（浙江专用）2020版高考化学二轮复习 专题二 第2课时 化学计算微专题讲义（含解析）

第2课时化学计算微专题命题调研(2016～2019四年大数据)2016～2019四年考向分布核心素养与考情预测核心素养：证据推理与模型认知、变化与守恒思想考情解码：化学计算是学生基本能力，历年均为重点，守恒法，差量法，关系式法和讨论分析法等解题方法均有涉及，在数据处理上还强调数字的有效性，误差分析处理等细节，预测在2020年选考中该仍是必考范围，要求考生熟悉常规解题模型，熟练分析和处理数据、运用推理确定物质组成。真题重现1.(2019·浙江4月选考，29)由C、H、O三种元素组成的链状有机化合物X，只含有羟基和羧基两种官能团，且羟基数目大于羧基数目。称取2.04g纯净的X，与足量金属钠充分反应，生成672mL氢气(标准状况)。请确定摩尔质量最小的X分子中羟基、羧基数目及该X的相对分子质量(要求写出简要推理过程)。解析假设有机物X的摩尔质量为M，含有羧基和羟基的总数为m(m2)，根据生成氢气的物质的量为0.03mol，结合有机物X的质量为2.04g列出等式：n(X)×m＝0.03×2mol，n(X)＝2.04gM，解得M＝34mg·mol－1，对m进行讨论，若m＝3，M＝102g·mol－1，由于羟基的数目大于羧基，故含有2个—OH和1个—COOH，除去—OH和—COOH，剩余基团的摩尔质量为23g·mol－1，只能为1个C和11个H，不存在这样的有机物，应舍去；若m＝4，M＝136g·mol－1，由于羟基的数目大于羧基，故含有3个—OH和1个—COOH，除去—OH和—COOH，剩余基团的摩尔质量为40g·mol－1，可能为3个C和4个H，有机物的一种结构可能是，符合条件。答案n(H2)＝0.03mol，设X中羟基和羧基的总数为m(m＞2)则n(X)＝(0.03×2)/mmol＝0.06/mmol，M(X)＝2.04m/0.06g·mol－1＝34mg·mol－1m＝4，M(X)＝136g·mol－1，含有3个羟基和1个羧基，相对分子质量为136。2.(2018·浙江11月选考)某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物，为探究其组成，称取mg该固体粉末样品，用足量的稀H2SO4充分反应后，称得固体质量为ag。已知：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O(1)若a＝____________(用含m的最简式表示)，则红色固体粉末为纯净物。(2)若a＝m9，则红色固体粉末中Fe2O3的物质的量为__________mol(用含m的最简式表示)。解析(1)若红色固体粉末只是Fe2O3，则和稀H2SO4充分反应后，无固体剩余，所以红色固体若为纯净物，只能是Cu2O，根据Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2Om144molm144mol所以a＝m144×64＝49m。(2)设Fe2O3、Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol。Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2Ox2xCu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2Oyyy2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋2xx根据题意y－x＝m9×64160x＋144y＝m所以x＝3m1216。答案(1)4m9(2)3m12163.(2018·浙江4月选考)称取4.00g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0mL2.00mol·L－1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04g。请计算：(1)加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量______。(2)固体混合物中氧化铜的质量________。解析Fe2O3、CuO混合物加入硫酸充分反应后，再加入铁粉，剩余固体有两种可能：第1种为单质Cu，第2种为Fe、Cu混合物。根据溶液中硫酸根守恒，所得溶质的物质的量为0.100mol。而加入溶液体系中的铁原子(氧化铁、铁粉)总物质的量大于0.100mol，故可以判断加入的铁粉有剩余，剩余固体为Fe、Cu混合物，排除第1种可能，溶质为单一的FeSO4溶液。(1)根据溶液中硫酸根守恒，所得溶质的物质的量为n(FeSO4)＝n(H2SO4)＝0.100mol。(2)设Fe2O3的物质的量为x，CuO的物质的量为y，根据质量守恒，160g·mol－1×x＋80g·mol－1×y＝4.00g，根据整个体系中金属元素守恒：56g·mol－1×2x＋64g·mol－1×y＋5.60g＝0.100×56g＋3.04g，解方程得x＝0.01mol，y＝0.03mol，故CuO的质量为2.40g。答案(1)0.100mol(2)2.40g4.[2018·全国卷Ⅰ，27(4)]Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00mL葡萄酒样品，用0.01000mol·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL。滴定反应的离子方程式为_______________________________________________________________________________________，该样品中Na2S2O5的残留量为________g·L－1(以SO2计)。解析I2作氧化剂，将S2O2－5氧化成SO2－4。计算样品中Na2S2O5的残留量时以SO2计，则n(I2)＝n(SO2)＝0.01000mol·L－1×0.01L＝0.0001mol，m(SO2)＝0.0064g，则该样品中Na2S2O5的残留量为0.0064g0.05L＝0.128g·L－1。答案S2O2－5＋2I2＋3H2O===2SO2－4＋4I－＋6H＋0.1285.(2014·江苏化学，18)碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O]常用作塑料阻燃剂。(1)碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和________。(2)MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O中a、b、c、d的代数关系式为________。(3)为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：①准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO20.560L(已换算成标准状况下)。②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率(固体样品的剩余质量固体样品的起始质量×100%)随温度的变化如下图所示(样品在270℃时已完全失去结晶水，600℃以上残留固体为金属氧化物的混合物)。根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH－)∶n(CO2－3)(写出计算过程)。解析(1)碱式碳酸铝镁之所以具有阻燃作用，除了受热分解需要吸收大量的热外，还因为生成的高熔点的MgO、Al2O3和释放出的大量CO2也有阻燃作用。(2)根据电荷守恒有：n(Mg2＋)×2＋n(Al3＋)×3＝n(OH－)＋n(CO2－3)×2，则2a＋3b＝c＋2d。答案(1)生成的产物具有阻燃作用(2)2a＋3b＝c＋2d(3)n(CO2)＝0.560L22.4L·mol－1＝2.50×10－2molm(CO2)＝2.50×10－2mol×44g·mol－1＝1.10g在270～600℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2Om(CO2)＋m(H2O)＝3.390g×(0.7345－0.3702)＝1.235gm(H2O)＝1.235g－1.10g＝0.135gn(H2O)＝0.135g18g·mol－1＝7.50×10－3moln(OH－)＝7.50×10－3mol×2＝1.50×10－2moln(OH－)∶n(CO2－3)＝(1.50×10－2mol)∶(2.50×10－2mol)＝3∶5。考向一计算中的守恒法1.(2019·衢州五校联考)向200mLFeCl3和HCl的混合溶液中，分别加入一定量成分均匀的Fe、Cu混合固体，充分反应后剩余固体质量及放出气体的体积(标准状况下测得)如下表所示。(不考虑盐类的水解)加入固体质量/g9.0018.027.0剩余固体质量/g3.209.6015.8放出气体体积/L01.122.24试计算：(1)混合固体中m(Fe)∶m(Cu)＝________。(2)原混合溶液中c(Cl－)＝________。解析(1)从第二组投料分析：投进的18.0gFe、Cu混合固体，剩余的9.60g为Cu，因为Fe与混合液中的HCl反应已产生了1.12L的H2，之前已把Fe3＋反应完，加入的Cu不与Fe3＋及H＋反应，全部剩余，即18g固体中含Cu：9.6g，则含Fe：8.4g，即混合固体中，mFe∶mCu＝7∶8；(2)由第三组数据分析：加入27.0g固体，剩余15.8g，减少的质量为11.2g，全部是溶解的Fe，而Fe参与了两个反应：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑5.6g2.24L0.1mol0.1mol0.1mol11.2－5.6＝5.6(g)Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋0.1mol0.3mol即最终溶液中的溶质全部为FeCl2：0.1＋0.3＝0.4(mol)故原混合溶液中c(Cl－)＝0.4×20.2＝4.00(mol/L)答案(1)7∶8(2)4.00mol·L－1备考策略1.所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。一切化学反应都遵循守恒定律，在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、元素原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。2.解题步骤考向二计算中的差量法2.某物质的分子式为CxHyOz，取该物质Ag在足量的O2中充分燃烧，将产物全部通入过量的Na2O2中，若Na2O2固体的质量增加了Bg，则下列说法正确的是()A.若yxz，则ABB.若x＝yz，则ABC.若x＝zy，则A＝BD.若xz＝y，则AB解析有机物在足量的O2中充分燃烧后生成CO2和H2O，通入过量的Na2O2中，发生反应2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2，2H2O＋2Na2O2===4NaOH＋O2↑，由方程式可知，过氧化钠增加的质量等于与CO2等物质的量的CO的质量和与H2O等物质的量的H2的质量之和，即增加的质量可表示为mCO·nH2，所以，若A＝B，只需x＝z，y为任意值，C正确。答案C备考策略1.应用原理差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化，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。用差量法解题时先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟实际差量列成比例，然后求解。如：2C(s)＋O2(g)=====点燃2CO(g)固体的质量差量24gΔm＝24g物质的量差量2mol1mol2molΔn＝1mol气体的体积差量12ΔV＝12.解题步骤考点三计算中的关系式法3.(2019·嘉善一中月考)Ba2＋是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、KI、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2＋的物质的量浓度。请回答下列问题：(1)现需配制250mL0.100mol·L－1的标准Na2S2O3溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、250mL容量瓶、玻璃棒外，还需要________。(2)需准确称取Na2S2O3固体的质量为________g。(3)另取废水50.00mL，控制适当的酸度，加入足量的K2Cr2O7溶液，得到BaCrO4沉淀；沉淀经洗涤、过滤后，用适量的稀盐酸溶解，此时CrO2－4全部转化为Cr2O2－7；再加入过量KI溶液进行反应，然后在反应液中滴加上述标准Na2S2O3溶液，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液36.00mL。已知有关反应的离子方程式为①Cr2O2－7＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O；②2S2O2－3＋I2===2I－＋S4O2－6。则该工厂废水中Ba2＋的物质的量浓度为________。解析(1)要抓住“玻璃仪器”的字眼，因此还需要用来溶解固体的烧杯及用来定容的胶头滴管。(2)Na2S2O3固体的质量为0.100mol·L－1×0.25L×158g·mol－1＝3.95g，但实验室所用的托盘天平只能准确称量到0.1g，故需准确称取Na