全国初中化学素质和实验能力竞赛第24届天原杯复试试题解析.docx

1、全国初中化学素质和实验能力竞赛第24届天原杯复试试题解析2015年全国初中化学素质和实验能力测试解析一、选择题(本题包括15个小题，每小题2分，共30分。每小题有1个或2个选项符合题意。)题号12345678答案AABCBDBDAD题号9101112131415答案CBDDBDBCAD未注明分值为每空1分，其他正确答案合理即可得分。1A【解析】A、碳酸钠俗名纯碱，也叫苏打，碳酸钠溶液显碱性，能清洗油污，故A正确B 、84消毒液在日常生活中使用广泛，溶液无色、有漂白作用，它的有效成分为NaClO,漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，故B错误C、青铜是我国使用最早的金属材料，目前世界上使用量最大的

2、合金材料是钢铁，不是铝合金；故C错误D、明矾KAl(SO4)212H2O溶于水会形成胶体，能 吸附净水，因此可用于自来水的净化，但不具有消毒作用，故D错误2 AB【解析】A、由该物质的分子模型图可知该物质的分子由五个碳原子和四个氢原子所构成，因此该物质的化学式可写为C5H4；故A正确； B、该分子中碳元素的质量分数： 故B正确；C、由该物质的化学式C5H4可知该分子由5个C原子和4个H原子构成，因此该分子中的氢原子与碳原子的个数比是4：5；故C不正确；D、可根据方程式中两种物质与氧气的质量比求解，化学方程式如下：甲烷燃烧的化学反应中甲烷与氧气的质量比是16：64=1：4，C5H4燃烧的反应中C

3、5H4与氧气的质量比是64：192=1：3，相当于每1克的两种物质燃烧，甲烷消耗氧气的质量是4克、该化合物消耗氧气的质量是3克，显然等质量的该物质与甲烷相比，燃烧时消耗的氧气少 故D不正确；3 C【解析】A错误。由于工业酒精和食用酒的有效成分都是乙醇，故而也被一些不法商家用来制作食用酒。这种酒被人饮用后就会产生甲醇中毒，所以用工业酒精勾兑的酒也叫毒酒。甲醇有较强的毒性，摄入量超过4克就会出现中毒反应，误服一小杯超过10克就能造成双目失明，饮入量大造成死亡。致死量为30毫升以上，甲醇在体内不易排出，会发生蓄积，在体内氧化生成甲醛和甲酸也都有毒性。 B错误。浴室洗澡时多半是门窗紧闭的，不通风，热水

4、器使用时候消耗氧气多，造成室内缺氧，缺氧情况下如果继续使用，那就不完全燃烧，产生一氧化碳，会中毒。C正确。向蔬菜大棚内通入适量的CO2 ，目的就是促进植物的光合作用，提高农作物产量; D错误，胆矾是硫酸铜 铜离子是重金属离子 对身体有害4 B【解析】海水中的溶剂是水，由水分子可以透过淡化膜进入左侧淡水池，而海水中的各种离子不能透过淡化膜，说明加压后右侧海水中溶剂减少，溶质不变，所以溶液质量也减少，由于溶质不变，所以溶质质量分数增大。5 D【解析】：A二氧化碳和镁反应生成碳和氧化镁，2Mg+CO2=C+2MgO，属于置换反应，故A不符合；B氧化铁和金属铝反应生成氧化铝和铁，发生铝热反应，2Al+

5、Fe2O3=2Fe+Al2O3，属于置换反应，故B不符合；C钠、镁等活泼金属能与乙醇反应，生成乙醇的金属化合物和氢气，C2H5OH 与钠反应生成C2H5ONa和氢气，该反应属于置换反应，故错误D氯化铁和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，不属于置换反应，故D符合；6 B【解析】：A稀释浓硫酸，应将浓硫酸加到水中，而不能将水加入到浓硫酸中得到稀硫酸，故错B. 将NaOH溶液缓慢滴入MgSO4溶液中，镁离子与碱反应生成Mg(OH)2沉淀。C过滤操作用利用玻璃棒引流，将浊液倒入已装好滤纸的漏斗中过滤，故错D灼烧固体用坩埚，不能用蒸发皿，故错7 D【解析】：由于烧碱具有吸水性，故会潮解，导致天平右边质量增加，

6、左边不饱和食盐水溶剂水减少，溶液变浓，质量减少，所以天平指针偏右8 AD 【解析】：A、该方法过程中需高温分解石灰石制备氧化钙，故能耗大，故正确B、该过程中,氢氧化钠、碳酸钙都回收循环利用 ,故错C、“反应分离”过程中分离物质的操作应该是过滤，目的是通过过滤得到碳酸钙沉淀，故错D、甲醇工业上可用CO2制备，故正确9 C【解析】A 戴维在化学上的主要贡献是在电化学领域，元素周期表不是他研制的B 道尔顿在化学上的主要贡献是提出了原子学说C俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，使得化学学习和研究变得有规律可循，故正确；D阿伏加德罗在化学上的主要贡献是提出了分子的概念，并创立了分子学

7、说，故错误 10 BD【解析】A乙醇汽油是由乙醇与汽油按1：9比例混合而成，乙醇含量较小且乙醇价格也不太低，所以使用乙醇汽油并不能大大降低油料价格，故错误B乙醇燃烧能生成水和二氧化碳，是一种比较清洁的能源，故正确C农作物通过发酵可以制取乙醇,故错D制取乙醇可消耗大量的粮食，从而有助于促进粮食转化，提高农民收入，故正确11D【解析】粗盐中的NaCl及CaCl2、 MgSO4都溶于水，要将杂质除去必须将CaCl2和 MgSO4转化为沉淀，连通泥沙一起过滤除去。过滤，加过量的NaOH溶液，加适量盐酸，加过量Na2CO3溶液，加过量BaCl2溶液（1）加过量BaCl2溶液，与MgSO4反应，生成BaS

8、O4沉淀和MgCl2;（2）加过量的Na2CO3溶液，与CaCl2和（1）中过量BaCl2溶液反应，生成CaCO3沉淀和BaCO3沉淀和氯化钠；（3）加过量的NaOH溶液，与（1）中生成的MgCl2反应，生成Mg（OH）2沉淀和氯化钠；（4）过滤，滤出前面生成的沉淀和泥沙；（5）加适量盐酸，与（3）中过量的NaOH溶液和（2）中过量Na2CO3溶液反应，生成氯化钠、水和二氧化碳气体；过滤，加过量的NaOH溶液，加适量盐酸，加过量Na2CO3溶液，加过量BaCl2溶液因此，操作顺序应为12BD【解析】在金属活动性顺序中，锌铁氢铜银，铁不能与硝酸锌反应，所以溶液中一定含有硝酸锌；铁能与硝酸银反应生

9、成硝酸亚铁和银，能与硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜，所以溶液中一定含有硝酸亚铁；在滤渣中加入稀盐酸，没有气体产生，说明铁全部参加反应；一种还原剂遇到多种氧化剂，先与氧化性强的物质反应，硝酸银的氧化性强于硝酸铜，所以加铁粉首先与硝酸银反应，如果没有硝酸铜，则一定没有硝酸银。故选B D13B【解析】设Cl-为x个，依据电荷守恒有：Na+SO42-OH-Cl- 8个 1个 2个 x个所以81=12+21+x1解得x=4所以Na2SO4=2Na+SO42- 11NaCl=Na+Cl-4 4NaOH=Na+OH-2 2则溶液中Na2SO4、NaCl、NaOH个数比为1：4：2故选B14C【解析】根据无水硫酸

10、铜的溶解度为40g,可得8.4g滤液中含硫酸铜2.4g,水6g,则晶体中含水15-6=9g,晶体质量=9*250/90=25g,其中硫酸铜25-9=16g,所以硫酸铜总质量=2.4+16=18.4g.15AD【解析】分析：先根据二氧化硫与硫化氢反应的方程式计算出它们的参加反应的分子个数比，由于反应后生成物中没有气体，所以参加反应的气体分子个数就是减少的气体分子数，没参加反应的气体是剩余气体即反应后气体的分子数解答：根据方程式可知参加反应的二氧化硫和硫酸氢的分子个数比为：1：2 A、如果m与n的比值为1；5，假设m是1个分子，n是5个分子，则消耗了2个硫化氢分子，剩余3个硫化氢分子，所以反应后气

11、体的分子数与反应前的分子数比为3：6=1：2，故A正确；B、如果m与n的比值为1；3，假设m是1个分子，n是3个分子，则消耗了2个硫化氢分子，剩余1个硫化氢分子，所以反应后气体的分子数与反应前的分子数比为1：4，故B错； C、如果m与n的比值为1；1，假设m是1个分子，n是1个分子，则消耗了0.5个二氧化硫分子，剩余0.5个二氧化硫分子，所以反应后气体的分子数与反应前的分子数比为0.5：2=1：4，故C错； D、如果m与n的比值为2；1，假设m是2个分子，n是1个分子，则消耗了0.5个硫化氢分子，剩余1.5个二氧化硫分子，所以反应后气体的分子数与反应前的分子数比为1.5：3=1：2，故D正确故

12、选AD16.（2分） Ca(OH)2 CaCO317.(5分) CuSO4 CuSO4+2KOH=Cu(OH)2+K2SO4 (2分) CuSO4+BaCl2=BaSO4+CuCl2 (2分)18.(3分) （1） K2OAl2O36SiO2；Al2O32SiO22H2O（2）酸性：H2CO3H2SiO3，遵循强酸制弱酸的规律19.(6分) （1） 没有 有 不可恢复（2） 可恢复（3） SO2 + Cl2 + 2H2O =H2SO4 + 2HCl （2分）20.(7分) （1） SiHCl3+H2 Si+3HCl （2分） SiHCl3+3H2OH2SiO3+H2+3HCl （2分） 爆炸（

13、2）2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O （2分）21.(3分) （1）不变 （2）变大 （3）变小解析：饱和溶液是指该温度下，某种溶质的饱和溶液，即只针对该溶质饱和，对其他溶质并不饱和；通过向溶液中加水或加某种固体时，分析判断溶液中溶质质量的变化，并进一步判断溶液密度的变化，然后再应用阿基米德原理分析解题（1）向饱和的氯化钠溶液中加入硝酸钾晶体，加入的硝酸钾晶体会继续溶解，溶液质量增大，而溶液体积几乎不发生变化，故溶液密度变大，由阿基米德原理F浮=水gV排可知：悬挂着的物体所受浮力变大，故弹簧测力计示数变小（2）向饱和的氯化钠溶液中加入蒸馏水后，溶液被稀释，溶液密度变小，由阿基米德原

14、理F浮=水gV排可知：悬挂着的物体所受浮力变小，故弹簧测力计示数变大（3）向饱和的氯化钠溶液中加入氯化钠晶体后，由于该温度下的溶液已针对氯化钠饱和，故加入的氯化钠晶体不会再溶解，溶液质量不变，溶液密度也不变，故悬挂着的物体所受浮力不变，弹簧测力计的示数也不变故答案：（1）变小；（2）变大； （3）不变22.(4分) 6.5 2.5 （2分） 5 4 （2分）解析：对比甲、乙两同学所用A和B的质量及生成AB的质量：同样生成6gAB，甲实验B的用量为2g、乙实验B的用量为5g，则可得反应生成6gAB时需要消耗B的质量为2g；利用质量守恒定律，可判断生成6gAB时消耗B的质量为2g，则消耗A的质量=

15、6g-2g=4g，则两物质恰好完全反应时，A、B两物质的用量比为4g：2g=2：1；根据反应中反应物A、B两物质的质量比为2：1及质量守恒定律，由于丙同学实验中生成AB的质量7.5g，若A的用量=7.5g=5g，此时B的用量=9g-5g=4g；若B的用量=7.5g=2.5g，此时A的用量=9g-2.5g=6.5g；因此丙学生实验中A、B的质量分别为：5、6.5g或4g、2.5g答：丙学生实验中A、B的质量分别为：5、6.5g或4g、2.5g23.(5分) （1）Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O (2分) （2）2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3+2Na

16、2SO4+CO2 (2分) （3） +1解析:（1）双氧水具有氧化性，在酸性环境下能将金属铜氧化，方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O （3）化合物中元素化合价的代数和为零，Cu2S中S的化合价为2，故Cu的化合价为+1。24.(5分) （1）（2）烧瓶、直型冷凝管、接收管、温度计、锥形瓶（3）相反（4）蒸馏烧瓶支管口（5）防止液体暴沸解析：（1）实验的操作顺序是：先组装仪器（按组装仪器的顺序从下到上，从左到右），然后检验装置的气密性，最后添加药品，所以该实验操作顺序是：，故答案为：；（2）烧瓶、直型冷凝管、接收管、温度计、锥形瓶（3）液体加热要加沸石或碎瓷片，防止暴沸，

17、故答案为：防止液体暴沸；（4）冷凝管里水流的方向与蒸气的流向相反，否则不能使蒸馏水充满冷凝管，不能充分冷凝，故答案为：相反；（5）温度计测量的是蒸汽的温度，故应放在支管口，故答案为：蒸馏烧瓶支管口；25.(7分) （1）Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2（2）减弱（3）氢氧化镁的溶解度随着温度的降低而减小，从而使溶液减性消失（或减弱）；吸收了空气中的二氧化碳而使溶液减性消失（或减弱）（4）做对比实验，让上述红色溶液分别与空气接触和隔绝空气的条件下冷却，若前者褪色，后者不褪色，则证明空气中的CO2使溶液碱性减弱，导致红色褪去。解析：（1）Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2（2）根据碱能使酚酞

18、试液变红色的性质可以知道，能使酚酞变红色的溶液显碱性，而放置在空气中一段时间后，发现溶液的红色褪去，说明溶液的碱性消失（或减弱）；故答案为：消失（或减弱）（3）根据金属镁可与热水反应生成一种碱和一种气体，滴加酚酞试液，溶液变为红色的信息，我们可以大胆的猜测，这种碱可能是氢氧化镁放置在空气中冷却后，发现溶液的红色褪去了，根据碱能与二氧化碳反应的化学性质，或者我们很容易会想到是否是碱性溶液与空气中的二氧化碳反应生成了其他的盐；根据氢氧化镁微溶于水的性质和物质的溶解度受温度的影响，我们可以猜测温度降低，Mg（OH）2溶解度变小了；故答案为：氢氧化镁的溶解度随着温度的降低而减小，从而使溶液减性消失（或

19、减弱）；吸收了空气中的二氧化碳而使溶液减性消失（或减弱）（4）根据氢氧化镁微溶于水的性质和物质的溶解度受温度的影响，我们可以猜测温度降低，Mg（OH）2溶解度变小了，从而设计加热褪色的溶液，观察溶液颜色变化的实验；故答案为；将褪色后的溶液再加热，看其是否再变为红色，如变红，则原因为（或将溶液在隔绝空气的条件下降温，看其红色是否褪去如不褪去，则原因为）26.(6分) （1）Fe2O3+3CO 2Fe+3CO2（2）检验氧化铁与一氧化碳反应的产物二氧化碳的存在，并吸收二氧化碳，有利于尾气的燃烧。（3）提高酒精灯火焰的温度；（4）节省能源【解析】（1）一氧化碳还原氧化铁的化学方程式为：Fe2O3+3

20、CO 2Fe+3CO2，装置A中所看到的现象是：红棕色粉末逐渐变成黑色故填：Fe2O3+3CO 2Fe+3CO2；红棕色粉末逐渐变成黑色（2）在C处看到的现象是澄清的石灰水变浑浊，说明反应后有二氧化碳生成故填：澄清的石灰水变浑浊；二氧化碳（3）提高酒精灯火焰的温度；（4）本实验设计中，在B处所采取措施的目的是既能够提供能量，也能够防止一氧化碳污染环境，其反应的化学方程式为：2CO+O2 2CO2故填：既能够提供能量，也能够防止一氧化碳污染环境；2CO+O2 2CO2故填：排尽装置中的空气，防止加热发生爆炸27.(4分) (1) A 氧气、水 (2分) (2) 将菜刀擦干、涂上一层植物油 （3）

21、火力发电厂多使用煤,煤中含S元素,产生的SO2有还原性,可继续变为SO3和水生成硫酸腐蚀铁器。解析：（1）铁生锈的条件是：放置在干燥处铁在空气中锈蚀，实际上是铁跟空气中的氧气和水共同作用的结果，铁制品锈需要的条件：要有能够发生反应的物质，反应物要能相互接触，生成物不会对反应起阻碍作用。故答案为:与氧气接触，有水参加；（2）防锈的方法：使铁制品与氧气和水隔绝可以防止生锈，防止家庭厨房里菜刀生锈可采取将菜刀擦干，放置在干燥处（或将菜刀擦干，涂上一层植物油）等方法。故答案为：生成物不会对反应起阻碍作用；将菜刀擦干，放置在干燥处。（3）酸雨的危害。28.(3分) （1）金属的活动性，金属活动性越强反应

22、越快 (1分) （2）金属与酸的接触面，接触面越大反应越快 (1分) （3）酸的浓度，酸越浓反应越快（答案合理即可） (1分)解析：1、镁粉产生气体的速度快，说明活动性越强，反应速率越快；2、铁粉与盐酸的接触面积比铁片与酸的接触面积大，而铁粉的产生气体快，说明金属与酸反应的速率与金属和酸的接触面积有关，即接触面积越大反应越快；3、铁片分别与5%盐酸和10%盐酸反应，10%盐酸产生气体快，说明金属与酸反应的速率是否与酸的浓度有关，即浓度越大反应速率越快故答案为：(1)因素一：金属的活动性，金属活动性越强反应越快 (2)因素二：金属与酸的接触面，接触面越大反应越快 (3)因素三：酸的浓度，酸越浓反

23、应越快（答案合理即可）四、计算题29.(4分) (1) Ni0.97O (1分) (2) 91：6解析：设Ni2+个数为x,则Ni3+个数为0.97-x2x+3（0.97-x）=2 x=0.91,0.97-x=0.06该晶体中Ni2+和Ni3+的离子个数比为91：630.(6分) （1）nCO+（2n+1）H2 CnH2n+2+nH2O， （2）当完全反应后，合成塔内温度不变，而塔内气体压强降低到原来的，则物质的量为原来的，根据反应nCO+（2n+1）H2 CnH2n+2+nH2O，可得，得n=3即恰好反应生成丙烷，无汽油生成，故答案为：由，得n=3即恰好反应生成丙烷，无汽油生成； （3）。解

24、析（1）根据质量守恒可知反应生成CnH2n+2和水，则反应的方程式为：nCO+（2n+1）H2 CnH2n+2+nH2O，故答案为：nCO+（2n+1）H2 CnH2n+2+nH2O；（2）当完全反应后，合成塔内温度不变，而塔内气体压强降低到原来的，则物质的量为原来的，根据反应nCO+（2n+1）H2 CnH2n+2+nH2O，可得，得n=3即恰好反应生成丙烷，无汽油生成，故答案为：由，得n=3即恰好反应生成丙烷，无汽油生成；（3）因人工合成的汽油的碳原子数n为58的烷烃，根据方程式知V（CO）：V（H2）=n:(2n+1)，所以：当n=5，n=8时，其范围：，故答案为：。附加题（1）柴油不完

25、全燃烧生成了炭黑所致。（2）化学（3）催化剂 水蒸气（4）Al(OH)3（5）第一步反应中反应物有FeS2、O2和H2O，生成物有Fe2+和SO42-，根据化合价升降总数相等以及原子守恒，反应的离子方程式为：2FeS2+7O2+2H2O=4H+2Fe2+4SO42-；Fe2+具有还原性，可被氧气氧化为Fe3+，根据化合价升降总数相等以及原子守恒，反应的离子方程式为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，故答案为：2FeS2+7O2+2H2O=4H+2Fe2+4SO42-；4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；FeS2+7O2+2H2O=2FeSO4+H2SO4 4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O（6）一方面提高氧气量，增大氨的氧化率；另方面值在该范围，氨的氧化率已高达9599%，再提高，氨的氧化率上升空间已有限，反而会增加能耗，提高生产成本；解析：（6）由于一方面提高氧气量，增大氨的氧化率；另方面值在该范围，氨的氧化率已高达9599%，再提高，氨的氧化率上升空间已有限，反而会增加能耗，提高生产成本，所以而实际生产要将值维持在1.72.2之间，故答案为：一方面提高氧气量，增大氨的氧化率；另方面值在该范围，氨的氧化率已高达9599%，再提高，氨的氧化率上升空间已有限，反而会增加能耗，提高生产成本；