2022年高考化学一轮复习 第1章 第5讲　微专题4　化学计算的常用方法

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1、4 化学计算的常用方法化学计算的常用方法 一、应用化学方程式计算方法 1应用化学方程式列比例 最重要的基础方法，关键抓对应项列比例，且“上下单位统一，左右单位相当”。 2关系式法一种快速高效的化学方程式计算方法 (1)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。 (2)列关系式通常有如下几种方法： 有关化学方程式的计量数关系；原子守恒关系；得失电子守恒关系。 3差量法 (1)所谓“差量”就是指反应过程中反应物的某种物理量之和(始态量)与同一

2、状态下生成物的 相同物理量之和(终态量)的差，这种物理量可以是质量、物质的量、气体体积、气体压强、 反应过程中的热效应等。根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量)，结合题中的条件求 出或表示出实际的差值(实际差量)，根据比例关系建立方程式并求出结果。 (2)差量法的解题关键是找准研究对象。 通常有：固体的质量差，研究对象就是固体。气体的质量差，研究对象就是气体。液 体的质量，研究对象就是液体。 4列方程组进行的混合物计算 计算中的数学思想：在两种物质组成的混合物中。一般可设两个未知数 x、y，题目中通常给 出两个已知量(设为 A、B)，寻找 x、y 与 A、B 的数学关系，由此建立二元一次方

3、程组进行联 解 Af1x，y Bf2x，y 。 1 取 3.38 g K2CO3和 KHCO3的混合物溶于水配成 25 mL 溶液， 往溶液中加入 25 mL Ba(OH)2 溶液恰好使生成白色沉淀的量最多，反应后溶液中 c(OH )0.8 mol L1(忽略混合后溶液体 积变化)，则原混合物中 K2CO3和 KHCO3 物质的量之比为( ) A12 B11 C21 D23 答案 A 解析 设原混合物中 n(K2CO3)x mol，n(KHCO3)y mol， 根据总质量可得：138x100y3.38 往溶液中加入 Ba(OH2)溶液，恰好使生成白色沉淀的量最多，反应后剩余的氢氧根的物质的 量

4、 n(OH )0.8 mol L10.05 L0.04 mol。 根据方程式： K2CO3Ba(OH)2=BaCO32KOH x mol 2x mol KHCO3Ba(OH)2=BaCO3KOHH2O y mol y mol 可得 2xy0.04 联立解方程组得： x0.01 y0.02 所以原混合物中 n(K2CO3)n(KHCO3)0.01 mol0.02 mol12。 2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.84w253w1 31w1 B.84w1w2 31w1 C.73w242

5、w1 31w1 D.115w284w1 31w1 答案 A 解析 由题意知(w1w2)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： 2NaHCO3= Na2CO3 284 62 x w1w2 则 x84w1w2 31 ， 故样品的纯度为mNa2CO3 m样品 w1x w1 84w253w1 31w1 。 316 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 4NH35N26H2O(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

6、量之比有四种情况： 53 32 43 97。其中正确的是( ) A B C D 答案 C 解析 根据反应前后气体的总体积，可用差量法直接求解。 6NO4NH35N2 6H2O(g) V(气体的体积差) 6 mL 4 mL 5 mL 6 mL (56)(46)1(mL)(理论差量) 9 mL 6 mL 17.5161.5(mL)(实际差量) 由此可知共消耗15 mL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 mL1 mL)6 mL53，假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)V(NH3)9 mL(6 mL 1 mL)97，但因该反应是可逆反应，剩余气

7、体实际上是 NO、NH3的混合气体，故 V(NO)V(NH3)介于 53 与 97 之间，对照所给的数据知 32 与 43 在此区间内。 4取 7.90 g KMnO4，加热分解后剩余固体 7.42 g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下 充分反应，生成单质气体 A，产物中锰元素以 Mn2 存在。 请计算： (1)KMnO4的分解率为_。 (2)气体 A 的物质的量为_。 答案 (1)60%(或 0.60) (2)0.095 mol 解析 (1)KMnO4的分解率分解的KMnO4的物质的量 KMnO4总的物质的量 。题目已知 KMnO4共 7.90 g，物质的 量为 0.05 mol。加热分

8、解后剩余固体为 7.42 g，损失的质量为 O2的质量 0.48 g，说明 O2的物 质的量为 0.015 mol。由 2KMnO4= K2MnO4MnO2O2，可知消耗 KMnO4 0.03 mol。 所以 KMnO4的分解率为0.03 mol 0.05 mol100%60%。 (2)在整个反应过程中， 锰元素从7 价全部转化为2 价， 说明整个反应过程中转移了 0.05 mol 50.25 mol 电子。剩余固体与浓盐酸反应生成气体 A，则 A 应为氯气。所以整个反应过程 中只有氧元素和氯元素失电子。氧元素失电子产生氧气，转移了 0.015 mol40.06 mol 电 子。根据电子守恒知

9、，氯元素必然转移 0.19 mol 电子。每产生 1 mol 氯气就转移 2 mol 电子， 所以会产生0.19 mol 2 0.095 mol 氯气。 5尿素溶液浓度影响 NO2的转化，测定溶液中尿素(M60 g mol 1)含量的方法如下：取 a g 尿素溶液，将所含氮完全转化为 NH3，所得 NH3用过量的 v1 mL c1 mol L 1 H 2SO4溶液吸收 完全，剩余 H2SO4用 v2 mL c2 mol L 1 NaOH 溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数 是_(已知尿素CO(NH2)2水溶液热分解为 NH3和 CO2)。 答案 6c1v13c2v2 a % 解析 吸收N

10、H3的硫酸的物质的量为v110 3 Lc 1 mol L 1v 2 10 3 Lc 2 mol L 1 1 2 v1c11 2v2c2 10 3 mol，根据化学方程式 CO(NH 2)2H2O= 2NH3CO2和 2NH3 H2SO4=(NH4)2SO4，可知尿素的物质的量为 v1c11 2v2c2 10 3mol，则尿素溶液中溶质的 质量分数是 v1c11 2v2c2 10 3mol60 g mol1 a g 100%6c1v13c2v2 a %。 6银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下： 注：Al(OH)3和 Cu(OH)2开始分解的温度分别为 450

11、和 80 若银铜合金中铜(M63.5 g mol 1)的质量分数为 63.5%，理论上 5.0 kg 废料中的铜可完全转 化为_mol CuAlO2，至少需要 1.0 mol L 1 的 Al2(SO4)3溶液_L。 答案 50 25.0 解析 5.0 kg 银铜合金中铜的物质的量为 n(Cu)5.010 3 g63.5% 63.5 g mol 150 mol 由 Cu、Al 两种元素守恒得如下关系式： Cu CuAlO2 1 2Al2(SO4)3 1 1 1 2 50 mol 50 mol 25 mol 至少需要 Al2(SO4)3溶液的体积为 25 mol 1.0 mol L 125.0

12、L。 二、守恒法整体思维的应用 守恒法是一种整合的思维方法，运用守恒定律，不纠缠过程细节，只考虑反应体系中研究对 象化学量的始态和终态(如反应中的原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒、 能量守恒等)或相互间的关系(如化合物中的化合价规则，电解质溶液中的电中性原则等)，从 而达到速解、巧解化学试题的目的。 1质量守恒(原子守恒) 依据化学反应的实质是原子的重新组合，反应前后各原子的种类和数目保持不变。 2得失电子守恒 氧化还原反应中，元素原子化合价升高的总价数元素原子化合价降低的总价数，即还原剂 失电子的总数氧化剂得电子的总数。 3电荷守恒 在离子反应方程式中，反应前后的阴、阳离子所

13、带的电荷总数相等。 728 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( ) A36 g B40 g C80 g D160 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)1 2n(Fe) 1 2 28 g 56 g mol 10.25 mol， 所得 Fe2O3固体的质量为 0.25 mol160

14、 g mol 140 g。 8(2020 武汉汉阳区期中)一定条件下硝酸铵受热分解的产物为 HNO3、N2和 H2O，在反应中 被还原与被氧化的氮原子数之比是( ) A54 B45 C35 D53 答案 C 解析 反应中只有 N 元素的化合价变化，N 元素化合价由铵根离子中3 价升高为氮气中 0 价，被氧化；由硝酸根中5 价降低为氮气中 0 价，被还原，由电子转移守恒可知，反应中 被还原与被氧化的氮原子数之比为 35。 9在一定条件下，ROn 3和 F2可发生如下反应：RO n 3F22OH =RO 42F H 2O，从而 可知在 ROn 3中，元素 R 的化合价是( ) A4 B5 C6 D

15、7 答案 B 解析 所有的离子反应均遵循质量守恒和电荷守恒，对于氧化还原反应的离子反应，还遵循 得失电子守恒。往往可以根据这三个守恒判断离子方程式的正误或进行有关化合价的计算。 方法 1：根据电荷守恒有 n12112，n1。 设元素 R 在 RO 3中的化合价为 x，则 x231，x5。 方法 2：设元素 R 在 ROn 3中的化合价为 x。根据氧化还原反应中，得失电子守恒有(7x)1 0(1)2，所以 x5。 10 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

16、Cr 2O 2 7中的铬全部转化为 Cr 3。则 K 2Cr2O7的物质的量浓度 是_。 答案 0.100 mol L 1 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， 1.08 g 72 g mol 1(32)0.025 00 Lc(Cr2O2 7)(63)2， 得 c(Cr2O2 7)0.100 mol L 1。 三、平均值法、极值法 1平均值法 (1)平均值法是一种将数学平均原理应用于化学计算的解题方法。其依据的数学原理是：两个 数 M1和 M2(M1M2)的算术平均值 M 一定介于两者之间(M1 M M2)。因此，只要求

17、出两组 分物质的某种“特性数量”平均值 M ，就可以判断两物质“特性数量”M1和 M2的取值范 围，再结合题给条件即可迅速求出正确答案。 混合物的许多化学特性具有加合性，皆可求出平均值。平均值法解题范围很广，特别适合于 缺少数据而不能直接求解的混合物判断题。 (2)常见的平均值：平均相对原子质量、平均相对分子质量、平均浓度、平均含量、平均组成 等。 2极值法 (1)极值法是把研究的对象或变化过程假设成某种理想的极限状态进行分析、推理、判断的一 种思维方法；是将题设构造为问题的两个极端，然后依据有关化学知识确定所需反应物或生 成物的量的解题方法。极值法的特点是“抓两端，定中间”。运用此法解题的优

18、点是将某些 复杂的、难于分析清楚的化学问题(如某些混合物的计算、平行反应计算和讨论型计算等)变 得单一化、极端化和简单化，使解题过程简洁，解题思路清晰，把问题化繁为简，化难为易， 从而提高了解题效率。 (2)极值法解题的基本思路 把混合物假设成纯净物。把可逆反应假设成向左或向右的完全反应。把平行反应分别 假设成单一反应。 11钾与另一碱金属的合金 4.4 g 与水完全反应时，放出的氢气在标准状况下为 2.24 L，则合 金中另一金属可能是( ) A锂 B钠 C钾 D铯 答案 A 解析 氢气的物质的量为 0.1 mol，由 2M 2H2O = 2MOHH2 2 1 02 mol 0.1 mol

19、则金属的平均摩尔质量为 4.4 g 0.2 mol22 g mol 1，钾的摩尔质量为 39 g mol1，则另一种碱金属 的摩尔质量一定小于 22 g mol 1，在所给金属中只有 Li 符合题意。 12某 K2CO3样品中含有 Na2CO3、KNO3和 Ba(NO3)2三种杂质中的一种或两种，现将 6.9 g 样品溶于足量水中，得到澄清溶液，若再加入过量的 CaCl2溶液，得到 4.0 g 沉淀，对样品所 含杂质的正确判断是( ) A肯定有 KNO3和 Na2CO3，没有 Ba(NO3)2 B肯定有 KNO3，没有 Ba(NO3)2，可能有 Na2CO3 C肯定没有 Na2CO3和 Ba(

20、NO3)2，可能有 KNO3 D以上判断都不正确 答案 B 解析 取样品加入水中，得到澄清溶液，则不可能含有 Ba(NO3)2，因为碳酸钡不溶于水，再 加入过量的 CaCl2溶液能产生 4.0 g 沉淀，该沉淀为碳酸钙，假设 6.9 g 全部为 K2CO3，则生 成沉淀为 6.9 g 138 g mol 1100 g mol 15.0 g4.0 g，则杂质中含有碳酸根的质量分数应小于 K2CO3中碳酸根的质量分数，故一定有 KNO3，可能有 Na2CO3。 13已知：将 Cl2通入适量 KOH 溶液，产物中可能有 KCl、KClO、KClO3，且 cCl cClO 的值 与温度高低有关。当 n

21、(KOH)a mol 时，下列有关说法错误的是( ) A若某温度下，反应后 cCl cClO 11，则溶液中cClO cClO 3 1 2 B参加反应的氯气的物质的量等于1 2a mol C改变温度，反应中转移电子的物质的量 ne的范围：1 2a molne 5 6a mol D改变温度，产物中 KClO3的最大理论产量为1 7a mol 答案 D 解析 A 项，设反应后溶液中 n(Cl )11n mol，则 n(ClO)n mol，根据氧化还原反应中电 子守恒可知， 生成 11n mol Cl 得 11n mol 电子， 生成 n mol ClO失去 n mol 电子， 而生成 1 mol

22、ClO 3失去 5 mol 电子，因此反应生成的 ClO 3应为 2n mol，正确；B 项，由于产物中可能有 KCl、KClO、KClO3，根据原子守恒可知，Cl 原子与 K 原子的量始终相等，故参加反应的 Cl2的物质的量为 KOH 的1 2，正确；C 项，当只有 KCl、KClO 生成时，1 mol Cl2 参加反应转 移 1 mol 电子，故整个反应中转移电子的物质的量为1 2a mol，当只有 KCl、KClO3生成时，根 据电子守恒可知，有1 6的 Cl2生成了 KClO3，有 5 6的 Cl2生成了 KCl，故转移电子 5 6a mol，正确； D 项，当只有 KCl、KClO3生成时，产物中 KClO3的量达到了最大值，根据电子守恒可知， 有1 6的 Cl2 生成了 KClO3，因此 KClO3的最大理论产量为1 6a mol，错误。