高中化学新人教版必修第一册第3章第2节金属材料（第2课时）学案

第2节金属材料第二课时物质的量在化学方程式计算中的应用学习目标：1.掌握物质的量在化学方程式计算中的应用。2.了解化学计算中常见的命题规律和常用的解题方法。1．以物质的量为中心的计算(1)物质的量浓度(c)和溶液质量分数(w)的换算关系是c＝eq\f(1000ρw,M)。(2)阿伏加德罗定律及其应用①同温同压下，气体的体积比等于气体的物质的量之比，即eq\f(V1,V2)＝eq\f(n1,n2)。②同温、定容时，气体的压强比等于气体的物质的量之比，即eq\f(p1,p2)＝eq\f(n1,n2)。③同温同压下，气体的密度比等于它们的摩尔质量之比，即eq\f(ρ1,ρ2)＝eq\f(M1,M2)。④同温、同压下，等质量的任何气体的体积比等于相对分子质量倒数比，即eq\f(V1,V2)＝eq\f(M2,M1)。2．“n”在化学反应方程式中的应用2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑eq\a\vs4\al(化学计量数之比)2∶2∶2∶1eq\a\vs4\al(扩大×1023倍)2××1023∶2××1023∶2××1023∶1××1023eq\a\vs4\al(物质的量之比)2mol∶2mol∶2mol∶1mol结论：化学方程式中各物质的化学计量数之比等于各物质的物质的量之比。1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)化学方程式2H2＋O2eq\o(=,\s\up15(点燃))2H2O的意义为2molH2和1molO2在点燃的条件下完全反应生成2molH2O()(2)0.1molZn和Fe的混合物与足量的稀硫酸反应，一定生成0.1molH2()(3)0.1molAl与足量的氢氧化钠溶液反应，生成3.36LH2()(4)将铝投入到硫酸溶液中，当有3mol电子发生转移时，反应的铝为27g()(5)1L0.1mol/L硫酸中加入0.2molFe，生成0.2molH2()[答案](1)√(2)√(3)×(4)√(5)×2．1.15g金属钠与水反应，得到100mL溶液，则：(1)生成的气体在标准状况下的体积为________。(2)反应后所得溶液的物质的量浓度为________。[解析]n(Na)＝eq\f(1.15g,23g/mol)＝0.05mol，设生成标准状况下气体的体积为V，溶液物质的量浓度为c。2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑2mol2mol22.4L0．05mol0.1L×cVV＝eq\f(22.4L×0.05mol,2mol)＝0.56L；c＝eq\f(2mol×0.05mol,2mol×0.1L)＝0.5mol/L。[答案](1)0.56L(2)0.5mol/L知识点一物质的量在化学方程式中计算的基本步骤1.化学方程式中化学计量数与相关物理量的关系2CO＋O2eq\o(=,\s\up15(点燃))2CO2化学计量数212扩大NA倍2NANA2NA物质的量2mol1mol2mol质量56g32g88geq\o(\s\up7(标准状况下),\s\do15(气体体积))44.8L22.4L44.8L结论：(1)化学方程式中各物质的化学计量数之比等于其粒子数目之比，等于其物质的量之比。(2)对于有气体参加的反应，在同温同压下各气体的化学计量数之比等于其体积之比。2．物质的量应用于化学方程式计算的基本步骤注：(1)各种符号的书写要规范。要注意字母的大、小写，如“M”表示摩尔质量，而“m”表示质量；“N”表示微粒数，而“n”表示物质的量。(2)如果是离子反应，可以根据离子方程式进行计算。如果是氧化还原反应，也可以利用电子转移关系进行有关计算。(3)单位运用对应化：根据化学方程式计算时，如果题目所给的两个量单位不一致，要注意两个量的单位要“上下一致，左右相当”。(4)过量计算给出了两种反应物的量，求解某产物的量。方法：按照化学方程式中量的关系判断哪一种物质过量，然后根据量不足的物质进行求解。【典例1】向500mLNaOH溶液中投入10.8gAl，二者恰好完全反应后，2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑。则：(1)Al的物质的量为________。(2)参加反应的NaOH的物质的量为________，NaOH溶液的物质的量浓度为________。(3)生成标准状况下H2的体积为________。[思路启迪]在解决此类定量分析题目时，首先明确化学方程式中化学计量数体现的定量关系，然后整合题干中的定量信息判断是否存在物质过量，最后按少量的物质进行定量计算，得出结果。[解析](1)n(Al)＝eq\f(10.8g,27g/mol)＝0.4mol。(2)设参加反应的NaOH物质的量是n。则2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑220．4moln则eq\f(2,0.4mol)＝eq\f(2,n)，n＝0.4mol，c(NaOH)＝eq\f(0.4mol,0.5L)＝0.8mol/L。(3)设生成标准状况下H2的体积是V。2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑2mol3×22.4L0．4molVV＝eq\f(0.4mol×3×22.4L,2mol)＝13.44L。[答案](1)0.4mol(2)0.4mol0.8mol/L(3)13.44L(1)根据化学方程式进行计算时，已知的物质的其他物理量可换算成物质的量，再根据化学方程式中化学计量数之比等于其物质的量之比，列比例式。(2)各物理量及单位、公式等尽量用符号表示。各物理量要注明所表示的物质(或粒子)的符号，如参加反应的NaOH的物质的量表示为n(NaOH)。(3)设未知量可直接用各物理量符号表示，如设参加反应的HCl的物质的量为n(HCl)，不带单位。(4)把已知量代入比例式计算时，都要代入单位。(5)根据化学方程式计算时，已知物理量和被求物理量，只要满足“上下一致，左右相当”即可进行求算。[针对训练1]如下表是某学校实验室从化学试剂商店买回来的氢氧化钠试剂标签上的部分内容。某同学从该试剂瓶中取出24.0g固体，配成1L溶液，请计算：eq\x(\a\al(氢氧化钠化学纯CP,500g,品名：氢氧化钠,化学式：NaOH,相对分子质量：40))(1)所得氢氧化钠溶液的物质的量浓度为________；(2)从所得氢氧化钠溶液中取出200mL于一烧杯中，投入足量的金属铝，完全反应后，产生气体的质量为________。[解析](1)n(NaOH)＝eq\f(m,M)＝eq\f(24.0g,40g·mol－1)＝0.6mol，c(NaOH)＝eq\f(n,V)＝eq\f(0.6mol,1L)＝0.6mol·L－1。(2)200mLNaOH溶液的物质的量浓度不变，所以n(NaOH)＝c·V＝0.6mol·L－1×0.2L＝0.12mol，设生成H2的物质的量为xmol，则2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑2mol3mol0.12molxmol可得：eq\f(2mol,0.12mol)＝eq\f(3mol,xmol)⇒x＝0.18mol，则m(H2)＝n·M＝0.18mol×2g·mol－1＝0.36g。[答案](1)0.6mol·L－1(2)0.36g知识点二化学计算中常用的解题方法1.关系式法当已知物和未知物之间是靠多个反应来联系时，只需直接确定已知量和未知量之间的比例关系即“关系式”，就可求得未知量。示例：把CO还原Fe2O3生成的CO2通入澄清石灰水中，求生成沉淀的质量。分析：(1)写出反应方程式：3CO＋Fe2O3eq\o(=,\s\up15(△))2Fe＋3CO2，CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O(2)列关系式3CO～3CO2～3CaCO3，即CO～CaCO3，以上关系也可根据C原子守恒直接确定关系式。2．守恒法化学反应中的守恒关系有：质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒。(1)质量守恒①宏观特征：反应前后质量守恒；②微观特征：反应前后各元素的原子个数守恒。(2)得失电子守恒氧化还原反应中，氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数。(3)电荷守恒①电解质溶液中，阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数；②离子方程式中，反应物所带电荷总数与生成物所带电荷总数相等且电性相同。3．差量法根据化学反应前后物质的有关物理量发生的变化，找出所谓的“理论差量”，如反应前后的质量差、物质的量的差、气体体积差等。该差量与反应物的有关量成正比。差量法就是借助这种比例关系求解的方法。如：把一铁棒插入CuSO4溶液后，过一段时间取出，铁棒的质量增加了4g，据此可求参加反应的Fe的质量。Fe＋CuSO4=FeSO4＋CuΔm566464－56＝8→理论差量m(Fe)4g→实际差量eq\f(56,mFe)＝eq\f(8,4g)，所以m(Fe)＝28g。【典例2】已知：①碳酸钠高温不分解；②碳酸氢钠受热发生分解反应2NaHCO3eq\o(=,\s\up15(△))Na2CO3＋H2O↑＋CO2↑。充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物19g，完全反应后固体质量减轻了3.1g，求：(1)原混合物中碳酸钠的质量是________g。(2)将剩余固体溶于水配成300mL溶液，其中c(Na＋)是________。(3)在剩余固体中，加入过量盐酸，反应后放出二氧化碳的体积(标准状况)是________L。[思路启迪]“差量法”解题的关键在于寻求差量与物质之间的比例关系，以差量作为解题的突破口。[解析](1)设混合物中NaHCO3的质量为m，则：则Na2CO3的质量为19g－8.4g＝10.6g。(2)剩余固体为Na2CO3，质量为19g－3.1g＝15.9g，物质的量为eq\f(15.9g,106g·mol－1)＝0.15mol，则n(Na＋)＝0.3mol，所以c(Na＋)＝eq\f(0.3mol,0.3L)＝1mol·L－1。(3)设生成CO2的物质的量为x，则Na2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑110.15molxeq\f(1,0.15mol)＝eq\f(1,x)⇒x＝0.15mol，所以V(CO2)＝n·Vm＝0.15mol·22.4L·mol－1＝3.36L。[答案](2)1mol·L－1化学计算中常用的三种方法(1)守恒法①质量守恒。②得失电子守恒，应用于氧化还原反应中。③电荷守恒，应用于离子反应中。三种守恒方法有时可同时采用。(2)关系式法一般用于多步反应中。(3)差量法①体积差量法(气体体系中)②物质的量差量法(所有体系)③固体差量法(固体体系中)[针对训练2]有两份质量相同的NaHCO3固体，向第一份中加入盐酸使其充分反应；将第二份加热使其完全分解，冷却至原温度再加入相同浓度的盐酸充分反应，则它们所消耗的盐酸的体积比为()A．2∶1B．1∶1C．1∶2D．4∶1[解析]解法一：取168gNaHCO3固体，第一份：NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑168g×2g第二份：2NaHCO3eq\o(=,\s\up15(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑2×84106168g106gNa2CO3＋2HCl=2NaCl＋H2O＋CO2↑106×2106g×2g通过比较可知耗用的盐酸量相等。解法二：不论NaHCO3是直接与酸反应，还是受热分解后的固体再与酸反应，其中的Na＋均转化为NaCl，因Na＋的量一定，则需Cl－的量一定，即需盐酸的量一定，所以由守恒法可直接判断出消耗的盐酸的量相等。[答案]B1．在500mLNaOH溶液中加入足量铝粉，反应完全后共收集到标准状况下的气体6.72L，生成物NaAlO2的物质的量浓度为(假定反应前后，溶液体积不变)()A．1mol/L B．0.4mol/LC．1.5mol/L D．2mol/L[解析]2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑2mol3×22.4Ln(NaAlO2)6.72Ln(NaAlO2)＝eq\f(2mol×6.72L,3×22.4L)＝0.2mol，c(NaAlO2)＝eq\f(0.2mol,500×10－3L)＝0.4mol/L。[答案]B2．下列判断正确的是()A．足量金属Na与标准状况下11.2LO2反应一定转移2mol电子B．金属与氧气反应时都生成最高价金属氧化物C．金属钠与H2O反应生成NaOH，金属铜也能与H2O反应生成Cu(OH)2D．2.7gAl分别与足量KOH溶液和稀硫酸反应产生气体的体积(相同条件下)相等[解析]标准状况下，11.2LO2的物质的量为0.5mol，若0.5molO2与足量金属钠完全反应生成Na2O则转移2mol电子，若完全反应生成Na2O2则转移1mol电子，A项错误；如Fe与O2反应可生成Fe2O3或Fe3O4，B项错误；Cu的性质不活泼，不能与H2O反应，C项错误；Al与KOH溶液、稀硫酸反应都生成H2，当质量相同的Al分别与足量KOH溶液和稀硫酸反应时，产生H2的体积相等，D项正确。[答案]D3．若1.8g某金属与足量盐酸充分反应，放出2.24L(标准状况下)H2，则该金属是()A．AlB．MgC．FeD．Zn[解析]标准状况下，2.24LH2的物质的量为0.1mol，反应转移的电子数为0.2mol，故每转移1mol电子，消耗该金属1.8g×eq\f(1mol,0.2mol)＝9g。Al的摩尔质量为27g·mol－1，与盐酸反应每转移1mol电子，消耗Al的质量为9g，故选A。Mg的摩尔质量为24g·mol－1，与盐酸反应每转移1mol电子，消耗Mg的质量为12g，故不选B项；同理，每转移1mol电子消耗Fe的质量为28g，消耗Zn的质量为32.5g，故不选C、D项。[答案]A4．将4.6g金属Na投入到100g不同浓度的下列盐酸中①0.365%②3.65%③36.5%，则放出H2的物质的量()A．③最少 B．③最多C．都一样多 D．无法确定[解析]n(Na)＝eq\f(4.6g,23g/mol)＝0.2mol，①中n(HCl)＝eq\f(0.365%×100g,36.5g/mol)＝0.01mol，②中n(HCl)＝0.1mol，③中n(HCl)＝1mol，由2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，①、②中HCl不足，③中HCl过量，但由于过量的Na会与水反应2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，故Na在溶液中全部反应，转移电子数相同，生成的H2物质的量相同。[答案]C5．把6.5gZn放入足量盐酸中，锌完全反应，计算：(1)6.5gZn的物质的量；(2)参加反应的HCl的物质的量；(3)生成H2的体积(标准状况)。[解析]根据物质的量、质量和摩尔质量的关系，先计算出6.5gZn的物质的量，然后根据化学反应中各物质之间的化学计量数之比，计算出参加反应的HCl的物质的量和生成H2的体积。(1)Zn的摩尔质量是65g·mol－1。n(Zn)＝eq\f(mZn,MZn)＝eq\f(6.5g,65g·mol－1)＝0.1mol(2)Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑120．1moln(HCl)eq\f(1,2)＝eq\f(0.1mol,nHCl)n(HCl)＝eq\f(0.1mol×2,1)＝0.2mol。(3)Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑1mol22.4L0.1molV(H2)V(H2)＝eq\f(0.1mol×22.4L,1mol)＝2.24L。[答案](1)0.1mol(2)0.2mol(3)2.24L课后作业(十七)[基础巩固]一、物质的量在化学方程式计算中的应用1．将20g由Mg、Zn、Fe组成的混合物与40mL稀硫酸恰好完全反应，产生的氢气在标准状况下为11.2L，则三种金属的物质的量之和为()A．1.0mol B．0.5molC．0.25mol D．0.125mol[解析]Mg、Zn、Fe反应后均生成二价金属离子，1mol混合物反应产生1mol氢气，现氢气标准状况下的体积为11.2L，则金属共计0.5mol。[答案]B2．将铝投入到一定量的NaOH溶液中，充分反应后，有2mol的电子发生转移，则参加反应的铝的物质的量为()A.eq\f(1,3)mol B．1molC．2mol D.eq\f(2,3)mol[解析]铝在反应时，1molAl可失去3mol电子，因此有2mol电子转移需Al的物质的量为eq\f(2,3)mol。[答案]D3．镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与时间(t)的关系如图所示。反应中镁和铝的()A．物质的量之比为3∶2B．质量之比为3∶2C．摩尔质量之比为2∶3D．转移电子数之比为2∶3[解析]本题借助图像考查金属与酸反应的有关知识。由图像分析可知，Mg、Al产生H2的体积相等，则Mg、Al失去电子数相等，2×n(Mg)＝3×n(Al)，故n(Mg)∶n(Al)＝3∶2，又因Mg、Al的摩尔质量之比为24g/mol∶27g/mol＝8∶9，则Mg、Al的质量之比为3mol×24g/mol∶2mol×27g/mol＝4∶3。[答案]A4．设nA代表阿伏加德罗常数(NA)的值，下列说法正确的是()A．1molNa在空气中完全燃烧，转移的电子数为2nAB．常温下，2.7g铝与足量NaOH溶液反应，消耗nA个水分子C．0.1molFe与足量水蒸气反应生成H2的分子数为nAD．11.2LCl2含有的原子数为nA[解析]1molNa在空气中完全燃烧生成0.5molNa2O2，转移1mol电子，A错误；铝与NaOH溶液发生反应：2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，2.7g(0.1mol)Al消耗0.1molH2O，B正确；根据反应3Fe＋4H2O(g)eq\o(=,\s\up15(△))Fe3O4＋4H2,0.1molFe完全反应生成eq\f(0.4,3)molH2，C错误；在标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，含有的原子数为nA，题中未给出标准状况条件，D错误。[答案]B二、化学计算中常用的解题方法(一)差量法5．将8g铁片放入100mL硫酸铜溶液中，溶液中的铜离子全部被还原时，固体质量变为8.2g，则原硫酸铜溶液的物质的量浓度为()A．0.5mol·L－1 B．0.25mol·L－1C．0.025mol·L－1 D．0.125mol·L－1[解析]设反应生成的Cu的质量为mFe＋CuSO4=FeSO4＋Cu质量增加Δm56g64g8gm－8)＝0.2geq\f(64g,m)＝eq\f(8g,0.2g)⇒m＝1.6g所以n(Cu)＝eq\f(1.6g,64g·mol－1)＝0.025mol根据元素守恒可得n(Cu)＝n(CuSO4)＝0.025molc(CuSO4)＝eq\f(0.025mol,0.1L)＝0.25mol·L－1[答案]B6．把23g钠投入到m1g足量的水中得到ag溶液，把24g镁投入到m2g足量的盐酸中得到bg溶液，若m1＝m2，则a，b的关系是(A．a>b B．a<bC．a＝b D．无法确定[解析]由于m1＝m2，所以只需比较反应后溶液增加的质量即可。用差量法可知，23g钠投入水中放出1g氢气，溶液增重22g,24g镁投入盐酸中放出2g氢气，溶液增重22g，所以反应后溶液的质量相等，即a＝b。[答案]C(二)关系式法7．硫黄制硫酸时发生的反应有①S＋O2eq\o(=,\s\up15(点燃))SO2②2SO2＋O2eq\o(????,\s\up15(催化剂),\s\do15(△))2SO3③SO3＋H2O=H2SO4(1)写出由硫黄制取硫酸的关系式：________。(2)假设64g硫黄完全反应，可制取硫酸的质量为______g。[解析]根据方程式可得关系式：S～SO2～SO3～H2SO4即S～H2SO4设生成H2SO4的质量为mS～H2SO432g98g64gmeq\f(32g,64g)＝eq\f(98g,m)⇒m＝196g[答案](1)S～H2SO4(2)196(三)守恒法8．R2Oeq\o\al(n－,6)在一定条件下可以把Mn2＋氧化成MnOeq\o\al(－,4)，若反应后R2Oeq\o\al(n－,6)转变为ROeq\o\al(n－,3)。又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，则n值为()A．1B．2C．3D．4[解析]设R2Oeq\o\al(n－,6)中R的化合价为x，ROeq\o\al(n－,3)中为y，则有n＝12－2x＝6－y，即：2x－y＝6，①根据得失电子守恒：10(x－y)＝10，②解得x＝5，n＝12－2×5＝2。[答案]B[能力提升]9．100mL2mol/L的稀盐酸与一定量的锌充分反应，锌全部溶解，生成的氢气在标准状况下体积为1.12L，设反应后溶液的体积仍为100mL，则反应后溶液中H＋的物质的量的浓度为()A．1.5mol/L B．1mol/LC．0.5mol/L D．[解析]金属锌和盐酸反应生成标准状况下H21.12L，其物质的量为n(H2)＝eq\f(V,Vm)＝eq\f(1.12L,22.4L/mol)＝0.05mol；根据氢元素守恒，剩余H＋物质的量为0.1L×2mol/L－0.05mol×2＝0.1mol，则反应后溶液中H＋物质的量浓度为c(H＋)＝eq\f(n,V)＝eq\f(0.1mol,0.1L)＝1mol/L，故答案选B。[答案]B10．把足量的铁粉投入到溶有硫酸和硫酸铜的溶液中，充分反应后，剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等，则原溶液中H＋与SOeq\o\al(2－,4)的物质的量浓度之比为()A．1∶4B．2∶7C．1∶2D．3∶8[解析]设原溶液中H2SO4和CuSO4物质的量分别为a和b。Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑，Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu。由题意：56(a＋b)＝64b，eq\f(a,b)＝eq\f(1,7)，c(H＋)∶c(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(2a,a＋b)＝eq\f(1,4)。[答案]A11．由铁、锌、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物10g，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2L，则混合物中一定含有的金属是()A．铁B．锌C．铝D．镁[解析]由M～eq\f(n,2)H2可以算出，产生标准状况下11.2L的H2时，需要各金属的质量分别是：m(Zn)＝32.5g，m(Fe)＝28g，m(Mg)＝12g，m(Al)＝9g<10g。即只有当Al与其他任意一种金属混合时才合理。[答案]C12．21g铁粉与8g硫粉混合加热，若不考虑其他损失，可生成硫化亚铁(FeS)ag；将上述反应后的固体混合物全部投入到足量的稀硫酸中发生反应：FeS＋H2SO4=FeSO4＋H2S↑，可得标准状况下VL气体。则a、V的数值分别为()A．33、8.4 B．22、C．29、8.4 D．22、[解析]根据题意n(Fe)＝21g/56g·mol－1＝0.375mol，n(S)＝8g/32g·mol－1＝0.25mol。由Fe＋Seq\o(=,\s\up15(△))FeS可知Fe过量，需要按S的量进行计算，n(FeS)＝n(S)＝0.25mol，所以m(FeS)＝0.25mol×88g·mol－1＝22g。产生的气体为H2S和H2的混合气体，由于Fe～H2；Fe～FeS～H2S，n(H2＋H2S)＝n(Fe)＝0.375mol，标准状况下V＝0.375mol×22.4L·mol－1＝8.4L。选D项。[答案]D13．欲测定某铝铜合金的组成，进行了如下实验：称取粉末状样品1.0g，量取某浓度的盐酸20mL，第一次往样品中加入盐酸10mL，收集到标准状况下的气体224mL；再往样品中加入盐酸10mL，又收集到标准状况下的气体112mL。试求：(1)所取盐酸的物质的量浓度为________。(2)样品中铝的质量分数为________。[解析]由题意得，当加入10mL盐酸时生成224mLH2(即0.01mol)，此时盐酸完全反应，因此盐酸的物质的量浓度为eq\f(0.01mol×2,0.01L)＝2mol/L；当再加入10mL盐酸时，只生成112mLH2(即0.005mol)，说明铝完全反应，根据反应2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑可知，生成2，需用n(Al)＝，w(A