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高考化學(xué)守恒法的應(yīng)用技巧

2021-06-11 10:00:05下載本文作者:會員上傳
簡介:寫寫幫文庫小編為你整理了這篇《高考化學(xué)守恒法的應(yīng)用技巧》,但愿對你工作學(xué)習(xí)有幫助,當(dāng)然你在寫寫幫文庫還可以找到更多《高考化學(xué)守恒法的應(yīng)用技巧》。

高考化學(xué)守恒法的應(yīng)用技巧

金點子:

“守恒法”廣泛應(yīng)用于高考及各類競賽試題的解題中,它既可使繁亂的問題化難為易,又可使復(fù)雜的計算化繁為簡,因而備受廣大中學(xué)生的青睞。但在使用中,由于對題意理解不清、條件分析不透,也時常出現(xiàn)濫用守恒的現(xiàn)象,故正確把握守恒原理,學(xué)會守恒方法,是高考化學(xué)解題之必備。

守恒法包括:元素守恒、電荷守恒、電子守恒、質(zhì)量守恒等。

1.在化學(xué)反應(yīng)前后,物質(zhì)中的各元素原子的物質(zhì)的量始終保持守恒,這就是元素守恒。如在復(fù)雜的變化過程中,能充分利用某些元素原子的物質(zhì)的量守恒解題,不僅思路清晰,而且計算簡便。

2.根據(jù)電解質(zhì)溶液總是呈電中性,從而利用電解質(zhì)溶液中的陽離子所帶的正電荷總數(shù)與陰離子所帶的負(fù)電荷總數(shù)相等來進(jìn)行解題的方法稱電荷守恒法。

3.在氧化還原反應(yīng)中,還原劑失去的電子總數(shù)與氧化劑得到的電子總數(shù)相等,這是運用得失電子數(shù)守恒進(jìn)行化學(xué)計算的主要依據(jù)。

4.質(zhì)量守恒普遍存在于整個物理、化學(xué)變化過程中(核反應(yīng)除外),如反應(yīng)前后物質(zhì)的質(zhì)量守恒,反應(yīng)過程中催化劑的質(zhì)量守恒,溶液稀釋與混合時溶質(zhì)的質(zhì)量守恒等。

經(jīng)典題:

例題1

:(2001年全國高考)在無土栽培中,需配制一定量含50

mol

NH4Cl、16

mol

KCl和24molK2SO4的營養(yǎng)液。若用KCl、NH4Cl和(NH4)2SO4三種固體為原料來配制,三者的物質(zhì)的量依次是(單位為mol)()

A.2、64、24

B.64、2、24

C.32、50、12

D.16、50、24

方法:利用元素守恒求解。

捷徑:先求出需配制營養(yǎng)液中所需NH4+、K+、Cl—、SO42—、物質(zhì)的量,再用同樣的方法求出選項中所提供的物質(zhì)中所含NH4+、K+、Cl—、SO42—物質(zhì)的量。若與題干中的數(shù)值一致,即為選項。如題干中NH4+

mol;K+:16+24×2=64(mol);Cl—:50+16=66(mol),SO42—:24mol。選項B,NH4+:2+24×2=50(mol),K+:64mol、Cl—:64+2=66(mol),SO42—:24mol,與題干相符,選項B正確。

總結(jié):如果題目中提供不是固體物質(zhì),而是溶液,其解法是相同的,只要將溶質(zhì)的物質(zhì)的量求出,就變成與本題完全相同的題目。目前化學(xué)試題中往往置于與生產(chǎn)實際、科研等相結(jié)合的情境中,解題時,只要把它遷移到解化學(xué)題基本方法中,就可迎刃而解。

例題2

:(2001年上海高考)將0.1mol/L的醋酸鈉溶液20mL與0.1mol/L鹽酸10rnL混合后,溶液顯酸性,則溶液中有關(guān)微粒的濃度關(guān)系正確的是()

A.c

(Ac-)>c

(Cl-)>c

(H+)>c

(HAc)

B.c

(Ac-)>c

(Cl-)>c

(HAc)>c(H+)

C.c

(Ac-)=c

(Cl+)>c

(H+)>c

(HAc)

D.c

(Na+)+c

(H+)=c

(Ac-)+c

(Cl-)+c

(OH-)

方法:首先必須考慮溶液間的反應(yīng),然后通過守恒關(guān)系分析。

捷徑:將0.1mol/L的醋酸鈉溶液20mL與0.1mol/L鹽酸10rnL混合后,考慮溶液間的反應(yīng),此時溶液變成了等物質(zhì)的量濃度的CH3COONa、CH3COOH、NaCl三種物質(zhì)的混合溶液。因此時溶液顯酸性,知CH3COOH的電離程度大于CH3COONa的水解程度。以此得溶液中粒子間物質(zhì)的量濃度的關(guān)系為:c(Na+)>c

(Ac-)>c

(Cl-)>c

(HAc)>

c(H+)>c

(OH-)。再利用電荷守恒可得:c

(Na+)+c

(H+)=c

(Ac-)+c

(Cl-)+c

(OH-)。對照選項可得答案為BD。

總結(jié):當(dāng)溶液中兩種可兩種以上的物質(zhì)相混合時,首先必須考慮溶液間的反應(yīng),這是解答此類試題的第一步,也是關(guān)鍵性的一步。部分考生由于未考慮混合后的反應(yīng)而經(jīng)常出錯。

例題3

:(1999年上海高考)

:把0.02

mol·

L-1

HAc溶液和0.01

mol·

L-1

NaOH溶液以等體積混和,則混合液中微粒濃度關(guān)系正確的是

()

A.c(Ac-)>c(Na+)

B.c(HAc)>c(Ac-)

C.2c(H+)=

c(Ac-)—c(HAc)

D.c(HAc)+c(Ac-)=

0.01mol·

L-1

方法:通過電荷守恒及物料守恒兩大守恒分析。

捷徑:兩溶液等體積混合后變成0.005mol·L-1

HAc

和0.005mol·L-1

NaAc的混合溶液,由于HAc的電離占主導(dǎo)地位,故c(Ac-)>

c(HAc),溶液呈酸性。再根據(jù)電荷守恒關(guān)系:c(Na+)+c(H+)=

c(Ac-)+c(OH-),及c(H+)>

c(OH-)得c(Ac-)>

c(Na+)。再將物料守恒關(guān)系c(Na+)=

c(HAc)+c(H+)-c(OH-)代入電荷守恒關(guān)系得:2c(H+)=c(Ac-)-

c(HAc)+2c(OH-)。另知,不管溶液電離平衡和水解平衡如何移動,其c(HAc)+c(Ac-)均為常數(shù)0.01mol·L-1。以此得答案為A、D。

總結(jié):此類試題考查方式主要有:①微粒濃度的大小比較

②電荷守恒關(guān)系式

③物料守恒關(guān)系式

④電荷守恒與物料守恒疊加后的恒等關(guān)系式。解題時仍要優(yōu)先考慮溶液混合過程中的反應(yīng)問題。

例題4

:(2001年高考試測題)將氨水逐滴加入到稀鹽酸中,使溶液成中性,則此時()

A.c(NH4+)=c(Cl-)

B.c(NH4+)>c(Cl-)

C.c(NH4+)<c(Cl-)

D.c(NH4+)與c(Cl-)之間關(guān)系不確定

方法:根據(jù)溶液中電荷守恒關(guān)系獲解。

捷徑:將氨水加入到稀鹽酸中,根據(jù)電荷守恒關(guān)系得:c(NH4+)+c(H+)=

c(Cl-)+c(OH-)。因所得溶液呈中性,則c(H+)=

c(OH-),以此得:c(NH4+)=

c(Cl-)。故得答案為A。

總結(jié):在對溶液進(jìn)行計算以確定其濃度及溶液中恒等關(guān)系的判斷時,通常都可通過守恒法使答題過程變得簡單明了。

例題5

(1994年全國高考)

38.4mg銅跟適量的濃硝酸反應(yīng),銅全部作用后共收集到氣體22.4mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況),反應(yīng)消耗的HNO3的物質(zhì)的量可能是

()

A.1.0×10-3mol

B.1.6×10-3

mol

C.2.2×10-3

mol

D.2.0×10-3

mol

方法:利用反應(yīng)過程中原子個數(shù)守恒求解。

捷徑:HNO3與Cu反應(yīng),一部分起酸的作用,即生成Cu(NO3)2用去硝酸

=

2n

(Cu)

=

mol×2=1.2×10—3mol;另一部分HNO3起氧化作用,不管生成的22.4mL

氣體為何成分,都是HNO3的還原產(chǎn)物,且有HNO3~NO,HNO3~NO2,所以起氧化作用的HNO3為

mol

=1×10—3mol,故共消耗HNO3的物質(zhì)的量為:

1.2×10—3mol

+

1×10—3mol

=

2.2×10—3mol。以此得答案為C。

總結(jié):這是利用原子個數(shù)守恒進(jìn)行計算的范例。根據(jù)參加反應(yīng)的HNO3一部分生成Cu(NO3)2,另一部分變成NO2或NO。利用反應(yīng)前后的N原子守恒,可以輕松求解。類似的解法可以在很多題目應(yīng)用。

例題6

:(2002年全國高考)在一定條件下,分別以高錳酸鉀、氯酸鉀、過氧化氫為原料制取氧氣,當(dāng)制得同溫、同壓下相同體積的氧氣時,三個反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為

()

A.1︰1︰l

B.2︰2︰1

C.

2︰3︰l

D.4︰3︰2

方法:根據(jù)反應(yīng)過程中化合價的變化及得失電子守恒分析。

捷徑:假設(shè)三個反應(yīng)均生成1molO2,在高錳酸鉀、氯酸鉀的分解反應(yīng)中,只有氧的化合價升高,且均由-2價升高到0價,故轉(zhuǎn)移電子數(shù)均為4mol。而過氧化氫的分解反應(yīng),雖也只有氧的化合價升高,但其化合價由-1升高到0價,以此產(chǎn)生1molO2,轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2mol。綜合得,產(chǎn)生相同量的O2,三個反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)之比為:4︰4︰2

=

2︰2︰1。故答案為B。

總結(jié):對不同的反應(yīng),在利用電子守恒分析轉(zhuǎn)移電子的情況時,要注意考慮不同反應(yīng)中化合價不同,而造成電子轉(zhuǎn)移不同的情況。

例題7

(2001年全國高考)將NO3—+Zn+OH—+H2O→NH3+Zn(OH)42—配平后,離子方程式中H2O的系數(shù)是

()

A.2

B.4

C.6

D.8

方法:利用得失電子守恒及電荷守恒進(jìn)行配平后確定離子方程式中H2O前的系數(shù)。

捷徑:氧化劑NO3—被還原成NH3,1molNO3—得到8mol電子才能生成NH3。還原劑Zn被氧化成Zn(OH)42—,1molZn失去2mol電子才能生成Zn(OH)42—,所以Zn的序數(shù)是4,NO3—的序數(shù)是1,反應(yīng)式變成NO3—+4Zn+OH—+H2O→NH3+4Zn(OH)42—,根據(jù)離子反應(yīng)方程式中電荷守恒的原理,可確定OH—的序數(shù)是7,最后根據(jù)氫原子(或氧原子)守恒可確定H2O的序數(shù)是6。顯然答案為C。

總結(jié):這是一道氧化還原反應(yīng)方程式的配平題。在全國考題已經(jīng)有多年未出現(xiàn)這樣的題目,而在上海試題中每年都有。反應(yīng)方程式的配平是中學(xué)化學(xué)學(xué)習(xí)中的基本技能。全國高考題雖然多年未考純粹的配平題,但應(yīng)用配平反應(yīng)方程式的原理(即守恒原理)的試題卻很常見。

注意

高考試題評分標(biāo)準(zhǔn)明確指出,反應(yīng)方程式不配平或配平錯誤都不能得分。

例題8

:(2001年高考試測題)某化工廠每小時生產(chǎn)98%(質(zhì)量分?jǐn)?shù))硫酸at(噸),為使硫充分燃燒,且在下一步催化氧化時不再補(bǔ)充空氣,要求燃燒后的混合氣體中含氧氣的體積分?jǐn)?shù)為b%。若空氣中氧氣的體積分?jǐn)?shù)為21%,且不考慮各生產(chǎn)階段的物料損失,則

(1)該廠每小時消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下空氣的體積為

m3。

(2)為滿足題設(shè)需求,b%的下限等于。

方法:根據(jù)原子個數(shù)守恒求解。

捷徑:(1)該題的反應(yīng)過程為:S→SO2→SO3→H2SO4,每小時生產(chǎn)的98%硫酸at,其物質(zhì)的量為104amol,不計損耗,應(yīng)制得SO2104amol。根據(jù)S→SO2,這一步需O2104amol,又因為燃燒后的混合氣體中含氧氣的體積分?jǐn)?shù)為b%,且因S→SO2,反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量不變,設(shè)每小時消耗空氣為n

mol,則:。

故每小時消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下空氣的體積為:

(2)空氣中的氧氣必須維持兩個反應(yīng),即S→SO2和SO2→SO3的過程。第一步耗氧量為第二步的兩倍,故為了滿足SO2→SO3催化氧化時不再補(bǔ)充空氣的需求,b%的下限應(yīng)等于空氣中氧氣的三分之一,即7%。

總結(jié):該題為化工生產(chǎn)過程中的計算問題,為了迅速求解,除了要理清題意,還必須充分運用反應(yīng)過程中的硫元素守恒及氧元素守恒。

金鑰匙:

例題1

:把0.02

mol/LHAc溶液和0.01

mol/LNaOH溶液以等體積混合,則混合液中微粒濃度關(guān)系正確的為

()

A.c(Ac—)﹥c(Na+)

B.c(HAc)﹥c(Ac—)

C.2c(H+)=

c(Ac—)—

c(HAc)

D.c(HAc)+

c(Ac—)=

0.01mol/L

方法:

捷徑:混合后先得到0.005

mol/L的HAc溶液和0.005

mol/L的NaAc溶液,由于Ac—的水解程度小于HAc的電離程度,故A正確、B錯誤。整體考慮溶液中的H+得失:

HAc

H3O+

Ac—

H2O

OH—

得H+

失H+

可得

c(H+)+c(HAc)=c(OH—)

整體考慮CH3COO—的守恒,可得c(HAc)+

c(Ac—)=

0.01

mol/L。所以答案A、D。

總結(jié):任何溶液中都存在三種恒等式——物料平衡(質(zhì)量守恒)、電荷平衡、質(zhì)子守衡。以上題為例,這三種等式分別是

c(HAc)+

c(Ac—)=

0.01mol/L

c(Na+)+

c(H+)=

c(Ac—)+

c(OH—)

c(H+)+

c(HAc)=

c(OH—)

例題2

:有一在空氣中暴露過久的KOH固體,經(jīng)分析得知其中含水a(chǎn)%,K2CO3

6%,其余為KOH。取此樣品m

g

溶于100

mL

mol/L的硫酸里,殘酸需加n

g

原樣品才剛好中和完全。由此可知蒸發(fā)中和后的溶液可得固體質(zhì)量為

()

A.14.2g

B.17.4g

C.20.6g

D.無法計算

方法:因蒸發(fā)中和后的溶液得固體K2SO4,而SO42-僅來自于硫酸,以此可通過S原子守恒快速求解。

捷徑:最終所得固體為K2SO4

。∵n(K2SO4)

=

n(H2SO4)

∴m(K2SO4)

=

0.1mol

×

174g/mol

=

17.4g,得答案為B。

總結(jié):因在空氣中暴露過久的KOH固體成分沒有具體的數(shù)值,不少同學(xué)會因數(shù)據(jù)未知而錯選D(無法計算)。

例題3

:取20g混有MnO2的KClO3,加熱至恒重,在一定溫度下將殘留的固體加入10g水中有7.9g固體未溶解,再加入5g水仍有5.3g固體未溶,則原混合物中可能含有的KClO3質(zhì)量為()

A.14.7g

B.6.9g

C.12.1g

D.17.6g

方法:根據(jù)作為起催化作用的MnO2,在整個過程中質(zhì)量守恒分析求算。

捷徑:如5.3g未溶固體全為MnO2,則KClO3質(zhì)量為14.7g。根據(jù)反應(yīng)2KClO3

2KCl

+

3O2↑知,14.7g

KClO3完全分解生成KCl

8.94g,得10g水中溶KCl

5.3g+8.94g—7.9g=6.34g,再加5g水又溶7.9g—5.3g=2.6g,此時溶液為KCl的不飽和溶液,剩余物為MnO2,符合題意。

如5.3g未溶固體含KCl和MnO2,根據(jù)后加5g水溶2.6g

KCl知,先加的10g水中溶KCl

5.2g,得加熱至恒重時質(zhì)量為5.2g+7.9g=13.1g,放出O2為6.9g,根據(jù)反應(yīng)方程式可求得KClO3為17.6g,MnO2實際質(zhì)量為2.4g,符合題意。

以此得答案為A、D。

總結(jié):5.3g未溶固體是何物質(zhì)是解答該題的關(guān)鍵,部分考生由于僅將其作為MnO2而出現(xiàn)漏選D答案的情況。

例題4

:在鐵和氧化鐵混合物15

g

中,加入稀硫酸150

mL,能放出H2

1.68

L(S、P、T)。同時鐵和氧化鐵均無剩余,向反應(yīng)后的溶液中滴入KSCN溶液,未見顏色變化。為了中和過量的H2SO4,且使Fe2+完全轉(zhuǎn)化成Fe(OH)2,共消耗3

mol/L的NaOH溶液200

mL,則原硫酸的物質(zhì)的量濃度是()

A.1.5mol/L

B.2mol/L

C.2.5mol/L

D.3mol/L

方法:因最后溶液中所剩溶質(zhì)為Na2SO4,根據(jù)電荷守恒可求得SO42-的物質(zhì)的量濃度。

捷徑:最終所得溶液中含有Na+和SO42-(少量H+和OH-)而Na+來自于NaOH。SO42-來自于原硫酸,根據(jù)溶液中離子電荷守衡得:

n(Na+)

+

n(H+)

=

2n(SO42-)

+

n(OH-),不計少量H+和OH-,得

3mol/L×

0.2L

=

2×c(SO42-)×0.15L

解得:c(H2SO4)=

mol/L,以此答案為B。

總結(jié):此題再利用氫氣的體積和鐵元素守恒,還可求得原混合物中鐵和氧化鐵的質(zhì)量。

例題5

:向某稀醋酸溶液中滴加一定量的氫氧化鈉溶液后,若溶液中CH3COO-的物質(zhì)的量等于加入NaOH的物質(zhì)的量。則此時溶液的pH()

A.>7

B.<7

C.=7

D.無法確定

方法:利用溶液中陰陽離子所帶電荷相等列出恒等式求得c(H+)與

c(OH-)間的關(guān)系,再分析此關(guān)系而獲得結(jié)果。

捷徑:因溶液中CH3COO-的物質(zhì)的量等于加入NaOH的物質(zhì)的量,又溶液中Na+的物質(zhì)的量等于加入NaOH的物質(zhì)的量,所以反應(yīng)所得混合溶液中CH3COO-與Na+物質(zhì)的量相等,即c(CH3COO-)=

c(Na+)。而根據(jù)電荷守恒知,溶液中c(Na+)+c(OH-)=

c(CH3COO-)+c(OH-),則溶液中c(H+)=

c(OH-),即溶液pH

=

7。以此得答案為C。

總結(jié):此題若從電離平衡角度分析,則難于理解。如果靈活運用電荷守恒關(guān)系分析,問題則迎刃而解。

例題6

:在3BrF3

+5H2O

=

HBrO3

+

O2↑+

Br2

+

9HF中,若有5mol水參加反應(yīng),則被水還原的BrF3的物質(zhì)的量是()

A.3

mol

B.10/3

mol

C.4/3

mol

D.2

mol

方法:水僅作還原劑,5mol水參加反應(yīng),有2mol水被氧化,以此根據(jù)得失電子守恒即可求得被水還原的BrF3的物質(zhì)的量。

捷徑:2mol水被氧化生成1mol氧氣,水失去電子的物質(zhì)的量為4mol,BrF3的化合價從+3降為0價,每摩爾BrF3作氧化劑時得3mol電子,以此根據(jù)得失電子守恒即可求得被2

mol水還原的BrF3為4/3

mol,故正確答案為C。

總結(jié):該題部分學(xué)生根據(jù)化學(xué)方程式直接得,當(dāng)5mol水參加反應(yīng),有2

mol

BrF3被還原。以此獲得錯誤結(jié)果D。現(xiàn)錯解的原因是審題時未注意失電子為何物質(zhì),又忽視一個關(guān)鍵字——水。該反應(yīng)失電子不僅有H2O,還有BrF3。

y

x

A

y

x

y

x

y

x

B

C

D

例題7

:標(biāo)準(zhǔn)狀況下,在1L

NO氣體中不斷地通入O2,若溫度和壓強(qiáng)保持不變,則反應(yīng)后氣體體積y與通入的O2體積(用x表示)關(guān)系正確的圖為()

方法:根據(jù)反應(yīng)2NO

+

O2

=

2NO2前后N元素守恒及部分NO2

轉(zhuǎn)化成N2O4,結(jié)合圖示分析求解。

捷徑:根據(jù)反應(yīng)2NO

+

O2

=

2NO2,前后N元素守恒。但在標(biāo)準(zhǔn)狀況下,NO2一旦生成,便有部分轉(zhuǎn)化成N2O4,而造成氣體的物質(zhì)的量及體積減小,待NO反應(yīng)完后,再通入O2,體積逐漸增大,以此得正確答案為D。

總結(jié):部分考生根據(jù)反應(yīng)2NO

+

O2

=

2NO2,依據(jù)在溫度和壓強(qiáng)不變時,氣體體積與氣體的物質(zhì)的量成正比,得出在NO中通入O2,開始體積不變,待NO反應(yīng)完后,再通入O2,體積逐漸增大,從而獲得答案C。出現(xiàn)此種錯解的原因乃是濫用反應(yīng)過程中物質(zhì)的量守恒,未考慮后續(xù)反應(yīng)之故。

在化學(xué)反應(yīng)中利用物質(zhì)的量守恒進(jìn)行解題時,必須注意反應(yīng)的進(jìn)程問題。當(dāng)反應(yīng)過程中濃度變稀造成反應(yīng)終止,或有后續(xù)反應(yīng)存在時,便可能造成物質(zhì)的量不守恒。

例題8:

NO和NO2(過量)組成的混合氣體通入NaOH溶液中,能發(fā)生反應(yīng)①3NO2

+

NaOH

=

2NaNO3

+

NO↑+H2O,②NO2

+

NO

+

2NaOH

=

2NaNO2

+

H2O,如用V

L

NaOH溶液吸收由n

mol

和m

mol

NO2組成的混合氣體,求NaOH溶液的濃度最小要達(dá)到多少mol/L?

方法:根據(jù)反應(yīng)前后N元素守恒求NaOH溶液的最小濃度。

捷徑:從題中反應(yīng)可知,NO2過量,氮的氧化物能全部被吸收,且生成NaNO2或NaNO3,以此消耗NaOH的物質(zhì)的量等于混合氣的總物質(zhì)的量,NaOH的物質(zhì)的量≥(m+n)/V

mol/L,故NaOH的濃度最小應(yīng)為(m+n)/V

mol/L

總結(jié):根據(jù)反應(yīng)前后元素的來龍去脈,找出某些元素間的守恒關(guān)系,列出恒等式,可迅速求得結(jié)果。此題如通過設(shè)物質(zhì)的量來求解,便顯得很繁雜。

例題9

:有碳酸鈉和碳酸氫鈉的混合物14.8g,把它配成稀溶液,然后向該溶液中加入12.4g堿石灰(CaO、NaOH組成的混合物),充分反應(yīng)后,溶液已檢測不到Ca2+、CO32—和HCO3—,然后將所得的體系中水分設(shè)法蒸干,得白色固體29g。試求:(1)原混合物中碳酸鈉和碳酸氫鈉各多少克?(2)堿石灰中CaO、NaOH各多少克?(3)所得29g白色固體中各種成分的質(zhì)量是多少?

方法:根據(jù)反應(yīng)列出守恒關(guān)系,然后通過反應(yīng)前后的守恒求解。

本題有下列量守恒:①反應(yīng)前后的CO32—物質(zhì)的量守恒,即CaCO3中CO32—物質(zhì)的量等于Na2CO3中CO32—的物質(zhì)的量與NaHCO3中HCO3—物質(zhì)的量之和;②反應(yīng)前后Ca2+物質(zhì)的量守恒,即CaO中Ca2+的物質(zhì)的量等于CaCO3中Ca2+物質(zhì)的量;③反應(yīng)前后,Na+物質(zhì)的量守恒。

捷徑:設(shè)Na2CO3的物質(zhì)的量為x,NaHCO3的物質(zhì)的量為y,堿石灰中NaOH的物質(zhì)的量為z,根據(jù)上述有關(guān)離子物質(zhì)的量守恒得:

106g·mol—1x+

g·mol-1

y

=

14.8g

g·mol—1

(x+y)+40

g·mol—1z

=

12.4g

g·mol—1

(x+y)+40

g·mol—1

(2x+y+z)

=

29g

解之得

x=0.1mol,y=0.05mol,z=0.1mol

(1)

原混合物中Na2CO3為0.1mol

×106

g·mol—1

=

10.6g,NaHCO3為0.05mol×84

g·mol—1

=

4.2g。

(2)

堿石灰中CaO為56

g·mol—1

×(0.1mol+0.05mol)=

8.4g,NaOH為0.1mol×40

g·mol—1

=

4g。

(3)

29g白色固體中CaCO3為100

g·mol—1

×(0.1mol

+

0.05mol)=

15g,NaOH為29g

—15g

=

14g。

總結(jié):為了能充分理清反應(yīng)前后的關(guān)系,建議考生在解題時要畫出前后的變化關(guān)系圖,并將守恒的元素找對、找全。

例題10

:已知Zn(OH)2與Al(OH)3一樣具有兩性,現(xiàn)有硝酸銅和硝酸銀混合溶液100mL,其NO3—濃度為4

mol·L-1。當(dāng)加入一定質(zhì)量的鋅粉,充分振蕩后過濾,得干燥沉淀24.8

g

。將此沉淀置于稀鹽酸中,無氣體放出。在濾液中加入BaCl2溶液無沉淀生成,再加入過量稀NaOH溶液得到的沉淀,經(jīng)過濾、干燥、灼熱后質(zhì)量為4g。求參與反應(yīng)的鋅的質(zhì)量。

方法:由于電解質(zhì)溶液呈中性,根據(jù)溶液中陽離子所帶的正電荷總數(shù)必定等于陰離子所帶的負(fù)電荷總數(shù)。對此題來說,即反應(yīng)后溶液中Zn2+與未被置換的Cu2+

所帶的正電荷必定等于溶液中NO3—所帶的負(fù)電荷。根據(jù)反應(yīng)后溶液中電荷守恒列式求解。

捷徑:由于24.8

g

沉淀物不能與鹽酸反應(yīng),說明沉淀物中無過剩的鋅粉,即加入的鋅全部參與反應(yīng)。又由于濾液不與BaCl2溶液反應(yīng),說明原溶液中Ag+

已全部被鋅置換。最后4

g

固體為CuO的質(zhì)量,它是溶液中未參與反應(yīng)的Cu2+

轉(zhuǎn)化而成。

+

=

mol·L-1×0.1L

()

×2

因反應(yīng)后溶液中Zn2+與未被置換的Cu2+

所帶的正電荷等于溶液中NO3—所帶的負(fù)電荷。設(shè)參與反應(yīng)的鋅的質(zhì)量為x,則

解之得,x=9.75g

總結(jié):利用電荷守恒法進(jìn)行解題時,必須注意以下兩個問題:①溶液中陰、陽離子總數(shù)不一定守恒;②當(dāng)溶液很稀時,水的電離不能忽略。

例題11

:在室溫時,將PH

=

5的稀硫酸稀釋到1000倍,則稀釋后的溶液中c(H+)︰c(SO42—)。

方法:溶液無限稀釋后,水的電離不能忽略,此時要通過水的離子積常數(shù)求解。

捷徑:PH=5的H2SO4稀釋到1000倍后,H2SO4電離提供的c(H+)為10—8mol·L—1,c(SO42—)為5×10—9

mol·L—1。由于溶液很稀,不能忽略水的電離。設(shè)水電離產(chǎn)生的H+或OH—為x

mol·L—1,根據(jù)水的離子積常數(shù)得:

(10—8+x)x=10—14,解得x

=9

.5×10—8(mol·L—1)

c(H+)︰c(SO42—)

=

(10—8mol·L—1

+

.5×10—8mol·L—1)︰5×10—9

mol·L—1

=

21︰1

總結(jié):部分考生未考慮水的電離,而根據(jù)H2SO4完全電離得出錯誤結(jié)果為,c(H+)︰c(SO42—)

=2︰1。

例題12

3.84g

Cu和一定質(zhì)量的濃硝酸反應(yīng),隨著反應(yīng)的進(jìn)行,硝酸溶液濃度也在降低,反應(yīng)生成的氣體顏色也在逐步變淺,當(dāng)銅反應(yīng)完畢時共收集到氣體體積為2.21

L。若把收集到氣體的集氣瓶倒立于盛水的水槽中,需通入多少毫升標(biāo)準(zhǔn)狀況下的O2才能使集氣瓶充滿溶液?

方法:根據(jù)題意,硝酸首先獲得Cu的電子生成氮的氧化物NO2和NO,并有少量NO2轉(zhuǎn)化成N2O4

。而后各種氮的氧化物又失電子給O2而重新生成HNO3

。根據(jù)得失電子數(shù)守恒,O2得到的電子數(shù)一定等于Cu失去的電子數(shù)。

捷徑:由于3.84g

Cu失去電子0.12

mol,需0.03

mol

O2獲得,故標(biāo)準(zhǔn)狀況下O2的體積為0.03

mol×22.4

mol-1×1000

mL·L-1

=672

mL。

總結(jié):在利用得失電子數(shù)守恒進(jìn)行解題時,必須注意得失電子為何物質(zhì),注意氧化還原反應(yīng)中整體與局部之間的關(guān)系和聯(lián)系。

例題13

:將碳酸氫銨受熱分解后的產(chǎn)物恒溫于150℃,其平均分子量為多少?

方法:如果分析產(chǎn)物中氣體組成,再用對各組分氣體分子量加以平均(即M=17×

1/3

+

×

1/3

+

×

1/3)來求就太繁了。而從整體質(zhì)量守恒法來求便顯得簡單明了。

捷徑:由于生成物均為氣體,故其總質(zhì)量與碳酸氫銨質(zhì)量相等。而1

mol碳酸氫銨又分解出3

mol氣體,因此平均分子量為:79/3。

總結(jié):如果有生成物為固體或液體,前后的質(zhì)量將不再守恒,在解題時要特別注意。

例題14

20℃時,向五瓶盛有90g水的容器中分別加入下列物質(zhì)各10g,A、氯化鈉,B、氨氣,C、過氧化鈉,D、三氧化硫,E、氧化鈣,得到五種溶液。這五種溶液的溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)由大到小的順序是。

方法:解答該題既要考慮與水反應(yīng)后的溶質(zhì)質(zhì)量,又要考慮生成氣體問題,還要考慮有無沉淀生成。

捷徑:由于Ca(OH)2為微溶物,故其濃度最低,其溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)大小順序應(yīng)為D>C>A=B>E。

總結(jié):該題易出現(xiàn)的錯解是:A、B加入90g水中,溶質(zhì)仍為10g,得溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)為10%,C、D、E10g加入水中,溶質(zhì)分別變?yōu)镹aOH10.26g,H2SO412.25g,Ca(OH)213.21g,除Na2O2加入水中放出O22.05g,溶液質(zhì)量變?yōu)?7.95g外,其余溶液質(zhì)量均為100g外,以此得溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)分別為C、10.47%,D、12.25%,E、13.21%,其大小順序為E>D>C>A=B

。出現(xiàn)此錯解的原因是未能考慮到Ca(OH)2為微溶物,其CaO與H2O反應(yīng)生成的Ca(OH)2大部分脫離溶液體系呈沉淀析出,而出現(xiàn)溶質(zhì)質(zhì)量不守恒的現(xiàn)象。

在使用質(zhì)量守恒進(jìn)行解題,要特別注意反應(yīng)的體系問題。當(dāng)脫離反應(yīng)體系,如生成沉淀、產(chǎn)生氣體,此時在反應(yīng)體系內(nèi)物質(zhì)的質(zhì)量便表現(xiàn)得不守恒。

聚寶盆:

1.化學(xué)反應(yīng)總遵循質(zhì)量守恒。其原因是在任何化學(xué)反應(yīng)前后,元素的種類和原子的個數(shù)均保持不變。解題時既可運用質(zhì)量守恒、更可直接運用原子守恒進(jìn)行巧解。

2.在任何氧化還原反應(yīng)中,還原劑失去的電子總數(shù)一定與氧化劑得到的電子總數(shù)相等,解決氧化還原反應(yīng)中的相關(guān)問題時,可用電子守恒法。

3.任何溶液都呈電中性,可見:Σ(陽離子的物質(zhì)的量×陽離子的價數(shù))

=

Σ(陰離子的物質(zhì)的量×陰離子的價數(shù));或Σ(陽離子的物質(zhì)的量濃度×陽離子的價數(shù))

=

Σ(陰離子的物質(zhì)的量濃度×陰離子的價數(shù))。這就是電荷守恒法。

熱身賽:

1.將ag

NaOH樣品溶于bmL

0.1mol/L硫酸里,再加cmL

0.1mol/L

KOH溶液恰好呈中性,則樣品純度為

()

A.×100%

B.

×100%

C.

×100%

D.

×100%

2.為了取制氧氣,取一定量的KClO3和一定量的MnO2共熱,開始時MnO2在混和物中質(zhì)量百分含量為25%,當(dāng)M

nO2含量提高到30%時,KClO3的分解百分率為

()

A.43.3%

B.56.7%

C.40%

D.60%

3.同溫同壓下,10mL氣體A2和30mL氣體B2恰好完全化合,生成20mL氣體X,則X的化學(xué)式為

()

A.AB3

B.A3B

C.A2B

D.AB2

4.已知某強(qiáng)氧化劑XO(OH)2+

被亞硫酸鈉還原到較低價態(tài),如果還原含2.4×10-3mol

XO(OH)2+的溶液至此較低價態(tài),需用30mL

0.2mol/L的Na2SO3溶液,那么X元素最終價態(tài)為

()

A.+2

B.+1

C.0

D.-1

5.24mL濃度為0.05mol/L的Na2SO3溶液,恰好與20mL濃度為0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反應(yīng),則元素Cr在被還原的產(chǎn)物中的化合價是()

A.+6

B.+3

C.+2

D.0

6.若干克銅粉和鐵粉產(chǎn)混合物與足量鹽酸充分反應(yīng)后,過濾,將濾渣在空氣中充分加熱,冷卻后稱量,質(zhì)量恰好等于原混合物的質(zhì)量,則混合物中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)

7.將NaHCO3和部分風(fēng)化的純堿晶體組成的混合物樣品m

g配成250mL溶液,用1.0

mol/L鹽酸滴定,至終點時,用去鹽酸30.0

mL。若將上述樣品m

g加熱至質(zhì)量不變時,可得到固體多少克?

8.鎂帶在空氣中完全燃燒后,將其產(chǎn)物溶于50mL1.8mol/L稀鹽酸中,再加入20mL0.9moL/LNaOH溶液以中和多余的酸,然后加入足量NaOH溶液使氨全部逸出,經(jīng)測定氨的質(zhì)量為0.102g。求鎂帶的質(zhì)量。

9.工業(yè)上用焦炭、水和空氣為原料合成氨,在理論上消耗焦炭和氨氣的物質(zhì)的量之比為多少(不考慮空氣中O2的反應(yīng))?

10.有混合氣體A(由NO、H2、CO2組成),通過過量的Na2O2后,變成混合氣體B,將B引燃,使其充分反應(yīng),得到濃度為70%的硝酸溶液(無任何氣體剩余)。求混合氣體A和B中各氣體的體積比。

11.把一定量的氯酸鉀充分加熱到再不放出氣體為止,向剩余固體中加入足量的水配成溶液,向該溶液中加入足量的硝酸銀溶液,過濾,干燥,得到固體物質(zhì)143。5g,求放出氧氣多少克。

12.羥胺(NH2OH)是一種還原劑,能將某些氧化劑還原。現(xiàn)用50.00mL

0.049mol/L的羥胺的酸性溶液跟足量的硫酸鐵溶液在煮沸條件下反應(yīng),生成的Fe2+恰好與49.3mL

0.02mol/L的KMnO4

酸性溶液完全作用。[已知FeS+KMnO4+H2SO4-Fe2(SO4)3+K2SO4+MnSO4+H2O(未配平)],則在上述

反應(yīng)中,羥胺的氧化產(chǎn)物是____________。

13.金屬A和非金屬B可以直接化合生成化合物AB。甲、乙、丙三人分別做A和B化合反應(yīng)的實驗,充分反應(yīng)時每人所用A和B的質(zhì)量各不相同,但總質(zhì)量都是9g。甲、乙所用A和B的質(zhì)量及三人得到化合物AB的質(zhì)量如下表,請?zhí)顚懕碇锌崭瘛?/p>

A的用量

B的用量

得到AB的用量

7g

2g

6g

4g

5g

6g

4.44g

14.將一定量的氯酸鉀與3.48

g二氧化錳組成的混合物加熱一段時間后共收集到氧氣0.336

L(標(biāo)準(zhǔn)狀況),然后將殘留固體加入到足量濃鹽酸中共熱,使之與濃鹽酸充分反應(yīng),再將生成的氣體全部通入到100

mL1

mol/L的溴化亞鐵溶液中,有的溴離子被氧化成單質(zhì)。求氯酸鉀的分解百分率。

15.將一定量的鋁粉和鐵粉的混合物溶于足量鹽酸中,然后向其中加入過量的氫氧化鈉溶液,在空氣中放置一段時間,濾出沉淀物,再將沉淀物在O2中灼燒,最后得紅棕色粉末,該粉末的質(zhì)量與原鋁、鐵混合物的質(zhì)量恰好相等。求原混合物中鋁的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。

16.將一塊已被嚴(yán)重銹蝕而部分變?yōu)殂~綠[Cu2(OH)2CO3]的銅研磨成粉末,充分灼燒成CuO,發(fā)現(xiàn)固體質(zhì)量沒有發(fā)生增減。求銅被銹蝕的質(zhì)量百分率。

大檢閱:

1.D

2.B

3.A

4.C

5.B

6.20%

7.15.9g。運用質(zhì)量守恒法

8.0.792g。運用質(zhì)量守恒法和整體思維技巧

9.3︰2。運用電荷守恒法

10.A中V(NO)

︰V(H2)

︰V(CO2)

=

2︰4︰7;B中V(NO2)

︰V(H2)

︰V(O2)

=

4︰8︰5。運用質(zhì)量守恒法和整體思維技巧

11.48g

12.N2O

13.7.52g

1.48g

(或2.96g、6.04g)

14.33.33%

15.30%

16.有關(guān)的兩個反應(yīng)式是:Cu2(OH)2CO3=2CuO+H2O↑+CO2↑,2Cu+O2=2CuO。前一反應(yīng)減小固體質(zhì)量,后一反應(yīng)增加固體質(zhì)量。常見的解法可能是:設(shè)原固體質(zhì)量為1,其中Cu2(OH)2CO3含x,單質(zhì)銅含1-x。據(jù)題義:。式中80、222、64、62、32分別為CuO、Cu2(OH)2CO3、Cu、H2O+CO2(相當(dāng)于H2CO3)、O2的摩爾質(zhì)量。解得x=47.23%。但這僅是Cu2(OH)2CO3的百分含量,還需對原金屬銅的銹蝕率進(jìn)行換算:。如果緊盯關(guān)鍵元素Cu來做文章,可以發(fā)現(xiàn)第一個反應(yīng)中放出的H2CO3的物質(zhì)的量等于被蝕銅元素物質(zhì)的量的1/2,第二個反應(yīng)中被結(jié)合的O2的物質(zhì)的量則等于未銹蝕銅元素的1/2。設(shè)H2CO3的質(zhì)量為m,據(jù)題義O2的質(zhì)量亦為m,即可據(jù)兩部分銅元素的量直接列式解得答案:。式中連Cu2(OH)2CO3、CuO、Cu的摩爾質(zhì)量都沒有用上,運算量簡化到了最大限度

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