中国化学会第26届全国高中学生化学竞赛(省级赛区)试卷及答案.docx

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1、中国化学会第 26 届全国高中学生化学竞赛(省级赛区)试卷2023 年 9 月 2 日 9001200共计 3 小时l 竞赛时间 3 小时。迟到超过 30 分钟者不能进考场。开头考试后 1 小时内不得离场。时间到，把试卷反面前上放在桌面上，马上起立撤离考场。l 试卷装订成册，不得拆散。全部解答必需写在站定的方框内，不得用铅笔填写。草稿纸在最终一页。不得持有任何其他纸张。l 姓名、报名号和所属学校必需写在首页左侧指定位置，写在其他地方者按废卷论。允许使用非编程计算器以及直尺等文具第 1 题7 分1-1 向硫酸锌水溶液中滴加适当浓度的氨水至过量，发生两步主要反响。简述试验现象并写出两步主要反响的离

2、子方程式。无色溶液产生白色沉淀，后渐渐溶解1 分，如只写白色沉淀溶解不扣分，未说明白色，扣0.5 分11Zn2+2NH +2H O=Zn(OH) +2NH+1 分3224写成如下形式均给分：Zn2+2NH H O=Zn(OH) +2NH +3224Zn(H O) 2+2NH H O=Zn(OH) +2NH + +6H O2632242Zn(H O) 2+2NH =Zn(OH) +2NH + +2H O2632422Zn(OH) + 2NH + +2NH = Zn(NH ) 2+ +2H O2433 42如写成Zn(OH)+4NH= Zn(NH ) 2+ +2OH 也对，如产物写成Zn(NH )

3、2+233 43 6扣 0.5 分，因主要产物是Zn(NH )2+3 41-2 化合物Cu(Pydc)(amp) 3H O的组成为 CHCuN O，热重分析曲线说明，该化合2111447物受热分解发生两步失重，第一个失重峰在 200250，失重的质量分数为 15.2%。其次个失重峰在 400500，失重后的固态残渣质量为原化合物质量的 20.0%。Pydc和 amp 是含有芳环的有机配体。通过计算答复：（1） 第一步失重失去的组分。水分子或 HO3 个水分子或 3H OCHCuN O22111447的式量约 377.8，失去 3个水分子，失重质量分数理论值为 14.3%。1 分（2） 其次步失

4、重后的固态残渣是什么，解释理由。2CuO 或Cu O 的混合物2 分理由：CuO、CuO 及 C HCuN O2111447的式量分别为 79.55、143.1 和 377.8。假设残渣为 CuO，则失重质量分数为 79.55/377.8=21.1%；假设残渣为 Cu O，则质量分数为2143.1/(377.82)=18.9%，试验值为 20%介于两者之间，故残渣是两者的混合物。1 分只答CuO 或只答Cu O，只得1 分 。答CuO 和Cu 混合物，计算正确，理由表述2清楚，也可得 3 分。虽然计算正确，但物质在题设条件下不存在如乙炔铜、氢化铜等，也可得 1分计算分。第 2 题 7 分A 和

5、X 是两种常见的非金属元素，其核外电子数之和为22，价电子数之和为 10。在确定条件下可生成AX、AX 常见的Lewis 酸、A X 和A X ，反响如下：32444A(s) + 3/2X (g)AX(g)Hg，2 放电 3AX (g)AX(g) +2X(g)32Hg+2X(g)Hg X (g)22AX(g) +AX (g)A X(g)3244 AX(g)A X (s)442-1 指出A 和 X 各是什么元素。A： BX： Cl共 3 分 各 1.5 分2-2 A4X4 具有 4 个三重旋转轴，每个 A 原子四周都有 4 个原子，画出 A4X4 的构造示意图。2 分2-3 写出AX3 与CH3

6、MgBr 按计量数比为 13 反响的方程式。BCl3+3CH3MgBr B(CH3)3+3MgBrCl1 分 AX3+3CH3MgBr B(CH3)3+3MgBrCl写成BCl3+3CH3MgBr B(CH3)3+3/2Mg Br2+3/2MgCl2 也可2-4 写出A2X4 与乙醇发生醇解反响的方程式。B2Cl4 + 4C2H5OH B2(OC2H5)4 +4HCl1 分A2X4 + 4C2H5OH A2(OC2H5)4 +4HX第 3 题10 分CuSO4 溶液与 K2C2O4 溶液反响，得到一种蓝色晶体。通过下述试验确定该晶体的组成：(a) 称取 0.2073g 样品，放入锥形瓶，参与4

7、0mL2molL1 的 H2SO ，微热使样品溶解，加4入 30mL 水，加热近沸，用 0.02054 molL1KMnO4 溶液滴定至终点，消耗 24.18mL。(b) 接着将溶液充分加热，使浅紫红色变为蓝色，冷却后参与2gKI 固体和适量Na2CO ，溶3液变为棕色并生成沉淀。用 0.04826molL1 的 Na2S2O3 溶液滴定，近终点时参与淀粉指示剂，至终点，消耗 12.69mL。3-1 写出步骤a 中滴定反响的方程式。2MnO + 5H C O + 6H+ = 2Mn2+ 10CO + 8H O1 分4224223-2 写出步骤b 中溶液由淡紫色变为蓝色的过程中所发生反响的方程式

8、。4MnO + 12H+ = Mn2+ + 5O + 6H O2 分4223-3 用反响方程式表达KI 在步骤b 中的作用：写出Na S O 滴定反响的方程式。2 23KI 与 Cu2+ 作用：2Cu2+ + 5I= 2CuI +I 31 分3-4 通过计算写出蓝色晶体的化学式原子数取整数。依据 3-1 中的反响式和步骤a 中的数据，得：n(C O 2) = 0.02054 molL124.18mL5/2 = 1.241mmol1 分24依据 3-3 中的反响式和步骤b 中的数据，可得：n(Cu2+)=0.04826 molL112.69mL=0.6124mmol1 分n(Cu2+)n(C O

9、 2)= 0.6124mmol1.2416mmol = 0.4933 0.524配离子组成为Cu(C2O4)22。1 分 由电荷守恒，晶体的化学式为K2Cu(C2O4)2xH2O结晶水的质量为：0.2073g 0.6124103molMK2Cu(C2O4)2= 0.2073g 0.6124103mol317.8gmol1=0.0127gn(H2O) = 0.0127g/(18.02gmol1) = 0.000705mol =0.705 mmol n(H2O)n(Cu2+) = 0.705 0.6124 = 1.15x1或用 n(C O 2)和n(Cu2+)试验数据的均值 0.6180mmol

10、计算水的质量：240.2073g 0.6180103molMK2Cu(C2O4)2 = 0.0109 g n(H2O) =0.0109 g/(18.02gmol1) = 0.000605mol =0.605mmol n(H2O)n(Cu2+) = 0.605 0.6124 = 0.989x1其他合理的方式，均给分。第 4 题5 分1976 年中子衍射试验证明：trans-Co(en)2Cl22ClHCl2H2O 晶体中只存在 3 种含钴的A+和Cl。X+中全部原子共面，有对称中心和 3 个相互垂直的镜面。注： en 是乙二胺的缩写符号。4-1 画出A+及其立体异构体的构造简图。4-2 画出X

11、+ 的构造图。 2 分 画成实线扣 1 分，未写正号不扣分。第 5 题8 分从尿素和草酸的水溶液中得到一种超分子晶体。X 射线衍射试验说明，该晶体属于单斜晶系，晶胞参数 a=505.8pm，b=1240pm，c=696.4pm， =98.13。晶体中两种分子通过氢键形成二维分子构造，晶体密度D=1.614gcm3。5-1 推求晶体中草酸分子和尿素分子的比例。晶胞体积V=abcsin = 505.8pm1240pm696.4pmsin98.13=4.3241022cm3 1 分晶胞质量 = VD = 4.3241022cm31.614gcm3=6.9791022g1 分（1） 假设晶胞中含 1

12、个草酸分子和 1 个尿素分子，则质量为 2.4931022g，密度约为0.577 gcm3，不符合测定结果，也不符合对称性要求。（2） 假设晶胞中含 1 个草酸分子和 2 个尿素分子，则质量为 3.4901022g，密度约为0.8071 gcm3，也不符合测定结果，也不符合对称性要求。（3） 假设晶胞中含 2 个草酸分子和 4 个尿素分子，则质量为 6.9801022g，密度符合测定结果，对称性也满足题意。因而晶胞中含有 22 个草酸分子和 4 个尿素分子，即二者比例 12。1 分5-2 画出一个化学单位的构造，示出其中的氢键。3 分化学单位：1 分只画出 1 个草酸分子和 1 个尿素分子，不

13、给分。氢键：2 分只画出 2 个草酸的羟基与尿素的羰基形成较强的OHO 氢键，得 1 分。只画出 2 个尿素的氨基与草酸的羧基形成较弱的NHO 氢键，得 1 分。第 6 题6 分2，3吡啶二羧酸，俗称喹啉酸，是一种中枢神经毒素，阿尔兹海默症、帕金森症等都与它有关。常温下喹啉酸呈固态，在185190下释放CO 转化为烟酸。26-1 晶体中，喹啉酸实行能量最低的构型，画出此构型碳原子上的氢原子以及孤对电子可不画。 3 分其他答案不得分。一个氢必需在氮原子上，氮原子必需带正电荷，另一个氢原子必需在两个氧原子之间， 但不要求氢键的键角，该键是否对称也不要求，2 位的取代基必需是羧酸根负离子。6-2 喹

14、啉酸在水溶液中的pKa1=2.41，写出其一级电离的方程式共轭酸碱用构造简式表示。6-3 画出烟酸的构造。2 分假设画成也给 2 分。第 7 题10 分硼的总浓度0.4molmol1 的硼酸及其盐的水溶液中不仅存在四硼酸根离子 B4 还存在电荷为1 的五硼酸根离子以及电荷为1 和2 的两种三硼酸根离子。这些多硼酸根离子和B(OH) 缩合而成，构造中硼原子以BOB 的方式连接成环。47-1 上述五硼酸根离子中，全部三配位硼原子的化学环境完全一样，画出其构造示意图不画孤对电子，羟基用OH 表达4 分 未标负号扣 1 分。47-2 右图示出硼酸硼酸盐体系在硼的总浓度为0.4 molmol1 时，其存

15、在形式与pH 的关系。1、2、3、4 分别为 4 种多硼酸根离子存在的区域。推出 1、2、3、4 分别对应的多硼酸根离子的化学式。注：以 B4O5(OH) 2为范例，书写其他 3 种多硼酸根离子的化学式； 形成这些物种的缩合反响速率几乎一样，其排列挨次不受反响速率制约；本体系中缩合反响不转变硼原子的配位数。1：B O (OH) 45643：B O (OH) 24541 分2：B O (OH) 2 分3341 分4：B O (OH) 22 分3351：五硼酸根，B O (OH) 4，三配位硼原子和四配位硼原子的比例415642：三硼酸根，B O (OH) ，三配位硼原子和四配位硼原子的比例213

16、343：四硼酸根，B O (OH) 2，三配位硼原子和四配位硼原子的比例224544：三硼酸根，B O (OH) 2，三配位硼原子和四配位硼原子的比例12335第 8 题16 分右图示出在碳酸碳酸盐体系CO 2的分析浓度为 1.0102 molL13中，铀的存在物种及相关电极电势随 pH 的变化关系EpH 图，以标准氢电极为参比电极。作为比较，虚线示出H+/H 和O /H O 两电对的EpH 关系。2228-1 计算在 pH 分别为 4.0 和 6.0 的条件下碳酸碳酸盐体系中主要物种的浓度。H CO ：Ka =4.5107，Ka =4.710112312溶液中存在如下平衡：H2CO3 = H

17、+ + HCO 3323Ka1= c(H+) c(HCO)/c(H CO)=4.51070.5 分HCO= H+ + CO 2Ka = c(H+) c(CO 2)/c(HCO )=4.710110.5 分33233pH=4.4，c(H+)= 1.0104molL1c(H2CO3)= c(H+) c(HCO )/4.5107 =2.2107 c(HCO3)/)3c(CO 2)= c(HCO ) 4.71011/c(H+) = 4.7107 c(HCO3)/)33溶液中以H2CO3 为主，c(H2CO3)= 1.0102molL11 分pH=4.4，c(H+)= 1.0106molL1c(H2CO

18、3)= c(H+) c(HCO )/4.5107 =2.2 c(HCO3)/)3c(CO 2)= c(HCO ) 4.71011/c(H+) = 4.7105 c(HCO3)/)1 分33溶液中以H2CO3 和HCO 形成缓冲溶液。3c(HCO )= 1.0102molL1/3.2 =3.1105 molL10.5 分3c(H2CO3)= 2.2 c(HCO3)/) = 6.8103molL10.5 分其他计算方法合理，答案正确，也得总分值。8-2 图中 a 和 b 分别是pH=4.4 和 6.1 的两条直线，分别写出与 a 和 b 相对应的轴的物种发生转化的方程式。a：UO 22+ H CO

19、 UO CO + 2H+1 分2323b：UO CO + 2HCO UO (CO ) 2 + H CO1 分23323 2238-3 分别写出与直线c 和 d 相对应的电极反响，说明其斜率为正或负的缘由。c：4UO 22+ H O + 6e2 U O + 2H+1 分49该半反响消耗H+，pH 增大，H+浓度减小，不利于反响进展，故电极电势随pH 增大而降低，即EpH 线的斜率为负。8-4 在 pH=4.0 的缓冲体系中参与UCl ，写出反响方程式。3d：U3+ + 2HO UO + 1/2H+ 3H+2 分222由图左下局部的E(UO /U3+)pH 关系推出，在 pH=4.0 时，E(UO

20、 /U3+)远小于E(H+/H )，222故 UCl 参与水中，会发生上述氧化复原反响。38-5 在 pH=8.012 之间，体系中 UO (CO ) 4和 U O (s)能否共存？说明理由；UO (CO ) 423 34923 3和UO (s)能否共存？说明理由。2UO (CO ) 4和U O 能共存1 分23 349理由： E(UO (CO ) 4 /U O ) 低于 E(O /H O) 而高于 E(H+/H )，因此，其氧化形态23 349222UO (CO ) 4不能氧化水而生成O ，其复原形态U O (s)也不能复原水产生H 。1 分23 32492假设只答UO (CO ) 4和U

21、O (s)二者不反响，只得 0.5 分23 349UO (CO ) 4和UO (s)不能共存1 分23 32理由：E(UO(CO ) 4/U O )高于 E(U O/UO)，当 UO(CO ) 4和 UO(s)相遇时，会发23 34949223 32生反响：UO (CO ) 4 + 3 UO + H O = U O +2HCO + CO 21 分23 3224933第 9 题12 分Knoevenagel 反响是一类有用的缩合反响。如以以下图所示，丙二酸二乙酯与苯甲醛在六氢吡啶催化下生成 2-苯亚甲基丙二酸二乙酯。六氢吡啶与苯甲醛反响生成亚胺正离子， 增加其亲电性。或：与丙二酸二乙酯的- 氢反

22、响生成碳负离子1 分或烯醇负离子， 增加其亲核性1 分。2 分写出以上两种作用的，也得总分值。9-1 指出该反响中的亲核试剂。9-2 简述催化剂六氢吡啶在反响中的具体作用。丙二酸二乙酯写构造简式也可以写给 1 分答丙二酸二乙酯和六氢吡啶也得 2 分；只答六氢吡啶而未答出丙二酸二乙酯不得分。假设笼统答丙二酸二乙酯负离子不得分。9-3 化合物 A 是合成抗痉挛药物 D(gabapentin)的前体。依据上述反响式，写出合成A 的 2个起始原料的构造简式。 ： 和9-4 画出由A 制备D 过程中中间体B、C 和产物D 的构造简式。第 10 题6 分辣椒的味道主要来自辣椒素类化合物。辣椒素F 的合成路线如下：画出化合物A、B、C、D、E 和 F 的构造简式。第 11 题12 分11-1 烯烃羟汞化反响的过程与烯烃的溴化相像。现有如下两个反响：4-戊烯-1-醇在一样条件下反响的主要产物为B。画出化合物A 和 B 的构造简式。11-2 以下有机化合物中具有芳香性的是2 和 5。共 2 分；各 1 分 有错误选项不给分化合物A 经过如下两步反响后生成化合物D，答复如下问题：11-3 写出化合物B 的名称 臭氧，O3 。1 分 答臭氧化物也可以的 1 分，其他答案不给分11-4 圈出C 中来自原料A 中的氧原子。11-5 画出化合物D 的构造简式。1 分 其他答案不得分其他答案不给分