第29届中国化学奥林匹克(决赛)实验试题及评分标准

第29届“扬子石化杯”中国化学奥林匹克竞赛(江苏赛区)初赛试卷及答案

“扬子石化杯”第29届中国化学奥林匹克竞赛（江苏赛区）初赛试卷可能用到的原子量：H：1C：12N：14O：16F：19Na：23Si：28P：31S：32Cl：35.5K：39Ca：40Mn：55Ni：59Zn：65I：127Pb：207Ba：2371．本试卷共22题，用2小时完成，共120 分；2．可使用计算器；3．用铅笔作答无效；4．不可使用涂改液或修正带。

一、选择题（本题包括15小题，每小题4 分，共计60 分。

每小题有1～2 个选项符合题意。

请将答案填在下方的表格内。

）1．化学与生活、生产、环境等密切相关。

下列说法错误的是A．煤的液化、石油的裂化和油脂的皂化都属于化学变化B．糖、油脂和蛋白质都是人体生命活动所需的基本营养物质C．静电除尘、燃煤固硫和汽车尾气催化净化都有利于改善空气质量D．将秸秆就地充分燃烧，可避免秸秆腐烂造成环境污染2．下列化学用语表示正确的是A ．甲基的电子式：B．HClO的结构式：H一Cl一OC．Si 的原子结构示意图：D．原子核内有20个中子的氯原子：3．下列装置（固定装置略去）或操作正确且能达到实验目的的是A．图1：酸碱中和滴定B．图2：用CC14萃取KI溶液中的碘C．图3：配制银氨溶液D．图4：验证浓硫酸的脱水性和强氧化性4．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．0.lmol/LFeCl2溶液中：H＋、Na＋、Cl－、NO3－B．c(H＋)＝0.lmol·L－1的溶液中：K＋、Na＋、HCO3一、SO42－C．pH＝13的溶液中：K＋、Na＋、ClO一、NO3－D．通入足量CO2后的溶液中：Na＋、SiO32一、C6H5O一、HCO3－5．下列有关物质的性质与应用不相对应的是A．瓷坩埚能耐高温，可用于加热分解石灰石B．常温下，干燥的氯气与铁不反应，可用钢瓶贮运液氯C．浓硫酸具有脱水性，可用作干燥剂D．医用酒精能使蛋白质变性，可用来消毒杀菌6．用N A表示阿伏加德罗常数的值。

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本文部分内容来自网络整理，本司不为其真实性负责，如有异议或侵权请及时联系，本司将立即删除！== 本文为word格式，下载后可方便编辑和修改！ ==第29届中国化学奥林匹克决赛之理论试题模拟试题第29届中国化学奥林匹克（决赛）理论试题模拟试题第1题（20分）化学周期性原理对无机化学的研究十分重要，元素周期表能使已知的化学事实系统化和合理化，能预言新的化学事实并进一步提出富有成果的研究领域。

在周期表中处于相近位置的元素常常会有相似的性质：1-1 氮、磷、铋都是VA 族元素，它们都可以形成氯化物，例如：NCl3、PCl3、PCl5 和BiCl3。

1-1-1 试解释为什么不存在NCl5 及BiCl5 而有PCl5。

1-1-2 请写出NCl3、PCl3、BiCl3 水解反应反应方程式。

1-1-3 热电材料Bi2Te（3-x）的性质在x 由正值变负值时会发生急剧的变化，欲使x由+0.01变到 -0.01，应在5.000gBi2Te（3-x）中加碲多少克。

1-1-4 四氮化四硫在沸腾的碱性溶液中会发生歧化反应，歧化产物取决于溶液碱性的强弱。

在弱碱性溶液中，产物中硫的高氧化态阴离子为连硫酸根离子，其中含硫质量分数为50%；在强碱性溶液中，歧化产物的两个阴离子中硫均呈正整数氧化态。

在两个歧化反应中硫的低氧化态（+2 价）阴离子产物是相同的，写出这两个歧化反应的离子方程式。

1-2 比较HF 和H2O 沸点和气化热的高低和大小，并简述理由。

1-3 Be为ⅡA 族第一个元素，Zn为ⅡB 族第一个元素，它们在化学性质上亦有部分相似之处。

1-3-1 乙酸铍溶于水制得配合物A，A 中氧有2 种环境，个数比为12:1，氢只有一种环境。

分子为Td 点群，试写出其化学式并画出结构。

1-3-2 乙酸铍可由A 和无水乙酸和乙酰氯反应得到，写出该过程的化学方程式。

1-3-3 为什么乙酸铍易水解，请给出2 点最主要的原因。

1-3-4 将锌溶于等浓度等体积的少量乙酸和盐酸溶液，实验发现产生的氢气量不同，试用三个观点解释之。

第29届化学决赛(冬令营)模拟试题

第29届中国化学奥林匹克（决赛）理论试题模拟试题2015年4月1日武汉by TPZero第1题（20分）化学周期性原理对无机化学的研究十分重要，元素周期表能使已知的化学事实系统化和合理化，能预言新的化学事实并进一步提出富有成果的研究领域。

在周期表中处于相近位置的元素常常会有相似的性质：1-1 氮、磷、铋都是V A 族元素，它们都可以形成氯化物，例如：NCl3、PCl3、PCl5和BiCl3。

1-1-1 试解释为什么不存在NCl5及BiCl5而有PCl5。

1-1-2 请写出NCl3、PCl3、BiCl3 水解反应反应方程式。

1-1-3 热电材料Bi2Te（3-x）的性质在x 由正值变负值时会发生急剧的变化，欲使x由+0.01变到-0.01，应在5.000gBi2Te（3-x）中加碲多少克。

1-1-4 四氮化四硫在沸腾的碱性溶液中会发生歧化反应，歧化产物取决于溶液碱性的强弱。

在弱碱性溶液中，产物中硫的高氧化态阴离子为连硫酸根离子，其中含硫质量分数为50%；在强碱性溶液中，歧化产物的两个阴离子中硫均呈正整数氧化态。

在两个歧化反应中硫的低氧化态（+2 价）阴离子产物是相同的，写出这两个歧化反应的离子方程式。

1-2 比较HF 和H2O 沸点和气化热的高低和大小，并简述理由。

1-3 Be为ⅡA 族第一个元素，Zn为ⅡB 族第一个元素，它们在化学性质上亦有部分相似之处。

1-3-1 乙酸铍溶于水制得配合物A，A 中氧有2 种环境，个数比为12:1，氢只有一种环境。

分子为Td 点群，试写出其化学式并画出结构。

1-3-2 乙酸铍可由A 和无水乙酸和乙酰氯反应得到，写出该过程的化学方程式。

1-3-3 为什么乙酸铍易水解，请给出2 点最主要的原因。

1-3-4 将锌溶于等浓度等体积的少量乙酸和盐酸溶液，实验发现产生的氢气量不同，试用三个观点解释之。

1-3-5 铍对生物体有较大的毒性，请从配位化学的角度给出最主要的原因。

第2题（6分）五氧化二氮是硝酸的酸酐，可通过在低温下用五氧化二磷脱水制得。

第29届国际化学奥林匹克竞赛试题

。
第七题
分
设服从理想气体定律起始温度为
,
摩尔
压力为
义
,
在固定外
年第
期
护
化
学
教
育
, ,
・
月
・
压力为到
一 ’
的条件下膨胀至最终压力为
,
由于膨胀气体的温度降低的摩尔热容为
的摩尔热容为
一 ’
一 ’
。。
,
即
一 ’,
的正常沸点的密度为
,
摩尔澳代乙烷反应
生成的主要产物的结构加
摩尔碱
。
加
摩尔碱
。
偶联反应意味着的未成键电子
会发生氧化双聚作用
试画出二聚产物的结构式并标出该产物的所有
,
。
第四题
分
注意用提供的绘图纸来回答本题
。
是一种弱酸型指示剂
学
教
育
年第
期
联如下所示
,
」 ,
。一
一
又
。。
一
基于对上述反应的立体化学的观察问偶联反应的机理是什么
,
按照你所提出的机理假定硫醇盐的浓度和取代物
,
的浓度同时增加
倍总反应速率将
,
会发生什么变化
利用澳代乙烷为取代物完善上述偶联的模型研究试画出下列物质与

2015年“扬子石化杯”第29届中国化学奥林匹克竞赛夏令营暨选拔赛试题含答案

2015年“扬子石化杯”第29届中国化学奥林匹克竞赛（江苏赛区）夏令营暨选拔赛试题8:3011:30注意事项1．考试时间3小时。

迟到超过半小时者不能进考场。

开始考试后1小时内不得离场。

2．所有解答必须写在指定的位置，用铅笔解答无效（包括作图）。

草稿纸另发。

不得将任何纸张带入考场。

3．凡要求计算者，须给出计算过程，没有计算过程无效。

4．姓名、准考证号和所属学校等必须写在首页左侧指定位置，写于其他地方者按废卷论处。

5．用涂改液涂改的解答无效。

6．允许使用非编程计算器以及直尺等文具。

第1题（10分）水是有氢氧两种元素组成的最常见的无机物之一。

水是生命的源泉，水有许多特别的性质。

请回答以下问题：11- 氧原子的最外层电子排布为__________；2H O 的几何构型为__________，其中氧原子的杂化轨道为__________；2H O 的熔沸点明显高于氧族其它元素的氢化物，主要原因是水分子间形成了__________。

12- 水分子是__________分子（填“极性”或“非极性”），根据“相似相溶”的原理，下列物质中不易溶于水的是__________。

A ．食盐B ．酒精C ．汽油D ．明矾第2题（10分）利用2SnCl 与224K C O 溶液反应，可以得到水合二草酸根合锡（Ⅱ）酸钾的配合物。

为测定所合成的配合物的结晶水含量，进行以下操作，请填空：21- 称取0.1300g 242242KHC O H C O 2H O ⋅⋅于锥形瓶中，加50mL蒸馏水，25mL 12mol L -⋅24H SO ，加热至75~85℃，用4KMnO 滴定至终点，消耗20.18mL ，则()4KMnO c =____________1mol L -⋅。

22- 称取0.1500g 配合物样品于锥形瓶中加50mL 蒸馏水，20mL 12mol L -⋅24H SO 。

加热至75~85℃，用上述4KMnO 溶液滴定至终点，用去20.79mL 。

第 29 届全国化学奥林匹克竞赛(初赛)全真模拟试题3参考答案

3-1 M:NH3 3-2 3-3 3-4 3-5
N:HCNO
O:
P:CO2 Q:NaOCN
每个1分 2分每个1分 2分 1分 1分
2CO(NH2)2+Na2CO3→CO2+2NH3+2NaOCN R:(SeCN）2 S:聚合形式的(SeCN）2 2AgSeCN+Cl2→2AgCl+（SeCN）2 不能。 O-O键因为O原子的孤对电子斥力而变得不稳定，即使生成也会立刻分解。故不能。
1-3
2分
第 2 题（28 分） 2-1 硝酸肼[N2H6(NO3)2]是一种猛烈的炸药，某能材人士为了提高硝酸肼炸药爆炸时的威力，将它和肼溶液的混悬液做炸药，请问，为什么这种方式能够提高炸药的威力？ 2-1 硝酸肼在爆炸时产生大量的氧气. 1分若与肼混合，则产生的氧气又可以氧化肼，从而放出更多的能量，提高爆炸的威力。 2分 2-2 在[Fe(CO)4]2-离子中，铁元素的氧化数为-2，有哪些原因使得它稳定存在？ 2-2 ①该离子的中心原子 Fe 的最外层有 18 个电子，满足 EAN 规则，比较稳定。 ②CO 的π*轨道和 Fe 的 t2g 轨道形成π键，避免电荷过分集中在 Fe 上。
2-6 三氟甲基磺酸和五氯化磷在一定条件下作用，可以得到两种均不含磷的主要产物A和B：A中氧的质量分数约为18.99%，而B中氧的质量分数约为28.35%.6 2-6-1 请写出 A 和 B 的分子式。 2-6-2 请画出 A 和 B 的结构。 2-6-1 A:CF3SO2Cl B:C2F6S2O5 每个 1 分 2-6-2 A:酰氯 B:酸酐结构略每个 2 分 2-7转化酶可以催化蔗糖（双糖）水解为单糖。当转化酶的浓度为4.2× 10-7 M，蔗糖的浓度为0.0077 M时，转化糖的生成速率为1.5× 10-4 M/s。当蔗糖浓度加倍时，单糖的生成速率也同样加倍。6 2-7-1 假设酶-底物模型成立，是否全部酶都以与糖形成复合体的形式存在？为什么？ 2-7-2 加入肌醇（环己六醇）降低了转化糖的生成速率，请解释这个现象。 2-7-1 没有。 1分因为如果全部结合，反应速率不应该随糖的浓度变化而变化。 2分 2-7-2 肌醇与糖的结构部分相似，可与酶结合，抑制了糖与酶的结合。 3分若答到作为竞争性抑制剂，与糖竞争等，也得 3 分。 2-8 常态下，碱土金属的晶体结构呈现多变的特点，同族从上至下按hcp、fcc、bcc方式递变。与此相对，碱金属的常态晶体结构都是bcc.5 2-8-1 请解释：为何碱土金属从上至下的堆积方式由密变疏？ 2-8-2 请解释：为何碱金属都呈现非最密堆积结构？ 2-8-1 同族碱土金属元素自上而下化学硬度下降。 1分因此倾向形成具有较多共价成分的金属键，配位数下降，偏离金属密堆积结构。 2分 2-8-2 碱金属的化学硬度低于碱土金属。 1分因此也倾向于形成低配位数的结构。 1分第3题（13分）一定条件下，对尿素加热，能释放出一种刺激性气味的气体M，并生成化合物N，N能够自发三聚为O.O加热时解聚，又变成N.若将尿素和碳酸钠共热，则会放出两种气体M和P，生成水并得到化合物Q. 3-1 写出M,N,P,Q的化学式。画出O的结构。 3-2 写出尿素与碳酸钠共热的反应方程式。将AgSeCN悬浮在乙醚中，在低温下通入氯气，有黄色物质R生成，随后R很快变成红色物质S. 3-3 给出R的化学式，并简要说明S的组成。 3-4 写出产生R的方程式。 3-5 某同学答完（6-4）题后，心生一念：用同样的方法，将AgSeCN用Q代替，以制备某种结构与R类似的化合物。请判断，它的这个实验能否成功？若能，请写出反应的方程式。若不能，说明理由。

【高清扫描版】第29届中国化学奥林匹克(决赛)试题答案及解析

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(仅供参考)第29届中国化学奥林匹克初赛解析

He Qilin Mi Tianxiong Sun Tong Yang Zhongtian Yu Zidi Liu Hanyu*
（ College of Chemistry and Molecular Engineering，Peking University，Beijing 100871，China）
题目并没有明确化学方程式或离子方程式，故以下两种答案均可：
2Pb（ NO3 ） 2 + 3K2 CrO4 + H2 O →Pb2（ OH） 2 CrO4 + 4KNO3 + K2 Cr2 O7
2Pb2+ + 3CrO24– + H2 O → Pb2（ OH） 2 CrO4 + Cr2 O27－
1-2 这是一个简单的氧化还原反应与络合反应。可以这样理解这个反应：氰化氢的废水呈酸性，铁
（北京大学化学与分子工程学院北京 100871）
摘要详细介绍和评析了第 29 届中国化学奥林匹克初赛试题，提供了解题思路、计算过程，并提供了有关参考文章。
关键词化学竞赛试题分析中图分类号 O6； G64
Problem Analysis for the Preliminary Test of The 29th Chinese Chemistry Olympiad
今年初赛试题总体上立足基础、考查思维、结合实际、注重前沿，既保持了一贯的竞赛传统，也有很多新意。我们作为参加过这项赛事的学生，对本次竞赛的试题做了一个较为详尽的解析，希望能引导正在学习有关知识的同学从头建立起正确的化学学习方法和观念，帮助他们更好的发展。我们也欢迎有关老师和同学踊跃参与讨论，共同促进这项竞赛的良性发展。
Abstract The problems in the Preliminary Test of The 29th Chinese Chemistry Olympiad were resolved． The problem-solving techniques and calculations were developed，and the background and bibliography involved were provided．

第29届化学奥赛初赛试题解析

1⁃2向含氰化氢的废水中加入铁粉和K 2CO 3制备黄血盐[K 4Fe(CN)6㊃3H 2O]㊂ 1⁃3酸性溶液中,黄血盐用KMnO 4处理,被彻底氧化,产生NO -3和CO 2㊂ 1⁃4在水中,Ag 2SO 4与单质S 作用,沉淀变为Ag 2S,分离,所得溶液中加碘水不褪色㊂背景 1⁃1硝酸铅与铬酸钾都是常见的易溶化合物㊂碱式铬酸铅,俗称铬红”;铬酸铅,俗称铬黄”㊂硝酸铅与铬酸钾或重铬酸钾在一系列不同的pH 下可以生成一系列颜料㊂ 1⁃2与1⁃3这两道题目均与黄血盐有关㊂黄血盐学名三水合六氰合铁(Ⅱ)酸钾,又称亚铁氰化钾,是一种比较稳定的氰根配合物,毒性与一般的无机氰化物相比小了很多㊂处理含氰化物的方法有很多种,本题提供了一种处理方法㊂即先将氰化物转变为低毒性的黄血盐,然后再用高锰酸钾将其彻底氧化为二氧化碳与硝酸盐㊂ 1⁃4元素银与硫都是常见的元素㊂银与硫都比较软,因此具有较大的亲和力㊂而碘水则是在实验室中检验还原性物质的常用试剂㊂分析与解答书写方程式的通用解题思路应为: ①从题目获取的信息中,明确反应物与反应产物,并分析反应的条件㊂ ②根据具体的反应物㊁产物及条件书写反应并配平㊂ ③最后结合常理分析所书写的反应是否合理㊁正确,尤其要注意产物之间以及反应物与产物不能再发生其他反应㊂ 1⁃1这是一个非氧化还原离子反应㊂首先明确酸碱性,本题中硝酸铅溶液为酸性,而铬酸钾为碱性㊂注意题目中的滴加顺序为将热的酸性的硝酸铅溶液滴入热的碱性的铬酸钾溶液,这说明即便反应生成了酸,但是产物的体系不能为酸性㊂不论是铬酸根还是反应的产物都会与新生成的酸反应,且铬酸根与酸的溶液反应更为便利㊂故本题可以看作是下列两个反应的耦合: ①沉淀反应:2Pb 2++2CrO 2-4+2H 2→O Pb 2(OH)2CrO 4+2H +; ②同多酸缩聚反应:2CrO 2-4+2H →+Cr 2O 2-7+H 2O㊂注意:在酸性环境下会生成铬酸铅,即铬黄,所以必须注意加入顺序㊂题目并没有明确化学方程式或离子方程式,故以下两种答案均可: 2Pb(NO 3)2+3K 2CrO 4+H 2→O Pb 2(OH)2CrO 4+4KNO 3+K 2Cr 2O 7 2Pb 2++3CrO 2–4+H 2→O Pb 2(OH)2CrO 4+Cr 2O 2-7 1⁃2这是一个简单的氧化还原反应与络合反应㊂可以这样理解这个反应:氰化氢的废水呈酸性,铁与其中的氢离子反应生成氢气,Fe +2H →+Fe 2++H 2;生成的二价铁则原位与氰根配位,Fe 2+→+6HCN Fe(CN)4-6+6H +㊂总反应还是生成了酸,所以用碳酸钾中和反应生成的酸以调节反应的pH 不至于使氰化氢气体溢出,K 2CO 3+2H →+CO 2+H 2O㊂故可以确定产物中除了黄血盐以外还应该有氢气㊁二氧化碳以及水㊂根据反应物与生成物,很容易配平得到答案: Fe +6HCN +2K 2CO →3K 4Fe(CN)6+2CO 2+H 2↑+2H 2O 1⁃3这是一个简明的氧化还原反应配平问题㊂酸性的高锰酸钾是一种常见无机强氧化剂㊂由Mn (Ⅶ)还原为Mn (Ⅱ)需要得到5个电子,而黄血盐被氧化则需要Fe (Ⅱ)失去1个电子氧化成为Fe (Ⅲ),以及每个氰根氧化需要失去10个电子,一共61个电子㊂为了保证高锰酸钾的氧化能力,体系中的酸必须是过量的㊂虽然最终配平系数很大,但是也不难得到答案: 5Fe(CN)4-6+61MnO-4+188H→+5Fe3++61Mn2++30NO-3+30CO2↑+94H2O 1⁃4这是一个典型的歧化反应㊂硫酸银微溶(K sp=1.20×10-5)而硫化银难溶(K sp=6.69×10-50)是我们的常识,所以在硫离子存在下,硫酸银必定会转化为硫化银;而硫离子必然是由硫歧化而得到的㊂问题的关键在于另一种歧化产物是什么?题目中的第2个条件告诉我们另一个产物是不具有还原性的,而在硫的含氧酸里,显然只有硫酸具有这个特点㊂因此很容易判断出第2个歧化产物是硫酸㊂体系中没有其他物质,反应生成硫酸也不会破坏硫化银的形成,故反应体系应为酸性㊂根据以上信息便可以得到结果: 3Ag2SO4+4S+4H2→O3Ag2S+4H2SO4 方程式的书写一直都是化学竞赛以及高中教学中最基础的内容㊂本题主要考查参赛者的化学基础㊁对于题目的理解以及对反应条件的把握㊂第2题(12分)题目 2⁃1实验室现有试剂:盐酸,硝酸,乙酸,氢氧化钠,氨水㊂从中选择一种试剂,分别分离以下各组固体混合物(不要求复原,括号内数据是溶度积),指出溶解的固体㊂ (1)CaCO3(3.4×10–9)和CaC2O4(2.3×10–9) (2)BaSO4(1.1×10–10)和BaCrO4(1.1×10–10) (3)Zn(OH)2(3.0×10–17)和Ni(OH)2(5.5×10–16) (4)AgCl(1.8×10–10)和AgI(8.5×10–17) (5)ZnS(2.5×10–22)和HgS(1.6×10–52) 2⁃2在酸化的KI溶液中通入SO2,观察到溶液变黄并出现混浊(a),继续通SO2,溶液变为无色(b),写出与现象a和b相对应所发生反应的方程式㊂写出总反应方程式(c),指出KI在反应中的作用㊂ 2⁃3分子量为4000的聚乙二醇有良好的水溶性,是一种缓泻剂,它不会被消化道吸收,也不会在体内转化,却能使肠道保持水分㊂ 2⁃3⁃1以下哪个结构简式代表聚乙二醇? 2⁃3⁃2聚乙二醇为何能保持肠道里的水分? 2⁃3⁃3聚乙二醇可由环氧乙烷在酸性条件下聚合而成,写出反应式㊂分析与解答 2⁃1固体混合物的分离方法常常用于化合物的定性与定量分析上,本题要求参赛者通过分析沉淀的组成离子性质,结合基本的元素化学知识解答㊂在(1)小题中,CaCO3和CaC2O4的K sp接近,但H2C2O4是比CH3COOH更强的酸,H2CO3是比CH3COOH更弱的酸,因此CaCO3可以溶于CH3COOH而CaC2O4不能㊂在(2)㊁(3)小题中,两种沉淀也具有相近的K sp,但CrO2-4是比SO2-4更强的碱,因此可以用硝酸或盐酸使BaCrO4溶解;同理,Zn2+具有两性,可以和OH-形成络合物而Ni2+不可,故可使用NaOH分离这两者的混合物㊂于强酸,HgS是极难溶的沉淀㊂据此,(4)选用氨水使AgCl溶解;(5)选用盐酸或硝酸使ZnS溶解㊂ 2⁃2题目中涉及的化学物质只有4种:酸㊁水㊁KI和SO2㊂这个反应与著名的本生反应有关,而本生反应是硫⁃碘热化学循环制备氢气的第一步㊂首先通入SO2,溶液变黄并出现混浊,不难推测产生了碘单质,即发生了氧化还原反应,SO2氧化了KI㊂至于SO2本身应该被还原为何种物质呢?在溶液中,氧化还原产生的碘单质的量不足以使溶液变混浊,能使溶液变混浊的只有SO2的还原产物 S单质㊂那么第一个反应就应该是: H2O+SO2+6I–+4H→+2I–3+S+3H2O或: H2O+SO2+4I–+4H→+2I2+S+3H2O 继续通SO2时,黄色消失,碘单质被消耗了,是继续被氧化了吗?基本的电化学知识告诉我们这不可能,所以结论应当是随着上述反应中酸的消耗,电极电势发生了改变,碘单质成为氧化剂,氧化SO2 (SO2相对于硫单质是更好的还原剂),反应为: 2H2O+SO2+I–→3SO2-4+3I–+4H+或: 2H2O+SO2+I→2SO2-4+2I–+4H+ 注意:溶液是否混浊与是否有色是两个概念㊂题目所述溶液变为无色”指的是黄色消失,而不是溶液变澄清,沉淀并没有消失㊂有部分参赛者错误地将无色理解为澄清,导致后面解题失误㊂这是命题者设计的一个很好的考查点㊂查阅手册[1](参赛者并不能通过查阅手册做题,只能凭借自己的电化学知识,这里只是一种讨论)得知酸性条件下φӨ(I2/I-)=0.536V,φӨ(SO2/S)=0.449V,φӨ(SO2-4/SO2)=0.172V㊂这几个数据表明SO2可以发生歧化反应,而I2/I–催化了这一反应:溶液中只有I–时,通入SO2可以氧化碘离子,而当碘单质积累使I2/I–的电极电势超过SO2-4/SO2的电极电势时,碘单质又被消耗㊂总的反应就是SO2的歧化反应㊂ 2⁃3本题是一道简单的考查高分子知识的题目㊂高分子化学的基本知识是高中化学的授课内容,比如在人教版‘高中化学㊃选修5:有机化学基础“[2]中就有一章来讲授高分子的基本知识㊂同时,聚乙二醇是一种经常出现在高中生物课程中的物质,所以本题对于参赛者来说应该比较简单的,总体而言基本上是高考水平的㊂ 2⁃3⁃1这是有关聚合物单体判断的问题㊂显然,只有单体是乙二醇的高分子才是聚乙二醇㊂对于聚合物单体的判断是高考水平的问题,参赛者应当很容易判断出答案是A㊂ 2⁃3⁃2此小题仍属于容易的解释现象”的问题,要求参赛者秉持结构决定性质”的思想,从化合物的结构出发解释化合物的有关性质㊂此题的思路是比较明确的,保持水分显然和聚乙二醇与水分子之间的氢键有关,这也是相对分子质量很大的高分子可溶的原因㊂ 2⁃3⁃3要求答题者写出聚合反应的方程式,只要第一问的结构判断正确,此问是不难的㊂需要注意的细节是,环氧乙烷聚合不能提供端基,需要加上一分子水使聚合产物与前面的结构式一致㊂有参赛者给出了如下答案: 这种答案是错误的,环氧乙烷经酸催化聚合的过程是一个阳离子聚合的过程,是不允许能够破坏这个过程的水分子存在的㊂水分子的存在会使环氧乙烷水解为乙二醇,从而得不到聚乙二醇㊂当阳离子聚合的过程进行到一定程度,加入水淬灭反应得到最后的产物㊂评析 2⁃1掌握常见沉淀的溶解性质是化学专业学生必不可少的一种素质,全国初赛对此也有基本的要求㊂命题人为了避免此题完全考验参赛者的元素知识记忆情况,特别给出了这些沉淀的K sp数据,参赛者通过合理的分析再结合基本的元素知识即可得出答案㊂ 2⁃2这是一道非常典型的解释实验现象”的题目,要求根据实验现象猜测方程式㊂同时,这也是一道比较简单的题目,命题者应该是希望参赛者在此题得分的㊂由于pH的改变而导致氧化还原反应的改变甚至逆转,无论是在竞赛还是在高考中都是比较常见的情况,要求参赛者掌握这一点并不过分㊂ 2⁃3如前所述,本题是一道基本处于高考水平的题目,考查了高分子的基本知识,最后一问需要掌握一些水平略高的知识,不过仍属于高中知识的自然生长点㊂第3题(10分)题目 3⁃1早在19世纪初期,法国科学家Dulong和Petit测定比热时,发现金属的比热(c m)与其原子量的乘积近似为常数6cal㊃g–1㊃℃–1(1cal=4.18J)㊂当时已知的原子量数据很少,因此,可利用比热推算原子量,进而采用其他方法分析得到更精确的原子量㊂ 3⁃1⁃1将40.0g金属M块状样品加热到100℃,投入50.0g温度为15.2℃的水中,体系的温度为17.2℃㊂推算该金属的摩尔质量㊂ 3⁃1⁃2取金属M的粉末样品1.000g,加热与氧气充分反应,得氧化物1.336g㊂计算该金属的摩尔质量,推测其氧化物的化学式(金属与氧的比例为简单整数比)㊂ 3⁃1⁃3M是哪种金属? 3⁃2电解法生产铝须用纯净的氧化铝㊂铝矿中常含石英㊁硅酸盐等杂质,需预先除去㊂在拜耳法处理过程中,硅常以硅铝酸盐(Na6Al6Si5O22㊃5H2O) 泥”的形式沉积下来㊂现有一种含10.0%(质量)高岭土(Al2Si2O7㊃2H2O)的水铝石[Al(OH)3]原料,计算纯化处理中铝的损失率㊂分析与解答此题难度不大,主要考查参赛者的推理能力和细致程度㊂具有一定的推理能力和计算功底的参赛者应该可以较轻松地拿下这一道题㊂ 3⁃1⁃1高温金属投入低温水中,最后两者温度一致,因此可以列出如下方程: 40.0g×c m×(100℃-17.2℃)=50.0g×4.18J㊃g-1㊃℃-1×(17.2℃-15.2℃)解得: c m=0.126J㊃g-1㊃℃-1然后利用题目中给出的条件( 金属的比热(c m)与其原子量的乘积近似为常数6cal㊃g-1㊃℃-1(1cal= 4.18J)”),即可得出金属M的相对原子质量为6×4.18J㊃g-1㊃℃-1/(0.126J㊃g-1㊃℃-1)=199,所以M的摩尔质量为199g㊃mol-1㊂ 3⁃1⁃2这是我们熟悉的假设推演题,先设计出模型M n O m㊂由题给出的条件: 金属M的粉末样品1.000g”,得金属M的物质的量为: 1.000g/199g㊃mol-1=5.03×10-3mol反应后多出的质量即为氧元素的质量,所以可以算出氧的物质的量为: 0.336g/16.00g㊃mol-1=0.0210mol 因此,n∶m=5.03×10-3∶0.0210=1∶4.17»1∶4,所以化学式应为M O4㊂由此再倒推金属的摩尔质量,即可得到精确值: M=1.336g×4×16.00g㊃mol-1/0.336g-4×16.00g㊃mol-1=190g㊃mol-1 3⁃1⁃3此问建立在前两问的基础上,非常简单㊂只要成功答出前两问,将摩尔质量对照试卷卷首给出的元素周期表,即可得知此元素是锇(Os)㊂ 3⁃2这是比较简单的计算题㊂先根据题目中的质量分数求出各个元素在各组分中的物质的量㊂我们不妨设有100g原料样品,那么高岭土的质量为100g×10.0%=10.0g㊂则高岭土的物质的量为: 10.0g/258.2g㊃mol–1=0.0387mol所以高岭土中的铝有0.0774mol,高岭土中的硅有0.0774mol㊂用同样的计算方法可得水铝石的质量为90.0g,其物质的量为1.154mol,其中的铝有1.154mol㊂所以铝的总物质的量为: 0.0774mol+1.154mol=1.231mol而高岭土变为泥”需要的铝为: 0.0774mol×6/5=0.0929mol所以两者之比即为铝的损失率: 0.0929mol/1.231mol=7.54%评析本题是一道信息给予⁃推断⁃计算的综合题,以一种不常见的相对原子质量测定方法为背景,考查了参赛者学习应用新知识的能力和热力学计算㊁元素推断及基础的物质的量计算等基本功㊂此题背景出自于杜隆⁃珀蒂定律(Dulong⁃Petit law):无论晶体属于何种类型,其比热容c(单位J㊃kg-1㊃K-1)与普适气体常数R(单位J㊃K-1㊃mol-1)㊁摩尔质量M(单位kg㊃mol-1)的关系为: c=3R M 命题者利用这个定律在物理和化学之间架起一座桥梁,有利于参赛者将这两个学科联系起来,活学活用㊂关于这个定律的详细内容,可以参考有关文献[3]㊂第4题(8分)题目腐殖质是土壤中结构复杂的有机物,土壤肥力与腐殖质含量密切相关㊂可采用重铬酸钾法测定土壤中腐殖质的含量:称取0.1500g风干的土样,加入5mL0.10mol㊃L-1K2Cr2O7的H2SO4溶液,充分加热,氧化其中的碳(C→CO2,腐殖质中含碳58%,90%的碳可被氧化)㊂以邻菲罗啉为指示剂,用0.1221mol㊃L-1的(NH4)2SO4㊃FeSO4溶液滴定,消耗10.02mL㊂空白实验如下:上述土壤样品经高温灼烧后,称取同样质量,采用相同的条件处理和滴定,消耗(NH4)2SO4㊃FeSO4溶液22.35mL㊂ 4⁃1写出在酸性介质中K2Cr2O7将碳氧化为CO2的方程式㊂ 4⁃2写出硫酸亚铁铵滴定过程的方程式㊂ 4⁃3计算土壤中腐殖质的质量分数㊂分析与解答本题所述的滴定方法属于典型的返滴定法㊂首先加入过量的氧化剂K2Cr2O7,将样品中的腐殖质氧化后,再用还原剂(NH4)2SO4㊃FeSO4滴定剩余的K2Cr2O7,以确定消耗的K2Cr2O7的量,进而求出腐殖质的含量㊂由于土壤中的还原性物质不只有腐殖质,还需要做空白对照实验消除误差,于是采用了高温灼烧除去腐殖质的方法,再进行同样的滴定,即可确定其他还原性物质所消耗的K2Cr2O7的量㊂需要指出,有的参赛者在滴定方程中将铬写成了Cr(phen)3+3的形式,这是错误的㊂Cr(phen)3+3绝非Cr(Ⅲ)的主要存在形式,题目中的邻菲罗啉并不是直接作为指示剂,而是与亚铁离子结合后以邻菲罗啉⁃亚铁的形式作为滴定指示剂,其量是极少的,故在方程式中写出邻菲罗啉⁃铬的形式是不可取的㊂ 4⁃1和4⁃2要求写出滴定的有关方程式㊂这两个方程式都是比较简单的反应,题目中甚至给出了碳的存在形式和氧化产物,出题者应该是有意降低难度的㊂对氧化还原反应有关知识能够掌握并能正确读题的参赛者应当不会在这里犯错误;方程式中氧化剂㊁还原剂等的存在形式和反应的酸碱环境是没有不明确之处的㊂ 4⁃1答案为: 2Cr2O2-7+3C+16H→+4Cr3++3CO2+8H2O或: 2K2Cr2O7+3C+8H2SO→42K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CO2+8H2O 4⁃2答案为: Cr2O2-7+6Fe2++14H→+6Fe3++2Cr3++7H2O或: K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO→43Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+K2SO4+7H2O 4⁃3要求计算腐殖质的含量,参赛者在回答此题时,需注意答题规范和步骤,按照正确的逻辑和顺序计算,同时也要注意运算过程中有效数字的保留㊂首先计算样品测定中剩余的K2Cr2O7(注意K2Cr2O7和Fe2+的比例): 0.1221mol㊃L-1×10.02mL6=0.2039mmol然后计算空白实验中剩余的K2Cr2O7: 0.1221mol㊃L-1×22.35mL6=0.4548mmol那么腐殖质所消耗的K2Cr2O7的量为: 0.4548mmol-0.2039mmol=0.2509mmol 结合K2Cr2O7与碳的比例,以及题目中所述的两个比例,可以算出腐殖质的质量分数(注意单位换算): 0.2509mmol×32×12.01g㊃mol-1 90%×58%×0.1500g×1000=5.8% 需要注意的是,由于题目中所给的两个比例(90%和58%)均只有两位,所以最后结果只有两位有效数字㊂评析本题是一道比较典型的定量分析化学试题,除了考查基本的有关氧化还原滴定的知识以外,还要求答题者具有比较清晰的思路和逻辑㊂从难度来看,这应当是本套试题中比较简单的一道题㊂理解整个实验的设计思路是正确解答本题的必要条件㊂对返滴定和空白实验的正确理解是其中的关键,这两个内容是定量分析化学中非常基本的知识,在高中化学和生物课程中也有所涉及,是很基本的科学实验的思想,要求参赛者掌握这些基本知识是非常合理的㊂我们可以对土壤腐殖质的测定稍作讨论,本题所述的方法是一种简单的测定土壤有机质的方法,在很多土壤理化分析的书籍㊁教材中均有提及[4⁃5]㊂更为严谨的样品处理需要用到焦磷酸钠,除此之外,测定腐殖质含量还可以用比色法,有兴趣有能力的读者可以阅读相关文献[6]㊂第5题(8分)题目　彩图可参见如下网址:　/news/?hid=1658 有一类复合氧化物具有奇特的性质:受热密度不降反升㊂这类复合氧化物的理想结构属立方晶系,晶胞示意图如右㊂图中八面体中心是锆原子,位于晶胞的顶角和面心;四面体中心是钨原子,均在晶胞中㊂八面体和四面体之间通过共用顶点(氧原子)连接㊂锆和钨的氧化数分别等于它们在周期表里的族数㊂ 5⁃1写出晶胞中锆原子和钨原子的数目㊂ 5⁃2写出这种复合氧化物的化学式㊂ 5⁃3晶体中,氧原子的化学环境有几种?各是什么类型?在一个晶胞中各有多少? 5⁃4已知晶胞参数a =0.916nm,计算该晶体的密度(以g㊃cm –3为单位)㊂分析与解答本题的考点为晶体结构,考查参赛者对面心立方结构的熟悉程度㊁多面体间原子的共用问题以及识图能力㊂最后一问还考查了经典的晶体密度计算问题㊂题中的信息主要由晶胞示意图给出,观察晶胞图并结合题中所给的信息可以看出:晶胞的6个面和8个顶点被八面体占据;晶胞内有8个四面体㊂依此可以确定晶胞中有4个锆原子和8个钨原子,而锆位于ⅣB 族,钨位于ⅥB 族,所以它们的氧化数分别为+4和+6,复合氧化物的化学式即可被确定为:ZrW 2O 8㊂ 5⁃3是本题的难点,晶体中氧原子可能的化学环境有5种:①只位于四面体上;②只位于八面体上;③四面体与四面体之间;④四面体与八面体之间;⑤八面体与八面体之间㊂由于晶胞中氧原子太多,无法通过观察得出氧原子有几种化学环境,但我们可以看出:每个四面体都单独拥有一个氧原子;四面体和四面体之间没有共用氧原子㊂据此,在一个晶胞中,四面体上的氧原子有4×8=32个,等于晶胞中所有的氧原子数㊂这说明不存在只位于八面体上的氧原子和位于八面体之间的氧原子,从而可以确定晶胞中氧原子的化学环境有两种,两种氧原子的个数分别为8和24㊂ 5⁃4中给出了晶胞参数a ,第二问已经得到了化学式,晶体的密度也就不难算得为5.07g㊃cm –3㊂需要注意的是,在计算晶体密度时,完整的解答要具备列公式”㊁代数据”㊁得答案”这3个步骤㊂在实际考试时,试卷上给出的晶胞图为黑白打印版,但若参赛者采用了正确的解题思路,只需通过简单的观察便也能得出上述结论,并不影响解题㊂评析本题中的5⁃1㊁5⁃2和5⁃4旨在考查参赛者对晶体结构基础知识的掌握情况,5⁃3的考点是晶体中原子的化学环境,这方面的题目多较灵活,需要参赛者对晶体的结构有较深的理解,并具备一定的推理和运算能力㊂另外,读者不妨分析一下图中给出的晶体是什么点阵类型㊂本题中涉及的复合氧化物ZrW2O8在受热时密度不降反升,具有反常膨胀的特性㊂为了解释这个现象,我们需要为晶体的膨胀给出微观解释:一般的晶体以框架的伸缩振动为主,受热时伸缩振动的增强会使原子间距离增大,发生膨胀㊂而ZrW2O8晶体中存在很多只与一个W连接的端基氧原子,导致结构刚性较小,晶体框架的转动成为主要的运动方式,受热时转动增强使得晶体结构更加紧密,导致密度上升㊂关于ZrW2O8晶体的更多介绍可以参考相关文献[7]㊂第6题(7分)题目最近报道了一种新型可逆电池㊂该电池的负极为金属铝,正极为(C n[AlCl4]),式中C n表示石墨;电解质为烃基取代咪唑阳离子(R+)和AlCl-4阴离子组成的离子液体㊂电池放电时,在负极附近形成双核配合物㊂充放电过程中离子液体中的阳离子始终不变㊂ 6⁃1写出电池放电时,正极㊁负极以及电池反应方程式㊂ 6⁃2该电池所用石墨按如下方法制得:甲烷在大量氢气存在下热解,所得碳沉积在泡沫状镍模板表面㊂写出甲烷热解反应的方程式㊂采用泡沫状镍的作用何在?简述理由㊂ 6⁃3写出除去制得石墨后的镍的反应方程式㊂ 6⁃4该电池的电解质是将无水三氯化铝溶入烃代咪唑氯化物离子液体中制得,写出方程式㊂分析与解答本题为一道比较简单的电化学问题,难度与高考化学试题水平相当,体现了自2013年以来中国化学会对化学奥林匹克回归基础,降低难度”的态度[8]㊂ 6⁃1首先分析题中所给内容:负极为金属Al,正极为C n[AlCl4],放电时前者形成Al(Ⅲ)化合物,后者中C n+被还原为C n物种㊂接下来确定各化合物的具体形式:因为C n就是石墨,自身足够稳定,不需要其他物质与之配合,故正极反应式为: C n[AlCl4]+e→–AlCl-4+C n生成的AlCl-4进入离子液体,定向移动形成内电流㊂本小题的难点在于确定负极产物的形式以及对离子液体概念的理解㊂AlCl-4需要参与形成电流,因此它必然在负极被消耗,即与 Al3+”反应㊂由原文电池放电时,在负极附近形成双核配合物”,结合配位化学知识可知产物为Al⁃Cl⁃Al桥连配合物Al2Cl-7,反应式为: Al+7AlCl→-44Al2Cl-7+3e- 需要注意的是,不能将产物写作Al2Cl6,因为Al2Cl6导电性能很差,且在离子液体AlCl-4氛围下, Al2Cl6也会与Cl-络合生成Al2Cl-7㊂综上,总反应为: Al+3C n[AlCl4]+4AlCl→-44Al2Cl-7+3C n 6⁃2本小题第一问较为简单:CH→4C+2H2;第二问主要考查表面化学的基本知识,答案比较宽松,无论是从底物高比表面的多孔镍角度回答,还是从产物高比表面的石墨电极角度回答都可以㊂ 6⁃3考查中学混合物的分离”知识点,用酸溶去镍即可得到石墨电极:Ni+2H→+Ni2++H2㊂有些参赛者错用形成Ni(CO)4的方法除镍,却不了解Ni(CO)4类化合物的形成条件,反而失了分㊂ 6⁃4本题背景为离子液体的制备,难度较小,反应式为: AlCl3+R+Cl→-R+AlCl-4第7题(8分)题目 7⁃1在如下反应中,反应前后钒的氧化数和配位数各是多少?N N键长如何变化? 7⁃2单晶衍射实验证实,配合物[Cr3O(CH3CO2)6(H2O)3]Cl㊃8H2O中,3个铬原子的化学环境完全相同,乙酸根为桥连配体,水分子为单齿配体㊂画出该配合物中阳离子的结构示意图㊂分析与解答此题有一定难度,主要考查参赛者对配位化学基础知识的掌握和根据对称性及一些其他条件绘出分子结构的推演能力㊂ 7⁃1这一小题重点考查参赛者对配位化学基础知识的掌握程度㊂氧化数:在反应前的分子中,胺和膦都是中性配体,氯和环戊二烯是-1价配体,所以反应前钒的氧化数为:1+1+1=+3;在反应产物中,炔烃也是中性配体,只有环戊二烯是-1价配体,所以金属的氧化数为+1㊂配位数:在反应前的分子中,两个氯和一个氮㊁磷各提供一对电子和钒配位,还有6个π电子的环戊二烯负离子可以提供其π电子和金属配位,共3对电子,所以总的配位数为:2+1+1+3=7㊂在反应产物中,炔烃和氮㊁磷各提供一对电子给金属配位,炔烃提供的是一组π键中的电子去配位,而另一组π键由于对称性不匹配,即无法头碰头”地去和金属的杂化轨道成键,所以不能成键,因此炔烃只提供一对电子,环戊二烯负离子仍提供3对电子,所以总的配位数为:1+1+1+3=6㊂从键级入手判断N N键长变化:键级增大,键变强,键长缩短;键级减小,键变弱,键长增长㊂金属钒除了提供空的杂化轨道来和N2形成配位键外,它本身还有d电子处在未杂化的轨道上,它们可以与N2的反键轨道形成反馈π键来加强金属与配体之间的相互作用,所以N2的反键轨道上部分填充了电子,N N总键级是降低的,其键长应该增长㊂反应产物的结构由X射线衍射确定,如下图所示:。

中国化学会第29届化学竞赛初赛试题、答案与评分标准---use

第29届中国化学奥林匹克(初赛)试题、答案及评分标准第1题(8分)写出下列各化学反应的方程式。

1- 1将热的硝酸铅溶液滴入热的铬酸钾溶液产生碱式铬酸铅沉淀［Pb2(0H) 2CrO4］。

1- 11- 2向含氰化氢的废水中加入铁粉和K2CO3制备黄血盐［K4Fe(CN)6? 3H2O］。

1- 21- 3酸性溶液中，黄血盐用KMnO 4处理，被彻底氧化，产生NO3询CO21- 31-4在水中，Ag2SO4与单质S作用，沉淀变为Ag2S,分离，所得溶液中加碘水不褪色。

1-4第2题(12分)2- 1实验室现有试剂：盐酸，硝酸，乙酸，氢氧化钠，氨水。

从中选择一种试剂，分别分离以下各组固体混合物(不要求复原，括号内数据是溶度积)，指出溶解的固体。

-9 一-9(1) CaCO3 ( 3.4 汉10 )和CaC2O4 (2.3 汉10 )-0 十-io(2) BaSO4 (1.1 x 10 )和BaCrO4 (1.1 汉10 )(3) Zn(OH) 2 ( 3.0 x 10-7 )和Ni(OH) 2 (5.5 x 10 -6)-0 十-7(4) AgCl ( 1.8 10 )和AgI (8.5 10 )-22 巧2(5) ZnS (2.5 10 )和HgS (1.6 10 ) 2-1(1)选用⑵选用⑶选用⑷选用选用2- 2在酸化的KI 溶液中通入S02,观察到溶液变黄并出现混浊（a ），继续通S02，溶液变为无色（b ）,写出与现象 a 和b 相对应所发生反应的方程式。

写出总反应方程式（c ），指出KI在反应中的作用。

2-2a2-2b2-2c2- 3分子量为4000的聚乙二醇有良好的水溶性, 会在体内转化，却能使肠道保持水分。

2- 3-12- 3-2聚乙二醇为何能保持肠道里的水分？2- 3-3聚乙二醇可由环氧乙烷在酸性条件下聚合而成，写出反应式。

第3题（10分） 3-1早在19世纪初期，法国科学家 Dulong 和Petit 测定比热时，发现金属的比热（c m ）与其原子量的乘积近似为常数 6 cal g^o C 1 （1 cal = 4.18 J ）。

化学奥林匹克竞赛29届初赛试题解析

1⁃2向含氰化氢的废水中加入铁粉和K 2CO 3制备黄血盐[K 4Fe(CN)6㊃3H 2O]㊂ 1⁃3酸性溶液中,黄血盐用KMnO 4处理,被彻底氧化,产生NO -3和CO 2㊂ 1⁃4在水中,Ag 2SO 4与单质S 作用,沉淀变为Ag 2S,分离,所得溶液中加碘水不褪色㊂背景 1⁃1硝酸铅与铬酸钾都是常见的易溶化合物㊂碱式铬酸铅,俗称铬红”;铬酸铅,俗称铬黄”㊂硝酸铅与铬酸钾或重铬酸钾在一系列不同的pH 下可以生成一系列颜料㊂ 1⁃2与1⁃3这两道题目均与黄血盐有关㊂黄血盐学名三水合六氰合铁(Ⅱ)酸钾,又称亚铁氰化钾,是一种比较稳定的氰根配合物,毒性与一般的无机氰化物相比小了很多㊂处理含氰化物的方法有很多种,本题提供了一种处理方法㊂即先将氰化物转变为低毒性的黄血盐,然后再用高锰酸钾将其彻底氧化为二氧化碳与硝酸盐㊂ 1⁃4元素银与硫都是常见的元素㊂银与硫都比较软,因此具有较大的亲和力㊂而碘水则是在实验室中检验还原性物质的常用试剂㊂分析与解答书写方程式的通用解题思路应为: ①从题目获取的信息中,明确反应物与反应产物,并分析反应的条件㊂ ②根据具体的反应物㊁产物及条件书写反应并配平㊂ ③最后结合常理分析所书写的反应是否合理㊁正确,尤其要注意产物之间以及反应物与产物不能再发生其他反应㊂ 1⁃1这是一个非氧化还原离子反应㊂首先明确酸碱性,本题中硝酸铅溶液为酸性,而铬酸钾为碱性㊂注意题目中的滴加顺序为将热的酸性的硝酸铅溶液滴入热的碱性的铬酸钾溶液,这说明即便反应生成了酸,但是产物的体系不能为酸性㊂不论是铬酸根还是反应的产物都会与新生成的酸反应,且铬酸根与酸的溶液反应更为便利㊂故本题可以看作是下列两个反应的耦合: ①沉淀反应:2Pb 2++2CrO 2-4+2H 2→O Pb 2(OH)2CrO 4+2H +; ②同多酸缩聚反应:2CrO 2-4+2H →+Cr 2O 2-7+H 2O㊂注意:在酸性环境下会生成铬酸铅,即铬黄,所以必须注意加入顺序㊂题目并没有明确化学方程式或离子方程式,故以下两种答案均可: 2Pb(NO 3)2+3K 2CrO 4+H 2→O Pb 2(OH)2CrO 4+4KNO 3+K 2Cr 2O 7 2Pb 2++3CrO 2–4+H 2→O Pb 2(OH)2CrO 4+Cr 2O 2-7 1⁃2这是一个简单的氧化还原反应与络合反应㊂可以这样理解这个反应:氰化氢的废水呈酸性,铁与其中的氢离子反应生成氢气,Fe +2H →+Fe 2++H 2;生成的二价铁则原位与氰根配位,Fe 2+→+6HCN Fe(CN)4-6+6H +㊂总反应还是生成了酸,所以用碳酸钾中和反应生成的酸以调节反应的pH 不至于使氰化氢气体溢出,K 2CO 3+2H →+CO 2+H 2O㊂故可以确定产物中除了黄血盐以外还应该有氢气㊁二氧化碳以及水㊂根据反应物与生成物,很容易配平得到答案: Fe +6HCN +2K 2CO →3K 4Fe(CN)6+2CO 2+H 2↑+2H 2O 1⁃3这是一个简明的氧化还原反应配平问题㊂酸性的高锰酸钾是一种常见无机强氧化剂㊂由Mn (Ⅶ)还原为Mn (Ⅱ)需要得到5个电子,而黄血盐被氧化则需要Fe (Ⅱ)失去1个电子氧化成为Fe (Ⅲ),以及每个氰根氧化需要失去10个电子,一共61个电子㊂为了保证高锰酸钾的氧化能力,体系中的酸必须是过量的㊂虽然最终配平系数很大,但是也不难得到答案:。

第 29 届全国化学奥林匹克竞赛(初赛)全真模拟试题2参考答案

1分
公式 1 分，结果 1 分。
计算时只有公式，没有代数据的过程，即使结果正确，也只得公式分。其他合理解法，只要答案正确，也可得满分。
第 8 题（6 分）通过下列流程的反应可以得到化合物 O.
化合物 O
化合物 O 在碘化钠的催化下在 CH3CN 中回流，以 88%的产率获得化合物 P. 写出 O,P 的结构简式。
7-2 乙二醇~2MnO4-~5C2O42-~10e故有
1分
5nKMnO4 10n(CH 2OH )2 2nNa2C2O4
1 2 (nKMnO4 nNa2C2O4 ) 2 5 1 2 [c (V1 V2 ) KMnO4 (cV ) Na2C2O4 ] 5 c( CH 2OH )2 2 20.00 1 2 (0.02000 65.20 0.1010 20.00) 2 5 20.00 0.01240( mol / L) n(CH 2OH )2
O:
P:
每个 3 分
第 9 题（10 分） 9-1 画出顺-1,4-二叔丁基环己烷、反-1,2-二氯环己烷的优势构象。 9-2 .在 α-D-葡萄糖构象中, C(1)上的羟基在直立键上, 其余各羟基或羟甲基均在平伏键上, 而 β-D-葡萄糖构象中, 所有羟基及羟甲基均在平伏键上。这两种构象在水溶液中能够相互转变。请指出水溶液中哪种构象能够在平衡中处于优势。 9-3 但是，科学家研究发现，在甲基-D-葡萄糖苷的平衡体系中，α-甲基-D-葡萄糖苷为优势构象。仅从空间位阻效应并不能够很好的解释这个实验事实。请提出 α-甲基-D-葡萄糖苷占优势的理论依据（至少从两个方面分析）
9-4 在 1,3-二氧杂环己烷中，平伏键和直立键能量的差别与环己烷中的不同。当甲基取代在 2 位时，甲基从直立键变成平伏键所对应的∆G=-3.5kcal/mol,而当甲基取代在 5 位时，甲基从直立键变成平伏键所对应的∆G=-0.8kcal/mol.能否用（9-3）中提出的理论对这两者的差异作出解释？若不能，请提出合理的解释。

第-29-届全国化学奥林匹克竞赛(初赛)全真模拟试题1参考答案

第 29 届全国化学奥林匹克竞赛（初赛）全真模拟试题（1）参考答案与评分细则第1题（11分）1-1 已知硫化银的 Ksp= 6.3×10-50, 其阴离子对应的酸 Ka 1=9.5×10-8, Ka 2=1.0×10-14，求 Ag 2S 在水溶液中的溶解度。

1-2 铅含量的测定可以采用二苯硫腙分光光度法，而铜离子的存在常常会造成干扰。

若在弱酸性条件下先用氯仿萃取铜，就可以消除干扰，请推测并表述其中的原因。

1-1 Ag 2S 2Ag ++ S 2-, S 2- + H 2O HS - + OH - ，HS - + H 2O H 2S + OH -. 1分 C s = [H 2S] + [HS -] + [S 2-], [Ag +] = 2C s 1分 [S 2-] = aC s , Ag 2S ksp 极小，[H +]可视为 10—7mol/L 1 分 1 [S ] [HS ] [H S] [HS ] [H S] [H ] [H ]221 分2 1 21α [S ] [S ] [S ] K K K2 2 2212K Kα122[H ] K [H ] K K1129,5 101081484.9 10148781410 9,5 10 10 9,5 10 101 分[Ag +] = 2C s ,K Sp (Ag 2S) = [Ag +]2´ [S 2-] = 4aC S 3, 1分506,5 10S6.91015344,9108mol/L2分最后答案若为1.7´ 10—12g/L ；1.7´ 10—13g/100g 水也可得2分 1-2铜与二苯硫腙形成配合物的稳定常数远远大于铅与二苯硫腙形成配合物的稳定常数。

1分当酸度较大时，二苯硫腙的酸效应系数较大，两种配合物的条件稳定常数均减小。

1分当控制适宜的酸度时，甚至铅不能与二苯硫腙形成配合物，这时即可萃取铜。

第29届全国初赛试题答案(2015)

0.5 分
被氧化的 C：(0.4548-0.2039) m mol 3 / 2 = 0.3764 m mol
1分
腐殖质中总碳量：0.3764 m mol / 0.90 = 0.418 m mol
0.5 分
折合的腐殖质质量：0.418 m mol 12.0 g mol-1 / 58% = 8.65 mg
1-2 6HCN + Fe + 2K2CO3 → K4Fe(CN)6 + H2↑+ 2CO2↑+ 2H2O
2分
6HCN + Fe + 2K2CO3 + H2O→ K4Fe(CN)6•3H2O + H2↑+ 2CO2↑ 也得满分
6HCN + Fe + 4K2CO3 + 3H2O→ K4Fe(CN)6•3H2O + H2↑+ 4 KHCO3 不得分
5Fe(NO3)3 + 61Mn(NO3)2 + 30CO2↑+ 81KNO3 + 94H2O
或
10K4[Fe(CN)6] + 122KMnO4 + 188H2SO4
5Fe(SO4)3 + 122MnSO4 + 60CO2↑+ 60KNO3 + 51K2SO4
1-4 3Ag2SO4 + 4S + 4H2O → 3Ag2S + 4H2SO4
1分
0.5 分 1分
0.5 分
1
3-1-2 设金属氧化物的化学式为 MnOm，其中：金属的摩尔数约为：1.000/199 = 5.03 10-3 (mol)
0.5 分
氧的摩尔数：0.336 / 16.00 = 0.0210 (mol) n ：m = 5.03 10-3 : 0.0210 = 1: 4.17 1: 4, 所以化学式应为 MO4 金属的摩尔质量＝1.336 ×4×16.00 / 0.336－4×16.00 = 190 (g mol-1)