2019年高三化学一轮复习试题 化学计算中的几种方法

这是一份2019年高三化学一轮复习试题 化学计算中的几种方法，共8页。试卷主要包含了守恒法等内容，欢迎下载使用。

一．化学计算中的常用方法
1．守恒法
①．质量守恒法
典例1．0.1ml某烃与1ml过量氧气混合，充分燃烧后通过足量的Na2O2固体，固体增重15g，从Na2O2中逸出的全部气体在标准状况下为16.8L。求烃的化学式。
②．原子(或离子)守恒
典例2．用含1.0ml NaOH溶液吸收0.8ml CO2，所得溶液中的COeq \\al(2－,3)和HCOeq \\al(－,3)的物质的量之比为（ ）
A．1∶3 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶2
③．电子守恒
典例3．在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物为Cr2Oeq \\al(2－,7)和Pb2+，则与1.0ml Cr3+反应所需的PbO2物质的量为____________。
④．电荷守恒
典例4．在硫酸铝和硫酸钾、明矾的混合物中，若c(SOeq \\al(2－,4))=0.2ml·L-1，当加入等体积的0.2ml·L-1 KOH溶液时，生成的沉淀又恰好溶解为止，则原溶液中K+的物质的量浓度(ml·L−1)是（ ）
A．0.2 B．0.25 C．0.3 D．0.45
2．差量法
典例5．某一元醇10g与乙酸反应生成酯13.2g，同时回收醇1.0g，则该醇的式量是（ ）
A．74 B．88 C．90 D．104
3．关系式法
典例6．将5.6g铁溶于足量盐酸，蒸发至干并在空气中灼烧至恒重，最后得到固体的质量最接近于（ ）
A．8.0g B．19.2g C．24.2g D．30.6g
4．平均值法
典例7．燃烧镁和某金属的合金，所生成氧化物质量为反应前合金的质量的2倍，另一金属可能是（ ）
A．Cu B．Be C．Na D．Al
5．假设法
典例8．将两种金属单质混合物13g，加到足量稀硫酸中，共放出标准状况下气体11.2L，这两种金属可能是（ ）
A．Zn和Fe B．Cu和Zn C．Al和Mg D．Mg和Cu
6．讨论法
典例9．向300mL KOH溶液中缓慢通入一定量的CO2气体，充分反应后，在减压低温下蒸发溶液，得到白色固体。请回答下列问题：
（1）由于CO2通入量不同，所得到的白色固体的组成也不同，试推断有几种可能的组成，并分别列出。
（2）若通入CO2气体为2.24L（标准状况下），得到11.9g的白色团体。请通过计算确定此白色固体是由哪些物质组成的，其质量各为多少？所用的KOH溶液的物质的量浓度为多少？
二．对点增分集训
1．由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混和物10克，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2升，则混和物中一定含有的金属是（ ）
A．锌 B．铁 C．铝 D．镁
2．将一定质量的Mg、Zn、Al混合物与足量稀H2SO4反应，生成H2 2.24L（标准状况），原混合物的质量可能是（ ）
A．1.8g B．3g C．6.5g D．10g
3．将12g 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18g，求原混合气体中CO2的质量分数。
4．为了预防碘缺乏病，国家规定每千克食盐中应含有40～50毫克的碘酸钾。为检验某种食盐是否为加碘的合格食盐，某同学取食盐样品428克，设法溶解出其中全部的碘酸钾。将溶液酸化并加入足量的碘化钾淀粉溶液，溶液呈蓝色，再用0.030ml·L−1的硫代硫酸钠溶液滴定，用去18.00mL时蓝色刚好褪去。试通过计算说明该加碘食盐是否为合格产品。有关反应：IOeq \\al(－,3)+5I－+6H+→3I2+3H2O；I2+2S2Oeq \\al(2－,3)→2I－+S4Oeq \\al(2－,6)
5．10ml某气态烃在80ml氧气中完全燃烧后，恢复到原来状况（1.01×105Pa，27℃）时，测得气体体积为70ml，求此烃的分子式。
6．Cu、Cu2O和CuO组成的混合物，加入100mL 0.6ml·L−1 HNO3溶液恰好使混合物溶解，同时收集到224mL NO气体（标准状况）。求：
（1）写出Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式。
（2）产物中硝酸铜的物质的量。
（3）如混合物中含0.01mL Cu，则其中Cu2O、CuO的物质的量分别为多少？
培优点一 化学计算中的几种方法
典例1．【解析】设烃的化学式为CxHy，摩尔质量为a g·ml−1，因为最后逸出的气体不仅包括反应剩余的O2，也包括烃燃烧产物CO2和水蒸气与Na2O2反应放出的O2。m(烃)+m(O2)=Δm(Na2O2)+m(逸出气体)，则有：0.1ml×a g·ml−1+32g·ml−1×1ml=15g+eq \f(32g·ml−1×16.8L, 22.4L·ml−1)；解得a=70，烃的式量为70，eq \f(70,12)=5余10，所以烃的化学式为C5H10。
【答案】C5H10
x+y=0.8ml
2x+y=0.8ml
x=0.2ml
y=0.6ml
典例2．【解析】设生成Na2CO3、NaHCO3物质的量为x、y，由反应前后C原子和Na+守恒可得方程组：
解得 解得 ；即所得溶液中COeq \\al(2－,3)和HCOeq \\al(－,3)的物质的量之比为1∶3。
【答案】A
典例3．【解析】利用电子守恒进行计算：1.0ml×(6－3)=x×(4－2)，得x=1.5ml。
【答案】1.5ml
典例4．【解析】方法1：原混合液中含有的阳离子是K+、Al3+，阴离子是SOeq \\al(2－,4)，c(SOeq \\al(2－,4))=0.2ml·L−1，
则c(K+)+c(Al3+)=eq \f(1,2)c(SOeq \\al(2－,4))=0.1ml·L−1；加入KOH溶液后发生的反应是Al3++4OHeq \\al(－,)===AlOeq \\al(－,2)+2H2O，所以原溶液中c(Al3+)=c(K+)=0.2ml·L−1+eq \f(1,4)×0.2ml·L−1=0.05ml·L−1。
方法2：根据电荷守恒可得3c(Al3+)+c(K+)=2c(SOeq \\al(2－,4))，推出c(K+)=2c(SOeq \\al(2－,4))－3c(Al3+)=0.25ml·L−1。
【答案】B
典例5．【解析】醇与乙酸反应生成酯和水，则乙酸和水的质量差等于酯和醇的质量差，设该醇的式量为x，则有：
R－OH+CH3COOHeq \(――→,\s\up7())CH3COOR+H2O Δm
X 60 18 42
9g （13.2-9）g=4.2g
可得：eq \f(x,9g)=eq \f(42,4.2)；即x=90
【答案】C
典例6．【解析】由Feeq \(――→,\s\up7())Fe2+eq \(――→,\s\up7())Fe(OH)2eq \(――→,\s\up7())Fe(OH)3eq \(――→,\s\up7())Fe2O3
所以可得：2Fe－Fe2O3；则Fe2O3的质量m(Fe2O3)=5.6g×160/(2×56)=8.0g
【答案】A
典例7．【解析】镁形成的氧化物中，m(Mg)∶m(O)=24∶16，金属质量大于氧的质量；则另一金属形成的氧化物中，金属质量要小于氧的质量。Cu、Be、Na、Al在燃烧时所形成的氧化物分别是：CuO、BeO、Na2O2、Al2O3,其中只有BeO中m(Be)∶m(O)=9∶16，是金属小于氧的质量。所以选B。
【答案】B
典例8．【解析】将混合物当作一种金属来看，因为是足量稀硫酸，13克金属全部反应生成的11.2L(0.5摩尔)气体全部是氢气，即这种金属每放出1摩尔氢气需26克，如果全部是+2价的金属，其平均原子量为26，则组成混合物的+2价金属，其原子量一个大于26，一个小于26。故D符合。
【答案】D
典例9．【解析】（1）由于CO2和KOH反应时物质的量之比不同则产物不同，故可根据CO2和KOH反应时物质的量之比对产物进行讨论。由：①CO2+2KOH===K2CO3+H2O ②CO2+KOH===KHCO3可知n(CO2)/n(KOH)=1/2时产物为K2CO3，n(CO2)/n(KOH)=1时产物为KＨCO3，所以n(CO2)/n(KOH)<1/2时，KOH过量，则产物为K2CO3+KOH；1/21时，二氧化碳过量，则固体产物为KHCO3。答案为：
（2）由：①CO2+2KOH===K2CO3 +H2O ②CO2+KOH===KHCO3
22.4L(标态) 138g 22.4L(标态) 100g
2.24L(标态) 13.8g 2.24L(标态) 10.0g
∵13.8g＞11.9g＞10.0g
∴得到的白色固体是K2CO3和KHCO3的混合物。
设白色固体中K2CO3 x ml，KHCO3 y ml，即
①CO2+2KOH＝K2CO3+H2O ②CO2+KOH＝KHCO3
x ml+y ml＝eq \f(2.24L,22.4ml·L−1)＝0.100ml （CO2）
138g·ml-1×x ml÷100g·ml-1×y ml＝11.9g （白色固体）
x ml 2x ml x ml y ml y ml y ml
x＝0.0500ml （K2CO3）
y＝0.0500ml （KHCO3）
解此方程组，得
∴ 白色固体中 ，K2CO3质量为138g·ml-1×0.0500ml＝6.90g
KHCO3质量为100g·ml-1×0.0500ml＝5.00g
消耗KOH物质的量为2x ml+y ml＝2×0.0500ml+0.0500ml＝0.150ml
∴所用KOH溶液物质的量浓度为0.150ml/0.300L＝0.500ml·L−1
【答案】（1）①K2CO3+KOH；②K2CO3；③K2CO3+KHCO3；④KHCO3
（2）白色固体是K2CO3和KHCO3的混合物；m(KHCO3)= 0.0500ml、m(K2CO3)= 0.0500ml
C(KOH)= 0.500ml·L−1
1．【解析】本题利用平均摩尔电子质量求解，据10克金属与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2L可得金属平均摩尔电子质量为10g·ml-1。四种金属的摩尔电子质量分别为Zn：32.5g·ml-1、Fe：28 g·ml-1、Al：9g·ml-1、Mg：12g·ml-1，其中只有Al的摩尔电子质量小于10g·ml-1，故答案为C。
【答案】C
2．【解析】一定质量的Mg、Zn、Al混合物与足量稀H2SO4反应，生成H2 2.24L（标准状况），假设全部为Mg，由Mg－H2可得：m(Mg)=24×eq \f(2.24L,22.4L ml−1)=2.4g；假设全部为Zn或Al，同理可求m(Zn)=6.5g；m(Al)=1.8g所以混合物的质量介于1.8g～6.5g之间，故选：B。
【答案】B
3．【解析】设原混合气体中CO2的质量分数为x。
CuO+CO===Cu + CO2 Δm(气体)
28 44 44-28=16
12(1-x) 18g-12g=6g
即 eq \f(28,12(1-x))=eq \f(16,6g) 解得x=12.5%；所以，原混合气体中CO2的质量分数为12.5%。
【答案】12.5%
4．【解析】本题为多步反应的计算，可根据反应方程式直接建立IOeq \\al(－,3)和S2Oeq \\al(2－,3)的关系式进行求解。
6S2Oeq \\al(2－,3) eq \(――→,\s\up7()) IOeq \\al(－,3)
6ml 1ml
0.030ml·L−1×18.00mL×10-3 n
n(IOeq \\al(－,3))=0.030ml·L−1×18.00mL×10-3×1ml÷6ml =0.09×10-3ml
每千克食盐中含KIO3：(214×0.09×10-3÷428)×1000=45×10-3=45(mg)；即该加碘食盐是合格的
【答案】合格
5．【解析】原混和气体总体积为90ml，反应后为70ml，体积减少了20ml。剩余气体应该是生成的二氧
化碳和过量的氧气，下面可以利用差量法进行有关计算。
CxHy+(x+eq \f(y,4))O2eq \(――→,\s\up7())xCO2 +eq \f(y,2)H2O ΔV
1 1+eq \f(y,4)
10 20
计算可得y=4，烃的分子式为C3H4或C2H4或CH4
【答案】C3H4或C2H4或CH4
6．【解析】（1）利用电子守恒进行配平：3Cu2O+14HNO3==6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O；（2）利用N原子守恒：n(HNO3)=0.06ml，n(NO)=0.01ml，则n[Cu(NO3)2]=(0.06-0.01)/2=0.025ml；（3）本题混合物中虽含有Cu、Cu2O和CuO三种物质，但参加氧化还原反应的只有 Cu、Cu2O，所以利用电子守恒可直接求解。转移电子总数：n(eeq \\al(－,))=n(NO)×3==0.03ml；Cu提供电子数：0.01×2=0.02ml；Cu2O提供电子数：0.03
-0.02=0.01ml；n(Cu2O)=0.01/2=0.005ml，n(CuO)=0.0025-0.01-0.005×2=0.005ml；（4）根据（3）解法可得n(Cu2O)=0.015-Xml，n(CuO)=X-0.005ml。根据电子守恒进行极端假设：若电子全由Cu提供则n(Cu)=
0.015ml；若电子全由Cu2O提供则n(Cu2O)=0.015ml，则n(Cu2+)==0.03ml大于了0.025ml，说明n(Cu)不等于0，另根据n(CuO)=X-0.005ml要大于0，可得n(Cu)>0.005ml。所以0.005ml < n(Cu)<0.015ml。
【答案】（1）3Cu2O+14HNO3==6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O
（2）0.025ml
（3）0.005ml；0.005ml
（4）0.015-Xml；X-0.005ml；0.005ml