【五年高考三年模拟】2017届高三化学新课标一轮复习课件：专题1+常用化学计量

专题一常用化学计量高考化学知识清单方法1识破“阿伏加德罗常数”常见陷阱1.气体摩尔体积的运用条件:考查气体时经常给定非标准状况下,如25℃、1.01×105Pa气体体积,让考生用22.4L·mol-1进行换算,误入陷阱。2.物质的聚集状态:22.4L·mol-1适用对象是气体(包括混合气体)。命题者常用在标准状况下呈非气态的物质来迷惑考生,如H2O、CCl4、SO3等。3.混淆某些氧化还原反应中电子转移的数目:命题者常用一些反应中转移电子的数目来迷惑考生,如Na2O2与H2O、CO2的反应(1molNa2O2反应转移1mol电子);Cl2与H2O、NaOH的反应(1molCl2反应转移1mol电子);Cu与硫的反应(1molCu反应转移1mol电子或1molS反应转移2mol电子)等。4.特殊物质的摩尔质量及微粒数目:如D2O、18O2、H37Cl等。5.物质的组成、结构:气体单质的组成除常见的双原子分子外,还有单原子分子(如He、Ne等)、三原子分子(如O3)等。NO2和N2O4的最简式相同,根据质量计算它们的混合物中元素的原子个数突破方法时,可将最简式看作是混合物的分子式来计算。Na2O2由Na+和 构成,而不是Na+和O2-,苯中不含碳碳单键和碳碳双键等。6.物质中的化学键数目:如白磷(31g白磷含1.5molP—P键)、金刚石(12g金刚石含2molC—C键)、晶体硅及晶体SiO2(60g二氧化硅晶体含4molSi—O键)等。7.电解质溶液中因微粒的电离或水解造成微粒数目的变化:如强电解质HCl、HNO3等完全电离,不存在电解质分子;弱电解质CH3COOH、HClO等部分电离,而使溶液中CH3COOH、HClO浓度减小;Fe3+、Al3+、C 、CH3COO-等因发生水解使该种粒子数目减少;Fe3+、Al3+、C 等因发生水解而使溶液中阳离子或阴离子总数增多等。8.胶体粒子的组成:如1molFe3+形成Fe(OH)3胶体时,由于Fe(OH)3胶粒是小分子聚集体,胶粒数目小于NA。9.忽视可逆反应不能进行到底:如2NO2 N2O4、2SO2+O2 2SO3、合成氨反应等。10.不仔细审题:如只给出物质的量浓度即要求计算微粒数目,考生往往按1L溶液进行计算,从而落入圈套。22O23O23OA.1L0.1mol·L-1NaHSO4溶液中含有HS 总数为0.1NAB.16g16O2和18g18O2中含有的质子数均为8NAC.1molFe与足量的稀硝酸反应,转移电子数为2NAD.标准状况下,2.24LCl2溶于水所得溶液中含有的氯离子数为0.1NA解题导引分析各选项可以看出,它们分别对应陷阱7,4,3,9。解析A项,NaHSO4在溶液中发生电离:NaHSO4 Na++H++S ,不存在HS ;B项,M(16O2)=32g/mol,n(16O2)= =0.5mol,所含质子的物质的量为8×2×0.5mol=8mol,M(18O2)=36g/mol,n(18O2)= =0.5mol,所含质子的物质的量为8×2×0.5mol=8mol;C项,Fe与足量的稀硝酸反应时,Fe被氧化为Fe3+,转移电子数为3NA;D项,Cl2溶于水时发生可逆反应Cl2+H2O HCl+HClO,生成HCl的物质的量小于0.1mol,因此溶液中氯离子数小于0.1NA。答案B4O24O4O16g32g/mol18g36g/mol例1(2016安徽皖南八校高三第一次联考,5)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ()方法2化学计算中的常用方法1.守恒法守恒法是中学化学计算中一种很重要的方法与技巧,也是高考试题中应用最多的方法之一。守恒法中有三把“金钥匙”——质量守恒、电荷守恒、得失电子守恒,它们都是抓住有关变化的始态和终态,淡化中间过程,利用某种不变量(①某原子、离子或原子团不变,②溶液中阴、阳离子所带电荷总数相等,③氧化还原反应中得失电子数相等)建立关系式,从而达到简化过程、快速解题的目的。2.极值法对混合体系或反应物可能发生几种反应生成多种产物的计算,我们可假设混合体系中全部是一种物质,或只发生一种反应,求出最大值、最小值,然后进行解答。3.差量法化学反应中因反应物和生成物的状态变化(或不相同)而产生物质的量差量、质量差量、气体体积差量、气体压强差量等,差量法就是利用这些差量来列出比例式,从而简化计算步骤,达到快速解题的目的,其中最常用的是质量差法和体积差法。4.关系式法关系式是将多个连续反应转化为一步计算。建立关系式的依据有两种,一是依据连续反应的化学方程式的化学计量数建立,二是依据化学反应中原子数目守恒建立,如用氨气制取硝酸,关系式为NH3~HNO3。5.估算法化学题尤其是选择题中所涉及的计算,所要考查的是化学知识,而不是运算技能,所以其中的计算量应该是较小的,有时不需要计算出确切值,通过逻辑推理,确定出结果的大致范围,结合题给信息,直接得出答案,做到“不战而胜”。例2(2016河北衡水中学二调,21)在一定温度下,某浓度的硝酸与金属锌反应生成NO2和NO,两者的物质的量之比为1∶3,则要使1mol金属锌完全反应,反应过程中消耗HNO3的物质的量为 ()A.2.4molB.2.6molC.2.8molD.3.2mol 解析依题意,Zn最后全部以Zn(NO3)2的形式存在,且n[Zn(NO3)2]=1mol,则起酸性作用的硝酸的物质的量n1=2mol。Zn失去2mol电子,根据得失电子守恒,设n(NO2)=x,n(NO)=3x,有x+3x×3=2mol,x=0.2mol,则起氧化剂作用的HNO3的物质的量n2=n(NO2)+n(NO)=0.8mol,所以消耗HNO3的总物质的量n总(HNO3)=n1+n2=2.8mol。答案C方法点拨有关氧化还原反应的计算基本上都要用到得失电子守恒法。解题导引的氢氧化钠溶液,生成沉淀的质量为 ()A.7.04gB.8.26gC.8.51gD.9.02g答案C解析分析反应过程可知,最后生成的沉淀是Cu(OH)2和Mg(OH)2,Cu和Mg在反应后均为+2价,它们失去的电子的总物质的量n(e-)等于它们形成氢氧化物沉淀时所结合的OH-的总物质的量n(OH-)。由得失电子守恒有:n(e-)=n(NO2)+n(NO)×3=0.08mol+0.05mol×3=0.23mol,则n(OH-)=0.23mol,m(OH-)=3.91g,所以沉淀的质量=m(合金)+m(OH-)=4.6g+3.91g=8.51g。2-1(2016湖南十校联考,14)铜和镁的合金4.6g完全溶于一定量的浓硝酸,若反应中HNO3被还原只产生1792mL的NO2气体和1120mL的NO气体(标准状况下),在反应后的溶液中加入足量