高考化学二轮习题化学计算中常用数学思想的应用 5页

常考专题讲座(一)　化学计算中常用数学思想的应用[学生用书P22]‎ 一、一般比例式法 ‎1．化学方程式在物理量方面表示的含义 ‎　　　aA(g)＋bB(g)===cC(g)＋dD(g)‎ 质量比 aMA∶ bMB∶ cMC∶ dMD 物质的量比 a　 ∶ b　 ∶ c　 ∶ d 体积比 a　 ∶ b　 ∶ c　 ∶ d ‎2．一般步骤 ‎(1)根据题意写出并配平化学方程式。‎ ‎(2)依据题中所给信息及化学方程式判断是否过量，用完全反应的量进行求解。‎ ‎(3)选择适当的量(如物质的量、气体体积、质量等)的关系作为计算依据，把已知的和需要求解的量[用n(B)、V(B)、m(B)或设未知数为x表示]分别写在化学方程式有关化学式的下面，两个量及单位“上下一致”。‎ ‎(4)列比例式，求未知量。‎ ‎　已知：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O。工业上利用NaIO3和NaHSO3反应来制取单质I2。‎ ‎①NaIO3不足时：2NaIO3＋6NaHSO3===2NaI＋3Na2SO4＋3H2SO4；‎ ‎②NaIO3足量时还会发生反应：5NaI＋NaIO3＋3H2SO4===3I2＋3Na2SO4＋3H2O。‎ 现模拟工业制取I2。在含31.2 g NaHSO3的溶液中逐滴加入2 mol·L－1 NaIO3溶液V mL。‎ ‎(1)当V＝________ mL时，再滴NaIO3就开始析出I2。‎ ‎(2)当V为55 mL时，生成的I2的质量为________ g。‎ ‎[解析]　(1)n(NaHSO3)＝＝0.3 mol ‎2NaIO3　＋ 　6NaHSO3===2NaI＋3Na2SO4＋3H2SO4‎ ‎ 2 mol 6 mol ‎ 2V×10－3 mol 0.3 mol 故V＝50。‎ ‎(2)5NaI＋NaIO3＋3H2SO4===3I2＋3Na2SO4＋3H2O ‎ 1 mol 3 mol ‎ 2×(55－50)×10－3 mol n(I2)‎ 则n(I2)＝0.03 mol 所以m(I2)＝0.03 mol×254 g/mol＝7.62 g。‎ ‎[答案]　(1)50　(2)7.62‎ ‎1．取50.0 mL的Na2CO3和Na2SO4的混合溶液，加入过量的BaCl2溶液得到14.51 g白色沉淀，用过量稀HNO3溶液处理沉淀，最后沉淀减少到4.66 g，并有气体放出，试计算：‎ ‎(1)原混合溶液中Na2CO3和Na2SO4的物质的量浓度。‎ ‎(2)产生的气体在标准状况下的体积。‎ 解析：由题意可知，BaSO4的质量为4.66 g，‎ 即：m(BaSO4)＝4.66 g m(BaCO3)＝14.51 g－m(BaSO4)＝14.51 g－4.66 g＝9.85 g。‎ ‎(1)Na2CO3＋BaCl2===BaCO3↓＋2NaCl ‎ 1 mol 197 g ‎ c(Na2CO3)×0.050 L 9.85 g 解得：c(Na2CO3)＝1.00 mol/L Na2SO4＋BaCl2　===　BaSO4↓＋2NaCl ‎ 1 mol 233 g ‎ c(Na2SO4)×0.050 L 4.66 g 解得：c(Na2SO4)＝0.400 mol/L。‎ ‎(2)BaCO3＋2HNO3===Ba(NO3)2＋CO2↑＋H2O ‎ 197 g 22.4 L ‎ 9.85 g V(CO2)‎ 解得：V(CO2)＝1.12 L。‎ 答案：(1)原混合溶液中Na2CO3的浓度为1.00 mol/L、Na2SO4的浓度为0.400 mol/L。‎ ‎(2)产生的气体在标准状况下的体积是1.12 L。‎ 二、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，并能根据方程式求出理论上的差值(理论差值)。二是结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)。‎ ‎　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＋4NH35N2＋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]　由于已知反应前后气体的总体积，故可用差量法直接求解。‎ ‎　6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)　ΔV(气体的体积差)‎ ‎　6 mL 4 mL 5 mL 6 mL (5＋6)－(4＋6)＝1(mL)‎ ‎ (理论差量)‎ ‎　9 mL 6 mL 17.5－16＝1.5(mL)‎ ‎ (实际差量)‎ 由此知共消耗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 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5∶3与9∶7之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。‎ ‎[答案]　C ‎2．标准状况下，一个装满氯气的容器的质量为74.6 g，若装满氮气时总质量为66 g，则此容器的容积是(　　)‎ A．22.4 L B．44.8 L C．11.2 L D．4.48 L 解析：选D。22.4 L(标准状况下)Cl2换成22.4 L(标准状况下)N2的质量差是71 g－28 ‎ g＝43 g，设氯气的体积为x L，则有 Cl2　　～　　N2　Δm ‎22．4 L　　　　　　43 g x L　　　　　74.6 g－66 g＝8.6 g 解得x＝4.48。‎ 三、关系式法 多步连续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定量关系。解题时应先写出有关反应的化学方程式，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。‎ ‎　某实验小组为测定某石灰石样品中CaCO3的质量分数，先称取W g石灰石样品，加入过量的浓度为6 mol·L－1的盐酸，使样品完全溶解，加热煮沸后，除去溶解的CO2。再向溶液中加入足量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀：C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓。过滤出CaC2O4后，用稀H2SO4溶解：CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0 mL，取出V1 mL，用a mol·L－1的酸性KMnO4溶液进行滴定，此时发生反应：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。若达到滴定终点时消耗a mol·L－1的酸性KMnO4溶液V2 mL，则样品中CaCO3的质量分数为(　　)‎ A.% B.%‎ C.% D.%‎ ‎[解析]　本题涉及的化学方程式或离子方程式有CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑，C2O＋Ca2＋===CaC2O4↓，CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4，2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，由此得出相应的关系式：‎ ‎5CaCO3～5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO ‎5 2‎ n(CaCO3)a mol·L－1×V2×10－3 L 解得：n(CaCO3)＝2.5aV2×10－3 mol，‎ 则样品中 w(CaCO3)＝×100%＝%。‎ ‎[答案]　A ‎3．用含FeS2 80%的硫铁矿生产硫酸，已知该矿石的燃烧率为95%，SO2的转化率为90%，SO3的吸收率为98%，若生产500 t 98%的硫酸，需________ t原料矿石。‎ 解析：此题涉及多步连续反应的计算，若采用相当量关系的方法，则把各步反应的转化率当成原料的有效成分含量，依据原子守恒关系式，设需要矿石的质量为x，由化学方程式可得：‎ FeS2　　　　　～　　　　　2H2SO4‎ ‎120　　 　2×98‎ ‎80%×95%×90%×98%×x 　500 t×98%‎ ＝ 解得：x＝447.5 t。‎ 答案：447.5‎ 四、极值法 ‎1．极值法的含义 极值法是采用极限思维方式解决一些模糊问题的解题技巧。它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值，进行判断分析，求得结果。故也称为极端假设法。‎ ‎2．极值法解题的基本思路 ‎(1)把可逆反应假设成向左或向右能进行完全的反应。‎ ‎(2)把混合物假设成纯净物。‎ ‎(3)把平行反应分别假设成单一反应。‎ ‎3．极值法解题的关键 紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落点。‎ ‎　密闭容器中进行的反应：X2(g)＋3Y2(g) 2Z(g)，X2、Y2和Z的起始浓度分别为0.2 mol·L－1、0.6 mol·L－1和0.4 mol·L－1，当平衡时，下列数据肯定不对的是(　　)‎ A．X2为0.4 mol·L－1，Y2为1.2 mol·L－1‎ B．Y2为1.0 mol·L－1‎ C．X2为0.3 mol·L－1，Z为0.2 mol·L－1‎ D．Z为0.7 mol·L－1‎ ‎[解析]　依题意知：X2(g)＋3Y2(g) 2Z(g)‎ 起始(mol·L－1): 0.2 0.6 0.4‎ 假设此可逆反应正向进行到底，则X2为0，Y2为0，Z为0.8 mol·L－1；假设此可逆反应逆向进行到底，则X2为0.4 mol·L－1，Y2为1.2 mol·L－1，Z为0。A项中，相当于反应逆向进行到底，对于可逆反应是不可能的，故A项不对。B项中，0.6 mol·L－1＜Y2的浓度＜1.2 mol·L－1，相当于反应逆向进行一部分，有可能。C项中，相当于反应逆向进行，消耗一半Z时的结果，C项可能。D项中，相当于反应正向进行一部分，且未进行到底的情况，有可能。‎ ‎[答案]　A ‎4．在含有a g HNO3的稀硝酸中，加入b g铁粉充分反应，铁全部溶解并生成NO，有 g HNO3被还原，则a∶b不可能为(　　)‎ A．2∶1 B．3∶1‎ C．4∶1 D．9∶2‎ 解析：选A。Fe与HNO3反应时，根据铁的用量不同，反应可分为两种极端情况。‎ ‎(1)若Fe过量，发生反应：3Fe＋8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2‎ ‎＋2NO↑＋4H2O 则有∶＝3∶8，‎ 解得：＝，‎ 此为a∶b的最小值。‎ ‎(2)若HNO3过量，发生反应：Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O 则有∶＝1∶4，解得：＝，‎ 此为a∶b的最大值。‎ 所以a∶b的取值范围为≤≤，‎ 即a∶b的比值在此范围内均合理。‎ 五、平均值法 所谓平均值法就是一种将数学平均原理应用于化学计算中的一种解题方法。它所依据的数学原理是两个数Mr1和Mr2(Mr1大于Mr2)的算术平均值Mr一定介于两者之间。所以，只要求出平均值Mr，就可以判断Mr1和Mr2的取值范围，或根据Mr1和Mr2确定Mr的取值范围，再结合题给条件即可迅速求出正确答案。常见的平均值有：求平均相对原子质量、平均相对分子质量、平均浓度、平均含量、平均摩尔电子质量、平均组成等。‎ ‎　可能混有下列两种杂质的硫酸铵样品13.2 g，与过量NaOH溶液在加热条件下反应，收集到标准状况下4.3 L 气体，则样品中不可能混入的杂质是(　　)‎ A．NH4HCO3、NH4NO3 B．(NH4)2CO3、NH4Cl C．NH4Cl、NH4HCO3 D．NH4Cl、NH4NO3‎ ‎[解析]　13.2 g纯净的(NH4)2SO4与过量NaOH溶液在加热条件下反应时最多能生成标准状况下4.48 L气体，实际生成气体的体积为4.3 L＜4.48 L，故杂质中能转化为NH3的氮元素含量低于(NH4)2SO4中的氮元素含量。(NH4)2SO4中的氮元素含量为14/66，NH4HCO3中的氮元素含量为14/79，NH4NO3中能转化为NH3的氮元素含量为14/80(注意NO中的氮元素不能转化为NH3)，(NH4)2CO3中的氮元素含量为14/48，NH4Cl中的氮元素含量为14/53.5。B项中两种物质中的氮元素含量均比硫酸铵中的高，C、D两项中两种物质的可转化为NH3的氮元素含量一种比硫酸铵中的高，一种比硫酸铵中的低，A项中两种物质可转化为NH3的氮元素含量均比硫酸铵的低，依平均值原理知，B项中的组合不可能。‎ ‎[答案]　B ‎5．两种金属混合物共15 g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2 L H2(标准状况)，则原混合物的组成肯定不可能为(　　)‎ A．Mg和Ag B．Zn和Cu C．Al和Zn D．Al和Cu 解析：选B。本题可用平均摩尔电子质量(即提供1 mol电子所需的质量)法求解。反应中H＋被还原生成H2，由题意可知15 g金属混合物可提供1 mol e－，其平均摩尔电子质量为15 g·mol－1。选项中金属Mg、Zn、Al的摩尔电子质量分别为12 g·mol－1、32.5 g·mol－1、9 g·mol－1，其中不能与盐酸反应的Ag和Cu的摩尔电子质量可看作无穷大。根据数学上的平均值原理可知，原混合物中一种金属的摩尔电子质量大于15 g·mol－1，另一金属的摩尔电子质量小于15 g·mol－1。根据上述分析，B项组合不可能。‎