2022年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第一章 化學(xué)計(jì)量在實(shí)驗(yàn)中的應(yīng)用 專(zhuān)題講座一 化學(xué)計(jì)算的常用方法學(xué)案

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1、2022年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第一章 化學(xué)計(jì)量在實(shí)驗(yàn)中的應(yīng)用 專(zhuān)題講座一 化學(xué)計(jì)算的常用方法學(xué)案 方法一　電解質(zhì)溶液的計(jì)算法寶——電荷守恒法 涉及溶液中離子濃度的計(jì)算時(shí)常需用到電荷守恒，首先找出溶液中所有陽(yáng)離子和陰離子，再根據(jù)陽(yáng)離子所帶正電荷總數(shù)等于陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)列等式。 如Al2(SO4)3、NH4NO3混合溶液的電荷守恒為 3c(Al3＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(NO)＋c(OH－)。 注意　一般情況下，列電荷守恒等式時(shí)不能忽略H＋、OH－，但在計(jì)算時(shí)，酸性溶液中?？珊雎設(shè)H－，堿性溶液中常可忽略H＋。 針對(duì)訓(xùn)練 1．(2017·開(kāi)封模擬)在硫酸鈉和硫

2、酸鋁的混合溶液中，Al3＋的物質(zhì)的量濃度為0.2 mol·L－1，SO為0.4 mol·L－1，溶液中Na＋的物質(zhì)的量濃度為(　　) A．0.1 mol·L－1 B．0.2 mol·L－1 C．0.3 mol·L－1 D．0.4 mol·L－1 答案　B 解析　在任何溶液中，陽(yáng)離子所帶的正電荷總數(shù)等于陰離子所帶的負(fù)電荷總數(shù)，則有3c(Al3＋)＋c(Na＋)＝2c(SO)，解得c(Na＋)＝0.2 mol·L－1。 2．(2018·阜陽(yáng)質(zhì)檢)某硫酸鋁和硫酸鎂的混合液中，c(Mg2＋)＝2 mol·L－1，c(SO)＝6.5 mol·L－1，若將200 mL的此混合液中的Mg2

3、＋和Al3＋分離，至少應(yīng)加入1.6 mol·L－1的氫氧化鈉溶液(　　) A．0.5 L B．1.625 L C．1.8 L D．2 L 答案　D 解析　根據(jù)電荷守恒得： 2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO)， c(Al3＋)＝ ＝3 mol·L－1， 加入氫氧化鈉溶液使Mg2＋、Al3＋分離，此時(shí)NaOH轉(zhuǎn)化為Na2SO4和NaAlO2，由電荷守恒得： V(NaOH)＝ ＝ ＝2 L。 方法二　化學(xué)方程式計(jì)算中的巧思妙解——差量法 化學(xué)反應(yīng)前后物質(zhì)的量發(fā)生變化時(shí)均可用差量法。解題的一般步驟為 (1)準(zhǔn)確寫(xiě)出有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式； (2)深入細(xì)

4、致地分析題意，關(guān)鍵在于有針對(duì)性地找出產(chǎn)生差量的“對(duì)象”及“理論差量”。該“理論差量”可以是質(zhì)量、物質(zhì)的量、氣體體積、壓強(qiáng)等，且該差量的大小與參加反應(yīng)的物質(zhì)的有關(guān)量成正比； (3)根據(jù)反應(yīng)方程式，從“實(shí)際差量”尋找比例關(guān)系，列比例式求解。 針對(duì)訓(xùn)練 3．將12 g CO和CO2的混合氣體通過(guò)足量灼熱的氧化銅后，得到氣體的總質(zhì)量為18 g，求原混合氣體中CO的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。 答案　原混合氣體中CO的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為87.5%。 解析　設(shè)原混合氣體中CO的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為x。 CuO?。獵O　Cu＋CO2　氣體質(zhì)量增加(差量) 28 g 44 g 44 g－2

5、8 g＝16 g 12x g 18 g－12 g＝6 g ＝，解得x＝0.875。 4．為了檢驗(yàn)?zāi)澈蠳aHCO3雜質(zhì)的Na2CO3樣品的純度，現(xiàn)將w1 g樣品加熱，其質(zhì)量變?yōu)閣2 g，則該樣品的純度(質(zhì)量分?jǐn)?shù))是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　由題意知(w1－w2)g應(yīng)為NaHCO3分解生成的CO2和H2O的質(zhì)量，設(shè)樣品中NaHCO3質(zhì)量為x g，由此可得如下關(guān)系： 2×84　　　　　　　　　　　62 x　　　　　　　　　　　　w1－w2 則x＝， 故樣品純度為＝＝。 5．(2018·山東

6、省實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三模擬)16 mL由NO與NH3組成的混合氣體在催化劑作用下于400 ℃左右可發(fā)生反應(yīng)：6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)，達(dá)到平衡時(shí)在相同條件下氣體體積變?yōu)?7.5 mL，則原混合氣體中NO與NH3的物質(zhì)的量之比有四種情況： ①5∶3?、?∶2　③4∶3?、?∶7。其中正確的是(　　) A．①② B．①④ C．②③ D．③④ 答案　C 解析　根據(jù)反應(yīng)前后氣體的總體積，可用差量法直接求解。 6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)　ΔV(氣體的體積差) 6 mL　4 mL　 5 mL　6 mL　　　(5＋6)－(4＋6)＝1 mL(理論差量) 9 mL

7、 6 mL 17.5－16＝1.5 mL(實(shí)際差量) 由此可知共消耗15 mL氣體，還剩余1 mL氣體，假設(shè)剩余的氣體全部是NO，則V(NO)∶V(NH3)＝(9 mL＋1 mL)∶6 mL＝5∶3，假設(shè)剩余的氣體全部是NH3，則V(NO)∶V(NH3)＝9 mL∶(6 mL＋1 mL)＝9∶7，但因該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，剩余氣體實(shí)際上是NO、NH3的混合氣體，故V(NO)∶V(NH3)介于5∶3與9∶7之間，對(duì)照所給的數(shù)據(jù)知3∶2與4∶3在此區(qū)間內(nèi)。 方法三　解答連續(xù)反應(yīng)類(lèi)型計(jì)算題的捷徑——關(guān)系式法 關(guān)系式法是一種巧妙利用已知物與未知量之關(guān)系進(jìn)行解題

8、的一種方法，一般適用于多步進(jìn)行的連續(xù)反應(yīng)，因前一個(gè)反應(yīng)的產(chǎn)物是后一個(gè)反應(yīng)的反應(yīng)物，可以根據(jù)中間物質(zhì)的傳遞關(guān)系，找出原料和最終產(chǎn)物的相應(yīng)關(guān)系式。它是化學(xué)計(jì)算中的基本解題方法之一，利用關(guān)系式法可以將多步計(jì)算轉(zhuǎn)化為一步計(jì)算，免去逐步計(jì)算中的麻煩，簡(jiǎn)化解題步驟，減少運(yùn)算量，且計(jì)算結(jié)果不易出錯(cuò)，準(zhǔn)確率高。 (一)根據(jù)原子守恒找關(guān)系式 6．(2017·西安模擬)碳酸銅和堿式碳酸銅均可溶于鹽酸，轉(zhuǎn)化為氯化銅。在高溫下這兩種化合物均能分解成氧化銅。溶解28.4 g上述混合物，消耗1 mol·L－1鹽酸500 mL。煅燒等質(zhì)量的上述混合物，得到氧化銅的質(zhì)量是(　　) A．35 g B．30 g C．2

9、0 g D．15 g 答案　C 解析　碳酸銅和堿式碳酸銅均可溶于鹽酸，轉(zhuǎn)化為氯化銅，溶解28.4 g混合物，消耗1 mol·L－1鹽酸500 mL，HCl的物質(zhì)的量為0.5 mol，根據(jù)氯元素守恒則CuCl2的物質(zhì)的量為0.25 mol。根據(jù)Cu元素守恒可知，原混合物中含有Cu元素的物質(zhì)的量為0.25 mol，灼燒等質(zhì)量的上述混合物，得到氧化銅的物質(zhì)的量為0.25 mol，則m(CuO)＝0.25 mol×80 g·mol－1＝20 g。 7．有一在空氣中暴露過(guò)的KOH固體，經(jīng)分析知其內(nèi)含水7.12%，K2CO3 2.88%，KOH 90%，若將此樣品1 g加入到46.00 mL的1

10、mol·L－1鹽酸中，過(guò)量的酸再用1.07 mol·L－1 KOH溶液中和，蒸發(fā)中和后的溶液可得固體________g。 答案　3.427 解析　此題中發(fā)生的反應(yīng)很多，但仔細(xì)分析可知蒸發(fā)溶液后所得固體為KCl，其Cl－全部來(lái)自于鹽酸中的Cl－，在整個(gè)過(guò)程中Cl－守恒，即n(KCl)＝n(HCl)；故m(KCl)＝0.046 L×1 mol·L－1×74.5 g·mol－1＝3.427 g。 (二)根據(jù)電子守恒找關(guān)系式 如：NH3HNO3，O22 由得失電子總數(shù)相等知，NH3經(jīng)氧化等一系列過(guò)程生成HNO3，NH3和O2的關(guān)系為NH3～2O2。 8．將1.08 g FeO完全溶解在10

11、0 mL 1.00 mol·L－1硫酸中，然后加入25.00 mL K2Cr2O7溶 液，恰好使Fe2＋全部轉(zhuǎn)化為Fe3＋，且Cr2O中的鉻全部轉(zhuǎn)化為Cr3＋。則K2Cr2O7的物質(zhì)的量濃度是________。 答案　0.100 mol·L－1 解析　由電子守恒知，F(xiàn)eO中＋2價(jià)鐵所失電子的物質(zhì)的量與Cr2O中＋6價(jià)鉻所得電子的物質(zhì)的量相等，×(3－2)＝0.025 00 L×c(Cr2O)×(6－3)×2，得c(Cr2O)＝0.100 mol·L－1。 9．銅和鎂的合金4.6 g完全溶于濃硝酸，若反應(yīng)后硝酸被還原，只產(chǎn)生4 480 mL的NO2氣體和336 mL的N2O4氣體(都已折算

12、到標(biāo)準(zhǔn)狀況)，在反應(yīng)后的溶液中，加入足量的氫氧化鈉溶液，生成沉淀的質(zhì)量為(　　) A．9.02 g B．8.51 g C．8.26 g D．7.04 g 答案　B 解析　最后沉淀為Cu(OH)2和Mg(OH)2，Cu和Mg共4.6 g，關(guān)鍵是求增加的n(OH－)，n(OH－)等于金屬單質(zhì)所失電子的物質(zhì)的量，即n(OH－)＝×1 mol＋×2 mol＝0.23 mol，故沉淀的質(zhì)量為4.6 g＋0.23×17 g＝8.51 g。 (三)根據(jù)相關(guān)反應(yīng)找關(guān)系式 如：4NH3＋5O24NO＋6H2O 2NO＋O2===2NO2 3NO2＋H2O===2HNO3＋NO 經(jīng)多次氧化和

13、吸收，由N元素守恒知：NH3～HNO3。 10．黃鐵礦主要成分是FeS2。某硫酸廠在進(jìn)行黃鐵礦成分測(cè)定時(shí)，取0.100 0 g樣品在空氣中充分灼燒，將生成的SO2氣體與足量Fe2(SO4)3溶液完全反應(yīng)后，用濃度為0.020 00 mol·L－1的K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00 mL。 已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋ Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O (1)樣品中FeS2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是(假設(shè)雜質(zhì)不參加反應(yīng))________(保留1位小數(shù))。 (2)煅燒10 t上述黃鐵礦，理論上

14、產(chǎn)生SO2的體積(標(biāo)準(zhǔn)狀況)為_(kāi)_______L，制得98%的硫酸質(zhì)量為_(kāi)_______t。 答案　(1)90.0%　(2)3.36×106　15 解析　(1)據(jù)方程式：4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2 SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋ Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O 得關(guān)系式： Cr2O ～ 6Fe2＋ ～ 3SO2 ～ FeS2 1　　　　　　　　　　　 0.020 00 mol·L－1×0.025 00 L　 m(FeS2)＝0.090 00 g 樣品中FeS2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為90.

15、0%。 (2)4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2 　 4 mol　　　　　　　　　 8 mol 　 mol　　　　 n(SO2) n(SO2)＝1.5×105 mol V(SO2)＝3.36×106 L 由SO2　～SO3　～H2SO4 　1 mol　　　　　 98 g 　1.5×105 mol　　m(H2SO4)×98% 得m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。 11．金屬錫的純度可以通過(guò)下述方法分析：將試樣溶于鹽酸，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑，再加入過(guò)量的FeCl3溶液，發(fā)生如下反應(yīng)：SnCl2＋2FeCl3===SnCl

16、4＋2FeCl2，最后用已知濃度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反應(yīng)的化學(xué)方程式為6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl===6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O?，F(xiàn)有金屬錫試樣0.613 g，經(jīng)上述反應(yīng)后，共用去0.100 mol·L－1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。求試樣中錫的百分含量(假定雜質(zhì)不參加反應(yīng))。 答案　Sn與K2Cr2O7的物質(zhì)量的關(guān)系： 3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7 3×119 g 1 mol x 0.1×0.016 mol x＝＝0.571 2 g Sn%＝×100%≈93.2%。