2009年天原杯最难题分析(溶液计算问题）

　　2009年全国初中化学素质和实验能力竞赛(第十九届天原杯)复赛xx

　　这是2009年天原杯附加题的{dy}题，是有关溶液的计算问题。题目为：

　　向100g质量分数分别为3.65％盐酸和12％MgSO4的混合溶液中，滴加质量分数为3.42％的Ba(OH)2溶液至过量。(为便于计算设溶液的密度为1g／cm3)

　　(1)请将产生不同沉淀阶段的沉淀的化学式与加入Ba(OH)2溶液体积(V)间的关系填入下表：

　　（2）请在下面坐标系中完成沉淀的质量和Ba(OH)2溶液体积(  V)间的关系图线。

　　【解析】（1）首先要从溶液的组成来分析，析出的沉淀有哪些，沉淀要在什么条件下析出？有我们学过的知识可以知道，可能生成的沉淀有硫酸钡和氢氧化镁。Ba(OH)2溶液滴至盐酸和MgSO4的混合溶液中硫酸钡沉淀立即生成（硫酸钡不溶于酸），而氢氧化镁沉淀由于盐酸的存在而不沉淀，直到盐酸xx被氢氧化钡中和后才析出，所以一开始析出的沉淀为硫酸钡。然后随着氢氧化钡的加入逐渐把盐酸中和后，氢氧化镁也开始沉淀，两种沉淀同时生成。氢氧化钡进一步加入，则硫酸钡、氢氧化镁先后逐渐沉淀xx。因此，沉淀有三个转折点：

　　一开始硫酸钡沉淀，遇到{dy}个转折是盐酸被刚好xx消耗，此时硫酸钡和氢氧化镁同时沉淀；二是硫酸钡沉淀xx（经过计算可以知道硫酸钡先沉淀xx），氢氧化镁继续沉淀；三是氢氧化镁也沉淀xx，沉淀质量不再变化。

　　分析清楚过程后，我们进行定量计算：

　　首先应该计算{dy}个转折点：盐酸含量为100*3.65%/36.5=0.1mol，因此可以消耗Ba(OH)2 0.05mol，对应的体积为0.05*171/3.42%=250ml

　　因此，在盐酸没有反应xx或刚好xx反应，即V≦250ml时，沉淀为BaSO4，质量为V*3.42%/171*233=0.0466V

　　接着计算第二个转折点：当盐酸反应xx后，硫酸钡和氢氧化镁开始同时析出，直到硫酸根反应xx。

　　硫酸镁的含量为100*12%/120=0.1mol，因此可以消耗Ba(OH)2 0.1mol，对应的体积为0.1*171/3.42%=500ml

　　因此在250ml<V≦500ml时，BaSO4和Mg（OH）2同时析出，质量为硫酸钡的质量V*3.42%/171*233=0.0466V加上氢氧化镁的质量（V-250）*3.42%/171*58=0.0116（V-250），从而总质量为0.0582V-2.9

　　接着计算第三个转折点：当硫酸钡沉淀xx后，氢氧化镁继续沉淀

　　氢氧化镁xx沉淀需消耗氢氧化钡500ml（与硫酸钡相同），加上盐酸消耗250ml，氢氧化镁xx沉淀，需加入氢氧化钡750ml

　　因此在500ml<V≦750ml时，B沉淀的质量为硫酸钡的质量（沉淀xx）0.0466*500=23.3g，加上氢氧化镁的质量0.0116（V-250），从而总质量为0.0116V+20.4

　　{zh1}：当氢氧化镁也沉淀xx后，沉淀质量不再变化，为29.1g

　　因此{dy}问答案为：

　　（2）根据上面分析的关系式，可画图如下

　　【总结】：这道题考的知识点并不多，关键在于分析。这就是关于溶液的计算的特点，本身知识点并不多，但是变化多，多转了几个弯之后，难度就会变大，只有通过多做题，掌握了分析思路，才能遇佛杀佛，遇魔杀魔。

30、将一些CuO粉末加入到100g14%的稀硫酸中，微热至氧化铜全部溶解再向蓝色溶液中加入m g铁粉，充分反应后，过滤，将滤渣烘干得到干燥固体物质m g。

求：(1)所加氧化铜的质量；   

(2)当m取何值时，才能满足加入的铁粉和得到的固体质量相等。

【分析】这是一道典型的关于化学方程式的计算题，关键在于分析前后两次反应过程，物质的过量关系。1、氧化铜全部溶解时，硫酸是否过量；2、加入铁粉后，硫酸是否过量。

分析的切入点显然在于如何分析反应前后固定的质量均为mg，没有改变。铁粉加入后，首先是将铜置换出来（铜的活动顺序在氢之后），由于铜的相对原子质量比铁大，因此固体物质质量增加。要使得质量不变，则必须存在着一个固体质量减少的过程，因此可以推断出硫酸必然过量，并且与铁反应生成氢气，质量减小。

于是我们得知置换铜增加的质量要等于铁与硫酸反应消耗的质量，并且可知Cu被xx置换出来了（否则不会产生置换出氢气，质量不可能相等）。设加入的氧化铜为xmol，

（1）则氧化铜溶解消耗的硫酸质量为xmol

（2）根据关系式CuO-CuSO4-Fe-Cu，消耗的Fe为xmol，生成的Cu也为xmol，则增加的质量为（64-56）x=8xg，因此与硫酸反应产生氢气的铁粉质量应该也是8xg，即x/7mol，从而消耗硫酸x/7mol

因此消耗硫酸的总量为8x/7mol

若最终硫酸反应xx，则8x/7=100×14%/98，从而x=1/8，因此质量为10g。进一步计算铁粉的质量：

置换铜消耗Fexmol，置换氢气消耗Fex/7mol，因此共消耗Fe8x/7mol，即1/7mol，8g。注意，过量的Fe不影响等式的成立，因此只要m≥8g即可

之所以标题为xx解析，在于然而很多参考书，甚至真题的标准答案，忽略了硫酸过量的情况。硫酸过量（即m（CuO）<10g）时，我们只要满足加入氧化铜的物质的量与铁粉的物质的量的比例为7：8，也能满足条件，此时只能得出关系式，无法求解具体值

【点评】这是将09年天原杯第30题修改后的一道计算题，其解题思路基本相同。难点分析：1）如何把握质量不变这一条件，从而推断出硫酸过量；2）如何分析在硫酸铜和硫酸同时存在的条件下加入铁粉的反应过程；3）建议：此题在出题时，应写明加入过量的铁粉.

2007年天原杯计算压轴题（关于化学式的计算）精析

2007年全国初中化学素质和实验能力竞赛(第十九届天原杯)复赛xx
这是2007年天原杯计算题的{zh1}一题，是有关化学方程式以及化学式的计算问题。题目为：

合成氨工业生产中所用的α-Fe催化剂的主要成分是FeO、Fe₂O₃。

（1）当催化剂中FeO与Fe₂O₃的质量之比为9∶20时，其催化活性{zg}，此时铁的氧化物混合物中铁的质量分数为多少？（用小数表示，保留2位小数）

（2）以Fe₂O₃为原料制备上述催化剂，可向其中加入适量碳，发生如下反应：

为制得这种活性{zg}的催化剂，应向480gFe₂O₃粉末中加入碳多少克？

解析：（1）当组成固定时，质量分数与总量无关

我们假定有9gFeO，则有20g Fe₂O₃，9gFeO中，m（Fe）=9*56/（56+16）=7g；20g Fe₂O₃中，m（Fe）=20*56*2/（56*2+16*3）=14g；因此总m（Fe）为21g即29g催化剂中含Fe21g，因此铁的质量分数为0.72

（2）要制得活性{zg}的催化剂，则FeO与Fe₂O₃的质量之比要为9∶20

设反应后FeO质量为x，则Fe2O3的质量为20x/9,

根据方程式，要制得x的FeO，需消耗Fe₂O₃（56*2+16*3）x/（2*（56+16））=10x/9

则Fe₂O₃的总质量应为20x/9+10x/9=10x/3=480g，因此，x=144g

然后再根据化学方程式计算出应加入碳144/（4*（56+16））*12=6（g）

【总结】一、当混合物组成固定时，元素或物质的质量分数不随混合物的总量而改变，因此，为便于计算，我们可以直接具体设为多少克，而不用设未知数；

二、此题的易错点是容易直接通过质量比求算生成的氧化亚铁的质量，从而计算应加入碳的量。注意：480g氧化铁在被铁还原后氧化铁和氧化亚铁的总质量并不是480g，而应该小于480g。

 2006年天原杯计算最难题分析

已知CuO被C还原的产物是Cu₂O（红色）。现有CuO和木炭粉组成的混合物4.24g，在高温下充分反应后，得到红色固体产物。反应后产生的气体能全部被过量的澄清的石灰水吸收，得沉淀2.00g。试计算所得红色固体产物质量。

【解析】反应后产生的气体全部被澄清石灰水吸收，说明反应全部产生二氧化碳，并且二氧化碳的质量可以通过沉淀碳酸钙的质量来求得，为2.00*44/100=0.88g。二氧化碳必定是由C反应生成的，无论是通过还原反应或者是C的燃烧，因此根据C元素守恒，则原混合物中木炭的质量应该为0.88*12/44=0.24g，因此氧化铜的质量为4g

根据反应方程式：4CuO+C==2Cu₂O +CO₂可得：0.24g木炭可以还原氧化铜0.24*（4*80）/12=6.4g>4g，因此炭粉过量，氧化铜全部被还原，从而

　　4CuO+C==2Cu₂O +CO₂ ↑

　　4×80 　2×144

　　4.00 　　x

X=3.60（g） ，即得到的红色固体产物质量为3.60g

【点评】1、此题为典型的过量问题的计算，此类题型的关键在于判断哪种反应物过量。

2、难点：由于一开始我们无法判断C是否过量，因此没有办法直接通过反应方程式从CO₂的质量求C的质量。此处应使用守恒法，利用碳元素的守恒求解。

3、关系式法：此题可以通过题意列出关系式C-CO₂-CaCO3，直接通过沉淀质量求得C的质量。