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1、2019年上海市初三化学竞赛(天原杯)预赛试题 解析版 (总分100分 时间1小时)得分 相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 P-31 S-32 Cl-35.5 K-39 Ca-40 Mn-55 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ag-108 Sn-119 Ba-137 一、单项选择题(共70分，每小题只有一个正确答案) 1、人类运用材料的变更标记文明的进步，下列材料广泛运用时，其制得与化学反响无关的是( A ) A.石器 B.青铜器 C.铁器 D.高分子材料 2、难溶于水的金属氧化物是( D ) A.SiO2 B.CO2 C.K2MnO4
2、 D.MnO2 解析： A犯难溶于水的非金属氧化物。 3、下列有关试验操作错误的是( C ) A.用药匙取用粉末状或小颗粒状固体 B.用胶头滴管滴加少量液体 C.给盛有试管容积2/3体积液体的试管加热 D.倾倒液体时试剂瓶标签面对手心 解析： C.加热试管中的液体时，试管中液体体积不能超过试管容积的1/3。 4、运用所学的化学学问分析，下列说法中正确的是( C ) A.气象环境报告中的“PM2.5”是对一种新分子的描绘 B.酸雨的形成只与SO2有关 C.燃烧垃圾可用于发电，但须对燃烧中产生的有害物质做处理 D.化学反响可以制造出新的物质，同时也能制造出新的元素 解析： D.化学反响前后，元素的
3、种类不变。 5、运用所学的化学学问推断，下列有关化学观念的叙述错误的是( B ) A.几千万年前地球上一条恐龙体内的某个原子可能在你的身体里 B.用斧头将木块一劈为二，在这个过程中个别原子恰好分成更小微粒 C.变更条件，金属铜的导电实力会发生变更 D.肯定条件下，水在20时能凝固成固体 6、下列物质的用处是利用了其物理性质的是( C ) A.酒精用作燃料 B.生石灰用作枯燥剂 C.干冰用作人工降雨 D.铁粉用作抗氧化剂7、ICl能发生下列变更，其中属于化学变更的是(D)A.升华B.熔化C.溶于CCl4D.受热分解8、制作一件生活用品往往用到多种材料，制作下列用品所列出的材料都是有机合成材料的是
4、(C)A.雨伞：尼龙绸伞布、不锈钢伞骨B.夹钳：钢钳嘴、橡胶钳柄C.牙刷：尼龙刷毛、塑料刷柄D.导线：铜丝芯、塑料皮9、元素R在矿石中以氧化物的形式存在，取其氧化物质量分数为0.8515的该矿石20.2g，与98g10%的硫酸恰好完全反响(杂质不反响)，生成ROSO4和H2O，R的相对原子质量约为(B)A.78 B.140 C.156 D.172解析：由ROSO4得：R的化合价为+4价。 RO2 + H2SO4ROSO4+H2OR+32 980.851520.29810%列比例式解得：R14010、欲证明一瓶无色液体是纯水，牢靠的试验方法是(D)A.测得其pH=7 B.无味C.与锌粒不反响 D
5、.1.01105Pa时沸点为10011、已知磷在氯气中燃烧可生成PCl3和PCl5两种物质，若反响中0.248g磷消耗掉0.014mol氯气，则产物中PCl3与PCl5的物质的量之比是(D)A.1:2 B.2:3 C.5:3 D.3:1解析：参与反响的P和Cl2物质的量之比为0.008:0.014=4:7。则反响前后磷原子和氯原子物质的量之比需满意n(P):n(Cl)=2:7。将各选项带入计算，仅D满意。12、NH3极易溶于水而难溶于CCl4，则下列装置中，会引起倒吸而不能用于汲取氨气的是(B)13、室温时几种物质的溶解度见下表，室温下，向500g硝酸钾饱和溶液中投入2g食盐，下列推断正确的是
6、(B)A.食盐不溶解B.食盐溶解，无晶体析出C.食盐溶解，析出2g硝酸钾晶体D.食盐溶解，析出2g氯化钾晶体解析：KNO3+NaClKCl+NaNO310158.5 74.5 85 2g估算可知，KCl和NaNO3的质量不大于4g，远小于各自的溶解度，不会析出。14、室温下，浓硫酸会和铁反响生成一层致密的铁的氧化物薄膜，该氧化膜使内部的铁不再与浓硫酸接触，利用这一性质常用铁罐存储浓硫酸，但储存浓硫酸的铁罐外口沾到浓硫酸会出现严峻的腐蚀现象，这是因为浓硫酸具有(A)A.吸水性和酸性B.脱水性和吸水性C.强氧化性和吸水性D.难挥发性和酸性解析：浓硫酸吸水后浓度变小。Fe和稀硫酸反响，表达后者的酸性
7、。15、下列试验操作能到达目的的是(C)A.向滴有酚酞的Na2CO3溶液中参加BaCl2溶液，溶液褪色，则证明BaCl2有酸性B.精确称取14.80gCa(OH)2，配制50g29.6%的Ca(OH)2溶液C.在试验室，可无需查阅资料用50%的硝酸来配制50g20%的硝酸溶液D.通过灼热的镁粉除去CO2中的O2解析：A.BaCl2+Na2CO32NaCl+BaCO3，并非中和反响；B.Ca(OH)2微溶于水，不行能配制29.6%的Ca(OH)2溶液；C.干脆计算便可得出须要50%的硝酸20g，需水30g；D.镁能和CO2发生反响。16、将40的饱和硫酸铜溶液升温至50，或者温度仍保持在40而参
8、加少量无水硫酸铜粉末，在这两种状况下均保持不变的是(C)A.硫酸铜的溶解度B.溶液的质量C.溶液中溶质的质量分数D.溶液中溶质的物质的量17、依据如图溶解度曲线，从含CaCl241%的饱和食盐水中，获得CaCl26H2O的流程，设计合理的是(A)A.蒸发结晶趁热过滤冷却结晶过滤B.蒸发浓缩冷却结晶过滤蒸发滤液C.蒸发结晶趁热过滤蒸发滤液D.蒸发浓缩冷却结晶过滤解析：该饱和食盐水中，蒸发时，NaCl析出，而其中的CaCl2则被浓缩，浓度变大，直至饱和。趁热过滤去析出的NaCl后，依据CaCl26H2O溶解度受温度影响较大进展降温结晶即可获得CaCl26H2O。注：趁热过滤，是由于温度较高时，Ca
9、Cl26H2O溶解度较大，而不会析出，第一次过滤的晶体中便只含NaCl。18、ICl3遇水会产生大量的腐蚀性白色烟雾，有剧烈的催泪作用。若生成物之一是HCl，则另一种产物是(B)A.HIO3 B.HIO2 C.HIO D. ICl解析:水解时，各元素化合价视为不变。HCl中Cl为-1价，则I为+3价。19、取肯定量FeO和Fe2O3的混合物，在足量的CO气流中加热至充分反响，冷却，称得剩余固体比原混合物质量减轻1.20g，若将同量的该混合物与盐酸反响完全，至少需含氯化氢xmol的盐酸，则x为()A.0.375mol B.0.75mol C.0.15mol D.0.1mol解析：剩余固体比原混合
10、物质量减轻局部为混合物中氧的质量，可求得O的物质的量为：1.2/16=0.075mol，依据化合价守恒，当同量的混合物与盐酸反响完全时，Fe的氧化物都各自转化为相应的Fe的氯化物，应满意：O2HCl x=0.075mol2=0.15mol。20、将10%的Na2CO3溶液逐滴参加CaCl2和HCl的混合溶液中，参加Na2CO3溶液的质量与产生沉淀或气体的质量关系如下图所示。下列说法正确的是(C)A. a点时溶液的pH大于c点时溶液的pHB. b点时，溶液中有2种盐C. x值为106.0D.原混合溶液中n(CaCl2)：n(HCl)=1：1解析：由图可知，先后发生以下反响： Na2CO3+2HC
11、2NaCl+CO2+H2O，生成的CO2质量为2.2g，即0.05mol，a点时HCl恰好完全反响，溶液中溶质为NaCl和CaCl2，溶液呈中性； Na2CO3+CaCl22NaCl+CaCO3，生成的CaCO3质量为5.0g，即0.05mol，b点时CaCl2恰好完全反响，溶液中溶质仅为NaCl，故B错。c点时，Na2CO3过量，溶液显碱性，故A错。 C.由两个方程式计算得，b点时消耗的Na2CO3共为0.1mol，即10.6g，消耗的溶液质量为106.0g； D.由两个方程式分别计算可知n(CaCl2)：n(HCl)=1：2。21、常温下，铝易与空气中的氧气反响生成一层致密的氧化铝薄膜，该
12、氧化膜使内部的铝不再与氧气反响，Hg(NO3)2溶液可穿透致密的氧化铝薄膜，与铝反响生成汞，而汞的存在使铝形成的氧化膜疏松。用一张铝箔紧紧包袱在试管外壁(如下图)，将试管浸入Hg(NO3)2溶液中，片刻后取出，然后置于空气中，不久铝箔外表生出“白毛”，红墨水柱右端上升。依据试验现象推断下列说法错误的是(D)A.试验中发生了置换反响和化合反响B.铝是一种较活泼的金属C.铝与氧气反响放出大量的热量D.铝片上生成的“白毛”是氧化铝和氧化汞的混合物解析：A.试验中发生的反响为：试管外壁的铝箔与Hg(NO3)2反响：2Al+3Hg(NO3)22Al(NO3)3+3Hg；取出后置于空气中，由于汞的存在，铝
13、易于和空气中的氧气反响，化合生成氧化铝，从疏松的铝箔外表生出“白毛”，同时反响放热，红墨水柱右端上升。22、硒酸钠(Na2SeO4)中各元素的质量分数为：Na-a，Se-b；硫酸钠中各元素的质量分数为：Na-c，S-d；用以上数据计算Se的相对原子质量时，还须要用到的数据是(B)A. Na元素的相对原子质量B. S元素的相对原子质量C. O元素的相对原子质量D.不须要其他数据解析：Na2SeO4中有：Na2SO4中有：两式相除，得：由Ar(S)即可求得Ar(Se)。23、已知红矾钾(K2Cr2O7)和红矾钠(Na2Cr2O7)的溶解度都随温度的上升而增大。依据溶解度差异，工业上用红矾钠、氯化钾
14、制备红矾钾，反响原理为：Na2Cr2O7+2KClK2Cr2O7+2NaCl，试验室模拟制备红矾钾，合理的操作步骤是(B)A.称量、溶解、蒸发结晶、过滤、洗涤、枯燥B.称量、溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥C.溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥D.溶解、蒸发结晶、过滤、洗涤、枯燥解析：由题所给方程式推想，是利用同等条件下，红矾钾溶解度相较于方程式中其它物质溶解度低析出而获得，应为冷却结晶获得。24、将胆矾与生石灰、水按质量比为1:0.56:100混合配成杀菌剂波尔多液，其成分的化学式可表示为CuSO4xCaSO4xCu(OH)2yCa(OH)2，当x=3时，y为(D)A.1
15、B.3 C.5 D.7解析：胆矾与生石灰质量比为1:0.56时，Cu和Ca物质的量之比为1/250:0.56/56=2:5；依据其成分的化学式，则(1+x)/(x+y)=2:5，解得2y=3x+5。25、利用试验器材(规格和数量不限)，能完成相应试验的一项是(C)解析：A.蒸发需酒精灯；B.缺少指示剂，无法推断何时碳酸钠恰好完全反响；D.缺量筒。26、某物质M是一种易溶于水的无色液体，向质量分数为a的M溶液中参加等体积的水，所得溶液中M的质量分数为0.6a，若一样条件下M的密度为d1，水的密度为d2，下列分析正确的是(A)A.d1d2 B.d1d2 C.d1=d2 D.无法确定解析：若d1d2
16、，所得溶液中M的质量分数0.5a； 若d1d2，则所得溶液中M的质量分数0.5a。 已知：FeSO4、FeSO4nH2O加热时易被氧气氧化； FeSO4nH2O- FeSO4+nH2O； 碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，利用下图装置对FeSO4nH2O中结晶水的含量进展测定。 称量C中的空硬质玻璃管的质量(82.112g)、装入晶体后C中的硬质玻璃管的质量(86.282g)和D的质量(78.368g)后，试验步骤如下：完成27-30题：27、下列分析正确的是(B)A.为加快产生CO2的速率，可将A中装置中盐酸浓度增大、石灰石磨成粉状B.步骤I的目的是排尽装置中的空气，防止FeSO4、FeSO
17、4nH2O被氧化C.装置B中的浓硫酸可以换成浓氢氧化钠溶液D.装置B和装置D可以互换位置28、操作甲和操作丙分别是(C)A.操作甲：关闭K1 操作丙：熄灭酒精灯B.操作甲：熄灭酒精灯操作丙：冷却到室温C.操作甲：熄灭酒精灯操作丙：关闭K1D.操作甲：熄灭酒精灯操作丙：烘干解析：熄灭酒精灯后，通CO2直至C冷却至室温，然后关闭K1。29、步骤称得此时C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g，产品硫酸亚铁晶体(FeSO4nH2O)中n值是(A)A.6.734 B.7.000 C.4.698 D.7.666解析：硫酸亚铁晶体的质量=86.282g-82.112g=4.17g；失
18、水后的硫酸亚铁无水盐质量=84.432g-82.112g=2.32g，失去的结晶水质量=4.17g-2.32g=1.85g，2.32/1.85=152/18n，解得n6.734。30、若n值小于理论值，产生误差的可能缘由是(D)A.加热时间过长，FeSO4进一步分解了B.原晶体中含有易挥发的物质C.装置D中的碱石灰失效了D.加热时间过短，结晶水未完全失去解析：由题29：2.32/1.85=152/18n，即=A.会使m(无水盐)偏大，则n偏大；B.将物质挥发引起的质量减小计入削减的结晶水中，同A，偏大。31、下列物质均为初中化学中常见的物质，其中A、B的组成元素一样；A、B、D、E、F都只由两
19、种元素组成，且都含有氧元素，H为改进酸性土壤常用的物质，下图是它们之间的转化关系。以下分析错误的是(C)A.反响不须要加热B.H、I、J属于同一类物质C.反响中的“？”只能是氢前金属D.J可能是白色也可能是其他颜色的沉淀解析：A为H2O2，B为H2O，C为O2，D为MnO2，E为氧化铜或氧化镁等，F为CaO，H为Ca(OH)2，I为NaOH，G为MgCl2或CuCl2等，J为Mg(OH)2或Cu(OH)2等。32、向含nmolAgNO3和nmolCu(NO3)2的混合溶液中参加Zn，溶液质量与参加Zn的质量关系如下图所示，下列说法错误的是(D)A.若取a点溶液，滴加稀盐酸，有白色沉淀生成B.
20、c点时参与反响的Zn质量为97.5n克C.若取bc段固体，滴加稀盐酸，无气泡产生D. cd段溶液的质量比原溶液的质量削减76.5n克解析： a-b段发生的反响为：Zn+2AgNO3 Zn(NO3)2 + 2Agm(溶液)-1mol2mol216-65=151g0.5nmolnmol75.5nga点溶液中，还有AgNO3，滴加稀盐酸，有白色沉淀生成。A正确。 b-c段发生的反响为：Zn+Cu(NO3)2Zn(NO3)2+Cum(溶液)+1mol1mol65-64=1gnmolnmolng该过程，生成铜，滴加稀盐酸，无气泡产生，C正确。c点时，参与反响的Zn为两个反响消耗的Zn之和，质量=1.5n
21、mol65g/mol=97.5ng。B正确。 c-d段，Zn过量，溶质为Zn(NO3)2，比原溶液的质量共削减75.5ng-ng=74.5ng，D错误。33、探讨生石灰(CaO)露置于空气中变质的状况，设计试验如下：则下列结论错误的是(C)A.由气体B可确定粉末A中含有CaCO3，由沉淀的质量可确定其质量为w/4B.A中钙元素的质量与生石灰样品中钙元素的质量相等C.A中CaO的质量分数为0.500D.A中CaO的质量为0.58w解析：本题为2019年天原杯复赛附加题1改编而得。由沉淀质量可推知粉末A中CaCO3质量为w/4，假设原CaO有以下转变：W生石灰1.2W粉末A(增重0.2w)CaOC
22、aCO3(w/4)(生成0.25w沉淀对应的CaO质量为0.14w，固体增重0.11w)CaOCa(OH)2(固体增重0.2w-0.11w=0.09w，对应CaO为0.09w/1856=0.28w)CaOCaO(w-0.14w-0.28w=0.58w)即：CaOCaCO30.14w 0.25wCaOCa(OH)20.28w 0.37wCaO CaO0.58w 0.58wA中CaO的质量分数应为0.58w/1.2w=0.483，C错。34、要完成以下各化学试验，往往先要进展的操作是：检查装置的气密性对于气体制取等试验润湿用红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸等试纸检验某些气体取样、溶解用化学方法鉴别NaC
23、l、Na2SO4等固体检验气体的纯度对于点燃可燃性气体正确的是(A)A.B.C.D.35、青霉素是一元有机酸，它的钠盐的1国际单位的质量为6.0010-7克，它的钾盐1国际单位的质量为6.2710-7克，(1国际单位的2种盐的物质的量相等)，则青霉素的相对分子质量为(C)A.371.6 B.355.6 C.333.6 D.332.6解析：设青霉素化学式为HR，相对分子质量为M。其钠盐为NaR，钾盐为KR。(M-1+23)/(M-1+39)=6.0010-7/(6.2710-7)即可得M=333.6。二、多项选择题(共30分，每小题有1个或2个正确答案；只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确
24、选项的，选对一个给1分，选错一个该小题不得分)36、将ag块状碳酸钙跟足量盐酸反响，反响物损失的质量随时间的变更曲线如下图的实线所示，在一样的条件下，将bg(b大于a)粉末状碳酸钙与同浓度盐酸反响，则相应的曲线(图中虚线所示)可能正确的是(AB)解析：ba，且为同浓度盐酸，故生成气体量增多，反响物损失质量比之前多。粉末状，损失质量的速率加快。37、将汽车尾气中的NO2转化为无害的物质是重要的探讨方向，若化合物G与NO2在肯定条件下反响：NO2+G-（肯定条件）-N2+H2O+nX(未配平)，将NO2转化为无害的N2。该反响中n是系数，也可以为0，而X须为空气的组成成分。则G可以是下列化合物中的
25、(CD)A.CO2B.SO2C.NH3D.C2H6O38、对下列各组物质的鉴别分析错误的是(D)A.黑色粉末：FeO、Fe、CuO、C只用一种试剂即可鉴别B.无色溶液：KOH、H2SO4、CuCl2、NaNO3只用一种试剂即可鉴别C.无色溶液：Na2CO3、AgNO3、BaCl2、HCl不用其他试剂就可以鉴别D.无色溶液：Ba(OH)2、Na2CO3、BaCl2、HNO3不用其他试剂就无法鉴别解析：D中和反响放热。（应为蓝色溶液。）39、下列仪器或装置能到达试验目的的是(AD)40、已知3SO2+2H2O+2HNO33H2SO4+2NO；欲检验CO2气体中是否含有SO2、HCl，进展如下试验：
26、将气体通入HNO3酸化的AgNO3溶液中，产生白色沉淀a；滤去沉淀a，向滤液中参加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀b。下列结论正确的是(CD)A.沉淀a为AgClB.沉淀b为BaCO3C.气体中肯定含SO2D.不能确定是否含HCl解析：a可能是硫酸银。41、通过煅烧MnSO4H2O可制得MnxO4，下图是煅烧MnSO4H2O时温度与剩余固体质量变更曲线。下列分析正确的是(AC)A.曲线中A段表示的物质是MnSO4B.曲线中A段表示的物质是MnO2C.MnxO4中x=3D.MnxO4中x=5解析：设结晶水合物有以下失水过程，为计算便利，将MnxO4写成MnOx/4，由图知该氧化物质量为45.8
27、0mg，由101.4mgMnSO4H2O可得MnSO4和MnO2质量： MnSO4H2OMnSO4MnO2MnOx/4169 151 87 55+4x 101.4 90.6 52.245.80 解得：x=3。42、H2S与O2在点燃时反响，当O2足量时生成二氧化硫，O2缺乏时生成S，将100molH2S和O2的混合气体，点燃完全反响后，在105时，气体变为80mol(硫在105时仍为固体)。下列分析正确的是(BC)A.80mol气体是O2B.80mol气体中除水外还含有H2S或SO2C.混合气体中含H2S40mol或80molD.80mol气体是SO2和O2混合气体解析：由题意知反响前后气体体
28、积削减20ml，若只发生其中一个反响，则有如下计算： 当O2缺乏时，2H2S+O22H2O(气态)+2SV- 2 121 40mol20mol40mol20mol此时参与反响气体H2S为40mol，O2为20mol，共为60mol，反响物中剩余100-60=40mol气体为H2S，而生成物中40mol为H2O。这种状况下，H2S共为80mol。 当O2足量时，2H2S+3O22H2O(气态)+2SO2V- 23221 40mol60mol40mol40mol20mol此时参与反响气体恰好为100mol，剩余80mol气体，即为生成的40molH2O和40molSO2。这种状况下，H2S为40m
29、ol。43、测Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3的质量分数x%。可用下列两种方法：取a克样品分别与过量稀盐酸充分反响(NaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O)，分析正确的是(AC)A.逸出气体若用碱石灰汲取，增重b克，则x偏小(碱石灰：CaO和NaOH的混合物)B.逸出气体若用碱石灰汲取，增重b克，则x偏大C.所得溶液蒸干并灼烧至恒重，得c克固体，灼烧时有固体飞溅出去，则x偏小D.所得溶液蒸干并灼烧至恒重，得c克固体，灼烧时有固体飞溅出去，则x偏大解析：若用生成的CO2计算，公式为：逸出气体若用碱石灰汲取，增重b克，会使m(CO2)偏大，则x偏小；若用所得溶液蒸干并灼烧至恒重
30、，即通过生成的NaCl总质量计算，公式为：灼烧时若有固体飞溅出去，则测得的m(NaCl)偏小，x将会偏小。44、阿伏伽德罗定律:同温同压下，一样体积的任何气体含有一样数目的分子，在两个密闭容器中，分别装有等质量的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均一样，且甲的密度大于乙的密度。则下列说法正确的是(AD)A.物质的量：甲乙B.气体体积：甲乙C.摩尔质量：甲乙D.相对分子质量：甲乙解析：同温同压下，气体的相对分子质量(或摩尔质量)越大，其密度越大。反之亦然，由于甲的密度大于乙的，所以有相对分子质量：甲乙，D正确，C错误。甲乙质量相等，m=v，而甲的密度比乙大，故甲的体积小于乙，B错误。同温同压下
31、，气体体积小的，物质的量也小，故A正确。45、铜锡合金，又称青铜，含锡量1/41/7(质量比)的青铜被称作钟青铜。有一铜锡合金样品，可通过至少增加ag铜或至少削减bg锡恰好使其成为钟青铜，增加ag铜后的质量是削减bg锡后质量的2倍。则原铜锡合金样品中铜锡的质量之比为(B)A.7:17 B.3:2 C.3:1 D.21：8解析：含锡量1/4时，其中铜、锡质量比为3:1；由于增加铜和削减锡的质量都为最少量(“至少”)，故到达的含锡量都是1/4。设原铜锡合金样品中，Cu的质量为xg，Sn的质量为yg：至少增加ag铜恰好使其成为钟青铜时，含锡量为1/4，有：(x+a)/y=3:1，得a=3y-x；至少削减bg锡恰好使其成为钟青铜时，含锡量也为1/4，有x/(y-b)=3:1，得b=(3y-x)/3；增加ag铜后的质量是削减bg锡后质量的2倍，有：x+y+a=2(x+y-b)，将a、b的两个式子代入计算得x：y=3:2。