《【备战2013】高考化学 考前30天冲刺押题系列 第三部分 专题06 守恒法.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【备战2013】高考化学 考前30天冲刺押题系列 第三部分 专题06 守恒法.doc（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、考前30天之备战2013高考化学冲刺押题系列第三部分 专题06 守恒法守恒法解题成功的关键在于从诸多变化和繁杂数据中寻找某一不变的物理量及其对应关系。在解题时，首先必须明确每一种守恒法的特点，然后挖掘题目中存在的守恒关系，最后巧妙地选取方法，正确地解答题目。 1、 质量守恒：是根据化学反应前后反应物的总质量与生成物的总质量相等的原理，进行计算或推断。主要包括：反应物总质量与生成物总质量守恒；反应中某元素的质量守恒；结晶过程中溶质总质量守恒；可逆反应中反应过程总质量守恒。2、 物质的量守恒：是根据反应前后某一物质的量不变的原理进行推导和计算的方法。这种方法可以应用在多步反应中的计算。可简化计算过
2、程，减少数学计算，一步得出结果。3、元素守恒：即化学反应前后各元素的种类不变，各元素的原子个数不变，其物质的量、质量也不变。元素守恒包括原子守恒和离子守恒: 原子守恒法是依据反应前后原子的种类及个数都不变的原理，进行推导或计算的方法。离子守恒是根据反应（非氧化还原反应）前后离子数目不变的原理进行推导和计算。用这种方法计算不需要化学反应式，只需要找到起始和终止反应时离子的对应关系，即可通过简单的守恒关系，计算出所需结果。5、电子得失守恒：是指在氧化还原反应中，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，还是原电池或电解池中，均如此。它广泛应用于氧化还原反应中的各种
3、计算，甚至还包括电解产物的计算。例1. 将一定量Fe和Fe2O3的混合物放入250 mL 2 mol/L的硝酸溶液中，反应完全后无固体剩余，生成2.24 L NO气体(标准状况)，再向反应后的溶液中加入1 mol/L的NaOH溶液，要使铁元素全部沉淀下来，所加NaOH溶液的体积最少是() A500 mLB400 mL C450 mL D无法确定 例2、由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其pH1，c(Al3)0.4 mol/L，c(SO)0.8 mol/L，则c(K)为 ()A0.15 mol/L B0.2 mol/LC0.3 mol/L D0.4 mol/L例3、24 mL浓度为0.05
4、mol/L的Na2SO3溶液恰好与20 mL浓度为0.02 mol/L的K2Cr2O溶液完全反应。已知Na2SO3被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为() A2 B3 C4 D5 解析:氧化剂与还原剂恰好反应完全，其得失电子数相等，若还原产物中Cr的化合价为x，则Na2SO3Na2SO4，失电子的物质的量为：0024 L0.05 mol/L20.0024 mol；K2Cr2O72r，得电子的物质的量为：002 L0.02 mol/L(6x)2，所以有0.02 L0.02 mol/L(6x)20.0024 mol，解得x3。答案：B【母题与衍生】【母题1】下列溶液
5、中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )A室温下，向0.01 molL1 NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na)c(SO42 )c(NH4 )c(OH) = c(H)B0.1 molL1 NaHCO3溶液：c(Na)c(OH)c(HCO3 )c(H)CNa2CO3溶液：c(OH)c(H) = c(HCO3 )2c(H2CO3)D25 时，pH = 4.75、浓度均为0.1 molL1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)c(H)【解答】AC 【点拨】注意电荷守恒、物料守恒、质子守恒的综合应用。【衍生1】质量分数为a的某物质的溶
6、液mg与质量分数为b的该物质的溶液ng混合后，蒸发掉pg水。得到的溶液每毫升质量为qg，物质的量浓度为c。则溶质的分子量（相对分子质量）为（ ）A. B. C. D.【衍生2】常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液pH=7，则此溶液中（ ）A.c(HCOO-)c(Na+) B.c(HCOO-)c(Na+)C.c(HCOO-)c(Na+) D.无法确定c(HCOO-)与c(Na+)的关系【衍生3】今有FeSO4 和Fe2(SO4)3的混合物，其中含硫的质量分数为a%，则混合物中铁的质量分数为 （ ） A.a% B.2a% C.12a% D.13a% 【解析】混合物中不管以任何比例混合，S和O
7、的原子个数之比总是14，所以质量比为12 。故氧的质量分数为2a%，所以Fe的质量分数为1a%2a% = 13a。【答案】D【点拨】注意化合物中S和O的原子个数之比相同是解答本题的关键。【衍生4】铜和镁的混合物4.6g完全溶于一定量浓硝酸中，反应后只生成NO2 0.2mol和N2O4 0.015mol，往与硝酸反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，生成沉淀的质量为( )A. 9.02g B. 8.51g C. 8.26g D. 7.04g【衍生5】某金属和硝酸反应，已知参加反应的被还原的硝酸和参加反应的硝酸的物质的量之比为16，若已知还原产物唯一，则还原产物为( )A. N2 B. N2O C
8、. NO D. NO2 【解析】假设参加反应的硝酸有6mol，则其中有1mol被还原，其余的5mol NO3保留在溶液中，用来平衡金属失去电子以后所带的正电荷。由于5mol NO3所带的负电荷为5mol，则金属阳离子所带的正电荷也是5mol，即金属失去了5mol电子并由1molN原子获得，由于还原产物唯一，所以每一个N原子获得5个电子，化合价由5价变为0价，产物为N2。【答案】A【点拨】本题难度很大，解答时依据电子守恒和电荷守恒可以迎刃而解。【专家预测】1某硫酸镁和硫酸铝的混合溶液中，c(Mg2)2 mol/L， c(SO)6.5 mol/L，若将200 mL此混合液中的Mg2和Al3分离，至
9、少应加入1.6 mol/L的苛性钠溶液 ()A0.5 L B1.625 LC1.8 L D2 L2根据S2O2e2SO、Mn24H2OMnO8H5e，推测氧化1.5 mol Mn2需S2O的物质的量为 ()A1.5 mol B3.75 molC3.25 mol D3.125 mol314 g铜银合金与足量的某浓度的硝酸反应，将放出的 气体与1.12 L(标准状况下)氧气混合，通入水中恰好全部被吸收，则合金中铜的质量为 () A9.6 g B6.4 g C3.2 g D1.6 g 解析：Ag、Cu合金与硝酸反应的实质是HNO3中的N得到Cu和Ag的电子。生成：NOx，NOx与O2反应，O2又得到
10、NOx中N元素失的电子，又得到HNO3，根据得失电子守恒，Cu和Ag失去的电子转移给了O2。设Cu、Ag的物质的量为x、y，则解得x0.05 mol。m(Cu)0.05 mol64 g/mol3.2 g。答案：C4、在一定体积的容器中，加入1.5molXe和7.5mol氟气，与400和2633KPa压强下加热数小时，然后迅速冷却至25，容器内除得到一种无色晶体外，还余下4.5molF2，则所得无色晶体产物中，Xe与F2的原子个数比是（ ） A、 1：2 B、 1：3 C、1：4 D、1：65、现有 K2SO4 和Al2(SO4)3和KAl(SO4)2的混合溶液，其中n(SO42- )=2 mo
11、l 向混合溶液逐滴加入KOH，使生成的沉淀刚好完全溶解时，消耗2 mol KOH溶液，则原溶液中的K+的物质的量为（ ）A、1 mol B、2 mol C、2.5 mol D、3 mol 6、某氧化剂中，起氧化作用的是X2O72离子，在溶液中0.2 mol该离子恰好能使0.6molSO32离子完全氧化，则X2O72离子还原后的化合价为（ ） A1 B2 C3 D47、0.1mol/L的NaOH溶液0.2L，通入标准状况下448mL H2S气体，所得溶液离子浓度大小关系正确的是 （ ）AC（Na+）C（HS）C（OH）C（H2S）C（S2）C（H+）BC（Na+）+ C（H+）= C（HS）C（S2）C（OH）CC（Na+）C（H2S）C（HS）C（S2-）C（OH） DC（S2）C（OH）C（H+）C（H2S）7
