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四大法宝巧妙简化化学反应中的计算步骤

来源:101教育网整理 2016-08-19 字体大小: 分享到:

  中学化学常见的计算主要分为两个方面:①涉及化学反应的计算,②直接根据概念公式的计算。而根据化学反应的计算可以说是重中之重,难中之难,学生在学习和计算过程中容易对化学方程式产生过分的依赖,形成固定的解题模式:写化学方程式、列比例式、计算结果。但这种常规解题方法,环节较多,过程较复杂,出现差错的机会较多,同时也会因纯数字运算占用时间。如果教师从一开始就抛弃这种常规地解化学计算的方法,教会学生去巧妙地寻找化学变化中计算量之间的关系,就能做到事半功倍,还能减少出错的机会,提高解题效率。下面用例题介绍几种常用的运用关系式的方法。  一、多步或多个反应寻找相关计算量的关系式  例题1:在铁和氧化铁的混合物15g中,加入稀硫酸150mL,标准状况下放出1.68LH2,同时铁和氧化铁均无剩余;向溶液中滴入KSCN 溶液,未见颜色变化。为了中和过量的硫酸,且使Fe2+完全转化成Fe(OH)2,共耗去了3mol·L-1的NaOH溶液200mL。求原硫酸溶液物质的量浓度  思路分析:这是一道涉及5个关联反应的计算题,且习题中提供了5个数据,若按照常规解法就显得很复杂,也容易出现错误,而寻找计算量之间的关系式去求解就很简单。下面介绍关系式法解题的思路过程,读者可试着先用常规解法求解此计算题,再与以下用关系式解题法比较,就能体会到化学反应计算中运用关系式的简便.  解1: 设原硫酸溶液物质的量浓度为C  根据题意和反应关系,最后生成的FeSO4 中的SO42-全部由H2 SO4转化而来,即中和过量的硫酸物质的量和FeSO4 物质的量应该等于原硫酸物质的量,根据硫酸与NaOH的反应和FeSO4与NaOH的反应得:  H2 SO4 ~ 2NaOH  1 2  C×0.15 3×0.2  C= 2 mol/L  解2: 根据题意和反应关系,最后所有H2 SO4中的SO42-最后全部转化到Na2 SO4中,同时NaOH中的Na+也全部转化到Na2 SO4中,根据Na2 SO4中Na与SO4的对应关系,就可导出上述H2 SO4与NaOH的对应关系式(2NaOH ~ Na2 SO4 ~ H2 SO4 )并求解。  例题2:取由镁粉、氯化镁、氢氧化镁、碳酸镁组成的固体混合物28.8g,放人269.5g质量分数为20%的稀硫酸中恰好完全反应,得溶液的质量为291.5g,求反应后所得溶液的溶质质量分数。  思路分析:此题一共涉及四个化学反应,如果用常规解法,就很繁琐,也容易出错,但只要分析涉及的四个反应就可得如下的关系式:H2SO4 ∽ MgSO4,根据此关系式,求出反应后所得溶液的溶质(MgSO4)的质量。  答案:22.6%。  例题3 等物质的量的钠、镁、铝与足量的稀硫酸反应,所产生的氢气的物质的量之比为 _ 。  思路分析:此题的常规解法是,分别设定钠、镁、铝的物质的量,再根据化学方程式分别计算出它们各自所产生的氢气的物质的量,然后求出结果,显然,求解过程相当复杂。但我们可以通过分析化学方程式中量的关系,找出钠、镁、铝与氢气的物质的量的关系式,从对化学方程式的依赖中走出来?解题过程就会十分简单。以金属铝与足量的硫酸反应为例,根据相关化学方程式存在以下关系式:2Al ∽ 3H2,即Al与H2的物质的量的关系式为:n( H2)=3/2×n(Al),由此可推出具有一般意义的金属与酸反应的物质的量的关系式:n( H2) =金属化合价/2×n(金属)。根据此关系式不难看出:等物质的量的钠、镁、铝所产生的氢气的物质的量之比,实际上就等于三种金属的化合价之比。答案:1∶2∶3  二、根据原子守恒,求找关系式  例4:将2.4克某+2价金属元素的氧化物用足量CO还原,反应生成的CO2全部通入足量石灰水中,得白色沉淀3克,则该金属是:  (A)Zn (B)Cu (C)Fe (D)Pb  思路分析:设金属氧化物的化学式为RO,根据反应:RO + CO===CO2+ R,可得关系式:RO ∽CO2,又由题目可知白色沉淀是CaCO3,根据题目中的一系列转化得如下关系式:CO ∽ CO2 ∽ CaCO3(碳原子守恒),最终得出已知的计算量CaCO3和未知的计算量RO的关系式::RO ∽CaCO3  这样就使计算过程大大简化。  答案:(B)Cu  例题5 红磷在氯气中发生燃烧反应,若参加反应的磷与氯气的物质的量之比为1:1.8 ,充分反应后生成物中PC15与PC13物质的量之比是:  A. 3: 5 B. 5: 3 C. 3: 7 D. 1: 2  思路分析:此题若按常规解法,是很难写出正确的化学方程式的,但依题意:n(P):n(C12) =1: 1.8,直接就可得到关系式: P +1. 8 C12 ∽ mPC15 + n PC13,且m+ n=1,5m + 3n =1. 8  答案:(C)  例题6:O2、CH4、Na2O2放入密闭容器中,在150℃下,用电火花引发反应,待反应结束后,测得容器内压强为零,向所得固体加水无气体产生,则原容器中Na2O2、O2、CH4的物质的量之比为 。  思路分析:此题也涉及三个化学反应,O2与CH4生成CO2和H2O,CO2和H2O再分别与Na2O2反应,由题意可知反应后产物仅有Na2C03及NaOH,故直接写出总的关系式:  x Na2O2 + yO2 + zCH4 ∽ z Na 2C03 + 4zNaOH(由C、H原子守恒,得出Na2C03、NaOH前面的系数为Z、4Z);再由Na原子守恒: 2x= 2z+ 4z  由O原子守恒:2x+ 2y= 3z+ 4z  答案:6:1:2  三、遇到涉及氧化还原反应的计算题,应根据电荷守恒,得出关系式  电荷守恒即电子得失守恒,在氧化一还原反应中,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一还原反应,还是原电池或电解池中均如此。  例题7:已知酸性条件下,KMnO4是常用氧化剂,在氧化还原反应中,被还原为Mn2+ (无色),又知KMnO4(H+,aq)可将SO32—氧化为SO42—。则某酸性溶液中含KMnO40.50mol,逐滴滴入5.0mol·L—的 Na2SO3(aq)至KMnO4(H+,aq)恰好完全褪色为止。试计算加入的Na2SO3(aq)体积。  思路分析:此题若按常规解法,要写出化学方程式较难或较麻烦,但利用电荷守恒就能轻易得到反应的关系式:KMnO4(H+,aq)被还原为 Mn2+的过程是得到5个电子,而 SO32— 氧化为SO42—的过程是失去2个电子,根据得失电子相等(即电荷守恒)的原理,KMnO4与Na2SO3反应的关系式应为:2KMnO4 ∽ 5 Na2SO3,根据此关系式计算就能简化这道计算题。  答案: V = 0.25 ( L)  例题8 用石墨电极电解5OOmL NaNO3和Cu(SO4)2的混合溶液,一段时间后,阴极逸出11.2L(标准状况)气体,阳极逸出8.4L(标准状况)气体,求:  (1)原混合溶液中Cu2十的物质的量的浓度  (2)电解后溶液中的H十 的物质的量的浓度  思路分析:根据题意可得:阴极得到Cu和H2,阳极得到O2。  依得失电子守恒得: n(Cu) ×2 +n(H2)× 2 = n(O2)×4  解得:n(Cu)=0.25mo1  当阴极产生H2,说明溶液中Cu2+全部被还原  所以:C(Cu2+)= 0.5mol/L,而由溶液中电荷守恒(Na+、NO3—)没有变化,因此相当于H+取代了Cu2+,  C(H+) = 2×C(Cu2+) =1.Omo1/L  四、寻找其他量的关系式  化学反应的过程中,除了存在一些以上的原子守恒定律关系、物质的量关系、电子转移关系(化合价升降关系)外,还存在一些很有价值的质量守恒、离子电荷守恒(和体积关系、物质组成的比例关系等,事实证明:这些守恒和关系在化学计算中很有价值,经常应用,就能使计算既快捷简单,又正确。  例题9 质量为29 g的丁烷,在高温下按以下三种方式发生分解反应:  (1)C4H10 C2H6+C2H4; (2) C4H10 C4H8 + H2 ;(3) C4H10 CH4 + C3H6,且C4H10按上述三种方式分解的比例为5:2:3,则C4H10完全分解后,所得混合气体的平均摩尔质量为 多少?  思路分析:这道题并不难,运用常规计算,过程就相当复杂,最后需要套用有关摩尔质量的概念公式进行计算。但认真分析C4H10的分解特点不难发现,无论C4H10按何种方式分解,不同分解方式的比例如何,C4H10总是一分为二。因此,利用反应过程的质量守恒,既然反应前后量不变,反应后物质的量为反应前的2倍,则反应后所得的混合气体的平均摩尔质量为C4H10摩尔质量的一半,即29 g·mol-。  例10 有一些在空气中暴露过的KOH固体.经分析测知含水2.8%,K2 C03 37.3%,取2g该样品投入10g质量分数为36.5%的盐酸中,反应后,中和多余的盐酸用去质量分数为3. 65 %KOH溶液100 g,蒸发中和后的溶液得到多少克固体?  思路分析:此题数据纷杂,反应多步。若一步步逆推,不仅费时费力,容易出错。若用守恒法分析,无论是KOH还是K2C03,与盐酸反应最后均生成KCl,即最后生成的KCl与HCl物质的量守恒: n(KCl)=n(HCl) 。  答案:7. 45 g  在计算中运用关系式的方法,既能简化化学计算的过程和避免不必要的失误,对学生的思维过程训练也很有益处。要掌握这个方法,十分重要的一点就是要努力挖掘化学变化前后存在的各种有价值的量的关系,同学们在平时的化学计算中要善于总结,勤于思考,精于积累,真正学会用关系式去求解化学计算题。

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