人教版高中化学解题技巧课件ppt.ppt

解题方法及技巧: 守恒法,守恒定律是自然界最重要的基本定律,是构成化学科学的基础。化学反应是原子(包括离子)之间的重新组合,反应前后组成物质的原子个数、物质的质量始终保持不变 即相等,这就是守恒。,在化学计算中,守恒法运用十分广泛,特别是有关混合物或反应关系复杂的化学试题,运用守恒法求解,无需考虑反应体系各组成成分间相互作用过程,也无需考虑变化所经历的具体途径,只需要把握反应体系中某一组分相互作用前后的始态和终态 即某一特定的量是固定不变的。,抓住这一特点就会使问题中的化学关系更清楚地展现出来,简化解题过程,提高解题速度和准确率。,守恒法包括:质量守恒法、原子守恒法、离子守恒法、电子守恒法、电荷守恒法、体积守恒法、浓度守恒法、能量守恒法及特定物理量比守恒法等。,一、质量守恒 1、质量守恒 m（反应物总质量）= m（生成物总质量） 即：化学反应前后的总质量不变。,例题:,例1、已知10.2gA与12.8gB完全反应,生成9.6gC和7.2gD及另一种气体E,已知E对H2的相对密度是15.5,则气体E在标准状况下的体积是( ) A.11.2L B.5.6L C.4.48L D.2.24L,C,解析: M(E)=15.52=31 根据m（反应物总质量）= m（生成物总质量） 得:10.2+12.8=9.6+7.2+X; X=6.2(g) V(E)= 22.4=4.48(L),6.2,31,例2: 某物质A在一定条件下发生分解反应为 2A（g） B（g）+2C（g）+2D（g） 若测得生成的混合气体对氢气的相对密度为n，则A的相对分子质量为 （ ）。 A、7n B、5n C、3.5n D、2.5n,B,解析: 混合气体的平均相对分子质量为2n，设A的相对分子质量为x，则根据质量守恒可得： 2x= 52n; 即：反应前后,反应物的总质量等于生成物的总质量。 解得:x= 5n。,2.原子守恒 即:反应前后某元素原子的数量不变例3: 一氧化碳和二氧化碳混合气体14.8g，经完全燃烧测得共有二氧化碳11.2L（标准状况下）。求原混合气体平均相对分子质量。,解析: 依据C原子守恒则有： n（CO）+ n（CO2）=（反应后）n（CO2） 即：V原混合气体 = V反应后CO2 = 11.2L 则M混 = = 14.811.222.4 = 29.6 g / mol,M总,n总,例4、在8NH3 + 3CI2 = 6NH4CI + N2反应中，若有2 mol N2生成，发生氧化反应的物质的量是（ ） A、16 mol NH3 B、8 mol NH3 C、4 mol NH3 D、3 mol NH3 解析由氮元素守恒，生成N2的氮元素即为被氧化的氨。,答案 C,C,例5、在体积为VL的密闭容器中，通入a mol NO和b mol O2，反应后容器内氮原子和氧原子数之比为（ ） A、 B、 C、 D、,C,a,b,a+2b,2(a+b),2b,a,a,a,解析: 根据原子守恒可知容器中的N原子为a mol，O原子为（a+2b）mol。 答案: C,二、电荷守恒 1、电解质溶液 在同一溶液中n+ = n-或c+ = c- 即：在电解质溶液中，阴离子电荷总数等于阳离子电荷总数。（电中性原理）,例6 : 某1 L的混合溶液中含有0.510-4 mol SO42-，2.510-4 mol CI-，2.510-4 mol NO3-，510-4 mol Na+，则此溶液的pH为 （ ）。 A、3 B、4 C、5 D、6,B,解析 : 因为c（H+）+ c（Na+）= c（OH-）+ c（SO42-）2 + c（CI-）+ c（NO3-）; c（H+） c（OH-）= 0.510-42 + 2.510-4 + 2.510-4 510-4 = 1.010-4; 溶液的pH约为4。,例7、3.2g铜与过量硝酸（8 molL-1，30 mL）充分反应，硝酸的还原产物为NO2和NO，反应后溶液中含a mol H+，则此时溶液中所含NO 3-为 mol （ ） A、0.2 + a B、0.1 + a C、0.05 + a D、a,B,解析 反应后溶液中溶质有Cu（NO3）2和HNO3。 则n（NO3-）=2n（Cu2+）+ n（H+）=（0.1+a）mol。,例8、为了测定某铜银合金的组成，将30.0 g 合金溶于80mL 13.5 molL-1的浓HNO3中，待合金完全溶解后，收集到气体6.72 L（标准状况），并测得溶液的pH = 0，假设反应后溶液的体积仍为80mL，试计算： （1）被还原的硝酸的物质的量。 （2）合金中银的质量分数。,解析:（1）由化学方程式可知，被还原的HNO3和气体的物质的量相等。 n（HNO3）被还原= = 0.3 mol。 （2）设合金中Ag的质量为X，根据电荷守恒: 则 + 2 = （13.51）0.08 mol0.3 mol X= 10.8 g， （Ag）% =100% = 36%。 答案（1）0.3 mol （2）36%,30g-x,x,108gmol-1,64g.mol-1,6.72L,22,4L.mol,2、离子反应: N反应物离子正负电荷代数和 = N生成物离子正负电荷代数和 即：在离子方程式中，参加反应的离子电荷总数一定等于反应后生成的离子电荷总数。,例9: 在一定条件下，RO3n-和I-发生反应的离子方程式如下： RO3n- + 6I- + 6H+ R-+ 3I2 + 3H2O （1）RO3n-中R元素的化合价是 ； （2）R元素的原子最外层的电子数是 。,解析 :（1）根据电荷守恒得：（-n）+ 6（-1）+ 61 = -1; n = 1。R应为 + 5价。 （2）R元素外层电子数为81 = 7。,三、电子守恒 1、在氧化还原反应中 N得电子 = N失电子 或 n得电子 = n失电子 即：氧化剂得电子总数（或得到的电子的物质的量）等于还原剂失电子总数（或失去的电子的物质的量）。,例10 : 将m mol Cu2S和足量稀HNO3反应，生成Cu（NO3）2、H2SO4、NO和H2O。则参加反应的硝酸中被还原的硝酸的物质的量是 （ ）。 A、4m mol B、10m mol C、 mol D、 mol,10m,3,2m,3,C,解析 : m mol Cu2S共失去电子： 2m mol + 8m mol = 10m mol， Cu2S每失去3 mol电子可还原1 mol HNO3，故被还原的HNO3为 mol，应选C。,2、电子守恒计算 电极上析出电量 = 电极上得到电量 即：电化学中，原电池的负极或电解池的阳极所失去的电量一定等于原电池的正极或电解池的阴极所得到的电量，也等于电路上流动的电子的电量。,例11: 将分别盛有熔融的氯化钾、氯化镁、氯化铝的三个电解槽串联，在一定条件下通电一段时间后，析出钾、镁、铝的物质的量之比为 （ ）。 A、1 : 2 : 3 B、3 : 2 : 1 C、6 : 3 : 1 D、6 : 3 : 2,D,解析: 由于三个电解槽是串联的，因此通过各电解槽的电量相等。令经过电极的电量为6 mol，据K+ + e- = K，Mg2+ + 2e- = Mg，AI3+ + 3e- = AI，可知，析出钾、镁、铝依次为6 mol，3 mol ，2 mol。,12、（2000年上海）铜和镁的合金4.6 g完全溶于硝酸，若反应中硝酸被还原，只产生4480mL的NO2气体和336mL的N2O4气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为（ ） A、9.02 g B、8.51 g C、8.26 g D、7.04 g,B,精析因两种金属都是 + 2价，可推知每摩尔金属还原得2 mol NO2。所以两种金属总的物质的量为: (根据电子守恒) = 0.115 mol 由于最终生成的氢氧化物的质量应等于两种金属离子的质量加上氢氧根离子的质量： mM（OH-）2 = 4.6g + 0.115 mol 217gmol-1 = 8.51g。 答案 B,4480ml+(3362)ml,22400ml.mol-1,n(金属)=,3、化合价守恒 正价总数 = 负价总数 即：化合价升高数等于化合价降低数,例13 : 将5.21 g 纯铁粉溶于适量稀H2SO4中，加热条件下，用2.53 g KNO3氧化Fe2+，充分反应后还需0.009 mol CI2才能完全氧化Fe2+，则KNO3的还原产物氮元素的化合价为 。,解析: 设N元素化合价变化量为x，则 1 = X+ 0.0092; x= 3; 5-3 = 2。应填：+ 2。,5.21,56,2.35,101,四、微粒数守恒 或微粒个数比守恒 1、中和守恒计算 n（H+）= n（OH-）,例14 : 有一未知浓度的盐酸25mL，在加入0.5 mol/L AgNO3溶液50mL后，改用NaOH溶液，结果用去1.0 mol/L NaOH溶液25mL恰好完全中和。则盐酸的物质的量浓度是 （ ）。 A、0.5 mol/L B、1.0 mol/L C、1.5 mol/L D、2.0 mol/L,B,解析 :由于AgNO3溶液中Ag+只与CI-反应生成AgCI沉淀，溶液中H+浓度并未减少，故可用中和关系得出下式： c25mL = 1.0 mol/L25mL， c = 1.0 mol/L。 应选B。,2、物料守恒: 原子数或原子个数比守恒,例15 : 在Na2S溶液中存在着多种离子和分子，下列关系正确的是（C）。 A、c（OH-）= c（HS-）+ c（H+） + c（H2S） B、c（OH-）= 2c（HS- )+ c（H+） + c（H2S） C、c（OH-）= c（HS-）+ c（H+） + 2c（H2S） D、c（OH-）= c（HS- )+ 2c（H+）+ c（H2S）,解析 : （1）由电荷守恒知： c（Na+）+ c（H+）= 2c（S2-） + c（HS-）+ c（OH-）; （2）由物料守恒可知： c（Na2S）起始 = c（S2-）+ c（HS-） + c（H2S）; 由Na2S的组成可知： c（Na+）= 2c（Na2S）起始，,所以，c（Na+）= 2c（S2-） + 2c（HS-）+ 2c（H2S） 由-得： c（OH-）= c（HS-）+ c（H+）+ 2c（H2S）。,c（Na+）+ c（H+）= 2c（S2-） + c（HS-）+ c（OH-）; ,3、质子守恒 H+守恒 即：物质产生质子的数目 = 物质得质子的数目（酸碱质子理论是质子守恒式书写的基础。）,在例15中由质子守恒可知： 水电离出来c（H+）= c（OH-）; 则c（OH-）= c（HS-）+ c（H+）+ 2c（H2S）， 运用质子守恒可直接得出此式，明显简单快捷。,1、离子因电离或水解，浓度减小；但电离与水解均是微弱的。 2、多元弱酸根离子分步水解程度逐步减弱，水解形成的相应微粒浓度也相应减小。 3、酸性盐溶液中C(H+)小于水解离子浓度，大于水解形成的相应微粒浓度，而C(OH-)一般最小。 4、碱性盐溶液中，C(OH-)小于水解离子浓度，大于水解形成的相应微粒浓度，而C(H+)一般最小。,经验指导：,4、离子守恒(终态守法)即：反应前后某离子的数量相等。,例16: 有一在空气中暴露过的KOH固体，经检测知含水2.8%，含K2CO3 7.2%，取1g该样品投入到91.25 g质量分数为2%的盐酸溶液中，中和多余盐酸又用去184 g质量分数为1%的KOH溶液，蒸发中和后的溶液，所得固体的质量是（A）。 A、3.725 g B、4.000 g C、4.567 g D、7.450 g,解析: 设所得固体的质量为x g，由CI-守恒可知: KCI HCI 74.5 36.5 x 91.252% 得x = 3.725 g。,解法2: 抓住最终溶液中只有KCl 而Cl-全部来源于HCl,根据Cl-守恒得:n(Cl-)=n(HCl)=n(kCl) 所以, m(KCl)= 74.5 =3.725(g),91.252,36.5,(终态守恒法),17、已知氮的氧化物跟NaOH溶液发生的化学反应如下： 3NO2 +2NaOH = 2NaNO3 + NO+ H2O NO2 + NO + 2NaOH = 2NaNO2 + H2O 现有m mol NO2和 n mol NO组成的混合气体，要用NaOH溶液使其完全吸收无气体剩余，现用浓度为a molL-1的NaOH溶液，则需此NaOH溶液的体积是（ ）,D,A、 B、 C、 D、 解析 : 由于气体被NaOH溶液完全吸收无剩余,可知:n(Na+)必然等于n(NO3-)和n(NO2-)之和. n（NaOH）= n（N）=（m+n）mol。 答案 D,m,a,L,2m,3a,2(m+n),3a,M+n,a,L,L,L,5、体积守恒 气体体积：V前 = V后 即：同温同压下，气体的体积与物质的量（或微粒个数）成正比。,例18: CS2在O2中完全燃烧生成CO2和SO2，现有0.228 g CS2在448 mL O2（标准状况下）中点燃完全反应后，混合气体（在标准状况下）的体积为 （ ）。 A、112 mL B、224 mL C、336 mL D、448 mL,D,解析 : 此反应 CS2（1）+ 3O2（g） CO2（g）+ 2SO2（g） 反应前后气体体积为等体积变化， 因此反应后混合气体（在标准状况下）的体积仍为448 mL。,6、原子个数比守恒 例19 : 有由Na2S、Na2SO3、Na2SO4组成的混合物，经测定其中含硫25.6%，则此混合物含氧是 （ ）。 A、36.8% B、51.2% C、37.6% D、无法计算,C,解析: 在Na2S、Na2SO3、Na2SO4混合物中，每种物质均有n(Na): n (S) = 2 : 1的原子个数比，则在混合物中此原子比守恒，故 （Na）= 23225.6%32 = 36.8%， （O）% = 125.6%36.8% = 37.6%， 因此应选C选项。,五、能量守恒 能量守恒Q放 = Q吸 例13 : 燃烧6.00 g炭全部生成CO2气体时，所放出的热量若完全被水吸收，可使1.00 kg水温度升高47.0（水的比热容为4.18J/g）。写出炭燃烧的热化学方程式。,解析 : 由题意可知1.00 kg水温度升高需吸收热量： Q吸 = mc（t2t1）= 10004.18471000 = 196.5kJ = Q放,热化学方程式为： C（s）+ O2（g） CO2（g），H = -xkJ/mol 12 x 6 g 196.5 kJ 得x = 393 则热化学方程式为： C（s）+ O2（g） CO2（g）;H = -393 kJ/mol,4、在浓硝酸中放铜片： （1）开始反应的化学方程式为 ，实验现象为 。 （2）若铜有剩余，则反应将要结束时的反应方程式是 。 （3）待反应停止后，再加入少量25%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，其原因是 。,（4）若将12.8g铜跟一定量的浓硝酸反应，铜消耗完时，共产生气体5.6 L（标准状况）。则所消耗的硝酸的物质的量是 ，所得气体的平均相对分子质量为 。,解析:（2）随着反应的进行，硝酸浓度不断减小，故反应后阶段发生的是铜与稀HNO3的反应。 （4）n（NOx）= = 0.25 mol， 故消耗n（HNO3）= 2n（Cu）+ n（NOx） =2 + 0.25 mol = 0.65 mol。,5.6L,22.4L.mol-1,12.8g,64g.mol-1,设产生NO2的物质的量为x，则NO的物质的量为（0.25 mol-x）。 根据得失电子守恒，得下列方程 x1+（0.25 mol-x）3 = 2 解得x= 0.175 mol。 M= = 41.2 gmol 1 故所得气体的平均相对分子质量41.2。,12.8g,64g.mol-1,0.175mol46g.mol-1+0.075mol30g.mol-1,0.25mol,答案 （1）Cu + 4HNO3（浓） Cu（NO3）2 + 2NO2+ 2H2O 溶液逐渐变蓝，有红棕色气体逸出. （2）3Cu + 8HNO3（稀） 3Cu（NO3）2 + 2NO+ 4H2O,（3）加入稀H2SO4后，H+与原溶液中的NO3-构成稀HNO3，又能与过量的Cu反应， 3Cu + 8HNO3（稀） 3Cu（NO3）+ 2 NO + 4H2O （4）0.65 mol 41.2,6、两杯同浓度同体积的盐酸，分别加入m g铁和m g锌，当反应停止后，其中一杯中残留少量金属，则原杯中HCI的物质的量n为（ ） A、 n B、 n C、 n D、 n ,B,解析 n（Fe）= moln（Zn )=mol。所以，剩余金属是Fe，Zn可能正好完全反应，也可能不足，即n（Zn）n。,答案 :B,7、在常温常压下，将a LSO2和b L H2S混合，当反应后气体体积是反应前气体总体积的1/4时，a与b之比是（ ） A、1 : 1 B、1 : 2 C、1 : 3 D、2 : 1 答案 AC,解析 2H2S + SO2 3S + 2H2O 若剩余气体为SO2，则ab/2 = ，得 a : b = 1 : 1；若剩余气体为H2S，则 b2a = ，得a : b = 1 : 3。 故选AC。,8、在某100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4 molL-1和0.1 molL-1。向该混合液中加入1.92 g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中的Cu2+的物质的量浓度(molL-1)是 （ ） A、0.15 B、0.225 C、0.35 D、0.45,B,解析 : 3Cu + 8H+ + 2NO3- =3Cu2+