化学必修1计算题解法

,化学计算方法集锦,守恒法平均值法极限法十字交叉法,王华兴2013年12月10日,一、守恒法,1、质量守恒【例1】取一定量的KClO3和MnO2的混合物共热制取O2，反应开始时MnO2在混合物中的质量分数为20%，当反应进行到MnO2在混合物中的质量分数为25%时，求KClO3的分解百分率。解析：催化剂MnO2在反应前后质量守恒。设原混合物的质量为m1g，反应后混合物的质量为m2g，则MnO2反应前后的质量分别为：0.2m1g和0.25m2g。由MnO2的质量守恒可得：0.2m1g0.25m2g即m20.8m1由反应前后质量守恒可知，放出O2的质量应等于反应前后的固体质量之差，即：m1g-m2gm1g-0.8m1g0.2m1g。则KClO3的分解百分率为：,答：（略）,2.溶液浓度守恒【例2】某盐的饱和溶液的质量分数为26.8%，取一定量的此饱和溶液，加入wg该无水盐，在温度不变的情况下，析出mg含有一定量结晶水的该盐晶体，则从饱和溶液中析出溶质的质量为A.26.8%wB.m-wC.(m+w)26.8%D.(m-w)26.8%,解析：因温度不变，析晶后，剩余溶液、减少的溶液（m-w）及原溶液浓度（质量分数）守恒，故有（m-w）26.8%,D,3.无数据题【例3】向一定量的NaOH固体中加入由硫酸铜和硫酸组成的混合物的溶液，充分搅拌，恰好完全反应，有蓝色沉淀生成，过滤，所得滤液的质量与加入的原混合物溶液的质量相等。则与硫酸铜反应的氢氧化钠和与硫酸反应的氢氧化钠的物质的量之比为。,解析：属于典型的无数据计算题。依题意分析出其中的守恒关系，即m(NaOH)mCu(OH)2。设与CuSO4反应的NaOH为xmol，与H2SO4反应的NaOH为ymol，则由(xmol+ymol)40g/mol98g/mol(xmol1/2)得x/y=40/9,4.元素守恒元素守恒也含有质量守恒的意思，只不过在具体应用时，很少直接用质量而是用其物质的量(或粒子个数)。元素守恒又可分为原子守恒和离子守恒，但原子守恒和离子守恒并无严格的区分，只因在不同情境中呈现不同的形态。,（1）原子(离子)守恒【例4】向含0.01molAlCl3的溶液中逐滴加入34mL1mol/LNaOH溶液，则含铝元素的生成物及其物质的量分别为。解析：n(NaOH):n(AlCl3)=0.034mL1mol/L:0.01mol=3.4:1(或17:5)介于3-4之间，故生成物中既有Al(OH)3，又有NaAlO2。设生成的Al(OH)3的化学计量数为x，NaAlO2的化学计量数为y。直平方程式：,5AlCl3+17NaOH=xAl(OH)3+yNaAlO2+15NaCl+(17-3x)/2H2O,由Na+守恒：17=y+15,由Al3+守恒：5=x+y,解得：x=3y=2（其它略）,【例5】将8gFe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉，共收集到1.68LH2(标准状况)，同时Fe和Fe2O3均无剩余。为了中和过量的H2SO4，且使溶液中的铁元素完全沉淀，共消耗4mol/L的NaOH溶液150mL，则原H2SO4的物质的量浓度为（）A.1.5mol/LB.0.5mol/LC.2mol/LD.1.2mol/L,C,(2)原子、离子并存守恒（元素守恒）【例6】将一定质量的镁、铝合金投入100mL一定浓度的盐酸中，合金全部溶解，向所得溶液中滴加5mol/L的NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。由图中数据分析计算：,(1)原合金中镁、铝的质量；(2)盐酸的物质的量浓度。,解析：（1）由图可知mMg(OH)2=11.6gmAl(OH)3=19.4g-11.6g=7.8g,由镁元素守恒知：MgMg(OH)2由铝元素守恒知：AlAl(OH)324g58g27g78gm(Mg)11.6gm(Al)7.8g解得：m(Mg)=4.8gm(Al)=2.7g,(2)当V(NaOH,aq)=160mL时，Mg2+、Al3+完全沉淀，此时溶液为NaCl溶液，由Cl离子、Na+离子守恒可知：,解得：c(HCl)=8.0mol/L,HClNaClNaOH,100mLc(HCl)=160mL5mol/L,3.电荷守恒多用于计算、判断溶液中粒子浓度之间的关系。在有关溶液的计算题中，若无特别说明，则可忽略H+、OH-的影响；而在讨论溶液中粒子浓度之间的关系时，却必须考虑在内。【例7】将aL由(NH4)SO4和NH4NO3组成的混合溶液分成两等份，一份加入bmol烧碱并加热，刚好把NH3赶出；另一份需消耗含cmolBaCl2的溶液，沉淀刚好完全。则原溶液中c(NO3)为。解析：由题设不难求得aL混合溶液中含2bmolNH4+和2cmolSO42。依据电荷守恒可得：1n(NH4+)=2n(SO42)+1n(NO3)即12bmol=22cmol+1c(NO3)aLc(NO3)=(2b-4c)/amol/L,【例8】有200mL氯化镁和氯化铝的混合溶液，其中c(Mg2)为0.2molL1、c(Cl)为1.3molL1。要使Mg2全部转化为沉淀分离出来，至少需加4molL1NaOH溶液的体积为()A40mLB72mLC80mLD128mL,C,4.得失电子守恒,【例9】在一定条件下，RO3n-和F2可发生如下反应：RO3n+F2+2OH=RO4+2F+H2O，从而可知在RO3n中，元素R的化合价是（）A.+4B.+5C.+6D.+7,解析:设元素R在RO3n-中的化合价为x。法一：据电荷守恒：n+12=1+21，n=1。则x23=1，x=+5法二：据电子守恒：(7x)1=0(-1)2，x=+5,【例10】(铁)将3.48gFe3O4完全溶解在100mL1mol/L硫酸中，加入25mLK2Cr2O7溶液，恰好使溶液中Fe2+全部转化为Fe3+，Cr2O72还原为Cr3+，则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为（）A.0.05mol/LB.0.1mol/LC.0.2mol/LD.0.3mol/L,B,B,解析：据得失电子守恒：（32）3.48/232mol=（63）20.025xmol解得x=0.1mol/L,【例11】35.6g由铁和氧化铁的混合物跟适量盐酸反应，生成5.6L标况下的氢气，反应后无固体剩余，且溶液不能使KSCN溶液变红，求原混合物中各成分的质量。,（解法1常规法化学方程式法）因上述反应中的后两个反应是连续反应，且溶液中无Fe3+，因此可以合并为Fe+Fe2O3+6H+3Fe2+3H2O设原混合物中氧化铁的物质的量为x，有Fe+2H+Fe2+H2Fe+Fe2O3+6H+3Fe2+3H2O0.25mol5.6L/22.4Lmol1xx则：(0.25+x)56+160 x35.6x=0.1mol故混合物中m(Fe2O3)=0.1mol160g/mol=16gm(Fe)=(0.25+0.1)mol56g/mol=19.6g（解法2得失电子法）从上述反应中可以发现再整个反应过程中均有电子转移，因原混合物中的铁元素全部转化为FeCl2,则在反应中电子转移的总数必然守恒：FeFe2+,2H+H2,Fe2O32Fe2+设原混合物中有xmolFe，则有Fe2O3(35.656x)/160mol，由反应过程中得失电子守恒有：,则m(Fe)=0.35mol56g/mol=19.6gm(Fe2O3)=35.6g19.6g=16g,x=0.35,二、平均值法1平均值法：混合物的平均相对分子(原子)质量、元素的质量分数、生成的某指定物质的量总是介于组分的相应量的最大值M2与最小值M1间，表达式为：M124，不符合BAlCl3Al2/3Cl2272/324，不符合DCaCl24024，不符合解法二：（平均相对分子质量法）将混合物写成MxCl2形式，有MxCl22AgCl1mol2moly300/143.5moly=150/143.4M平=95/300/143.5=90.9,因M(MgCl2)=9590.9，则杂质应符合M(MxCl2)n0.067mol,【例18】由两种物质组成的混合物15g溶于水配成溶液，向其中加入足量稀AgNO3溶液反应生成35.9g白色沉淀，则此混合物可能为()ANaCl和FeCl2BCaCl2和NaClCKCl和ZnCl2DKCl和NaCl,AD,D,析解：生成35.9g沉淀需要纯净氯化物的质量经过计算为：m(NaCl)=14.6g、m(FeCl2)=15.9g、m(CaCl2)=13.9g、m(KCl)=18.6g、m(ZnCl2)=16.9g只有14.6g15g15.9g和18.6g1.40(x+17)/(x+8)24.33:1对比题目所给各选项可以发现B、C、D均有可能而得出本题答案。,十字交叉法是进行二组分混和物平均量与组分量计算的一种简便方法。凡可按M1n1+M2n2=M平(n1+n2)的计算问题，均可用十字交叉法计算的问题，均可按十字交叉法计算，算式如右图为：式中，M平表示混和物的某平均量，M1、M2则表示两组分对应的量。如M平表示平均分子量，M1、M2则表示两组分各自的分子量，n1、n2表示两组分在混和物中所占的份额，n1:n2在大多数情况下表示两组分物质的量之比，有时也可以是两组分的质量比，如在进行有关溶液质量百分比浓度的计算。十字交叉法常用于求算：混和气体平均分子量及组成、混和烃平均分子式及组成、同位素原子百分含量、溶液的配制、混和物的反应等。,四、十字交叉法,【例题23】用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO2，求所得的溶液中CO32和HCO3的物质的量之比为。,析解：反应产物为Na2CO3和NaHCO3的混合物，若只生成为Na2C