【步步高】高三化学一轮复习 第2章 考能特训课件 鲁科

章末考能特训守恒法是中学化学计算中一种很重要的方法与技巧，也是高考试题中应用最多的方法之一，其特点是抓住有关变化的始态和终态，忽略中间过程，利用其中某种不变量建立关系式，从而简化思路，快速解题。守恒法解题依据：根据几个连续的化学方程式前后某微粒如原子、电子、离子的物质的量保持不变，或质量守恒等。化学思想1守恒思想在化学中的应用1.质量守恒法质量守恒主要包含两项内容：①质量守恒定律，②化学反应前后某原子（或原子团）的质量不变。【典例导析1】已知Q与R的摩尔质量之比为9∶22,在反应X+2Y2Q+R中，当1.6gX与Y完全反应后,生成4.4gR,则参与反应的Y和生成物

Q的质量之比为（）

A.23∶9B.32∶9

C.46∶9D.16∶9解析

此题主要考查质量守恒定律。Q与R的摩尔质量之比为9∶22是计算的突破口，由反应方程式知，,得m(Q)=3.6g。再根据质量守恒定律:1.6g+m(Y)=3.6g+4.4g,得m(Y)=6.4g。故m(Y)∶m(Q)=6.4g∶3.6g=16∶9。答案

D2.原子守恒法原子守恒主要指系列反应中某原子（或原子团）个数（或物质的量）不变，以此为基础可求出与该原子（或原子团）相关连的某些物质的数量（或质量）。【典例导析2】某非金属单质A和氧气发生化合反应生成B。B为气体，其体积是反应掉氧气体积的两倍（同温、同压）。以下对B分子组成的推测一定正确的是()

A.有1个氧原子B.有2个氧原子

C.有1个A原子D.有2个A原子解析

根据题意该化合反应可表示为nA+mO2=2mB(n、m为正整数)，再根据氧原子守恒，可推断

B分子中只有一个氧原子,因A单质中原子个数未定,则B分子中A原子的个数无法确定。故选A。A3.电荷守恒法电荷守恒即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，也就是说阳离子物质的量（或浓度）与其所带电荷数乘积的代数和等于阴离子物质的量（或浓度）与其所带电荷数乘积的代数和。常见的电荷守恒有以下几种情况：①化合物化学式中存在的电中性原则（正负化合价代数和为零）。②离子反应中的电荷守恒（反应前后净电荷数相等）。③电解质溶液中存在的电荷守恒（阴、阳离子电荷守恒）。【典例导析3】某硫酸镁和硫酸铝的混合溶液中,[Mg2+]=2mol/L,[SO]=6.5mol/L,若将200mL此混合液中的Mg2+和Al3+分离,至少应加入1.6mol/L的苛性钠溶液（）

A.0.5L

B.1.625L

C.1.8L

D.2L

解析

根据溶液中的电荷守恒可得：2[Mg2+]+3[Al3+]=2[SO

],故[Al3+]=(2×6.5mol/L-2×2mol/L)/3=3mol/L,当加入的NaOH溶液恰好

将Mg2+与Al3+分离时,NaOH转化为Na2SO4和Na[Al(OH)4],则V（NaOH）=D4.得失电子守恒法化学反应中（或系列化学反应中）氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数。【典例导析4】某反应可表示为：mM+nH++O2

xM2++yH2O,则x值为()

A.2B.4C.6D.9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，即x=2。A5.物料守恒电解质溶液中某一组分的原始浓度等于它在溶液中各种存在形成的浓度之和。它实质上是原子守恒和质量守恒。【典例导析5】（2009·安徽理综，13）向体积

为Va的0.05mol/L

CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05mol/LKOH溶液，下列关系错误的是（）A.Va>Vb时:[CH3COOH]+[CH3COO-]>[K+]B.Va=Vb时:[CH3COOH]+[H+]=[OH-]C.Va<Vb时:[CH3COO-]>[K+]>[OH-]>[H+]D.Va与Vb任意比时：[K+]+[H+]=[OH-]+[CH3COO-]解析

若Va=Vb，则溶质只有CH3COOK,据质子守恒知,B正确；若Va>Vb，则CH3COOH剩余,溶质为CH3COOH、CH3COOK,A正确;若Va<Vb,则KOH剩余,溶质为KOH、CH3COOK,离子浓度大小关系为[K+]>[CH3COO-],C错误；根据电荷守恒知，D正确。答案

C迁移应用用1.以惰惰性电极极电解饱饱和食盐盐水,当当电路路中通过过0.2mol电子时时，阴极极上产生生（标准准状况下下）（））2222解析电解饱和和食盐水水，阴极极产生H2，阳极产产生Cl2,生成1molH2消耗2mol电子,VH2=×22.4L/mol=2.24L。D2.1.92g铜投投入一定定量的浓浓硝酸中中,铜完生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体（标准状况），将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入氧气恰好使气体完全溶解在水中，则需要标准状况下的氧气体积为（）A.504mLB.168mLC.336mLD.224mL

解析

整体来看，铜失去的电子给了N原子，接着N原子将所得电子又给了O原子，其中N是“二传手”并没有得失电子，铜失去的电子全部由O原子得到，则：得V（O2）=0.336L。C3.由硫硫酸钾、、硫酸铝铝和硫酸酸组成的的混合溶溶液，其其pH=1,[Al3+]=0.4mol/L，[SO]=0.8mol/L,则[K+]为（（））解析根据溶溶液中中电荷荷守恒恒的原原则，，建立立如下下等式：：[H+]+[K+]+3[Al3+]=2[SO],即0.1mol/L+[K+]+3××0.4mol/L=2××0.8mol/L，则则[K+]=0.3mol/L,故答答案为为C。。C4.Na2O2、HCl、、Al2O3三种物物质在在水中中完全全反应应后，溶溶液中中只含含有Na+、H+、Cl-、OH-，且溶溶液呈中中性，，则Na2O2、HCl、、Al2O3的物质质的量量之比可能为为（（））A.3∶2∶1B.2∶4∶1C.2∶3∶1D.4∶2∶1解析由溶液中只只含有Na+、H+、Cl-、OH-，且溶液呈中性性可知，溶溶质为氯化化钠溶液，，结合钠和氯原子守守恒，Na2O2和HCl的的物质的量量之比必为1∶2，，满足这点点的选项只只有B。B1.（2009·江苏，，7）在下列各溶溶液中，离离子一定能大量共存存的是()A.强碱性性溶液中：：K+、Al3+、Cl-、B.含有0.1mol/LFe3+的溶液中：：K+、Mg2+、I-、C.含有0.1mol/LCa2+的溶液中：：Na+、K+、、Cl-D.室温下下，pH=1的溶液液中：Na+、Fe3+、、易错题重练练解析本题中的隐隐含条件较较易挖掘，，但涉及一一个较复杂的氧氧化还原反反应，即选选项B中Fe3+与I-发生氧化还原反反应而不能能大量共存存，离子方方程式为2Fe3++2I-2Fe2++I2,B不符合合题意；A中在强碱碱性条件下Al3+不能大量存存在；选项项C中Ca2+与不能大量共共存。答案D2.下列方方程式表示示正确的是是（（））A.向Ca(ClO)2溶液中通入入足量的CO2：Ca2++2ClO-+H2O+CO2CaCO3↓+2HClOB.向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中中加入少量量醋酸：+2CH3COOHCO2↑+2CH3COO-+H2OC.向NaBr、KI混合溶溶液中加入入少量氯水水：2I-+Cl2I2+2Cl-D.等体积Ba(OH)2两溶液混合：+Ba2++2OH-

BaCO3↓++2H2O解析A项，关关键在““足量””二字，，足量的的CO2还能与CaCO3反应，A错；B项，关关键词在在于“少少量”，、、都都能能与醋酸酸反应，，当醋酸酸少量时，仅有有发发生反反应，且且生成而而不是CO2，B错；；C项，，I-、Br-都具有还还原性，，但I-还原性比Br-强，当Cl2少量时首首先与I-反应，C对；D项，二二者等量量时，发发生的反反应应为为+Ba2++OH-BaCO3↓+H2O。答案C3.LiAlH4、LiH既是金金属储氢氢材料又又是有机机合成中中的常用试试剂，遇遇水均能能剧烈分分解，释释放出H2，LiAlH4在125℃时分分解为LiH、、H2和Al。。下列说说法不正确确的是（（））A.LiH与D2O反应，，所得氢氢气的摩摩尔质量量为4g/molB.1molLiAlH4在125℃时完完全分解解，转移移3mol电子C.LiAlH4溶于适量量水后得得到无色色溶液，，则化学学方程式可表表示为：：LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2↑D.LiAlH4与乙醛作作用生成成乙醇，，LiAlH4作还原剂剂解析选项A，，LiH与D2O反应生生成氢气气（HD），其摩尔质质量为3g/mol；选项项B，LiAlH4中的Li、Al都是是主族金金属元素素，H是是非金属属元素，，故Li为+1价、、Al为为+3价价、H为为-1价价，受热热分解时时，根据据Al元素素的价态态变化即即可得出出1molLiAlH4在125℃时完全分分解，转转移3mol电子；；选项C，LiAlH4中的-1价价H与H2O中的+1价H发生氧氧化还原原反应生生成H2,同时生成OH-,OH-与Al3+反应生成[Al(OH)4]-，C正确；选项项D，乙醛被被还原为乙醇醇，LiAlH4作还原剂。答案A4.某温度下下将Cl2通入KOH溶溶液，反应后后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，，经测定ClO-与的的物质的的量浓度之比比为11∶1，则Cl2与KOH反应时时，被还原的的氯元素和被被氧化的氯元元素的物质的量量之比为（（））A.1∶3B.4∶3C.2∶1D.3∶1解析析xCl→→xKCl，，Cl元元素素化化合合价价降降x·1；；11Cl→→11KClO，，Cl元元素素化化合合价价升升11××1；；Cl→→KClO3，Cl元元素素化化合合价价升升1××5。。由由此此得得关关系系式：：x·1=11××1+1××5，，x=16，，则则被被还还原原和和被被氧化化的的氯氯元元素素之之比比是是16∶∶（（1+11））=4∶∶3。。B5.下下列列选选项项中中的的两两步步操操作作能能用用一一个个离离子子方方程程式式表表示的的是是（（））A.向向Na2CO3稀溶溶液液中中滴滴加加少少量量稀稀盐盐酸酸；；向向稀稀盐盐酸中中滴滴加加少少量量Na2CO3溶液液B.向向澄澄清清石石灰灰水水中中滴滴加加少少量量NaHCO3；向向NaHCO3溶液液中中滴滴加加少少量量澄澄清清石石灰灰水水C.向向CuSO4溶液液中中滴滴加加少少量量Ba(OH)2溶液液；；向向Ba(OH)2溶液液中中滴滴加加少少量量CuSO4溶液液D.向向AlCl3溶液液中中滴滴加加少少量量NaOH溶溶液液；；向向NaOH溶液液中中滴滴加加少少量量AlCl3溶液液C6.下下列列反反应应的的离离子子方方程程式式书书写写正正确确的的是是（（））A.用用惰惰性性电电极极电电解解MgCl2溶液液：：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-

B.向Ca(OH)2溶液中加入过量的NaHCO3溶液：Ca2++2+2OH-+CaCO3↓+2H2OC.次氯酸钙溶液中通入过量的CO2：Ca2++2ClO-+H2O+CO2CaCO3↓+2HClOD.氢氧化铁溶于碘化氢溶液：Fe(OH)3+3H+Fe3++3H2OB7.在在指定定环境境中，，下列列各组组离子子一定定可存的是（）A.使pH试纸呈红色的溶液：Fe2+、、、Na+B.使无色酚酞试液显红色的溶液：S2-、K+、、[Al(OH)4]-C.加入铝粉可以放出氢气的溶液：Na+、Cl-、、D.在[H+]/[OH-]=1×1013的溶液：、Mg2+、Cl-、K+解析使pH试纸纸呈红红色的的溶液液为酸酸性溶溶液，，与Fe2+在酸性性条件件下不不能共共存，，A项项错；；酚酞酞显红红色的溶溶液是是碱性性溶液液，不不能存存在，，B项项错误；与与铝粉粉能放放出氢氢气的的溶液液是强强酸性性或强强碱性性溶液，，而碱碱性条条件下下不不能能存在在，故故C项项的离离子也不不可以以大量量共存存。答案D8.24mL0.05mol/L的Na2SO3恰好与与20mL0.02mol/L的的K2R2O7溶液完完全反反应，，则R元素素在还原产产物中中的化化合价价为（（））A.0B.+2C.+3D.+6解析设K2R2O7反应后后生成成的还还原产产物中中R的的化合价价为x。依据据化合合价升升降守守恒有有24×10-3L×0.05mol/L××2=20×10-3L×0.02mol/L××(6-x)×2，x=+3。C学生案案例1.Cl2通入石石灰乳乳可制制取漂漂白粉粉，其其反应应的化化学方方程式为为，在标准准状况况下当当有0.224LCl2被Ca（OH））2吸收后后，转转移电电子的的物质质的量量为mol。规范答答案2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O0.01Cl2+Ca（OH））2CaCl2+Ca（ClO）2+H2O0.022.电电解饱饱和食食盐水水的离离子方方程式式：。规范答答案2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH-2.化学方方程式、离离子方程式式的书写规规范答题规范3.只用一一种试剂即即可除去下下列各物质质中的杂质质（括号内为为杂质），，试写出所所用试剂及及有关的离离子方程式：：（1）BaCl2（HCI））：选用试试剂，离子方程式式。（2）CO2（SO2）：选用试试剂，离子方程式。（3）NaCl（Na2