2019届一轮复习浙江专版专题1学考第29题——化学计算题解题方法学案 7页

专题讲座一　学考第29题——化学计算题解题方法 ‎1．(2017·浙江11月选考，29)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________。‎ ‎(2)气体A的物质的量________。‎ 答案　(1)60%(或0.60)　(2)0.095 mol 解析　(1)KMnO4的分解率＝。题目已知KMnO4共7.90 g，物质的量为0.05 mol。加热分解后剩余固体为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2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑，可知消耗KMnO4 0.03 mol。所以KMnO4的分解率为×100%＝60.0%。‎ ‎(2)在整个反应过程前后，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×5＝0.25 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 mol×4＝0.06 mol电子。根据电子守恒得知，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，所以一定会产生0.19 mol÷2＝0.095 mol氯气。‎ ‎2．(2017·浙江4月选考，29)分别称取2.39 g (NH4)2SO4和NH4Cl固体混合物两份。‎ ‎(1)将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba(OH)2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba(OH)2溶液体积的关系如图所示。混合物中n[(NH4)2SO4]∶n(NH4Cl)为______。‎ ‎(2)另一份固体混合物中NH与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，溶液中c(Cl－)＝________(溶液体积变化忽略不计)。‎ 答案　(1)1∶2　(2)0.100 mol·L－1‎ 解析　(1)产生的沉淀是硫酸钡，物质的量是2.33 g÷233 g·mol－1＝0.01 mol，根据原子守恒可知硫酸铵的质量是0.01 mol×132 g·mol－1＝1.32 g，则氯化铵的质量是2.39 g－1.32 g＝1.07 g，物质的量是1.07 g÷53.5 g·mol－1＝0.02 mol，因此混合物中n[(NH4)2SO4]∶n(NH4Cl)‎ 为1∶2。(2)每一份中硫酸铵和氯化铵分别是0.01 mol、0.02 mol，另一份固体混合物中NH与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，消耗氢氧化钡是0.02 mol，因此溶液体积是200 mL，则溶液中c(Cl－)＝0.02 mol÷0.2 L＝0.100 mol·L－1。‎ ‎1．题目短小精悍，固定格式，固定分值，两空4分。目的是让多数同学能通过，区分度较小。‎ ‎2．以元素化合物为载体，定量考查常见化学反应，并伴以图像、图表等包装形式，考查学生比较、判断、推理能力。‎ ‎3．解题方法中除了依据化学方程式进行计算，还用到了一些解题技巧和数学思维方法，如守恒法、关系式法等。‎ 一、守恒法 当物质之间发生化学反应时，其实质就是原子之间的化分和化合。即可推知某种元素的原子无论是在哪种物质中，反应前后其质量及物质的量都不会改变，即质量守恒；在化合物中，阴、阳离子所带电荷总数相等，即电荷守恒；在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数和还原剂失电子总数相等，即电子守恒；在组成的各类化合物中，元素的正、负化合价总数的绝对值相等 ，即化合价守恒。运用守恒法解题的基本类型主要有以下三种：‎ ‎1．原子(或离子)个数守恒 例1　现有铁、氧化亚铁、三氧化二铁的混合物粉末3.44 g，向其中加入100 mL 1 mol·L－1盐酸恰好完全溶解，收集到标准状况下的气体22.4 mL，向反应后的溶液中加入KSCN溶液不变色，则6.88 g该混合物在高温下用足量CO处理后，残留固体质量为________克。‎ 解析　该铁和铁的氧化物的混合物在高温下用足量CO还原的残留固体应为铁，故本题实际上是求混合物中铁元素的质量，据混合物溶于盐酸后加入KSCN不变色，说明溶液中无Fe3＋，全部是FeCl2。由Cl－个数守恒可知：n(FeCl2)＝n(HCl)＝×0.1 L×1 mol·L－1＝0.05 mol。又据铁元素守恒知6.88 g混合物中含铁质量为2×0.05 mol×56 g·mol－1＝5.6 g。‎ 答案　5.6‎ ‎2．电子得失守恒 例2　向含有1 mol FeCl2的溶液中通入0.2 mol Cl2，再加入含0.1 mol X2O的酸性溶液，使溶液中的Fe2＋恰好全部被氧化，并使X2O被还原为Xn＋，则n值为______。‎ 解析　根据电子守恒可得1 mol×1＝0.2 mol×2＋0.1 mol×2×(6－n)，解之，n＝3。‎ 答案　3‎ ‎3．电荷守恒 例3　在NaCl、MgCl2、MgSO4形成的混合溶液中，c(Na＋)＝0.10 mol·L－1，c(Mg2＋)＝0.25 mol·L－1，c(Cl－)＝0.20 mol·L－1，则c(SO)为________ mol·L－1。‎ 解析　溶液为电中性，根据电荷守恒可得c(Na＋)＋2c(Mg2＋)＝c(Cl－)＋2c(SO)。‎ 答案　0.20‎ ‎1．将0.195 g锌粉加入到20.0 mL的0.100 mol·L－1 MO溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是________________________________________________________________________。‎ 答案　M2＋‎ 解析　锌的物质的量为0.003 mol，完全反应失电子0.006 mol，若M化合价由＋5变为x，则根据得失电子相等有(5－x)×0.02×0.100＝0.006，可得x＝＋2。‎ ‎2．把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，取一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另取一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子浓度为________mol·L－1。‎ 答案　 解析　方法一：由电荷守恒知，在 L溶液中存在关系：‎ ‎2n(Mg2＋)＋n(K＋)＝2n(SO)‎ a mol　　　　　　2b mol 所以n(K＋)＝(2b－a) mol，原混合溶液中c(K＋)＝ mol·L－1。‎ 方法二：由题意可知，若将含a mol NaOH的溶液和含b mol BaCl2的溶液均加入 L混合溶液中，则反应后得到溶质为NaCl、KCl的溶液，由电荷守恒知n(Na＋)＋n(K＋)＝n(Cl－)，即a mol＋n(K＋)＝2b mol，则n(K＋)＝(2b－a) mol，原混合溶液中c(K＋)＝ mol·L－1。‎ 方法三：由题意知 L溶液中加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁，说明该溶液中Mg2＋的物质的量为 mol，故原溶液中Mg2＋的物质的量为a mol，即MgSO4的物质的量为a mol；加入含b mol BaCl2的溶液恰好使 L溶液中的硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，说明该溶液中SO的物质的量为b mol，故原溶液中SO的物质的量为2b ‎ mol。由以上分析可知原混合溶液中K2SO4的物质的量为(2b－a) mol，所以K＋的物质的量为2(2b－a) mol，其浓度为 mol·L－1。‎ 二、关系式法 多步反应计算的特征是化学反应原理中多个反应连续发生，起始物与目标物之间存在确定的量的关系。解题时应先写出有关反应的化学方程式或关系式，依据方程式找出连续反应的过程中不同反应步骤之间反应物、生成物物质的量的关系，最后确定已知物和目标产物之间的物质的量的关系，列出计算式求解，从而简化运算过程。‎ 例4　5.85 g NaCl固体与足量浓H2SO4和MnO2共热，逸出的气体又与过量H2发生爆炸反应，将爆炸后的气体溶于一定量水后再与足量锌作用，最后可得H2______L(标准状况)。‎ 解析　若先由NaClHCl算出HCl的量，再由MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O算出Cl2的量，……这样计算非常繁琐。找出以下关系式就可迅速求解。‎ 设可得H2的物质的量为x,5.85 g NaCl的物质的量为0.1 mol。‎ NaCl　～　HCl　～　Cl2　～　HCl　～　H2‎ ‎0．1 mol　　　　　　　　　　　　　　　 x 显然x＝0.05 mol，‎ 则V(H2)＝0.05 mol×22.4 L·mol－1＝1.12 L。‎ 答案　1.12‎ ‎1．将一定量CH4充分燃烧后的产物全部通入足量石灰水中，然后经过滤、洗涤、干燥，称得沉淀质量为1.0 g，则标准状况时所燃烧的甲烷气体的体积为________L。‎ 答案　0.224‎ 解析　由CH4＋2O2CO2＋2H2O、CO2＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O 得关系式　CH4～CO2～CaCO3‎ n(CaCO3)＝＝0.01 mol 知n(CH4)＝0.01 mol，即0.224 L。‎ ‎2．氯化亚铜(CuCl)是重要的化工原料。国家标准规定合格CuCl产品的主要质量指标为CuCl的质量分数大于96.50%。工业上常通过下列反应制备CuCl：‎ ‎2CuSO4＋Na2SO3＋2NaCl＋Na2CO3===2CuCl↓＋3Na2SO4＋CO2↑‎ ‎(1)CuCl制备过程中需要质量分数为20.0%的CuSO4溶液，计算配制该溶液所需的 CuSO4·5H2O与H2O的质量之比为________。‎ ‎(2)准确称取所制备的0.250 0 g CuCl样品置于一定量的0.5 mol·L－1 FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20 mL，用0.100 0 mol·L－1的Ce(SO4)2溶液滴定到终点，消耗24.60 mL Ce(SO4)2溶液。有关化学反应为 Fe3＋＋CuCl===Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－‎ Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋‎ 通过计算说明上述样品中CuCl的质量分数是否符合标准。‎ 答案　(1)5∶11‎ ‎(2)设样品中CuCl的质量为z。‎ 由化学反应方程式可知：CuCl～Fe2＋～Ce4＋‎ ＝ z≈0.244 8 g CuCl的质量分数为×100%＝97.92%‎ ‎97．92%>96.50%，所以样品中的CuCl符合标准。‎ 解析　(1)设需要CuSO4·5H2O的质量为x，H2O的质量为y。CuSO4·5H2O的相对分子质量为250，CuSO4的相对分子质量为160，依题意有 ＝，x∶y＝5∶11。‎ 三、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。‎ ‎2．计算依据：化学反应中反应物或生成物的量与差量成正比。‎ ‎3．解题关键：一是明确产生差量的原因，并能根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量)。二是结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)。‎ 例5　将m g铁片置于CuSO4溶液中，一段时间后取出，洗净、干燥、称量，发现“铁片”增重0.8 g，则反应中生成Cu的质量为________ g。‎ 解析　(一)直接计算法 设生成Cu x g Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu ‎56　　　　　　　　　64‎ x 　　　　　　　　 x 则x－x＝0.8　x＝6.4‎ ‎(二)差量法 Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu　　Δm(增重)‎ ‎56　　　　　　　 64　　　 8‎ ‎　　　　　　 6.4 g　 0.8 g 由以上对比可知使用差量法后，大大简化了运算过程，提高了解题效率。‎ 答案　6.4‎ 步骤：一是表示出理论差值及相应反应物、生成物对应的物理量，要注意不同物质的物理量及单位间的对应关系；二是表示出实际差量并写在相应位置(注意应将理论差值与实际差值写在化学方程式最右侧)；三是根据比例关系建立方程式并求出结果。‎ 图示：‎ ‎1．白色固体PCl5受热即挥发并发生分解：PCl5(g)??PCl3(g)＋Cl2(g)。现将5.84 g PCl5装入2.05 L真空密闭容器中，在277 ℃下达到平衡，容器内压强为1.01×105 Pa，经计算可知平衡时容器内混合气体的物质的量为0.05 mol，平衡时PCl5的分解率为________。‎ 答案　78.6%‎ 解析　原n(PCl5)＝≈0.028 mol，设分解的PCl5的物质的量为x mol，则 PCl5(g)??PCl3(g)＋Cl2(g)　物质的量增加(Δn)‎ ‎ 1 1 1 1‎ x mol　　　　　　　　　　　0.05 mol－0.028 mol＝0.022 mol 所以x＝0.022‎ PCl5的分解率＝×100%≈78.6%。‎ ‎2．如图，向盛有足量Na2O2的干燥管中通入一定量CO2气体，当干燥管增重2.8 g时，则生成O2的物质的量及转移电子数分别为________、________。‎ 答案　0.05 mol　0.1NA 解析　2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2　　Δm(增重)‎ ‎ 　　　　　　　88　　　　　　　　32　　　56‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　 1.6 g　　2.8 g 则生成O2为0.05 mol，转移电子数为0.1NA。‎