大单元一　第二章　难点突破2　化学计算的常用方法

化学计算的常用方法一、关系式法及应用1.关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间的关系进行解题的一种方法，一般适用于多步进行的连续反应，因前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可以根据中间物质的传递关系，找出原料和最终产物的相应关系式。2.关系式计算作用：把多步计算简化成一步计算。3.建立关系式的方法有(1)利用化学方程式中化学计量数间的关系；(2)利用原子守恒关系；(3)利用得失电子守恒关系；(4)利用化学方程式的加和等。1.(2022·浙江1月选考，27)某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50g，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为3.06g；残留的固体产物是Al2O3，质量为1.02g。计算：(1)x=(写出计算过程)。

(2)气体产物中n(O2)=mol。

答案(1)9计算过程：2[Al(NO3)3·xH2O]~Al2O32(213+18x)g102g7.50g1.02g2(213+18x)解得x=9(2)0.01解析(2)n(样品)=n(Al)=1.02g102g·mol-1×2=0.02mol，气体产物中n(H2O)=3.06g18g·mol-1=0.17mol，根据氢元素守恒，n(HNO3)=0.02×9×2mol-0.17×2mol=0.02mol，根据氮元素守恒，n(NO2)=0.02×3mol-0.02mol=0.04mol，根据氧元素守恒，n(2.[2023·重庆，15(4)②]称取CaCl2水合物样品1.000g，加水溶解，加入过量Na2C2O4，将所得沉淀过滤洗涤后，溶于热的稀硫酸中，用0.1000mol·L-1KMnO4标准溶液滴定，消耗24.00mL。该样品中CaCl2的质量分数为。

答案66.6%解析CaCl2+Na2C2O4=CaC2O4↓+2NaCl、CaC2O4+H2SO4=H2C2O4+CaSO4、2MnO4-+5H2C2O4+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，则有关系式：5CaCl2~5H2C2O4~2MnO4-，则CaCl2的质量分数为二、差量法及应用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。如：2C(s)+O2(g)=2CO(g)Δm(固)/Δn(气)/ΔV(气)2mol1mol2mol24g/1mol/22.4L(标准状况)1.为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品充分加热，其质量变为w2g，请列式计算该样品中Na2CO3的质量分数。答案样品加热发生的反应为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑Δm16810662m(NaHCO3)(w1-w2)g样品中m(NaHCO3)=168(w1则样品中m(Na2CO3)=w1g-168(w1其质量分数为m(Na2CO3)m(2.CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化如图。写出400~600℃范围内分解反应的化学方程式：。

[思维过程]热重曲线基本分析方法和思路(1)一般可设晶体为1mol，质量为m。该题中m(CaC2O4·H2O)=146g，含有结晶水18g。(2)失重一般先失去结晶水，再失去非金属氧化物，金属质量不减少。(3)根据元素守恒，剩余金属氧化物中n(Ca)=1mol，n(O)=1mol，为CaO。具体分析过程如下：(4)因此400~600℃的方程式为CaC2O4CaCO3+CO↑。答案CaC2O4CaCO3+CO↑解析M(CaC2O4·H2O)=146g·mol-1，取1molCaC2O4·H2O，质量为146g，当剩余质量为128g时，质量减少了18g，即减少1molH2O，结合题图知，在400℃时，固体的化学式为CaC2O4；600℃时剩余质量为100g，质量又减少了28g，即减少1molCO，CaC2O4失去1个CO后变成CaCO3，所以在400~600℃时发生的反应为CaC2O4CaCO3+CO↑。三、守恒法计算及应用1.守恒法是一种整合的思维方法，就是物质在发生“变化”或物质在发生“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。(一)电荷守恒1.VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为(不考虑Mg2+水解)()A.b-aB.2b-C.4b-2D.2b-2答案C解析根据电荷守恒分别可得：2n(Mg2+)=n(OH-)=amol、n(SO42-)=n(Ba2+)=bmol，由于将原溶液等分成两份，则原体系中n(Mg2+)=a2×2mol=amol，n(SO42-)=2bmol。MgSO4和K2SO4的混合溶液中存在电荷守恒：2n(Mg2+)+n(K+)=2n(SO42-)，即2amol+n(K+)=4bmol，n(K+)=(4b-2a)mol，则原混合体系中c((二)原子守恒(质量守恒)2.某磁黄铁矿的主要成分是FexS(S为-2价)，既含有Fe2+又含有Fe3+。将一定量的该磁黄铁矿与100mL盐酸恰好完全反应(注：矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成2.4g硫单质、0.425molFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。计算：(1)生成的H2S气体在标准状况下的体积为。

(2)x=。

答案(1)9.52L(2)0.85解析(1)反应生成0.425molFeCl2，根据氯原子守恒，n(HCl)=0.85mol，氢离子和S2-结合为H2S气体，根据氢原子守恒，n(H2S)=0.425mol，所以生成的H2S气体在标准状况下的体积为0.425mol×22.4L·mol-1=9.52L。(2)反应生成2.4g硫单质、0.425molFeCl2和0.425molH2S气体，可知n(Fe)=0.425mol、n(S)=2.4g32g·mol-1+0.425mol=0.5mol，n(Fe)∶n(S)=0.425mol∶0.5mol=0.85∶(三)电子守恒3.某强氧化剂XO(OH)2+可被Na2SO3还原。如果还原1.2×10-3molXO(OH)2+需用30mL0.1mol·L-1的Na2SO3溶液，那么XA.XO B.X2O3C.X2O D.X答案D解析强氧化剂XO(OH)2+中X的化合价为+5，Na2SO3中S的化合价为+4，且Na2SO3的氧化产物Na2SO4中S的化合价为+6。根据得失电子守恒可知：X元素化合价降低的总量(或X元素得到的电子总数)=S元素化合价升高的总量(或S元素失去的电子总数)。每个X原子降低的化合价×1.2×10-3mol=2×0.1mol·L-1×(30×10-3)L，解得每个X原子降低5价，因此XO(OH)2+在氧化还原反应中由+5价降到4.[2025·重庆，15(4)]Se的含量可根据行业标准YS/T226.12-2009进行测定，测定过程中Se的化合价变化如下：称取粗硒样品0.1000g，经过程①将其溶解转化为弱酸H2SeO3，并消除测定过程中的干扰。在酸性介质中，先加入0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液40.00mL，再加入少量KI和淀粉溶液，继续用Na2S2O3标准溶液滴定至蓝色消失为终点(原理为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)，又消耗8.00mL。过程②中Se(Ⅳ)与Na2S2O3反应的物质的量之比为1∶4，且反应最快。过程③的离子方程式为。

该样品中Se的质量分数为。

答案4H++H2SeO3+4I-=2I2+Se+3H2O94.8%解析第一次加入40.00mL的Na2S2O3溶液和KI溶液，二者