高一化学竞赛培训教材有讲解和答案.docx

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高一化学竞赛培训教材有讲解和答案

高中思维训练班《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↑+CO2↑NH4HCO3

NH3↑+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NH3（密度为17克/22.4升），则样品中不可能含有的物质是（ ）

A.NH4HCO3、NH4NO3 B.（NH4）2CO3、NH4NO3

  C.NH4HCO3、NH4Cl  D.NH4Cl、（NH4）2CO3

『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）

Keyofhomework:

5.24Mg,6.60g

Answersheet:

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。

设混合物的质量为100克，其中Br元素的质量为a克，则

×2=

×1+

×2 a=40（克）

  故Br%=40%。

二解析：

由2NaHCO3

Na2CO3+H2O↑+CO2↑和NH4HCO3

NH3↑+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（NH4）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（NH4）2SO4中NH4+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（NH4）2SO4中NH4+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            55

    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。

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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（A1>A2）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

=

因为m、n均为正值,所以A2

即把平均值A放在十字的中心,分属性A1和A2分别放在线头的左下和右下,则得到十字交叉法的图示形式:

A1A-A2…………m

A

A2A1-A…………n

十字交叉法适用的题型:

十字交叉法作为一种简单的算法,它特别适合于两总量、两关系的混合计算.具体适用的题型有:

（1）质量分数的计算;

（2）平均相对分子质量的计算;（3）平均相对原子质量的计算（还没学）;（4）反应热的计算（还没学）;（5）混合反应的计算.下面分别用十字交叉法和常规法来解答上述题型,以探究该方法的一些规律.

1例有关质量分数的计算:

有a克质量分数为15%的硫酸钠溶液,若想将其质量分数变为30%,需要加硫酸钠多少克?

2例有关平均分子量的计算:

乙烯（C2H2）与氧气混合气体密度是氢气的14.5倍,可知其中乙烯的物质的量分数为多少?

3例在标况下,取甲、乙、丙各30mL相同浓度的盐酸,然后分别慢慢加入组成相同的镁铝合金粉末,得下表中有关数据求合金中Mg和Al的质量分数

『摩尔与浓度专题』

4例在一定温度下，将等物质的量A和B充入一密闭容器中，发生如下反应：

A（气）+2B（气）===2C（气），反应达到平衡时，若A和B的物质的量之和与C相等，则此时A的转化率为（）

　　A．50%　　B．60%　　C．40%　　D．70%

5例R2O8n-在一定条件下可以把Mn2+氧化成MnO4-，若反应后R2O8n-变为RO42-，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:

2，则n的值为（）

A．1　　B．2　　C．3　　D．4

6例相同温度压强下，1体积HCl和9体积H2O（气）组成的混合气体，经完全冷凝后，所得盐酸的质量百分比浓度为（）

A．10%　　B．18.4%　　C．4.9×10-4%　　D．80.2%

『课后作业』

7.向50ml18mol·L-1H2SO4溶液中加入足量的铜片并加热，充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量是（）

　　A．小于0.45mol　　　　　　　　　B．0.45mol

C．在0.45mol和0.90mol之间　　　D．大于0.90mol

8.密度为0.91g·cm-3的氨水，质量分数为25%，该氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量分数为（）

　　A．等于12.5%　　　　B．大于12.5%

C．小于12.5%　　　　D．无法确定

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第3讲-----讨论思想在综合计算中的应用

1例写出H2S燃烧的化学方程式。

1.0LH2S气体和aL空气混合后点燃，若反应前后气体的温度和压强都相同（20℃、1.01×105Pa），讨论当a的取值范围不同时，燃烧后气体的总体积V（用含a的表达式表示，假定空气中氮气和氧气的体积比为4:

1，其它成分可忽略不计）。

2例现有AlCl3和FeCl3混合溶液，其中Al3+、Fe3+的物质的量之和为0.1mol，在此溶液加入90mL4mol·L-1的NaOH溶液，使其充分反应，设Al3+物质的量与总物质的量的比值为x。

⑴根据反应的化学方程式计算x=0.4时，溶液中产生的沉淀是什么？

物质的量有多少？

⑵计算沉淀中只有Fe（OH）3的x取值范围，并请在图中画出沉淀总量（mol）随x（0→1）变化的曲线。

3例将nmol的木炭粉和1mol氧化亚铁在反应器中混合，隔绝空气加强热。

可能发生的化学反应有①FeO+C==Fe+CO↑②2FeO+C==2Fe+CO2↑③FeO+CO==Fe+CO2和④CO2+C==2CO

⑴若n<1/4，充分反应后，反应器中的固体物质是，气体产物是。

⑵若n>4，充分反应后，反应器中的固体物质是，气体产物是。

⑶若反应的气体产物是混合物，n的取值范围是。

⑷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amolH2S和1molO2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：

⑴全部是SO2时，此时a的取值范围是多少?

⑵全部是S时，此时a的取值范围是；并且d1d2（填大于、小于、等于）；

⑶部分是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）。

Answersheet

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：

①2H2S+O2==2S+2H2O②2H2S+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①②两个反应式为依据，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-ΔV。

　　解答：

　　⑴O2不足，从①式：

　　2H2S+O2==2S+2H2O　ΔV

　　2L　1L　　　　　　3L

　　　　a/5L　　　　　3a/5L

　　当VH2S=1.0L，VO2：

a/5L≤0.5L，a≤2.5时

　　那么，反应后总体积V=1.0L+aL–3a/5L。

　　⑵O2过量从②式：

　　2H2S+3O2==2SO2+2H2O　ΔV

　　2L　　3L　2L　　　　　3L

　　1.0L　　　　　　　　　1.5L

　　当VH2S=1.0L，VO2：

a/5L≥1.5L，a≥7.5时

　　那么，反应后总体积V=1.0L+aL–1.5L。

　　⑶当7.5≥a≥2.5时，

　　发生反应：

①2H2S+O2==2S+2H2O　ΔV

　　　　　　　　2L　　1L　　　　　3L

　　　　　　　　1.0L　　　　　　　1.5L

　　③S+O2==SO2　　ΔV

　　　　1L　1L　　　O

　　那么，反应后总体积V=1.0L+aL–1.5L。

　　答：

a≤2.5时，V=1.0L+2a/5L。

　　a≥2.5时，V=aL–0.5L

二　⑴a≤2/3⑵a≥2；大于⑶2/3

　　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　⑴0.06molFe（OH）3⑵0≤x≤0.6时，沉淀只有Fe（OH）3x=0时，Fe（OH）3沉淀量为0.1mol

　　x=0.4时，Fe（OH）3沉淀量为0.06molx=0.6时，Fe（OH）3沉淀量为0.04mol

0.6≤x≤1时,总沉淀量=0.1mol（1-x）+0.1xmol=0.4mol（图象略）

⑶Fe（OH）3为A（1-x）mol，Al（OH）3为[A（x+3）-0.36]mol

　　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⑴C+CO2==2CO⑵FeO和Fe；CO2⑶C和Fe；CO⑷1/2

　　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①、②进行讨论.

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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4．9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Fe2+），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.6gB.8gC.10gD.12g

解析:

最后沉淀质量=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0.3mol,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-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HNO3量不足,溶液中有Fe2+,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HNO3的物质的量之比是多少？

（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HNO3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=5x，起酸性作用的HNO3的物质的量为：

（2x-x）×2=2x，所以实际参加反应Cu2S与HNO3的物质的量之比为x：

（y+2x）=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Fe2+恰好与含0.000493molKMnO4酸性溶液完全作用。

已知（未配平）：

FeSO4+KMnO4+H2SO4→Fe2（SO4）3+K2SO4+MnSO4+H2O则在上述反应中，羟胺的氧化产物是（）。

　　　A．N2　　　　B．N2O　　　　C．NO　　　　D．NO2

　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。

　24.65mL×0.020mol/L×5=25.00mL×0.049mol/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：

aFe+bNO3-+cH+==dFe2++fFe3++gNO↑+hN2O↑+kH2O,请你用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“cH+→gNO+hN2O”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+2H2O”和“2NO3- 

N2O+5H2O”，进而总结出“c=4g+10h”。

（2）这是考查离子电荷守恒关系。

离子反应中反应物微粒所带的电荷数和生成物微粒所带的电荷数必定相等。

b、c、d、f恰好是反应方程式中各种离子的化学计量数，因此根据“bNO3-+cH+→dFe2++fFe3+”就可计算出“c-b=2d+3f”。

（3）这是是考查电子守恒关系。

d、f、g、h恰好是与电子得失有关四种产物的化学计量数，其中“dFe2++fFe3+”决定失电子总数，“gNO+hN2O”决定得电子总数，所以有“2d+3f=3g+8h”。

（4）可以用极限思维方法来解决。

这里要注意三个前提：

一是a=12；二是铁和硝酸恰好完全反应；三是每种物质的化学计量数均为正整数（即产物中既要有Fe2+、又要有Fe3+，既要有NO、又要有N2O）。

有12molFe完全反应时，只有当“Fe→Fe2+、NO3-→N2O”时消耗的NO3-最少（计算可得需6mol），只有当“Fe→Fe3+、NO3-→NO”时消耗的NO3-最多（计算可得需12mol），所以有“6

从分析问题

（1）的基础上可得出，有12molFe完全反应时，只有当“Fe→Fe2+、NO3-→N2O”时消耗的H+最少（计算可得需30mol），只有当“Fe→Fe3+、NO3-→NO”时消耗的H+最多（计算可得需48mol），所以有“30

评注：

各个子问题间跨度较大，要求解题者每答完一个问题就要转换到另一个新的思维角度、跳跃到另一个知识背景中去分析研究，有的学生就是因为思维的灵活性不够、思维的慎密性不强，造成思路阻塞。

『课后作业』:

*5作业三氟化溴溶于水可发生如下反应：

BrF3＋H2O

HBrO3＋Br2＋HF＋O2↑

（1）其中发生自身氧化还原反应的物质是____________；

（2）当有5.0mol水参加反应时，由水还原的BrF3的物质的量为____________，由BrF3还原的BrF3的物质的量为____________；

（3）当有5.0mol水作还原剂参加化学反应时，由水还原的BrF3的物质的量为____________，由BrF3还原的BrF3的物质的量为____________；

（4）当有5.0mol水未参加氧化还原反应时，由水还原的BrF3的物质的量为____________，由BrF3还原的BrF3的物质的量为____________。

答案：

（1）BrF3

（2）1.3mol0.67mol（3）3.3mol1.7mol（或1.8mol）（4）2.2mol1.1mol

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第8讲-----氧化还原反应

（二）

*1例（2010·安庆模拟）如图所示，两圆圈相交的阴影部分表示圆圈内物质相互发生的反应，其中属于氧化还原反应，但水既不作氧化剂也不作还原剂的是（）

A．甲B．乙C．丙D．丁

甲

SO3+H2O

H2SO4

不是

非氧化剂，非还原剂

乙

2F2+2H2O

4HF+O2

是

还原剂

丙

3NO2+H2O

2HNO3+NO

是

非氧化剂，非还原剂

丁

2Na+2H2O

2NaOH+H2↑

是

氧化剂

2例（2010·上海浦东区模拟）已知将HCl滴入KMnO4溶液中，产生黄绿色气体，而溶液的紫红色褪去。

现有一氧化还原反应的体系中，反应物和生成物共有KCl、Cl2、H2SO4、H2O、KMnO4、MnSO4、K2SO4七种物质：

（1）该反应中，化合价升高的反应物是_________________________________，化合价没有发生变化的反应物是_____________________________________。

（2）写出一个包含上述七种物质的氧化还原反应方程式（需配平）：

_______________________________________________________________________________。

（3）上述反应中，1mol氧化剂在反应中___________（填“得到”或“失去”）___________mol电子。

（4）如果在反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变紫红色。

说出NaBiO3的一个性质：

________________________________________________________________________________。

【解析】根据题给信息KMnO4和盐酸反应生成氯气，而所给物质中KCl中含有Cl－，H2SO4中含有H+，所以反应物是KMnO4、KCl和H2SO4，生成物是K2SO4、MnSO4、Cl2和H2O。

锰元素化合价由+7价变成+2价，化合价降低，被还原；氯元素的化合价由－1价变成0价，化合价升高，被氧化，根据化合价升降数相等可得如下配平的化学方程式：

2KMnO4+10KCl+8H2SO4＝6K2SO4+2MnSO4+5Cl2↑+8H2O。

在反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变紫红色，说明有MnO4－生成，即BiO3－将Mn2+氧化成MnO4－，所以NaBiO3具有强氧化性，其氧化性比KMnO4氧化性强。

【答案】

（1）KCl；H2SO4

（2）2KMnO4+10KCl+8H2SO4＝6K2SO4+2MnSO4+5Cl2↑+8H2O

（3）得到；5（4）NaBiO3具有强氧化性（比KMnO4氧化性强）

*3例（2010·通辽高一月考）某反应体系的物质有：

NaOH、Au2O3、Na2S4O6、Na2S2O3、Au2O、H2O。

下列选项正确的是（）。

A．Na2S4O6、H2O、Na2S2O3、Au2O、NaOHB．Na2S2O3、NaOH、Na2S4O6、Au2O、H2O

C．Na2S2O3、H2O、Na2S4O6、Au2O、NaOHD．当1molAu2O3完全反应时，转移电子的物质的量为8mol

【解析】选C。

Au2O3是反应物，则Au2O一定是生成物，其中Au元素化合价由+3价变成+1价，化合价降低,，则必然有化合价升高的，即Na2S2O3（硫元素为+2价）是反应物，Na2S4O6（硫元素为+2.5价）是生成物。

根据反应前后硫元素守恒则有：

2Na2S2O3→Na2S4O6