第32届中国化学奥林匹克( 初赛) 试题 、解答与评分 标准

1第32届中国化学奥林匹克(初赛)试题、解答与评分标准第1题(8分)根据所给条件按照要求书写化学反应方程式(要求系数为最简整数比)。关于第1题的总体说明：方程式中，1)反应物与生成物之间联系，用等号“=”亦可；2)不要求气体和沉淀标注相应的上下箭头，若正确标注“↑”或“↓”，亦可；3)若虽配平，但系数不是最简整数比，得1.5分；4)若反应物或生成物有错，或未配平，得0分；5)其他答案不得分。1-1氮化硅可用作LED的基质材料，它可通过等离子体法由SiH4与氨气反应制得。1-2将擦亮的铜片投入装有足量浓硫酸的大试管中，微热片刻，有固体析出但无气体产生，固体为Cu2S和另一种白色物质的混合物。1-3在50oC水溶液中,单质碲与过量NaBH4反应制备碲氢化钠，反应过程中析出硼砂[Na2B4O5(OH)4·8H2O]。1-4天然气的无机成因说十分诱人。据称，地幔主成分之一的橄榄石与水和二氧化碳反应，可生成甲烷。橄榄石以Mg2SiO4和Fe2SiO4表示，反应后变为蛇纹石[Mg3Si2O5(OH)4]和磁铁矿。1-1(2分)3SiH4+4NH3→Si3N4+12H22分1-2(2分)5Cu+4H2SO4→Cu2S+3CuSO4+4H2O2分H2O写作H2O·nH2SO4、H3O(HSO4)或H3O+HSO4–，亦可1-3(2分)2Te+4NaBH4+17H2O→2NaHTe+Na2B4O5(OH)4·8H2O+14H22分2Te+2Na++4BH4+17H2O→2HTe+Na2B4O5(OH)4·8H2O+14H2亦得满分NaHTe写成NaTeH,或HTe写成TeH亦可。1-4(2分)18Mg2SiO4+6Fe2SiO4+26H2O+CO2→12Mg3Si2O5(OH)4+4Fe3O4+CH42分2第2题(8分)2-1，三氧化二磷在二氯甲烷中与臭氧反应得到P4O18。画出P4O18分子的结构示意图。2-2CH2SF4是一种极性溶剂，其分子几何构型符合价层电子对互斥(VSEPR)模型。画出CH2SF4的分子结构示意图(体现合理的成键及角度关系)。2-32018年足球世界杯比赛用球使用了生物基三元乙丙橡胶(EPDM)产品KeltanEco。EPDM属三元共聚物，由乙烯、丙烯及第三单体经溶液共聚而成。2-3-1EPDM具有优良的耐紫外光、耐臭氧、耐腐蚀等性能。写出下列分子中不可用于制备EPDM的第三单体(可能多选，答案中含错误选项不得分)。2-3-2合成高分子主要分为塑料、纤维和橡胶三大类，下列高分子中与EPDM同为橡胶的是：F聚乙烯G聚丙烯腈H反式聚异戊二烯I聚异丁烯2-1(2分)2分其他答案不得分。2-2(3分)或3分如果S原子周围的五个基团分布错误，整个题目不得分。S原子周围的五个基团分布正确(1分)，示出C=S双键且S-F为单键(1分)，合理示出角度关系——即轴向的F-S-F不在一条直线上且F原子偏向赤道面的F(1分)。对于亚甲基中两个H的分布不做要求。2-3-1(2分)C、E。2分答案中含错误选项不得分；若只选C或只选E，得1分A、B、D为非共轭的二烯烃，参与聚合后可在侧链产生碳碳双键，利于进一步的交联；而C、E为共轭二烯，会发生1,4位的聚合反应，导致剩余双键位于主链上，影响材料耐紫外光、耐臭氧等性能。2-3-2(1分)I1分3第3题（12分）为纪念门捷列夫发现元素周期律150周年，国际纯粹和应用化学联合会将2019年设为“国际化学元素周期表年”。门捷列夫预言了多种当时未知的元素，A即为其中之一。将含元素A的硫化物矿在N2气氛中800oC处理，分解产物中有A的硫化物B；随后升温至825oC并向体系中通入氨气，得到红色化合物C，C溶于发烟硝酸得白色沉淀D。经过滤洗涤，D在600oC与COCl2反应，产物冷却后得液体E，E遇水生成D，在E的6molL–1盐酸溶液中通入H2S得沉淀B；将D溶于NaOH溶液，用硝酸调H+浓度至约为0.3molL–1,加入钼酸铵溶液，常温下反应产生橙黄色沉淀F，F与十二钼磷酸结构等同；将D加入H3PO2和H3PO3的混合溶液可得黄绿色的亚磷酸盐沉淀G，G在碱性溶液中转化为黄色沉淀H，H放置时脱水变为I，I也可由D和A的单质在高温下反应产生，D变为I失重15.3%。3-1写出A~I的化学式。3-2写出B与氨气反应生成C的反应方程式。3-3写出D在H3PO2和H3PO3中生成G的反应方程式。3-1(9分)每个正确答案1分，共9分AGeBGeS2CGeSDGeO2EGeCl4FH4[GeMo12O40]·nH2O或(NH4)4[GeMo12O40]·nH2O。若写成GeO2·12MoO3·2H2O等，得0.5分GGeHPO3HGe(OH)2或GeO·nH2OIGeO3-2(2分)3GeS2+2NH33GeS+N2+3H2S2分3-3(1分)GeO2+H3PO2→GeHPO3+H2O1分4第4题(12分)4-1利用双离子交换膜电解法可以从含硝酸铵的工业废水中生产硝酸和氨。4-1-1阳极室得到的是哪种物质？写出阳极半反应方程式。4-1-2阴极室得到的是哪种物质？写出阴极半反应及获得相应物质的方程式。4-2电解乙酸钠水溶液，在阳极收集到X和Y的混合气体。气体通过新制的澄清石灰水，X被完全吸收，得到白色沉淀。纯净的气体Y冷却到90.23K，析出无色晶体，X-射线衍射表明，该晶体属立方晶系，体心立方点阵，晶胞参数a=530.4pm，Z=2，密度ρ=0.669gcm-3。继续冷却，晶体转化为单斜晶系，a=422.6pm，b=562.3pm，c=584.5pm，β=90.41o。4-2-1写出X的化学式；写出X和石灰水反应的方程式。4-2-2通过计算推出Y的化学式(Y分子中存在三次旋转轴)。4-2-3写出电解乙酸钠水溶液时阳极半反应的方程式。4-2-4写出单斜晶系的晶胞中Y分子的数目。4-2-5降温过程中晶体转化为对称性较低的单斜晶体，简述原因。4-1-1(1.5分)阳极室得到的是：硝酸0.5分阳极半反应：H2O2e→2H++1/2O2或2H2O4e→4H++O21分4-1-2(1.5分)阴极室得到的是：氨0.5分阴极半反应：2H2O+2e→H2+2OH0.5分氨的生成：→0.5分若将上述两个方程合为：e→2，合起来只得分4-2-1(1分)CO20.5分CO2+Ca(OH)2→CaCO3+H2O0.5分4-2-2(4分)设Y的摩尔质量为Mρ=M×Z/(Vc×NA)或ρ=M×Z/(ac3×NA)1分M=ρ(Vc×NA)/Z=ρ(ac3×NA)/Z=0.669gcm-3×530.43×10-30cm3×6.022×1023mol-1/2=30.0gmol-11分因为Y是乙酸根电解的产物之一，其中一种为CO2，Y分子中存在三次轴，故Y可能为烃类，设为CxHy：0.5分12.01x+1.008y=30.00.5分x=2,y=60.5分故为乙烷C2H60.5分若采用其他处理方式，计算或推测过程合理，答案正确，亦得满分。4-2-3(1分)电解乙酸钠水溶液，阳极半反应的方程式：2CH3COO2e→2CO2+C2H6或2CH3COO→2CO2+C2H6+2e1分4-2-4(1分)单斜晶系的晶胞中Y分子的数目：21分4-2-5(2分)立方晶胞中，处于体心和顶点位置的Y分子晶体学上完全等同，故分子取向有一定的无序（沿体对角线方向分布）。进一步降温过程中，Y分子转动受限，趋于更有序的分布（或排列更规则），导致晶体对称性降低。2分5第5题(10分)元素同位素的类型及其天然丰度不仅决定原子量的数值，也是矿物年龄分析、反应机理研究等的重要依据。5-1已知Cl有两种同位素35Cl和37Cl，二者丰度比为0.75:0.25；Rb有85Rb和87Rb，二者丰度比为0.72:0.28。5-1-1写出气态中同位素组成不同的RbCl分子。5-1-2这些分子有几种质量数？写出质量数，并给出其比例。5-2年代测定是地质学的一项重要工作。Lu-Hf法是上世纪80年代随着等离子发射光谱、质谱等技术发展而建立的一种新断代法。Lu有两种天然同位素：176Lu和177Lu；Hf有六种天然同位素：176Hf，177Hf，178Hf，179Hf，180Hf和181Hf。176Lu发生衰变生成176Hf，半衰期为3.716×1010年。177Hf为稳定同位素且无放射性来源。地质工作者获得一块岩石样品，从该样品的不同部位取得多个样本进行分析。其中的两组有效数据如下：样本1，176Hf与177Hf的比值为0.28630(原子比，记为176Hf/177Hf)，177Lu/177Hf为0.42850；样本2，176Hf/177Hf为0.28239，177Lu/177Hf为0.01470。（一级反应，物种含量c随时间t变化的关系式：0ktcce或0lncktc,其中0c为起始含量）5-2-1写出176Lu发生衰变的核反应方程式(标出核电荷数和质量数)。5-2-2计算176Lu衰变反应速率常数k。5-2-3计算该岩石的年龄。5-2-4计算该岩石生成时176Hf/177Hf的比值。5-1-1(2分)有4种：85Rb35Cl，87Rb35Cl，85Rb37Cl和87Rb37Cl2分每个正确答案0.5分。5-1-2(2分)从质量数来看，有3种0.5分质量数分别是：120，122，1240.5分三者比例为：0.54:0.39:0.07或54:39:7,或7.7:5.6:11分要求质量数与其比例对应5-2-1(2分)176Lu发生衰变的核反应方程式：17617607172-1LuHf+e2分0-1e写成0-1β亦可；若上述核反应方程中电子未标电荷和质量数，只写e或，只得1分。5-2-2(1分)放射性同位素衰变为一级反应，t1/2=0.6931k0.5分衰变反应的速率常数:k=0.6931/(3.716×1010年)=1.86510−11年−10.5分说明：0.6931写作ln2或用0.693亦可;答案写为5-2-3(2分)本题中数据不全（误将176Lu/177Hf写作177Lu/177Hf），导致本题无法求算。处理办法如下：第一：只要写出必要的关系式，即可得分；第二：若指出数据不全后，给出基本关系式，将数据177Lu/177Hf作为176Lu/177Hf代入，算得结果，亦得分。6第一种情况：给出必要的关系式根据核反应的计量关系，176Lu减少的量等于176Hf增加的量，即：(a)176Lu0–176Lu=176Hf–176Hf00.5分根据一级反应含量c随时间t变化的关系式：0ktcce或0lncktc,有：(b1)1761761761760LuLuHfHfkte或(b2)1761761760Hf=HfLu(1)kte0.5分两边同除以177Hf,有：(c)1761761760177177177HfHfLu=(1)HfHfHfkte0.5分以上处理中，(a)式为必须给出的关系，之后若跳过(b)式，直接写出(c)式，即有(a)和(c),可直接得1.5分。因177Hf为稳定同位素且无放射来源，故1760177HfHf即为二同位素起始的比值。0.5分至此，按第一种办法处理完成，共2分。第二种情况：利用数据计算必须示出关系式(a)：(a)176Lu0–176Lu=176Hf–176Hf00.5分若未示出(c),但将样品1和2的数据分别代入给出如下关系式：0.28630=1760177HfHf+0.42850(ekt–1)0.5分0.28239