《2021届一轮复习人教版数学思想在化学计算中的应用学案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届一轮复习人教版数学思想在化学计算中的应用学案.pdf（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、数学思想在化学计算中的应用一、一般比例式法1化学方程式在物理量方面表示的含义aA(g)bB(g)=cC(g)dD(g)质量比aMA bMBcMC dMD物质的量比abcd体积比abcd2一般步骤(1)根据题意写出并配平化学方程式。(2)依据题中所给信息及化学方程式判断是否过量，用完全反应的量进行求解。(3)选择适当的量(如物质的量、气体体积、质量等)的关系作为计算依据，把已知的和需要求解的量用 n(B)、V(B)、m(B)或设未知数为 x 表示分别写在化学方程式有关化学式的下面，两个量及单位“上下一致”。(4)列比例式，求未知量。【例 1】已知：IO35I6H=3I23H2O。工业上利用NaI
2、O3和 NaHSO3反应来制取单质I2。NaIO3不 足 时：2NaIO3 6NaHSO3=2NaI 3Na2SO43H2SO4；NaIO3足量时还会发生反应：5NaINaIO33H2SO4=3I23Na2SO43H2O。现模拟工业制取I2。在含 31.2 g NaHSO3的溶液中逐滴加入2 mol L1 NaIO3溶液 V mL。(1)当 V_ mL 时，再滴 NaIO3就开始析出 I2。(2)当 V 为 55 mL 时，生成的 I2的质量为 _ g。解析：(1)n(NaHSO3)31.2 g104 gmol10.3 mol2NaIO3 6NaHSO3=2NaI3Na2SO43H2SO42
3、mol6 mol2V103 mol 0.3 mol故 V50。(2)由题意知 NaIO3的物质的量为：2(5550)103 mol0.01 mol。5NaINaIO33H2SO4=3I23Na2SO43H2O1 mol3 mol001 moln(I2)则 n(I2)0.03 mol，所以 m(I2)0.03 mol254 g mol17.62 g。答案：(1)50(2)7.62 1取 50.0 mL 的 Na2CO3和 Na2SO4的混合溶液，加入过量的BaCl2溶液得到 14.51 g 白色沉淀，用过量稀HNO3溶液处理沉淀，最后沉淀减少到4.66 g，并有气体放出，试计算：(1)原混合溶液
4、中 Na2CO3和 Na2SO4的物质的量浓度。(2)产生的气体在标准状况下的体积。解析：由题意可知，BaSO4的质量为 4.66 g，即：m(BaSO4)4.66 gm(BaCO3)14.51 gm(BaSO4)14.51 g4.66 g9.85 g。(1)Na2CO3BaCl2=BaCO32NaCl1 mol197 gc(Na2CO3)0.050 L9.85 g解得：c(Na2CO3)1.00 mol L1Na2SO4BaCl2=BaSO42NaCl1 mol233 gc(Na2SO4)0.050 L4.66 g解得：c(Na2SO4)0.400 mol/L。(2)BaCO32HNO3=B
5、a(NO3)2CO2H2O197 g22.4 L985 gV(CO2)解得：V(CO2)1.12 L。二、守恒法常见类型质量守恒：m（反应物）m（生成物）元素守恒：反应过程中，原子的物质的量不变电荷守恒：在电解质溶液中，N（正电荷）N（负电荷），例如，在 KCl 和Na2SO4的混合溶液中，存在关系：c（K）c（Na）c（Cl）2c（SO24）电子守恒：在氧化还原反应中，n（失电子）n（得电子）【例 2】38.4 mg 铜跟适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集气体22.4 mL(标准状况)，反应消耗HNO3的物质的量可能是()A1.0103 molB1.6103 mol C2.2103 mo
6、lD2.4103 mol 解析：铜与浓 HNO3反应生成NO2，反应一段时间后，HNO3浓度降低，剩余的铜与稀HNO3反应生成NO，反应后的产物是Cu(NO3)2、NO2、NO、H2O。运用原子物质的量守恒法，反应前后氮原子的物质的量不变，则n(HNO3)2nCu(NO3)2n(NO2)n(NO)238.4103g64 gmol122.4103 L22.4 Lmol12.2103mol，即参加反应的硝酸的物质的量为2.2103mol。答案：C【例 3】某溶液中仅含有Na、Mg2、SO24、Cl四种离子，其物质的量浓度比为NaMg2Cl355，若 Na浓度为 3 mol L1，则 SO24的浓度
7、为()A2 molL1B3 molL1C4 molL1D8 molL1解析：根据电荷守恒可知，3 molL115 mol L125 molL11c(SO24)2，解得 c(SO24)4 mol L1。答案：C 2在反应 A2B=C2D 中，已知 C 和 D 的相对分子质量之比为 229，当 1.6 g A 与 B 完全反应后，生成4.4 g C，则在此反应中参与反应的 B 和生成的 D 的质量之比为()A169 B239 C329D469 解析：根据 A2B=C2D 知生成 4.4 g C 时生成 D 的质量为29224.4 g3.6 g，由质量守恒定律知参加反应的B 的质量为 3.6 g4.
8、4 g1.6 g6.4 g，故参加反应的 B 与生成的 D的质量比为 6.4 g3.6 g169。答案：A 3若将 12.8 g铜与一定量的浓硝酸反应，铜消耗完时，得NO、NO2混合气体5.6 L(标准状况下)。则所消耗硝酸的物质的量是_，生成 NO 的体积为 _L。解析：由氮原子守恒n(HNO3)n(NO、NO2)2nCu(NO3)25.6 L22.4 Lmol1212.8 g64 gmol10.65 mol由题意知n（NO）n（NO2）5.6 L22.4 L mol13n（NO）n（NO2）12.8 g64 g mol12（电子守恒）解之：n(NO)0.075 mol，V(NO)0.075
9、 mol22.4 Lmol11.68 L。答案：0.65 mol1.68 三、差量法1所谓“差量”就是指反应过程中反应物的某种物理量之和(始态量)与同一状态下生成物的相同物理量之和(终态量)的差，这种物理量可以是质量、物质的量、气体体积、气体压强、反应过程中的热效应等。2计算依据：化学反应中反应物或生成物的量与差量成正比。3解题关键：一是明确产生差量的原因，并能根据方程式求出理论上的差值(理论差值)。二是结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)。【例 4】为了检验某含有 NaHCO3杂质的 Na2CO2样品的纯度，现将1g 样品加热，其质量变为2g，则该样品的纯度(质量分数)是()A.
10、842531311B.84（12）311C.732421311D.1152841311解析：2NaHCO3Na2CO3H2OCO2 m16810662m(NaHCO3)(12)g质 量 差 为(12)g，故 样 品 中NaHCO3质 量 为168（12）62g，样品中 Na2CO3质量为1 g168（12）62g，其 质 量 分 数 为m（Na2CO3）m（样品）1 g168（12）621 g842531311。答案：A 416 mL 由 NO 与 NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 左右可发生反应：6NO4NH35N26H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，
11、则原混合气体中NO 与 NH3的物质的量之比有四种情况：53、32、43、97。其中正确的是()ABCD解析：由于已知反应前后气体的总体积，故可用差量法直接求解。6NO4NH35N26H2O(g)V(气体的体积差)6 mL4 mL5 mL6 mL(56)(46)1(mL)(理论差量)9 mL6 mL17.5161.5(mL)(实际差量)由此知共消耗 15 mL 气体，还剩余 1 mL 气体，假设剩余的气体全部是 NO，则 V(NO)V(NH3)(9 mL 1 mL)6 mL 53，假设剩余的气体全部是NH3，则 V(NO)V(NH3)9 mL(6 mL 1 mL)97，但因反应是可逆反应，剩余
12、气体实际上是NO、NH3的混合气体，故V(NO)V(NH3)介于 53 与 97 之间，对照所给的数据知 32 与 43 在此区间内。答案：C 四、关系式法多步连续反应计算的特征是化学反应原理中多个反应连续发生，起始物与目标物之间存在定量关系。解题时应先写出有关反应的化学方程式，依据方程式找出连续反应的过程中不同反应步骤之间反应物、生成物物质的量的关系，最后确定已知物和目标产物之间的物质的量的关系，列出计算式求解，从而简化运算过程。【例 5】某实验小组为测定某石灰石样品中CaCO3的质量分数，先称取 W g 石灰石样品，加入过量的浓度为6 mol L1的盐酸，使样品完全溶解，加热煮沸后，除去溶
13、解的CO2。再向溶液中加入足量的草酸铵(NH4)2C2O4溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀：C2O24Ca2=CaC2O4。过滤出CaC2O4后，用稀 H2SO4溶解：CaC2O4H2SO4=H2C2O4CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至 V0 mL，取出 V1 mL，用 a molL1的酸性 KMnO4溶液进行滴定，此时发生反应：2MnO45H2C2O46H=2Mn210CO28H2O。若达到滴定终点时消耗a molL1的酸性 KMnO4溶液V2 mL，则样品中 CaCO3的质量分数为()A.25aV0V2WV1%B.25aV1V2WV0%C.25aV1V0WV2%D.25
14、aV2W%解 析：本题 涉 及 的 化 学 方 程式 或 离 子 方 程 式 有 CaCO32HCl=CaCl2H2OCO2，C2O24Ca2=CaC2O4，CaC2O4H2SO4=H2C2O4CaSO4，2MnO45H2C2O46H=2Mn210CO28H2O，由此得出相应的关系式：5CaCO35Ca25CaC2O45H2C2O42MnO452n(CaCO3)a molL1V2103 L解得：n(CaCO3)2.5aV2103 mol，则样品中(CaCO3)2.5aV2103V0V1 mol100 g mol1W g 100%25aV0V2WV1%。答案：A 5用含FeS280%的硫铁矿生产
15、硫酸，已知该矿石的燃烧率为95%，SO2的转化率为 90%，SO3的吸收率为 98%，若生产 500 t 98%的硫酸，需 _ t原料矿石。解析：此题涉及多步连续反应的计算，若采用相当量关系的方法，则把各步反应的转化率当成原料的有效成分含量，依据原子守恒关系式，设需要矿石的质量为x，由化学方程式可得：FeS22H2SO412029880%95%90%98%x500 t98%12080%95%90%98%x298500 t98%解得：x447.5 t。答案：447.5五、极值法1极值法的含义极值法是采用极限思维方式解决一些模糊问题的解题技巧。它是将题设构造为问题的两个极端，然后依据有关化学知识确
16、定所需反应物或生成物的量值，进行判断分析，求得结果。故也称为极端假设法。2极值法解题的基本思路(1)把可逆反应假设成向左或向右能进行完全的反应。(2)把混合物假设成纯净物。(3)把平行反应分别假设成单一反应。3极值法解题的关键紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落点。【例 6】密闭容器中进行的反应：X2(g)3Y2(g)2Z(g)，X2、Y2和 Z 的起始浓度分别为0.2 mol L1、0.6 mol L1和 0.4 mol L1，当平衡时，下列数据错误的是()AX2为 0.4 mol L1，Y2为 1.2 mol L1BY2为 1.0 mol L1CX2为 0.3 mol L1，Z 为 0.2
17、 mol L1DZ 为 0.7 mol L1解析：依题意知：X2(g)3Y2(g)2Z(g)起始浓度(mol L1)：0.20.60.4假设此可逆反应正向进行到底，则 X2为 0，Y2为 0，Z 为 0.8 mol L1；假设此可逆反应逆向进行到底，则X2为 0.4 molL1，Y2为 1.2 mol L1，Z 为 0。A 项中，相当于反应逆向进行到底，对于可逆反应是不可能的，故 A 项不对。B 项中，0.6 mol L1c(Y2)1.2 mol L1，相当于反应逆向进行一部分，有可能。C 项中，相当于反应逆向进行，消耗一半Z 时的结果，C 项可能。D 项中，相当于反应正向进行一部分，且未进行
18、到底的情况，有可能。答案：A 6在含有 a g HNO3的稀硝酸中，加入b g 铁粉充分反应，铁全部溶解并生成 NO，有a4g HNO3被还原，则 ab 不可能为()A21 B31 C41 D92 解析：Fe 与 HNO3反应时，根据铁的用量不同，反应可分为两种极端情况。(1)若 Fe 过量，发生反应：3Fe8HNO3(稀)=3Fe(NO3)22NO4H2O则有b56a6338，解得：ab31，此为 ab 的最小值。(2)若 HNO3过量，发生反应：Fe4HNO3(稀)=Fe(NO3)3NO2H2O则有b56a6314，解得：ab92，此为 ab 的最大值。所以 ab 的取值范围为31ab92
19、，即 ab 的比值在此范围内均合理。答案：A 六、平均值法所谓平均值法就是一种将数学平均原理应用于化学计算中的一种解题方法。它所依据的数学原理是两个数Mr1和 Mr2(Mr1大于 Mr2)的算术平均值 Mr一定介于两者之间。所以，只要求出平均值Mr，就可以判断 Mr1和 Mr2的取值范围，或根据 Mr1和 Mr2确定 Mr的取值范围，再结合题给条件即可迅速求出正确答案。常见的平均值有：求平均相对原子质量、平均相对分子质量、平均浓度、平均含量、平均摩尔电子质量、平均组成等。【例 7】可能混有下列两种杂质的硫酸铵样品13.2 g，与过量NaOH 溶液在加热条件下反应，收集到标准状况下4.3 L 气
20、体，则样品中不可能混入的杂质是()ANH4HCO3、NH4NO3B(NH4)2CO3、NH4Cl CNH4Cl、NH4HCO3DNH4Cl、NH4NO3解析：13.2 g纯净的(NH4)2SO4与过量 NaOH 溶液在加热条件下反应时最多能生成标准状况下4.48 L 气体，实际生成气体的体积为4.3 L4.48 L，故杂质中能转化为NH3的氮元素含量低于(NH4)2SO4中的氮元素含量。(NH4)2SO4中的氮元素含量为14/66，NH4HCO3中的氮元素含量为14/79，NH4NO3中能转化为NH3的氮元素含量为14/80(注意 NO3中的氮元素不能转化为NH3)，(NH4)2CO3中的氮元
21、素含量为 14/48，NH4Cl 中的氮元素含量为14/53.5。B 项中两种物质中的氮元素含量均比硫酸铵中的高，C、D 两项中两种物质的可转化为NH3的氮元素含量一种比硫酸铵中的高，一种比硫酸铵中的低，A 项中两种物质可转化为NH3的氮元素含量均比硫酸铵的低，依平均值原理知，B 项中的组合不可能。答案：B 7两种金属混合物共15 g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到 11.2 L H2(标准状况)，则原混合物的组成肯定不可能为()AMg 和 Ag BZn 和 Cu CAl 和 ZnDAl 和 Cu 解析：本题可用平均摩尔电子质量(即提供 1 mol 电子所需的质量)法求解。反应中 H被还原生成 H2，由题意可知 15 g 金属混合物可提供 1 mol e，其平均摩尔电子质量为15 g mol1。选项中金属Mg、Zn、Al 的摩尔电子质量分别为12 g mol1、32.5 g mol1、9 gmol1，其中不能与盐酸反应的Ag 和 Cu 的摩尔电子质量可看作无穷大。根据数学上的平均值原理可知，原混合物中一种金属的摩尔电子质量大于 15 gmol1，另一金属的摩尔电子质量小于15 gmol1。根据上述分析，B 项组合不可能。答案：B