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第30届中国化学奥林匹克(省级赛区)模拟试题(三)答案


第 30 届中国化学奥林匹克(省级赛区)模拟试题(三)
第1题 1-1 A:NH2OH;B:[NH3OH]Cl;A:不等性 sp3 杂化;B:等性 sp3 杂化 1-2 阳极:3Pb-6e 3Pb2+;阴极:7H++NO3-+6e NH2OH+2H2O 3Pb+HNO +3H SO NH OH+2H O+3PbSO 电解反应: 3 2 4 2 2 4↓ 1-3 2Fe2

(SO4)3+2[NH3OH]Cl 4FeSO4+N2O↑+2HCl+2H2SO4+H2O 1-4 C:CH3COCH3+H2N-OH (CH3)2C=N-OH+H2O;羟基氧原子的孤对电子与 C=N 的 π 电子形成 p-π 共轭,造成羟基中的 O-H 键削弱,故羟基氢原子显示出一定的酸性。 1-5 3NH2OH NH3+N2+3H2O 4NH2OH 2NH3+N2O+3H2O 1-6 E:ONOO ;F:ONO2CO2H2O2+NO①NH2O +O2 ONOOONOO-+CO2 ②NO +O2 N2O32-+H2O ③ONOO +NH2O
O

ONO2CO2O N O O O C O

F:ONO2CO2 :
O

-

O N O

C O

N2O32-:

O N N

O O

O N N

O O

,因此 N、N 都采取 sp 杂化,存在 ? 5
2

6? 2

8 22?5 。N2O3 是平面离子,所以 N—O 键键级在 1~1 之间。氮氧键长:NO <N2O3 3

1

第2题 2-1 W(X),% W(Y),% 29.08 40.56 26.41 36.83 20.70 28.87 19.31 26.93 36.48 24.44 32.37 22.57

W(Z),% 30.36 36.76 50.42 53.76 38.08 45.06 A、B、C、D中、Y的质量比相同,以1为标准可计算出Z原子个数比是 30.36︰36.7(29.08/26.41)︰50.42(29.08/20.07)︰53.76/(29.08/19.31)=3︰4︰7︰8 5、6中X、Y的质量比也相同,以A标准可计算出Z原子个数比是 38.08︰45.06(36.48/32.37)=3︰4 同理:A、E、B、F中Y原子个数比都是2:1 A:XxY2Z3 B:XxY2Z4 C:XxY2Z7 D:XxY2Z8 E:XxYZ3 F:XxYZ4 由其组成和性质看,这些物质应是含氧酸盐,Z为氧元素 计算得Y为硫元素,X为钠元素,x=2 A:Na2S2O3 B:Na2S2O4 C:Na2S2O7 D:Na2S2O8 E:Na2SO3 F:Na2SO4 2-2-1 S2O82-+3I2SO42-+I3-(或S2O82-+2I2SO42-+I2) ① 2-2-2 I2和淀粉在相对高温下不显色。I2和淀粉结合显色;若温度继续升高,S2O82-和I-的反 应速度继续加快,但I2和淀粉不显色,而且I2要升华,这样实验就不准了。 2-2-3 A为Na2S2O3或其他硫代硫酸盐;离子方程式为:2S2O32-+I3S4O62-+3I- ② 反应①生成的I2立即与S2O32-反应,生成了无色的S4O62-和I-。因此在开始一段时间内, 看不到I2与淀粉作用而显示出来特有的蓝色,但是一旦Na2S2O3耗尽,反应①生成的微量I3-, 就立即与淀粉作用呈现蓝色,所以蓝色溶液的出现应标志着反应②的完成。 第3题

3-1 120CO(NH2)2 mC2H5N3O2+n(三聚产物)+80NH3 mC2H5N3O2+n(三聚产物) 因此:C120H240N160O120 设三聚产物为 A, 又因为二聚产物占缩合产物的物质的量分数为 0.60, 即 m/(m+n)=0.6, 3xC2H5N3O2+2xA。此时最大公比 x=10, 即 m/n=3/2。设公比为 x,即 C120H240N160O120 3C2H5N3O2+2A 因此,C12H24N16O12 所以 2A=C6H9N7O6。 根据题意,正常的三聚产物为H N
2

O C NH

O C NH

O C

NH2

,分子式为 C3H6N4O3,其 2 倍关
O NH C NH O C

系的分子式与 2A 分子式不符。因此可以考虑 A 应为H N
2

O C

NH2

和另一种三聚产

物的混合物。当缩三脲分子数为 1 时,另一种三聚产物为 C3H3N3O3,即(CHNO)3,因此该
O C O C NH C N H O

物质应为异氰酸 HN=C=O 三聚产物:
O

HN C

,即三聚异氰酸。
O

HN C N H

NH C O

OH C N HO C N N C

(异构化)
OH

O
O C NH O C

因此所聚产物中 H N
2

: NH H N
2

O C NH

O C NH

O C NH2

C

:
O

HN C N H

NH C O

的物质的量之比为

2

3:1:1。
O

3-2

A:

C HN C O

H N N H Cu

H O Cu O H

H N N H

O C NH C O

2


O H N N H Cu O H O C NH N H C O 2

2

O H2N C NH

O C

NH2

+6OH +2Cu

-

2+

C HN C O

H O Cu

H N

+4H2O

3-3 说明该未知物可能是蛋白质或含有肽键类化合物。因为这是与缩二脲结构类似的化合 物。 第4题
I S S I

4-1

4-2

单体:Cl-Be-Cl,sp杂化;二聚体:

,sp2杂化;

多聚体:

,sp3杂化 4-4 c(KMnO4)=


4-3 BeCl2是酸,I2S2是碱

=1.606(mol· dm 3)


n(耗KMnO4)=(30.00× 1.606-2.325× 25.21× )× 10 3=0.02473mol

化学反应为: 48H++26MnO4-+5I2S2 根据方程式得等量关系: m(A)=0.02473×
I Cl I

10IO4-+10SO42-+26Mn2++24H2O

× (126.9× 2+32.07× 2+35.45× 2+9.012)=1.892g

4-5 很显然,A为Be2Cl4I4S4,根据路易斯电子理论得:
S Be
Cl I

S Be S
I

Cl

S

Cl

(实际上硫将孤对电子交给Be,形成配位键)

4-6 可用软硬酸碱理论解释:由于水中的O是比S更硬的碱,对于属于硬酸的Be来说具有更 好的亲核性,它会取代S2I2,因而游离出S2I2。 第5题
N A ? V ? ? 6.02 ?1023 ? 8.066 ? 8.115 ? 9.255 ?10-24 。讨论:当 Z=1,2……,直到 Z=8 ? Z Z M=97g/mol。 时, 因为两性, 所以分子中有-NH2(碱性)和 HSO4 或 SO3H, 所以 A 为 NH2SO3H。 + 5-2 H2NSO3H H2NSO3 +H p-π 共轭稳定,有利于负电荷分散

5-1

M?

5-3-1 氨基磺酸在硫酸溶液中的溶解度比在水中的溶解度小。 5-3-2 CO(NH2)2(s)+SO3(g) H2NCONHSO3H(s) ΔH<0 H2NCONHSO3H+H2SO4 5-3-3 5-4-1 向移动。 H2NSO3H+NaNO2 NaHSO4+N2↑+H2O n(H2NSO3H)=n(NaNO2)=25.00× 10-3× 0.08000mol/L=2.000× 10-3mol ω(H2NSO3H)= 2.000 ?10?3 mol ? 97g ?mol?1 × 100%=98.0%
7.920g ? 25.00mL 1000mL

2H2NSO3H+CO2↑

温度高,SO3气体逸出加快,使反应①转化率降低。温度高,反应①平衡向逆反应方

5-4-2 第6题

硫酸

第7题

第8题

第9题 9-1 当 Q〈K 时,反应向正方向进行 当 Q=K 时,反应处于平衡状态 当 Q〉K 时,反应向逆方向进行 9-2 3 9-3 y=(b-8a)/7 当 b=8a 时,y=0;当 b〈8a 时,y〈0,无意义。 9-4

第 10 题

第 11 题 11-1. A、B、C、D、E、F 的结构: (每个 1 分,本问共 6 分)

CH3 COOH A B NH2 C

O

CH2CO2C2H5 D E CH2CO2C2H5 F O

11-2. Diels-Alder (或 D-A、狄尔斯-阿尔德) 反应。 (本问 1 分) 11-3. G 具有高反应活性的原因(本问 3 分) : 在苯炔分子中,两个三键碳之间,有一个由 sp2 轨道侧面交盖而形成的?键(与苯环大?垂直) (2 分) ,由于这种重叠程度较小,是一 种较弱的键,比普通碳碳三键弱得多,因此反应活性强(1 分)


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