人教版高中化学 化学计算中的几种常用方法课件 新人教.ppt

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1、 解题虽然没有一成不变的方法模式，但应建解题虽然没有一成不变的方法模式，但应建立解题的基本思维模式：题示信息立解题的基本思维模式：题示信息+基础知识基础知识+逻逻辑思维。掌握正确的解题方法能简化解题过程，辑思维。掌握正确的解题方法能简化解题过程，提高解题能力，常用的解题技巧有：提高解题能力，常用的解题技巧有：2021/8/9 星期一1 1.1.差量法差量法 （1 1）差量法的应用原理）差量法的应用原理 差量法是指根据化学反应前后物质的量发生变化，找出差量法是指根据化学反应前后物质的量发生变化，找出 “理论差量理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物。这种差量可以是质量、物质的量、气态物

2、 质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题 是先把化学方程式中的对应差量是先把化学方程式中的对应差量(理论差量理论差量)跟差量（实跟差量（实 际差量）列成比例，然后求解。如际差量）列成比例，然后求解。如:2 2C C(s s)+)+O O2 2(g g)2)2COCO(g g)H H=-221=-221 kJ/mol kJ/mol m m(固固)，n n(气气)，V V（气）（气）2 2 mol mol 1 1 mol mol 2 2 mol mol 221 221 kJ kJ 24 24 g g 1 1 mol mol 22.4 22.

3、4 L L（标况）（标况）（2 2）使用差量法的注意事项）使用差量法的注意事项 所选用差值要与有关物质的数值成正比例或反比例关系。所选用差值要与有关物质的数值成正比例或反比例关系。有关物质的物理量及其单位都要正确地使用。有关物质的物理量及其单位都要正确地使用。（3 3）差量法的类型及应用）差量法的类型及应用 质量差质量差法法2021/8/9 星期一2【典例导析典例导析1 1】取一定量的取一定量的CuOCuO粉末与粉末与0.5 0.5 L L稀稀 硫酸充分反应后硫酸充分反应后,将一根将一根50 50 g g铁棒插入上述溶液铁棒插入上述溶液 中，至铁棒质量不再变化时，铁棒增重中，至铁棒质量不再变化

4、时，铁棒增重0.24 0.24 g g，并收集到并收集到224 224 mLmL气体（标准状况）。求此气体（标准状况）。求此CuOCuO 粉末的质量。粉末的质量。解析解析 由题意可知，由题意可知，CuOCuO粉末与稀硫酸充分反粉末与稀硫酸充分反 应后，硫酸过量。引起铁棒质量变化时涉及下应后，硫酸过量。引起铁棒质量变化时涉及下 列两个反应：列两个反应：FeFe+H H2 2SOSO4 4 FeSOFeSO4 4+H H2 2 FeFe+CuSOCuSO4 4 FeSOFeSO4 4+CuCu2021/8/9 星期一3其中其中反应使铁棒质量减少，反应使铁棒质量减少，反应使铁棒质量反应使铁棒质量增加

5、，两者的代数和为增加，两者的代数和为0.24 g0.24 g。FeFe+H H2 2SOSO4 4 FeSOFeSO4 4+H H2 2 m m1 1 56 g 1 mol 56 g 56 g 1 mol 56 g 0.01 mol 0.56 g 0.01 mol 0.56 gm m2 2-m m1 1=0.24 g,=0.24 g,m m2 2=m m1 1+0.24 g=0.56 g+0.24 g=0.56 g+0.24 g=0.8 g0.24 g=0.8 g。设设CuOCuO的物质的量为的物质的量为x x，则，则CuSOCuSO4 4的物质的量也的物质的量也为为x x,FeFe+CuSO

6、CuSO4 4 FeSOFeSO4 4+Cu Cu m m2 2 1 mol 8 g 1 mol 8 g x x 0.8 g0.8 g2021/8/9 星期一4求得求得x x=0.1 mol=0.1 mol，m m(CuOCuO)=0.1 mol80 g/mol)=0.1 mol80 g/mol=8 g=8 g。答案答案 8 8 g g2021/8/9 星期一5【典例导析典例导析2 2】一定条件下，合成氨气反应达到一定条件下，合成氨气反应达到 平衡时平衡时,测得混合气体中氨气的体积分数为测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%,20.0%,与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率与反应前的体

7、积相比，反应后体积缩小的百分率 是是 （）A.16.7%B.20.0%C.80.0%D.83.3%A.16.7%B.20.0%C.80.0%D.83.3%解析解析 N N2 2 +3+3H H2 2 2 2NHNH3 3 V V 1 1 L L 3 3 L L 2 2 L L 2 L2 L 取平衡时混合气体取平衡时混合气体100 100 L L，其中含，其中含20 20 L L NHNH3 3。生成生成2 2 LNHLNH3 3，原气体总体积减少，原气体总体积减少2 2 L L；则生成；则生成 20 20 L NHL NH3 3，原气体总体积减少，原气体总体积减少20 20 L L。所以，原。

8、所以，原 始氮气和氢气总体积为始氮气和氢气总体积为120 120 L L，反应后体积缩，反应后体积缩 小的百分率为小的百分率为20 20 L L/120/120 L L100%=16.7%100%=16.7%。高温、高压高温、高压 催化剂催化剂A体积差量法体积差量法2021/8/9 星期一6 2.2.关系式法关系式法 物质间的一种简化的式子，解决多步反应，计物质间的一种简化的式子，解决多步反应，计 算最简捷。多步反应中建立关系式的方法：算最简捷。多步反应中建立关系式的方法：（1 1）叠加法（如利用木炭、水蒸气制取氨气）叠加法（如利用木炭、水蒸气制取氨气）由木炭、水蒸气制取由木炭、水蒸气制取NH

9、NH3 3的关系为的关系为:3:3C C4 4NHNH3 3。2021/8/9 星期一7(2)(2)元素守恒法元素守恒法4 4NHNH3 3+5+5O O2 2 4 4NONO+6+6H H2 2O O2 2NONO+O O2 2 2 2NONO2 23 3NONO2 2+H H2 2O O 2 2HNOHNO3 3+NONO经多次氧化和吸收，由经多次氧化和吸收，由N N元素守恒知：元素守恒知：NHNH3 3HNOHNO3 3（3 3）电子转移守恒法）电子转移守恒法NHNH3 3 HNOHNO3 3,O O2 2 2 2O O2-2-由得失电子总数相等知，由得失电子总数相等知，NHNH3 3经

10、氧化等一系列过程经氧化等一系列过程生成生成HNOHNO3 3，NHNH3 3和和O O2 2的关系为的关系为NHNH3 32 2O O2 2。失去失去8 8e e-得得4 4e e-2021/8/9 星期一8【典典例例导导析析3 3】取取K KI I溶溶 液液2 25 5 m mL L，向向其其中中滴滴加加0 0.4 4 m m o ol l/L L的的F Fe eC C l l3 3溶溶液液1 13 35 5 m mL L,I I-完完全全反反应应生生成成 I I2 2：2 2I I-+2 2F Fe e3 3+I I2 2+2 2F Fe e2 2+。将将反反应应后后的的溶溶液液用用 C

11、CC Cl l4 4萃萃取取后后分分液液，向向分分出出的的水水溶溶液液中中通通入入C C l l2 2至至0 0.0 02 25 5 m m o ol l 时时，F Fe e2 2+恰恰好好完完全全反反应应。求求K KI I溶溶液液的的 物质的量浓度。物质的量浓度。2021/8/9 星期一9解析解析 依题意，有：依题意，有：2 2I I-+2+2FeFe3+3+I I2 2+2+2FeFe2+2+,2 2FeFe2+2+ClCl2 2 2 2FeFe3+3+2+2ClCl-本题可用关系式法求解。本题可用关系式法求解。由上述两个反应及电子转移守恒理论，得由上述两个反应及电子转移守恒理论，得I I

12、-与与ClCl2 2之间的关系式：之间的关系式：2 2I I-ClCl2 2。2 2e e-|2 2e e-|2021/8/9 星期一10答案答案 设设KIKI的物质的量是的物质的量是x x。2 2I I-ClCl2 22 12 1x x 0.025 0.025 molmol 。2021/8/9 星期一11 3.3.极值法极值法 （1 1）极值法的含义）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，然后依据有关化学知识确定所需反个极端，然后依据有关化学知识确定所需

13、反 应物或生成物的量值，进行判断分析，求得应物或生成物的量值，进行判断分析，求得 结果。结果。（2 2）极值法解题的基本思路）极值法解题的基本思路 极值法解题有三个基本思路：极值法解题有三个基本思路：把可逆反应假设成向左或向右进行的完全把可逆反应假设成向左或向右进行的完全 反应。反应。把混合物假设成纯净物。把混合物假设成纯净物。把平行反应分别假设成单一反应。把平行反应分别假设成单一反应。2021/8/9 星期一12 （3 3）极值法解题的关键）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。紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落点。（4 4）极值法解题的优点）极值法解题的优点 极值法解

14、题的优点是将某些复杂的、难以分极值法解题的优点是将某些复杂的、难以分 析清楚的化学问题假设为极值问题，使解题析清楚的化学问题假设为极值问题，使解题 过程简化，解题思路清晰，把问题化繁为过程简化，解题思路清晰，把问题化繁为 简，由难变易，从而提高了解题速度。简，由难变易，从而提高了解题速度。2021/8/9 星期一13【典例导析典例导析4 4】已知已知2525下，下，0.1 0.1 mol/Lmol/L某二元酸某二元酸（H H2 2A A）溶液的）溶液的pHpH大于大于1 1，其酸式盐，其酸式盐NaHANaHA溶液的溶液的pHpH小于小于7 7。取等体积的。取等体积的H H2 2A A溶液和溶液

15、和NaOHNaOH溶液混合后，所溶液混合后，所得溶液的得溶液的pHpH等于等于7 7，则酸溶液与碱溶液的物质的量，则酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比是浓度之比是（）A.A.小于小于0.50.5B.B.等于等于0.50.5C.C.大于大于0.50.5且小于且小于1 1D.D.大于大于1 1且小于且小于2 2 2021/8/9 星期一14解析解析 因为因为0.1 0.1 mol/Lmol/L H H2 2A A的的pHpH大于大于1 1，所以，所以H H2 2A A是弱酸，是弱酸，则则H H2 2A A与与NaOHNaOH生成正盐（生成正盐（NaNa2 2A A）时，由于）时，由于NaNa2 2A

16、 A水解，溶水解，溶液显碱性，液显碱性，pHpH大于大于7 7，此时酸溶液与碱溶液的物质的，此时酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比是量浓度之比是12=0.512=0.5。现已知混合液的。现已知混合液的pHpH等于等于7 7，故故H H2 2A A必须过量，必须过量，NaOHNaOH溶液的浓度只能小于溶液的浓度只能小于0.2 0.2 mol/Lmol/L，所以二者的物质的量浓度之比一定要大于，所以二者的物质的量浓度之比一定要大于0.50.5，即，即最小值大于最小值大于0.50.5。又因为又因为H H2 2A A与与NaOHNaOH反应生成酸式盐（反应生成酸式盐（NaHANaHA）时）时,溶液的溶液

17、的pHpH小于小于7 7，所以，所以NaHANaHA溶液显酸性，此时酸溶液与碱溶溶液显酸性，此时酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比是液的物质的量浓度之比是1111，要使溶液的，要使溶液的pHpH等于等于7 7，二者的物质的量浓度之比的最大值要小于，二者的物质的量浓度之比的最大值要小于1 1。由此。由此可知，酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比在可知，酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比在0.50.5与与1 1之间。之间。答案答案 C2021/8/9 星期一15 4.4.平均值规律及应用平均值规律及应用 （1 1）依据）依据:若若X XA A X XB B,则则X XA A X XB B，代表平均代表平均

18、 相对原子（分子）质量、平均浓度、平均含量、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。平均生成量、平均消耗量等。（2 2）应用：已知）应用：已知 可以确定可以确定X XA A、X XB B的范围；或的范围；或 已知已知X XA A、X XB B可以确定可以确定 的范围。的范围。解题的关键是要通过平均值确定范围，很多考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来再作出判题的平均值需要根据条件先确定下来再作出判 断。断。2021/8/9 星期一16【典例导析典例导析5 5】铜和镁的合金铜和镁的合金4.6 4.6 g g完全溶于浓硝酸，完全溶于

19、浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生若反应中硝酸被还原只产生4 480 4 480 mLmL NONO2 2气体和气体和336 336 mLmL的的N N2 2O O4 4气体（气体的体积已折算到标准状况）气体（气体的体积已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为（生成沉淀的质量为（）A.9.02 A.9.02 g gB.8.51 B.8.51 g gC.8.26 C.8.26 g gD.7.04 g D.7.04 g 2021/8/9 星期一17解析解析 被还原的硝酸共有被还原的硝酸共有0.23 0.23 molmol

20、，则，则4.6 4.6 g g铜和铜和镁的合金为镁的合金为0.115 0.115 molmol，故合金的平均摩尔质量为，故合金的平均摩尔质量为 =40=40 g/molg/mol,氢氧化物的平均相对分子质氢氧化物的平均相对分子质量为：量为：40+172=7440+172=74。故形成的氢氧化物沉淀为：。故形成的氢氧化物沉淀为：（4.6 g40 4.6 g40 g/molg/mol)74)74 g/molg/mol=8.51=8.51 g g或或0.115 0.115 molmol74 74 g/molg/mol=8.51=8.51 g g。本题也可以用整体思维。本题也可以用整体思维方法，采用守

21、恒法来解。沉淀的质量等于合金的方法，采用守恒法来解。沉淀的质量等于合金的质量与其沉淀的质量与其沉淀的OHOH-的质量之和，而的质量之和，而CuCu、MgMg沉淀的沉淀的OHOH-的物质的量等于其失去电子的物质的量，根据的物质的量等于其失去电子的物质的量，根据得失电子守恒规律，得失电子守恒规律，CuCu、MgMg失去电子的物质的量失去电子的物质的量等于被还原的硝酸的物质的量，则沉淀的质量等于被还原的硝酸的物质的量，则沉淀的质量=4.6=4.6 g g+0.23+0.23 molmol17 17 g/molg/mol=8.51=8.51 g g。答案答案 B2021/8/9 星期一181.1.标准

22、状况下，标准状况下，10 10 g g COCO和和COCO2 2混合气体的体积是混合气体的体积是6.72 6.72 L L,则此混合气体中，则此混合气体中，COCO和和COCO2 2的物质的量的物质的量之比是之比是()A.11A.11 B.21 B.21 C.43 C.43 D.23 D.23 迁移应用迁移应用2021/8/9 星期一19解析解析 从题中数据上看，无差值特征。但从题中数据上看，无差值特征。但COCO2 2与与COCO在分子组成、摩尔质量上均存在差值。若气体的在分子组成、摩尔质量上均存在差值。若气体的总物质的量一定，以总物质的量一定，以COCO2 2代换代换COCO，每代换，每

23、代换1 1 molmol,气气体质量就增加体质量就增加16 16 g g。若。若6.72 6.72 L L(标准状况下标准状况下)的的气体是气体是COCO，其质量是，其质量是 28 g/mol28 g/mol=8.4=8.4 g g，实际上，实际上,6.72,6.72 L L（标准状况下）的气体中，（标准状况下）的气体中，有有COCO2 2代换代换COCO而使气体质量是而使气体质量是10 10 g g，质量增加，质量增加1.6 1.6 g g。标准状况下，标准状况下，6.72 6.72 L L气体的物质的量是气体的物质的量是0.3 0.3 molmol,设其中的设其中的COCO2 2的物质的量

24、是的物质的量是x x。=,x x=0.1=0.1 molmol。n n（COCO）n n（COCO2 2）=（0.3-0.10.3-0.1）0.1=210.1=21。答案答案 B2021/8/9 星期一202.2.一定体积的一定体积的KMnOKMnO4 4溶液恰好能氧化一定质量的溶液恰好能氧化一定质量的KHCKHC2 2O O4 4H H2 2C C2 2O O4 422H H2 2O O。若用。若用0.100 0 0.100 0 mol/Lmol/L的的NaOHNaOH溶液中和相同质量的溶液中和相同质量的KHCKHC2 2O O4 4H H2 2C C2 2O O4 422H H2 2O O

25、，所需，所需NaOHNaOH溶液的体积恰好为溶液的体积恰好为KMnOKMnO4 4溶液的溶液的3 3倍，则倍，则KMnOKMnO4 4溶液的浓度（溶液的浓度（mol/Lmol/L）为）为（）提示：提示：H H2 2C C2 2O O4 4是二元弱酸是二元弱酸 1010KHCKHC2 2O O4 4H H2 2C C2 2O O4 4+8+8KMnOKMnO4 4+1717H H2 2SOSO4 4 8 8MnSOMnSO4 4+9+9K K2 2SOSO4 4+40+40COCO2 2+32+32H H2 2O OA.0.008 889A.0.008 889B.0.080 00B.0.080

26、00C.0.120 0C.0.120 0D.0.240 0 D.0.240 0 2021/8/9 星期一21解析解析 可设可设NaOHNaOH溶液体积为溶液体积为1 1 L L,则则KMnOKMnO4 4溶液为溶液为 L L，n n（NaOHNaOH）=0.1=0.1 mol/Lmol/L1 1 L L=0.1=0.1 molmoln n(KHCKHC2 2O O4 4H H2 2C C2 2O O4 422H H2 2O O）=n n（NaOHNaOH）=0.1=0.1 molmol=molmoln n(KMnOKMnO4 4)=)=n n(KHCKHC2 2O O4 4H H2 2C C2

27、 2O O4 422H H2 2O O）=molmol=molmol KMnOKMnO4 4=0.080 0=0.080 0 mol/Lmol/L答案答案 B2021/8/9 星期一223.3.常温下，向常温下，向20 20 L L的真空容器中通入的真空容器中通入a a molmol H H2 2S S和和b b molmol SOSO2 2(a a和和b b都是正整数，且都是正整数，且a a5,5,b b5)5)。反应。反应完全后，容器内气体可能达到的最大密度是完全后，容器内气体可能达到的最大密度是()A.24.5 A.24.5 g/Lg/LB.14.4 B.14.4 g/Lg/LC.8 C

28、.8 g/Lg/LD.5.19 D.5.19 g/Lg/L 2021/8/9 星期一23解析解析 若容器内充入的全是若容器内充入的全是H H2 2S S，则气体的最大密，则气体的最大密度是度是 =8.5=8.5 g/Lg/L。若容器内充入的全。若容器内充入的全是是SOSO2 2,则气体的最大密度是则气体的最大密度是 =16 g/L=16 g/L。因为因为2 2H H2 2S S(g g)+)+SOSO2 2(g g)2)2H H2 2O O(l l)+3)+3S S(s s),),则则只有只有H H2 2S S与与SOSO2 2反应后反应后SOSO2 2有剩余时，气体才可能有剩余时，气体才可能

29、达到最大密度。取达到最大密度。取a a的最小值的最小值a a=1,=1,取取b b的最大值的最大值b b=5,=5,反应后剩余的气体是反应后剩余的气体是SOSO2 2，且，且n n(SOSO2 2）剩余最多，）剩余最多，即即4.5 4.5 molmol,(SOSO2 2)=14.4 g/L)=14.4 g/L。答案答案 B2021/8/9 星期一244.4.生态农业涉及农家肥料的综合利用，某种肥料生态农业涉及农家肥料的综合利用，某种肥料经发酵得到一种含甲烷、二氧化碳、氮气的混经发酵得到一种含甲烷、二氧化碳、氮气的混合气体。合气体。2.016 2.016 L L(标准状况标准状况)该气体通过盛有

30、红该气体通过盛有红热热CuOCuO粉末的硬质玻璃管，发生的反应为：粉末的硬质玻璃管，发生的反应为：CHCH4 4+4+4CuOCuO COCO2 2+2+2H H2 2O O+4+4CuCu。当甲烷完全反应后，。当甲烷完全反应后，硬质玻璃管的质量减轻硬质玻璃管的质量减轻4.8 4.8 g g。将反应后产生的。将反应后产生的气体通过过量的澄清石灰水中，充分吸收，生气体通过过量的澄清石灰水中，充分吸收，生成沉淀成沉淀8.5 8.5 g g。（1 1）原混合气体中甲烷的物质的量是）原混合气体中甲烷的物质的量是 。（2 2）原混合气体中氮气的体积分数是多少？）原混合气体中氮气的体积分数是多少？（写出计

31、算过程）（写出计算过程）2021/8/9 星期一25解析解析 分析分析CHCH4 4还原氧化铜的反应可知，硬质玻璃还原氧化铜的反应可知，硬质玻璃管的质量减轻管的质量减轻4.8 4.8 g g是参加反应的是参加反应的CuOCuO中中O O的质量，的质量，由化学方程式利用差量法可解本题：由化学方程式利用差量法可解本题：(1)(1)CHCH4 4+4+4CuOCuO COCO2 2+2+2H H2 2O O+4+4Cu Cu 固体质量差固体质量差1 1 molmol 480 480 g g 1 mol 464 g 64 g 1 mol 464 g 64 gn n(CHCH4 4)n n(COCO2

32、2)4.8)4.8 g g列比例式列比例式n n(CHCH4 4)=0.075)=0.075 molmoln n(COCO2 2)=0.075)=0.075 molmol2021/8/9 星期一26(2)(2)n n(COCO2 2)总总=n n(CaCOCaCO3 3)=0.085)=0.085 molmoln n(COCO2 2)总量就等于总量就等于n n(CHCH4 4)与与n n(COCO2 2)原原之和，则之和，则V V（N N2 2）=2.016=2.016 L L-n n(COCO2 2)总总22.4 22.4 L/molL/mol=0.112=0.112 L LN N2 2的体

33、积分数为的体积分数为 100%=5.56%100%=5.56%答案答案 （1 1）0.075 0.075 molmol (2)5.56%(2)5.56%2021/8/9 星期一27实验突破实验突破 1.1.气体的质量和体积的气体的质量和体积的 测定原理与方法测定原理与方法1.1.气体体积的测定气体体积的测定 （1 1）原理：对于难溶于水且不与水反应（或无）原理：对于难溶于水且不与水反应（或无 法用试剂直接吸收）的气体（如法用试剂直接吸收）的气体（如H H2 2、O O2 2等）通等）通 常采用排水量气法测量它们的体积，根据排出常采用排水量气法测量它们的体积，根据排出 的水的体积来确定气体的体积

34、。的水的体积来确定气体的体积。（2 2）量气装置）量气装置2021/8/9 星期一28其中图（其中图（a a）会因集气瓶至量筒之间的那段导管内）会因集气瓶至量筒之间的那段导管内的液体无法读出，而使测得的气体体积偏小的液体无法读出，而使测得的气体体积偏小 ；如；如果选用图（果选用图（d d）的装置就可以避免这样的误差，其）的装置就可以避免这样的误差，其实验步骤为实验步骤为:检验装置的气密性；检验装置的气密性；连接好收集连接好收集装置后，在量气筒内注满水，上下移动乙管，使装置后，在量气筒内注满水，上下移动乙管，使甲管内的液面处在甲管内的液面处在“0”0”刻度；刻度；反应完毕，上下反应完毕，上下移动

35、乙管，使甲、乙两管内的液面保持相平，再读移动乙管，使甲、乙两管内的液面保持相平，再读2021/8/9 星期一29出甲管内气体体积数。这套装置的好处是成功的出甲管内气体体积数。这套装置的好处是成功的避免了装置避免了装置(a a)的不足的不足,利用反应前装置内外的气利用反应前装置内外的气压相等，反应后上下移动乙管，使甲、乙两管内压相等，反应后上下移动乙管，使甲、乙两管内的液面保持相平，从而保持反应后装置内外的气的液面保持相平，从而保持反应后装置内外的气压相等，这样测得的结果才比较准确。但这套装压相等，这样测得的结果才比较准确。但这套装置也有不足，操作复杂。置也有不足，操作复杂。（3 3）读取体积：

36、）读取体积：读数时注意读数时注意:冷却至室温；冷却至室温；调节两液面相平；调节两液面相平；视线与凹液面的最低处相切。视线与凹液面的最低处相切。2021/8/9 星期一302.2.气体质量的测定气体质量的测定 （1 1）原理：气体的质量一般采用间接的方法来）原理：气体的质量一般采用间接的方法来测定，对一些可用试剂直接吸收的气体根据气测定，对一些可用试剂直接吸收的气体根据气 体的某些性质（如酸碱性或溶解性）采用合适的体的某些性质（如酸碱性或溶解性）采用合适的 吸收剂（如浓硫酸、碱石灰）和实验装置（如洗吸收剂（如浓硫酸、碱石灰）和实验装置（如洗 气瓶、干燥管）来吸收，通过吸收装置吸收前后气瓶、干燥管

37、）来吸收，通过吸收装置吸收前后 的质量差得到气体的质量。的质量差得到气体的质量。（2 2）测量装置）测量装置2021/8/9 星期一31【典例导析典例导析】某研究性学习小组为证明在同温某研究性学习小组为证明在同温 同压下，相同浓度相同体积的不同强度的一元同压下，相同浓度相同体积的不同强度的一元 酸与足量镁带反应时，生成氢气的体积相同而酸与足量镁带反应时，生成氢气的体积相同而 反应速率不同，同时测定实验室条件下的气体反应速率不同，同时测定实验室条件下的气体 摩尔体积。设计的简易实验装置如下图。该实摩尔体积。设计的简易实验装置如下图。该实 验的主要操作步骤如下：验的主要操作步骤如下：2021/8/

38、9 星期一32.配制浓度均为配制浓度均为0.5 0.5 molmol/L/L H H2 2SOSO4 4溶液和溶液和 H H2 2C C2 2O O4 4溶液；溶液；用用 量取量取10.00 10.00 mLmL 0.5 0.5 mol/L mol/L H H2 2SOSO4 4和和H H2 2C C2 2O O4 4溶液分别加入两个锥形瓶中；溶液分别加入两个锥形瓶中；分别称取除去表面氧化膜的镁条并系于铜分别称取除去表面氧化膜的镁条并系于铜丝末端；丝末端；检查装置的气密性，在广口瓶中装满水，按检查装置的气密性，在广口瓶中装满水，按图连接好装置；图连接好装置；将铜丝向下移动将铜丝向下移动,使足量

39、镁带浸入酸中使足量镁带浸入酸中(铜丝不铜丝不与酸接触与酸接触)，至反应完全，记录，至反应完全，记录 ；反应结束后，读取量筒中水的体积为反应结束后，读取量筒中水的体积为y y mLmL。2021/8/9 星期一33.请将上述步骤补充完整并回答下列问题：请将上述步骤补充完整并回答下列问题：（1 1）用密度为）用密度为1.84 1.84 g/cmg/cm3 3 98%98%的浓的浓H H2 2SOSO4 4配制配制250 250 mL mL 0.5 0.5 mol/Lmol/L的的H H2 2SOSO4 4溶液，所需要的主溶液，所需要的主要仪器有要仪器有 、烧杯、玻璃、烧杯、玻璃棒、酸式滴定管。棒、

40、酸式滴定管。（2 2）以下是读取量筒内水的体积时必须包括的）以下是读取量筒内水的体积时必须包括的几个步骤：几个步骤：使乙、丙中液面相平；使乙、丙中液面相平；将装置将装置冷却至室温；冷却至室温；读取量筒内水的体积。这三步读取量筒内水的体积。这三步操作的正确顺序是操作的正确顺序是 。（3 3）读取量筒内水的体积时，若丙中液面高于）读取量筒内水的体积时，若丙中液面高于乙中液面，使乙、丙中液面相平的操作是乙中液面，使乙、丙中液面相平的操作是 。（4 4）简述速率不等的原因是）简述速率不等的原因是 ，铜丝不与酸接触的原因是铜丝不与酸接触的原因是。2021/8/9 星期一34解析解析 .根据量取溶液体积的

41、精确度要求可根据量取溶液体积的精确度要求可知应使用酸式滴定管；知应使用酸式滴定管；比较比较H H2 2SOSO4 4、H H2 2C C2 2O O4 4反反应速率可通过观察气泡或完全反应所需时间长短。应速率可通过观察气泡或完全反应所需时间长短。.(1).(1)配制溶液需要使用特定的仪器（配制溶液需要使用特定的仪器（250 250 mLmL的的容量瓶），定容时需要用到胶头滴管。（容量瓶），定容时需要用到胶头滴管。（2 2）为保）为保证测量数据的准确证测量数据的准确,应该将气体冷却至室温和相同应该将气体冷却至室温和相同压强下，所以应该先进行操作压强下，所以应该先进行操作,然后调整液面使然后调整液

42、面使气体压强等于外界大气压气体压强等于外界大气压,最后正确读数。最后正确读数。(3)(3)由由题意可知，丙（量筒）中的液面高于乙的液面题意可知，丙（量筒）中的液面高于乙的液面,故故应将丙向下移动。应将丙向下移动。(4)(4)因为因为H H2 2SOSO4 4是强酸、是强酸、H H2 2C C2 2O O4 4是弱酸，故相同浓度的溶液中是弱酸，故相同浓度的溶液中H H2 2SOSO4 4的氢离子浓度的氢离子浓度大，反应速率快。若铜丝接触溶液，则构成原电大，反应速率快。若铜丝接触溶液，则构成原电池，使反应速率加快，使实验结果的可信度降低。池，使反应速率加快，使实验结果的可信度降低。2021/8/9

43、 星期一35答案答案 .酸式滴定管酸式滴定管 反应所需时间反应所需时间.（1 1）250 250 mLmL容量瓶容量瓶 胶头滴管胶头滴管 （2 2）(3)(3)丙向下移动丙向下移动（4 4）氢离子浓度不同）氢离子浓度不同 镁与铜易形成原电池，加快镁与铜易形成原电池，加快反应速率，干扰实验的测定反应速率，干扰实验的测定2021/8/9 星期一36有一含有一含NaClNaCl、NaNa2 2COCO3 310H10H2 2O O和和NaHCONaHCO3 3的混合物，的混合物，某同学设计如下实验，通过测量反应前后某同学设计如下实验，通过测量反应前后C C、D D装置装置质量的变化，测定该混合物中各

44、组分的质量分数。质量的变化，测定该混合物中各组分的质量分数。迁移应用迁移应用2021/8/9 星期一37（1 1）加热前通入空气的目的是）加热前通入空气的目的是 ，操作方法为操作方法为 。（2 2）装置）装置A A、C C、D D中盛放的试剂分别为：中盛放的试剂分别为：A A ，C C ，D D 。（3 3）若将）若将A A装置换成盛放装置换成盛放NaOHNaOH溶液的洗气瓶，则测溶液的洗气瓶，则测得的得的NaClNaCl的含量将的含量将 （填（填“偏高偏高”、“偏低偏低”或或“无影响无影响”，下同）；若，下同）；若B B中反应管右侧有水蒸气中反应管右侧有水蒸气冷凝，则测定结果中冷凝，则测定结

45、果中NaHCONaHCO3 3的含量将的含量将 ；若撤；若撤去去E E装置，则测得装置，则测得NaNa2 2COCO3 310H10H2 2O O的含量将的含量将 。（4 4）若样品质量为）若样品质量为w w g g，反应后，反应后C C、D D增加的质量分增加的质量分别为别为m m1 1 g g、m m2 2 g g，由此可知混合物中，由此可知混合物中NaHCONaHCO3 3的质量的质量分数为分数为 （用含（用含w w、m m1 1、m m2 2的代数式表示）。的代数式表示）。2021/8/9 星期一38解析解析 这是一道定量测定的综合实验题。（这是一道定量测定的综合实验题。（2 2）A

46、A、C C、D D都是都是U U形管，不能盛液体试剂，只能盛固体试剂。形管，不能盛液体试剂，只能盛固体试剂。A A处试剂必须同时吸收处试剂必须同时吸收COCO2 2和水蒸气，故和水蒸气，故A A处盛的是处盛的是碱石灰；碱石灰；C C、D D两处分别吸收水蒸气和两处分别吸收水蒸气和COCO2 2，故，故C C处处可盛无水硫酸铜（或无水可盛无水硫酸铜（或无水CaClCaCl2 2、P P2 2O O5 5等），等），D D处可处可盛碱石灰。盛碱石灰。（3 3）若）若A A装置盛放装置盛放NaOHNaOH溶液只吸收溶液只吸收COCO2 2，不吸收水，不吸收水蒸气，则混合物中产生水蒸气的蒸气，则混合物

47、中产生水蒸气的NaNa2 2COCO3 310H10H2 2O O和和NaHCONaHCO3 3的总质量在计算中会增大，因此测得的的总质量在计算中会增大，因此测得的NaClNaCl的含量会偏低；若的含量会偏低；若B B中反应管右侧有水蒸气冷凝，则中反应管右侧有水蒸气冷凝，则水蒸气总质量减小，水蒸气总质量减小，NaNa2 2COCO3 310H10H2 2O O和和NaHCONaHCO3 3的的2021/8/9 星期一39总质量在计算中会减小，但是总质量在计算中会减小，但是NaHCONaHCO3 3的质量是根据的质量是根据COCO2 2的质量进行计算，所以测得的的质量进行计算，所以测得的NaHC

48、ONaHCO3 3的含量不的含量不受影响；若撤去受影响；若撤去E E装置，则装置，则D D装置可吸收来自外界空装置可吸收来自外界空气中的气中的COCO2 2，使得，使得NaHCONaHCO3 3的质量在计算中会增大，的质量在计算中会增大，故测得的故测得的NaNa2 2COCO3 310H10H2 2O O的含量会偏低。的含量会偏低。（4 4）NaHCONaHCO3 3的的质质量量分分数数：284 284 g/molg/molw w g100%=g100%=%2021/8/9 星期一40答案答案 （1 1）除去装置中的水蒸气和二氧化碳）除去装置中的水蒸气和二氧化碳 关闭关闭b b，打开打开a a

49、，缓缓通入空气，直至，缓缓通入空气，直至a a处出来的空气不再使澄处出来的空气不再使澄清石灰水变浑浊为止清石灰水变浑浊为止（2 2）碱石灰）碱石灰 无水硫酸铜（或无水无水硫酸铜（或无水CaClCaCl2 2、P P2 2O O5 5等）等）碱石灰碱石灰（3 3）偏低）偏低 无影响无影响 偏低偏低 （4 4）%2021/8/9 星期一411.1.（20092009福建理综，福建理综，8 8）设设N NA A为阿伏加德罗常为阿伏加德罗常 数，下列叙述正确的是数，下列叙述正确的是 （）A.24 gA.24 g镁的原子最外层电子数为镁的原子最外层电子数为N NA A B.1 L 0.1 mol/L B

50、.1 L 0.1 mol/L乙酸溶液中乙酸溶液中H H+数为数为0.10.1N NA A C.1 mol C.1 mol甲烷分子所含质子数为甲烷分子所含质子数为1010N NA A D.D.标准状况下，标准状况下，22.4 L22.4 L乙醇的分子数为乙醇的分子数为N NA A 解解析析 2 24 4 g g镁镁的的原原子子最最外外层层电电子子数数为为 2 24 4 g g/2 24 4 g g /m m o ol l 2 2=2 2 m m o ol l，为为 2 2N NA A,A A 错错误误；乙乙酸酸是是弱弱酸酸，不不完完全全电电离离，B B错错误误；甲甲烷烷是是 1 10 0电电子子