《【步步高】2014屆高三化學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第一章 第5講 物質(zhì)的量在化學(xué)方程式計算中的應(yīng)用和化學(xué)計算中的數(shù)學(xué)思想 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【步步高】2014屆高三化學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第一章 第5講 物質(zhì)的量在化學(xué)方程式計算中的應(yīng)用和化學(xué)計算中的數(shù)學(xué)思想 新人教版（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第5講　物質(zhì)的量在化學(xué)方程式計算中的應(yīng)用 和化學(xué)計算中的數(shù)學(xué)思想 考點(diǎn)一　物質(zhì)的量在化學(xué)方程式計算中的應(yīng)用 題型一　一般比例式法在化學(xué)方程式計算中的應(yīng)用 (1)化學(xué)方程式在量方面的含義 aA(g)＋bB(g)===cC(g)＋dD(g) 質(zhì)量比 aMA∶ bMB　∶ cMC∶ dMD 物質(zhì)的量比 a　∶ b　　∶ c　∶ d 體積比 a　∶ b　　∶ c　∶ d (2)一般步驟 ①根據(jù)題意寫出并配平化學(xué)方程式。 ②依據(jù)題中所給信息及化學(xué)方程式判斷過量，用完全反應(yīng)的量進(jìn)行求解。 ③選擇適當(dāng)?shù)牧?如物質(zhì)的量、氣體體積、質(zhì)量等)

2、的關(guān)系作為計算依據(jù)，把已知的和需要求解的量[用n(B)、V(B)、m(B)或設(shè)未知數(shù)為x表示]分別寫在化學(xué)方程式有關(guān)化學(xué)式的下面，兩個量及單位“上下一致”。 ④列比例式，求未知量。 例1　已知：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O。工業(yè)上利用NaIO3和NaHSO3反應(yīng)來制取單質(zhì)I2。 ①NaIO3不足時：2NaIO3＋6NaHSO3===2NaI＋3Na2SO4＋3H2SO4 ②NaIO3足量時還會發(fā)生：5NaI＋NaIO3＋3H2SO4===3I2＋3Na2SO4＋3H2O 現(xiàn)模擬工業(yè)制取I2。在含31.2 g NaHSO3的溶液中逐滴加入2 mol·L－1NaIO3溶液V

3、 mL。 (1)當(dāng)V＝________mL時，再滴NaIO3就開始析出I2。 (2)當(dāng)V為55 mL時，生成的I2的質(zhì)量為________g。 答案　(1)50　(2)7.62 解析　(1)n(NaHSO3)＝0.3 mol，依據(jù)化學(xué)方程式 2NaIO3＋6NaHSO3===2NaI＋3Na2SO4＋3H2SO4 　 2　　　　 6 n(NaIO3)　0.3 mol ＝，得出n(NaIO3)＝0.1 mol V(NaIO3)＝0.05 L即50 mL (2)參加反應(yīng)②的n(NaIO3)＝(0.055L－0.05 L)×2 mol·L－1＝0.01mol，依據(jù)方程式可知NaI

4、過量，用NaIO3求解 5NaI＋NaIO3＋3H2SO4===3I2＋3Na2SO4＋3H2O 　　　　 1　　　　　　　3 　　　 0.01 mol　　　　　n(I2) ＝，求出n(I2)＝0.03 mol 題型二　差量法在化學(xué)方程式計算中的應(yīng)用 (1)差量法的應(yīng)用原理 差量法是指根據(jù)化學(xué)反應(yīng)前后物質(zhì)的量發(fā)生的變化，找出“理論差量”。這種差量可以是質(zhì)量、物質(zhì)的量、氣態(tài)物質(zhì)的體積和壓強(qiáng)、反應(yīng)過程中的熱量等。用差量法解題是先把化學(xué)方程式中的對應(yīng)差量(理論差量)跟差量(實(shí)際差量)列成比例，然后求解。如： 　 (2)使用差量法的注意事項(xiàng) ①所選用差值要與有關(guān)物質(zhì)的數(shù)值成正比例

5、或反比例關(guān)系。 ②有關(guān)物質(zhì)的物理量及其單位都要正確地使用，即“上下一致，左右相當(dāng)”。 例2　為了檢驗(yàn)?zāi)澈蠳aHCO3雜質(zhì)的Na2CO3樣品的純度，現(xiàn)將w1 g樣品加熱，其質(zhì)量變?yōu)閣2 g，則該樣品的純度(質(zhì)量分?jǐn)?shù))是 (　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　樣品加熱發(fā)生的反應(yīng)為 質(zhì)量差為(w1－w2) g，故樣品中NaHCO3質(zhì)量為 g，樣品中Na2CO3質(zhì)量為w1 g－ g，其質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 ＝＝。 當(dāng)然，本題也可用常規(guī)方法，依據(jù)化學(xué)方程式直接求解。 另解： 假設(shè)樣品有x mol NaHCO3固體，則： 據(jù)樣品加熱前后固體質(zhì)

6、量的關(guān)系，有w1g－x mol×84 g·mol－1＋0.5x mol×106 g·mol－1＝w2g，解得x＝(w1－w2)/31，那么NaHCO3的質(zhì)量為m(NaHCO3)＝(w1－w2)/31 mol×84 g·mol－1＝84(w1－w2)/31 g，從而推知Na2CO3的質(zhì)量為m(Na2CO3)＝w1 g－84(w1－w2)/31 g＝(84w2－53w1)/31 g，因此Na2CO3樣品的純度為w(Na2CO3)＝m(Na2CO3)/m(樣品)＝。 例3　白色固體PCl5受熱即揮發(fā)并發(fā)生分解：PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)?，F(xiàn)將5.84 g PCl5裝入2.0

7、5 L真空密閉容器中，在277 ℃達(dá)到平衡，容器內(nèi)壓強(qiáng)為1.01×105 Pa，經(jīng)計算可知平衡時容器內(nèi)混合氣體的物質(zhì)的量為0.05 mol，求平衡時PCl5的分解率。 答案　78.6% 解析　原n(PCl5)＝≈0.028 mol 設(shè)分解的PCl5的物質(zhì)的量為x mol 所以x＝0.022 PCl5的分解率＝×100%≈78.6%。 例4　一定條件下，合成氨氣反應(yīng)達(dá)到平衡時，測得混合氣體中氨氣的體積分?jǐn)?shù)為20.0%，與反應(yīng)前的體積相比，反應(yīng)后體積縮小的百分率是 (　　) A．16.7% B．20.0% C．80.0% D．83.3% 答案　A 解析

8、　N2＋3H22NH3　　　　ΔV 　 1 L 3 L　　　　 2 L　　　　2 L 由以上關(guān)系式可知反應(yīng)前后體積的減少與生成的NH3體積相等。設(shè)平衡時混合氣體100 L，其中含20 L NH3，則原氣體總體積減少20 L。所以，反應(yīng)前氮?dú)夂蜌錃饪傮w積為120 L，反應(yīng)后體積縮小的百分率為×100%＝16.7%。 題型三　關(guān)系式法在化學(xué)方程式計算中的應(yīng)用 多步反應(yīng)計算的特征是化學(xué)反應(yīng)原理中多個反應(yīng)連續(xù)發(fā)生，起始物與目標(biāo)物之間存在確定的量的關(guān)系。解題時應(yīng)先寫出有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式或關(guān)系式，依據(jù)方程式找出連續(xù)反應(yīng)的過程中不同反應(yīng)步驟之間反應(yīng)物、生成物物質(zhì)的量的關(guān)系，最后確定已知物和目

9、標(biāo)產(chǎn)物之間的物質(zhì)的量的關(guān)系，列出計算式求解，從而簡化運(yùn)算過程。 例5　5.85 g NaCl固體與足量濃H2SO4和MnO2共熱，逸出的氣體又與過量H2發(fā)生爆炸反應(yīng)，將爆炸后的氣體溶于一定量水后再與足量鋅作用，問最后可得H2多少升(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。 答案　1.12 L 解析　若先由NaClHCl算出HCl的量，再由MnO2＋4HCl MnCl2＋Cl2↑＋2H2O算出Cl2的量，……這樣計算非常繁瑣。找出以下關(guān)系式就可迅速求解。 設(shè)可得H2的物質(zhì)的量為x,5.85 g NaCl的物質(zhì)的量為0.1 mol。 NaCl　～　HCl　～　Cl2　～　HCl　～　H2 0．1 mol　　　　

10、　　　　　　　 　　　x 顯然x＝0.05 mol， 則V(H2)＝0.05 mol×22.4 L·mol－1＝1.12 L。 例6　氯化亞銅(CuCl)是重要的化工原料。國家標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定合格CuCl產(chǎn)品的主要質(zhì)量指標(biāo)為CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于96.50%。工業(yè)上常通過下列反應(yīng)制備CuCl： 2CuSO4＋Na2SO3＋2NaCl＋Na2CO3===2CuCl↓＋3Na2SO4＋CO2↑ (1)CuCl制備過程中需要質(zhì)量分?jǐn)?shù)為20.0%的CuSO4溶液，試計算配制該溶液所需的CuSO4·5H2O與H2O的質(zhì)量之比。 (2)準(zhǔn)確稱取所制備的0.250 0 g CuCl樣品置于一定量的0

11、.5 mol·L－1FeCl3溶液中，待樣品完全溶解后，加水20 mL，用0.100 0 mol·L－1的Ce(SO4)2溶液滴定到終點(diǎn)，消耗24.60 mL Ce(SO4)2溶液。有關(guān)化學(xué)反應(yīng)為 Fe3＋＋CuCl===Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－ Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋通過計算說明上述樣品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是否符合標(biāo)準(zhǔn)。 答案　(1)5∶11　(2)符合 解析　(1)設(shè)需要CuSO4·5H2O的質(zhì)量為x，H2O的質(zhì)量為y。CuSO4·5H2O的相對分子質(zhì)量為250，CuSO4的相對分子質(zhì)量為160，依題意有 ＝，x∶y＝5∶11 (2)設(shè)樣品中CuCl的質(zhì)量

12、為z。 由化學(xué)反應(yīng)方程式可知：CuCl～Fe2＋～Ce4＋ ＝ z＝0.244 8 g CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%＝97.92% 97．92%>96.50%，所以樣品中的CuCl符合標(biāo)準(zhǔn)。 考點(diǎn)二　極值法 1．極值法的含義 極值法是采用極限思維方式解決一些模糊問題的解題技巧。它是將題設(shè)構(gòu)造為問題的兩個極端，然后依據(jù)有關(guān)化學(xué)知識確定所需反應(yīng)物或生成物的量值，進(jìn)行判斷分析，求得結(jié)果。故也稱為極端假設(shè)法。 2．極值法解題的基本思路 (1)把可逆反應(yīng)假設(shè)成向左或向右進(jìn)行完全的反應(yīng)。 (2)把混合物假設(shè)成純凈物。 (3)把平行反應(yīng)分別假設(shè)成單一反應(yīng)。 3．極值法解題的關(guān)鍵

13、 緊扣題設(shè)的可能趨勢，選好極端假設(shè)的落點(diǎn)。 例7　將總物質(zhì)的量為n mol的鈉和鋁的混合物(其中鈉的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為x)，投入一定量的水中充分反應(yīng)，金屬沒有剩余，共收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體V L。下列關(guān)系式中正確的是 (　　) A．x＝V/(11.2n) B．0

14、物質(zhì)的量為nx mol，Al的物質(zhì)的量為n(1－x) mol，產(chǎn)生的H2是溶液中的H＋獲得Na、Al失去的電子而生成的，根據(jù)得失電子守恒可得產(chǎn)生H2的物質(zhì)的量＝ mol，根據(jù)反應(yīng)2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑、2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑和題中“金屬沒有剩余”，可知n(Na)≥n(Al)，即0.5≤x<1。當(dāng)x＝1時，產(chǎn)生H2的物質(zhì)的量為0.5n mol，即11.2n L；當(dāng)x＝0.5時，產(chǎn)生H2的物質(zhì)的量為n mol，即22.4n L，故產(chǎn)生H2的體積的取值范圍為11.2n

15、定x的范圍，其最容易出現(xiàn)的錯誤是將x的范圍確定為0

16、＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O 則有∶＝3∶8，解得：＝ 此為a∶b的最小值。 (2)若HNO3過量，發(fā)生反應(yīng)：Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O 則有∶＝1∶4，解得：＝ 此為a∶b的最大值。 所以a∶b的取值范圍為≤≤，即a∶b的比值在此范圍內(nèi)均合理。 答案　A 考點(diǎn)三　平均值規(guī)律及其應(yīng)用　整體思維法(終態(tài)法) 1．依據(jù)：若XA>XB ，則XA>>XB，代表平均相對原子(分子)質(zhì)量、平均濃度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等。 2．應(yīng)用：已知可以確定XA、XB的范圍；或已知XA、XB可以確定的范圍。 解題的

17、關(guān)鍵是要通過平均值確定范圍，很多考題的平均值需要根據(jù)條件先確定下來再作出判斷。實(shí)際上，它是極值法的延伸。 例9　兩種金屬混合物共15 g，投入足量的鹽酸中，充分反應(yīng)后得到11.2 L H2(標(biāo)準(zhǔn)狀 況)，則原混合物的組成肯定不可能為 (　　) A．Mg和Ag B．Zn和Cu C．Al和Zn D．Al和Cu 解析　本題可用平均摩爾電子質(zhì)量(即提供1 mol電子所需的質(zhì)量)法求解。反應(yīng)中 H＋被還原生成H2，由題意可知15 g 金屬混合物可提供1 mol e－，其平均摩爾電子質(zhì)量為15 g·mol－1。選項(xiàng)中金屬M(fèi)g、Zn、Al的摩爾電子質(zhì)量分別為12

18、 g·mol－1、32.5 g·mol－1、9 g·mol－1，其中不能與鹽酸反應(yīng)的Ag和Cu的摩爾電子質(zhì)量可看做∞。根據(jù)數(shù)學(xué)上的平均值原理可知，原混合物中一種金屬的摩爾電子質(zhì)量大于15 g·mol－1，另一金屬的摩爾電子質(zhì)量小于15 g·mol－1。 答案　B 整體思維法拋開事物之間復(fù)雜的變化關(guān)系，從整體上認(rèn)識把握事物之間的聯(lián)系規(guī)律，具有化繁為簡，快速解題的功效，能較好的鍛煉學(xué)生思維的全面性、靈活性，因此高考無論在選擇還是綜合性題目中經(jīng)常有意設(shè)置。 例10　在鐵和氧化鐵混合物15 g中，加入稀硫酸150 mL，能放出H2 1.68 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。同時鐵和氧化鐵均無剩余，向反應(yīng)后的溶液

19、中滴入KSCN溶液，未見顏色變化。為了中和過量的H2SO4，且使Fe2＋完全轉(zhuǎn)化成Fe(OH)2，共消耗3 mol·L－1的NaOH溶液200 mL，則原硫酸的物質(zhì)的量濃度是 (　　) A．1.5 mol·L－1 B．2 mol·L－1 C．2.5 mol·L－1 D．3 mol·L－1 解析　此題反應(yīng)過程復(fù)雜，但最后溶液中只有Na2SO4，因?yàn)镹aOH共0.6 mol，故Na2SO4為0.3 mol，所以原H2SO4為0.3 mol。 答案　B 1．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，一個裝滿氯氣的容器的質(zhì)量為74.6 g，若裝滿氮?dú)鈺r總質(zhì)量為66 g，則此容器的容積

20、是 (　　) A．22.4 L B．44.8 L C．11.2 L D．4.48 L 答案　D 解析　22.4 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)Cl2換成22.4 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)N2的質(zhì)量差是(71－28)g＝43 g，設(shè)氯氣的體積為x L，則有 Cl2　　～　　N2　 Δm 22．4 L　　　 43 g x L　　　 74.6 g－66 g＝8.6 g 解得x＝4.48。 2．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，6.72 L NO2通入水后，收集到5.04 L氣體，則被氧化的NO2的體積是 (　　) A．1.68 L B．2.52 L C．

21、0.56 L D．1.12 L 答案　A 解析　由于3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，從反應(yīng)方程式可以看出體積差量部分就是被氧化的那一部分，所以被氧化的NO2的體積是6.72 L－5.04 L＝1.68 L。 3．把氯氣通入濃氨水中，會立即發(fā)生下列反應(yīng)：3Cl2＋8NH3·H2O===6NH4Cl＋N2＋8H2O。在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，把1.12 L Cl2、N2的混合氣體(90% Cl2和10% N2，均為體積分?jǐn)?shù))通過濃氨水，實(shí)驗(yàn)測得逸出氣體體積為0.672 L(其中有50% Cl2和50% N2)，此反應(yīng)中被氧化的NH3的質(zhì)量為 (　　) A．3.4 g

22、 B．0.34 g C．1.36 g D．4.48 g 答案　B 解析　由反應(yīng)式可得出每3 mol Cl2(反應(yīng)氣)生成1 mol N2(生成氣)時，氣體物質(zhì)的量減少了2 mol，即體積減小44.8 L，這一量即為“理論差量”，而這一差量所對應(yīng)的被氧化的氨氣的物質(zhì)的量為2 mol(質(zhì)量為34 g)，再從題中所給的數(shù)據(jù)可以求出“實(shí)際差量”為(1.12－0.672) L＝0.448 L。即： 3Cl2～2NH3　　～　　　　N2　　　　ΔV 2 mol×17 g·mol－1 44.8 L m(被氧化的NH3) (1.12－0.672)L 列

23、出比例式：(2 mol×17 g·mol－1)∶44.8 L＝m(被氧化的NH3)∶(1.12－0.672)L，則m(被氧化的NH3)＝0.34 g。 4．取3.5 g某二價金屬的單質(zhì)投入50 g溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)為18.25%的稀鹽酸中，反應(yīng)結(jié)束后，金屬仍有剩余；若取2.5 g該金屬投入相同質(zhì)量、相同質(zhì)量分?jǐn)?shù)的稀鹽酸中，等反應(yīng)結(jié)束后，加入該金屬還可以反應(yīng)。該金屬的相對原子質(zhì)量為 (　　) A．24 B．40 C．56 D．65 答案　A 解析　n(HCl)＝＝0.25 mol R＋2HCl===RCl2＋H2↑ 二價金屬最大摩爾質(zhì)量＝＝28 g·mol－1 二價

24、金屬最小摩爾質(zhì)量＝＝20 g·mol－1 20

25、MOH的質(zhì)量為 g；若1.40 g全部為堿金屬氧化物，則產(chǎn)生的MOH的質(zhì)量為 g。有<1.79<，解得24.3

26、和Mg(OH)2，Cu和Mg共4.6 g，關(guān)鍵是求增加的 n (OH－)，n(OH－)等于金屬單質(zhì)所失電子數(shù)即：n (OH－)＝×1 mol＋×2 mol＝0.23 mol，故沉淀的質(zhì)量為4.6 g＋0.23×17 g＝8.51 g。 7．將0.34 g Cu和CuO的混合物加入約12 mol·L－1濃硫酸中，并加熱使其完全溶解，然后用NaOH溶液中和過量硫酸，再用水稀釋到0.5 L，加入純鐵粉1.85 g，反應(yīng)后過濾、干燥，得不溶物1.89 g。求置換出的銅的質(zhì)量及原混合物中銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。 答案　置換出的銅的質(zhì)量為0.32 g，原混合物中銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為70.59%。 解析　設(shè)置

27、換出的銅的質(zhì)量為x。 CuSO4＋Fe===FeSO4＋Cu　　差量Δm 64 8 x 1.89 g－1.85 g＝0.04 g 有64∶x＝8∶0.04 g；解得x＝0.32 g。 設(shè)混合物中Cu的質(zhì)量為y g，則CuO為(0.34－y) g，其中含Cu[(0.34－y)×]g。則0.32＝y(tǒng)＋[(0.34－y)×]。解得y＝0.24，所以，銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%≈70.59%。 8．在一定條件下，有a L O2和O3的混合氣體，當(dāng)其中的O3全部轉(zhuǎn)化為O2時，體積變?yōu)?.2a L，求原混合氣中O2和O3的質(zhì)量百分含量。 答案

28、　w(O2)＝50%，w(O3)＝50% 解析　解法一　由阿伏加德羅定律，結(jié)合化學(xué)方程式的意義可知，化學(xué)方程式中氣體化學(xué)式的系數(shù)比等于反應(yīng)物與生成物的物質(zhì)的量之比也等于相同條件下反應(yīng)物與生成物氣體體積之比。 設(shè)混合氣體中O3占x L，則O2為(a－x)L 2O3===3O2 2 L 3 L x L (3/2)x L (3/2)x＋(a－x)＝1.2a，解得x＝0.4a 根據(jù)阿伏加德羅定律：n(O3)∶n(O2)＝V(O3)∶V(O2)＝0.4a∶0.6a＝2∶3，w(O2)＝×100%＝50%，w(O3)＝1－50%＝50%。 解法二　差量法 2O3===3O2　ΔV 2 3 3－2＝1 x 1.2a－a＝0.2a 所以x＝0.2a×2＝0.4a 以下解法同解法一。 10