2021届高考化学统考版二轮备考提升指导与精练1化学计算中的几种方法解析

①．质量守恒法例1．有14gNa2O2、Na2O、NaOH的混合物与100g质量分数为15%的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得固体质量为（）A．20.40gB．28.60gC．24.04gD．无法计算【解析】混合物与盐酸反应后所得溶液为氯化钠溶液，蒸干后得到NaCl，由Cl−质量守恒关系可得100g×15%×35.536.5＝m(NaCl)×35.558.5，解得m(NaCl)≈24.04g。【答案】C②．原子(或离子)守恒例2．13.6gFe和Fe2O3的混合物，加入150mL足量的稀硫酸，在标准状况下收集到1.12LH2，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液不变红。为中和过量的H2SO4，并使Fe元素全部转化为Fe(OH)2沉淀，恰好消耗了200mL3mol/L的NaOH溶液，则该稀H2SO4的物质的量浓度为（）A．2mol/LB．2.25mol/LC．3mol/LD．0.6mol/L【解析】Fe和Fe2O3的混合物与稀H2SO4反应，Fe和Fe2O3均无剩余，且有H2生成，说明反应生成FeSO4，为了中和过量的硫酸，而且使FeSO4完全转化成Fe(OH)2，共消耗3mol·L−1的NaOH溶液200mL，说明反应后的溶液溶质只有Na2SO4，根据硫酸根离子守恒，则n(H2SO4)=n(Na2SO4)，根据钠离子守恒，则n(Na2SO4)=1/2n(NaOH)，则有n(H2SO4)=n(Na2SO4)=1/2n(NaOH)=1/2×3mol·L−1×0.2L=0.3mol，故该硫酸的物质的量浓度为c(H2SO4)=0.3mol÷0.15L=2mol·L−1，故选A。【答案】A③．电子守恒例3．取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的NO2气体1.应用①守恒法优培1化学计算中的几种方法化学计算中的常用方法和672mL的N2O4气体(都已折算到标准状态)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g。则x等于（）A．8.64B．9.20C．9.00D．9.44【解析】反应流程为MgCu――——→浓HNO3Mg2+、Cu2+NO2、N2O4――——→NaOHMg(OH)2、Cu(OH)2；xg＝17.02g-m(OH−)，而OH−的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即：n(OH−)＝8.96L22.4L·mol－1×1+0.672L22.4L·mol－1×2×1＝0.46mol；所以xg＝17.02g-0.46mol×17g·mol－1＝9.20g。【答案】B④．电荷守恒例4．在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO2−4离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中的Al3+浓度(mol/L)为（）A．2bc2aB．2bcaC．2bc6aD．2bc3a【解析】由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO2−4离子完全沉淀，则根据SO2−4+Ba2+=BaSO4↓可知n(SO2−4)=bmol；由加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，根据NH+4+OH−====△NH3↑+H2O可知n(NH+4)=cmol，由于溶液不显电性，设原溶液中的Al3+的物质的量为x，由电荷守恒可知，3x+c=2b，所以x=2bc3mol，由于溶液的体积是aL，所以原溶液中Al3+的物质的量浓度c(Al3+)=2bc mol2bc3a?L3amol/L，故合理选项是D。【答案】D例5．将26.4gNa2O与Na2O2的混合物投入足量的水中溶解，反应后水溶液增重24.8g，则原混合物Na2O与Na2O2的物质的量之比是（）A．1∶3B．3∶1C．13∶31D．31∶13【解析】Na2O2与Na2O的混合物投入足量的水中溶解发生的反应为：①Na2O+H2O=2NaOH、②2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，26.4gNa2O2与Na2O的混合物投入足量的水中溶解，称得水溶液增重24.8g，减少的1.6g为生成氧气的质量，氧气的物质的量为0.05mol，根据反应②知，2.应用②差量法混合物中Na2O2的物质的量为0.1mol，则Na2O2的质量为7.8g；混合物中Na2O的质量为26.4g-7.8g=18.6g，则Na2O的物质的量为0.3mol，则原混合物中Na2O与Na2O2的物质的量之比是3∶1，故选B。【答案】B例6．向200mL0.1mol·L−1的Fe(NO3)2溶液中加入适量的NaOH溶液，使Fe2+恰好完全沉淀，过滤，小心加热沉淀，直到水分蒸干，再灼烧到质量不再变化，此时固体的质量为（）A．4.36gB．2.82gC．1.6gD．1.44g【解析】Fe(NO3)2与NaOH反应生成Fe(OH)2，加热过程中Fe(OH)2被氧气氧化成Fe(OH)3，Fe(OH)3受热分解为Fe2O3和水，最后得到固体为Fe2O3，根据2Fe(NO3)2~Fe2O3，n(Fe2O3)=200×10−3×0.1/2mol=0.01mol，即氧化铁质量为0.01×160g=1.6g，故选项C正确。【答案】C例7．16mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400℃左右可发生反应：6NO+4NH35N2+6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：①5∶3②3∶2③4∶3④9∶7。其中正确的是（）A．①②B．①④C．②③D．③④【解析】根据反应前后气体的总体积，可用差量法直接求解。6NO+4NH3=5N2+6H2O(g)ΔV(气体的体积差)6mL4mL5mL6mL(5+6)-(4+6)＝1mL(理论差量)9mL6mL17.5-16＝1.5mL(实际差量)由此可知共消耗15mL气体，还剩余1mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)＝(9mL+1mL)∶6mL＝5∶3，假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9mL∶(6mL+1mL)＝9∶7，但因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体，故V(NO)∶V(NH3)介于5∶3与9∶7之间，对照所给数据知3∶2与4∶3在此区间内。【答案】C4.应用④假设法3.应用③关系式法例8．二氧化氯（ClO2）很不稳定，是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂。实验室以NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料制备ClO2，制备的ClO2用水吸收得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.0mL试样；步骤2：量取10.00mL试样加入到碘量瓶中，用适量的稀硫酸调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30min。步骤3：用0.01000mol·L−1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉溶液作指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL（已知I2+2S2O2−3＝2I−+S4O2−6）。（1）若步骤2中未将锥形瓶“在暗处静置30min”，立即进行步骤3，则测定的结果可能____（选填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（2）上述步骤3中滴定终点的现象是______。（3）请根据上述步骤计算出原ClO2溶液的浓度（用g·L−1表示）________。【解析】（1）在暗处静置是为了使ClO2与KI充分反应，若不静置，ClO2反应不完全，生成的碘偏小，故测得的结果就偏小，故答案为：偏小；（2）由于碘遇淀粉显蓝色，所以步骤3中滴定终点的现象是滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不褪色；（3）ClO2溶液与碘化钾反应的离子方程式：2ClO2+10I−+8H+=5I2+2Cl−+4H2O，由I2+2S2O2−3＝2I−+S4O2−6，可得ClO2～5S2O2−3，所以原ClO2溶液的浓度为：11000.01/0.0267.5/5100.01mLmolLLgmolmLL＝2.7g/L。【答案】（1）偏小（2）滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不褪色（3）（3）2.71．2L两种碳氢化合物组成的混合气体与15L氧气混合并充分燃烧，测知反应后气体的体积为11.75L（均在标准状况下测定），则原混合气体的可能组成为（）A．CH4和C2H6B．C2H6和C3H8C．C2H4和C3H6D．C2H2和C3H45.应用⑤“滴定法”分析物质组成及含量提分训练【解析】可设原混合气体的平均化学式为CxHy，则：CxHy+(x+y/4)O2→xCO2+y/2H2O(液体)气体体积减小1x+y/4x1+x+y/4-x=1+y/42L2L+15L-11.75L=5.25L1︰(1+y/4)=2︰5.25解得y=6.5所以，原混合气体的平均化学式为CxH6.5，据氢原子平均数，只有B选项符合。【答案】B2．有200mL氯化镁和氯化铝的混合溶液，其中c(Mg2+)为0.2mol·L−1，c(Cl−)为1.3mol·L−1。要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，至少需加4mol·L−1NaOH溶液的体积为（）A．40mLB．72mLC．80mLD．128mL【解析】溶液中n(Cl−)=0.2L×1.3mol/L=0.26mol，溶液中n(Mg2+)=0.2mol/L×0.2L=0.04mol，由电荷守恒可知溶液中n(Al3+)=0.26mol0.04mol23=0.06mol；将200mL此溶液中的Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀并分离析出，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，根据钠离子守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaAlO2)，再结合氯离子守恒、Al原子守恒可知n(NaOH)=n(Cl−)+n(Al3+)=0.26mol+0.06mol=0.32mol，则至少需要4mol/L氢氧化钠溶液的体积为0.32mol4mol/L=0.08L=80mL，故答案为C。【答案】C3．含KCl和KBr的样品3.87g，溶于水配成溶液，向溶液中加入过量AgNO3溶液，充分反应后，产生的沉淀质量为6.63g，则原样品中钾元素的质量分数为（）A．24.1%B．40.3%C．25.9%D．48.7%【解析】KCl和KBr与AgNO3溶液反应生成AgCl和AgBr沉淀，固体的质量发生了变化，实质是由于K变成了Ag造成的，故可用差量法进行计算。K～AgΔm3910869m6.63g－3.87g＝2.76g解得m＝1.56g质量分数为1.56g3.87g×100%≈40.3%。【答案】B4．把CO2通入NaOH溶液中，当生成Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为2∶1时，CO2和NaOH的物质的量之比为（）A．1∶2B．3∶2C．3∶4D．3∶5【解析】CO2与NaOH溶液反应，可生成Na2CO3和NaHCO3，设CO2为xmol，NaOH为ymol；根据原子守恒规律：x=2+1；y=2×2+1；故知CO2和NaOH的物质的量之比为3∶5；答案选D。【答案】D5．2.3g钠在干燥的空气中与氧气反应，可得到3.5g固体，据此可判断其产物为（）A．Na2O与Na2O2B．只有Na2OC．只有Na2SD．无法确定【解析】金属钠和氧气反应可生成Na2O与Na2O2，若2.3g钠全部反应生成Na2O，由反应224NaO2NaO可知，生成Na2O的质量为3.1g；若2.3g钠全部反应生成Na2O2，由反应2222NaONaO可知，生成Na2O2的质量为3.9g。现产物为3.5g，介于3.1g和3.9g之间，故产物为Na2O与Na2O2的混合物。答案选A。【答案】A6．将8.34gFeSO4·7H2O样品隔绝空气加热升温过程中固体的质量变化见下图。下列说法正确的是（）A．FeSO4·7H2O晶体中有4种不同结合力的水分子B．在100℃时，M的化学式为FeSO4