xx届高考化学化学计算专题教案

1 / 19 XX 届高考化学化学计算专题教案 本资料为 WoRD 文档，请点击下载地址下载全文下载地址 专题十七化学计算专题 【名师高考导航】 近几年，化学计算素材重要的着眼点之一就是注重体现 “ 化学与社会 ” 、 “ 科学与技术 ” 的关系，显示化学计算视角更为广阔。高考计算试题主要分成两类：一类是有关物质的量、物质的量浓度、气体摩尔体积、阿伏加德罗常数、 pH、反应热等基本概念的计算，另一类是根据常见元素的单质及其重要化合物的性质，以化学方程式为载体的综合计算。可以预料，定性和定量融合的试题将会成为化学计算题的主流 题型。 预测 XX年高考化学计算将呈现如下特点 （ 1）传统题型还会出现。如阿伏加德罗常数与粒子数之间的关系，离子浓度的计算、有机物分子式的确定等。在复习中应注意以新情景或新物质为载体对有关溶液的计算的考查，同时注意有关图像题的解题方法。 （ 2）由于近年高考中对实验的考查逐步从定性转变为定量，推断题逐步定性推断转变为计算与性推断相结合。因而在实验题、推断题中也将涉及化学计算 （ 3）有关工业生产中的化学反应、转化率、产率等将会与物质的量融合在起进行考查。对此类问题若能找出关系式，2 / 19 则可快速、准确地获得结果。 知识体系和复习重点 各种基本概念计算之间的联系 2化学计算常用方法 守恒法利用反应体系中变化前后，某些物理量在始、终态时不发生变化的规律列式计算。主要有：（ 1）质量守恒；（ 2）原子个数守恒；（ 3）电荷守恒；（ 4）电子守恒；（ 5）浓度守恒（如饱和溶液中）；（ 6）体积守恒；（ 7）溶质守恒；（ 8）能量守恒。 差量法根据物质发生化学反应的方程式，找出反应物与生成物中某化学量从始态到终态的差量（标准差）和实际发生化学反应差值（实际差）进行计算。主要有：（ 1）质量差；（ 2）气体体积差；（ 3）物质的 量差；（ 4）溶解度差 实际计算中灵活选用不同的差量来建立计算式，会使计算过程简约化。 平均值法这是处理混合物中常用的一种方法。当两种或两种以上的物质混合时，不论以何种比例混合，总存在某些方面的一个平均值，其平均值必定介于相关的最大值和最小值之间。只要抓住这个特征，就可使计算过程简洁化。主要有：（ 1）平均相对分子质量法；（ 2）平均体积法；（ 3）平均质量分数法；（ 4）平均分子组成法；（ 5）平均摩尔电子质量法；3 / 19 （ 6）平均密度法；（ 7）平均浓度法 关系式法对于多步反应体系，可找出起始物质和最终求解物质之间 的定量关系，直接列出比例式进行计算，可避开繁琐的中间计算过程。具体有：（ 1）多步反应关系法：对没有副反应的多步连续反应，可利用开始与最后某一元素来变建立关系式解题。（ 2）循环反应关系法：可将几个循环反应加和，消去其中某些中间产物，建立一个总的化学方程式，据此总的化学方程式列关系式解题。 十字交叉法实际上是一种数学方法的演变，即为a1x1+a2x2=a 平 （ x1+x2）的变式，也可以转化为线段法进行分析。（ 1）浓度十字交叉法；（ 2）相对分子质量十字交叉法等。 极值法当两种或多种物质混合无法确定其成分及其含 量时，可对数据推向极端进行计算或分析，假设混合物质量全部为其中的某一成分，虽然极端往往不可能存在，但能使问题单一化，起到了出奇制胜的效果。常用于混合物与其他物质反应，化学平衡混合体系等计算。 讨论法当化学计算中，不确定因素较多或不同情况下会出现多种答案时，就要结合不同的情况进行讨论。将不确定条件转化为已知条件，提出各种可能答案的前提，运用数学方法，在化学知识的范围内进行计算、讨论、推断，最后得出结果。主要有以下几种情况：（ 1）根据可能的不同结果进行讨论；4 / 19 （ 2）根据反应物相对量不同进行讨论；（ 3）运用不定方 程或函数关系进行讨论。 估算法有些化学计算题表面看来似乎需要进行计算，但稍加分析，不需要复杂计算就可以推理出正确的答案。快速简明且准确率高，适合于解某些计算型选择题。但要注意，这是一种特殊方法，适用范围不大。 3基本概念、基本理论、元素化合物、有机化学基础、化学实验等各部分内容中都隐含许多计算因素问题，复习中要加以总结归类。如，有机化合物内容中的化学计算因素问题主要有： （ 1）同系物通式的计算（通式思想的运用）； （ 2）同分异构体种数计算（空间想像、立体几何知识）； （ 3）有机化合物结构简式的确 定（有机化合物性质跟所有化学基本计算的综合）； （ 4）有机物燃烧规律的计算（跟气体燃烧实验、气体吸收实验、气体干燥实验等的综合）； （ 5）有机反应转化率、产量的计算（跟工业生产实际的结合）。 【知识网络构建立】 考向三维突破 考向一以物质的量为中心的计算 5 / 19 一维知识联动 1物质的量与其他化学量之间的关系 2阿伏加德罗定律：同温同压下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子。 （ 1）同温同压下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，即 V1： V2 n1： n2。 （ 2）同温同压下 ，两种不同气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，即 1 ： 2 m1： m2。 （ 3）同温同体积下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比： P1： P2 n1： n2。 总之，在气体状态方程 pV=nRT的四个变量中，三同定一同，两同定比例 3解答阿伏加德罗常数与粒子数的分析与比较 解答此类题目，审题是关键，一定要警惕 “ 陷阱 ” 。 （ 1）状态问题，如水在标准状况时为液态或固态； So3 在标准状况下为固态，常温常压下为液态；戊烷及碳原子数大于 4 的烃，在标准状况下不是气态。 （ 2）特别物质的摩尔质量，如 D2o、 T2o、等。 （ 3）某些物质分子中的原子个数，如 Ne、 o3、白磷等。 （ 4）一些物质中的化学键数目，如 Sio2、 Si、 cH4、 P4、6 / 19 co2等。 （ 5）较复杂的化学反应中，转移电子数的求算，如 Na2o2十 H2o； cl2十 NaoH；电解 AgNo3溶液等。 （ 6）某些离子或原子团在水溶液中能发生水解反应，使其数目减少。 【典型 1】下列说法中正确的是（） A 1L 水中溶解了 58 5gNacl，该溶液的物质的量浓度为1mol/L B从 1L2mol/L 的 H2So4溶液中取出 0 5L，该溶液的浓度为 1mol/L c配制 500mL0 5mol/L的 cuSo4 溶液，需 62 5g胆矾 D中和 100mL1mol/L 的 H2So4 溶液，需 NaoH4g 解析：选 c。 A 项中 1L 水中加入 Nacl 后体积发生变化，浓度不是 1mol/L； B 项溶液是均一稳定的，所以 H2So4 的浓度还是 2mol/L； D项 H2So4的物质的量为 0 1mol，需 NaoH0 2mol即 8g。 【典型 2】将 cu 片放入 0 1molL 1Fecl3 溶液中，反应一定时间后取出 cu片，溶液中 c（ Fe3） c （ Fe2） 23 ，则 cu2 与 Fe3的物质的量之比为（） A 32B 35 c 34D 43 解析：选 c。反应的化学方程式为 cu 2Fe3 =2Fe27 / 19 cu2。设溶液的体积为 1L，生成的 n（ Fe2） 2a，则消耗的 n（ Fe3） 2a，生成的 n（ cu2） a，因此反应后溶液中 n（ Fe3） 0 1mol 2a，所以有关系式：（ 0 1mol 2a） 2a 23 ，得出 a 0 03mol。溶液中 c（ cu2） 0 03mol/L，反应后溶液中 c（ Fe3）（ 0 1 20 03）mol/L 0 04mol/L，故溶液中 cu2与 Fe3的物质的量之比为 34 。 【典型 3】 NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是（） A 10mL质量分数为 98%的 H2So4 溶液，用水稀释至 100mL，H2So4的质量分数为 9 8% B在 H2o2 cl2=2Hcl o2反应中，每生成 32g氧气，则转移 2NA个电子 c标准状况下，分子数为 NA 的 co、 c2H4 混合气体体积约为 22 4L，质量为 28g D一定温度下， 1L0 50molL 1NH4cl 溶液与2L0 25molL 1NH4cl溶液含 NH 4 物质的量不相同 解析：选 A。设 H2So4 稀释前后的密度分别为 1 、 2 ，稀释 后 的 质 量 分 数 为 w ，则 w 98%1102100100% 9 8%12 ， H2So4的浓度越大，密度越大，即 12 ，则 w9 8%。 考向二根据化学方程式的计算 8 / 19 以化学方程式为中心的计算，其关键是正确书写并配平反应的化学方程式，并找出未知量与已知量之间的定量关系，进行合理计算，求得答案。一般分为以下四种情况： 1单一反应：其特征是题中只涉及一个化学反应，解题 时先书写化学方程式，利用未知量与已知量的比例关系求解。 2平行反应：其特征是两反应共用了某一反应物，一般可通过列二元方程式求解（混合物计算也常用此法）。 3多步反应：其特征是前一反应的产物是下一反应的反应物，解题时一般是先寻找原料与目标产物之间量的为关系，然后求解。 4循环反应：其特征是第二个反应的产物是第一个反应的反应物，从而使两个（或多个）反应循环发生。一般先合并反应的化学方程式，列出总反应的化学方程式后再进行解答。 【典型 4】已知 cl2与一定浓度的 NaoH溶液反应生成 Nacl、Naclo、 Naclo3 和 H2o，现将一定量的 cl2 分成两等份，分别通入体积相同的 NaoH溶液和 Na2So3 溶液，均恰好完全反应，则 NaoH与 Na2So3 的浓度之比为（） A 11B 12 c 21D 31 解析：选 c。由化学方程式 cl2 2NaoH=Nacl Naclo9 / 19 H2o,3cl2 6NaoH=5Nacl Naclo3 3H2o 知， cl2 与 NaoH的物质的量之比为 12 ，由 cl2 Na2So3 H2o=Na2So42Hcl 知 cl2 与 Na2So3 的物质的量之比为 11 ，因此 NaoH与 Na2So3的物质的量之比为 21 ，浓度之比也为 21 。 考向三化学计算解题技巧 1守恒法 守恒法就是巧妙地选择化学式中某两数（如正负化合价总数、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粒子（如原子、电子、离子）的物质的量保持不变，作为解题的依据，这样可避免书写化学方程式，从而加快解题的速度和提高解题的准确性。 化学中有多种守恒关系。要理顺各种守恒关系之间的内联系，拓宽主要守恒关系的外延。 2关系式法在多步反应的计算中，可以把始态的反应物 与终态的生成物之间的物质的量关系表示出来，把多步计算简化成一个简单的物质的量关系，列式解答。建立关系式的常用方法有：（ 1）原子守恒法 例如： 4FeS2+11o22Fe2o3+8So2,2So2+o22So3 ，10 / 19 So3+H2o=H2So4。在理论上， FeS2 中的硫原子全部转化为H2So4，根据硫原子的个数守恒可知， FeS2 与 H2So4 之间的理论计量数关系为 FeS2 2H2So4。 （ 2）化学方程式加合法 例如， c+H2oco+H2（ ）， co+H2o+H2+co2（ ）将（ ）式和（ ）式加合除去 co，得 c+2H2oco2+2H2（ ）。 N2+3H22NH3（ ），将 （ ）式 和（ ）式加 合除 去 H2，得3c+6H2o+2N2=3co2+4NH3，即 c 与 NH3 之间的理论计量数关系为 3c 4NH3。 （ 3）得失电子守恒法 例如， 由两个氧化还原反应中的得失电子关系可知， So2与 4 之间的理论计量数关系为 5So2 2。 3差量法 差量法可用于计算反应前后存在的质量差量、气体体积差量、物质的量差量等相关试题。只有当差值与始态量或终态量存在比例关系时，且化学计算的差值必须是同一物理量，才能用差量法。其关键 是分析出引起差量的原因。 4极值假设法 极值思想是把研究对象或过程变化通过假设成理想的极值而得出的情况与实际情况对比，分析、推理、判断，再得出11 / 19 合理的答案，它主要适用于确定混合物的组成、判断反应物质量的关系、确定平衡体系中物质的量浓度范围等。 5数形结合法 在解决问题时，根据问题的背景、数量关系、图形特征，将“ 数 ” 的问题，借助于 “ 形 ” 去观察；或将 “ 形 ” 的问题，借助于 “ 数 ” 思考，这种解决问题的思想称为数形结合思想。看图时，注意理解化学原理、图形中数轴对应的化学含义和图形中三个关键点（起点、转折点、终点）的含义。作图时，从复杂的数据中找到关键点，再连接绘制。适用于有关图形计算；反应物的量不同，化学反应产物不同的判别（数轴法）等。 【典型 5】锌与 100mL18 5molL 1 的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲 33 6L（标准状况）。将反应后的溶液稀释至 1L，测得溶液的 pH=1（室温），下列叙述不正确的是（） A反应中共消耗 1 8molH2So4B 气体甲中 S02 与 H2的体积比为 4:1 c反应中共消耗 97 5gZnD反应中共转移 3mol 电子 答案： B【解析】反应前 n（ H2S04） =1 85mol，反应后剩余 H2S04 为 0 05mol，推知气体甲应该 Zn 与浓 H2S04反应产生的 S02及 Zn与稀 H2S04反应产生的 H2的混合气体。设生成的 S02、 H2 的物质的量分别为 xmol、 ymol，则有：12 / 19 x+y=1 5，根据反应 Zn+2H2So4（浓） =ZnSo4+So2+2H20 ，Zn+H2S04（稀） =ZnS04+H2 ，得 2x+y=1 8，解得 x=0 3,y=1 2。n（ S02） /n（ H2） =0 3mol/l 2mol=1/4。反应中消耗 Zn的质量 =1 5molx65g/mol=97 5g。反应中转移电子的物质的量 =2x1 5mol=3mol。综合上述知选项 B 错误。 【典型 6】 14 2 8gFe全部溶于 100mL一定浓度的 HNo3溶液中，得到标准状况下的气体 1 12L，测得反应后溶液的pH为 1。若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断不正确的是（） A反应前 HNo3溶液的浓度为 2 0molL 1 B 1 12L的气体全部 为 No c反应后溶液中 c（ No3） 1 6molL 1 D反应后的溶液最多还能溶解 1 61gFe 答案： A【解析】此题考查了变价金属铁和硝酸反应的知识及有关计算。由反应后的溶液 pH 为 1，可知酸过量，剩余酸的浓度为 0 1mol/L，物质的量为 0 01mol。根据反应情况，当金属铁与硝酸反应生成硝酸铁和二氧化氮时，消耗酸最多；而生成硝酸亚铁和一氧化氮时，溶解铁最多。根据方程式： Fe+6HNo3=Fe（ No3） 3+3No2+3H2o ， 0 05molFe 最多消耗硝酸 0 3mol，则原溶液 中硝酸的物质的量最多为0 31mol， 100ml 溶液，最大浓度为 3 1mol/L，一定为稀硝酸，反应肯定生成 No， B 正确；据此反应中生成硝酸铁和13 / 19 一氧化氮，方程式为： Fe+4HNo3=Fe（ No3） 3+No+2H2o ，0 05mol 铁溶解后生成硝酸铁 0 05mol，故溶液中 c（ No3-）=1 6mol/L， c 正确；反应前硝酸的物质的量等于 n（ No）+n（ No3-） =0 05mol+0 16mol=2 1mol，故浓度为 2 1mol/L，A 错；根据溶解最多铁时的反应方程式： 3Fe+8HNo3=3Fe（ No3）2+2No+4H2o ，剩余的硝酸能溶解铁0 013568=0 21g，另外溶液中的 Fe（ No3） 3 能溶解铁 0 025mol，质量为 0 025mol56g/mol=1 4g，故最多还能溶解铁 1 61g， D 正确。 练习 1将（ NH4） 2Fe（ So4） 2 和 Al2（ So4） 3 各 0 1mol溶解于烧杯中，慢慢加入含 0 7molNaoH的溶液中，并把生成的沉 淀 过 滤 、 洗 涤 、 灼 烧 。 得 到 的 固 体 再 分 别 与1molL1 的盐酸反应，分别恰好与 V1mL、 V2mL盐酸反应。则（） A V1 V2 300mLB V1 200mLV2 600mL c V1 300mLV2 600mLD V1 150mLV2 450mL 2在 200mL1molL 1 的 NaHco3 溶液中，加入一定量的单质或化合物 X，恰好使其转化为只含 Na2co3溶质的溶液（不考虑溶质的水解），实现转变的物质 X 有多种，符合条件的 X 物质一组是（） 编号 ABcD 14 / 19 X 的化学式 NaNa2oNa2o2NaoH 加入 X 的质量（ g） 4 86 47 816 0 3室温下， 1L某溶液中含有的离子如下表：（不考虑水解） 离子 cu2 Al3 No3 cl 物质的量浓度（ mol/L） 114a 用惰性电极电解该溶液，当电路中有 3mole 通过时（忽略电解时溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象），下列说法正确的是（） A电解后溶液的 pH 0B阳极与阴极析出的气体物质的量之比为 1:2 c阳极电极反应只有： 2cl 2e =cl2D 阴极析出 32g铜 4一定温度下 mg下列物质在足量的氧气中充分燃烧后，产物与足量的 Na2o2充分反应，过氧化钠增加 ng，且 nm，符合要求的物质是（） A甲酸甲酯 B乙醛 c 乙二酸 D果糖 5将 1 12g 铁粉加入 25mL2mol/L 的氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是（） A铁有剩余，溶液呈浅绿色， cl浓度基本不变 B往溶液中滴入无色 kScN溶液，显红色 c Fe2和 Fe3的物质的量之比为 5:1 D氧化产物与还原产物的物质的量之比为 2:5 15 / 19 6向一洁净干燥的烧杯中加入 56gFe 粉，然后加入 400mL16浓 HNo3，反应过程中产生气体的体积和反应时间的关系如图所示，最后固体全部溶解，气体体积均在标准状况下测定。假设反应中 HNo3 的还原产物只有 No 和 No2，那么理论上从哪一时刻开始产生 No（） A t1B t2c t3D t4 7（ 10 分）某化学兴趣小组欲研究一种镁铝合金，以下是部分实验。请完成填空。 【实验一】从镁铝合金片上剪下一小块，先称重，然后投到盛有 10mL10molL-1NaoH溶液（足量）的锥形瓶里。实验浊得不同时刻气体体积如图： （ 1） t0t0过程中速率比 t1t2速率（ “ 快 ” 或 “ 慢 ” ），其主要原因是。 （ 2）影响过程 t1t2 速率的主要原因是 。 （ 3）欲利用此反应测定合金中铝的含量，请仿照方法 将另一种不同方法所需数据填入下表中。 方法需测定的数据 测定产生的 H2的体积 16 / 19 【实验二】向实验一的锥形瓶里滴加 1molL-1Hcl，使镁、铝两种元素恰好只以氯化物的形式存在。写出此过程中含铝元素的化合物所发生的离子反应方程式： 【实验三】取实验二的锥形瓶里的溶液 10mL，向其中滴加amolc1molL-1NaoH 之 后 ， 改 成 滴 加c2molL-1Hcl，所得沉淀 y（ mol）与试剂总体积 V（ mL）间的关系如图所示。据此，回答下列问题： （ 1）图中 cD段 消耗盐酸的体积是 AB段消耗的 NaoH 溶液体积的两倍，则 c1/c2=； （ 2）所加入 NaoH溶液的体积 a=mL。 参考答案 1 A【解析】 0 1mol（ NH4） 2Fe（ So4） 2 中的微粒是 0 2molNH4+和 0 1molFe2+慢慢加入含 0 7molNaoH 的溶液 ,得到沉淀0 1mol氢氧化亚铁，过滤、洗涤、灼烧最终得到 0 05mol氧化铁，它与 1molL1 的盐酸反应消耗 300mL。0 1molAl2（ So4） 3 含微粒是 0 2molAl3+,慢慢加入含0 7molNaoH 的溶液 , 发 生 如 下 反 应Al3+4oH-=Alo2-+2H2o3Alo2-+Al3+6H2o=4Al（ oH） 3 。经计算的第一步剩余 Al3+0 025mol 生成 Alo2-0 175mol，第二步经过过量判断和计算知氢氧化铝沉淀为 0 1mol灼烧最终得到 0 05mol 氧化铝，它与 1molL1 的盐酸17 / 19 反应消耗 300mL。 2 c【解析】 NaoH+NaHco3=Na2co3+H2o，恰好使 NaHco3 转化为只含 Na2co3溶质的溶液，恰好需要 NaoH0 2mol， A、 c、D 生成 NaoH 均大于 0 2mol，只有 7 8gNa2o2 恰好生成0 2molNaoH。 3 A【解析】根据电荷守恒 cl浓度为 1mol/L， a=1；用惰性电极电解该溶液，当电路中有 3mole 通过时，阴极有1molcu2+和 1molH+放电，生成 1molcu 和 0 5molH2，阳极有 1molcl 和 2moloH 放电，生成 0 5molcl2和 0 5molo2。由于参加反应的 H+与 oH 不同，溶液中剩余 H+1mol，浓度为 1mol/L， pH=0。 4 B【解析】本题主要考查有机物质的分子式的处理与 Na2o2吸收 co2和 H2o反应的实质， 突出体现了学生分析、归纳、总结问题的能力。 2Na2o2 2H2o=4NaoH o22Na2o2 2co2=2Na2co3 o2 ，在这两个反应中，对 Na2o2 而言，反应 中 Na2o2增重的质量实际是 H2o中的 “H2” 的质量，其结果可以看作： Na2o2 H22NaoH；在反应 中 Na2o2 增重的