单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,2019-7-11,谢谢观赏,高中化学解题方法系列课件,守恒法,河南省太康县第一高级中学,-xx,1,谢谢观赏,2019-7-11,高中化学解题方法系列课件守恒法河南省太康县第一高级中学-,现有,19.7 g,由,Fe,、,FeO,、,Al,、,Al,2,O,3,组成的混合物，将它完全溶解在,540 mL 2.00 mol,L,1,的,H,2,SO,4,溶液中，收集到标准状况下的气体,8.96 L,。已知混合物中，,Fe,、,FeO,、,Al,、,Al,2,O,3,的质量分数分别为,0.284,、,0.183,、,0.274,和,0.259,。欲使溶液中的金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀，至少应加入,2.70 mol,L,1,的,NaOH(aq),体积是,_,。,【,解析,】,：,n,(NaOH)=2,n,(H,2,SO,4,),c,(NaOH),V,NaOH(aq)=2,c,(H,2,SO,4,),V,H,2,SO,4,(aq),，,【,答案,】,V,NaOH(aq)=800 mL,【,新手探路,】,2,谢谢观赏,2019-7-11,现有19.7 g由Fe、FeO、Al、Al2,化学上常用的守恒方法：,1.,电荷守恒,溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数。,2.,电子守恒,化学反应中,(,或系列化学反应中,),氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数。,3.,质量守恒：,质量守恒定律；,化学反应前后某原子,(,或原子团,),的质量不变。,3,谢谢观赏,2019-7-11,化学上常用的守恒方法：3谢谢观赏2019-7-11,【,例,1】,将,CaCl,2,和,CaBr,2,的混合物,13.4,g,溶于水配成,500 mL,溶液，再通入过量的,Cl,2,，完全反应后将溶液蒸干，得干燥固体,11.175,g,。则原配溶液中，,c,(Ca,2,),c,(Cl,),c,(Br,),为,A.321 B.123 C.132 D.231,【,解析,】,：,1,个,Ca,2,所带电荷数为,2,，则根据溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数：,2n(Ca,2,)=n(Cl,),n(Br,),【,答案,】,：,D,【,例题引路,】,4,谢谢观赏,2019-7-11,【例1】将CaCl2和CaBr2的混合物13.4 g溶于水配,【,例,2】3.84g,铜和一定质量的浓硝酸反应，当铜完全反应时，共收集到标准状况下的气体,2.24L,，若把装有这些气体的集气瓶倒立在盛水的水槽中，需通入多少升标况下的氧气才能使集气瓶充满溶液？,【,答案,】,无法得出气体的种类及数量，但铜转移的电子总数为（,3.84/64,）,2=0.12mol,故氧气的物质的量为,0.12mol/4=0.03mol,V(O,2,),=0.03mol22.4L/mol,=0.672L,5,谢谢观赏,2019-7-11,【例2】3.84g铜和一定质量的浓硝酸反应，当铜完全反应时，,【,例,3】,A,、,B,、,C,三种物质各,15 g,，发生反应：,A,B,C,D,，反应后生成,D,的质量为,30g,。然后在残留物中加入,10gA,，反应又继续进行，待反应再次停止，反应物中只剩余,C,，则下列说法正确的是,(),A.,第一次反应停止,B,为,9 g B.,第一次反应停止时,C,为,6 g,C.,反应中,A,和,C,质量比是,53 D.,第二次反应后,C,为,5 g,【,解析,】,第一次反应,A,不足。第二次反应后只余,C,，说明,A,、,B,恰好反应。则：,m,反,(A)m,反,(B)=(15g,10g)15g=53,第一次反应耗,B,的质量,mB,为：,15gmB=53,，,mB=9g,，剩余,B,质量：,15g,9g=6g,。根据,mA,mB,mC=mD,，可知生成,30gD,时消耗,C,的质量。,mC=30g,15g,9g=6g,即第一次反应后剩余,C,质量为：,15g,6g=9g,。反应消耗,A,、,B,、,C,质量之比,=15g9g6g=532,【,答案,】,：,D,6,谢谢观赏,2019-7-11,【例3】A、B、C三种物质各15 g，发生反应：ABC【,【,强化训练,】,将,3.48gFe,3,O,4,完全溶于,100mL1.00mol/LH,2,SO,4,(aq),中，然后加入,K,2,Cr,2,O,7,(aq)25.00mL,，恰好使,Fe,2,全部转化为,Fe,3,，且,Cr,2,O,7,2-,全部转化为,Cr,3,。则,K,2,Cr,2,O,7,的物质的量浓度为,。,【,解析,】Fe,3,O,4,中,2,价铁所失电子物质的量与,Cr,2,O,7,2-,中,6,价铬所得电子物质的量相等。,3.48,g,232g/mol1=0.02500 Lc(Cr,2,O,7,2-,)6,。,c(Cr,2,O,7,2-,)=0.100 mol,L,1,【,答案,】,：,D,7,谢谢观赏,2019-7-11,【强化训练】将3.48gFe3O4完全溶于100mL1.0,2.,向,7.98 g,由镁、铜、铝组成的金属混合物中加入足量稀硝酸，产生标准状况下气体,4.032 L,，然后向溶液中加入足量,NaOH,溶液，则得到的沉淀的最大质量为为（）,（,A,）,17.16,g,（,B,）,16.76,g,（,C,）,15.84,g,（,D,）,15.48,g,【,解析,】V(NO)=4.032 L,22.4L/mol=0.18 mol,故转移电子的物质的量为,0.18 mol,3=0.54,mol,，沉淀的质量为,7.98,g,+0.54,mol,17 g/mol=17.16g,【,答案,】,：,A,8,谢谢观赏,2019-7-11,2.向7.98 g由镁、铜、铝组成的金属混合物中加入足量稀硝,3.,某露置苛性钾经分析含水,7.62%(,质量分数，下同,),、,K,2,CO,3,2.38%,、,KOH90.00%,。取此样品,1.00g,放入,46.00 mL1.00mol,L,1,的,HCl(aq),中，过量的,HCl,可用,1.070 mol/L KOH(aq),中和至中性，蒸发中和后的溶液可得固体,_,克。,【,解析,】,根据,Cl,原子守恒得：,n,(KCl)=,n,(HCl)=1.00 mol,L,1,0.04600 L,=4.6010,2,mol,。,故,m,(KCl)=,4.6010,2,mol 22.4L/mol,=,3.427,g,9,谢谢观赏,2019-7-11,3.某露置苛性钾经分析含水7.62%(质量分数，下同)、K2,4,已知：,NO,+,NO,2,+,2NaOH,=,2NaNO,3,+,H,2,O,2NO,2,+2 NaOH,=,NaNO,3,+,NaNO,2,+,H,2,O,现将,a mol NO,、,b mol NO,2,的混合气体通入足量的,NaOH,溶液中充分反应。,（,1,）若这些气体完全被,NaOH,溶液吸收，则消耗,NaOH,g,。,（,2,）,NO,和,NO,2,的混合气体的组成可表示为,NOx,，若气体不能完全被吸收，则,x,的取值范围为,。,【,解析,】,（,1,）,40,（,a+b,）,g,完全吸收后，溶液溶质为,NaNO,3,和,NaNO,2,，故,n(NaOH)=n(N),=,（,a+b,）,mol,既,m=40,（,a+b,）,g,（,2,）,1,x,b,则,NO,过量，不能被完全吸收,),10,谢谢观赏,2019-7-11,4已知：NO+NO2+2NaOH=,5,部分氧化的,Fe,Cu,合金样品,(,氧化产物为,Fe,2,O,3,、,CuO),共,5.76 g,，经如下处理,下列说法正确的是,A,滤液,A,中的阳离子为,Fe,2,、,Fe,3,、,H,B,样品中,Fe,元素的质量为,2.24 g,C,样品中,CuO,的质量为,4.0 g,D,V,224,11,谢谢观赏,2019-7-11,5部分氧化的FeCu合金样品(氧化产物为Fe2O3、Cu,【,解析,】,从生成气体可知当溶液中,Fe,2,O,3,、,CuO,溶解后依次发生,了下面三个反应：,（,1,）,Fe+2Fe,3+,=3Fe,2+,（,2,）,Fe+Cu,2+,=Fe,2+,+Cu,（,3,）,Fe+2H,+,=Fe,2+,+H,2,即,3.2g,滤渣为铜元素总质量，,3.2g,固体为铁元素总质量，故原样品中氧元素质量为：,5.76 g-3.2g-3.2g(160g/moL)56=0.32g,n(Fe)-n(O)=n(H,2,)=0.02moL,即,448mL,。,【,结论,】,溶液中无,Fe,3+,，故,A,错；样品中,Fe,元素的质量为,3.2g(160g/moL)256=2.24 g,，故,B,正确；,样品中铜元素全部氧化时,CuO,的质量为,4.0 g,，故,C,错；据上述分析知,D,错。,12,谢谢观赏,2019-7-11,【解析】从生成气体可知当溶液中Fe2O3、CuO溶解后依次发,设计说明,为高二学生学习化学计算提供学习思路和方法，紧密联系高考，讲练结合，总结规律，提升能力。,在使用过程中，本课件也需要取舍。根据学生的水平更换练习内容。,13,谢谢观赏,2019-7-11,设计说明 为高二学生学习化学计算提供学习思路和方,14,谢谢观赏,2019-7-11,14谢谢观赏2019-7-11,