电子式书写方法一览

电子式书写方法一览

电子式是表示微粒最外层电子结构的化学式。通常是在元素符号的周围，用小黑点“?”(或“*”)等符号表示元素的原子或离子的最外层电子个数。

用电子式可以表示原子、离子、单质分子，也可表示共价化合物、离子化合物及其形成过程。书写电子式应该注意：

1. 无论何种微粒，其电子式都是由原子为基本单位组成的，不能出现角码甚至系数。

2. 组成各种微粒的各个原子的电子式，必须力求均匀、对称。稳定的8电子结构通常表示为四对电子(一般为元素符号的上、下、左、右各一对电子.)。

3. 电子式只能用示表示由主族元素形成的物质，不能表示由过渡元素形成的物质。

一. 原子：

依据元素的原子最外层电子个数的多少，先用小黑点“?”(或“*”)等符号在元素符号上、下、左、右各表示出1个电子，多余的电子配对。例如：

二. 离子：

1. 阳离子：简单阳离子由于在形成过程中已失去最外层电子，所以其电子式就是其离子符号本身。例如：Na K Mg Ca Ba Al

复杂的阳离子(例如NH4+、H3O+等.) 除应标出共用电子对、非共用电子对等外，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷。

2. 阴离子：无论是简单阴离子，还是复杂的阴离子，都应标出电子对等，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷。例如：

三. 共价型单质分子：

必须正确地表示出共用电子对数，并满足每个原子的稳定结构。例如：

四. 共价化合物：

共价化合物电子式的书写，基本与共价型单质分子相同，一般为正价者在前。对于不同价态的元素的原子，一般将化合价绝对值大的写在中

2+

3+

+

+

2+

2+

间，绝对值小的写在周边。例如：

五. 离子化合物：

离子化合物电子式的书写，是将阴阳离子(阳离子在前，阴离子在后.)拼在一起。对于不同价态的离子，也按其绝对值，遵照“大值在中间、小值在周边”的原则书写。例如：

六. 用电子式表示化合物的形成过程：

1. 共价化合物的形成过程示例：

2. 离子化合物的形成过程示例：

* 请写出下列物质的电子式：MgC2、Li3N、HNO3、NO、N2H4、CS2

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用守恒法解有关镁、铝和铁的计算题 有关金属的计算题，解题方法有多种，其中

最重要的一种是守恒法，这种方法常常能快速，准确地解出较难的计算题！ 一、得失电子守恒与终态法结合

例1：将5.1 g镁和铝投入500 ml 2 mol/L的盐酸中，生成氢气0.5 g，金属完全溶解：再加入4 mol/L的NaOH溶液，

(1)若要使生成的沉淀最多，则应加入NaOH溶液的体积是（ ）

A. 200 ml B. 250 ml C. 425 ml D. 560 ml

解析：要使生成的沉淀最多，Mg2+和Al3+全部生成Mg(OH)2和Al(OH)3 沉淀，溶液中溶质只含NaCl，据Na+与Cl-守恒有500×2=4×V（NaOH），所以V（NaOH）=250 ml。

(2) 生成沉淀的质量最多是（ ） A. 22.1 g B. 8.5 g C. 10.2 g D. 13.6 g

解析：从始态（金属镁和铝）到终态（Mg(OH)2和Al(OH)3）沉淀，固体增加的质量为OH-的质量，只要计算出OH-的物质的量即可，而OH-的物质的量等于反应中转移的电子的物质的量，因反应中生成氢气0.5 g，所以转移的电子的物质的量为氢气物质的量的2倍，即0.5 mol e，答案

为 D。

例2：向100 ml水中投入K和Al共15 g，充分反应后，剩余金属为1.8 g

（1）计算放出H2多少升（标准状况下） 解析：剩余金属1.8 g只可能是Al（因钾要与水反应），钾与水反应生成KOH和H2 ，KOH再与Al反应（因金属Al有剩余，所以生成的KOH完全反应），

2K +2H2O = 2KOH + H2↑① 2KOH + 2H2O + 2Al = 2NaAlO2 + 3 H2↑ ②

① + ②得：2K + 2Al+ 4H2O = 2NaAlO2 + 4H2↑

有关系式 金属质量～～～氢气体积（标准状况下）

66 g 44.8 L V(H2) V(H2)=8.96L （2）过滤出未反应的金属，向滤液中逐滴加入4 mol/L的H2SO4溶液，生成沉淀的最大值是多少，此时消耗H2SO4溶液的体积是多少？ 解析：据Al守恒有关系式：Al～～～～Al(OH)3可计算生成沉淀的质量。

要使生成的沉淀最多，Al3+全部生成Al(OH)3

沉淀，溶液中溶质只含K2SO4溶质，据K+与SO42-守恒有关系式

2 K～～～～H2SO4 2 mol 1 mol

0.2 mol 4×V（H2SO4） V（H2SO4）=25 ml

（3）生成沉淀后，再加入H2SO4溶液，使沉淀刚好完全溶解，此时消耗H2SO4溶液的体积是多少？

解析：沉淀刚好完全溶解时，溶液中只有K2SO4 和

Al2(SO4)3。由电荷守恒有：

)=3n(Al3+)+n(K+)，所以有

2n(SO42-

二、电荷守恒的运用

例3：将K2SO4和Al2(SO4)3和KAl(SO4)2三种混合溶液加H2SO4酸化。测得

C(SO42- )=0.105 mol/L，C(Al3+)=0.055 mol，pH=2.0(假设H2SO4完全电离为H+和SO42- ) 则C（K+）为：A. 0.045 mol/L B. 0.035 mol/L C. 0.055 mol/L D. 0.040 mol/L

解析：因pH=2.0 所以C（H+）= 0.01 mol/L，C

n(H2SO4)=3/2n(Al)+1/2n(K) 答案为100 ml。

（OH-）很小，忽略不计。根据电荷守恒有：C(K+）+ 3C(Al3+)+ C（H+）= 2C(SO42- ) 解之：C(K+）=0.035 mol/L

例4：现有 K2SO4 和Al2(SO4)3和KAl(SO4)2的混合溶液，其中n(SO42- )=2 mol 向混合溶液逐滴加入KOH，使生成的沉淀刚好完全溶解时，消耗2 mol KOH溶液，求原溶液中的K+的物质的量？

解析：生成的沉淀刚好完全溶解时，消耗2 mol KOH溶液，由反应

Al3+ + 4OH- = AlO2- + 2H2O n(Al3+)=n(OH-)/4=0.5 mol

设原溶液中的K+的物质的量为n(K+原），由电荷守恒，对原溶液有

n(K+原）+ 3n(Al3+) = 2n(SO42- ) ① 加入2 mol KOH溶液后，由电荷守恒有：n(K+原）+ n(K+加入）= n(AlO2-) + 2n(SO42- ) ② 由Al元素守恒有：n(Al3+) = n(AlO2-) ③ 联立①②③解得：n(K+原）=2.5 mol

例 5：某些化学试剂可用于净水。水处理中使用

一种无机高分子，化学式为[Al2(OH)nCl m·yH2O]x，式中m等于 A. 3-n B. 6-n C. 6+n D. 3+n

解析：由电荷守恒有：3 n(Al3+)=n（OH-）+ m（Cl-） 即 3×2 = n + m m = 6-n

例6：非整数比化合物Fe0.95O具有NaCl晶体结构，由于n(Fe):n(O)<1，所以晶体结构存在缺陷，在Fe0.95O中，+3价的Fe占总铁量的 A. 10.0% B. 85.0% C. 10.5% D. 89.50%

解析：设+3价铁为x mol，依电荷守恒有：3n(Fe3+) + 2n(Fe2+) = 2n(O2-)，即：3x + 2（0.95-x）= 2×1 x=0.1 +3价的Fe占总铁量的0.1/0.95×100% = 10.5%

三、质量守恒或电荷守恒与电解质溶液的相关知识结合

例7：常温下由HCl、MgCl2 、AlCl3 组成的混合溶液1.0 L，其物质的量浓度分别为0.1 mol/L、0.1 mol/L、1.2 mol/L

(1)已知溶液中的C（Mg2+）与溶液pH的关系为：lg C（Mg2+）=17-2pH

向混合溶液中加入NaOH溶液至pH=9 能否析出Mg(OH)2沉淀?

解析：将pH=9代入lg C（Mg2+）=17-2pH 计算出C（Mg2+）=0.1 mol/L 所以不能析出Mg(OH) 2沉淀。

（2）向混合溶液中加入NaOH容液，溶液中AlO2- 随pH 变化如下表：

试写出碱性条件下AlO2- 与pH的关系式： 解析：常温下pH=8时，C（H+）=10-8 mol/L C（OH-）=10-6 mol/L C(AlO2-)=10-3 mol/L

pH=9时，C（H+）=10-9 mol/L C（OH-）=10-5 mol/L C(AlO2-)=10-2 mol/L

pH=10时，C（H+）=10-10 mol/L C（OH-）=10-4 mol/L C(AlO2-)=10-1 mol/L

pH=11时，C（H+）=10-11 mol/L C（OH-）=10-3 mol/L C(AlO2-)=100 =1 mol/L

不难发现 C（OH-）=10-3 C(AlO2-) ① 因为C（OH-）=Kw/ C（H+）=10-14/ C（H+） ②

由pH= -lg C（H+）有C（H+）= 10-pH ③ 联立①②③有：C(AlO2-) = 10pH-11（提示：关系式是否正确，可带入检验）

（3）向混合溶液中加入NaOH容液，使溶液的pH=11，需要加入NaOH_____ g（忽略溶液的体积变化）

解析：(方法一) 中和盐酸消耗NaOH的物质的量为0.1 mol，因pH=11，沉淀Mg2+消耗NaOH的物质的量为0.2 mol

pH=11时，C(AlO2-) = 1 mol/L， n(AlO2-)=1 mol 因为溶液呈碱性，

所以Al3+不能大量共存，由Al元素质量守恒有：nAl(OH)3 = n(Al) - n(AlO2-)

nAl(OH)3 =0.2 mol 1mol Al3+转化为AlO2-需要4 mol OH-，0.2 mol Al3+转化为Al(OH)3需要0.6 mol OH-，所以需要加入NaOH的物质的量为 n(NaOH)=0.1+0.2+4+0.6=4.9 m(NaOH)=196 g 。

（方法二）pH=11时，溶液中溶质为NaCl和NaAlO2溶液，由质量和电荷守恒有：

n(Na+) = n(AlO2-) + n(Cl-) 而n(Cl-) = 0.1+0.1×2+1.2×3=3.9 mol

mol

n(AlO2-) = 1 mol 所以 n(NaOH)= n(Na+)=4.9 mol m(NaOH)=196 g 练习题:

（1）将10.2 g的镁和铝投入1000 ml 2 mol/L的盐酸中，金属完全溶解：再加入4 mol/L的NaOH溶液，若要使生成的沉淀最多，则应加入NaOH溶液的体积是（ ）

A 100 ml B 700 ml C 600 ml D 500 ml

（2）一定量的Fe和Fe2O3的混合物投入250 ml 2 mol/L的硝酸溶液，反应完全后，生成1.12L NO气体(标准状况下)，再加入1 mol/L的NaOH溶液，要使铁元素完全沉淀下来，所加NaOH溶液的体积最少为 A 450 ml B 500 ml C 400 ml D 不能确定

（3）向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物投入100 ml 1 mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224 ml（标准状况）的气体，所得溶液中，加入KSCN溶液无血红色出现，若用过量的CO在高温下还原相同质量的混合物，能得铁的质量为（ ）

A 11.2 g B 5.6 g C 2.8 g D 无法计

算

（4）向一定量的Fe、Fe2O3和CuO混合物投入100 ml 2.2 mol/L的硫酸溶液中，充分反应后生成896 ml标准状况下的气体，得不溶物1.28 g，过滤后，溶液中阳离子只有Fe2+。向滤液中加入2 mol/L的NaOH溶液，加至40 ml时开始出现沉淀，则滤液中FeSO4的物质的量浓度为（设滤液体积为100 ml） ( )

A 2 mol/L B 1.8 mol/L C 1.9 mol/L D 无法计算

(5) 将4.6 g Cu和Mg完全溶于浓硝酸溶液中，反应中硝酸的还愿产物为4480 ml NO2气体和336 ml N2O4气体(标准状况下)，反应后的溶液中，加入过量NaOH溶液，生成沉淀的质量为 A 9.02 g B 8.51 g C 8.26 g D 7.04 g

参考答案：（1）提示：Mg2+和Al3+全部沉淀，，溶液中只含NaCl溶质，选D。

（2）提示：铁元素完全沉淀下来，溶液中溶质为 NaNO3，依据氮元素守恒计算，选 A。 （3）提示：反应后的溶液溶质只有FeCl2，所以n(Fe)= n(Fe2+)=1/2(Cl-) 选C。

(4) 加至40 ml时开始出现沉淀时，溶液中溶质只有FeSO4和Na2SO4时，依据S元素守恒有n(FeSO4)=n(H2SO4)-n(Na2SO4) 选 B。 (5) 提示：从始态（金属镁和铜）到终态（Mg(OH)2和Cu(OH)2）沉淀，固体增加的质量为OH-的质量，只要计算出OH-的物质的量即可，而OH-的物质的量等于反应中转移的电子的物质的量。 转移的电子的物质的量等于氮元素得电子的物质的量，选 B。

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有关硝酸与金属反应的计算

硝酸与金属反应的计算是一个难点,本文从思维角度加以阐述,供大家参考。 一、从反应的本质看:

金属与硝酸反应的实质是金属与H+和 NO3- 共同作用.

例如:铜与稀硝酸反应的实质是: 3Cu +8H+ +2NO3- ===3Cu2+ +4H2O +2NO↑

Fe2+与稀硝酸反应的实质是: 3Fe2+ + 4H+ + NO3- === 3Fe3+ + 2H2O + NO↑

例 1.铜粉放入稀硫酸溶液后,加热后无明显现象发生,当加入下列一种物质后,铜粉质量减少,溶液呈蓝色,同时有气体产生,该物质可能是( ) 。 A. Fe2 (SO4) 3 B. Na2CO3 C. KNO3 D.FeSO4

解析: 铜不能与稀硫酸反应,但稀硫酸提供H+, 盐提供NO3-，构成强氧化条件，能溶解铜并产生气体。答案选 C。

例2.铁铜混合物加入不足量的硝酸,反应后,剩余金属m1 g,再向其中加入一定量稀硫酸.充分振荡后, 剩余金属m2 g, 则m1与m2的关系是( )。 A. m1一定大于m2 B. m1一定等于m2 C. m1可能等于m2 D. m1可能大于m2

解析: 铁铜混合物与不足量的硝酸反应后生成硝酸盐,即溶液中的盐含有NO3-,再加稀硫酸提供H+,发生氧化还原反应,会再溶解一部分金属。答案 选A。

例3.已知Fe2+可以水解: Fe2+ +2H2OFe(OH) 2+2H+，现向Fe(NO3) 2溶液中加入足量的稀硫酸,则溶液的颜色( ) 。

A. 浅绿色加深 B.颜色变浅 C.溶液变黄 D.无法判断

解析: 原Fe (NO3) 2溶液中含有NO3-,再加入稀硫酸提供H+,发生氧化还原反应

3Fe2+ + 4H+ + NO3- === 3Fe3+ + 2H2O + NO↑ 溶液变黄,答案 选 C

例4.在100 mL 混合溶液中, HNO3 和 H2SO4 的物质的量浓度分别是 0.4 mol/L, 0.1 mol/L 向该混合液中加入 1.92 g铜粉,加热待充分反应后,所得溶液中 Cu2+ 的物质的量浓度是 A. 0.15 B. 0.225 C. 0.35 D. 0.45 解析: 题中告诉了HNO3和H2SO4的物质的量浓度,可以求出H+ 和NO3- 的物质的量分别是 0.06 mol, 0.04 mol, 0.03 mol Cu,显然要判断过量, NO3- 和Cu 过量.按照 H+ 的量代入离子方程式计算.答案 选B。

二、从硝酸在反应中的作用:

参加反应的硝酸一部分显酸性,生成硝酸盐,另一部分作氧化剂,一般转化为氮的氧化物(NO或NO2),根据氮元素守恒解题。

例5.将25.6 mg Cu 与1.4×10-3 mol 的浓硝酸恰好完全反应,反应后收集到的气体在标准状况下的体积为 ml。(假设反应中只产生NO或NO 2)

解析: 因为1 mol Cu参加反应生成Cu (NO3)2对应2 mol HNO3 显酸性,所以25.6 mg Cu 完全反应,必然有0.8×10-3 mol 的硝酸显酸性,其余的硝酸中的氮全转移到NO或NO2中,即有1 mol HNO3 作氧化剂就有1 mol 氮的氧化物(NO或NO2)。答案13.44 mL.。

例6.将1.92 g 铜粉与一定量浓硝酸恰好完全反应,反应后收集到的气体在标准状况下的体积为 1120 mL。(假设反应中只产生NO或NO 2)则消耗硝酸的物质的量为 mol。

A. 0.12 B. 0.11 C.0.09 D.0.08

解析: 因为0.03 mol Cu 参加反应生成 Cu(NO3)2 对应 0.06 mol HNO3 显酸性,0.05 mol 氮的氧化物(NO或NO2)对应0.05 mol HNO3作氧化剂,所以共消耗硝酸0.11 mol。答案选B。

例7.为测定某铜银合金的成分,将30 g 合金完全溶解于80 mol、浓度为 13.5 mol/L的浓硝酸中,合金完全溶解后,收集到6.72 L(标准状况下)的气体 (假设反应中只产生NO或NO2),并测得溶液的pH=0，假设反应后溶液的体积仍80 mL。 (1)被还原的硝酸的物质的量. (2)合金中各金属成分.

解析:(1)被还原的硝酸就是作氧化剂的硝酸,即生成的1 mol 氮的氧化物就对应 1 mol 被还原的硝酸:所以:n=6.72/22.4=0.3 mol

(2)设合金中铜银的物质的量分别为x、y则显酸性的硝酸的物质的量为2x + y

因为PH=0则反应后溶液的氢离子浓度为1 64x+108y=30 ①

2x+y+6.72/22.4=0.08×13.5–0.08×1 ②(氮元素守恒) 解得x=0.3 y=0.1

例8.将6.4 g Cu与80 mol/L 60 mL 的硝酸充分反应,铜完全溶解,反应后溶液中的H+ 的物质的量为a mol.(假设反应中只产生NO或NO2),此时溶液中所含NO3-的物质的量为 mol。 A.

0.28 B. 0.31 C. a+0.2 D. a+0.4 解析: 6.4 g Cu反应后生成0.1 mol Cu (NO3)2,再加上 HNO3 中的 NO3- 。即得答案C 。

三、从得失电子守恒的角度.

一般情况下:金属失去的电子被+5价的氮得到,转化为NO或NO2 ,根据得失电子解题。

例 9.在Cu与稀硝酸反应中,如果有1 mol 硝酸被还原,则被氧化的铜的物质的量为 mol。 A . 3/8 B. 8/3 C . 3/2 D. 2/3

解析: 设被氧化的铜的物质的量为x mol.则根据得失电子守恒有:1×(5-2)=2x 选C

例10.题见例7 (3) 求生成的气体的成分。 解析: (2)已解出铜银的物质的量分别为0.3、0.1,则 NO 和 NO2的物质的量的关系式为：

0.3×2+0.1×1=3n(NO)+ n(NO2) ①(得失电子守恒) n(NO)+ n(NO2)=6.72/22.4 ② 解得n(NO)=0.2 n(NO2)=0.1

四、从反应始态和最终状态看。

终态法的运用使许多复杂问题简单化,在化学计算中具有非常重要的地位。

例11.铜镁合金4.6 g 完全溶于浓硝酸中,若反应中硝酸被还原,只产生 4480 mL NO2 气体和 336 mL N2O4气体(标准状况下).反应后的溶液中加足量NaOH溶液,生成沉淀的质量为

解析: 反应中铜镁合金失去电子,最终转化为 Cu(OH)2 和 Mg(OH)2 沉淀,比较始态和终态,固体增加的质量为OH-的质量,而OH-的物质的量等于转移的电子的物质的量,再根据气体计算转移的电子的物质的量:

n=4480 mL /22400 mL·mol-1+(336 mL/22400 mL·mol-)×2=0.23 mol。

所以沉淀的质量为: 4.6+0.23×17=8.51 g

例12.1.92 g Cu投入到一定量的浓硝酸中,铜完全溶解,生成的气体的颜色越来越浅,共收集到 672 mL 的气体(标准状况下).将盛有此气体的容器倒扣在水槽中,通入标准状况下一定体积的氧气,恰好使气体完全溶于水,则通入的氧气的体积为 mL。

A . 168 B. 224 C . 336 D. 504

解析: 从反应的始态和最终状态看,铜在反应中失去电子,氧气在反应中得电子,设通入的氧气的体积为x mL,则: (1.92/64)×2=(x/22400) ×4 解得:x=336， 答案选C。

例13.将32.64 g 铜粉与140 mL 一定量浓硝酸恰好完全反应,铜完全溶解,反应后收集到的气体在标准状况下的体积为11.2 L.(假设反应中只产生 NO 或NO2 )请回答:

(1)NO的体积为 mL；NO2的体积为 mL。

(2)待产生的气体全部释放后,向溶液中加入v mL a mol/L的 NaOH 溶液,恰好使溶液中的 Cu2+ 全部沉淀,则原硝酸的浓度为 a mol/L (3)欲使铜与硝酸反应生成的气体在溶液中完全转化为NaNO3,至少需要30%的双氧水 解析:(1)设反应中产生NO和NO2的体积分别为x、y(据得失电子守恒有)

x+y=11.2① (x/22.4)×3+(y/22.4) ×1=(32.64/64)×2 解得x=5.824 L y=5.376 L

(2)根据反应后的溶液中只有一种溶质NaNO3 ,设原硝酸的物质的量浓度为C

（由氮元素守恒）则 0.14×C= 10-3 ×v×a + 11.2/22.4

得原硝酸的浓度为: C= (10-3 va +0.5)/0.14 (3) 从反应的始态和最终状态看,铜在反应中失去电子,双氧水在反应中得到电子,需要30%的双氧水的质量为m 则(据得失电子守恒有):

(32.64/64)×2=〔(30%×m)/34〕×2解得:m=57.8 g

五、 从极限的角度.

硝酸与铁反应,随用量的不同,产物可能是 Fe(NO3)2 或 Fe(NO3)3 这时可用极限法解。 如果产生的气体产物不单一,可能也要用极限法解。

例14.把22.4 g铁完全溶解于某浓度的硝酸中,反应只收集到 0.3 mol NO2 和0.2 mol NO。下列说法正确的是( )。

A.反应后生成的盐只有Fe(NO3)3 B.反应后生成的盐只有Fe(NO3)2

C.产物中Fe(NO3)2和Fe(NO3)3的物质的量之比为1:3

D.产物中Fe(NO3)2和Fe(NO3)3的物质的量之比为3:1

解析:用极限法判断:22.4 g铁如完全转化为Fe(NO3)3转移1.2 mol电子; 如完全转化为Fe(NO3)2转移 0.8 mol 电子,反应中实际转移0.3×1+0.2×3=0.9 mol 电子,所以产物中既有Fe(NO3)2又有Fe(NO3)3这,分别设Fe(NO3)2和Fe(NO3)3的物质的量分别x、y，

则(据得失电子守恒有) :x+y=0.4① 2×x+3×y=0.9② 解之:x=0.3 y=0.1，答案 选D。

例 15. 0.03 mol 的铜完全溶于硝酸,产生氮的氧化物NO、NO2 、N2O4混合气体共 0.05 mol,该混合气体的平均相对分子量可能是( )。A . 30 B . 46 C. 50 D. 66

解析:假设0.05 mol 气体全是NO则转移 0.15 mol 电子;假设0.05 mol 气体全是NO2则转0.05 mol电子；假设0.05 mol气体全是N2O4则转移 0.1 mol电子，而实际 0.03 mol 的铜在反应中转移 0.06 mol的电子,因为 0.06 介于 0.05 和 0.15

之间；0.05和0.1 之间；所以用极限法判断组成可能有两种极限。

(1) 气体为NO2和NO的混合气体.

解:设NO2和NO的物质的量分别为x、y则(据得失电子守恒) :

x+y=0.05① x+3y=0.06② 解之:x=0.045 y=0.005

所以平均相对分子量为:(46×9+30×1)/10=44.4

(2)气体为NO2和N2O4的混合气体:

解:设NO2和N2O4的物质的量分别为x、y则(据得失电子守恒) :

x+y=0.05① x+2y=0.06② 解之:x=0.04 y=0.01

所以平均相对分子量为:(46×4+92×1)/5=55.2

实际分子量应介于44.4与55.2之间，答案 选 BC。

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1.用2.32g某金属氧化物与氢气在加热的条件下完全反应，生成1.68g的该金属．若该金属的相

对分子质量为56．问 该金属化合物的化学式？ 2.有一种碘和氧的化合物，可以称为碘酸碘，其中碘元素呈＋3，＋5两种价态，问 这种化合物的化学式？

3某元素R的化合价无变价，已制其氧化物的式量为M，某氯化物的式量为N． 问 若R的化合价为奇数时，R为？ 若R的化合价为偶数时R为？

4．测得Na2S(2为Na的原子个数），Na2SO3(2为Na的原子个数.3为SO的原子个数，Na2SO4(雷同上述），三种物质组成的混合物中氧元素质量分数为22％，求S的质量分数？ 1.

金

属

是

铁

，

n(Fe)=0.03mol

m(O)=2.32g-1.68g=0.64g n(O)=0.04mol 所以是Fe3O4

2.根据同族卤素，氯酸钾KClO3 ,碘酸钾KIO3 碘酸碘I(IO3)3

3.需要讨论一下R为1，2，3......

4.吧这三种化合物看成Na2S(O)x 因为氧元素质量分数为22％，所以Na2S 质量分数为78% w(s)=(32/78)*78%=32%

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 中国化学会2001年全国高中学生化学竞赛（省

级赛区）试题

第1题（4分）今年5月底6月初，各地报刊纷纷转载了不要将不同品牌洁污剂混合使用的警告。据报道，在全国各地发生了多起混合洁污剂发生氯气中毒的事件。根据你的化学知识作出如下判断（这一判断的正确性有待证明）： 当事人使用的液态洁污剂之一必定含氯，最可能的存在形式是 和 。当另一种具有 （性质）的液态洁污剂与之混合，可能发生如下反应而产生氯气：

第2题（2分）自然界中，碳除了有2种稳定同位素12C和13C外，还有一种半衰期很长的放射性同位素14C，丰度也十分稳定，如下表所示（注：数据后括号里的数字是最后一位或两位的精确度，14C只提供了大气丰度，地壳中的含量小于表中数据）：

同位素 相对原子质量 地壳丰度（原子分数）

12C 12（整数） 0.9893（8） 13C 13.003354826（17） 0.0107（8） 14C 14.003241982（27） 1.2×10－16（大气中）

试问：为什么通常碳的相对原子质量只是其稳定同位素的加权平均值而不将14C也加入取平均值？

第3题（4分） 最近报道在－100 ℃的低温下合成了化合物X，元素分析得出其分子式为C5H4，红外光谱和核磁共振表明其分子中的氢原子的化学环境没有区别，而碳的化学环境却有2种，而且，分子中既有C－C单键，又有C＝C双键。温度升高将迅速分解。 X的结构式是：

第6题（8分）Mn2+离子是KMnO4溶液氧化H2C2O4的催化剂。该反应的历程为： 请设计2个实验方案来验证这个历程是可信的（无须给出实验装置，无须指出选用的具体试剂，只需给出设计思想）。

第7题（10分）某不活泼金属X在氯气中燃烧的产物Y溶于盐酸得黄色溶液，蒸发结晶，得到黄色晶体Z，其中X的质量分数为50％。在500 mL浓度为0.10 mol/L的Y水溶液中投入锌片，反应结束时固体的质量比反应前增加4.95 g。 X是_______；Y是__________；Z是__________。 推理过程如下：

第11题（10分）研究离子晶体，常考察以一个离子为中心时，其周围不同距离的离子对它的吸引或排斥的静电作用力。设氯化钠晶体中钠离子跟离它最近的氯离子之间的距离为d，以钠离子为中心，则：

11－1第二层离子有____个，离中心离子的距离为______d，它们是_____离子。

11－2已知在晶体中Na+离子的半径为116 pm，Cl-离子的半径为167 pm，它们在晶体中是紧密接触的。求离子占据整个晶体空间的百分数。

11－3纳米材料的表面原子占总原子数的比例极大，这是它的许多特殊性质的原因，假设某氯化

钠纳米颗粒的大小和形状恰等于氯化钠晶胞的大小和形状，求这种纳米颗粒的表面原子占总原子数的百分比。

11－4假设某氯化钠颗粒形状为立方体，边长为氯化钠晶胞边长的10倍，试估算表面原子占总原子数的百分比。

第12题（11分）设计出燃料电池使汽油氧化直接产生电流是对世纪最富有挑战性的课题之一。最近有人制造了一种燃料电池，一个电极通入空气，另一电极通入汽油蒸气，电池的电解质是掺杂了YO3的ZrO2晶体，它在高温下能传导O2-离子。回答如下问题：

12－1以丁烷代表汽油，这个电池放电时发生的化学反应的化学方程式是：

12－2这个电池的正极发生的反应是： 负极发生的反应是：

固体电解质里的O2-的移动方向是： 向外电路释放电子的电极是：

12－3人们追求燃料电池氧化汽油而不在内燃机

里燃烧汽油产生动力的主要原因是：

12－4你认为在ZrO2晶体里掺杂Y2O3用Y3+代替晶体里部分的Zr4+对提高固体电解质的导电能力会起什么作用？其可能的原因是什么？

12－5汽油燃料电池最大的障碍是氧化反应不完全产生堵塞电极的气体通道，有人估计，完全避免这种副反应至少还需10年时间，正是新一代化学家的历史使命。

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 第1题（4分） ClO-和Cl-。（各1分） 酸性（1分） ClO-＋Cl-＋2H+＝Cl2＋H2O。（1分） （注：不写离子方程式或不配平不得分。） 第2题（2分） 14C不加权不会影响计算结果的有效数字，因其丰度太低了。（2分） （注：涉及有效数字的任何表述均得满分，未涉及有效数字的不得分，如答：放射性元素不应加权求取相对原子质量之类。）

第3题（4分）（注：平面投影图也按满分计。）

参考图形：

第6题（8分） 6-1 对比实验：其一的草酸溶液中加Mn2+离子，另一不加。在滴加KMnO4溶液时，加Mn2+者反应速率快。（4分） 6-2 寻找一种试剂能与Mn(VI)、Mn(IV)或Mn(III)生成配合物或难溶物；加入这种试剂，反应速率变慢。（4分） （注：表述形式不限。其他设计思想也可以，只要有道理都可得分。）

第7题（10分） X是Au（2分）；Y是AuCl3（2分）；Z是HAuCl4·3H2O（2分）

要点1：X为不活泼金属,设为一种重金属,但熟悉的金属或者其氯化物与锌的置换反应得到的产物的质量太小,或者其水溶液颜色不合题意,均不合适,经诸如此类的排他法假设X为金，由此Y=AuCl3，则置换反应的计算结果为：2AuCl3＋3Zn＝3ZnCl2＋2Au

反应得到Au的质量＝0.100 mol/L×0.500 L×197 g/mol＝9.85 g

反应消耗Zn的质量＝0.100 mol/L×0.500 L×65.39 g/mol×3/2＝4.90 g

反应后得到的固体质量增重：9.85 g－4.90 g＝4.95 g (2分)

要点2：由AuCl3溶于盐酸得到的黄色晶体中Au的含量占50%,而AuCl3中Au的含量达65%,可见Z不是AuCl3,假设为配合物HAuCl4,含Au 58%,仍大于50%,故假设它是水合物,则可求得：HAuCl4·3H2O的摩尔质量为393.8其中Au的含量为197/394＝50%。(2分)其他推理过程，只要合理，也得满分。

第11题（10分） 11-1 12， 1分，总3分)

，钠(各

11-2 晶胞体积V＝[2×(116 pm＋167 pm)]3＝181×106 pm3

离子体积 v＝4x (4/3)π(116 pm)3＋4x (4/3)π(167 pm)3＝104×106 pm3

v/V＝57.5% （1分）（有效数字错误扣1分,V和v的计算结果可取4位，其中最后1位为保留数字，不扣分。）

11-3 表面原子为8(顶角)＋6(面心) ＋12(棱中

心)＝26

总原子数为 8(顶角)＋6(面心)＋12(棱中心)+1(体心)＝27

表面原子占总原子数 26/27×100%＝96 %（1分） 注：26和27均为整数值，比值26/27是循环小数0.962, 取多少位小数需根据实际应用而定, 本题未明确应用场合，无论应试者给出多少位数字都应按正确结果论。 11-4 计算分两个步骤：

步骤一：计算表面原子数。可用n＝2、3的晶胞聚合体建立模型，得出计算公式，用以计算n＝10。例如，计算公式为：

[8]＋[(n－1)×12]＋[n×12]＋[(n－1)2×6]＋[n2x6]＋[(n－1)×n×2×6]

顶角 棱上棱交点 棱上棱心 面上棱交点 面上面心 面上棱心

n＝10，表面原子总数为（2分）

步骤二：计算晶胞聚合体总原子数：

n3×8＋[8] ×7/8＋[(n－1)×12]×3/4＋[n×12]×3/4＋[(n－1)2×6]/2＋[n2×6]/2＋[(n－1)×n×2×6]/2 ＝8000＋7 ＋ 81 ＋ 90 ＋ 243

2402

＋ 300 ＋ 540

＝9261 （2分） 表面原子占总原子数的百分数： (2402/9261)×100%＝26% （1分） （总5分） （注：本题计算较复杂，若应试者用其他方法估算得出的数值在26% 左右2个百分点以内可得3分，3个百分点以内可得2分，其估算公式可不同于标准答案，但其运算应无误。本题要求作估算，故标准答案仅取整数，取更多位数不扣分。） 第12题（11分）

12-1 2C4H10＋13O2＝8 CO2＋10H2O (1分) (必须配平; 所有系数除2等方程式均应按正确论。)

12-2 O2＋4e–＝2 O2– (2分)(O2取其他系数且方程式配平也给满分。)

C4H10＋13O2––26e–＝4 CO2＋5 H2O（2分）（系数加倍也满分。）

向负极移动；（1分；答向阳极移动或向通入汽油蒸气的电极移动也得满分。）

负极。（1分；答阳极或通入汽油蒸气的电极也得满分）

12-3 燃料电池具有较高的能量利用率。（2分）

（答内燃机能量利用率较低也满分；用热力学第二定律解释等，得分相同。）

12-4 为维持电荷平衡, 晶体中的O2–将减少(或导致O2–缺陷)从而使O2–得以在电场作用下向负极(阳极)移动 。(1分)（表述不限，要点是：掺杂晶体中的O2–比纯ZrO2晶体的少。） 12-5 碳（或炭粒等） (1分)

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