高中化学守恒法Word下载.docx
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2NO+O2==2NO2反应②
生成的NO2再与水反应:
3NO2+H2O==2HNO3+NO反应③
上述反应①、②属于循环反应,可将反应①×
2+反应②,消去中间产物NO,得出:
4NO2+O2+2H2O==4HNO3反应④
如果反应④中O2剩余,则将带火星的木条插入其中,木条复燃。
而题中木条不复燃,说明无O2剩余。
由反应③知,剩余气体为NO,其体积在标准状况下为L,其质量为m(NO)。
m(NO)==n·
M==×
30g/mol==×
30g/mol==g
由质量守恒定律,混合气体的质量m(总)为:
m(总)==g+g==g
而混合气体的物质的量n,n======mol
由摩尔质量M计算公式:
M======g/mol
而摩尔质量与相对分子质量在数值上相等,则答案为A。
例2:
铁有可变化合价,将gFeC2O4(草酸亚铁)隔绝空气加热使之分解,最终可得到g铁的氧化物,则该铁的氧化物组成可能为
A.FeOB.Fe3O4C.FeO·
Fe3O4D.Fe2O3
[解析]已知Fe、C、O的相对原子质量分别为56、12、16,FeC2O4中含铁元素的质量:
m(Fe)====g
将FeC2O4隔绝空气加热,使之分解得铁的氧化物,设为FexO4。
在加热过程中,铁元素没有损耗,铁元素的质量是不变的。
由“质量守恒法”,在FexO4中m(Fe)仍为g,则m(O)==g-g==g。
据物质的量(n)与质量(m)、摩尔质量(M)之间公式,又据(N1、N2代表微粒个数)
则,答案为C。
2利用浓缩溶液前后溶质的质量守恒关系解化学计算题
例3:
KOH溶液中溶质的质量分数为14%,加热蒸发掉100g水后变成溶质质量分数为28%的KOH溶液80mL,则后者溶液的物质的量浓度可能是
A.6mol/LB.mol/LC.mol/LD.mol/L
[解析]KOH为难挥发性物质,在加热蒸发KOH溶液过程中,KOH的质量不变。
设原溶液的质量为m(原),据质量守恒规律,列出加热蒸发前后KOH质量不变的式子:
m(原)×
14%==[m(原)-100g]×
28%
解得m(原)==200g
再由公式:
,求解。
公式中c—溶质的物质的量浓度,n—溶质的物质的量,V—溶液的体积(已知V=80mL=L),m—质量,M—摩尔质量[M(KOH)=56g/mol]
则:
,所以答案为C。
3利用稀释前后溶质的质量守恒关系解化学计算题
例4:
用98%(密度为g/cm3)的浓H2SO4配制200g20%的稀H2SO4,需这种浓度的浓H2SO4
A.gB.mLC.mLD.20mL
[解析]在由浓溶液稀释而配制溶液的过程中,H2SO4溶质的质量是不变的,设浓H2SO4的体积为V,据ρ=公式,由质量守恒定律列出H2SO4质量守恒的式子:
V1×
g/cm3×
98%==200g×
20%
解得V1==mL≈mL
需这种浓度的浓H2SO4:
m=ρV=g/cm3×
mL=g
所以答案为C。
质量守恒就是化学反应前后各物质的质量总和不变,在配制或稀释溶液的过程中,溶质的质量不变。
例1.反应A+3B=2C,若7gA和一定量B完全反应生成C,则A、B、C的相对分子质量之比为()。
A、14:
3:
17B、28:
2:
17
C、1:
2D、无法确定
答案:
B
例、B、C三种物质各15g,发生如下反应:
A+B+CD
反应后生成D的质量为30g。
然后在残留物中加入10gA,反应又继续进行,待反应再次停止,反应物中只剩余C,则下列说法正确的是()
A.第一次反应停止时,剩余B9g
B.第一次反应停止时,剩余C6g
C.反应中A和C的质量比是5∶3
D.第二次反应后,C剩余5g
D
解析:
第一次反应A不足,因为第一次反应后加入A又能进行第二次反应。
第二次反应后,只剩余C,说明A、B恰好完全反应。
m反(A)∶m反(B)=(15g+10g)∶15g=5∶3
第一次反应耗B的质量mB为:
15g∶mB=5∶3,mB=9g
即第一次反应后剩余B质量为:
15g-9g=6g。
可见(A)选项不正确。
根据mA+mB+mC=mD,可知生成30gD时消耗C的质量。
mC=30g-15g-9g=6g
即第一次反应后剩余C质量为:
15g-6g=9g。
又见(B)选项不正确。
易见反应消耗A、B、C质量之比为:
mA∶mB∶mC=15g∶9g∶6g=5∶3∶2
(C)选项不正确。
二、原子守恒
1原子守恒法的依据
“原子守恒法”的依据是基于化学反应前后原子的种类和数目不变的守恒现象。
“原子守恒”即反应前后各元素种类不变,各元素原子个数不变,其物质的量、质量也不变。
利用这种守恒关系解题的方法叫“原子守恒法”。
2典型例题及解题策略
将标准状况下aLH2和Cl2的混合气体,经光照反应后,将所有气体通入NaOH溶液,恰好使bmolNaOH完全转化成盐,则a与b的关系不可能是
A.b=a/B.b<a/
C.b>a/D.b≥a/
光
解法一:
常规方法。
首先书写化学方程式,在列式计算。
反应式如下:
H2+Cl2===2HCl反应①
NaOH+HCl==NaCl+H2O反应②
讨论1:
若Cl2过量,还有:
Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O反应③
计算时先以不足暑H2计算。
设原混合气体中H2为xmol,Cl2为ymol
H2+Cl2====2HCl
112
xmolxmol2xmol
NaOH+HCl==NaCl+H2O
11
2xmol2xmol
Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O
12
(y-x)mol2(y-x)mol
依题意得列二元一次方程组:
x+y=a/①
2x+2(y-x)=b②
解上述二元一次方程组得:
y=b/2。
将y=b/2代入①式,解得x=a/-b/2
由于x>0,则a/-b/2>0,解得b<a/
讨论2:
若H2过量,以不足者Cl2计算。
只有反应①和反应②。
由方程式列式
ymol2ymol
2ymol2ymol
由已知列二元一次方程组:
2y=b
x+y=a/
解上述方程组,得:
x=a/-b/2
综上分析,即b不可能等于a/。
本题答案为D。
在氧气中灼烧g由硫、铁组成的化合物,使其中的硫经过一系列变化最终全部转化为硫酸,用20mLmol/L的烧碱溶液恰好能完全中和这些硫酸。
则原化合物中硫的质量分数约为
A.%B.%
C.%D.%
常规方法
先书写方程式,再列式计算。
而本题Fe、S化合物的化学式不定,因此第一步Fe、S化合物燃烧方程式还需写不定的化学方程式,这给计算带来了更大的困难,即使不考虑铁,只从S元素考虑,也有如下四个反应:
点燃
S+O2====SO2反应①
2SO2+O22SO3反应②
SO3+H2O==H2SO4反应③
H2SO4+2NaOH==Na2SO4+2H2O反应④
根据已知NaOH的量,逆推H2SO4,再由H2SO4推SO3,再由SO3推SO2,再由SO2推S元素。
这里面所蕴含的关系式如下:
2NaOH——H2SO4——SO3——SO2——S
2mol32g
20×
10-3L×
mol/Lm(S)
=mol
列比例式:
解得m(S)==g
则原化合物中S元素的质量分数=
所以,答案为A。
解法二:
原子守恒法
依题意分析,S元素经过一系列变化,最后变成了H2SO4,H2SO4再与NaOH发生中和反应,根据S、Na的原子守恒关系:
S——H2SO4——NaSO4——2NaOH
得出:
S————2NaOH
32g2mol
m(S)20×
mol/L
=mol
列比例式求得:
m(S)=g
则原化合物中S的质量分数=
所以答案为A。
mg铜跟适量的浓HNO3反应,铜全部作用后,共收集到气体mL(标准状况)。
反应消耗的HNO3物质的量可能为
A.×
10-3molB.×
10-3mol
C.×
10-3molD.×
10-3mol
常规方法:
书写化学方程式,然后列式计算。
设生成NO2、NO分别为xmol、ymol。
已知Cu的相对原子质量为64
Cu+4HNO3(浓)==Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
142
mol2xmolxmol
3Cu+8HNO3(稀)==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
382
mol4ymolymol
由已知条件列二元一次方程组:
+=
x+y=
解得,x=×
10-3moly=×
反应中消耗的HNO3:
2x+4y=2×
×
10-3mol+4×
10-3mol=×
所以,答案为C。
经分析Cu与HNO3反应生成了Cu(NO3)2和NOx,在反应中HNO3所起的作用有2种,一种是酸,另一种是氧化剂,由N原子守恒列出:
Cu——Cu(NO3)2——2HNO3(酸)NOx——HNO3(氧化剂)
11211
mol×
10-3molmol1×
反应中共消耗HNO3:
10-3mol+1×
10-3mol。
原子守恒即系列反应中某原子(或原子团)个数(或物质的量)不变。
以此为基础可求出与该原子(或原子团)相关连的某些物质的数量(如质量)。
例3.1L1mol/L的NaOH溶液中,通入,完全反应后,溶液中CO32-和H
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- 高中化学 守恒