第一章 专题讲座一.docx

方法一电解质溶液的计算法宝电荷守恒法涉及溶液中离子浓度的计算时常需用到电荷守恒，首先找出溶液中所有阳离子和阴离子，再根据阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数列等式。如Al2(SO4)3、NH4NO3混合溶液的电荷守恒为3c(Al3)c(NH)c(H)2c(SO)c(NO)c(OH)。注意一般情况下，列电荷守恒等式时不能忽略H、OH，但在计算时，酸性溶液中常可忽略OH，碱性溶液中常可忽略H。针对训练1(2016河南安阳一中月考)在硫酸钠和硫酸铝的混合溶液中，Al3的物质的量浓度为0.2 molL1，SO为0.4 molL1，溶液中Na的物质的量浓度为()A0.1 molL1 B0.2 molL1C0.3 molL1 D0.4 molL1答案B解析在任何一个溶液中，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，则有3c(Al3)c(Na)2c(SO)，解得c(Na)0.2 molL1。2某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2)2 molL1，c(SO)6.5 molL1，若将200 mL的此混合液中的Mg2和Al3分离，至少应加入1.6 molL1的氢氧化钠溶液()A0.5 L B1.625 LC1.8 L D2 L答案D解析根据电荷守恒得：2c(Mg2)3c(Al3)2c(SO)，c(Al3)3 molL1，加入氢氧化钠溶液使Mg2、Al3分离，此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由电荷守恒得：V(NaOH)2 L。方法二化学方程式计算中的巧思妙解差量法化学反应前后物质的量发生变化时均可用差量法。解题的一般步骤为(1)准确写出有关反应的化学方程式；(2)深入细致地分析题意，关键在于有针对性地找出产生差量的“对象”及“理论差量”。该“理论差量”可以是质量、物质的量、气体体积、压强等，且该差量的大小与参加反应的物质的有关量成正比；(3)根据反应方程式，从“实际差量”寻找比例关系，列比例式求解。针对训练3将12 g CO和CO2的混合气体通过足量灼热的氧化铜后，得到气体的总质量为18 g，求原混合气体中CO的质量分数。答案原混合气体中CO的质量分数为87.5%。解析设原混合气体中CO的质量分数为x。CuOCOCuCO2气体质量增加(差量) 28 44 442816 12x g 18 g12 g6 g解得x0.875。4为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度(质量分数)是()A. B.C. D.答案A解析由题意知(w1w2)g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3质量为x g，由此可到如下关系：2NaHCO3Na2CO3CO2H2O28462xw1w2则x，故样品纯度为。516 mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 左右可发生反应：6NO4NH35N26H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：53324397。其中正确的是()A BC D答案C解析根据反应前后气体的总体积，可用差量法直接求解。6NO4NH35N26H2O(g)V(气体的体积差)6 mL 4 mL 5 mL 6 mL (56)(46) 1(mL)(理论差量)9 mL 6 mL 17.516 1.5(mL)(实际差量)由此可知共消耗15 mL气体，还剩余1 mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)V(NH3)(9 mL1 mL)6 mL53，假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)V(NH3)9 mL(6 mL1 mL)97，但因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体，故V(NO)V(NH3)介于53与97之间，对照所给的数据知32与43在此区间内。方法三解答连续反应类型计算题的捷径关系式法关系式是物质间关系的一种简化式子，解决多步反应，计算最简捷。多步反应中建立关系式的方法：1叠加法(如利用木炭、水蒸气制取氨气)由木炭、水蒸气制取NH3的关系为3C4NH3。2元素守恒法4NH35O24NO6H2O2NOO2=2NO23NO2H2O=2HNO3NO经多次氧化和吸收，由N元素守恒知：NH3HNO3。3电子转移守恒法NH3HNO3，O22由得失电子总数相等知，NH3经氧化等一系列过程生成HNO3，NH3和O2的关系为NH32O2。针对训练6铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原，只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL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()A9.02 g B8.51 gC8.26 g D7.04 g答案B解析最后沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，Cu和Mg共4.6 g，关键是求增加的n(OH)，n(OH)等于金属单质所失电子的物质的量，即n(OH)1 mol2 mol0.23 mol，故沉淀的质量为4.6 g0.2317 g8.51 g。7黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 molL1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。已知：SO22Fe32H2O=SO2Fe24HCr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)_(保留1位小数)。(2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为_L，制得98%的硫酸质量为_t。答案(1)90.0%(2)3.3610615解析(1)据方程式：4FeS211O22Fe2O38SO2SO22Fe32H2O=SO2Fe24HCr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O得关系式：Cr2O6Fe23SO2FeS21m(FeS2)0.090 00 g样品中FeS2的质量分数为90.0%。(2)4FeS211O22Fe2O38SO2 4 mol 8 mol mol n(SO2)n(SO2)1.5105 molV(SO2)3.36106 L由SO2SO3H2SO41 mol 98 g1.5105 molm(H2SO4)98%得m(H2SO4)1.5107 g15 t。方法四混合物类计算的“简化高手”平均值法1依据若XAXB，则XAXB，代表平均相对原子(分子)质量、平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等。2应用已知可以确定XA、XB的范围；若已知XA、XB可以确定的范围。解题的关键是要通过平均值确定范围，很多问题的平均值需根据条件先确定下来再作出判断。实际上，它是极值法的延伸。针对训练8两种金属混合物共15 g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2 L H2(标准状况)，则原混合物的组成肯定不可能为()AMg和Ag BZn和CuCAl和Zn DAl和Cu答案B解析本题可用平均摩尔电子质量(即提供1 mol电子所需金属的质量)法求解。反应中H被还原生成H2，由题意可知15 g金属混合物可提供1 mol e，其平均摩尔电子质量为15 gmol1。选项中金属Mg、Zn、Al的摩尔电子质量分别为12 gmol1、32.5 gmol1、9 gmol1，其中不能与盐酸反应的Ag和Cu的摩尔电子质量可看做无穷大。根据数学上的平均值原理可知，原混合物中一种金属的摩尔电子质量大于15 gmol1，另一种金属的摩尔电子质量小于15 gmol1。由此可判断出原混合物肯定不可能是Zn和Cu。9把含有某一种氯化物杂质的MgCl2粉末95 g溶于水后，与足量AgNO3溶液反应，测得生成