1、其中的M是铜是无疑的，因A经加热分解可以得到铜（M=Cu）。X是什么？这是本题的难点。先根据MX具有ZnS的结构，是M：X=11的组成，A只可能是CuS、CuP、CuO和CuH，等等，显然，只有CuH才是与其他信息对应的，若是CuS或CuO，生成反应中就找不到被强还原剂酗（NaH2）还原的元素，若是CuP，与铜和磷的化合价矛盾（按化合价，应是Cu3P或者Cu3P2，均不是ZnS的组成），所以A是CuH。如果选手以为A是Cu、Cu2O、CuH2PO3、Cu3 P、Cu3 P2、CuH2P、CuHP等等物质，与A的晶体结构属ZnS型（11的MX）矛盾，更无后面所述的几种化学性质，不可取。解决了A是
2、什么（本题的关键），其余的问题引刃而解。答案：（1）CuH （2）4CuSO43H3PO26H2O=4CuH3H3PO4 （3）2CuH3Cl2=2CuCl22HCl （4）CuHHCI=CuClH2。本题涉及的化学概念有氧化还原反应的本质、化合价、化合物（大学化学里也没有），完全是新的，但试题本身的信息迫使学生认可它的若干基本性质。中学化学里有NaH的知识点，因此，不能认为负氢离子是新知识，问题是负氢离子的性质中学化学并没有，但试题给了足够的信息：在高温下发生分解（自身氧化还原反应）；负氢离子是强还原剂（与氯气反应，当然CuH中的Cu同时也被氧化）；与正氢离子反应放出氢气。本题的思路中的科学
3、假设与科学论证是科学思维的最基本形式；本题较好地考察了竞赛学生思维的严密性、敏捷性、深刻性、广阔性和创造性；既考察发散，又考察收敛；既需要逻辑思维，又需要高度的想象：解题本身就是创新思维。3、磷的氯化物有PCI3和PCI5，氮的氯化物只有NHl3，为什么没有NCI5？_。白磷在过量氯气（其分子有三种不同的相对分子质量）中燃烧时，其产物共有_种不同分子。考查分子杂化轨道的基础知识，N原子最外层无d轨道，不能发生sp3d杂化，故无NCl5。考查杂化与空间结构的关系，及对同分异构体（或不同分子）的计算，应熟练掌握常见多面体的空问结构规律。本题中用同位素考查不同分子是一种新的测试方法，应了解。该Cl2
4、有两种不同原子，PCI5空间结构为三角双锥，5个P原子处于炳种不同位置，种数为l23321共有12种。 4、1996年度诺贝尔化学奖授予三位大学教授，以表彰他们在1985年发现碳的球状结构。碳的球状结构，就是富勒烯家族的由若干个碳原子组成的笼状分子结构。这种笼状分子的典型代表是C60。C60是具有60个碳原子并组成1个酷似足球的笼状分子，见右图： （1）下列关于C60的说法，正确的有_。 AC60的固体是一种半导体 BC60可作为众多化学反应的载体 CC60熔点为2 136 K，难溶于水 DC60分子中有60个单键和30个双键 EC60中碳原子的杂化类型为sp2FC60具有一定的稳定性，在空气
5、中可长期保存G. C60可在星际空间和火山口找到H. C60、金刚石、石墨的密度关系为：C60金刚石石墨（2）目前，化学家们已经找到10余种富勒烯家族的Cx，它们分子结构中都由正五边形和正六边形构成，C80是其中一种。列式计算C80中五边形和六边形的个数。（3）下列物质不属于富勒烯家族的有_。AC18 BC44 CC71 DC70 EC83（1）一般笼状物质都可做载体；C60是分子晶体，可在星际宽间找到；存在火山口的是金刚石；密度：石墨金刚石。故正确的有：A、B、D、E、F。（2）设五边形与六边形数目分别为a和b。由点线面的关系可得：0.5（5a6b）=0.5380利用封闭多面体的不饱和度有：
6、8022=2（40ab1）a=12；b=30，故五边形数有12个，六边形数有30个。（3）由（2）可知，两式相减消去b，a=12在富勒烯家族Cx中恒成立，b=0.5x10，x为大于20的偶数。答案为A、C、E。5、市场上出现过一种一氧化碳检测器，其外观像一张塑料信用卡，正中有一个直径不到2cm的小窗口，露出橙红色固态物质若发现橙红色转为黑色而在短时间内不复原，表明室内一氧化碳浓度超标，有中毒危险。一氧化碳不超标时，橙红色虽也会变黑却能很快复原。已知检测器的化学成分：亲水性的硅胶、氯化钙、固体酸H8Si（Mo2O7）628H2O、CuCl22H2O和PdCl22H2O（注：橙红色为复合色，不必细
7、究）。（1）CO与PdCl：2H2O的反应方程式为_。（2）题（1）的产物之一与CuCl22H2O反应而复原，化学方程式为_。（3）题（2）的产物之一复原的反应方程式为_。鉴于试题涉及的器件的化学组成很复杂，命题人从中挑选了学生的知识背景足以理解的问题，也正好是该器件性能的主要化学原理，甚至提示应试者集中精力解决主要问题，舍弃不必细究的枝节，这本身也是一种如何理论联系实际的教育。命题人在组题时进一步帮助应试人理清器件化学原理的思考程序，分三个问题要求学生思考，但每一个问题都留有需应试者通过原有知识基础来补充完善的内容，以此来考察应试者的应变能力。第一个问题的关键是：CO和PdCl22H2O谁是
8、氧化剂? 当然有两种正好相反的假设，假设1，得到c和某种高价钯化合物，假设2，得到CO2。和金属钯。哪一个假设正确?要从第二问得到启示。显然，第二问需要应试者自己得出结论的首先是CuCl22H2O不可能是还原剂，只可能是氧化剂，因为在水体系里铜的价态不能再升高。如果应试者没有这种基本思路，就无助于对第1问两种假没的抉择。有了这种思路，必然对“题1的产物之一”对准C和Pd。问：其中哪一个可以跟CuCl22H2O反应?中学课本上讨论过碳的氧化，使用的都是强氧化剂，如空气中的氧气、浓硫酸、浓硝酸等，而且都需加热，可见碳不是强还原剂，把它氧化不那么容易，应当排除，于是“定音”，假设2是正确的，这是一箭
9、双雕，既答了第1问，又答了第2问。当然，第2问又存在两种可能，铜被还原得铜（I）呢还是得铜（O）。怎样判断?需要第3问来帮助，第3问要求写出第2问中产物之一被复原，自然是指铜（I）或铜（o）的复原。先不必问氧化剂是谁，应试者就清楚，铜（I）比铜（O）易复原，即容易被氧化。这是不是中学知识?笔者认为是。由此选择了铜（I）为第2问的答案，完成第2问的解答。再接着思考第3问：使铜（I）复原为铜（）使用了什么试剂?首先要明确，它一定是氧化剂（应试者明确吗?），于是被逼到“华容道”上去了，只能选择空气中的氧气，别无它路，全题得解。当然，解完后应回顾器件的整个化学组成来讨论它们各自的作用，但试题没有设问，
10、留给应试者自己思索。（1）COPdCl22H2O=CO2Pd2HClH2O，写PdCl2不写PdCl22H2O同时配平也 是对的。（2）Pd2CuCl22H2O=PdCl22H2O2CuCl2H2O。（3）4CuCl4HCl6H2OO2=4CuCl22H2O许多学生第一个反应并未按预计的思路解题，以为钯可以跟CO生成羰基化合物，结果前两个反应全做错了。即使在试题上写明第一个反应是氧化还原反应，这种错误也不能避免。这或许就应了学得太多反而不利的说法。6、PCl5是一种白色固体，加热到160不经过液态阶段就变成蒸气，测得180下的蒸气密度（折合成标准状况）为9.3 gL，极性为零，PCl键长为20
11、4 pm和211 pm两种。继续加热到250时测得压力为计算值的两倍。PCl5在加压下于148液化，形成一种能导电的熔体，测得PCl的键长为198 pm和206 pm两种。（P、Cl相对原子质量为31.0、35.5）回答如下问题：（1）180下PCl5蒸气中存在什么分子?为什么?写出分子式，画出立体结构。（2）在250下PCl5蒸气中存在什么分子?（3）PCl5熔体为什么能导电?用最简洁的方式作出解释。（4）PBr5气态分子结构与PCl5相似，它的熔体也能导电，但经测定其中只存在一种PBr键长。PBr5熔体为什么导电?用最简枯的形式作出解释。本题是四个虽相关却又相互独立的问题。问题（1）只涉及
12、第一句话给出的信息。由折合成标准状态的蒸气密度和五氯化磷的化学式量，经过属于中学教学内容的简单的计算，就可以得出：180下的PCl5是单体，即PCl5就是它的分子式。PCl5分子有5个Cl原子围绕着P原子排列，信息表明其中有两种不同键长的PCl键，可见不可能是平面的五角形的分子（它的磷氯键是一种），一定具有三维立体结构；三维立体结构还可能有两种：三角双锥或四角锥体，后者的极性不等于零，所以PCI。分子是三角双锥型分子。问题（2）的相关信息是第二句话给出的。该信息无疑表明，PCl5分子在加热到250时分解了，生成等物质的量的两种气态分子。这种分解反应从类型上说，有的学生可能是熟悉的，例如氧化铜分
13、解生成氧化亚铜和氧气，二氧化锰分解生成四氧化三锰和氧气，三氧化硫分解生成二氧化硫和氧气等等。本题是将这种知识迁移到氯化物上来。所以，可以想见，五氯化磷的分解产物是三氯化磷和氯气。如果答不上来，也不会影响解答后面的问题。问题（3）涉及的是电解质的基本概念：电解质的定义之一是它的熔体能够导电。但是中学课本里对熔体的导电粒子的讨论很少。本问题首先给出PCl5熔体导电的信息，由这个信息应当想见其中有正、负两种离子存在。那么，是哪两种离子呢?本题的信息是该熔体中有两种不同的PC1键长，这就排除了一种是Cl另一种是的可能，因为四配位的无论如何不会有两种不同的键长（不管它是正四面体型还是平面四边形），所以两
14、种离子可能是和。这个小题在表述中避免了画出结构式之类的用语，是为减少暗示。问题（4）是对问题（3）的一个反馈性的暗示。意思无非是说，若将氯改换成溴，与相似的是不能形成的，因而其中的阴离子只是氯离子。如果学生脑中浮现溴离子比氯离子大得多的图象，就会想象，6个溴离子包在半径很小的P5+外面可能实在太挤了，挤不下了，而较小的氯离子则是有可能的。（1）9.522.4=208.3 g/mol; PCl5相对分子质量31.035.55=208.5；蒸气组成为PCl5（结构式如下图所示）；呈三角双锥体。三角双锥分子无极性，有两种键长。（注：若答成四方锥体不给分，因为它有极性，与题面给的信息不符）（2）PCl
15、5=PCl3Cl2 氯分子ClCl 三氯化磷分子（结构式为）（压力为计算值的两倍表明1 mol PCl5完全分解成 1mol PCl3和1mol Cl2，共2 mol。气体由等摩系PCl3和Cl2组成。（3）PCl5=含两种离子，前者为四面体，后者为八面体，因此前者只有一种键长，后者也只有一种键长，加起来有两种键长。）（4）PBr5=Br结构同实际的应答时，有不少学生，五氯化磷和五溴化磷的电离式写出来了，但画不出这些离子的立体结构，丢了分。这说明我们设计的竞赛水平是击中要害的。不是学生头脑中没有这些几何体的概念，而是没有把这些知识用于考察微观化学物种。7、用黄铜矿炼铜按反应物和生成物可将总反应
16、写成：CuFeS2SiO2O2CuFeSiO3SO2。事实上冶炼反应是分步进行的。黄铜矿在氧气作用下生成硫化亚铜和硫化亚铁；硫化亚铁在氧气作用下生成氧化亚铁，并与二氧化硅反应生成矿渣；硫化亚铜与氧气反应生成氧化亚铜；硫化亚铜与氧化亚铜反应生成铜。（1）写出上述各个分步反应（，）的化学方程式。（2）给出总反应方程式的系数。（3）据最新报道，有一种叫ThibaciIlus ferroxidans的细菌在氧气存在下可以将黄铜矿氧化成硫酸盐。反应是在酸性溶液中发生的。试写出配平的化学方程式。（4）最近我国学者发现，以精CuFeS2矿为原料在沸腾炉中和O2（空气）反应，生成物冷却后经溶解、除铁、结晶，得
17、到CuSO45H2O，成本降低了许多。实验结果如下：沸腾炉炉渡/560580600620640660生成物水溶性Cu/%90.1291.2493.5092.3889.9684.23酸溶性Cu/%92.0093.6097.0897.8298.1698.19酸溶性Fe/%8.566.723.462.782.372.28CuFeS2和O2主要反应的方程式为_。实际生产过程的沸腾炉温度为600620。控制反应温度的方法是_。温度高于600620生成物中水溶性Cu（）下降的康叠是_。本题的第一部分比较简单，写四个分步反应的方程式的考核点只是把题面的表述转换成化学方程式，但题面并没有指出生成物中的硫的形态
18、i根据中学化学知识，可以想见它是SO2，大多数学生应该不会写错。其中第四个反应就是所谓“冰铜反应，比较特殊，但试题已经告诉大家反应产物的含铜物质应该只有一种，即金属铜，这就降低了难度，可见应答时永远不应离开试题提供的知识背景。（1）2CuFeS2O2=Cu2S2FeSSO2（写S、SO3不写SO2不得分）；2FeS3O2=2FeO2SO2（写S、SO3不写SO2不得分）；FeOSiO2=FeSiO3（写其他产物不得分）；2Cu2S3O2=2Cu2O2SO2（写S、SO3不写SO2不得分）；Cu2S2Cu2O=6CuSO2（写S、SO3不写SO2不得分）。（2）2CuFeS22SiO25O2=2
19、Cu2FeSiO34SO2。问题（3）也是写方程式，熟悉过去竞赛试题的选手可能觉得似曾相识，但并非陈题。根据给出的信息，不难首先得出这样的结论：反应得到的溶液由CuSO4和Fe2（SO4）3组成。因为有氧气参加反应，铜和铁均应形成水溶液中的稳定高价，似不会弄错。考虑到学生可能的错误，判分标准比较松。这个反应的关键是产物里要添硫酸根，为此题面对反应的条件作了说明：酸性溶液；但为避免暗示过多，没有说要加硫酸。4CuFeS22H2SO417O2=4CuSO42Fe2（SO4）32H2O（注：不写硫酸铁而硫酸亚铁给一半分）。问题（4）比前面的试题更推进一步，信息是表格中的数据的形式间接地呈现的。表格用
20、沸腾炉的温度首先排学生对“沸腾”二字的可能误解，这里的“沸腾”并非意味着炉子里有水之类的溶剂（试题设计人估计学生并没有固体在上行气流冲击下如同沸腾的那种工业反应器的概念，并没有考察这样专门的知识，但中学老师说，沸腾炉的概念在讲黄铁矿制硫酸中讲到的）。表格还用水溶性铜、酸溶性铜和酸溶性铁的信息表明，沸腾炉里的含铁产物肯定不是铁的硫酸盐，因为并没有说有水溶性铁，因而可以得出结论：燃烧产物中的铁是以氧化物的方式存在的。（这正是与本题一开始的传统冶炼反应不同之处，否则为什么是最新成果，而且是我国学者的成果呢?）至于铁的氧化物为什么随温度升高溶于酸的程度降低?本题没有要求作答。这个知识大大超过中学生的知
21、识水平。其实，氧化物的酸溶性随煅烧或烧结温度升高而下降是一个普遍现象例如用作炼钢炉衬罩的氧化镁就是经过高温烧结的酸溶性很差的氧化物，还可以举出的典型物质是刚玉（Al2O3），用作坩埚等高温容器，酸溶性极差。这些化学知识似应在优秀中学生中间做点普及，不要以为碱性或两性金属氧化物都易溶于酸（热力学上要溶，动力学上不溶!）。4CuFeS217O2=4CuSO42Fe2O38SO2。控制加入CuFeS2的速度，因CuFeS2与O2反应放热。）CuSO4=CuOSO3。注的反应产物不写氧化铁写氧化亚铁或四氧化三铁也可以给一半分。虽然实际反应产物是氧化铁，但对中学生，做出正确判断根据可能不足。第二节 金属
22、元素1、写出Fe3+和I在溶液中的反应现象和方程式。（1）若溶液中有足量F，则上述反应不能发生，为什么？（2）向上述反应后的溶液中加足量F，有何现象？为什么？（3）在足量2 mol/L盐酸溶液中加Fe2+、I、F，则反应现象是什么？它和实验（1）有何不同？Fe3+具有较强的氧化性，而I具有较强的还原性，它们之间发生氧化还原反应：2Fe3+2I=2Fe2+I2，现象：反应后溶液呈棕色。（1）F还原性很弱，F半径小于I，故F易和Fe3+结合而使Fe3+降低，使其不和I反应：Fe3+6F=FeF63（2）因F和Fe3+结合，使上述平衡向左移动，导致I2浓度降低，溶液颜色变浅。（3）因盐酸中H+较大，
23、F与H+瓜在生成弱酸HF，不利于生成FeF63，故Fe3+可和I反应，生成I2，故颜色略浅黄棕色。2、在Fe2+、Co2+、Ni2+盐的溶液中，加入NaOH溶液，在空气中放置后，各得到何种产物？写出有关的反应式。Fe（OH）2还原性较强，易被空气中的氧气氧化成Fe（OH）3, Co（OH）2还原性比Fe（OH）2弱，在空气中缓慢氧化成Co（OH）3，Ni（OH）2还原性很弱，不被空气中氧气氧化。Fe2+2OH=Fe（OH）2Co2+2OH=Co（OH）2Ni2+2OH=Ni（OH）24Fe（OH）2O22H2O=4Fe（OH）34Co（OH）2O22H2O=4Co（OH）33、（1996年全国
24、化学竞赛试题）完成并配平下列反应方程式：（1）固态KMnO4在200加热，失重10.8%。（2）固态KMnO4在240加热，失重15.3%。（已知：相对原子质量：O：16.0; K: 39.0; Mn: 54.9）KMnO4加热，失去的是氧气。若取1 moL KMnO4，失去氧原子的物质的量为：157.910.8%16=1（mol）, 157.915.3%16=1.5（mol），再根据电子守恒推算出锰元素还原产物中价态分别为5价和4价。2KMnO4K2MnO4MnO2O2K2Mn2O6O24KMnO42K2Mn2O53O24KMnO42K2MnO32MnO23O24、试说明Fe3+盐比Fe2+
25、盐稳定，而镍则以Ni2+盐稳定，Ni3+盐少见的原因。结构决定性质：铁的价电子构型为3d4s2, Fe3+的构型为3d5达半满的稳定状态，比Fe2+的3d6电子构型稳定。Ni的价电子构型为3d84s2，3d电子超过半满而接近3d10全满，较难失电子，所以一般情况下Ni表现2价氧化态，在特殊条件下得到不稳定的Ni（）的化合物。5、根据以下实验说明产生各种现象的原因并写出有关反应方程式。（1）打开装有四氯化钛的瓶塞，立即冒白烟。（2）向此瓶中加入浓盐酸和金属锌时，生成紫色溶液。（3）缓慢地加入氢氧化钠至溶液呈碱性，并析出紫色沉淀。（4）沉淀过滤后，先用硝酸，然后用稀碱溶液处理，有白色沉淀生成。（5
26、）将此溶液过滤并灼烧，最后与等物质的量的氧化镁共熔。（1）四氯化钛在水中或潮湿空气中都易水解，产生的白烟是HCl烟雾。TiCl43H2O=H2TiO34HCl（2）在强酸性溶液中，四氯化钛可被活泼金属还原为紫色的Ti3+的溶液。2TiCl4Zn2TiCl3ZnCl2（3）紫色沉淀为Ti（OH）3: Ti3+3OH=Ti（OH）3。（4）硝酸将Ti3+氧化成Ti4+，Ti4+在碱性条件下生成白色沉淀Ti（OH）4。TiCl3HNO3HCl=TiCl4NO2H2OTiCl44NaOH=Ti（OH）44NaCl（5）沉淀灼烧后生成二氧化钛，与氧化镁共熔生成钛酸镁。Ti（OH）4TiO22H2O; TiO2MgOMgTiO36、工业上处理含的酸性工业废水用以下方法：往工业废水中加入适量的NaCl，搅拌均匀；用Fe为电极进行电解，经过一段时间有Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀产生；过滤回收沉淀，废水达到排放标准。试回答：
