精品新人教版高三化学一轮总复习第一章第5讲优质课教案.docx
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精品新人教版高三化学一轮总复习第一章第5讲优质课教案
第5讲 物质的量在方程式计算中的应用
和计算中的思想
考点一 物质的量在方程式计算中的应用
题型一 一般比例式法在方程式计算中的应用
（1）方程式在量方面的含义
A（g）＋bB（g）===c（g）＋dD（g）
质量比MA∶bMB ∶cM∶dMD
物质的量比 ∶b ∶c ∶d
体积比 ∶b ∶c ∶d
（2）一般步骤
①根据题意写出并配平方程式。
②依据题中所给信息及方程式判断过量，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（B）、V（B）、（B）或设未知为表示]分别写在方程式有关式的下面，两个量及单位“上下一致”。
④列比例式，求未知量。
例1
已知：
IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O。
工业上利用NIO3和NHSO3反应制取单质I2。
①NIO3不足时：
2NIO3＋6NHSO3===2NI＋3N2SO4＋3H2SO4
②NIO3足量时还会发生：
5NI＋NIO3＋3H2SO4===3I2＋3N2SO4＋3H2O
现模拟工业制取I2。
在含312gNHSO3的溶液中逐滴加入2·L－1NIO3溶液VL。
[,,,,,]
（1）当V＝________L时，再滴NIO3就开始析出I2。
（2）当V为55L时，生成的I2的质量为________g。
答案
（1）50
（2）762
解析
（1）（NHSO3）＝03，依据方程式
2NIO3＋6NHSO3===2NI＋3N2SO4＋3H2SO4
2 6
（NIO3） 03
＝，得出（NIO3）＝01
V（NIO3）＝005L即50L
（2）参加反应②的（NIO3）＝（0055L－005L）×2·L－1＝001，依据方程式可知NI过量，用NIO3求解
5NI＋NIO3＋3H2SO4===3I2＋3N2SO4＋3H2O
1 3
001 （I2）
＝，求出（I2）＝003
题型二 差量法在方程式计算中的应用
（1）差量法的应用原
差量法是指根据反应前后物质的量发生的变，找出“论差量”。
这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。
用差量法解题是先把方程式中的对应差量（论差量）跟差量（实际差量）列成比例，然后求解。
如：
（2）使用差量法的注意事项
①所选用差值要与有关物质的值成正比例或反比例关系。
②有关物质的物量及其单位都要正
确地使用，即“上下一致，左右相当”。
例2
为了检验某含有NHO3杂质的N2O3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）是（ ）
AB
D
答案 A
解析 样品加热发生的反应为
质量差为（1－2）g，故样品中NHO3质量为g，样品中N2O3质量为1g－g，其质量分为
＝＝。
当然，本题也可用常规方法，依据方程式直接求解。
另解：
假设样品有NHO3固体，则：
据样品加热前后固体质量的关系，有1g－×84g·－1＋05×106
g·－1＝2g，解得＝（1－2）/31，那么NHO3的质量为（NHO3）＝（1－2）/31×84g·－1＝84（1－2）/31g，从而推知N2O3的质量为（N2O3）＝1g－84（1－2）/31g＝（842－531）/31g，因此N2O3样品的纯度为（N2O3）＝（N2O3）/
（样品）＝。
例3
白色固体P5受热即挥发并发生分解：
P5（g）P3（g）＋2（g）。
现将584gP5装入205L真空密闭容器中，在277℃达到平衡，容器内压强为101×105P，经计算可知平衡时容器内混合气体的物质的量为005，求平衡时P5的分解率。
答案 786%
解析 原（P5）＝≈0028
设分解的P5的物质的量为
所以＝0022
P5的分解率＝×100%≈786%。
例4
一定条件下，合成氨气反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分为200%，与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率是（ ）
A．167%B．200%．800%D．833%
答案 A
解析 N2＋3H22NH3 ΔV
1L3L 2L 2L
由以上关系式可知反应前后体积的减少与生成的NH3体积相等。
设平衡时混合气体100L，其中含20LNH3，则原气体总体积减少20L。
所以，反应前氮气和氢气总体积为120L，反应后体积缩小的百分率为×100%＝167%。
题型三 关系式法在方程式计算中的应用
多步反应计算的特征是反应原中多个反应连续发生，起始物与目标物之间存在确定的量的关系。
解题时应先写出有关反应的方程式或关系式，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，从而简运算过程。
例5
585gN固体与足量浓H2SO4和MO2共热，逸出的气体又与过量H2发生爆炸反应，将爆炸后的气体溶于一定量水后再与足量锌作用，问最后可得H2多少升（标准状况）。
答案 112L
解析 若先由NH算出H的量，再由MO2＋4H
M2＋2↑＋2H2O算出2的量，……这样计算非常繁琐。
找出以下关系式就可迅速求解。
[]
设可得H2的物质的量为,585gN的物质的量为01。
N ～ H ～ 2 ～ H ～ H2
0．1
显然＝005，
则V（H2）＝005×224L·－1＝112L。
例6
氯亚铜（）是重要的工原料。
国家标准规定合格产品的主要质量指标为的质量分大于9650%。
工业上常通过下列反应制备：
2SO4＋N2SO3＋2N＋N2O3===2↓＋3N2SO4＋O2↑
（1）制备过程中需要质量分为200%的SO4溶液，试计算配制该溶液所需的SO4·5H2O与H2O的质量之比。
（2）准确称取所制备的02500g样品置于一定量的05·L－1F3溶液中，待样品完全溶解后，加水20L，用01000·L－1的（SO4）2溶液滴定到终点，消耗2460L（SO4
）2溶液。
有关反应为
F3＋＋===F2＋＋2＋＋－
4＋＋F2＋===F3＋＋3＋通过计算说明上述样品中的质量分是否符合标准。
答案
（1）5∶1
1
（2）符合
解析
（1）设需要SO4·5H2O的质量为，H2O的质量为y。
SO4·5H2O的相对分子质量为250，SO4的相对分子质量为160，依题意有
＝，∶y＝5∶11
（2）设样品中的质量为z。
由反应方程式可知：
～F2＋～4＋
＝
z＝02448g
的质量分为×100%＝9792%
97．92%>9650%，所以样品中的符合标准。
考点二 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，然后依据有关知识确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7
将总物质的量为的钠和铝的
混合物（其中钠的物质的量分为），投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体VL。
下列关系式中正确的是（ ）
A．＝V/（112）B．0<≤05
．V＝336（1－）D．112思路点拨 N、A混合物中没有具体指明N、A的物质的量，且二者相对量的多少与H2O反应后产生H2的量有关，故需要采用极值法确定V的范围，根据题意求出两个端值，则实际介于两个端值之间。
解析 据题意金属钠的物质的量为，A的物质的量为（1－），产生的H2是溶液中的H＋获得N、A失去的电子而生成的，根据得失电子守恒可得产生H2的物质的量＝，根据反应2N＋2H2O===2NOH＋H2↑、2A＋2NOH＋2H2O===2NAO2＋3H2↑和题中“金属没有剩余”，可知（N）≥（A），即05≤<1。
当＝1时，产生H2的物质的量为05，即112L；当＝05时，产生H2的物质的量为
，即224L，故产生H2的体积的取值范围为112答案 D
本题最重要的极值思想是确定的范围，其最容易出现的错误是将的范围确定为0<<1，即全是钠或全是铝，忽略了铝自身并不能与水反应生成H2，必须有N与H2O反应生成的NOH参加反应，才能与水反应产生H2，从而导致错解。
由此提醒我们在使用极值法解题时两个端值的正确选取是正确解题的关键。
例8
在含有gHNO3的稀硝酸中，加入bg铁粉充分反应，铁全部溶解并生成NO，有gHNO3被还原，则∶b不可能为（ ）
A．2∶1B．3∶1．4∶1D．9∶2
解析 F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F过量，发生反应：
3F＋8HNO3（稀）===3F（NO3）2＋2NO↑＋4H2O
则有∶＝3∶8，解得：
＝
此为∶b的最小值。
（2）若HNO3过量，发生反应：
F＋4HNO3（稀）===F（NO3）3＋NO↑＋2H2O
则有∶＝1∶4，解得：
＝
此为∶b的最大值。
所以∶b的取值范围为≤≤，即∶b的比值在此范围内均合。
答案 A
考点三 平均值规律及其应用 整体思维法（终态法）
1．依据：
若A>B，则A>>B，代表平均相对原子（分子）质量、平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等。
2．应用：
已知可以确定A、B的范围；或已知A、B可以确定的范围。
解题的关键是要通过平均值确定范围，很多考题的平均值需
要根据条件先确定下再作出判断。
实际上，它是极值法的延伸。
例9
两种金属混合物共15g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到112LH2（标准状
况），则原混合物的组成肯定不可能为（ ）
A．Mg和AgB．和
．A和D．A和
解析 本题可用平均摩尔电子质量（即提供1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15g金属混合物可提供1－，其平均摩尔电子质量为15g·－1。
选项中金属Mg、、A的摩尔电子质量分别为12g·－1、325g·－1、9g·－1，其中不能与盐酸反应的Ag和的摩尔电子质量可看做∞。
根据上的平均值原可知，原混合物中一种金属的摩尔电子质量大于15g·－1，另一金属的摩尔电子质量小于15g·－1。
答案 B
整体思维法抛开事物之间复杂的变关系，从整体上认识把握事物之间的联系规律，具有繁为简，快速解题的功效，能较好的锻炼生思维的全面性、灵活性，因此高考无论在选择还是综合性题目中经常有意设置。
例10
在铁和氧铁混合物15g中，加入稀硫酸150L，能放出H2168L（标准状况）。
同时铁和氧铁均无剩余，向反应后的溶液中滴入SN溶液，未见颜色变。
为了中和过量的H2SO4，且使F2＋完全转成F（OH）2，共消耗3·L－1的NOH溶液200L，则原硫酸的物质的量浓度是（ ）
A．15·L－1B．2·L－1
．25·L－1D．3·L－1
解析 此题反应过程复杂，但最后溶液中只有N2SO4，因为NOH共06，故N2SO4为03，所以原H2SO4为03。
答案 B
[]
1．标准状况下，一个装满氯气的容器的质量为746g，若装满氮气时总质量为66g，则此容器的容积是（ ）
A．224LB．448L．112LD．448L
答案 D
解析 224L（标准状况下）2换成224L（标准状况下）N2的质量差是（71－28）g＝43g，设氯气的体积为L，则有
2 ～ N2 Δ
22．4L 43g
L 746g－66g＝86g
解得＝448。
[]
2．标准状况下，672LNO2通入水后，收集到504L气体，则被氧的NO2的体积是
（ ）[|||||]
A．168LB．252L．056LD．112L
答案 A
解析 由于3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，从反应方程式可以看出体积差量部分就是被氧的那一部分，所以被氧的NO2的体积是672L－504L＝168L。
3．把氯气通入浓氨水中，会立即发生下列反应：
32＋8NH3·H2O===6NH4＋N2＋8H2O。
在标准状况下，把112L2、N2的混合气体（90%2和10%N2，均为体积分）通过浓氨水，实验测得逸出气体体积为0672L（其中有50%2和50%N2），此反应中被氧的NH3的质量为（ ）
A．34gB．034g．136gD．448g
答案 B
解析 由反应式可得出每32（反应气）生成1N2（生成气）时，气
体物质的量减少了2，即体积减小448L，这一量即为“论差量”，而这一差量所对应的被氧的氨气的物质的量为2（质量为34g），再从题中所给的据可以求出“实际差量”为（112－0672）L＝0448L。
即：
32～2NH3 ～ N2 ΔV
2×17g·－1448L
（被氧的NH3）（112－0672）
L
列出比例式：
（2×17g·
－1）∶448L＝（被氧的NH3）∶（112－0672）L，则（被氧的NH3）＝034g。
4．取35g某二价金属的单质投入50g溶质质量分为1825%的稀盐酸中，反应结束后，金属仍有剩余；若取25g该金属投入相同质量、相同质量分的稀盐酸中，等反应结束后，加入该金属还可以反应。
该金属的相对原子质量为（ ）
A．24B．40．56D．65
答案 A
解析 （H）＝＝025
R＋2H===R2＋H2↑
二价金属最大摩尔质量＝＝28g·－1
二价金属最小摩尔质量＝＝20g·－1
205．140g含有碱金属（M）及其氧物（M2O）的混合物，与水反应生成179g碱，求混合物的成分及其组成。
答案 混合物由碱金属及其氧物2O组成，的质量约为0498g，2O的质量约为0902g。
解析 由于碱金属不确定，可用极端假设法加以讨论。
即讨论140g全部为碱金属单质及140g全部为碱金属氧物时生成碱的质量，然后根据平均值规律建立不等式解题
。
设M的相对原子质量为
。
2M＋2H2O===2MOH＋H2↑
M2O＋H2O===2MOH
若140g全部为碱金属单质，则产生的MOH的质量为g；若140g全部为碱金属氧物，则产生的MOH的质量为g。
有<179<，解得243<<6103，只有钾符合条件。
设和2O的质量分别为g和yg。
则解得≈0498，y≈0902。
6．铜和镁的合金46g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原只产生4480L的NO2气体和336L的N2O4气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧钠溶液，生成沉淀的质量为（ ）
A．902gB．851g．826gD．704g
答案 B
解析 最后沉淀为（OH）2和Mg（OH）2，和Mg共46g，关键是求增加的
（OH－），（OH－）等于金属单质所失电子即：
（OH－）＝×1＋×2
＝023，故沉淀的质量为46g＋023×17g
＝851g。
7．将034g和O的混合物加入约12·L－1浓硫酸中，并加热使其完全溶解，然后用NOH溶液中和过量硫酸，再用水稀释到05L，加
入纯铁粉185g，反应后过滤、干燥，得不溶物189g。
求置换出的铜的质量及原混合物中铜的质量分。
答案 置换出的铜的质量为032g，原混合物中铜的质量分约为7059%。
解析 设置换出的铜的质量为。
SO4＋F===FSO4＋ 差量Δ
648
189g－185g＝004g
有64∶＝8∶004g；解得＝032g。
设混合物中的质量为yg，则O为（034－y）g，其中含[（034－y）×]g。
则032＝y＋[（034－y）×]。
解得y＝024，所以，铜的质量分为×100%≈7059%。
8．在一定条件下，有LO2和O3的混合气体，当其中的O3全部转为O2时，体积变为12L，求原混合气中O2和O3的质量百分含量。
答案 （O2）＝50%，（O3）＝50%
解析 解法一 由阿伏加德罗定律，结合方程式的意义可知，方程式中气体式的系比等于反应物与生成物的物质的量之比也等于相同条件下反应物与生成物气体体积之比。
设混合气体中O3占L，则O2为（－）L
2O3===3O2
2L3L
L（3/2）L
（3/2）＋（－）＝12，解得＝04
根据阿伏加德罗定律：
（O3）∶（O2）＝V（O3）∶V（O2）＝04∶06＝2∶3，（O2）＝×100%＝50%，（O3）＝1－50%＝50%。
解法二 差量法
2O3===3O2 ΔV
233－2＝1
12－＝02
所以＝02×2＝04ª
以下解法同解法一。
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