绝对精品黄冈中学化学奥赛培训教程上册.docx
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绝对精品黄冈中学化学奥赛培训教程上册
黄冈中学化学奥赛培训教程（精美word版）
上册（75页，2.5M）
第一章化学反应中的物质变化和能量变化
第一节氧化还原反应
第二节离子反应和离子方程式
第三节化学反应中的能量变化
第四节综合解题
第二章物质结构元素周期律
第一节原子结构和核外电子排布
第二节元素周期律与元素周期表
第三节化学键
第四节分子间作用力
第五节晶体结构
第六节综合题解
第三章气体、溶液和胶体
第一节气体
第二节胶体
第三节溶液
第四节综合题解
第四章化学反应速率及化学平衡
第一节化学反应速率
第二节影响化学反应速率的因素
第三节化学平衡
第一章化学反应中的物质变化和能量变化
第一节氧化还原反应
1、根据下列三个反应，排出氧化剂氧化性的强弱顺序：
A．4HCl＋MnO2
MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
B．16HCl＋2KMnO4=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
C．4HCl＋O2
2Cl2↑＋2H2O
解析：
这三个反应中还原剂都是盐酸。
不同的氧化剂与同一还原剂反应时，若反应越易发生，则氧化剂的氧化性越强，反之就弱，故其氧化性顺序由强到弱：
KMnO4>MnO2>O2。
2、配平氧化还原方程式：
P4O＋Cl2FY=POCl3＋P2Cl5
解析：
本题中P4O中的P元素对应有两种产物，故设P4O的化学计量数为“1”。
用待定系数法配平的关键是选准一种物质的化学计量数为1。
令P4O＋aCl2=bPOCl3＋cP2Cl5，由原子守恒得：
代入整理得：
4P4O＋21Cl2=4POCl5＋6P2Cl5
3、配平下列方程式：
Fe3C＋HNO3=Fe（NO3）3＋NO2＋CO2＋H2O
解析：
复杂物质Fe3C按常规化合价分析无法确定Fe和C的具体化合价，此时可令组成该物质的各元素化合价为零价，再根据化合价升降法配平。
再用观察法，不难确定各物质的化学计量数为：
1、22、3、13、1、11，故为Fe3C＋22HNO3=3Fe（NO3）3＋13NO2↑＋CO2↑＋11H2O
4、配平NH4NO3FY=N2＋HNO3＋H2O
解析：
NH4NO3中N的平均化合价为＋1价，则元素化合价升降关系为：
2N2（＋1→0）降2×1
N＋1→＋5升4×1
用观察法调整确定各物质的化学计量数，故：
5NH4NO3=4N2↑＋9H2O＋2HNO3
注：
若配平时不用此平均标价法，则要分析同种元素化合价升降关系。
决不会出现化合价交叉现象，即不会出现
的情况。
5、问四氧化三铁中铁的氧化数为多少？
解析：
已知氧的氧化数为－2，设铁的氧化数为＋x，
则3x＋4×（－2）=0
所以Fe3O4中Fe的氧化数为
。
注：
氧化数可以为分数。
6、用离子－电子法配平下列方程：
KMnO4＋FeSO4＋H2SO4
FY=MnSO4＋Fe2（SO4）3＋K2SO4＋H2O
解析：
①写出反应的离子表达式：
＋Fe2+＋H+FY=Mn2+＋Fe3+＋H2O
②分别写出氧化和还原半反应：
Fe2+－e－→Fe3+×5
＋8H+＋5e－→Mn2+＋4H2O×1
③根据反应过程中得失电子相等原则，配平氧化剂和还原剂系数：
＋5Fe2+＋8H+=Mn2+＋5Fe3+＋4H2O
④H2SO4作介质时，化学方程式可写为：
2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋5Fe2（SO4）3＋8H2O
注：
离子－电子法配平的关键是把氧化还原反应方程式拆为两个半反应式，再利用电子得失守恒即可消去电子，得方程式。
7、计算由标准氢电极和标准镉电极组成的电池的自由能。
解析：
代数值较小的电极应作原电池的负极，
代数值较大的电极为正极，因此电池的符号可表示为：
（－）Cd|Cd2+（1mol/L）//H+（1mol/L）|H2（Pt）（＋）
2×96500×0.4026=－77701.8J/mol
第二节离子反应和离子方程式
1、在pH=1的无色透明溶液中不能大量共存的离子组是（）
A．Al3+、Ag+、Cl－
B．Mg2+、
Cl－
C．Ba2+、K+、CH3COO－、Fe3+
D．Zn2+、Na+、
解析：
A组由于Ag+＋Cl－=AgCl↓而不能共存；C组因生成弱电解质（H+＋CH3COO－=CH3COOH）而不能共存，且Fe3+是棕黄色的，故答案为A、C。
注：
解答此类题的关键是掌握离子能否共存的判断规则。
2、重金属离子有毒性。
实验室有甲、乙两种废液，均有一定毒性。
经化验甲废液呈碱性，主要有毒离子为Ba2+离子，如将甲、乙废液按一定比例混合，毒性明显降低。
乙废液中不可能含有的离子是（）
A．Cu2+和
B．Cu2+和Cl－
C．K+和
D．Ag+和
解析：
沉淀Ba2+必须用
，而在A、C两选项中均含有
，但C项中K+无毒性，A项中Cu2+可与甲废液中OH－反应生成Cu（OH）2沉淀，从而降低毒性。
本题答案为A。
注：
设法使重金属离子转化为沉淀，使其毒性明显降低。
若仅考虑将Ba2+沉淀为BaSO4，即选C。
3、下列反应的离子方程式错误的是（）
A．等物质的量的Ba（OH）2与NH4HSO4在溶液中反应：
Ba2+＋2OH－＋
=BaSO4↓＋NH3·H2O＋H2O
B．氢氧化铁与足量的氢溴酸溶液反应：
Fe（OH）3＋3H+=Fe2+＋3H2↓＋H2O
C．足量的CO2通入饱和碳酸钠溶液中：
CO2＋
＋H2O=
D．向碳酸氢钠溶液中滴加少量澄清石灰水：
Ca2+＋
＋2OH－=CaCO3↓＋
＋2H2O
解析：
对于A：
在水溶液中进一步电离成H+和
，且Ba（OH）2与NH4HSO4等物质的量反应，故NH4+与H+分别与OH－反应，故A正确。
对于B，氢溴酸是强酸，Fe（OH）3为难溶物，故也正确。
对于C，由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3，且Na2CO3为饱和溶液，故析出的是NaHCO3晶体，故C错误。
对于D，Ca（OH）2少量，故溶液中还有
存在，若Ca（OH）2过量，则不能有
存在。
故D正确。
本题答案为C。
注：
本题结合元素化合物的知识，从多个侧面考查对离子方程式正误的判断。
有的同学对D选项产生怀疑：
产物中的阴离子是
还是OH－？
仔细分析可发现，加入的石灰水是少量，n（OH－）<
因此OH－与
的反应将全部消耗，故D选项不符合题意。
4、下列反应的离子方程式书写正确的是（）
A．向氢氧化钠溶液中通入少量CO2：
OH－＋CO2=
B．用氨水吸收少量SO2：
2NH3·H2O＋SO2=
C．向硝酸铝溶液中加入过量氨水：
Al3+＋4NH3·H2O=
＋2H2O
D．向Fe2（SO4）3的酸性溶液中通入足量H2S：
Fe3+＋H2S=Fe2+＋S↓＋2H+
解析：
A选项因为CO2量少，只能生成
，错误；C选项中生成的Al（OH）3沉淀不与弱碱氨水反应生成
，错误；D选项中的离子方程式电荷不守恒，故B选项正确。
注：
要掌握离子方程式的书写规则，且电荷守恒原理是判断离子方程式的一条重要原理，务必熟悉其应用。
5、
（1）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式：
_________________________________。
（2）在以上中性溶液中继续滴加Ba（OH）2溶液，请写出此步反应的离子方程式：
_______________________。
解析：
因NaHSO4是二元强酸的酸式盐，可以理解成全部电离。
当反应后溶液是中性时其反应式为2NaHSO4＋Ba（OH）2=BaSO4↓＋Na2SO4＋2H2O，离子方程式是2H+＋
＋Ba2+＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O。
此时中性溶液中只有Na2SO4溶液，加入Ba（OH）2的离子方程式应为：
Ba2+＋
=BaSO4↓。
注：
酸式盐与碱的反应，情况比较复杂。
因为由加入碱的量不同，其产物有所不同，所以建议先写成化学式方程式再改写成离子方程式。
6、某待测液中可能含有Fe2+、Fe3+、Ag+、Al3+、Ba2+、Ca2+、
等离子，进行了下述实验（加入的酸、碱、氨水、溴水都过量）：
根据实验结果：
（1）判定待测液中有无Ba2+、Ca2+离子，并写出理由。
_____________________。
（2）写出沉淀D的化学式：
__________________________________。
（3）写出从溶液D生成沉淀E离子反应方程式：
____________________。
解析：
溴水能将Fe2+氧化成Fe3+，因而无论原待测液含Fe2+、Fe3+中的一种或二种，最终沉淀D均为Fe（OH）3，而沉淀E则一定为Al（OH）3，沉淀C中有Fe（OH）3、Al（OH）3两种沉淀。
在此Fe3+、Al3+与强、弱碱反应的相似性和差异性得到了很好的体现。
答案为：
（1）至少含Ba2+、Ca2+中一种，因为CaSO4微溶，BaSO4难溶；
（2）Fe（OH）3
（3）2AlO2－＋CO2＋3H2O=2Al（OH）3↓＋
第三节化学反应中的能量变化
1、由N2和H2合成1molNH3时可放出46.2kJ的热量，从手册上查出N≡N键的键能是948.9kJ/mol，H－H键的键能是436.kJ/mol，试N－H键的键能是多少？
解析：
该反应热化学方程式为：
N2（g）＋3H2（g）
2NH3（g）;△H=－46.2kJ/mol。
这说明形成6个N－H键放出的热量，比破坏一个N≡N键和三个H－H键吸收的能量多92.4kJ。
根据已知的N≡N键、H－H键的键能数据和能量守恒原理，就可算出N－H键的键能。
设N－H键的键能为X，应有如下关系：
6X－（948.9＋436.0×3）=46.2×2
X=391.5（kJ/mol）
注：
本题利用键能计算反应热的大小，要求掌握
Q=∑E生成物－∑E反应物计算关系式。
2、强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热可表示：
H+（溶液）＋OH－（溶液）=H2O（溶液）＋55.9kJ
已知：
CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O＋Q1kJ
1/2H2SO4（浓）＋NaOH=1/2Na2SO4＋H2O＋Q2kJ
HNO3＋NaOH=NaNO3＋H2O＋Q3kJ
上述反应均是在溶液中进行的反应，Q1、Q2、Q3的关系正确的是（）
A．Q1=Q2=Q3B．Q2>Q1>Q3
C．Q2>Q3>Q1D．Q2=Q3>Q1
解析：
酸在水中电离成H+和酸根是一个吸热过程，所以，酸越弱，电离热就越大；反之越小。
因此，CH3COOH的电离热最大；按理H2SO4（第一级）与HNO3同是强酸，特别在水中，由于水的拉平效应，使它们都显强酸性，似乎中和热应相同，实际上并不相同，HNO3有一个分子内氢键（如图），所以它比H2SO4（第一级）酸性要弱，在电离成
时要破坏氢键而消耗能量。
其次，H2SO4分子间虽然也有氢键，但在溶解过程中首先形成水合硫酸放出大量热量，破坏氢键并促使离解，所以硫酸的中和热要大于硝酸的中和热。
应选C。
3、已知273K时，N2（g）＋3H2（g）
2NH3（g）＋Q（Q>0），在相同温度条件下，向一密闭容器中通入1molN2和3molH2，达到平衡时，放出能量为Q1，向另一体积相同的密闭容器中通入0.5molN2和1.5molH2，达到平衡时，放出能量为Q2。
则Q1和Q2应满足的关系是（）
A．Q2B．Q2C．Q2=Q1/2
D．Q>Q2>Q1/2
解析：
热化学反应方程式中Q是指1molN2和3molH2完全反应，生成2molNH3时放出的热量，而实际反应平衡时，并没有完全反应，即没有生成2molNH3，比2molNH3少，所以Q>Q1。
当在相同体积的密闭容器通入物质的量为一半的气体时，相应压力也降了一半，所以NH3的得率相应要比1molN2和3molH2的低。
所以放出的热量
。
因为合成氨反应是体积缩小的反应，总压增大有利平衡向正方向移动，相反，则逆向移动。
因此，应选A和B。
注：
合成氨的反应是一个可逆反应，所以不可能完全反应。
故热量不等于Q。
4、反应
在恒温下的密闭容器中进行，SO3的产率为a；而在绝热密闭的同一容器中反应，SO3的产率为b，则a与b的正确关系为（）
A．a>bB．a=bC．a解析：
由于
是一个放热反应，能散去一部分热量将有利于正向反应；若能把产生的热积聚起来，将会使绝热容器中反应体系的温度升高，将不利于正向反应而有利于平衡逆向移动；若反应体系的温度升高到一定温度（约630℃以上），将会使催化剂的活性降低，甚至消失。
由此可见，在恒温体系的产率多，绝热体系的产率低，因此，应选A。
5、根据盖斯定律和下列数据，计算反应①的Q1值：
①
C（石墨）＋O2（g）=CO2（g）＋393.5kJ②
③
解析：
将C（石墨）作为起始状态、CO2（g）作为最终状态，则由C（石墨）生成CO2（g）有下列两种途径：
由盖斯定律：
Q2=Q1＋Q3故②=①＋③
所以Q1=393.5kJ－283kJ=110.5kJ
即反应①的反应热为110.5Kj。
6、由生成焓数据计算氨的氧化反应的
，并指出此反应是吸热还是放热反应？
解析：
查出各物质的标准生成焓
的值，代入
反应物即可。
该反应方程式为：
4NH3（g）＋5O2（g）=4NO（g）＋6H2O（g），查出各物质的
的值：
表明氨的氧化反应是放热反应。
7、已知2－丁烯有顺、反两种异构体，前者能量比后者高
，在某反应条件下它们处于平衡，其平衡常数K如下：
自由能差
和平衡常数K有如下关系：
式中R=8.31J·mol－1·K－1,T=298K。
（1）求该平衡时，顺、反式的摩尔分数（物质的量分数）。
（2）求顺、反式的自由能差（请以kJ/mol表示）。
（答案均取3位有效数字）
解析：
利用平衡常数可求得平衡时顺，反－2－丁烯的物质的量之比，从而求得两者的物质的量分数。
（1）设平衡时顺反式分别为（1－X）mol和Xmol，则有：
所以，顺－2－丁烯的物质的量分数为
反－2－丁烯的物质的量分数为：
1－0.238=0.762
（2）根据题意，自由能差
与平衡常数有定量关系：
=－2.308×8.31×298×lg3.20=－2880（J/mol）
即－2.88kJ/mol
故答案：
（1）顺式：
0.238,反式：
0.762.
（2）
=－2.88kJ/mol。
注：
求算
时，切不可丢掉“负号”，在进行有关焓（H）、熵（S）、自由能（G）等的计算中，△H、△S、△G均为生成物与反应物的相关物理量之差。
题目中已指出“2－丁烯有顺，反两种异构体，前者的能量比后者高”，由此也可确定顺反式2－丁烯的自由能差应为负值。
8、求反应CaCO3（s）=CaO（s）＋CO2（g）在标准状态下自发进行的最低温度。
解析：
欲使反应自发进行，必须
时反应自发进行，从而求得自发进行时的最低温度。
CaCO3（g）=CaO（s）＋CO2（g）;△H298=179.0kJ/mol
欲使反应自发进行，必须
时反应自发进行。
故反应自发进行的最低温度是1111.8K。
第四节综合解题
1、PbCO3（存在于白铅矿中）和ZnO（白锌）常用来做白色涂料。
H2S可将这些化合物变成相应的硫化物。
（1）写出反应方程式。
（2）根据热力学讨论，若空气中H2S的浓度为0.007mg·m－3,使用这些涂料是否妥当？
（3）表明哪种涂料不合适？
（4）对于生成PbS的情况，为使白色恢复，用H2O2处理使生成PbSO4。
根据热力学原理，简单地暴露于空气能否达到同样的效果？
25℃、1atm下空气的平均组成（按体积百分数）为：
N2︰77.90O2︰20.70CO2︰0.026H2︰0.40其他气体：
1.03
各物质的
是：
PbCO3（s）︰－626.0H2S（g）︰－33.0PbS（s）︰－92.6
ZnO（s）︰－318.0ZnS（s）︰－184.8CO2（g）︰－394.2
H2O（g）︰－228.5PbSO4（s）︰－811.0
解析：
（1）①PbCO3（s）＋H2S（g）=PbS↓（s）＋H2O（g）＋CO2（g）
②ZnO（s）＋H2S（g）=ZnS（s）＋H2O（g）
（2）反应①的
0.007mg·m－3H2S所占的体积比为：
所以p（H2S）=5.0×10－9atm
所以PbCO3白涂料会发黑，即不妥当。
同理，反应②的
=－62.3kJ·mol－1,
=－28.6kJ·mol<0，所以也能发生反应，但ZnS还是白色的，所以不受影响。
（3）PbCO3涂料不合适。
（4）PbS（s）＋2O2（g）=PbSO4（s）
从热力学上讲是可以达到同样效果的。
2、下列气相反应可在适当的温度范围内发生：
①C4H10→（CH3）2C=CH2＋H2
②C2H4＋Cl2→CH2ClCH2Cl
③
各化合物中键能平均值如下：
化学键键能（kJ·mol－1）
化学键键能（kJ·mol－1）
C—H378.90
C—C277.16
C=C472.69
H—H436.18
C—Cl293.08
C—O322.80
O—H431.24
Cl—Cl121.02
O—O247.38
（1）估算上述各反应的反应热并说明它们是放热的还是吸热的。
（2）说明上述反应的熵变是正的还是负的。
（3）若反应是可逆的，请说明压力对化学平衡的影响。
解析：
（1）反应的
所以反应①是放热反应，反应②与反应③都是吸热反应。
（2）反应①的△ng=1，所以是熵增大的反应。
反应②的△ng=－1，所以是熵减小的反应。
反应③的△ng=－1，所以是熵减小的反应。
（3）对反应①，因△ng=1，所以压力增大，有利于反应逆向移动。
对反应②，因△ng=－1，所以压力增大，有利于反应正向移动。
对反应③，因△ng=－1，所以压力增大，有利于反应正向移动。
3、多硫化钠Na2Sx（x≥2）在结构上与Na2O2、FeS2、CaC2等有相似之处。
Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1︰16，则x的值是（）
A．5B．4C．3D．2
解析：
ClO－变成Cl－，需得到2e－，则
ClO－＋H2O＋2e－=Cl－＋2OH－
而
需失去（x－2）×6e－＋2×7e－=（6x＋2）e－，这个结果可这们理解，
中2个S的化合价为－1价，由－1价变成
的＋6价需失去7e－，则另外（x－2）个S的化合价为0价，由0价变成
的＋6价需失去6e－，因此1个
共需失去（6x＋2）e－，反应式为：
＋8xOH－－（6x＋2）e－=
＋4xH2O
由这两个电极反应式及1︰16，可得到以下关系式：
2︰（6x＋2）=1︰16得x=5
所以，本题答案为A。
4、反应NO＋O2＋NO2＋H2O→HNO3（未配平）是一个有多组计量数（即系数）的化学方程式，当氧气有1/3被NO还原时，参加反应的各物质计量数之比为（）
A．4、9、24、14、28B．1、1、1、1、2
C．8、9、12、10、20D．任意比均可
解析：
由于题中氧化还原是有条件的，就必须按条件特殊处理，不能按常规配平。
常规配平：
即为B，但不符合题意。
题意要求有1/3的氧气被NO还原，应按此配平，具体如下：
所以应选A。
5、次磷酸（H3PO2）是一种强还原剂，将它加入CuSO4水溶液，加热到40℃～50℃，析出一种红棕色的难溶物A。
经鉴定：
反应后的溶液是磷酸和硫酸的混合物；X射线衍射证实A是一种六方晶体，结构类同于纤维锌矿（ZnS），组成稳定，A的主要化学性质如下：
①温度超过60℃，分解成金属铜和一种气体；②在氯气中着火；③与盐酸反应放出气体。
（1）写出A的化学式。
（2）写出A的生成反应方程式。
（3）写出A与Cl2反应的化学方程式。
（4）写出A与盐酸反应的化学方程式。
解析：
由题意得知反应为：
H3PO2＋CuSO4→H3PO4＋A（未配平）。
还原剂H3PO4中P（＋1价）被氧化成P（＋5价），而S的价态没变，那么氧化剂只可能是Cu2+，但只可能被还原为Cu+说明A中没有Cu+，因为A在温度超过60℃时会分解成Cu和一种气体，反过来也说明A中还有一种非金属原子，且分解时生成气体；而在反应体系中非金属元素只有O、S、P、H四种，O、P和S都不可Cu2O、Cu3P和Cu2S都已不像ZnS那样由不同元素组成的双原子化合物（习惯上称这样的化合物为二元化合物），唯一可能的是CuH，它属于二元化合物，且分解后生成Cu和H2，可以在氯气中燃烧生成氯化铜和氯化氢，与盐酸生成H2。
所以A是CuH。
具体解答如下：
（1）CuH
（2）4CuSO4－3H3PO2＋6H2O=4CuH↓＋3H3PO4＋4H2SO4
（3）2CuH＋3Cl2=2CuCl2＋2HCl
（4）CuH＋HCl=CuCl＋H2↑或CuH＋2HCl=HCuCl2＋H2↑或CuH＋3HCl=H2CuCl3＋H2↑
[若盐酸浓度不够，Cu（I）会发生歧化反应；若在较浓的盐酸中，Cl－是配位体，可形成酸配位酸]
6、长期以来一直认为氟的含氧酸不存在。
但是自1971年斯图尔杰和阿佩里曼（美）成功地合成了次氟酸后，这种论点被强烈地动摇了。
他们是在0℃以下将氟化物从细冰末的上面通过，得到了毫克量的次氟酸。
（1）写出次氟酸的结构式并指出各元素的氧化数。
写出斯图杰尔和阿佩里曼方法制备该酸的反应方程式。
（2）下面给出了几个分子和基团化学键的键能：
H2
O2
F2
OH
OF
HF
E（kJ·mol－1）
432
494
155
424
220
566
试计算次氟酸的生成热（即从单质生成1mol该酸反应的热效应）。
（3）为什么次氟酸不稳定？
试预测它分解的可能途径，求出次氟酸分解的热效应值。
（4）次氟酸刹那间能被热水所分解，此时得到的溶液既表现有氧化性（对于碘化钠），又表现有还原性（对于高锰酸盐），试推断次氟酸在水解时能生成什么产物？
写出全部反应的方程式。
解析：
（1）氟与冰反应，生成HOF，当1molF2与1mol水作用时，除生成1molHOF外，还剩1mol氟原子和1mol氢原子，因此还有另一产物为HF，所以反应方程式为F2＋H2O=HF＋HOF，HOF为共价化合物，只有两个未成对电子，故氧原子应位于氢原子和氟原子的中间，分别与氢原子和氟原子各形成一个共价键，故其结构式为H—O—F。
它的结构与HOCl酸相似，其中氟的氧化数是否与次氯酸中Cl的氧化数一样，显＋1价呢？
因氟的电负性比氧大，吸引电子能力比氧强，它们之间的共用电子对偏向氟，而不偏向氧，所以氟显－1价。
对于氧原子而言，除与氟共用一对电子外，还与氢共用一对电子，其吸电子能力强于氢，故电子对偏向氧。
因为一对共用电子对偏向氧，另一对共用电子对偏离氧，故氧的氧化数为0，次氟酸中各元素的氧化数为：
（2）生成热是指由稳定单质生成1摩尔该酸的反应的热效应。
计算生成热时，可写出由单质生成该化合物的反应方程式，不管该反应是否能发生。
该反应可写出如下反应方程式：
（3）
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