新人教版高考化学一轮复习第1章从实验学化学专题突破2化学计算的常用方法学案

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1．方法解读
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保持“不变”。在化学变化中存在各种各样的守恒，如质量守恒、元素守恒、原子守恒、电子转移守恒、电荷守恒等。
2．解题步骤
1．(原子守恒)(2021·石家庄调研)28 g铁粉完全溶于稀盐酸中，然后加入足量的Na2O2固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体的质量为( )
A．36 gB．40 g
C．80 gD．160 g
解析：选B。28 g铁粉完全溶于稀盐酸中生成氯化亚铁，然后加入足量的Na2O2固体，由于Na2O2固体溶于水后生成氢氧化钠和氧气，且Na2O2本身也具有强氧化性，所以充分反应后生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒，n(Fe2O3)＝eq \f(1,2)n(Fe)＝eq \f(1,2)×eq \f(28 g,56 g·ml－1)＝0.25 ml，所得Fe2O3固体的质量为0.25 ml×160 g·ml－1＝40 g。
2．(电荷守恒)将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH＝1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100 mL，则NaOH溶液的浓度为____________。
解析：当Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na＋全部来源于NaOH，且反应过程中Na＋的量不变。根据电荷守恒可知，eq \f(n(Na＋),n(SOeq \\al(2－,4)))＝eq \f(2,1)，所以n(NaOH)＝n(Na＋)＝2n(SOeq \\al(2－,4))＝n(H＋)＝0.1 ml·L－1×0.2 L＝0.02 ml，c(NaOH)＝eq \f(0.02 ml,0.1 L)＝0.2 ml·L－1。
答案：0.2 ml·L－1
3．(电荷守恒)(2021·阜阳质检)某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2 ml·L－1，c(SOeq \\al(2－,4))＝6.5 ml·L－1，若将200 mL此混合液中的Mg2＋和Al3＋完全分离，至少应加入1.6 ml·L－1的氢氧化钠溶液( )
A．0.5 L B．1.625 L
C．1.8 L D．2 L
解析：选D。根据电荷守恒得2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SOeq \\al(2－,4))，则c(Al3＋)＝
eq \f(2×6.5 ml·L－1－2×2 ml·L－1,3)＝3 ml·L－1，加入氢氧化钠溶液使Mg2＋、Al3＋完全分离，此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由电荷守恒得c(Na＋)＝2c(SOeq \\al(2－,4))＋c(AlOeq \\al(－,2))，即n(Na＋)＝2n(SOeq \\al(2－,4))＋n(AlOeq \\al(－,2))，则V(NaOH)＝eq \f(n(NaOH),c(NaOH))＝eq \f(2n(SOeq \\al(2－,4))＋n(AlOeq \\al(－,2)),c(NaOH))＝eq \f(2×6.5 ml·L－1×0.2 L＋3 ml·L－1×0.2 L,1.6 ml·L－1)＝2 L。
4．(电子转移守恒)某强氧化剂XO(OH)eq \\al(＋,2)可被Na2SO3还原。如果还原1.2×10－3 ml XO(OH)eq \\al(＋,2)需用30 mL 0.1 ml·L－1的Na2SO3溶液，那么X元素被还原后的物质可能是( )
A．XO B．X2O3
C．X2O D．X
解析：选D。由题意可知，S元素由＋4价→＋6价，假设反应后X元素的化合价为x价，根据氧化还原反应中得失电子数目相等可得，1.2×10－3ml×(5－x)＝0.03 L×0.1 ml·L－1×(6－4)，解得x＝0，所以X元素被还原后的物质可能是X，D项正确。
方法二 差量法
1．方法解读
差量法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”。这种物理量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟实际差量列成比例，然后求解。
2．解题步骤
5．(质量差)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．eq \f(84w2－53w1,31w1) B．eq \f(84(w1－w2),31w1)
C．eq \f(73w2－42w1,31w1) D．eq \f(115w2－84w1,31w1)
解析：选A。由题意可知，(w1－w2) g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3的质量为x g，由此可得如下关系：
则x＝eq \f(84(w1－w2),31)，故样品纯度为eq \f(m(Na2CO3),m(样品))＝eq \f(w1－x,w1)＝eq \f(84w2－53w1,31w1)。
6．(气体体积差)16 mL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＋4NH35N2＋6H2O(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的物质的量之比可能有四种情况：①5∶3；②3∶2；③4∶3；④9∶7。其中正确的是( )
A．①② B．①④
C．②③ D．③④
解析：选C。根据反应前后气体体积的变化，可用差量法直接求解。
6NO＋4NH35N2＋6H2O(g) ΔV(气体的体积差)
6 mL 4 mL 5 mL 6 mL 1 mL(理论差量)
9 mL 6 mL 17.5－16＝1.5 mL(实际差量)
由此可知共消耗15 mL NO与NH3的混合气体，还剩余1 mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)＝(9 mL＋1 mL)∶6 mL＝5∶3，假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9 mL∶(6 mL＋1 mL)＝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)介于9∶7与5∶3之间，对照所给的数据可知，3∶2与4∶3在此区间内。
方法三 关系式法
1．方法解读
关系式法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的“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。正确书写关系式是用关系式法解化学计算题的前提。
2．解题步骤
7．(依据原子守恒建立关系式)在氧气中燃烧0.22 g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10 mL 0.5 ml·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%
解析：选C。由S原子守恒和有关反应可得出：
S～H2SO4～2NaOH
32 g 2 ml
m(S) 0.5×10×10－3 ml
得m(S)＝0.08 g。
则原混合物中w(S)＝eq \f(0.08 g,0.22 g)×100%≈36%。
8．(依据相关反应原理建立关系式)黄铁矿的主要成分是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 ml·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。
已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SOeq \\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋；
Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
(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%的硫酸的质量为_________t。
解析：(1)据方程式：4FeS2＋11O2eq \(=====,\s\up8(高温))2Fe2O3＋8SO2；
SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SOeq \\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋；
Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；
可得关系式：
Cr2Oeq \\al(2－,7)～6Fe2＋～3SO2～eq \f(3,2)FeS2
1 eq \f(3,2)
0.020 00×0.025 ml eq \f(m(FeS2),120 g·ml－1)
得m(FeS2)＝0.090 00 g。
则样品中FeS2的质量分数为eq \f(0.090 00 g,0.100 0 g)×100%＝90.0%。
(2)4FeS2＋11O2eq \(=====,\s\up8(高温))2Fe2O3＋8SO2
4 ml 8 ml
eq \f(10×106×90.0%,120) ml n(SO2)
则n(SO2)＝1.5×105 ml，标准状况下V(SO2)＝3.36×106 L。
设制得98%的硫酸的质量为m，
由SO2～ SO3 ～H2SO4
1 ml 98 g
1.5×105 ml m×98%
得m＝1.5×107 g＝15 t。
答案：(1)90.0% (2)3.36×106 15