解题方法——铜与硝酸反应的相关的计算综述
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铜的综述第七章铜⾦属铜(copper，Cu)，原⼦序数29，价电⼦层结构为3d104s1，原⼦量63.54，相对体积质量8.92，熔点1083℃，原⼦半径127.8pm。
纯铜呈浅玫瑰⾊或淡红⾊。
氧化态有+1、+2。
铜的热导率和电导率都很⾼，化学稳定性强，抗张强度⼤，易熔接，具有抗蚀性、可塑性、延展性。
能与锌、锡、铅、锰、钴、镍、铝、铁等⾦属形成合⾦，形成的合⾦主要有三类：黄铜是铜锌合⾦，青铜是铜锡合⾦，⽩铜是铜钴镍合⾦。
铜加热产⽣⿊⾊的氧化铜，长时间存放在潮湿的环境中，铜的表⾯会产⽣⼀层铜绿。
铜易溶于硝酸、热浓硫酸，可缓慢溶于稀盐酸和硫酸，也能与浓盐酸在加热情况下反应。
铜是与⼈类关系⾮常密切的有⾊⾦属，被⼴泛地应⽤于电⽓、轻⼯、机械制造、建筑⼯业、国防⼯业等领域，各企业铜消费的⽐例为：电⼦(包括通讯)48％、建筑24％、⼀般⼯程12％、交通7％、其他9％。
第⼀节铜在环境中的分布⼀、空⽓中的铜美国空⽓中的铜浓度为10～570ng／m3，南极空⽓中平均铜浓度是0.036ng ／m3。
⼆、⽔中的铜地球上的⽔体是铜存在和迁移的场所之⼀。
铜随着岩⽯风化、⽔⼟流失、降⾬和⽣物迁移进⼊江河湖海。
天然淡⽔中浓度中铜的含量很低，平均仅为3µg ／L。
在⼤⽓降⽔中的铜主要以⽔溶性铜(占总量80％)降落到陆地表⾯。
北美(北纬40°～50°)的⼤陆降⽔铜浓度为21.0pg／L，俄罗斯平原(北纬50°～70°)的⼤陆降⽔铜浓度为4.0pg／L，⼤西洋(北纬35°～40°)的海洋降⽔(⾬⽔)铜浓度为2.6pg／L，南极沿岸地带的海洋降⽔(雪)铜浓度为0.9pg／L。
铜在海⽔中的浓度为30pg／L。
江河湖⽔中的铜含量⼀般不⾼，⼤约3µg／L。
但天然⽔源多受铜的污染，使⽔源铜含量增加。
例如⽢肃省监测的13个⽔库中，铜超标率33.3％。
黄河⽔在有些城市河段铜超标，长江⽔中的铜在靠近⼀些城市的江段也有超标，例如安徽的芜湖段超标31.11％。
铜与稀硝酸的反应
铜与稀硝酸的反应实验演示操作方法按图装好实验装置，并检验这一装置气密性。
在烧瓶里放3－－4片铜片，再打开漏斗活塞，将稀硝酸放入烧瓶，直至浸没铜片为止，观察现象，然后再把烧瓶加热，用排水法收集一试管气体。
实验现象铜片中假如稀硝酸不加热时，仅有少量气泡产生，当给烧瓶加热时，产生大量气泡，试管中收集到气体为无色，在水面下用拇指堵住试管口，把试管从水中取出，并使管口向上，放开拇指，试管口处气体变为红棕色。
烧瓶内溶液呈蓝色。
实验结论铜与稀硝酸在不加热时反应缓慢，在加热时反应速度较快，有无色NO气体生成，同时生成硝酸铜，反应方程式：3Cu ＋8HNO3(稀)＝3Cu(NO3)2 ＋2NO ↑＋4H2O实验考点1、金属与稀硝酸反应规律；2、金属活动性顺序表中H后面的金属与氧化性酸的反应特点与计算。
经典考题1、0.3molCu与足量的稀HNO3完全反应时，被还原的HNO3的物质的量是A、0.8molB、0.6molC、0.4molD、0.2mol试题难度：易2、向1L0.5mol/L的H2SO4溶液中加入10.1gKNO3和12.8gCu 充分反应后产生的气体在标态下的体积为( )A、2.24LB、3.36LC、4.48LD、5.60L试题难度：中3、已知锌和稀硝酸反应时，每有1mol硝酸反应，就有0.8mol电子转移，此时硝酸的还原产物可能是什么物质？并写出有关化学方程式。
试题难度：难1 答案：D解析：直接考查方程式，硝酸同时体现氧化性和酸性，3摩尔铜参加反应时被还原的硝酸是2摩尔。
2 答案：A解析：根据铜和稀硝酸反应的离子方程式进行计算，硫酸提供氢离子，硝酸钾提供硝酸根离子，判断硝酸根不足，根据硝酸根进行计算可得。
3 答案：还原产物可能是N2O或是NH4NO3。
4Zn＋10HNO3＝4Zn（NO3）2＋N2O↑＋5H2O4Zn＋10HNO3＝4Zn（NO3）2＋NH4NO3＋3H2O解析：利用电子得失守恒计算，10摩尔硝酸参加反应就有8摩尔电子转移，即有4摩尔的金属锌参加反应，同时生成4摩尔硝酸锌，那么体现酸性的硝酸就是8摩尔，只有2摩尔的硝酸得8摩尔电子，平均每摩尔硝酸得电子4摩尔，产物为N2O ，当然还有一种可能是只有其中的1摩尔硝酸得到8摩尔电子到－3价，最后产物为硝酸铵。
铜的化学性质及分析方法综述
铜的化学性质及分析方法综述一、铜的基本性质：
二、铜的冶炼
表3：黄铜矿的冰铜熔炼法（举例）
表4：铜火法冶炼过程中几种形式铜的含量
三、铜的测定方法
四、碘量法
4.1碘量法的分类
4.2 碘量法测铜的一般分析流程：
一般分析流程：试样分解→分离富集→铜的测定。
表7：碘量法测铜的一般分析流程
基本原理：在弱酸性溶液中，Cu2+能被KI还原成CuI沉淀，同时析出与之计量相当的I2，然后以淀粉为指示剂，用硫代硫酸钠标准滴定溶液滴定释放出来的I2
主要反应：2Cu2++4I-=2CuI+I2; I2+2S2O32-=S4O62-+2I-
实质：氧化还原反应；电极电势正值越大，其氧化能力越强，是氧化剂；电极电势负值越大，
其还原能力越强，是还原剂。
问：电势比E I2/I-高的氧化性物质，可以在一定条件下，用I还原，然后用硫代硫酸钠滴定释放出的碘，但是从电极电位判断，似乎应当是I2氧化Cu+，而事实上却是Cu2+氧化I-，这是为什么？
答：因为生成了溶解度很小的CuI沉淀，使溶液中Cu+的浓度变的很小，因而铜电对的电位显著提高，从而使上述反应得以进行。
4.4碘量法测铜的主要干扰
五、常用碘量法测铜方法的比较
六、例讲（以铜精矿中铜量测定为例）
七、硫代硫酸钠标准溶液的配制和标定要求
八、碘量法连续测定方法的运用
表14：常见几种碘量法连续测定方法。
高中化学计算题解题方法归纳
化学计算题是中学生在化学学习中比较头痛的一类题目,也是他们在测验和考试中最难得分的一类题目,能选用最合适的方法准确而快速地解决计算题,对于提高学习成绩,增强学习效率,有着重要意义;选用合适的方法解计算题,不但可以缩短解题的时间,还有助于减小计算过程中的运算量,尽可能地降低运算过程中出错的机会;例如下题,有两种不同的解法,相比之下,不难看出选取合适方法的重要性：例130mL一定浓度的硝酸溶液与克铜片反应,当铜片全部反应完毕后;共收集到气体升则该硝酸溶液的物质的量浓度至少为A、9mol/LB、8mol/LC、5mol/LD、10mol/L解法一：因为题目中无指明硝酸是浓或稀,所以产物不能确定,根据铜与硝酸反应的两个方程式：13Cu+8HNO3稀=3CuNO32+2NO↑+4H2O,2Cu+4HNO3浓=CuNO32+2NO2↑+2H2O,可以设参与反应1的Cu为xmol,则反应生成的NO气体为xmol,反应消耗的硝酸为xmol,再设参与反应2的Cu为ymol,则反应生成的NO2气体为2ymol,反应消耗的硝酸为4ymol,从而可以列出方程组：x+y×64=,x+2y×=,求得x=,y=,则所耗硝酸为x+4y=,其浓度为mol/L,在8-9之间,只能选A;解法二：根据质量守恒定律,由于铜片只与硝酸完全反应生成Cu2+,则产物应为硝酸铜,且其物质的量与原来的铜片一样,均为mol=,从产物的化学式CuNO32可以看出,参与复分解反应提供NO3-的HNO3有2×=摩；而反应的气态产物,无论是NO还是NO2,每一个分子都含有一个N原子,则气体分子总数就相当于参与氧化还原反应的HNO3的摩尔数,所以每消耗一摩HNO3都产生气体可以是NO或NO2甚至是两者的混合物,现有气体,即有摩HNO3参与了氧化还原反应,故所耗硝酸为+=摩,其浓度为mol/L,在8-9之间,只能选A;从以上两种方法可以看出,本题是选择题,只要求出结果便可,不论方式及解题规范,而此题的关键之处在于能否熟练应用质量守恒定律,第二种方法运用了守恒法,所以运算量要少得多,也不需要先将化学方程式列出,配平,从而大大缩短了解题时间,更避免了因不知按哪一个方程式来求硝酸所导致的恐慌.再看下题：例2在一个6升的密闭容器中,放入3升X气和2升Y气,在一定条件下发生下列反应：4X气+3Y气2Q气+nR气达到平衡后,容器内温度不变,混和气体的压强比原来增加5%,X 的浓度减小,则该反应方程式中的n值是A、3B、4C、5D、6解法一：抓住“X浓度减少”,结合化学方程式的系数比等于体积比,可分别列出各物质的始态,变量和终态：4X + 3Y 2Q + nR始态3L 2L 0 0变量- ×3L=1L - ×1L= L + ×1L= L + ×1L= L终态3-1=2L 2- == L 0+ = L 0+ = L由以上关系式可知,平衡后终态混和气体的体积为2+ + + L即L,按题意“混和气体的压强比原来增加5%”即-5=5×5%,求得n=6;解法二：选用差量法,按题意“混和气体的压强比原来增加5%”即混和气体的体积增加了2+3×5%=,根据方程式,4X+3Y只能生成2Q+nR,即每4体积X反应,总体积改变量为2+n-4+3=n-5,现有×3L=1L的X反应,即总体积改变量为1L× =,从而求出n=6;解法三：抓住“混和气体的压强比原来增加5%”,得出反应由X+Y开始时,平衡必定先向右移,生成了Q和R之后,压强增大,说明正反应肯定是体积增大的反应,则反应方程式中X与Y的系数之和必小于Q与R的系数之和,所以4+3<2+n,得出n>5,在四个选项中只有D中n=6符合要求,为应选答案;本题考查的是关于化学平衡的内容;解法一是遵循化学平衡规律,按步就班的规范做法,虽然肯定能算出正确答案,但没有把握住“选择题,不问过程,只要结果”的特点,当作一道计算题来做,普通学生也起码要用5分钟完成,花的时间较多;解法二运用了差量法,以含n的体积变量差量来建立等式,能快速算出了的值,但还是未能充分利用选择题的“选择”特点,用时要1分钟左右;解法三对平衡移动与体积变化的关系理解透彻,不用半分钟就可得出唯一正确的答案;由此可见,在计算过程中针对题目特点选用不同的解题方法,往往有助于减少运算过程中所消耗的时间及出错的机会,达到快速,准确解题的效果,而运用较多的解题方法通常有以下几种:1.商余法:这种方法主要是应用于解答有机物尤其是烃类知道分子量后求出其分子式的一类题目;对于烃类,由于烷烃通式为C n H2n+2,分子量为14n+2,对应的烷烃基通式为C n H2n+1,分子量为14n+1,烯烃及环烷烃通式为C n H2n,分子量为14n,对应的烃基通式为C n H2n-1,分子量为14n-1,炔烃及二烯烃通式为C n H2n-2,分子量为14n-2,对应的烃基通式为C n H2n-3,分子量为14n-3,所以可以将已知有机物的分子量减去含氧官能团的式量后,差值除以14烃类直接除14,则最大的商为含碳的原子数即n值,余数代入上述分子量通式,符合的就是其所属的类别; 例3某直链一元醇14克能与金属钠完全反应,生成克氢气,则此醇的同分异构体数目为A、6个B、7个C、8个D、9个由于一元醇只含一个-OH,每mol醇只能转换出molH2,由生成克H2推断出14克醇应有,所以其摩尔质量为72克/摩,分子量为72,扣除羟基式量17后,剩余55,除以14,最大商为3,余为13,不合理,应取商为4,余为-1,代入分子量通式,应为4个碳的烯烃基或环烷基,结合“直链”,从而推断其同分异构体数目为6个.2.平均值法:这种方法最适合定性地求解混合物的组成,即只求出混合物的可能成分,不用考虑各组分的含量.根据混合物中各个物理量例如密度,体积,摩尔质量,物质的量浓度,质量分数等的定义式或结合题目所给条件,可以求出混合物某个物理量的平均值,而这个平均值必须介于组成混合物的各成分的同一物理量数值之间,换言之,混合物的两个成分中的这个物理量肯定一个比平均值大,一个比平均值小,才能符合要求,从而可判断出混合物的可能组成.例4将两种金属单质混合物13g,加到足量稀硫酸中,共放出标准状况下气体,这两种金属可能是A．Zn和Fe B．Al和Zn C．Al和Mg D．Mg和Cu将混合物当作一种金属来看,因为是足量稀硫酸,13克金属全部反应生成的摩尔气体全部是氢气,也就是说,这种金属每放出1摩尔氢气需26克,如果全部是+2价的金属,其平均原子量为26,则组成混合物的+2价金属,其原子量一个大于26,一个小于26.代入选项,在置换出氢气的反应中,显+2价的有Zn,原子量为65,Fe原子量为56,Mg原子量为24,但对于Al,由于在反应中显+3价,要置换出1mol氢气,只要18克Al便够,可看作+2价时其原子量为=18,同样假如有+1价的Na参与反应时,将它看作+2价时其原子量为23×2=46,对于Cu,因为它不能置换出H2,所以可看作原子量为无穷大,从而得到A中两种金属原子量均大于26,C中两种金属原子量均小于26,所以A、C都不符合要求,B中Al的原子量比26小,Zn比26大,D 中Mg原子量比26小,Cu原子量比26大,故B,D为应选答案;3.极限法:极限法与平均值法刚好相反,这种方法也适合定性或定量地求解混合物的组成.根据混合物中各个物理量例如密度,体积,摩尔质量,物质的量浓度,质量分数等的定义式或结合题目所给条件,将混合物看作是只含其中一种组分A,即其质量分数或气体体积分数为100%极大时,另一组分B对应的质量分数或气体体积分数就为0%极小,可以求出此组分A的某个物理量的值N1,用相同的方法可求出混合物只含B不含A时的同一物理量的值N2,而混合物的这个物理量N平是平均值,必须介于组成混合物的各成分A,B的同一物理量数值之间,即N1<N 平<N2才能符合要求,从而可判断出混合物的可能组成;例54个同学同时分析一个由KCl和KBr组成的混合物,他们各取克样品配成水溶液,加入足够HNO3后再加入适量AgNO3溶液,待沉淀完全后过滤得到干燥的卤化银沉淀的质量如下列四个选项所示,其中数据合理的是A．B．C．D．本题如按通常解法,混合物中含KCl和KBr,可以有无限多种组成方式,则求出的数据也有多种可能性,要验证数据是否合理,必须将四个选项代入,看是否有解,也就相当于要做四题的计算题,所花时间非常多;使用极限法,设克全部为KCl,根据KCl-AgCl,每克KCl可生成克AgCl,则可得沉淀为×=克,为最大值,同样可求得当混合物全部为KBr时,每119克的KBr可得沉淀188克,所以应得沉淀为119×188=克,为最小值,则介于两者之间的数值就符合要求,故只能选B C;4.估算法:化学题尤其是选择题中所涉及的计算,所要考查的是化学知识,而不是运算技能,所以当中的计算的量应当是较小的,通常都不需计出确切值,可结合题目中的条件对运算结果的数值进行估计,符合要求的便可选取;例6已知某盐在不同温度下的溶解度如下表,若把质量分数为22%的该盐溶液由50℃逐渐冷却,则开始析出晶体的温度范围是温度℃0 10 20 30 40溶解度克/100克水A．0-10℃B．10-20℃C．20-30℃D．30-40℃本题考查的是溶液结晶与溶质溶解度及溶液饱和度的关系;溶液析出晶体,意味着溶液的浓度超出了当前温度下其饱和溶液的浓度,根据溶解度的定义,溶解度/溶解度+100克水×100%=饱和溶液的质量分数,如果将各个温度下的溶解度数值代入,比较其饱和溶液质量分数与22%的大小,可得出结果,但运算量太大,不符合选择题的特点;从表上可知,该盐溶解度随温度上升而增大,可以反过来将22%的溶液当成某温度时的饱和溶液,只要温度低于该温度,就会析出晶体;代入溶解度/溶解度+100克水×100%=22%,可得:溶解度×78=100×22,即溶解度=2200/78,除法运算麻烦,运用估算,应介于25与30之间,此溶解度只能在30-40℃中,故选D;5.差量法:对于在反应过程中有涉及物质的量,浓度,微粒个数,体积,质量等差量变化的一个具体的反应,运用差量变化的数值有助于快捷准确地建立定量关系,从而排除干扰,迅速解题,甚至于一些因条件不足而无法解决的题目也迎刃而解.例7在1升浓度为C摩/升的弱酸HA溶液中,HA,H+和A-的物质的量之和为nC摩,则HA的电离度是A．n×100% B．n/2×100%C．n-1×100% D．n%根据电离度的概念,只需求出已电离的HA的物质的量,然后将这个值与HA的总量1升×C 摩/升=C摩相除,其百分数就是HA的电离度.要求已电离的HA的物质的量,可根据HAH++A-,由于原有弱酸为1升×C摩/升=C摩,设电离度为X,则电离出的HA的物质的量为XC 摩,即电离出的H+和A-也分别为CXmol,溶液中未电离的HA就为C-CXmol,所以HA,H+,A-的物质的量之和为C-CX+CX+CX摩,即C+CX摩=nC摩,从而可得出1+X=n,所以X的值为n-1,取百分数故选C.本题中涉及的微粒数较易混淆,采用差量法有助于迅速解题:根据HA的电离式,每一个HA电离后生成一个H+和一个A-,即微粒数增大一,现在微粒数由原来的C摩变为nC摩,增大了n-1C摩,立即可知有n-1C摩HA发生电离,则电离度为n-1C摩/C摩=n-1,更快地选出C项答案.6.代入法.将所有选项可某个特殊物质逐一代入原题来求出正确结果,这原本是解选择题中最无奈时才采用的方法,但只要恰当地结合题目所给条件,缩窄要代入的范围,也可以运用代入的方法迅速解题.例8某种烷烃11克完全燃烧,需标准状况下氧气28L,这种烷烃的分子式是A．C5H12 B．C4H10 C．C3H8 D．C2H6因为是烷烃,组成为CnH2n+2,分子量为14n+2,即每14n+2克烃完全燃烧生成n摩CO2和n+1摩H2O,便要耗去n+n+1/2即3n/2+1/2摩O2,现有烷烃11克,氧气为28/=5/4摩,其比值为44:5,将选项中的四个n值代入14n+2: 因为是烷烃,组成为C n H2n+2,分子量为14n+2,即每14n+2克烃完全燃烧生成n摩CO2和n+1摩H2O,便要耗去n+n+1/2即3n/2+1/2摩O2,现有烷烃11克,氧气为28/=5/4摩,其比值为44:5,将选项中的四个n值代入14n+2:3n2+1/2 ,不需解方程便可迅速得知n=3为应选答案.7.关系式法.对于多步反应,可根据各种的关系主要是化学方程式,守恒等,列出对应的关系式,快速地在要求的物质的数量与题目给出物质的数量之间建立定量关系,从而免除了涉及中间过程的大量运算,不但节约了运算时间,还避免了运算出错对计算结果的影响,是最经常使用的方法之一. 例9一定量的铁粉和9克硫粉混合加热,待其反应后再加入过量盐酸,将生成的气体完全燃烧,共收集得9克水,求加入的铁粉质量为A．14g B．42g C．56g D．28g因为题目中无指明铁粉的量,所以铁粉可能是过量,也可能是不足,则与硫粉反应后,加入过量盐酸时生成的气体就有多种可能:或者只有H2S铁全部转变为FeS2,或者是既有H2S又有H2铁除了生成FeS2外还有剩余,所以只凭硫粉质量和生成的水的质量,不易建立方程求解.根据各步反应的定量关系,列出关系式:1Fe--FeS铁守恒--H2S硫守恒--H2O氢守恒,2Fe--H2化学方程式--H2O氢定恒,从而得知,无论铁参与了哪一个反应,每1个铁都最终生成了1个H2O,所以迅速得出铁的物质的量就是水的物质的量,根本与硫无关,所以应有铁为9/18=摩,即28克.8.比较法.已知一个有机物的分子式,根据题目的要求去计算相关的量例如同分异构体,反应物或生成物的结构,反应方程式的系数比等,经常要用到结构比较法,其关键是要对有机物的结构特点了解透彻,将相关的官能团的位置,性质熟练掌握,代入对应的条件中进行确定.例10分子式为C12H12的烃,结构式为,若萘环上的二溴代物有9种同分异构体,则萘环上四溴代物的同分异构体数目有A．9种B．10种C．11种D．12种本题是求萘环上四溴代物的同分异构体数目,不需考虑官能团异构和碳链异构,只求官能团的位置异构,如按通常做法,将四个溴原子逐个代入萘环上的氢的位置,便可数出同分异构体的数目,但由于数量多,结构比较十分困难,很易错数,漏数.抓住题目所给条件--二溴代物有9种,分析所给有机物峁固氐不难看出,萘环上只有六个氢原子可以被溴取代,也就是说,每取代四个氢原子,就肯定剩下两个氢原子未取代,根据"二溴代物有9种"这一提示,即萘环上只取两个氢原子的不同组合有9种,即意味着取四个氢原子进行取代的不同组合就有9种,所以根本不需逐个代,迅速推知萘环上四溴代物的同分异构体就有9种.9.残基法.这是求解有机物分子结构简式或结构式中最常用的方法.一个有机物的分子式算出后,可以有很多种不同的结构,要最后确定其结构,可先将已知的官能团包括烃基的式量或所含原子数扣除,剩下的式量或原子数就是属于残余的基团,再讨论其可能构成便快捷得多.例11某有机物克完全燃烧后生成下二氧化碳和克水,该有机物的蒸气对一氧化碳的相对密度是2,试求该有机物的分子式.如果该有机物能使溴水褪色,并且此有机物和新制的氢氧化铜混合后加热产生红色沉淀,试推断该有机物的结构简式.因为该有机物的蒸气对一氧化碳的相对密度为2,所以其分子量是CO的2倍,即56,而克有机物就是摩,完全燃烧生成为摩,克水为摩,故分子式中含3个碳,4个氢,则每摩分子中含氧为56-3×12-4×1=16克,分子式中只有1个氧,从而确定分子式是C3H4O.根据该有机物能发生斐林反应,证明其中有-CHO,从C3H4O中扣除-CHO,残基为-C2H3,能使溴水褪色,则有不饱和键,按其组成,只可能为-CH=CH2,所以该有机物结构就为H2C=CH-CHO;10.守恒法.物质在参加反应时,化合价升降的总数,反应物和生成物的总质量,各物质中所含的每一种原子的总数,各种微粒所带的电荷总和等等,都必须守恒.所以守恒是解计算题时建立等量关系的依据,守恒法往往穿插在其它方法中同时使用,是各种解题方法的基础,利用守恒法可以很快建立等量关系,达到速算效果.例12已知某强氧化剂ROOH2+能被硫酸钠还原到较低价态,如果还原含×10-3molROOH2+的溶液到低价态,需L的亚硫酸钠溶液,那么R元素的最终价态为A．+3 B．+2 C．+1 D．-1因为在ROOH2-中,R的化合价为+3价,它被亚硫酸钠还原的同时,亚硫酸钠被氧化只能得硫酸钠,硫的化合价升高了2价,根据×10-3molROOH2-与12mlוL－1=的亚硫酸钠完全反应,亚硫酸钠共升×2=价,则依照升降价守恒,×10-3molROOH2-共降也是价,所以每摩尔ROOH2-降了2价,R原为+3价,必须降为+1价,故不需配平方程式可直接选C;11.规律法：化学反应过程中各物质的物理量往往是符合一定的数量关系的,这些数量关系就是通常所说的反应规律,表现为通式或公式,包括有机物分子通式,燃烧耗氧通式,化学反应通式,化学方程式,各物理量定义式,各物理量相互转化关系式等,甚至于从实践中自己总结的通式也可充分利用.熟练利用各种通式和公式,可大幅度减低运算时间和运算量,达到事半功倍的效果.例13120℃时,1体积某烃和4体积O2混和,完全燃烧后恢复到原来的温度和压强,体积不变,该烃分子式中所含的碳原子数不可能是A、1B、2C、3D、4本题是有机物燃烧规律应用的典型,由于烃的类别不确定,氧是否过量又未知,如果单纯将含碳由1至4的各种烃的分子式代入燃烧方程,运算量大而且未必将所有可能性都找得出.应用有机物的燃烧通式,设该烃为C X H Y,其完全燃烧方程式为:C X H Y+X+Y/4O2==XCO2+Y/2H2O,因为反应前后温度都是120℃,所以H2O为气态,要计体积,在相同状况下气体的体积比就相当于摩尔比,则无论O2是否过量,每1体积C X H Y只与X+Y/4体积O2反应,生成X体积CO2和Y/2体积水蒸气,体积变量肯定为1-Y/4,只与分子式中氢原子数量有关.按题意,由于反应前后体积不变,即1-Y/4=0,立刻得到分子式为C X H4,此时再将四个选项中的碳原子数目代入,CH4为甲烷,C2H4为乙烯,C3H4为丙炔,只有C4H4不可能.12.排除法.选择型计算题最主要的特点是,四个选项中肯定有正确答案,只要将不正确的答案剔除,剩余的便是应选答案.利用这一点,针对数据的特殊性,可运用将不可能的数据排除的方法,不直接求解而得到正确选项,尤其是单选题,这一方法更加有效.例14取相同体积的KI,Na2S,FeBr2三种溶液,分别通入氯气,反应都完全时,三种溶液所消耗氯气的体积在同温同压下相同,则KI,Na2S,FeBr2三种溶液的摩尔浓度之比是A、1∶1∶2B、1∶2∶3C、6∶3∶2D、2∶1∶3本题当然可用将氯气与各物质反应的关系式写出,按照氯气用量相等得到各物质摩尔数,从而求出其浓度之比的方法来解,但要进行一定量的运算,没有充分利用选择题的特殊性.根据四个选项中KI和FeBr2的比例或Na2S和FeBr2的比例均不相同这一特点,只要求出其中一个比值,已经可得出正确选项.因KI与Cl2反应产物为I2,即两反应物mol比为2∶1,FeBr2与Cl2反应产物为Fe3+和Br2,即两反应物mol比为2∶3,可化简为∶1,当Cl2用量相同时,则KI与FeBr2之比为2∶即3∶1, A、B、D中比例不符合,予以排除,只有C为应选项.如果取Na2S与FeBr2来算,同理也可得出相同结果.本题还可进一步加快解题速度,抓住KI,Na2S,FeBr2三者结构特点--等量物质与Cl2反应时,FeBr2需耗最多Cl2.换言之,当Cl2的量相等时,参与反应的FeBr2的量最少,所以等体积的溶液中,其浓度最小,在四个选项中,也只有C符合要求,为应选答案.13.十字交叉法.十字交叉法是专门用来计算溶液浓缩及稀释,混合气体的平均组成,混合溶液中某种离子浓度,混合物中某种成分的质量分数等的一种常用方法,其使用方法为:组分A的物理量a 差量c-b平均物理量c质量,浓度,体积,质量分数等组分B的物理量b 差量a-c则混合物中所含A和B的比值为c-b:a-c,至于浓缩,可看作是原溶液A中减少了质量分数为0%的水B,而稀释则是增加了质量分数为100%的溶质B,得到质量分数为c的溶液.例15有A克15%的NaNO3溶液,欲使其质量分数变为30%,可采用的方法是A.蒸发溶剂的1/2B.蒸发掉A/2克的溶剂C.加入3A/14克NaNO3D.加入3A/20克NaNO3根据十字交叉法,溶液由15%变为30%差量为15%,增大溶液质量分数可有两个方法:1加入溶质,要使100%的NaNO3变为30%,差量为70%,所以加入的质量与原溶液质量之比为15:70,即要3A/14克.2蒸发减少溶剂,要使0%的溶剂变为30%,差量为30%,所以蒸发的溶剂的质量与原溶液质量之比为15%:30%,即要蒸发A/2克.如果设未知数来求解本题,需要做两次计算题,则所花时间要多得多.14.拆分法.将题目所提供的数值或物质的结构,化学式进行适当分拆,成为相互关联的几个部分,可以便于建立等量关系或进行比较,将运算简化.这种方法最适用于有机物的结构比较与残基法相似,同一物质参与多种反应,以及关于化学平衡或讨论型的计算题.例16将各为摩的下列各物质在相同条件下完全燃烧,消耗氧气的体积最少的是A.甲酸B.甲醛C.乙醛D.甲酸甲酯这是关于有机物的燃烧耗氧量的计算,因为是等摩尔的物质,完全可用燃烧通式求出每一个选项耗氧的摩尔数,但本题只需要定量比较各个物质耗氧量的多少,不用求出确切值,故此可应用拆分法:甲酸结构简式为HCOOH,可拆为H2O+CO,燃烧时办只有CO耗氧,甲醛为HCHO,可拆为H2O+C,比甲酸少了一个O,则等摩尔燃烧过程中生成相同数量的CO2和H2O 时,耗多一个O.同理可将乙醛CH3CHO拆为H2O+C2H2,比甲酸多一个CH2,少一个O,耗氧量必定大于甲酸,甲酸甲酯HCOOCH3拆为2H2O+C2,比乙醛少了H2,耗氧量必定少,所以可知等量物质燃烧时乙醛耗氧最多.当然,解题方法并不仅局限于以上14种,还有各人从实践中总结出来的各种各样的经验方法,各种方法都有其自身的优点.在众多的方法中,无论使用哪一种,都应该注意以下几点:一.要抓住题目中的明确提示,例如差值,守恒关系,反应规律,选项的数字特点,结构特点,以及相互关系,并结合通式,化学方程式,定义式,关系式等,确定应选的方法.二.使用各种解题方法时,一定要将相关的量的关系搞清楚,尤其是差量,守恒,关系式等不要弄错,也不能凭空捏造,以免适得其反,弄巧反拙.三.扎实的基础知识是各种解题方法的后盾,解题时应在基本概念基本理论入手,在分析题目条件上找方法,一时未能找到巧解方法,先从最基本方法求解,按步就班,再从中发掘速算方法.四.在解题过程中,往往需要将多种解题方法结合一齐同时运用,以达到最佳效果.例17有一块铁铝合金,溶于足量盐酸中,再用足量KOH溶液处理,将产生的沉淀过滤,洗涤,干燥,灼烧使之完全变成红色粉末,经称量,发现该红色粉末和原合金质量恰好相等,则合金中铝的含量为A．70% B．% C．% D．30%本题是求混合金属的组成,只有一个"红色粉末与原合金质量相等"的条件,用普通方法不能迅速解题.根据化学方程式,因为铝经两步处理后已在过滤时除去,可用铁守恒建立关系式：Fe~FeCl2~FeOH2~FeOH3~ Fe2O3,再由质量相等的条件,得合金中铝+铁的质量=氧化铁的质量=铁+氧的质量,从而可知,铝的含量相当于氧化铁中氧的含量,根据质量分数的公式,可求出其含量为:3×16/2×56+3×16×100%=30%.解题中同时运用了关系式法,公式法,守恒法等.综上所述,"时间就是分数,效率就是成绩",要想解题过程迅速准确,必须针对题目的特点,选取最有效的解题方法,甚至是多种方法综合运用,以达到减少运算量,增强运算准确率的效果,从而取得更多的主动权,才能在测试中获取更佳的成绩.。
高一化学计算题练习试题集
高一化学计算题练习试题答案及解析1.（7分）把0.4 mol X气体和0.6 mol Y气体混合于2 L密闭容器中，使它们发生如下反应：4X(g)＋5Y(g)＝nZ(g)＋6W(g)。
2 min时生成0.3 mol W，此时测知以Z的浓度变化表示的反应速率为0.05 mol·L－1·min－1。
试计算：（1）前2 min内用X的浓度变化表示的平均反应速率为 mol·L－1·min－1。
（2）计算n值和2 min末时Y的浓度（写出必要的计算过程）。
【答案】（1）0.05 （2）4；0.175 mol·L－1【解析】 4X(g)＋5Y(g)===nZ(g)＋6W(g)起始量/mol 0.4 0.6 0 0转化量/mol 0.2 0.25 0.05n 0.32 min末/mol 0.2 0.35 0.05n 0.3（1）X的浓度变化量是0.2mol÷2L＝0.1mol/L，则前2 min内用X的浓度变化表示的平均反应速率为0.1mol/L÷2min＝0.05mol·L－1·min－1。
（2）Δc(Z)="0.05n" mol/2L ="0.025n" mol·L－1v(Z)=Δc/Δt="0.025n" mol·L－1÷2min =0.05mol·L－1·min-1解得n=42min末时Y的浓度为="0.35mol/2L=0.175" mol·L－1【考点】考查可逆反应的有关计算2.将25．6g铜与含0．3molH2SO4的浓硫酸充分反应，（1）若在反应过程中消耗了0．2mol的H2SO4，则生成的气体标况下体积为多少？（2）若以上反应产生的气体全部逸出后，继续在剩余物质中加入2mol/L的稀硝酸100ml，充分反应后产生NO的物质的量为多少？【答案】（1）2．24L （2）0．1mol【解析】（1）铜与浓硫酸反应产生的气体为二氧化硫气体，Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O,被还原的硫酸占参加反应的硫酸的一半，所以消耗0．2mol硫酸有0．1mol的硫酸被还原，则有0．1mol的二氧化硫生成，所以生成气体的体积为标准状况下2．24L（2）由（1）知硫酸耗用铜0．1mol,质量为6．4g，余19．2g铜，余0．1mol H2SO4,加入2mol/L的稀硝酸100ml此时溶液中n(H+)=0．2+0．2=0．4mol，n(NO3-)=0．2mol，n(Cu)=0．3mol，铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H++2 NO3-= 3Cu2++2NO↑+4 H2O,所以H+不足，按H+计算，因此生成NO的物质的量为0．1mol。
铜基催化剂还原过程研究综述
铜基催化剂还原过程研究综述肖二飞;刘华伟;钱胜涛;刘应杰;雷军;王先厚;孔渝华【摘要】铜基催化剂广泛应用于工业生产中，催化剂还原是催化剂生产的最后一道工序，也是工业使用前的第一个步骤，对几种铜基催化剂的还原过程进行综述。
铜基催化剂主要应用于CO与H2合成甲醇和CO低温变换，也可用于CO2与H2合成甲醇以及脂肪酯加氢制脂肪醇。
铜基催化剂的还原方法主要有液相还原法和气相还原法，其中，气相还原法用途较广。
对影响还原的条件（ H2浓度、温度、压力和空速等）及杂质（ H2 O、O2和CO2等）进行总结，并以甲醇合成催化剂为例对低氢还原法和高氢还原法作了介绍。
%Copper based catalysts are widely used in commercial production. The reduction of catalyst is the last step in the process of catalyst production,and also the first step before use. The reduction processes of several copper based catalysts were reviewed. Copper based catalysts were mainly used for synthesis of methanol from CO and H2 and CO low temperature conversion,and could also be applied for synthesis of methanol from CO2 and H2 as well as the synthesis of fatty alcohol from fatty ester hydrogena-tion. The reduction methods of copper based catalysts mainly had the liquid phase reduction method and the gas phase reduction method,in which the gas phase reduction method was widely used. The condi-tions( H2 concentration,temperatures,pressure and space velocity,etc. )and impurities( H2 O,O2 and CO2 ,etc. )which influenced on the catalyst reduction were summaried. Using methanol synthesis cata-lyst as an example,the low hydrogen reduction method and the high hydrogen reduction method were introduced.【期刊名称】《工业催化》【年(卷),期】2016(024)003【总页数】7页(P35-41)【关键词】催化剂工程;铜基催化剂;甲醇合成催化剂;还原【作者】肖二飞;刘华伟;钱胜涛;刘应杰;雷军;王先厚;孔渝华【作者单位】工业气体净化精制与利用湖北省重点实验室，华烁科技股份有限公司，湖北武汉430074;工业气体净化精制与利用湖北省重点实验室，华烁科技股份有限公司，湖北武汉430074;工业气体净化精制与利用湖北省重点实验室，华烁科技股份有限公司，湖北武汉430074;工业气体净化精制与利用湖北省重点实验室，华烁科技股份有限公司，湖北武汉430074;工业气体净化精制与利用湖北省重点实验室，华烁科技股份有限公司，湖北武汉430074;工业气体净化精制与利用湖北省重点实验室，华烁科技股份有限公司，湖北武汉430074;工业气体净化精制与利用湖北省重点实验室，华烁科技股份有限公司，湖北武汉430074【正文语种】中文【中图分类】TQ426.6;O643.36综述与展望铜属于过渡金属元素，对有机化合物催化氧化、加氢和脱氢等反应有很好的活性，广泛应用于催化剂制备。
酸与金属反应的相关计算(含详细答案)
硝酸与金属反应的相关计算向50 mL 18 mol·L－1的H2SO4溶液中加入适量的铜片并加热，充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量( )A ．小于0.45 molB ．等于0.45 molC ．在0.45～0.90 mol 之间D ．大于0.45 mol【解析】 浓硫酸与铜可发生氧化还原反应，而稀硫酸与铜不发生反应。
浓硫酸与铜反应时，随着反应进行，其浓度也逐渐下降，当浓硫酸变为稀硫酸时反应就会停止。
因此，参加反应的硫酸实际量要比理论计算值小。
据题意，被还原的硫酸物质的量理论值为n (H 2SO 4)＝12×18mol/L×0.05 L＝0.45 mol 。
答案】 A(2011年天津南开中学高一质检)将32.64 g 铜与140 mL 一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO 和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L 。
请回答：(1)NO 的体积为________L ，NO2的体积为________L 。
(2)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入V mL a mol·L－1的NaOH 溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为________mol·L－1。
(3)欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH 溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水________g 。
【解析】 (1)设生成NO 的物质的量为x ，生成NO 2的物质的量为y 。
则有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝11.2 L22.4 L/mol 3x ＋y ＝32.64 g64 g/mol×2解得x ＝0.26 mol y ＝0.24 molV (NO)＝0.26 mol×22.4 L/mol＝5.824 L V (NO 2)＝0.24 mol×22.4 L/mol ＝5.376 L 。
(2)由原子守恒得：n (HNO 3)＝n (气体)＋n (NaOH)所以c (HNO 3)＝aV ×10－3＋0.50.14mol·L －1。
高一化学有关氧化还原反应的的计算试题答案及解析
高一化学有关氧化还原反应的的计算试题答案及解析1.在3Cu+8HNO3(稀)====3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O反应中，还原剂与氧化剂的物质的量之比为()A．3∶8B．1∶1C．3∶2D．1∶2【答案】C【解析】该反应3Cu+8HNO3(稀)====3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中，铜元素化合价变化为：0价→+2价，失电子作还原剂；氮元素的化合价变化为：+5价→+2价，得电子作氧化剂；硝酸有一部分化合价不变化，所以还有部分硝酸只起酸的作用，根据氧化还原反应中得失电子数相等知，铜全部作还原剂，有的硝酸作氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶2。
【考点】氧化还原反应2. ClO2遇浓盐酸会生成Cl2，反应方程式为2ClO2+8HCl====5Cl2+4H2O，该反应中若转移电子的数目为9．632×1023，则产生的Cl2在标准状况下的体积为()A．11．2 L B．33．6 L C．22．4 L D．44．8 L 【答案】C【解析】 n(e-)==1．6 mol。
因为2ClO2～Cl2～8e-，8HCl～4Cl2～8e-，所以该反应转移的电子数为8e-，即5Cl2～8e-，所以n(Cl2)=n(e-)=×1．6 mol="1" mol，V(Cl2)="1"mol×22．4 L·mol-1=22．4 L。
【考点】氧化还原反应3.将1.52 g的铜镁合金完全溶解于50mL14.0 mol/L的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(标准状况)，向反应后的溶液中加人1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。
下列说法不正确的是A．若该浓硝酸的密度为1.40g/mL则该浓硝酸的溶质质量分数为63%B．该合金中铜与镁的物质的最之比是2:1C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到2.54 g沉淀时，加人NaOH溶液的体积是620 mL【答案】D【解析】反应后溶质为硝酸钠，据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为，据钠离子守恒可知故需要氢氧化钠溶液体积为所以D选项错误。
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解题方法——铜与硝酸
反应的相关的计算
铜与硝酸的反应体现了硝酸的强氧化性与酸性,浓硝酸在反应过程中逐渐变稀,造成产物出现了多样性, 利用计算题的形式可以从不同角度考察学生对该反应的理解程度.
1 考察求解混合气体的平均分子量(利用极端值法求解)
例1 0.03molCu完全溶于硝酸,产生氮的氧化物(NO、NO2、N2O4)混合气体的平均分子量可能是
(A) 30 (B) 46 (C) 50 (D)66
解析:设NO、NO2、N2O4的物质的量分别为x、ｙ、ｚ，各产生１ｍｏｌNO、NO2、N2O4分别得到3molｅ－、1molｅ－、和2molｌｅ－
x+y+z=0.05mo
3x+y+2z=0.06
此方程属于不定方程,难以讨论,可以采用极端值法求解:假设混合气体由二种气体组成,若由NO与NO2组成,z=0,解上述方程组得x=0.005mol, y=0.045mol,则M=0.005×30＋0.045×46)／0.05=44.4g/mol
同理若混合气体有NO2、N2O4组成，则x=0，解方程组得y=0.04mol,z=0.01mol,求得混合气体的平均摩尔质量为:M=(0.04×46＋0.01×92)/0.05=55.2g/mol
实际上混合气体由NO、NO2、N2O4三种气体组成,故混合气体的平均分子量应在44.4与55.2之间,因此选B、 C .
该题是2002年上海高考试题,考察了考生处理三种组分混合物平均分子量的思维方法.
2 考察对硝酸在反应中所起作用的理解(利用关系式法求解)
例2 1.92gCu粉与一定量的浓硝酸反应,当铜粉完全反应时收集到气体1.12L(标况),则所消耗硝酸的物质的量是
A 0.12mol
B 0.11mol
C 0.09mol
D 0.08mol
解析：铜的物质的量=1.92g/64g/mol=0.03mol.气体(NO、NO2)的物质的量为
1.12L/2
2.4L/mol=0.05mol.在硝酸与铜的反应中，一部分硝酸生成了硝酸铜，另一部分硝酸转化为NO x(NO、NO2)，
关系式如下：
Cu———Cu（NO3）2———2HNO3；HNO3——————NO x(NO、NO2)，由上述关系式可知，所消耗硝酸的物质的量=2n（Cu）+n（NO x）=2×0.03 mol
+0.05mol=0.11mol.
3 考察对NO3-减少与H+下降关系的理解(利用守恒关系列方程求解)
例3 76.8mgCu与足量浓硝酸反应,铜作用完全后,如果NO3-减少2×10-3mol,则溶液中H+同时下降
A 2.2×10-3mol
B 3.2 ×10-3mol
C 4.4×10-3mol
D 4.8×10-3mol
解析:H+反应后生成H2O, H2O中的O来自HNO3转化为NO x后减少的O,故有下列关系:
NO3-(减少)____ NO2______e______2H+; NO3-(减少)____ NO______3e______4H+因此,n(H+)=2n(NO2)+4n(NO).这样只要求出NO2与NO的物质的量即可求出减少的H+物质的量,设生成NO2、NO的物质的量分别为x,y则
由N守恒:x+y=2×10-3mol, ①
由得失电子守恒:x+3y=2×76.8×10-3g/64g/mol②
解①,②方程组得: x =1.8×10-3 mol, y=0.2×10-3mol. n(H+)=2×1.8×10-3
mol+4×0.2×10-3mol=4.4×10-3mol,选C.
4 考察对铜与硝酸反应实质的理解(利用离子方程式判断过量求解)
例4 有硫酸与硝酸的混合液,取出其中10ml,加入足量的BaCl2溶液,将生成的沉淀过滤洗涤,干燥称得质量为9.32g.另取这种溶液10ml与4mol/L的NaOH溶液25ml恰好中和.
求①混合液中H2SO4与HNO3的物质的量浓度是多少？
②另取10ml的混合液与0.96g铜粉共热时，有多少ml气体产生?
解析:由题意知硫酸钡的物质的量:n(BaSO4)=n(H2SO4)= 9.32g/233g/moL=0.04mol, 溶液中的H+与NaOH反
应,n(NaOH)=n(H+)=0.025L×4mol/L=0.1mol, n(HNO3)=0,1mol－2 n(H2SO4)== 0.02mol, c(H2SO4)=4mol/L,c(HNO3) =2moL/L;
(2)溶液中的n(H+)=0.04×2+0.02=0.10mol, n(HNO3)=0.02mol,n(Cu)=0.015mol,由化学反应3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,因此与0.015mol的Cu反应需要的H+的物质的量为0.04mol<0. 1mol同理反应掉的NO3-的物质的量为
0.01mol<0.02mol,所以H+与NO3-均过量,Cu全部溶解,生成的NO的体积应据Cu 的物质的量来计算,即n(NO)=2/3×0.015=0.01mol,所以V(NO)=0.224L.
5 考察硝酸的还原产物中氮元素的化合价(假设法求解)
例5:锌与硝酸反应,若有1mol硝酸参加法院，则有0.8mol的电子发生转移,此时硝酸的还原产物中N元素的化合价
A +4
B +1 C+2 D－3
解析:从题目的所述中可知,若有8mol的电子转移,就有4mol的锌被氧化,有10mol 的硝酸参加反应,其中有8mol的硝酸转化为Zn(NO3)2,还有2molHNO3,可能有以下情况:
①若2mol的硝酸全部被还原,则N的化合价应降为(+5－8/2)=+1.此时产物为N2O
②若2mol的硝酸只有1molHNO3被还原, 则N的化合价应降为(+5－8)=－3此时产物为NH4NO3。