高考化学一轮复习第一章 专题讲座一

1、专题讲座一化学计算的常用方法方法一守恒法1应用原理所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中的各种各样的守恒，如质量守恒、元素守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。2解题步骤题组一原子守恒1.密胺是重要的工业原料，结构简式如图所示。工业上以液氨和二氧化碳为原料，以硅胶为催化剂，在一定条件下通过系列反应生成密胺。若原料完全反应生成密胺，则NH3和CO2的质量之比应为()A1744 B2217C1722 D21答案C解析根据密胺的结构简式和元素守恒可知，一个密胺分子中有三个碳原子和六个氮原子，所以合成1 mol 密胺

2、需要3 mol CO2和6 mol NH3，NH3和CO2的质量之比应为(617)(344)1722。228 g铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的Na2O2固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体质量为()A36 g B40 g C80 g D160 g答案B解析28 g铁粉溶于稀盐酸中生成氯化亚铁溶液，然后加入足量的Na2O2固体，由于Na2O2固体溶于水后生成氢氧化钠和氧气，本身也具有强氧化性，所以充分反应后生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒，n(Fe2O3)n(Fe)0.25 mol所得Fe2O3固体的质量为：0.25 mol160

3、gmol140 g。题组二电荷守恒3将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3 、Al3刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100 mL，则NaOH溶液的浓度为_。答案0.2 molL1解析当Fe3 、Al3刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na全部来源于NaOH，且变化过程中Na的量不变。根据电荷守恒可知：，所以，n(NaOH)n(Na)2n(SO)n(H)0.1 molL10.2 L0.02 mol，c(NaOH)0.2 molL1。4若测得雨水所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：离子KNaNHSONO

4、Cl浓度/molL1410661062105410531052105根据表中数据判断试样的pH_。答案4解析根据表格提供的离子可知，NH水解导致试样溶液呈酸性，再根据电荷守恒可知，c(K)c(NH )c(Na)c(H)2c(SO)c(Cl)c(NO)，将表格中的数据代入得H浓度为104 molL1，则pH为4。易错警示列式时不要忘了离子浓度前乘上离子所带电荷数。题组三电子守恒5某强氧化剂XO(OH)可被Na2SO3还原。如果还原1.2103 mol XO(OH)需用30 mL 0.1 molL1的Na2SO3溶液，那么X元素被还原后的物质可能是()AXO BX2O3 CX2O DX答案D解析由

5、题意知，S元素由4价6价，假设反应后X的化合价为x价，根据氧化还原反应中得失电子数目相等可得，1.2103 mol(5x)0.03 L0.1 molL1(64)，解得x0，所以X元素被还原后的物质是X，D项正确。62016全国卷，28(2)以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.22.92.83.122286065121以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：“氧化”中欲使3 mol的VO2变为VO，则需要氧化剂KCl

6、O3至少为_ mol。答案0.5解析“氧化”中使3 mol 的VO2变为VO，转移电子的物质的量为3 mol(54)3 mol；氧化剂KClO3被还原为KCl，Cl元素的化合价由5价降低到1价，根据电子守恒可知，需要KClO3的物质的量至少为0.5 mol。方法二关系式法1应用原理关系式法是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种简化式子。在多步反应中，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。正确书写关系式是用关系式法解化学计算题的前提。2解题步骤7在氧气中燃烧0.22 g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成

7、三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10 mL 0.5 molL1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为()A72% B40% C36% D18%答案C解析由S原子守恒和有关反应可得出：SH2SO42NaOH32 g 2 molm(S) 0.510103 mol得m(S)0.08 g原混合物中w(S)100%36%。8金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn2HCl=SnCl2H2，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl22FeCl3=SnCl42FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2，反应的化学方程式为6FeCl2K

8、2Cr2O714HCl=6FeCl32KCl2CrCl37H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 molL1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。求试样中锡的百分含量(假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。答案Sn与K2Cr2O7物质的量的关系：3Sn3SnCl26FeCl2K2Cr2O73119 g 1 molx 0.1000.016 molx0.571 2 gw(Sn)100%93.2%。9(2019北京，26改编)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a molL1

9、KBrO3标准溶液。.取v1 mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色。.向所得溶液中加入v2 mL废水。.向中加入过量KI。.用b molL1Na2S2O3标准溶液滴定中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v3 mL。已知：I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色计算废水中苯酚的含量为_gL1(苯酚摩尔质量：94 gmol1)。答案解析n(BrO)av1103mol，根据反应BrO5Br6H=3Br23H2O可知n(Br2)3av1103mol，溴分别与苯酚和KI反应，先计算由KI

10、消耗的溴的量，设为n1(Br2)，根据I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6可知I22Na2S2O3，又Br22I=I22Br可知Br2I2，可得Br22Na2S2O3，n(Na2S2O3)bv3103mol，n1(Br2)bv3103mol，再计算由苯酚消耗的溴的量，设为n2(Br2)n(Br2)n1(Br2)(3av1bv3)103mol，苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br2C6H5OH，n(C6H5OH)n2(Br2)(av1bv3)103mol，废水中苯酚的含量gL1。方法三差量法1应用原理差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化，找出“理论差量”。这种物理量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟实际差量列成比例，然后求解。2解题步骤10为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度(质量分数)是()A. B.C. D.答案A解析由题意知(w1w2)g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3质量为x g，由此可得如下关系：2NaHCO3Na2CO3CO2H