高三化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 高考技能跨越 第1講 考場(chǎng)快速解題的4大思想方法 1 守恒法課件.ppt
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第二篇 高考技能跨越 第1講 考場(chǎng)快速解題的4大思想方法 思想方法1 守恒法,1.概念:以化學(xué)反應(yīng)過(guò)程中存在的某些特定關(guān)系為依據(jù),從諸多變化和繁雜數(shù)據(jù)中尋找某一不變的物理量及其對(duì)應(yīng)等式關(guān)系解題的一種思想方法。 2.意義:可以避開(kāi)復(fù)雜的反應(yīng)和中間過(guò)程,直接尋找始態(tài)和終態(tài)中特有的守恒關(guān)系,能更快、更便捷地解決問(wèn)題,提高解題的速度和準(zhǔn)確度。 3.常見(jiàn)3種類型:質(zhì)量守恒、電子守恒、電荷守恒。,1.質(zhì)量守恒法 【內(nèi)涵解讀】 1.含義:參加化學(xué)反應(yīng)的各物質(zhì)的質(zhì)量總和等于生成物的質(zhì)量總和。 2.類型: (1)質(zhì)量守恒:反應(yīng)物減少的總質(zhì)量=生成物增加的總質(zhì)量。在一些物理變化中也存在質(zhì)量守恒,如溶液在稀釋或濃縮過(guò)程中,原溶質(zhì)質(zhì)量在稀釋或濃縮后不變(溶質(zhì)不揮發(fā)、不析出)。,(2)元素守恒:化學(xué)反應(yīng)前原子的種類或數(shù)目=反應(yīng)后原子的種類或數(shù)目。 (3)物料守恒:溶液中某一組分的原始濃度=它在溶液中各種存在形式的濃度之和。,【典題訓(xùn)練】 1.(質(zhì)量守恒)有一塊鋁、鐵合金,溶于足量的鹽酸中再用過(guò)量的NaOH溶液處理,將產(chǎn)生的沉淀過(guò)濾、洗滌、干燥、灼燒,完全變成紅色粉末,經(jīng)稱量紅色粉末和合金質(zhì)量恰好相等,則合金中鋁的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 ( ) A.60% B.50% C.40% D.30%,【解析】選D。根據(jù)題中信息,物質(zhì)的變化如下圖所示: 在反應(yīng)過(guò)程中,鐵元素的質(zhì)量是守恒的,且有m(Al)+m(Fe)= m(Fe2O3),即合金中鋁元素的質(zhì)量和Fe2O3中氧元素的質(zhì)量相等,則合金中鋁元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)與Fe2O3中氧元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)相等。w(Al)= 100%=30%。,,2.(元素守恒)將1.92 g銅粉與一定量濃硝酸反應(yīng),當(dāng)銅粉完全作用時(shí)收集到NO2和NO的混合氣體1.12 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況),則消耗硝酸的物質(zhì)的量是( ) A.0.12 mol B.0.11 mol C.0.09 mol D.0.08 mol,【解析】選B。由題意可知參加反應(yīng)的HNO3一部分反應(yīng)生成Cu(NO3)2, 另一部分反應(yīng)生成NO2或NO,利用反應(yīng)前后氮原子守恒,可以輕松求 解。HNO3與Cu反應(yīng),HNO3一部分起酸的作用,即生成Cu(NO3)2,用去硝 酸的物質(zhì)的量=2n(Cu)= 2=0.06 mol;另一部分HNO3起氧化 作用,不管生成的1.12 L氣體為何種成分,都是HNO3的還原產(chǎn)物,且有 HNO3~NO,HNO3~NO2,所以起氧化作用的HNO3的物質(zhì)的量為 =0.05 mol,故共消耗HNO3的物質(zhì)的量為0.06 mol+0.05 mol= 0.11 mol。,3.(物料守恒)下列溶液中有關(guān)物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是( ) A.Na2CO3溶液中:c(Na+)=2c( )+2c( ) B.常溫下將醋酸鈉、鹽酸兩溶液混合后,溶液呈中性,則混合后溶液中:c(Na+)c(Cl-)c(CH3COOH) C.0.1 molL-1的NaHS溶液中離子濃度關(guān)系:c(OH-)=c(H+)-c(S2-)-c(H2S) D.向1.0 L 0.3 molL-1NaOH溶液中緩慢通入0.2 mol CO2,完全反應(yīng)后的溶液中:2c(Na+)=3c( )+3c( )+3c(H2CO3),【解析】選D。A項(xiàng),碳酸鈉溶液中存在物料守恒,根據(jù)物料守恒得 c(Na+)=2c( )+2c( )+2c(H2CO3)。B項(xiàng),醋酸鈉、鹽酸兩溶液 混合后的電荷守恒式:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-),又 由于溶液呈中性,即c(H+)=c(OH-),因此混合溶液中應(yīng)有c(Na+)= c(Cl-)+c(CH3COO-),根據(jù)物料守恒可得c(Na+)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-),所以有c(Na+)c(Cl-)=c(CH3COOH)。C項(xiàng),0.1 molL-1 的NaHS溶液中存在電荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+ 2c(S2-);存在物料守恒:c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-);消去鈉離,子得到離子濃度關(guān)系:c(OH-)=c(H+)-c(S2-)+c(H2S)。D項(xiàng),溶液中溶 質(zhì)是等物質(zhì)的量的Na2CO3和NaHCO3,根據(jù)物料守恒得2c(Na+)=3c( ) +3c( )+3c(H2CO3)。,4.(綜合)下列物質(zhì)的量濃度關(guān)系錯(cuò)誤的是( ) A.25℃時(shí),在1.0 L濃度均為0.01 molL-1的某一元酸HA與其鈉鹽組成的混合溶液中,測(cè)得c(Na+)c(A-),則c(A-)+c(HA)=0.02 molL-1 B.等體積、等物質(zhì)的量濃度的NaF溶液與HF溶液混合:c(Na+)=c(F-) +c(HF) C.物質(zhì)的量濃度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等體積混合:c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH) D. 0.2 molL-1某一元弱酸HA溶液和0.1 molL-1NaOH溶液等體積混合后的溶液:2c(OH-)+c(A-)=2c(H+)+c(HA),【解析】選B。A項(xiàng),根據(jù)物料守恒,則c(A-)+c(HA)=0.02 molL-1, 正確;B項(xiàng),根據(jù)物料守恒,應(yīng)為2c(Na+)=c(HF)+c(F-),錯(cuò)誤;C項(xiàng), 寫(xiě)出電荷守恒和物料守恒式,消去c(Na+),即得本項(xiàng)等式,正確;D項(xiàng), 反應(yīng)后得到等物質(zhì)的量濃度的HA和NaA的混合溶液,由電荷守恒: c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),由物料守恒:2c(Na+)=c(HA)+c(A-),消 去c(Na+)可得:2c(OH-)+c(A-)=2c(H+)+c(HA),正確。,5.(綜合)將Wg鐵、氧化鐵和氧化銅組成的混合物粉末放入100 mL 4.4 molL-1鹽酸中,反應(yīng)完全后得氫氣896 mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況),生成的溶液中只有FeCl2、HCl和1.28 g固體。把溶液稀釋到320 mL時(shí),鹽酸的物質(zhì)的量濃度為0.25 molL-1,求混合物中各物質(zhì)是多少克?,【解析】解答此題的關(guān)鍵,是審清題意,找出等量關(guān)系,找準(zhǔn)突破口。首先由生成溶液中的鹽酸可知反應(yīng)后的1.28 g固體沉淀物為銅,因此可首先確定CuO的質(zhì)量。再根據(jù)各反應(yīng)化學(xué)方程式中諸物質(zhì)的量的關(guān)系和耗用鹽酸的物質(zhì)的量列方程求解,或?qū)で箢}中“隱含”的電子守恒和Cl-守恒條件,求得Fe和Fe2O3的質(zhì)量。 n(Cu)= mol=0.02 mol m(CuO)=0.0280=1.6(g),設(shè)混合物中Fe2O3的物質(zhì)的量為x。 Fe + 2HCl ==== FeCl2 + H2↑ 0.04 mol 0.08 mol mol=0.04 mol Fe2O3 +6HCl====2FeCl3 + 3H2O x 6x 2x CuO + 2HCl ==== CuCl2+H2O 0.02 mol 0.04 mol 0.02 mol,2FeCl3 + Fe====3FeCl2 2x x CuCl2 + Fe====FeCl2+Cu 0.02 mol 0.02 mol,根據(jù)反應(yīng)耗用鹽酸的量列方程求解 0.08+6x+0.04=0.14.4-0.3200.25 6x=0.24 x=0.04(mol) m(Fe2O3)=1600.04=6.4(g) m(Fe)=(0.04+0.02+0.04)56=5.6(g),答案:Fe的質(zhì)量為5.6 g; CuO的質(zhì)量為1.6 g; Fe2O3的質(zhì)量為6.4 g。,【思維建?!?1.方法的選取: 在任何化學(xué)反應(yīng)中 質(zhì)量守恒 (1)在一個(gè)具體的化學(xué)反應(yīng)中,涉及與質(zhì)量有關(guān)的問(wèn)題可考慮質(zhì)量守恒法。 (2)在某一具體的化學(xué)反應(yīng)或過(guò)程中,涉及某一元素(或微粒)的數(shù)目問(wèn)題時(shí)可考慮元素守恒法或物料守恒法。 (3)在某些復(fù)雜多步的化學(xué)反應(yīng)中,涉及多步復(fù)雜的化學(xué)過(guò)程的問(wèn)題可考慮元素守恒法。,2.解題流程: (1)明確目標(biāo):即明確題目中要求解的量。 (2)分析過(guò)程:根據(jù)題目中要求的量,分析反應(yīng)過(guò)程中物質(zhì)的變化,找出質(zhì)量(元素、原子、物料)守恒的物質(zhì)及其相關(guān)的量。 (3)運(yùn)用守恒:根據(jù)守恒原理,梳理出量的變化關(guān)系(反應(yīng)物的總質(zhì)量與生成物的總質(zhì)量、化學(xué)反應(yīng)前后原子的種類或數(shù)目、溶液稀釋或混合時(shí)溶質(zhì)的質(zhì)量、溶液中某一組分的原始濃度與它在溶液中各種存在形式的濃度),列式推斷求解。,【加固訓(xùn)練】1.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 g X與Y完全反應(yīng)后,生成4.4 g R,則參與反應(yīng)的Y和生成物Q的質(zhì)量之比為( ) A.23∶9 B.32∶9 C.46∶9 D.16∶9,【解析】選D。設(shè)Q的摩爾質(zhì)量為9agmol-1,R的摩爾質(zhì)量為22agmol-1,生成物Q的質(zhì)量為mg 則X + 2Y ==== 2Q + R 29a 22a m 4.4 可得:m= =3.6 根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知參加反應(yīng)的Y的質(zhì)量為4.4 g+3.6 g-1.6 g =6.4 g,故參加反應(yīng)的Y與生成物Q的質(zhì)量之比為6.4 g∶3.6 g= 16∶9。,2.在化學(xué)反應(yīng)A+B====C+D中,已知25 g A與10 g B恰好完全反應(yīng)生成5 g C,若反應(yīng)后要生成6 g D,則參加反應(yīng)的A的質(zhì)量為( ) A.2 g B.3 g C.4 g D.5 g,【解析】選D。根據(jù)質(zhì)量守恒,反應(yīng)A+B====C+D中,25 g A與10 g B 恰好完全反應(yīng)生成5 g C時(shí),生成D的質(zhì)量=25 g+10 g-5 g=30 g,則 設(shè)生成6 g D時(shí)參加反應(yīng)的A的質(zhì)量為x,則 ,解得x=5 g。,3.0.1 molL-1HCOOH溶液和0.1 molL-1HCOONa溶液等體積混合后的溶液顯酸性,下列關(guān)于該混合溶液的描述正確的是( ) A.c(HCOO-)c(HCOOH)c(Na+)c(H+) B.c(HCOO-)+c(HCOOH)= 0.2 molL-1 C.c(HCOO-)+2c(OH-)=c(HCOOH)+2c(H+) D.c(HCOO-)c(Na+)c(OH-)c(H+),【解析】選C。對(duì)于0.1 molL-1HCOOH溶液和0.1 molL-1HCOONa溶液等體積混合后的溶液,根據(jù)物料守恒c(HCOO-)+c(HCOOH)= 0.1 molL-1;電荷守恒為c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),又溶液呈酸性,所以c(H+)c(OH-),故c(HCOO-)c(Na+)c(H+)c(OH-),將物料守恒和電荷守恒聯(lián)立,可得c(HCOO-)+2c(OH-)=c(HCOOH)+ 2c(H+),綜上,C正確。,2.電子守恒法 【內(nèi)涵解讀】 1.含義:在氧化還原反應(yīng)中(或系列化學(xué)反應(yīng)中)氧化劑所得電子總數(shù)等于還原劑所失電子總數(shù);或電解池、原電池中兩極轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)相等。 2.類型: (1)在氧化還原反應(yīng)中:氧化劑得電子總數(shù)=還原劑失電子總數(shù)。 (2)在電解過(guò)程中:陰極得電子總數(shù)=陽(yáng)極失電子總數(shù)。 (3)在原電池中:負(fù)極失去的電子數(shù)=正極得到的電子數(shù)。,【典題訓(xùn)練】 1.(化合價(jià)或物質(zhì)的確定)已知 可與R2-作用,R2-被氧化為R單質(zhì), 的還原產(chǎn)物中,M為+3價(jià);c( )=0.3 molL-1的溶液100 mL可與c(R2-)=0.6 molL-1的溶液150 mL恰好完全反應(yīng),則n值為( ) A.4 B.5 C.6 D.7,【解析】選D。R2-被氧化為R單質(zhì),失去電子,而M元素的化合價(jià)降低,得到電子, 的還原產(chǎn)物中,M為+3價(jià)。設(shè) 中M元素的化合價(jià)為x,則由電子守恒可知,0.15 L0.6 molL-1(2-0) =0.1 L0.3 molL-12(x-3),解得x=+6。 中(+6)2+ (-2)n=-2,則n=7。,2.(氧化還原反應(yīng)綜合計(jì)算)足量銅溶于一定量濃硝酸,產(chǎn)生NO2、N2O4、NO的混合氣體,這些氣體若與2.24 L O2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)混合后通入水中,氣體被水完全吸收。若向原所得溶液中加入10 molL-1 H2SO4溶液100 mL,則繼續(xù)溶解的Cu的質(zhì)量為( ) A.0 B.32 g C.38.4 g D.48 g,【解析】選C。Cu和濃硝酸反應(yīng)過(guò)程中,Cu→Cu2+和HNO3→NO2、 N2O4、NO,轉(zhuǎn)移電子守恒;NO2、N2O4、NO→HNO3和2.24 L O2(標(biāo)準(zhǔn)狀 況)→ ,轉(zhuǎn)移電子守恒;所以O(shè)2得到的電子的物質(zhì)的量等于Cu失去 的電子的物質(zhì)的量,則n(Cu)= =0.2 mol,根據(jù)原子守 恒得n[Cu(NO3)2]=n(Cu)=0.2 mol,再加入稀硫酸后,溶液中含有H+ 和 ,又能繼續(xù)溶解Cu,n(H+)=2n(H2SO4)=210 molL-10.1 L =2 mol,n( )=20.2 mol=0.4 mol。設(shè)溶解Cu的質(zhì)量為x,可 運(yùn)用離子反應(yīng)進(jìn)行計(jì)算。,3Cu + 2 + 8H+====3Cu2++2NO↑+4H2O 192 g 2 mol 8 mol x 0.4 mol 2 mol 反應(yīng)中H+過(guò)量,按照 進(jìn)行計(jì)算,則 192 g∶x=2 mol∶0.4 mol, x=38.4 g。,3.(電化學(xué)計(jì)算)用惰性電極電解NaCl和CuSO4混合液250 mL,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后,兩極均得到11.2 L氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀況),則下列有關(guān)描述中,正確的是( ) A.陽(yáng)極發(fā)生的反應(yīng)只有:4OH--4e-====2H2O+O2↑ B.兩極得到的氣體均為混合氣體 C.若Cu2+起始濃度為1 molL-l,則c(Cl-)起始為2 molL-1 D.Cu2+的起始物質(zhì)的量應(yīng)大于0.5 mol,【解析】選C。惰性電極電解NaCl和CuSO4混合液,兩極均得到11.2 L氣體,則陰極反應(yīng)為Cu2++2e-====Cu、2H++2e-====H2↑,陽(yáng)極反應(yīng)為2Cl--2e-====Cl2↑、4OH--4e-====2H2O+O2↑。陽(yáng)極氣體為Cl2和O2的混合氣體,陰極只得到H2;兩極均得到11.2 L氣體,則n(H2)= 0.5 mol,若c(Cu2+)=1 molL-1,n(Cu2+)=0.25 mol,陰極上Cu2+和H+放電,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.25 mol2+0.5 mol2=1.5 mol。,設(shè)溶液中Cl-的物質(zhì)的量為x,則O2的物質(zhì)的量為0.5 mol-0.5x。根據(jù)得失電子守恒,可得 x+4(0.5 mol-0.5x)=1.5 mol,解得x=0.5 mol。 因此c(Cl-)=0.5 mol/0.25 L=2 molL-1。 根據(jù)得失電子守恒,可得:2n(Cu)+2n(H2)=2n(Cl2)+4n(O2),則n(Cu)=n(Cl2)+2n(O2)-n(H2)=n(O2)0.5 mol。,【思維建?!?1.方法的選?。?涉及氧化還原反應(yīng) 電子守恒 (1)在氧化還原反應(yīng)中確定元素的化合價(jià)、確定產(chǎn)物的化學(xué)式等,常用電子守恒法進(jìn)行計(jì)算。 (2)在原電池和電解池的計(jì)算中,兩極通過(guò)電子的物質(zhì)的量相等;串聯(lián)電路中,各電極上轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等。 (3)在復(fù)雜的氧化還原反應(yīng)計(jì)算中,準(zhǔn)確運(yùn)用電子守恒,常可簡(jiǎn)化運(yùn)算,出奇制勝。,2.解題流程: (1)確定氧化劑、還原劑及相應(yīng)的還原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物。 (2)找準(zhǔn)一個(gè)原子或離子得失電子數(shù)(特別注意化學(xué)式中有多個(gè)原子化合價(jià)變化的情況)。 (3)根據(jù)題中物質(zhì)的物質(zhì)的量和電子守恒列出等式。 n(氧化劑)變價(jià)原子個(gè)數(shù)化合價(jià)變化值(高價(jià)-低價(jià))=n(還原劑)變價(jià)原子個(gè)數(shù)化合價(jià)變化值(高價(jià)-低價(jià)),【加固訓(xùn)練】1.在酸性溶液中,下列物質(zhì)氧化KI溶液時(shí),自身發(fā)生如下變化:甲:KIO3( →I2);乙:H2O2(H2O2→H2O);丙:FeCl3(Fe3+→Fe2+);?。篕2Cr2O7( →Cr3+)。用濃度均為 0.1 molL-1的已經(jīng)酸化的上述氧化劑滴定等量的KI溶液,所需體積的大小順序?yàn)? ) A.甲乙丙丁 B.乙丙丁甲 C.丁甲乙丙 D.丙乙甲丁,【解析】選D。氧化等量的KI,需要等濃度的氧化劑的體積越大,相同物質(zhì)的量的氧化劑得到的電子越少,1 mol題中氧化劑得到的電子分別為5 mol、2 mol、1 mol、6 mol,則用濃度均為0.1 molL-1的已經(jīng)酸化的上述氧化劑滴定等量的KI溶液,所需體積的大小順序?yàn)楸壹锥 ?2.將4.48 g Fe溶于1 L 0.2 molL-1的稀硫酸,再加入50 mL 0.4 molL-1KNO3溶液,其中的Fe2+全部轉(zhuǎn)化成Fe3+, 也完全反應(yīng),生成一種氮氧化物NyOx,則該氮氧化物的化學(xué)式是( ) A.N2O B.NO C.N2O5 D.NO2,【解析】選A。4.48 g Fe的物質(zhì)的量n(Fe)= =0.08 mol, 1 L 0.2 molL-1的稀硫酸中n(H2SO4)=1 L0.2 molL-1=0.2 mol。 由Fe+H2SO4====FeSO4+H2↑可知,硫酸有剩余,故溶液中n(Fe2+)= n(Fe)=0.08 mol,再加入50 mL 0.4 molL-1KNO3溶液后,其中的 Fe2+全部轉(zhuǎn)化成Fe3+, 也完全反應(yīng),生成一種氮氧化物NyOx,令 氮元素在氮氧化物中的化合價(jià)為a,根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知: 0.08 mol(3-2)=0.05 L0.4 molL-1(5-a),解得a=1,故該氮 氧化物的化學(xué)式為N2O。,3.足量銅與一定量濃硝酸反應(yīng)得到硝酸銅溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體,這些氣體與1.68 L O2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)混合后通入水中,所有氣體完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸銅溶液中加入5 molL-1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀,則消耗NaOH溶液的體積是( ) A.60 mL B.45 mL C.30 mL D.15 mL,【解析】選A。由于氣體完全反應(yīng)生成HNO3,則整個(gè)過(guò)程中HNO3反應(yīng)前后沒(méi)有變化,即Cu失去的電子的物質(zhì)的量等于O2得到的電子的物質(zhì)的量。根據(jù)得失電子守恒: n(Cu)2=n(O2)4, n(Cu)2= 4, 解得n(Cu)=0.15 mol, 則n(Cu2+)=n(Cu)=0.15 mol。,由于沉淀1 mol Cu2+消耗2 mol OH-,因此n(NaOH)=0.15 mol2= 0.3 mol。 則V(NaOH)= =0.06 L,即60 mL。,4.用酸性氫氧燃料電池(乙池)為電源進(jìn)行電解的實(shí)驗(yàn)裝置(甲池,一定條件下可實(shí)現(xiàn)有機(jī)物的電化學(xué)儲(chǔ)氫)如圖所示。甲池中A為含苯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為10%的混合氣體,B為10 mol混合氣體,其中苯的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為24%,C為標(biāo)準(zhǔn)狀況下2.8 mol氣體(忽略水蒸氣),下列說(shuō)法不正確的是( ),A.乙池中溶液的pH變大 B.E處通入H2,C處有O2放出 C.甲池中陰極區(qū)只有苯被還原 D.導(dǎo)線中共傳導(dǎo)11.2 mol電子,【解析】選C。乙池裝置是氫氧燃料電池,總反應(yīng)方程式為2H2+O2 ====2H2O,由于反應(yīng)生成水因此乙池中H+濃度減小,pH增大,故A正確;根據(jù)題意,陰極上苯反應(yīng)生成環(huán)己烷,電極反應(yīng)為C6H6+6H++6e-====C6H12,陽(yáng)極上OH-放電生成O2,電極反應(yīng)式為4OH--4e-==== 2H2O+O2↑,所以E為負(fù)極,通入氫氣,C處產(chǎn)生氧氣,故B正確;參加反應(yīng)的苯為10 mol24%-10 mol10%=1.4 mol,甲池中陰極區(qū)苯放電的電極反應(yīng)式為C6H6+6H++6e-====C6H12,1.4 mol苯反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1.4 mol6=8.4 mol;產(chǎn)生2.8 mol O2轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的,量為2.8 mol4=11.2 mol,所以甲池中陰極區(qū)不只有苯被還原,故C錯(cuò)誤;根據(jù)O2可以確定導(dǎo)線中共傳導(dǎo)11.2 mol電子,故D正確。,3.電荷守恒法 【內(nèi)涵解讀】 1.含義:電解質(zhì)溶液一定呈電中性,即電解質(zhì)溶液中的陽(yáng)離子所帶的正電荷總數(shù)與陰離子所帶的負(fù)電荷總數(shù)相等。 2.類型: (1)溶液中或離子化合物中正電荷的物質(zhì)的量=負(fù)電荷的物質(zhì)的量:Σ[n(Ma+)a]=Σ[n(Nb-)b]。 (2)溶液中正電荷的總濃度=負(fù)電荷的總濃度:[c(Ma+)a]= Σ[c(Nb-)b]。 (3)離子反應(yīng)中電荷守恒。,【典題訓(xùn)練】 1.(運(yùn)用電荷守恒計(jì)算溶液組成)由硫酸鉀、硫酸鋁和硫酸組成的混合溶液,其中c(H+)=0.1 molL-1,c(Al3+)=0.4 molL-1,c( )= 0.8 molL-1,則c(K+)為( ) A.0.15 molL-1 B.0.2 molL-1 C.0.3 molL-1 D.0.4 molL-1,【解析】選C。根據(jù)溶液電荷守恒,溶液中存在3c(Al3+)+c(K+)+ c(H+)=2c( )+c(OH-),而溶液中c(OH-)很小,可以忽略不計(jì),則 有3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c( ),所以:c(K+)=2c( )- 3c(Al3+)-c(H+)=20.8 molL-1-30.4 molL-1-0.1 molL-1 =0.3 molL-1。,2.(運(yùn)用電荷守恒比較離子濃度大小)用0.10 molL-1的鹽酸滴定0.10 molL-1的氨水,滴定過(guò)程中不可能出現(xiàn)的結(jié)果是( ) A.c( )c(Cl-),c(OH-)c(H+) B.c( )=c(Cl-),c(OH-)=c(H+) C.c(Cl-)c( ),c(OH-)c(H+) D.c(Cl-)c( ),c(H+)c(OH-),【解析】選C。鹽酸滴定氨水,反應(yīng)后的溶液中只有四種離子,存在 電荷守恒:c( )+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),若反應(yīng)后的溶液呈堿 性,即c(OH-)c(H+),則c( )c(Cl-);若溶液為中性,即c(OH-) =c(H+),則c( )=c(Cl-);若溶液呈酸性,即c(H+)c(OH-),則 c(Cl-)c( )。,3.(離子反應(yīng)電荷守恒的運(yùn)用)在一定條件下, 和氯氣可發(fā)生如下反應(yīng): +Cl2+2OH-==== +2Cl-+H2O,從而可知在 中,元素R的化合價(jià)為( ) A.+3 B.+5 C.+6 D.+7 【解析】選B。根據(jù)電荷守恒,可以確定n=1。在 中R的化合價(jià)為+5。,4.(運(yùn)用電荷守恒推斷溶液組成)今有一混合物的水溶液,只可能含有以下離子中的若干種: 、Cl-、Mg2+、Ba2+、K+、 、 ,現(xiàn)取三份100 mL溶液進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn),并回答相關(guān)問(wèn)題: ①第一份加入AgNO3溶液有沉淀產(chǎn)生; ②第二份加足量NaOH溶液加熱后,收集到氣體0.04 mol; ③第三份加足量BaCl2溶液后,得干燥沉淀6.27 g,經(jīng)足量鹽酸洗滌、干燥后,沉淀為2.33 g。 根據(jù)上述實(shí)驗(yàn),推測(cè)一定存在的離子是__________________,可能存在的離子是____________________。,【解析】①第一份加入AgNO3溶液有沉淀產(chǎn)生,與AgNO3溶液反應(yīng)有沉淀產(chǎn)生的離子有Cl-、 、 ; ②加足量NaOH溶液加熱產(chǎn)生氣體,氣體是氨氣,故溶液中一定含有 ,并且物質(zhì)的量為0.04 mol; ③不溶于鹽酸的2.33 g沉淀為BaSO4,n(BaSO4)= = 0.01 mol;6.27 g沉淀是BaSO4和BaCO3,m(BaCO3)=6.27 g-2.33 g =3.94 g,n(BaCO3)= =0.02 mol,故原溶液中一定存在,、 ,則一定沒(méi)有Mg2+、Ba2+;再根據(jù)電荷守恒,正電荷的物質(zhì)的量為n( )=0.04 mol;負(fù)電荷的物質(zhì)的量為2n( )+ 2n( )=0.06 mol,正電荷的物質(zhì)的量小于負(fù)電荷的物質(zhì)的量,故原溶液中一定有K+,至少為0.02 mol;綜合以上可以得出,一定存在的離子有 、K+、 、 ,一定沒(méi)有的離子為Mg2+、Ba2+,可能存在Cl-。 答案: 、K+、 、 Cl-,【思維建?!?1.方法的選?。?電解質(zhì)溶液或固體離子化合物、離子反應(yīng) 電荷守恒 (1)電解質(zhì)溶液中判斷可能存在的離子,常用電荷守恒進(jìn)行確定。 (2)比較溶液中離子濃度的大小,常用電荷守恒。 (3)計(jì)算溶液(特別是混合溶液)中離子濃度的大小,常運(yùn)用電荷守恒法。 (4)離子方程式或電極反應(yīng)的書(shū)寫(xiě)與配平,運(yùn)用電荷守恒??筛旖?、更準(zhǔn)確。,2.解題流程: (1)找出所有離子:找出溶液或晶體中的所有陽(yáng)離子和陰離子。 (2)列出守恒等式:根據(jù)電荷守恒,列出等式。 (3)計(jì)算與比較:根據(jù)守恒關(guān)系,可計(jì)算未知離子的濃度或物質(zhì)的量;或者結(jié)合題中信息,確定離子濃度的大小關(guān)系。,【加固訓(xùn)練】1.由鈉元素和氧元素組成的某種離子物質(zhì)中陰離子只有O2-和 (過(guò)氧根離子)。在此物質(zhì)中氧元素和鈉元素的質(zhì)量之比為48∶92,其中O2-和 的物質(zhì)的量之比為( ) A.1∶1 B.2∶1 C.1∶2 D.1∶3,【解析】選A。根據(jù)題意, 假設(shè)氧原子的物質(zhì)的量為3 mol,則鈉原子的物質(zhì)的量為4 mol。 設(shè)O2-的物質(zhì)的量為x,則 的物質(zhì)的量為 。根據(jù)電荷守恒得2x+ 2=41,解得x=1 mol。 的物質(zhì)的量為 =1 mol,因此O2-和 的物質(zhì)的量之比為1∶1。,2.有一未知濃度的稀硫酸25 mL,先加入25 mL 5 molL-1BaCl2溶液后,改加NaOH溶液,結(jié)果用去1.0 molL-1NaOH溶液25 mL恰好完全中和。則稀硫酸的物質(zhì)的量濃度為( ) A.0.5 molL-1 B.1.0 molL-1 C.1.5 molL-1 D.2.0 molL-1,【解析】選A。稀硫酸中加入BaCl2溶液并不影響溶液中H+的物質(zhì)的量,因此加入NaOH溶液的離子反應(yīng)為H++OH-====H2O。設(shè)稀硫酸的濃度為c,則0.025 Lc2=1.0 molL-10.025 L,解得:c=0.5 molL-1。,3.下列各溶液中,微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是( ) A.常溫下,將pH=2的鹽酸和pH=12的氨水等體積混合后: c( )c(Cl-)c(OH-)c(H+) B.0.1 molL-1Na2CO3溶液:c(Na+)+c(H+)=c( )+c( )+c(OH-) C.0.1 molL-1NH4Cl溶液:c( )=c(Cl-) D.向醋酸鈉溶液中加入適量醋酸,得到的酸性混合溶液:c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-),【解析】選A。pH=2的鹽酸和pH=12的氨水等體積混合,氨水過(guò)量, 溶液呈堿性,則c(OH-)c(H+),根據(jù)電荷守恒得c(OH-)+c(Cl-)= c( )+c(H+),則c( )c(Cl-),所以離子濃度大小順序是 c( )c(Cl-)c(OH-)c(H+),故A正確;根據(jù)電荷守恒,可得 Na2CO3溶液中:c(Na+)+c(H+)=c( )+2c( )+c(OH-),故B錯(cuò) 誤;氯化銨是強(qiáng)酸弱堿鹽, 易水解而使溶液呈酸性,則c(OH-) c(OH-),,根據(jù)電荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-),則c(CH3COO-) c(Na+),故D錯(cuò)誤。,4.某溶液中只可能含有下列離子中的幾種(不考慮溶液中含的較少的H+和OH-)Na+、 、 、 、 。取200 mL該溶液,分為等體積的兩份分別做下列實(shí)驗(yàn)。 實(shí)驗(yàn)1:第一份加入足量的燒堿并加熱,產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為224 mL。 實(shí)驗(yàn)2:第二份先加入足量的鹽酸,無(wú)現(xiàn)象,再加足量的BaCl2溶液,得固體2.33 g。下列說(shuō)法正確的是( ),A.該溶液中可能含有Na+ B.該溶液中肯定含有 、 、 、 C.該溶液中一定不含 D.該溶液中一定含Na+,且c(Na+)≥0.1 molL-1,【解析】選D。根據(jù)實(shí)驗(yàn)1:第一份加入足量的燒堿并加熱,會(huì)產(chǎn)生氣 體224 mL,證明含有 ,且物質(zhì)的量為0.01 mol;實(shí)驗(yàn)2:第二份 先加入足量的鹽酸,無(wú)現(xiàn)象,則一定不含有 ,再加足量的BaCl2 溶液,得固體2.33 g,證明一定含有 ,且n( )= =0.01 mol,根據(jù)溶液中的電荷守恒,則一定含有Na+,且c(Na+)≥ =0.1 molL-1,D正確;該溶液中肯定含有 、 、Na+,故A、B錯(cuò)誤;該溶液中可能含有 ,故C錯(cuò)誤。,- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來(lái)的問(wèn)題本站不予受理。
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