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2004年全国高中化学奥赛初赛试题与答案


中国化学会 2004 年全国高中学生化学竞赛 (省级赛区) 试题答案网络版

2004 年 9 月 14 日公布

共 8



1

中国化学会 2004 年全国高中学生化学竞赛(省级赛区)试题答案
(2004 年 9 月 12 日 9:00 - 12:00 共计 3

小时) 第 1 题(4 分) 2004 年 2 月 2 日,俄国杜布纳实验室宣布用核反应得到了两种新元素 X 和 Y。X 是用高能 48Ca 撞击 243 Am 靶得到的。经过 100 微秒,X 发生 α-衰变,得到 Y。然后 Y 连续发生 4 95 次 α-衰变, 转变为质量数为 268 的第 105 号元素 Db 的同位素。 X 和 Y 的原子序数为新元素的代 以 号(左上角标注该核素的质量数) ,写出上述合成新元素 X 和 Y 的核反应方程式。 48 243 288 答案: 95 Am + 20 Ca = 115+3n (2 分)不写 3n 不得分。答 291115 不得分。
288

姓名

115 = 284113 + 4He
284 4

(2 分) 质量数错误不得分。
268

4

He 也可用符号α。

(答下式不计分: 113-4 He =

105

或 268 Db) (蓝色为答案,红色为注释,注释语不计分,下同) 105

赛场

学校

第 2 题(4 分)2004 年 7 月德俄两国化学家共同宣布,在高压下氮气会发生聚合得到高聚氮, 这种 高聚氮的 N-N 键的键能为 160 kJ/mol (N2 的键能为 942 kJ/mol),晶体结构如图所示。在这种晶体 中,每个氮原子的配位数为 ;按键型分类时,属于 晶体。这种固体的可能潜在应用 是 ,这是因为: 。

答案: 3

原子晶体

炸药(或高能材料) 高聚氮分解成 N2 释放大量能量。 (各 1 分)

第 3 题(6 分)某实验测出人类呼吸中各种气体的分压/Pa 如下表所示:

省 市 自治区 报 名 号

气体

吸入气体 79274 21328 40 667

呼出气体 75848 15463 3732 6265

3-1 请将各种气体的分子式填入上表。 3-2 指出表中第一种和第二种呼出气体的分压小于吸入气体分压的主要原因。 答案:

赛区

气体 N2 O2

吸入气体 79274 21328

呼出气体 75848 15463

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CO2 H2O

40 667

3732 6265

(每空 1 分,共 4 分) 呼出气中的 N2 的分压小于吸入气中的分压的主要原因是呼出气中的 CO2 和水蒸气有较大分压,总 压不变,因而 N2 的摩尔分数下降(1 分) ;呼出气中的 O2 的分压小于吸入气中的分压的主要原因是 吸入的 O2 被人体消耗了。 (1 分) (共 2 分) 第 4 题(15 分)在铜的催化作用下氨和氟反应得到一种铵盐和一种三角锥体分子 A(键角 102o, 偶极矩 0.78x10-30 C· m;对比:氨的键角 107.3o,偶极矩 4.74x10-30 C· m); 4-1 写出 A 的分子式和它的合成反应的化学方程式。 答案: NF3 (1 分) 4NH3 + 3F2 = NF3 + 3NH4F(1 分) (共 2 分) 4-2 A 分子质子化放出的热明显小于氨分子质子化放出的热。为什么? 答案:N-F 键的偶极方向与氮原子孤对电子的偶极方向相反,导致分子偶极矩很小,因此质子 化能力远比氨质子化能力小。 画图说明也可,如:

(1 分) 4-3 A 与汞共热,得到一种汞盐和一对互为异构体的 B 和 C(相对分子质量 66) 。写出化学方程 式及 B 和 C 的立体结构。 答案: 2NF3 +2Hg = N2F2 + 2HgF2 (1 分)

(14+19)X2=66 (每式 1 分)

(共 3 分)

4-4 B 与四氟化锡反应首先得到平面构型的 D 和负二价单中心阴离子 E 构成的离子化合物;这种 离子化合物受热放出 C,同时得到 D 和负一价单中心阴离子 F 构成的离子化合物。画出 D、E、F 的立体结构;写出得到它们的化学方程式。 答案:

D
+

E
2-

F (每式 1 分)

2 N2F2 + SnF4 = [N2F ]2[SnF6] (1 分) + 2+ [N2F ]2[SnF6] = [N2F] [SnF5] + N2F2 (1 分) (共 5 分) 4-5 A 与 F2、BF3 反应得到一种四氟硼酸盐,它的阳离子水解能定量地生成 A 和 HF,而同时得到 的 O2 和 H2O2 的量却因反应条件不同而不同。 写出这个阳离子的化学式和它的合成反应的化学方程 式,并用化学方程式和必要的推断对它的水解反应产物作出解释。 答案: 阳离子的化学式为 NF4+。 分) (1 NF3 + F2 + BF3 = NF4+BF4- (1 分) NF4+水解反应首先得到 HOF (否则写不出配平的 NF4+水解反应):

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NF4++H2O = NF3+HOF+H+ 定量生成 NF3。 分) (1 而反应 2HOF = 2HF+O2 和反应 HOF+H2O = HF+H2O2 哪一反应为主与反应条件有关,但无 论哪一反应为主却总是定量生成 HF。 分) (1 (共 4 分) 第 5 题(7 分)研究发现,钒与吡啶-2-甲酸根形成的单核配合物可增强胰岛素降糖作用,它是电中 性分子,实验测得其氧的质量分数为 25.7 %, 画出它的立体结构,指出中心原子的氧化态。要给出 推理过程。 答案:吡啶甲酸根的相对分子质量为 122。设钒与 2 个吡啶甲酸根络合,50.9+244= 295,氧 的质量分数为 21.7%;设钒与 3 个吡啶甲酸根络合, 50.9+366=417, 氧的质量分数为 23.0 %; 设钒与 4 个吡啶甲酸根结合,50.9+488=539,氧的质量分数为 23.7%;设钒与 5 个吡啶甲酸 根结合,50.9+610=661,氧的质量分数为 24.2%;钒与更多吡啶甲酸根络合将使钒的氧化态 超过+5 而不可能,因而应假设该配合物的配体除吡啶甲酸根外还有氧,设配合物为 VO(吡啶甲酸 根)2, 相对分子质量为 50.9+16.0+244=311,氧的质量分数为 25.7%,符合题设。(3 分) 结论:该配合物的结构如下: (其他合理推论也可)

和/或

得分相同(2 分)

钒的氧化态为 +IV (或答+4 或 V+4) (1 分) 钒与吡啶甲酸根形成的五元环呈平面结构,因此,该配合物的配位结构为四角锥体(或四方锥 体),氧原子位于锥顶。 (1 分) (共 7 分) 通过计算得出 VO(C6H4NO2)2,但将配位结构画成三角双锥,尽管无此配位结构,却也符合题 意,建议总共得 4 分,以资鼓励。用有效数字较多的原子量数据通过计算得出 V(C6H4NO2)3· 2O, H 氧含量为 25.7%,钒+3,五角双锥,尽管由于环太大而不可能,却也符合题意,建议总共得 4 分, 以资鼓励。 第 6 题(6 分)最近发现,只含镁、镍和碳三种元素的晶体竟然也具有超导性。鉴于这三种元素都 是常见元素,从而引起广泛关注。该晶体的结构可看作由镁原子和镍原子在一起进行(面心)立方最 密堆积(ccp),它们的排列有序,没有相互代换的现象(即没有平均原子或统计原子) ,它们构成两 种八面体空隙,一种由镍原子构成,另一种由镍原子和镁原子一起构成,两种八面体的数量比是 1 : 3,碳原子只填充在镍原子构成的八面体空隙中。 6-1 画出该新型超导材料的一个晶胞(碳原子用小 球,镍原子用大 6-2 写出该新型超导材料的化学式。 答案: 6-1 球,镁原子用大 球) 。

(5 分) 在(面心)立方最密堆积-填隙模型中,八面体空隙与堆积球的比例为 1 : 1, 在如图晶胞中,八面 体空隙位于体心位置和所有棱的中心位置,它们的比例是 1 : 3,体心位置的八面体由镍原子构成, 可填入碳原子,而棱心位置的八面体由 2 个镁原子和 4 个镍原子一起构成,不填碳原子。 6-2 MgCNi3(化学式中元素的顺序可不同,但原子数目不能错) 。 (1 分)

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第 7 题(9 分)用 2 份等质量的 XeF2 和 XeF4 混合物进行如下实验: (1) 一份用水处理,得到气体 A 和溶液 B,A 的体积为 56.7 mL(标准状况,下同) ,其中含 O2 22.7 mL,余为 Xe。B 中的 XeO3 能氧化 30.0mL 浓度为 0.100mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2。 (2) 另一份用 KI 溶液处理,生成的 I2 被 0.200mol/L Na2S2O3 滴定,用去 Na2S2O3 35.0 mL。 求混合物中 XeF2 和 XeF4 各自的物质的量。 答案: 由(1)求 Xe 的总量: Xe 56.7mL-22.7mL=34.0mL 34,0 mL/2.24 x104 mL/mol = 1.52x10-3 mol (1 分) XeO3 + 6Fe2+ + 6H+ = Xe + 6Fe3+ + 3H2O 1 : 6 (1 分) x 0.100mol/Lx0.0300mL x = 5.0x10-4 mol (1 分) -3 -4 -3 Xe 的总量 1.52x10 mol + 5.0x10 mol = 2.02x10 mol (1 分) 由(2) XeF2 + 2II2 ~ 2S2O321 2 (1 分) y z z=2y (1 分) 2XeF4 + 4I 2I2 ~ 4S2O3 1 4 (1 分) -3 2.02x10 - y 0.200 mol/Lx0.0350 L -z -4 y = 5.4x10 mol (XeF2) (1 分) -3 -4 -5 XeF4 2.02x10 mol - 5.4x10 mol = 1.48x10 mol (1 分) 第 8 题(8 分)今有化学式为 Co(NH3)4BrCO3 的配合物。 8-1 画出全部异构体的立体结构。 8-2 指出区分它们的实验方法。 答案 8-1 三种。 立体结构如下:

I II III (各 2 分,共 6 分) 结构式中的碳酸根离子也可用路易斯结构式表示,但须表明是单齿还是双齿配位(可不标 2-) ; 2编号任意, 但须与下题的分析对应; 3 不能用 π 电子配位 CO (受限于 Co 的配位数及 NH3 必为配体) 。 画其他配位数的配合物不计分。 8-2 配合物 III 可通过其离子特性与另两个配合物区分开: 滴加 AgNO3 溶液, -立即被沉淀下来 Br (而直接与钴配位的溴相当缓慢地沉淀) 。也可通过测定电导将 III 与 I、II 区分(用红外光谱法区 分也可)(1 分)。I 的偶极矩比 II 的偶极矩小,因此测定极性可将两者区分开(1 分)(共 2 分) 。 第 9 题(6 分)下图摘自一篇新近发表的钒生物化学的论文。回答如下问题:

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9-1。此图钒化合物的每一次循环使无机物发生的净反应(的化学方程式)是: 答案: H2O2+Cl-+H+ = H2O+HOCl (1 分) 9-2。在上面的无机反应中,被氧化的元素是 ;被还原的元素是 。 答案: 被氧化的是氯;被还原的是氧。 (共 1 分) 9-3。次氯酸的生成被认为是自然界的海藻制造 C—Cl 键的原料。请举一有机反应来说明。 答案:H2C=CH2 + HOCl = HOH2C—CH2Cl (举其他含 C=C 双键的有机物也可) 分) (2 9-4。试分析图中钒的氧化态有没有发生变化,简述理由。 答案:没有变化。理由: (1)过氧化氢把过氧团转移到钒原子上形成钒与过氧团配合的配合物并没 有改变钒的氧化态,所以从三角双锥到四方锥体钒的氧化态并没有发生变化; (2)其后添加的水和 氢离子都不是氧化剂或还原剂,因此,过氧团变成次氯酸的反应也没有涉及钒的氧化态的变化,结 论:在整个循环过程中钒的氧化态不变。 (2 分) 第 10 题(8 分)有一种测定多肽、蛋白质、DNA、RNA 等生物大分子的相对分子质量的新实验技 术称为 ESI/FTICR-MS, 精度很高。用该实验技术测得蛋白质肌红朊的图谱如下,图谱中的峰是质 子化肌红朊的信号,纵坐标是质子化肌红朊的相对丰度,横坐标是质荷比 m/Z,m 是质子化肌红朊 的相对分子质量,Z 是质子化肌红朊的电荷(源自质子化,取正整数),图谱中的相邻峰的电荷数相 差 1,右起第 4 峰和第 3 峰的 m/Z 分别为 1542 和 1696。求肌红朊的相对分子质量(M)。

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答案: 1542=(M+Z)/Z 或 1696=(M+Z)/Z 1696=[M+(Z-1)]/(Z-1) 1542=(M+Z+1)/(Z+1) 解联立方程: 解联立方程: Z = 11 Z = 10 M=16951 M=16950 答:肌红朊的相对分子质量为 16951(或 16950) ,答任一皆可。 联立方程正确,计算错误,得 6 分。方程错为 1542=M/Z 等,求得 Z=11 或 10,相对分子质量 误为 16960 等,只得 4 分。 分) (8 第 11 题(9 分)家蝇的雌性信息素可用芥酸(来自菜籽油)与羧酸 X(摩尔比 1 : 1)在浓 NaOH 溶液 中进行阳极氧化得到。

家蝇雌性信息素

芥 酸

11-1 写出羧酸 X 的名称和结构式以及生成上述信息素的电解反应的化学方程式。 11-2 该合成反应的理论产率(摩尔分数)多大?说明理由。 答案: 11-1 丙酸(1 分) (1 分)

(5 分;芥酸或性信息素结构中的碳数错误扣 2 分,试题要求写电解反应的方程式,因此,未 写 H2 扣 2 分,将 H2 写成 2H+扣 1 分,将 Na2CO3 写成 CO2 扣 2 分;总分最低为零分,不得负分)

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11-2 芥酸和丙酸氧化脱羧形成摩尔分数相等的 2 种烃基, 同种烃基偶联的摩尔分数各占 25% (或 1/4 或 0.25) ,异种烃基偶联形成家蝇性信息素的摩尔分数占 50%(或 1/2 或 0.5)。 分) (2 第 12 题(9 分)2004 年是俄国化学家马科尼可夫(V. V. Markovnikov,1838-1904)逝世 100 周年。 马科尼可夫因提出 C=C 双键的加成规则(Markovnikov Rule)而著称于世。本题就涉及该规则。给 出下列有机反应序列中的 A、B、C、D、E、F 和 G 的结构式,并给出 D 和 G 的系统命名。

答案: (每式 1 分,每个命名 1 分,共 9 分)

D 2-溴-2-甲基丙酸

G

2,2-二甲基丙二酸二乙酯

(共 9 分)

第 13 题(9 分)88.1 克某过渡金属元素 M 同 134.4 升(已换算成标准状况)一氧化碳完全反应生 成反磁性四配位络合物。该配合物在一定条件下跟氧反应生成与 NaCl 属同一晶型的氧化物。 13-1 推断该金属是什么; 13-2 在一定温度下 MO 可在三氧化二铝表面自发地分散并形成“单分子层” 。理论上可以计算单 层分散量,实验上亦能测定。(a)说明 MO 在三氧化二铝表面能自发分散的主要原因。(b) 三氧化二 铝表面上铝离子的配位是不饱和的。MO 中的氧离子在三氧化二铝表面上形成密置单层。画出此模 型的图形;计算 MO 在三氧化二铝(比表面为 178 m2/g)表面上的最大单层分散量(g/m2)(氧离子的 半径为 140 pm)。 答案 13-1

(88.1g/MM) : (134.4 L/22.4 L· -1)= 1 : 4 mol MM=58.7 g· -1 mol M 是 Ni

(1 分) (1 分)

(共 2 分)

13-2 (a)主要原因是混乱度(熵)增加了(从表面化学键角度讨论焓变、熵变和自由能变化也可) 。 (1 分) (b)氧离子在氧化铝表面作密置单层排列,镍离子有规律地填入三角形空隙(图)。

(密置层 1 分,填隙 1 分,共 2 分) 1 个“NiO”截面:(2rO2-)2 sin120o=(2× 140× -12m)2 sin120o =6.79× -20 m2 10 10 (2 分)

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1m2Al2O3 表面可铺 NiO 数:1 m2/6.79× -20 m2 = 1.47× 19 10 10 (1 分) 相当于: 74.7 g· -1× mol 1.47× 19 m-2 ÷6.022× 23 mol-1 =1.82× -3 g(NiO)/m2(Al2O3)(1 分) 10 10 10 (共 4 分) -20 2 2 19 将 1 个“NiO”截面算成 6.78× 10 m ,相应的 1m Al2O3 表面可铺 NiO 数为 1.48× ,不扣分。 10

郑重声明;本试题与答案的版权属中国化学会所有,不经中国化学会化学竞赛负责人授权,任 何人不得翻印、不得在出版物或互联网网站上转载、贩卖、赢利,违者必究。 经 中 国 化 学 会 授 权 , 本 试 题 的 答 案 于 2004 年 9 月 14 日 12:00 在 网 站 www.sina.com 上公布。

本稿是打印稿的修正版,评分以此搞为准。


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