欢迎来到高考学习网,

[登录][注册]

高考学习网
今日:1530总数:5885151专访:3372
当前位置: 高考学习网 > 2017年高考化学一轮复习精品导学案:专题2.6 守恒思想在化学中的应用-守恒法解题技巧(解析版)

2017年高考化学一轮复习精品导学案:专题2.6 守恒思想在化学中的应用-守恒法解题技巧(解析版)

资料类别: 化学/学案

所属版本: 通用

所属地区: 全国

上传时间:2016/10/21

下载次数:246次

资料类型:

文档大小:1.29M

所属点数: 0

普通下载 VIP下载 【下载此资源需要登录并付出 0 点,如何获得点?

1.“守恒法”就是以化学反应过程中存在的某些特定关系为依据,从诸多变化和繁杂数据中寻找某一不变的物理量及其对应等式关系解题的一种思想方法。
2.运用守恒法可以避开复杂的反应和中间过程,直接寻找始态和终态中特有的守恒关系,能更快、更便捷地解决问题,提高解题的速度和准确度。
3.中学常见的守恒问题有3种:质量守恒、电荷守恒、电子守恒。
 
一、质量守恒:
反应物减少的总质量=生成物增加的总质量。在一些物理变化中也存在质量守恒,如溶液在稀释或浓缩过程中,原溶质质量在稀释或浓缩后不变(溶质不挥发、不析出)。在化学反应过程中找准反应前后的质量关系,
【例1】 在臭氧发生器中装入100 mL O2,3O22O3,95 mL(体积均为标准状况下测定),    g·L-1。
【答案】1.5。
【解析】根据质量守恒定律反应前后容器中气体的质量不变,100 mL O2的质量。则反应后混合气体的密度为:ρ=[(0.1L÷22.4L·mol-1)×32 g·mol-1]÷0.095 L≈1.5 g·L-1。
2.原子守恒:抓住初始反应物和最终生成物中某一原子(或原子团)不变,
【例2】 有一在空气中暴露过的KOH固体,7.12%,K2CO32.88%,KOH90%,1 g加入到46.00 mL的1 mol·L-1盐酸中,1.07 mol·L-1KOH溶液中和,    克。
【答案】3.427。
【解析】二、电子守恒:
氧化还原反应中,(化合价降低)总数等于还原剂失电子(化合价升高)总数,(化合价升降相等)。在解题中找到最终化合价升高的和降低的物质,
【例3】 1.92 g铜投入到一定量的浓硝酸中,,,672 mL气体(标准状况下),,,(     )。
A.504 mL     B.168 mL        C.336 mL         D.224 mL
【答案】C。
【解析】三、电荷守恒:
指阳离子所带的电荷总数(各种阳离子所带电荷数与阳离子物质的量的乘积的代数和)与阴离子所带的电荷总数(各种阴离子所带电荷数与阴离子物质的量的乘积的代数和)在数值上相等,
1.离子方程式中,
【例4】 在一定条件下, RI-发生反应的离子方程式如下:RO3n-+6I-+6H+ =R-+3I2+3H2O,Rn为       。
【答案】1。
【解析】解法①,,I6,R降低6价变为-1价,R 中的R元素的化合价是+5,n1;,-1,-n+(-1)×6+(+1)×6=-1,n1。  
2.溶液呈电中性
【例5】将NaCl和NaBr混合物mg溶于水后,向所得溶液中通入足量Cl2,反应后将溶液蒸干得固体(m-2)g,则通Cl2前原溶液中Na+、Cl-、Br-的物质的量之比不可能为(  )
A.4:3:1    B.3:3:1    C.3:2:1     D.3:1:2
【答案】B。【解析】如果读题之后马上按已知数据列式计算,实际上陷入命题者设置的圈套。通过虚设数据,本题貌似计算题,实际上考查的是电荷守恒原理。即溶液中阳离子所带的正电荷等于阴离子所带的负电荷:n(Na+)=n(Cl-)+n(Br-),只有选项B不符合此关系。,
【例6】 下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 (     )。
A.氯水中:c(Cl2)=2[c(ClO-)+c(Cl-)+c(HClO)]
B.在25 ℃ 100 mL NH4Cl溶液中:c(Cl-)> c(NH4+)+c(NH3·H2O)
C.等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中:c(HClO)+c(ClO-)= c(HCO3-) +c(H2CO3)
D.等浓度醋酸和氢氧化钠等体积混合后的溶液:c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)
【答案】D。
【解析】五、能量守恒:
化学反应不仅遵循质量守恒定律,,
【例7】 饮用水中的N主要来自于NH4+。已知在微生物的作用下, NH4+NO3-。两步反应的能量变化示意图如下:

O

1 mol NH4+全部被氧化成NO3-的热化学方程式为                                。
【答案】NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)  ΔH=-346 kJ·mol-1
【解析】首先写出NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l),NH4+(aq)+1.5O2(g)=NO2-(aq)+2H+(aq)+H2O(l) ΔH1=-273kJ·mol-1;NO2- (aq)+0.5O2(g)=NO3- (aq) ΔH2=-73 kJ·mol-1,,+②即得。
六、溶质守恒:
同种溶质的溶液混合或溶液稀释,8】 有100 g浓度为18 mol·L-1的浓硫酸,d g·mL-1,9 mol·L-1,(  )。
A.100 mL	       B. mL          C.大于100 mL	     D.小于100 mL
【答案】D。
【解析】七、运用守恒进行综合计算
例已知:KClO3溶液呈中性;Cl-与Ag+反应生成AgCl, 每次新生成的AgCl中有10%(质量分数)见光分解成单质Ag和Cl2Cl2可在水中歧化成HClO3(强酸)和HClHCl中的Cl-又与剩余的Ag+反应生成沉淀,如此循环往复,直至终了。向含1.1molNaCl的溶液中加入足量的AgNO3溶液,最终能生成多少克难溶物(Ag和AgCl)?若最后所得溶液的体积为1.2L,则溶液的pH值为多少?
【解析】根据题意,最终体系中存在Ag,AgCl,ClO3-,NO3-,OH-,Na+,H+等微粒设Ag的物质的量为x,则AgCl的物质的量为9x,ClO3-的物质的量为y根据电子得失守恒:x=6y          ①
据氯元素守恒:9x+y=1.1       ②
据电荷守恒y+n(NO3-)+n(OH-)=n(H+)+n(Na+),因溶液呈酸性,故OH-可忽略,又因n(NO3-)=x+9x,n(Na+)=1.1mol,故得:
y+10x=n(H+)+1.1       ③
联立①,②,③三式解得x=0.12mol  9x=1.08mol  y=0.02mol n(H+)=0.12mol
 所以难溶物(Ag+AgCl)质量为:
1.08molx143.5g.mol-1+0.12molx108g.mol-1=167.94g
  c(H+)=0.12mol/1.2L=0.1mol.L-1   pH=-lgc(H+)=1。

考点 质量守恒法
【例1】 已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22,在反应X+2Y===2Q+R中,当1.6 g X与Y完全反应后,生成4.4 g R,则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为			 (  )
A.23∶9  B.32∶9  C.46∶9  D.16∶9
【答案】D【解析】【例2】 有一瓶14%的KOH溶液,加热蒸发掉100 g水后,变为28%的KOH溶液80 mL,且 蒸发过程中无晶体析出,该80 mL溶液的物质的量浓度为					  (  )
A.5 mol·L-1  					B.6 mol·L-1
C.6.25 mol·L-1  					D.6.75 mol·L-1
【答案】C【解析】蒸发前后溶质的质量不变,设原溶液的质量为m,则m×14%=(m-100 g)×28%,解得m=200 g,溶质的物质的量为=0.5 mol,蒸发后溶液的体积为80 mL,可求出该溶液的物质的量浓度为6.25 mol·L-1。
考点 原子守恒法
【例3】 38.4 mg铜跟适量的浓硝酸反应,铜全部作用后,共收集到22.4 mL(标准状况下)气体,反应消耗的HNO3的物质的量可能是									(  )
A.1.0×10-3 mol  			B.1.6×10-3 mol
C.2.2×10-3 mol  			D.2.4×10-3 mol
【答案】C
【解析】考点电荷守恒
【例4】 在a L Al2(SO4)3和 (NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2,恰好使溶液中的SO完全沉淀;如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3,则原溶液中Al3+的浓度(mol·L-1)为																	 (  )
A.  B.  C.  D.
【答案】C 【解析】由于产生c mol NH3,则必定有NH c mol,使SO完全沉淀需Ba2+ b mol,因此SO有b mol。根据电荷守恒:2c(SO)=c(NH)+3c(Al3+),则3c(Al3+)= mol·L-1,c(Al3+)= mol·L-1。
【例5】 某混合溶液中所含离子的浓度如下表,则M离子可能为				(  )
所含离子	NO	SO	H+	M		浓度(mol·L-1)	2	1	2	1		A.Mg2+  B.Ba2+  C.F-  D.Na+
【答案】A【解析】由电荷守恒知1×c(NO)+2×c(SO)=(1×2+2×1)mol·L-1=4 mol·L-1,而1×c(H+)=2 mol·L-1<4 mol·L-1,所以M为阳离子,由=2,故M为带两个单位正电荷的阳离子,而Ba2+与SO不共存,故为Mg2+。
考点电子守恒法
【例6】 将1.08 g FeO完全溶解在100 mL 1.00 mol·L-1硫酸中,然后加入25.00 mL K2Cr2O7溶液,恰好使Fe2+全部转化为Fe3+,且Cr2O中Cr6+全部转化为Cr3+。则K2Cr2O7的物质的量浓度是多少?
【答案】0.100 mol·L-1【解析】由电子守恒知,FeO中+2价铁所失电子的物质的量与Cr2O中+6价铬所得电子的物质的量相等,×(3-2)=0.025 00 L×c(Cr2O)×(6-3)×2,得c(Cr2O)=0.100 mol·L-1。
2016年高考上海卷】某铁的氧化物(FexO)1.52g溶于足量盐酸中,向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2,恰好将Fe2+完全氧化。x值为(   )
A.0.80   B.0.85 C.0.90   D.0.93
【答案】A
【解析】2.【2016年高考江苏卷】(12分)过氧化钙(CaO2·8H2O)是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。
(3)水中溶解氧的测定方法如下:向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液,生成MnO(OH)2沉淀,密封静置;加入适量稀H2SO4,待MnO(OH)2与I−完全反应生成Mn2+和I2后,以淀粉作指示剂,用Na2S2O3标准溶液滴定至终点,测定过程中物质的转化关系如下:

①写出O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2的离子方程式;_____________。
②取加过一定量CaO2·8H2O的池塘水样100.00 mL,按上述方法测定水中溶解氧量,消耗0.01000 mol·L−1 Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧(用mg·L−1表示),写出计算过程。
【答案】(3)①O2+2Mn2++4OH-=MnO(OH)2↓ 
②在100.00mL水样中
I2+2S2O32-=2I-+S4O62-
n(I2)=
=
=6.750×10-5mol
n[MnO(OH)2]= n(I2)= 6.750×10-5mol
n(O2)= n[MnO(OH)2]=×6.750×10-5mol=3.375×10-5mol
水中溶解氧==10.80mg/L
【解析】2016年高考上海卷】(本题共14分)
CO2是重要的化工原料,也是应用广发的化工产品。CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气。
完成下列计算:
(1)CO2通入氨水生成NH4HCO3,NH4HCO3很容易分解。2.00 mol NH4HCO3完全分解,分解产物经干燥后的体积为_________L(标准状况)。
(2)某H2中含有2.40 molCO2,该混合气体通入2.00 L NaOH溶液中,CO2被完全吸收。如果NaOH完全反应,该NaOH溶液的浓度为_______。
(3)CO2和KO2有下列反应:
4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2
4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
若9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2,则反应前密封舱内H2O的量应该是多少?列式计算。
(4)甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料:CH4+H2OCO+3H2
已知:CO+2H2CH3OH   CO2+3H2CH3OH+H2O
300 mol CH4完全反应后的产物中,加入100 mol CO2后合成甲醇。若获得甲醇350 mol,残留氢气120 mol,计算CO2的转化率。
【答案】(本题共14分)
(1)89.6
(2)2.4 mol/L≥c≥1.2  mol/L
(3) 
    n(H2O)=(9/6)×2=3(mol)
(4)300 mol CH4完全反应产生H2 900mol
设CO2转化率为α,CO转化率为β
300β+100α=350   600β+300α=900-120
α=80%
或设CO2转化率为α    900−350×2−100α=120   α=80/100=80%
【解析】(3)法一:
依题意,9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2,即n(CO2)∶n(O2)=1∶1,通过观察题给两个方程式可知,当把两个方程式相加时正好符合题目要求:
8KO2+6CO2+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2
所以有n(H2O)=n(CO2)=×9mol=3mol,即反应前密封舱内H2O的物质的量为3mol。
法二:

法二:
在合成甲醇的反应中,氢元素在生成物中有两种存在形式,一是存在于甲醇中,二是存在于水中,设CO2的转化率为α
CH4  +  H2O    CO   +   3H2
300mol                     900mol
CO2   +    3H2  CH3OH  +  H2O
100αmol                      100αmol
根据题意,反应后残留氢气120mol,则实际参加反应的氢气为900mol-120 mol,根据反应中氢元素的守恒可有:900mol-120mol=350mol×2+100αmol,解得α=0.8,即CO2的转化率为80%。
4.(2015·江苏高考·18)软锰矿(主要成分MnO2,杂质金属元素、、等的水悬浊液与烟气中反应可制备MnSO4。
(1)质量为17.40 g纯净MnO2最多能氧化    
(2)已知:Ksp[Al(OH)3]=1×10-33,Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39,pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下,除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度均小于1×10-6mol·L-1),需调节溶液pH范围为    
(3)下图可以看出,从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体,需控制结晶温度范围为    

(4)准确称取0.171 0 g MnSO4·H2O样品置于锥形瓶中,加入适量H3PO4和NH4NO3溶液,加热使Mn2+全部氧化成Mn3+,用c(Fe2+)=0.050 0 mol·L-1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+),消耗Fe2+溶液20.00 mL。计算MnSO4·H2O样品的纯度(请给出计算过程)。
【答案】(1)4.48 (2)5.0K2>K3 b、d 调节溶液的pH
(4)18 ~20
【解析】

1. 由(NH4)2SO4和MgSO4组成的混合物共m g,溶于水中配制10 L溶液,测得此时溶液中c(SO)=0.15 mol·L-1,c(Mg2+)=0.10 mol·L-1,则混合溶液中NH的物质的量浓度是 (  )
A.0.10 mol·L-1  					B.0.05 mol·L-1
C.0.15 mol·L-1  					D.0.01 mol·L-1
【答案】A
【解析】(NH4)2SO4和MgSO4的混合溶液中存在电荷守恒关系:2c(SO)=c(NH)+2c(Mg2+),代入数据,有2×0.15 mol·L-1=c(NH)+2×0.10 mol·L-1,解得c(NH)=0.10 mol·L-1。
2. 镁铝合金5.1 g溶于300 mL 2 mol·L-1盐酸时,在标准状况下产生气体5.6 L。若向反应后的溶液中加入一定量烧碱溶液,生成的沉淀的最大质量为					 (  )
A.9.35 g  			B.12. 6 g  			C.13.6 g  			D.15.8 g
【答案】C
【解析】合金中镁、铝失去的电子数等于HCl生成氢气时得到的电子数,也等于Mg2+、Al3+结合的OH-个数。则沉淀的最大质量等于合金质量与OH-的质量之和,即最大质量为5.1+×2×17=13.6(g)。
3. ClO2是一种广谱型的消毒剂,根据世界环保联盟的要求ClO2将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂。工业上常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制ClO2,在以上反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为  (  )
A.1∶1  			B.2∶1  			C.1∶2  			D.2∶3
【答案】B
【解析】NaClO3和Na2SO3溶液混合产生ClO2和Na2SO4,根据氧化还原反应中电子得失守恒的关系,有n(NaClO3)×1=n(Na2SO3)×2,可求得n(NaClO3)∶n(Na2SO3)=2∶1。
4. 某反应可表示为:mM+nH++O2===xM2++yH2O,则x值为	(  )
A.2  B.4  C.6  D.9
【答案】A
【解析】本题可以利用得失电子守恒求解,也可以利用电荷守恒求解。据得失电子守恒有2x=4,即x=2。
若利用电荷守恒求解,则有y=2(氧原子守恒),n=4(氢原子守恒),4×1=2x(电荷守恒),即x=2。
5. 在一定条件下,分别以高锰酸钾、氯酸钾和过氧化氢为原料制取氧气,当制得同温同压下相同体积的氧气时,三个反应中转移的电子数之比为 (  )
A.1∶1∶1  				B.2∶2∶1
C.2∶3∶1  				D.4∶3∶2
【答案】B
【解析】.76.8mgCu与足量浓硝酸反应,铜作用完全后,如果NO3-减少2×10-3mol,则溶液中H+同时下降 (   )
A  2.2×10-3mol       B  3.2 ×10-3mol  C  4.4×10-3mol  D  4.8×10-3mol 
【答案】C
【解析】7.将 CaCl2 和 CaBr2 的混合物 13.400 g溶于水配成 500.00 mL 溶液,再通入过量的 Cl2,完全反应后将溶液蒸干,得到干燥固体 11.175 g。则原配溶液中,c(Ca2+)∶c(Cl-)∶c(Br-)为
A.3∶2∶1			B.1∶2∶3			C.1∶3∶2			D.2∶3∶1
【答案】D
【解析】1个 Ca2+ 所带电荷数为2,则根据溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数,知原溶液中:
2n(Ca2+) = n (Cl-) + n (Br-)
将各备选项数值代入上式进行检验可知答案。
.向体积为0.05mol·L-1CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05mol·L-1KOH溶液,下列关系错误的是
A. Va>Vb时:c(CH3COOH) +c(CH3COO-)>c(K+)  
B. Va=Vb时:c(CH3COOH) +c(H+)=c(OH-)
C. Va<Vb时:c(CH3COO-)> (K+)>c(OH-)> c(H+)
D. Va与Vb任意比时:c(K+)+ c(H+) = c(OH-)+ c(CH3COO-)
【答案】C
【解析】Va>Vb时,醋酸过量,根据物料守恒可知,A正确。 Va=Vb时,二者恰好反应,溶液显碱性,根据质子守恒可知c(CH3COOH) +c(H+)=c(OH-),B正确。选项C中根据电荷守恒c(K+)+ c(H+) = c(OH-)+ c(CH3COO-)可知,C不正确,D正确,答案选C。
.38.4g铜与适量浓HNO3反应,铜全部作用后共收集到22.4L标准状况下气体(不考虑NO2转化为N2O4),则反应消耗HNO3的物质的量为                                                  
A.1mol       B.1.6mol         C.2.2mol       D.2.4mol 
【答案】C【解析】38.4g铜的物质的量=0.6 mol,利用“铜”守恒,得:n[Cu(NO3)2]= 0.6 mol;
22.4L标准状况下气体的物质的量=1 mol,成分为NO、NO2;再利用“N”守恒,得:n(HNO3)= 0.6 mol×2+1mol=2.2mol,故选C
.10 mL某气态烃与50 mL氧气在密闭容器中点燃恰好完全反应,测得同条件下生成的CO2 20 mL、CO 20 mL、水蒸气40 mL,则该烃的分子式为
A.C2H4        B.C3H8          C.C4H8          D.C4H10
【答案】C【解析】根据原子守恒可知,分子中含有4个碳原子,8个氢原子,所以分子式为C4H8,答案选C。
.某苛性钾样品中含有不与酸反应的杂质,为了测定苛性钾的纯度,取样品0.56g溶于水制成1L溶液。取此溶液25.00mL,用0.005mol/LH2SO4标准液滴定,用去24mL标准液。则苛性钾的纯度为
A. 96%    B. 48%    C. 9.6%    D. 56%
【答案】A【解析】1.3.2 g Cu与30 mL 3 mol·L-1HNO3溶液充分反应,还原产物有NO2和NO,若反应后溶液中H+为a mol,则此时溶液中所含为(    )
A. mol          B.2a mol          C.0.1a mol          D.(a+0.1) mol
【答案】D【解析】溶液中某元素的原子个数守恒,溶液中电荷守恒(即溶液显电中性)。根据题意,HNO3有剩余,则Cu反应完全。可据电荷守恒:n()=2n(Cu2+)+n(H+)=2×+a mol=(0.1+a)mol。
1.有K2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液,已知其中Al3+的物质的量浓度为0.4mol/L,SO42- 的物质的量浓度为0.7 mol/L,则此溶液中K+的物质的量浓度为
A.0.1          B.0.15            C.0.2            D.0.25
【答案】C
【解析】根据电荷守恒定律可知,K+的物质的量浓度为0.7 mol/L×2-0.4mol/L×3=0.2mol/L
14.向体积为0.05mol·L-1CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05mol·L-1KOH溶液,下列关系错误的是
A. Va>Vb时:c(CH3COOH) +c(CH3COO-)>c(K+)  
B. Va=Vb时:c(CH3COOH) +c(H+)=c(OH-)
C. Va<Vb时:c(CH3COO-)> (K+)>c(OH-)> c(H+)
D. Va与Vb任意比时:c(K+)+ c(H+) = c(OH-)+ c(CH3COO-)
【答案】C【解析】













高考学习网-中国最大高考学习网站Gkxx.com | 我们负责传递知识!


































本网部分资源来源于会员上传,除本网组织的资源外,版权归原作者所有,如有侵犯版权,请联系并提供证据(kefu@gkxx.com),三个工作日内删除。

热门下载

精品专题more