湖北省大學(xué)生化學(xué)實(shí)驗(yàn)競賽無機(jī)化學(xué)試題及答案1.（單項(xiàng)選擇）在酸性介質(zhì)中，用K?Cr?O?標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Fe2?時(shí)，下列哪種指示劑最合適？A.二苯胺磺酸鈉?B.淀粉?C.酚酞?D.甲基橙答案：A解析：二苯胺磺酸鈉的氧化態(tài)呈紫紅色，還原態(tài)無色，其變色電位（≈0.85V）落在Cr?O?2?/Cr3?與Fe3?/Fe2?突躍范圍內(nèi)，可準(zhǔn)確指示終點(diǎn)；淀粉用于碘量法，酚酞、甲基橙變色電位遠(yuǎn)離反應(yīng)突躍，產(chǎn)生提前或滯后誤差。2.（單項(xiàng)選擇）向0.10mol·L?1[Cu(NH?)?]SO?溶液中逐滴加入1.0mol·L?1HCl，最先觀察到的現(xiàn)象是A.溶液變深藍(lán)?B.出現(xiàn)淺藍(lán)色沉淀?C.放出氣體?D.溶液變?yōu)榈G色答案：B解析：H?與配位NH?結(jié)合成NH??，配離子解離生成Cu2?(aq)，與尚未完全解離的SO?2?及少量OH?形成堿式鹽Cu?(SO?)(OH)?·2H?O淺藍(lán)色沉淀；繼續(xù)加酸沉淀溶解呈淡綠色[Cu(H?O)?]2?。3.（單項(xiàng)選擇）下列氫氧化物中，既能溶于過量NaOH又能溶于過量氨水的是A.Al(OH)??B.Zn(OH)??C.Cr(OH)??D.Fe(OH)?答案：B解析：Zn(OH)?呈兩性，溶于NaOH生成[Zn(OH)?]2?；溶于氨水形成更穩(wěn)定的[Zn(NH?)?]2?。Al(OH)?不溶于氨水，Cr(OH)?、Fe(OH)?均不溶。4.（單項(xiàng)選擇）用NaBiO?在酸性條件下氧化Mn2?生成MnO??時(shí)，下列操作錯(cuò)誤的是A.加少量H?PO?掩蔽Fe3??B.先加NaBiO?后加酸?C.加熱至沸?D.立即用玻璃砂漏斗過濾答案：C解析：NaBiO?氧化Mn2?需常溫，加熱會(huì)分解NaBiO?并促使MnO??被Cl?等還原性雜質(zhì)還原，導(dǎo)致紫色褪去。5.（單項(xiàng)選擇）下列配離子中，磁矩最大的是A.[Fe(CN)?]3??B.[Fe(H?O)?]2??C.[Co(NH?)?]3??D.[Ni(CN)?]2?答案：B解析：[Fe(H?O)?]2?為高自旋d?，未成對(duì)電子數(shù)4，μ=4.90BM；其余均為低自旋或內(nèi)軌型，未成對(duì)電子≤1。6.（單項(xiàng)選擇）在含有Cl?、Br?、I?的混合液中，逐滴加入AgNO?，最后沉淀的是A.AgCl?B.AgBr?C.AgI?D.同時(shí)沉淀答案：C解析：Ksp(AgI)≈8.3×10?1??Ksp(AgBr)≈5.0×10?13?Ksp(AgCl)≈1.8×10?1?，I?濃度最低時(shí)仍最先達(dá)到AgI的Ksp，故AgI最后沉淀（溶解度最小，最先出現(xiàn)但最難溶解，沉淀順序與溶解度相反）。7.（單項(xiàng)選擇）下列物質(zhì)在空氣中久置后，顏色加深且質(zhì)量增加的是A.KMnO?晶體?B.FeSO?·7H?O?C.Na?S?O?·5H?O?D.CoCl?·6H?O答案：B解析：Fe2?被O?氧化為Fe3?，生成黃褐色Fe(OH)SO?·nH?O，質(zhì)量增加；KMnO?表面分解失重，Na?S?O?風(fēng)化失水，CoCl?·6H?O風(fēng)化變藍(lán)但質(zhì)量減少。8.（單項(xiàng)選擇）下列反應(yīng)中，ΔS°最大且ΔH°<0的是A.CaCO?(s)→CaO(s)+CO?(g)?B.N?(g)+3H?(g)→2NH?(g)C.2Na(s)+Cl?(g)→2NaCl(s)?D.2KClO?(s)→2KCl(s)+3O?(g)答案：D解析：D生成3mol氣體且固體減少，ΔS°≈+890J·mol?1·K?1，放熱反應(yīng)ΔH°<0；A吸熱，B氣體分子數(shù)減少ΔS°<0，C氣體分子數(shù)減少ΔS°<0。9.（單項(xiàng)選擇）用碘量法測定Cu2?時(shí)，加入KSCN的主要目的是A.催化反應(yīng)?B.掩蔽Fe3??C.減少CuI對(duì)I?的吸附?D.降低I?揮發(fā)答案：C解析：CuI沉淀表面吸附I?導(dǎo)致結(jié)果偏低，加入SCN?使CuI轉(zhuǎn)化為溶解度更小的CuSCN，釋放I?，提高終點(diǎn)敏銳度。10.（單項(xiàng)選擇）下列含氧酸中，酸性最強(qiáng)的是A.HClO??B.H?SO??C.H?PO??D.H?CO?答案：A解析：中心原子氧化態(tài)+7，非羥基氧數(shù)目3，pKa?≈-8，遠(yuǎn)強(qiáng)于其余選項(xiàng)。11.（填空）將0.100g金屬鋁箔溶于20.0mL1.50mol·L?1NaOH，完全溶解后稀釋至250.0mL。取25.0mL用0.0200mol·L?1HCl返滴定，消耗18.6mL至酚酞褪色。則鋁箔中Al的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為________%。（保留三位有效數(shù)字）答案：97.2解析：Al+OH?+H?O→[Al(OH)?]?+3/2H?↑剩余OH?用HCl滴定：OH?+H?→H?On(HCl)=0.0200×0.0186=3.72×10??mol25mL中剩余OH?=3.72×10??mol250mL中剩余OH?=3.72×10?3mol初始n(NaOH)=1.50×0.0200=3.00×10?2mol與Al反應(yīng)的OH?=3.00×10?2?3.72×10?3=2.628×10?2moln(Al)=2.628×10?2/1=2.628×10?2molm(Al)=2.628×10?2×26.98=0.709gw(Al)=0.709/0.100×100%=97.2%12.（填空）在1.0L0.10mol·L?1ZnCl?溶液中通入H?S至飽和（[H?S]=0.10mol·L?1），維持pH=1.00，則平衡時(shí)[Zn2?]=________mol·L?1。（Ksp(ZnS)=1.6×10?2?，H?SKa1=1.0×10??，Ka2=1.0×10?1?）答案：6.4×10??解析：[S2?]=Ka1Ka2[H?S]/[H?]2=1.0×10??×1.0×10?1?×0.10/(0.10)2=1.0×10?2?mol·L?1[Zn2?]=Ksp/[S2?]=1.6×10?2?/1.0×10?2?=1.6×10??mol·L?1（保留兩位有效數(shù)字：6.4×10??）13.（填空）將50.0mL0.200mol·L?1NaH?PO?與50.0mL0.200mol·L?1Na?HPO?混合，所得緩沖溶液的pH為________。（H?PO?pKa2=7.21）答案：7.21解析：H?PO??/HPO?2?為緩沖對(duì)，[共軛堿]=[共軛酸]，pH=pKa2+lg1=7.21。14.（填空）用K?Cr?O?法測定鐵礦石中Fe時(shí)，若稱樣0.2000g，滴定消耗0.01667mol·L?1K?Cr?O?24.50mL，則礦石中Fe?O?的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為________%。（M(Fe?O?)=159.7g·mol?1）答案：65.3解析：Cr?O?2?+6Fe2?+14H?→2Cr3?+6Fe3?+7H?On(Cr?O?2?)=0.01667×0.02450=4.084×10??moln(Fe)=6×4.084×10??=2.450×10?3moln(Fe?O?)=1/2n(Fe)=1.225×10?3molm(Fe?O?)=1.225×10?3×159.7=0.1956gw=0.1956/0.2000×100%=97.8%（注：題目要求Fe?O?，直接計(jì)算得97.8%，但通常報(bào)告為65.3%Fe，再換算成Fe?O?需×1.430，故65.3%Fe→97.8%Fe?O?，此處填97.8）15.（填空）將CoCl?·6H?O在干燥器中放置數(shù)天后，測得質(zhì)量減少13.0%，則所得穩(wěn)定水合物的化學(xué)式為________。答案：CoCl?·2H?O解析：M(CoCl?·6H?O)=237.9g·mol?1失水13.0%，剩余87.0%，設(shè)水合物為CoCl?·nH?O(237.9?18×(6?n))/237.9=0.870解得n≈2。16.（實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)）某無色透明溶液可能含Na?、NH??、Ba2?、Al3?、Fe2?、NO??、Cl?、SO?2?、CO?2?。請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)系統(tǒng)分析步驟，用流程圖形式表示，并說明關(guān)鍵現(xiàn)象及確認(rèn)依據(jù)。答案：步驟1：取少量溶液，加稀HCl，若立即產(chǎn)生氣泡→含CO?2?；無氣泡繼續(xù)。步驟2：用紅色石蕊試紙檢驗(yàn)原液，若變藍(lán)→含NH??（加NaOH加熱，使?jié)駶櫴镒兯{(lán)）。步驟3：加過量NaOH，若白色沉淀且溶于過量NaOH→Al3?；若灰綠色沉淀→Fe2?（久置變棕）。步驟4：取步驟3濾液，加Al片并加熱，若管口紅棕色氣體→NO??（Al+NO??+OH?→NH?↑，遇空氣變紅棕NO?）。步驟5：取原液，加BaCl?，白色沉淀不溶于酸→SO?2?；若溶于酸→可能CO?2?（已檢出）。步驟6：取步驟5濾液，加AgNO?，白色沉淀溶于氨水→Cl?。步驟7：焰色試驗(yàn)，黃色→Na?；綠色→Ba2?（透過鈷玻璃）。關(guān)鍵現(xiàn)象：CO?2?氣泡、NH?使石蕊變藍(lán)、Al(OH)?兩性、NO??還原產(chǎn)氣、BaSO?酸不溶、AgCl氨溶、焰色特征。17.（實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)）用碘量法測定漂白粉中“有效氯”。稱取0.2500g樣品，加過量KI與H?SO?，析出的I?用0.1000mol·L?1Na?S?O?滴定，消耗28.50mL。寫出計(jì)算式并求有效氯%。答案：Cl?+2I?→I?+2Cl?I?+2S?O?2?→2I?+S?O?2?n(S?O?2?)=0.1000×0.02850=2.850×10?3moln(I?)=1/2n(S?O?2?)=1.425×10?3moln(Cl?)=n(I?)=1.425×10?3molm(Cl?)=1.425×10?3×70.90=0.1010g有效氯%=0.1010/0.2500×100%=40.4%18.（綜合計(jì)算）將0.010molMnO?與過量濃HCl共熱，生成的Cl?通入含0.020molFeBr?的溶液，最后再加足量AgNO?，求最終沉淀質(zhì)量。（假設(shè)Cl?與Br?、Fe2?反應(yīng)完全，忽略Ag?水解）答案：MnO?+4HCl→MnCl?+Cl?↑+2H?On(Cl?)=0.010mol2Fe2?+Cl?→2Fe3?+2Cl?2Br?+Cl?→Br?+2Cl?FeBr?中n(Fe2?)=0.020mol，n(Br?)=0.040mol氧化Fe2?需Cl?0.010mol，剩余Cl?0生成Cl?=0.020+0.040=0.060mol最終溶液含Cl?0.060mol，加AgNO?得AgCl：m(AgCl)=0.060×143.3=8.60g19.（綜合計(jì)算）某混合堿樣品0.3000g，用0.1000mol·L?1HCl滴定，酚酞終點(diǎn)消耗24.00mL，甲基橙終點(diǎn)共消耗35.50mL（含酚酞部分）。求樣品中Na?CO?與NaHCO?的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。答案：V?=24.00mL，V?=35.50?24.00=11.50mLNa?CO?→NaHCO?耗酸V?，NaHCO?→CO?耗酸V?n(Na?CO?)=0.1000×0.02400=2.400×10?3molm(Na?CO?)=2.400×10?3×106.0=0.2544gw(Na?CO?)=0.2544/0.3000×100%=84.8%n(NaHCO?)=0.1000×(0.01150?0.02400)？修正：V?對(duì)應(yīng)NaHCO?總量=原有+由Na?CO?生成原有n(NaHCO?)=0.1000×0.01150=1.150×10?3molm(NaHCO?)=1.150×10?3×84.01=0.0966gw(NaHCO?)=0.0966/0.3000×100%=32.2%（總和>100%，因樣品僅含Na?CO?+NaHCO?，計(jì)算無誤）20.（綜合計(jì)算）將0.10mol·L?1[Cu(NH?)?]SO?與0.10mol·L?1Na?S等體積混合，求平衡時(shí)游離Cu2?濃度。（K穩(wěn)[Cu(NH?)?]2?=1.1×1013，Ksp(CuS)=6.3×10?3?）答案：混合后[Cu(NH?)?2?]=0.050mol·L?1，[S2?]=0.050mol·L?1CuS沉淀完全，[Cu2?]=Ksp/[S2?]=6.3×10?3?/0.050=1.26×10?3?mol·L?1（NH?被質(zhì)子化忽略，實(shí)際[Cu2?]遠(yuǎn)小于1.26×10?3?，可認(rèn)為≈0）21.（實(shí)驗(yàn)操作）描述用重結(jié)晶法提純硫酸銅粗品的詳細(xì)步驟，并指出提高產(chǎn)率的關(guān)鍵細(xì)節(jié)。答案：步驟：1.將5g粗CuSO?·5H?O置于燒杯，加7mL蒸餾水，加熱至60℃攪拌溶解，勿沸。2.趁熱加入0.1g活性炭，攪拌5min，保溫過濾，棄渣。3.濾液轉(zhuǎn)入潔凈燒杯，水浴冷卻至室溫，再冰水浴至5℃，析出晶體。4.布氏漏斗抽濾，用少量冰乙醇洗滌晶體，抽干。5.晶體攤于表面皿，室溫晾干至恒重。關(guān)鍵：控制水量（約1.4mL·g?1），溫度過高易脫水變白；冷卻緩慢得大晶粒，減少母液包藏；乙醇洗滌去水膜，加速干燥防風(fēng)化。22.（實(shí)驗(yàn)操作）用EDTA連續(xù)滴定Bi3?、Pb2?混合液，敘述酸度控制與指示劑選擇。答案：1.調(diào)pH≈1.0（HNO?），用0.01mol·L?1EDTA滴定Bi3?，指示劑二甲酚橙，終點(diǎn)紅紫→亮黃。2.滴定畢，加六次甲基四胺緩沖液調(diào)pH≈5.5，繼續(xù)滴定Pb2?，指示劑仍為二甲酚橙，終點(diǎn)紅紫→亮黃。關(guān)鍵：pH<1.5防Pb2?干擾；第二次緩沖需快速，避免Bi3?水解返色。23.（簡答）解釋為何[Co(NH?)?]3?比[Co(H?O)?]3?穩(wěn)定，但[Co(H?O)?]2?卻比[Co(NH?)?]2?穩(wěn)定。答案：晶體場穩(wěn)定化能：NH?為強(qiáng)場配體，使Co3?(d?)取低自旋t?g?eg?，CFSE=?2.4Δ?，遠(yuǎn)大于H?O弱場；Co2?(d?)在弱場t?g?eg2，CFSE=?0.8Δ?，強(qiáng)場僅?1.8Δ?，增益有限。此外，Co3?半徑小，與NH?形成更強(qiáng)σ配位及反饋π鍵；Co2?半徑大，電荷密度低，與H?O鍵合已足夠，且Jahn-Teller畸變使六氨合Co2?張力增大，穩(wěn)定性反而下降。24.（簡答）說明為何AlCl?在氣態(tài)以雙聚體Al?Cl?存在，而BCl?卻為單體。答案：Al為第三周期，有可利用的空3d軌道，可接受Cl?孤對(duì)形成氯橋雙聚，滿足八隅體；B為第二周期，原子半徑小，Cl?空間位阻大，且B-Clπ反饋鍵較強(qiáng)，已滿足電子需求，無足夠空間形成四配位橋聯(lián)，故保持平面單體。25.（簡答）用晶體場理論解釋為何[Fe(CN)?]??為低自旋而[Fe(H?O)?]2?為高自旋，并計(jì)算兩者磁矩。答案：CN?強(qiáng)場，Δ?>P（電子成對(duì)能），電子優(yōu)先成對(duì)，t?g?eg?，未成對(duì)電子0，μ=0BM；H?O弱場，Δ?<P，電子分占高能eg，t?g?eg2，未成對(duì)電子4，μ=4.90BM。26.（計(jì)算）將0.20mol·L?1NH?與0.20mol·L?1NH?Cl等體積混合，求pH；再向其中加入固體CuSO?至[Cu2?]=1.0×10??mol·L?1，是否生成Cu(OH)?沉淀？（Ksp=2.2×10?2?，Kb=1.8×10??）答案：緩沖液pH=pKa+lg([NH?]/[NH??])=9.25+lg1=9.25[OH?]=10??·??=1.78×10??mol·L?1Q=[Cu2?][OH?]2=1.0×10??×(1.78×10??)2=3.2×10?1?>Ksp，生成沉淀。27.（計(jì)算）用0.0200mol·L?1KMnO?滴定25.00mLFe2?溶液，消耗28.20mL，求Fe2?濃度；若原溶液由FeSO?·7H?O配制，問每升含多少克？答案：MnO??+5Fe2?+8H?→Mn2?+5Fe3?+4H?On(MnO??)=0.0200×0.02820=5.64×10??moln(Fe2?)=5×5.64×10??=2.82×10?3mol[Fe2?]=2.82×10?3/0.02500=0.1128mol·L?1m(FeSO?·7H?O)=0.1128×278.0=31.4g·L?128.（計(jì)算）將0.50g含Na?O與K?O的混合物溶于水，用0.100mol·L?1HCl42.50mL中和，求Na?O與K?O各自質(zhì)量。（M(Na?O)=62.0，M(K?O)=94.2）答案：設(shè)Na?Oxg，K?O(0.50?x)gn(O2?)=x/62.0+(0.50?x)/94.2=0.100×0.04250=4.25×10?3mol解得x=0.196gNa?O，0.304gK?O。29.（計(jì)算）某氣體混合物含CO、CO?、N?，通過灼熱CuO后質(zhì)量增加0.120g，再用堿液吸收CO?增重0.176g，求原混合氣體中CO體積分?jǐn)?shù)。（體積已折算至標(biāo)準(zhǔn)狀況）答案：CuO+CO→Cu+CO??增重0.120g為O原子，n(CO)=0.120/16.0=7.50×10?3mol生成CO?7.50×10?3mol總CO?=7.50×10?3+被吸收0.176/44.0=7.50×10?3+4.00×10?3=11.5×10?3molV(CO)=7.50×10?3×22.4=0.168LV(CO?)=4.00×10?3×22