（京津鲁琼版）2020版高考化学一轮复习 微专题突破 常考的化学计算方法课件

微专题突破1常考的化学计算方法专题1化学计量在实验中的应用方法一电解质溶液的计算法宝——电荷守恒法(热点解法)涉及溶液中离子浓度的计算时常需要用到电荷守恒，首先找出溶液中所有阳离子和阴离子，再根据阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数列等式。如Al2(SO4)3、NH4NO3混合溶液的电荷守恒为3c(Al3＋)＋c(NH＋4)＋c(H＋)＝2c(SO2－4)＋c(NO－3)＋c(OH－)。[注意]一般情况下，列电荷守恒等式时不能忽略H＋、OH－，但在计算时，酸性溶液中常可忽略OH－，碱性溶液中常可忽略H＋。1.在硫酸钠和硫酸铝的混合溶液中，Al3＋的物质的量浓度为0.2mol·L－1，SO2－4的物质的量浓度为0.4mol·L－1，溶液中Na＋的物质的量浓度为()A.0.1mol·L－1B.0.2mol·L－1C.0.3mol·L－1D.0.4mol·L－1解析：选B。在任何溶液中，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，则有3c(Al3＋)＋c(Na＋)＝2c(SO2－4)，解得c(Na＋)＝0.2mol·L－1。2.(2019·阜阳质检)某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2mol·L－1，c(SO2－4)＝6.5mol·L－1，若将200mL的此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6mol·L－1的氢氧化钠溶液()A.0.5LB.1.625LC.1.8LD.2L解析：选D。根据电荷守恒得：2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO2－4)，c(Al3＋)＝2×6.5mol·L－1－2×2mol·L－13＝3mol·L－1，加入氢氧化钠溶液使Mg2＋、Al3＋分离，此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由电荷守恒得：c(Na＋)＝2c(SO2－4)＋c(AlO－2)，V(NaOH)＝2n(SO2－4)＋n(AlO－2)c(NaOH)＝2×6.5mol·L－1×0.2L＋3mol·L－1×0.2L1.6mol·L－1＝2L。方法二化学方程式计算中的巧思妙解——差量法化学反应前后物质的量发生变化时均可用差量法。解题的一般步骤为(1)准确写出有关反应的化学方程式；(2)深入细致地分析题意，关键在于有针对性地找出产生差量的“对象”及“理论差量”。该“理论差量”可以是质量、物质的量、气体体积、压强等，且该差量的大小与参加反应的物质的有关量成正比；(3)根据反应方程式，从“实际差量”寻找比例关系，列比例式求解。3.为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g，则该样品的纯度(质量分数)是()A.84w2－53w131w1B.84(w1－w2)31w1C.73w2－42w131w1D.115w2－84w131w1解析：选A。由题意知(w1－w2)g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3的质量为xg，由此可得如下关系：2NaHCO3=====△Na2CO3＋2×8462xw1－w2则x＝84(w1－w2)31，故样品纯度为m(Na2CO3)m(样品)＝w1－xw1＝84w2－53w131w1。4.将12gCO和CO2的混合气体通过足量灼热的氧化铜后，得到气体的总质量为18g，求原混合气体中CO的质量分数。答案：设原混合气体中CO的质量分数为x。CuO＋CO=====△Cu＋CO2气体质量增加(差量)28g44g44g－28g＝16g12xg18g－12g＝6g2816＝12x6，解得x＝0.875。原混合气体中CO的质量分数为87.5%。方法三解答连续反应类型计算题的捷径——关系式法(热点解法)关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间的关系进行解题的一种方法，一般适用于多步进行的连续反应，因前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可以根据中间物质的传递关系，找出原料和最终产物的相应关系式。它是化学计算中的基本解题方法之一，利用关系式法可以将多步计算转化为一步计算，免去逐步计算中的麻烦，简化解题步骤，减少运算量，且计算结果不易出错，准确率高。(一)根据原子守恒找关系式5.碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4g上述混合物，消耗1mol·L－1盐酸500mL。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是()A.35gB.30gC.20gD.15g解析：选C。由题意可知，HCl的物质的量为0.5mol，根据氯元素守恒，则CuCl2的物质的量为0.25mol。根据Cu元素守恒可知，原混合物中含有Cu元素的物质的量为0.25mol，灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25mol，则m(CuO)＝0.25mol×80g·mol－1＝20g。6.有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水7.12%，K2CO32.88%，KOH90%，若将此样品1g加入46.00mL的1mol·L－1盐酸中，过量的酸再用1.07mol·L－1KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体g。解析：此题中发生的反应很多，但仔细分析可知，蒸发溶液后所得固体为KCl，其中Cl－全部来自盐酸中的Cl－，在整个过程中Cl－守恒，即n(KCl)＝n(HCl)；故m(KCl)＝0.046L×1mol·L－1×74.5g·mol－1＝3.427g。答案：3.427(二)根据电子守恒找关系式如NH3――→失去8e－HNO3，O2――→得4e－2O－2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。7.将1.08gFeO完全溶解在100mL1.00mol·L－1硫酸中，然后加入25.00mLK2Cr2O7溶液，恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋，且Cr2O2－7中的铬全部转化为Cr3＋。则K2Cr2O7的物质的量浓度是_________________。解析：由电子守恒知，FeO中＋2价铁所失电子的物质的量与Cr2O2－7中＋6价铬所得电子的物质的量相等，1.08g72g·mol－1×(3－2)＝0.02500L×c(Cr2O2－7)×(6－3)×2，得c(Cr2O2－7)＝0.100mol·L－1。答案：0.100mol·L－18.铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原，只产生4480mL的NO2气体和336mL的N2O4气体(都已折算到标准状况)，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.9.02gB.8.51gC.8.26gD.7.04g解析：选B。最后沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，Cu和Mg共4.6g，关键是求增加的n(OH－)，n(OH－)等于金属单质所失电子的物质的量，即n(OH－)＝448022400×1mol＋33622400×2mol＝0.23mol，故沉淀的质量为4.6g＋0.23×17g＝8.51g。(三)根据相关反应找关系式如4NH3＋5O2=====催化剂△4NO＋6H2O2NO＋O2===2NO23NO2＋H2O===2HNO3＋NO经多次氧化和吸收，由N元素守恒知：NH3～HNO3。9.黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.1000g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.02000mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00mL。已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO2－4＋2Fe2＋＋4H＋Cr2O2－7＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)(保留1位小数)。(2)煅烧10t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为_______L，制得98%的硫酸质量为_________t。解析：(1)据方程式4FeS2＋11O2=====高温2Fe2O3＋8SO2SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO2－4＋2Fe2＋＋4H＋Cr2O2－7＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O得关系式Cr2O2－7～6Fe2＋～3SO2～32FeS2132(0.02000×0.02500)molm(FeS2)120g·mol－1m(FeS2)＝0.09000g，样品中FeS2的质量分数为0.09000g0.1000g×100%＝90.0%。(2)4FeS2＋11O2=====高温2Fe2O3＋8SO24mol8mol10×106×0.9120moln(SO2)n(SO2)＝1.5×105molV(SO2)＝3.36×106LSO2～SO3～H2SO41mol98g1.5×105molm(H2SO4)×98%m(H2SO4)＝1.5×107g＝15t。答案：(1)90.0%(2)3.36×1061510.金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl===6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613g，经上述反应后，共用去0.100mol·L－1K2Cr2O7溶液16.0mL。求试样中锡的百分含量(假设杂质不参加反应，结果保留1位小数)。答案：Sn与K2Cr2O7的关系式：3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O73×119g1molx0.100×0.016molx＝3×119g×0.100×0.016mol1mol＝0.5712gSn%＝0.57120.613×100%≈93.2%。