分析试题解析

1.（8分）Mn2+离子是KMnO4溶液氧化H2C2O4的催化剂。有人提出该反应的历程为：

Mn(VII) Mn(VI) Mn(IV) Mn(III) Mn (C2O4)nMn(II)Mn(II)Mn(II)C2O42 3 2n Mn + CO22+

请设计2个实验方案来验证这个历程是可信的（无须给出实验装置，无须指出选用的具体试剂，只需给出设计思想）。

2.（10分）某不活泼金属X在氯气中燃烧的产物Y，溶于盐酸得黄色溶液，蒸发结晶，得到黄色晶体Z，其中X的质量分数为50%。在500mL、0.100 mol·L-1的Y水溶液中投入锌片，反应结束时称得固体增重4.95g。

X是 ；Y是 ；Z是 。 推理过程为： 3.（10分）溴酸钾测定苯酚纯度的步骤如下：称取含苯酚0.6000g的试样溶于20.00mL 0.1250 mol·L-1的KBrO3溶液（该溶液含过量的KBr），加酸酸化，放置，待反应完全后加入KI，而后用0.1050 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定生成的碘，滴定至终点消耗20.00mL Na2S2O3标准溶液。计算试样中苯酚的质量分数。

4. （18分）在酸性溶液中IO3离子被I离子还原生成碘，在碱性溶液中IO3离子不被I离子还原，而无论在酸性或碱性溶液中IO4 都被I离子还原。

在酸性溶液中，IO3离子与I离子反应的方程式为 ① ，IO4离子与I离子反应的方程式为 ② ；在碱性溶液中，IO4离子与I离子反应的方程式为 ③ 。

现有某1升含有IO3和IO4离子的混合溶液，用移液管取出25.00 cm3放入锥形瓶中，酸化后加入过量的固体碘化钾，用0.1014 mol·dm3的硫代硫酸钠标准溶液滴定，消耗24.65cm3硫代硫酸钠标准溶液；另取上述混合液25.00cm3，用碳酸氢钠溶液缓冲到pH = 8，加入过量的固体碘化钾，用0.05020 mol·dm3的亚砷酸钠标准溶液滴定，消耗4.98cm3亚砷酸钠标准溶液(酸根离子均为正酸根离子)。第一次滴定的离子方程式为 ④ ，产物中的含氧阴离子的Lewis结构式为 ⑤ ，第二次滴定的离子方程式为 ⑥ ，产物中的含氧阴离子的几何构型为 ⑦ 。在1升原溶液中，IO3离子的mol数为 ⑧ ，IO4离子的mol数为 ⑨ 。

5. （8分）在某KReO4酸性溶液中含Re 26.65mg，将其通过一个装有Zn粒的反应柱后，ReO4 离子被锌还原，用0.02000 mol·dm3 KMnO4标准溶液滴定还原后收集到的溶液（包括洗涤液），当滴到11.45cm3时，还原态的Re又全部被氧化成ReO4。 （1）用计算说明被还原后的Re氧化数。

（2）用Re元素的核外电子构型说明此结果是合理的。 （3）试画出ReO4的结构式（几何构型）。

6.（10分）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．与盐酸应放出气体。 回答如下问题：

1．写出A的化学式。

2．写出A的生成反应方程式。

3．写出A与氯气反应的化学方程式。 4．写出A与盐酸反应的化学方程式。

7.（10分）将固体MnC2O4·2H2O放在一个可以称出质量的容器里加热，固体质量随温度变化的关系如图所示（相对原子质量：H 1.0，C 12.0，O 16.0，Mn 55.0 )： 纵坐标是固体的相对质量。

说出在下列五个温度区间各发生什么变化，并简述理由： 0～50℃： 50～100℃： 100～214℃： 214～280℃： 280～943℃：

8．100.0g无水氢氧化钾溶于100.0g水。在T温度下电解该溶液，电流强

度I＝6.00安培，电解时间10.00小时。电解结束温度重新调至T，分离析出的KOH·2H2O固体后，测得剩余溶液的总质量为164.8g。已知不同温度下每100g溶液中无水氢氧化钾的质量为：

温度/oC KOH/g 0 49.2 10 50.8 20 52.8 30 55.8 求温度T，给出计算过程，最后计算结果只要求两位有效数字。 (15分) 注：法拉第常数F = 9.65×104 C/mol，相对原子质量：K 39.1 O 16.0 H 1.01

－－

9．(10分)100.00mL SO32和S2O32的溶液与80.00mL浓度为0.0500 mol·L-1的K2CrO4的碱性溶液恰好反应，反应只有一种含硫产物和一种含铬产物，反应产物混合物经盐酸酸化后与过量的BaCl2溶液反应，得到白色沉淀，沉淀经过滤、洗涤、干燥后称量，质量为0.9336g。相对原子质量：S 32.06 Cr 51.996 O 15.999 Ba 137.34

（1）写出原始溶液与铬酸钾溶液反应得到的含硫产物和含铬产物的化学式。

－－

（2）计算原始溶液中SO32和S2O32的浓度。 10.（12分）12.0g含2种化合物(由常见元素组成)的近白色固体溶于过量盐酸, 释放出2.94L气体(标准状态), 气体密度为同温度下空气密度的1.52倍; 剩余的不溶性残渣含氧53.2%，既不溶于酸又不溶于稀碱溶液。通过计算分别写出2种化学物质的化学式。 11.（16分）水中氧的含量测定步骤如下:

步骤1：水中的氧在碱性溶液中将Mn2+氧化为MnO(OH)2。 步骤2：加入碘离子将生成的MnO(OH)2再还原成Mn2+离子。 步骤3：用硫代硫酸钠标准溶液滴定步骤2中生成的碘。 有关的测定数据如下：

1：Na2S2O3溶液的标定。取25.00 mL KIO3标准溶液（KIO3浓度：174.8 mg·L-1）与过量KI在酸性介质中反应，用Na2S2O3溶液滴定，消耗12.45 mL。

2：取20.0℃下新鲜水样103.5mL，按上述测定步骤滴定，消耗Na2S2O3标准溶液11.80mL。已知该温度下水的饱和O2含量为9.08 mg·L-1。

3．在20.0℃下密闭放置5天的水样102.2mL，按上述测定步骤滴定，消耗硫代硫酸钠标准溶液6.75 mL。

1．写出上面3步所涉及的化学反应方程式。2．计算标准溶液的浓度（单位mol·L-1）。 3．计算新鲜水样中氧的含量（单位mg·L-1）。4．计算陈放水样中氧的含量（单位mg·L-1）。 5．以上测定结果说明水样具有什么性质？

12. ( 6分) 在25℃和101.325 kPa下，向电解池通入0.04193 A的恒定电流，阴极（Pt，0.1 mol L1 HNO3）放出氢气，阳极（Cu，0.1 mol L1NaCl）得到Cu2+。用0.05115 mol L1的EDTA标准溶液滴定产生的Cu2+，消耗了53.12 mL。 12-1 计算从阴极放出的氢气的体积。

12-2 计算电解所需的时间(以小时为单位)。

13.（6分）配制KI(0.100mol·L-1)–I2的水溶液，用0.100mol·L-1 Na2S2O3标准溶液测得c(I2)＝4.85×10-3 mol·L-1。量取50.0mL KI-I2溶液和50.0mL CCl4置于分液漏斗中振荡达平衡，分液后测知CCl4相中c(I2)＝2.60×10-3 mol·L-1。已知实验温度下CCl4从水溶液中萃取I2的分配

¯¯

比为85 : 1。求水溶液中I2＋I＝I3的平衡常数。

14.甲苯与干燥氯气在光照下反应生成氯化苄，用下列方法分析粗产品的纯度：称取0.255g样品，与25 mL 4mol·L-1氢氧化钠水溶液在100 mL圆底烧瓶中混合，加热回流1小时；冷至室温，加入50 mL20%硝酸后，用25.00mL 0.1000mol·L-1硝酸银水溶液处理，再用0.1000mol·L-1NH4SCN水溶液滴定剩余的硝酸银，以硫酸铁铵为指示剂，消耗了6.75 mL。 14-1 写出分析过程的反应方程式。 14-2 计算样品中氯化苄的质量分数（%）。

14-3 通常，上述测定结果高于样品中氯化苄的实际含量，指出原因。 14-4 上述分析方法是否适用于氯苯的纯度分析？请说明理由。

15.（12分）在给定实验条件下，一元弱酸HA在苯（B）和水（W）的分配系数KD=[HA]B/[HA]W= 1.00。已知水相和苯相中HA的分析浓度分别为3.05×10-3 和3.96×10-3 mol·L-1。在水中，HA按HA⇌H++A-解离，Ka=1.00×10-4；在苯中，HA发生二聚：2HA⇌(HA)2。 15-1 计算水相中各物种的浓度及pH。 15-2 计算化合物HA在苯相中的二聚平衡常数。

15-3 已知HA中有苯环，1.00gHA含3.85×1021个分子，给出HA的化学名称。 15-4 解释HA在苯中发生二聚的原因，画出二聚体的结构

16. (11分) 在900oC的空气中合成出一种含镧、钙和锰 (摩尔比2 : 2 : 1) 的复合氧化物，其中锰可能以 +2、+3、+4 或者混合价态存在。为确定该复合氧化物的化学式，进行如下分析：

16-1 准确移取25.00 mL 0.05301 mol L1的草酸钠水溶液，放入锥形瓶中，加入25 mL蒸馏

水和5 mL 6 mol L1的HNO3溶液，微热至60~70oC，用KMnO4溶液滴定，消耗27.75 mL。写出滴定过程发生的反应的方程式；计算KMnO4溶液的浓度。

16-2 准确称取0.4460 g复合氧化物样品，放入锥形瓶中，加25.00 mL上述草酸钠溶液和30

mL 6 mol L1 的HNO3溶液，在60~70oC下充分摇动，约半小时后得到无色透明溶液。用上述KMnO4溶液滴定，消耗10.02 mL。根据实验结果推算复合氧化物中锰的价态，给出该复合氧化物的化学式，写出样品溶解过程的反应方程式。已知La的原子量为138.9。

17 (4分) 我国石油工业一般采用恒电流库伦分析法测定汽油的溴指数。溴指数是指每100克试样消耗溴的毫克数，它反映了试样中C = C的数目。测定时将V（毫升）试样加入库伦分析池中，利用电解产生的溴与不饱和烃反应。当反应完全后，过量溴在指示电极上还原而指示终点。支持电解质为LiBr，溶剂系统仅含5%水，其余为甲醇、苯与醋酸。 设d为汽油试样密度，Q为终点时库伦计指示的溴化反应消耗的电量（库伦）。

17-1 导出溴指数与V、d 和Q的关系式（注：关系式中只允许有一个具体的数值）。 17-2 若在溶剂体系中增加苯的比例，说明其优缺点。

18.(8分) 皂化当量是指每摩尔氢氧根离子所能皂化的酯（样品）的质量(mg)。可用如下方法测定皂化当量(适用范围：皂化当量1001000 mg mol1，样品量5100 mg)：准确称取Ｘ(mg)样品，置于皂化瓶中，加入适量0.5 mol L1氢氧化钾醇溶液，接上回流冷凝管和碱石灰管，加热回流0.5~3小时；皂化完成后，用1~2 mL乙醇淋洗冷凝管内壁，拆去冷凝管，立即加入5滴酚酞，用0.5 mol L1盐酸溶液酸化，使酸稍过量；将酸化后的溶液转移到锥形瓶中，用乙醇淋洗皂化瓶数遍，洗涤完的醇溶液也均移入锥形瓶中；向锥形瓶滴加0.5 mol L1氢氧化钾醇溶液，直至溶液显浅红色；然后用0.0250 mol·L1盐酸溶液滴定至刚好无色，消耗盐酸V1 (mL)；再加入3滴溴酚蓝指示剂，溶液显蓝色，用0.0250 mol L1盐酸溶液滴定至刚刚呈现绿色，即为滴定终点，消耗盐酸V2 (mL)。

在没有酯存在下重复上述实验步骤，消耗标准盐酸溶液分别为V3和V4 (mL)。 18-1 碱石灰管起什么作用？ 18-2 写出计算皂化当量的公式。

18-3 样品中的游离羧酸将对分析结果有什么影响？如何消除影响？

19.(9分)固溶体BaInxCo1-xO3-δ 是兼具电子导电性和离子导电性的功能材料，Co的氧化数随组成和制备条件而变化，In则保持+3价不变。为测定化合物BaIn0.55Co0.45O3-δ中Co的氧化数，确定化合物中的氧含量，进行了如下分析：称取0.2034 g样品，加入足量KI溶液和适量HCl溶液，与样品反应使其溶解。以淀粉作指示剂，用0.05000 mol·L1 Na2S2O3 标准溶液滴定，消耗10.85mL.

19-1写出BaIn0.55Co0.45O3-δ与KI和HCl反应的离子方程式。 19-2写出滴定反应的离子方程式

19-3计算样品中Co的氧化数SCo和氧缺陷的量δ(保留到小数点后两位)。

20 (12分)一种鲜花保存剂（preservativeofcutflowers）B可按以下方法制备：把丙酮肟、溴乙酸、氢氧化钾混合在1，4－二氧六环（溶剂）中反应，酸化后用乙醚提取，蒸去乙醚后经减压蒸馏析离出中间产物A，A用1︰1盐酸水溶液水解，水解液浓缩后加入异丙醇（降低溶解度），冷却，即得到晶态目标产物B，B的熔点152～153℃（分解），可溶於水，与AgNO3溶液形成AgCl沉淀。

用银定量法以回滴方式（用NH4SCN回滴过量的AgNO3)测定目标产物B的相对分子质量，实验过程及实验数据如下：

①用250毫升容量瓶配制约0.05mol/L的AgNO3溶液，同时配置250mL浓度相近的NH4SCN溶液。

②准确称量烘干的NaCl 207.9mg，用100毫升容量瓶定容。 ③用10毫升移液管移取上述AgNO3溶液到50毫升锥瓶中，加入4mL 4mol/L HNO3和1mL饱和铁铵矾溶液，用NH4SCN溶液滴定，粉红色保持不褪色时为滴定终点，三次实验的平均值为6.30mL。

④用10毫升移液管移取NaCl溶液到50毫升锥瓶中，加入10mL AgNO3溶液、4mL 4mol/L HNO3和1mL饱和铁铵矾溶液，用NH4SCN溶液回滴过量的AgNO3，三次实验结果平均为1.95mL。

⑤准确称量84.0mg产品B，转移到50毫升锥瓶中，加适量水使其溶解，加入10mL AgNO3

溶液、4mL 4mol/L HNO3和1mL饱和铁铵矾溶液，用NH4SCN溶液回滴，消耗了1.65mL。

⑥重复操作步骤⑤，称量的B为81.6mg，消耗的NH4SCN溶液为1.77mL；称量的B为76.8mg，消耗的NH4SCN溶液为2.02mL。

1．按以上实验数据计算出产物B的平均相对分子质量。用质谱方法测得液相中B的最大正离子的相对式量为183。2．试写出中间产物A和目标产物B的结构式。

1.（8分） 1)．对比实验：其一的草酸溶液中加Mn2+离子，另一不加。在滴加KMnO4溶液时，加Mn2+者反应速率快。或证明Mn2+离子能与Mn(VI)、Mn(IV)或Mn(III)反应。（4分） 2)．寻找一种试剂能与Mn(VI)、Mn(IV)或Mn(III)生成配合物或难溶物；加入这种试剂，反应速率变慢。 （注：表述形式不限。其他设计思想也可以，只要有道理都可得分。） 2.（10分）X是Au（2分）；Y是AuCl3（2分）；Z是HAuCl4·3H2O（2分） 推理过程如下：

要点1：X为不活泼金属,设为一种重金属, 但熟悉的金属或者其氯化物与锌的置换反应得到的产物的质量太小,或者其水溶液颜色不合题意, 均不合适, 经诸如此类的排他法假设X为金，由此Y=AuCl3，则置换反应的计算结果为： 2 AuCl3 + 3 Zn = 3 ZnCl2 + 2 Au

反应得到Au的质量 = 0.100 mol/L×0.500 L×197 g/mol = 9.85 g

反应消耗Zn的质量 = 0.100 mol/L×0.500 L×65.39 g/mol×3/2 = 4.90 g 反应后得到的固体质量增重：9.85 g – 4.90 g = 4.95 g (2分)

要点2：由AuCl3溶于盐酸得到的黄色晶体中Au的含量占50%, 而AuCl3中Au的含量达65%, 可见Z不是AuCl3，假设为配合物HAuCl4, 含Au 58%, 仍大于50%, 故假设它是水合物, 则可求得: HAuCl4·3H2O的摩尔质量为393.8 其中Au的含量为197/394 = 50%。(2分) 其他推理过程，只要合理，也得满分。 3. (10分）

KBrO3(1mol) ~ 3Br2(3mol) ~ C6H5OH(1mol) ~ 6S2O32– (6mol)

0.1250 mol/L×0.02000 L – 0.1050 mol/L×0.02000 L/6 = 2.150×10–3 mol

(2.150×10–3 mol/L×94.11 g / mol / 0.6000 g)×100 % = 33.72 % (10分) 2个算式若是正确的但运算出错可各得2分。

若利用化学方程式计算，需列出4个化学方程式，方程式正确可各得1分。 本题的有效数字为4位。若最后结果的有效数字错误扣1分。

4. （18分）① IO3 + 5I + 6H+ 3I2 + 3H2O （2分） ② IO4 + 7I + 8H+ 4I2 + 4H2O （2分） ③ IO4+ 2I + H2O IO3+ I2 + 2OH （2分） ④ I2 + 2S2O32 2I + S4O62 （2分）

OOSS

⑤

3

OSOSOO （2分）

⑥ AsO3 + I2 + 2OH AsO43 + 2I + H2O （2分）

⑦ 正四面体 （2分） ⑧ 0.00333 mol （2分） ⑨ 0.01000 mol （2分） 5. (8分）解：（1）ReO4 中Re为 +7氧化态， 它的物质的量 n=26.65/186.2=0.1431（mmol） （1分） 在MnO4 Mn2+的变化中，1mol MnO4 得到5mol电子，则11.45ml、0.02000mol/L MnO4共得到电子

ne = 0.02000×11.45×5 = 1.145（mmol）电子 （1分） 1mol ReO4失去的电子为1.145/0.1434=8 (mol)电子 （1分）∴被还原后Re的氧化数为78 = 1 （1分）（2）Re的电子构型为[Xe]4f145d56s2，获得一个电子后，其电子构型为[Xe]4f145d66s2，这是一种合理的电子排布式。 （2分） 6.[解题思路]

整个试题围绕着A是什么物质。可以把有关的信息用如下的图形来综合：

H3PO2+ CuSO4(+H2O)A是红棕色难溶物A+H2SO4+H3PO4A具有MX型的组成，即1：1型化合物AA加热分解得到Cu和一种气体，可见A中有Cu，可假设M=CuA与氯气反应，是一个氧化还原反应A与盐酸反应放出气体，这种气体不可能是A中的Cu一定是A中的另一组成产生的，可 假设X+HCl产生的气体

首先可以把A写成MX。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＝1︰1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（NaH2PO2）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、Cu3P、Cu3P2、CuH2P、CuHP等等物质，与A的晶体结构属ZnS型（1︰1的MX）矛盾，更无后面所述的几种化学性质，不可取。解决了A是什么（本题的关键），其余的问题引刃而解。 [解]

1．CuH（4分）

2．4CuSO4＋3H3PO2＋6H2O＝4CuH＋3H3PO4＋4H2SO4（2分） 【分析】

题面已经告诉反应在水溶液里进行，配平时加水应在情理之中，题面已经告诉得到磷酸和硫酸，因此得到其他别的产物不得分；不配平也不得分，后面的反应式也要配平，不配平不得分。

3．2CuH＋3Cl2＝2CuCl2＋2HCl（2分） 【分析】

把CuCl2写成CuCl不给分，因铜与氯气反应得到氯化铜属于中学化学知识点。 4．CuH＋HCl＝CuCl＋H2（2分） 【分析】

单单写成CuCl2不给分，但如果写成CuCl2＋Cu可以考虑给一半分，因这种错误不属于中学的知识点。或写成CuH＋2HCl＝HCuCl2＋H2或者CuH＋3HCl＝H2CuCl3＋H2也得分。因各小题明显相关，答不出CuH则后面各小题均无分，因此后几小题分值较低。

7.【解题思路与试题分析】

如果说上题最后一部分是“看表释义”，则本题是“看图识字”。试题的题面并没有说实验装置叫什么，是避免过多分散精力。这种仪器叫做热分析仪，本题涉及的是其中的热重分析。本题的解必须通过计算，计算的基础是图中的相对失重，要假设发生一个化学方程，然后进行失重的计算来论证，是否与题面的图中的实验数据相吻合。这种工作方法是实实在在的热重分析方法。当然，这种分析在很大程度上仍然有猜测的成分，因此最后的证实还要靠更多的分析手段，特别是热分解产物的结构分析（本题没有涉及）。 【解】

0～50℃ MnC2O4∙2H2O稳定区域（1分）

50～100℃ MnC2O4∙2H2O＝MnC2O4 + 2H2O（2分） 179 143 143/179＝0.80（1分） 100～214℃ MnC2O4 稳定区域（1分） 214～280℃ MnC2O4＝MnO＋CO＋CO2（2分）

143 71 71/179＝0.40（1分）

280～943℃ 3MnO＋1/2O2＝Mn3O4 76.3/179＝0.43（2分）

8. 10.00小时6.00安培总共提供电量Q＝It＝216×103C相当于2.24mol电子每电解1mol水需电子2个, 故有1.12mol水，即20.1g水被电解。

（3）从剩余溶液的总质量（200g－164.8g）知，有35.2g物质离开溶液，其中有20.1g水被电解，由此可得出结晶的KOH∙2H2O的质量为15.1g结晶的KOH的质量为(15.1g/92.10g/mol)·M(KOH)＝9.2g结晶水的质量为(15.1g/92.10g/mol)×2M(H2O)＝5.9g剩余的溶液的质量分数浓度为m(KOH)/[m(H2O)＋m(KOH)]＝55.1%(多保留1位有效数字)。 （4）试题的最终要求是计算电解槽的温度。根据上面的计算结果，每100g溶液里有55.1g KOH，利用试题给出的数据（表），得知T应在20～30℃之间。这是不是就是答案呢？应该说，能够得到这个温度范围就可以给分。但本题问的是温度而不是温度范围，因此只有求出温度才完全符合要求。求算的方法是：设此期间溶解度与温度呈线性关系，则 T＝[273＋20＋(55.1－52.8)/(55.8－52.8)×10] K＝301K（答：28℃）

9.此题的计算属高考常见的二元一次联立方程。第一个方程不难得出：产物里的硫的来源有

－－

两个，设物质的量：n(SO32)＝x和n(S2O32)＝y，硫酸钡里的硫的摩尔数是这两种反应物里硫的摩尔数的加和，所以等于x＋2y x＋2y＝0.9336g/233.3g/mol

为得出另一个数学方程，一般解法是先写出配平的氧化还原反应，但是，也可以直接比较硫和铬反应前后的氧化态。后一思路更简洁，更值得推荐。由于有两种可能的解法，因而试题没有对写配平方程式判分。按写方程式的思路（这是费时的，但作为试题评析，是更直观的；为降低配平反应方程式的困难，我们选Cr(OH)3为铬的产物, 写铬的其他产物也一样得出系数关系）：

－－－－

3SO32＋2CrO42＋5H2O＝3SO42＋2Cr(OH)3＋4OH

－－

3摩尔SO32与2摩尔CrO42相当，若不发生第二个反应，3︰2 = x︰铬的摩尔数 铬的摩尔数＝2x/3

－－－－

3S2O32＋8CrO42＋17H2O＝6SO42＋8Cr(OH)3＋10OH

－－

3摩尔S2O32与8 CrO42摩尔相当若不发生第一个反应, 同理得8y/3＝铬的摩尔数两个反应都发生，故有：2/3x＋8/3y＝80.00mL×0.0500mol/L 将2个数学方程联立,即可得解：

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x＝2.0×103 mol；y＝1.0×103 mol（4分）

－－－－

（3）原始溶液的浓度：c(SO32)＝2.0×102 mol/L；c(S2O32)＝1.0×102 mol/L（4分）。 这像是送分，但经验告诉我们，粗心大意的应试人经常会忘记这一步，因而要重罚，以示警钟。这4分既好拿又不好拿，不能跟上面的劳动量比，它们没有可比性，因为后者是心理测试分，前者是运算技能分。

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10.要点1：1.52×29.0g·mol1＝44.1g·mol1，这种气体是CO2（2分） CO2物质的量：2.94L/22.4L·mol－1＝0.131mol；（2分） （或CO2的质量：0.131mol×44.0g·mol－1＝5.78g） 要点2：由上面的计算可知一种物质为碳酸盐：MCO3。（M＝Mg） 设M为常见元素Mg，则MgCO3质量为0.131mol×84.3g·mol－1＝11.0g； （若设M＝Ca，则CaCO3质量为0.131mol×100g·mol－1＝13.1g＞12.0g； 不合题意。若为Na2CO3（106g·mol－1）也不合题意）故M＝Mg（6分） 注：若没有对CaCO3的讨论，只给3分。

要点3：既不溶于酸也不溶于稀碱的另一种物质是SiO2 (不可能是M2O，MO，M2O3)： [32.0/(28.1＋32.0) ]×100%＝53.2%（符合题意）（2分） 化合物的化学式：MgCO3，SiO2

11．步骤1：2Mn2+＋O2＋4OH－＝2MnO(OH)2（1分） 步骤2：2I－＋MnO(OH)2＋4H+＝Mn2+＋I2＋3H2O（1分） 或3I－＋MnO(OH)2＋4H+＝Mn2+＋I3－＋3H2O 步骤3：I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－（1分） 或I3－＋2S2O32－＝3I－＋S4O62－ 2．标准溶液的浓度：9.841×10－3 mol·L－1 计算过程：

c(IO3－)＝174.8×10－3g·L－1/214.0g·mol－1＝8.168×10－4mol·L－1（1分） c(S2O32–)＝6×c(IO3–)×V(IO3－)/V(S2O32－) ＝6×8.168×10－4mol·L－1×25.00mL/12.45mL＝9.841×10－3mol·L－1（3分） 3．新鲜水样中氧的含量：8.98mg·L－1 计算过程：103.5mL水样中氧的含量： n(O2)＝0.25×c(S2O32－)×V(S2O32－) ＝0.25×9.841×10－3mol·L －1×11.80×10－3L＝2.90310－5mol 氧含量：(O2)＝2.903×10－5mol×32.00×103mg·mol－1/103.5×10－3L ＝8.98mg·L－1（3分）

注：新鲜水样的氧饱和度＝(8.98/9.08)×100%＝98.9% 4．陈放水样中氧的含量：5.20mg·L－1 计算过程：102.2mL中氧的含量：

n(O2)＝0.25×c(S2O32－)×V(S2O32－) ＝0.25×9.841×10－3mmol·mL－1×6.75mL＝1.66×10－2mmol 氧含量：(O2)＝1.66×10－2mmol×32.00mg·mmol－1/102.2×10－3L＝5.20mg·L－1 （3分）

注：陈放引起氧的消耗量＝8.98mg·L－1－5.20mg·L－1＝3.78mg·L－1

5．表明水样里存在好氧性（或喜氧性）微生物（1.5分）或者存在能被氧气还原的还原性物质（1.5分）（共3分）

12. ( 6分) 12-1 阳极反应： Cu (s) → Cu2+＋2e

阴极反应： H2O＋e → 1/2 H2(g)＋OH 

电池反应： Cu (s) ＋ 2H2O → Cu2+ ＋ H2(g) ＋ 2OH  Cu2+与EDTA按1︰1络合，因此，阴极放出的氢气的摩尔数等于阳极产生

的Cu2+ 的摩尔数，即等于消耗的EDTA的摩尔数：

nH2nCu2MEDTAVEDTA0.05115molL-153.12mL2.717103mol

给定条件下的体积为

nH2RT2.717103mol8.314JK1mol1298.2KVH266.48mL

p1.01325105Pa整式计算，算式和结果全对，得满分。分步计算：氢的摩尔数算式正确得1分；氢体积的

算式正确得1分，结果正确（含单位和有效数字）各得1分。 （4分） 12-2 生成66.48 mL氢气需2.717 mmol × 2＝5.434 mmol电子，电解所需时间为

5.434103mol96485Cmol1 t1.250104s3.472h

0.04193A

13. 设萃取平衡时，水溶液中c(I2)为x

c(I2,CCl4)／c(I2,H2O)＝2.60x10-3 mol·L-1／x＝85

x＝2.60x10-3 mol·L-1／85＝3.06×10-5 mol·L-1 (2分) 水溶液中 I2 ＋I¯ ＝ I3¯ 平衡浓度（mol·L-1）:

I2：3.06×10-5 (1分)； I¯ : 0.100－2.22×10-3＝0.098 （1分） I¯3: (4.85－2.60)×10-3－3.06×10-5＝2.22×10-3 (1分)

K＝2.22×10-3 mol·L-1／(0.098 mol·L-1×3.06×10-5 mol·L-1)＝7.4×102 L·mol-1（不写单位不扣分）(1分)

14-1 氯化苄分析过程的反应方程式：（4分）

C6H5CH2Cl＋NaOH ＝C6H5CH2OH ＋NaCl NaOH＋HNO3＝NaNO3＋H2O (此式不计分 ) AgNO3＋NaCl＝AgCl↓＋NaNO3

NH4SCN＋AgNO3＝AgSCN↓＋NH4NO3 Fe3+＋SCN-＝Fe(SCN)2+

写出正确的离子方程式亦可。 14-2 (2分)

M(C6H5CH2Cl)×[0.1000×(25.00-6.75)]/255 =｛126.6×[0.1000×(25.00-6.75)]/255｝×100%=91%

算式和结果各1 分; 若答案为90.6％，得1.5分 14-3(2分)

测定结果偏高的原因是在甲苯与Cl2 反应生成氯化苄的过程中，可能生成少量的多氯代物C6H5CHCl2和C6H5CCl3，反应物Cl2及另一个产物HCl在氯化苄中也有一定的溶解，这些杂质在与NaOH 反应中均可以产生氯离子，从而导致测定结果偏高。

(凡答出由以下情况导致测定结果偏高的均得满分：1) 多氯代物、Cl2 和HCl；2) 多氯代物和Cl2；3) 多氯代物和HCl；4) 多氯代物。凡答出以上任何一种情况，但又提到甲苯的，只得1分。若只答Cl2和／或HCl的，只得1分。) 14-4(2分)

不适用。(1分）氯苯中，Cl 原子与苯环共轭，结合紧密，难以被OH−交换。（1分） 第6题(12分) 15-1(4分)

HA在水中存在如下电离平衡：HA=H+＋A− Ka=1.00×10-4 据题意，得如下3 个关系式： [HA]＋[A−]＝3.05×10-3 mol·L-1 ① [H+] [A−]／[HA]＝1.00×10-4 ② [H+]＝[A−] ③ 三式联立，解得： [H+]＝5.05×10-4 mol·L-1

[A−]＝[H+]＝5.05×10-4 mol·L-1， [HA]＝2.55×10-3 mol·L-1， [OH-]＝1.98×10-11 mol·L-1，pH＝−log[H+]＝3.297=3.30 15-2(4分)

HA 的二聚反应为： 2HA = (HA)2 平衡常数Kdim=[(HA)2]/ [HA]2 苯相中，HA的分析浓度为2[(HA)2]＋[HA]B＝3.96×10-3 mol·L-1 根据苯-水分配常数KD=[HA]B/[HA]W=1.00 得[HA]B＝[HA]W＝2.55×10-3 mol·L-1 [(HA)2]＝7.05×10-4 mol·L-1 Kdim=[(HA)2]/ [HA]2 =7.05×10-4／(2.55×10-3)2 ＝1.08×102 15-3(2分)

HA 的摩尔质量为(1.00×6.02×1023)/(3.85×1021)＝156 (g/mol)，根据所给信息，推断HA 是氯代苯甲酸

15-4(2分，原因与结构各1分)

在苯中，氯代苯甲酸相互作用形成分子间氢键；二聚体结构如下：

16-1 2MnO4 + 5C2O42 + 16H+ = 2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O (1分) KMnO4溶液浓度：(2/5)  0.05301  25.00 / 27.75 = 0.01910 （mol L1）(1分) 反应方程式反应物C2O42-写H2C2O4，只要配平，也得1分。下同。

16-2 根据：化合物中金属离子摩尔比为 La : Ca : Mn = 2 : 2 : 1，镧和钙的氧化态分别为+3

和+2，锰的氧化态为 +2 ~ +4，初步判断

复合氧化物的化学式为La2Ca2MnO6+x, 其中 x = 0~1。 (1分) 滴定情况：

加入C2O42总量：25.00 mL  0.05301 mol L1 = 1.3253 mmol (0.5分) 样品溶解后，滴定消耗高锰酸钾：10.02 mL  0.01910 mol L1 = 0.1914 mmol (0.5分) 样品溶解后剩余C2O42量: 0.1914 mmol  5/2 = 0.4785 mmol (0.5分) 样品溶解过程所消耗的C2O42量: 1.3253 mmol  0.4785 mmol = 0.8468 mmol (0.5分)

若将以上过程合并，推论合理，结果正确，也得2分。 在溶样过程中，C2O42变为CO2给出电子：

2  0.8468 mmol = 1.694 mmol (0.5分) 有两种求解x的方法： （1）方程法：

复合氧化物(La2Ca2MnO6+x)样品的物质的量为：

0.4460 g / [(508.9 + 16.0 x) g mol1] (0.5分) La2Ca2MnO6+x中，锰的价态为: [2  (6+x) 2 3 22] = (2+2x) (1分) 溶样过程中锰的价态变化为： (2+2 x  2) = 2 x (0.5分) 锰得电子数与C2O42给电子数相等：

2 x  0.4460 g / [(508.9 + 16.0 x) g mol1] = 2  0.8468  103 mol (1分) x = 1.012  1 (0.5分)

如果将以上步骤合并，推导合理，结果正确，也得3.5分；如果将以上步骤合并，推导合理但结果错误，得2分；推导错误，即便结果吻合，也不得分。 （2）尝试法

因为溶样过程消耗了相当量的C2O42，可见锰的价态肯定不会是+2价。若设锰的价态为+3价，相应氧化物的化学式为La2Ca2MnO6.5, 此化学式式量为516.9 g mol-1, 称

取样品的物质的量为：

0.4460 g / (516.9 g mol-1) = 8.628 104 mol (0.5分) 在溶样过程中锰的价态变化为

1.689  103 mol / (8. 628 104 mol) = 1.96 (0. 5分) 锰在复合氧化物中的价态为： 2 + 1.96 = 3.96 (0. 5分) 3.96与3差别很大，+3价假设不成立； (0.5分) 而结果提示Mn更接近于+4价。 (0.5分)

若设Mn为+4价, 相应氧化物的化学式为La2Ca2MnO7, 此化学式式量为524.9 g mol-1。 锰在复合氧化物中的价态为：

2 + 2  0.8468  103 / (0.4460 / 524.9) = 3.99  4 (0.5分) 假设与结果吻合，可见在复合氧化物中，Mn为+4价。 (0.5分)

如果将以上步骤合并，推导合理，结果正确，也得3.5分；如果将以上步骤合并，推导合理但结果错误，得2分；推导错误，即便结果吻合，也不得分。

该复合氧化物的化学式为La2Ca2MnO7 (1分) 溶样过程的反应方程式为：

La2Ca2MnO7 + C2O42 + 14H+ = 2La3+ + 2Ca2+ + Mn2+ + 2CO2 + 7H2O (1分) 未经计算得出La2Ca2MnO7，方程式正确，只得方程式的1分。 17 (4分)

Q79.9gmol11000mgg1Q17-1溴指数10082.8Cmol1 (2分) 1Vd96500CmolVd17-2 优点：增加汽油溶解度，有利于烯烃的加成过程； (1分)

缺点：降低溶液电导，将使库伦仪输出电压增加。 (1分) 18 (8分)

18-1 防止空气中的二氧化碳进入试样溶液，否则会在溶液中产生碳酸盐，后者不能使酯发

生皂化反应却在酚酞无色时以碳酸氢根存在导致滴定结果有正误差。

(2分)

X(mg)18-2 皂化当量 (3分) 1(V2V4)(mL)0.250(molL)18-3 样品中的游离羧酸会降低皂化当量。要消除这种影响，可另取一份样品，不必皂化，其它按上述测定步骤进行操作，然后将第二次滴定所消耗的0.025 mol L1盐酸标准溶液的毫升数，自皂化样品滴定时所消耗的0.025 mol L1标准盐酸溶液的毫升数中减去，以进行校正。 其中空白实验 2分 (3分) 19. (9分)

19-1 BaIn0.55Co0.45O3-δ+(1.45-δ)I-+(6-2δ)H+ → Ba2++0.55In3++0.45Co2++(1.45-δ)/2I2+(3-δ)H2O 19-2

193电中性：2+0.55×3+0.45SCo=2×(3-δ)

反应物质的量：0.05000×10.85/2=0.2712m mol

n＝0.2034/(275.0-16.00δ)

由反应的电子得失关系：0.45(SCo-2) ×n(样品)= 0.2712×10-3 mol 得到：SCo=3.58 δ=0.37 20. 1．计算：先计算体积比；然后标定硝酸银浓度；用标定的硝酸银计算目标产物摩尔质量。

AgNO3浓度为0.0515mol/L，B相对分子质量：220（近似值）（6分） 2．O－羧甲基丙酮肟，二聚氨氧乙酸一盐酸盐

-OOCH3CH3

OH3N+Cl-C=NOCH2COOH（2分）

HOOOH3N+