第4讲 化学计算的常用方法

第4讲化学计算的常用方法复习目标1.进一步理解物质的量在化学计算中的“桥梁”作用。2.了解化学计算的常用方法。3.初步建立化学计算的思维模型。方法一守恒法1.元素守恒和电荷守恒(1)元素守恒小题过基础取5.0g某粉煤灰(其中含质量分数为30%的Al2O3),加硫酸酸浸Al3+,一段时间后,过滤、干燥后得到3.0g浸渣(分析知含质量分数为8%的Al2O3),Al2O3的浸出率为。

答案84%解析5.0g粉煤灰中Al2O3的质量为5.0g×30%=1.5g,3.0g“浸渣”中Al2O3的质量为3.0g×8%=0.24g,则Al2O3的浸出率为1.5g-0.24g1.5g×100%=84%(2)电荷守恒小题过基础(2024·广州二中测试)现将1molCu2S与144gFeO投入到足量稀硝酸溶液中,充分反应得到Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、CuSO4的混合溶液,并产生NO气体。则最终反应所得NO物质的量为。

答案4mol解析Cu2S与FeO均与稀硝酸发生氧化还原反应,铜元素化合价由+1价上升至+2价,硫元素化合价由-2价上升至+6价,铁元素化合价由+2价上升至+3价,1molCu2S参与反应能够失去10mol电子,144gFeO物质的量为2mol,参加反应失去2mol电子,因此1molCu2S与144gFeO共失去12mol电子,硝酸发生还原反应每生成1molNO得到电子3mol,故根据电子转移守恒可知共生成4molNO。名师点核心(1)守恒法是一种整合的思维方法,就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”,分析时淡化中间过程,关注最终组成,利用守恒关系进行整体分析。(2)守恒法解题的关键是找准研究对象的始态和终态或相互间的关系,列出对应守恒表达式,常见守恒关系有元素守恒、电荷守恒、得失电子守恒等。2.元素守恒的应用——热重分析小题过基础(2023·全国乙卷)在N2气氛中,FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示:根据上述实验结果,可知x=,y=。

答案41解析由图中信息可知,当失重比为19.4%时,FeSO4·7H2O转化为FeSO4·xH2O,则18(7-x)278=19.4%,解之得x=4;当失重比为38.8%时,FeSO4·7H2O转化为FeSO4·yH2O,则18(7-y)278名师点核心元素守恒的应用——热重分析1.(2025·西湖高级中学测试)为研究Ce(SO4)2·4H2O(相对分子质量:404)的热分解性质,进行如下实验:准确称取4.04g样品,在空气中进行加热,残留固体的质量随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是()A.a点残留固体的主要成分为Ce(SO4)2·2H2OB.b点的反应为2Ce(SO4)2CeO2·CeOSO4+3SO3↑C.c点固体的主要成分为CeO2D.800℃时,固体失重约57.43%答案B解析A.n[Ce(SO4)2·4H2O]=4.04g404g·mol-1=0.01mol,则n(Ce)=0.01mol,m(Ce)=1.40g;a点时,残留固体的质量为3.68g,质量减少了(4.04-3.68)g=0.36g,为0.02molH2O的质量,所以a点对应残留固体的主要成分为Ce(SO4)2·2H2O,A项正确;B.残留固体质量为3.32g时,质量减少(4.04-3.32)g=0.72g,为0.04molH2O的质量,所以该点对应残留固体的主要成分为Ce(SO4)2,b点与该点相比,对应残留固体的质量减少了(3.32-2.84)g=0.48g,b点若发生2Ce(SO4)2CeO2·CeOSO4+3SO3↑,则固体质量应减少1.2g,B项错误;C.2.84g残留固体中m(Ce)=1.40g,则(2.84-1.40)g=1.44g为SO42-的质量,则n(SO42-)=0.015mol,所以b点对应残留固体的主要成分为Ce2(SO4)3,c点对应残留固体的质量为1.72g,m(Ce)=1.40g,则(1.72-1.40)g=0.32g为O元素的质量,其物质的量为0.02mol,此时残留固体的主要成分为CeO2,C项正确;D.c点时,结合4.04g和1.72g这两个数据,可知固体质量减小了2.322.(2024·浙江1月选考)H2S可用于合成光电材料。某兴趣小组用CaS与MgCl2反应制备液态H2S,实验装置如图,反应方程式为CaS+MgCl2+2H2O===CaCl2+Mg(OH)2+H2S↑。已知:①H2S的沸点是-61℃,有毒;②装置A内产生的H2S气体中含有酸性气体杂质。取0.680gH2S产品,与足量CuSO4溶液充分反应后,将生成的CuS置于已恒重、质量为31.230g的坩埚中,煅烧生成CuO,恒重后总质量为32.814g。产品的纯度为。

答案99%解析根据铜元素守恒,氧化铜的质量为32.814g-31.230g=1.584g,则氧化铜物质的量为0.0198mol,CuS~CuO11n0.0198mol,硫化铜物质的量为0.0198mol,则H2S物质的量为0.0198mol,H2S的质量为0.6733.(2025·绍兴中学调研)将13.6gFe、Fe2O3和CuO的混合粉末加入100mL一定物质的量浓度的盐酸中,充分反应,生成标准状况下的氢气为896mL,过滤、滤渣经洗涤、干燥后得到1.28g固体纯净物,经检验滤液中只含有一种溶质,请回答:(1)固体中混合物中CuO的质量为。

(2)盐酸的浓度为。

答案(1)1.60g(2)3.60mol·L-1解析(1)据题意得,因反应后滤液中只含有一种溶质,应为FeCl2,得到的1.28g固体纯净物为Cu,n(Cu)=0.02mol,由CuO~Cu,得CuO的质量为1.60g;(2)标况下,896mLH2的物质的量为0.04mol,设Fe、Fe2O3、物质的量分别为xmol、ymol,可得56x+160y+1.60=13.6,根据电子得失守恒得:2x=2y+2×0.02+0.04×2,解得x=0.10mol、y=0.04mol,反应后滤液中n(FeCl2)=x+2y=0.18mol,根据FeCl2~2HCl得,n(HCl)=0.36mol,所以c(HCl)=0.36mol/0.10L=3.60mol·L-1。方法二关系式法1.根据相关反应找关系式小题过基础200吨含硫40%的黄铁矿,用接触法可以制得95%的硫酸(不考虑中间过程的损耗)的质量为多少吨?答案257.9t解析根据反应前后硫原子数不变,可得关系式:2S~FeS2~2H2SO4即:S32∶98=(200t×40%)∶(95%·x)x≈257.9t。名师点核心(1)关系式法关系式是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种简化式子,在多步反应中,它可以把始态反应物与终态生成物之间“量”的关系表示出来,把多步计算简化成一步计算。解题的关键是正确书写关系式。(2)解题步骤第一步写出各步反应的化学方程式第二步根据化学方程式找出作为中介的物质,并确定已知物质、中介物质、所求物质之间的量(质量或物质的量或相同条件下气体的体积)的关系第三步确定已知物质和所求物质之间量的关系第四步根据所确定的已知物质和所求物质之间量的关系和已知条件进行计算2.在滴定计算中的应用小题过基础铜是人类发现最早并广泛使用的一种金属。溶液中Cu2+的浓度可采用碘量法测得:2Cu2++5I-===2CuI↓+I3-,②I现取20.00mL某含Cu2+的溶液。加入足量的KI充分反应后,用0.1000mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液的体积如表所示。序号滴定前读数/mL滴定终点读数/mL10.0025.1021.2626.1631.5427.74溶液中Cu2+的浓度为mol·L-1。

答案0.125解析根据表中数据三次实验消耗Na2S2O3溶液体积分别是25.10mL、24.90mL、26.20mL,第三次实验误差大,舍去,消耗Na2S2O3溶液体积的平均值是25.00mL,因此消耗Na2S2O3的物质的量是0.025L×0.1000mol·L-1=0.0025mol,根据方程式2Cu2++5I-===2CuI↓+I3-、I3-+2S2O32-===S4O62-+3I-可知1.(2024·全国甲卷节选)CO(NH2)2·H2O2(俗称过氧化脲)是一种消毒剂,实验室中可用尿素与过氧化氢制取,反应方程式如下:CO(NH2)2+H2O2===CO(NH2)2·H2O2过氧化脲的合成烧杯中分别加入25mL30%H2O2(ρ=1.11g·cm-3)、40mL蒸馏水和12.0g尿素,搅拌溶解。30℃下反应40min,冷却结晶、过滤、干燥,得白色针状晶体9.4g。过氧化脲的产率为。

答案50%解析根据题给数据计算可得,H2O2过量,故用尿素的量来计算理论上生成过氧化脲的量,n[CO(NH2)2]=0.2mol,故理论上生成的过氧化脲为0.2mol,质量为0.2×94g=18.8g,故过氧化脲的产率为9.4g18.8g×100%=50%2.室温下,50mLpH=1的稀H2SO4和盐酸的混合液与50mLBa(OH)2溶液相混合,充分反应后过滤,得0.466g沉淀,滤液的pH变为13。求:(1)原混合液中SO42-和Cl-的物质的量分别为、(2)Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为。

答案(1)0.002mol0.001mol(2)0.15mol·L-1解析将稀硫酸和盐酸的混合液与50mLBa(OH)2溶液相混合,离子间发生的反应有Ba2++SO42-===BaSO4↓,H++OH-===H2O,0.446g沉淀为BaSO4,n(H2SO4)=n(BaSO4)=0.466g233g·mol-1=0.002mol,硫酸电离出的n(SO42-)=0.002mol、n(H+)=0.004mol,稀硫酸和盐酸的混合液为50mLpH=1,共有n(H+)=0.05L×0.1mol·L-1=0.005mol,所以盐酸电离出的n(H+)=0.005mol-0.004mol=0.001mol,n(Cl-)=0.001mol。(2)反应后滤液的pH变为13,呈碱性,说明Ba(OH)2溶液过量,反应后过量的n(OH-)=0.1L×0.1mol·L-1=0.01mol,反应了的n(OH-)=n(H+)=0.005mol,所以Ba(OH)2中的n(OH-)=0.01mol+0.005mol=0.015mol,可求出c[Ba(OH)2]方法三差量法小题过基础(1)(2024·浙江杭州一模)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,该样品中Na2CO3的质量分数。

答案84w解析样品加热发生的反应为样品中m(NaHCO3)=168(w1-则样品中m(Na2CO3)=w1g-168(w1-其质量分数为m(Na(2)将aLNH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后,气体体积变为bL(气体体积均在同温同压下测定),该bL气体中NH3的体积分数是。

答案2a解析设有xLNH3分解,则w(NH3)=a-(b名师点核心(1)差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积或压强、反应过程中的热效应等。(2)差量法解题的关键是找准“理论差量”,把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量(实际差量)列成比例,然后求解。1.(2024·江苏扬州期末)在质量为Gg的瓷坩埚里,加入BaCl2·nH2O晶体后,称量质量为W1g,加热使结晶水全部失去,冷却后称量为W2g,则n的值为()A.208(W1-C.18(W2-答案A解析在质量为Gg的瓷坩埚里,加入BaCl2·nH2O晶体后,称量质量为W1g,加热使结晶水全部失去,冷却后称量为W2g,则根据方程式计算:故有:208W2-G=18nW2.取7.90gKMnO4,加热分解后剩余固体7.42g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应,生成单质气体A,产物中锰元素以Mn2+形式存在。请计算:(1)KMnO4的分解率为。

(2)气体A的物质的量为。

答案(1)60.0%(2)0.095mol解析(1)根据2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑Δm(固)(2×158)g32gm7.90g-7.42g解得m=4.74g,即KMnO4的分解率为4.74g7.90g×100%=60.0%。(2)根据上述反应可知剩余固体中含KMnO4为7.90g-4.74g=3.16g(即0.02mol),生成K2MnO4为0.015mol,生成MnO2为0.015mol,根据固体与浓盐酸反应生成气体A,可知A为Cl2,结合关系式2KMnO4~5Cl2、K2MnO4~2Cl2、MnO2~Cl2,可计算出KMnO4、K2MnO4、MnO2与浓盐酸反应生成的Cl2分别为0.05mol、0.03mol和0.015mol,即生成Cl2的物质的量为0.05mol+0.03mol+0.015mol=0.095mol本讲感悟疑点:

盲点:

基础落实选择题只有1个选项符合题意1.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,原混合气体中CO的质量分数为()A.80% B.85% C.87.5% D.90%答案C解析设原混合气体中CO的质量分数为x。2816=12xg2.常温下,某氮的气态氧化物15.6L与过量的氢气混合,在一定条件下反应,使之生成液态水和无污染的气体单质。恢复到原状态,反应后气体体积比反应前气体体积减小了46.8L,则原氮的氧化物的化学式为()A.N2O3 B.NO2 C.NO D.N2O答案A解析设该氮氧化合物的分子式为N2Ox,化学方程式为N2Ox+xH2===N2+xH2O,相同条件下参加反应的气体的体积之比等于其物质的量之比,也等于其化学计量数之比,N则1∶x=15.6L∶46.8L,x=3,所以其化学式为N2O3。3.(2024·重庆期中)为测定空气中SO2的含量,某课外小组的同学将空气样品经过管道通入密闭容器中的100mL、0.30mol·L-1的酸性KMnO4溶液。已知SO2与该溶液反应的离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O===5SO42-+2Mn2++4H+。若管道中空气流量为0.5L·min-1,经过3min溶液恰好褪色,假定样品中的SO2可被溶液充分吸收,则该空气样品中SO2的含量(A.3.2 B.6.4 C.9.6 D.1.6答案A解析根据题干信息,经过3min溶液恰好褪色,则通过空气的体积为0.5L·min-1×3min=1.5L,消耗的酸性KMnO4的物质的量为0.1L×0.3mol·L-1=0.03mol,设尾气中SO2的物质的量为nmol,则由离子方程式得5SO2~2MnO4-52nmol0.03mol,n=5×0.032=0.075,4.(2025·浙江杭州四中检测)磷在氯气中燃烧可以生成PCl3和PCl5,若用去的氯气的物质的量是磷的2倍,则产物中PCl3和PCl5的物质的量之比为()A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.3∶5答案A解析设磷的物质的量为1mol,则氯气的物质的量为2mol,生成PCl3和PCl5的物质的量分别为x、y,由P、Cl守恒可知x+y=1mol,3x+5y=2×2mol,解得x=0.5mol,y=0.5mol,x∶y=0.55.(2025·台州练习)将K2SO4和Al2(SO4)3和KAl(SO4)2三种混合溶液加H2SO4酸化。测得c(SO42-)=0.105mol·L-1,c(Al3+)=0.055mol,pH=2.0(假设H2SO4完全电离为H+和SO42-),则c(K+)A.0.045mol·L-1 B.0.035mol·L-1C.0.055mol·L-1 D.0.040mol·L-1答案B解析因pH=2.0所以c(H+)=0.01mol·L-1,c(OH-)很小,忽略不计。根据电荷守恒有:c(K+)+3c(Al3+)+c(H+)=2c(SO42-)解之:c(K+)=0.035mol·L6.(2024·浙江杭州一模)XSO4(aq)与NaOH(aq)反应,定量生成X3(OH)4SO4(s)和Na2SO4(aq)。1.0mol·L-1的XSO4和1.0mol·LNaOH混合,总体积为50mL(体积可加合)。为了得到最大的沉淀量,这两种溶液的体积应取()A.29mLNaOH+21mLXSO4B.21mLNaOH+29mLXSO4C.15mLNaOH+35mLXSO4D.20mLNaOH+30mLXSO4答案A解析生成的沉淀为X3(OH)4SO4(s),X2+和OH-的物质的量比为3∶4,根据元素守恒,XSO4溶液、NaOH溶液的物质的体积比为3∶4,需要XSO4溶液的体积为50mL×37,需要NaOH溶液的体积为50mL×47,故选7.标准状况下,下列实验用如图所示装置不能完成的是()A.测定一定质量的镁铝合金中铝的质量分数B.确定有机物C2H6O分子中含活泼氢原子的个数C.测定一定质量的Na2SO4·xH2O晶体中结晶水数目D.测定一定质量的Na2O和Na2O2混合物中Na2O2的含量答案C解析测定镁铝合金中铝质量分数,可用NaOH溶液溶解合金并测定生成氢气的体积,从而求出铝的量,A可以用如图装置进行实验,A不符合题意;B.可用活泼金属Na与该有机物反应,并测定生成氢气的体积,从而确定两者比例关系,B可以用如图装置进行实验,B不符合题意;C.测定该晶体中结晶水的数目可以用热重分析法,该方法需要加热,图示装置实现不了;或者取一定质量晶体,先测Na2SO4,再求H2O,利用两者物质的量之比求出x,图示装置实现不了,C符合题意;D.用水溶解该混合物,测定生成氧气的体积,从而求出Na2O2含量,D可以用如图装置进行实验,D不符合题意。8.(1)在空气中加热10.98g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O,摩尔质量为183g·mol-1)样品,受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质,其质量如表:温度范围/℃固体质量/g150~2108.82290~3204.82890~9204.50①加热到210℃,固体物质的化学式为。

②经测定,加热到210~310℃过程中的生成物只有CO2和钴的氧化物,该钴的氧化物的化学式为。

(2)MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物,其固体残留率随温度的变化如图所示。则300℃时,剩余固体为,图中D点对应固体的成分为(填化学式)。

答案(1)①CoC2O4②Co3O4(2)MnO2Mn3O4和MnO解析(1)①CoC2O4·2H2O失去全部结晶水后的质量为10.98×147183g=8.82g,即加热到210℃时,固体物质是CoC2O4。②根据元素守恒,n(CO2)=8.82147×2mol=0.12mol,质量为0.12mol×44g·mol-1=5.28g,而固体质量减少为(8.82-4.82)g=4.00g,说明有气体参加反应,即氧气参加,氧气的质量为(5.28-4.00)g=1.28g,其物质的量为1.2832mol=0.04mol,n(CoC2O4)∶n(O2)∶n(CO2)=8.82147∶0.04∶0.12=3∶2∶6,依据原子守恒可得,3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2,即该氧化物为Co3O4。(2)设MnCO3的物质的量为1mol,即质量为115g。A点剩余固体质量为115g×75.65%≈87g,减少的质量为115g-87g=28g,可知MnCO3失去的组成为“CO”,故剩余固体的成分为MnO2。C点剩余固体质量为115g×61.74%≈71g,据锰元素守恒知m(Mn)=55g,则m(O)=71g-55g=16g,则n(Mn)∶n(O)=5555∶1616=1∶1,故剩余固体的成分为MnO。同理,B点剩余固体质量为115g×66.38%≈76g,因m(Mn)=55g,则m(O)=76g-55g=21g,则n(Mn)∶n(O)=5555∶2116≈3∶4,故剩余固体的成分为Mn3O4。因为D点介于B、C之间能力提升9.(2024·浙江临安测试)某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成,某校课外兴趣小组设计如图实验方案进行探究:途径a:途径b:9.4gX6.4g固体1.92g固体下列对混合物X成分的分析正确的是()A.Cu的质量为1.92gB.Fe2O3的质量为3gC.Al2O3的质量为0gD.SiO2的质量为4.92g答案C解析途径Ⅰ得到的4.92g固体部分溶于NaOH溶液,说明X中含有二氧化硅,且m(SiO2)=4.92g-1.92g=3g,剩余的1.92g固体为单质铜;又途径a的Ⅰ中加入过量盐酸时得到蓝色溶液,则发生反应Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+===2Fe2++Cu2+,铜有剩余,说明Fe3+全部转化为Fe2+,则加入过量盐酸时发生的反应可写成Fe2O3+6H++Cu===2Fe2++Cu2++3H2O。途径b的Ⅲ中溶于NaOH溶液的固体质量为9.4g-6.4g=3g,说明X中不含Al2O3;6.4g固体为Fe2O3、Cu的混合物,加入过量盐酸发生反应Fe2O3+6H++Cu===2Fe2++Cu2++3H2O,剩余1.92gCu,故Fe2O3的质量为(6.4g-1.92g)×160160+64=3.2g,Cu的质量为6.4g-3.2g=3.2g10.(2024·江苏扬州一模)兴趣小组测定莫尔盐[化学式为(NH4)xFey(SO4)z·wH2O(Fe为+2价)]的化学式,过程如下:①称取两份质量均为1.96g的该结晶水合物,分别制成溶液。②一份加入足量BaCl2溶液,生成白色沉淀,用稀盐酸处理沉