高中化学竞赛教程上;

1、一份耕耘,一份收获黄冈中学化学奥赛培训教程（精美word版）目录上册（75页，2.5m）第一章 化学反应中的物质变化和能量变化第一节 氧化还原反应第二节 离子反应和离子方程式第三节 化学反应中的能量变化第四节 综合解题第二章 物质结构 元素周期律第一节 原子结构和核外电子排布第二节 元素周期律与元素周期表第三节 化学键第四节 分子间作用力第五节 晶体结构第六节 综合题解第三章 气体、溶液和胶体第一节 气体第二节 胶体第三节 溶液第四节 综合题解第四章 化学反应速率及化学平衡第一节 化学反应速率第二节 影响化学反应速率的因素第三节 化学平衡 第一章 化学反应中的物质变化和能量变化第一节 氧化还原

2、反应1、根据下列三个反应，排出氧化剂氧化性的强弱顺序：a4hclmno2mncl2cl22h2ob16hcl2kmno4=2kcl2mncl25cl28h2oc4hclo22cl22h2o解析：这三个反应中还原剂都是盐酸。不同的氧化剂与同一还原剂反应时，若反应越易发生，则氧化剂的氧化性越强，反之就弱，故其氧化性顺序由强到弱：kmno4mno2o2。2、配平氧化还原方程式：p4ocl2fy=pocl3p2cl5解析：本题中p4o中的p元素对应有两种产物，故设p4o的化学计量数为“1”。用待定系数法配平的关键是选准一种物质的化学计量数为1。令p4oacl2=bpocl3cp2cl5，由原子守恒得：

3、代入整理得：4p4o21cl2=4pocl56p2cl53、配平下列方程式：fe3chno3=fe(no3)3no2co2h2o解析：复杂物质fe3c按常规化合价分析无法确定fe和c的具体化合价，此时可令组成该物质的各元素化合价为零价，再根据化合价升降法配平。再用观察法，不难确定各物质的化学计量数为：1、22、3、13、1、11，故为fe3c22hno3=3fe(no3)313no2co211h2o4、配平nh4no3fy=n2hno3h2o解析：nh4no3中n的平均化合价为1价，则元素化合价升降关系为：2n 2(10) 降21n 15 升41用观察法调整确定各物质的化学计量数，故：5nh4

4、no3=4n29h2o2hno3注：若配平时不用此平均标价法，则要分析同种元素化合价升降关系。决不会出现化合价交叉现象，即不会出现的情况。5、问四氧化三铁中铁的氧化数为多少？解析：已知氧的氧化数为2，设铁的氧化数为x，则3x4(2)=0所以fe3o4中fe的氧化数为。注：氧化数可以为分数。6、用离子电子法配平下列方程：kmno4feso4h2so4fy=mnso4fe2(so4)3k2so4h2o解析：写出反应的离子表达式：fe2+h+fy=mn2+fe3+h2o分别写出氧化和还原半反应：fe2+efe3+58h+5emn2+4h2o1根据反应过程中得失电子相等原则，配平氧化剂和还原剂系数：5

5、fe2+8h+=mn2+5fe3+4h2oh2so4作介质时，化学方程式可写为：2kmno410feso48h2so4=k2so42mnso45fe2(so4)38h2o注：离子电子法配平的关键是把氧化还原反应方程式拆为两个半反应式，再利用电子得失守恒即可消去电子，得方程式。7、计算由标准氢电极和标准镉电极组成的电池的自由能。解析：代数值较小的电极应作原电池的负极，代数值较大的电极为正极，因此电池的符号可表示为：（）cd|cd2+(1mol/l)/h+(1 mol/l)|h2(pt)()296 5000.402 6=77 701.8j/mol第二节 离子反应和离子方程式1、在ph=1的无色透明

6、溶液中不能大量共存的离子组是（ ）aal3+、ag+、clbmg2+、clcba2+、k+、ch3coo、fe3+dzn2+、na+、解析：a组由于ag+cl=agcl而不能共存；c组因生成弱电解质(h+ch3coo=ch3cooh)而不能共存，且fe3+是棕黄色的，故答案为a、c。注：解答此类题的关键是掌握离子能否共存的判断规则。2、重金属离子有毒性。实验室有甲、乙两种废液，均有一定毒性。经化验甲废液呈碱性，主要有毒离子为ba2+离子，如将甲、乙废液按一定比例混合，毒性明显降低。乙废液中不可能含有的离子是（ ）acu2+和 bcu2+和clck+和 dag+和解析：沉淀ba2+必须用，而在a

7、、c两选项中均含有，但c项中k+无毒性，a项中cu2+可与甲废液中oh反应生成cu(oh)2沉淀，从而降低毒性。本题答案为a。注：设法使重金属离子转化为沉淀，使其毒性明显降低。若仅考虑将ba2+沉淀为baso4，即选c。3、下列反应的离子方程式错误的是（ ）a等物质的量的ba(oh)2与nh4hso4在溶液中反应：ba2+2oh=baso4nh3h2oh2ob氢氧化铁与足量的氢溴酸溶液反应：fe(oh)33h+=fe2+3h2h2oc足量的co2通入饱和碳酸钠溶液中：co2h2o=d向碳酸氢钠溶液中滴加少量澄清石灰水：ca2+2oh=caco32h2o解析：对于a：在水溶液中进一步电离成h+和

8、，且ba(oh)2与nh4hso4等物质的量反应，故nh4+与h+分别与oh反应，故a正确。对于b，氢溴酸是强酸，fe(oh)3为难溶物，故也正确。对于c，由于nahco3溶解度小于na2co3，且na2co3为饱和溶液，故析出的是nahco3晶体，故c错误。对于d，ca(oh)2少量，故溶液中还有存在，若ca(oh)2过量，则不能有存在。故d正确。本题答案为c。注：本题结合元素化合物的知识，从多个侧面考查对离子方程式正误的判断。有的同学对d选项产生怀疑：产物中的阴离子是还是oh？仔细分析可发现，加入的石灰水是少量，n(oh)q1q3cq2q3q1 dq2=q3q1解析：酸在水中电离成h+和酸

9、根是一个吸热过程，所以，酸越弱，电离热就越大；反之越小。因此，ch3cooh的电离热最大；按理h2so4（第一级）与hno3同是强酸，特别在水中，由于水的拉平效应，使它们都显强酸性，似乎中和热应相同，实际上并不相同，hno3有一个分子内氢键（如图），所以它比h2so4（第一级）酸性要弱，在电离成时要破坏氢键而消耗能量。其次，h2so4分子间虽然也有氢键，但在溶解过程中首先形成水合硫酸放出大量热量，破坏氢键并促使离解，所以硫酸的中和热要大于硝酸的中和热。应选c。3、已知273k时，n2(g)3h2(g)2nh3(g)q(q0)，在相同温度条件下，向一密闭容器中通入1 mol n2和3 mol h

10、2，达到平衡时，放出能量为q1，向另一体积相同的密闭容器中通入0.5mol n2和1.5 mol h2，达到平衡时，放出能量为q2。则q1和q2应满足的关系是（ ）aq2q1qbq2q2q1/2解析：热化学反应方程式中q是指1 mol n2和3mol h2完全反应，生成2 mol nh3时放出的热量，而实际反应平衡时，并没有完全反应，即没有生成2 mol nh3，比2 mol nh3少，所以qq1。当在相同体积的密闭容器通入物质的量为一半的气体时，相应压力也降了一半，所以nh3的得率相应要比1 mol n2和3 mol h2的低。所以放出的热量。因为合成氨反应是体积缩小的反应，总压增大有利平衡

11、向正方向移动，相反，则逆向移动。因此，应选a和b。注：合成氨的反应是一个可逆反应，所以不可能完全反应。故热量不等于q。4、反应在恒温下的密闭容器中进行，so3的产率为a；而在绝热密闭的同一容器中反应，so3的产率为b，则a与b的正确关系为（ ）aab ba=b cab d无法判断解析：由于是一个放热反应，能散去一部分热量将有利于正向反应；若能把产生的热积聚起来，将会使绝热容器中反应体系的温度升高，将不利于正向反应而有利于平衡逆向移动；若反应体系的温度升高到一定温度（约630以上），将会使催化剂的活性降低，甚至消失。由此可见，在恒温体系的产率多，绝热体系的产率低，因此，应选a。5、根据盖斯定律和

12、下列数据，计算反应的q1值： c(石墨)o2(g)=co2(g)393.5kj 解析：将c（石墨）作为起始状态、co2(g)作为最终状态，则由c（石墨）生成co2(g)有下列两种途径：c(石墨)co2(g)co(g)（）q2q1q3（）由盖斯定律：q2=q1q3 故=所以q1=393.5kj283kj=110.5kj即反应的反应热为110.5kj。6、由生成焓数据计算氨的氧化反应的，并指出此反应是吸热还是放热反应？解析：查出各物质的标准生成焓的值，代入反应物即可。该反应方程式为：4nh3(g)5o2(g)=4no(g)6h2o(g)，查出各物质的的值：表明氨的氧化反应是放热反应。7、已知2丁烯

13、有顺、反两种异构体，前者能量比后者高，在某反应条件下它们处于平衡，其平衡常数k如下：自由能差和平衡常数k有如下关系：式中r=8.31jmol1k1, t=298k。（1）求该平衡时，顺、反式的摩尔分数（物质的量分数）。（2）求顺、反式的自由能差（请以kj/mol表示）。（答案均取3位有效数字）解析：利用平衡常数可求得平衡时顺，反2丁烯的物质的量之比，从而求得两者的物质的量分数。（1）设平衡时顺反式分别为(1x)mol和x mol，则有：所以，顺2丁烯的物质的量分数为反2丁烯的物质的量分数为：10.238=0.762（2）根据题意，自由能差与平衡常数有定量关系：=2.3088.31298lg3.

14、20=2 880(j/mol)即2.88kj/mol故答案：（1）顺式：0.238, 反式：0.762. （2）=2.88kj/mol。注：求算时，切不可丢掉“负号”，在进行有关焓（h）、熵（s）、自由能（g）等的计算中，h、s、g均为生成物与反应物的相关物理量之差。题目中已指出“2丁烯有顺，反两种异构体，前者的能量比后者高”，由此也可确定顺反式2丁烯的自由能差应为负值。8、求反应caco3(s)=cao(s)co2(g)在标准状态下自发进行的最低温度。解析：欲使反应自发进行，必须时反应自发进行，从而求得自发进行时的最低温度。caco3(g)=cao(s)co2(g); h298=179.0k

15、j/mol欲使反应自发进行，必须时反应自发进行。故反应自发进行的最低温度是1111.8k。第四节 综合解题1、pbco3（存在于白铅矿中）和zno（白锌）常用来做白色涂料。h2s可将这些化合物变成相应的硫化物。（1）写出反应方程式。（2）根据热力学讨论，若空气中h2s的浓度为0.007mgm3,使用这些涂料是否妥当？（3）表明哪种涂料不合适？（4）对于生成pbs的情况，为使白色恢复，用h2o2处理使生成pbso4。根据热力学原理，简单地暴露于空气能否达到同样的效果？25、1 atm下空气的平均组成（按体积百分数）为：n277.90 o220.70 co20.026 h20.40 其他气体：1.

16、03各物质的是：pbco3(s)626.0 h2s(g)33.0 pbs(s)92.6zno(s)318.0 zns(s)184.8 co2(g)394.2h2o(g)228.5 pbso4(s)811.0解析：（1）pbco3(s)h2s(g)=pbs(s)h2o(g)co2(g)zno(s)h2s(g)=zns(s)h2o(g)（2）反应的0.007mgm3h2s所占的体积比为：所以p(h2s)=5.0109atm所以pbco3白涂料会发黑，即不妥当。同理，反应的=62.3kjmol1, =28.6kjmolhegjddbia）确定它们的相对位置。同性相似的元素在周期表中位置相邻，其中相对

17、原子质量相差较大的为同族相邻，相对较小的为同周期相邻。然后，按照相对原子质量小的元素其原子序数小原则排列，故上述元素在表中的相对位置为：aibcdjgehf4、下图表示元素x的前五级电离能的对数值，试推测x可能是哪些元素？lgie+12345解析：本题考查对图形的分析，要注意图中纵坐标的标度是对数值，因此x元素的第二和第三三电离能之间有突变，说明它有两个电子容易电离，电离第三个电子需要破坏8电子构型，所以它是iia 族元素。图中示出5个电子的电离能值，因此它不可能是be。因为be原子总共只有4个电子，综合分析，x可能是mg、ca、sr或ba。所以x可能是mg、ca、sr或ba。第三节 化学键1

18、、bf3的几何构型为平面正三角形，而nf3却是三角锥形，试用杂化轨道加以说明。解析：用sp2杂化轨道、sp3杂化轨道的空间构型及等性杂化和不等性杂化轨道加以说明。在bf3中b原子以三个sp2杂化轨道分别与三个p原子的2p轨道形成3个sp2p键，b原子的三个sp2杂化轨道是等性杂化轨道，其空间构型为平面正三角形，所以bf3的几何构型的为平面正三角形。而nf3中，n原子形成4个sp3杂化轨道，其中有一个杂化轨道已排布两个电子（弧电子对），能量稍低，另外3个杂化轨道仅排1个电子，能量稍高。n原子用这3个能量相等、各排布有1个电子的sp3杂化轨道分别于3个f原子的2p轨道形成3个sp3p键间的夹角小于

19、10928(实为102.5)。因此nf3分子的几何构型为三角锥形。2、试分别用价键理论和分子轨道理论说明稀有气体不能形成双原子分子的理由。解析：从稀有气体原子间的电子不能配对成键和它们的键极为零分别进行说明。稀有气体外层电子结构为ns2np6（he除外），是稳定的8电子构型，现以ne为例加以说明。价键理论认为：氖的外层电子结构为2s22p6或，所有电子都已互相成对，当两个ne原子接近时，不能再相互配对（原子中无未成对电子），所以ne不能形成ne2分子。分子轨道理论认为：若能形成ne2分子，则其分子轨道排布式为：kk(2s)2所以ne不能形成双原子分子。3、nsf是一种不稳定的化合物，它可以聚合

20、成三聚分子a，也可以加合一个f生成b，还可以失去一个f变成c。（1）试写出nsf和产物a、b、c的lewis结构式。（2）预期a、b、c中哪一个ns键最长？哪一个ns键最短？为什么？（3）假设有nsf的同分异构体存在snf，请按照（1）、（2）内容回答问题。解析：（1）本题可采用lewis结构理论，计算出nsf的化学键数。因应该是三条共价键，即n=sf，但它存在形式电荷：而n=sf中各原子的形式电荷为零，所以只要修正s原子的nr=10即可。所以nsf的lewis结构式为nsf，其中，n、s、f的形式电荷均为零。（2）从a、b、c的结构看，c的ns键最短，因为ns之间为共价叁键，a、b结构式中n

21、s之间都为共价键，但a中可认为有离域键存在，所以a中ns键最长。（3）当snf排列时，lewis结构式为，所以从结构上看，c中的ns键仍然最短，a中ns键最长。4、1919年langmuir提出：“凡原子数与电子总数相等的物质，则结构相同，物理性质相近，”称为等电子原理，相应的物质互称为电子体。(bn)n是一种新型无机合成材料，它与某单质互称为等电子体。工业上制造(bn)n的方法之一是用硼砂和尿素在 1 0731 273 k时反应，得到-(bn)n及其他元素的氧化物。-(bn)n可作高温润滑剂，电器材料和耐热的涂层材料等。如在高温下反应，可制得-(bn)n，-(bn)n硬度特高，是作超高温耐热

22、陶瓷材料、磨料、精密刀具的优良材料。试问：（1）它与什么单质互为等电子体？（2）写出硼砂与尿素反应的方程式。（3）根据等电子原理画出-(bn)n与-(bn)n的构型。解析：等电子体是一个很重要的概念。它可以从已知物质的结构和性质推测未知的等电子体的结构和性质。由于bn的价电子=35=8，(bn)n的价电子数为8n(24n)，与金刚石和石墨的价电子数相等(4n)，而n，因此在此情况下4n与24n相等。再根据题中信息“-(bn)n硬度特高，是作超高温耐热陶瓷材料、磨料、精密刀具的材料”易知：-(bn)n结构与金刚石结构相似，而由“-(bn)n可作高温润滑剂、电器材料和耐热的涂层材料等”可推知：-(

23、bn)n结构与石墨相似。问（2）主要是写化学方程式。在高温下反应除生成指定产物(bn)n外，还应生成其他的稳定物质。根据质量定恒定律，这些在高温下稳定的物质na2o、co2、h2o。（1）-(bn)n、-(bn)n的与金刚石、石墨互为等电子体。（2）na2b4o72co(nh2)2=4(bn)4na2o4h2o2co2（3）因为-(bn)n结构与石墨相似，-(bn)n结构与金刚石结构相似，则它们的结构画成：（-(bn)n结构） （-(bn)n结构）需要指出的是：在画-(bn)n结构时，要注意b、n的位置。b位于a族，在一般化合物中每个b原子周围只能相连三根共价键。第四节 分子间作用力1、某温度

24、、某压强下取三份等体积无色气体a，于198k、353k和363k下测得其摩尔质量分别为58.0gmol1、20.6gmol1；于298k、353k、363k下各取1l（气体压强相同）上述无色气体分别溶于10 l水中，形成的溶液均显酸性。则（1）无色气体是_。（2）各温度下摩尔质量不同的可能原因是_。（3）若三份溶液的体积相同（设溶解后溶液温度也相同），其物质的量浓度比值是多少？解析：（1）由题目信息可知不同温度下测得a气体的摩尔质量不同，并且随着温度的升高而减小，这种情况可能是由于分子发生了缔合所致。那么，a气体究竟是什么气体？这可以从所学过的溶于水且具有酸性的气体如hcl、cl2、so2、n

25、o2、hf等气体去寻找。在这些气体中，前四者没有能够发生分子缔合的因素，尽管no2可以缔合，但是没有哪一种形体的分子量与题目所给数据相吻合，故a只可能是hf，且从摩尔质量角度验证也符合。另一方面，hf分子间能够形成氢键，能发生分子缔合。（2）由于氢键的形成与温度无关。温度越高缔合度越小，温度越低缔合度越大。因此，温度从298k353k363k，摩尔质量从58.0gmol120.6gmol120.0gmol1是可以理解的。（3）由于三种缔合体溶于水后，均成hf单体分子。而溶液体积也是相同的，因此溶质的物质的量浓度之比应等于三种缔合体溶于水后形成的hf单体的物质的量浓度之比。又因p、v是一定的，而

26、气体物质的物质的量也绝对温度成反比，因此在298k、353k、363k条件下制成的三种稀溶液中溶质的物质的量浓度之比为：答案：（1）hf。（2）hf以氢键缔合之故。（3）缔合的hf均以单体分子溶于水，在一定温度下，一定量的缔合气体所含单体分子的物质的量与缔合气体的相对分子质量成正比；p、v一定时，气体物质的物质的量与绝对温度成反比，故在298k、353k、363k下制成的三种稀溶液中溶质的物质的量浓度之比为：2、a和b两种物质互相溶解的关系如图所示，横坐标表示体系的总组成，纵坐标为温度，由下往上，温度逐渐升高。t1时a是b在a中的饱和溶液的组成，b是a在b中的饱和溶液的组成（t2时相应为c，d

27、）。t3为临界温度，此时a和b完全互溶。图中曲线内为两相，曲线外为一相（不饱和液）。某些物质如h2o和(c2h5)3n，c3h5(oh)3和间ch3c6h4nh2有低的临界温度（见图）。请根据上述事实，回答下列问题： （1）解释图中t3存在原因。（2）说明图中所示的两对物质存在低的临界温度的原因。（3）描述图中所示的两对物质的互溶过程。解析：解本题的关键是理解图形。（1）图中所示的a、b相互溶解关系在中学化学中可以找到这种模型，如苯酚与水的互溶体系。将盛有苯酚的晶体和水溶液的试管加热片刻可观察到苯酚溶液。随着温度升高，两相中相互溶解度增大，两相组成也接近直至达到相同。（在1 atm下，该点为6

28、5.9和34%（苯酚）。这与题中曲线所示a、b互溶体系是一致的。（2）图乙和和图甲相反，这说明图乙所示的互溶体系有一种特殊的因素影响溶解度。分析给出的h2o与(c2h5)3n，c3h5(oh)3和间-ch3c6h4nh2的例子可找出氢键这种因素，显然溶剂与溶质分子之间氢键的形成有利于互溶，而温度升高，分子间氢键破裂，溶解度而减小。答案：（1）物质的溶解度常随着温度的升高而增大，所以在一定的温度下，a和b两种物质能达到完全互溶。（2）某些物质如h2o和(c2h5)3n，c3h5(oh)3和间-ch3c6h4nh2存在低的临界温度的原因是它们在较低温度能形成分子间氢键，然而，随着温度的升高，分子间氢键破裂，所以溶解度反而减小。第五节 晶体结构1、（2005年全国化学竞赛初赛试题）2001年3月发现硼化镁在39k时呈超导性，可能是人类对超导认识的新里程碑。在硼化镁晶体的理想模型中，镁原子和硼原子是分层排布的，像