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第31届中国化学奥林匹克(决赛)试题解析(一)
常泰维*，戴昱民，方润亭，李宇轩，马亦然，孙泽昊，王泽淳，曾承禹，张宇婷
【摘 要】摘要：详细分析并解答了第31届中国化学奥林匹克(决赛)试题。对于每一道题目，我们都给出了详尽的讨论，引导读者综合运用所学的化学知识，通过推理、演算、论证等方法顺利解题。对于特定的题目，我们还给出了相关的科学背景介绍与知识拓展，鼓励读者了解题目背后的科学思想，感受化学学习与科研的乐趣。 【期刊名称】大学化学 【年(卷),期】2018(033)004 【总页数】12
【关键词】化学竞赛；试题解析
第1题题目(11分)
1-1 1.000 g铝黄铜合金(设只含铜、锌、铝)与0.100 mol·dm?3硫酸反应，在25 °C和101.325 kPa下测得放出的气体的体积为149.3 cm3。将相同质量的该合金溶于足量热浓硫酸，在相同温度和压强下测得放出的气体的体积为411.1 cm3。计算此铝黄铜合金中各组分的质量分数。
1-2 向[Cu(NH3)4]SO4水溶液中通入 SO2气体至溶液呈微酸性，析出白色沉淀 NH4CuSO3。NH4CuSO3与足量的硫酸混合并微热，得到金属Cu等物质，本法制得的Cu呈超细粉末状，有重要用途。 1-2-1 写出生成NH4CuSO3的反应方程式。
1-2-2 写出 NH4CuSO3与H2SO4作用的反应方程式，若反应在敞开反应器
中进行，计算反应物中的Cu元素变成超细粉末Cu的转化率。
1-2-3 若反应在密闭容器中进行，且酸量充足，计算反应物中的Cu元素变成超细粉末Cu的转化率。并对此作出解释。 分析与解答
1-1 主要考查Cu、Al、Zn三种金属元素单质的性质以及相关计算。Al、Zn为相对较活泼的金属，与稀硫酸作用可释放出H2，Cu则不发生此反应。而将稀硫酸换成热浓硫酸时，合金全部溶解，释放的气体(还原产物)变为SO2。注意热浓硫酸不会使Al钝化。
根据氧化还原转移电子数的关系得到金属与气体的摩尔比： 根据 pV = nRT，求算H2和SO2的物质的量：
设在0.1000 g合金中，Zn、Al、Cu的物质的量分别为x、y、z，根据两个反应方程式和质量守恒关系： 解得：
所以Zn、Al、Cu的质量分数分别为：
1-2 主要考查方程式书写，Cu的元素性质，以及对体系概念的理解。注意体系酸碱性对于生成物存在形式的影响。
1-2-1 本题考查方程式的书写，即在已知部分反应物和生成物的条件下，配平反应方程式。在产物 NH4CuSO3(亚硫酸亚铜铵)中，铜元素氧化态为+1，相对于反应物中的铜氨配离子，铜元素被还原，故SO2被氧化，而氧化产物为常见的，方程式得以写出并配平。
1-2-2 反应物NH4CuSO3既为一价铜盐也为亚硫酸盐，一价铜离子在酸性溶液中容易发生歧化，而亚硫酸盐在强酸性条件下溶解并分解产生 SO2。由于反
应器敞口，SO2气体生成后即逸出反应体系，而不发生后续反应。故反应方程式为：从方程式可知，有一半的Cu(I)转化为Cu(0)，故转化率为50%。 1-2-3 在密闭容器中，首先酸溶产生SO2，但此时SO2无法逸出体系，而是继续参与反应，将歧化产生的Cu(II)还原为Cu(I)，而Cu(I)在酸性条件下继续歧化，故总的结果是NH4CuSO3中的S(IV)将Cu(I)还原为Cu(0)，自身被氧化到S(VI)。总反应方程式为：
此反应中S(IV)过量，Cu(I)被全部转化为Cu(0)，故转化率为100%。 知识拓展
部分同学可能在无机化学书中或是在实验中知道：二价铜离子在弱酸性水溶液中可以和亚硫酸根形成配合物，使溶液显绿色——这一结果似乎与答案所述的“SO2将歧化产生的Cu(II)还原为Cu(I)”矛盾。实则不然：在密闭体系中产生气体导致压强增大、气体溶解度升高，体系中的SO2浓度远高于正常条件下的浓度，改变了氧化还原电势，使得反应可以进行。
笔者就此进行了实验：在氮气保护下，将亚硫酸钠溶液与酸化的硫酸铜溶液封管反应。实验中观察到，在搅拌下，浅蓝色溶液快速转变为紫红色悬浊液。将沉淀滤出并进行后续实验，可以证明这种紫红色物质是细小的金属铜颗粒。
第2题题目(12分)
已知假定本题两杯中的液体体积始终等于1.00 dm3，且H2S饱和溶液的浓度均等于0.100 mol·dm?3。天平两盘各有一盛着1.0 dm3 H2O的烧杯，天平平衡。
2-1 向左杯中溶入 2.72 g ZnCl2，试通过计算说明，为使天平再次平衡须向右杯中加入多少克Na2O2？