专题1 化学家眼中的物质世界 考能特训

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4.平均值规律及应用 （1）依据:若XA>XB ,则XA> X B， X >X 代表平均 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。
（2）应用：已知 X 可以确定XA、XB的范围；或 已知XA、XB可以确定 X的范围。 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
断。
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【典例导析5】 铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝 酸，若反应中硝酸被还原只产生4 480 mL NO2 气体和336 mL的N2O4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，生成沉淀的质量为（
A.9.02 g C.8.26 g B.8.51 g D.7.04 g
2C(s)+O2(g) 2CO(g) Δ H=-221 kJ/mol Δ m(固)，Δ n(气)，Δ V（气） 2 mol 1 mol 2 mol 221 kJ 24 g 1 mol 22.4 L（标况）
（2）使用差量法的注意事项 ①所选用差值要与有关物质的数值成正比例或反比例 关系。 ②有关物质的物理量及其单位都要正确地使用。 （3）差量法的类型及应用
x 8g 2 ,即原溶液中FeCl3与CuCl2物质的量 y 28 g 7 之比是2∶7。
故
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2.标准状况下，10 g CO和CO2混合气体的体积是
6.72 L,则此混合气体中，CO和CO2的物质的量
之比是 A.1∶1 B.2∶1 C.4∶3 ( ) D.2∶3
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解析
从题中数据上看，无差值特征。但CO2与CO
的3倍，则KMnO4溶液的浓度（mol/L）为
（ 提示：①H2C2O4是二元弱酸 ②10［KHC2O4·H2C2O4］+8KMnO4+ 17H2SO4 C.0.120 0 8MnSO4+9K2SO4+40CO2↑+32H2O ）
A.0.008 889
B.0.080 00
D.0.240 0
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解析 可设NaOH溶液体积为1 L,则KMnO4溶液为 1 L，n（NaOH）=0.1 mol/L×1 L=0.1 mol 3 1 n(KHC2O4·H2C2O4·2H2O）= n（NaOH） 3 1 1 = ×0.1 mol= mol 3 30 8 n(KMnO4)= ·n(KHC2O4·H2C2O4·2H2O） 10 1 8 8 = · mol= mol 10 30 300 8/300 mol c(KMnO4)= =0.080 0 mol/L 1/3 L 答案 B
2 L 取平衡时混合气体100 L，其中含20 L NH3。 生成2 LNH3，原气体总体积减少2 L；则生成 20 LNH3，原气体总体积减少20 L。所以，原 始氮气和氢气总体积为120 L，反应后体积缩 小的百分率为20 L/120 L×100%=16.7%。
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2.关系式法 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：
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答案 2 x mol
设原溶液中有x mol FeCl3，y mol CuCl2。 3Fe2+ 固体减少质量Δ m1 56 g/mol 28x g Fe2++Cu 固体增加质量Δ m2
2Fe3++Fe
Cu2++Fe
1
y mol
8 g/mol
8y g/mol
因为反应前后质量相同，即28x g=8y g，
①Fe+H2SO4
②Fe+CuSO4
FeSO4+H2↑
FeSO4+Cu
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其中①反应使铁棒质量减少，②反应使铁棒质量 增加，两者的代数和为0.24 g。 ①Fe+H2SO4 FeSO4+H2↑ Δm1 56 g 1 mol 56 g 0.01 mol 0.56 g Δm2-Δm1=0.24 g,Δm2=Δm1+0.24 g=0.56 g+ 0.24 g=0.8 g。 设CuO的物质的量为x，则CuSO4的物质的量也 为x, ②Fe+CuSO4 FeSO4+Cu Δm2 1 mol 8 g x 求得x=0.1 mol，m(CuO)=0.1 mol×80 g/mol 0.8 g =8 g。 答案 8 g
）
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解析
被还原的硝酸共有0.23 mol，则4.6 g铜和
镁的合金为0.115 mol，故合金的平均摩尔质量为 4.6 g =40 g/mol,氢氧化物的平均相对分子质 0.115 mol 量为：40+17×2=74。故形成的氢氧化物沉淀为： （4.6 g÷40 g/mol)×74 g/mol=8.51 g或0.115 mol×74 g/mol=8.51 g。本题也可以用整体思维 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OH-的质量之和，而Cu、Mg沉淀的 OH-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，Cu、Mg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 =4.6 g+0.23 mol×17 g/mol=8.51 g。 答案 B
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3.将1.5 g两种金属的混合物粉末与足量的稀盐酸 反应，反应完全后，得到标准状况下的氢气
1.12 L，则两种金属可能是
①Mg和Cu A.①③ C.①② ②Zn和Cu ③Al和Fe B.②④ D.③④
( A )
④Mg和Al
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4.一定体积的KMnO4溶液恰好能氧化一定质量的 KHC2O4·H2C2O4·2H2O。若用0.100 0 mol/L的 NaOH溶液中和相同质量的KHC2O4·H2C2O4 ·2H2O，所需NaOH溶液的体积恰好为KMnO4溶液
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CO2代换CO，每代换1 mol,气
体质量就增加16 g。若6.72 L(标准状况下)的 6.72 L 气体是CO，其质量是 ×28 g/mol 22.4 L/mol =8.4 g，实际上,6.72 L（标准状况下）的气体中，
有CO2代换CO而使气体质量是10 g，质量增加1.6 g。标准状况下，6.72 L气体的物质的量是 16 g 0.3 mol,设其中的CO2的物质的量是x。 = 1 mol 1.6 g ,x=0.1 mol。 x n（CO）∶n（CO2）=（0.3-0.1）∶0.1=2∶1。 答案 B
（H2A）溶液的pH大于1，其酸式盐NaHA溶液的 pH小于7。取等体积的H2A溶液和NaOH溶液混合 后，所得溶液的pH等于7，则酸溶液与碱溶液的 物质的量浓度之比是 A.小于0.5 C.大于0.5且小于1 （ B.等于0.5 D.大于1且小于2 ）
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解析 因为0.1 mol/L H2A的pH大于1，所以H2A是 弱酸，则H2A与NaOH生成正盐（Na2A）时，由于 Na2A水解，溶液显碱性，pH大于7，此时酸溶液与 碱溶液的物质的量浓度之比是1∶2=0.5。现已知 混合液的pH等于7，故H2A必须过量，NaOH溶液的 浓度只能小于0.2 mol/L，所以二者的物质的量浓 度之比一定要大于0.5，即最小值大于0.5。 又因为H2A与NaOH反应生成酸式盐（NaHA）时,溶 液的pH小于7，所以NaHA溶液显酸性，此时酸溶液 与碱溶液的物质的量浓度之比是1∶1，要使溶液 的pH等于7，二者的物质的量浓度之比的最大值要 小于1。由此可知，酸溶液与碱溶液的物质的量浓 度之比在0.5与1之间。 答案 C
考能特训
解题技能1 化学计算中的几种常用 方法
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+基础知识+逻 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：
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1.差量法 （1）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Baidu Nhomakorabea找出 “理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物 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(理论差量)跟差量（实 际差量）列成比例，然后求解。如:
（1）叠加法(如利用木炭、水蒸气制取氨气)
CO H 2O(g) CO 2 H 2 C 2 H 2O(g) CO 2 2 H 2 N2 3H2 2 NH 3 由木炭、水蒸气制取NH3的关系为:3C~4NH3。 C H 2O(g) CO H 2
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(2)元素守恒法 4NH3+5O2 2NO+O2 3NO2+H2O NH3~HNO3 （3）电子转移守恒法 NH3
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答案
设KI的物质的量是x。
2I- ~ Cl2
2
x
1
0.025 mol
2 x , x 0.05 mol 。 1 0.025 mol 0.05 mol c(KI) 2 mol/L。 0.025 L
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3.极值法 （1）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 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 应物或生成物的量值，进行判断分析，求得 结果。 （2）极值法解题的基本思路 极值法解题有三个基本思路： ①把可逆反应假设成向左或向右进行的完全 反应。 ②把混合物假设成纯净物。 ③把平行反应分别假设成单一反应。
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【典例导析2】
一定条件下，合成氨气反应达到
平衡时,测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%, 与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率 是 A.16.7% 解析 N2 B.20.0% + 3H2 C.80.0%
高温、高压 催化剂
（ A ） D.83.3% ΔV 2NH3
1 L
3 L
2 L
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质量差法
【典例导析1】
取一定量的CuO粉末与0.5 L稀
硫酸充分反应后,将一根50 g铁棒插入上述溶液 中，至铁棒质量不再变化时，铁棒增重0.24 g，
并收集到224 mL气体（标准状况）。求此CuO
粉末的质量。 解析 由题意可知，CuO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 列两个反应：
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方法归纳
此题如单纯用Cu、Mg分别与HNO3的反
应求出合金的物质的量组成而求得沉淀的质
量，那是相当繁琐的。除用平均值计算之外，本
题还可用整体思维，则沉淀的质量为金属Cu、Mg 的质量加上OH-的质量，设Cu、Mg的物质的量之
和为n(Cu、Mg),由电子守恒知：n(Cu、Mg)×2=
4.48 L 0.336 L ×2,n(Cu、Mg)=0.115 mol, 22.4 L/mol 22.4 L/mol
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（3）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。
（4）极值法解题的优点
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
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。
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【典例导析4】 已知25℃下，0.1 mol/L某二元酸
失去8eHNO3,O2 得4e- 22O
4NO+6H2O 2NO2 2HNO3+NO
经多次氧化和吸收，由N元素守恒知：
由得失电子总数相等知，NH3经氧化等一系列过程
生成HNO3，NH3和O2的关系为NH3~2O2。
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【 典 例 导析 3 】 取K I 溶 液 2 5 m L ， 向其 中 滴 加
0.4 mol/L的FeCl3溶液135 mL,I-完全反应生成
I2：2I-+2Fe3+ I2+2Fe2+。将反应后的溶液用
CCl4 萃取后分液，向分出的水溶液中通入Cl 2 至0.025 mol时，Fe2+恰好完全反应。求KI溶液 的 物质的量浓度。
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解析 依题意，有： 2e| 2I-+2Fe3+ I2+2Fe2+, 2e| 2Fe2++Cl2 2Fe3++2Cl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I-与Cl2 之间的关系式：2I-~Cl2。
故沉淀的质量为：
4.6 g+(0.115 mol×2)×17 g/mol=8.51 g。
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迁移应用 1.把过量的铁粉投入到CuCl2和FeCl3组成的混合 溶液中，充分反应后，过滤清洗并干燥不溶 物，称得其质量与加入铁粉的质量相同，求 原混合物中两种溶质的物质的量之比。 解析 这是一个无数据的题，似乎无法解答。 但根据化学反应原理，利用差量法是可以求解 的。把铁粉加入到CuCl2和FeCl3组成的混合溶 液中，铁粉与FeCl3反应，使Fe的质量减少，形 成一个差值。又因为铁粉与CuCl2反应，把Cu置 换出来，附在Fe上，Cu的相对原子质量比Fe的 相对原子质量大，又形成一个差值，使铁粉质 量增加。依题意可知，反应前后质量相等，即 前后两个差值相等，这是解题的关键。