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1、浙江省温州市学年高一第七届小科学家摇篮杯竞赛化学试题试题2017年温州市第七届“小科学家摇篮杯”高一化学竞赛试卷（考试时间：2小时；满分：150分）考生须知：1全卷分试题卷和答题卷两部分。试题共有五大题，29小题。满分150分，考试时间120min。2本卷答案必须做在答题卷相应位置上，做在试题卷上无效，考后只交答题卷。必须在答题卷上写清楚学校、姓名、准考证号。H1相对原子质量He4Li7Be9B10C12N14O16F19Ne20Na23Mg24Al27Si28P31S32Cl35. 5Ar40K39Ca40Sc45Ti48V51Cr52Mn55Fe56Co59Ni59Cu64Zn65Ga70

2、Ge73As75Se79Br80Kr84Rb85.5Sr88Y89Zr91Nb93Mo96Tc98Ru101Rh103Pd106Ag108Cd112In115Sn119Sb122Te128I127Xe131第卷（选择题，共78分）一、选择题（本题包括10个小题，每小题3分，共30分；每小题只有一个选项符合题意。）1.下列说法不正确的是A. 光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济B. 燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施 C. 纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理

3、吸附D. Ba2+浓度较高时危害健康，但BaSO4可服人体内，作造影剂用于X-射线检查肠胃道疾病【答案】C【解析】A电解消耗电能，而光催化还原水制氢可利用太阳能，前者浪费能源，则光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济，故A正确；B. 采用燃料脱硫技术可以减少二氧化硫的产生，从而防止出现酸雨，NOx的催化转化生成无污染的氮气也是减少酸雨的有效措施，故B正确；CFe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应生成金属单质而治理污染，与吸附性无关，故C错误；DBa2+浓度较高时危害健康，但BaSO4不溶于水和胃酸，所以BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X-射线检查肠胃道疾病，故D正确； 故选

4、C。2.下列有关化学用语正确的是A. CO2的电子式： B. HClO的结构式：H-Cl-OC. 水分子的球棍模型： D. 35Cl离子的结构示意图：【答案】D【解析】A二氧化碳的电子式为：，故A错误；B氯原子最外层7个电子成1个共价键，氧原子最外层6个电子成2个共价键，结构式为：H-O-Cl，故B错误；C水分子是V型结构，不是直线型结构，故C错误；D氯离子核外有3个电子层，最外层有8个电子，氯离子的结构示意图：，故D正确；故选D。点睛：本题考查学生对常用化学用语的理解。本题的易错点为BC，注意HClO的结构式书写，容易受分子式的影响；注意水分子的空间结构。3.采用不同的分类方法，可将金属氧化

5、物分为不同的类别。例如，从某种意义上讲，可将Na2O、CuO、MgO、Fe2O3等归为一类，则下列氧化物中与它们同属一类的是A. CaO B. Na2O2 C. Al2O3 D. Mn2O7【答案】A【解析】Na2O、CuO、MgO、Fe2O3都属于金属氧化物，且属于碱性氧化物。A、CaO属于金属氧化物，与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，故A正确；B、Na2O2与酸反应生成盐和水以及氧气，不属于碱性氧化物，故B错误；C、Al2O3属于两性氧化物，故C错误；D、Mn2O7属于酸性氧化物，故D错误；故选A。4.下列有关物质性质和用途对应具有因果关系的是A. 二氧化硅熔点高，可用于制光导纤维B.

6、次氯酸钙具有强氧化性，可用于消毒杀菌C. 浓硫酸具有脱水性，可用于干燥气体D. 氯化铁易水解，可用于腐蚀铜制线路板【答案】B【解析】A二氧化硅晶体能对光产生全反射，能传递光信号，所以二氧化硅晶体可用于制光导纤维，与熔点无关，故A错误；B次氯酸钙具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于消毒杀菌，故B正确；C浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，与硫酸的脱水性无关，故C错误； D氯化铁能与Cu反应生成氯化铜和氯化亚铁，反应中氯化铁作氧化剂，应用了氯化铁的氧化性，与水解无关，故D错误；故选B。5. W、X、Y、Z、N、M六种主族元素，它们在周期表中位置如图所示，下列说法不正确的是A. 原子半径：YZWB. 单

7、质的还原性：XYC. 溴与元素M同主族，最高价氧化物的水化物的酸性比M的强D. 元素N位于金属与非金属的分界线附近，可以推断N元素的单质可作半导体材料【答案】C【解析】A. 同周期元素原子半径随着核电荷数增大而减小，所以原子半径YZ，同主族元素原子半径随着原子序数增大而增大，所以原子半径ZW，总之，原子半径：YZW，故A正确；B. 单质的氧化性：YX，所以单质的还原性：XY，故B正确；C. 非金属性：溴0能自发进行，可知该反应S0【答案】D【解析】A、Cu与Fe形成原电池时，铜的金属活泼性比铁的弱，铁作负极，被腐蚀，所以不能在海轮外壳上镶入若干铜块以减缓其腐蚀，故A错误；B、若化学过程中断开化

8、学键放出的能量大于形成化学键所吸收的能量，则H=断键吸收的热量-成键放出的热量0，则反应吸热，故B错误；C、一定温度下，增大反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)容器的体积即减小压强，平衡正向移动，故C错误；D、TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)在一定条件下可自发进行，则G=H-TS0，又该反应是一个吸热反应，所以S0，故D正确；故选D。10.为完成相应实验，实验器材（规格和数量不限）足够的一项是相应实验实验仪器和用品（夹持装置省略）A氯化钠溶液的蒸发结晶烧杯、玻璃棒、酒精灯B用盐酸除去硫酸钡中的少量碳酸钡烧杯、胶头滴管C用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少

9、量NaI烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗D配制 0.5molL1 的硫酸溶液烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A氯化钠溶液的蒸发结晶，应加热蒸发水分，所需实验器材有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒、铁架台、坩埚钳等，故A错误；B用盐酸除去BaSO4中的少量碳酸钡需要进行过滤，要用到玻璃棒，缺少玻璃棒，故B错误；C用溴水和CCl4除去NaBr溶液中的少量NaI，需要先滴加溴水，除去碘化钠，然后通过萃取、分液操作，用到仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，故C正确；D用浓硫酸配制溶液，首先计算配制溶液所需浓硫酸的体积，再溶解、冷却、转移、在相应规格的容量

10、瓶中定容，在这些操作中需要的实验器材：量筒、胶头滴管、烧杯和玻璃棒，题目提供的实验器材无法完成该实验，故D错误；故选C。点睛：本题考查较为综合，涉及基础实验操作，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重相关基础知识的积累。本题的易错点为D，容易忽略量筒。二、选择题（本题包括12个小题，每小题4分，共48分；每小题有一个或二个选项符合题意；若有二个选项符合题意，只选一个正确选项，得2分，多选或选错该小题得0分。）11.下列说法不正确的是A. Na2He是科学家最近合成的新物质，Na2He中各微粒最外层均达到稳定结构B. 氢氧化钠在熔融状态下离子

11、键被削弱，形成自由移动的离子，具有导电性C. 碘晶体是分子晶体，加热升华过程中只需克服原子间作用力D. 水电解生成氢气和氧气，有化学键的断裂和形成【答案】AC【解析】ANa2He中，钠离子最外层达到8电子稳定结构，He原子最外层电子数为0，故A错误；B氢氧化钠中含有离子键和共价键，由离子构成，则熔融状态下离子键被削弱，形成自由移动的离子，具有导电性，故B正确；CI2是分子晶体，加热升华过程中，状态发生变化，分子不变，只需克服分子间作用力，故C错误；D化学变化中有化学键的断裂和生成，则水电解生成氢气和氧气，为化学变化，有化学键的断裂和形成，故D正确；故选AC。点睛：本题考查化学键及晶体类型，为高

12、频考点，把握不同晶体及作用力、晶体性质为解答的关键。本题的易错点为A，He最外层电子数为0，不是稳定结构。12.一定条件下，0.3 mol N2(g)与0.3 mol H2(g)在体积为1L的密闭容器中发生反应（未配平）：N2(g)+H2(g)-NH3(g)，下列示意图合理的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】A、N2减少0.1mol，消耗H20.3mol，生成NH3 0.2mol当达到平衡时，N2、NH3的物质的量可以相同，但反应是可逆反应不能进行彻底，图象与事实不符，故A不符合；B、反应速率之比等于化学方程式计量数之比，2V(N2)正=V(NH3)逆，此时反应达到平衡状态，V(N2

13、)正=V(NH3)逆，不能说明反应达到平衡状态，故B不符合；C、H2消耗0.1mol，生成NH3物质的量为0.2mol，图象中反应的定量关系不符合反应比，故C不符合；D、反应是气体体积减小的反应，随反应进行，达到平衡状态，N2、NH3的体积分数不变化，图象符合，故D符合；故选D。13.下列指定反应的离子方程式正确的是A. Na2CO3溶液中CO32水解：CO322H2OH2CO32OHB. Fe3O4溶于稀HNO3：3Fe3O428H+NO3 = 9Fe3+NO14H2OC. 少量的SO2通入NaClO溶液：SO2+ClO+H2O=SO42+Cl+2H+D. 向含Ba(OH)2和KOH均为0.

14、1mol的混合溶液中通入标准状况下4.48LCO2气体：Ba2+3OH+2CO2=BaCO3+HCO3+H2O【答案】BD【解析】ANa2CO3溶液中CO32-的水解分步进行，离子反应为CO32-+H2OHCO3-+OH-，故A错误；BFe3O4溶于稀HNO3，溶解生成的亚铁离子能够被硝酸氧化，离子反应为3Fe3O4+28H+NO3-9Fe3+NO+14H2O，故B正确；CNaClO溶液显碱性，通入少量的SO2的离子反应为ClO-+2OH-+SO2Cl-+SO42-+H2O，故C错误；D. 标准状况下4.48LCO2气体的物质的量为0.2mol；当将0.2mol二氧化碳通入氢氧化钡、氢氧化钠各

15、0.1mol的混合溶液中时，二氧化碳先与氢氧化钡反应，只有将溶液中的氢氧化钡反应完全后，消耗0.1mol CO2，剩余的0.1mol CO2与0.1mol氢氧化钠反应生成碳酸氢钠，反应的离子方程式为Ba2+3OH+2CO2=BaCO3+HCO3+H2O，故D正确；故选BD。点睛：本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电荷守恒。本题的易错点为D，二氧化碳先与氢氧化钡，再与氢氧化钠反应。14.碳热还原制备氮化铝的总反应化学方程式为：Al2O3(s)+3C(s)+N2(g)2AlN(s)+3

16、CO(g)。在温度、容积恒定的反应体系中，CO浓度随时间的变化关系如图曲线甲所示。下列说法不正确的是A. 在不同时刻都存在关系：3v(N2)= v(CO)B. c点切线的斜率表示该化学反应在t时刻的瞬时速率C. 从a、b两点坐标可求得从a到b时间间隔内该化学反应的平均速率D. 维持温度、容积不变，若减少N2的物质的量进行反应，曲线甲将转变为曲线乙【答案】AD【解析】A、化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3v(N2)=v(CO)，故A错误；B、c点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为一氧化碳的瞬时速率，故B正确；C、图象中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内

17、物质的浓度变化计算得到，从a、b两点坐标可求得从a到b时间间隔内该化学反应的平均速率，故C正确；D、维持温度、容积不变，若减少N2的物质的量进行反应，平衡逆向进行，达到新的平衡状态，平衡状态与原来的平衡状态不同，故D错误；故选A D。点睛：本题考查了化学平衡影响因素分析判断，化学方程式书写方法，主要是图象分析应用。本题的易错点为B，c点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间为瞬时速率。15.一定条件下，在水溶液中1molCl、ClOx(x=1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是A. a、b、c、d、e中，c最稳定B. ba+c反应的活化能为20kJmol1C

18、. ba+d反应的热化学方程式为3ClO(aq)=ClO3(aq)+2Cl(aq) H=-116kJmol1D. 一定温度下，Cl2与NaOH溶液反应生成的产物有a、b、d，溶液中a、b、d的浓度之比可能为16：1：3【答案】CD【解析】Aa，b，c，d，e中a能量最低，所以最稳定，故A错误；B依据图中数据无法判断ba+c反应的活化能，故B错误；Cba+d，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，反应热=(64kJ/mol+20kJ/mol)-360kJ/mol=-116kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO-(aq)=ClO3-(aq)+2Cl-(aq)H=

19、-116kJ/mol，故C正确；DCl2+KOHaKCl+bKClO+dKClO3+H2O，反应中若a=16，则Cl元素降低得到16个电子，b=1、d=3，则Cl升高失去16个电子，得失电子守恒，即a、b、d之比可能为16：1：3，故D正确；故选CD。点睛：本题以卤族元素为载体考查了氧化还原反应、热化学反应方程式的书写，侧重分析与迁移应用能力的考查，注意掌握热化学方程式中反应热的计算。本题的易错点为D，可以根据得失电子守恒在氧化还原反应方程式的配平中的应用思考。16.苯甲酸钠（C6H5COONa，简写为NaA）可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A。已知25时，HA的K

20、a=6.25105，H2CO3的Ka1=4.17107，Ka2=4.901011。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是（温度为25，不考虑饮料中其他成分）A. 相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低B. 提高CO2充气压力，饮料中c(A)减少C. 当pH为5.0时，饮料中=0.16D. 碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为：c(H+)=c(HCO3)+c(CO32)+c(OH)c(HA)【答案】BC【解析】A由题中信息可知，苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-，充CO2的饮料中HA的浓度较大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故

21、A错误；B提高CO2充气压力，溶液的酸性增强，溶液中c(A-)减小，故B正确；C当pH为5.0时，饮料中=0.16，故C正确；D碳酸饮料中碳酸电离的氢离子与水电离的氢离子之和等于溶液中氢离子与A-结合的氢离子之和，即溶液中存在质子守恒：c(H+)+c(HA)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，则各种粒子的浓度关系为：c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)-c(HA)，故D错误；故选BC。点睛：本题考查了溶液中离子浓度大小比较、电离常数的有关计算等，侧重于考查学生的分析能力和计算能力，注意把握电离常数的计算方法。本题的难点为C，要注意灵活利用Kw和Ka解

22、题。17.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 31g白磷( )分子中含有1 NA 个P-P键B. 1molFeI2与1molCl2反应时转移的电子数为3NAC. 标准状况下，4.48LCH4和乙烯(CH2=CH2)的混合气体完全燃烧，产生的水中所含O-H键数目为0.8NAD. 常温下，将1 mol NH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，溶液中NH4+数目为NA【答案】CD【解析】A、白磷分子式为P4，分子中含有6个共价键，31g白磷分子的中含有P-P键数=6=1.5mol，故A错误；B1molFeI2与1molCl2反应时，1mol氯气完全反应最多得到2mol电子，转移的电子数为

23、2NA，故B错误；C.标准状况下4.48升CH4和C2H4的混合气体物质的量为0.2mol，由于甲烷和乙烯分子中氢原子数相同，所以0.2mol混合气体中所含氢原子数为0.8mol，反应后生成0.4molH2O，含有0.8molO-H键，故C正确；D、将1molNH4NO3溶于稀氨水中，根据电荷守恒可知有：n(OH-)+n(NO3-)=n(H+)+n(NH4+)，而溶液呈中性，则有n(OH-)=n(H+)，故可知n(NO3-)=n(NH4+)=1mol，即铵根离子个数为NA个，故D正确；故选CD。18.在常温下，0.1000molL-1Na2CO3溶液25mL 用0.1000molL-1盐酸滴定

24、，其滴定曲线如图6。对滴定过程中所得溶液中相关离子浓度间的关系，下列有关说法正确的是A. a点：c（CO2-3）c(HCO-3)c(OH-)B. b点：5c(Cl-)4c(HCO-3)+4c(CO2-3)C. c点：c(OH-)=c(H+)+c(HCO-3)+2c(H2CO3)D. d点：c(H+)=2c(CO2-3)+c(HCO-3)+c(OH-)【答案】B【解析】试题分析：A、a点为Na2CO3和NaHCO3等量混合液，以Na2CO3第一步水解为主，故c(HCO-3)c(CO2-3）c(OH-)，错误；B、b点为Na2CO3和NaHCO3混合液，有物料守衡式为5c(Cl-)=4c(H2CO

25、3)+4c(HCO-3)+4c(CO2-3)，正确；C、c点为NaHCO3溶液，质子守恒式为c(OH-)+c(CO2-3)=c(H+)+c(H2CO3)，错误；D、d点位NaCl和溶解的CO2溶液，电荷守衡为c(H+)+c(Na+)=2c(CO2-3)+c(HCO-3)+c(OH-)+c(Cl-)，其中c(Na+)=c(Cl-)，故有c(H+)=2c(CO2-3)+c(HCO-3)+c(OH-)，正确。考点：考查溶液中微粒浓度关系的有关问题。19.将16.8 g铁和0.3 mol Br2充分反应，加水溶解后过滤，向滤液中通入 a mol Cl2。下列叙述不正确的是A. 当a=01时，发生的反应

26、为:2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-B. 当a=045时，发生的反应为：2Fe2+4Br-+3Cl2=2Fe3+2Br2+6Cl-C. 若溶液中Br-有一半被氧化时，c(Fe3+):c(Br-):c(Cl-)=l:1:3D. 当0a015时，溶液中始终满足2c(Fe2+)+3c(Fe3+)+c(H+)=c(Cl-)+c(Br-)+c(OH-)【答案】C【解析】试题分析：n（Fe）=16.8g56g/mol=0.3mol，n（Br2）=0.3mol，由反应2Fe+3Br22FeBr3可知，反应后Fe过量，在溶液中进一步发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，则反应后溶液中存在0.3molFe2+和0.6molBr-，A当a=0.1时，氯气不足，因Fe2+的还原性