高中化学 高考计算题解题勘误讲义.docx
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高中化学高考计算题解题勘误讲义
高考计算题解题勘误讲义
一、根据化学方程式计算型题
例1(1997-35) 将8.8gFeS固体置于200mL2.0mol·L-1的盐酸中,以制备H2S气体。
反应完全后,若溶液中H2S的浓度为0.10mol·L-1,假定溶液体积不变,试计算:
(1)收集到的H2S气体的体积(标准状况)。
(2)溶液中Fe2+和H+的物质的量浓度(摩尔浓度)。
【错解】
第
(1)问:
①收集到H2S气体2.24L。
②FeS~H2S
88 1
8.8 x
x=0.1mol
③设未收集到x′LH2S气体,所以
0.1mol·L-1=0.1mol/x′L
x′=100L
第
(2)问:
①[H+]=0.2mol/0.2L=0.1mol·L-1。
②∵H2S为0.1mol·L-1,∴H2S为0.2×0.1=0.02(mol)
H+=2×0.02(mol)
H+(总)=0.2+0.02×2=0.24(mol)
③[H+]=(0.2×2+2×0.1)/0.2=2(mol/L)
【评析】 审题时注意:
①溶液中H2S的浓度直接影响到收集到的H2S气体的体积,②盐酸过量。
第
(1)问是根据化学方程式的计算
FeS+2HCl==FeCl2+H2S↑
解之,得x=0.2mol,y=0.1mol,z=0.1mol。
盐酸过量0.20L×2.0mol·L-1-0.2mol
=0.2mol
共生成H2S0.1mol,在溶液中溶解的H2S的物质的量为0.10mol·L-1×0.20L=0.020mol
能收集到H2S的物质的量=0.1mol-0.020mol
=0.08mol
能收集到H2S的体积(标准状况)为:
0.08mol×22.4L·mol-1=1.8L
出现①误区,是由于不理解题意,未考虑溶液中溶解的H2S的物质的量,导致失误。
出现②误区,由于概念不清,列式错误所致。
出现③误区,也由于概念不清,列式错误所致。
只有理解了收集到的H2S气体体积应等于反应生成的H2S气体的体积减去在溶液中溶解的H2S气体的体积,才能走出此误区。
第
(2)问根据生成FeCl20.1mol,可知溶液中Fe2+物质的量浓度为0.1mol÷0.20L=0.50mol·L-1
溶液中H+的物质的量浓度=0.2mol÷0.20L=1.0mol·L-1(注意:
H2S弱酸的电离忽略不计)。
出现①误区,是由于运算结果错误所致。
出现②误区,是由于在强酸性条件下,误将弱酸完全电离,导致失误。
出现③误区,是由于分子上出现了“2×0.1”,误认为H2S在溶液中完全电离,产生0.2mol的H+离子,导致失误。
【正确答案】 根据方程式FeS+2H+==Fe2++H2S↑可判断盐酸过量,计算应以FeS的物质的量为基准。
(1)共生成H2S0.10mol。
在溶液中溶解的物质的量为:
0.10mol·L-1×0.20L=0.020mol所以收集到H2S气体的物质的量为:
0.10mol-0.020mol=0.08mol
收集到H2S气体的体积(标准状况)为:
22.4L·mol-1×0.08mol=1.8L
消耗掉H+0.20mol,反应前H+的物质的量为:
2.0mol·L-1×0.20L=0.40mol
例2(1994-37) 现有一份CuO和Cu2O混和物,用H2还原法测定其中CuO的质量x(g)。
实验中可以测定如下数据:
W—混和物的
(已知摩尔质量:
Cu—64g/mol、CuO—80g/mol、Cu2O—144g/mol、H2O—18g/mol)
(1)为了计算x,至少需要测定上述四个数据中的______个,这几个数据的组合共有______种,请将这些组合一一填入下表空格中。
②每个空格中填一种组合,有几种组合就填几种,不必填满。
(2)从上述组合中选写一个含W的求x的计算式:
x=________
【错解】
第
(1)问:
①两个数据的组合为6种:
W,WCu
②两个数据的组合为小于5种:
W,WCu
【评析】 走出误区的关键是审清所发生的化学反应。
H2还原CuO,是初三化学中一个重要的反应,将此反应从大脑中检索出来,并产生正迁移,推出H2还原Cu2O的化学方程式:
这两个化学方程式是测定CuO质量的计算依据。
根据反应可知,为了计算CuO质量x(g),至少需要测定出题目所测4个数据中的两个,应
=6,可推出这4个数据的组合数为6。
在此基础上,必须根据本题中发生的化学反应对各种组合进行分析。
由①、②两个化学方程式中消耗H2的物质的量与生成H2O的物质的量之比都是1∶1(与混合物中CuO和
的质量x(g)。
舍弃这种组合,其余5种组合便是本题的答案。
要写含有W的求x的计算式,应选用含W的组合①W,WCu;②
CuO含量的必要数据时,没有根据本题化学反应的特点进行分析,舍弃
由于不会运用数学知识解决化学问题,思维欠有序,造成了漏解和错解。
第
(2)问:
出现①、②误区,是由于未审清题目要求“从上述组合中选写一个含W的求x的计算式”,所写x的计算式中不含W,造成失误。
出现③误区,属于笔误。
由于时间紧迫,从草稿到填写答案过程中出了差错,导致失误。
【正确答案】
1)2,5
W,WCu
二、关系式法型题
例1(1998-34) 本题分子量用以下数据:
H2O18.0,CaO56.0,CaO272.0。
过氧化钙是一种安全无毒的氧化物,通常含有部分CaO,且带有数量不等的结晶水。
为分析某过氧化钙样品的组成进行了如下实验。
①称取0.270g样品,灼热使之完全分解,生成CaO、O2和H2O,得到的O2在标准状况下体积为33.6mL。
②另取0.120g样品,溶于稀盐酸,加热煮沸,使生成的H2O2完全分解。
然后将溶液中的Ca2+完全转化成CaC2O4沉淀,经过滤洗涤后,将沉淀溶于热的稀硫酸,用0.0200mol·L-1KMnO4溶液滴定,共用去31.0mLKMnO4溶液。
化学方程式如下:
5CaC2O4+2KMnO4+8H2SO4==K2SO4+2MnSO4+5CaSO4+10CO2↑+8H2O
(1)写出CaO2受热分解的化学方程式。
(2)计算样品中CaO2的质量分数。
(3)计算样品中CaO2·xH2O的x值。
【错解】 第
(1)问:
①CaO2==CaO+O2,②CaO2==Ca+O2,③2CaO2+H2O==2CaO+O2+H2O,④2CaO2·nH2O==2CaO+O2+2nH2O(n=1,2,3……即定值)。
第
(2)问:
①40%,②62%,③
×10-3),②72∶M(CaO2·xH2O)=80%,M=90,x=1。
【评析】 第
(1)问:
根据信息①,可写出CaO2受热分解的化学
误区是由于未读懂题示信息所致。
③误区是由于多写了水的分子式所致。
④误区是由于未通观全题的叙述,误将CaO2·xH2O写成有定值的水,造成失误。
第
(2)问:
根据信息①中,O2在标准状况下的体积可求出的物质的量为33.6mL÷22400mL·mol-1=1.50×10-3mol。
根据关系式2CaO2~O2,可求得CaO2物质的量为2×1.50×10-3mol,CaO2质量为2×1.50×10-3mol×72.0g·mol-1
样品中CaO2的质量分数为:
出现①误区,是由于化学方程式未配平,关系式未找对(CaO2~O2),导致失误。
出现②误区,是由于误将CaO2的摩尔质量72.0g·mol-1用CaO的摩尔质量56.0g·mol-1代入式中计算,导致失误。
出现③误区,是由于未用题中数据,直接用CaO2·H2O的摩尔质量进行求算,虽然计算结果都是80%,但计算的依据错误。
第(3)问:
根据信息②,可求出CaC2O4物质的量(即Ca2+总物质的量),所用关系式为:
5CaC2O4~2KMnO4
KMnO4的物质的量为0.0200mol·L-1×31.0mL×10-3L·mL-1·CaC2O4的物质的量为0.0200mol·L-1×31.0×10-3L×5/2=0.00155mol
其中CaO2所含Ca2+的物质的量为:
CaO的物质的量为0.00155mol-0.00133mol
m(CaO)=(0.00155mol-0.00133mol)×56.0g·mol-1
=0.012g
m(H2O)=0.120g-0.120g×80.0%-0.012g=0.012g
CaO2与H2O的物质的量之比为
出现①误区,是由于错误列式:
CaO2·xH2O~CaC2O4~xH2O
(72+18x)g 1mol
0.120g 1.55×10-3mol
误将0.120g全部看成CaO2·xH2O,忽略了样品中“通常含有部分CaO”,CaO2·xH2O~CaC2O4这个关系式也是错的,CaC2O4的物质的量是溶液中全部Ca2+的物质的量,它不等于CaO2中所含的Ca2+的物质的量。
出现②误区,是由于误将样品中CaO2的质量分数(80%)作为结晶水合物中含CaO2的质量分数,进行推算,导致失误。
=80.0%
(3)n(CaC2O4)=n(Ca2+)=31.0×10-3L×0.0200mol·L-1
m(CaO)=(0.00155mol-0.00133mol)×56.0g·mol-1=0.012g
m(H2O)=0.120g-0.120g×80.0%-0.012g=0.012g
例2(1998-35) 下面是4种盐在不同温度下的溶解度(g/100gH2O)
NaNO3 KNO3 NaCl KCl
10℃ 80.5 20.9 35.7 31.0
100℃ 175 246 39.1 56.6
(计算时假定:
①盐类共存时不影响各自的溶解度;②过滤晶体时,溶剂损耗忽略不计。
)
(1)取23.4gNaCl和40.4gKNO3,加70.0gH2O,加热溶解。
在100℃时蒸发掉50.0gH2O,维持该温度,过滤析出晶体,计算所得晶体的质量(m高温)。
将滤液冷却至10℃,待充分结晶后,过滤。
计算所得晶体的质量(m低温)。
(2)另取34.0gNaNO3和29.8gKCl,同样进行如上实验。
10℃时析出的晶体是______(写化学式)。
100℃和10℃得到的晶体质量(m′高温和m′低温)分别是多少?
【错解】 第
(1)问:
①m高温=19.6g,②m低温=35.9g。
第
(2)问:
①NaCl,②KNO3。
【评析】 第
(1)问:
阅读4种盐在不同温度下的溶解度、计算时的假定①和②。
因为NaCl的溶解度随温度变化不大,且100℃时溶解度最小,所以蒸发浓缩NaCl和KNO3的混合液时,将有大量NaCl晶体析出。
过滤后,KNO3的溶解度随温度的变化最大,所以会有大量KNO3晶体析出,与此同时,也会有少量NaCl晶体析出。
具体解法是:
设:
100℃蒸发掉50.0gH2O后,溶液中NaCl的质量为x
溶质 溶剂
39.1g 100g
x (70.0g-50.0g)
39.1g∶x=100g∶(70.0g-50.0g)
析出的NaCl晶体质量m高温=23.4g-7.82g
=15.6g
设:
冷却到10℃,析出的NaCl晶体质量为y
溶剂 析出溶质的质量(100℃降至10℃)
100g (39.1g-35.7g)
(70.0g-50.0g) y
100g∶(70.0g-50.0g)=(39.1g-35.7g)∶y
设:
溶液中KNO3的质量为z
溶质 溶剂
20.9g 100g
z (70.0g-50.0g)
20.9g∶z=100g∶(70.0g-50.0g)
析出的KNO3晶体质量为40.4g-4.18g=36.2g
10℃析出的晶体总质量m低温=0.68g+36.2g
=36.9g
出现①误区,是由于错误列式:
溶质 溶剂
39.1g 100g
x 50.0g
39.1g∶x=100g∶50.0g
出现②误区,是由于在40.4-4.18的计算中失误(0.4-0.18不需借个位数),即40.4-4.18=35.2,造成失误(0.68g+35.2g=35.9g)。
第
(2)问:
根据NaNO3+KCl
KNO3+NaCl
85g 74.5g 101g 58.5g
34.0g 29.8g x y
解之,得x=40.4g,y=23.4g
因而根据溶解度数据,100℃时蒸发后得到的是NaCl晶体,冷却后得到的主要是KNO3,同时也有少量的NaCl晶体。
所以本问与第
(1)问情况相同,不必再计算。
另一种思路:
两种原始溶液中各种盐的物质的量都相等。
四种离子浓度完全相同,根据溶解度数据,100℃时蒸发后得到的是NaCl晶体,冷却后得到的主要是KNO3晶体,同时也有少量的NaCl晶体析出。
出现①误区,显然是漏掉了KNO3。
出现②误区,显然是漏掉了NaCl。
【正确答案】
(1)100℃蒸发掉50.0gH2O后溶液中NaCl的质量为
析出的NaCl晶体质量m高温=23.4g-7.82g=15.6g
冷却到10℃,析出的NaCl晶体质量为
析出的KNO3晶体质量为40.4g-4.18g=36.2g
10℃析出的晶体总质量m低温=0.68g+36.2g=36.9g
(2)KNO3和NaCl
m′高温=m高温=15.6g m′低温=m低温=36.9g
三、列方程组法型题
例1(1997-36) 1996年诺贝尔化学奖授予对发现C60有重大贡献的三位科学家。
C60分子是形如球状的多面体(图2-2-1),该结构的建立基于以下考虑:
{ewcMVIMAGE,MVIMAGE,!
262300T1.bmp}
(1)C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键;
②C60分子只含有五边形和六边形;
③多面体的顶点数、面数和棱边数的关系,遵循欧拉定理:
据上所述,可推知C60分子有12个五边形和20个六边形,C60分子所含的双键数为30。
请回答下列问题:
(1)固体C60与金刚石相比较,熔点较高者应是______,理由是:
____________________。
(2)试估计C60跟F2在一定条件下,能否发生反应生成C60F60(填“可能”或“不可能”)______,并简述其理由:
_________________________。
(3)通过计算,确定C60分子所含单键数。
C60分子所含单键数为______。
(4)C70分子也已制得,它的分子结构模型可以与C60同样考虑而推知。
通过计算确定C70分子中五边形和六边形的数目。
C70分子中所含五边形数为______,六边形数为______。
【错解】 第
(1)问:
①低,②C60。
③金刚石键能小,C60含多个不饱和键,结构不稳定。
④金刚石中只有单键,而C60中还含双键,双键键能比两个单键低,金刚石熔点高。
⑤金刚石中每个碳与其余4个碳原子相连,C60中只是3个,破坏金刚石的能量要高。
⑥金刚石全部按六边形结合,比C60稳定,金刚石只含单键,C60有双键。
⑦因C60中双键数大于金刚石,分子间键能大,熔点较高。
⑧金刚石4个碳原子呈正四面体排列,或金刚石是正方形网状,每个碳原子都与4个碳原子相连,键能大。
第
(2)问:
①不能。
②因为C60含有双键。
③不可能,F2不可能将每个碳键上的氢全部取代,只有一小部分活泼氢可以反应。
④不可能,C60只含有30个双键,加成时只能有30个F原子参加反应。
⑤不可能,负一价的F极为稳定,不能形成双键。
②12×5+20×6-30=150。
③x=90,因为双键为30个,所以单键数=90-30×2=30。
④全是单键,60×4=240,因为有30个双键,所以单键=240-30×2=180。
⑤面数=12+30=36,60+36-棱边数=2,棱边数=单键数=96-2=94。
第(4)问:
①面数=70+35-70-2=33(个)。
②5x+6y=3×70
【评析】 阅读新信息,知道①C60分子是形如球状的多面体,固体C60不是原子间体。
②C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键。
③C60分子只含有五边形和六边形。
④多面体的顶点数、面数和棱边数的关系,遵循欧拉定理:
顶点数+面数-棱边数=2。
⑤C60分子有12个五边形和20个六边形。
⑥C60分子所含双键数为30。
根据信息①可以回答第
(1)问。
根据信息⑥可以回答第
(2)问。
根据信息②、④、⑤可以回答第(3)问。
根据信息②、③、④可以回答第(4)问。
第
(1)问:
出现①误区,是由于慌忙中把C60熔点比金刚石熔点低,答成了“低”,造成了答非所问的错误。
由此可见,在考场上保持良好的心态是十分重要的,希望今后的考生要努力走出这类误区。
出现②误区,是由于判断错误所致。
出现③~⑦误区,均由于不知道不同类物质的熔点的高低是由晶体类型决定的,不清楚金刚石是原子晶体,而固体C60不是原子晶体,仅比较单双键键能大小是不正确的,才导致了失误。
出现⑧误区,是由于对金刚石是原子晶体,它是正四面体空间网状结构,既不是平面网状,也不同于甲烷分子的正四面体构型不清楚,导致失误。
第
(2)问:
出现①误区,是由于判断错误所致。
出现②误区,是由于未指明双键个数,回答中不能充分运用题示新信息“C60分子所含的双键数为30”,反映出有些同学的自学能力差,或思维的严密性差,导致了失误。
出现③误区,是由于把加成反应答成了取代反应所致。
出现④误区,是由于混淆了加成反应与取代反应所致。
出现⑤误区,是由于抓不住答题要点,答非所问所致。
第(3)问:
出现①误区,是由于双键数求错,不清楚题目中“C60分子所含的双键数为30”的含义,导致失误。
出现②误区,是由于总键
失误。
出现③误区,是由于双键数应为30,不应是30×2=60,导致失误。
出现④误区,是由于把单键数与价电子数混为一谈导致失误。
应该是60个碳原子,共有60×4=240个价电子,每4个价电子形成一个双键,耗用掉30×4=120个价电子,每2个价电子形成一个单键,所以单
现12+20=36这一加法运算的错误,导致后面的推导连续失误。
应该是面数=12+20=32,60+32-棱数=2,棱边数=总键数=92-2=90,单键数=90-30=60。
第(4)问:
出现①误区,是由于不慎将“+”、“-”号写错,导致失误。
应该是面数=2+棱边数-顶点数=2+70+35-70=37。
出现②误区,是由于只找到了这一个二元一次方程,还缺少一个方程:
70+(x+y)
【正确答案】
(1)金刚石
金刚石属原子晶体,而固体C60不是,故金刚石熔点较高。
(答出“金刚石属原子晶体”即给分)
(2)可能因C60分子含30个双键,与极活泼的F2发生加成反应即可生成C60F60(只要指出“C60含30个双键”即给分,但答“因C60含有双键”不给分)
也可由欧拉定理计算键数(即棱边数):
60+(12+20)-2=90
C60分子中单键为:
90-30=60
(答“2×30(双键数)=60”即给分)
(4)设C70分子中五边形数为x,六边形数为y。
依题意可得方程组:
解得:
五边形数x=12,六边形数y=25
附:
第(3)问的其他解法,供大家参考。
解法一:
以价电子数为突破口,分析推算。
分析:
碳是ⅣA族元素,每个碳原子有4个价电子,所以C60分子中共有价电子总数为240,当碳碳原子间每形成一个双键,必然用去4个价电子,即C∷C。
据题示信息“C60分子所含的双键数为30”,则共用去价电子数为4×30=120,剩余的价电子数是240-120=120。
又由于碳碳原子之间每形成一个单键,必然用去2个价电子,即C∶C。
故C60分子中的单键数为120÷2=60。
解法二:
以化学键的成键规律为突破口,分析推算。
分析:
根据题示信息“C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键”,可知每个碳原子与相邻碳原子间有1个双键,必然有2
因此单键数为30×2=60。
解法三:
以欧拉定理为突破口。
分析推算。
分析:
由题示信息欧拉定理可知,C60球形多面体的棱边数就是C60分子中的化学键数。
因此可先求出C60球形多面体的总棱数(即单键数与双键数之和),再减去双键数,即可求出C60分子中含的单键数。
已知C60分子中含12个五边形和20个六边形,又知每条棱被2个
=90。
单键数为90-30=60。
附:
第(4)问的其他解法,供大家参考。
解法一:
以梭边数为突破口,列一元一次方程求解。
分析:
根据题示信息“C70分子也已制得,它的分子结构模型可与C60同样考虑”,可知C70分子中的每个碳原子也是与相邻的3个碳原子形成化学键,这样每个碳原子与其他碳原子之间有3条棱,而多面体的每条棱都是为2个碳原子共有,因此C70球形多面体的总棱数为:
70×3÷2=105。
再根据欧拉定理:
面数=2-顶点数+棱边数=2-70+105=37
设C70分子中五边形数为x,则六边形数为(37-x),可列式:
解之,得x=12,六边形数为37-12=25。
解法二:
以顶点数为突破口,列二元一次方程组求解。
分析:
设五边形数为x,六边形数为y,根据题示信息欧拉定理可知:
则 x+y=37(面数) ①
再根据题示信息,从化学角度分析,C70分子中每个碳原子与其他3个碳原子成键;从数学角度分析,C70分子中每3条校共用一个顶点。
因此可根据顶点数列式:
二元一次方程组为:
解之,得x=12,y=25。
解法三:
以C60分子成键规律为突破口,分析C70求解。
分析:
受题示信息C70的分子结构模型可以与C60同样考虑的启发,C60分子中化学键的成键规律为:
碳原子数:
单键数=1∶1;
碳原子数:
双键数=2∶1
应用此规律分析C70分子,故C70分子中含单键数为70,双键数为35。
因此,总键数为70+35=105(C70球多面体的总棱数是105)。
然后根据欧拉定理求出面数为2-70+105=37。
后面的解法可同解法一或解法二,不再赘述
四、差量法型题
例1(1992-38) 写出H2S燃烧反应的化学方程式。
1.0LH2S气体和aL空气混和后点燃,若反应前后气体的温度和压强都相同(20℃,101.3kPa),试讨论当a的取值范围不同时,燃烧后气体
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