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高中化学竞赛-化学计算


化学计算

计算是化学竞赛重点考察的内容之一。本课将介绍一些常规方法和 重要的思维方法,在根据化学学科的内容,适当地把化学题型进行 分类,使各位对化学计算有一个整体的认识

第一节 化学计算中的重要方法

一、目测心算法 Eg1、实验室用H2还原mg的CuO,加热一段时间后,停止加 热,冷却称量得残留的固体质量为ng.

实验过程中红用去 wgH2,则参加反应的的CuO的质量分数为 答案 D
?

5n A、 ? 100 % 4m
m -n C、 ? 100 % m

40W B、 ? 100 % m
D、
5(m - n) ? 100 % m

Eg2 在100mL混合溶液中,硝酸和硫酸物 质的量浓度分别为0.4mol/L和0.1mol/L,向 该溶液中加入1.92gCu粉,加热,待完全反 应后,所得溶液中Cu2+的物质的量浓度是 A 、0.15mol/L B、0.225mol/L C、0.3mol/L D、0.35mol/L

答案 B

以上两题给我们的启示 是,对于计算题,我们 的策略是,先进行估算, 估算不能解决为题时再 具体用算。

二。守恒法

1.物质的量守恒
Eg3 在C(NO3-)为4mol/L的硝酸铜和硝酸银的100mL混合溶液 中,加入一定量的铝粉。充分反应后,过滤,将滤纸上的沉淀干燥后 称量为24.8g,将此沉淀溶于稀盐酸中无气体产生;滤液中滴加 NaCl溶液无现象产生,然后加入过量的稀NaOH得到沉淀,过滤, 将沉淀物用酒精灯加热,冷却称重为4.0g求参加反应的铝的质量。

设加入的铝的物质的量为xmol,根据硝酸根守恒关系: 4mol/L ×100 ×10-3L=3xmol + 4g ÷80g/mol ×2

过氧化钙是一种安全无毒的氧化物,通常含有部分CaO,且带有数量不等的结晶水。为分析某过氧化钙样 品的组成,进行了如下实验。

① 称取0.270 g样品,灼热使之完全分解,生成CaO、O2和H2O,得到的O2 在标准状况下体积为33.6 mL。 ② 另取0.120 g样品,溶于稀盐酸,加热煮沸,使生成的H2O2完全分解。然 后将溶液中的Ca2+ 完全转化为CaC2O4沉淀,经过滤洗涤后,将沉淀溶于热 的稀硫酸,用0.0200 mol· L-1 KMnO4溶液滴定,共用去31.00 mL KMnO4 溶液。化学方程式如下: 5CaC2O4+2KMnO4+8H2SO4 = K2SO4+2MnSO4+5CaSO4+10CO2↑+ 8H2O (1) 写出CaO2受热分解的化学方程式。 质量分数为80% (2) 计算样品中CaO2的质量分数。 X=0.5 (3) 计算样品中CaO2· x H2O的x值。

将一定质量的铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入100mL4.40mol/L盐酸中,充分 反应后产生896mLH2(标准状况),残留固体1.28g.过滤,滤液中无Cu2+,将滤液 加水稀释到200mL,测得其中c(H+)为0.40mol/L.则原混合物中氧化铁的质量是 ( ) A.2.4g B.3.6g C.5.6g D.6.4g

反应后溶液中还有较多H+离子剩余,且滤液中没有Cu2+,可知残留物没有Fe,只有Cu,而Cu残留可以 说明溶液中没有Fe3+,溶液中阳离子为H+和Fe2+,反应后剩余n(H+)=0.4mol/L×0.2L=0.08mol,原溶 液中n(HCl)=4.4mol/L×0.1L=0.44mol,参加反应的HCl中的H元素转化到氢气、水中,根据H原子守 0.896L =0.44mol-0.08mol, 恒,2n(H2O)+2n(H2)=n总(HCl)-n余(H+),即2n(H2O)+2× 22.4L/mol n(H2O)=0.14mol,故混合物中n(O)=n(H2O)=0.14mol, 由铜元素守恒,则n(CuO)=n(Cu)= 1.28g =0.02mol,
64g/mol

由O原子守恒:3n(Fe2O3)+n(CuO)=0.14mol,则n(Fe2O3)=0.04mol, m(Fe2O3)=0.04mol×160g/mol=6.4g,

电荷守恒
已知HF的酸性比HCN的酸性强。现 有物质的量浓度和体积均相同的NaF 和NaCN两种溶液,已知前者溶液中 的离子数目为n1,后者溶液中的离子 数目为n2。下列关系正确的是
解析:由于HF酸性强于HCN,则NaF水 解程度小于NaCN,NaCN溶液碱性更强。 溶液中c(F-)>c(CN-),又因溶液中均 有守恒:c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-) ① c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-) ② 由于①中c(H+)>②中c(H+),两种溶液 中c(Na+)相同,故NaF溶液中所含离子 总数目n1>n2。 答案:BD

A.n1=n2 C.n1<n2

B.n1 > n2 D.c(F-)>c(CN-)

电子守恒

把密度为1.68g/cm3的液态S2Cl210ml溶于石油醚(一种溶剂),得到 100ml溶液,把它慢慢加入50ml 3.2mol/L的SO2水溶液中,振荡使之充分 反应,当加入的S2Cl2溶液为64.3ml时,恰好完全反应。生成物用含 0.32molKOH溶液中和后,恰好完全转化为KCl和一种二元含氧酸的钾盐 晶体。是通过计算确定S2Cl2与SO2在溶液中反应的化学方程式。
解析:S2Cl2+SO2+H2O→HCl+H2SxOy,设结合硫的含氧酸中的中心S的化合价为x, 根据价态守恒原理,必有n(SO2) ×(4-x)=n(S2Cl2) ×(x-1) ×2 则有,x=2.5。结合硫的含氧酸化学式为H2S4O6

氢能是重要的新能源。储氢作为氢能利用的关键技术,是当前关注的热点之一。

NaBH4是一种重要的储氢载体,能与 水反应达到NaBO2,且反应前后B的化 合价不变,该反应的化学方程式为 ___________,反应消耗1mol NaBH4 时转移的电子数目为__________。

储氢还可借助有机物,如利用环己 烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢 和加氢

某温度下,向恒容密闭容器中加入 环己烷,起始浓度为a mol/L,平 衡时苯的浓度为bmol/L,该反应的 平衡常数K=_____。

一定条件下,题11图示装置可实现有机物的电 化学储氢(忽略其它有机物)。

储氢装置

①导线中电子移动方向为________。 (用A、D表示)

②生成目标产物的电极反应式为 ________________________________ __。 ③该储氢装置的电流效率η= ________。(η=生成目标产物消耗的 电子数/转移的电子总数×100%,计 算结果保留小数点后1位)

试题 分析
1molNaBH4在反应中失去4mol电子,其数目 是4NA

化学方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑

平衡时苯的浓度是b mol/L,则根据 反应的方程式可知消耗环戊烷的浓度 是b mol/L,生成氢气的浓度是3 b mol/L,,平衡时环戊烷的浓度为(a -b)mol/L。 则该温度下反应的平衡常数为 =

①苯生成环戊烷属于得氢反应,因此 是还原反应,即电极D是阴极,电极E 是阳极,因此导线中电子的流动方向 是A→D。 ②苯得到电子生成环戊烷是目标产物, 由于存在质子交换膜,所以氢离子向 阴极移动,则电极反应式为C6H6+6H ++6e-=C H 。 6 12

设阴极消耗苯的物质的量是xmol,则同时生成 xmol环戊烷, 阳极生成 ++6e-=C H 可知得到电子是 根据电极反应式 C H + 6H 6 6 6 12 2.8mol气体, 6xmol,根据电子守恒可知,阴极生成氢气是 该气体应该是 阳极OH-放 所以: 电生成的氧气, 则转移电子的 =0.1,解得x=1.2,因此储氢装置的电流效率 物质的量= 2.8mol×4= 11.2mol。 ×100%=64.3%。

三推断性计算题

把某卤素互化物XYn(n为奇数)5.22g溶于水,再通入过量的SO2, 当向生成的溶液中加入过量的Ba(NO3)2溶液时,则生成10.5g沉淀。除 去沉淀后,将所得滤液再用过量的AgNO3处理,可生成沉淀15.0g,试 推断: (1)依题意在原化合物中不含什么元素? (2)卤素互化物的组成如何?
(1)一定不含F元素 (2)Y不是F,沉淀卤化银为两种,,即AgX和AgY n( AgX + AgY )=(15g-5.22g) ÷108g/mol=0.09mol,?M=58g/mol。 可推知Y必为Cl,其卤化物为XCln。则有M(X) +35.5n=58(n+1); n=1时,为BrCl;n=3时,为ICl3

化合物A俗称“吊白块”,年产量上万吨,主要用于染色工艺,具还原性和漂白性, 对热不稳定,有毒。近年报道,我国一些不法商人违章地将A添加到米、面、腐竹、 食糖等食品中增白,导致多起严重食物中毒事件,如某地曾发生五所学校400余名学生 食用含A食品一次性中毒事件。已知: ● 固体A〃2H2O的摩尔质量为154g/mol; ● A的晶体结构及其水溶液的电导证实A是钠盐,每摩尔A含1摩尔钠离子。 ● A在水中的溶解度极大,20℃饱和溶液A的质量分数达45%。 ● A的制备方法之一是,在NaOH溶液中分甲醛与Na2S2O4(连二亚硫酸钠) 反应(摩尔比1︰1),反应产物为A和亚硫酸钠。 ● A在化学上属于亚磺酸的衍生物,亚磺酸的通式为RSO2H,R为有机基团。 1.画出A的阴离子的结构(简)式。 2.写出上述制备A的“分子方程式”。 3.给出A的化学名称。

【答案】 1.MA=32+3×16+3×1+12+23=118 118+36=154
([HOCH2SO2]-)或
O S O H C H O H

-

2.Na2S2O4+CH2O+NaOH=HOCH2SO2-Na++Na2SO3 (或Na2S2O4+CH2O+NaOH=HOCH2SO2Na+Na2SO3 或Na2S2O4+CH2O+NaOH=NaSO2CH2OH+Na2SO3) 注:写不写结晶水都可以

3.“羟甲亚磺酸钠”(或“羟甲基亚磺酸钠”)

现有AlCl3和FeCl3混合溶液,其中Al3+和Fe3+的物质的量之和为0.1mol,在此溶液中加入 80mL 浓度为4mol/L的NaOH溶液,使其充分反应,设Al3+的物质的量与总物质的量的比 值为x.

(1)根据反应的化学方程式计算,当 x=0.5 时,溶液中产生的沉淀及其物质的量是 (2)当沉淀中只有Fe(OH)3时,x的取值范 围是 ,请在图中画出沉淀总量 (mol)随x(0→1.0)变化的曲线。 (3)若Al3+和Fe3+的物质的量之和 为 n mol ( n为合理取值),其他条件不变, 当沉淀中同时有Fe(OH)3、Al(OH)3时, x的取值范围是(用含有n、x的式子表示)。

解答:解:(1)发生反应Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓①,Al3++3OH-=Al (OH)3↓②, Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O ③, OH-适量时,Al3+、Fe3+生成沉淀,当OH-过量时,Al(OH)3溶解,生 成AlO2-. Al3+和Fe3+的物质的量之和为0.1mol,完全沉淀需要消耗OH-物 质的量为0.1mol×3=0.3mol,加入n(OH-)=0.08L×4mol/L=0.32mol, 大于0.3mol,OH-对于两种离子生成沉淀是过量的,溶液中n(Al3+)=n (Fe3+)=0.1mol×0.5=0.05mol, 先发生①②,生成n[Al(OH)3]=n[Fe(OH)3]=0.05mol, 剩余OH-的物质的量为0.32mol-0.1mol×3=0.02mol,再发生反应③,溶解 Al(OH)3为0.02mol,故沉淀中Al(OH)3 0.05mol-0.02mol=0.03mol,n[Fe(OH)3]=0.05mol, 故答案为:0.05 mol Fe(OH)3、0.03 mol Al(OH)3;

2)Fe3+的物质的量为0.1mol×(1-x), 消耗的OH-物质的量为0.1mol×(1-x) ×3,Fe3+反应后剩余的OH-物质的量为 0.32mol-0.1mol×(1-x)×3,沉淀中无 Al(OH)3,则0.32mol-0.1mol×(1-x) ×3≥0.1mol×x×4,解得x≤0.2,故 0≤x≤0.2; 在0≤x≤0.2时,沉淀只有Fe(OH)3,Fe (OH)3沉淀量为0.1mol×(1-x) =0.1mol-0.1xmol, 0.2≤x≤1时,沉淀总量为:0.1mol×(1x)+0.1mol×x-(0.32mol-0.1mol×3) =0.08mol,故沉淀总量(mol)随x (0→1.0)变化的曲线为

故答案为:0≤x≤0.2

(3)Fe3+的物质的量为nmol×(1-x),消耗的OH-物质的量为nmol×(1-x) ×3,Fe3+反应后剩余的OH-物质的量为0.32mol-nmol×(1-x)×3,沉淀中有 Al(OH)3,则0.32mol-nmol×(1-x)×3<nmol×x×4,解得:

x ?
故答案为:

0.32

n

?3

0.32 ?3 ? x ? 1 n


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