高三化学计算1.docx

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高三化学计算1

授课时间

2014.3.18

授课题目

化学计算

（一）

课型

复习

使用教具

讲义、草稿纸

教学目标

教学重点和难点

参考教材

人教版化学

教学流程及授课详案

具体解题方法及例题：

1、关系式法

对于多步进行的连续反应，尽管每一步反应都是各自独立的（反应条件和设备可能不同）,但前一个反应的产物是后一个反应的反应物,可根据中间产物的传递关系,找出原料和最终产物的关系式。

由关系式进行计算带来很大的方便，并且可以保证计算结果的准确性。

寻找关系式时要特别注意原料中的某些元素是否都转入了产物中去，中间产物是否又有原始原料参与，不可盲目地根据起始物和产物中的原子守恒直接得出关系式。

常进行如下的相当量处理：

①化合物中某元素的损失率=该化合物的损失率；②中间产物的损失率=原料的损失率；③中间产物的转化率=原料的转化率。

另外，有些题目中常出现一些教材中未见过的化学反应方程式，以信息的形式作为解题的某些条件，此时要耐心地寻找物质或元素之间的转化关系，以便得出正确的关系式。

例1、一定量的铁粉和9g硫粉混合加热，待其反应后再加入过量盐酸，将生成的气体完全燃烧，共收集得9g水，求加入的铁粉质量为

A14g　B42g　C56g　D28g

2、选量法：

选量计算是指，在一道题中计算某一数值时，给出了两个相应的条件，需要选取一个适当条件，舍弃一个不当条件计算的方法。

例2、将标准状况下33.37L（氢气的密度为0.089g/L）的氢气，缓缓通入150g灼热的氧化铜中，充分反应后可得到多少g的铜？

3、差量法：

差量法是根据化学变化前后物质的量发生的变化，找出所谓的“理论差量”。

其中的差量主要包括：

质量差、物质的量之差、气体体积差、压强差、反应过程中的热量差等。

这种差量跟化学方程式中的物质的相应的量成比例关系，差量法就是借助于这种比例关系，解决一定量变的计算题。

解此类题的关键根据题意确定“理论差量”，再根据题目提供的“实际差量”，列出比例式，然后求解。

解题关键是能从反应方程式中正确找出对应于题目中“实际差量”的“理论差量”。

例3、加热碳酸镁和氧化镁的混合物mg，使之完全反应，得剩余物ng，则原混合物中氧镁的质量分数为：

4、十字交叉法

十字交叉法作为一种简化的解题方法，应用于某些基于二元混合体系所产生的具有平均意义的数值的计算问题，表现出简化思路、简便运算等显著优点。

若a、b分别表示某二元混合物中的两种组分A、B的量，c为a、b的相对平均值，nA/nB为二元混合体系中A和B的组成比，根据平均值的计算原理：

积比。

④a、b、c为相对原子质量或相对分子时，

为原子或分子个数之比。

例4、150℃时，将1L混合烃与9L氧气混合，在密闭容器内充分燃烧，当恢复至150℃，体积恒定时，容器内压强增大8％，则该混合烃的组成是

A甲烷与乙烷体积比是1∶4B丙炔与乙炔体积比是1∶4

C乙烯与丁烷体积比是1∶4D乙烯与丁烯体积比是1∶4

5、守恒法

所谓“守恒”就是以化学反应过程中存

在的某些守恒关系如质量守恒、元素守恒、得失电子守恒等作为依据，寻找化学式中正负化合价总数绝对值相等；复分解反应中阴阳离子所带正负电荷总量相等；氧化还原反应中氧化剂与还原剂得失电子总数相等；几个连续或平行反应前后某种微粒的物质的量相等作为解题的基本思路。

运用守恒法解题既可避免书写繁琐的化学方程式，提高解题的速度，又可避免在纷纭复杂的解题背景中寻找关系式，提高解题的准确度。

例5、羟胺（H2NOH）是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。

现用25ml0.049mol/L的羟胺酸性溶液跟足量的Fe2（SO4）3溶液煮沸条件反应，生成的Fe2+恰好与24.50mL，0.02mol/L的酸性KMnO4作用。

FeSO4+KMnO4+H2SO4===Fe2（SO4）3+K2SO4+MnSO4+H2O则在上述反应中，羟胺的氧化产物是

AN2BN2OCNODNO2

6、极值法：

极值法就是先将思路引向极端状况，使问题简化顺利得出结论，然后再回过头来认识现实问题的方法，常用来判断混合物的组成。

例6、0.03molCu完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（NO、NO2、N2O4）混合气体共0.05mol。

该混合气体的平均相对分子质量是（）

A、30B、46C、50D、66

7、估算法

此法主要用于选择题的解答。

有些计算选择题表面上看起来似乎需要计算，但只要注意审题，稍加分析，便可以目测心算，得到准确答案。

例7、将两种金属单质混合物13g,加到足量稀硫酸中,共放出标准状况下气体11.2L,这两种金属可能是

A、Zn和Fe   B、Al和Zn   C、Al和Mg   

D、Mg和Cu

8、图象法：

应用图象分析法解题的一般步骤是：

分析图象时做到“五看”：

看坐标，看比例，看起点，看终点，看特征。

找出图与化学反应的量的关系，列出

方程式或列出变量与函数的关系式。

解方程式或函数式。

例8、将一定质量的镁、铝合金投入100ml一定

物质的量浓度HC

l中，合金全部溶解，向所得溶液

中滴加5mol/LNaOH溶液到过量，生成沉淀的质量

与加入的NaOH体积关系如右图：

求：

1）原合金中镁、铝质量各多少？

2）HCl的浓度为多少？

作业

1、4个同学同时分析一个由KCl和KBr组成的混合物,他们各取2.00克样品配成水溶液,加入足够HNO3后再加入适量AgNO3溶液,待沉淀完全后过滤得到干燥的卤化银沉淀的质量如下列四个选项所示,其中数据合理的是（）

A.3.06g   B.3.36g   C.3.66g   D.3.96 

2、今有铁的溴化物5.12克，其溶液与足量的AgNO3溶液完全反应，生成9.4克AgBr沉淀，则原混合物中FeBr2与FeBr3的物质的量之比为（）

A.２∶１B.１∶３C.１∶１D.无法确定

3、在一个6L的密闭容器中，放入3LX（气）和2LＹ（气）,在一定条件下发生下列反应：

４X（气）＋３Ｙ（气）=2Q（气）＋nR（气）达到平衡后，容器内温度不变，混合气体比原来增加5%，Ｘ的浓度减小1/3，则该反应方程式中的n值是（）

A：

３B：

４C.５D.６

4、有一铁的氧化物样品，用5mol/L盐酸140ml恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标况下0.56LCl2、Fe2+全部变成Fe3+、则该氧化物可能的化学式为（）

Ａ：

Fe2O3Ｂ：

Fe3O4Ｃ：

Fe4O5Ｄ：

Fe5O7

5、由钠、镁、铝、铁四种金属中的两种组成的混合物12g与足量盐酸反应，产生H２5.6Ｌ，则此混合物中必有

A：

NaB：

MgC：

AlD：

Fe

6、向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，加入100ml1mol/L的HCl，恰好使混合物的溶解，放出2.24mL（标准）的气体。

所得溶液中，加入KSCN溶液无血红色出现，那么用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，得铁的质量为.

7、向50mlFeCl3溶液中通入H2S1.12升（标况），设H2S全部被吸收后，再加入过量铁粉，等反应停止后，测得溶液中含有0.3mol金属离子，则原FeCl3溶液中Fe3+的物质的量浓度为.（已知：

2FeCl3+H2S==2FeCl2+S↓+2HCl）

8、一定量的铝铁合金与300ml2

mol/LHNO3完全反应生成3.36升NO（标况）和三价铁盐、铝盐等，再向反应后的溶液中加入3mol/LNaO

H溶液，使铁元素完全沉淀下来，则所加NaOH溶液体积是

9、将一定量的CO2气体通入500mL某NaOH溶液中，充分反应后，将溶液在低温进蒸发，得到不含结晶水的白色固体A。

取三份质量不同的A样品分别与50mL相同浓度的盐酸反应，得到气体的体积（标准状况）与固体A的质量关系职下表所示：

组别

1

2

3

盐酸体积（mL）

50

50

50

A的质量（g）

3.80

6.20

7.20

气体体积（mL）

896

1344

1344

（1）上表中第组数据加入的50mL盐酸的反应后有剩余，

理由是

（2）试推断：

A的成份为

时间分

配及备注

家长签名：

2、解：

设生成铜的质量为x

由于

知给定氧化铜过量，用不足量氢气的体积作为已知量求解。

答案:

可生成95.04g铜。

3、解析：

反应前后质量改变原因为MgCO3变为MgO，理论差值由此计算。

MgCO3

MgO+CO2↑△m

8484-40=44

xm-nx=21（m-n）/11

原氧化镁质量=m-21（m–n）/11=（21n-10m）/11

原氧化镁质量分数=（21n–10m）/11m×100%　答案:

Ａ

4、解析：

反应前后压强有所改变可运用差量法解析。

应注意：

1150℃时水呈气态；②容器内压强增大8％即为气体物质的量增大8％。

5、解析：

Fe2（SO4）3被羟胺还原为FeSO4又被酸性KMnO4氧化为Fe2（SO4）3，相当于未参加氧化还原反应。

还原剂是羟胺，氧化剂是酸性KMnO4。

羟胺中氮元素反应前-1价，设反应后化合价为n，有25×0.049×（n+1）=24.50×0.02×（7-2），解得n=1.答案：

B

6、解析：

设NO、NO2、N2O4三者的物质的量分别为：

x、y、z，根据题意得：

x+y+z=0.05①式，再由电子守恒可得：

3x

+y+2z=0.06②式。

②式减去①式得：

2x+z=0.01③式。

现讨论③、①式：

（1）假设x=0时，则z=0.01mol，即N2O4物质的量的为极值0.01mol、NO2为0.04mol，可得此时气体的平均相对分子质量为：

（92×0.01+46×0.04）/0.05=55.2。

（2）假设z=0时，则x=0.005mol，即NO物质的量的极值为0.005mol、NO2为0.045mol可得此时气体的平均相对分子质量为：

（30×0.005+46×0.045）/0.05=44.4。

故原混合气体的平均相对分子质量介于44.4和55.2之间，故选B、C答案：

BC

7、

答案：

BD

8、解析：

由图可知11.6g是Mg（OH）2的质量，

（19.4-1

1.6）=7.8gAl（OH）3的质量。

V（NaOH）

由0~20ml是中和HCl（因无沉淀）所以，设合金

中有镁xg，有铝yg：

Mg~Mg（OH）2Al~Al（OH）3

24582778

x11.6y7.8

24：

x=58：

11.627：

y=78：

7.8

x=4.8gy=2.7g

2）设与镁反应的盐酸为amol,与铝反应的盐酸为bmol,与NaOH反应的盐酸为cmol

Mg~2HClAl~3HClNaOH~HCl

24g2mol27g3mol1mol1mol

4.8gamol2.7gbmol0.02L×5mol/Lcmol

24：

4.8=2：

a27：

2.7=3：

b1：

0.1=1：

c

所以a=0.4molb=0.3molc=0.1mol

c（HCl）=（a+b+c）/0.1=8mol/L

作业1、

3．选D解析：

这是一道关于平衡的计算题，若能变换思维角度，则此题无需计算用化学原理直接推，即可得出结果。

据“等容等温时，等质量的任何气体，它们的压强与其物质的量成正比”及题给条件就不难判定出，混合气体总物质的量增加了。

只有满足气体生成物的系数大于反应物的系数，才可能使气体物质的量增大。

则4+3<2+n即n>5

4．选Ｄ解析：

由于每种氧化物Fe元素所呈化合价不一样，故可设其分子式为FeOx，而FeOx与HCl反应未发生氧化还原反应，生成物为FeCl2x，Fe2+变成Fe3+发生在与Cl2的反应之中，

则易知Fe元素的物质的量为：

Fe-2XCl-

1mol2X

n（Fe）5

×0.14

n（Fe）=0.7/2x再利用得失电子守恒有：

解得X=7/5

5．选Ｄ解析：

本题涉及三种价态的四种金属，其共同特点都是失去电子发生氧化反应，若抓住物质在氧化还原反应中，每转移１mol电子所对应的质量——摩尔电子质量进行计算，则化繁为简。

而

据平均值原理可知，原混合物一定含有Fe

6、

2FeCl3-3FeCl2（Cl-守恒）

2mol3mol

0.05C0.3mol

易解得C=4mol/L

21．150ml

解析：

当铝铁元素完全沉淀下来，此时溶液中只有NaNO3一种溶质，利用NO3-与Na+两种微粒守恒，则有：

解得V=0.15升，即150ml

22．答案

：

（1）上表中第

（1）组数据加入的50mL盐酸的反应后有剩余，

7、理由是：

第一组生成的气体最少，而2、3组生成的气体一样多，假如1组中盐酸不足，