专题1考能特训2

单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,考能特训,解题技能,1,化学计算中的几种常用,方法,解题虽然没有一成不变的方法模式，但应建立解题的基本思维模式：题示信息,+,基础知识,+,逻辑思维。掌握正确的解题方法能简化解题过程，提高解题能力，常用的解题技巧有：,1,1.,差量法,（,1,）差量法的应用原理,差量法是指根据化学反应前后物质的量发生变化，找出,“,理论差量,”,。这种差量可以是质量、物质的量、气态物,质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题,是先把化学方程式中的对应差量,(,理论差量,),跟差量（实,际差量）列成比例，然后求解。如,:,2,C,(,s,)+,O,2,(,g,)2,CO,(,g,),H,=-221,kJ/mol,m,(,固,),，,n,(,气,),，,V,（气）,2,mol,1,mol,2,mol,221,kJ,24,g,1,mol,22.4,L,（标况）,（,2,）使用差量法的注意事项,所选用差值要与有关物质的数值成正比例或反比例,关系。,有关物质的物理量及其单位都要正确地使用。,（,3,）差量法的类型及应用,2,【,典例导析,1,】,取一定量的,CuO,粉末与,0.5,L,稀,硫酸充分反应后,将一根,50,g,铁棒插入上述溶液,中，至铁棒质量不再变化时，铁棒增重,0.24,g,，,并收集到,224,mL,气体（标准状况）。求此,CuO,粉末的质量。,解析,由题意可知，,CuO,粉末与稀硫酸充分反,应后，硫酸过量。引起铁棒质量变化时涉及下,列两个反应：,Fe,+,H,2,SO,4,FeSO,4,+,H,2,Fe,+,CuSO,4,FeSO,4,+,Cu,质量差法,3,其中,反应使铁棒质量减少，,反应使铁棒质量,增加，两者的代数和为,0.24 g,。,Fe,+,H,2,SO,4,FeSO,4,+,H,2,m,1,56 g 1 mol 56 g,0.01 mol 0.56 g,m,2,-,m,1,=0.24 g,m,2,=,m,1,+0.24 g=0.56 g+,0.24 g=0.8 g,。,设,CuO,的物质的量为,x,，则,CuSO,4,的物质的量也,为,x,Fe,+,CuSO,4,FeSO,4,+,Cu,m,2,1 mol 8 g,x,0.8 g,求得,x,=0.1 mol,，,m,(,CuO,)=0.1 mol,80 g/mol,=8 g,。,答案,8,g,4,【,典例导析,2,】,一定条件下，合成氨气反应达到,平衡时,测得混合气体中氨气的体积分数为,20.0%,与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率,是 （）,A.16.7%B.20.0%C.80.0%D.83.3%,解析,N,2,+3,H,2,2,NH,3,V,1,L,3,L,2,L,2 L,取平衡时混合气体,100,L,，其中含,20,L,NH,3,。,生成,2,LNH,3,，原气体总体积减少,2,L,；则生成,20,LNH,3,，原气体总体积减少,20,L,。所以，原,始氮气和氢气总体积为,120,L,，反应后体积缩,小的百分率为,20,L,/120,L,100%=16.7%,。,高温、高压,催化剂,A,5,2.,关系式法,物质间的一种简化的式子，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,NH,3,的关系为,:3,C,4,NH,3,。,6,(2),元素守恒法,4,NH,3,+5,O,2,4,NO,+6,H,2,O,2,NO,+,O,2,2,NO,2,3,NO,2,+,H,2,O,2,HNO,3,+,NO,经多次氧化和吸收，由,N,元素守恒知：,NH,3,HNO,3,（,3,）电子转移守恒法,NH,3,HNO,3,O,2,2,O,2-,由得失电子总数相等知，,NH,3,经氧化等一系列过程生成,HNO,3,，,NH,3,和,O,2,的关系为,NH,3,2,O,2,。,失去,8,e,-,得,4,e,-,7,【,典例导析,3,】,取,KI,溶液,25,mL,，向其中滴加,0.4,mol/L,的,FeCl,3,溶液,135,mL,I,-,完全反应生成,I,2,：,2,I,-,+2,Fe,3+,I,2,+2,Fe,2+,。将反应后的溶液用,CCl,4,萃取后分液，向分出的水溶液中通入,Cl,2,至,0.025,mol,时，,Fe,2+,恰好完全反应。求,KI,溶液的,物质的量浓度。,8,解析,依题意，有：,2,I,-,+2,Fe,3+,I,2,+2,Fe,2+,2,Fe,2+,+,Cl,2,2,Fe,3+,+2,Cl,-,本题可用关系式法求解。,由上述两个反应及电子转移守恒理论，得,I,-,与,Cl,2,之间的关系式：,2,I,-,Cl,2,。,2,e,-,|,2,e,-,|,9,答案,设,KI,的物质的量是,x,。,2,I,-,Cl,2,2 1,x,0.025,mol,10,3.,极值法,（,1,）极值法的含义,极值法是采用极限思维方式解决一些模糊问,题的解题技巧。它是将题设构造为问题的两,个极端，然后依据有关化学知识确定所需反,应物或生成物的量值，进行判断分析，求得,结果。,（,2,）极值法解题的基本思路,极值法解题有三个基本思路：,把可逆反应假设成向左或向右进行的完全,反应。,把混合物假设成纯净物。,把平行反应分别假设成单一反应。,11,（,3,）极值法解题的关键,紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落,点。,（,4,）极值法解题的优点,极值法解题的优点是将某些复杂的、难以分,析清楚的化学问题假设为极值问题，使解题,过程简化，解题思路清晰，把问题化繁为,简，由难变易，从而提高了解题速度。,12,【,典例导析,4,】,已知,25,下，,0.1,mol/L,某二元酸（,H,2,A,）溶液的,pH,大于,1,，其酸式盐,NaHA,溶液的,pH,小于,7,。取等体积的,H,2,A,溶液和,NaOH,溶液混合后，所得溶液的,pH,等于,7,，则酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比是（）,A.,小于,0.5B.,等于,0.5,C.,大于,0.5,且小于,1D.,大于,1,且小于,2,13,解析,因为,0.1,mol/L,H,2,A,的,pH,大于,1,，所以,H,2,A,是弱酸，则,H,2,A,与,NaOH,生成正盐（,Na,2,A,）时，由于,Na,2,A,水解，溶液显碱性，,pH,大于,7,，此时酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比是,12=0.5,。现已知混合液的,pH,等于,7,，故,H,2,A,必须过量，,NaOH,溶液的浓度只能小于,0.2,mol/L,，所以二者的物质,的量浓度之比一定要大于,0.5,，即最小值大于,0.5,。,又因为,H,2,A,与,NaOH,反应生成酸式盐（,NaHA,）时,溶液的,pH,小于,7,，所以,NaHA,溶液显酸性，此时酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比是,11,，要使溶液的,pH,等于,7,，二者的物质的量浓度之比的最大值要小于,1,。由此可知，酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比在,0.5,与,1,之间。,答案,C,14,4.,平均值规律及应用,（,1,）依据,:,若,X,A,X,B,则,X,A,X,B,，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,X,A,、,X,B,的范围；或,已知,X,A,、,X,B,可以确定 的范围。,解题的关键是要通过平均值确定范围，很多考,题的平均值需要根据条件先确定下来再作出判,断。,15,【,典例导析,5,】,铜和镁的合金,4.6,g,完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生,4 480,mL,NO,2,气体和,336,mL,的,N,2,O,4,气体（气体的体积已折算到标准状况），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,16,解析,被还原的硝酸共有,0.23,mol,，则,4.6,g,铜和镁的合金为,0.115,mol,，故合金的平均摩尔质量为,=40,g/mol,氢氧化物的平均相对分子质,量为：,40+17,2=74,。故形成的氢氧化物沉淀为：（,4.6 g,40,g/mol,),74,g/mol,=8.51,g,或,0.115,mol,74,g/mol,=8.51,g,。本题也可以用整体思维方法，采用守恒法来解。沉淀的质量等于合金的质量与其沉淀的,OH,-,的质量之和，而,Cu,、,Mg,沉淀的,OH,-,的物质的量等于其失去电子的物质的量，根据得失电子守恒规律，,Cu,、,Mg,失去电子的物质的量等于被还原的硝酸的物质的量，则沉淀的质量,=4.6,g,+0.23,mol,17,g/mol,=8.51,g,。,答案,B,17,方法归纳,此题如单纯用,Cu,、,Mg,分别与,HNO,3,的反应求出合金的物质的量组成而求得沉淀的质,量，那是相当繁琐的。除用平均值计算之外，本,题还可用整体思维，则沉淀的质量为金属,Cu,、,Mg,的质量加上,OH,-,的质量，设,Cu,、,Mg,的物质的量之,和为,n,(,Cu,、,Mg,),由电子守恒知：,n,(,Cu,、,Mg,),2=,2,n,(,Cu,、,Mg,)=0.115,mol,故沉淀的质量为：,4.6,g,+(0.115,mol,2),17,g/mol,=8.51,g,。,18,1.,把过量的铁粉投入到,CuCl,2,和,FeCl,3,组成的混合,溶液中，充分反应后，过滤清洗并干燥不溶,物，称得其质量与加入铁粉的质量相同，求,原混合物中两种溶质的物质的量之比。,解析,这是一个无数据的题，似乎无法解答。但根据化学反应原理，利用差量法是可以求解的。把铁粉加入到,CuCl,2,和,FeCl,3,组成的混合溶液中，铁粉与,FeCl,3,反应，使,Fe,的质量减少，形成一个差值。又因为铁粉与,CuCl,2,反应，把,Cu,置换出来，附在,Fe,上，,Cu,的相对原子质量比,Fe,的相对原子质量大，又形成一个差值，使铁粉质量增加。依题意可知，反应前后质量相等，即前后两个差值相等，这是解题的关键。,迁移应用,19,答案,设原溶液中有,x,mol,FeCl,3,，,y,mol,CuCl,2,。,2,Fe,3+,+,Fe,3,Fe,2+,固体减少质量,m,1,2 56 g/mol,x,mol,28,x,g,Cu,2+,+,Fe,Fe,2+,+,Cu,固体增加质量,m,2,1 8,g/mol,y,mol,8,y,g/mol,因为反应前后质量相同，即,28,x,g,=8,y,g,，,故,即原溶液中,FeCl,3,与,CuCl,2,物质的量,之比是,27,。,20,2.,标准状况下，,10,g,CO,和,CO,2,混合气体的体积是,6.72,L,则此混合气体中，,CO,和,CO,2,的物质的量之比是,(),A.11 B.21 C.43 D.23,21,解析,从题中数据上看，无差值特征。但,CO,2,与,CO,在分子组成、摩尔质量上均存在差值。若气体的总物质的量一定，以,CO,2,代换,CO,，每代换,1,mol,气体质量就增加,16,g,。若,6.72,L,(,标准状况下,),的,气体是,CO,，其质量是,28 g/mol,=8.4,g,，实际上,6.72,L,（标准状况下）的气体中，有,CO,2,代换,CO,而使气体质量是,10,g,，质量增加,1.6,g,。标准状况下，,6.72,L,气体的物质的量是,0.3,mol,设其中的,CO,2,的物质的量是,x,。,=,x,=0.1,mol,。,n,（,CO,）,n,（,CO,2,）,=,（,0.3-0.1,）,0.1=21,。,答案,B,22,3.,将,1.5,g,两种金属的混合物粉末与足量的稀盐酸反应，反应完全后，得到标准状况下的氢气,1.12,L,，则两种金属可能是,(),Mg,和,