1、专题有关金属及其化合物的计算教学设计学年高一化学上册课题专题 有关金属及其化合物的计算教学目标知识与技能结合金属及其化合物的复习，了解有关金属及其化合物的计算题型及解题方法，初步培养学生运用所学知识分析问题、解决问题的能力。过程与方法分析、讨论、自主探究情感、态度与价值观培养学生的分析能力、归纳总结，培养不断探索的科学品质。教学重点常见的题型与解法教学难点解题规律的理解与应用教学设计环节师生活动组内讨论展示归纳【过渡】回顾并导入新课？板书 专题-有关金属及其化合物的有关计算1、基本计算方法（1） 代数方程组法-解决混合物问题的基本方法 投影例1 将70克由Na2O2和Na2O组成的混合物跟98
2、克H2O充分反应后，所得NaOH溶液中溶质的质量分数为50%，试分别写出Na2O2和Na2O 跟H2O 反应的化学方程式，并计算原混合物中Na2O2和Na2O的质量解：设混合物中有Na2O2 的物质的量为x mol，Na2O的物质的量为y mol2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 2 4 1x 2x 0.5xNa2O + H2O = 2NaOH y y 2y由题意可得，78x+62y=70 解得，x= 0.5 mol y=0.5 mol则混合物中Na2O2 的质量为39克，Na2O的质量为31克点击试题1、今有Na2CO3与NaHCO3混合物1.37克，加热到不再产生气体为止，残余物与足
3、量盐酸反应后，得到CO2气体0.44克，求原混合物中Na2CO3的质量分数为多少?板书2、差量法讲差量法是依据化学变化前后物质的量的变化，找出所谓“理论差量”，再根据题目提供的“实际差量”列出比例式，求出答案板书数学原理：投影例2 将一定量H2和CuO 10克共热，CuO部分被还原，得到固体粉末质量为8.4克，有多少克Cu生成?参加反应的H2有多少克?解： CuO + H2 Cu + H2O m 80 2 64 80-64=16 y x 10-8.4=1.6 g 解得 x=6.4g y=0.2g投影例3 加热10克Na2CO3和NaHCO3混合物至质量不再变化，剩余的固体质量为8.4克，求混合
4、物中Na2CO3的质量分数是多少解： 2 NaHCO3 Na2CO3 + H2O +CO2 m 84*2 106 84*2-106=62 x 10-8.4=1.6 g x=4.34 g w(Na2CO3)%=56.6%点击试题1、将CO2气体通过78克Na2O2固体，一段时间后测得固体质量增至92克，求生成O2的质量2、200，11.6克CO2和H2O(g)与足量Na2O2充分反应后，固体质量增加了3.6克，求原混合物气体中CO2、H2O质量各是多少克?板书（3） 假设法-快速击破选择型计算题I 平均值法讲当xy2.4故NaHCO3过量设NaOH为x mol， NaHCO3 为y mol40x
5、+84y=16.6NaOH+NaHCO3 Na2CO3 +H2O 1 1 1 x x x 2 NaHCO3 Na2CO3 + H2O + CO2 2 1 1 y-x 0.5(y-x) 18*(0.5y-0.5x+x)+44(y-x)=3.35 解得 x=0.1 mol， y=0.15 mol w(NaOH )%=24.1%点击试题1、今有120 mL 1mol/L 的Na2CO3溶液和80 mL 2.5 mol/L的盐酸（1） 若将Na2CO3溶液逐滴加至盐酸中则可收集到标况下的CO2气体体积为_解：n(Na2CO3)=0.12*1=0.12 mol n(HCl)=0.08*2.5=0.2 m
6、ol 若将Na2CO3 加到盐酸中，则立即生成CO2 直至盐酸完全反应，即：Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2 +H2O 1 2 1 0.2 X X=0.1 mol则在标况下收集到CO2气体体积为2.24L（2） 若将上述盐酸逐滴加至碳酸钠溶液中，则反应的离子方程式是_，当反应完全时，测得CO2在水中的浓度为0.04 mol/L，假设溶液体积不变，则收集到的CO2在标况下的体积为_解：若将HCl滴加到Na2CO3溶液中，直至所有的Na2CO3全部转化为NaHCO3 再继续加盐酸才有CO2生成 ，即： Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl 0.12 0.12 0.12则剩余盐酸为
7、0.2-0.12=0.08 molNaHCO3+HCl=NaCl+H2O +CO2 0.08 0.08溶液体积V=120+80=200 mL溶液中的CO2 为0.04*0.2=0.008 mol 则逸出的CO2 体积为：22.4*(0.8-0.08)=16.128L板书（5） 守恒法投影例7 有一空气暴露过的NaOH固体，经分析知其含H2O 7.65%，含Na2CO3 4.32%，其余是NaOH若将1克该样品放入含有HCl 3.65克的盐酸中使其完全反应后，残酸再用50克2%的NaOH溶液恰好中和反应，蒸干溶液，所得固体的质量是多少克? 解：所得固体是NaCl ，是5.85克小结本题数据众多，
8、反应物不纯，过程复杂若按常规方法，一步步分析计算，不但费时还易出错，若认真分析就会发现，最后所得固体物质NaCl中全部的Cl全来自于HCl中的Cl点击试题1、有5.1gMgAl合金，投入500mL 2mol/L HCl中，金属完全溶解后，又加4mol/LNaOH溶液VmL，得最多沉淀8.6g，则V等于A. 425mL B. 560mL C. 250mL D. 500mL板书2、铝三角转化及铝的图像问题（1） 向Al3+ 的溶液中加入强碱(OH)投影现象：先出现白色溶液后消失 方程式：Al3+3OH=Al(OH)3 Al(OH)3+OH =AlO2+H2O 图像：板书（2） 向强碱溶液中加入Al
9、3+ 投影现象：先没有沉淀后出现并不消失方程式：Al3+4OH=AlO2+2H2O 3AlO2+Al3+6H2O=4Al(OH)3 图像：板书（3） 向AlO2 溶液中加入H+ 投影现象：先生成白色沉淀，然后白色沉淀逐渐溶解方程式：AlO2+H+H2O=Al(OH)3 Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O 图像：板书（4） 向H+溶液中加入AlO2 投影现象：开始生成的白色沉淀振荡后消失，随后生成的白色沉淀不溶解方程式：AlO2+4H+=Al3+2H2O 3AlO2+Al3+6H2O=4Al(OH)3 图像：投影例1、有一定质量的Mg、Al 合金投入100 mL一定物质的量浓度的盐酸溶液中
10、，合金全部溶液，向所得溶液中滴加5 mol/L NaOH溶液到过量，生成沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示，求（1） 原合金中Mg、Al的质量各是多少?（2） HCl的浓度是多少?解：（1） 设 原合金中Mg的质量为X，Al的质量为y Mg -Mg(OH)2 Al-Al(OH)3 24 58 27 78 x 11.6 y 19.4-11.6=7.8 x=4.8 g y = 2.7 g（2） 当沉淀达到最大值时，则n(HCl)=n(NaOH) 则 c(HCl)= 5*160/100= 8 mol/L点击试题1、0.1molAl2(SO4)3跟2mol/L NaOH溶液350mL混合，
11、所得沉淀的质量为( ) A.78g B.15.6g C.7.8g D.3.9g2.向10mL 0.2mol/L的AlCl3溶液中，逐滴加入未知浓度的Ba(OH)2溶液，测得滴加15mL和45mL时，所得沉淀同样多，求Ba(OH)2溶液的物质的量浓度投影例2、将0.1 mol的镁、铝混合物溶于100 mL 2mol/LH2SO4溶液中，然后再滴加1 mol/L NaOH溶液请回答： （1）若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化如右图所示当V1=160mL时，则金属粉末中n(Mg)= mol，V2= mL（2）若在滴加NaOH溶液过程中，欲使Mg2+、Al3+刚好沉
12、淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH) mL （3）若混合物仍为0.1 mol，其中Mg粉的物质的量分数为a，用100 mL 2 mol/L的硫酸溶解此混合物后，再加入450 mL 1mol/L的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3满足此条件的a的取值范围是： 解：（1） n(H+)=2*0.1*2=0.4 mol当V1=160mL时，中和过量H+ 消耗了OH 0.16 mol 则与金属反应用去H+ 0.40.16=0.24 mol 设Mg 的物质的量为x mol，Al的物质的量为y mol Mg-2H+-Mg2+-2OH-Mg(OH)2 Al-3H+-Al3+ -3OH -Al(
13、OH)3 x 2x y 3y 2x+3y=0.24 x+y=0.1 解得，x=0.06 mol y= 0.04 mol 则镁的物质的量为0.06mol ，铝的物质的量为0.04mol V2=(0.16+2*0.06+3*0.04)/1=0.44L=440 mL（2） 当沉淀达到最大值时，则n(HCl)=n(NaOH) 则NaOH的体积为400 mL（3） 若沉淀中无Al(OH)3 则说明Al3+全部转化为NaAlO2 ，则 n(NaOH)n(NaCl)+n(NaAlO2)=n(HCl)+n(Al3+) 0.450.4+0.1-a 解得，a0.051a0.05点击试题1.将溶液(或气体)X逐渐加
14、入到(或通入到)一定量的Y溶液中，产生沉淀的量m与加入X物质的量n的关系如下图，符合图中情况的一组物质是ABCDXH2SNaOHNH3HClYNa2SO3AlCl3MgSO4NaAlO22.把由NaOH、AlCl3、MgCl2三种固体组成的混合物，溶于足量水中后有0.58克白色沉淀，在所得浊液中，逐滴加入0.5mol/l的盐酸，加入盐酸的体积与生成沉淀的质量关系如右图所示： (a)混合物中NaOH的质量为 ，(b)混合物中AlCl3质量为 (c)混合物中MgCl2质量为 ， (d)P点表示盐酸的体积是 板书3、铁的转化关系（1）铁三角应用投影例1、把含有FeBr2、FeI2各a mol的稀溶液
15、两份，分别通入一定量的Cl2，第一份溶液中有一半的I被氧化成I2，第二份溶液中有一半的Br 被氧化成Br2，两份奶入Cl2的物质的量之比( D )A、1：1 B、1：2 C、1：3 D、1：5点击试题1、在FeCl3、CuCl2和HCl的混合液中加入Fe粉，待反应结束，所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，则反应后溶液中存在较多的阳离子是( ) A、Cu2+ B、Fe3+ C、Fe2+ D、H+ 板书（2） 铁与稀HNO3 反应规律当稀HNO3过量时，Fe+4HNO3=Fe(NO3)2 +NO+H2O 讲若铁过量，则在上述反应基础上，继续反应，Fe+2Fe(NO3)3=3Fe(NO3)2 板书当铁粉
16、过量时，3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O 投影小结根据Fe与HNO3的物质的量的变化，可分为以下三种情况： 1/4时，产物为Fe(NO3)3 3/8时，产物为Fe(NO3)2 若1/4 3/8时，产物为Fe(NO3)3与Fe(NO3)2 的混合物但需要注意的是，无论Fe过量与否，被还原的HNO3占总消耗的HNO3的1/4板书（3） 守恒法在Fe计算中的综合应用 质量守恒关系讲质量守恒定律表示：参加化学反应的各种物质的质量总和，等于反应后生成物的各物质的质量总和依据该定律常可得出下列解题时实用的等式： （1）反应物的质量总和=生成物的质量总和 （2）反应物减少的总质量=产
17、物增加的总质量 （3）反应体系中固体质量的增加(或减少)等于气体质量的减少(或增加) 投影例1、在2L硫酸铜和硫酸铁的混合溶液中，加入30g铁粉，最后得到2L0.25gmol-1的硫酸亚铁溶液及26g固体沉淀物分别求原混合溶液中硫酸铁和硫酸铜的物质的量浓度 解：设硫酸铁、硫酸铜的物质的量分别为x和y根据反应前后铁和铜的质量和相等得： 56gmol-12x+64gmol-1y+30g =2L0.25gmol-156gmol-1+26g 再由反应前后硫酸根离子的物质的量守恒得： 3x+y=2L0.25gmol-1 联立解得x=0.1mol，y=0.2mol因此硫酸铁、硫酸铜的物质的量浓度分别为 0
18、.05molL-1 和0.1molL-1 板书元素守恒关系 讲在化学反应过程中，从某种意义上说可以认为是原子重新组合的过程，因此在反应过程中某种元素的原子，在反应前后必定保持两种守恒关系(均体现出原子个数相等)：（1）原子的质量守恒;（2）原子的物质的量守恒 投影例2、把铁、氧化铁、氧化铜的混合物粉末放入110mL4molL-1盐酸中，充分反应后产生896 mLH2(标准状况)，残留固体1.28g过滤，滤液中无Cu2+将滤液加水稀释到200mL，测得其中c(H+)为0.4molL-1试求原混合物的总质量 分析解：由Cu元素守恒可得： n(CuO)=n(Cu)=1.28g/64gmol-1=0.
19、02mol 由氯元素守恒可得： 2n(FeCl2)+n(HCl余)=n(HCl总)=0.44mol 即 2n(FeCl2)+0.08mol=0.44mol，则n(FeCl2)=0.18mol 又由氢元素守恒可得： 2n(生成H2O)+2n(H2)+n(HCl余)=n(HCl总)=0.44mol，解得反应产物中水的物质的量为n(生成H2O)=0.14mol 由氧元素守恒可得： 3n(Fe2O3)+n(CuO)=n(生成H2O)， 解得：n(Fe2O3)=0.04mol 最后由铁元素守恒可得： n(Fe)+2n(Fe2O3)=n(FeCl2) 解得：n(Fe)=0.1mol 综上可知，原混合物总质
20、量为： 56gmol-10.1mol+160gmol-10.04mol+80gmol-10.02mol=13.6g 板书 电荷守恒讲在电解质溶液里或在离子化合物中，所含阴、阳离子的电荷数必定相等(电中性原理)，即阳离子的物质的量(或物质的量浓度)阳离子的电荷数=阴离子的物质的量(或物质的量浓度)阴离子的电荷数 投影例3、已知2Fe2+Br2=2Fe3+2Br-，当向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下的Cl23.36L，充分反应后测得形成的溶液中Cl-和Br-的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为多少? 解;由题供信息可知：Fe2+的还原性强于Br-的还原性;因此，通入C
21、l2后Fe2+应该全部被氧化成了Fe3+据题意知反应后的溶液中只有Fe3+、Cl-、Br-，且n(Cl-)=n(Br-)=2n(Cl2)=23.36L/22.4Lmol-1=20.15mol据电荷守恒原理，必有： 3n(Fe3+)=n(Cl-)1+n(Br-)1解得：n(Fe3+)=0.2mol 又由铁元素守恒知n(Fe2+)=n(Fe3+)=0.2mol故原FeBr2溶液的物质的量浓度为： 0.2mol/0.1L=2molL-1 板书 电子守恒关系 讲氧化还原反应的本质是参加反应的原子间的电子转移(包括电子得失和电子对的偏移)在氧化还原反应过程中，氧化剂得到电子的总物质的量必定等于还原剂失去
22、电子的总物质的量在解有关氧化还原反应的试题(尤其是涉及多个氧化还原反应的综合题)时，运用电子守恒法可起到事半功倍的效果 投影例4、将14g铁粉溶于1L稀硝酸中恰好完全反应，放出NO气体后称量所得溶液，发现比原溶液质量增加8g，则原溶液中硝酸的浓度为( ) A.0.4molL-1 B.0.6molL-1 C.0.8molL-1 D.1.0molL-1 解：按常规解本题需先判断出反应中同时生成了+2、+3价的铁，然后再根据方程式求解若运用守恒原理则可避开繁琐的讨论和方程式的书写 假设铁单质在反应中被氧化成+n价，由题意有： Fe - ne-Fe(NO3)nnHNO3 (反应中作酸用的) 1 n n
23、 (14/56)mol 0.25nmol 0.25nmol 由题意知，产生气体NO的质量为14g-8g=6g，物质的量为6g/30gmol-1=0.2mol则有HNO3(反应起氧化剂作用的)+3e- NO 1 3 1 0.2mol 0.6mol 0.2mol 据电子的守恒原理可得0.25n=0.6;又由氮元素守恒原理可推知，反应中共消耗硝酸的物质的量为： 0.25nmol+0.2mol=0.8mol 故选C 点击试题1、在100mL的FeBr2溶液中，通入2.24L的标准状况下的氯气，充分反应后，溶液中有1/3的Br-被氧化成溴单质求原FeBr2溶液的物质的量浓度 解：设FeBr2溶液的物质的
24、量浓度为xmolL-1，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数相等的原则知，Cl2所得电子的物质的量应等于Fe2+和Br-所失电子的物质的量之和则有： 2.24L/22.4Lmol-12=0.1x1+(0.1x/3)21 解得x=1.2因此原FeBr2溶液的物质的量浓度为1.2molL-1 板书 体积守恒关系投影例5、将5.6g铁粉与6.4g硫粉在隔绝空气的条件下加热充分反应后冷却至室温，再在其固体中加入足量的稀硫酸反应至固体不再溶解，所制得的气体在0、1.01105Pa下的体积约为( ) A.2.24L B.2.34L C.2.80L D.4.48L 解：加热时发生的化学反应为： Fe+
25、S=FeS 与足量稀硫酸发生的化学反应可能有： Fe+H2SO4=FeSO4+H2 FeS+H2SO4=FeSO4+H2S 从上述反应方程式分析可发现如下变化关系：FeFeSO4H2;FeFeSH2S即1molFe经充分反应后，最终能生成1mol气体(可能是H2S，也可能是H2和H2S的混合气)，而与硫粉的质量多少无关因题中Fe粉的物质的量为0.1mol，所以，生成气体也恒为0.1mol，标准状况下的体积为2.24L应选A点击试题1、已知有关物质及离子的氧化性顺序为：浓硫酸Fe3+H+现将30g铁粉(过量)与44.0mL浓硫酸在加热条件下充分反应，共收集到11.2L(标准状况)气体，其质量为1
26、9.6g试计算： 1)浓硫酸的物质的量浓度; （2）反应后剩余铁粉的质量 解：设参加反应的铁粉的物质的量为x，由题意知，混合气体的成分应为SO2、H2的混合气，物质的量总和为11.2L/22.4Lmol-1=0.5mol，则混合气体的平均摩尔质量为： 19.6g0.5mol=39.2gmol-1 所以，混合气体中的SO2、H2体积比(即物质的量之比)为：37.224.8=32，即生成的SO2、H2的物质的量分别为0.3mol和0.2mol Fe-2e-Fe2+ H2SO4+2e-SO2 2H+2e-H2 根据电子守恒原理可得： 2x=0.3mol2+0.2mol2=1.0mol 解得： x=0.5mol 实际
