2020届高三精准培优专练一 化学计算中的几种方法 化学 学生版

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1、精准培优专练培优点一 化学计算中的几种方法一化学计算中的常用方法1守恒法质量守恒法典例1有14g Na2O2、Na2O、NaOH的混合物与100g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. 无法计算原子(或离子)守恒典例2一定量的H2和Cl2充分燃烧后，将反应生成的气体通入100mL 1.0molL1的NaOH溶液中，两者恰好完全反应，生成NaClO为0.01mol，则燃烧前H2和Cl2的物质的量之比为()A. 54 B. 45 C. 43 D. 34电子守恒典例3取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过

2、程中硝酸被还原只产生8960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(都已折算到标准状态)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02 g。则x等于()A8.64 B9.20 C9.00 D9.44电荷守恒典例4在MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，c(Al3+)=0.4 molL-1，c(SO）=0.9molL1，则c(Mg2+)为（ ）A. 0.5 molL1 B. 0.4 molL1 C. 0.3 molL1 D. 0.2 molL12差量法典例5将12g 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18g，则原混合气体中CO的质量

3、分数为_。3关系式法典例6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Sn2HCl=SnCl2H2，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl22FeCl3=SnCl42FeCl2，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6FeCl2K2Cr2O714HCl=6FeCl32KCl2CrCl37H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去0.100molL1 K2Cr2O7溶液16.0mL。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)。4假设法典例716mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用

4、下于400 左右可发生反应：6NO4NH35N26H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：53324397。其中正确的是()A. B. C. D. 5讨论法典例8向300mL KOH溶液中缓慢通入一定量的CO2气体，充分反应后，在减压低温下蒸发溶液，得到白色固体。请回答下列问题：（1）由于CO2通入量不同，所得到的白色固体的组成也不同，试推断有几种可能的组成，并分别列出。（2）若通入CO2气体为2.24L（标准状况下），得到11.9g的白色团体。请通过计算确定此白色固体是由哪些物质组成的，其质量各为多少？所用的KOH溶液

5、的物质的量浓度为多少？二对点增分集训12L两种碳氢化合物组成的混合气体与15L氧气混合并充分燃烧，测知反应后气体的体积为11.75L（均在标准状况下测定），则原混合气体的可能组成为（ ）A. CH4和C2H6 B. C2H6和C3H8 C. C2H4和C3H6 D. C2H2 和C3H4 2将一定质量的Mg、Zn、Al混合物与足量稀H2SO4反应，生成H2 2.24L（标准状况），原混合物的质量可能是（ ）A1.8g B3g C6.5g D10g3含KCl和KBr的样品3.87 g，溶于水配成溶液，向溶液中加入过量AgNO3溶液，充分反应后，产生的沉淀质量为6.63 g，则原样品中钾元素的质量

6、分数为()A24.1% B40.3% C25.9% D48.7%4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1molL1盐酸500mL。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 g5某磁黄铁矿的主要成分是FexS（S为2价），既含有Fe2+又含有Fe3+将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反应（注：矿石中其他成分不与盐酸反应），生成硫单质2.4g、FeCl2 0.425mol和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+则下列说法正确的是（）A100mL的盐

7、酸中HCl物质的量浓度为7.5mol/LB生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24LC该磁黄铁矿中FexS的x=0.85D该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为316碱式碳酸铝镁MgaAlb(OH)c(CO3)dxH2O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)dxH2O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： 准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO2 0.560L(已换算成标准状况下)。另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率(1

8、00%)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(CO)(写出计算过程)。参考答案一、化学计算中的常用方法典例1【答案】C【解析】混合物与盐酸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 g15%m(NaCl)，解得m(NaCl)24.04 g。典例2【答案】B【解析】100 mL 1.0molL1的NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为1.0molL10.1 L0.1mol；两者恰好完全反应，说明0.1mol NaOH完全反应，生成的0.01mol

9、NaClO来自Cl2与NaOH的反应(Cl22NaOH=NaClNaClOH2O)，则氢气和氯气反应后剩余氯气的物质的量为0.01mol，消耗NaOH的物质的量为0.02mol，发生反应NaOHHCl=NaClH2O，消耗NaOH的物质的量为：0.1mol0.02mol0.08mol，则n(HCl)n(NaOH)0.08mol，n(H2)n(Cl2)n(HCl)0.08mol0.04mol，所以原混合气体中含有Cl2的物质的量为：0.01mol0.04mol0.05mol，氢气的物质的量为0.04mol，燃烧前H2和Cl2的物质的量之比0.04mol0.05mol45。典例3【答案】B【解析】

10、反应流程为；x g17.02gm(OH)，而OH的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即：n(OH)1210.46mol；所以x g17.02g0.46mol17gmol19.20g。典例4【答案】C【解析】由电荷守恒易得：c(SO)2=c(Al3+)3+c(Mg2+)2，所以答案为C。典例5【答案】87.5%【解析】设原混合气体中CO的质量分数为x。CuOCOCuCO2气体质量增加(差量) 28 g 44 g 44 g28 g16 g 12x g 18 g12 g6 g，解得x0.875。典例6【答案】Sn与K2Cr2O7物质的量的关系：3Sn3SnCl26

11、FeCl2K2Cr2O73119 g 1 molx 0.1000.016 molx0.571 2 gw(Sn)100%93.2%。典例7【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。6NO 4NH3 = 5N26H2O(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 mL1

12、mL)97，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53与97之间，对照所给数据知32与43在此区间内。典例8【答案】（1）K2CO3+KOH；K2CO3；K2CO3+KHCO3；KHCO3（2）白色固体是K2CO3和KHCO3的混合物；m(KHCO3)=0.0500mol、m(K2CO3)=0.0500mol；c(KOH)=0.500molL1【解析】（1）由于CO2和KOH反应时物质的量之比不同，则产物不同，故可根据CO2和KOH反应时物质的量之比对产物进行讨论。由：CO2+2KOH=K2CO3+H2O；CO2+KOH=KHCO3可知n(C

13、O2)/n(KOH)=1/2时产物为K2CO3，n(CO2)/n(KOH)=1时产物为KCO3，所以n(CO2)/n(KOH)1/2时，KOH过量，则产物为K2CO3+KOH；1/2n(CO2)/n(KOH)1时，二氧化碳过量，则固体产物为KHCO3。答案为：K2CO3+KOH；K2CO3；K2CO3+KHCO3；KHCO3；（2）由：CO2 +2KOHK2CO3 +H2O CO2 + KOHKHCO322.4L(标态) 138g 22.4L(标态) 100g2.24L(标态) 13.8g 2.24L(标态) 10.0g 13.8g11.9g10.0g得到的白色固体是K2CO3和KHCO3的混

14、合物。设白色固体中K2CO3 x mol，KHCO3 y mol，即CO2+2KOHK2CO3+H2O CO2+KOHKHCO3x mol+y mol0.100mol （CO2）138gmol-1x mol100gmol-1y mol11.9g （白色固体） x mol 2x mol x mol y mol y mol y molx0.0500mol （K2CO3）y0.0500mol （KHCO3）解此方程组，得 白色固体中，K2CO3质量为138gmol-10.0500mol6.90gKHCO3质量为100gmol-10.0500mol5.00g消耗KOH物质的量为2x mol+y mol

15、20.0500mol+0.0500mol0.150mol所用KOH溶液物质的量浓度为0.150mol/0.300L0.500molL1二、对点增分集训1. 【答案】B【解析】可设原混合气体的平均化学式为CxHy ，则： CxHy + (x+y/4 ) O2 x CO2 +y/2 H2O(液体) 气体体积减小 1 x+y/4 x 1+x+y/4-x=1+y/4 2L 2L+15L 11.75L=5.25L 1(1+y/4)=25.25 解得 y=6.5所以，原混合气体的平均化学式为CxH6.5 ，据氢原子平均数，只有B选项符合。2. 【答案】B【解析】一定质量的Mg、Zn、Al混合物与足量稀H2

16、SO4反应，生成H2 2.24L（标准状况），假设全部为Mg，由MgH2可得：m(Mg)=24=2.4g；假设全部为Zn或Al，同理可求m(Zn)=6.5g；m(Al)=1.8g所以混合物的质量介于1.8g6.5g之间，故选：B。3. 【答案】B【解析】KCl和KBr与AgNO3溶液反应生成AgCl和AgBr沉淀，固体的质量发生了变化，实质是由于K变成了Ag造成的，故可用差量法进行计算。KAgm3910869m6.63 g3.87 g2.76 g解得m1.56g 质量分数为100%40.3%。4. 【答案】C【解析】碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜，溶解28.4g该混合物，消耗1

17、molL1盐酸500mL，HCl的物质的量为0.5mol，根据氯元素守恒，则CuCl2的物质的量为0.25 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0.25mol，煅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)0.25 mol80gmol120g。5. 【答案】C【解析】n（S）=0.075mol，根据转移电子守恒得n（Fe3+）=0.15mol，则n（Fe2+）=0.425mol0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol0.15mol=116。盐酸恰好反应生成FeCl2 0.425mol，根据

18、氯原子守恒得c（HCl）=8.5mol/L。A错误；根据氢原子、氯原子守恒得n（H2S）=n（HCl）=n（FeCl2）=0.425mol，V（H2S）=0.425mol22.4L/mol=9.52L，B错误；FexS中n（S）=0.075mol+0.425mol=0.5mol，n（Fe）=0.425mol，所以n（Fe）n（S）=0.425mol0.5mol=0.85，所以x=0.85，C正确；根据转移电子守恒得n（Fe3+）=0.15mol，则n（Fe2+）=0.425mol0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6，

19、D错误。6. 【答案】(1)生成的产物具有阻燃作用(2)2a3bc2d(3)n(CO2)2.50102 molm(CO2)2.50102 mol44 gmol11.10 g在270600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)3.390 g(0.73450.3702)1.235gm(H2O)1.235 g1.10g0.135gn(H2O)7.50103 moln(OH)7.50103 mol21.50102 moln(OH)n(CO)(1.50102 mol)(2.50102 mol)35。【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量外，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)2n(Al3)3n(OH)n(CO)2，则2a3bc2d。8