2020届高考化学二轮复习化学计算学案

微焦点29 化学计算
[学生用书P80]




微考向
难度指数
热度示意
命题探究
1.以物质的量为中心的计算
★★★

以物质的量为中心与其他物理量之间的互相转换
2.混合物组成的计算
★★★★

以二元混合物组成为主的组成计算
3.确定物质化学式的计算
★★★★

通过计算确定元素原子个数比,进一步确定化学式


以物质的量为中心的计算
(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)牢记六个基本公式
n=NNA、n=mM、n=VVm、c(B)=nV、w=m(溶质)m(溶液)×100%、c=1 000ρwM(w=cM1 000ρ)(ρ的单位为g·cm-3)
混合物组成的计算

方法与技巧
分析
关系式法
关系式法是根据化学方程式的计量数进行计算,化学反应中各反应物与生成物之间存在着最基本的比例(数量)关系
方程组法
根据质量守恒和比例关系,依据题设条件设未知数,列方程或方程组求解,是化学计算中最常用、最重要的方法
守恒法
质量守恒—反应前后元素的质量、某原子(离子或原子团)的物质的量相等
电子守恒—氧化还原反应中,氧化剂得电子数=还原剂失电子数
电荷守恒—任何体系中,阳离子所带的正电荷数=阴离子所带的负电荷数
差量法
质量差、气体体积差、压强差
平均值法
平均值法是巧解方法,根据两组分物质的某种平均值,来推断两物质某种量的范围的一种方法
极值法
巧用数学极限知识进行化学计算的技巧,即为极值法


确定物质化学式的计算




　　　　　　　以物质的量为中心的计算

[典例导考1](2019·浙江省春晖中学期中)下图表示实验室某浓盐酸试剂瓶上的标签,试根据标签上的有关数据,回答下列问题:
盐酸
分子式:HCl
相对分子质量:36.5
密度:1.19 g/mL
HCl的质量分数:36.5%
(1)该浓盐酸的物质的量浓度为　　　 mol·L-1。 
(2)取用任意体积的该浓盐酸时,下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是　　　(填字母)。 
A.溶液中HCl的物质的量
B.溶液的浓度
C.溶液中Cl-的数目
D.溶液的密度
(3)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500 mL物质的量浓度为0.400 mol·L-1的稀盐酸。
①该学生需要量取　　　　mL上述浓盐酸进行配制。 
②所需的实验仪器为胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒、　　　　　　　　　　　　。 
(4)①假设该同学成功配制了0.400 mol·L-1的盐酸,他又用该盐酸中和含0.4 g NaOH的NaOH溶液,则该同学需取　　　　mL盐酸。 
②假设该同学用新配制的盐酸中和含0.4 g NaOH的NaOH溶液,发现所消耗盐酸的体积比①中所求得的盐酸体积小,则可能的原因是　　　　　(填字母)。 
A.浓盐酸挥发,浓度不足
B.配制溶液时,未洗涤烧杯
C.配制溶液时,俯视容量瓶刻度线
D.加水时超过刻度线,用胶头滴管吸出
【审】　考查物质的量浓度的相关计算。
【切】　利用物质的量浓度与质量分数的关系式可快速求解。
【解】　(1)该浓盐酸的物质的量浓度c=1 000ρwM=1 000×1.19×36.5%36.5 mol·L-1=11.9 mol·L-1。(2)溶液中HCl的物质的量n=cV,与溶液的体积有关,A项错误;溶液具有均一性,浓度与溶液的体积无关,B项正确;溶液中Cl-的数目N=nNA=cVNA,与溶液的体积有关,C项错误;溶液的密度与溶液的体积无关,D项正确。(3)①设需要浓盐酸的体积为V,则依据溶液稀释过程中所含溶质的物质的量不变得V×11.9 mol·L-1=0.400 mol·L-1×0.5 L,解得V≈16.8 mL。②配制溶液所需的实验仪器为胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒、500 mL容量瓶。(4)①n(HCl)=n(NaOH)=0.4 g÷40 g·mol-1=0.01 mol,V(HCl)=0.01 mol÷0.400 mol·L-1=0.025 L=25.00 mL,即该同学需取25.00 mL盐酸。②浓盐酸挥发,浓度不足,配制的标准液浓度偏小,滴定时消耗的标准液体积增大,A项错误;配制溶液时,未洗涤烧杯,标准液浓度偏小,中和时消耗的标准液体积增大,B项错误;配制溶液时,俯视容量瓶刻度线,配制的标准液浓度偏大,中和时消耗的标准液体积减小,C项正确;加水时超过刻度线,用胶头滴管吸出,标准液浓度偏小,中和时消耗的标准液体积增大,D项错误。
【答】　(1)11.9　(2)BD　(3)①16.8　②500 mL容量瓶　(4)①25.00　②C
【思】　溶液配制过程中的误差分析
进行误差分析要紧扣c=nV=mMV,根据公式,分析各个量的变化,判断可能产生的误差。

[应用提能1-1]重量法测定产品BaCl2·2H2O的纯度步骤为准确称取m g BaCl2·2H2O试样,加入100 mL水, 用3 mL 2 mol·L-1的HCl溶液加热溶解。边搅拌边逐滴加 0.1 mol·L-1 H2SO4溶液。待 BaSO4完全沉降后,过滤,用0.01 mol·L-1 的稀H2SO4洗涤沉淀3~4次,直至洗涤液中不含 Cl-为止。将沉淀置于坩埚中经烘干灼烧至恒重,称量为n g。则BaCl2·2H2O的质量分数为　　　　。 
【答案】　　244n233m×100%
【微探究】　经过重量法得到的沉淀即为n g BaSO4,根据钡元素守恒,n(Ba)=n233 mol,n(BaCl2·2H2O)=n233 mol,m(BaCl2·2H2O)=244n233 g,则BaCl2·2H2O的质量分数为244n233m×100%。
[应用提能1-2]S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体,某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数。
混合气体V L(标准状况下)溶液
固体m g
(1)W溶液可以是　　　　(填字母)。 
a.H2O2溶液
b.KMnO4溶液(硫酸酸化)
c.氯水
(2)该混合气体中二氧化硫的体积分数为　　　　　　(用含 V、m的式子表示)。 
【答案】　(1)ac　(2)22.4m233V×100%(或2 240m233V%)
【微探究】　(1)三种物质均可以把SO2氧化为硫酸,进而与氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀,因酸性高锰酸钾也能氧化氯化氢,且需用硫酸酸化,使得SO42-量增多,故W溶液可以是双氧水或氯水,不能是酸性高锰酸钾溶液,答案选ac。(2)m g固体是硫酸钡,根据硫原子守恒可知SO2的物质的量是m233 mol,所以该混合气体中二氧化硫的体积分数为m233mol×22.4 L/molVL×100%=22.4m233V×100%。


　　　　　　　混合物组成的计算

[典例导考2](2019·浙江选考模拟测试)现有一份Fe2(SO4)3 和(NH4)2SO4 的混合溶液,向该混合溶液中加入一定浓度的Ba(OH)2 溶液,产生的沉淀质量与加入Ba(OH)2 溶液的体积关系如图所示:

(1)Ba(OH)2 溶液的物质的量浓度为　　　　。 
(2)该混合液中Fe2(SO4)3 和(NH4)2SO4 物质的量之比为　　　　。 
【审】　本题考查结合图像数据进行化学计算。
【切】　由分析图像入手,向混合溶液中加入Ba(OH)2 溶液,立即生成沉淀。当Ba(OH)2 溶液的体积为0~150 mL时,Ba2+和SO42-反应生成BaSO4,Fe3+和OH-反应生成Fe(OH)3,因此,9.13 g为BaSO4 和Fe(OH)3 的总质量;当Ba(OH)2 溶液的体积为150~200 mL时,Ba2+和SO42-继续反应生成BaSO4,而此时Fe3+已完全沉淀,NH4+和OH-反应生成NH3·H2O,因此,产生沉淀质量的增加幅度减小,此阶段产生BaSO4 的质量为11.46 g-9.13 g=2.33 g,当Ba(OH)2 溶液的体积大于200 mL时,原混合溶液中的SO42-、Fe3+均完全沉淀,沉淀的质量不再增加。
【解】　(1)V[Ba(OH)2]为150~200 mL时,生成的沉淀是BaSO4,m(BaSO4)=2.33 g,则n[Ba(OH)2]=n(BaSO4)=0.010 0 mol,故c[Ba(OH)2]=0.010 0mol0.050 0 L=0.200 mol·L-1。
(2)V[Ba(OH)2]为200 mL时,根据元素守恒,则有n(BaSO4)=n[Ba(OH)2]=0.040 0 mol,m(BaSO4)=233 g· mol-1×0.040 0 mol=9.32 g,其中SO42-全部来自Fe2(SO4)3 和(NH4)2SO4;m[Fe(OH)3]=11.46 g-9.32 g=2.14 g,根据元素守恒,则有n[Fe2(SO4)3]=12n[Fe(OH)3]=12×2.14 g107 g·mol-1=0.010 0 mol;根据SO42-守恒,可得n[(NH4)2SO4]=0.040 0 mol-0.010 0 mol×3=0.010 0 mol,故Fe2(SO4)3 和(NH4)2SO4 的物质的量之比为1∶1。
【答】　(1)0.200 mol·L-1　 (2)1∶1
【思】　 当溶液中存在多个离子参加反应时,要注意反应的先后顺序问题,例如:题中Fe3+、NH4+都能与OH-反应,那么OH-应先与Fe3+反应完,再与NH4+反应。
[应用提能2-1]称取4.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物,加入50.0 mL 2.00 mol·L-1 的硫酸充分溶解,往所得溶液中加入5.60 g铁粉,充分反应后,得固体的质量为3.04 g。请计算:
(1)加入铁粉充分反应后,溶液中溶质的物质的量为　　　　　　　。 
(2)固体混合物中氧化铜的质量为　　　　　　。 
【答案】　(1)0.100 mol　(2)2.40 g
【微探究】　(1)(一)极值法的应用。4.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物,消耗的硫酸在 0.050 0~0.075 0 mol之间,说明题中硫酸足量,混合物完全溶解。(二)守恒思想的应用。①50.0 mL 2.00 mol·L-1 的硫酸:n(H2SO4)=0.100 mol;②加入5.60 g铁粉:n(Fe)=0.100 mol;③4.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物,说明整个过程中铁元素的总量大于0.100 mol。加入铁粉充分反应后,溶液中溶质只有FeSO4,根据硫酸投料,快速确定第一问答案。(2)根据反应后的溶液里溶质只有0.100 mol FeSO4,含Fe元素:5.60 g,与投入的铁粉质量相等,说明充分反应后得到的3.04 g固体为CuO和Fe2O3 固体混合物中金属元素的质量。设原样品中氧化铜为x mol,氧化铁为y mol。则①80x+160y=4.00 g,②64x+112y=3.04 g,解得x=0.030 0,y=0.010 0,故氧化铜的质量为0.030 0 mol×80 g· mol-1=2.40 g。
[应用提能2-2]用沉淀法测定NaHCO3 和K2CO3 混合物的组成。实验过程是每次称取一定质量的样品溶于水制成溶液,向其中滴加相同浓度的Ba(OH)2 溶液50.00 mL,每次实验均充分反应。实验记录如下:
实验次数
样品质量/g
沉淀质量/g
1
1.716
2.758
2
2.574
4.137
3
3.432
5.516
4
4.290
5.516

回答下列问题:
(1)Ba(OH)2 溶液中溶质的物质的量浓度是　　　　　 mol·L-1。 
(2)混合物中 n(NaHCO3)∶n(K2CO3)为　　　　。 
【答案】　(1)0.560 0　 (2)2∶5
【微探究】　(1)由题表中实验3、4两组数据可知,当样品质量为4.290 g时,NaHCO3 和K2CO3 过量,Ba(OH)2 中的Ba2+已完全转化为BaCO3 沉淀,n[Ba(OH)2]=n(BaCO3)=5.516 g÷197 g· mol-1=0.028 00 mol,c[Ba(OH)2]=0.028 00 mol÷0.050 00 L=0.560 0 mol·L-1。(2)比较题表中实验1、3数据可知,样品质量增大一倍,沉淀质量也增大了一倍,由此判断实验1中Ba2+和OH-均过量,设1.716 g样品中NaHCO3 的物质的量为x mol,K2CO3 的物质的量为y mol,则有84x+138y=1.716,197×(x+y)=2.758,解得x=0.004 000,y=0.010 00,则 n(NaHCO3)∶n(K2CO3)=2∶5。


　　　　　　　确定物质化学式的计算

[典例导考3][2017·江苏卷(节选)]碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。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)。
【审】　多步反应计算。
【切】　多步反应计算的关键是抓住守恒关系。
【解】　由实验②可求出该样品中所含氯离子的物质的量,由氯离子守恒得:n(Cl-)=n(AgCl)×100.00 mL25.00 mL=0.172 2 g143.5 g· mol-1×100.00 mL25.00 mL=4.800×10-3 mol;
由实验③结合反应信息,可求出样品中所含铜元素的物质的量:n(Cu2+)=n(EDTA)×100.00 mL25.00 mL=0.080 00 mol·L-1×30.00 mL×10-3L·mL-1×100.00 mL25.00 mL=9.600×10-3 mol;
再由化合物中电荷守恒得:n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3 mol-4.800×10-3 mol=1.440×10-2 mol;
分别求出这3种离子的质量,再根据质量守恒,求出H2O的质量:
m(Cl-)=4.800×10-3 mol×35.5 g· mol-1=0.170 4 g;
m(Cu2+)=9.600×10-3 mol×64 g· mol-1=0.614 4 g;
m(OH-)=1.440×10-2 mol×17 g· mol-1=0.244 8 g;
n(H2O)=1.116 0 g-0.170 4 g-0.614 4 g-0.244 8 g18 g· mol-1
=4.800×10-3 mol;
最后求出各粒子的个数之比,写出化学式:
因为a∶b∶c∶x=n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1,所以该样品的化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O。　
【答】　n(Cl-)=n(AgCl)×100.00 mL25.00 mL=
0.172 2 g143.5 g· mol-1×100.00 mL25.00 mL=4.800×10-3 mol,
n(Cu2+)=n(EDTA)×100.00 mL25.00 mL=0.080 00 mol·L-1×30.00 mL×10-3L·mL-1×100.00 mL25.00 mL=9.600×10-3 mol,
n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3 mol-4.800×10-3 mol=1.440×10-2 mol。
m(Cl-)=4.800×10-3 mol×35.5 g· mol-1=0.170 4 g,
m(Cu2+)=9.600×10-3 mol×64 g· mol-1=0.614 4 g,
m(OH-)=1.440×10-2 mol×17 g· mol-1=0.244 8 g,
n(H2O)=1.116 0 g-0.170 4 g-0.614 4 g-0.244 8 g18 g· mol-1
=4.800×10-3 mol。
a∶b∶c∶x=n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1,
化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O。
【思】　解答化学计算题时,经常要运用多种化学解题思想,如极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等,这也是历来高考的重点内容。
[应用提能3-1]碱式次氯酸镁[Mga(ClO)b(OH)c·xH2O]是一种有开发价值的微溶于水的无机抗菌剂。为确定碱式次氯酸镁的组成,进行如下实验:
①准确称取1.685 g碱式次氯酸镁试样于250 mL锥形瓶中,加入过量的KI溶液,用足量乙酸酸化,用0.800 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点(离子方程式为2S2O32-+I22I-+S4O62-),消耗25.00 mL。
②另取1.685 g碱式次氯酸镁试样,用足量乙酸酸化,再用足量3% H2O2溶液处理至不再产生气泡(H2O2被ClO-氧化为O2),稀释至1 000 mL。移取25.00 mL溶液至锥形瓶中,在一定条件下用0.020 00 mol·L-1 EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Mg2+(离子方程式为Mg2++H2Y2-MgY2-+2H+),消耗25.00 mL。
(1)步骤①需要用到的指示剂是　　　　。 
(2)通过计算确定碱式次氯酸镁的化学式(写出计算过程)。
【答案】　(1)淀粉溶液
(2)关系式:ClO-~I2~2S2O32-
n(ClO-)=12n(S2O32-)=12×0.800 0 mol·L-1×25.00×10-3 L=0.01 mol,
n(Mg2+)=0.020 00 mol·L-1×25.00×10-3 L×1 000 mL25.00 mL=0.02 mol,
根据电荷守恒,可得:
n(OH-)=2n(Mg2+)-n(ClO-)=2×0.02 mol-0.01 mol=0.03 mol,
m(H2O)=1.685 g-0.01 mol×51.5 g· mol-1-0.02 mol×24 g· mol-1-0.03 mol×17 g· mol-1=0.180 g,n(H2O)=0.180 g18 g· mol-1=0.01 mol,
n(Mg2+)∶n(ClO-)∶n(OH-)∶n(H2O)=0.02 mol∶0.01 mol∶0.03 mol∶0.01 mol=2∶1∶3∶1,
碱式次氯酸镁的化学式为Mg2ClO(OH)3·H2O。
【微探究】　(1)根据实验①中的离子方程式可知有I2参加反应,根据I2的特性可选择淀粉溶液做指示剂。(2)根据实验①中消耗的Na2S2O3的物质的量,结合关系式ClO-~I2~2S2O32-求得n(ClO-),根据实验②中消耗的EDTA的物质的量,结合关系式Mg2+~EDTA可求得n(Mg2+),利用电荷守恒可求得n(OH-),根据固体的总质量以及求出的n(Mg2+)、n(ClO-)、n(OH-)可求得n(H2O),从而得到n(Mg2+)、n(ClO-)、n(OH-)、n(H2O)四者之比,最后得到物质的化学式。
[应用提能3-2]25.35 g MnSO4·H2O样品受热分解过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示。

(1)300 ℃时,所得固体的化学式为　　　　。 
(2)1 150 ℃时,反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　。 
【答案】　(1)MnSO4　(2)3MnO2Mn3O4+O2↑
【微探究】　(1)25.35 g MnSO4·H2O样品中n(Mn)=n(MnSO4·H2O)=0.15 mol,其中n(H2O)=0.15 mol,m(H2O)=2.7 g,300 ℃时,所得固体质量为22.65 g,减少的质量为2.7 g,则说明该段失去结晶水,此时固体为MnSO4。
(2)温度继续升高,固体MnSO4受热分解生成锰的氧化物和硫的氧化物各0.15 mol,850 ℃时,固体质量由22.65 g减少到13.05 g,减少的质量为9.6 g,则硫的氧化物的相对分子质量为64,故为二氧化硫,则此时的固体为MnO2,1 150 ℃时,固体为二氧化锰分解所得,由锰元素质量守恒可知,m(Mn)=n(Mn)×55 g· mol-1=8.25 g,则氧化物中m(O)=11.45 g-8.25 g=3.2 g,n(O)=0.2 mol,故n(Mn)∶n(O)=0.15∶0.2=3∶4,则该氧化物为Mn3O4,故反应的化学方程式为3MnO2Mn3O4+O2↑。