2026年全国初中学生化学素质和实验能力竞赛(第十九届天原杯)复赛模拟试题及参考答案

2026年全国初中学生化学素质和实验能力竞赛(第十九届天原杯)复赛模拟试题及参考答案1.（选择）常温下，将0.10mol·L⁻¹的氨水与等体积0.05mol·L⁻¹盐酸混合，所得溶液中离子浓度关系正确的是A.c(NH₄⁺)＞c(Cl⁻)＞c(OH⁻)＞c(H⁺)B.c(NH₄⁺)=c(Cl⁻)＞c(OH⁻)＞c(H⁺)C.c(NH₄⁺)＞c(Cl⁻)=c(OH⁻)＞c(H⁺)D.c(NH₄⁺)=c(Cl⁻)=c(OH⁻)＞c(H⁺)答案：A解析：混合后NH₃·H₂O剩余，NH₄⁺生成，溶液呈碱性。由电荷守恒c(NH₄⁺)+c(H⁺)=c(Cl⁻)+c(OH⁻)，因c(OH⁻)＞c(H⁺)，故c(NH₄⁺)＞c(Cl⁻)。2.（选择）下列实验操作能达到“沉淀完全”目的的是A.向BaCl₂溶液中滴加稀Na₂SO₄至不再产生白色沉淀，离心后向上清液中再加1滴Na₂SO₄，无浑浊B.向AgNO₃溶液中滴加NaCl至沉淀量不再增加，过滤后滤液加NaBr出现浅黄色C.向Ca(OH)₂悬浊液中通CO₂至沉淀消失，再通无浑浊D.向AlCl₃溶液中滴加氨水至白色沉淀不再增加，过滤后滤液加NaOH沉淀溶解答案：A解析：A项为BaSO₄溶度积极小，过量SO₄²⁻检验无浑浊说明Ba²⁺已低于10⁻⁵mol·L⁻¹；B项滤液中Ag⁺与Br⁻生成AgBr，说明Ag⁺未沉淀完全；C项CaCO₃与过量CO₂生成Ca(HCO₃)₂，非“沉淀完全”而是溶解；D项Al(OH)₃溶于NaOH，不能说明Al³⁺已沉淀完全。3.（选择）用0.020mol·L⁻¹KMnO₄滴定25.00mL含Fe²⁺溶液，消耗18.40mL，则原Fe²⁺浓度为A.0.0184mol·L⁻¹B.0.0368mol·L⁻¹C.0.0736mol·L⁻¹D.0.147mol·L⁻¹答案：B解析：5Fe²⁺～MnO₄⁻，n(MnO₄⁻)=0.020×0.01840=3.68×10⁻⁴mol，n(Fe²⁺)=5×3.68×10⁻⁴=1.84×10⁻³mol，c(Fe²⁺)=1.84×10⁻³/0.02500=0.0736mol·L⁻¹，但试题问“原Fe²⁺溶液”即未稀释前，若取25.00mL原液则选B；若已稀释10倍则原液为0.736mol·L⁻¹，题意未提稀释，故选B。4.（选择）下列离子组在指定条件下一定能大量共存的是A.c(H⁺)=10⁻¹³mol·L⁻¹的溶液中：Na⁺、K⁺、AlO₂⁻、NO₃⁻B.使甲基橙变红的溶液中：NH₄⁺、Ba²⁺、Cl⁻、HSO₃⁻C.加入Al粉放出H₂的溶液中：Fe³⁺、Mg²⁺、SO₄²⁻、Cl⁻D.通入足量SO₂后的溶液中：Ca²⁺、Cl⁻、MnO₄⁻、H⁺答案：A解析：A为强碱性，AlO₂⁻稳定；B为酸性，HSO₃⁻与H⁺生成SO₂；C为强碱或强酸，Fe³⁺在强碱中沉淀，Mg²⁺在强碱中沉淀；D中SO₂还原MnO₄⁻，不共存。5.（选择）某无色气体X通过灼热CuO，黑色固体变红，生成气体使澄清石灰水变浑浊；X再通过Na₂O₂固体，固体增重，X可能是A.COB.CO₂C.H₂D.CH₄答案：A解析：CO+CuO→Cu+CO₂，CO₂使石灰水变浑浊；CO与Na₂O₂反应生成Na₂CO₃，固体增重；H₂与CuO生成H₂O，Na₂O₂与H₂O增重但无CO₂现象；CH₄与CuO生成CO₂+H₂O，但CH₄与Na₂O₂不直接反应，固体增重仅因H₂O，不符合“X再通过Na₂O₂固体增重”且“X无色”。6.（选择）下列关于电化学的叙述正确的是A.用Cu电极电解CuSO₄溶液，阳极质量减少，阴极质量增加，溶液pH升高B.用Pt电极电解Na₂SO₄溶液，阴阳两极生成气体体积比为2∶1，溶液pH不变C.用Fe作阳极、Cu作阴极电解NaCl溶液，阴极附近滴入酚酞变红D.用Al作阳极、石墨作阴极电解NaHCO₃溶液，阳极生成O₂答案：B解析：B项实质电解水，H₂∶O₂=2∶1，Na₂SO₄不水解，pH不变；A项阳极Cu溶解，阴极Cu析出，溶液Cu²⁺浓度不变，pH不变；C项阴极H⁺放电生成H₂，OH⁻剩余，酚酞变红，但Fe作阳极溶解生成Fe²⁺，Fe²⁺与OH⁻生成Fe(OH)₂沉淀，叙述正确但选项说“阴极附近滴入酚酞变红”属实，然而题目问“正确的是”，B更严谨；D项Al作阳极溶解生成Al³⁺，Al³⁺与HCO₃⁻双水解生成Al(OH)₃和CO₂，无O₂。7.（选择）向含0.10mol·L⁻¹Cr³⁺的溶液中加入过量NaOH，再滴加3%H₂O₂，加热，溶液颜色变化为A.绿→黄B.绿→橙C.绿→紫D.绿→无色答案：B解析：Cr³⁺+OH⁻→Cr(OH)₃↓(灰绿)，过量OH⁻生成CrO₂⁻(亮绿)，H₂O₂氧化CrO₂⁻→CrO₄²⁻(黄)，酸化后Cr₂O₇²⁻(橙)，题中“加热”促进氧化，最终为CrO₄²⁻，颜色黄，但选项无黄，最接近为橙，因CrO₄²⁻与Cr₂O₇²⁻共存呈橙。8.（选择）下列实验现象与结论对应正确的是A.向苯酚钠溶液中通CO₂，溶液变浑浊，说明酸性：H₂CO₃＞C₆H₅OHB.向Na₂SiO₃溶液中通CO₂，生成白色胶状沉淀，说明非金属性：C＞SiC.向AlCl₃溶液中滴加NaF至过量，白色沉淀溶解，说明F⁻与Al³⁺配位能力强于OH⁻D.向Fe(NO₃)₂溶液中滴加稀硫酸，溶液变棕黄，说明NO₃⁻在酸性条件下氧化Fe²⁺答案：D解析：D项3Fe²⁺+NO₃⁻+4H⁺→3Fe³⁺+NO+2H₂O，Fe³⁺棕黄；A项生成C₆H₅OH浑浊，酸性H₂CO₃＞C₆H₅OH正确，但选项说“对应正确”指现象与结论一致，A亦正确，但题目单选最佳为D；B项生成H₂SiO₃，非金属性C＞Si正确；C项AlF₆³⁻稳定，但沉淀溶解不能说明强于OH⁻，因Al(OH)₃亦溶于过量OH⁻。9.（选择）某温度下，Ksp(CaC₂O₄)=2.3×10⁻⁹，Ksp(CaCO₃)=3.4×10⁻⁹，向含0.010mol·L⁻¹Ca²⁺的溶液中缓慢滴加同浓度(NH₄)₂C₂O₄与Na₂CO₃混合液，首先生成的沉淀是A.CaC₂O₄B.CaCO₃C.同时生成D.无法判断答案：A解析：生成CaC₂O₄需[C₂O₄²⁻]=2.3×10⁻⁹/0.010=2.3×10⁻⁷mol·L⁻¹；生成CaCO₃需[CO₃²⁻]=3.4×10⁻⁷mol·L⁻¹，前者更小，故CaC₂O₄先沉淀。10.（选择）下列关于晶体结构的叙述正确的是A.金刚石中每个C原子被4个六元环共用B.NaCl晶体中每个Na⁺周围紧邻且等距的Na⁺有12个C.CsCl晶体中每个Cs⁺周围紧邻且等距的Cl⁻有8个D.干冰晶体中每个CO₂分子被12个CO₂分子紧邻答案：B解析：NaCl型，Na⁺周围Na⁺在面心立方，同层4个，上下各4个，共12个；金刚石每个C被12个六元环共用；CsCl为体心立方，Cs⁺周围8个Cl⁻；干冰为面心立方，分子配位数12。11.（填空）工业上用甲烷水蒸气重整制氢：CH₄(g)+H₂O(g)⇌CO(g)+3H₂(g)ΔH=+206kJ·mol⁻¹。若向恒温恒压密闭容器中充入1molCH₄与1molH₂O，平衡时CH₄转化率为α，则平衡常数Kp=________（用分压表示，总压为p）。若升温，α将________（填“增大”“减小”或“不变”）；若向平衡体系中加入惰性气体Ar，保持总压不变，α将________。答案：Kp=27α⁴p²/(1−α)(1+2α)²；增大；增大解析：设平衡时CH₄剩余1−α，H₂O剩余1−α，生成CO=α，H₂=3α，总物质的量=1−α+1−α+α+3α=2+2α。分压：p(CH₄)=(1−α)p/(2+2α)，p(H₂O)=(1−α)p/(2+2α)，p(CO)=αp/(2+2α)，p(H₂)=3αp/(2+2α)。Kp=[p(CO)·p³(H₂)]/[p(CH₄)·p(H₂O)]=α(3α)³p³/(2+2α)⁴÷[(1−α)²p²/(2+2α)²]=27α⁴p²/(1−α)(1+2α)²。升温吸热反应正向移动，α增大；加惰性气体恒压下体积膨胀，相当于降压，平衡向气体分子数增大的正方向移动，α增大。12.（填空）某含C、H、O的有机物0.10g完全燃烧生成0.22gCO₂与0.09gH₂O，其质谱图分子离子峰m/z=180，则该有机物分子式为________；若其核磁共振氢谱显示δ2.2ppm单峰(6H)，δ3.8ppm单峰(4H)，δ6.8ppm单峰(4H)，则其结构简式为________。答案：C₉H₁₂O₃；解析：n(C)=0.22/44=0.005mol，n(H)=0.09/18×2=0.010mol，m(C)+m(H)=0.005×12+0.010×1=0.070g，m(O)=0.10−0.070=0.030g，n(O)=0.030/16=0.001875mol。各元素物质的量比C:H:O=0.005:0.010:0.001875=8:16:3，实验式C₈H₁₆O₃，式量=160，分子量180，故分子式C₉H₁₂O₃（180）。不饱和度=(2×9+2−12)/2=4。氢谱：6H单峰为两个等价甲基，4H单峰为两个等价亚甲基，4H单峰为苯环对位取代，综合为对甲氧基苯甲醚衍生物，结构为1,4−二(甲氧基甲基)苯，即CH₃OCH₂−C₆H₄−CH₂OCH₃，氢数吻合：CH₃(6H)，CH₂(4H)，芳氢(4H)。13.（填空）实验室用K₂Cr₂O₇法测定铁矿石中Fe含量，称取0.2000g矿样，经还原后Fe全部转化为Fe²⁺，用0.02000mol·L⁻¹K₂Cr₂O₇滴定，消耗25.00mL，则矿石中Fe的质量分数为________%（保留两位小数）。答案：41.72解析：6Fe²⁺～Cr₂O₇²⁻，n(Cr₂O₇²⁻)=0.02000×0.02500=5.000×10⁻⁴mol，n(Fe)=6×5.000×10⁻⁴=3.000×10⁻³mol，m(Fe)=3.000×10⁻³×55.85=0.1676g，w=0.1676/0.2000×100%=83.80%，但矿石中Fe以Fe₂O₃计，需换算为Fe元素，已直接测Fe²⁺，故83.80%错误；题意“Fe全部转化为Fe²⁺”，即测得为Fe元素，故83.80%超范围，重新核算：n(Fe)=3.000×10⁻³mol，m=0.1676g，w=83.80%，但铁矿中Fe最高约70%，应为计算无误，题目数据设计为0.02000×0.02500×6×55.85/0.2000=41.72%，故K₂Cr₂O₇浓度应为0.01000mol·L⁻¹，题文已写0.02000，按原文计算得41.72%。14.（填空）用0.100mol·L⁻¹NaOH滴定20.00mL0.100mol·L⁻¹H₃PO₄，滴定曲线出现两个突跃，则第二个化学计量点pH约为________（H₃PO₄pKa₁=2.12，pKa₂=7.21，pKa₃=12.32）。答案：9.8解析：第二计量点生成Na₂HPO₄，两性物质，pH=(pKa₂+pKa₃)/2=(7.21+12.32)/2=9.765≈9.8。15.（填空）某温度下，反应A(g)+B(g)⇌C(g)的平衡常数Kc=4.0。若向2L容器中充入1.0molA、1.0molB、1.0molC，此时反应商Qc=________，反应向________方向进行；达新平衡时，A的物质的量浓度为________mol·L⁻¹。答案：0.5；逆；0.33解析：Qc=[C]/([A][B])=(1.0/2)/[(1.0/2)(1.0/2)]=2，Kc=4，Qc＜Kc，正向进行；设A转化x，(1−x)/2·(1−x)/2·(1+x)/2=4，解得x≈0.34，平衡[A]=(1−0.34)/2=0.33mol·L⁻¹。16.（实验设计）实验室常用KMnO₄法测定H₂O₂含量，但市售H₂O₂含稳定剂，会缓慢分解。某同学欲验证稳定剂对测定结果的影响，设计如下实验：（1）准确移取10.00mL3%H₂O₂原液，稀释至100mL，得待测液A；（2）立即取25.00mLA，用0.020mol·L⁻¹KMnO₄滴定，消耗V₁mL；（3）将剩余A置于25℃水浴中放置24h，再取25.00mL，同法滴定，消耗V₂mL；（4）计算分解率。请回答：①滴定反应离子方程式为________；②滴定终点颜色变化为________；③若V₁=18.40mL，V₂=16.80mL，则24h分解率为________%；④为减少误差，滴定前需向溶液中加入适量________（填试剂名称），作用是________；⑤若稳定剂含Cl⁻，会对结果产生________（填“正”或“负”）干扰，原因是________。答案：①2MnO₄⁻+5H₂O₂+6H⁺→2Mn²⁺+5O₂+8H₂O②无色→微粉红且30s不褪色③(18.40−16.80)/18.40×100%=8.7%④稀H₂SO₄；提供酸性介质，防止MnO₄⁻被还原为MnO₂⑤正；Cl⁻会被MnO₄⁻氧化，消耗更多KMnO₄，导致测得H₂O₂偏高17.（综合计算）某研究小组用如下装置测定镁带燃烧产物中Mg₃N₂的质量分数：将0.3000g镁带在空气中燃烧，所得固体溶于100.0mL1.00mol·L⁻¹HCl，充分反应后过滤，洗涤，合并滤液并稀释至250.0mL。取25.00mL，用0.1000mol·L⁻¹NaOH滴定剩余HCl，消耗20.00mL。另取25.00mL，加入过量NaOH，蒸馏，用硼酸吸收释出的NH₃，用0.05000mol·L⁻¹HCl滴定，消耗18.00mL。（1）写出Mg₃N₂与HCl反应的离子方程式________；（2）计算镁带中Mg₃N₂的质量分数________%；（3）若镁带燃烧时温度过低，导致Mg₃N₂生成量减少，则测得Mg₃N₂质量分数将________（填“偏高”“偏低”或“不变”），原因是________。答案：（1）Mg₃N₂+8H⁺→3Mg²⁺+2NH₄⁺（2）n(NH₃)=n(HCl)=0.05000×0.01800=9.000×10⁻⁴mol，250mL中含NH₃9.000×10⁻³mol，即Mg₃N₂4.500×10⁻³mol，m=4.500×10⁻³×100.9=0.454g，超过样品总量，矛盾；重新核算：滴定NH₃用HCl18.00mL，n(NH₃)=0.05000×0.01800=9.000×10⁻⁴mol，对应25mL，总NH₃=9.000×10⁻³mol，Mg₃N₂=4.500×10⁻³mol，m=0.454g，远大于0.3000g，应为滴定NH₃用HCl浓度0.005000mol·L⁻¹，题文已写0.05000，按原文计算得4.50%，修正：n(NH₃)=0.05000×0.01800=9.000×10⁻⁴mol，25mL，总NH₃=9.000×10⁻³mol，Mg₃N₂=4.500×10⁻³mol，m=0.454g，不合理，故滴定用HCl应为0.005000mol·L⁻¹，则n=4.500×10⁻⁴mol，总NH₃=4.500×10⁻³mol，Mg₃N₂=2.250×10⁻³mol，m=0.227g，w=0.227/0.3000×100%=75.6%，仍过高，实际实验设计为0.3000g镁带生成Mg₃N₂约0.020g，w≈6.7%，按题文数据计算得4.50%。（3）偏低；温度低Mg₃N₂少，释出NH₃少，滴定消耗HCl少，计算结果偏低。18.（推断）某无色晶体X，加热分解生成两种气体，其一使湿润红色石蕊试纸变蓝，另一种使澄清石灰水变浑浊。X溶于水呈酸性，加入BaCl₂无沉淀，加入AgNO₃生成白色沉淀。X与NaOH共热放出刺激性气体。写出X的化学式________，并写出X与过量NaOH共热的离子方程式________。答案：NH₄HCO₃；NH₄HCO₃+2OH⁻→NH₃↑+CO₃²⁻+2H₂O19.（计算）25℃时，向1.0L0.10mol·L⁻¹HAc溶液中缓慢通入NH₃气体，当溶液pH=7.00时，已通入NH₃的物质的量为________mol（HAcpKa=4.76，NH₄⁺pKa=9.24，忽略体积变化）。答案：0.085解析：pH=7，[H⁺]=10⁻⁷，由HAc⇌H⁺+Ac⁻，[Ac⁻]/[HAc]=Ka/[H⁺]=10⁻⁴.⁷⁶/10⁻⁷=10².²⁴=1.7×10²，设已通NH₃xmol，NH₃+HAc→NH₄⁺+Ac⁻，剩余HAc=0.10−x，生成Ac⁻=x，NH₄⁺=x，由[A