备考2025届高考化学一轮复习分层练习第二章物质的量及计算第2讲化学中的常用计算方法

第2讲化学中的常用计算方法1.[守恒法][2024陕西渭南期中]向100mLNaOH溶液中通入确定量的CO2气体，充分反应后再向所得溶液中逐滴加入0.2mol·L－1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示。下列推断正确的是（D）A.NaOH溶液的浓度为0.1mol·L－1B.通入的CO2在常温常压下的体积为336mLC.滴入0～25mL盐酸过程中，溶液中发生反应的离子方程式为H＋＋OH－H2OD.所得溶液中溶质的物质的量之比n（NaHCO3）∶n（Na2CO3）＝2∶1解析依据图像中产生CO2的体积与消耗盐酸的量的关系分析，可知氢氧化钠和二氧化碳反应后所得溶液中含有碳酸钠和碳酸氢钠，滴入0～25mL盐酸的过程是碳酸钠和盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，离子方程式为CO32－＋H＋HCO3－，n（Na2CO3）＝0.2mol·L－1×25×10－3L＝0.005mol；滴入25～100mL盐酸的过程是碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式为HCO3－＋H＋CO2↑＋H2O，n（NaHCO3）＝0.2×（100－25）×10－3mol－0.005mol＝0.01mol，则n（NaHCO3）∶n（Na2CO3）＝0.01∶0.005＝2∶1，C项错误，D项正确。当加入100mL盐酸时，溶液中溶质为氯化钠，依据钠原子守恒和氯原子守恒可知，n（NaOH）＝n（NaCl）＝n（HCl）＝0.2mol·L－1×100×10－3L＝0.02mol，NaOH溶液的浓度为0.02mol0.1L＝0.2mol·L－1，A项错误。滴入25～100mL盐酸的过程中，消耗盐酸的物质的量为0.2mol·L－1×（100－25）×10－3L＝0.015mol，则产生的二氧化碳的物质的量为0.015mol，2.[守恒法][2024辽宁省试验中学考试]向59.2gFe2O3和FeO的混合物中加入某浓度的稀硝酸1.0L，固体物质完全反应，生成NO和Fe（NO3）3。在所得溶液中加入1.0mol·L－1的NaOH溶液2.8L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为85.6g。下列有关说法错误的是（D）A.Fe2O3与FeO的物质的量之比为1∶6B.硝酸的物质的量浓度为3.0mol·L－1C.产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD.Fe2O3、FeO与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol解析在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，则溶液中溶质为NaNO3，依据钠元素守恒有n（NaNO3）＝n（NaOH）＝1.0mol·L－1×2.8L＝2.8mol；沉淀为Fe（OH）3，质量为85.6g，则其物质的量为85.6g÷107g·mol－1＝0.8mol，依据铁元素守恒知n[Fe（NO3）3]＝n[Fe（OH）3]＝0.8mol，设Fe2O3和FeO的物质的量分别为xmol、ymol，则有160x＋72y＝59.2①，依据铁元素守恒有2x＋y＝0.8②，联立①②，解得x＝0.1、y＝0.6。n（Fe2O3）∶n（FeO）＝0.1mol∶0.6mol＝1∶6，A项正确；依据得失电子守恒可知，生成NO的物质的量为（0.6mol×1）÷（5－2）＝0.2mol，依据氮元素守恒可知原硝酸溶液中n（HNO3）＝n（NO）＋n（NaNO3）＝0.2mol＋2.8mol＝3.0mol，所以原硝酸溶液的浓度为3.0mol÷1.0L＝3.0mol·L－1，B项正确；n（NO）＝0.2mol，在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L·mol－1＝4.48L，C项正确；向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，一部分氢氧化钠与硝酸铁反应，另一部分氢氧化钠与硝酸反应，最终得到硝酸钠溶液，依据氮元素守恒可知Fe2O3、FeO与硝酸反应后溶液中n余（HNO3）＋3n[Fe（NO3）3]＝n（NaNO3），所以n余（HNO3）＝n（NaNO3）－3n[Fe（NO3）3]＝2.8mol－3×0.8mol＝0.4mol，D项错误。3.[依据化学方程式中的定量关系计算][全国Ⅰ高考]高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800g样品，溶解后定容于100mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.2000mol·L－1的H2C2O4标准溶液20.00mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48mL。该样品的纯度为20.00×10－3×0.2000×25×10024.48×1581.0800×100％（列出计算式即可，已知2MnO4－＋解析由2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O知，w（KMnO4）＝m（KMnO4）m（样品）4.[关系式法][2024河北保定模拟改编]Cr（OH）3常用于颜料、陶瓷、橡胶等工业。试验室测定Cr（OH）3样品纯度的步骤如下：精确称取0.9000g样品，溶于过量硫酸并配成250.0mL溶液。取25.00mL溶液，用足量（NH4）2S2O8溶液将Cr3＋氧化为Cr2O72－，煮沸除去过量的（NH4）2S2O8，冷却至室温。再加入过量KI溶液，以淀粉溶液为指示剂，用0.1000mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液24.0mL（已知反应：Cr2O72－＋6I－＋14H＋3I2＋2Cr3＋＋7H2O；I2＋2S2O32计算Cr（OH）3样品的纯度（写出计算过程）：n（S2O32－）＝24.0×10－3L×0.1000mol·L－1＝2.4×10－3mol。依据2Cr3＋～3I2～6S2O32－知，n[Cr（OH）3]＝n（Cr3＋）＝8.0×10－4mol，则0.9000g样品中n[Cr（OH）3]＝8.0×10－4mol×250.0mL25.00mL＝8.0×10－3mol，则Cr（OH）5.[2024江西南昌模拟改编]已知：TiCl4＋（2＋n）H2OTiO2·nH2O↓＋4HCl，测定某TiCl4样品纯度的试验如下：①精确称取14.00gTiCl4样品，置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中，盖塞后摇动至完全水解，过滤后将水解液配成100.00mL溶液。②取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入10.00mL2.9000mol/LAgNO3溶液。③加入适量硝基苯用力摇动，使沉淀表面完全被有机物覆盖。④以硝酸铁溶液为指示剂，用0.1000mol/LKSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共消耗10.00mLKSCN标准溶液。已知样品中杂质不参加反应，依据以上步骤计算样品中TiCl4的质量分数为95％；若盛装KSCN标准溶液的滴定管滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消逝，所测定的样品中TiCl4的质量分数将会偏小（填“偏大”“偏小”或“不变”）。解析与硫氰化钾标准溶液反应的过量硝酸银的物质的量为0.1000mol/L×10.00×10－3L＝0.001mol，则与溶液中Cl－反应的硝酸银的物质的量为2.9000mol/L×10.00×10－3L－0.001mol＝0.028mol，由关系式TiCl4～4Cl－～4AgNO3可得，样品中TiCl4的物质的量为0.028mol×100.00mL10.00mL×14＝0.07mol，则样品中TiCl4的质量分数为0.07mol×190g/mol14.00g×100％＝6.[质量守恒法][2024四川模拟]为测定绿矾（FeSO4·xH2O）中结晶水的数目，其同学设计如下试验。将石英玻璃管（带两端开关K1和K2，设为装置A）称重，质量为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，质量为m2g。按如图所示组装好装置进行试验。操作步骤如下：a.打开K1和K2，缓缓通入N2；b.点燃酒精灯，加热；c.熄灭酒精灯；d.冷却至室温；e.关闭K1和K2；f.称量装置A。重复上述操作步骤，直至装置A恒重（固体为FeSO4），质量为m3g。依据试验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x＝76（m2－m3）9（m3－m1）（列式表示）。若试验时按b、a依次操作，则解析依据试验记录的数据可知，绿矾样品的质量为（m2－m1）g，FeSO4的质量为（m3－m1）g，则结晶水的质量为（m2－m1）g－（m3－m1）g＝（m2－m3）g，则FeSO4·xH2O△FeSO4＋xH2O↑（152＋18x）g152g18xg（m2－m1）g（m3－m1）g（m2－m3）g则有152g（m3－m1)g＝18xg（m2－m3)g，解得x＝76（m2－m3）97.[工艺流程＋滴定]锰锌铁氧体（Mn1－xZnxFe2O4）是一种重要的磁性材料，其磁化强度与锌的相对含量x亲密相关。为测定流程中产出的锰锌铁氧体中锌的相对含量，设计如下试验步骤。（1）写出“除锰”中反应的离子方程式S2O82－＋Mn2＋＋2H2O2SO42－＋MnO2（2）请分析试验中须要掩蔽铁的缘由可能为亚铁离子会被S2O82－氧化为Fe3＋，Fe3＋也能与EDTA溶液发生反应，须要掩蔽铁以解除滴定试验中Fe3＋（3）精确量取25.00mL溶液A，掩蔽铁后，用二甲酚橙作指示剂，用0.0100mol·L－1的EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定其中的Zn2＋（反应原理为Zn2＋＋H2Y2－ZnY2－＋2H＋），至滴定终点时消耗EDTA标准溶液20.00mL。通过计算确定该锰锌铁氧体中锌的相对含量x为0.47（保留两位有效数字）。解析（1）“除锰”中（NH4）2S2O8与Mn2＋发生氧化还原反应，S2O82－被还原为硫酸根离子，Mn2＋被氧化为二氧化锰，依据得失电子守恒、原子守恒及电荷守恒可得，该反应的离子方程式为S2O82－＋Mn2＋＋2H2O2SO42－＋MnO2↓＋4H＋。（3）滴定终点时消耗0.0100mol·L－1EDTA标准溶液20.00mL，依据反应Zn2＋＋H2Y2－ZnY2－＋2H＋可知，n（Zn2＋）＝n（EDTA）＝20.00×0.01001000mol，则250mL溶液A中Zn2＋的物质的量为20.00×0.010010008.[关系式法][2024安徽马鞍山三模][Co（NH3）6]Cl3[三氯化六氨合钴（Ⅲ）]易溶于热水，难溶于冷水及乙醇，是合成其他Co（Ⅲ）协作物的原料。某化学爱好小组进行如下试验测定[Co（NH3）6]Cl3样品中钴的含量。精确称取0.2000g[Co（NH3）6]Cl3样品放入250mL碘量瓶中，加入15mL10％NaOH溶液，加热至不再有氨气放出，加入足量KI固体，振荡使KI溶解，再加入盐酸酸化，置于暗处10min，Co（OH）3转化成Co2＋，用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液6.00mL。已知：[Co（NH3）6]Cl3在热的强碱溶液中会分解，试验过程中涉及反应[Co（NH3）6]Cl3＋3NaOH△Co（OH）3↓＋6NH3↑＋3NaCl、I2＋2S2O32－2I－＋S（1）Co（OH）3转化成Co2＋的离子方程式为2Co（OH）3＋2I－＋6H＋2Co2＋＋I2＋6H2O。（2）样品中钴的质量分数为17.7％。（3）下列操作可能导致钴的质量分数偏高的是BD（填标号）。A.酸化过程中盐酸的量不足B.滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消逝C.滴定终点时俯视读数D.盛放Na2S2O3标准溶液的滴定管没有用Na2S2O3标准溶液润洗解析（1）加入KI固体，KI溶于水得到I－，I－具有还原性，在酸性条件下，将三价钴还原成Co2＋，所以Co（OH）3转化成Co2＋的离子方程式为2Co（OH）3＋2I－＋6H＋2Co2＋＋I2＋6H2O。（2）由离子方程式2Co（OH）3＋2I－＋6H＋2Co2＋＋I2＋6H2O、I2＋2S2O32－2I－＋S4O62－，可得关系式2Co2＋～I2～2S2O32－，依据消耗的Na2S2O3标准溶液的量可得n（Co2＋）＝n（S2O32－）m（Co2＋）＝0.1000mol/L×6.00×10－3L×59g/mol＝0.0354g，则样品中钴的质量分数为0.0354g0.2000g×100％＝17.7％。（3）A项，酸化过程中盐酸的量不足，则不能将全部三价钴还原成Co2＋，使得转化生成的I2的量减小，消耗的Na2S2O3标准溶液的体积削减，导致钴的质量分数偏低，不符合题意。B项，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消逝，导致测得的Na2S2O3标准溶液体积偏大，所以会使钴的质量分数偏高，符合题意。C项，滴定终点时俯视读数，导致测得的Na2S2O3标准溶液体积偏小，所以会使钴的质量分数偏低，不符合题意。D项，盛放Na2S2O3标准溶液的滴定管没有用Na2S2O3标准溶液润洗，相当于稀释了Na2S2O3标准溶液，导致消耗的Na2S29.[