高中化学竞赛辅导练习与试题解析 6页

高中化学竞赛辅导练习与试题解析第一章基础化学第一节原子化学与元素周期律一．（1）CS2（2）邻＞间＞对（3）三角锥形（4）平面三角形（5）棕黄色者二．B、C、DEBD三．在该题的假设下，原有原子结构理论的有关规律的实质是有用的，但具体的则要发生一些变化。如保里不相容原理和洪持规则就不适用；但能量最低原理是有用的；饱和的概念仍然成立，只是各个轨道、各个亚层、各个电子层最多能容纳的电子数应为原来的一半，如第二层排成2s12p3就饱和了；轨道的能级顺序没有变化，电子的填充顺序也无变化。电子排布式：1s12s12p33s13p33d54s14p34d54f75s15p35d56s16p2周期表中的位置：第六周期，第ⅢA族；该元素的中性原子在化学反应中可得到1个电子显－1价；可失去3个电子显＋3价，也可失去2个p电子而显＋2价。四．原子外围电子填充的一般顺序为：ns、(n－3)g、(n－2)f、(n－1)d、np1．[Rn]5f146d107s27p22．第七周期第ⅣA族金属3．XO2X(OH)4两性偏碱4．XCl2XCl4XCl2较稳定（惰性电子对效应）5．50种元素，第八周期元素新增填充的亚层有8s、5g、6f、7d、8p，共25个原子轨道，可容纳50个电子。第二节化学平衡与电解质溶液一．当HCl浓度较小时，由于同离子效应占优势，使PbCl2溶解度减小；当HCl浓度较大时，由于盐效应特别是形成H2[PbCl4]而使PbCl2溶解度增大。1.00mol/LHCl正好是一分界点，因而PbCl2溶解度最小。二．1．14.8%2．乙酸乙酯产率的测定可通过对液体混合物试样中的CH3COOH进行反滴定来实现。3．从反应混合物中将生成的酯蒸出，即能破坏酯化反应的平衡，提高酯的产量。\n三．饱和石灰水浓度0.0223mol/L；在0.982巴下碳酸钙的溶解度为0.0109mol/L；不能全溶。1．由于生成的CO2中带有HCl气体之故；2．硬壳是CaCO3，其生成并取出使石灰水浓度减小，再通CO2于其中则生成的CaCO3量小于上条件下CaCO3溶解浓度，所以可得清液。（略）3．1.05倍四．1．取V体积的I2－KI水溶液用Na2S2O3水溶液滴定，测得c1=CI(H2O)。再取V体积的I2—KI水溶液，加入V体积的CCl4，达分配平衡后用分液漏斗将CCl4相分开，然后用Na2S2O3水溶液滴定，得c2，因此，cI(CCl4)＝c1－c2，该值应是几轮结果的平均值。2．KD==（1＋Kβ[I－]）D==（1＋Kβ[I－]）（c1－c2）/c2五．1．[H2O]==55.56mol/L[O2－]==10－36mol/L[OH－]==[H3O＋]==1.0×10－7mol/L2．1.7×1012L3．1.8×10－91.8×10－14减小105倍4．7.006.12中性5．D2O中D—O键比H2O中H—O键强，轻水离解度大。六.2BrF3BrF2＋＋BrF4－;BrF2AsF6BrF2＋＋AsF6－BrF2AsF6在BrF3中是酸（溶剂酸）。2．HSO4－和H3SO4＋两种离子在纯H2SO4中迁移速度特别快，这是因为H2SO4分子之间通过氢键连接成网状，在外电场作用下，HSO4－和H3SO4＋在网上迁移，所以HSO4－和H3SO4＋在纯H2SO4中迁移速度特别快。超酸体系不能在水溶液中形成，因为在任何水溶液体系中，其酸度都被存在于水溶液中的H3O＋所限定，即使最强的酸在水溶液中也只能是H3O＋，达不到超酸的酸性。七．1．若溶液中[A]a·[B]b＞Ksp，沉淀生成；[A]a·[B]b＜Ksp，沉淀溶解；\n2．6.90×10－3mol/LpH=8.393．3.2×10－13mol/L4．0.024mol/L5．0.21mol/L6．5.38L第一节氧化还原与电化学一．1．C，2．B电子由C流向Cu，Cu为正极，C为负极，测出电动势数值最大，说明C比A、D为更强的还原剂。Cu和B组成原电池，电子由Cu流向B，电动势数值最小，说明B的金属活泼性小于Cu，B不能置换出硫酸铜中的铜。二．氧化还原产物的物质的量之比为：Br2:I2:KIO3＝15:3:24三．1．阴极：2H2O＋2e→H2＋2OH－阳极：2I－－2e→I22Cu＋I2→2CuI2．换成不易和I2反应的金属，如锡；或在电解前把铜极表面镀上锡。四．得到银的化学过程：Zn＋2Ag＋→Zn2＋＋2Ag与银在银片上的电化学沉积（同时有锌溶解）平行地进行。若对于每1mol参加反应的锌，有xmol的锌在电化学过程中溶解，则同时有2xmol的银在银电极上沉积。于是在化学过程中被溶解的锌为（l－x）mol，同时在锌电极上被沉积的银则为2（l－x）mol。根据题给条件，两个电极上的增量相等：108×2（l－x）－65x－65（1－x）＝108×2x由此可得：x=0.35mol即有0.35mol的锌参与电化学过程，原电池的有效功率为35%。第二节分析化学一．2．2R—Cl＋ZnCl42－R2ZnCl4＋2Cl－2R—Cl＋CdCl42－R2CdCl4＋2Cl－3．R2ZnCl4＋6NaOH==2R—OH＋4NaCl＋Na2Zn(OH)4用pH试纸检验留下来的液体由碱性转为中性。因为锌具有两性，镉不具有两性。4．R2CdCl4＋2HNO3==2R—NO2+CdCl42－＋2H＋5．使树脂恢复为氯型。二．1．＋7，＋62．－l，＋43．3MnO42－＋4H＋===2MnO4－＋MnO2↓＋2H2O4．2MnO4－＋5C2O42－＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O5．0.02307mol/L\n三．1．（3）（1）（2）（4）（5）2．2Cu2＋＋4I－==2CuI↓＋I23．4．天平、烧杯、锥形瓶、碱式滴定管5．①偏高，②Fe3＋可氧化I－生成I2，使I2的量增加，消耗Na2S2O3的量增多。6．Pb2＋、Zn2＋的氧化性比Cu2＋的氧化性弱，不能氧化I－。四．Fe3O4%==20.88%Fe2O3%==29.60%五．Sb2S2%==8.49%Na2S==9.76%六．（l）加NH4Cl—NH3，生成沉淀的离子是Fe2＋、Al3＋、Cr3＋、Mn2＋；各离子的沉淀形式是：Fe(OH)3、Al(OH)3、Cr(OH)3、Mn(OH)2→MnO(OH)2。留在溶液中的离子是：Zn2＋、Cu2＋、Mg2＋、K＋；各离子的存在形式是：Zn(NH3)42＋、Cu(NH3)42＋、Mg2＋、K＋。加入NaOH，生成沉淀的离子是Fe3＋、Cu2＋、Mg2＋、Mn2＋；各离子的沉淀形式是：Fe(OH)3、Cu(OH)2、Mg(OH)2、Mn(OH)2→MnO(OH)2。留在溶液中的离子是Al3＋、Cr3＋、Zn2＋、K＋，各离子的存在形式是：Al(OH)4－、CrO2－、Zn(OH)42－、K＋。（2）①[Cu2＋]==0.08980mol/L②加入NH4HF2的作用在于使Fe3＋形成〔FeF63－〕配离子，从而消除其干扰，同时也对溶液pH值（3－4）起控制作用；加入NH4SCN的作用是把CuI转化为溶解度更小的CuSCN，减小对I2的吸附作用，提高分析结果的准确度。七．1．I－＋3Br2＋3H2O==IO3－＋6Br－＋6H＋IO3－＋5I－＋6H＋==3I2＋3H2OI2＋2S2O32－==2I－＋S4O62－2．根据化学计量关系有：3．0.370g/L4．0.56mL5．3．法，体积测量相对误差为：±0.1%。4．法，体积测量相对误差为：3.6%。结果表明：利用“化学放大”反应，可以用常量滴定方法测定低含量I－，并可降低测量的相对误差，提高准确度。八．1．水样总硬度：14.00°水样钙硬度：8.40°2．除去HCO3－，否则当HCO3－含量高时，加入氨性缓冲溶液后会析出CaCO3沉淀，使终点拖长，变色不敏锐。\n3．加入三乙醇胺以掩蔽Fe3＋、Al3＋等的干扰。4．Ca2＋、Mg2＋与EDTA形成的配合物的稳定性都比较小，在适当大的pH溶液中滴定，有利于减小EDTA的酸效应，使配位反应定量进行。但pH值不可过大，否则Mg2＋生成沉淀无法测定，故加氨性缓冲溶液。第一节物理化学一．假定锂全部反应完，10g锂与水作用时放出的热：Q=288.55kJ按题中反应式计算，反应中消耗的水量为26.09g，生成的氢氧化锂物质的量为：1.45mol。放出的热将消耗于：（l）熔化100g0℃的冰变为0℃的水：Q1=33kJ（2）将未和锂反应的水从0℃加热到100℃：Q2＝31.04kJ。（3）将生成的LiOH从0℃加热到100℃：Q3＝7.19kJ（4）使水蒸发：剩余的热：Q4＝217.32kJ可蒸发的水量：m=94.5g而反应后剩余的水只有100－26.09=73.91g可见，反应产物的加热和水的升温及蒸发等所需的热比反应放出的热少。因此实际上当部分锂发生反应时，水便全部蒸发了，结果是氢氧化锂和未反应的银的混合物，而没有氢氧化锂一水合物的生成。二．1．O220%CO80%2．燃烧每摩尔CO的热效应为283kJ；3．生成每摩尔N2O的热效应为82kJ。三．1．（略）2．N—O327.6kJ/molN—H376.6kJ/mol3．1897.8kJ/mol四．C7H6O2五．1．浓硫酸作用于液体A生成的气体的相对分子量为28。N2、CO、C2H4等有如此相对分子量；A与MnO2作用生成的气体的相对分子量为44，CO2、C3H8等相对分子量如此。考虑气体生成的条件，CO和CO2的可能性最大，它们分别是在有机物碎裂和氧化时生成的。液体A具有酸性，使Cu(OH)2溶解生成淡蓝色的铜盐。综上所述，可初步判断A是含有甲酸的液体．甲酸反应的结果，得到0.377／22.4mol的CO或CO2，这相应于1g液体中含甲酸0.744g。2．液体A蒸馏时其组成不变的原因在于所用的是恒沸（共沸）甲酸溶液[恒沸甲酸溶液中含甲酸（按质量）77.5%]。在一定压力下，恒沸混合物有恒定的组成，不能用蒸馏法分离。在100℃和20℃时，液体蒸气的相对分子量从42.1改变到72.5，这相应于二聚分子（HCOOH）2和单分子HCOOH的蒸气与水蒸气的混合物。（含质量77.5%HCOOH和22.5%H2O的混合蒸气的平均分子量为39.7，说明在100℃\n时甲酸仍有部分二聚体。