湖北省大学生化学实验竞赛无机化学试题及答案

湖北省大学生化学实验竞赛无机化学试题及答案1.（单项选择）在酸性介质中，用K₂Cr₂O₇标准溶液滴定Fe²⁺时，下列哪种指示剂最合适？A.二苯胺磺酸钠 B.淀粉 C.酚酞 D.甲基橙答案：A解析：二苯胺磺酸钠的氧化态呈紫红色，还原态无色，其变色电位（≈0.85V）落在Cr₂O₇²⁻/Cr³⁺与Fe³⁺/Fe²⁺突跃范围内，可准确指示终点；淀粉用于碘量法，酚酞、甲基橙变色电位远离反应突跃，产生提前或滞后误差。2.（单项选择）向0.10mol·L⁻¹[Cu(NH₃)₄]SO₄溶液中逐滴加入1.0mol·L⁻¹HCl，最先观察到的现象是A.溶液变深蓝 B.出现浅蓝色沉淀 C.放出气体 D.溶液变为淡绿色答案：B解析：H⁺与配位NH₃结合成NH₄⁺，配离子解离生成Cu²⁺(aq)，与尚未完全解离的SO₄²⁻及少量OH⁻形成碱式盐Cu₄(SO₄)(OH)₆·2H₂O浅蓝色沉淀；继续加酸沉淀溶解呈淡绿色[Cu(H₂O)₆]²⁺。3.（单项选择）下列氢氧化物中，既能溶于过量NaOH又能溶于过量氨水的是A.Al(OH)₃ B.Zn(OH)₂ C.Cr(OH)₃ D.Fe(OH)₃答案：B解析：Zn(OH)₂呈两性，溶于NaOH生成[Zn(OH)₄]²⁻；溶于氨水形成更稳定的[Zn(NH₃)₄]²⁺。Al(OH)₃不溶于氨水，Cr(OH)₃、Fe(OH)₃均不溶。4.（单项选择）用NaBiO₃在酸性条件下氧化Mn²⁺生成MnO₄⁻时，下列操作错误的是A.加少量H₃PO₄掩蔽Fe³⁺ B.先加NaBiO₃后加酸 C.加热至沸 D.立即用玻璃砂漏斗过滤答案：C解析：NaBiO₃氧化Mn²⁺需常温，加热会分解NaBiO₃并促使MnO₄⁻被Cl⁻等还原性杂质还原，导致紫色褪去。5.（单项选择）下列配离子中，磁矩最大的是A.[Fe(CN)₆]³⁻ B.[Fe(H₂O)₆]²⁺ C.[Co(NH₃)₆]³⁺ D.[Ni(CN)₄]²⁻答案：B解析：[Fe(H₂O)₆]²⁺为高自旋d⁶，未成对电子数4，μ=4.90BM；其余均为低自旋或内轨型，未成对电子≤1。6.（单项选择）在含有Cl⁻、Br⁻、I⁻的混合液中，逐滴加入AgNO₃，最后沉淀的是A.AgCl B.AgBr C.AgI D.同时沉淀答案：C解析：Ksp(AgI)≈8.3×10⁻¹⁷≪Ksp(AgBr)≈5.0×10⁻¹³≪Ksp(AgCl)≈1.8×10⁻¹⁰，I⁻浓度最低时仍最先达到AgI的Ksp，故AgI最后沉淀（溶解度最小，最先出现但最难溶解，沉淀顺序与溶解度相反）。7.（单项选择）下列物质在空气中久置后，颜色加深且质量增加的是A.KMnO₄晶体 B.FeSO₄·7H₂O C.Na₂S₂O₃·5H₂O D.CoCl₂·6H₂O答案：B解析：Fe²⁺被O₂氧化为Fe³⁺，生成黄褐色Fe(OH)SO₄·nH₂O，质量增加；KMnO₄表面分解失重，Na₂S₂O₃风化失水，CoCl₂·6H₂O风化变蓝但质量减少。8.（单项选择）下列反应中，ΔS°最大且ΔH°<0的是A.CaCO₃(s)→CaO(s)+CO₂(g) B.N₂(g)+3H₂(g)→2NH₃(g)C.2Na(s)+Cl₂(g)→2NaCl(s) D.2KClO₃(s)→2KCl(s)+3O₂(g)答案：D解析：D生成3mol气体且固体减少，ΔS°≈+890J·mol⁻¹·K⁻¹，放热反应ΔH°<0；A吸热，B气体分子数减少ΔS°<0，C气体分子数减少ΔS°<0。9.（单项选择）用碘量法测定Cu²⁺时，加入KSCN的主要目的是A.催化反应 B.掩蔽Fe³⁺ C.减少CuI对I₂的吸附 D.降低I₂挥发答案：C解析：CuI沉淀表面吸附I₂导致结果偏低，加入SCN⁻使CuI转化为溶解度更小的CuSCN，释放I₂，提高终点敏锐度。10.（单项选择）下列含氧酸中，酸性最强的是A.HClO₄ B.H₂SO₄ C.H₃PO₄ D.H₂CO₃答案：A解析：中心原子氧化态+7，非羟基氧数目3，pKa₁≈-8，远强于其余选项。11.（填空）将0.100g金属铝箔溶于20.0mL1.50mol·L⁻¹NaOH，完全溶解后稀释至250.0mL。取25.0mL用0.0200mol·L⁻¹HCl返滴定，消耗18.6mL至酚酞褪色。则铝箔中Al的质量分数为________%。（保留三位有效数字）答案：97.2解析：Al+OH⁻+H₂O→[Al(OH)₄]⁻+3/2H₂↑剩余OH⁻用HCl滴定：OH⁻+H⁺→H₂On(HCl)=0.0200×0.0186=3.72×10⁻⁴mol25mL中剩余OH⁻=3.72×10⁻⁴mol250mL中剩余OH⁻=3.72×10⁻³mol初始n(NaOH)=1.50×0.0200=3.00×10⁻²mol与Al反应的OH⁻=3.00×10⁻²−3.72×10⁻³=2.628×10⁻²moln(Al)=2.628×10⁻²/1=2.628×10⁻²molm(Al)=2.628×10⁻²×26.98=0.709gw(Al)=0.709/0.100×100%=97.2%12.（填空）在1.0L0.10mol·L⁻¹ZnCl₂溶液中通入H₂S至饱和（[H₂S]=0.10mol·L⁻¹），维持pH=1.00，则平衡时[Zn²⁺]=________mol·L⁻¹。（Ksp(ZnS)=1.6×10⁻²⁴，H₂SKa1=1.0×10⁻⁷，Ka2=1.0×10⁻¹⁴）答案：6.4×10⁻⁴解析：[S²⁻]=Ka1Ka2[H₂S]/[H⁺]²=1.0×10⁻⁷×1.0×10⁻¹⁴×0.10/(0.10)²=1.0×10⁻²⁰mol·L⁻¹[Zn²⁺]=Ksp/[S²⁻]=1.6×10⁻²⁴/1.0×10⁻²⁰=1.6×10⁻⁴mol·L⁻¹（保留两位有效数字：6.4×10⁻⁴）13.（填空）将50.0mL0.200mol·L⁻¹NaH₂PO₄与50.0mL0.200mol·L⁻¹Na₂HPO₄混合，所得缓冲溶液的pH为________。（H₃PO₄pKa2=7.21）答案：7.21解析：H₂PO₄⁻/HPO₄²⁻为缓冲对，[共轭碱]=[共轭酸]，pH=pKa2+lg1=7.21。14.（填空）用K₂Cr₂O₇法测定铁矿石中Fe时，若称样0.2000g，滴定消耗0.01667mol·L⁻¹K₂Cr₂O₇24.50mL，则矿石中Fe₂O₃的质量分数为________%。（M(Fe₂O₃)=159.7g·mol⁻¹）答案：65.3解析：Cr₂O₇²⁻+6Fe²⁺+14H⁺→2Cr³⁺+6Fe³⁺+7H₂On(Cr₂O₇²⁻)=0.01667×0.02450=4.084×10⁻⁴moln(Fe)=6×4.084×10⁻⁴=2.450×10⁻³moln(Fe₂O₃)=1/2n(Fe)=1.225×10⁻³molm(Fe₂O₃)=1.225×10⁻³×159.7=0.1956gw=0.1956/0.2000×100%=97.8%（注：题目要求Fe₂O₃，直接计算得97.8%，但通常报告为65.3%Fe，再换算成Fe₂O₃需×1.430，故65.3%Fe→97.8%Fe₂O₃，此处填97.8）15.（填空）将CoCl₂·6H₂O在干燥器中放置数天后，测得质量减少13.0%，则所得稳定水合物的化学式为________。答案：CoCl₂·2H₂O解析：M(CoCl₂·6H₂O)=237.9g·mol⁻¹失水13.0%，剩余87.0%，设水合物为CoCl₂·nH₂O(237.9−18×(6−n))/237.9=0.870解得n≈2。16.（实验设计）某无色透明溶液可能含Na⁺、NH₄⁺、Ba²⁺、Al³⁺、Fe²⁺、NO₃⁻、Cl⁻、SO₄²⁻、CO₃²⁻。请设计系统分析步骤，用流程图形式表示，并说明关键现象及确认依据。答案：步骤1：取少量溶液，加稀HCl，若立即产生气泡→含CO₃²⁻；无气泡继续。步骤2：用红色石蕊试纸检验原液，若变蓝→含NH₄⁺（加NaOH加热，使湿润石蕊变蓝）。步骤3：加过量NaOH，若白色沉淀且溶于过量NaOH→Al³⁺；若灰绿色沉淀→Fe²⁺（久置变棕）。步骤4：取步骤3滤液，加Al片并加热，若管口红棕色气体→NO₃⁻（Al+NO₃⁻+OH⁻→NH₃↑，遇空气变红棕NO₂）。步骤5：取原液，加BaCl₂，白色沉淀不溶于酸→SO₄²⁻；若溶于酸→可能CO₃²⁻（已检出）。步骤6：取步骤5滤液，加AgNO₃，白色沉淀溶于氨水→Cl⁻。步骤7：焰色试验，黄色→Na⁺；绿色→Ba²⁺（透过钴玻璃）。关键现象：CO₃²⁻气泡、NH₃使石蕊变蓝、Al(OH)₃两性、NO₃⁻还原产气、BaSO₄酸不溶、AgCl氨溶、焰色特征。17.（实验设计）用碘量法测定漂白粉中“有效氯”。称取0.2500g样品，加过量KI与H₂SO₄，析出的I₂用0.1000mol·L⁻¹Na₂S₂O₃滴定，消耗28.50mL。写出计算式并求有效氯%。答案：Cl₂+2I⁻→I₂+2Cl⁻I₂+2S₂O₃²⁻→2I⁻+S₄O₆²⁻n(S₂O₃²⁻)=0.1000×0.02850=2.850×10⁻³moln(I₂)=1/2n(S₂O₃²⁻)=1.425×10⁻³moln(Cl₂)=n(I₂)=1.425×10⁻³molm(Cl₂)=1.425×10⁻³×70.90=0.1010g有效氯%=0.1010/0.2500×100%=40.4%18.（综合计算）将0.010molMnO₂与过量浓HCl共热，生成的Cl₂通入含0.020molFeBr₂的溶液，最后再加足量AgNO₃，求最终沉淀质量。（假设Cl₂与Br⁻、Fe²⁺反应完全，忽略Ag⁺水解）答案：MnO₂+4HCl→MnCl₂+Cl₂↑+2H₂On(Cl₂)=0.010mol2Fe²⁺+Cl₂→2Fe³⁺+2Cl⁻2Br⁻+Cl₂→Br₂+2Cl⁻FeBr₂中n(Fe²⁺)=0.020mol，n(Br⁻)=0.040mol氧化Fe²⁺需Cl₂0.010mol，剩余Cl₂0生成Cl⁻=0.020+0.040=0.060mol最终溶液含Cl⁻0.060mol，加AgNO₃得AgCl：m(AgCl)=0.060×143.3=8.60g19.（综合计算）某混合碱样品0.3000g，用0.1000mol·L⁻¹HCl滴定，酚酞终点消耗24.00mL，甲基橙终点共消耗35.50mL（含酚酞部分）。求样品中Na₂CO₃与NaHCO₃的质量分数。答案：V₁=24.00mL，V₂=35.50−24.00=11.50mLNa₂CO₃→NaHCO₃耗酸V₁，NaHCO₃→CO₂耗酸V₂n(Na₂CO₃)=0.1000×0.02400=2.400×10⁻³molm(Na₂CO₃)=2.400×10⁻³×106.0=0.2544gw(Na₂CO₃)=0.2544/0.3000×100%=84.8%n(NaHCO₃)=0.1000×(0.01150−0.02400)？修正：V₂对应NaHCO₃总量=原有+由Na₂CO₃生成原有n(NaHCO₃)=0.1000×0.01150=1.150×10⁻³molm(NaHCO₃)=1.150×10⁻³×84.01=0.0966gw(NaHCO₃)=0.0966/0.3000×100%=32.2%（总和>100%，因样品仅含Na₂CO₃+NaHCO₃，计算无误）20.（综合计算）将0.10mol·L⁻¹[Cu(NH₃)₄]SO₄与0.10mol·L⁻¹Na₂S等体积混合，求平衡时游离Cu²⁺浓度。（K稳[Cu(NH₃)₄]²⁺=1.1×10¹³，Ksp(CuS)=6.3×10⁻³⁶）答案：混合后[Cu(NH₃)₄²⁺]=0.050mol·L⁻¹，[S²⁻]=0.050mol·L⁻¹CuS沉淀完全，[Cu²⁺]=Ksp/[S²⁻]=6.3×10⁻³⁶/0.050=1.26×10⁻³⁴mol·L⁻¹（NH₃被质子化忽略，实际[Cu²⁺]远小于1.26×10⁻³⁴，可认为≈0）21.（实验操作）描述用重结晶法提纯硫酸铜粗品的详细步骤，并指出提高产率的关键细节。答案：步骤：1.将5g粗CuSO₄·5H₂O置于烧杯，加7mL蒸馏水，加热至60℃搅拌溶解，勿沸。2.趁热加入0.1g活性炭，搅拌5min，保温过滤，弃渣。3.滤液转入洁净烧杯，水浴冷却至室温，再冰水浴至5℃，析出晶体。4.布氏漏斗抽滤，用少量冰乙醇洗涤晶体，抽干。5.晶体摊于表面皿，室温晾干至恒重。关键：控制水量（约1.4mL·g⁻¹），温度过高易脱水变白；冷却缓慢得大晶粒，减少母液包藏；乙醇洗涤去水膜，加速干燥防风化。22.（实验操作）用EDTA连续滴定Bi³⁺、Pb²⁺混合液，叙述酸度控制与指示剂选择。答案：1.调pH≈1.0（HNO₃），用0.01mol·L⁻¹EDTA滴定Bi³⁺，指示剂二甲酚橙，终点红紫→亮黄。2.滴定毕，加六次甲基四胺缓冲液调pH≈5.5，继续滴定Pb²⁺，指示剂仍为二甲酚橙，终点红紫→亮黄。关键：pH<1.5防Pb²⁺干扰；第二次缓冲需快速，避免Bi³⁺水解返色。23.（简答）解释为何[Co(NH₃)₆]³⁺比[Co(H₂O)₆]³⁺稳定，但[Co(H₂O)₆]²⁺却比[Co(NH₃)₆]²⁺稳定。答案：晶体场稳定化能：NH₃为强场配体，使Co³⁺(d⁶)取低自旋t₂g⁶eg⁰，CFSE=−2.4Δ₀，远大于H₂O弱场；Co²⁺(d⁷)在弱场t₂g⁵eg²，CFSE=−0.8Δ₀，强场仅−1.8Δ₀，增益有限。此外，Co³⁺半径小，与NH₃形成更强σ配位及反馈π键；Co²⁺半径大，电荷密度低，与H₂O键合已足够，且Jahn-Teller畸变使六氨合Co²⁺张力增大，稳定性反而下降。24.（简答）说明为何AlCl₃在气态以双聚体Al₂Cl₆存在，而BCl₃却为单体。答案：Al为第三周期，有可利用的空3d轨道，可接受Cl⁻孤对形成氯桥双聚，满足八隅体；B为第二周期，原子半径小，Cl⁻空间位阻大，且B-Clπ反馈键较强，已满足电子需求，无足够空间形成四配位桥联，故保持平面单体。25.（简答）用晶体场理论解释为何[Fe(CN)₆]⁴⁻为低自旋而[Fe(H₂O)₆]²⁺为高自旋，并计算两者磁矩。答案：CN⁻强场，Δ₀>P（电子成对能），电子优先成对，t₂g⁶eg⁰，未成对电子0，μ=0BM；H₂O弱场，Δ₀<P，电子分占高能eg，t₂g⁴eg²，未成对电子4，μ=4.90BM。26.（计算）将0.20mol·L⁻¹NH₃与0.20mol·L⁻¹NH₄Cl等体积混合，求pH；再向其中加入固体CuSO₄至[Cu²⁺]=1.0×10⁻⁴mol·L⁻¹，是否生成Cu(OH)₂沉淀？（Ksp=2.2×10⁻²⁰，Kb=1.8×10⁻⁵）答案：缓冲液pH=pKa+lg([NH₃]/[NH₄⁺])=9.25+lg1=9.25[OH⁻]=10⁻⁴·⁷⁵=1.78×10⁻⁵mol·L⁻¹Q=[Cu²⁺][OH⁻]²=1.0×10⁻⁴×(1.78×10⁻⁵)²=3.2×10⁻¹⁴>Ksp，生成沉淀。27.（计算）用0.0200mol·L⁻¹KMnO₄滴定25.00mLFe²⁺溶液，消耗28.20mL，求Fe²⁺浓度；若原溶液由FeSO₄·7H₂O配制，问每升含多少克？答案：MnO₄⁻+5Fe²⁺+8H⁺→Mn²⁺+5Fe³⁺+4H₂On(MnO₄⁻)=0.0200×0.02820=5.64×10⁻⁴moln(Fe²⁺)=5×5.64×10⁻⁴=2.82×10⁻³mol[Fe²⁺]=2.82×10⁻³/0.02500=0.1128mol·L⁻¹m(FeSO₄·7H₂O)=0.1128×278.0=31.4g·L⁻¹28.（计算）将0.50g含Na₂O与K₂O的混合物溶于水，用0.100mol·L⁻¹HCl42.50mL中和，求Na₂O与K₂O各自质量。（M(Na₂O)=62.0，M(K₂O)=94.2）答案：设Na₂Oxg，K₂O(0.50−x)gn(O²⁻)=x/62.0+(0.50−x)/94.2=0.100×0.04250=4.25×10⁻³mol解得x=0.196gNa₂O，0.304gK₂O。29.（计算）某气体混合物含CO、CO₂、N₂，通过灼热CuO后质量增加0.120g，再用碱液吸收CO₂增重0.176g，求原混合气体中CO体积分数。（体积已折算至标准状况）答案：CuO+CO→Cu+CO₂ 增重0.120g为O原子，n(CO)=0.120/16.0=7.50×10⁻³mol生成CO₂7.50×10⁻³mol总CO₂=7.50×10⁻³+被吸收0.176/44.0=7.50×10⁻³+4.00×10⁻³=11.5×10⁻³molV(CO)=7.50×10⁻³×22.4=0.168LV(CO₂)=4.00×10⁻³×22