高一化学竞赛培训教材(详解和答案).pdf
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1、. . 高一化学 第 1 讲-化学计算题的解题方法和技巧 本讲要点: 常用的解难题方法 重点掌握: 守恒法 一 守恒法 1.某种含有MgBr2和 MgO 的混合物,经分析测得 Mg 元素的质量分数为38.4%,求溴 (Br) 元素的质量分数。 (Br 的原子量是80) 二 巧设数据法 2.将 w 克由 NaHCO3和 NH4HCO3组成的混合物充分加热, 排出气体后质量变为w/2 克, 求混合物中 NaHCO3和 NH4HCO3 的质量比。(2NaHCO3 Na2CO3+H2O +CO2NH4HCO3NH3 +H2O +CO2 ) 三 极植法 3.取 3.5 克某二价金属的单质投入50 克溶质
2、质量分数为18.25%的稀盐酸中,反应结束后,金属仍有剩余;若2 . 5 克该 金属投入与上述相同质量、相同质量分数的稀盐酸中,等反应结束后,加入该金属还可以反应。该金属的相对原子质 量为 ( ) A.24 B.40 C.56 D.65 四 估算法 4.将 13.2 克可能混有下列物质的(NH4)2SO4样品, 在加热的条件下, 与过量的NaOH 反应, 可收集到4.3 升 NH 3(密度为 . . 17 克/22.4 升),则样品中不可能含有的物质是( ) A.NH4HCO3、NH4NO3B.(NH4)2CO3、NH4NO3 C.NH4HCO3、NH4Cl D.NH4Cl、(NH4)2CO3
3、 课后作业: 5.有 4.0 克+2 价金属的氧化物与足量的稀盐酸反应后,完全转化为氯化物,测得氯化物的质量为9.5 克,通过计算指出 该金属的名称。(差量法 ) 6.取 100 克胆矾,需加入多少克水才能配成溶质质量分数为40%的硫酸铜溶液 ?( 十字交叉法 ) Key of homework:5.24 Mg, 6.60g Answer sheet: 总结:有些问题用其他方法可能也可以做出,这里可能只是追求最优解 一 解析:在混合物中,元素的正价总数=元素的负价总数,因此,Mg 原子数 Mg 元素的化合价数 值=Br 原子数 Br 元素的化合价数值+O 原子数 O 元素的化合价数值。 . .
4、 设混合物的质量为100 克,其中Br 元素的质量为a 克,则 24 4.38 2= 80 a 1+ 18 4.38100a 2 a=40(克) 故 Br%=40% 。 二 解析:由2NaHCO3 Na2CO3+H2O +CO2 和 NH4HCO3NH3 +H2O +CO2 可知,残留固体仅为Na2CO3, 可巧设残留固体的质量为106 克,则原混合物的质量为106 克 2=212 克,故 m(NaHCO3)=168 克, m(NH4HCO3)=212 克-168 克=44 克。 = 三 解析:盐酸溶液中溶质的质量为50 克 18.25%=9.125 克, 9.125 克盐酸溶质最多产生H2的
5、质量为 =0.25 克。 由题意知,产生1 克 H2需金属的平均质量小于3.5 克 4=14 克,大于2.5 克 4=10 克,又知该金属为二价金属, 故该金属的相对原子质量小于28,大于 20。答案选A。 四 解析:结晶水合物(CuSO4*5H2O)可看成 CuSO4的溶液,其溶质质量分数为 100%= 100%=64%。设加水 (溶质质量分数可看成0%)的质量为x,则 x=60 克 五 解析:假设样品为纯(NH4)2SO4,则由 (NH 4)2SO4 2NH3可知,能产生 4.48 升 NH3,大于 4.3 升。因此样品中的杂质 造成样品NH4 +的含量小于纯 (NH 4)2SO4中 NH
6、4 +的含量。这就要求选项的两种物质中至少有一种物质的 NH4 + 含量 小于 (NH 4)2SO4 中NH 4 + 的含 量,都大于是不可能的。可将备选答案化学式变形后进行估算: NH4HCO3 (NH4)2(HCO3)2,NH4NO3 (NH4)2(NO3)2 ,NH4Cl (NH4)2Cl2. 部分“ 式量”: (HCO3)=122,(NO3)2=124,Cl2=71,CO3=60,而 (NH4)2SO4中, SO4=96,故答案选D。 六 解析:反应后物质质量增加是由于参加反应氧化物的质量小于生成氯化物的质量。设金属氧化物化学式为RO,式 量为 m, 则 RO RCl2质量增加 m 5
7、5 4.0 克(9.5-4.0)克 m=40。故金属的相对原子质量为40-16=24,属于镁元素。 高中思维训练班 高一化学 第 2 讲-十字交叉法以及与之相关的规律、摩尔与浓度 本讲要点: 1.十字交叉法以及与之相关的规律 2.摩尔与浓度 十字交叉法的原理与推导:在化学计算中,对于某些具有平均意义的二元混合体系,可做如下的推理和归纳:设 A1 、 . . A2(A1A2) 为两组分单位物理量的分属性,A 为混合物的混合属性即平均值.m、n 分别为两组分单位物理量的数量因子, 总有如下式子:A1 m + A2 n = A(m+n), 整理得 n m = AA AA 1 2 ,因为 m、n 均为
8、正值 ,所以 A24,充分反应后,反应器中的固体物质是,气体产物是。 若反应的气体产物是混合物,n 的取值范围是。 若反应的气体产物是混合物,且混合物CO中 CO2的物质的量相等,则n 的值为。 . . 课后作业 : 4 练将 a molH2S 和 1 molO2置于一个可变的容器内进行反应,维持容器内气体的压强不变(101kPa) , 这 120下测得反应前后容器内气体的密度为d1 和 d2。若 a 的取值不同, 则 H2S的氧化产物可能有如下 三种情况: 全部是 SO2时,此时 a 的取值范围是多少 ? 全部是 S时,此时 a 的取值范围是;并且d1 d2(填大于、小于、等于) ; 部分是
9、 SO2时, 部分是 S时, 此时 a 的取值范围是 _ ; 反应所生成的 SO2的物质的量是 _ mol, 容器内气体的物质的量之和为 _ mol (以含 a 的代数式表示)。 . . Answer sheet 一 解题思路: 此题将数学的函数知识和思想引入到化学领域中。题中所涉及的化学知识是H2S的燃烧反应: 2H2S+O2=2S+2H2O2H2S+3O2=2SO2+2H2O。 从这两个反应可以看出,当反应物用量不同时,会发生不同的反应。题中H2S的体积是一定值1.0L ,空气中的O2 的体积为一变量a/5L ,以两个反应式为依据,讨论a 的取值范围,并建立空气a 与反应后总体积V的函数关
10、系。 反应后总体积V可通过反应前后气体体积的变化量来推算,即:V=1.0L+aL- V。 解答: O2不足,从式: 2H2S+O2=2S+2H2O V 2L 1L 3L a/5L 3a/5L 当 VH2S=1.0L,VO2 :a/5L0.5L,a2.5时 那么,反应后总体积V=1.0L+aL3a/5L 。 . . O2过量从式: 2H2S+3O2=2SO2+2H2O V 2L 3L 2L 3L 1.0L 1.5L 当 VH2S=1.0L,VO2 :a/5L1.5L, a7.5 时 那么,反应后总体积V=1.0L+aL1.5L 。 当 7.5 a2.5时, 发生反应:2H2S+O2=2S+2H2
11、O V 2L 1L 3L 1.0L 1.5L S+O2=SO2 V 1L 1L O 那么,反应后总体积V=1.0L+aL1.5L 。 答:a2.5时, V=1.0L+2a/5L 。 a2.5 时, V=aL0.5L 二a2/3a2;大于2/3a2 ; 1a/2 ;1+a/2 提示:此题与例题1 所涉及的知识点相同,只是O2的物质的量为定值,H2S的物质的量为变量,在确定a的取值 范围时,对同样的反应分析的角度不同,在比较d1 与 d2 的大小关系时,由于容器为定容,故只需比较反应前后气体 的平均摩尔质量。 三 0.06molFe (OH )3 0x0.6时,沉淀只有Fe(OH )3 x=0时,
12、 Fe( OH )3 沉淀量为0.1mol x=0.4 时, Fe(OH )3 沉淀量为0.06mol x=0.6时, Fe(OH )3 沉淀量为0.04mol 0.6 x1 时, 总沉淀量 =0.1mol (1-x )+0.1xmol=0.4mol (图象略) Fe(OH )3 为 A(1-x )mol,Al(OH ) 3为A (x+3) -0.36mol 提示:根据反应Fe3+3OH-=Fe (OH ) 3、Al3+3OH-=Al (OH )3、 Al ( OH )3+OH-=AlO2-+2H2O ,其中 NaOH为定值,沉淀的量与Al3+含量 x 有关。 四 C+CO2=2COFeO和
13、Fe; CO2 C和 Fe;CO 1/2n1 2/3 提示:由于题中给出的反应物为木炭粉和氧化亚铁,可根据反应、进行讨论. 高中思维训练班 高一化学 第 5 讲-复杂的氧化还原反应方程式的配平和计算 本讲要点: 利用得失电子守恒解决复杂的氧化还原反应问题 *1 例将 49 克 Mg和 Fe 的混合物在一定量的稀HNO3中完全溶解 ( 生成的溶液中有Fe 2+) ,得到标况下气体 2.24L( 假设 全为 NO气体 ). 向反应后的溶液中加入足量的烧碱,在空气中不断搅拌,充分反应后 , 则生成沉淀的质量可能是( )单 选 A. 6g B. 8g C. 10g D. 12g 解析 : 最后沉淀质量
14、=OH -质量 +金属质量。 由题意可知, 金属虽说全溶解, 但铁还没有全被氧化成三价铁,加足量的NaOH 在空气中不断搅拌,Fe(OH)2将全部被氧化 , 所以生成的沉淀一定为Mg(OH)2、Fe(OH)3 , 不可能有Fe(OH)2 . 在此还要注 意的是 , 整个过程中 既有硝酸得电子又有氧气得电子。硝酸得的电子有关系式NO3 - NO 3e - 为 0.3mol, 如再加上空气 中氧气得的电子, 那么整个过程中得电子数肯定大于0.3 mol, 为此金属失去的电子数也大于0.3mol. 由于金属阳离子电 荷总数等于金属离子结合的OH - 数. 由 e - OH -可得金属离子结合的 OH
15、 -也大于 0.3mol. 则最后沉淀大于 . . 4.9+0.3 17=10g, 即生成沉淀大于10g , 选择题中至少必须有一个选项符合要求, 本题正确答案只能选D本题最容易受 思维定势影响, 没有注意 HNO 3量不足 , 溶液中有Fe 2+, 后加 NaOH 溶液就要考虑空气中 O2氧化 Fe(OH)2忽视了这一点,而 错 C选项。因此考虑问题要全面,要仔细分析整个变化过程。 2 例 Cu2S与一定浓度的HNO3反应,生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO 、NO2和水,当NO和 NO2的物质的量之比为1:1 时. (1) 实际参加反应的Cu2S与 HNO 3的物质的量之比是多少? (
16、2) 写出反应方程式并配平 【解析】:本题主要考察有关氧化还原反应的计算。设参加反应的Cu2S的物质的量为x,被还原的HNO 3的物质的量为 y, 则根据 电子得失数目相等,有:x(2+8)=y/2 1+ y/2 3,y=5 x,起酸性作用的HNO3 的物质的量为: (2 x- x) 2=2 x,所以实际参加反应Cu2S与 HNO3的物质的量之比为x:(y+2 x)=1:7 【答案】 1:7。 3 例 NH2OH是一种还原剂, 能将某些氧化剂还原。现用含 0.001125mol 羟胺的酸性溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件 下反应,生成的Fe 2+恰好与含 0.000493 mol KMnO4酸
17、性溶液完全作用。已知(未配平):FeSO4+KMnO 4+H2SO4 Fe2(SO4)3+K2SO4+MnSO4+H2O则在上述反应中,羟胺的氧化产物是()。 AN2 BN2O C NO DNO2 解析由题意知,KMnO4得到的电子数等于NH2OH失去的 电子数 。 设产物中 N为 n价。 24.65mL0.020 mol/L 5=25.00 mL0.049 mol/L (n+1)得 n=1 在四个选项中只有B符合,故应选B。 *4 例单质铁溶于一定浓度的硝酸中反应的化学方程式如下: a Fe+bNO3 - +cH +=d Fe 2+f Fe 3+g NO +h N2O +kH2O , 请你用
18、已掌握的知识研究出下列规律。 (1)c、g、h的关系式是 _ 。 (2)b、c、d、f的关系式是 _ 。 (3)d、f 、g、h的关系式是_ 。 (4)若a =12 ,铁和硝酸恰好完全反应,则b的取值范围是 _ 。c的取值范围是 _ _ _ 。 解析: (1)这是考查反应前后H、O 原子守恒关系。若只从“c H + g NO+h N2O ”去分析,似乎H + 跟 NO 、N2O 之间没有什么联系,思路不容易展开。只要抓住“反应中H +全部转化为 H2O ”、“ NO 和 N2O全是由 NO3 - 转变而来”, 必有“ NO3 - NO+2H 2O ”和“ 2NO3 - N2O+5H2O ”,进
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