中学化学计算

1、中学化学计算一概念性计算：C、K（平衡常数K、Ksp、Ka、Kb、）、W、转化率、产率、pH、速率、密度（aq、晶体、气体等）二关于化学式计算 确定化学式或据化学式计算。三关于化学方程式计算单一反应：各物质n之比等于对应化学计量数之比；平行反应：方程组；连续反应：关系式法。四混合物计算基本思路：一般设各未知为x、ymol，再根据方程式或守恒关系列方程组求解。特殊时具体问题具体分析，但主要是考虑守恒点或等量关系。常用解题方法：方程组、守恒法、差量法、极值法、平均值法（含平均值法的逆运算十字交叉法）、讨论法。分析解题步骤：看问题。查已知与未知，确定关系（分析和综合）用最简单的方法解决问题书写检查。

2、五典例分析与有关讲解：例1：25下，将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合，反应时溶液中c(NH4+)=c(Cl-)。则溶液显 性（填“酸”、“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb= 。例2：过渡元素钴（Co）有多种可变化合价将11.9gCoCO3在纯净氧气中加热可得到8.3 g钴的氧化物，则CoCO3在纯氧中受强热发生反应的化学方程式是（）ACoCO3+O2CoO3+CO2 B. 2CoCO3+O22CoO2+2CO2C. 4CoCO3+3O22Co2O5+4CO2 D. 4CoCo3+O22Co2O3+4

3、CO2 守恒法 根据某些量守恒的关系进行解题，思路清晰，条理分明，解题快速是中学化学计算中最常用的一种方法。守恒法的最基本原理为质量守恒定律，并由此衍生出来：一切化学变化中都存在的微粒守恒，氧化还原反应中存在的得失电子守恒，化合物的化学式存在的正、负化合价总数相等，电解质溶液中存在的阴、阳离子电荷守恒 1. 元素守恒： 例3 粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42等杂质，取120g粗盐溶于水过滤除去6g不溶物，向滤液中依次加入过量的1mol/L的氢氧化钠溶液200mL；4.56g固体氯化钡；31.8%的碳酸钠溶液10g，发现白色沉淀逐渐增多，过滤除去沉淀物，再加入过量的盐酸，使溶液呈酸性，加热

4、蒸发得NaCl晶体126.65g，求粗盐中含NaCl的质量分数。解析：126.65gNaCl来自两方面：粗盐中原有NaCl，除杂过程中产生的NaCl。根据Na+守恒可知，后者NaCl可由加入的Na2CO3和NaOH来确定，即除杂中生成的NaCl为：。所以粗盐中NaCl为： 答案：92.9% 例4 现有m molNO2和n molNO组成的混合气体，欲用a mol/LNaOH溶液，使该混合气体全部转化成盐进入溶液，使混合气体全部转化成盐进入溶液，需用NaOH溶液的体积是（    ）A.L      B.L  

5、;  C. L    D.L 解析：NO2与NaOH溶液的反应为：3NO22NaOH=2NaNO3NOH2ONO2NO2NaOH=2NaNO2H2O在足量的NaOH时，混合气体可全部被吸收转化成盐NaNO3和NaNO2。我们不必设多个未知数，只要认真观察两种盐的化学式会发现：Na元素和N元素的物质的量之比为11，由氮原子物质的量即为所需NaOH的物质的量：n(NaOH)=(mn)mol= 答案：D2. 电荷守恒：例5 镁带在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁，将燃烧后的产物全部溶解在50mL，浓度为1.8mol/L盐酸溶液中，以20mL0.

6、9mol/L的氢氧化钠溶液中和多余的酸，然后在此溶液中加入过量碱把氨全部释放出来，用足量盐酸吸收，经测定氨为0.006mol，求镁带物质的量。解析：化学反应方程式为2MgO22MgO Mg2HCl=MgCl2H2O 3MgN2Mg3N2 Mg3N28HCl=3MgCl22NH4Cl NH4ClNaOHNaClNH3H2O 我们用流程图来表示会更清晰一些：溶液A     在溶液A中的阴离子为Cl、阳离子为Mg2、NH4、H，根据电荷守恒有：n(Cl)=2n(Mg2)n(NH4)n(H)n(HCl)=2n(Mg2)n(NH3)n(Na)0.05&#

7、215;1.8=2n(Mg2+)+0.006+0.9×0.02n(Mg)=n(Mg2+)=0.033mol 答案：镁带物质的量为：0.033mol。终态分析 例6 向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，加入100mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（标况）的气体，所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到的铁的质量为（    ）    A.11.2g   B.5.6g   C.28g&

8、#160; D. 无法计算  4. 得失电子相等（守恒）：例7 将m mol的Cu2S跟足量稀HNO3反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O，则参加反应的HNO3中被还原的HNO3的物质的量是（    ）A.4m mol    B. 10m mol  C. 10m/3 mol  D.  2m/3 mol 答案：C  5. 综合守恒：例8 取钠、钙各一小块，投入适量水中，反应完毕时只收集到H21.568L（标准状况）再取碳酸钠和碳酸氢

9、钠的混合物3.8g加入到所得的溶液中，当反应完后（此时Ca2+、CO32、HCO3完全进入沉淀）将溶液蒸干，得到白色固体8.8g，再将白色固体用水洗涤、干燥得白色不溶物4g。试求：（1）钠、钙各多少克？ （2）NaHCO3、Na2CO3、各多少克？解析：为了便于分析各量之间的关系，先据题目画出图（图示法分析题）（1）由钙守恒得：n(CaCO3)=n(Ca)=0.04mol  由电子守恒得：CaH22e- NaH2e- 0.04+m= m=0.06mol  则Ca:0.04×40=1.6g Na:0.06×23=1.38g（2）方法一：

10、根据Na守恒可得：4.8gNaOH中的Na来自于单质Na和NaHCO3与Na2CO3即：    解得：x=y=0.02mol,则NaHCO3：0.02×84=1.68g，Na2CO3:0.02×106=2.12g方法二：根据碳C守恒，4gCaCO3中的 C来自于Na2CO3和NaHCO3。    方法三：根据OH守恒：Ca(OH)2、NaOH中的OH等于NaHCO3消耗的OH和余下的OH。CaCa(OH)22OH- NaNaOHOH- NaHCO3NaOH=Na2CO3H2O(设NaHCO3为xmol，等于NaOH

11、的物质的量)，有0.04×2+0.06=x+，则x=0.02mol化学式 例9将固体草酸锰MnC2O4·2H2O放在一个可以称出质量的容器里加热固体质量随温度的变化的关系如下图所示：试通过对该图象数据分析和计算，回答在不同温度范围固体质量变化的原因例10将两种硫酸盐按一定比例混合后共熔，可制得化合物X，X溶于水能电离出K、Cr3、SO42，若将2.83 g X中的Cr3全部氧化为Cr2O72后，溶液中的Cr2O72可和过量KI溶液反应，得到3.81gI2，反应的离子方程式为：Cr2O726I14H=2Cr3+3I27H2O，若向溶有2.83 gX的溶液中，加入过量的BaCl

12、2溶液，可得到4.66 g白色沉淀由此可推断出X的化学式为（）AK2SO4·2Cr2(SO4)3 B2K2SO4·Cr2(SO4)3CK2SO4·Cr2(SO4)3 DK2SO4·1/2Cr2(SO4)3讨论法 在已平衡的托盘天平左右托盘上各放一等质量的烧杯，并分别往烧杯中注入5 mol/L盐酸60 mL向左盘烧杯中放入agCaCO3粉末，往右盘烧杯中加入x g A物质粉末，充分反应后天平仍保持平衡（1）若A为NaHCO3: 当a15时，x的值为_（用含a的代数式表示，以下同）当18.6a15时，x的值为_当a18.6时，x的值为_（2）若A为KHCO3

13、，且两只烧杯中均无固态物质存在，则x的取值必须满足的条件是_过量计算 20时，向50 mL 1 mol/L的Na2CO3溶液中滴加1 mol/L的盐酸75 mL，在液面上收集所产生的气体，这些气体经干燥后换算为标准状况下的体积为（）A840 mLB560 mL C小于840 mL大于560 mL D略小于560 mL极值法 1. 用稀H2SO4溶解FeS和Fe(OH)3的混合物56.6 g，可得3.2 g S，原混合物中FeS的质量可能是（）A8.8 g B21.4 g C35.2 g D47.8 g2. 0.03mol铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物NO、NO2、N2O4混合气体共0.05mo

14、l。该混合气体的平均相对分子质量可能是 A30 B46 C50 D66其它 1 当温度升高时，1molA气体能分解成2mol气体。现将一定量的A气体放入某一密闭器中使温度升高，让其分解，当有40%A分解时，该反应达到平衡。平衡时反应混合气体的平均相对分子质量为65.7，则A的相对分子质量为      。2 准确称取铝土矿（含SiO2、Al2O3、Fe2O3）6g样品，放入盛有100mL硫酸溶液的烧杯中，充分反应后过滤，向滤液中加入10mol/L的NaOH溶液，产生沉淀的物质的量（y）与所加NaOH溶液体积（x）的关系如图所示，求硫酸的物质的量的

15、浓度。                              3 vmlCmol/LFe2(SO4)3 的硫酸溶液能恰好与25.00mL0.1mol/L盐酸羟胺（NH2OH·HCl）完全反应，Fe2(SO4)3被还原成FeSO4。用0.0500mol/LKMnO4溶液滴定所得溶液Fe2全部转化为

16、Fe3，消耗了30.00mLKMnO4溶液（1）写出用KMnO4溶液滴定时的离子方程式；（2）写出盐酸羟胺与Fe2(SO4)3反应的化学方程式4 2012·四川理综化学卷12在体积恒定的密闭容器中，一定量的SO2与1.100mol O2在催化剂作用下加热到600发生反应：2SO2+O22SO3；H0。当气体的物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，在相同的温度下测得气体压强为反应前的82.5%。下列有关叙述正确的是A. 当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时反应达到平衡B. 降低温度，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大C. 将平衡混合气体通入过量BaCl2溶液中，得到沉淀的质量为161.980gD. 达到平衡时，SO2的转化率是90%D【解析】本题考查化学反应速率、平衡及计算。SO3的生成速率和SO2的消耗速率都是正反应速率，两者始终相等，不能说明已达平衡，A错；由于正反应是放热的，所以降温时平衡右移，正反应速率大于逆反应速率，即正反应速率较小程度小于逆反应速率，B错；根据化学方程式知：生成的SO3的物质的量是气体总物质的量减小量的2倍，即0.63 mol，SO2不与BaCl2反应，则生成硫酸钡为0.63 mol，得到146.79 g，C错；根据平衡前后的压强比知反应前气体的总物质的量减小0.315 g，即减小1-82.5%=