高考人教版化学一轮复习文档：第1章 化学中常用的物理量-物质的量 专题讲座一 含答案

高三化学一轮复习PAGE6-专题讲座一化学计算的常用方法方法一守恒法(一)质量守恒(原子守恒)依据化学反应的实质是原子的重新组合，因而反应前后原子的总数和质量保持不变。[典例1](2019·石家庄调研)28g铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的Na2O2固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体质量为()A．36gB．40gC．80gD．160g答案B解析28g铁粉溶于稀盐酸中生成氯化亚铁溶液，然后加入足量的Na2O2固体，由于Na2O2固体溶于水后生成氢氧化钠和氧气，本身也具有强氧化性，所以充分反应后生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒，n(Fe2O3)＝eq\f(1,2)n(Fe)＝eq\f(1,2)×eq\f(28g,56g·mol－1)＝0.25mol所得Fe2O3固体的质量为：0.25mol×160g·mol－1＝40g。针对训练1．(2018·长汀县校级月考)有14gNa2O2、Na2O、NaOH的混合物与100g质量分数为15%的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得固体质量为()A．20.40gB．28.60gC．24.04gD．无法计算答案C解析混合物与盐酸反应后所得溶液为氯化钠溶液，蒸干后得到NaCl，由Cl－质量守恒关系可得100g×15%×eq\f(35.5,36.5)＝m(NaCl)×eq\f(35.5,58.5)，解得m(NaCl)≈24.04g。－1的NaOH溶液中，两者恰好完全反应，生成NaClO为0.01mol，则燃烧前H2和Cl2的物质的量之比为()A．5∶4B．4∶5C．4∶3D．3∶4答案B解析100mL1.0mol·L－1的NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为1.0mol·L－1×0.1L＝0.1mol；两者恰好完全反应，说明0.1molNaOH完全反应，生成的0.01molNaClO来自Cl2与NaOH的反应(Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O)，则氢气和氯气反应后剩余氯气的物质的量为0.01mol，消耗NaOH的物质的量为0.02mol，发生反应NaOH＋HCl=NaCl＋H2O，消耗NaOH的物质的量为：0.1mol－0.02mol＝0.08mol，则n(HCl)＝n(NaOH)＝0.08mol，n(H2)＝n(Cl2)＝eq\f(1,2)n(HCl)＝0.08mol×eq\f(1,2)＝0.04mol，所以原混合气体中含有Cl2的物质的量为：0.01mol＋0.04mol＝0.05mol，氢气的物质的量为0.04mol，燃烧前H2和Cl2的物质的量之比＝0.04mol∶0.05mol＝4∶5。(二)电荷守恒依据电解质溶液呈电中性，即阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数或离子方程式前后离子所带电荷总数不变。[典例2]将agFe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200mLpH＝1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100mL，则NaOH溶液的浓度为________________。答案0.2mol·L－1解析当Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na＋全部来源于NaOH，且变化过程中Na＋的量不变。根据电荷守恒可知：eq\f(nNa＋,nSO\o\al(2－,4))＝eq\f(2,1)，所以，n(NaOH)＝n(Na＋)＝2n(SOeq\o\al(2－,4))＝n(H＋)＝0.1mol·L－1×0.2L＝0.02mol，c(NaOH)＝eq\f(0.02mol,0.1L)＝0.2mol·L－1。针对训练3．在一定条件下，ROeq\o\al(n－,3)和F2可发生如下反应：ROeq\o\al(n－,3)＋F2＋2OH－=ROeq\o\al(－,4)＋2F－＋H2O，从而可知在ROeq\o\al(n－,3)中，元素R的化合价是()A．＋4价B．＋5价C．＋6价D．＋7价答案B解析要求ROeq\o\al(n－,3)中R的化合价，若知道n值，计算R的化合价则变得很简单。依据离子方程式中电荷守恒，n＋2＝1＋2，n＝1，ROeq\o\al(n－,3)中氧显－2价，因此R的化合价为＋5价。4．若测得雨水所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：离子K＋Na＋NHeq\o\al(＋,4)SOeq\o\al(2－,4)NOeq\o\al(－,3)Cl－浓度/mol·L－14×10－66×10－62×10－54×10－53×10－52×10－5根据表中数据判断试样的pH＝________。答案4解析根据表格提供的离子可知，NHeq\o\al(＋,4)水解导致试样溶液呈酸性，再根据电荷守恒可知，[K＋]＋[NHeq\o\al(＋,4)]＋[Na＋]＋[H＋]＝2[SOeq\o\al(2－,4)]＋[Cl－]＋[NOeq\o\al(－,3)]，将表格中的数据代入得H＋浓度为10－4mol·L－1，则pH值为4。易错警示列式时不要忘了离子浓度前乘上离子所带电荷数。方法二化学方程式计算中的巧思妙解——差量法化学反应前后物质的量发生变化时均可用差量法，解题的一般步骤为：(1)准确写出有关反应的化学方程式。(2)深入细致地分析题意，关键在于有针对性地找出产生差量的“对象”及“理论差量”。该“理论差量”可以是质量、物质的量、气体体积、压强等，且该差量的大小与参加反应的物质的有关量成正比。(3)根据反应方程式，从“实际差量”寻找比例关系，列比例式求解。[典例3]为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g，则该样品的纯度(质量分数)是()A.eq\f(84w2－53w1,31w1) B.eq\f(84w1－w2,31w1)C.eq\f(73w2－42w1,31w1) D.eq\f(115w2－84w1,31w1)答案A解析由题意知(w1－w2)g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3质量为xg，由此可得如下关系：2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O2×8462xw1－w2则x＝eq\f(84w1－w2,31)，故样品纯度为eq\f(mNa2CO3,m样品)＝eq\f(w1－x,w1)＝eq\f(84w2－53w1,31w1)。针对训练5．将12gCO和CO2的混合气体通过足量灼热的氧化铜后，得到气体的总质量为18g，则原混合气体中CO的质量分数为________。答案87.5%解析设原混合气体中CO的质量分数为x。CuO＋COeq\o(=,\s\up7(△))Cu＋CO2气体质量增加(差量)28g44g44g－28g＝16g12xg18g－12g＝6geq\f(28,16)＝eq\f(12x,6)，解得x＝0.875。6．(2018·山东省实验中学高三模拟)16mL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17.5mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：①5∶3②3∶2③4∶3④9∶7。其中正确的是()A．①②B．①④C．②③D．③④答案C解析根据反应前后气体的总体积，可用差量法直接求解。6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)ΔV(气体的体积差)6mL4mL5mL6mL(5＋6)－(4＋6)＝1mL(理论差量)9mL6mL17.5－16＝1.5mL(实际差量)由此可知共消耗15mL气体，还剩余1mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)mL＋1mL)＝9∶7，但因该反应是可逆反应，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。方法三解答连续反应类型计算题的捷径——关系式法关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间关系进行解题的一种方法，一般适用于多步进行的连续反应，因前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可以根据中间物质的传递关系，找出原料和最终产物的相应关系式。它是化学计算中的基本解题方法之一，利用关系式法可以将多步计算转化为一步计算，免去逐步计算中的麻烦，简化解题步骤，减少运算量，且计算结果不易出错，准确率高。针对训练题组一根据原子守恒找关系式7．碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4g上述混合物，消耗1mol·L－1盐酸500mL。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是()A．35gB．30gC．20gD．15g答案C－1盐酸500mL，HCl的物质的量为0.5mol，根据氯元素守恒，则CuCl2的物质的量为0.25mol。根据Cu元素守恒可知，原混合物中含有Cu元素的物质的量为0.25mol，煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25mol，则m(CuO)＝0.25mol×80g·mol－1＝20g。8．在氧气中燃烧0.22g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10mL0.5mol·L－1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为()A．72%B．40%C．36%D．18%答案C解析由S原子守恒和有关反应可得出：S～H2SO4～2NaOH32g2molm(S)0.5×10×10－3mol得m(S)＝0.08g原混合物中w(S)＝eq\f(0.08g,0.22g)×100%＝36%。题组二根据电子守恒找关系式9．将Mg和Cu组成的2.64g混合物投入适量的稀硝酸中恰好反应，固体完全溶解时收集到NO气体0.896L(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液使金属离子恰好沉淀完全，则形成沉淀的质量为________。答案4.68g解析最终生成的沉淀是Mg(OH)2和Cu(OH)2，其质量等于合金的质量加上两金属离子所结合的OH－的质量。关键是求增加的n(OH－)，n(OH－)等于金属单质所失电子的物质的量，金属所失电子数，等于硝酸所得电子数。即n(OH－)＝eq\f(0.896L,22.4L·mol－1)×3＝0.12mol，故形成沉淀的质量＝2.64g＋0.12mol×17g·mol－1＝4.68g。10．将1.08gFeO完全溶解在100mL1.00mol·L－1硫酸中，然后加入25.00mLK2Cr2O7溶液，恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋，且Cr2Oeq\o\al(2－,7)中的铬全部转化为Cr3＋。则K2Cr2O7的物质的量浓度是________。答案0.100mol·L－1解析由电子守恒知，FeO中＋2价铁所失电子的物质的量与Cr2Oeq\o\al(2－,7)中＋6价铬所得电子的mol·L－1。题组三根据相关反应找关系式11．金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl=SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3=SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl=6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613g，经上述反应后，共用去0.100mol·L－1K2Cr2O7溶液16.0mL。求试样中锡的百分含量(假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。答案Sn与K2Cr2O7物质的量的关系：3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O73×119g1molx0.100×0.016molx＝eq\f(3×119g×0.100×0.016mol,1mol)＝0.5712gw(Sn)＝eq\f(0.5712,0.613)×100%≈93.2%。12．黄铁矿的主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.1000g样品在空气－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00mL。已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)________(保留1位小数)。(2)煅烧10t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为________L，制得98%