2019版化学高考大一轮复习备考苏教版讲义：专题1 化学家眼中的物质世界 专题讲座一 WORD版含答案.docx

1、专题讲座一化学计算的常用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(NH)c(H)2c(SO)c(NO)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(2017开封模拟)在硫酸钠和硫酸铝的混合溶液中，Al3的物质的量浓度为0.2 molL1，SO为0.4 molL1，溶液中Na的物质的量浓度为()A0.1 mo

2、lL1 B0.2 molL1C0.3 molL1 D0.4 molL1答案B解析在任何溶液中，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(SO)，解得c(Na)0.2 molL1。2(2018阜阳质检)某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2)2 molL1，c(SO)6.5 molL1，若将200 mL的此混合液中的Mg2和Al3分离，至少应加入1.6 molL1的氢氧化钠溶液()A0.5 L B1.625 L C1.8 L D2 L答案D解析根据电荷守恒得：2c(Mg2)3c(Al3)2c(SO)，c(Al3)3 molL1，加入氢氧化钠溶液使Mg2、

3、Al3分离，此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由电荷守恒得：V(NaOH)2 L。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12 g CO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18 g，求原混合气体中CO的质量分数。

4、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。CuOCOCuCO2气体质量增加(差量) 28 g 44 g 44 g28 g16 g 12x g 18 g12 g6 g，解得x0.875。4为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度(质量分数)是()A. B.C. D.答案A解析由题意知(w1w2)g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3质量为x g，由此可得如下关系： 28462xw1w2则x，故样品纯度为。5(2018山东省实验中学高三模拟)16 mL由N

5、O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：6NO4NH35N26H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：53324397。其中正确的是()A B C D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。6NO4NH35N26H2O(g)V(气体的体积差)6 mL4 mL 5 mL6 mL(56)(46)1 mL(理论差量)9 mL 6 mL 17.5161.5 mL(实际差量)由此可知共消耗15 mL气体，还剩余1 mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)V(NH3)(9 mL1 m

6、L)6 mL53，假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)V(NH3)9 mL(6 mL1 mL)97，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53与97之间，对照所给的数据知32与43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法是一种巧妙利用已知物与未知量之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。它是化学计算中的基本解题方法之一，利用关系式法可以将多步计算转化为一步计算，免去逐步计算中的麻烦，简化解题步骤，减少运

7、算量，且计算结果不易出错，准确率高。针对训练(一)根据原子守恒找关系式6(2017西安模拟)碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4 g上述混合物，消耗1 molL1盐酸500 mL。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是()A35 g B30 g C20 g D15 g答案C解析碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜，溶解28.4 g混合物，消耗1 molL1盐酸500 mL，HCl的物质的量为0.5 mol，根据氯元素守恒则CuCl2的物质的量为0.25 mol。根据Cu元素守恒可知，原混合物中含有Cu元素的物质的量为0.2

8、5 mol，灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25 mol，则m(CuO)0.25 mol80 gmol120 g。7有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水7.12%，K2CO3 2.88%，KOH 90%，若将此样品1 g加入到46.00 mL的1 molL1盐酸中，过量的酸再用1.07 molL1 KOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体_g。答案3.427解析此题中发生的反应很多，但仔细分析可知蒸发溶液后所得固体为KCl，其Cl全部来自于盐酸中的Cl，在整个过程中Cl守恒，即n(KCl)n(HCl)；故m(KCl)0.046 L1 molL174.5 gmol1

9、3.427 g。(二)根据电子守恒找关系式如：NH3HNO3，O22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NH32O2。8将1.08 g FeO完全溶解在100 mL 1.00 molL1硫酸中，然后加入25.00 mL K2Cr2O7溶 液，恰好使Fe2全部转化为Fe3，且Cr2O中的铬全部转化为Cr3。则K2Cr2O7的物质的量浓度是_。答案0.100 molL1解析由电子守恒知，FeO中2价铁所失电子的物质的量与Cr2O中6价铬所得电子的物质的量相等，(32)0.025 00 Lc(Cr2O)(63)2，得c(Cr2O)0.100 molL1。9

10、铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原，只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL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()A9.02 g B8.51 g C8.26 g D7.04 g答案B解析最后沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，Cu和Mg共4.6 g，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)1 mol2 mol0.23 mol，故沉淀的质量为4.6 g0.2317 g8.51 g。(三)根据相关反应找关系式如：4NH35O24NO6H2O2NOO2=2NO23NO

11、2H2O=2HNO3NO经多次氧化和吸收，由N元素守恒知：NH3HNO3。10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0.100 0 g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0.020 00 molL1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。已知：SO22Fe32H2O=SO2Fe24HCr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O(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10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为_L，制得98

12、%的硫酸质量为_t。答案(1)90.0%(2)3.3610615解析(1)据方程式：4FeS211O22Fe2O38SO2SO22Fe32H2O=SO2Fe24HCr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O得关系式：Cr2O 6Fe2 3SO2 FeS21 0.020 00 molL10.025 00 Lm(FeS2)0.090 00 g样品中FeS2的质量分数为90.0%。(2)4FeS211O22Fe2O38SO2 4 mol 8 mol mol n(SO2)n(SO2)1.5105 molV(SO2)3.36106 L由SO2SO3H2SO41 mol 98 g1.5105 molm

13、(H2SO4)98%得m(H2SO4)1.5107 g15 t。11金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn2HCl=SnCl2H2，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl22FeCl3=SnCl42FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2，反应的化学方程式为6FeCl2K2Cr2O714HCl=6FeCl32KCl2CrCl37H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 molL1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。求试样中锡的百分含量(假定杂质不参加反应)。答案Sn与K2Cr2O7的物质量的关系：3Sn3SnCl26FeCl2K2Cr2O73119 g 1 molx 0.10.016 molx0.571 2 gSn%100%93.2%。