人教版高中化学总复习课件 教师用书 1.docx

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人教版高中化学总复习课件教师用书1

单元总结

　　一、一般比例式法在化学方程式计算中的应用

1.化学方程式在量方面的含义

　　　　　　　　aA（g）+bB（g）

cC（g）+dD（g）

质量之比　　　aMA　bMB　cMC　dMD

物质的量之比　a　b　c　d

体积之比　a　b　c　d

2.一般步骤

（1）根据题意写出并配平化学方程式。

（2）依据题中所给信息及化学方程式判断参加反应的物质是否过量,用完全反应的量进行求解。

（3）选择适当的量（如物质的量、气体体积、质量等）的关系作为计算依据,把已知的和需要求解的量[用n（B）、V（B）、m（B）或设未知数为x表示]分别写在化学方程式中有关化学式的下面,两个量及单位须上下一致。

（4）列比例式,求未知量。

　　二、关系式法的应用原理

多步反应计算的特征是化学反应原理中多个反应连续发生,起始物与目标物之间存在确定的量的关系。

解题时应先写出有关反应的化学方程式或关系式,根据化学方程式找出连续反应的过程中不同反应步骤之间反应物、生成物物质的量的关系,最后确定已知物和目标产物之间的物质的量的关系,列出计算式求解,从而简化运算过程。

1.叠加法（如利用木炭、水蒸气制取氨气）

⇒

⇒

由木炭、水蒸气制取NH3的关系为3C~4NH3。

2.原子守恒法

4NH3+5O2

4NO+6H2O

2NO+O2

2NO2

4NO2+2H2O+O2

4HNO3

由N元素守恒知:

NH3~HNO3。

3.电子守恒法

NH3

HNO3,O2

2

由得失电子总数相等知,NH3经氧化等一系列过程生成HNO3,NH3和O2的关系为NH3~2O2。

　　三、差量法的应用原理

1.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”。

这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。

用差量法解题时,先把化学方程式中的对应理论差量跟实际差量列成比例,然后求解。

如:

　　　　　　　2C（s）+O2（g）

2CO（g）

固体差量　24g　　　　　　　　　Δm=24g

物质的量差量　2mol　1mol　2mol　Δn=1mol

气体体积差量　22.4L44.8L　　　ΔV=22.4L

2.使用差量法的注意事项

（1）所选用差值要与有关物质的数值成正比例或反比例关系。

（2）有关物质的物理量及其单位都要正确地使用,即“上下一致,左右相当”。

案例示范　14g铜、银合金与足量的某浓度的硝酸反应,将放出的气体与1.12L（标准状况下）氧气混合,通入水中恰好全部被吸收,则合金中铜的质量为（　　）。

A.9.6g　　　B.6.4g　　　C.3.2g　　　D.1.6g

解析　铜、银与硝酸反应生成硝酸铜、硝酸银与氮的氧化物,氮的氧化物与氧气、水反应生成硝酸,整个过程中金属失去的电子数等于氧气获得的电子数,n（O2）==0.05mol。

设Cu、Ag的物质的量分别为x、y。

根据质量守恒得x×64g·mol-1+y×108g·mol-1=14g,

根据电子守恒得2x+1×y=0.05mol×4。

解得x=0.05mol,y=0.1mol。

m（Cu）=0.05mol×64g·mol-1=3.2g。

答案　C

巩固训练1　为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度,现将w1g样品加热,其质量变为w2g,则该样品的纯度（质量分数）是（　　）。

A.　　　　　　B.

C.D.

解析　根据差量法计算可得:

2NaHCO3

Na2CO3+H2O↑+CO2↑　固体质量减少

2×84　18+44=62

m（NaHCO3）　（w1-w2）g

则m（NaHCO3）=（w1-w2）g。

故Na2CO3的质量为w1g-（w1-w2）g=g,样品的纯度（质量分数）是g÷w1g=。

答案　A

　　巩固训练2　密胺是重要的工业原料,结构简式如图所示。

工业上以液氨和二氧化碳为原料,以硅胶为催化剂,在一定条件下通过系列反应生成密胺。

若原料完全反应生成密胺,则NH3和CO2的质量之比应为（　　）。

　　A.17∶44　　B.22∶17　　C.17∶22　　D.2∶1

解析　根据密胺的结构简式和元素守恒可知,一个密胺分子中有三个碳原子和六个氮原子,所以合成1mol密胺需要3molCO2和6molNH3,NH3和CO2的质量之比应为（6×17）∶（3×44）=17∶22。

答案　C

见《高效训练》P5

宏观辨识与微观探析

1、2、3、8、10、

11、12、16、17

变化观念与平衡思想

18

证据推理与模型认知

4、5、6、7、9、13、14、15

科学探究与创新意识

19、20、21

科学态度与社会责任

一、选择题（本题包括16小题,每小题3分,共48分）

1.配制100mL1mol·L-1NaCl溶液,下列操作中错误的是（　　）。

A.在托盘天平上放两片大小一样的纸,然后将氯化钠固体放在纸片上称量

B.把称得的氯化钠固体放入盛有适量蒸馏水的烧杯中,溶解、冷却,再把溶液移入容量瓶中

C.用蒸馏水洗涤烧杯、玻璃棒各2~3次,洗涤液也移入容量瓶中

D.沿玻璃棒往容量瓶中加入蒸馏水,直至溶液凹液面恰好与刻度线相切

解析　配制溶液的过程中,当液面接近刻度线1~2cm处时,需改用胶头滴管进行定容。

答案　D

2.（2018年湖北武汉部分市级示范高中联考）下列有关说法错误的是（　　）。

A.22.4L氯气与足量铁反应一定转移2mol电子

B.1mol氯气通入水中转移的电子小于1mol

C.1mol氯气通入足量NaOH溶液中转移1mol电子

D.浓盐酸与氯酸钾反应生成3mol氯气,转移5mol电子

解析　未指明是在标准状况下,A项错误。

答案　A

3.（2018年四川眉山中学月考）设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是（　　）。

A.20gD2O与18gH2O中,中子数之比为2∶1

B.常温常压下,0.5molO3与11.2LO2所含的分子数均为0.5NA

C.6.0gSiO2中含有0.1NA个SiO2分子

D.1mol过氧化钠和1mol氧化钠中阴、阳离子个数之比相同

解析　20gD2O与18gH2O的物质的量均为1mol,质量数=质子数+中子数,H原子中无中子,D原子中含有1个中子,O原子中含有8个中子,所以1molD2O与1molH2O中,中子数之比为10∶8=5∶4,A项错误;常温常压下的Vm大于22.4L·mol-1,11.2LO2的物质的量小于0.5mol,含有的分子数小于0.5NA,B项错误;二氧化硅为原子晶体,C项错误;Na2O2由Na+和构成,Na2O由Na+和O2-构成,阴、阳离子个数之比均为1∶2,D项正确。

答案　D

4.（2018年广东汕头金山中学期末）在两个密闭容器中,分别装有质量相同的甲、乙两种气体,若两容器的温度和压强均相同,且甲的密度大于乙的密度,则下列说法正确的是（　　）。

A.甲的分子数比乙的分子数多

B.甲的摩尔体积比乙的摩尔体积小

C.甲的物质的量比乙的物质的量少

D.甲的相对分子质量比乙的相对分子质量小

解析　m甲=m乙,因为ρ甲>ρ乙,所以n甲ρ乙,则M甲>M乙,D项错误。

答案　C

5.（2018年河北石家庄第二中学月考）在两个容积相同的容器中,一个盛有C2H4气体,另一个盛有N2和CO的混合气体。

在同温同压下,两容器内的气体一定具有相同的（　　）。

①分子数　②密度　③质量　④质子数　⑤原子数

A.①④⑤　　B.①②⑤　　C.③④⑤　　D.①②③

解析　同温同压下,相同体积的任何气体含有相同的分子数,所以C2H4与N2和CO混合气体的总分子数目相同,①正确;N2和CO的相对分子质量都是28,故混合气体的平均相对分子质量为28,C2H4的相对分子质量为28,同温同压下,气体密度之比等于相对分子质量之比,故两容器内气体的密度相等,②正确;CO、N2和C2H4的摩尔质量都是28g·mol-1,则C2H4的物质的量与N2和CO的总物质的量相等,所以质量一定相等,③正确;CO分子中质子数为14,N2分子中质子数为14,C2H4分子中质子数为16,而C2H4的物质的量与N2和CO的总物质的量相等,所以质子数一定不相等,④错误;CO、N2是双原子分子,C2H4是6原子分子,C2H4分子数目与N2和CO的总分子数相等时,原子数一定不相等,⑤错误。

答案　D

6.（2018年广东梅州总复习质检）通常监测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2+H2O2+BaCl2

BaSO4↓+2HCl。

NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是（　　）。

A.0.1molBaCl2晶体中所含分子总数为0.1NA

B.25℃时,pH=1的HCl溶液中含有的Cl-的数目为0.1NA

C.生成2.33gBaSO4沉淀时,转移的电子数目为0.02NA

D.标准状况下,2.24LH2O2含有1.8NA个电子

解析　BaCl2晶体是离子晶体,其中含有的是阴、阳离子,不存在分子,A项错误;没有说明溶液的体积,所以无法计算溶液中Cl-的数目,B项错误;生成2.33g（0.01mol）BaSO4沉淀时,有0.01mol的+4价S转化为+6价S,所以转移的电子数目为0.02NA,C项正确;标准状况下,过氧化氢是液态物质,所以无法计算其物质的量,D项错误。

答案　C

7.利用碳酸钠晶体（Na2CO3·10H2O）配制1000mL0.5mol·L-1碳酸钠溶液,假如其他操作均准确无误,下列情况会引起溶液浓度偏高的是（　　）。

A.称取碳酸钠晶体100g

B.定容时俯视刻度线

C.移液时,用于溶解碳酸钠晶体的烧杯没有进行冲洗

D.定容后,振荡均匀,静置发现液面低于刻度线,又加入少量水至刻度线

解析　1000mL0.5mol·L-1碳酸钠溶液需称取143gNa2CO3·10H2O,称取100g碳酸钠晶体会使浓度偏低,A项错误;定容时俯视刻度线,会造成所配溶液的体积偏小,浓度偏高,B项正确;未冲洗溶解碳酸钠晶体的烧杯,会造成碳酸钠损失,浓度偏低,C项错误;加水会稀释溶液,造成所配溶液的浓度偏低,D项错误。

答案　B

8.（2018年四川宜宾第三次诊断）检查司机是否酒后驾车的反应原理是C2H5OH+4CrO3+6H2SO4

2Cr2（SO4）3+2CO2↑+9H2O。

NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是（　　）。

A.0.1molC2H5OH中OH-的数目为0.1NA

B.25℃时,pH=1的H2SO4溶液中H+的数目为0.1NA

C.1.8gH2O中共用电子对的数目为0.2NA

D.生成4.48LCO2气体时,转移电子数目为1.2NA

解析　C2H5OH是非电解质,不能电离出OH-,A项错误;25℃时,pH=1的H2SO4溶液中,c（H+）=0.1mol·L-1,溶液体积未知,故无法求得H+的数目,B项错误;1.8gH2O为0.1mol,一个H2O分子中含有两对共用电子对,故1.8gH2O中含有共用电子对的数目为0.2NA,C项正确;未指明是否为标准状况,故无法求得二氧化碳的物质的量,D项错误。

答案　C

9.（2018年河南郑州第一中学入学考试）下列溶液的配制过程会引起浓度偏高的是（　　）。

①1g98%的浓硫酸加4g水配成体积之比为1∶4的硫酸

②配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时,定容后,塞好塞子倒转摇匀,发现液面低于刻度线　③在100mL无水乙醇中加入2g碘片,溶解后配成质量分数为2%的碘酒溶液

④在80mL水中加入20mL18.4mol·L-1硫酸,配制3.68mol·L-1的硫酸溶液　⑤质量分数为5x%和x%的两种氨水等体积混合配成3x%的氨水　⑥10%的硫酸和90%的硫酸等体积混合配制50%的硫酸溶液

A.①③⑤B.③④⑥C.②④⑤D.④⑤⑥

解析　浓硫酸的密度大于1g·mL-1,水的密度是1g·mL-1,用1g98%的浓硫酸加4g水所配得硫酸的体积和水的体积比小于1∶4,①不符合题意;配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时,定容后,塞好塞子倒转摇匀,发现液面低于刻度线,溶质的物质的量和溶液的体积都不变,所以配制溶液的浓度不变,②不符合题意;由于乙醇的密度为0.78g·mL-1,故在100mL无水乙醇中加入2g碘片,所得溶液的质量小于100g,则溶质的质量分数大于2%,③符合题意;在80mL水中加入20mL18.4mol·L-1硫酸,溶液体积小于100mL,所以配制溶液的浓度高于3.68mol·L-1,④符合题意;5x%的氨水与x%的氨水等质量混合时溶质的质量分数为=3x%,如果等体积混合,由于5x%的氨水的密度小于x%的氨水的密度,所以x%的氨水的质量大于5x%的氨水的质量,因此混合后溶液中溶质的质量分数小于3x%,⑤不符合题意;溶质的质量分数分别为90%和10%的两种硫酸溶液等质量混合后,溶液中溶质的质量分数为=50%,由于90%硫酸溶液的密度大于10%硫酸溶液的密度,所以90%和10%的两种硫酸溶液等体积混合后,溶液中溶质的质量分数大于50%,则配制的溶液浓度偏大,⑥符合题意。

答案　B

10.已知四种盐的溶解度（S）曲线如图所示,下列说法不正确的是（　　）。

A.将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体

B.将MgCl2溶液蒸干可得MgCl2固体

C.Mg（ClO3）2中混有少量NaCl杂质,可用重结晶法提纯

D.可用MgCl2和NaClO3制备Mg（ClO3）2

解析　因为NaCl的溶解度受温度的影响不大,所以将NaCl溶液蒸干可得NaCl固体,A项正确;因MgCl2能够水解,水解产生了氢氧化镁和氯化氢,加热水解平衡正向移动,氯化氢易挥发,所以将MgCl2溶液蒸干得到的固体为氢氧化镁,B项错误;因为Mg（ClO3）2的溶解度受温度影响变化较大,NaCl的溶解度受温度影响变化较小,所以Mg（ClO3）2中混有少量NaCl杂质,可用重结晶法提纯,C项正确;反应MgCl2+2NaClO3

Mg（ClO3）2+2NaCl类似于侯氏制碱法生成NaHCO3的原理,NaCl因溶解度小而从溶液中析出,使反应向生成Mg（ClO3）2的方向进行,D项正确。

答案　B

11.（2018年云南玉溪一中第二次调研）如图是实验室硫酸试剂标签上的部分内容,下列说法正确的是（　　）。

A.配制500mL4.6mol·L-1稀硫酸需取该硫酸125mL

B.1molAl与足量的该硫酸反应产生3g氢气

C.该硫酸的物质的量浓度为9.2mol·L-1

D.将该硫酸加水配成质量分数为49%的溶液时,其物质的量浓度等于9.2mol·L-1

解析　根据c=可知,该硫酸溶液的物质的量浓度为mol·L-1=18.4mol·L-1,C项错误;根据稀释定律,溶液稀释前后溶质的物质的量不变,故需要该浓硫酸的体积为=125mL,A项正确;常温下Al在浓硫酸中发生钝化,且浓硫酸为氧化性酸,与活泼金属反应也不能生成氢气,B项错误;浓硫酸和水的密度不同,等质量混合后溶液体积不等于硫酸体积的2倍,混合后物质的量浓度不是9.2mol·L-1,D项错误。

答案　A

12.（2018年黑龙江哈尔滨师大附中月考）向100mLFeCl3溶液中通入标准状况下0.224LH2S,生成单质硫,再加入过量铁粉,反应停止后溶液中含有0.06mol阳离子。

原FeCl3溶液的物质的量浓度是（　　）。

A.0.2mol·L-1B.0.3mol·L-1

C.0.4mol·L-1D.0.6mol·L-1

解析　该反应过程为FeCl3和H2S反应生成FeCl2、HCl、S,生成的HCl再和铁反应生成FeCl2,所以最终溶液中的溶质是FeCl2,根据氯原子守恒计算FeCl3的物质的量浓度,3n（FeCl3）=2n（FeCl2）,n（FeCl3）=n（FeCl2）=0.06mol×=0.04mol,则原氯化铁溶液的浓度为=0.4mol·L-1,C项正确。

答案　C

13.（2018年甘肃武威第一中学月考）某结晶水合物的化学式为R·nH2O,其相对分子质量为M。

25℃时,ag该晶体能够溶于bg水中,形成VmL溶液,下列关系中不正确的是（　　）。

A.该溶液中溶质的质量分数为%

B.该溶液的物质的量浓度为mol·L-1

C.该溶液中溶剂与溶质的质量之比为（+b）∶（a-）

D.该溶液的密度为g·L-1

解析　ag该晶体中R的质量为g,溶液总质量为（a+b）g,可知该溶液中溶质的质量分数为×100%=%,A项错误;n（R）=n（R·nH2O）=mol,该溶液的物质的量浓度为×103mol·L-1=mol·L-1,B项正确;R·nH2O中结晶水的质量为（）g,故R的质量为（a-）g,溶液中溶剂的质量为（b+）g,则溶液中m（水）∶m（溶质）=（+b）∶（a-）,C项正确;溶液总质量为（a+b）g,根据ρ=可知,溶液密度为g·mL-1=g·L-1,D项正确。

答案　A

14.（2018年山东实验中学高三模拟）16mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400℃左右可发生反应6NO+4NH3

5N2+6H2O（g）,达到平衡时,在相同条件下气体体积变为17.5mL,则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比可能有四种情况:

①5∶3　②3∶2

③4∶3　④9∶7。

其中正确的是（　　）。

A.①②B.①④C.②③D.③④

解析　根据反应前后气体的总体积,可用差量法直接求解。

6NO+4NH3

5N2　+6H2O（g）　ΔV（气体的体积差）

6mL4mL5mL6mL1mL（理论差量）

9mL6mL7.5mL9mL1.5mL（实际差量）

由此可知共消耗15mL气体,还剩余1mL气体,假设剩余的气体全部是NO,则V（NO）∶V（NH3）=（9mL+1mL）∶6mL=5∶3;假设剩余的气体全部是NH3,则V（NO）∶V（NH3）=9mL∶（6mL+1mL）=9∶7。

但因该反应是可逆反应,剩余的气体实际上是NO、NH3的混合气体,故V（NO）∶V（NH3）介于5∶3与9∶7之间,对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。

答案　C

15.某温度下,agVmL不饱和NaNO3溶液,蒸发掉bg水或加入bgNaNO3固体（恢复到原温度）均可使溶液达到饱和,则下列各量的计算结果正确的是（　　）。

A.该温度下NaNO3的溶解度为50g

B.原不饱和溶液中NaNO3的质量分数为%

C.原不饱和溶液中NaNO3的物质的量浓度为mol·L-1

D.原不饱和溶液的密度为g·mL-1

解析　由题意可知,bg水中溶解bgNaNO3固体达到饱和,即在此温度下NaNO3的溶解度为100g,A项错误;此温度下NaNO3饱和溶液中NaNO3的质量分数为=,所以原溶液中NaNO3的质量为（a-b）g×,则原不饱和溶液的质量分数为×100%=%,B项错误;原不饱和溶液的物质的量浓度为=mol·L-1,C项正确;原不饱和溶液的密度为=g·mL-1,D项错误。

答案　C

16.为了避免NO、NO2、N2O4对大气的污染,常采用氢氧化钠溶液进行吸收处理（化学方程式为2NO2+2NaOH

NaNO3+NaNO2+H2O,NO2+NO+2NaOH

2NaNO2+H2O）。

若由amolNO、bmolNO2、cmolN2O4组成的混合气体被VL一定浓度的氢氧化钠溶液完全吸收（无气体剩余）,则此氢氧化钠溶液的物质的量浓度最小为（　　）。

A.mol·L-1　　　　B.mol·L-1

C.mol·L-1D.mol·L-1

解析　生成物中有NaNO3、NaNO2,由化学式可知n（Na）=n（N）,根据原子守恒可知n（NaOH）=n（NO）+n（NO2）+2n（N2O4）=（a+b+2c）mol,故此氢氧化钠溶液的物质的量浓度最小为=mol·L-1,故选B项。

答案　B

二、非选择题（本题包括5小题,共52分）

17.根据下列各题所给出的数据,可分别求出“溶液的质量分数”或“溶液的物质的量浓度”,试判断并求解。

（1）设NA表示阿伏加德罗常数的值,若VL某氢氧化钠溶液中含有N个OH-,则可求出此溶液　　　　为　　　　。

（2）已知某氢氧化钠溶液中Na+与H2O的个数之比为1∶a,则可求出此溶液　　　　为　　　　。

（3）已知标准状况下1体积水能溶解500体积的氯化氢,则可求出标准状况下氯化氢饱和溶液　　　　为　　　　。

（4）已知将100mL氯化铝水溶液加热蒸干灼烧,可得到bg白色固体,则可求出原氯化铝溶液　　　　为　　　　。

解析　

（1）n=⇒c=。

（2）N（Na+）∶N（H2O）=1∶a⇒m（NaOH）∶m（H2O）⇒w=m（NaOH）∶[m（NaOH）+m（H2O）]。

（3）V（HCl）⇒m（HCl）⇒w=m（HCl）∶[m（HCl）+m（H2O）]。

（4）bgAl2O3⇒n（AlCl3）⇒c（AlCl3）。

答案　

（1）NaOH的物质的量浓度;mol·L-1

（2）NaOH的质量分数;%

（3）HCl的质量分数;44.9%

（4）AlCl3的物质的量浓度;mol·L-1

18.FeCl3是一种很重要的铁盐,主要用于污水处理,具有效果好、价格便宜等优点。

工业上可将铁屑溶于盐酸中,先生成FeCl2,再通入Cl2氧化来制备FeCl3溶液。

（1）将标准状况下的aL氯化氢气体溶于100g水中,得到盐酸的密度为bg·mL-1,则该盐酸的物质的量浓度是　　　　。

（2）向100mL的FeBr2溶液中通入3.36L（标准状况下）Cl2,反应后的溶液中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　　　　。

（3）FeCl3溶液可以用来净水,其净水的原理为　　　　　　　　　　　　　（用离子方程式表示）。

用100mL2mol·L-1FeCl3溶液净水时,生成具有净水作用的微粒数　　　　（填“大于”“等于”或“小于”）0.2NA。

解析　

（1）注意盐酸的体积不是100g水的体积,要用所得盐酸的质量和密度计算,还应注意单位换算。

（2）根据氧化还原反应的规律,氯气先氧化Fe2+,反应后溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等,表明溶液中无Fe2+,有FeBr3、FeCl3,n（Cl-）=×2=0.3mol=n（Br-）,根据电荷守恒及原子守恒知,n（Fe3+）=0.2mol=n（Fe2+）,则c（FeBr2）==2mol·L-1。

（3）Fe3+在水中发生水解反应Fe3++3H2O

Fe（OH）3（胶体）+3H+,生成的Fe（OH）3胶体具有吸附作用,可吸附溶液中的杂质。

Fe3+的水解是可逆反应,且Fe（OH）3胶体中的胶体粒子是由多个Fe（OH）3分子组成的集合体,所以生成的Fe（OH）3胶体粒子数目小于0.2NA。

答案　

（1）mol·L-1