专题二 微专题1 化学计算的类型和方法.docx

微专题1化学计算的类型和方法1.明确一个中心必须以“物质的量”为中心“见量化摩，遇问设摩”。2.掌握两种方法(1)守恒法：守恒法是中学化学计算中的一种常用方法，它包括质量守恒、电荷守恒、电子守恒。它们都是抓住有关变化的始态和终态，淡化中间过程，利用某种不变量(如某原子、离子或原子团不变；溶液中阴、阳离子所带电荷数相等；氧化还原反应中得失电子数相等)建立关系式，从而达到简化过程，快速解题的目的。(2)关系式法：表示两种或多种物质之间“物质的量”关系的一种简化式子。在多步反应中，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。3.计算类型及实验方法(1)计算类型确定化学式；确定样品质量分数。(2)实验方法滴定分析法；沉淀分析法；热重分析法。1.2018全国卷，27(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 molL1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_，该样品中Na2S2O5的残留量为_gL1(以SO2计)。答案S2O2I23H2O=2SO4I6H0.128解析根据电子、电荷及质量守恒，可写出反应的离子方程式为S2O2I23H2O=2SO4I6H，n(S2O)n(I2)0.010 00 molL110.00103 L5105 mol，该样品中S2O的残留量(以SO2计)为0.128 gL1。2.2018全国卷，28(3)K3Fe(C2O4)33H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。回答下列问题：测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c molL1KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是_。向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c molL1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为_。答案当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不变色100%解析加入锌粉后将Fe3还原为Fe2，再用KMnO4溶液滴定，将Fe2氧化为Fe3，MnO转化为Mn2：Fe2Fe3eMnOMn25e可得关系式：5Fe2MnO已知n(MnO)cV103 mol则n(Fe2)5cV103 mol则m(Fe2)5cV10356 g该晶体中铁的质量分数w(Fe)100%100%。题组一“滴定法”分析物质组成及含量应用一确定含量1.为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取W g石灰石样品，加入过量的浓度为6 molL1的盐酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸铵(NH4)2C2O4溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为C2OCa2=CaC2O4，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4H2SO4=H2C2O4CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0 mL。取出V1 mL用a molL1的KMnO4酸性溶液滴定，此时发生反应：2MnO5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O。若滴定终点时消耗a molL1的KMnO4 V2 mL，计算样品中CaCO3的质量分数。答案本题涉及的化学方程式或离子方程式为CaCO32HCl=CaCl2H2OCO2C2OCa2=CaC2O4CaC2O4H2SO4=H2C2O4CaSO42MnO5H2C2O46H=2Mn210CO28H2O由方程式可以得出相应的关系式5CaCO35Ca25CaC2O45H2C2O42MnO52n1(CaCO3)aV2103 moln1(CaCO3)2.5aV2103 mol样品中n(CaCO3)2.5aV2103 mol则w(CaCO3)100%。2.电解铜的阳极泥中含有3%14% Se元素，该元素以Se单质、Cu2Se形式存在，还含有稀有金属及贵金属。称取5.000 g电解铜的阳极泥样品以合适方法溶解，配成250 mL混酸溶液，移取上述溶液25.00 mL于锥形瓶中，加入25.00 mL 0.010 00 molL1 KMnO4标准溶液只发生Se(4)转化为Se(6)。反应完全后，用0.050 00 molL1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴至终点，消耗15.00 mL。则电解铜的阳极泥中Se的质量分数为_(保留四位有效数字)。答案3.950%解析MnO5Fe20.000 150 0 mol0.000 750 0 mol2MnO 50.000 250 0 mol0.000 250 0 mol0.000 150 0 mol0.000 100 0 molw(Se)100%3.950%。应用二确定组成3.碱式次氯酸镁Mga(ClO)b(OH)cxH2O是一种有开发价值的微溶于水的无机抗菌剂。为确定碱式次氯酸镁的组成，进行如下实验：准确称取1.685 g碱式次氯酸镁试样于250 mL锥形瓶中，加入过量的KI溶液，用足量乙酸酸化，用0.800 0 molL1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点(离子方程式为2S2OI2=2IS4O)，消耗25.00 mL。另取1.685 g碱式次氯酸镁试样，用足量乙酸酸化，再用足量3% H2O2溶液处理至不再产生气泡(H2O2被ClO氧化为O2)，稀释至1 000 mL。移取25.00 mL溶液至锥形瓶中，在一定条件下用0.020 00 molL1 EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Mg2(离子方程式为Mg2H2Y2=MgY22H)，消耗25.00 mL。(1)步骤需要用到的指示剂是_。(2)通过计算确定碱式次氯酸镁的化学式(写出计算过程)。答案(1)淀粉溶液(2)关系式：ClOI22S2On(ClO)n(S2O)0.800 0 molL125.00103 L0.01 mol，n(Mg2)0.020 00 molL125.00103 L0.02 mol，根据电荷守恒，可得：n(OH)2n(Mg2)n(ClO)20.02 mol0.01 mol0.03 mol，m(H2O)1.685 g0.01 mol51.5 gmol10.02 mol24 gmol10.03 mol17 gmol10.180 g，n(H2O)0.01 mol，n(Mg2)n(ClO)n(OH)n(H2O)0.02 mol0.01 mol0.03 mol0.01 mol2131，碱式次氯酸镁的化学式为Mg2ClO(OH)3H2O。解析(1)根据实验中的离子方程式可知有I2参加反应，根据I2的特性可选择淀粉溶液作指示剂。(2)根据实验中消耗的Na2S2O3的物质的量结合关系式ClOI22S2O求得n(ClO)，根据实验中消耗的EDTA的物质的量结合关系式Mg2EDTA可求得n(Mg2)，利用电荷守恒可求得n(OH)，根据固体的总质量以及求出的n(Mg2)、n(ClO)、n(OH)可求得n(H2O)，从而得到n(Mg2)、n(ClO)、n(OH)、n(H2O)四者之比，最后得到物质的化学式。1.利用守恒法计算物质含量，其关键是建立关系式，一般途径有两种(1)利用化学方程式中的化学计量数之间的关系建立关系式。(2)利用微粒守恒建立关系式。2.多步滴定常分为两类(1)连续滴定：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量。(2)返滴定：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定计算出过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量。题组二热重分析法确定物质组成及含量4.2014新课标全国卷，27(4)PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%(即100%)的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2nPbO，列式计算x值和mn值。答案根据PbO2PbOxO2，有322394.0%，x21.4，根据mPbO2nPbO，1.4，。5.在焙烧NH4VO3的过程中，固体质量的减少值(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示，210 时，剩余固体物质的化学式为_。答案HVO3解析NH4VO3分解的过程中生成氨气和HVO3，HVO3进一步分解生成V2O5,210 时若分解生成酸和氨气，则剩余固体占起始固体百分含量为100%85.47%，所以210 时，剩余固体物质的化学式为HVO3。6.为研究一水草酸钙(CaC2O4H2O)的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50 g样品加热，样品的固体残留率(100%)随温度的变化如下图所示。(1)300 时残留固体的成分为_，900 时残留固体的成分为_。(2)通过计算求出500 时固体的成分及质量(写出计算过程)。答案(1)CaC2O4CaO(2)在600 时，100%68.49%，m(剩余)36.50 g68.49%25 g，从300 至600 时，失去的总质量为32 g25 g7 g，失去物质的摩尔质量为7 g0.25 mol28 gmol1,500 时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物，样品中CaC2O4H2O的物质的量n(CaC2O4H2O)0.25 mol，设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为x mol和y mol，根据500 时固体总质量可得128x100y36.50 g76.16%，根据钙元素守恒可得xy0.25，解得x0.10，y0.15，m(CaC2O4)0.10 mol128 gmol112.80 g，m(CaCO3)0.15 mol100 gmol115.0 g，500 时固体的成分为12.8 g CaC2O4和15.0 g CaCO3。解析(1)n(CaC2O4H2O)0.25 mol，含有m(H2O)0.25 mol18 gmol14.50 g，在300 时，100%87.67%，m(剩余)36.50 g87.67%32 g，减少的质量为36.50 g32 g4.50 g，故此时失去全部的结晶水，残留固体为CaC2O4；在900 时，100%38.36%，m(剩余)36.50 g38.36%14 g，其中Ca的质量没有损失，含m(Ca)0.25 mol40 gmol110 g，另外还含有m(O)14 g10 g4 g，n(O)0.25 mol，则n(Ca)n(O)11，化学式为CaO。热重分析的方法(1)设晶体为1 mol。(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。(3)计算每步的m余，100%固体残留率。(4)晶体中金属质量不减少，仍在m余中。(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得mO，由n金属nO，即可求出失重后物质的化学式。专题强化练1.(2018西安中学高三上学期期中)为了配制100 mL 1 molL1 NaOH溶液，其中有下列几种操作，错误的操作有()选刚用蒸馏水洗净过的100 mL容量瓶进行配制NaOH固体在烧杯里刚好完全溶解，立即把溶液转移到容量瓶中用蒸馏水洗涤烧杯内壁两次，洗涤液都移入容量瓶中使蒸馏水沿着玻璃棒注入容量瓶，直到溶液的凹液面恰好跟刻度线相切由于不慎，液面超过了容量瓶的刻度线，这时采取的措施是使用胶头滴管吸出超过的一部分A. B.C. D.答案A解析配制100 mL 1 molL1的NaOH溶液，应选择100 mL容量瓶，因为容量瓶定容时仍需要加蒸馏水，所以使用前不需要干燥，正确；NaOH溶于水放热，所以不能立即把溶液转移到容量瓶中，应冷却至室温再转移，错误；用蒸馏水洗涤烧杯内壁2次，洗涤液也均转入容量瓶中，是为了将溶质全部转移到容量瓶中，正确；定容时为了防止加水超过刻度线，当加水至液面距离刻度线12 cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻度线相平，错误；由于不慎，液面超过了容量瓶的刻度线，若吸出溶液则减少了溶质的质量，结果偏低，实验失败，需要重新配制，错误。2.2018福州市八县(市)协作校高三上学期期中实验室中需要2 molL1的NaCl溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaCl质量分别是()A.950 mL,111.2 g B.950 mL,117.0 gC.1 000 mL,117.0 g D.1 000 mL,111.2 g答案C解析实验室没有950 mL的容量瓶，应用1 000 mL的容量瓶进行配制，则n(NaCl)1 L2 molL12 mol，m(NaCl)2 mol58.5 gmol1117.0 g，故选C。3.(2018吉林省高三四盟校期中)把含硫酸铵和硝酸铵的混合溶液a L分成两等份，一份加入含b mol NaOH的溶液并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗c mol BaCl2才能使SO完全沉淀，则原溶液中NO的物质的量浓度为()A. B.C. D.答案B解析b mol NaOH恰好将NH3全部赶出，根据NHOHNH3H2O可知，每份中含有b mol NH；与氯化钡溶液完全反应消耗c mol BaCl2才能使SO完全沉淀，根据Ba2SO=BaSO4可知每份含有SO c mol，设每份中含有NO的物质的量为x mol，根据溶液呈电中性，则b mol1c mol2x mol1，得xb2c，因将a L混合溶液分成两等份，则每份的体积是0.5a L，所以每份溶液中NO的浓度是c(NO) molL1，即原溶液中NO的浓度是 molL1，故选B。4.(2018唐山市高三二模)设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法不正确的是()A.在标准状况下，11.2 L C3H8中共价键数目为5NAB.1 mol N2和3 mol H2充分反应后，容器中分子总数大于2NAC.18 g OH和 20 g OH 所含电子数目相同D.氯气通入到FeI2溶液中，当有3NA Fe2被氧化时，消耗标准状况下氯气336 L答案D解析A项，C3H8分子中有10个共价键，在标准状况下，11.2 L C3H8的物质的量为0.5 mol，故其中共价键数目为5NA，正确；B项，1 mol N2和3 mol H2充分反应后，由于该反应是可逆反应，不能完全转化为2 mol NH3，故容器中分子总数大于2NA，正确；C项，18 g OH 所含电子数目为10NA,20 g OH 所含电子数目为9NA，故两者所含电子数相同，正确；D项，氯气通入到FeI2溶液中，当有3NA Fe2被氧化时，由于碘离子的还原性比亚铁离子强，故无法确定有多少碘离子被氧化，也无法计算消耗的氯气的量，错误。5.(2018珠海市高三3月质量检测)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NAB.含2 mol H2SO4的浓硫酸和足量的Cu反应可生成NA个SO2分子C.标准状况下，22.4 L N2和H2混合气中含4NA个原子D.过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA答案D解析A项，重水的摩尔质量为20 gmol1，故18 g重水的物质的量为0.9 mol，含有9 mol质子即9NA个，错误；B项，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸后，与铜不再反应，生成的SO2分子少于NA个，错误；C项，由于氮气和氢气均是双原子分子，所以标准状况下22.4 L N2和H2混合气为1 mol，含有2 mol原子即2NA个，错误；D项，过氧化钠和水反应时，氧元素由1价变为0价，故当生成0.1 mol氧气时转移0.2NA个电子，正确。6.(2018湖北省沙市中学高三高考冲刺)用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.由2H和18O所组成的水11 g，所含的中子数为4NAB.1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NAC.标准状况下，7.1 g氯气与足量石灰乳充分反应转移电子数为0.2NAD.NO2和H2O反应每生成2 mol HNO3转移的电子数目为2NA答案D解析A项，由2H和18O所组成的水为2H218O，根据nm/M可知11 g水的物质的量n0.5 mol，而1 mol 2H218O含12 mol中子，故0.5 mol水中含6 mol中子，错误；B项，由于合成氨气的反应为可逆反应，所以1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数小于2NA，错误；C项，氯气和石灰乳发生氧化还原反应，氯元素化合价由0价变化为1价和1价，标准状况下，7.1 g氯气的物质的量为0.1 mol，与足量石灰乳充分反应转移电子数为0.1NA，错误； D项，NO2和H2O反应生成 HNO3的反应是歧化反应：3NO2H2O=2HNO3NO，此反应生成2 mol HNO3，转移2 mol电子，个数为2NA，正确。7.(2018唐山市五校高三联考)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A.100 g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含有4NA个氧原子B.1 mol Cl2溶于水，溶液中Cl、HClO、ClO粒子数之和小于2NAC.2.24 L(标准状况)2H2中含有0.2NA个中子D.25 时Ksp(CaSO4)9106，则该温度下CaSO4饱和溶液中含有3103NA个Ca2答案D解析A项，乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子，100 g 46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为46 g，物质的量为1 mol，故含1 mol氧原子；水的质量为100 g46 g54 g，物质的量为3 mol，故含3 mol氧原子，故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为4 mol，个数为4NA，正确；B项，1 mol Cl2通入水中是可逆反应，反应生成盐酸和次氯酸，由氯元素守恒可知， HClO、Cl、ClO粒子数之和小于2NA，正确；C项，标况下2.24 L 2H2的物质的量为0.1 mol，而2H2中含2个中子，故0.1 mol 2H2中含0.2NA个中子，正确；D项，25 时，Ksp(CaSO4)9106，由于溶液体积不知，不能计算微粒数，错误。8.(2018武汉市高三毕业生二月调研)通常监测SO2含量是否达到排放标准的反应原理是SO2H2O2BaCl2=BaSO42HCl。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.0.1 mol BaCl2晶体中所含微粒总数为0.1NAB.25 时，pH1的HCl溶液中含有H的数目为0.1NAC.17 g H2O2中含有非极性键数目为0.5NAD.生成2.33 g BaSO4沉淀时，转移电子数目为0.01NA答案C解析A项，BaCl2由钡离子和氯离子构成，故0.1 mol BaCl2晶体中所含微粒总数为0.3NA，错误；B项，没有给出体积，无法计算H的数目，错误；C项，H2O2的结构式为OHOH,17 g H2O2为0.5 mol，含有非极性键数目为0.5NA，正确；D项，根据反应SO2H2O2BaCl2=BaSO42HCl，生成2.33 g BaSO4沉淀(0.01 mol)时，转移电子数目为0.02NA，D错误。9.(2018保定市高三二模)空气中二氧化碳含量的持续增加，会产生温室效应，一种处理二氧化碳的重要方法是将二氧化碳还原：CO2(g)4H2(g)CH4(g)2H2O(g)，下列说法(NA代表阿伏加德罗常数的值)正确的是()A.2.24 L CO2含有双键的数目为0.2NAB.1 mol CO2和2 mol H2充分反应生成CH4分子数为0.5NAC.通常状况下，0.1 mol CH4中含有的电子数为NAD.生成18 g H2O转移电子数为8NA答案C解析A项，没有指明是在标准状况下，错误；B项，该反应为可逆反应，不能进行到底，1 mol CO2和2 mol H2充分反应不能生成0.5 mol CH4，即CH4分子数小于0.5NA，错误；C项，由于1个CH4中含有10个电子，则0.1 mol CH4中含有的电子数为NA，与条件无关，正确；D项，分析化学方程式：CO2(g)4H8e2(g)=CH4(g)2H2O(g)知，每生成2 mol水转移8 mol电子，若生成18 g H2O(即1 mol)则转移电子数为4NA，错误。10.(2018湖北省沙市中学高三高考冲刺)取28.70 g ZnSO47H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示。分析数据，680 时所得固体的化学式为()A.ZnO B.Zn3O(SO4)2C.ZnSO4 D.ZnSO4H2O答案B解析28.70 g ZnSO47H2O的物质的量为0.1 mol，由Zn元素守恒可以知道，生成ZnSO4H2O或ZnSO4或ZnO或Zn3O(SO4)2时，物质的量均为0.1 mol，若得ZnSO4H2O的质量为17.90 g(100 )；若得ZnSO4的质量为16.10 g(250 )；若得ZnO的质量为8.10 g(930 )；据此通过排除法确定680 时所得固体的化学式为Zn3O(SO4)2。11.25.35 g MnSO4H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示。(1)300 时，所得固体的化学式为_。(2)1 150 时，反应的化学方程式为_。答案(1)MnSO4(2)3MnO2Mn3O4O2解析(1)25.35 g MnSO4H2O样品中n(Mn)n(MnSO4H2O)0.15 mol，其中n(H2O)0.15 mol，m(H2O)2.7 g,300 时，所得固体质量为22.65 g，减少的质量为2.7 g，则说明该段失去结晶水，此时固体为MnSO4。(2)温度继续升高，固体MnSO4受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物0.15 mol,850 时，固体质量由22.65 g减少到13.05 g，减少的质量为9.6 g，则硫的氧化物的相对质量为64，故为二氧化硫，则此时的固体为MnO2,1 150 时固体为二氧化锰分解所得，由锰元素质量守恒，则m(Mn)n(Mn)55 gmol18.25 g，则氧化物中m(O)11.45 g8.25 g3.2 g，n(O)0.2 mol，故n(Mn)n(O)0.150.234，则该氧化物为Mn3O4，故反应的化学方程式为3MnO2Mn3O4O2。12.重量法测定产品BaCl22H2O的纯度步骤为：准确称取m g BaCl22H2O试样，加入100 mL水， 用3 mL 2 molL1的HCl溶液加热溶解。边搅拌边逐滴加 0.1 molL1 H2SO4溶液。待 BaSO4完全沉降后，过滤，用0.01 molL1 的稀H2SO4洗涤沉淀34次，直至洗涤液中不含 Cl为止。将沉淀置于坩埚中经烘干灼烧至恒重，称量为n g。则BaCl22H2O的质量分数为_。答案100%解析经过重量法得到的沉淀即为n g BaSO4，根据钡元素守恒，n(Ba) mol，n(BaCl22H2O) mol，m(BaCl22H2O) g，则BaCl22H2O的质量分数为100%。13.测定某次实验中NaN3产品纯度：称取NaN3产品5.000 0 g，用适量稀硫酸溶解后配成100.00 mL溶液A；取25.00 mL溶液A，加入20.00 mL 0.200 0 molL1 KMnO4溶液，得紫红色溶液B；向溶液B加入足量KI溶液消耗过量的KMnO4溶液，然后以淀粉溶液作指示剂，用0.100 0 molL1 Na2S2O3标准溶液