化學(xué)計(jì)算中的幾種常用方法課件

化學(xué)計(jì)算中的幾種常用方法解題雖然沒(méi)有一成不變的方法模式，但應(yīng)建立解題的基本思維模式：題示信息+基礎(chǔ)知識(shí)+邏輯思維。掌握正確的解題方法能簡(jiǎn)化解題過(guò)程，提高解題能力，常用的解題技巧有：解題雖然沒(méi)有一成不變的方法模式，但應(yīng)建立解題的基本思維模式11.差量法（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(guò)程中的熱量等。用差量法解題是先把化學(xué)方程式中的對(duì)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:2C(s)+O2(g)2CO(g)ΔH=-221kJ/molΔm(固)，Δn(氣)，ΔV（氣）2mol1mol2mol221kJ24g1mol22.4L（標(biāo)況）（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。（3）差量法的類型及應(yīng)用質(zhì)量差法1.差量法2【典例導(dǎo)析1】取一定量的CuO粉末與0.5L稀硫酸充分反應(yīng)后,將一根50g鐵棒插入上述溶液中，至鐵棒質(zhì)量不再變化時(shí)，鐵棒增重0.24g，并收集到224mL氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況）。求此CuO

粉末的質(zhì)量。

解析

由題意可知，CuO粉末與稀硫酸充分反應(yīng)后，硫酸過(guò)量。引起鐵棒質(zhì)量變化時(shí)涉及下列兩個(gè)反應(yīng)：①Fe+H2SO4

FeSO4+H2↑②Fe+CuSO4

FeSO4+Cu【典例導(dǎo)析1】取一定量的CuO粉末與0.5L稀3其中①反應(yīng)使鐵棒質(zhì)量減少，②反應(yīng)使鐵棒質(zhì)量增加，兩者的代數(shù)和為0.24g。①Fe+H2SO4

FeSO4+H2↑ Δm156g1mol56g0.01mol0.56gΔm2-Δm1=0.24g,Δm2=Δm1+0.24g=0.56g+0.24g=0.8g。設(shè)CuO的物質(zhì)的量為x，則CuSO4的物質(zhì)的量也為x,②Fe+CuSO4

FeSO4+CuΔm21mol8gx0.8g其中①反應(yīng)使鐵棒質(zhì)量減少，②反應(yīng)使鐵棒質(zhì)量4求得x=0.1mol，m(CuO)=0.1mol×80g/mol=8g。答案8g求得x=0.1mol，m(CuO)=0.1mol×8052.關(guān)系式法物質(zhì)間的一種簡(jiǎn)化的式子，解決多步反應(yīng)，計(jì)算最簡(jiǎn)捷。多步反應(yīng)中建立關(guān)系式的方法：（1）疊加法(如利用木炭、水蒸氣制取氨氣)由木炭、水蒸氣制取NH3的關(guān)系為:3C~4NH3。2.關(guān)系式法6(2)元素守恒法4NH3+5O24NO+6H2O2NO+O22NO23NO2+H2O2HNO3+NO經(jīng)多次氧化和吸收，由N元素守恒知：NH3~HNO3（3）電子轉(zhuǎn)移守恒法NH3

HNO3,O22O2-由得失電子總數(shù)相等知，NH3經(jīng)氧化等一系列過(guò)程生成HNO3，NH3和O2的關(guān)系為NH3~2O2。失去8e-得4e-(2)元素守恒法失去8e-得4e-7【典例導(dǎo)析3】取KI溶液25mL，向其中滴加 0.4mol/L的FeCl3溶液135mL,I-完全反應(yīng)生成

I2：2I-+2Fe3+

I2+2Fe2+。將反應(yīng)后的溶液用CCl4萃取后分液，向分出的水溶液中通入Cl2至0.025mol時(shí)，F(xiàn)e2+恰好完全反應(yīng)。求KI溶液的物質(zhì)的量濃度。【典例導(dǎo)析3】取KI溶液25mL，向其中滴加8解析

依題意，有：2I-+2Fe3+

I2+2Fe2+,2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-本題可用關(guān)系式法求解。由上述兩個(gè)反應(yīng)及電子轉(zhuǎn)移守恒理論，得I-與Cl2之間的關(guān)系式：2I-~Cl2。2e-|2e-|解析依題意，有：2e-2e-9答案

設(shè)KI的物質(zhì)的量是x。2I-~Cl221x0.025mol

答案設(shè)KI的物質(zhì)的量是x。103.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(wèn)題的解題技巧。它是將題設(shè)構(gòu)造為問(wèn)題的兩個(gè)極端，然后依據(jù)有關(guān)化學(xué)知識(shí)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。（2）極值法解題的基本思路極值法解題有三個(gè)基本思路：①把可逆反應(yīng)假設(shè)成向左或向右進(jìn)行的完全反應(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11（3）極值法解題的關(guān)鍵緊扣題設(shè)的可能趨勢(shì)，選好極端假設(shè)的落點(diǎn)。（4）極值法解題的優(yōu)點(diǎn)極值法解題的優(yōu)點(diǎn)是將某些復(fù)雜的、難以分析清楚的化學(xué)問(wèn)題假設(shè)為極值問(wèn)題，使解題

過(guò)程簡(jiǎn)化，解題思路清晰，把問(wèn)題化繁為簡(jiǎn)，由難變易，從而提高了解題速度。（3）極值法解題的關(guān)鍵12【典例導(dǎo)析4】已知25℃下，0.1mol/L某二元酸（H2A）溶液的pH大于1，其酸式鹽NaHA溶液的pH小于7。取等體積的H2A溶液和NaOH溶液混合后，所得溶液的pH等于7，則酸溶液與堿溶液的物質(zhì)的量濃度之比是 （ ） A.小于0.5 B.等于0.5 C.大于0.5且小于1 D.大于1且小于2【典例導(dǎo)析4】已知25℃下，0.1mol/L某二元酸（H13解析

因?yàn)?.1mol/L

H2A的pH大于1，所以H2A是弱酸，則H2A與NaOH生成正鹽（Na2A）時(shí)，由于Na2A水解，溶液顯堿性，pH大于7，此時(shí)酸溶液與堿溶液的物質(zhì)的量濃度之比是1∶2=0.5。現(xiàn)已知混合液的pH等于7，故H2A必須過(guò)量，NaOH溶液的濃度只能小于0.2mol/L，所以二者的物質(zhì)的量濃度之比一定要大于0.5，即最小值大于0.5。又因?yàn)镠2A與NaOH反應(yīng)生成酸式鹽（NaHA）時(shí),溶液的pH小于7，所以NaHA溶液顯酸性，此時(shí)酸溶液與堿溶液的物質(zhì)的量濃度之比是1∶1，要使溶液的pH等于7，二者的物質(zhì)的量濃度之比的最大值要小于1。由此可知，酸溶液與堿溶液的物質(zhì)的量濃度之比在0.5與1之間。答案

C解析因?yàn)?.1mol/LH2A的pH大于1，所以H214

4.平均值規(guī)律及應(yīng)用（1）依據(jù):若XA>XB,則XA>>XB，代表平均相對(duì)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。解題的關(guān)鍵是要通過(guò)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(lái)再作出判斷。4.平均值規(guī)律及應(yīng)用15【典例導(dǎo)析5】銅和鎂的合金4.6g完全溶于濃硝酸，若反應(yīng)中硝酸被還原只產(chǎn)生4480mL

NO2氣體和336mL的N2O4氣體（氣體的體積已折算到標(biāo)準(zhǔn)狀況），在反應(yīng)后的溶液中，加入足量的氫氧化鈉溶液，生成沉淀的質(zhì)量為（） A.9.02g B.8.51g

C.8.26g D.7.04g【典例導(dǎo)析5】銅和鎂的合金4.6g完全溶于濃硝酸，若反應(yīng)16解析

被還原的硝酸共有0.23mol，則4.6g銅和鎂的合金為0.115mol，故合金的平均摩爾質(zhì)量為=40g/mol,氫氧化物的平均相對(duì)分子質(zhì)量為：40+17×2=74。故形成的氫氧化物沉淀為：（4.6g÷40g/mol)×74g/mol=8.51g或0.115mol×74g/mol=8.51g。本題也可以用整體思維方法，采用守恒法來(lái)解。沉淀的質(zhì)量等于合金的質(zhì)量與其沉淀的OH-的質(zhì)量之和，而Cu、Mg沉淀的OH-的物質(zhì)的量等于其失去電子的物質(zhì)的量，根據(jù)得失電子守恒規(guī)律，Cu、Mg失去電子的物質(zhì)的量等于被還原的硝酸的物質(zhì)的量，則沉淀的質(zhì)量=4.6g+0.23mol×17g/mol=8.51g。答案

B解析被還原的硝酸共有0.23mol，則4.6g銅和鎂17方法歸納

此題如單純用Cu、Mg分別與HNO3的反應(yīng)求出合金的物質(zhì)的量組成而求得沉淀的質(zhì)量，那是相當(dāng)繁瑣的。除用平均值計(jì)算之外，本題還可用整體思維，則沉淀的質(zhì)量為金屬Cu、Mg的質(zhì)量加上OH-的質(zhì)量，設(shè)Cu、Mg的物質(zhì)的量之和為n(Cu、Mg),由電子守恒知：n(Cu、Mg)×2=×2,n(Cu、Mg)=0.115mol,故沉淀的質(zhì)量為：4.6g+(0.115mol×2)×17g/mol=8.51g。方法歸納此題如單純用Cu、Mg分別與HNO3的反應(yīng)求出合181.把過(guò)量的鐵粉投入到CuCl2和FeCl3組成的混合溶液中，充分反應(yīng)后，過(guò)濾清洗并干燥不溶物，稱得其質(zhì)量與加入鐵粉的質(zhì)量相同，求原混合物中兩種溶質(zhì)的物質(zhì)的量之比。

解析這是一個(gè)無(wú)數(shù)據(jù)的題，似乎無(wú)法解答。但根據(jù)化學(xué)反應(yīng)原理，利用差量法是可以求解的。把鐵粉加入到CuCl2和FeCl3組成的混合溶液中，鐵粉與FeCl3反應(yīng)，使Fe的質(zhì)量減少，形成一個(gè)差值。又因?yàn)殍F粉與CuCl2反應(yīng)，把Cu置換出來(lái)，附在Fe上，Cu的相對(duì)原子質(zhì)量比Fe的相對(duì)原子質(zhì)量大，又形成一個(gè)差值，使鐵粉質(zhì)量增加。依題意可知，反應(yīng)前后質(zhì)量相等，即前后兩個(gè)差值相等，這是解題的關(guān)鍵。遷移應(yīng)用1.把過(guò)量的鐵粉投入到CuCl2和FeCl3組成的混合遷移應(yīng)19答案

設(shè)原溶液中有x

mol

FeCl3，y

mol

CuCl2。2Fe3++Fe3Fe2+固體減少質(zhì)量Δm1256g/molx

mol28x

gCu2++Fe

Fe2++Cu固體增加質(zhì)量Δm218g/moly

mol8y

g/mol因?yàn)榉磻?yīng)前后質(zhì)量相同，即28x

g=8y

g，故,即原溶液中FeCl3與CuCl2物質(zhì)的量之比是2∶7。答案設(shè)原溶液中有xmolFeCl3，ymolCu202.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，10g

CO和CO2混合氣體的體積是6.72L,則此混合氣體中，CO和CO2的物質(zhì)的量之比是 ( ) A.1∶1 B.2∶1 C.4∶3 D.2∶32.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，10gCO和CO2混合氣體的體積是6.721解析

從題中數(shù)據(jù)上看，無(wú)差值特征。但CO2與CO在分子組成、摩爾質(zhì)量上均存在差值。若氣體的總物質(zhì)的量一定，以CO2代換CO，每代換1mol,氣體質(zhì)量就增加16g。若6.72L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)的氣體是CO，其質(zhì)量是×28g/mol=8.4g，實(shí)際上,6.72L（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）的氣體中，有CO2代換CO而使氣體質(zhì)量是10g，質(zhì)量增加1.6g。標(biāo)準(zhǔn)狀況下，6.72L氣體的物質(zhì)的量是0.3mol,設(shè)其中的CO2的物質(zhì)的量是x。=,x=0.1mol。n（CO）∶n（CO2）=（0.3-0.1）∶0.1=2∶1。答案

B解析從題中數(shù)據(jù)上看，無(wú)差值特征。但CO2與CO在分子組成223.將1.5g兩種金屬的混合物粉末與足量的稀鹽酸反應(yīng)，反應(yīng)完全后，得到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氫氣1.12L，則兩種金屬可能是 ( )

①M(fèi)g和Cu②Zn和Cu③Al和Fe④Mg和Al

A.①③B.②④

C.①②

D.③④A3.將1.5g兩種金屬的混合物粉末與足量的稀鹽酸反應(yīng)，反應(yīng)234.一定體積的KMnO4溶液恰好能氧化一定質(zhì)量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O。若用0.1000mol/L的NaOH溶液中和相同質(zhì)量的KHC2O4·H2C2O4

·2H2O，所需NaOH溶液的體積恰好為KMnO4溶液的3倍，則KMnO4溶液的濃度（mol/L）為（）

提示：①H2C2O4是二元弱酸 ②10［KHC2O4·H2C2O4］+8KMnO4+ 17H2SO48MnSO4+9K2SO4+40CO2↑+32H2O A.0.008889 B.0.08000 C.0.1200 D.0.24004.一定體積的KMnO4溶液恰好能氧化一定質(zhì)量的KHC2O424解析

可設(shè)NaOH溶液體積為1L,則KMnO4溶液為L(zhǎng)，n（NaOH）=0.1mol/L×1L=0.1moln(KHC2O4·H2C2O4·2H2O）=n（NaOH）=×0.1mol=moln(KMnO4)=·n(KHC2O4·H2C2O4·2H2O）=·

mol=molc(KMnO4)==0.0800mol/L答案

B解析可設(shè)NaOH溶液體積為1L,則KMnO4溶液為255.常溫下，向20L的真空容器中通入a

mol

H2S和b

mol

SO2(a和b都是正整數(shù)，且a≤5,b≤5)。反應(yīng)完全后，容器內(nèi)氣體可能達(dá)到的最大密度是 ( ) A.24.5g/L B.14.4g/L C.8g/L D.5.19g/L

5.常溫下，向20L的真空容器中通入amolH2S和b26解析

若容器內(nèi)充入的全是H2S，則氣體的最大密度是=8.5g/L。若容器內(nèi)充入的全是SO2,則氣體的最大密度是=16g/L。因?yàn)?H2S(g)+SO2(g)2H2O(l)+3S(s),則只有H2S與SO2反應(yīng)后SO2有剩余時(shí)，氣體才可能達(dá)到最大密度。取a的最小值a=1,取b的最大值b=5,反應(yīng)后剩余的氣體是SO2，且n(SO2）剩余最多，即4.5mol,ρ(SO2)==14.4g/L。答案

B解析若容器內(nèi)充入的全是H2S，則氣體的最大密276.生態(tài)農(nóng)業(yè)涉及農(nóng)家肥料的綜合利用，某種肥料經(jīng)發(fā)酵得到一種含甲烷、二氧化碳、氮?dú)獾幕旌蠚怏w。2.016L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)該氣體通過(guò)盛有紅熱CuO粉末的硬質(zhì)玻璃管，發(fā)生的反應(yīng)為：CH4+4CuO

CO2+2H2O+4Cu。當(dāng)甲烷完全反應(yīng)后，硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量減輕4.8g。將反應(yīng)后產(chǎn)生的氣體通過(guò)過(guò)量的澄清石灰水中，充分吸收，生成沉淀8.5g。（1）原混合氣體中甲烷的物質(zhì)的量是

。（2）原混合氣體中氮?dú)獾捏w積分?jǐn)?shù)是多少？（寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程）6.生態(tài)農(nóng)業(yè)涉及農(nóng)家肥料的綜合利用，某種肥料經(jīng)發(fā)酵得到一種含28解析

分析CH4還原氧化銅的反應(yīng)可知，硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量減輕4.8g是參加反應(yīng)的CuO中O的質(zhì)量，由化學(xué)方程式利用差量法可解本題：(1)CH4+4CuO

CO2+2H2O+4Cu固體質(zhì)量差1mol4×80g1mol4×64g64gn(CH4)n(CO2)4.8g列比例式n(CH4)=0.075moln(CO2)=0.075mol解析分析CH4還原氧化銅的反應(yīng)可知，硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量減輕29(2)n(CO2)總=n(CaCO3)==0.085moln(CO2)總量就等于n(CH4)與n(CO2)原之和，則V（N2）=2.016L-n(CO2)總×22.4L/mol=0.112LN2的體積分?jǐn)?shù)為×100%=5.56%

答案

（1）0.075mol(2)5.56%(2)n(CO2)總=n(CaCO3)==30實(shí)驗(yàn)突破2.氣體的質(zhì)量和體積的測(cè)定原理與方法1.氣體體積的測(cè)定（1）原理：對(duì)于難溶于水且不與水反應(yīng)（或無(wú)法用試劑直接吸收）的氣體（如H2、O2等）通常采用排水量氣法測(cè)量它們的體積，根據(jù)排出的水的體積來(lái)確定氣體的體積。（2）量氣裝置實(shí)驗(yàn)突破2.氣體的質(zhì)量和體積的1.氣體體積的測(cè)定31其中圖（a）會(huì)因集氣瓶至量筒之間的那段導(dǎo)管內(nèi)的液體無(wú)法讀出，而使測(cè)得的氣體體積偏??；如果選用圖（d）的裝置就可以避免這樣的誤差，其實(shí)驗(yàn)步驟為:①檢驗(yàn)裝置的氣密性；②連接好收集裝置后，在量氣筒內(nèi)注滿水，上下移動(dòng)乙管，使甲管內(nèi)的液面處在“0”刻度；③反應(yīng)完畢，上下移動(dòng)乙管，使甲、乙兩管內(nèi)的液面保持相平，再讀化學(xué)計(jì)算中的幾種常用方法課件32出甲管內(nèi)氣體體積數(shù)。這套裝置的好處是成功的避免了裝置(a)的不足,利用反應(yīng)前裝置內(nèi)外的氣壓相等，反應(yīng)后上下移動(dòng)乙管，使甲、乙兩管內(nèi)的液面保持相平，從而保持反應(yīng)后裝置內(nèi)外的氣壓相等，這樣測(cè)得的結(jié)果才比較準(zhǔn)確。但這套裝置也有不足，操作復(fù)雜。（3）讀取體積：讀數(shù)時(shí)注意:①冷卻至室溫；②調(diào)節(jié)兩液面相平；③視線與凹液面的最低處相切。出甲管內(nèi)氣體體積數(shù)。這套裝置的好處是成功的332.氣體質(zhì)量的測(cè)定（1）原理：氣體的質(zhì)量一般采用間接的方法來(lái)測(cè)定，對(duì)一些可用試劑直接吸收的氣體根據(jù)氣體的某些性質(zhì)（如酸堿性或溶解性）采用合適的吸收劑（如濃硫酸、堿石灰）和實(shí)驗(yàn)裝置（如洗氣瓶、干燥管）來(lái)吸收，通過(guò)吸收裝置吸收前后的質(zhì)量差得到氣體的質(zhì)量。（2）測(cè)量裝置2.氣體質(zhì)量的測(cè)定34【典例導(dǎo)析】某研究性學(xué)習(xí)小組為證明在同溫同壓下，相同濃度相同體積的不同強(qiáng)度的一元酸與足量鎂帶反應(yīng)時(shí)，生成氫氣的體積相同而反應(yīng)速率不同，同時(shí)測(cè)定實(shí)驗(yàn)室條件下的氣體摩爾體積。設(shè)計(jì)的簡(jiǎn)易實(shí)驗(yàn)裝置如下圖。該實(shí)驗(yàn)的主要操作步驟如下：【典例導(dǎo)析】某研究性學(xué)習(xí)小組為證明在同溫35Ⅰ.①配制濃度均為0.5mol/LH2SO4溶液和

H2C2O4溶液；②用

量取10.00mL0.5mol/LH2SO4和H2C2O4溶液分別加入兩個(gè)錐形瓶中；③分別稱取除去表面氧化膜的鎂條并系于銅絲末端；④檢查裝置的氣密性，在廣口瓶中裝滿水，按圖連接好裝置；⑤將銅絲向下移動(dòng),使足量鎂帶浸入酸中(銅絲不與酸接觸)，至反應(yīng)完全，記錄

；⑥反應(yīng)結(jié)束后，讀取量筒中水的體積為y

mL。Ⅰ.①配制濃度均為0.5mol/LH2SO4溶液和36Ⅱ.請(qǐng)將上述步驟補(bǔ)充完整并回答下列問(wèn)題：（1）用密度為1.84g/cm398%的濃H2SO4配制250mL0.5mol/L的H2SO4溶液，所需要的主要儀器有

、

、燒杯、玻璃棒、酸式滴定管。（2）以下是讀取量筒內(nèi)水的體積時(shí)必須包括的幾個(gè)步驟：①使乙、丙中液面相平；②將裝置冷卻至室溫；③讀取量筒內(nèi)水的體積。這三步操作的正確順序是

。（3）讀取量筒內(nèi)水的體積時(shí)，若丙中液面高于乙中液面，使乙、丙中液面相平的操作是

。（4）簡(jiǎn)述速率不等的原因是

，銅絲不與酸接觸的原因是

。Ⅱ.請(qǐng)將上述步驟補(bǔ)充完整并回答下列問(wèn)題：37解析Ⅰ.②根據(jù)量取溶液體積的精確度要求可知應(yīng)使用酸式滴定管；⑤比較H2SO4、H2C2O4反應(yīng)速率可通過(guò)觀察氣泡或完全反應(yīng)所需時(shí)間長(zhǎng)短。Ⅱ.(1)配制溶液需要使用特定的儀器（250mL的容量瓶），定容時(shí)需要用到膠頭滴管。（2）為保證測(cè)量數(shù)據(jù)的準(zhǔn)確,應(yīng)該將氣體冷卻至室溫和相同壓強(qiáng)下，所以應(yīng)該先進(jìn)行操作②,然后調(diào)整液面使氣體壓強(qiáng)等于外界大氣壓,最后正確讀數(shù)。(3)由題意可知，丙（量筒）中的液面高于乙的液面,故應(yīng)將丙向下移動(dòng)。(4)因?yàn)镠2SO4是強(qiáng)酸、H2C2O4是弱酸，故相同濃度的溶液中H2SO4的氫離子濃度大，反應(yīng)速率快。若銅絲接觸溶液，則構(gòu)成原電池，使反應(yīng)速率加快，使實(shí)驗(yàn)結(jié)果的可信度降低。解析Ⅰ.②根據(jù)量取溶液體積的精確度要求可38答案

Ⅰ.②酸式滴定管⑤反應(yīng)所需時(shí)間Ⅱ.（1）250mL容量瓶膠頭滴管（2）②①③(3)丙向下移動(dòng)（4）氫離子濃度不同鎂與銅易形成原電池，加快反應(yīng)速率，干擾實(shí)驗(yàn)的測(cè)定答案Ⅰ.②酸式滴定管⑤反應(yīng)所需時(shí)間39遷移應(yīng)用有一含NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物，某同學(xué)設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)，通過(guò)測(cè)量反應(yīng)前后C、D裝置質(zhì)量的變化，測(cè)定該混合物中各組分的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。遷移應(yīng)用40(1)加熱前通入空氣的目的是

，操作方法為

。(2)裝置A、C、D中盛放的試劑分別為：A

，C

，D

。(3)若將A裝置換成盛放NaOH溶液的洗氣瓶，則測(cè)得的NaCl的含量將

（填“偏高”、“偏低”或“無(wú)影響”，下同）；若B中反應(yīng)管右側(cè)有水蒸氣冷凝，則測(cè)定結(jié)果中NaHCO3的含量將

；若撤去E裝置，則測(cè)得Na2CO3·10H2O的含量將

。(4)若樣品質(zhì)量為w

g，反應(yīng)后C、D增加的質(zhì)量分別為m1

g、m2

g，由此可知混合物中NaHCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為

（用含w、m1、m2的代數(shù)式表示）。(1)加熱前通入空氣的目的是41解析

這是一道定量測(cè)定的綜合實(shí)驗(yàn)題。（2）A、C、D都是U形管，不能盛液體試劑，只能盛固體試劑。A處試劑必須同時(shí)吸收CO2和水蒸氣，故A處盛的是堿石灰；C、D兩處分別吸收水蒸氣和CO2，故C處可盛無(wú)水硫酸銅（或無(wú)水CaCl2、P2O5等），D處可盛堿石灰。解析這是一道定量測(cè)定的綜合實(shí)驗(yàn)題。（2）A、C、D都是U42（3）若A裝置盛放NaOH溶液只吸收CO2，不吸收水蒸氣，則混合物中產(chǎn)生水蒸氣的Na2CO3·10H2O和NaHCO3的總質(zhì)量在計(jì)算中會(huì)增大，因此測(cè)得的NaCl的含量會(huì)偏低；若B中反應(yīng)管右側(cè)有水蒸氣冷凝，則水蒸氣總質(zhì)量減小，Na2CO3·10H2O和NaHCO3的總質(zhì)量在計(jì)算中會(huì)減小，但是NaHCO3的質(zhì)量是根據(jù)CO2的質(zhì)量進(jìn)行計(jì)算，所以測(cè)得的NaHCO3的含量不受影響；若撤去E裝置，則D裝置可吸收來(lái)自外界空氣中的CO2，使得NaHCO3的質(zhì)量在計(jì)算中會(huì)增大，故測(cè)得的Na2CO3·10H2O的含量會(huì)偏低。（3）若A裝置盛放NaOH溶液只吸收CO2，不吸收水蒸氣，則43（4）NaHCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：g/mol×2×84g/mol÷w

g×100%=%答案

（1）除去裝置中的水蒸氣和二氧化碳關(guān)閉b，打開(kāi)a，緩緩?fù)ㄈ肟諝?，直至a處出來(lái)的空氣不再使澄清石灰水變渾濁為止（2）堿石灰無(wú)水硫酸銅（或無(wú)水CaCl2、P2O5等）堿石灰（3）偏低無(wú)影響偏低（4）%（4）NaHCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：g/mol×2441.（2009·福建理綜，8）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述正確的是（）A.24g鎂的原子最外層電子數(shù)為NAB.1L0.1mol/L乙酸溶液中H+數(shù)為0.1NAC.1mol甲烷分子所含質(zhì)子數(shù)為10NAD.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L乙醇的分子數(shù)為NA

解析

24g鎂的原子最外層電子數(shù)為24g/24g/mol×2=2mol，為2NA,A錯(cuò)誤；乙酸是弱酸，不完全電離，B錯(cuò)誤；甲烷是10電子分子，C正確；標(biāo)準(zhǔn)狀況下，乙醇是液體，D錯(cuò)誤。C易錯(cuò)題重練1.（2009·福建理綜，8）設(shè)NA為阿伏加德羅常C易錯(cuò)題重452.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是（）A.常溫常壓下33.6L氯氣與27g鋁充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3NAB.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L己烷中共價(jià)鍵數(shù)目為19NAC.由CO2和O2組成的混合物中共有NA個(gè)分子，其中的氧原子數(shù)為2NAD.1L濃度為1mol/L的Na2CO3溶液中含有NA個(gè)2.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正46解析

A項(xiàng)，若是標(biāo)況下，33.6LCl2與27g鋁能恰好反應(yīng)生成1molAlCl3，電子轉(zhuǎn)移為3mol，即3NA，但常溫常壓下的33.6LCl2在標(biāo)況下的體積應(yīng)小于33.6L，故Cl2不足量，不會(huì)生成1molAlCl3，A項(xiàng)錯(cuò)；B項(xiàng)，標(biāo)況時(shí)己烷是液體，22.4L己烷遠(yuǎn)大于1mol，B項(xiàng)錯(cuò)；C項(xiàng)，CO2與O2雖物質(zhì)不同，相對(duì)多少也不確定，但它們的共同之處就是每個(gè)分子中一定含有2個(gè)氧原子，C選項(xiàng)正確；D選項(xiàng)，需要考慮水解，故D選項(xiàng)也不正確。答案C解析A項(xiàng)，若是標(biāo)況下，33.6LCl2與27g473.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，以下各說(shuō)法中正確的是（）A.在加熱時(shí)，0.1mol的銅與足量的濃硫酸反應(yīng)生成SO2的體積約為2.24LB.0.1mol氯氣溶于水，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NAC.常溫常壓下，2.24L四氯化碳中所含氯原子數(shù)大于0.4NAD.在同溫同壓下，相同體積的任何氣體單質(zhì)應(yīng)含有相同的原子數(shù)C3.用NA表示阿伏加德羅常數(shù)，以下各說(shuō)法中正確C484.NA代表阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述正確的是（）A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LH2O含有的分子數(shù)等于0.1NAB.常溫下，100mL1mol/LNa2CO3溶液中陰離子總數(shù)大于0.1NAC.分子數(shù)為NA的CO、C2H4混合氣體體積約為22.4L，質(zhì)量為28gD.3.4gNH3中含N-H鍵數(shù)目為0.2NA4.NA代表阿伏加德羅常數(shù)，下列敘述正確的是49解析

A項(xiàng)：在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，H2O不是氣體，2.24L不對(duì)應(yīng)0.1mol，錯(cuò)；B項(xiàng)：0.1mol由于部分發(fā)生水解使減少，但每消耗1個(gè)，同時(shí)增加一個(gè)和OH-,使陰離子數(shù)目增多，B選項(xiàng)正確；C項(xiàng)：CO、C2H4的摩爾質(zhì)量都是28g/mol，28g混合氣體肯定是1mol,但該選項(xiàng)未指明狀態(tài)，也就不一定是22.4L，反之未指明狀態(tài)條件的22.4L氣體未必是28g；D項(xiàng)：3.4gNH3相當(dāng)于0.2molNH3，每個(gè)NH3含3個(gè)N-H鍵，故3.4gNH3中含0.6NAN-H鍵。答案

B解析A項(xiàng)：在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，H2O不是氣體，505.質(zhì)量分?jǐn)?shù)為w的NaOH溶液，其物質(zhì)的量濃度為amol/L，加熱蒸發(fā)水分使其質(zhì)量分?jǐn)?shù)變?yōu)?w,此時(shí),該溶液中NaOH的物質(zhì)的量濃度為bmol/L，則a與b的關(guān)系正確的是（）A.b=2aB.a=2bC.b<2aD.b>2a

解析

質(zhì)量分?jǐn)?shù)由w→2w,表明溶液的質(zhì)量減少一半，而溶質(zhì)不變時(shí)，減少的全部是水，由于水的密度小于溶液的密度，所得溶液體積小于原體積的一半，則b>2a。D5.質(zhì)量分?jǐn)?shù)為w的NaOH溶液，其物質(zhì)的量濃度D516.0.1mol/LNa2SO4溶液300mL、0.1mol/LMgSO4溶液200mL和0.1mol/LAl2（SO4）3溶液100mL，這三種溶液中硫酸根離子濃度之比是（）A.1∶1∶1B.3∶2∶1C.3∶2∶3D.1∶1∶3

解析

本題易錯(cuò)選A或C，錯(cuò)選A是對(duì)物質(zhì)的量與物質(zhì)的量濃度的概念沒(méi)有認(rèn)真思考造成的；錯(cuò)選C是因?yàn)槲醇?xì)看題目要求而將題給數(shù)據(jù)分別相乘，再比較得到答案。其實(shí)該題與溶液體積無(wú)關(guān)，完全是干擾信息。許多考生在做這種題時(shí)容易思維定勢(shì)見(jiàn)數(shù)就做，一旦認(rèn)識(shí)到自己做錯(cuò)了時(shí)，才恍然大悟，這樣的錯(cuò)誤往往會(huì)屢做屢犯，解決的辦法只有認(rèn)真審題，養(yǎng)成良好的審題習(xí)慣。D6.0.1mol/LNa2SO4溶液300mL、0.1527.已知NH3和NO2都能用來(lái)做噴泉實(shí)驗(yàn),若在標(biāo)準(zhǔn)狀況下用等體積燒瓶各收集滿NH3和NO2氣體，實(shí)驗(yàn)后兩個(gè)燒瓶?jī)?nèi)溶液的關(guān)系是（不考慮溶質(zhì)的擴(kuò)散）（）A.溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度相同，溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)不同B.溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)相同，溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度不同C.溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度和溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)都不同D.溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度和溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)都相同7.已知NH3和NO2都能用來(lái)做噴泉實(shí)驗(yàn),若在標(biāo)準(zhǔn)53解析

很多同學(xué)在求解時(shí)想當(dāng)然認(rèn)為：用NO2氣體做噴泉實(shí)驗(yàn)，由于發(fā)生反應(yīng)3NO2+H2O2HNO3+NO，燒瓶?jī)?nèi)不可能充滿溶液，因此兩種情況下濃度一定不等，其實(shí)這是錯(cuò)誤的，下面作具體分析。設(shè)在標(biāo)準(zhǔn)狀況下燒瓶中的NH3和NO2各為1mol，則c(NH3·H2O)=，由此可得溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度是一樣的，但由于兩種溶液的密度不等，因此兩者的溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)不等，所以選項(xiàng)A正確。答案

A解析很多同學(xué)在求解時(shí)想當(dāng)然認(rèn)為：用NO2氣54答題規(guī)范3.數(shù)字與單位的書(shū)寫(xiě)規(guī)范學(xué)生案例進(jìn)行某實(shí)驗(yàn)需要0.5mol/L的氫氧化鈉镕液約400mL，根據(jù)溶液配制的過(guò)程，回答下列問(wèn)題：（1）實(shí)驗(yàn)除了需要托盤(pán)天平（帶砝碼）、藥匙和玻璃棒外，還需要的其他玻璃儀器是

；（2）根據(jù)計(jì)算得知，所需要?dú)溲趸c固體的質(zhì)量是

g。400mL容量瓶、燒杯、膠頭滴管8答題規(guī)范3.數(shù)字與單位的書(shū)寫(xiě)規(guī)范400mL容量瓶、燒55（3）配制溶液的過(guò)程中，以下操作正確的是（填序號(hào)）。A.將氫氧化鈉固體放在紙片上稱量B.在燒杯中溶解氫氧化鈉固體中，立即將溶液倒入容量瓶中C.將溶液氫氧化鈉固體的燒杯用蒸餾水洗滌2~3次，并將洗滌液轉(zhuǎn)移到容量瓶中（4）玻璃棒在該實(shí)驗(yàn)中的作用有：①

②（5）400mL0.5mol/L的該NaOH的溶液加入到足量的MgCl2溶液中，產(chǎn)生的沉淀的質(zhì)量為

。（6）取0.5mol/L的NaOH溶液100mL，所含的Na+的數(shù)目為

。C攪拌引流5.80.05mol（3）配制溶液的過(guò)程中，以下操作正確的是C攪拌引流5.856規(guī)范答案（1）500mL容量瓶、燒杯、膠頭滴管（2）10.0（3）C（4）①攪拌作用，加速氫氧化鈉固體溶解②向容量瓶中引流液體（5）5.8g（6）0.05NA或3.01×1022規(guī)范答案57閱卷心語(yǔ)1.定量實(shí)驗(yàn)要注意三個(gè)問(wèn)題：一是注意關(guān)鍵儀器的規(guī)格；二是所用定量?jī)x器的精確度；三要注意計(jì)算過(guò)程中有效數(shù)字的處理。如要量取9.6mL液體，應(yīng)選用10mL量程的量筒，而不能選9.6mL的量筒或100mL的量筒。因?yàn)闆](méi)有規(guī)格為9.6mL的量筒，100mL量筒的精確度為1mL，無(wú)法準(zhǔn)確量取9.6mL液體。閱卷心語(yǔ)582.（4）題學(xué)生答案表述不規(guī)范，僅用了兩個(gè)動(dòng)詞“攪拌”“引流”，并沒(méi)有把操作目的交待清楚。3.（5）丟掉了質(zhì)量的單位g。在化學(xué)計(jì)算題中，要特別注意單位的書(shū)寫(xiě)規(guī)范，如果題目所留空后無(wú)單位，則一定要寫(xiě)明單位，當(dāng)然像相對(duì)分子質(zhì)量這樣的數(shù)字后是不能加單位的。4.微粒的個(gè)數(shù)不能用mol來(lái)表示，摩爾是物質(zhì)的量的單位。返回2.（4）題學(xué)生答案表述不規(guī)范，僅用了兩個(gè)動(dòng)詞返回59

化學(xué)計(jì)算中的幾種常用方法解題雖然沒(méi)有一成不變的方法模式，但應(yīng)建立解題的基本思維模式：題示信息+基礎(chǔ)知識(shí)+邏輯思維。掌握正確的解題方法能簡(jiǎn)化解題過(guò)程，提高解題能力，常用的解題技巧有：解題雖然沒(méi)有一成不變的方法模式，但應(yīng)建立解題的基本思維模式601.差量法（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(guò)程中的熱量等。用差量法解題是先把化學(xué)方程式中的對(duì)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:2C(s)+O2(g)2CO(g)ΔH=-221kJ/molΔm(固)，Δn(氣)，ΔV（氣）2mol1mol2mol221kJ24g1mol22.4L（標(biāo)況）（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。（3）差量法的類型及應(yīng)用質(zhì)量差法1.差量法61【典例導(dǎo)析1】取一定量的CuO粉末與0.5L稀硫酸充分反應(yīng)后,將一根50g鐵棒插入上述溶液中，至鐵棒質(zhì)量不再變化時(shí)，鐵棒增重0.24g，并收集到224mL氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況）。求此CuO

粉末的質(zhì)量。

解析

由題意可知，CuO粉末與稀硫酸充分反應(yīng)后，硫酸過(guò)量。引起鐵棒質(zhì)量變化時(shí)涉及下列兩個(gè)反應(yīng)：①Fe+H2SO4

FeSO4+H2↑②Fe+CuSO4

FeSO4+Cu【典例導(dǎo)析1】取一定量的CuO粉末與0.5L稀62其中①反應(yīng)使鐵棒質(zhì)量減少，②反應(yīng)使鐵棒質(zhì)量增加，兩者的代數(shù)和為0.24g。①Fe+H2SO4

FeSO4+H2↑ Δm156g1mol56g0.01mol0.56gΔm2-Δm1=0.24g,Δm2=Δm1+0.24g=0.56g+0.24g=0.8g。設(shè)CuO的物質(zhì)的量為x，則CuSO4的物質(zhì)的量也為x,②Fe+CuSO4

FeSO4+CuΔm21mol8gx0.8g其中①反應(yīng)使鐵棒質(zhì)量減少，②反應(yīng)使鐵棒質(zhì)量63求得x=0.1mol，m(CuO)=0.1mol×80g/mol=8g。答案8g求得x=0.1mol，m(CuO)=0.1mol×80642.關(guān)系式法物質(zhì)間的一種簡(jiǎn)化的式子，解決多步反應(yīng)，計(jì)算最簡(jiǎn)捷。多步反應(yīng)中建立關(guān)系式的方法：（1）疊加法(如利用木炭、水蒸氣制取氨氣)由木炭、水蒸氣制取NH3的關(guān)系為:3C~4NH3。2.關(guān)系式法65(2)元素守恒法4NH3+5O24NO+6H2O2NO+O22NO23NO2+H2O2HNO3+NO經(jīng)多次氧化和吸收，由N元素守恒知：NH3~HNO3（3）電子轉(zhuǎn)移守恒法NH3

HNO3,O22O2-由得失電子總數(shù)相等知，NH3經(jīng)氧化等一系列過(guò)程生成HNO3，NH3和O2的關(guān)系為NH3~2O2。失去8e-得4e-(2)元素守恒法失去8e-得4e-66【典例導(dǎo)析3】取KI溶液25mL，向其中滴加 0.4mol/L的FeCl3溶液135mL,I-完全反應(yīng)生成

I2：2I-+2Fe3+

I2+2Fe2+。將反應(yīng)后的溶液用CCl4萃取后分液，向分出的水溶液中通入Cl2至0.025mol時(shí)，F(xiàn)e2+恰好完全反應(yīng)。求KI溶液的物質(zhì)的量濃度?！镜淅龑?dǎo)析3】取KI溶液25mL，向其中滴加67解析

依題意，有：2I-+2Fe3+

I2+2Fe2+,2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-本題可用關(guān)系式法求解。由上述兩個(gè)反應(yīng)及電子轉(zhuǎn)移守恒理論，得I-與Cl2之間的關(guān)系式：2I-~Cl2。2e-|2e-|解析依題意，有：2e-2e-68答案

設(shè)KI的物質(zhì)的量是x。2I-~Cl221x0.025mol

答案設(shè)KI的物質(zhì)的量是x。693.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(wèn)題的解題技巧。它是將題設(shè)構(gòu)造為問(wèn)題的兩個(gè)極端，然后依據(jù)有關(guān)化學(xué)知識(shí)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。（2）極值法解題的基本思路極值法解題有三個(gè)基本思路：①把可逆反應(yīng)假設(shè)成向左或向右進(jìn)行的完全反應(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70（3）極值法解題的關(guān)鍵緊扣題設(shè)的可能趨勢(shì)，選好極端假設(shè)的落點(diǎn)。（4）極值法解題的優(yōu)點(diǎn)極值法解題的優(yōu)點(diǎn)是將某些復(fù)雜的、難以分析清楚的化學(xué)問(wèn)題假設(shè)為極值問(wèn)題，使解題

過(guò)程簡(jiǎn)化，解題思路清晰，把問(wèn)題化繁為簡(jiǎn)，由難變易，從而提高了解題速度。（3）極值法解題的關(guān)鍵71【典例導(dǎo)析4】已知25℃下，0.1mol/L某二元酸（H2A）溶液的pH大于1，其酸式鹽NaHA溶液的pH小于7。取等體積的H2A溶液和NaOH溶液混合后，所得溶液的pH等于7，則酸溶液與堿溶液的物質(zhì)的量濃度之比是 （ ） A.小于0.5 B.等于0.5 C.大于0.5且小于1 D.大于1且小于2【典例導(dǎo)析4】已知25℃下，0.1mol/L某二元酸（H72解析

因?yàn)?.1mol/L

H2A的pH大于1，所以H2A是弱酸，則H2A與NaOH生成正鹽（Na2A）時(shí)，由于Na2A水解，溶液顯堿性，pH大于7，此時(shí)酸溶液與堿溶液的物質(zhì)的量濃度之比是1∶2=0.5?，F(xiàn)已知混合液的pH等于7，故H2A必須過(guò)量，NaOH溶液的濃度只能小于0.2mol/L，所以二者的物質(zhì)的量濃度之比一定要大于0.5，即最小值大于0.5。又因?yàn)镠2A與NaOH反應(yīng)生成酸式鹽（NaHA）時(shí),溶液的pH小于7，所以NaHA溶液顯酸性，此時(shí)酸溶液與堿溶液的物質(zhì)的量濃度之比是1∶1，要使溶液的pH等于7，二者的物質(zhì)的量濃度之比的最大值要小于1。由此可知，酸溶液與堿溶液的物質(zhì)的量濃度之比在0.5與1之間。答案

C解析因?yàn)?.1mol/LH2A的pH大于1，所以H273

4.平均值規(guī)律及應(yīng)用（1）依據(jù):若XA>XB,則XA>>XB，代表平均相對(duì)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。解題的關(guān)鍵是要通過(guò)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(lái)再作出判斷。4.平均值規(guī)律及應(yīng)用74【典例導(dǎo)析5】銅和鎂的合金4.6g完全溶于濃硝酸，若反應(yīng)中硝酸被還原只產(chǎn)生4480mL

NO2氣體和336mL的N2O4氣體（氣體的體積已折算到標(biāo)準(zhǔn)狀況），在反應(yīng)后的溶液中，加入足量的氫氧化鈉溶液，生成沉淀的質(zhì)量為（） A.9.02g B.8.51g

C.8.26g D.7.04g【典例導(dǎo)析5】銅和鎂的合金4.6g完全溶于濃硝酸，若反應(yīng)75解析

被還原的硝酸共有0.23mol，則4.6g銅和鎂的合金為0.115mol，故合金的平均摩爾質(zhì)量為=40g/mol,氫氧化物的平均相對(duì)分子質(zhì)量為：40+17×2=74。故形成的氫氧化物沉淀為：（4.6g÷40g/mol)×74g/mol=8.51g或0.115mol×74g/mol=8.51g。本題也可以用整體思維方法，采用守恒法來(lái)解。沉淀的質(zhì)量等于合金的質(zhì)量與其沉淀的OH-的質(zhì)量之和，而Cu、Mg沉淀的OH-的物質(zhì)的量等于其失去電子的物質(zhì)的量，根據(jù)得失電子守恒規(guī)律，Cu、Mg失去電子的物質(zhì)的量等于被還原的硝酸的物質(zhì)的量，則沉淀的質(zhì)量=4.6g+0.23mol×17g/mol=8.51g。答案

B解析被還原的硝酸共有0.23mol，則4.6g銅和鎂76方法歸納

此題如單純用Cu、Mg分別與HNO3的反應(yīng)求出合金的物質(zhì)的量組成而求得沉淀的質(zhì)量，那是相當(dāng)繁瑣的。除用平均值計(jì)算之外，本題還可用整體思維，則沉淀的質(zhì)量為金屬Cu、Mg的質(zhì)量加上OH-的質(zhì)量，設(shè)Cu、Mg的物質(zhì)的量之和為n(Cu、Mg),由電子守恒知：n(Cu、Mg)×2=×2,n(Cu、Mg)=0.115mol,故沉淀的質(zhì)量為：4.6g+(0.115mol×2)×17g/mol=8.51g。方法歸納此題如單純用Cu、Mg分別與HNO3的反應(yīng)求出合771.把過(guò)量的鐵粉投入到CuCl2和FeCl3組成的混合溶液中，充分反應(yīng)后，過(guò)濾清洗并干燥不溶物，稱得其質(zhì)量與加入鐵粉的質(zhì)量相同，求原混合物中兩種溶質(zhì)的物質(zhì)的量之比。

解析這是一個(gè)無(wú)數(shù)據(jù)的題，似乎無(wú)法解答。但根據(jù)化學(xué)反應(yīng)原理，利用差量法是可以求解的。把鐵粉加入到CuCl2和FeCl3組成的混合溶液中，鐵粉與FeCl3反應(yīng)，使Fe的質(zhì)量減少，形成一個(gè)差值。又因?yàn)殍F粉與CuCl2反應(yīng)，把Cu置換出來(lái)，附在Fe上，Cu的相對(duì)原子質(zhì)量比Fe的相對(duì)原子質(zhì)量大，又形成一個(gè)差值，使鐵粉質(zhì)量增加。依題意可知，反應(yīng)前后質(zhì)量相等，即前后兩個(gè)差值相等，這是解題的關(guān)鍵。遷移應(yīng)用1.把過(guò)量的鐵粉投入到CuCl2和FeCl3組成的混合遷移應(yīng)78答案

設(shè)原溶液中有x

mol

FeCl3，y

mol

CuCl2。2Fe3++Fe3Fe2+固體減少質(zhì)量Δm1256g/molx

mol28x

gCu2++Fe

Fe2++Cu固體增加質(zhì)量Δm218g/moly

mol8y

g/mol因?yàn)榉磻?yīng)前后質(zhì)量相同，即28x

g=8y

g，故,即原溶液中FeCl3與CuCl2物質(zhì)的量之比是2∶7。答案設(shè)原溶液中有xmolFeCl3，ymolCu792.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，10g

CO和CO2混合氣體的體積是6.72L,則此混合氣體中，CO和CO2的物質(zhì)的量之比是 ( ) A.1∶1 B.2∶1 C.4∶3 D.2∶32.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，10gCO和CO2混合氣體的體積是6.780解析

從題中數(shù)據(jù)上看，無(wú)差值特征。但CO2與CO在分子組成、摩爾質(zhì)量上均存在差值。若氣體的總物質(zhì)的量一定，以CO2代換CO，每代換1mol,氣體質(zhì)量就增加16g。若6.72L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)的氣體是CO，其質(zhì)量是×28g/mol=8.4g，實(shí)際上,6.72L（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）的氣體中，有CO2代換CO而使氣體質(zhì)量是10g，質(zhì)量增加1.6g。標(biāo)準(zhǔn)狀況下，6.72L氣體的物質(zhì)的量是0.3mol,設(shè)其中的CO2的物質(zhì)的量是x。=,x=0.1mol。n（CO）∶n（CO2）=（0.3-0.1）∶0.1=2∶1。答案

B解析從題中數(shù)據(jù)上看，無(wú)差值特征。但CO2與CO在分子組成813.將1.5g兩種金屬的混合物粉末與足量的稀鹽酸反應(yīng)，反應(yīng)完全后，得到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氫氣1.12L，則兩種金屬可能是 ( )

①M(fèi)g和Cu②Zn和Cu③Al和Fe④Mg和Al

A.①③B.②④

C.①②

D.③④A3.將1.5g兩種金屬的混合物粉末與足量的稀鹽酸反應(yīng)，反應(yīng)824.一定體積的KMnO4溶液恰好能氧化一定質(zhì)量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O。若用0.1000mol/L的NaOH溶液中和相同質(zhì)量的KHC2O4·H2C2O4

·2H2O，所需NaOH溶液的體積恰好為KMnO4溶液的3倍，則KMnO4溶液的濃度（mol/L）為（）

提示：①H2C2O4是二元弱酸 ②10［KHC2O4·H2C2O4］+8KMnO4+ 17H2SO48MnSO4+9K2SO4+40CO2↑+32H2O A.0.008889 B.0.08000 C.0.1200 D.0.24004.一定體積的KMnO4溶液恰好能氧化一定質(zhì)量的KHC2O483解析

可設(shè)NaOH溶液體積為1L,則KMnO4溶液為L(zhǎng)，n（NaOH）=0.1mol/L×1L=0.1moln(KHC2O4·H2C2O4·2H2O）=n（NaOH）=×0.1mol=moln(KMnO4)=·n(KHC2O4·H2C2O4·2H2O）=·

mol=molc(KMnO4)==0.0800mol/L答案

B解析可設(shè)NaOH溶液體積為1L,則KMnO4溶液為845.常溫下，向20L的真空容器中通入a

mol

H2S和b

mol

SO2(a和b都是正整數(shù)，且a≤5,b≤5)。反應(yīng)完全后，容器內(nèi)氣體可能達(dá)到的最大密度是 ( ) A.24.5g/L B.14.4g/L C.8g/L D.5.19g/L

5.常溫下，向20L的真空容器中通入amolH2S和b85解析

若容器內(nèi)充入的全是H2S，則氣體的最大密度是=8.5g/L。若容器內(nèi)充入的全是SO2,則氣體的最大密度是=16g/L。因?yàn)?H2S(g)+SO2(g)2H2O(l)+3S(s),則只有H2S與SO2反應(yīng)后SO2有剩余時(shí)，氣體才可能達(dá)到最大密度。取a的最小值a=1,取b的最大值b=5,反應(yīng)后剩余的氣體是SO2，且n(SO2）剩余最多，即4.5mol,ρ(SO2)==14.4g/L。答案

B解析若容器內(nèi)充入的全是H2S，則氣體的最大密866.生態(tài)農(nóng)業(yè)涉及農(nóng)家肥料的綜合利用，某種肥料經(jīng)發(fā)酵得到一種含甲烷、二氧化碳、氮?dú)獾幕旌蠚怏w。2.016L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)該氣體通過(guò)盛有紅熱CuO粉末的硬質(zhì)玻璃管，發(fā)生的反應(yīng)為：CH4+4CuO

CO2+2H2O+4Cu。當(dāng)甲烷完全反應(yīng)后，硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量減輕4.8g。將反應(yīng)后產(chǎn)生的氣體通過(guò)過(guò)量的澄清石灰水中，充分吸收，生成沉淀8.5g。（1）原混合氣體中甲烷的物質(zhì)的量是

。（2）原混合氣體中氮?dú)獾捏w積分?jǐn)?shù)是多少？（寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程）6.生態(tài)農(nóng)業(yè)涉及農(nóng)家肥料的綜合利用，某種肥料經(jīng)發(fā)酵得到一種含87解析

分析CH4還原氧化銅的反應(yīng)可知，硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量減輕4.8g是參加反應(yīng)的CuO中O的質(zhì)量，由化學(xué)方程式利用差量法可解本題：(1)CH4+4CuO

CO2+2H2O+4Cu固體質(zhì)量差1mol4×80g1mol4×64g64gn(CH4)n(CO2)4.8g列比例式n(CH4)=0.075moln(CO2)=0.075mol解析分析CH4還原氧化銅的反應(yīng)可知，硬質(zhì)玻璃管的質(zhì)量減輕88(2)n(CO2)總=n(CaCO3)==0.085moln(CO2)總量就等于n(CH4)與n(CO2)原之和，則V（N2）=2.016L-n(CO2)總×22.4L/mol=0.112LN2的體積分?jǐn)?shù)為×100%=5.56%

答案

（1）0.075mol(2)5.56%(2)n(CO2)總=n(CaCO3)==89實(shí)驗(yàn)突破2.氣體的質(zhì)量和體積的測(cè)定原理與方法1.氣體體積的測(cè)定（1）原理：對(duì)于難溶于水且不與水反應(yīng)（或無(wú)法用試劑直接吸收）的氣體（如H2、O2等）通常采用排水量氣法測(cè)量它們的體積，根據(jù)排出的水的體積來(lái)確定氣體的體積。（2）量氣裝置實(shí)驗(yàn)突破2.氣體的質(zhì)量和體積的1.氣體體積的測(cè)定90其中圖（a）會(huì)因集氣瓶至量筒之間的那段導(dǎo)管內(nèi)的液體無(wú)法讀出，而使測(cè)得的氣體體積偏??；如果選用圖（d）的裝置就可以避免這樣的誤差，其實(shí)驗(yàn)步驟為:①檢驗(yàn)裝置的氣密性；②連接好收集裝置后，在量氣筒內(nèi)注滿水，上下移動(dòng)乙管，使甲管內(nèi)的液面處在“0”刻度；③反應(yīng)完畢，上下移動(dòng)乙管，使甲、乙兩管內(nèi)的液面保持相平，再讀化學(xué)計(jì)算中的幾種常用方法課件91出甲管內(nèi)氣體體積數(shù)。這套裝置的好處是成功的避免了裝置(a)的不足,利用反應(yīng)前裝置內(nèi)外的氣壓相等，反應(yīng)后上下移動(dòng)乙管，使甲、乙兩管內(nèi)的液面保持相平，從而保持反應(yīng)后裝置內(nèi)外的氣壓相等，這樣測(cè)得的結(jié)果才比較準(zhǔn)確。但這套裝置也有不足，操作復(fù)雜。（3）讀取體積：讀數(shù)時(shí)注意:①冷卻至室溫；②調(diào)節(jié)兩液面相平；③視線與凹液面的最低處相切。出甲管內(nèi)氣體體積數(shù)。這套裝置的好處是成功的922.氣體質(zhì)量的測(cè)定（1）原理：氣體的質(zhì)量一般采用間接的方法來(lái)測(cè)定，對(duì)一些可用試劑直接吸收的氣體根據(jù)氣體的某些性質(zhì)（如酸堿性或溶解性）采用合適的吸收劑（如濃硫酸、堿石灰）和實(shí)驗(yàn)裝置（如洗氣瓶、干燥管）來(lái)吸收，通過(guò)吸收裝置吸收前后的質(zhì)量差得到氣體的質(zhì)量。（2）測(cè)量裝置2.氣體質(zhì)量的測(cè)定93【典例導(dǎo)析】某研究性學(xué)習(xí)小組為證明在同溫同壓下，相同濃度相同體積的不同強(qiáng)度的一元酸與足量鎂帶反應(yīng)時(shí)，生成氫氣的體積相同而反應(yīng)速率不同，同時(shí)測(cè)定實(shí)驗(yàn)室條件下的氣體摩爾體積。設(shè)計(jì)的簡(jiǎn)易實(shí)驗(yàn)裝置如下圖。該實(shí)驗(yàn)的主要操作步驟如下：【典例導(dǎo)析】某研究性學(xué)習(xí)小組為證明在同溫94Ⅰ.①配制濃度均為0.5mol/LH2SO4溶液和

H2C2O4溶液；②用

量取10.00mL0.5mol/LH2SO4和H2C2O4溶液分別加入兩個(gè)錐形瓶中；③分別稱取除去表面氧化膜的鎂條并系于銅絲末端；④檢查裝置的氣密性，在廣口瓶中裝滿水，按圖連接好裝置；⑤將銅絲向下移動(dòng),使足量鎂帶浸入酸中(銅絲不與酸接觸)，至反應(yīng)完全，記錄

；⑥反應(yīng)結(jié)束后，讀取量筒中水的體積為y

mL。Ⅰ.①配制濃度均為0.5mol/LH2SO4溶液和95Ⅱ.請(qǐng)將上述步驟補(bǔ)充完整并回答下列問(wèn)題：（1）用密度為1.84g/cm398%的濃H2SO4配制250mL0.5mol/L的H2SO4溶液，所需要的主要儀器有

、

、燒杯、玻璃棒、酸式滴定管。（2）以下是讀取量筒內(nèi)水的體積時(shí)必須包括的幾個(gè)步驟：①使乙、丙中液面相平；②將裝置冷卻至室溫；③讀取量筒內(nèi)水的體積。這三步操作的正確順序是

。（3）讀取量筒內(nèi)水的體積時(shí)，若丙中液面高于乙中液面，使乙、丙中液面相平的操作是

。（4）簡(jiǎn)述速率不等的原因是

，銅絲不與酸接觸的原因是

。Ⅱ.請(qǐng)將上述步驟補(bǔ)充完整并回答下列問(wèn)題：96解析Ⅰ.②根據(jù)量取溶液體積的精確度要求可知應(yīng)使用酸式滴定管；⑤比較H2SO4、H2C2O4反應(yīng)速率可通過(guò)觀察氣泡或完全反應(yīng)所需時(shí)間長(zhǎng)短。Ⅱ.(1)配制溶液需要使用特定的儀器（250mL的容量瓶），定容時(shí)需要用到膠頭滴管。（2）為保證測(cè)量數(shù)據(jù)的準(zhǔn)確,應(yīng)該將氣體冷卻至室溫和相同壓強(qiáng)下，所以應(yīng)該先進(jìn)行操作②,然后調(diào)整液面使氣體壓強(qiáng)等于外界大氣壓,最后正確讀數(shù)。(3)由題意可知，丙（量筒）中的液面高于乙的液面,故應(yīng)將丙向下移動(dòng)。(4)因?yàn)镠2SO4是強(qiáng)酸、H2C2O4是弱酸，故相同濃度的溶液中H2SO4的氫離子濃度大，反應(yīng)速率快。若銅絲接觸溶液，則構(gòu)成原電池，使反應(yīng)速率加快，使實(shí)驗(yàn)結(jié)果的可信度降低。解析Ⅰ.②根據(jù)量取溶液體積的精確度要求可97答案

Ⅰ.②酸式滴定管⑤反應(yīng)所需時(shí)間Ⅱ.（1）250mL容量瓶膠頭滴管（2）②①③(3)丙向下移動(dòng)（4）氫離子濃度不同鎂與銅易形成原電池，加快反應(yīng)速率，干擾實(shí)驗(yàn)的測(cè)定答案Ⅰ.②酸式滴定管⑤反應(yīng)所需時(shí)間98遷移應(yīng)用有一含NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物，某同學(xué)設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)，通過(guò)測(cè)量反應(yīng)前后C、D裝置質(zhì)量的變化，測(cè)定該混合物中各組分的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。遷移應(yīng)用99(1)加熱前通入空氣的目的是

，操作方法為

。(2)裝置A、C、D中盛放的試劑分別為：A

，C

，D

。(3)若將A裝置換成盛放NaOH溶液的洗氣瓶，則測(cè)得的NaCl的含量將

（填“偏高”、“偏低”或“無(wú)影響”，下同）；若B中反應(yīng)管右側(cè)有水蒸氣冷凝，則測(cè)定結(jié)果中NaHCO3的含量將

；若撤去E裝置，則測(cè)得Na2CO3·10H2O的