高考化学计算题讲义及经典例题详解1.docx
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高考化学计算题讲义及经典例题详解1
计算题的方法
一、差量法
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)与反应或生成物的变化量成正比而建立的一种解题方法。
此法将“差量”看作化学方程式右端的一项,将已知差量(实际差量)与化学方程式中的对应差量(理论差量)列成比例,其他解题步骤与按化学方程式列比例或解题完全一样。
(一)质量差法
例题1:
在1升2摩/升的稀硝酸溶液中加入一定量的铜粉,充分反应后溶液的质量增加了13.2克,问:
(1)加入的铜粉是多少克?
(2)理论上可产生NO气体多少升?
(标准状况)
【分析】硝酸是过量的,不能用硝酸的量来求解。
铜跟硝酸反应后溶液增重,原因是生成了硝酸铜,所以可利用这个变化进行求解。
3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O增重
19244.8636-504=132
X克Y升13.2可得X=19.2克,Y=4.48升
(二)体积差法
例题2:
10毫升某气态烃在80毫升氧气中完全燃烧后,恢复到原来状况(1.01×105Pa,270C)时,测得气体体积为70毫升,求此烃的分子式。
【分析】原混和气体总体积为90毫升,反应后为70毫升,体积减少了20毫升。
剩余气体应该是生成的二氧化碳和过量的氧气,下面可以利用烃的燃烧通式进行有关计算。
CxHy+(x+y/4)O2→xCO2+y/2H2O体积减少
1 1+y/4
1020
(三)物质的量差法
例题3:
白色固体PCl5受热即挥发并发生分解:
PCl5(气)=PCl3(气)+Cl2现将5.84克PCl5装入2.05升真空密闭容器中,在2770C达到平衡时,容器内的压强为1.01×105Pa,经计算可知平衡时容器内混和气体物质的量为0.05摩,求平衡时PCl5的分解百分率。
【分析】原PCl5的物质的量为0.028摩,反应达到平衡时物质的量增加了0.022摩,根据化学方程式进行计算。
PCl5(气)=PCl3(气)+Cl2物质的量增加
11
X0.022
计算可得有0.022摩PCl5分解,所以结果为78.6%
1、[差量法,08上海卷30]生态溶液涉及农家肥料的综合利用,某种肥料经发酵得到一种含有甲烷、二氧化碳、氮气的混合气体。
2.016L(标准状况)该气体通过盛有红色CuO粉末的硬质玻璃管,发生的反应为:
CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu。
当甲烷完全反应后,硬质玻璃管的质量减轻4.8g。
将反应后产生的气体通过过量的澄清石灰水,充分吸收,生成沉淀8.5g。
(1)原混合气体中甲烷的物质的量是____________。
(2)原混合气体中氮气的体积分数为多少?
(写出计算过程)
解析:
由于硬质玻璃管减少的质量为CuO中的氧的质量,所以n(CuO)==0.3mol,由方程式可知反应的CH4的物质的量为0.075mol。
生成的CO2也为0.075mol,将气体通过澄清的石灰水生成8.5g沉淀,所以n(CO2)=0.085mol,原混合气体中的n(CO2)=0.01mol,而气体的总物质的量为:
=0.09mol,所以n(N2)=0.005mol,N2的体积分数为:
×100%=5.56%。
答案:
(1)0.075mol。
(2)5.56%。
2、(差量法,2011上海20)过氧化钠可作为氧气的来源。
常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后,若固体质量增加了28g,反应中有关物质的物理量正确的是(NA表示阿伏加德罗常数)
二氧化碳
碳酸钠
转移的电子
A
1mol
NA
B
22.4L
1mol
C
106g
1mol
D
106g
2NA
解析:
二氧化碳和过氧化钠反应的方程式为:
2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2,每生成1mol氧气,固体质量就增加56g、消耗2mol二氧化碳和2mol过氧化钠,同时生成2mol碳酸钠,而转移的电子数是2mol。
答案:
AC
二、守恒法:
电子转移守恒;电荷守恒;物料守恒;原子守恒
利用电荷守恒和原子守恒为基础,就是巧妙地选择化学式中某两数(如化合价数、正负电荷总数)始终保持相等,或几个连续的化学方程式前后某微粒(如溶质原子、电子、离子)的物质的量保持不变,作为解题的依据,这样不用计算中间产物的数量,从而提高解题速度和准确性。
虎头蛇尾
(一)原子个数守恒
例题1:
某无水混合物由硫酸亚铁和硫酸铁FeSO4、Fe2(SO4)3组成,测知该混合物中的硫的质量分数为a,求混合物中铁的质量分数。
【分析】根据化学式FeSO4、Fe2(SO4)3可看出,在这两种物质中S、O原子个数比为1:
4,即无论这两种物质以何种比例混合,S、O的原子个数比始终为1:
4。
设含O的质量分数x,则32/64=a/x,x=2a。
所以ω(Fe)=1-3a
(二)电荷守恒——即对任一电中性的体系,如化合物、混和物、溶液等,电荷的代数和为零,即正电荷总数和负电荷总数相等。
【反应原理中电离与水解平衡】
例题2:
在Na2SO4和K2SO4的混和溶液中,如果[Na+]=0.2mol/L,[SO42-]=xmol/L,[K+]=ymol/L,则x和y的关系是
(A)x=0.5y(B)x=0.1+0.5y(C)y=2(x-0.1)(D)y=2x-0.1
【分析】可假设溶液体积为1升,那么Na+物质的量为0.2摩,SO42-物质的量为x摩,K+物质的量为y摩,根据电荷守恒可得[Na+]+[K+]=2[SO42-],所以答案为BC
(三)电子守恒——电子守恒,是指在氧化还原反应中,氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数。
无论是自发进行的氧化还原反应还是原电池或电解池中均如此。
例题3:
某强氧化剂[XO(OH)2]+被亚硫酸钠还原到较低价态。
若还原2.4×103mol[XO(OH)2]+到较低价态,需要20mL0.3mol/LNa2SO3溶液,则X元素的最终价态为
A.+2B.+1C.0D.1
解析:
根据电子守恒,反应中[XO(OH)2]+得到电子的物质的量等于Na2SO3失去电子的物质的量。
设X元素的最终价态为x:
2.4×103×(5-x)=0.02×0.3×(6-4),解得x=0。
练习:
3.84g铜和一定量浓硝酸反应,当铜反应完毕时,共产生气体2.24L(标况)。
(1)反应中消耗HNO3的总物质的量是__________mol。
(2)欲使2.24L气体恰好全部被水吸收,需通入__________mL标准状况下的氧气(氧气也恰好全部被吸收)。
解析:
1)HNO3的作用是氧化性和酸性,n(HNO3)=2.24/22.4+2×3.84/64=0.22mol。
(2)根据得失电子守恒有:
V(O2)=3.84/64×22400/2=672mL。
(四)质量守恒——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。
例题4:
1500C时,碳酸铵完全分解产生气态混合物,其密度是相同条件下氢气密度()
提示:
(NH4)2CO3=2NH3↑+H2O↑+CO2↑;相同条件下,密度之比=相对分子质量之比
(A)96倍(B)48倍(C)12倍(D)32倍
【分析】(NH4)2CO3=2NH3↑+H2O↑+CO2↑根据质量守恒定律可知混和气体的质量等于碳酸铵的质量,从而可确定混和气体的平均分子量为96/4=24,混和气体密度与相同条件下氢气密度的比为24/2=12,所以答案为C
(五)原子的物质的量守恒——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。
例题5:
有一在空气中放置了一段时间的KOH固体,经分析测知其含水2.8%、含K2CO337.3%取1克该样品投入25mL2mol/L的盐酸中后,多余的盐酸用1.0mol/LKOH溶液30.8mL恰好完全中和,蒸发中和后的溶液可得到固体()
(A)1克(B)3.725克(C)0.797克(D)2.836克
【分析】KOH、K2CO3跟盐酸反应的主要产物都是KCl,最后得到的固体物质是KCl,根据元素守恒,盐酸中含氯的量和氯化钾中含氯的量相等,0.05mol盐酸=0.05molKCl,m=0.05*74.5=3.725,所以答案为B
(六)化合价数值守恒
例题6:
某元素X的氧化物含氧44.0%,已知该元素的相对原子质量为51,则该氧化物的化学式为()
(A)XO(B)X3O5(C)XO3(D)X2O5
【分析】设X元素的化合价为+n,根据氧元素化合价总数(氧离子所带的负电荷总量)等于X元素化合价总数(X所带的正电荷总量)的原则得:
56n/51=44×2/16,解得n=5,则氧化物的化学式为D。
三设X设Y法:
例题1:
用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO2,求所得的溶液中CO32-和HCO3-的物质的量之比为
【分析】依题意,反应产物为Na2CO3和NaHCO3的混合物,根据Na原子和C原子数守恒来解答。
设溶液中Na2CO3为xmol,为NaHCO3ymol,则有方程式①2x+y=1mol/L×1L②x+y=0.8mol,解得x=0.2,y=0.6,所以[CO32-]:
[HCO3-]=1:
3
例题2:
【设X设Y法:
2010全国卷1,12.】一定条件下磷与干燥氯气反应,若0.25g磷消耗掉314mL氯气(标准状况),产物中PCl3与PCl5的物质的量之比接近于
A.1:
2B.2:
3C.3:
1D.5:
3
【解析】设n(PCl3)=Xmol,n(PCl5)=Ymol,由P元素守恒有:
X+Y=0.25/31≈0.008……①;由Cl元素守恒有3X+5Y=(0.314×2)/22.4≈0.028……②,联立之可解得:
X=0.006,Y=0.002故选C
例题3:
[设X设Y法:
,2009全国2,11.]
已知:
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6KJ·mol-1
CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890KJ·mol-1
现有H2与CH4的混合气体112L(标准状况),使其完全燃烧生成CO2和H2O(l),若实验测得反应放热3695KJ,则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是
A.1∶1B.1∶3
C.1∶4D.2∶3
【解析】设H2、CH4的物质的量分别为x、ymol。
则x+y=5,
571.6x/2+890y=3695,
解得x=1.25mol;y=3.75mol,两者比为1:
3,故选B项。
四极限法;
例题1:
(极限法;2011上海17)120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸,不管将前者滴加入后者,还是将后者滴加入前者,都有气体产生,但最终生成的气体体积不同,则盐酸的浓度合理的是
A.2.0mol/LB.1.5mol/LC.0.18mol/LD.0.24mol/L
解析:
若碳酸钠恰好与盐酸反应生成碳酸氢钠,则盐酸的浓度是1.0mol/L;若碳酸钠恰好与盐酸反应生成二氧化碳,则盐酸的浓度是2.0mol/L。
由于最终生成的气体体积不同,所以只能是介于二者之间。
答案:
B
例题2:
(极限法;2011上海22)物质的量为0.10mol的镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧(产物不含碳酸镁),反应后容器内固体物质的质量不可能为
A.3.2gB.4.0
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