2021版新高考地区选考化学（人教版）一轮复习教师用书：热点题型2　化学计算的常用方法

2021版新高考地区选考化学（人教版）一轮复习教师用书：热点题型2　化学计算的常用方法

热点题型2　化学计算的常用方法 　守恒法(证据推理与模型认知、宏观辨识与微观探析)‎ ‎1．质量守恒(原子守恒)‎ 化学反应的实质是原子的重新组合，因而反应前后原子的总数和质量保持不变。‎ ‎2．电荷守恒 电解质溶液呈电中性，即阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数；另外，离子方程式前后离子所带电荷总数不变。‎ ‎　(2020·石家庄调研)28 g铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的Na2O2固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体质量为 (　　)‎ A．36 g　 B．40 g　　　‎ C．80 g　 D．160 g ‎【解析】　28 g铁粉溶于稀盐酸中生成氯化亚铁溶液，然后加入足量的Na2O2固体，由于Na2O2固体溶于水后生成氢氧化钠和氧气，本身也具有强氧化性，所以充分反应后生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒，n(Fe2O3)＝n(Fe)＝×＝0.25 mol，所得Fe2O3固体的质量为0.25 mol×160 g·mol－1＝40 g。‎ ‎【答案】　B ‎　将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH＝1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100 mL，则NaOH溶液的浓度为____________。‎ ‎【解析】　当Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na＋全部来源于NaOH，且反应过程中Na＋的量不变。根据电荷守恒可知，＝，所以n(NaOH)＝n(Na＋)＝2n(SO)＝n(H＋)＝0.1 mol·L－1×0.2 L＝0.02 mol，c(NaOH)＝＝0.2 mol·L－1。‎ ‎【答案】　0.2 mol·L－1‎ ‎[热点精练]‎ ‎1．有14 g Na2O2、Na2O、NaOH的混合物与100 g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．20.40 g B．28.60 g ‎ C．24.04 g D．无法计算 解析：选C。混合物与盐酸恰好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100 g×15%×＝m(NaCl)×，解得m(NaCl)≈24.04 g。‎ ‎2．一定量的H2和Cl2充分燃烧后，将反应生成的气体通入100 mL 1.0 mol·L－1的 NaOH溶液中，两者恰好完全反应，生成NaClO 0.01 mol，则燃烧前H2和Cl2的物质的量之比为 (　　)‎ A．5∶4 B．4∶5 ‎ C．4∶3 D．3∶4‎ 解析：选B。100 mL 1.0 mol·L－1的NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为1.0 mol·L－1×0.1 L＝0.1 mol；两者恰好完全反应，说明0.1 mol NaOH完全反应，生成的0.01 mol NaClO来自Cl2与NaOH的反应(Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O)，则氢气和氯气反应后剩余氯气的物质的量为0.01 mol，消耗NaOH的物质的量为0.02 mol；发生反应NaOH＋HCl===NaCl＋H2O，消耗NaOH的物质的量为0.1 mol－0.02 mol＝0.08 mol，则n(HCl)＝n(NaOH)＝0.08 mol，n(H2)＝n(Cl2)＝n(HCl)＝0.08 mol×＝0.04 mol；所以原混合气体中含有Cl2的物质的量为0.01 mol＋0.04 mol＝0.05 mol，H2的物质的量为0.04 mol，则燃烧前H2和Cl2的物质的量之比为0.04 mol∶0.05 mol＝4∶5。‎ ‎3．(离子方程式中电荷守恒)在一定条件下，RO和F2可发生如下反应：RO＋F2＋2OH－===RO＋2F－＋H2O，从而可知在RO中，元素R的化合价是 (　　)‎ A．＋4价 B．＋5价 ‎ C．＋6价 D．＋7价 解析：选B。求RO中R的化合价，若知道n值，计算R的化合价则变得很简单。依据离子方程式中电荷守恒，n＋2＝1＋2，解得n＝1，RO中氧元素显－2价，因此R的化合价为＋5价。‎ ‎4．(溶液中电荷守恒)(2020·阜阳质检)某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2 mol·L－1，c(SO)＝6.5 mol·L－1，若将200 mL此混合液中的Mg2＋和Al3＋完全分离，至少应加入1.6 mol·L－1的氢氧化钠溶液 (　　)‎ A．0.5 L B．1.625 L ‎ C．1.8 L D．2 L 解析：选D。根据电荷守恒得2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO)，c(Al3＋)＝＝3 mol·L－1，加入氢氧化钠溶液使Mg2＋、Al3＋完全分离，此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由电荷守恒得c(Na＋)＝2c(SO)＋c(AlO)，即n(Na＋)＝2n(SO)＋n(AlO)，V(NaOH)＝＝‎ ＝2 L。‎ 　化学方程式计算中的巧思妙解——差量法(证据推理与模型认知)‎ 化学反应前后物质的量发生变化时均可用差量法，解题的一般步骤如下：‎ ‎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．根据反应的化学方程式，从“实际差量”寻找比例关系，列比例式求解。‎ ‎　为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度(质量分数)是 (　　)‎ A. B. C. D. ‎【解析】　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x g，由此可得如下关系：‎ 则x＝，故样品纯度为＝＝。‎ ‎【答案】　A ‎[热点精练]‎ ‎5．(质量差)将12 g CO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18 g，则原混合气体中CO的质量分数为________。‎ 解析：设原混合气体中CO的质量分数为x。‎ CuO＋COCu＋CO2　气体质量增加(差量)‎ ‎　 28 g　　　　44 g　44 g－28 g＝16 g ‎ 12x g 18 g－12 g＝6 g ＝，解得x＝87.5%。‎ 答案：87.5%‎ ‎6．(气体体积差)16 mL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＋4NH35N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：①5∶3；②3∶2；③4∶3；④9∶7。其中正确的是 (　　)‎ A．①②　 B．①④　　　‎ C．②③　 D．③④‎ 解析：选C。根据反应前后气体体积的变化，可用差量法直接求解。‎ ‎6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)　 ΔV(气体的体积差)‎ ‎6 mL 4 mL 5 mL 6 mL 1 mL(理论差量)‎ ‎9 mL 6 mL 17.5－16＝1.5 mL ‎　　　　　　　　　　　　　 (实际差量)‎ 由此可知共消耗15 mL NO与NH3的混合气体，还剩余1 mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)＝(9 mL＋1 mL)∶6 mL＝5∶3，假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9 mL∶(6 mL＋1 mL)＝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9∶7与5∶3之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。‎ 　解答连续反应类型计算题的捷径——关系式法(证据推理与模型认知)‎ 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。‎ ‎[热点精练]‎ ‎(一)根据原子守恒找关系式 ‎7．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28.4 g上述混合物，消耗1 mol·L－1盐酸500 mL。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是 (　　)‎ A．35 g　 B．30 g　　　‎ C．20 g　 D．15 g 解析：选C。由题意可知，HCl的物质的量为0.5 mol，根据氯元素守恒可知，CuCl2的物质的量为0.25 mol。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0.25 mol。灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25 mol，则m(CuO)＝0.25 mol×80 g·mol－1＝20 g。‎ ‎8．在氧气中燃烧0.22 g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10 mL 0.5 mol·L－1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为 (　　)‎ A．72% B．40% ‎ C．36% D．18%‎ 解析：选C。由S原子守恒和有关反应可得出：‎ S～H2SO4～2NaOH ‎32 g 2 mol m(S) 0.5×10×10－3 mol 得m(S)＝0.08 g，‎ 原混合物中w(S)＝×100%≈36%。‎ ‎(二)根据得失电子守恒找关系式 如NH3HNO3，O22 由得失电子总数相等可知，NH3经氧化等一系列过程生成HNO3，NH3和O2的关系为NH3～2O2。‎ ‎9．将1.08 g FeO完全溶解在100 mL 1.00 mol·L－1硫酸中，然后加入25.00 mL K2Cr2O7溶液，恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋，且Cr2O中的铬全部转化为Cr3＋。则K2Cr2O7的物质的量浓度是____________。‎ 解析：由得失电子守恒可知，FeO中＋2价铁所失电子的物质的量与Cr2O中＋6价铬所得电子的物质的量相等，×(3－2)＝0.025 00 L×c(Cr2O)×(6－3)×2，解得c(Cr2O)＝0.100 mol·L－1。‎ 答案：0.100 mol·L－1‎ ‎10．铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原，只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL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．9.02 g　　　　　　 B．8.51 g C．8.26 g D．7.04 g 解析：选B。最后沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，Cu和Mg共4.6 g，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－)＝×1 mol＋×2 mol＝0.23 mol，故沉淀的质量为4.6 g＋0.23 mol×17 g·mol－1＝8.51 g。‎ ‎(三)根据相关反应找关系式 ‎11．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0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 mol·L－1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。求试样中锡的百分含量(假设杂质不参加反应，结果保留一位小数)。‎ 答案：Sn与K2Cr2O7的关系式：‎ ‎3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7‎ ‎3×119 g　　　　　 1 mol x 0.100×0.016 mol x＝＝0.571 2 g，‎ 则试样中锡的百分含量为×100%≈93.2%。‎ ‎12．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0.100 0 g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0.020 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。‎ 已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋；‎ Cr2O＋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)____________(保留一位小数)。‎ ‎(2)煅烧10 t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＋11O22Fe2O3＋8SO2；‎ SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋；‎ Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；可得关系式：‎ Cr2O～6Fe2＋～3SO2～FeS2‎ ‎1　　　　　 ‎(0.020 00×0.025) mol m(FeS2)＝0.090 00 g 样品中FeS2的质量分数为×100%＝90.0%。‎ ‎(2)4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2‎ ‎ 　4 mol　　　　　　　　　 8 mol mol　　　　n(SO2)‎ n(SO2)＝1.5×105 mol，在标准状况下的体积V(SO2)＝3.36×106 L 由SO2～　SO3　～H2SO4‎ ‎　 1 mol 98 g ‎　 1.5×105 mol m(H2SO4)×98%‎ 得m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。‎ 答案：(1)90.0%　(2)3.36×106　15 ‎