高考化学基本计算 14页

化学基本计算 主讲： 黄冈中学高级教师　傅全安 一、复习策略 1、复习要点阐述 　　(1)化学计算是从“量”的角度来描述物质的化学变化，而从“量”的角度来描述物质的化学变化离不开“物质的量”，因 此有关物质的量的计算一直贯穿中学化学的始终而成为高三复习备考的重点和难点。而准确地掌握概念是化学计算的重 点，很多基本计算题就是概念题，很多综合计算题，也是结合多项概念找出相关关系才进行计算的。通过对概念的深入 理解，可以灵活、正确地进行计算，通过计算又可以巩固和深化概念；如果概念不清、化学意义不明，就无法正确地运 算。必须克服重视数学运算而轻视化学概念的错误认识，克服重视计算的技能、技巧而轻视解题思想的错误倾向。 　　(2)最新《考试大纲》要求考生掌握 8 类化学计算的综合应用。在《考试大纲》规定的 8 种类型的计算中最基础的计 算是：①物质的量在化学方程式中计算的应用；②涉及化学方程式的计算。这是因为化学计算是从量的角度来描述化学 变化，而化学反应方程式又是描述化学变化最简洁的语言，因此在第一轮高三备考复习过程中，我们必须以上述两类计 算为基础：首先搞清楚化学方程式所表示的意义以及反应物和生成物化学计量数之间的关系：然后才会有解题技巧可言。 2、要点复习的策略及技巧 考点一：以选择题的形式考查计算技巧 例 1、2.1g 平均相对分子质量为 7.2 的 CO 与 H2 组成的混合气体与足量的 O2 充分燃烧后，立即通入足量的 Na2O2 固体中， 固体的质量增加(　) A．2.1g　　　　　　　　　　　　　B．3.6g C．7.2g　　　　　　　　　　　　　D．无法确定 解析： 　　2CO＋O2=2CO2　　① 　　2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2　　② 　　由①式＋②式得：Na2O2＋CO=Na2CO3 　　由关系式 Na2O2＋CO=Na2CO3 知 CO 燃烧后的产物通过足量 Na2O2 固体后，固体增加的质量即等于 CO 的质量。同 理可得 H2 燃烧后的产物通过 Na2O2 后质量增重的关系式：Na2O2＋H2=2NaOH，亦可得出 H2 燃烧后的产物通过 Na2O2 固 体，固体增重的质量即为 H2 的质量，易知 A 正确。 　　技巧归纳：凡是分子式能写成 n CO·m H2 的化合物完全燃烧后的产物通过足量 Na2O2 固体后，固体增重的质量即为 该化合物的质量。例如葡萄糖 C6H12O6 可改写成 6CO·6H 2，故 C6H12O6 完全燃烧后的产物通过足量 Na2O2 固体后，固体增 重的质量等于葡萄糖的质量。 考点二：NOx 和 O2 溶于水的计算常考常新 例 2、将 30mL NO2 和 O2 的混合气体通入倒置于水槽且装满水的量筒中，充分反应后，量筒内剩余 5mL 气体，则原混 合气体的体积组成是(　) A．NO2：20mL；O2：10mL　　　B．NO2：27mL；O2：3mL C．NO2：15mL；O2：15mL　　　D．NO2：25mL；O2：5mL 解析： 　　(1)若 5mL 是 O2，则设参与反应的 O2 的体积为 x： 　　4NO2＋2H2O＋O2=4HNO3 　　4x　　　　　x 　　4x＋x=(30－5)mL 　　x=5mL 　　体积组成为： 　　V(NO2)=20mL 　　V(O2)=5mL＋5mL=10mL 　　(2)若 5mL 是 NO，则生成 5mL NO 需耗 15mL NO2，即有 15mL NO2 没有转化为 HNO3，设 O2 的体积为 y： 　　4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3 　　4y　　y 　　4y＋y=30mL－15mL 　　y=3mL 　　混合气体体积组成为 　　V(NO2)=27mL 　　V(O2)=3mL 　　故 AB 正确。 　　技巧归纳：有关 NOx 和 O2 溶于水的计算常用的两个关系式的推导过程如下： 　　(1)当 NO2 中的氮全部转化为硝酸中的氮时，NO2 与 O2 关系式推导 　　2NO＋O2=2NO2　　① 　　3NO2＋H2O=2HNO3＋NO　　② 　　为消去 NO 将②×2＋①得 　　4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3 　　(2)当 NO 中氮全部转化为 HNO3 中的氮时，NO 与 O2 关系式推导 　　2NO＋O2=2NO2　　① 　　3NO2＋H2O=2HNO3＋NO　　② 　　为消去 NO2 将①×3＋②×2 得 　　4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3 考点三：寓计算于推理之中实验计算新题型 例 3、常温下混和气体可能由 Cl2、HCl、NO、H2、O2、CO2、N2、NH3 和 Ne 等气体中的一种或几种组成。取 200mL 该 混和气体进行如下实验： 　　(1)将混和气体通过浓 H2SO4 体积减少 40mL； 　　(2)剩余气体通过足量过氧化钠固体反应完全后体积又减少 40mL； 　　(3)剩余气体引燃后，冷却至室温，体积减少 105mL； 　　(4)剩余 15mL 气体，其中氧气为 5mL。 　　回答： 　　①混和气体中一定有哪些气体，各多少毫升？________________ 　　②混和气体中一定没有哪些气体________________ 　　③混和气体中可能有哪些气体________________ 解析： 　　由(1)知 V(NH3)=40mL，有 NH3 则无 Cl2，HCl。由(3)知反应必为 　　2H2　＋　O2=2H2O(l)　　△V 　　2　　　　1　　0　　　　3 　　70mL　　35mL　　　　　105mL 　　则可知 V(H2)=70mL 　　35mL O2 来源未定(可能是原混和气体中有 O2，也可能是通过 Na2O2 后生成)。 　　由(4)知残余 V (N2＋Ne)=15mL－5mL=10mL 　　余下气体 V(余)=200mL－70mL－40mL－10mL=80mL，其可能组成为：①CO2、 NO　②CO2、O2　③CO2。现分别 予以讨论： 　　①若 80mL 气体是 CO2 和 NO 组成则通过 Na2O2 反应为： 　　2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 　　　　　　①式　　　　　　 　　2NO＋O2=2NO2　　　　　　　　　　　　　②式　　　　　　　　　　　　 　　 　　由 NO→NO2 为体积不变之反应，故 V(CO2)︰V(NO)≥1 符合题意，但若有 NO 则不可能生成 40mL O2，而(3)中反应 说明 V(O2)=40mL(耗掉 35mL O2；残余 5mL O2)故 80mL O2 不可能是 CO2 和 NO。 　　②若 80mL 全部是 CO2，则由 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2 知 80mLCO2 符合题意，因通过 Na2O2 后生成 40mLO2， 故 80mL 气体中不可能有 O2。 　　经上述讨论知 80mL 气体只可能是 CO2。 答案： 　　(1)V(NH3)=40mL， V(CO2)=80mL， N2 和 Ne 或两种中之一 10mL， V(H2)=70mL 　　(2)HCl、Cl2、NO、O2 　　(3)N2 和 Ne 至少有 1 种 　　技巧归纳：通过严密计算讨论实验现象，进而由实验现象得出实验结论是解答这类新题型的关键。 考点四：计算数据选择型推理计算 例 4、1.01×105Pa 120℃时，4mL O2 和 3mL 分子组成可表示为 NxHy(y＞x)的混合气体经电火花引燃，完全反应后恢复至 原温度和原压强时，测得反应后由 N2、O2 和水蒸气组成的混合气体的密度比原混合气体的密度减小 ，试解答下列问 题： 　　(1)写出气体 NxHy 燃烧的化学方程式。 　　(2)求 x 和 y 的值。 　　(3)写出 NxHy 的结构式。 解析： 　　解答本题的思路是：密度减少 ，则密度为原来的 ，由题意知反应前后质量不变，又由 ， 因 V(前)=4mL＋3mL=7mL，可求出 V(后)=10mL，由反应后混合气体中有 O2 知 4mL O2 过量，3mL NxHy 完全反应，故应 选择 3mL NxHy 为计算标准： 　　 　　由题意知： ，化简得：2x＋y=8，因 y＞x，经讨论 x=2，y=4 符合题意。 答案： 　　 　　(2)x=2，y=4 　　(3) 　　技巧归纳：解答本题的关键有如下两点： 　　(1)利用反应前后气体的密度变化求出 V(后)=10mL。 　　(2)选择 3mL NxHy 作为计算标准求出反应后：V(剩余 O2)＋V(N2)＋V(水蒸气)=10mL，建立不定方程讨论求解。 考点五：寓计算于实验之中的新题型 例 5、蛇纹石矿可以看作由 MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2 组成。 　　由蛇纹石制取碱式碳酸镁的实验步骤如下： 　　(1)蛇纹石矿加盐酸溶解后，溶液里除了 Mg2＋外，还含有的金属离子是___________。 　　(2)进行Ⅰ操作时，控制溶液 pH=7～8(有关氢氧化物沉淀的 pH 见下表) 氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mg(OH)2 开始沉淀 pH 1.5 3.3 9.4 　　Ca(OH)2 不能过量，若 Ca(OH)2 过量可能会导致_________溶解、_________沉淀。 　　(3)从沉淀混合物 A 中提取红色氧化物作颜料，先向沉淀物 A 中加入_________ (填入物质的化学式)，然后 ___________________________(依次填写实验操作名称)。 　　(4)物质循环使用，能节约资源。上述实验中，可以循环使用的物质是_________ (填写物质化学式)。 　　(5)现设计一个实验，确定产品 aMgCO3·bMg(OH) 2·cH 2O 中 a、b、c 的值，请完成下列实验步骤(可用试剂：浓硫酸、 碱石灰)： 　　①样品称量②高温分解③_________　④_________　⑤MgO 称量 　　(6)18.2g 产品完全分解后，产生 6.6g CO2 和 8.0g MgO，由此可知，产品的化学式中： a=_________b=_________c=_________。 解析： 　　整个实验步骤可解析如下： 　　由上述图示知：(1)(2)(3)(4)答题则不解自明。 　　(5)a MgCO3·b Mg(OH) 2·c H 2O 高温分解后生成 H2O(g)，需用浓 H2SO4 吸收以测定水的质量，生成的 CO2 需用碱石灰 吸收称重以测定 CO2 质量。 　　(6)18.2g 产品完全分解后， 而 ，由两部分 组成①Mg(OH)2 MgO＋H2O，②产品中结晶水；而 ，由两部分组成①MgCO3 MgO＋ CO2↑，Mg(OH)2 MgO＋H2O。 　　所以 答案： 　　(1)Fe3＋、Al3＋ 　　(2)Al(OH)3、Mg(OH)2 　　(3)NaOH 或 Ca(OH)2；过滤、洗涤、灼烧 　　(4)CaCO3(CO2) 　　(5)用浓 H2SO4 吸收 H2O(g)，称量碱石灰吸收 CO2 前后质量；测出水蒸汽的质量 　　(6)3、1、3 二、典例剖析 例 1、在浓度均为 3mol·L－1 的盐酸和硫酸各 100mL 中，分别加入等质量的铁粉，反应完毕后生成气体的质量比为 3︰4， 则加入铁粉的质量为(　) A．5.6g　　　　　　　　　　B．8.4g C．11.2g　　　　　　　　　 D．1.8g 解析： 　　已知 n(HCl)=0.1L×3mol·L －1=0.3mol 　　n(H2SO4)=0.1L×3mol·L －1=0.3mol 　　又 Fe　　＋ 　2HCl = FeCl2＋H2↑ 　　0.15mol　　　0.3mol 　　Fe　＋　H2SO4　=　FeSO4　＋　H2↑ 　　0.3mol　 0.3mol 　　A 区：n(Fe)对二者均不足，故按 Fe 计算生成 H2 的量，而铁的量相同，故 　　C 区：n(Fe)对二者均过量，故按酸计算， 　　B 区：n(Fe)对盐酸过量，对 H2SO4 不足，故 　　计算得 n(Fe)=0.2mol，即 m(Fe)=0.2mol×56g·mol －1=11.2g 答案：C 　　技巧归纳：利用数轴可将某些讨论型计算题的已知条件清楚直观地展现出来，利用数轴解题的关键在于选定数轴上 某些具有化学意义的点。例如本题数轴上所表示的两个特殊点即是 Fe 的物质的量：0.15mol 和 0.3mol。 例 2、将 2mol NaHCO3 和一定量 Na2O2 固体混合，在加热条件下让其充分反应，150℃下所得气体仅含 2 种组分，反应 后固体的物质的量 n 的取值范围是(　) A．n=l　　　　　　　　　　　B．l＜n＜2 C．2≤n＜4　　　　　　　　　D．n≥4 解析： 　　①由 2mol NaHCO3 和足量 Na2O2 反应可求出 n(固体)的最小值： 　　2NaHCO3=Na2CO3＋CO2↑＋H2O 　　2mol　　1mol　 1mol　1mol 　　2Na2O2＋2H2O = 4NaOH ＋O2 　　　　　　1mol　2mol　 1mol 　　2NaOH ＋ CO2 = Na2CO3 ＋ H2O 　　2mol　　1mol　 1mol　　1mol 　　生成 2 种气体 O2 和 H2O(g)，n（固）=1mol＋1mol=2mol； 　　②由 2mol NaHCO3 中 C、H 元素守恒可求出 n 的最大值：若 2mol NaHCO3 中 C 元素全部转化为 Na2CO3 中 C 元素， 则 n(Na2CO3)=2mol，若 2mol NaHCO3 中 H 元素全部转化为 NaOH 中 H 元素，所以生成 n（固）=n(NaOH)+nNa2CO3=4mol， 2mol NaHCO3 中 O 元素转化为 O2 中 O 元素，故气体仅 1 种 O2，若要满足题目要求的 2 种气体，则必须使 NaOH 中 H、O 两元素转化为 H2O(g)，故 n（固）＜4mol，综上所述 2≤n＜4 为所求。 答案：C 　　技巧归纳：极端假设法通常适用于解决下列问题：(1)判断混合物的组成：当混合物(反应物或生成物)组成不能直接 确定时，可采用极端假设法，分析出两个端点(极限点)，可得问题的结论必介于两端点之间。(2)判断物质所含杂质的成 分：当某一物质混有未确定的杂质时，可将混合物假设成单一的物质来求解，然后与题给杂质相比较，便可求解出结果。 在解题时，常将题给的可能杂质的化学式进行变形，以使计算简化、快捷。(3)判断化学平衡中的有关量：根据可逆反应 的概念可知，任何一种反应物不可能全部转化成生成物。在求解某问题时，先假设反应是定向反应，按反应物中不足量 的物质，求出某产物的最大值名因反应实际是可逆反应，不可能进行彻底，其实际值将介于最大值和最小值(题设条件) 之间，即可得出结果。 例 3、在标准状况下，若向 100.0mL 溴化亚铁溶液中通入 268.8mL 的 Cl2 时有 70%的溴被氧化，求原溴化亚铁溶液的物 质的量浓度为多少?并写出发生反应的离子方程式。 解析： 　　设 FeBr2 为 x mol，利用电子守恒可写出： 　　解得：x=0.01mol， 答案： 　　0.1mol·L －1； 10Fe2＋＋14Br－＋12Cl2=10Fe3＋＋24Cl－＋7Br2 　　规律总结：量化离子反应方程武的书写规律：参加反应的各物质化学计量数之比等于参加反应的各反应物物质的量 之比，然后再利用质量守恒确定生成物种类及化学计量数，例如本题：n(Fe2＋)︰n(Br－)︰n(Cl2)=0.01︰0.02×0.7︰0.012=10 ︰14︰12 可写出：10Fe2＋＋14Br－＋12Cl2=10Fe3＋＋24Cl－＋7Br2。 例 4、在标准状况下，将 100mL H2S 和 O2 的混合气体点燃，反应后恢复到原状况，发现反应后所得气体总体积 V(总)随 混合气体中 O2 所占的体积 V(O2)的变化而不同。若气体的体积均在同温同压下测定，试回答下列问题： 　　(1)以反应后气体总体积 V(总)为纵坐标，以氧气在 100mL 混合气体中所占体积 V(O2)为横坐标，画出有关变化图象。 　　(2)当 V(总)=80mL 时，反应后气体成分可能是__________。(只填化学式，下同) 　　(3)当 V(总)=20mL 时，反应后气体成分可能是__________。 　　(4)试写出 V(总)与 V(O2)的函数关系式。 解析： 　　(1)当 V(O2)=0 时，V(总)=V(H2S)=100mL，确定坐标点(0，100)，当 V(H2S)=0 时，V(总)=V(O2)=100mL，确定坐标 点(100，100)。 　　当 V(总)=0 时，标志着 H2S 和 O2 发生如下反应： 　　2H2S　　＋　　O2　=　2S　＋　2H2O 　　　2　　　　　　1 　　[100－V(O2)] 　V(O2) 　　(2)由图象知当 V(总)=80mL 时，反应后气体可能是 H2S 或 SO2 和 O2。 　　(3)当 V(总)=20mL 时，反应后气体可能是 H2S 或 SO2。 　　(4)当 0＜V(O2)≤ 时，H2S 过量，O2 少量。则： 　　2H2S＋ O2=2S＋2H2O 　　2V(O2)V(O2)　　　　V(总)=[100－3V(O2)]mL 　　当 ＜V(O2)＜100 时，可能发生如下反应： 　　2H2S ＋　O2 = 2S ＋ 2H2O　　△V 　　　2　　　1 　　0　　　0　　　3 　　2H2S　＋　3O2= 2SO2　＋　2H2O　　△V 　　2　　　　　3　　2　　　　　　　　3 　　100－V(O2)　　　　　　　　　 [100－V(O2)] 　　 　　技巧点拨：解答本题时，要运用动态变化的观点去分析和处理 H2S 和 O2 相互反应中定量与变量之间的相互关系， 并建立数学模型来解决化学问题。 例 5、常温常压下，有 CO 和 H2 的混合气体 12L，将它再和 12L O2 混合后，使其完全燃烧，恢复到起始温度和压强。请 根据下列数据，求混合气体中 V(CO)︰V(H2)的值。 　　(1)若燃烧后气体体积为 12L，则原 V(CO)︰V(H2)是多少? 　　(2)若燃烧后气体体积为 a L，则原 V(CO)︰V(H2)是多少? 　　(3)若燃烧后气体体积为 a L，则 a 的取值范围上下限各是多少? 解析： 　　 　　残余 V(O2)=12L－6L=6L，因生成 6L CO2 故知混合气体中有 V(CO)=6L，所以原混合气体中：V(CO)︰V(H2)=6︰6=1︰ 1。 　　(2)由：CO＋H2＋O2=CO2＋H2O(l)，知 a=V(CO2)＋6；因 V(CO)=V(CO2)=a－6，所以 V(H2) =12－V(CO)=12－(a－6)=18 －a， 。 　　(3)12L H2 和 CO 完全燃烧消耗 6L O2 残余 6L O2。 　　若 12L 气体全部是 CO，则生成 CO2 为 12L 体积不变，因此 a 的最大值为 12＋6=18，但实际上有 H2 燃烧生成液态 水，故 a 的最大值应小于 18，而不等于 18，同理其最小值应大于 6 而不可能等于 6。故 6＜a＜18。 　　技巧归纳：H2、CO 和 O2 混合燃烧的有关计算一直是高考的热点计算题，在解答这一类计算题时应从化学反应方程 式： 　　悟出两点信息：①CO 和 H2 组成的混合气体不论其比例组成如何总是完全燃烧 2 体积混合气体，必消耗 1 体积 O2； ②由生成 CO2 的体积可确定混合气体中 CO 的体积。由生成物 H2O 的物质的量可确定 H2 的物质的量。以上两点隐藏信 息的挖掘往往是解题的基础，因此我们在解题时要注重从有关化学反应方程式中挖掘解题信息。 例 6、实验室中有甲、乙两瓶丢失标签的无色溶液，其中一瓶是盐酸，另一瓶是碳酸钠溶液。为确定甲、乙两瓶溶液的 成分及其物质的量浓度，现操作如下：①量取 25.00mL 甲溶液，向其中缓缓滴加乙溶液 15.00mL，共收集到 CO2 气体 224mL(标准状况)。②量取 15.00mL 乙溶液，向其中缓缓滴加甲溶液 25.00ml，共收集到 CO2 气体 112mL。(标准状况) 　　请回答：(1)根据上述两种不同操作过程及实验数据可判断甲溶液是__________，乙溶液是__________。 　　(2)用离子方程式表示两次操作得到不同气体体积的原因： 　　①__________________________________________________； 　　②__________________________________________________。 　　(3)甲溶液的物质的量浓度为__________mol·L －1，(CO2 在水溶液中的少量溶解忽略不计)。 　　(4)将 n mL 的甲溶液与等体积的乙溶液按各种可能的方式混合，产生的气体体积为 V mL(标准状况)，则 V 的取值 范围为__________。 解析： 　　(1)当向盐酸中滴加 Na2CO3 溶液时因 HCl 过量 Na2CO3 少量，故开始滴入时即有 CO2 放出，若酸过量此时放出 CO2 最多，反之若向 Na2CO3 溶液中滴入盐酸因酸少量，则放出 CO2 最少。据此可知甲为盐酸，乙为 Na2CO3 溶液。 　　 　　 　　设 Na2CO3 物质的量为 x mol，则有： 　　Na2CO3＋HCl=NaHCO3＋NaCl 　　　x　　x 　　NaHCO3＋HCl=NaCl　＋　CO2↑　＋　H2O 　　　　　0.005mol　　　 　　由共耗 n(HCl)有：x＋0.005mol=0.02mol 　　x=0.015mol 　　(4)向 Na2CO3 溶液中滴入盐酸以 HCl 物质的量为计算标准，CO2 有极大值： 　　V(CO2)=0.8n×22400=8.96n mL 　　向 HCl 溶液中滴入 Na2CO3 溶液生成 CO2 有极小值 　　Na2CO3　＋　HCl=　NaHCO3　＋　NaCl 　　1.0n　　　　0.8n 　　V(CO2)=0 综上所述：0≤V≤8.96n 答案： 　　(1)甲：HCl、乙：Na2CO3 　　 　　(3)0.8 　　(4)0≤V≤8.96n 　　技巧归纳：过量问题计算亦称讨论型计算题，这类题型通常有如下 3 个特点：(1)同时给出两种反应物的量。(2)给 出一种反应物和一种生成物的量。(3)给出两种反应物组成的混和物的总质量。解答过量问题的一般方法是分类讨论，特 别需要注意的是当某种物质过量时，可能又发生新的反应。如本题中 Na2CO3 和 HCl 的反应即属此类，这往往是过量问 题中一类较难又易忽视的问题。 - 返回 -