10　第一部分　第二章　学案7　物质的量在化学反应中的计算

学案7物质的量在化学反应中的计算1．掌握物质的量在化学方程式中的计算。2．掌握化学反应有关计算的三种方法——差量法、守恒法与关系式法。考点一物质的量在化学方程式计算中的应用1．以物质的量为核心的转化关系2．化学方程式的计算(1)基本原理结论：化学方程式中各物质的化学计量数之比等于组成各物质的粒子数之比，也等于各物质的物质的量之比。(2)解题步骤①根据题意写出并配平化学方程式。②依据题中所给信息及化学方程式判断过量物质，用完全反应物质的量进行计算。③把已知的和需要求解的量分别写在化学方程式有关化学式的下面，两个量及单位“上下一致，左右相当”。④选择有关量(如物质的量、气体体积、质量等)的关系作为计算依据，列比例式，求未知量。[示例]在标准状况下，15.6gNa2O2投入足量水中，充分反应，生成NaOH的物质的量为________；生成O2的体积为__________；转移电子数目为____________(设NA为阿伏加德罗常数的值)。[解析]n(Na2O2)＝15.6g78g·mol2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑Δn(e－)24120.2moln(NaOH)n(O2)n(e－)20.2mol＝4nNan(NaOH)＝0.4mol，n(O2)＝0.1mol，n(e－)＝0.2mol，V(O2)＝2.24L，N(e－)＝0.2NA。[答案]0.4mol2.24L0.2NA1．(2026·郴州模拟)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＋6KOH△2K2S＋K2SO3＋3H2(x－1)S＋K2S△K2Sx(x＝2～S＋K2SO3△K2S2O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＝________。(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，计算x的值(写出计算过程)。[答案](1)30.0(2)n(S)＝2．560g32g·mol-1＝0.08mol，n(KOH)＝1.00mol·L-1×60.0×(2x＋2)S＋6KOH△2K2Sx＋K2S2O3＋3H22x＋260.080mol0.060mol2x+20.080mol＝60.060mol，解得：x2．设NA为阿伏加德罗常数的值，200g含MnO287%的软锰矿与足量浓盐酸共热，则被氧化的HCl的物质的量为______________________________________，标准状况下生成Cl2的体积为__________________________________________，转移电子数目为________。[解析]n(MnO2)＝200g×87%87g·molMnO2＋4HCl(浓)△MnCl2＋Cl2↑＋2H2OΔn(e－12(被氧化)122moln(HCl)n(Cl2)n(e－)则被氧化的n(HCl)＝4mol，n(Cl2)＝2mol，V(Cl2)＝44.8L，n(e－)＝4mol，N(e－)＝4NA。[答案]4mol44.8L4NA考点二化学反应计算中的三种技巧方法一、差量法所谓“差量”就是指反应过程中反应物的某种物理量之和(始态量)与同一状态下生成物的相同物理量之和(终态量)的差，这种物理量可以是质量、物质的量、气体体积、气体压强、反应过程中的热效应等。根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量)，结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)，根据比例关系建立方程式并求出结果。[示例]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∶3、②3∶2、③4∶3、④9∶7。其中正确的是()A．①② B．①④C．②③ D．③④C[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)ΔV645619mL6mL(17.5－16)mL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)在9∶7与5∶3之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。]二、守恒法1．元素守恒(原子守恒)：化学反应的实质是原子的重新组合，反应前后各原子的种类和数目保持不变。2．得失电子守恒：氧化还原反应中，元素原子化合价升高的总价数＝元素原子化合价降低的总价数，即还原剂失电子的总数＝氧化剂得电子的总数。3．电荷守恒：在离子反应中，反应前后的阴、阳离子所带的电荷总数相等。[示例]3.2g铜与30mL8mol·L-1HNO3溶液充分反应，硝酸的还原产物仅为NO和NO2，反应后溶液中含有amolH＋，下列说法正确的是(气体均换算成标准状况下，不考虑硝酸的挥发)()A．所得NO的物质的量为(0.5a－0.02)molB．反应后的溶液中不存在NOC．生成NO2的体积为(0.16＋1.5a)LD．该反应中Cu作还原剂，被还原A[3.2gCu的物质的量n(Cu)＝3.2g64g·mol-1＝0.05mol，30mL8mol·L-1硝酸中含有溶质的物质的量n(HNO3)＝8mol·L-1×0.03L＝0.24mol，Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2、NO和H2O，反应后溶液中含有amolH＋，则溶液中还剩amolHNO3，反应过程中转移电子的物质的量n(e－)＝2n(Cu)＝0.1mol，假设反应产生NO2、NO的物质的量分别是xmol、ymol，则根据得失电子守恒得x＋3y＝0.1①，根据氮原子守恒得0.05×2＋a＋x＋y＝0.24②，联立①②解得x＝0.16－1.5a，y＝0.5a－0.02。根据分析，生成的NO的物质的量为(0.5a－0.02)mol，A正确；反应后溶液中含有amolH＋，则溶液中还剩amolHNO3，同时Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)2，因此反应后的溶液中含有NO3-，B错误；根据分析，生成的NO2的物质的量为(0.16－1.5a)mol，其标准状况下的体积为22.4×(0.16－1.5a)L，C三、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，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。确定关系式的方法如下：1．在进行多步反应的计算时，一般的解题步骤为2．利用元素守恒推导：如NH3的催化氧化制HNO3，利用N元素守恒可推导关系式：NH3～HNO3。3．利用得失电子守恒推导：如K2Cr2O7氧化Fe2+，利用得失电子守恒可推导关系式：Cr2O72-[示例]黄铁矿的主要成分是FeS2，已知4FeS2＋11O2高温2Fe2O3＋8SO2，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Fe2SO43溶液完全反应后，用浓度为0.0200mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2已知：SO2+2Fe3++2H2O=SO42-＋2Fe2+＋4H＋；Cr2O72-＋6Fe2+(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)________(保留一位小数)。(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%硫酸的质量为________t。[解析](1)根据化学方程式：4FeS2＋11O2高温2Fe2O3＋8SO2；SO2+2Fe3++2H2O=SO42-＋2Fe2+＋4H＋；Cr2O72-Cr2O72-～6Fe2+～3SO21(0.0200×0.025)molmm(FeS2)＝0.0900g，样品中FeS2的质量分数为0.0900g0.1000g×100%＝90.0%(2)由硫元素守恒得FeS2～2SO2～2H2SO41mol2mol196g10×106×90.0%120moln(SO2)m(则n(SO2)＝1.5×105mol，标准状况下V(SO2)＝3.36×106L，m(硫酸)＝1.5×107g＝15t。[答案](1)90.0%(2)3.36×106151．(差量法)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，则原氮氧化物的化学式为()A．N2O3 B．NO2C．NO D．N2OA[设该氮氧化物的分子式为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，N2Ox＋xH2=N2＋xH2OΔV1x15.6L46.8L则1∶x＝15.6L∶46.8L，x＝3，所以其化学式为N2O3。]2．(守恒法)向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL4mol·L-1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344LNO(标准状况)，向所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的CO在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为()A．0.24mol B．0.21molC．0.16mol D．0.14molB[根据题意可知反应后的溶液中溶质为FeNO32，根据元素守恒可知n(Fe2+)＝12×(0.12×4mol－1.34422.4mol)＝0.21mol，故根据铁元素守恒，相同质量的混合物与足量CO反应，得到的Fe的物质的量为3．一定条件下，将28.8gCu2O固体投入100mL12.0mol·L-1的HNO3溶液中充分反应后，固体全部溶解，硝酸被还原为氮氧化物(NOx)，并收集到标准状况下气态氮氧化物(NOx)4.48L(生成气体全部逸出)。(1)x＝________。(2)向反应后的溶液中加入4.00mol·L-1NaOH溶液，为使沉淀质量达到最大，至少需要NaOH溶液________mL。[解析](1)n(Cu2O)＝28.8g144g·mol-1＝0.2mol，n(NOx)＝4.48L22.4L·mol-1＝0.2mol，在反应中，Cu2O中的Cu元素化合价由＋1价升高到＋2价，HNO3中生成NOx的N元素化合价由＋5价降低为＋2x价，依据得失电子守恒可得：0.2mol×2＝0.2mol×(5－2x)，解得x＝1.5。(2)向反应后的溶液中加入4.00mol·L-1NaOH溶液，当沉淀质量达到最大时，CuNO32及过量HNO3刚好与NaOH完全反应，生成NaNO3等，则n(NaOH)＝n(NO3-)，从而得出4.00mol·L-1×V(NaOH)＝n(HNO3)－n[答案](1)1.5(2)2504．(关系式法)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00mL葡萄酒样品，用0.0100mol·L-1的碘标准液滴定至终点，消耗碘标准液10.00mL。滴定反应的离子方程式为_____________________________________________________________________________________________，该样品中Na2S2O5的残留量为________g·L-1(以SO2计)。[解析]根据得失电子守恒、电荷守恒及元素守恒可得关系式2SO2～S2O52-～2I2，n(SO2)＝n(I2)＝0.0100mol·L-1×10.00×10-3L＝1×10-4mol，该样品中Na2S2O5的残留量(以SO2计)[答案]S2O52-+2I2+3H2O学案分层作业(七)物质的量在化学反应中的计算(考查范围：对应学案7分值：50分)1．(人教版必修第一册习题改编)已知27.4gNa2CO3与NaHCO3的混合物与200mL2.0mol·L-1稀盐酸恰好完全反应，将反应后的溶液蒸干后所得固体质量为()A．11.7g B．14.2gC．17.55g D．23.4gD[27.4gNa2CO3与NaHCO3的混合物与稀盐酸恰好完全反应生成氯化钠，依据氯元素守恒可知氯化钠的物质的量是0.4mol，质量为0.4mol×58.5g·mol-1＝23.4g。]2．(鲁科版必修第一册习题改编)现将1molCu2S与144gFeO投入足量稀HNO3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．5molC．6.4mol D．4molD[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的物质的量为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，故根据得失电子守恒可知共生成4molNO，故选D项。]3．(人教版必修第一册习题改编)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．2a-baC．2a-bbC[设有xLNH3分解，则2NH3(g)⥬N2(g)＋3H2(g)ΔV2132xL(b－a)LNH3的体积分数为a-b-a4．(人教版必修第一册习题改编)向200mL0.1mol·L-1的FeSO4溶液中加入适量的NaOH溶液，使Fe2+恰好完全沉淀，过滤，小心加热沉淀，直到水分蒸干，再灼烧到质量不再变化，此时固体的质量为()A．4.36g B．2.82gC．1.6g D．1.44gC[FeSO4与NaOH反应生成Fe(OH)2，加热过程中FeOH2被氧气氧化成Fe(OH)3，Fe(OH)3受热分解为Fe2O3和H2O，最后得到的固体为Fe2O3，根据Fe原子守恒，得2FeSO4～Fe2O3，则n(Fe2O3)＝200×10-3×0.1mol2＝0.01mol，m(Fe2O3)＝0.01mol×160g5．(鲁科版必修第一册习题改编)某废水处理站用甲醇(CH3OH)处理含氨废水，反应为NH3＋2O2酶NO3-+H++H2O，6H++6NO3-＋5CH3OH酶3N2↑＋5CO2↑＋13H2O。在处理过程中，NH3转化为NO3A．24.32kg B．30.00kgC．25.30kg D．4.08kgA[根据甲醇处理含氨废水的反应原理可得关系式：NH3～NO3-～56CH3OH，理论上每天所需甲醇的质量为0.034g·L-1×500×103L17g·mol-1×95%×96%6．(4分)(鲁科版必修第一册习题改编)取14.35gZnSO4·7H2O加热，其脱水分解曲线如下图所示，则100℃时，剩余固体的化学式为________。[解析]14.35gZnSO4·7H2O的物质的量为14.35g287g·mol-1＝0.05mol，由锌原子守恒可知，七水硫酸锌完全分解生成硫酸锌的质量为0.05mol×161g·mol-1＝8.05g，则100℃时，剩余固体带有结晶水，设剩余固体的化学式为ZnSO4·xH2O，由固体的质量为8.95g可知，结晶水x的值为8.95g-8.05g18g·mol-1×0.05mol＝[答案]ZnSO4·H2O7．(2025·泉州模拟)标准状况下，将20LCO2和CO的混合气体全部通过足量的Na2O2粉末，在相同状况下，气体体积减少到16L，则原混合气体中CO的体积为()A．4L B．8LC．12L D．16LC[混合气体中只有CO2和Na2O2反应，设二氧化碳的体积为V(CO2)，2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2ΔV44.8L22.4L22.4LV(CO2)(20－16)L44.8L∶22.4L＝V(CO2)∶(20－16)L，解得V(CO2)＝8L，则V(CO)＝(20－8)L＝12L。]8．(2026·黄冈模拟)取3.38gK2CO3和KHCO3的混合物溶于水配成25mL溶液，向溶液中加入25mLBa(OH)2溶液时恰好使生成白色沉淀的量最多，反应后溶液中c(OH－)＝0.8mol·L-1(忽略混合后溶液体积变化)，则原混合物中K2CO3和KHCO3物质的量之比为()A．1∶2 B．1∶1C．2∶1 D．2∶3A[设原混合物中n(K2CO3)＝xmol，n(KHCO3)＝ymol，根据总质量可得138x＋100y＝3.38①向溶液中加入Ba(OH2)溶液，恰好使生成白色沉淀的量最多，反应后剩余的OH－的物质的量n(OH－)＝0.8mol·L-1×0.05L＝0.04mol。根据方程式：K2CO3＋Ba(OH)2=BaCO3↓＋2KOHxmol2xmolKHCO3＋Ba(OH)2=BaCO3↓＋KOH＋H2Oymolymol可得2x＋y＝0.04②，联立①②解方程组得：x=0.01所以原混合物中n(K2CO3)∶n(KHCO3)＝0.01mol∶0.02mol＝1∶2。]9．(2025·郑州模拟)在一定条件下，取钠与氧气全部反应后的生成物1.5g溶于水，所得溶液恰好能被80mL0.50mol·L-1盐酸中和，则该生成物的成分是()A．Na2O B．Na2O2C．Na2O和Na2O2 D．Na2O2和NaO2C[所得溶液恰好能被80mL0.50mol·L-1盐酸中和，中和后的产物是NaCl，可知n(Na)＝n(HCl)＝0.50mol·L-1×0.08L＝0.04mol，若生成物只有Na2O2，则m(Na2O2)＝0.04mol2×78g·mol-1＝1.56g，若生成物只有Na2O，则m(Na2O)＝0.04mol2×62g·mol-1＝1.24g，若生成物只有NaO2，m(NaO2)＝0.04mol×55g·mol-1＝2.2g。由以上分析可知，A、B错误；若生成物为Na2O和Na2O2，质量在1.24g与1.56g之间，C正确；生成物若为Na2O2和NaO2，质量在1.56g与2.2g之间，D10.(2025·沧州模拟)向100mL的FeBr2溶液中通入Cl2(标准状况下)3.36L，所得溶液中Cl－和Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为()A．0.75mol·L-1 B．1mol·L-1C．1.5mol·L-1 D．2mol·L-1D[在溶液中Cl2先与Fe2+反应，再与Br－反应，n(Cl2)＝3.36L22.4L·mol-1＝0.15mol；n(Cl－)＝0.3mol；假设FeBr2溶液的浓度是xmol·L-1，则在原溶液中n(Fe2+)＝0.1xmol，n(Br－)＝0.2xmol；根据得失电子守恒，由题意可得：0.1x＋(0.2x－0.3)＝0.15×2，解得x11．(8分)(2025·内江一模)取5.56gFeSO4·7H2O晶体样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示：(