2．＜ AtI是极性分子（1.5分）
3．＞ 形成X3离子的能力I3＞Br3＞Cl3（1.5分）
4．AtI＋2I2＋5Ag＋3H2O＝5AgI＋AtO3＋6H（2分，把I2改为I3也可，但仍应配平） AtO3与Pb(IO3)2共沉淀（1分）。
5．＞ AtCH2COOH分子中的砹的吸电子效应比ICH2COOH中的碘小（1分） 8.（05年初赛）第2题（12分）
1．input：输入 hot：热（端） cold：冷（端） heat flow：热流 I：电流强度
n：n型半导体 p：p型半导体 i＋：正电流（各0.25分）
向热电材料构成的半导体的n－p结的远端输入外电流，半导体发生空穴导电，电流流经n－p结时发生复合，外电流输入的能量转化为热流，使n－p结的温度越来越低，而其远端的温度越来越高，即有类似冰箱制冷的效应。（4分）
2．化学式：LaFe4Sb12（2分）（写La2Fe8Sb24扣1分） 铁的氧化态：9/4＝2.25（1分）
晶胞里有2个La原子（处于晶胞的顶角和体心）；有8个Fe原子（处于锑形成的八面体的中心）；锑八面体是共顶角相连的，平均每个八面体有6/2＝3个锑原子，晶胞中共有83＝24个锑原子；即：La2Fe8Sb24。（3分，其他合理过程也可） 个八面体，8×9.（05年初赛）第3题
COOOCOO－
＋
－
＋
－
－
－
－
－
1．
OC （4分，，分子中C－O－O－C不在一个平面上）
2．C9H18O6＝3CH3COCH3＋O3（2分，或3/2O2）
3．爆炸反应不是燃烧反应，能量改变不大，是由于生成大量气态小分子导致的熵增加效应，因而称为“熵炸弹”。
O4．
OOO（）
B是双聚分子，分子的六元环不能满足过氧团的正常键角（C－O－O－C面间角和C－O－O键角）的需要，导致分子张力太大而不稳定。（3分） 10.（05年初赛）第4题
1．2H2[PtCl4(OH)2]＋2NH3＝(NH4)2[PtCl6]＋H2[PtCl2(OH)4]
或H2[PtCl6]＋(NH4)2[PtCl2(OH)4]或NH4H[PtCl6]＋NH4H[PtCl2(OH)4]（3分） 2．2Ba[PtCl6]＋5Ba(OH)2＝2Ba[PtCl(OH)5]＋5BaCl2（3分）
11.（05年初赛）第8题1．熔点降低效应；或形成有低共熔点的二元体系；或固相不互溶，而在液相中产生混合熵。（2分：三者中答出任一者可得2分）
2．在固相中，离子呈周期性排列，对“相似相溶”的“相似条件”的要求比液相中严格得多。LiCl和KCl的结构型式相同，Li＋和K＋的电价相等，Li和K的电负性差别也有限。显然，两个组分在固相中完全不互溶源于Li＋和K＋的半径差别太大。（2分，关键要回答出最
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后一句话）
D3．LiClDKCl4?MLiCl?m?3??33??r?r?2?a?NAMLiClaKClMLiCl?V?LiClCl???LiCl??3???K??
4?MmMMr?r?2a??KCl??KClKClLiCl?Li?Cl????3aKCl?NA?V?KCl????MLiCl?r??r?KCl?MKCl?r??r?Cl?Li4．
????????3（2分，只写出最后的表达式也可）
22?r?r??22(133＋181)×2pm＝444pm ??＝a＝KCl222（2分；方法正确但结果算错扣0.5分）
5．可按如下思路说明：离子晶体能够导电是由于离子离开原位而迁移到距离最近的空位所致。迁移中必须经过由异号离子围成的最小窗孔。比较离子半径和窗孔的大小，可判断能否发生迁移，即能否成为快离子导体。
取体积为KCl正当晶胞体积1/8的小立方体（见图）来考虑。三个分布在正当晶胞0，0，0；1/2，0，1/2；0，1/2，1/2位置的Cl－围成的三角形半径为：
2??2??2?????a????4a?3??2?????2212?66??rCl???rK??rCl???2?rCl??6?133pm?181pm??181pm?75.4pm a?rCl??663??该半径远小于K＋的半径，K＋不能穿过此窗口，因而KCl晶体不能成为固体离子导体。
大白球为Cl－， 黑球为K＋，虚线球为空位 （4分；思路和方法正确但计算结果错误可得2分） 12.（05年初赛）第10题
1．Cu＋HCl＋O2＝CuCl＋HO2（3分）
2．
HOO（3分，画O－O单键不扣分，但分子不画成角型不得分。）
3．A：超氧酸（2分）
4．几乎完全电离为超氧离子（2分） 13.(04年初赛)第1题（4分）
2439548Am＋20Ca＝288115＋3n（2分，不写3n不得分。答291115不得分。）
288
115＝284113＋4He（2分，质量数错误不得分。4He也可用符号α。
268（答下式不计分：284113－44He＝268105或105Db） 14.(04年初赛)第2题
3 原子 炸药（或高能材料） 高聚氮分解成N2释放大量能量（各1分） 15.(04年初赛)第4题
1．NF3（1分） 4NH3＋3F2＝NF3＋3NH4F（1分）（共2分）
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2．N－F键的偶极方向与氮原子孤对电子的偶极方向相反，导致分子偶极矩很小，因此质子化能力远比氨质子化能力小。画图说明也可
（如：
）（1分）
3．2NF3＋2Hg＝N2F2＋2HgF2（1分）
(14＋19)×2＝66（每式1分）（共3分）
4．D： E：
＋
－
F：（每式1分）
2N2F2＋SnF4＝[N2F]2[SnF6]2（1分）
[N2F]2[SnF6]2＝[N2F][SnF5]＋N2F2（1分）（共5分）
＋
－
＋
－
5．阳离子的化学式为NF4。（1分） NF3＋F2＋BF3＝NF4BF4（1分）
NF4水解反应首先得到HOF（否则写不出配平的NF4水解反应）: NF4＋H2O＝NF3＋HOF＋H 定量生成NF3。（1分）
而反应2HOF＝2HF＋O2和反应HOF＋H2O＝HF＋H2O2 哪一反应为主与反应条件有关，但无论哪一反应为主却总是定量生成HF。（1分）（共4分） 16.(04年初赛)第5题
吡啶甲酸根的相对分子质量为122。设钒与2个吡啶甲酸根络合，50.9＋244＝295，氧的质量分数为21.7%；设钒与3个吡啶甲酸根络合，50.9＋366＝417，氧的质量分数为23.0%；设钒与4个吡啶甲酸根结合，50.9＋488＝539，氧的质量分数为23.7%；设钒与5个吡啶甲酸根结合，50.9＋610＝661，氧的质量分数为24.2%；钒与更多吡啶甲酸根络合将使钒的氧化态超过＋5而不可能，因而应假设该配合物的配体除吡啶甲酸根外还有氧，设配合物为VO(吡啶甲酸根)2，相对分子质量为50.9＋16.0＋244＝311，氧的质量分数为25.7%，符合题设。（3分）
结论：该配合物的结构如下：（其他合理推论也可）
和/或
＋
＋
＋
＋
＋
＋
－
＋
（得分相同，2分）
钒的氧化态为＋Ⅳ（或答＋4或V4）（1分）
钒与吡啶甲酸根形成的五元环呈平面结构，因此，该配合物的配位结构为四角锥体（或四方锥体），氧原子位于锥顶。（1分）（共7分）
（通过计算得出VO(C6H4NO2)2，但将配位结构画成三角双锥，尽管无此配位结构，却也符合题意，建议总共得4分，以资鼓励。用有效数字较多的原子量数据通过计算得出V(C6H4NO2)3·H2O，氧含量为25.7%，钒＋3，五角双锥，尽管由于环太大而不可能，却也符合题意，建议总共得4分，以资鼓励。）
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17.(04年初赛)第6题
1．（5分）
（在（面心）立方最密堆积－填隙模型中，八面体空隙与堆积球的比例为1︰1，在如图晶胞中，八面体空隙位于体心位置和所有棱的中心位置，它们的比例是1︰3，体心位置的八面体由镍原子构成，可填入碳原子，而棱心位置的八面体由2个镁原子和4个镍原子一起构成，不填碳原子。）
2．MgCNi3（化学式中元素的顺序可不同，但原子数目不能错）。（1分） 18.(04年初赛)第8题
1．三种。立体结构如下：
I Ⅱ Ⅲ（各2分，共6分）
（结构式中的碳酸根离子也可用路易斯结构式表示，但须表明是单齿还是双齿配位（可不标2－）；编号任意，但须与下题的分析对应；CO32不能用π电子配位（受限于Co的配
－
位数及NH3必为配体）。画其他配位数的配合物不计分。）
2．配合物III可通过其离子特性与另两个配合物区分开：滴加AgNO3溶液，Br立即被沉淀下来（而直接与钴配位的溴相当缓慢地沉淀）。也可通过测定电导将III与I、II区分（用红外光谱法区分也可）（1分）。I的偶极矩比II的偶极矩小，因此测定极性可将两者区分开（1分）。（共2分） 19.(04年初赛)第10题
1542＝(M＋Z)/Z 或 1696＝(M＋Z)/Z
1696＝[M＋(Z－1)]/(Z－1) 1542＝(M＋Z＋1)/(Z＋1) 解联立方程： 解联立方程： Z＝11 Z＝10 M＝16951 M＝16950
肌红朊的相对分子质量为16951（或16950），答任一皆可。
（联立方程正确，计算错误，得6分。方程错为1542＝M/Z等，求得Z＝11或10，相对分子质量误为16960等，只得4分。（8分） 20.(04年初赛)第13题
1．（88.1g/MM）︰（134.4L/22.4L·mol1）＝1︰4（1分）
－
－
MM＝58.7g·mol1 M是 Ni （1分） （共2分）
－
2．(a)主要原因是混乱度（熵）增加了（从表面化学键角度讨论焓变、熵变和自由能变化也可）。（1分）
(b)氧离子在氧化铝表面作密置单层排列，镍离子有规律地填入三角形空隙（图）。
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