第4讲化学计算的常用方法

第4讲化学计算的常用方法课时要求1.认识物质的量在化学定量研究中的重要作用;2.能结合实验或生产、生活中的实际数据,并应用物质的量计算物质的组成和物质转化过程中的质量关系。方法一守恒法1.含义所谓“守恒”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”。在化学变化中有各种各样的守恒,如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。2.解题步骤第一步明确题目要求解的物理量第二步根据题目中要求解的物理量,分析反应过程中物质的变化,找出守恒类型及相关的物理量第三步根据守恒原理,梳理出反应前后守恒的物理量,列式计算求解3.原子守恒的应用——热重分析(1)设晶体为1mol。(2)失重一般是先失水,再失非金属氧化物。(3)计算每步的m(剩余),m(剩余(4)晶体中金属质量不减少,仍在m(剩余)中。(5)失重最后一般为金属氧化物,由质量守恒得m(O),由n(金属)∶n(O),即可求出失重后物质的化学式。1.(用原子守恒法求解化学式)在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2,测得充分煅烧后固体质量为2.41g,CO2体积为1.344L(标准状况),则钴氧化物的化学式为。

答案Co3O4解析n(CO2)=1.344L22.4L·mol-1=0.06mol,根据碳原子守恒可知,n(CoC2O4)=0.03mol,则钴氧化物中n(Co)=0.03mol,m(O)=2.41g-0.03mol×59g·mol-1=0.64g,故n(O)=0.64g16g·mol-1=0.04mol,则n(Co)∶n(O)=0.03mol∶0.042.(用质量守恒法求解化学式)一定条件下金属钠和H2反应生成化合物甲。将4.80g甲加热至完全分解,得到金属钠和2.24L(已折算成标准状况)的H2。请推测甲的化学式。

答案NaH解析化合物甲是由Na和H2反应得到的,故化合物甲中含有Na、H两种元素,又4.80g化合物甲加热分解得到2.24L(标准状况)H2,则化合物甲中氢元素的质量为0.20g,钠元素的质量为4.60g,化合物甲中Na和H的原子个数比为1∶1,可判断化合物甲的化学式为NaH。3.(热重曲线分析)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(1)41解析(1)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%,解得x=4;当失重比为38.8%时,FeSO4·7H2O转化为FeSO4·yH2O,则18(7-y)2784.(2022·江苏卷)FeS2、FeS在空气中易被氧化,将FeS2在空气中氧化,测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800℃时,FeS2氧化成含有两种元素的固体产物为

(填化学式,写出计算过程)。

答案Fe2O3;设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx,M(FeS2)=120g·mol-1,则M(FeOx)=120g·mol-1×66.7%=80.04g·mol-1,则56+16x=80.04,x解析由图可知,800℃时,氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值为66.7%,设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx,M(FeS2)=120g·mol-1,则M(FeOx)=120g·mol-1×66.7%=80.04g·mol-1,56+16x=80.04,x=方法二关系式法1.含义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(一)利用关系式法简化解题过程1.某工厂用m1kg铬铁矿粉(含Cr2O340%)制备K2Cr2O7,最终得到产品m2kg,产率为。

答案190m解析由Cr元素守恒可知:Cr2O3~K2Cr2O7,则理论产生K2Cr2O7的质量为(m1×1000×40%152×294)g,而实际产量为1000m2g,则产率=2.在氧气中燃烧0.22g硫和铁组成的混合物,使其中的硫全部转化为二氧化硫,把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸,这些硫酸可用10mL0.5mol·L-1氢氧化钠溶液完全中和,则原混合物中硫的百分含量为()A.72% B.40% C.36% D.18%答案C解析由S原子守恒和有关反应可得出:S得m(S)=0.08g,则原混合物中w(S)=0.08g0.22g×100%≈36%(二)关系式法在滴定计算中的应用3.立德粉(ZnS·BaSO4)成品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。称取mg样品,置于碘量瓶中,移取25.00mL0.1000mol·L-1的I2—KI溶液于其中,并加入乙酸溶液,密闭,置暗处反应5min,有单质硫析出。以淀粉为指示剂,过量的I2用0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定,反应式为I2+2S2O32-===2I-+S4O62-。测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL。终点颜色变化为,样品中答案浅蓝色至无色(25.00-1解析达到滴定终点时I2完全反应,可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色,且半分钟内不恢复原色;根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I2~2S2O32-,可得n(I2)过量=12×0.1000V×10-3mol,再根据得失电子守恒可得关系式S2-~I2可知,n(S2-)=0.1000×25.00×10-3mol-12×0.1000V×10-3mol=(25.00-V2)×0.1000×10-3mol,则样品中S4.(2024·河北保定模拟改编)Cr(OH)3常用于颜料、陶瓷、橡胶等工业。实验室测定Cr(OH)3样品纯度的步骤如下:准确称取0.9000g样品,溶于过量硫酸并配成250.0mL溶液。取25.00mL溶液,用足量(NH4)2S2O8溶液将Cr3+氧化为Cr2O72-,煮沸除去过量的(NH4)2S2O8,冷却至室温。再加入过量KI溶液,以淀粉溶液为指示剂,用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液24.0mL(已知反应:Cr2O72-+6I-+14H+===3I2+2Cr3++7H2O;I2+2S2O3计算Cr(OH)3样品的纯度(写出计算过程)。答案n(S2O32-)=24.0×10-3L×0.1000mol·L-1=2.4×10-3mol。根据2Cr3+~3I2~6S2O32-知,n[Cr(OH)3]=n(Cr3+)=8.0×10-4mol,则0.9000g样品中n[Cr(OH)3]=8.0×10-4mol×250.0mL25.00mL=8.0×10-3mol,则Cr(OH)5.滴定法测废水中的氨氮含量(氨氮以游离氨或铵盐形式存在于水中)步骤如下:①取10mL废水水样于蒸馏烧瓶中,再加蒸馏水至总体积为175mL;②先将水样调至中性,再加入氧化镁使水样呈微碱性,加热;③用25mL硼酸吸收蒸馏出的氨[2NH3+4H3BO3===(NH4)2B4O7+5H2O];④将吸收液移至锥形瓶中,加入2滴指示剂,用cmol·L-1的硫酸滴定至终点[(NH4)2B4O7+H2SO4+5H2O===(NH4)2SO4+4H3BO3],记录消耗的体积VmL。则水样中氮的含量是mg·L-1(用含c、V的表达式表示)。

答案2800cV解析依据滴定实验和反应化学方程式:2NH3+4H3BO3===(NH4)2B4O7+5H2O、(NH4)2B4O7+H2SO4+5H2O===(NH4)2SO4+4H3BO3可知:2N~2NH3~(NH4)2B4O7~H2SO4,则n(N)=n(NH3)=2n(H2SO4)=2×cV×10-3mol,m(N)=2×cV×10-3mol×14×103mg·mol-1=28cVmg,水样中氮的含量=28cVmg0.01L=2800cVmg·方法三差量法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)1.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()A.2C.2答案C解析设有xLNH3分解,则w(NH3)=a-(2.已知:①碳酸钠高温下不分解;②碳酸氢钠受热发生分解反应:2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物19g,完全反应后固体质量减轻了3.1g,求:(1)原混合物中碳酸钠的质量是g。

(2)在剩余固体中,加入过量盐酸,反应后放出二氧化碳的体积(标准状况)是L。

答案(1)10.6(2)3.36解析(1)设混合物中碳酸氢钠的质量为m2NaHC由168m=623.1g则碳酸钠的质量为19g-8.4g=10.6g。(2)剩余固体为碳酸钠,质量为19g-3.1g=15.9g,物质的量为15.9g106g·mol-1=0.15mol,根据碳原子守恒可知,生成二氧化碳的物质的量为0.15mol,标准状况下的体积为0.15mol×22.4L·mol3.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。①写出400~600℃范围内分解反应的化学方程式:

。

②与CaCO3热分解制备的CaO相比,CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能,其原因是。

答案①CaC2O4CaCO3+CO↑②CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体,制得的CaO更加疏松多孔解析①M(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;当剩余质量为100g时,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℃至600℃时发生的反应为CaC2O4CaCO3+CO↑。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12g铁片放入150mL的CuSO4溶液中,当溶液中的Cu2+全部被还原时,铁片质量增加0.3g,则原CuSO4溶液的物质的量浓度是()A.0.125mol·L-1 B.0.175mol·L-1C.0.25mol·L-1 D.0.50mol·L-1答案C解析设原溶液中硫酸铜的物质的量为xmol,则:Fe+1mol∶xmol=8g∶0.3g解得x=0.0375,硫酸铜的物质的量浓度为0.0375mol0.15L=0.25mol·L-12.28g铁粉溶于稀盐酸中,然后加入足量的Na2O2固体,充分反应后过滤,将滤渣加强热,最终得到的固体质量为()A.36g B.40g C.80g D.160g答案B解析28gFe溶于稀盐酸中生成FeCl2,然后加入足量Na2O2固体,Na2O2溶于水后生成NaOH和O2,本身具有强氧化性,充分反应后生成Fe(OH)3沉淀,过滤后滤渣加强热,最终得到固体为Fe2O3,由铁原子守恒得n(Fe2O3)=12n(Fe)=12×28g56g·mol-1=0.25mol,即m(Fe2O3)=0.25mol×1603.在标准状况下,有750mL含臭氧的氧气,其中臭氧完全分解后体积变为780mL,若将此含臭氧的氧气1L通入碘化钾溶液中,发生如下反应:2KI+O3+H2O===2KOH+I2↓+O2,则生成的碘的质量是()A.0.91g B.0.81gC.0.71g D.0.61g答案A解析由2O3===3O2,ΔV=780mL-750mL=30mL,V(O3)=2ΔV=60mL,1L混合气体中含臭氧的体积为V=1L×60mL750mL=0.08L,根据臭氧和KI反应的化学方程式,n(O3)=n(I2)=0.08L22.4L·mol-1=0.0036mol,m(I2)=0.0036mol×254g·4.将物质的量均为amol的Na和Al一同投入mg足量水中,所得溶液的密度为ρg·cm-3,则此溶液的物质的量浓度为()A.1000aρ46a+mC.1000aρ50a+m答案A解析Na和Al一同投入mg足量水中时,发生反应的化学方程式为2Na+2H2O===2NaOH+H2↑、2Al+2NaOH+6H2O===2Na[Al(OH)4]+3H2↑。由于Na、Al的物质的量均为amol,结合化学方程式可知共生成2amolH2,所得溶液中只有Na[Al(OH)4]一种溶质,其物质的量为amol。所得溶液的质量为m(Na)+m(Al)+m(H2O)-m(H2)=(46a+m)g,所得溶液的体积为46a+m1000ρL,则该溶液的物质的量浓度为1000aρ5.将21.8gNa2O2与Na2O的混合物投入足量的水中溶解,称得水溶液增重18.6g,则原混合物中Na2O2与Na2O的物质的量之比是()A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.2∶3答案C解析2NNa2O2的质量m=156g×3.232=15.6g,氧化钠的质量是21.8g-15.6g=6.2g,原混合物中Na2O2与Na2O的物质的量之比为15.678∶6.26.3.87g含KCl和KBr的样品溶于水配成溶液,向溶液中加入过量AgNO3溶液,充分反应后,产生沉淀的质量为6.63g,则原样品中钾元素的质量分数约为()A.24.1% B.40.3% C.25.9% D.48.7%答案B解析KCl和KBr与AgNO3溶液反应生成AgCl和AgBr沉淀,固体的质量发生了变化,实质是由于固体中K变成了Ag造成的,故可用差量法进行计算。K解得m=1.56g,钾元素的质量分数为1.56g3.87g×100%≈40.3%7.用足量的CO还原13.7g某铅氧化物,把生成的CO2全部通入过量的澄清石灰水中,得到的沉淀干燥后质量为8.0g,则此铅氧化物的化学式是()A.PbO B.Pb2O3 C.Pb3O4 D.PbO2答案C解析设此铅氧化物的化学式为PbxOy,P所以m(Pb)=13.7g-1.28g=12.42g,x∶y=m(Pb)M(Pb)∶8.(2024·苏州中学高三模拟)某硫酸铝和硫酸镁的混合物中,c(Mg2+)=2mol·L-1,c(SO42-)=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.1.625L C.1.8L D.2L答案D解析根据电荷守恒得:2c(Mg2+)+3c(Al3+)=2c(SO42-),c(Al3+)=2×6.5mol·L-1-2×2mol·L-13=3mol·L-1,加入氢氧化钠溶液使Mg2+、Al3+分离,此时NaOH转化为Na2SO4和Na[Al(OH)4],由电荷守恒得:V(9.(2020·北京卷)从旧CPU中回收金部分流程如下含Au固体HAuCl4溶液Au若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原,则参加反应的Zn的物质的量是mol。

答案1.5解析1molHAuCl4完全被还原,HAuCl4得到3mole-,锌的化合价从0价升高到+2价,设参加反应的Zn的物质的量为x,根据得失电子守恒可知:2x=3mol,x=1.5mol,则参加反应的Zn的物质的量是1.5mol。10.(2021·浙江1月选考)玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去,发生如下反应:3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O(x-1)S+K2SK2Sx(x=2~6)S+K2SO3K2S2O3请计算:(1)0.480g硫单质与VmL1.00mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应,只生成K2S和K2SO3,则V=mL。

(2)2.560g硫单质与60.0mL1.00mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应,只生成K2Sx和K2S2O3,则x=。

答案(1)30.0(2)3解析(1)3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O360.480g32g·mol-1V×1.003V=0.03L=30.0mL(2)由题意得反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH2K2Sx+K2S2O3+3H2O2x62.56g32g·mol-10.06L×1.002x+22.5632能力提升11.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()A.7.2mol B.5mol C.6.4mol D.4mol答案D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,故选D项。12.某同学设计如下实验测定绿矾样品(主要成分为FeSO4·7H2O)的纯度,称取11.5g绿矾产品,溶解,配制成1000mL溶液;分别量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中,用硫酸酸化的0.01000mol·L-1高锰酸钾溶液滴定至终点,消耗高锰酸钾溶液的平均体积为20.00mL。根据数据计算该绿矾样品的纯度约为()A.94.5% B.96.1% C.96.7% D.97.6%答案C解析高锰酸根离子与亚铁离子反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+===Mn2++5Fe3++4H2O,n(KMnO4)=20.00×10-3L×0.01000mol·L-1=2.0×10-4mol,则n(FeSO4·7H2O)=5n(KMnO4)=1.0×10-3mol,w(FeSO4·7H2O)=1.0×13.为了避免NO、NO2、N2O4对大气的污染,常采用NaOH溶液进行吸收处理(反应方程式:2NO2+2NaOH===NaNO3+NaNO2+H2O;NO2+NO+2NaOH===2NaNO2+H2O)。现有由amolNO、bmolNO2、cmolN2O4组成的混合气体恰好被VLNaOH溶液吸收(无气体剩余),则此NaOH溶液的物质的量浓度为()A.a+b+cVC.2a+b+c答案B解析根据N原子守恒,可知反应后得到的NaNO2和NaNO3的物质的量之和为(a+b+2c)mol;再根据钠原子守恒,可知参与反应的NaOH为(a+b+2c)mol,故c(NaOH)=(a+b+2c)/Vmol·L-1。14.(2024·江西联考)将54.0g草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)在氮气的氛围中加热分解,得到分解产物的热重曲线(固体质量随温度的变化情况)如图所示。(1)A点时,固体物质的化学式为。

(2)B点时,固体只含有一种铁的氧化物,则AB段反应的化学方程式为

。

答案(1)FeC2O4(2)3FeC2O4Fe3O4+4CO↑+2CO2↑解析(1)n(FeC2O4·2H2O)=54.0g180g·mol-1=0.3mol,0.3molFeC2O4的质量刚好为43.2g,故A点所得固体为FeC2O4。(2)B点时,固体只有一种铁的氧化物,由铁元素守恒知m(Fe)=0.3mol×56g·mol-1=16.8g,则m(O)=23.2g-16.8g=6.4g,n(O)=6.4g16g·mol-1=0.4mol,n(Fe)∶n(O)=0.3∶0.4=3∶4,则该含铁氧化物的化学式为Fe3O4,结合氧化还原反应规律知AB段反应的化学方程式为3FeC2O15.为测定绿矾(FeSO4·xH2O)中结晶水的数目,某同学设计如下实验。将石英玻璃管(带两端开关K1和K2,设为装置A)称重,质量为m1g。将样品装入石英玻璃管中,再次将装置A称重,质量为m2g。按如图所示组装好装置进行实验。操作步骤如下:a.打开K1和K2,缓缓通入N2;b.点燃酒精灯,加热;c.熄灭酒精灯;d.冷却至室温;e.关闭K1和K2;f.称量装置A。重复上述操作步骤,直至装置A恒重(固体为FeSO4),质量为m3g。根据实验记录,计算绿矾化学式中结晶水数目x=(列式表示)。若实验时按b、a顺序操作,则x将(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

答案76(m解析根据实验记录的数据可知,绿矾样品的质量为(m2-m1)g,FeSO4的质量为(m3-m1)g,则结晶水的质量为(m2-m1)g-(m3-m1)g=(m2-m3)g,则则有152g(m3-m1)g=18xg(m2-m3)g,解得x=76(m2-m3)9(m16.(2024·湖南常德期末)碳酸氢钠俗称小苏打,在医疗、食品、橡胶工业中有广泛应用。(1)甲同学向饱和NaCl溶液中先通NH3再通入CO2,充分反应后得到NaHCO3晶体和另一种不含金属元素的盐,请补充完整该反应方程式。NaCl+NH3+CO2+H2O===NaHCO3↓+;

乙同学认为甲同学获得的NaHCO3晶体中含有NaCl等与酸不反应的杂质。为测定NaHCO3的质量分数,他设计了以下两种方案:方案一:滴定法称取8.2g样品溶于水,逐滴加入2.3mol·L-1稀硫酸,待完全反应时,测定所消耗稀硫酸的体积。(2)配制100mL2.3mol