全国高中生化学竞赛试题 化学计算（答案）

化学计算答案

第1题（10分）设氢气的体积已折合为标准状况，贝U：氢气：0.0893mol；氯气：0.0705mol；

氢气是过量的；80.0mL9.00%NaOH溶液的质量为：88.0g；其中含NaOH质量：0.198mol；

吸收HC1气体后尚剩余NaOH为：0.057mol；中和NaOH需要的H2so40.0285mol（保留1

位有效数字）；需要0.100mol/L的H2s。4溶液的体积为：285mL（说明：计算步骤不同时，

有效数字可能有差别，答280〜290均可按正确答案论；此题主要目的的是心理测试。）

第2题（10分）

2

KBrO3（lmol）〜3Br2（3mol）〜C6H50H（1mol）〜6S2O3-（6mol）

0.1250mol/Lx0.02000L-0.1050mol/Lx0.02000L/6=2.150xlO^mol

（2.150x10-3mol/Lx94.11g/mol/0.6000g）x100%=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。

第3题（8分）

3-1XeF6——约550KXeF4——约850K（各1分）

3-2生成XeF6的反应放热更多

理由是：若Xe与F2生成XeF4的反应放热多，反应XeF4+F2XeF6将是吸热反应,

温度升高应有利于XeF6的生成，而由附图可见，事实恰恰相反。

或答：反应XeF6^XeF4+F2发生在相对高的温度下。或答：上述正向反应是体积

增大的反应，所以正向反应是吸热的。（4分）

3-3在上图条件下必须在高温下才能制备XeF2,但高温要求的技术问题太多，因而，应降

低投料中F2/Xe的比值，可有效制备XeF2。（2分）

第4题（10分）首先算出通过体系的总电量：

2x365dx24h/dx60min/hx60s/min=6.307x107s（1分）

0.0150A/m2x4500m2=67.5A（1分）

67.5Ax6.307x107s=4.257x109C（1分）

其次计算总共需要多少锌：电子的物质的量为：

4.257x109C/9.65x104C/mol=4.411x104mol（1分）

锌量：[4,411x104molx65.4g/mol/2]x10-3kg/g=1443kg=1.44x103kg（1分）

需质量为15.7kg/块的锌块数为：1.44xICPkg/15.7kg/块=91.7块〜92块（1分）

92块X0.92A/块=85A>67.5A,电流强度可以达到要求。（1分）

25.9kg/块：1.44xl03kg/25.9kg/块=55.6块〜56块（1分）

56块x1.2A/块=67.2AV67.5A,电流强度达不到要求，应当加1块，贝U

57块xL2A/块=68.4A,电流强度才能达到要求。（1分）

选用较重的锌块更合理，因其电流强度较小，理论上可以保证2年保护期限，而用较轻的锌

块因其电流强度太大，不到2年就会消耗光。（1分）

第5题（8分）

5-1X的最简式：NaBH8O7Y的最简式：NaBHzCU（各1分；写成水合物也可）

推理过程:

NaBHO

14.90/23.0=0.6487.03/10.8=0.6515.24/1.008=5.2072.83/16.0=4.55

1187

X变成Y是脱水过程。X为NaBH2O4-3H2O,则Y中Na的质量百分数为23/99.8=0.23

（若X是NaBO3-4H2。，则Y中Na的质量分数为23/81.8=0.28不符合题意。）（1分）

[编者注：加热X,总是生成某种类型硼酸钠，所以脱掉的一定是H2O。可求Y最简式

23

的式量必=——=100,X最简式的式量Mx=23.0+10.8+1.008义8+16.0x7=153.9。

0.23

MX-MY^54.0,有可能失去3个H20OY的最简式为NaBH2O4]

2

LHOO~1~

H。/°H（5分；不写“2-”不扣分。）

第6题（12分）

COOH

HOOC.COOH

竣酸的结构式：

HOOCCOOH脱水产物的结构式:

COOH

v八0

（每式3分，共6分。）O

推理过程：（6分，参考答案如下，分值的大致分配："=1,2,3,4,5,6各占1分。其

他符合逻辑的应答也可，不完整应扣分。）

设较酸为w元酸，则：

较酸的摩尔质量为1.2312g/[（1.20mol/Lx0.018L）/n]=57ng/mol

竣基的摩尔质量为45g/mol,对于“元酸，”个竣基的摩尔质量为45〃g/mol,

w元酸分子中除竣基外的基团的摩尔质量为（57-45）x〃=12"，"=1,2,3,4........,

该基团只能是n个碳原子才能保证竣酸的摩尔质量为57ng/molo

对于一元酸：n=l,结构为：C-COOH,不存在。

对于二元酸：n=2,结构为HOOC—C三C—COOH（尚非最大摩尔质量平面结构）

对于三元酸：n=3,无论3个碳呈链状结构还是三元环结构，都不存在。

对于四元酸："=4,结构为：

HOOCCOOH

\____/

或

/k

HOOCCOOH

第一个结构符合题意，但尚非最大摩尔质量的平面结构竣酸，且不能稳定存在。后两者具

非平面结构，不符合题意。（最右边的结构可不写）

五元酸跟三元酸一样不能存在。（或得出结论：”为奇数均不能成立。）

对于六元酸：n=6,较酸及其脱水产物结构式如上。竣酸具平面结构，符合题意。

脱水产物的碳含量=12Mc/（12Mc+9M0）=50%。符合题意。

”更大，不可能再出现平面结构的竣酸。（或用碳架结构表示）

说明：写出答案的苯六竣酸及其酸酎，在推理时没有讨论“<6的情形，但推理是正确的，

也得12分。举例：

例一：设竣酸分子中有尤个竣基，由题，M=57x

设竣酸分子除竣基外有b个碳，c个氢。

由题：57x=126+c+45x贝1|12x=126+c①

设竣酸分子脱水y个，由题：12x(6+x)/(57xT8y)=49.96%近似计算，得

24b+24x+18y=57尤,24b+18y=33尤欲使分子量最大，则尤最大，推出b、y

都应取最大，则推出y=0.5x6=x由①得c=0,所该分子为(-C-COOH)„

COOH

又因为分子平面型，分子量最大，所以该所酸可以为+七

COOH

因为只要满足共面，”则可无限扩大，且由于极限的思想，当”无限大时，竣酸分子脱水后

的碳的质量分数无限趋近50%,但永远无法达到，与题所给的碳的质量分数不足50%恰，

推出如上结构式。

例二：由题意，该平面型较酸可能为苯的、乙烯的、乙烘的取代较酸，其他结构要么不稳定,

如环丁二烯的取代较酸，要么不满足平面构型的条件，如碳数大于6的环的取代竣酸。

设该平面型较酸中有〃个竣基，其分子量为其脱水时脱掉x个水，若为苯：

1.2312xn/M=0.018x1.20①

12x(6+n)/(M-18x)x100%=49.96%②

解①、②得16.477”-8.9928%=72

当x=1时，n=5但其脱水时脱2H2。，与x的值不符

当x=2时，”=5.46”不是整数(舍去)，

当尤=3时，n=6其脱水时脱3H2O,与尤的值恰好符合

n不可能大于等于4,所以其结构式如上。

若为乙烯，同理：1.2312xa/M=0.018x1.20①

12x(6+71)/(M-18x)x100%=49.96%②

解①、②得16.477”8.9928%=24

当％=1时，„=2但其脱水时脱IH2O,与x的值符合；

当x=2时，”=2.5，”不是整数(舍去)；

x不可能大于等于3,因为乙烯的取代竣酸最多脱2H20,所以该取代竣酸的结构式如上。

(其实乙烯已经不可能了，因为其分子量小于苯的，而乙快的分子量比乙烯的还小，所

以可不讨论)。

以上两种应答均正确，都得12分。

第7题（9分）

Xe56.7mL一22.7mL=34.0mL

34.0mL/2.24x104mL/mol=1.52x10-3mol（1分）

2++3+

XeO3+6Fe+6H=Xe+6Fe+3H2O

16（1分）

x0.1OOmol/Lx0.0300mL

x=5.0xIO-4mol（1分）

Xe的总量1.52x10-3moi+5.oxIO_4mol=2.02x10-3mol(1分)

XeF2+21-i=>b〜2s2CV-

12（1分）

yzz=2y(1分)

匚二＞2L〜4s2O32-

XeF4+4F

14(1分)

2.02X10-3_y0.200mol/Lx0.0350L-z

y=5.4x10-4mol(XeF?)(1分)

34-5

XeF42.02x10-mol-5.4x10_mol=1.48xIOmol（1分）

第8题（12分）

8-1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。

AgNCh浓度为0.0515mol/L,B相对分子质量：220（近似值）（6分）

8-20一竣甲基丙酮后，二聚氨氧乙酸一盐酸盐

CH3、

CHCH(2分)

UngU-----Uri2-

OH

第9题（7分）

由图可见，样品的质量损失与其中A的质量分数呈线性关系，由直线外推至A的质量分

数为100%,即样品为纯A,可得其质量损失为37.0%。

作图正确，外推得纯A质量损失为（37.0±0.5）%,得4分；作图正确，得出线性关系，

用比例法求出合理结果，也得4分；仅作图正确，只得2分。

9-2（3分）样品是热稳定性较差的无水弱酸钠盐，在常见的弱酸盐中，首先考虑碳酸氢钠，

其分解反应为：2NaHCO3=Na2cO3+H2Ot+CO2f

该反应质量损失分数为（44.0+18.0）/（2x84.0）=36.9%,与上述外推所得数据吻合。

化合物A的化学式是NaHCCh。

根据所给条件并通过计算质量损失，答对NaHCCh得3分。答出NaHCCh但未给出计算过

程，只得1分。

第10题（8分）

10-1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

生皂化反应却在酚酸无色时以碳酸氢根存在导致滴定结果有正误差。（2分）

__________X(mg)__________

10-2皂化当量=（3分）

1

(V2-V4)(mL)X0.250(mol-U)

10-3样品中的游离竣酸会降低皂化当量。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0.025mol•匚1盐酸标准溶

液的毫升数，从皂化样品滴定时所消耗的0.025mol.I』标准盐酸溶液的毫升数中减去,

以进行校正。（3分，其中空白实验2分）

第11题（4分）

11-1澳指数=上—79.9gmol-1xlOOOmgg-1xl00=—^-x82.8Cmor'

1（2分）

Vxdx96500CmorVxd

11-2优点：增加汽油溶解度，有利于烯煌的加成过程;（1分）

缺点：降低溶液电导，将使库仑仪输出电压增加。（1分）

第12题（4分）

12-1水分子或H2O3个水分子或3H2。

C11H14CUN4O7的式量约377.8,失去3个水分子，失重质量分数理论值为14.3%。

（1分）

12-2CuO和CU2。的混合物。（2分）

理由：CuO、C112O及C11H14G1N4O7的式量分别为79.55、143.1和377.8。若残渣为

CuO,则质量分数为79.55/377.8=21.1%；若残渣是CsO,则质量分数为143.1/（377.8

x2）=18.9%。实验值为20.0%,介于两者之间，故残渣是两者的混合物。（1分）

第13题(10分)

+2+

13-12MnO4-+5H2C2O4+6H——-2Mn+IOCO2f+8H2O(1分)

+2+

13-24MnO4"+12H4Mn+5O2t+6H2O(2分)

13-3KI与C/+作用：2Ci?++51——>2CuII+I3"(1分)

22

I3-+2S2O3-——*31+S4O6-(1分)

13-4根据13-1中的反应式和步骤a中的数据，得：

n(C2O4")=0.02054mol-L1x24.18mLx5/2=1.2416mmol(1分)

根据13-3中的反应式和步骤b中的数据，可得：

n(Cu2+)=0.04826mol-L-1x12.69mL=0.6124mmol(1分)

M(CU2+):n(C2O42-)=0.6124mmol:1.2416mmol=0.49330.5

配离子组成为[CU(C2O4)2P-。(1分)

为平衡电荷，引入2个K+,晶体的化学式可写为：K2CU(C2O4)2-XH2O

3

结晶水的质量为：0.2073g-0.6124x10^molxM[K2Cu(C2O4)2]

=0.2073g-0.6124x103molx317.8g-mor®=0.0127g

n(HiO)=0.0127g/(18.02g-mol-1)=0.000705mol=0.705mmol

2+

n(H2O):n(Cu)=0.705:0.6124=1.15,尤(1分)

晶体的化学式为K2CU(C2O4)2H2O(1分)

若用n(C2O42-)=1.2416mmol计算水的质量：

3

0.2073g-1.2416/2xIQ-molxM[K2Cu(C2O4)2]=0.0100g

n(H2O)=0.0100g/(18.02g-mol-1)=0.000555mol=0.555mmol)

2+

n(H2O):n(Cu)=0.5554:0.6124=0.907有x仁1；

或用n(C2O42-)和n(Cu2+)实验数据的均值0.6180mmol计算水的质量：

3

0.2073g-0.6180XWmolxM[K2Cu(C2O4)2]=0.0109g

1

n(H2O)=0.0109g/(18.02gmol)=0.000605mol=0.605mmol

n(H2O):n(Cu2+)=0.605:0.6124=0.989有x21；

第14题（6分）

14-1解法一:

Pd[GHyNz](C104)2中,C和H的比例为(30.15/12.01):(5.06/1.008)=1:2

即y=2x(1)（1分）

Pd[GHyN](SCN)2中,C和H的比例为(40.46/12.01):(5.94/1.008)=0.572

即(龙+2)/y=0.572(2)

综合(1)、(2),解得：x=13.89^14,y=28(1分)

设Pd[ClHyN,](C104)2的摩尔质量为M：则14x12.01/M=30.15%,

得M=557.7(g•moL)(1分)

z={557.7-[106.4+12.01x14+1.008x28+2x(35.45+64.00)]}/14.01=3.99=4

(0.5分)

Pd[CAHvN2](C104)2的组成为Pd[Ci4H28N4](ClO4)2=(0.5分)

解法二：

设Pd[CvHvNz](C104)2的摩尔质量为M,比较Pd[CxHvN:](C104)2和Pd[CAHyNz](SCN)2知,

Pd[CAHvN2](SCN)2的摩尔质量为：

M-2x[35.45+64.00-(32.01+12.01+14.01)]=M-82.74(gmol1)

根据C的质量分数，有：12.01xx=0.3015M12.01x(%+2)=0.4046x(M-82.74)

24.02=(0.4046-0.3015)M-0.4046x82.74解得：M=557.7,x=14(2分)

根据H的质量分数，有：=557.7x0.0506/1.008=27.99=28(1分)

则：z={557.7-[106.4+12.01x14+1.008x28+2x(35.45+64.00)]J/14.01=3.99=4

(1分)

14-2甲烷完全燃烧：CH4+2O2CO2+2H2O

1体积甲烷消耗2体积。2，生成1体积CO2和2体积H2O(1分)

由于。2的利用率为85%,反应前02的体积：2/0.85=2.35

剩余O2的体积：2.35-2=0.35(1分)

混合气中N2的体积：2.35x79/21=8.84。k不参与反应，仍保留在尾气中。

汽车尾气中，Ch、CO?、H2O和N2的体积比为0.35:1:2:8.84。(1分)

第15题(7分)

15-1抑制Hg2+水解(1分)。H3O+浓度增大，阻止Hg(OH)NO3的生成。若写出了水解产物，

但又错写为HgO,不扣分。

15-2所配硝酸汞溶液的浓度：

131

c[Hg(NO3)2]=1/2x20.00mLx0.0100mol-L-/10.20mL=9.80x10-mol-V(0.5分)

500mL溶液中含硝酸汞的摩尔数(即样品中硝酸汞的摩尔数)：

313

n[Hg(NO3)2]=9.80xIOmol-Lx0.500L=4.90x10-mol(0.5分)

样品中含水的摩尔数：

31

n(H2O)={1.713g-4.90X10molxM[Hg(NO3)2]}/(18.0g-mol)

={1.713g-4.90xl(r3molx324,6g-moL}/(18.0g-mol1)

=6.78xIO、mol(0.5分)

33

x=W(H2O)/«[Hg(NO3)2]=6.78x10-mol/(4.90xlO-mol)=1.38

该硝酸汞水合物样品的化学式：Hg(NO3)2-1.38H2O(0.5分)

其他合理计算过程且答案正确，也得2分

15-30.500mL血清样品实际消耗的硝酸汞标准溶液为：

（1.53-0.80x0.1）mL=1.45mL（1分）

3135

«（Cr）=n［（Hg（NO3）2）］x2=9.80x10molLx1.45xIOLx2=2.84xIOmol

（1分）

c（Cr）="（Cr）/V（试样）=2.84x10-5mol-j-（0.500mLx10-3L）=5.68xIO-2mol-L1

（1分）

相当于35.45g-mol-1x5.68x10-2mol-L-1=2.01x102mg/100mL（1分）

第16题（12分）

+2+2+2

Cu2S+2MnO4-+8H——*2Cu+2Mn+SO4"+4H2O（1分）

+2+2+2

5CuS+8MnO4"+24H——*5Cu+8Mn+5SO4-+12H2O（1分）

2++3+2+

5Fe+MnO4"+8H------>►5Fe+Mn+4H2O（1分）

滴定Fe?+消耗的MnO「：m=O.lOOOmol-L-1x15.10mL/5=0.3020mmol（1分）

溶样消耗KMnO4：”2=100.0mLx0.1209mol-L-1-0.3020mmolx10=9.07mmol（1分）

2+

2Cu+5r——*2CuI+I3-（1分）

22

2S2O3-+I2——*S4O6-+21-（1分）

21

滴定消耗S2O3-："3=14.56mLx0.05000mol-L-=0.7280mmol

则起始样品溶解所得溶液中含有C/+：n4=7.280mmol（1分）

设样品中含xmmolCuS,含ymmolCu2s

有：x+2y=7.2808/5x+2y=9.07（1分）

解得：尤=2.98,y=2.15（1分）

CuS含量：2.98/1000x95.61=0.285（g）,质量分数=0.285g/0.7520g=37.9%（1分）

Cu2s含量：2.15/1000X159.2=0.342（g）,质量分数=0.342g/0.7520g=45.5%（1分）

第17题（10分）

1

17-1-140.0gxCmx（100℃-17.2℃）=50.0gx4.18Jg-^C-x（17.2℃-15.2℃）（1分）

11

cm=0.126Jg^°C（0.5分）

金属M的原子量：6x4.18JgT℃H/（0.126Jg-i℃』）=199（1分）

所以，金属M的摩尔质量为199g-mol4（0.5分）

17-1-2设金属氧化物的化学式为M,Q,”其中：

金属的摩尔数约为：1.000/199=5.03xIO,（mol）（0.5分）

氧的摩尔数：0.336/16.00=0.0210（mol）（0.5分）

”:相=5.03x10-3：0.0210=1:4.17^1:4,所以化学式应为MO4（0.5分）

金属的摩尔质量=1.336x4x16.00/0.336-4x16.00=190（g-mol-1）（0.5分）

17-1-3Os或饿（1分）

17-2设有100g原料样品，根据所给质量分数，计算各物相含量。

高岭土：100gx10.0%/258.2g-mol1=0.0387mol（1分）

高岭土中的铝：0.0774mol

高岭土中的硅：0.0774mol（0.5分）

水铝石：100gx90.0%/78.00gmol-1=1.154mol（1分）

铝的总摩尔数：1.231mol

高岭土变成“泥”需要的铝：0.0774molx6/5=0.0929mol（1分）

铝的损失率：0.0929mol/1.231moi=7.54%（0.5分）

第18题(8分)

2+3+

18-12Cr2O7-+3C+16H——>4Cr+3cCh+8H2O

或2K2Cr2O7+3C+8H2SO4——*2K2SO4+2Cr2（SO4）3+3CO2+8H2O（1.5分）

22++3+3+

18-2Cr2O7+6Fe+14H——*6Fe+2Cr+7H2O

或K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4——*3Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+K2SO4+7H2O（1.5分）

18-3土样经高温灼烧后，其中的腐殖质全部被除去，故空白实验和测定实验结果之差即为

氧化腐殖质中的C所需要的CnC^-。（1分）

土样测定中剩余的CnC^-：0.1221mol-L-1x10.02mL/6=0.2039mmol（0.5分）

空白样品中测得的CnC^-：0.1221mol-L-1x22.35mL/6=0.4548mmol（0.5分）

被氧化的C：（0.4548-0.2039）mmolx3/2=0.3764mmol（1分）

腐殖质中总碳量：0.3764mmol/0.90=0.418mmol（0.5分）

折合的腐殖质质量：0.418mmolx12.0g-mol-1/58%=8.6