高考化学 综合计算知识精讲VIP

第三节 综合计算【知识网络】 1过量判断方 法具 体 内 容判断过量的1假设讨论法假设两种物质恰好完全反应，再进行计算检验，看结果是否符合题意或假设2终态分析法通过对最终生成物的某些量进行分析、判断，来确定已知反应物是否过量3极值判断法根据化学方程式确定所需反应物或生成物的最大量（或最小）进行判断。注意最大值和最小值的确定 2混合物计算及综合计算使用的数学思想序号数学思想具 体 内 容1函数思想用运动、变化的观点去分析和处理化学问题中变量和变量之间的相互关系，建立数学模型来解决化学问题2分类讨论思想按照一定的标准把复杂、综合的计算题分解成几个部分或几种情况，然后逐个解决。单一化学反应的过量计算，可分大于、等于、小于进行讨论，有n个连续的化学反应，则可分为（n+1）段进行讨论3数形结合思想将复杂或抽象的数量关系与直观形象的图形在方法上互相渗透，并在一定条件下互相转化和补充，增强解题的综合性和灵活性，得出合理而简捷的解题途径 3混合物计算的一般解题步骤序号步骤 具 体 内 容1设设原混合物各种成分的物质的量的未知数2式写出有用的各个化学反应的化学方程式或离子方程式3标将已设的未知数标在有关物质的化学式下边，注意反应物的各化学计量数关系4列根据原混合物的质量及反应过程中的物质的量的关系，列出多元一次方程组5解求解上述方程组，得要求各成分的物质的量6验检验答案是否符合题意或事实【易错指津】1 选用化学反应进行关于混合物的计算，在近十年高考的最后一题或倒数第二题中出现的频率高达50%。解有关混合物问题计算的关键是：根据涉及的化学反应，找出关系列联立方程确定未知数，或根据已知条件直接确定一个或若干个未知数，然后逐一解决；设未知数时，一般设组分的“物质的量”，因为这样“设”，找关系方便；解关于多步反应的计算，关键是建立“关系式”，而关系式的建立，是基于熟练掌握所涉及的化学反应，将多步反应中始态物质和终态物质间建立关系。2 利用化学方程式的计算解题的基本思维模式：认真审题，明确条件和要求，挖掘题示和信息，弄清要解决的问题；写出正确的化学方程式或关系式；运用化学知识找出已知项与未知项在量方面的内在联系，找出解题的突破口。3 有关混合物过量的计算，要注意由于反应物量的不同，从而导致产物不同，反应方程式也不同。推算时不能仅用一种反应方程式考虑问题。4 计算确定某种盐的化学式时，要注意题中图像提供的隐藏的已知条件，挖掘出反应中需要消耗量与实际消耗量之间是否存在差量，以防导致分析判断失误。5 正确理解化学方程式的意义，熟悉单质及化合物的性质，准确书写化学方程式或关系式，求出相关物质的摩尔质量是化学方程式计算的关键，防止化学方程式未配平，列比例式计算时相关物质上下单位不统一造成错误。注意解题规范，合理使用单位和有效数字。6 进行混合物过量计算时，判断哪种物质过量是解题的关键，抓住不足量物质进行计算，找出质量关系和某种物质的物质的量守恒关系，列出多元一次方程组求解，必要时将计算结果进行检验是否符合实际情况。防止不分析判断哪种物质过量，直接乱用数据进行计算。7 对于具有新信息的化学计算题，注意克服陌生感而带来的恐惧心理，细心找出各种有用物质对应的数量变化关系进行计算。高考化学计算的发展新趋势在于从诸多量中找出有用的数据来计算某个量，并进行可能组合的分析，以及缺量分析，需要补足哪些量才能进行计算等，以提高创造思维能力。8 在进行复杂的化学计算时，应用某种解题方法进行综合分析，考虑问题要周密。凡是用字母代替物质的具体用量时，不能认为都是足量或适量，要根据化学方程式划定各段范围，分段讨论，防止因分析不全、疏漏而造成错误。【典型例题评析】例1 吗啡和海洛因都是严格查禁的毒品，吗啡的分子含C71.58%、H6.67% 、N4.91%，其余为O，已知其相对分子质量不超过300，试求：（1996年高考化学试测题）（1）吗啡的相对分子质量 ，分子式 （2）已知海洛因是吗啡的二乙酸酯，那么海洛因的相对分子质量 ，分子式为 。思路分析：最简式法（顺向思维）：=17:19:1:3。则最简式为C17H19NO3，式量258，已知相对分子质量不超过300，那么它的分子式就是C17H19NO3。已知海洛因是吗啡的二乙酸酯，2mol乙酸跟吗啡酯化时，生成2mol水，因此海洛因的分子式可以在吗啡分子式的基础上增加“2C2H4O2”再减少“2H2O”，为C21H23NO5，其相对分子质量为285+260-218=369。答案：（1）285，C17H19NO3 （2）369，C21H23NO5方法要领：注意小结求相对分子质量、分子式的方法。一题多解：试探法（逆向思维）：上法求不仅计算量大而且较费时，甚至很难确定原子个数的整数比，不可取。若先粗略设定吗啡分子中含氮原子1个，求得吗啡的相对原子质量为：144.91%=285300。符合题意要求，再根据物质的量关系法求出：C：(28571.58%)12=17 H；(2856.67%)1=19 O：(285-1712-191-14)1616=3因此吗啡的分子式为C17H19O3N。由于吗啡的结构简式未知，因而写不出海洛因的结构简式，根据一般思路，似乎不便于求其相对分子质量和分子式。但是思考的方法可改变角度，从醇与乙酸反应转化为酯来考虑即：ROH+CH3COOHCH3COOR+H2O得1个乙酸发生反应分子中增加了1个C2H2O，相当于式量增加了1个42。因此海洛因的相对分子质量为285+422=369，分子式为：C17H19O3N+2(C2H2O)=C21H23O5N。例2 为测定一种复合氧化物型的磁性粉末材料的组成，称取12.52g样品，将其全部溶于过量稀硝酸后，配成100mL溶液。取其一半，加入过量K2SO4溶液，生成白色沉淀，经过滤、洗涤、烘干后得4.66g固体。在余下的50mL溶液中加入少许KSCN溶液，显红色；如果加入过量NaOH溶液，则生成红褐色沉淀，将沉淀过滤、洗涤、灼烧后得到3.20g固体。（1993年上海高考题）（1）计算磁性粉末材料中氧元素的质量分数。（2）确定材料的化学式。思路分析：由题意可得：溶液中（含HNO3）加入K2SO4溶液，生成白色沉淀，说明该沉淀是BaSO4，n(BaSO4)=4.66g/233g.mol-1=0.02mol，该材料含有Ba2+，总量为:n(Ba2+)=0.02mol2=0.04mol。又溶液中加入少许KSCN溶液，显红色，说明含Fe3+，与过量NaOH溶液生成沉淀为Fe(OH)3,灼烧后的3.20g固体为Fe2O3，n(Fe2O3)=3.20g/160g.mol-1=0.02mol，n(Fe3+)=0.04mol，材料中总量为n(Fe3+)=0.04mol2=0.08mol。氧的质量分数为：材料中三种离子的物质的量之比为：n(Ba2+):n(Fe3+):n(O2-)=0.04mol:0.08mol:2.56/16mol=1:2:4。答案：（1）20.45% (2)BaFe2O4或BaO.Fe2O3洗涤灼烧NaOH（过量）K2SO4过量稀HNO3氧化物12.52g硝酸盐稀硝酸BaSO40.0400molFe(OH)3Fe2O30.0400mol方法要领：此题考查考生对复合氧化物成分进行定量推算能力。该题综合考查了SO42-离子的检验，Fe(SCN)2+离子的特征、颜色等，体现了无机物化学式求解的基本方法：即先判定元素，再确定原子个数比求最简式，最后求得化学式。解这类试题，可采用图解法：例3 自然界存在的碳酸盐类铜矿（如孔雀石、石青等）的化学组成为：aCuCO3.bCu(OH)2(a，b为正整数，且a2，b2为正整数)。（1）将孔雀石、石青矿样分别加盐酸至完全溶解，耗用HCl物质的量与产生CO2物质的量之比：孔雀石为4：1；石青为3：1。它们的化学组成为：孔雀石 、石青 。（2）今有一份碳酸盐类铜矿样品，将其等分为A、B两份。然后，加盐酸使A样品完全溶解，产生CO23.36L（标准状况）；加热B样品使其完全分解，得到20 g CuO。试计算并确定该矿石的化学组成。（3）某碳酸盐类铜矿样加酸完全溶解后，产生CO26.72L（标准状况），这份矿样中CuO含量不低于 g；（4）设某碳酸盐类铜矿样的质量为A g，所含CuO质量为G g。加酸完全溶解后，产生的CO2体积（标准状况）为V L，则含铜矿样的A、V、G之间的关系式为：A= （1999年上海高考题）思路分析：（2）n(CO2)=3.36L/22.4L/mol=0.15mol=n(CuCO3)n(CuO)=20g/80g/mol=0.25mol=n(CuCO3)+nCu(OH)2。所以nCu(OH)2=0.25mol-0.15mol=0.1mol。a:b= n(CuCO3):nCu(OH)2=0.15:0.1=3:2 因为a2，b2，所以该矿样为混合物。化学组成为：CuCO3Cu(OH)2与2CuCO3Cu(OH)2混合物。（3）设矿样成分为aCuCO3bCu(OH)2，则n(CuO)/n(CO2)=(a+b)/a。当a=2，b=1时，比值最小为3/2。已知n(CO2)=6.72L22.4L/mol=0.3mol，所以a=0.3mol；n(CuO)=(a+b)/an(CO2)，不小于0.3mol3/2=0.45mol。故CuO质量不小于0.45mol80g/mol=36g。（4）矿样中CuCO3质量为124gV/22.4，矿样中Cu(OH)2质量为：n(CuO)98g/mol=(G/80-V/22.4)mol98g/mol，故A=124V/22.4+98(G/80-V/22.4)。答案：（1）孔雀石：CuCO3.Cu(OH)2 石青：2Cu(OH)2 CO3.Cu(OH)2；（2）组成为：CuCO3.Cu(OH)2与2CuCO3.Cu(OH)2混合物；（3）36g；（4）A=124（或65V/56+49G/40）方法要领：此题是一道综合计算题，有化学组成推断，有矿样中某成分含量的有关计算，有矿样中各成分质量关系式推算。需要考生根据提供的条件、信息，找出其中的内在规律，并能按此规律进行推理和运算。考查了考生思维的敏捷性和整体性。解题过程中要掌握矿样中n(CO2)=n(CuCO3)，n(CuO)=n(CuCO3)+nCu(OH)2，根据n(CuCO3):nCu(OH)2=3:2，a2，b2灵活地判断出化学组成为CuCO3Cu(OH)2与2CuCO3Cu(OH)2混合物。在推算矿样中CuO含量最小值时，根据守恒关系，选择n(CuO)/n(CO2)=(a+b)/a比例式，按题中条件，可知a=2，b=1时，(a+b)/a的比值最小，又因n(CO2)为6.72L/22.4L/mol=0.3mol，计算出CuO质量不小于36g。推算矿样中A、V、G关系式时，根据CuO质量为G g，可知n(CuCO3)+nCu(OH)2=G/80；根据产生的CO2体积VL，可知其中n(CuCO3)=V/22.4mol，故可列出A、V、G之间关系式为A=124V/22.4+98(G/80-V/22.4)。例4 接触法制硫酸排放的尾气中，含少量的二氧化硫。为防止污染大气在排放前设法进行综合利用。（1）某硫酸厂每天排放的1万米3尾气中含0.2%（体积分数）的SO2。问用氢氧化钠溶液、石灰及氧气处理后，假设硫元素不损失，理论上可得到多少kg石膏（CaSO4.2H2O）（2）如果将一定体积的尾气通入100mL2mol/L的氢氧化钠溶液使其完全反应，经测定所得溶液含16.7g溶质。试分析该溶液的成分，并计算确定各成分的物质的量。（3）工厂在尾气处理及制石膏的过程中，中间产物是亚硫酸氢钠。调节尾气排放的流量，以取得二氧化硫与氢氧化钠间物质的量最佳比值，从而提高亚硫酸氢钠的产量。现设n(SO2)、n(NaOH)、n(NaHSO3)分别表示二氧化硫、氢氧化钠和亚硫酸氢钠的产量，且n(SO2)/n(NaOH)=x，试写出x在不同取值范围时，n(NaHSO3)的值或n(NaHSO3)与n(SO2)、n(NaOH)间的关系式。xn(NaHSO3)思路分析：（1）SO2CaSO4.2H2O 22.4m3 172kg 1040.2% x x=153.6kg(2)NaOH1/2Na2SO3 NaOHNaHSO3 0.2mol 0.1mol 即12.6g 0.2mol 0.2mol 即0.2mol104g/mol=20.8g12.6g16.7g20.8g 所以两种物质都有。设Na2SO3、NaHSO3物质的量分别为x、y126g/molx+104g/mol=16.7g2x+y=0.2 x=0.05mol y=0.1mol（3）SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3 SO2+NaOH=NaHSO3x1/2 根据方程式可知只有Na2SO3； x1 根据方程式可知只有NaHSO3；n(NaHSO3)=n(NaOH)1/2x1 SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O 余SO2：n(SO2)-1/2n(NaOH) Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3 因为SO2为n(SO2)-1/2n(NaOH) 所以NaHSO3：2n(SO2)-1/2n(NaOH)答案：（1）153.6kg (2)Na2SO30.1mol NaHSO30.05mol （3）x1/2时，无NaHSO3生成 x1时，n(NaOH) 1/2x1时，2n(SO2)-1/2n(NaOH)方法要领：本题为联系生产的混合物计算题。考查考生思维的严密性、灵活性。此题第（1）问中SO2与CaSO4.2H2O因S元素质量守恒，因此可列正比例式n(SO2):n(CaSO4.2H2O)=1:1求解。第（2）问中根据Na守恒方法，推断出0.2molNaOH可全部转化为0.1mol Na2SO3即12.6g，0.2molNaOH可全部转化为0.2mol NaHSO3，即20.8g，题中溶质质量守恒16.7g介于12.6g20.8g之间，可判断出两种物质皆有。第（3）问中根据以下三个反应式进行分析计算：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3 SO2+NaOH=NaHSO3当SO2不足量时用式计算，SO2足量时用式计算，介于两者之间用、式计算。此处考查了考生解题能力。例5 硫酸银的溶解度较小，25时，每100g水仅溶解0.836g。（1996年全国高考题）（1）25时，在烧杯中加入6.24g硫酸银经充分溶解后，所得饱和溶液的体积是200mL。计算溶液中Ag+的物质的量浓度。（2）若在上述烧杯中加入50mL0.0268mol/LBaCl2溶液，充分搅拌，溶液中Ag+的物质的量浓度。（3）在（1）题烧杯中需加入多少0.0268mol/LBaCl2溶液，才能使Ag+浓度降至0.0200mol/L？思路分析：（1）Ag2SO4微溶于水，6.24g硫酸银固体放入200g水中，只有少量Ag2SO4溶解，所得溶液为Ag2SO4的饱和溶液。100g水溶于Ag2SO4后其体积为0.100L。n(Ag2SO4)=0.836g/312g/mol=0.00268mol c(Ag2SO4)=0.00268mol/0.100L=0.0268mol/Lc(Ag+)=0.0268mol/L2=0.0536mol/L。 （2）在Ag2SO4饱和溶液中，加BaCl2溶液二者可发生反应生成BaSO4和AgCl沉淀，使Ag2SO4的溶解平衡向溶解的方向移动。由Ag2SO4+BaCl2=BaSO4+2AgCl消耗Ag2SO4：0.0268mol/L0.0500L312g/mol6.24g，即加入BaCl2的量很小，还不足以使固体Ag2SO4全部溶解，所以溶液仍为Ag2SO4饱和溶液，Ag+浓度不变。c(Ag+)=0.0536mol/L。 （3）要想使加入BaCl2溶液后溶液中Ag+浓度降低，只有在Ag2SO4固体全部溶解后，再加一部分BaCl2才能实现。这样可把6.24g Ag2SO4看作全部溶解，按要求求出剩余Ag+浓度为0.0200mol/L时，加入BaCl2溶液的体积。 设加入BaCl2溶液的体积为V，由反应式Ag2SO4+BaCl2=BaSO4+2AgCl知，消耗Ag2SO4的物质的量=n(BaCl2)=0.0268mol/LV，依题意： 解得：V=0.489L。答案：（1）0.0536mol/L (2)0.0536mol/L (3)0.489L方法要领：本题属于与化学反应有关的溶解度、溶解平衡以及溶液浓度的计算。第（1）问要说明溶液体积与水的体积的关系；第（2）问要在依据反应式计算的基础上说明BaCl2和Ag2SO4的相对量；第（3）问要说明Ag2SO4必须全部溶解，再根据化学方程式计算。解题中易犯的错误是：计算时用Ag2SO4的浓度代替Ag+的浓度；不知道加BaCl2溶液仍为Ag2SO4的饱和溶液，而是用原溶液中Ag+的浓度、体积和BaCl2溶液、体积进行计算；只考虑了溶液中的Ag+，而忽视了溶液中未溶解的Ag2SO4的继续溶解。例6 现有AlCl3和FeCl3混合溶液，其中Al3+和Fe3+的物质的量之和为0.1mol，在此溶液中加入90mL4mol/L的NaOH溶液，使其充分反应.设Al3+物质的量与Al3+和Fe3+总物质的量的比值为x。（1996年上海高考题）(1)根据反应的化学方程式计算x=0.4时，溶液中产生的沉淀是什么?物质的量有多少？(2)计算沉淀中只有Fe(OH)3的x取值范围。请在右图中画出沉淀总量(mol)随x(01)变化的曲线.(3)若Al3+和Fe3+物质的量之和为A摩(A为合理数值),其他条件不变时,求沉淀中同时有Fe(OH)3、Al(OH)3的x取值范围和各沉淀的物质的量(用含有A、x的式子表示)。 思路分析：该题侧重考查定量地对化学反应过程进行分析、推理、判断的能力和把化学问题抽象为数学问题的能力。（1）向溶液中加入的n(NaOH)=0.36mol。当x=0.4时，溶液中n(Al3+)=0.1mol0.4=0.04mol，n(Fe3+)=0.1mol(1-0.4)=0.06mol。Fe3+ + 3OH- = Fe(OH)3 Al3+ + 3OH- = Al(OH)3 0.06mol 0.06mol3 0.04mol 0.04mol3 0.04mol将Fe3+和Al3+刚好完全沉淀耗NaOH：0.18mol+0.12mol=0.3mol，余下的NaOH（0.36mol-0.3mol=0.06mol）,；由反应：Al(OH)3+ OH- =AlO2-+2H2O，知生成的0.04mol Al(OH)3全部被溶解。因此，最终得到的沉淀是0.06mol的Fe(OH)3。 （2）由于Fe3+和Al3+均为+3价离子，所以无论x的值为多少，将溶液中总物质的量为0.1 mol的Fe3+ 和Al3+完全沉淀时，耗NaOH为0.3mol。此时沉淀总量为0.1mol,其中有0.1xmol Al(OH)3和0.1x（1-x）mol Fe(OH)3。由于所加NaOH为0.36mol，过量0.36mol-0.3mol=0.06mol，这是一个定值（与x的值无关），故有以下两种情况：若Al(OH)3沉淀的物质的量小于或等于0.06mol，即0.1x0.06，则根据Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O可知，Al(OH)3全部溶解，最终沉淀中只有Fe(OH)3，其物质的量为0.1(1-x)mol。结合0x1，可归纳出以下数学关系： 0.1x0.06当 ，即0x0.6时，沉淀只有Fe(OH)3，其物质的量为0.1(1-x)mol。显然，在0x 0x0.06，则Al(OH)3沉淀被溶解掉0.06mol后还有剩余，最终沉淀为Fe(OH)3和Al(OH)3，其总的物质的量为0.1mol-0.06mol=0.04mol。结合0x0.06当 ，即时0.6x1时，沉淀量等于0.04mol 0x1根据上述分析选取坐标中的三个点：起点（0，0.01）、转折点（0.6，0.04）、终点（1.0，0.04），并依次用直线连接，便得到沉淀总量（mol）随x的变化曲线。（3）该问将Fe3+和Al3+的物质的量由0.1mol变为Amol，旨在考查由特殊到一般的处理问题的能力。另外要求讨论的问题是Fe(OH)3和Al(OH)3同时在沉淀中存在时x的取值范围，与（2）不同，是沉淀的另一种情况。Fe3+ 和Al3+共Amol，则n(Al3+)=Axmol，n(Fe3+)=A(1-x)mol。Fe3+ Fe(OH)3 Al3+ Al(OH)3AlO2-A(1-x)mol A(1-x)mol Axmol Axmol Axmol溶液中Fe3+ 和Al3+完全沉淀时，生成Al(OH)3的为Axmol、Fe(OH)3为A(1-x)mol，消耗的NaOH为3Amol，剩余的NaOH为（0.36-3A）mol。欲使沉淀中同时有Fe(OH)3和Al(OH)3，必须使（0.36-3A）Ax，并结合0x1，得出（0.36/A-3）x1。最终沉淀中：nFe(OH)3=A(1-x)mol nAl(OH)3=Ax-(0.36-3A)mol=A(x+3)-0.36mol。答案：(1)Fe(OH)3、0.0