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守恒法在化學(xué)選擇題中的快速解題技巧

2019-01-23 20:53:05三好網(wǎng)

  高考化學(xué)復(fù)習(xí)守恒法在化學(xué)選擇題中的快速解題技巧。高考化學(xué)守恒法解題是化學(xué)解題的典型方法之一,是常用的、重要的解題技巧。化學(xué)計(jì)算中常用到的守恒法有得失電子守恒、質(zhì)量守恒、電荷守恒、物料守恒。高考化學(xué)題型全歸納應(yīng)用守恒法解題,可使問(wèn)題的化學(xué)內(nèi)在關(guān)系更簡(jiǎn)捷地展現(xiàn)出來(lái),簡(jiǎn)化解題過(guò)程,尤其是在解選擇題時(shí),可節(jié)省做題時(shí)間,提高解題速率。

  高考化學(xué)所謂守恒,就是指化學(xué)反應(yīng)的過(guò)程中,存在某些守恒關(guān)系如質(zhì)量守恒等。應(yīng)用守恒關(guān)系進(jìn)行化學(xué)解題的方法叫做守恒法。

  三好網(wǎng)高考化學(xué)一對(duì)一家教名師給大家介紹的是高考化學(xué)守恒法在解化學(xué)選擇題中的應(yīng)用。在有限的時(shí)間內(nèi)完成規(guī)定的任務(wù)。

  1、原子守恒

  例1:將0.8molCO2完全通入1L1mol/LNaOH溶液中充分反應(yīng)后,所得溶液中NaHCO3和Na2CO3的物質(zhì)的量之比為(       )

  A、3:1

  B、2:1

  C、1:1

  D、1:3

  解析:如根據(jù)化學(xué)反應(yīng)方程式來(lái)進(jìn)行計(jì)算,就必須先寫(xiě)出涉及到的兩個(gè)化學(xué)反應(yīng)方程式,然后再列方程組求算,很繁瑣。我們可以換個(gè)角度考慮問(wèn)題,因?yàn)榉磻?yīng)前后質(zhì)量守恒,原子的種類(lèi)及數(shù)目不會(huì)改變,所以在反應(yīng)中鈉離子與碳原子守恒。假設(shè)NaHCO3和Na2CO3的物質(zhì)的量分別為X、Y,則根據(jù)碳原子守恒有X+Y=0.8mol,根據(jù)鈉原子守恒有X+2Y=1mol,解之得X=0.6mol、Y=0.2mol故X:Y=3:1,選A。

  例2:將一定量NaOH與NaHCO3的混合物A,放在密閉容器中加熱,充分反應(yīng)后生成氣體V1L(V1≠0).將反應(yīng)后的固體殘?jiān)麭與過(guò)量鹽酸反應(yīng),又生成CO2  V2L(氣體體積在標(biāo)況下測(cè)定)則

 。1)B的成分是

  A、Na2CO3與NaOH

  B、Na2CO3與NaHCO3

  C、Na2CO3

  D、NaOH

 。2)A中 NaOH與NaHCO3共多少摩爾?NaOH與NaHCO3物質(zhì)的量之比為多少?

  解析:對(duì)于(1)由題知固體加熱產(chǎn)生的氣體體積不為零,則可說(shuō)明有CO2生成,即碳酸氫鈉過(guò)量,因此所得固體只有碳酸鈉。

  對(duì)于(2),因固體只有碳酸鈉則根據(jù)鈉離子守恒可知,n(NaOH) +n(NaHCO3) =2n(Na2CO3)=2V2/22.4.又知經(jīng)過(guò)充分反應(yīng)后,碳酸氫鈉中所含的碳元素全部被轉(zhuǎn)化為二氧化碳,則由碳守恒可知n(NaHCO3) =n(CO2) =(V1+V2)/22.4,

  n(NaOH) =2V2/22.4-(V1+V2)/22.4=(V2-V1)/22.4 .

  n(NaOH)/n(NaHCO3)=(V2-V1)/ (V1+V2)

  2、質(zhì)量守恒

  例3:已知Q與R的摩爾質(zhì)量之比為9:22,在反應(yīng)X+2Y=2Q+R中,當(dāng)1.6克X與Y完全反應(yīng)后,生成4.4克R,則參與反應(yīng)的Y和生成物Q的質(zhì)量之比為(      )

  A、46:9        B、32:9       C、23:9         D、16:9

  解析:已知Q與R的摩爾質(zhì)量比為9:22,結(jié)合方程式可以知道,反應(yīng)生成的Q和R的質(zhì)量比為18:22,也就是1.6克X與Y完全反應(yīng)后,生成了4.4克R,同時(shí)生成了4.4×18÷22=3.6克Q,消耗Y的質(zhì)量為3.6+4.4-1.6=6.4克。所以三參加反應(yīng)的Y和生成物Q的質(zhì)量之比為6.4g/3.6g=16:9。答案:D

  3、電荷守恒

  例4:測(cè)得某溶液中僅含有Na+、 Mg2+ 、SO42- 、Cl-四種離子,其中離子個(gè)數(shù)比Na+:Mg2+:Cl-=4:5:8,如假設(shè)Na+ 為4n個(gè),則SO42-可能為:(      )

  A、2n個(gè)

  B、3n個(gè)

  C、6n個(gè)

  D、8n個(gè)

  解析:根據(jù)電荷守恒知4n×1+5n×2=8n×1+n(SO42-)×2,解得n(SO42-)=3n,故選B.

  例5:  50ml1mol/LCH3COOH與100mlNaOH溶液混合,所得溶液的PH=7,關(guān)于該溶液中離子濃度的大小關(guān)系或說(shuō)法,不正確的是(      )

  A、c(Na+)=c(CH3COO-)

  B、c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)

  C、c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-) +c(OH-)

  D、100mlNaOH溶液濃度為0.5mol/L

  解析:根據(jù)題意c(H+)=c(OH-),可知c(Na+)=c(CH3COO-),故選項(xiàng)A、B正確;又根據(jù)溶液中電荷守恒,即Na+與H+所帶正電荷和CH3COO-與OH-所帶負(fù)電荷相等,故選項(xiàng)C正確,因此該題答案為D。

  4、電子得失守恒

  例6:硫代硫酸鈉可作為脫氯劑,已知25.0ml0.1mol/LNa2S2O3溶液恰好把224ml(標(biāo)準(zhǔn)狀況)Cl2完全轉(zhuǎn)化為Cl-離子,則S2O32-將轉(zhuǎn)化成(      )

  A、S2-      B、S

  C、SO32-     D、SO42-

  解析:根據(jù)氧化還原反應(yīng)的重要規(guī)律:得失電子數(shù)守恒,可知,反應(yīng)中氯氣所獲得的電子的物質(zhì)的量與硫代硫酸鈉中硫失去的電子的物質(zhì)的量相等。設(shè)硫的最終價(jià)態(tài)為x價(jià)。則有

  0.224L/22.4L.mol-1×2=0.025L×0.1mol/L×2×(x-2),解得x=6故選D

  例7:將32.64克銅與140ml一定濃度的硝酸反應(yīng),銅完全溶解,產(chǎn)生的NO和NO2混合氣體的體積為11.2L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)對(duì)比答:

 。1)NO的體積為  L,NO2的體積為  L。

 。2)待產(chǎn)生的氣體全部釋放后,向溶液中加入Vml、amol/LNaOH溶液,恰好使溶液中的Cu2+全部轉(zhuǎn)化為沉淀,則原硝酸溶液的濃度為         mol/L.

  (3)使銅與硝酸反應(yīng)產(chǎn)生的氣體在NaOH溶液中完全轉(zhuǎn)化為NaNO3,至少需要30%的雙氧水          克。

  解析:該題題干給出了銅與一定濃度的硝酸反應(yīng)的情況,要求計(jì)算反應(yīng)后各相關(guān)的量,綜合性強(qiáng),有一定的難度。因此抓住反應(yīng)的實(shí)質(zhì),利用氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒來(lái)建立等式,是突破題中難點(diǎn)的關(guān)鍵。

  對(duì)問(wèn)題(1)由于n(Cu) =32.64/64=0.51mol,n(NO,NO2)=11.2/22.4=0.5mol,又知Cu-2e-=Cu2+;HNO3+3e-=NO、HNO3+e-=NO2.若設(shè)NO的物質(zhì)的量為xmol則NO2的物質(zhì)的量為(0.5-x)mol,根據(jù)得失電子守恒得0.51×2=3x+(0.5-x)×1,則x=0.26即n(NO)=0.26mol, n(NO2) =0.24mol,所以V(NO) =0.26×22.4=5.8L,V(NO) =22.4×0.24=5.4L

  對(duì)問(wèn)題(2),由題意知反應(yīng)中部分硝酸參加氧化還原反應(yīng),其物質(zhì)的量為0.5mol,部分硝酸未參加氧化還原反應(yīng),其物質(zhì)的量根據(jù)最后溶液中的溶質(zhì)只有NaNO3即可知Na+=N(原子守恒),則其物質(zhì)的量為aV×10-3mol;所以原硝酸溶液的濃度為c(HNO3)=( aV×10-3+0.5)/0.14mol/L.

  對(duì)問(wèn)題(3),由于NO和NO2混合氣體在NaOH溶液中全部轉(zhuǎn)化為NaNO3,即HNO3-----NO,NO2-----NO3-相當(dāng)于氮元素的化合價(jià)未變,銅失去的電子被雙氧水得到。即有0.51×2=m(H2O2)×30%×2/34,m(H2O2)=57.8g.

  例8:將含有0.4molCuSO4和0.2molNaCl的水溶液1L,用惰性電極電解一段時(shí)間后,在一個(gè)電極上得到0.3molCu,則另一電極上放出氣體在標(biāo)況下的體積是(         )

  A、4.48L         B、5.60L        C、6.72L       D、13.44L

  解析:Cu2+在電解池陰極得電子轉(zhuǎn)變?yōu)镃u,即Cu2++2e-=Cu。陰極得到0.3molCu,即共得到電子0.3×2=0.6mol。陽(yáng)極為2Cl――2e-=Cl2,0.2molCl-共失0.2mol電子,放出Cl20.1mol;4OH――4e-=2H2O+O2,根據(jù)得失電子守恒,故OH-失(0.6-0.2)mol電子,放出O2氣體0.1mol,故氣體總量為0.2mol,因此標(biāo)況下體積為0.2mol×22.4mol/L=4.48L.選A.

  5、物料守恒

  例9:19.2mg銅跟適量濃硝酸反應(yīng)后,銅完全溶解,共收集到11.2ml標(biāo)況下氣體,則反應(yīng)消耗的硝酸可能為(         )

  A、0.8×10-3mol

  B、0.5×10-3mol

  C、1.1×10-3mol

  D、1.2×10-3mol

  解析:根據(jù)N原子守恒,有如下物料守恒式:

  n(HNO3)=n(HNO3)氧+n(HNO3)酸=n(氣) +2n[Cu(NO3)2]

  =(11.2×10-3/22.4)+2×(19.2×10-3/64) =1.1×10-3mol,故選C。

  例10:0.5mol/L的Na2CO3溶液中,下列有關(guān)離子濃度的敘述中,正確的是(      )

  A、c(Na+):c(CO32-) =2:1

  B、c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(H+)>c(OH-)

  C、c(Na+)+c(H+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)

  D、c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]

  解析:由于CO32-水解;CO32-+H2O=HCO3-+OH-,HCO3-+H2O=H2CO3+OH-故C原子的存在形式有CO32-、HCO3-、H2CO3三種,據(jù)Na2CO3化學(xué)式可知n(Na+)=2n(C)根據(jù)物料守恒,故選D。

[標(biāo)簽:高考指導(dǎo) 復(fù)習(xí)指導(dǎo)]

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