2019屆高考化學(xué)全冊(cè)精準(zhǔn)培優(yōu)專(zhuān)練（打包22套）.zip,2019,高考,化學(xué),精準(zhǔn),培優(yōu)專(zhuān)練,打包,22
培優(yōu)點(diǎn)一 化學(xué)計(jì)算中的幾種方法
一．化學(xué)計(jì)算中的常用方法
1．守恒法
①．質(zhì)量守恒法
典例1．0.1mol某烴與1mol過(guò)量氧氣混合，充分燃燒后通過(guò)足量的Na2O2固體，固體增重15g，從Na2O2中逸出的全部氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為16.8L。求烴的化學(xué)式。
【解析】設(shè)烴的化學(xué)式為CxHy，摩爾質(zhì)量為a g·mol?1，因?yàn)樽詈笠莩龅臍怏w不僅包括反應(yīng)剩余的O2，也包括烴燃燒產(chǎn)物CO2和水蒸氣與Na2O2反應(yīng)放出的O2。m(烴)+m(O2)=Δm(Na2O2)+m(逸出氣體)，則有：0.1mol×a g·mol?1+32g·mol?1×1mol=15g+；解得a=70，烴的式量為70，=5余10，所以烴的化學(xué)式為C5H10。
【答案】C5H10
②．原子(或離子)守恒
典例2．用含1.0mol NaOH的溶液吸收0.8mol CO2，所得溶液中的CO和HCO的物質(zhì)的量之比為（ ）
A．1∶3 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶2
x+y=0.8mol
2x+y=0.8mol
x=0.2mol
y=0.6mol
【解析】設(shè)生成Na2CO3、NaHCO3物質(zhì)的量為x、y，由反應(yīng)前后C原子和Na+守恒可得方程組：
解得 解得 ；即所得溶液中CO和HCO的物質(zhì)的量之比為1∶3。
【答案】A
③．電子守恒
典例3．在一定條件下，PbO2與Cr3+反應(yīng)，產(chǎn)物為Cr2O和Pb2+，則與1.0mol Cr3+反應(yīng)所需的PbO2物質(zhì)的量為_(kāi)___________。
【解析】利用電子守恒進(jìn)行計(jì)算：1.0mol×(6-3)=x×(4-2)，得x=1.5mol。
【答案】1.5mol
④．電荷守恒
典例4．在硫酸鋁和硫酸鉀、明礬的混合物中，若c(SO)=0.2mol·L-1，當(dāng)加入等體積的0.2mol·L-1 KOH溶液時(shí)，生成的沉淀又恰好溶解為止，則原溶液中K+的物質(zhì)的量濃度(mol·L?1)是（ ）
A．0.2 B．0.25 C．0.3 D．0.45
【解析】方法1：原混合液中含有的陽(yáng)離子是K+、Al3+，陰離子是SO，因c(SO)=0.2mol·L?1則c(K+)+c(Al3+)=c(SO)=0.1mol·L?1；加入KOH溶液后發(fā)生的反應(yīng)是Al3++4OH===AlO+2H2O，所以原溶液中c(Al3+)=c(K+)=0.2mol·L?1+×0.2mol·L?1=0.05mol·L?1，方法2：根據(jù)電荷守恒：3c(Al3+)+c(K+)=2c(SO)，推出c(K+)=2c(SO)-3c(Al3+)=0.25mol·L?1
【答案】B
2．差量法
典例5．某一元醇10g與乙酸反應(yīng)生成酯13.2g，同時(shí)回收醇1.0g，則該醇的式量是（ ）
A．74 B．88 C．90 D．104
【解析】醇與乙酸反應(yīng)生成酯和水，則乙酸和水的質(zhì)量差等于酯和醇的質(zhì)量差，設(shè)該醇的式量為x，則有： R－OH+CH3COOHCH3COOR+H2O Δm
X 60 18 42
9g （13.2-9）g=4.2g
可得：=；即x=90
【答案】C
3．關(guān)系式法
典例6．將5.6g鐵溶于足量鹽酸中，蒸發(fā)至干并在空氣中灼燒至恒重，最后得到固體的質(zhì)量最接近于（ ）
A．8.0g B．19.2g C．24.2g D．30.6g
【解析】由FeFe2+Fe(OH)2Fe(OH)3Fe2O3，所以可得：2Fe－Fe2O3；則Fe2O3的質(zhì)量m(Fe2O3)=5.6g×160/(2×56)=8.0g
【答案】A
4．平均值法
典例7．燃燒鎂和某金屬的合金，所生成的氧化物的質(zhì)量為反應(yīng)前合金的質(zhì)量的2倍，另一金屬可能是（ ）
A．Cu B．Be C．Na D．Al
【解析】鎂形成的氧化物中，m(Mg)∶m(O)=24∶16，金屬質(zhì)量大于氧的質(zhì)量；則另一金屬形成的氧化物中，金屬質(zhì)量要小于氧的質(zhì)量。Cu、Be、Na、Al在燃燒時(shí)所形成的氧化物分別是：CuO、BeO、Na2O2、
Al2O3，其中只有BeO中m(Be)∶m(O)=9∶16，是金屬小于氧的質(zhì)量。所以選B。
【答案】B
5．假設(shè)法
典例8．將兩種金屬單質(zhì)混合物13g，加到足量稀硫酸中，共放出標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體11.2L，這兩種金屬可能是（ ）
A．Zn和Fe B．Cu和Zn C．Al和Mg D．Mg和Cu
【解析】將混合物當(dāng)作一種金屬來(lái)看，因?yàn)槭亲懔肯×蛩幔?3克金屬全部反應(yīng)生成的11.2L(0.5摩爾)氣體全部是氫氣，即這種金屬每放出1摩爾氫氣需26克，如果全部是+2價(jià)的金屬，其平均原子量為26，則組成混合物的+2價(jià)金屬，其原子量一個(gè)大于26，一個(gè)小于26。故D符合。
【答案】D
6．討論法
典例9．向300mL KOH溶液中緩慢通入一定量的CO2氣體，充分反應(yīng)后，在減壓低溫下蒸發(fā)溶液，得到白色固體。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：
（1）由于CO2通入量不同，所得到的白色固體的組成也不同，試推斷有幾種可能的組成，并分別列出。
（2）若通入CO2氣體為2.24L（標(biāo)準(zhǔn)狀況下），得到11.9g的白色團(tuán)體。請(qǐng)通過(guò)計(jì)算確定此白色固體是由哪些物質(zhì)組成的，其質(zhì)量各為多少？所用的KOH溶液的物質(zhì)的量濃度為多少
【解析】（1）由于CO2和KOH反應(yīng)時(shí)物質(zhì)的量之比不同，則產(chǎn)物不同，故可根據(jù)CO2和KOH反應(yīng)時(shí)物質(zhì)的量之比對(duì)產(chǎn)物進(jìn)行討論。由：①CO2+2KOH===K2CO3+H2O；②CO2+KOH===KHCO3可知n(CO2)/ n(KOH) =1/2時(shí)產(chǎn)物為K2CO3，n(CO2)/n(KOH)=1時(shí)產(chǎn)物為KＨCO3，所以n(CO2)/n(KOH)<1/2時(shí)，KOH過(guò)量，則產(chǎn)物為K2CO3+KOH；1/2< n(CO2)/n(KOH)<1時(shí)，對(duì)于①反應(yīng)來(lái)說(shuō)二氧化碳過(guò)量而對(duì)于②反應(yīng)來(lái)說(shuō)二氧化碳量不足，所以產(chǎn)物為K2CO3+KHCO3；n(CO2)/n(KOH)>1時(shí)，二氧化碳過(guò)量，則固體產(chǎn)物為KHCO3。答案為：
（2）由：①CO2 + 2KOH＝K2CO3 +H2O ②CO2 + KOH＝KHCO3
22.4L(標(biāo)態(tài)) 138g 22.4L(標(biāo)態(tài)) 100g
2.24L(標(biāo)態(tài)) 13.8g 2.24L(標(biāo)態(tài)) 10.0g
∵13.8g＞11.9g＞10.0g
∴得到的白色固體是K2CO3和KHCO3的混合物。
設(shè)白色固體中K2CO3 x mol，KHCO3 y mol，即
①CO2+2KOH＝K2CO3+H2O ②CO2+KOH＝KHCO3
x mol 2x mol x mol y mol y mol y mol
x mol+y mol＝＝0.100mol （CO2）
138g·mol-1×x mol÷100g·mol-1×y mol＝11.9g （白色固體）
x＝0.0500mol （K2CO3）
y＝0.0500mol （KHCO3）
解此方程組，得
∴ 白色固體中 ，K2CO3質(zhì)量為138g·mol-1×0.0500mol＝6.90g
KHCO3質(zhì)量為100g·mol-1×0.0500mol＝5.00g
消耗KOH物質(zhì)的量為2x mol+y mol＝2×0.0500mol+0.0500mol＝0.150mol
∴所用KOH溶液物質(zhì)的量濃度為0.150mol/0.300L＝0.500mol·L?1
【答案】（1）①K2CO3+KOH；②K2CO3；③K2CO3+KHCO3；④KHCO3
（2）白色固體是K2CO3和KHCO3的混合物；m(KHCO3)= 0.0500mol、m(K2CO3)=0.0500mol
C(KOH)=0.500mol·L?1
二．對(duì)點(diǎn)增分集訓(xùn)
1．由鋅、鐵、鋁、鎂四種金屬中的兩種組成的混和物10克，與足量的鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生的氫氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為11.2升，則混和物中一定含有的金屬是（ ）
A．鋅 B．鐵 C．鋁 D．鎂
【解析】本題利用平均摩爾電子質(zhì)量求解，據(jù)10克金屬與足量的鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生的氫氣在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為11.2L可得金屬平均摩爾電子質(zhì)量為10g·mol-1。四種金屬的摩爾電子質(zhì)量分別為Zn：32.5g·mol-1、Fe：28g·mol-1、Al：9g·mol-1、Mg：12g·mol-1，其中只有Al的摩爾電子質(zhì)量小于10g·mol-1，故答案為C。
【答案】C
2．將一定質(zhì)量的Mg、Zn、Al混合物與足量稀H2SO4反應(yīng)，生成H2 2.24L（標(biāo)準(zhǔn)狀況），原混合物的質(zhì)量可能是（ ）
A．1.8g B．3g C．6.5g D．10g
【解析】一定質(zhì)量的Mg、Zn、Al混合物與足量稀H2SO4反應(yīng)，生成H2 2.24L（標(biāo)準(zhǔn)狀況），假設(shè)全部為Mg，由Mg－H2可得：m(Mg)=24×=2.4g；假設(shè)全部為Zn或Al，同理可求m(Zn)=6.5g；m(Al)=1.8g所以混合物的質(zhì)量介于1.8g～6.5g之間，故選：B。
【答案】B
3．將12g CO和CO2的混合氣體通過(guò)足量灼熱的氧化銅后，得到氣體的總質(zhì)量為18g，求原混合氣體中CO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。
【解析】設(shè)原混合氣體中CO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為x。
CuO+CO===Cu + CO2 Δm(氣體)
28 44 44-28=16
12(1-x) 18g-12g=6g
即 = 解得x=12.5%；所以，原混合氣體中CO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為12.5%。
【答案】12.5%
4．為了預(yù)防碘缺乏病，國(guó)家規(guī)定每千克食鹽中應(yīng)含有40～50毫克的碘酸鉀。為檢驗(yàn)?zāi)撤N食鹽是否為加碘的合格食鹽，某同學(xué)取食鹽樣品428克，設(shè)法溶解出其中全部的碘酸鉀。將溶液酸化并加入足量的碘化鉀淀粉溶液，溶液呈藍(lán)色，再用0.030mol·L?1的硫代硫酸鈉溶液滴定，用去18.00mL時(shí)藍(lán)色剛好褪去。試通過(guò)計(jì)算說(shuō)明該加碘食鹽是否為合格產(chǎn)品。有關(guān)反應(yīng)：IO+5I－+6H+→3I2+3H2O；I2+2S2O→2I－+S4O
【解析】本題為多步反應(yīng)的計(jì)算，可根據(jù)反應(yīng)方程式直接建立IO和S2O的關(guān)系式進(jìn)行求解。
6S2O IO
6mol 1mol
0.030mol·L?1×18.00mL×10-3 n
n(IO)=0.030mol·L?1×18.00mL×10-3×1mol÷6mol =0.09×10-3mol
每千克食鹽中含KIO3：(214×0.09×10-3÷428)×1000=45×10-3=45(mg)；即該加碘食鹽是合格的
【答案】合格
5．10ml某氣態(tài)烴在80ml氧氣中完全燃燒后，恢復(fù)到原來(lái)狀況（1.01×105Pa，27℃）時(shí)，測(cè)得氣體體積為70ml，求此烴的分子式。
【解析】原混和氣體總體積為90ml，反應(yīng)后為70ml，體積減少了20ml。剩余氣體應(yīng)該是生成的二氧化碳和過(guò)量的氧氣，下面可以利用差量法進(jìn)行有關(guān)計(jì)算。
CxHy+(x+)O2xCO2 +H2O ΔV
1 1+
10 20
計(jì)算可得y=4，烴的分子式為C3H4或C2H4或CH4
【答案】C3H4或C2H4或CH4
6．Cu、Cu2O和CuO組成的混合物，加入100mL 0.6mol·L?1HNO3溶液恰好使混合物溶解，同時(shí)收集到224mL NO氣體（標(biāo)準(zhǔn)狀況）。求：
（1）寫(xiě)出Cu2O跟稀硝酸反應(yīng)的離子方程式。
（2）產(chǎn)物中硝酸銅的物質(zhì)的量。
（3）如混合物中含0.01moL Cu，則其中Cu2O、CuO的物質(zhì)的量分別為多少？
（4）如混合物中Cu的物質(zhì)的量為X，求其中Cu2O、CuO的物質(zhì)的量及X的取值范圍。
【解析】抓住反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)利用守恒關(guān)系進(jìn)行求解，（1）利用電子守恒進(jìn)行配平：3Cu2O+14HNO3===6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O；（2）利用N原子守恒：n(HNO3)=0.06mol，n(NO)=0.01mol，則n[Cu(NO3)2]=(0.06-0.01)/2=0.025mol；（3）本題混合物中雖含有Cu、Cu2O和CuO三種物質(zhì)，但參加氧化還原反應(yīng)的只有 Cu、Cu2O，所以利用電子守恒可直接求解。轉(zhuǎn)移電子總數(shù)：n(e-)= n(NO)×3===0.03mol；Cu提供電子數(shù)：0.01×2=0.02mol；Cu2O提供電子數(shù)：0.03-0.02=0.01mol；n(Cu2O)=0.01/2=0.005mol，n(CuO)=0.0025-0.01-0.005×2=0.005mol；（4）根據(jù)（3）解法可得n(Cu2O)=0.015-Xmol，n(CuO)=X-0.005mol。根據(jù)電子守恒進(jìn)行極端假設(shè)：若電子全由Cu提供則n(Cu)=0.015mol；若電子全由Cu2O提供則n(Cu2O)=0.015mol，則n(Cu2+)===0.03mol大于了0.025mol，說(shuō)明n(Cu)不等于0，另根據(jù)n(CuO)=X-0.005mol要大于0，可得n(Cu)>0.005mol。所以0.005mol < n(Cu)<0.015mol。
【答案】（1）3Cu2O+14HNO3===6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O
（2）0.025mol
（3）0.005mol；0.005mol
（4）0.015-Xmol；X-0.005mol；0.005mol
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