2021新高考化学鲁科版一轮复习突破精练：第1章 专题讲座一 化学计算的常用方法

2021新高考化学鲁科版一轮复习突破精练：第1章 专题讲座一 化学计算的常用方法

专题讲座一　化学计算的常用方法 方法一　守恒法 ‎1．应用原理 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”。在化学变化中的各种各样的守恒，如质量守恒、元素守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。‎ ‎2．解题步骤 题组一　原子守恒 ‎1.密胺是重要的工业原料，结构简式如图所示。工业上以液氨和二氧化碳为原料，以硅胶为催化剂，在一定条件下通过系列反应生成密胺。若原料完全反应生成密胺，则NH3和CO2的质量之比应为(　　)‎ A．17∶44 B．22∶17 C．17∶22 D．2∶1‎ 答案　C 解析　根据密胺的结构简式和元素守恒可知，一个密胺分子中有三个碳原子和六个氮原子，所以合成1 mol 密胺需要3 mol CO2和6 mol NH3，NH3和CO2的质量之比应为(6×17)∶(3×44)＝17∶22。‎ ‎2．28 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 答案　B 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。‎ 题组二　电荷守恒 ‎3．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________________。‎ 答案　0.2 mol·L－1‎ 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，且变化过程中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。‎ ‎4．若测得雨水所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：‎ 离子 K＋‎ Na＋‎ NH SO NO Cl－‎ 浓度/mol·L－1‎ ‎4×10－6‎ ‎6×10－6‎ ‎2×10－5‎ ‎4×10－5‎ ‎3×10－5‎ ‎2×10－5‎ 根据表中数据判断试样的pH＝________。‎ 答案　4‎ 解析　根据表格提供的离子可知，NH水解导致试样溶液呈酸性，再根据电荷守恒可知，c(K＋)＋c(NH )＋c(Na＋)＋[H＋]＝2c(SO)＋c(Cl－)＋c(NO)，将表格中的数据代入得H＋浓度为10－4 mol·L－1，则pH为4。‎ 易错警示　列式时不要忘了离子浓度前乘上离子所带电荷数。‎ 题组三　电子守恒 ‎5．某强氧化剂XO(OH)可被Na2SO3还原。如果还原1.2×10－3 mol XO(OH)需用30 mL 0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液，那么X元素被还原后的物质可能是(　　)‎ A．XO B．X2O3 C．X2O D．X 答案　D 解析　由题意知，S元素由＋4价→＋6价，假设反应后X的化合价为＋x价，根据氧化还原反应中得失电子数目相等可得，1.2×10－3 mol×(5－x)＝0.03 L×0.1 mol·L－1×(6－4)，解得x＝0，所以X元素被还原后的物质是X，D项正确。‎ ‎6．以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：‎ 物质 V2O5‎ V2O4‎ K2SO4‎ SiO2‎ Fe2O3‎ Al2O3‎ 质量分数/%‎ ‎2.2～2.9‎ ‎2.8～3.1‎ ‎22～28‎ ‎60～65‎ ‎1～2‎ ‎<1‎ 以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：‎ ‎“氧化”中欲使3 mol的VO2＋变为VO，则需要氧化剂KClO3至少为________ mol。‎ 答案　0.5‎ 解析　“氧化”中使3 mol 的VO2＋变为VO，转移电子的物质的量为3 mol×(5－4)＝3 mol；氧化剂KClO3被还原为KCl，Cl元素的化合价由＋5价降低到－1价，根据电子守恒可知，需要KClO3的物质的量至少为＝0.5 mol。‎ 方法二　关系式法 ‎1．应用原理 关系式法是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种简化式子。在多步反应中，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。正确书写关系式是用关系式法解化学计算题的前提。‎ ‎2．解题步骤 ‎7．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%‎ 答案　C 解析　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%。‎ ‎8．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(假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。‎ 答案　Sn与K2Cr2O7物质的量的关系：‎ ‎3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7‎ ‎3×119 g 1 mol x 0.100×0.016 mol x＝＝0.571 2 g w(Sn)＝×100%≈93.2%。‎ ‎9．(2019·北京，26改编)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。‎ Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a mol·L－1 KBrO3标准溶液。‎ Ⅱ.取v1 mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色。‎ Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入v2 mL废水。‎ Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI。‎ Ⅴ.用b mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v3 mL。‎ 已知：①I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6‎ ‎②Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色 计算废水中苯酚的含量为________________g·L－1(苯酚摩尔质量：94 g·mol－1)。‎ 答案　 解析　n(BrO)＝av1×10－3mol，根据反应BrO＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O可知n(Br2)＝3av1×10－3mol，溴分别与苯酚和KI反应，先计算由KI消耗的溴的量，设为n1(Br2)，根据I2＋‎ ‎2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6可知I2～2Na2S2O3，又Br2＋2I－===I2＋2Br－可知Br2～I2，可得Br2～2Na2S2O3，n(Na2S2O3)＝bv3×10－3mol，n1(Br2)＝bv3×10－3mol，再计算由苯酚消耗的溴的量，设为n2(Br2)＝n(Br2)－n1(Br2)＝(3av1－bv3)×10－3mol，苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br2～C6H5OH，n(C6H5OH)＝n2(Br2)＝(av1－bv3)×10－3mol，废水中苯酚的含量＝＝g·L－1。‎ 方法三　差量法 ‎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”。这种物理量可以是质量、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。‎ ‎2．解题步骤 ‎10．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. 答案　A 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质量为x g，由此可得如下关系：‎ ‎2NaHCO3Na2CO3＋ ‎ ‎2×84　　　　　　　　　　　62‎ x　　　　　　　　　　　　w1－w2‎ 则x＝，‎ 故样品纯度为＝＝。‎ ‎11．将a L NH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为b L(气体体积均在同温同压下测定)，该b L 气体中NH3的体积分数是(　　)‎ A. B. C. D. 答案　C 解析　设有x L NH3分解，则 ‎2NH3(g)===N2(g)＋3H2(g)　ΔV ‎ 2 1 3 2‎ ‎ x (b－a)L ＝ x＝b－a w(NH3)＝＝