竞赛第四讲.pptVIP

化学计算技巧 守恒思想 凡是涉及到物质的量方面的计算，一般都可以找到相应的守恒关系，在很多情况下，都可以用守恒关系求解。其守恒关系主要有：质量守恒、元素守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。 化学反应中的质量守恒 化学反应中的元素守恒 在一切物理变化、化学变化的前后，物质中的各元素原子的物质的量始终保持守恒，这就是元素守恒。解题时全面找出始、终点是基础，大胆设未知数方程(组)是手段。 氧化还原反应中的得失电子守恒 主要依据： 氧化还原反应中： 还原剂失电子总数=氧化剂得电子总数 溶液中的守恒问题——电荷守恒 根据电解质溶液总是呈电中性，从而利用电解质溶液中阳离子所带电荷总数等于阴离子所带电荷总数来解题，关系式为： Σ(阳离子的物质的量×阳离子的价数) = Σ(阴离子的物质的量×阴离子的价数)； 或Σ(阳离子的物质的量浓度×阳离子的价数) =Σ(阴离子的物质的量浓度×阴离子的价数) * * 质量守恒普遍存在于整个物理、化学变化过程中。如反应前后的质量守恒、反应过程中的催化剂质量守恒、溶液稀释与混合时溶质的质量守恒等。 在化学反应过程中找准反应前后的质量关系，通过对质量不变或改变的原因进行分析，可快速求解。 例题1、向BaCl2溶液中滴入某未知浓度的硫酸溶液至恰好反应完全，结果发现反应前(未加入硫酸前)溶液的质量恰好与反应后所得溶液的质量恰好相等。则加入H2SO4溶液的质量分数为……（ ） A、25% B、42% C、 75% D、98% 解析：由反应式H2SO4+BaCl2=2HCl+BaSO4↓可知，反应前后溶液质量相等，说明加入的H2SO4溶液的质量与生成的BaSO4沉淀的质量相等，由此可以根据质量守恒列式计算。假设生成1mol BaSO4， 则m(H2SO4)溶液=m(BaSO4)=233g n(H2SO4) =n(BaSO4)=1mol 即： m(H2SO4)=98g 得出ω (H2SO4)=98/233=42% 例题2、将2.1g 镁铝合金完全溶于足量盐酸，生成H2 2.24L(标况)，再向溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的质量最大是……（ ） A、2.9g B、4.6g C、5.5g D、6.9g 解析：生成沉淀的质量最大，即Mg全部转变为Mg(OH)2沉淀，Al全部转变为Al(OH)3沉淀，增加的质量为OH-的质量 而OH-的物质的量等于Mg、Al失电子的物质的量，也即为生成H2的物质的量的两倍。 因此，生成沉淀的质量最大为：2.1g+0.1mol×2×17g·mol-1=5.5g 例题3、铜银合金30.0g完全溶于80.0mL13.5 mol/L的硝酸溶液后，得到的NO、NO2气体体积为6.72L(标况),经测定，反应后溶液中的H+浓度为1.00mol/L，体积仍保持为80.00mL，求 (1)、被还原的硝酸的物质的量 (2)、合金中银的质量分数 已知：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O 因为每有1mol HNO3被还原，即对应产生1mol NO或1mol NO2，故被还原的硝酸的物质的量为6.72L÷22.4L·mol-1=0.30mol 若以反应前后N原子的物质的量守恒求解，则： 64g·mol-1×n(Cu)+108g·mol-1×n(Ag)=30g 0.080L×13.5mol/L= 2 n(Cu)+ n(Ag)+0.080L×1.00mol/L+0.30mol 答案：(1)0.30mol (2)36.0% 例题4、往100mL 1.0mol/L的AlCl3溶液中加入一定量1.0mol/L的NaOH溶液，得到3.9g白色沉淀，则所加NaOH溶液的体积可能是……（ ） A、150mL B、200mL C、300mL D、350mL 解析：由Al3++3OH-=Al(OH)3↓, Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O 可推知有两种情况： ①起点 0.1mol AlCl3 xmol NaOH 终点 0.05mol Al(OH)3 剩余AlCl3 NaCl 由OH-守恒可知x=0.15mol，V(NaOH)=150mL ②起点 0.1mol AlCl3 xmol NaOH 终点 0.05mol Al(OH)3 剩余 ymol NaAlO2 zmol NaCl 0.05+y=0.1……铝守恒 z=0.3…………氯守恒 x=y+z…………钠守恒 则得 解得：x=0.35mol，V(NaOH)=350mL 例题5、在装有一定量铜片的试管中，加入一定量18mol/L的浓