢氧化钠和偏铝酸钠，因此要证明沉淀已洗涤干净，只需检验最后一次洗涤液中没有这三种物质中的一种即可

A、取最后一次洗涤液，滴加酚酞溶液，不变红，说明已经没氢氧化钠，沉淀已洗涤干净，正确

B、取最后一次洗涤液，滴加硝酸银溶液，无浑浊出现，说明已没有氯化钠，沉淀已洗涤干净，正确

C、取最后一次洗涤液，滴加氢氧化钠溶液，无浑浊出现，表面残留的三种物质都不能与氢氧化钠反应产生沉淀，若沉淀没洗干净，也不会出现浑浊，故C错误；

D、取最后一次洗涤液，滴加氯化镁溶液，无浑浊出现，说明没有氢氧化钠，沉淀已洗涤干净，正确；

故选C

33．解：

设镁铝合金的质量为m，则氧化镁的质量也为m

由化学方程式Mg+2HCl═MgCl2+H2↑　　MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl

34．解：

镁与盐酸反应生成氯化镁，氯化镁与氢氧化钠反应产生氢氧化镁沉淀，氢氧化镁灼烧时分解为氧化镁和水，未能使沉淀完全分解为MgO，则氧化镁的质量偏小，镁元素质量偏小，根据反应前后元素质量不变，合金中镁的质量偏小，则铝的质量就偏大，铝的质量分数=

合金质量不变，则铝的含量就偏大．

故选D

35．

因此使8.640g镁铝合金与140g稀硫酸完全反应，硫酸的质量分数应大于25.2%小于33.6%，故选C

36．解：

浓盐酸具有挥发性，会导致测得的气体的含量增大，根据气体的质量计算出的铝的质量增大．

故选D．

37．解：

设该物质的化学式为CxHyOz，由反应物CO2和H2混合在一定条件下以1：

3（分子数比）比例发生反应，可判断该反应的方程式为

A、如果该有机物是C2H6，则此时的方程式为2CO2+6H2=C2H6+3H2O；方程式不正确（不平），所以该化学式没有可能；

B、如果该有机物是C2H12，则此时的方程式为6CO2+18H2=C6H12+12H2O；方程式正确，所以该化学式有可能；

C、如果该有机物是C2H6O，则此时的方程式为2CO2+6H2=C2H6O+3H2O；方程式正确，所以该化学式有可能；

D、如果该有机物是C3H802，则此时的方程式为3CO2+9H2=C3H8O2+5H2O；方程式不正确，所以该化学式没有可能；

故选AD．

38．解：

A、甲和乙的溶解度随温度的升高而逐渐增大，据题意：

升高温度烧杯中的固体将逐渐减少，至全部溶解，由于40℃时甲的溶解度大于乙的溶解度，所以乙固体逐渐减少，但不一定全部溶解，故A错误；

B、由于不知是否乙全部溶解，无法判断溶液是否饱和，故B错误；

C、丙的溶解度随温度的升高而逐渐减小，所以升高温度，丙烧杯中固体的质量将逐渐增加，正确；

D、乙和丙的溶解度在40℃时相等，故二者饱和溶液的浓度是一样的，但不知乙是否饱和，故无法判断二者的浓度大小关系，故错误；

故选C．

39．解：

镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，固体的质量包括为未反应镁的质量、生成的碳的质量和生成的氧化镁的质量，采用极限思维法，

如果生成固体质量最大，则假设无氧气，镁完全与二氧化碳反应，

则0.1mol镁最多可生成固体的质量为0.10mol×40g/mol+0.05mol×12g/mol=4.6g，

再假设只有镁，则固体最少，固体质量为0.10mol×24g/mol=2.4克，

则固体的范围应该在2.4g～4.6g之间，

故选D．

40．解：

A、S2和S8的混合物质共6.4g，不知道每一种物质的质量不能计算物质的量，故A错；

B、SO2、SO3一个分子的质量分别为ag和bg，则（b-a）g属于一个氧原子的相对质量，氧原子的摩尔质量为16g/mol，故B错；

C、化合物C4H8和C3H6共28g没法计算每一种物质的质量，所以不能计算出消耗氧气的分子数，故C错；

D、由于氧原子的摩尔质量为16g/mol，1mol氧原子数是NA所以一个氧原子的实际重量约等于16g/NA，故D正确．

故选D．

41．解：

设处理5.00×10-3mol的K2Cr2O7需要硫酸亚铁的物质的量为x

把绿矾（FeSO4•7H20）和足量的KOH溶液加入到含K2Cr2O7的废水中，可得KOH和K2SO4的混合溶液以及磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4，该反应的化学方程式为

10FeSO4+18KOH+K2Cr2O7=10K2SO4+4Cr0.5Fe1.5FeO4+9H2O

10 1

x 5.00×10-3mol

故需要绿矾的物质的量也是5.0×10-2mol

需要绿矾的质量为：

5.0×10-2mol×278g/mol=13.9g

观察选项，故选B．

42．解：

A、根据甲物质的分子微观示意图可知，该物质的化学式为C2H4；所以甲的摩尔质量是28g/mol，故结论A正确；

B、根据三种物质的分子微观示意图可知，用甲和乙反应制备丙的化学方程式为C2H4+H2O═C2H6O，反应中甲、乙、丙的分子个数比为1：

1：

1；故结论B不正确；

C、有机物是含有碳元素的化合物，根据三种物质的分子微观示意图可知，甲物质的化学式为C2H4、乙物质的化学式为H2O、丙物质的化学式为C2H6O，可知甲丙是有机物；故结论C不正确；

D、丙物质的化学式为C2H6O，所以丙中C、H、O元素的质量比为12×2：

1×6：

16=12：

3：

8；故结论D正确；

故选AD．

43．解：

A、因为二氧化碳与氢氧化钠能够发生反应：

CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，二氧化碳少了，压强减小，活塞自动向内压缩，故A正确；

B、氢气和氧气在常温下不能发生反应，不能生成无色液体，由于分子之间有间隔，混合后活塞略微向内压缩，故B错；

C、硫酸铁和氢氧化钡反应生成氢氧化铁红褐色沉淀和硫酸钡白色沉淀，故C正确；

D、因铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，所以有气体生成，溶液呈浅绿色，产生了气体，压强增大，活塞自动外移，设1g铁粉完全反应消耗硫酸的质量为X则：

Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑

56 98

1g X

硫酸的实际质量为：

10mL×1.3g/mL×49%=6.37g，所以铁完全反应，无固体剩余，故D正确；

故选：

B．

44．解：

A、摩尔质量为M（g/mol），是指NA个分子的质量，所以气体每个分子的质量为m（g）=M/N，故A正确；

B、应该是：

NA=m/py，故B错；

C、每个分子的体积等于每个分子的质量除以密度，故C错；

D、由于分子之间有间隔，每个分子的体积乘以分子个数，并不等于总体积，分子的一摩尔物质的体积等于摩尔质量除以密度，密度等于摩尔质量除以一摩尔物质的体积，故D错；

故选A．

45．解：

所得滤渣中铜元素的质量与氧化铜中铜元素的质量相等，则铜的质量为：

4g×64/80=3.2g，故滤渣中铁的质量为5.2g-3.2g=2g

设生成3.2g铜需要铁的质量为x，生成硫酸亚铁的质量为y

Fe+CuSO4=FeSO4+Cu

反应硫酸全部转化生成硫酸亚铁，根据铁、硫酸和硫酸亚铁的质量关系，设消耗的硫酸的质量为a，生成的硫酸亚铁的质量为b

Fe--H2SO4--FeSO4

56 98 152

8g a b

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