【高考化学】常用的8种化学计算题解题方法。三、守恒法  化学方程式既然能够表示出反应物与生成物之间物质的量、质量、气体体积之间的数量关系,那么就必然能反映出化学反应前后原子个数、电荷数、得失电子数、总质量等都是守恒的。例题:在30mL量筒中充满NO2和O2的混合气体,倒立于水中使气体充分反应,最后剩余5mL气体,求原混合气中氧气的体积是多少毫升?最后剩余5mL气体可能是O2;原混合气体中氧气的体积可能是10mL或3mL。
讨论并回答:①关系式法,②方程或方程组法,③守恒法,④差量法,⑤平均值法,⑥极值法,⑦讨论法,⑧十字交叉法等。【投影】例题1630mL量筒中充满NO2和O2的混合气体,倒立于水中使气体充分反应,最后剩余5mL气体,求原混合气中氧气的体积是多少毫升?原混合气体中氧气的体积可能是10mL3mL。8.在滴有甲基橙试剂的50mL0.05mol/L的一元强酸溶液中,滴入0.1mol/L的烧碱溶液,当滴至橙色刚好变为黄色时,所用烧碱溶液的体积为[]
【例题1630mL量筒中充满NO2和O2的混合气体,倒立于水中使气体充分反应,最后剩余5mL气体,求原混合气中氧气的体积是多少毫升?8.在滴有甲基橙试剂的50mL0.05mol/L的一元强酸溶液中,滴入0.1mol/L的烧碱溶液,当滴至橙色刚好变为黄色时,所用烧碱溶液的体积为[](1aLNO2(其中N2O4的体积分数为20%)和bLNO的混合气体恰好被200mLNa2CO3溶液完全吸收,则a、b应满足的关系是______,Na2CO3溶液的物质的量浓度是______mol·L-1。
2 mol 1 mol 2 mol 221 kJ 24 g 1 mol 22.4 L(标况)-1,-1,-1O2、SO2的浓度范围应分别为0<c(SO3)<0.4 mol·L0<c(O2)<0.2 mol·L0<c(SO2)<0.4 mol·L。-1-1可知,原混合物中一种金属的摩尔电子质量大于15 g·mol,另一金属的摩尔电子质量小于15 g·mol。56 g55 g-1-1①项生成Fe的摩尔电子质量为,生成Mn的摩尔电子质量为,根据平均3 mol4 mol.②生成Mn的摩尔电子质量为13.75 g·mol,生成V的摩尔电子质量为g·mol,根据5 mol.
八种化学计算题解题方法。化学方程式既然能够表示出反应物与生成物之间物质的量、质量、气体体积之间的数量关系,那么就必然能反映出化学反应前后原子个数、电荷数、得失电子数、总质量等都是守恒的。十字交叉法是二元混合物(或组成)计算中的一种特殊方法,它由二元一次方程计算演变而成。例题8 在30mL量筒中充满NO2和O2的混合气体,倒立于水中使气体充分反应,最后剩余5mL气体,求原混合气中氧气的体积是多少毫升?
(2).原子守恒即反应前后主要元素的原子的个数不变,物质的量保持不变。解析 由题意得知,铁的氧化物中的氧原子最后转移到沉淀物CaCO3中即n(CO)=n(CO2)=n(氧化物中O原子)=n(CaCO3)=0.0075mol,m(O)=0.0075mol×16g/mol=0.12g。例题2 将8gFe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中,再投入7g铁粉收集到 1.68L H2(标准状况),同时,Fe和Fe2O3均无剩余,为了中和过量的硫酸,且使溶液中铁元素完全沉淀,共消耗4mol/L的NaOH溶液150mL。
B、Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应:HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O.18、已知在酸性溶液中,下列物质氧化KI时,自身发生如下变化:Fe3+→Fe2+,MnO4-→Mn2+,Cl2→Cl-,HNO3→NO。检测次数溶液中检测出的物质第1次KCl、K2SO4、Na2CO3、NaCl第2次KCl、BaCl2、Na2SO4、K2CO3第3次Na2SO4、KCl、K2CO3、NaCl查阅资料:Ag2SO4、CaSO4微溶于水。22.(每空2分,共12分)(1)溶液变红,溶液为碱性(2)H++OH-=H2O1mol/L。
差量法在化学解题中的应用差量法在化学解题中的应用 河北省宣化县第一中学 栾春武。解得:n(Cu)=0.3mol, n(NO)=0.2mol.加入铜粉的质量:m(Cu)=0.3mol×64g·mol-1=19.2 g.解得:x= mol=0.075 mol,析出铜的质量为:m(Cu)=0.075 mol×64g·mol-1=4.8g;解析:原PCl5的物质的量为0.028mol,反应达到平衡时物质的量增加了0.05mol-0.028mol=0.022mol,依据化学反应方程式:1mol 1mol 11 kJ.
由氯元素守恒得:2n(FeCl2) + n(HCl余)=n(HCl总)=0.44mol,即2n(FeCl2) +0.08mol=0.44mol得n(FeCl2)=0.18mol.0.1mol×56g·mol-1 + 0.04mol×160g·mol-1 + 0.02mol×80g·mol-1=13.6g.n(O2) = n(Cu) = × = 0.015 mol.【例题13】已知2Fe2+ + Br2 = 2Fe3+ + 2Br-,向100mL FeBr2溶液中通入标况下的Cl2 3.36L,充分反应后测得形成的溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等,则原FeBr2溶液的物质的量浓度为_________。
则:n(NH3)=0.200×24.0×10-3=4.80×10-3(mol)m(NH3)=4.80×10-3×17.0=8.16×10-2(g)n(Cl-)=0.100×24.0×10-3=2.40×10-3(mol)m(Cl-)=2.40×10-3×35.5=8.52×10-2(g)m(钴离子)=0.2140-8.16×10-2-8.52×10-2=4.72×10-2(g) n(钴离子):n(NH3):n(Cl-)=1:6:3该化合物的化学式为CO(NH3)6Cl3 总结:分清反应过程中各种物质间量的关系,是运用守恒法解题的前提。以此其热稳定性顺序为:NH4I﹥NH4Br﹥NH4Cl﹥NH4F。
②不同pH等体积的两强碱混合,若二者pH相差≥2时,将原pH大的数值减0.3,就得混合后溶液的pH 。生成Cu(OH)20.046 mol,Mg(OH)2 0.069 mol,其质量之和0.046mol×98g·mol—1+0.069mol×58g·mol—1=8.51 g(解法二)因为放出NO2气体共0.23 mol,根据得失电子守恒可知Cu和Mg物质的量之和为0.115mol,生成氢氧化物增重为OH—:2×0.115 mol ,OH—质量为2×0.115mol×17g/mol=3.91g,其氢氧化物总质量为4.6g+3.91g=8.51g 。
混合物的化学分离和提纯方法归纳混合物的化学分离和提纯方法归纳河北省宣化县第一中学 栾春武。如将过量的铁粉加入混有FeCl3的FeCl2溶液中,以除去FeCl3杂质。如在CuCl2溶液中含有FeCl3杂质,由于FeCl3的水解,溶液是酸性溶液,就可采用调节pH的方法将Fe3+沉淀出去,为此,可向溶液中加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3。D.在含FeCl2杂质的FeCl3溶液中通足量Cl2后,充分加热,除去过量的Cl2,即可得到较纯净的FeCl3溶液。
高考化学解题思维方法专题——化学计算中的几种常见数学思想。1差量法。差量法是指根据化学反应前后物质的量发生的变化,找出“理论差量”。用差量法解题是先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量(实际差量)列成比例,然后求解。现将5.84 gPCl5装入2.05 L真空密闭容器中,在277℃达到平衡,容器内压强为1.01×105 Pa,经计算可知平衡时容器内混合气体的物质的量为0.05 mol,求平衡时PCl5的分解率。2极值法。(1)极值法的含义。
【分析 】由题意,生成0.5mol H2,金属失去的电子即为1mol,即合金的平均摩尔电子质量为10g/mol,镁、铝、铁、锌的摩尔电子质量分别为:12、9、28、32.5(单位:g/mol),由平均值可知,混合物中一种金属的摩尔电子质量小于10g/mol,另一种大于10g/mol。十字交叉法是进行二组分混合物平均量与组分计算的一种简便方法。【分析】10%NaOH溶液溶质为10,NaOH固体溶质为100,40%NaOH溶液溶质为40,利用十字交叉法得:需10%NaOH溶液为。
高考化学选择题分类及解答策略。②.Na2CO3溶液中滴入少量盐酸:CO32-+2H+=CO2↑+H2O③.向100ml 1mol/L的FeBr2溶液中通入0.05molCl2:Cl2+2Br-=2Cl-+Br2;再向反应后的溶液中加入1mol/LNaOH溶液,要使铁元素完全沉淀下来,所加入NaOH溶液的体积最小是(A)本题可用极值法和电荷守恒法解答:设HNO3恰好反应完,反应后的溶液中的溶质要么是Fe(NO)2,要么是Fe(NO)3,溶液中的NO3-的物质的量为HNO3的总量减去NO的量,即0.5-0.05=0.45mol。
解法: (气体质量守恒法)假设有1mol O2,则消耗0.3mol O2,由差量法△n(减少)0.1mol,即反应后混合气体的物质的量为0.9mol,由气体的总质量守恒推出反应后混合气体的总质量仍为32g,所以平均摩尔质量=A.9 mol/L B.8 mol/L C.5 mol/L D.10 mol/L.将燃烧后的产物溶解在60 mL 2.0 mol/L的盐酸中,再用20 mL 0.5 mol/L NaOH溶液中和多余的盐酸,然后在此溶液中加入过量的碱,把氨全部蒸出来,用稀盐酸吸收,稀盐酸增重0.17 g。
A. mol B. mol C. mol D. mol.【例3】取一定量的Na2CO3、NaHCO3和Na2SO4固体的混合物与250mL 1.00mol·L-1过量盐酸反应,生成2.016L CO2(标准状况),然后加入500mL 0.100mol·L-1Ba(OH)2溶液,得到沉淀的质量为2.33 g,溶液中过量的碱用10.0mL 1.00mol·L-1盐酸恰好完全中和。所以,Na2CO3、NaHCO3的质量分别为0.07mol×106g·mol-1=7.42g、0.02mol×84 g·mol-1=1.68g。
解析 由反应方程式:Al2O3+N2+3C2AlN+3CO可得到Al、O的化合价反应前后没有变化,N的化合价由“0”价变为“-3”价被还原,而C的化合价由“0”价变为“+2”价,因此氧化剂为N2,有还原性为C,每生成1 mol AlN转移电子总数为3 mol,AlN的摩尔质量为41 g/mol。解析 根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等这一规律,对于反应①,G―→NaCl变化中,Cl的化合价降低,则G―→Q变化中Cl的化合价必然升高,即氯的化合价:Q>G;
《氧化还原反应方程式的配平》练习题。4.一定条件下硝酸铵受热分解的未配平化学方程式为:NH4NO3——HNO3+N2+H2O,在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为()。Cl2+NH3—NH4Cl+N2.3、(06上海)(1)请将5种物质:N2O、FeSO4、Fe(NO3)3、HNO3和Fe2(SO4)3分别填入下面对应的横线上,组成一个未配平的化学方程式。若不正确,写出正确的化学反应方程式(若是离子反应,写出离子反应方程式,没有离子反应的,写出化学反应方程式):
②溶液质量;对于C,根据⑤推得溶质的质量,其结果和④一起可求得溶质的物质的量,再根据已给的已知条件③,可求出溶质的物质的量浓度。向0.05 mol·L-1的Cr2(SO4)3溶液50mL中,加入1.0 mol·L-1的NaOH溶液50mL,充分反应后,溶液中可观察到的现象为( )冷却所得的溶液到室温后定容为1L,取出定容后的溶液50mL,加入还原铁粉7.00g,充分反应后生成1.68L(标准状况)气体,溶液下部残渣质量为3.04g,所得溶液中只有硫酸亚铁。
A. 1.5mol/L B. 0.5mol/L C. 2mol/L D. 1.2mol/L.【例7】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?解析由题意得:Fe2O3与合金的质量相等,而铁全部转化为Fe2O3,故合金中Al的质量即为Fe2O3中氧元素的质量,则可得合金中铝的质量分数即为Fe2O3中氧的质量分数,O%= 48/160×100%=30%,选B。
知识的理论与实践结合更为紧密,旨在培养学生的分析能力,解决实际问题能力,创新能力,因此高中化学的知识内容较为复杂,面对应考学生难以掌握,其中我们地区高考的化学知识有《人教版化学—必修一》《人教版化学——必修二》《人教版化学——选修四》人教版化学——选修五》,针对高中应考制度,结合自己多年的教育实践,总结以下学法体会。0.3mol 0.2mol.故 0.1mol<X2<0.3mol 0mol<Y2<0.6mol 0mol<Z2<0.4mol.
已知 NH3 的利用率为92.6%,H2SO4 的利用率为 89.8%,试求黄铁矿制取H2SO4 时的损失率。并排除 NH3 利用率的干扰作用。其次,根据 S 原子守恒找出已知量 FeS2与未知量(NH4)2SO4的关系(设黄铁矿的利用率为x):n(气体)=n(Fe)= mol.根据合成 NH4NO3 的反应:NH3+HNO3====NH4NO3.可知当合成 80 t NH4NO3 时,需要用 63 tHNO3 吸收 17 t 的 NH3。(2)再求制备 80 t NH4NO3 时,生产 HNO3所用 NH3 占耗 NH3 总量的质量分数:w= =0.53。
例题3 :800℃时将1 mol CO和1 mol H2O(蒸气)通入2 L密闭容器中进行反应:CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g),达到平衡时测得容器内CO2为0.3 mol/L,此时再向容器内通入1mol水蒸气,并保持温度不变,则达到平衡时CO2物质的量可能为( )A.0.9mol B.0.6mol C.0.3mol D.1.2 mol方法:通过找出新平衡时CO2物质的量的范围,再进行估算即可。24%6.(1)盐酸的物质的量是浓度,a mol/L(2)
4.有KCl、KBr和KI混合物3.87 g,溶于水配成溶液,向溶液中加入足量的AgNO3溶液,得到的沉淀干燥后是6.63 g,则原混合物中钾元素的质量分数是________15.某溶液中Cl-、Br-、I-三者物质的量之比是1:2:3,通入一定量的Cl2,当反应完成后,该比值变为3:2:1,则反应的Cl2与原溶液中I-的物质的量之比是 ( )在KBr和KI混合溶液中,通入足量的氯气,反应后蒸干溶液、灼烧,残留物是 ( )Cl2→Cl-;
【例2】 在含有Cu(NO3)2、Zn(NO3)2、Fe(NO3)3、AgNO3各0.01 mol的酸性混合溶液中加入0.01 mol铁粉,经搅拌后发生的变化应是(  ) A.铁溶解,析出0.01 mol Ag和0.005 mol Cu.【例2】 有一瓶14%的KOH溶液,加热蒸发掉100 g水后,变为28%的KOH溶液80 mL,且 蒸发过程中无晶体析出,该80 mL溶液的物质的量浓度为(  ) A.5 mol·L-1 B.6 mol·L-1 C.6.25 mol·L-1 D.6.75 mol·L-1.浓度(mol·L-1)
n(e-) = ×1 = 0.46 mol,由电荷守恒知Mg和 Cu共需要结合0.46 mol OH-,因此有17.02g = x + 0.46 mol×17g/mol ,解得x = 9.20g.转移电子的物质的量为10mol,被氧化的N原子的物质的量为30mol,有2mol KNO3被还原,现氧化物比还原物多1.7mol,则生成2molN2,转移电子的物质的量为1.25mol,被氧化的N原子的物质的量为3.75mol,因此,C、D正确。选项C转移电子的物质的量为0.1mol×3+ 0.2mol×1+ 0.05mol×2 = 0.6 mol,正确;
差量法面面观差量法面面观 【概念】  差量法是依据化学反应前后的某些"差量"(固体质量差、溶液质量差、气体体积差、气体物质的量之差等)与反应物或生成物的变化量成正比而建立的一种解题法。将一定质量的铁放入100g的稀硫酸中,充分反应后测得溶液的质量为105.4g,求加的铁的质量  [解析]增重 105.4 - 100 = 5.4g  则铁物质的量 5.4/(56-2) = 0.1mol  铁的质量 0.1*56 = 5.6g.