【高考总动员】2016届高考化学一轮总复习(课件+课时作业):第四章 非金属及其化合物-第4节
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第4章非金属及其化合物1.工业合成氨【知识点的认识】反应原理:N2+3H22NH3(正反应为放热反应),这是一个气体总体积缩小的、放热的可逆反应.原料气的制取:N2:将空气液化、蒸发分离出N2或者将空气中的O2与碳作用生成CO2,然后除去CO2,得到N2.H2:用水和燃料(煤、焦碳、石油、天然气等)在高温下制取.用煤和水制取H2的主要反应为C+H2O(g)CO+H2;CO+H2O(g)CO2+H2O制得的N2、H2需净化、除杂质.在用高压机缩压至高压.合成氨适宜条件的选择:催化剂:虽不能改变化学平衡,但可以加快反应速率,提高单位时间内的产量.温度:升高温度可加快反应速率,但从平衡移动考虑,此反应温度不宜太高.使催化剂的活性最大也是选择温度的另一个重要因素.压强:增大压强既可以加快反应速率又可以使化学平衡向正反应方向移动.但生产设备能不能承受那么大的压强,产生压强所需的动力、能源又是限制压强的因素.浓度:在生产过程中,不断补充N2和H2,及时分离出NH3,不但可以加快反应速率,还能使平衡右移,提高NH3的产量.合成氨的适宜条件:压强:20~50MPa温度:500℃左右(此时催化剂的活性最大)催化器:铁触媒(以铁为主体的多成分催化剂)【命题的方向】本考点主要考察合成氨反应特点,如何寻找到最佳的反应条件,如何提高转化率.【解题思路点拔】合成氨最佳反应条件的选择:合成氨是一个气体总体积缩小的、放热的需要催化剂的可逆反应,高压和低温适宜,但考虑到催化剂的活性,选择适宜的温度.2.离子方程式的书写【知识点的认识】一、离子方程式的概念:离子方程式,用实际参加反应的离子符号表示离子反应的式子.二、离子方程式的书写步骤:1、写:明确写出有关反应的化学方程式.2、拆:(1)可溶性的强电解质(强酸、强碱、可溶性盐)一律用离子符号表示,其它难溶的物质、难电离的物质、气体、氧化物、水等仍用化学式表示.(2)对于微溶物质来说在离子反应中通常以离子形式存在(溶液中),但是如果是在浊液里则需要写出完整的化学式,例如,石灰水中的氢氧化钙写离子符号,石灰乳中的氢氧化钙用化学式表示.浓硫酸中由于存在的主要是硫酸分子,也书写化学式.浓硝酸、盐酸是完全电离的,所以写离子式.实例如下:1)拆分的物质如Ca(HCO3)2+2H+═Ca2++2CO2↑+2H2O,错在未将Ca(HCO3)2拆分成Ca2+和HCO3﹣.应为:HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O.可见:能拆分的物质一般为强酸(如盐酸HCl)、强碱(如氢氧化钠NaOH)、和大多数可溶性盐(氯化钠NaCl).2)不能拆分的物质①难溶物不拆例l:向碳酸钙中加入过量盐酸.错误:CO32﹣+2H+=CO2+H2O原因:CaCO3难溶于水,像BaSO4、AgCl、Cu(0H)2、H2SiO3、FeS、CuS,等在书写离子方程式时均不能拆开,应写成化学式.正确:CaCO3+2H+=CO2+Ca2++H2O②微溶物作生成物不拆(98%浓硫酸,石灰乳(Ca(OH)2)等特殊的要注意)例2:向氯化钙溶液中加入硫酸钠溶液.错误:该反应不能发生.原因:CaSO4是微溶物,像Ag2SO4、MgCO3、Ca(OH)2等微溶物,若作为生成物在书写离子方程式时均不能拆开,应写成化学式.正确:SO42﹣+Ca2+=CaSO4↓说明:微溶物作生成物,浓度较小时拆成离子式,浓度较大时应写成化学式.③弱电解质不拆(CH3COOH,HF,HClO,H2CO3,H2S,H2SO3,NH3•H2O)例3:向氯化铝溶液中加入过量氨水.错误:Al3++30H﹣=Al(0H)3↓原因:氨水为弱电解质,像H2O、HF、CH3COOH等弱电解质在书写离子方程式时均不能拆开,应写成化学式.正确:Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3 ↓+3NH4+④氧化物不拆(MnO2,CuO,Fe2O3,Al2O3,Na2O,Na2O2)例4:将氧化钠加入水中.错误:O2﹣+H20=20H﹣原因:Na2O是氧化物,氧化物不论是否溶于水在书写离子方程式时均不能拆开,应写成化学式.正确:Na2O+H2O=2Na++20H﹣⑤弱酸的酸式酸根不拆(包括HCO3﹣,HS﹣,HSO3﹣,H2PO4﹣,HPO42﹣)例5:向碳酸氢钠溶液中加入稀盐酸.错误:2H++CO32﹣=CO2↑+H2O原因.HCO3﹣是弱酸H2C03的酸式酸根,像HSO3﹣,、HS﹣、H2PO4﹣等离子在书写离子方程式时均不能拆开,应写成化学式.正确:HCO3﹣+H+=C02↑+H20注意:对于强酸的酸式盐,如NaHSO4其阴离子在稀溶液中应拆开写成H+与SO42﹣形式,在浓溶液中不拆开,仍写成HSO4﹣.⑥固相反应不拆例6:将氯化铵固体与氢氧化钙固体混合加热.错误:NH4++OH﹣=NH3↑+H20原因:写离子反应的前提是在水溶液中或熔融状态下进行的反应,固体与固体的反应尽管是离子反应,只能写化学方程式,不写离子方程式.正确:2NH4Cl+Ca(0H)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O(化学反应方程式)⑦非电解质不拆蔗糖、乙醇等大多数有机物是非电解质,在书写离子方程式时均不能拆开,应写分子式.3、删:删去方程式两边相同的离子和分子.4、查:检查式子两边的各种原子的个数及电荷数是否相等,是否配平,还要看所得式子化学计量数是不是最简整数比,若不是,要化成最简整数比.三、离子方程式书写遵守的原则:1、客观事实原则:如2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑,错在H+不能把Fe氧化成Fe3+,而只能氧化成Fe2+.应为:Fe+2H+═Fe2++H2↑.2、质量守恒原则:如Na+H20═Na++OH﹣+H2↑,错在反应前后H原子的数目不等.应为:2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑.3、电荷守恒原则:如Fe3++Cu═Fe2++Cu2+,错在左右两边电荷不守恒.应为:2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+.4、定组成原则:如稀硫酸与Ba(OH)2溶液反应:H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O,错在SO42﹣和H+,Ba2+和OH﹣未遵循1:2这一定组成.应为:2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O.【命题方向】本考点主要考察离子方程式的书写规则,需要重点掌握.第一类错误:拆分不合理(详见“拆”步骤中)第二类错误:不符合客观事实典例1:(2010•湖北)能正确表示下列反应的离子方程式是()A.将铁粉加入稀硫酸中2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑ B.将磁性氧化铁溶于盐酸Fe3O4+8H+═3Fe3++4H2OC.将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合Fe2++4H++NO3﹣═Fe3++2H2O+NO↑ D.将铜屑加Fe3+溶液中2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+分析:A、铁和非氧化性的酸反应生成亚铁盐;B、磁性氧化铁中的铁元素有正二价和正三价两种;C、离子反应要遵循电荷守恒;D、铜和三价铁反应生成亚铁离子和铜离子.解答:A、铁和稀硫酸反应生成亚铁盐,Fe+2H+=Fe2++H2↑,故A错误;B、磁性氧化铁溶于盐酸发生的反应为:Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O,故B错误;C、氯化亚铁溶液能被稀硝酸氧化,电荷不守恒,3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++2H2O+NO↑,故C错误;D、铜和三价铁反应生成亚铁离子和铜离子,铜不能置换出铁,即2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,故D正确.故选D.点评:本题主要考查学生离子方程时的书写知识,要注意原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒的思想,是现在考试的热点.第三类错误:配平有误,不守恒典例2:(2014•德庆县一模)下列反应的离子方程式正确的是()A.向Ba(OH)2溶液中滴加稀盐酸:2H++2Cl﹣+Ba2++2OH﹣═2H2O+BaCl2B.向FeCl3溶液中加铁粉:2Fe3++Fe═3Fe2+C.向澄清石灰水中通入过量二氧化碳:Ca2++2OH﹣+CO2═CaCO3↓+H2OD.向FeCl3溶液中加入Cu粉:Fe3++Cu═Fe2++Cu2+分析:A.反应生成氯化钡和水,氢氧化钡为溶于水的强碱;B.反应生成氯化亚铁、电子、电荷均守恒;C.过量二氧化碳,反应生成碳酸氢钙;D.电子、电荷不守恒.解答:A.向Ba(OH)2溶液中滴加稀盐酸的离子反应为H++OH﹣═H2O,故A错误;B.向FeCl3溶液中加铁粉的离子反应为2Fe3++Fe═3Fe2+,故B正确;C.向澄清石灰水中通入过量二氧化碳的离子反应为OH﹣+CO2═HCO3﹣,故C错误;D.向FeCl3溶液中加入Cu粉的离子反应为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+,故D错误;故选B.点评:本题考查离子反应方程式的书写,明确发生的化学反应为解答的关键,注意把握氧化还原反应中电子、电荷守恒即可解答,题目难度不大.第四类错误:未考虑反应物中量的关系(详见下面的难点突破)第五类错误:忽略隐含信息1)能发生氧化还原反应的离子:SO2通入NaClO溶液中:反应的离子方程式为SO2+ClO﹣+H2O=SO42﹣+Cl﹣+2H+.2)胶体不带沉淀符号:3)无论是“少量”还是“过量”的CO2通入苯酚钠中均生成NaHCO3(因为碳酸钠和苯酚不能共存):4)CO2(SO2)通入NaOH少量和过量的情况:少量CO2:CO2+2OH﹣=H2O+CO32﹣;过量CO2:CO2+OH﹣=HCO3﹣;【解题思路点拨】难点突破:1、反应试剂的滴加顺序:(1)第一类:1)NaOH溶液和AlCl3溶液①NaOH溶液滴加到AlCl3溶液中的离子反应:先是Al3++3OH﹣=Al(OH)3↓,后是Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O;②AlCl3溶液滴加到NaOH溶液中时:先是Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O,后是Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al(OH)3↓.2)盐酸和NaAlO2溶液①盐酸滴加到NaAlO2溶液中的离子反应:先是AlO2﹣+H++H2O=Al(OH)3↓,后是Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;②当NaAlO2溶液滴加到盐酸溶液中时:先是AlO2﹣+4H+=Al3++2H2O,后是Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al(OH)3↓.3)氨水和AgNO3溶液①氨水滴加到AgNO3溶液中:先是Ag++NH3•H2O=AgOH↓+NH+4,后是AgOH+2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++OH﹣+2H2O,②当AgNO3溶液滴加到氨水中:Ag++2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O.(2)第二类:1)NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液①向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性:解析:因NaHSO4是二元强酸的酸式盐,故全部电离.当反应后溶液呈中性时,其反应的化学方程式是:2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O,其离子方程式是:2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O②在上述中性溶液里,继续滴加Ba(OH)2溶液:解析:这时在①中存在的溶质只有Na2SO4,继续滴加Ba(OH)2溶液的离子方程式是:SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓③向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42﹣恰好完全沉淀:解析:当SO42﹣恰好完全沉淀,则Ba(OH)2溶液中的Ba2+与SO42﹣恰好是按1:1反应,且H+与 OH﹣的比也是1:1,这时溶液中的溶质是NaOH.其离子方程式是:H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2O④向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液直至过量:解析:向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NaHSO4溶液直至过量,SO42﹣与Ba2+的比为1:1反应,H+与 OH﹣的比为2:2反应.其离子方程式是:2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O2)Ba(OH)2溶液和NaHCO3溶液⑤向Ba(OH)2溶液中逐滴加入过量的NaHCO3溶液:解析:该问相当于2mol OH﹣与过量的HCO3﹣反应,且生成的CO32﹣再与1mol Ba2+结合.Ba2++2OH﹣+2 HCO3﹣=BaCO3↓+2H2O+CO32﹣3)Ca(OH)2溶液和NaHCO3溶液①少量的Ca(OH)2和足量的NaHCO3溶液混合(向NaHCO3溶液中滴入Ca(OH)2):2OH﹣+Ca2++2HCO3﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O;②足量的Ca(OH)2和少量的NaHCO3溶液混合(向Ca(OH)2溶液中滴入NaHCO3):OH﹣+Ca2++HCO3﹣=CaCO3↓+H2O;③少量的Ca(HCO3)2溶液和足量的NaOH溶液混合(向NaOH溶液中滴入Ca(HCO3)2):Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2O;④向Ba(OH)2溶液中逐滴加入KAl(SO4)2溶液至Ba2+恰好完全沉淀;在上述溶液中继续滴加KAl (SO4)2溶液时,该步反应的离子方程式是解析:这时相当于2 mol Ba(OH)2和1 mol KAl(SO4)2反应,其离子方程式是:Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O在上述溶液中继续滴加KAl(SO4)2溶液时,Al3+和AlO2﹣发生双水解反应,其离子方程式是:Al3++3AlO2﹣+6H2O=4Al(OH)3↓⑤向KAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液直至溶液中的SO42﹣恰好完全沉淀;当沉淀的物质的量达到最大时反应的离子方程式是解析:这时相当于1 mol KAl(SO4)2和2 mol Ba(OH)2反应,其离子方程式是:Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣=2BaSO4↓+AlO2﹣+2H2O当沉淀的物质的量达到最大时,相当于2 mol KAl(SO4)2和3 mol Ba(OH)2反应,其离子方程式是:2Al3++3SO42﹣+3Ba2++6OH﹣=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓2、反应试剂的用量:如将CO2分别以“少量”“过量”通入到NaOH、NaAlO2、NaSiO3、Ca(ClO)2的溶液中发生的离子反应方程式是不同的.少量CO2与上述各溶液反应的离子方程式分别是:CO2+2OH﹣=H2O+CO32﹣;CO2+2AlO2﹣+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32﹣;CO2+SiO32﹣+H2O=H2SiO3↓+CO32﹣;CO2+Ca2++2ClO﹣+H2O=CaCO3↓+2HClO.过量的CO2与上述各溶液反应的离子方程式分别是:CO2+OH﹣=HCO3﹣;CO2+AlO2﹣+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3﹣;2CO2+SiO32﹣+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3﹣;CO2+ClO﹣+H2O=HCO3﹣+HClO.但是无论是“少量”还是“过量”的CO2通入苯酚钠中均生成NaHCO3(因为碳酸钠和苯酚不能共存)其离子方程式是:CO2+H2O+→+HCO3﹣3、氧化还原反应的顺序与试剂用量的关系:如少量Cl2通入FeI2溶液时,还原性强的I﹣先和Cl2反应:2I﹣+Cl2=2Cl﹣+I2.这时若继续通入Cl2到过量,Cl2再和Fe2+反应:2Fe2++Cl2=2Cl﹣+2 Fe3+.那么足量的Cl2通入Fe I2溶液时的离子方程式是二者的加和:2Fe2++4I﹣+3Cl2=2 Fe3++6Cl﹣+2I2;又如少量Na2S溶液滴加到FeCl3溶液中,具有氧化性的Fe3+过量,反应的离子方程式是:2Fe3++S2﹣=S↓+2Fe2+;当少量FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中,具有还原性的S2﹣过量,反应的离子方程式是:3S2﹣+2Fe3+=2FeS↓+S↓.4、不要漏写参加反应离子的比值及离子数:如Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液混合,SO42﹣与Ba2+的比为1:1反应,H+与 OH﹣的比为2:2反应.其离子方程式是:2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣=BaSO4↓+2H2O,切不可写成:H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2O,而导致错误.再如Ba(OH)2溶液和CuSO4溶液混合,正确的离子方程式是:Ba2++2OH﹣+Cu2++SO42﹣=BaSO4↓+Cu(OH)2↓,切不可写成:SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓遗失离子而导致错误.3.化学方程式的有关计算【知识点的认识】化学常用计算方法:主要有:差量法、十字交叉法、平均法、守恒法、极值法、关系式法等.一、差量法在一定量溶剂的饱和溶液中,由于温度改变(升高或降低),使溶质的溶解度发生变化,从而造成溶质(或饱和溶液)质量的差量;每个物质均有固定的化学组成,任意两个物质的物理量之间均存在差量;同样,在一个封闭体系中进行的化学反应,尽管反应前后质量守恒,但物质的量、固液气各态物质质量、气体体积等会发生变化,形成差量.差量法就是根据这些差量值,列出比例式来求解的一种化学计算方法.常见的类型有:溶解度差、组成差、质量差、体积差、物质的量差等.在运用时要注意物质的状态相相同,差量物质的物理量单位要一致.二、十字交叉法凡能列出一个二元一次方程组来求解的命题,即二组分的平均值,均可用十字交叉法,此法把乘除运算转化为加减运算,给计算带来很大的方便.十字交叉法的表达式推导如下:设A、B表示十字交叉法的两个分量,表示两个分量合成的平均量,x A、x B分别表示A和B占平均量的百分数,且x A+x B=1,则有:A•x A+B•x B=(x A+x B),化简得三、平均法对于含有平均含义的定量或半定量习题,利用平均原理这一技巧性方法,可省去复杂的计算,迅速地作出判断,巧妙地得出答案,对提高解题能力大有益处.平均法实际上是对十字交叉所含原理的进一步运用.解题时,常与十字交叉结合使用,达到速解之目的.原理如下:若A>B,且符合==A•x A%+B•x B%,则必有A>>B,其中是A、B的相应平均值或式,x A、x B分别是A、B的份数.四、守恒法学反应中存在一系列守恒现象,如:质量守恒(含原子守恒、元素守恒)、电荷守恒、电子得失守恒、能量守恒等,利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法.电荷守恒即对任一电中性的体系,如化合物、混和物、溶液、胶体等,电荷的代数和为零,即正电荷总数和负电荷总数相等.电子得失守恒是指在发生氧化﹣还原反应时,氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数,无论是自发进行的氧化﹣还原反应还是以后将要学习的原电池或电解池均如此.1、质量守恒2、电荷守恒3、得失电子守恒五、极值法“极值法”即“极端假设法”,是用数学方法解决化学问题的常用方法,一般解答有关混合物计算时采用.可分别假设原混合物是某一纯净物,进行计算,确定最大值、最小值,再进行分析、讨论、得出结论.六、关系式法化工生产中以及化学工作者进行科学研究时,往往涉及到多步反应:从原料到产品可能要经过若干步反应;测定某一物质的含量可能要经过若干步中间过程.对于多步反应体系,依据若干化学反应方程式,找出起始物质与最终物质的量的关系,并据此列比例式进行计算求解方法,称为“关系式”法.利用关系式法可以节省不必要的中间运算步骤,避免计算错误,并能迅速准确地获得结果.用关系式解题的关键是建立关系式,建立关系式的方法主要有:1、利用微粒守恒关系建立关系式,2、利用方程式中的化学计量数间的关系建立关系式,3、利用方程式的加合建立关系式.【命题方向】题型一:差量法典例1:加热10.0g碳酸钠和碳酸氢钠的混合物至质量不在变化,剩余固体的质量为8.45g,求混合物中碳酸钠的质量分数.分析:加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物时,碳酸钠不分解,碳酸氢钠不稳定,加热时分解生成碳酸钠、二氧化碳和水,利用差量法,根据2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O计算碳酸氢钠的质量,进而计算碳酸钠的质量分数.解答:加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物时,碳酸钠不分解,碳酸氢钠不稳定,加热时分解生成碳酸钠、二氧化碳和水,发生反应为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,则固体质量减少的原因是由于碳酸氢钠分解的缘故,设混合物中碳酸氢钠的质量为m,利用差量法计算,则2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O△m2×84g 62gm 10.0g﹣8.45g=1.55gm==4.2g,所以混合物中碳酸钠的质量为10.0g﹣4.2g=5.8g,混合物中碳酸钠的质量分数为:×100%=58%.答:混合物中碳酸钠的质量分数为58%.点评:本题考查混合物的计算,题目难度不大,注意根据碳酸氢钠不稳定的性质,利用差量法计算.题型二:十字交叉法典例2:实验测得C2H4与O2混合气体的密度是H2的14.5倍,可知其中乙烯的质量分数为()A.25.0% B.27.6% C.72.4% D.75.0%分析:由,十字交叉得出物质的量之比为3:1,据此解答.解答:由,十字交叉得出物质的量之比为3:1,则乙烯的质量分数为×100%≈72.4%,故选C.点评:本题主要考察十字交叉法的应用,十字交叉法虽然能给计算带来很大的方便,但也不是万能的,要注意适用场合,如果掌握不好,建议还是采用常规方法解题.题型三:平均法典例3:10g含有杂质的CaCO3和足量的盐酸反应,产生CO20.1mol,则此样品中可能含有的杂质是()A.KHCO3和MgCO3 B.MgCO3和SiO2 C.K2CO3和SiO2 D.无法确定分析:由“10g含有杂质的CaCO3和足量的盐酸反应,产生CO20.1mol”得出样品的平均相对分子质量是100,碳酸钙也是100,则样品中一种的相对分子质量比100大,另一种比100少,二氧化硅不与盐酸反应,认为相对分子质量比碳酸钙大.解答:由“10g含有杂质的CaCO3和足量的盐酸反应,产生CO20.1mol”得出样品中物质的平均相对分子质量是100,A.KHCO3的相对分子质量为100,MgCO3的相对分子质量为84,则平均值不可能为100,故A错误;B.MgCO3的相对分子质量为84,SiO2不与盐酸反应,认为相对分子质量比碳酸钙大,则平均值可能为100,故B正确;C.K2CO3的相对分子质量为为138,SiO2不与盐酸反应,认为相对分子质量比碳酸钙大,则平均值不可能为100,故C错误;D.由B可知,可以判断混合物的可能性,故D错误.故选B.点评:本题考查混合物的计算,题目难度不大,注意用平均值的方法进行比较和判断.题型四:质量守恒或元素守恒典例4:向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100ml浓度为1mol/L的硫酸,恰好使混合物完全溶解,放出标况下224ml的气体.所得溶液中加入KSCN溶液后无血红色出现.若用足量的H2在高温下还原相同质量的此混合物,能得到铁的质量是()分析:硫酸恰好使混合物完全溶解,硫酸没有剩余,向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现,说明溶液为FeSO4溶液,根据硫酸根守恒可知n(FeSO4)=n(H2SO4);用足量的H2在高温下还原相同质量的混合物得到铁,根据铁元素守恒可知n(Fe)=n(FeSO4),据此结合m=nM计算得到的铁的质量.解答:硫酸恰好使混合物完全溶解,硫酸没有剩余,向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现,说明溶液为FeSO4溶液,根据硫酸根守恒可知n(FeSO4)=n(H2SO4)=0.1L×1mol/L=0.1mol;用足量的H2在高温下还原相同质量的混合物得到铁,根据铁元素守恒可知n(Fe)=n(FeSO4)=0.1mol,故得到Fe的质量为0.1mol×56g/mol=5.6g,故选B.点评:本题考查混合物的计算,难度中等,利用元素守恒判断铁的物质的量是解题关键,注意守恒思想的运用.题型五:电荷守恒典例5:将8g Fe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中,再投入7g铁粉收集到1.68L H2(标准状况),同时,Fe和Fe2O3均无剩余,为了中和过量的硫酸,且使溶液中铁元素完全沉淀,共消耗4mol•L﹣1的NaOH溶液150mL.则原硫酸的物质的量浓度为()A.1.5mol•L﹣1 B.0.5mol•L﹣1 C.2mol•L﹣1 D.1.2mol•L﹣1分析:Fe和Fe2O3均无剩余,而硫酸过量,加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀,最终溶液中的溶质是Na2SO4,由钠离子守恒可知n(NaOH)=n(Na2SO4),由硫酸根守恒可知n(Na2SO4)=n(H2SO4),再根据c=计算.解答:Fe和Fe2O3均无剩余,而硫酸过量,加入氢氧化钠溶液使溶液中铁元素完全沉淀,最终溶液中的溶质是Na2SO4,由钠离子守恒可知:n(NaOH)=n(Na2SO4)=0.15L×4mol/L=0.6mol,故n(Na2SO4)=0.3mol,由硫酸根守恒可知n(H2SO4)=n(Na2SO4)=0.3mol,则c(H2SO4)==2 mol•L﹣1,故选C.点评:本题考查物质的量浓度计算、化学方程式有关计算,清楚发生的反应是关键,注意利用守恒思想进行计算,侧重对解题方法与学生思维能力的考查,难度中等.题型六、得失电子守恒典例6:将一定量铁粉投入到500mL某浓度的稀硝酸中,恰好完全反应,在标准状况下产生NO气体11.2L,所得溶液中Fe2+和Fe3+的浓度之比为1:2,则该硝酸溶液的物质的量浓度为()A.1mol•L﹣1 B.2 mol•L﹣1 C.3 mol•L﹣1 D.4 mol•L﹣1分析:铁与硝酸反应所得溶液中Fe2+和Fe3+的浓度之比为1:2,则Fe与硝酸都完全反应,二者都没有剩余,根据电子转移守恒计算n(Fe2+)、(Fe3+),由N原子守恒可知n(HNO3)=2n(Fe2+)+3(Fe3+)+n(NO),结合c=计算.解答:n(NO)==0.5mol,铁与硝酸反应所得溶液中Fe2+和Fe3+的浓度之比为1:2,则Fe与硝酸都完全反应,二者都没有剩余,令n(Fe2+)=ymol、则n(Fe3+)=2y mol,根据电子转移守恒,则:ymol×2+2ymol×3=0.5mol×(5﹣2)解得y=mol则n(Fe3+)=2y mol=mol×2=mol由N原子守恒可知n(HNO3)=2n(Fe2+)+3(Fe3+)+n(NO)=mol×2+mol×3+0.5mol=2mol,故原硝酸的浓度==4mol/L,故选D.点评:本题考查氧化还原反应的计算,理解原子守恒、得失电子守恒是解答本题的关键,侧重解题方法技巧的考查,题目难度中等.题型七:极值法典例7:已知相对原子质量:Li为6.9;Na为23;K为39;Rb为85.今有某碱金属R及其氧化物R2O的混合物10.8g,加足量的水,充分反应后,溶液经蒸发、干燥,得16g固体.试经计算确定是哪一种金属.分析:本题可采用极值法进行解题,假设混合物全是碱金属和全是碱金属氧化物两种情况进行分析.解答:设R的相对原子质量为M,(1)假设混合物全是碱金属,则有2R+2H2O=2ROH+H2↑2M 2(M+17)10.8g 16g解得:M=35.5(2)假设混合物全是碱金属氧化物,则有R2O+H2O=2ROH2M+16 2(R+17)10.8g 16g解得:M=10.7 因10.7<M<35.5 所以碱金属R为钠.点评:本题主要考察极值法的应用,通过极值法可以得出最大值和最小值,从而得出答案,难度不大.【解题思路点拨】化学计算方法很多,关键是解题时能选出恰当的方法进行解题.4.离子方程式的有关计算【知识点的认识】离子方程式计算的常用方法包括:1、原子守恒法2、电荷守恒法3、得失电子守恒法4、关系式法【命题方向】题型一:原子守恒典例1:用1L 1.0mol•L﹣1 NaOH溶液吸收0.8mol CO2,所得溶液中的CO32﹣和HCO3﹣的浓度之比约是()A.1:3 B.1:2 C.2:3 D.3:2分析:氢氧化钠的物质的量=1.0mol/L×1L=1mol,当n(NaOH):n( CO2)≥2,二者反应生成碳酸钠,当n(NaOH):n( CO2)≤1时,二者反应生成碳酸氢钠,但2>n(NaOH):n( CO2)>1时,二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠的混合物,氢氧化钠和二氧化碳的物质的量之比为1mol:0.8mol=5:4,则二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠,根据原子守恒分析解答.解答:氢氧化钠的物质的量=1.0mol/L×1L=1mol,当n(NaOH):n( CO2)≥2,二者反应生成碳酸钠,当n(NaOH):n( CO2)≤1时,二者反应生成碳酸氢钠,但2>n(NaOH):n( CO2)>1时,二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠的混合物,氢氧化钠和二氧化碳的物质的量之比为1mol:0.8mol=5:4,则二者反应生成碳酸钠和碳酸氢钠,设碳酸钠的物质的量是x,碳酸氢钠的物质的量是y,根据碳原子守恒得x+y=0.8①根据钠原子守恒得:2x+y=1②,根据①②得x=0.2 y=0.6,所以CO32﹣和HCO3﹣的浓度之比=0.2mol:0.6mol=1:3,故选A.点评:本题考查物质的量浓度的计算,题目难度不大,注意从原子守恒的角度分析.题型二:电荷守恒典例2:将NaCl和NaBr的混合物m g溶于足量水,配制成500mL溶液A,再向A中通入足量氯气,充分反应后,蒸发溶液至干得晶体(m﹣2)g.则A溶液中Na+、C1﹣、Br﹣的物质的量之比肯定不正确的是()A.3:2:1 B.3:1:2 C.4:3:1 D.3:1:4分析:向氯化钠、溴化钠的混合物中通入足量氯气,氯气和溴化钠反应生成氯化钠和溴,反应方程式为:Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl,蒸发溶液蒸干时,溴挥发导致得到的晶体是氯化钠,任何溶液中都存在电荷守恒,氯化钠和溴化钠都是强酸强碱盐,其溶液呈中性,根据电荷守恒判断.解答:向氯化钠、溴化钠的混合物中通入足量氯气,氯气和溴化钠反应生成氯化钠和溴,反应方程式为Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl,蒸发溶液蒸干时,溴挥发导致得到的晶体是氯化钠,任何溶液中都存在电荷守恒,氯化钠和溴化钠都是强酸强碱盐,其溶液呈中性,所以c(H+)=c(OH﹣),所以溶液中c (Na+)=c(Cl﹣)+c(Br﹣),同一溶液中体积相等,所以n(Na+)=n(Cl﹣)+n(Br﹣),A.当Na+、C1﹣、Br﹣的物质的量之比3:2:1时,符合n(Na+)=n(Cl﹣)+n(Br﹣),故A正确;B.当Na+、C1﹣、Br﹣的物质的量之比3:1:2时,符合n(Na+)=n(Cl﹣)+n(Br﹣),故B正确;C.当Na+、C1﹣、Br﹣的物质的量之比4:3:1时,符合n(Na+)=n(Cl﹣)+n(Br﹣),故C正确;D.当Na+、C1﹣、Br﹣的物质的量之比3:1:4时,符合n(Na+)<n(Cl﹣)+n(Br﹣),不符合电荷守恒,故D错误;故选D.点评:本题考查了离子方程式的计算,如果采用方程式进行计算,比较麻烦,采用电荷守恒来分析解答即可,较简便,难度中等.题型三:关系式法典例3:向等体积等物质的量浓度的NaCl、MgCl2两溶液中分别滴加等浓度的AgNO3溶液使Cl﹣恰好沉淀完全,则消耗AgNO3溶液的体积之比为()A.1:1 B.1:2 C.2:1 D.1:3分析:等体积、等物质的量浓度的NaCl、MgCl2两种溶液中溶质的物质的量相等,分别与等物质的量浓度的AgNO3溶液恰好完全反应,则消耗的硝酸银的物质的量之比等于它们的体积比.解答:设等体积、等物质的量浓度的NaCl、MgCl2溶液中溶质的物质的量均为1mol,则与等物质的量浓度的AgNO3溶液恰好完全反应时存在:1molNaCl~1molAgNO3,1molMgCl2~2molAgNO3,由n=cV可知,物质的量之比等于溶液的体积之比,所以与NaCl、MgCl2两种溶液反应的AgNO3溶液的体积比为1:2,故选B.点评:本题考查物质的量浓度的计算,明确物质的量、浓度及物质的构成的关系,氯离子与银离子的反应是解答本题的关键,难度不大.题型四:得失电子守恒典例4:Fe与硝酸反应随温度和硝酸的浓度不同而产物不同.已知0.2mol HNO3做氧化剂时,恰好把0.4mol Fe氧化为Fe2+,则HNO3将被还原成()A.NH4+B.N2O C.NO D.NO2分析:0.2molHNO3做氧化剂时,氮元素的化合价会降低,0.4mol Fe氧化为Fe2+,化合价升高,铁原子失去电子,氮原子是得到电子,根据得失电子守恒来计算HNO3的还原产物中N元素的价态.解答:设硝酸被还原到的产物中,N元素的价态是x,则根据反应中得失电子守恒:0.4mol×(2﹣0)=0.2mol×(5﹣x),解得x=1,所以硝酸被还原到的产物中,N元素的价态是+1价,应该是N2O.故选B.点评:本题是一道关于电子守恒的计算题,电子守恒的灵活应用是考试的热点,难度不大.【解题思路点拔】本考点是关于离子方程式的计算方法,相对于化学方程式,离子方程式的计算方法更纯粹一点,最重要的是守恒方法和关系式法,要重点掌握.5.物质的量浓度的相关计算【知识点的认识】1、物质的量浓度:(1)概念:溶质(用字母B表示)的物质的量浓度是指单位体积溶液中所含溶质B的物质的量,用符号c B表示.。
第一节碳、硅及无机非金属材料[基础知识诊断]知识点一碳、硅单质的主要性质及应用1.C、Si单质的存在形态、物理性质及用途(1)自然界中碳元素既有游离态,又有化合态,而硅元素因有亲氧性,所以仅有化合态。
碳单质主要有金刚石、石墨、C60等同素异形体,硅单质主要有晶体硅和无定形硅两大类。
(2)单质的结构、物理性质与用途比较2.碳和硅的化学性质(1)碳单质的化学性质——还原性。
①与O 2的反应:O 2不足:2C +O 2=====点燃2CO ;O 2充足:C +O 2=====点燃CO 2。
②与其他物质的反应:a .与CuO 反应:2CuO +C=====高温2Cu+CO 2↑(可用于金属的冶炼);b .与CO 2反应:CO 2+C=====高温2CO ;c .与水蒸气反应:C +H 2O(g)=====高温CO +H 2(制水煤气);d .与浓硫酸反应:C +2H 2SO 4(浓)=====△CO 2↑+2SO 2↑+2H 2O 。
(2)硅的化学性质——还原性。
①与氢氟酸反应:Si +4HF===SiF 4↑+2H 2↑;②与NaOH 溶液反应:Si +2NaOH +H 2O===Na 2SiO 3+2H 2↑;③与O 2反应:Si +O 2=====△SiO 2。
[基础诊断]1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)(1)C 、Si 在自然界中均存在游离态( )(2)高纯度的硅广泛用于制作计算机芯片( )(3)硅可由二氧化硅还原制得( )(4)对于反应3C +SiO 2=====高温SiC +2CO ↑,被氧化的物质与被还原的物质的质量比为2∶1( )【答案】 (1)× (2)√ (3)√(4)√2.从元素周期表的位置看,碳和硅均为ⅣA 族元素,自然界中有碳的多种单质存在,自然界中有硅的单质吗?为什么?【答案】 没有,因为硅有很强的亲氧性,在地壳形成时硅与氧易结合,难分离,因而硅在自然界中主要以氧化物和硅酸盐形式存在。