人版高中化学必修1-化学计算常用的方法

./方法一电解质溶液的计算法宝——电荷守恒法涉及溶液中离子浓度的计算时常需用到电荷守恒,首先找出溶液中所有阳离子和阴离子,再根据阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数列等式。如Al2<SO4>3、NH4NO3混合溶液的电荷守恒为3c<Al3＋>＋c<NHeq\o\al<＋,4>>＋c<H＋>＝2c<SOeq\o\al<2－,4>>＋c<NOeq\o\al<－,3>>＋c<OH－>。注意一般情况下,列电荷守恒等式时不能忽略H＋、OH－,但在计算时,酸性溶液中常可忽略OH－,碱性溶液中常可忽略H＋。针对训练1．<2016·XXXX一中月考>在硫酸钠和硫酸铝的混合溶液中,Al3＋的物质的量浓度为0.2mol·L－1,SOeq\o\al<2－,4>为0.4mol·L－1,溶液中Na＋的物质的量浓度为<>A．0.1mol·L－1 B．0.2mol·L－1C．0.3mol·L－1 D．0.4mol·L－1答案B解析在任何一个溶液中,阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数,则有3c<Al3＋>＋c<Na＋>＝2c<SOeq\o\al<2－,4>>,解得c<Na＋>＝0.2mol·L－1。2．某硫酸铝和硫酸镁的混合液中,c<Mg2＋>＝2mol·L－1,c<SOeq\o\al<2－,4>>＝6.5mol·L－1,若将200mL的此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离,至少应加入1.6mol·L－1的氢氧化钠溶液<>A．0.5L B．1.625LC．1.8L D．2L答案D解析根据电荷守恒得：2c<Mg2＋>＋3c<Al3＋>＝2c<SOeq\o\al<2－,4>>,c<Al3＋>＝eq\f<2×6.5mol·L－1－2×2mol·L－1,3>＝3mol·L－1,加入氢氧化钠溶液使Mg2＋、Al3＋分离,此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2,由电荷守恒得：V<NaOH>＝eq\f<2n<SO\o\al<2－,4>>＋n<AlO\o\al<－,2>>,c<NaOH>>＝eq\f<2×6.5mol·L－1×0.2L＋3mol·L－1×0.2L,1.6mol·L－1>＝2L。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。针对训练3．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,求原混合气体中CO的质量分数。答案原混合气体中CO的质量分数为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>284444－28＝1612xg18g－12g＝6geq\f<28,16>＝eq\f<12xg,6g>解得x＝0.875。4．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<84<w1－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,由此可到如下关系：2NaHCO3eq\o<=,\s\up7<△>>Na2CO3＋CO2↑＋H2O2×8462xw1－w2则x＝eq\f<84<w1－w2>,31>,故样品纯度为eq\f<m<Na2CO3>,m<样品>>＝eq\f<w1－x,w1>＝eq\f<84w2－53w1,31w1>。5．16mL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．①② B．①④C．②③ D．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>＝1<mL><理论差量>9mL6mL17.5－16＝1.5<mL><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>＝<9mL＋1mL>∶6mL＝5∶3,假设剩余的气体全部是NH3,则V<NO>∶V<NH3>＝9mL∶<6mL＋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——关系式法关系式是物质间关系的一种简化式子,解决多步反应,计算最简捷。多步反应中建立关系式的方法：1．叠加法<如利用木炭、水蒸气制取氨气>eq\b\lc\\rc\}<\a\vs4\al\co1<C＋H2O<g>\o<=,\s\up7<高温>>CO＋H2,CO＋H2O<g>\o<=,\s\up7<高温>>CO2＋H2>>⇒eq\b\lc\\rc\}<\a\vs4\al\co1<C＋2H2O<g>\o<=,\s\up7<高温>>CO2＋2H2,N2＋3H2\o<,\s\up7<高温、高压>,\s\do5<催化剂>>2NH3>>⇒由木炭、水蒸气制取NH3的关系为3C～4NH3。2．元素守恒法4NH3＋5O2eq\o<=,\s\up7<催化剂>,\s\do5<△>>4NO＋6H2O2NO＋O2=2NO23NO2＋H2O=2HNO3＋NO经多次氧化和吸收,由N元素守恒知：NH3～HNO3。3．电子转移守恒法NH3eq\o<→,\s\up7<失去8e－>>HNO3,O2eq\o<→,\s\up7<得4e－>>2eq\o<O,\s\up6<－2>>由得失电子总数相等知,NH3经氧化等一系列过程生成HNO3,NH3和O2的关系为NH3～2O2。针对训练6．铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸,若反应后硝酸被还原,只产生4480mL的NO2气体和336mL的N2O4气体<都已折算到标准状况>,在反应后的溶液中,加入足量的氢氧化钠溶液,生成沉淀的质量为<>A．9.02g B．8.51gC．8.26g D．7.04g答案B解析最后沉淀为Cu<OH>2和Mg<OH>2,Cu和Mg共4.6g,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,即n<OH－>＝eq\f<4480,22400>×1mol＋eq\f<336,22400>×2mol＝0.23mol,故沉淀的质量为4.6g＋0.23×17g＝8.51g。7．黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时,取0.1000g样品在空气中充分灼烧,将生成的SO2气体与足量Fe2<SO4>3溶液完全反应后,用浓度为0.02000mol·L－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%的硫酸质量为________t。答案<1>90.0%<2>3.36×10615 解析<1>据方程式：4FeS2＋11O2eq\o<=,\s\up7<高温>>2Fe2O3＋8SO2SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SOeq\o\al<2－,4>＋2Fe2＋＋4H＋Cr2Oeq\o\al<2－,7>＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O得关系式：Cr2Oeq\o\al<2－,7>～6Fe2＋～3SO2～eq\f<3,2>FeS21eq\f<3,2>eq\o<\s\up7<0.02000mol·L－1×>,\s\do5<0.02500L>>eq\f<m<FeS2>,120g·mol－1>m<FeS2>＝0.09000g样品中FeS2的质量分数为90.0%。<2>4FeS2＋11O2eq\o<=,\s\up7<高温>>2Fe2O3＋8SO24mol8moleq\f<10×106×0.9,120>moln<SO2>n<SO2>＝1.5×105molV<SO2>＝3.36×106L由SO2～SO3～H2SO41mol98g1.5×105molm<H2SO4>×98%得m<H2SO4>＝1.5×107g＝15t。方法四混合物类计算的"简化高手"——平均值法1．依据若XA＞XB,则XA＞eq\x\to<X>＞XB,eq\x\to<X>代表平均相对原子<分子>质量、平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等。2．应用已知eq\x\to<X>可以确定XA、XB的范围；若已知XA、XB可以确定eq\x\to<X>的范围。解题的关键是要通过平均值确定范围,很多问题的平均值需根据条件先确定下来再作出判断。实际上,它是极值法的延伸。针对训练8．两种金属混合物共15g,投入足量的盐酸中,充分反应后得到11.2LH2<标准状况>,则原混合物的组成肯定不可能为<>A．Mg和Ag B．Zn和CuC．Al和Zn D．Al和Cu答案B解析本题可用平均摩尔电子质量<即提供1mol电子所需金属的质量>法求解。反应中H＋被还原生成H2,由题意可知15g金属混合物可提供1mole－,其平均摩尔电子质量为15g·mol－1。选项中金属Mg、Zn、Al的摩尔电子质量分别为12g·mol－1、32.5g·mol－1、9g·mol－1,其中不能与盐酸反应的Ag和Cu的摩尔电子质量可看做无穷大。根据数学上的平均值原理可知,原混合物中一种金属的摩尔电子质量大于15g·mol－1,另一种金属的摩尔电子质量小于15g·mol－1。由此可判断出原混合物肯定不可能是Zn和Cu。9．把含有某