2019届二轮复习 化学计算的类型和方法 学案（江苏专用）

微专题1　化学计算的类型和方法

1．明确一个中心
必须以“物质的量”为中心——“见量化摩，遇问设摩”。
2．掌握两种方法
(1)守恒法：守恒法是中学化学计算中的一种常用方法，它包括质量守恒、电荷守恒、电子守恒。它们都是抓住有关变化的始态和终态，淡化中间过程，利用某种不变量(如①某原子、离子或原子团不变；②溶液中阴、阳离子所带电荷数相等；③氧化还原反应中得失电子数相等)建立关系式，从而达到简化过程，快速解题的目的。
(2)关系式法：表示两种或多种物质之间“物质的量”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“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。
3．计算类型及实验方法
(1)计算类型
①确定化学式；②确定样品质量分数。
(2)实验方法
①滴定分析法；②沉淀分析法；③热重分析法。

1．(2018·江苏，18)碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为
(2－x)Al2(SO4)3＋3xCaCO3＋3xH2O===2[(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3]＋3xCaSO4↓＋3xCO2↑
生成物(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。
(1)制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有________________________________________________________________________。
(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：
①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.330 0 g。
②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.100 0 mol·L－1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.080 00 mol·L－1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL(已知Al3＋、Cu2＋与EDTA反应的化学计量数比均为1∶1)。
计算(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值(写出计算过程)。
答案　(1)适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率
(2)减小
(3)25.00 mL溶液中：
n(SO)＝n(BaSO4)＝＝0.010 0 mol
2．50 mL溶液中：
n(Al3＋)＝n(EDTA)－n(Cu2＋)
＝0.100 0 mol·L－1×25.00 mL×10－3 L·mL－1－0.080 00 mol·L－1×20.00 mL×10－3 L·mL－1
＝9.000×10－4 mol
25．00 mL溶液中：
n(Al3＋)＝9.000×10－3 mol
1 mol (1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中：
n(Al3＋)＝(2－x) mol；n(SO)＝3(1－x) mol
＝＝
x≈0.41。
解析　(1)要提高x值，就需要提高CaSO4的生成速率，因为碳酸钙是粉末，因此不能通过增大表面积的方式提高反应速率，可以通过增加CaCO3的量和搅拌加快CaSO4的生成速率，以提高x的值。(3)由题意知，Al3＋、Cu2＋与EDTA反应的化学计量数比均为1∶1，因此EDTA 总物质的量应等于Al3＋和Cu2＋的物质的量之和，根据题给数值即可求算出x的值。
2．(2017·江苏，18)碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。
(1)碱式氯化铜有多种制备方法
①方法1：45～50 ℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O，该反应的化学方程式为___________________________________________________________________
______________________________________________________________________________。
②方法2：先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3＋对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。M′的化学式为________。

(2)碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：①称取样品1.116 0 g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A；②取25.00 mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0.172 2 g；③另取25.00 mL溶液A，调节pH 4～5，用浓度为0.080 00 mol·L－1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2＋(离子方程式为
Cu2＋＋H2Y2－===CuY2－＋2H＋)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。
答案　(1)①4CuCl＋O2＋8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O　②Fe2＋
(2)n(Cl－)＝n(AgCl)×＝×＝4.800×10－3mol
n(Cu2＋)＝n(EDTA)×＝0.080 00 mol·L－1×30.00 mL×10－3 L·mL－1×＝9.600×10－3mol
n(OH－)＝2n(Cu2＋)－n(Cl－)＝2×9.600×10－3mol－4.800×10－3mol＝1.440×10－2mol
m(Cl－)＝4.800×10－3mol×35.5 g·mol－1＝0.170 4 g
m(Cu2＋)＝9.600×10－3mol×64 g·mol－1＝0.614 4 g
m(OH－)＝1.440×10－2mol×17 g·mol－1＝0.244 8 g
n(H2O)＝
＝4.800×10－3mol
a∶b∶c∶x＝n(Cu2＋)∶n(OH－)∶n(Cl－)∶n(H2O)＝2∶3∶1∶1
化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O。
解析　(1)①反应物为CuCl、O2和H2O，生成物为Cu2(OH)2Cl2·3H2O，根据电子守恒和原子守恒配平。②由图示Cu＋M→Cu2＋＋M′，说明Cu被M氧化；M′＋O2＋H＋→M＋H2O，说明M′被氧化为M，说明M价态高，由题给信息“Fe3＋对该反应起催化作用”，M为
Fe3＋，M′为Fe2＋。

1．利用守恒法计算物质含量，其关键是建立关系式，一般途径有两种
(1)利用化学方程式中的化学计量数之间的关系建立关系式。
(2)利用微粒守恒建立关系式。
2．多步滴定常分为两类
(1)连续滴定：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量。
(2)返滴定：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定计算出过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量。

题组一　“滴定法”分析物质组成及含量
1．(2018·苏锡常镇四市高三教学情况调研)氯化苄(C6H5CH2Cl)是一种重要的有机化工原料。工业上采用甲苯与干燥氯气在光照条件下反应合成氯化苄。
(1)写出甲苯与干燥氯气在光照条件下反应合成氯化苄的化学方程式：________________________________________________________________________。
(2)用下列方法分析氯化苄粗产品的纯度：
步骤Ⅰ：称取2.555 g样品于烧瓶中，加入100.00 mL 4 mol·L－1氢氧化钠溶液共热，冷却至室温。加入100.00 mL 4 mol·L－1硝酸，一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00 mL的容量瓶中，加水定容。
步骤Ⅱ：从容量瓶中各取50.00 mL溶液于三只锥形瓶中，各加入25.00 mL 0.200 0 mol·L－1硝酸银溶液。
步骤Ⅲ：用硫酸铁铵作指示剂，用0.200 0 mol·L－1 NH4SCN溶液分别滴定剩余的硝酸银，所得滴定数据如下表。
实验数据
实验序号
NH4SCN溶液体积读数/mL
滴定前
滴定后
第一次
0.40
10.38
第二次
0.30
10.32
第三次
0.20
10.41

已知：NH4SCN＋AgNO3===AgSCN↓＋NH4NO3
①加入硝酸的目的是__________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②在步骤Ⅲ操作中，判断达到滴定终点的现象是_________________________________
___________________________________________________________________________。
③该样品中氯化苄的质量分数(写出计算过程)_____________________________________
___________________________________________________________________________。
④上述测定结果通常高于氯化苄中氯元素的理论含量，原因是________________________________________________________________________。
答案　(1)C6H5CH3＋Cl2C6H5CH2Cl＋HCl
(2)①中和NaOH使溶液呈酸性，防止OH—对下一步的干扰　②当滴入最后一滴，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色
③×100%
≈74.27%　④甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物，Cl2或生成的HCl也会造成测定结果偏高
解析　(1)甲苯与干燥氯气在光照条件下反应合成氯化苄的化学方程式为C6H5CH3＋Cl2C6H5CH2Cl＋HCl。(2)①溶液显碱性，则加入硝酸的目的是中和NaOH使溶液呈酸性，防止OH—对下一步的干扰。②铁离子能与SCN－反应使溶液显红色，则在步骤Ⅲ操作中，判断达到滴定终点的现象是当滴入最后一滴，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色。③三次实验中消耗标准液体积分别是9.98 mL、10.02 mL、10.21 mL，第三次实验数据误差大，舍去，则消耗标准液体积的平均值是10.00 mL，根据方程式可知剩余硝酸银是0.002 mol，所以与氯离子反应的硝酸银是0.005 mol－0.002 mol＝0.003 mol，则水解生成的氯离子是0.003 mol×250 mL÷50 mL＝0.015 mol，因此该样品中氯化苄的质量分数为×100%≈74.27%。
2．(2018·南京市高三第三次模拟)为测定某三价铁配合物(化学式表示为Ka[Feb(C2O4)c]·xH2O)的组成，做了如下实验：
步骤1：称取1.964 0 g Ka[Feb(C2O4)c]·xH2O晶体，配制成250.00 mL溶液。
步骤2：取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，加入1 mol·L－1 H2SO4 5.00 mL，加热到70～85 ℃，用0.010 00 mol·L－1 KMnO4溶液滴定至终点(5C2O＋2MnO＋16H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O)，消耗KMnO4溶液48.00 mL。
步骤3：向反应后的溶液中加入一定量锌粉。加热至黄色恰好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。
步骤4：继续用0.010 00 mol·L－1 KMnO4溶液滴定步骤3所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液8.00 mL。
(1)步骤2中滴定终点的现象是____________________________________________________
______________________________________________________________________________。
(2)步骤3中加入锌粉的目的是___________________________________________________
____________________________________________________________________________。
(3)步骤4中发生反应的离子方程式为______________________________________________。
(4)通过计算确定该三价铁配合物的化学式__________________________________________
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________(写出计算过程)。
答案　(1)溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色
(2)将Fe3＋还原为Fe2＋
(3)5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O
(4)250.00 mL溶液中各微粒的物质的量分别为：n(C2O)＝n(MnO) ＝ ×0.010 00 mol·
L－1×48.00×10－3 L×10＝0.012 mol，n(Fe3＋)＝5n(MnO)＝5×0.010 00 mol·L－1×8.00×10－3 L×10＝0.004 mol，根据电荷守恒，得n(K＋)＝2×0.012 mol－3×0.004 mol＝0.012 mol ，根据质量守恒：n(H2O)＝(1.964 0 g－0.012 mol×39 g·mol－1－0.004 mol×56 g·mol－1－
0.012 mol×88 g·mol－1)/18 g·mol－1＝0.012 mol，n(K＋)∶n(Fe3＋)∶n(C2O)∶n(H2O)＝
0.012 mol∶0.004 mol∶0.012 mol∶0.012 mol＝3∶1∶3∶3 ，化学式为K3[Fe(C2O4)3]·3H2O
题组二　热重分析法确定物质组成及含量
3．[2014·新课标全国卷Ⅱ，27(4)]PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示，已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%(即×100%)的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2·nPbO，列式计算x值和m∶n值。

答案　根据PbO2PbOx＋O2↑，有×32＝239×4.0%，x＝2－≈1.4，根据mPbO2·nPbO，＝1.4，＝＝。
4．在焙烧NH4VO3的过程中，固体质量的减少值(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示，210 ℃时，剩余固体物质的化学式为________。

答案　HVO3
解析　NH4VO3分解的过程中生成氨气和HVO3，HVO3进一步分解生成V2O5,210 ℃时若分解生成酸和氨气，则剩余固体占起始固体百分含量为×100%≈85.47%，所以210 ℃时，剩余固体物质的化学式为HVO3。
5．为研究一水草酸钙(CaC2O4·H2O)的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50 g样品加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如下图所示。

(1)300 ℃时残留固体的成分为________，900 ℃时残留固体的成分为________。
(2)通过计算求出500 ℃时固体的成分及质量(写出计算过程)。
答案　(1)CaC2O4　CaO
(2)在600 ℃时，×100%＝68.49%，m(剩余)＝36.50 g×68.49%≈25 g，从300 ℃至600 ℃时，失去的总质量为32 g－25 g＝7 g，失去物质的摩尔质量为7 g÷0.25 mol＝28 g·
mol－1,500 ℃时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物，样品中CaC2O4·H2O的物质的量n(CaC2O4·H2O)＝＝0.25 mol，设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为x mol和y mol，根据500 ℃时固体总质量可得128x＋100y＝36.50 g×76.16%，根据钙元素守恒可得x＋y＝0.25，解得x≈0.10，y≈0.15，m(CaC2O4)＝0.10 mol×128 g·mol－1＝12.80 g，m(CaCO3)＝0.15 mol×100 g·mol－1＝15.0 g，500 ℃时固体的成分为12.8 g CaC2O4和15.0 g CaCO3。
解析　(1)n(CaC2O4·H2O)＝＝0.25 mol，含有m(H2O)＝0.25 mol×18 g·mol－1＝
4.50 g，在300 ℃时，×100%＝87.67%，m(剩余)＝36.50 g×87.67%≈32 g，减少的质量为36.50 g－32 g＝4.50 g，故此时失去全部的结晶水，残留固体为CaC2O4；在900 ℃时，×100%＝38.36%，m(剩余)＝36.50 g×38.36%≈14 g，其中Ca的质量没有损失，含m(Ca)＝0.25 mol×40 g·mol－1＝10 g，另外还含有m(O)＝14 g－10 g＝4 g，n(O)＝＝0.25 mol，则n(Ca)∶n(O)＝1∶1，化学式为CaO。

热重分析的方法
(1)设晶体为1 mol。
(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。
(3)计算每步的m余，×100%＝固体残留率。
(4)晶体中金属质量不减少，仍在m余中。
(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得mO，由n金属∶nO，即可求出失重后物质的化学式。