发布时间 : 星期六 文章2015全国初中化学竞赛复赛试题（含答案）更新完毕开始阅读356a9c757c1cfad6185fa700
(第25届天原杯)复试试题答案
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 1 答案 AC 题号 9 答案 C 2 D 10 BD 3 AB 11 A 4 B 12 BD 5 D 13 B 6 B 14 C 7 C 15 AD 8 AD 未注明分值为每空1分，其他正确答案合理即可得分。 16.（2分） Ca(OH)2 CaCO3 17.(5分) CuSO4
CuSO4+2KOH=Cu(OH)2↓+K2SO4 (2分) CuSO4+BaCl2=BaSO4↓+CuCl2 (2分)
18.(3分) (1) ①K2O·Al2O3·6SiO2；②Al2O3·2SiO2·2H2O
(2)酸性：H2CO3>H2SiO3，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) ① SiHCl3+H2 Si+3HCl （2分）
② SiHCl3+3H2O═H2SiO3↓+H2↑+3HCl （2分） 爆炸
(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=ρ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，由阿基米德原理F浮=ρ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=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；
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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×
若B的用量=7.5g×
2=5g，此时B的用量=9g-5g=4g； 31=2.5g，此时A的用量=9g-2.5g=6.5g；因此丙学生实验中A、B的3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、2.5g． 23.(5分) (1) Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O (2分)
(2) 2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3+2Na2SO4+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 (2)
(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) ③①②⑤④ (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：③①②⑤④， 故答案为：③①②⑤④；
（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，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）①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）；②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
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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：①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）；②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①．（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②）． 26.(6分) （1）Fe2O3+3CO 高温 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；② (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+3CO 高温 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 高温 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；②
（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 点燃 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 点燃 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）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。
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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-x
2x+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91：6
催化剂30.(6分) （1）nCO+（2n+1）H2 CnH2n+2+nH2O，
一定温度 （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
2， 5则物质的量为原来的
2催化剂，根据反应nCO+（2n+1）H2 CnH2n+2+nH2O， 5一定温度1?n2?，得n=3．即恰好反应生成丙烷，无汽油生成，
n?2n?151?n2?，得n=3．即恰好反应生成丙烷，无汽油生成； （3）故答案为：由
n?2n?15可得
5V(CO)8≤≤。 11V(H2)17共8页第 12 页
解析
（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：
催化剂nCO+（2n+1）H2 CnH2n+2+nH2O，
一定温度催化剂故答案为：nCO+（2n+1）H2 CnH2n+2+nH2O；
一定温度（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
2， 5则物质的量为原来的
2催化剂，根据反应nCO+（2n+1）H2 CnH2n+2+nH2O， 5一定温度1?n2?，得n=3．即恰好反应生成丙烷，无汽油生成，
n?2n?151?n2?，得n=3．即恰好反应生成丙烷，无汽油生成； 故答案为：由
n?2n?15可得
（3）因人工合成的汽油的碳原子数n为5～8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：
5V(CO)8≤≤， 11V(H2)17故答案为：附加题
5V(CO)8≤≤。 11V(H2)17（1）柴油不完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） 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γ值在该范围，氨的氧化率已高达95～99%，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γ值在该范围，氨的氧化率已高达95～99%，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γ值维持在1.7～2.2之间，
故答案为：一方面提高氧气量，增大氨的氧化率；另方面γ值在该范围，氨的氧化率已高达95～99%，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；
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