1、化学计算中的几种方法1.应用 守恒法 质量守恒法例1有14g Na2O2、Na2O、NaOH的混合物与100g质量分数为15%的盐酸恰好反应,蒸干溶液,最终得固体质量为( )A20.40g B28.60 g C24.04 g D无法计算【解析】混合物与盐酸反应后所得溶液为氯化钠溶液,蒸干后得到NaCl,由Cl质量守恒关系可得100g15%m(NaCl),解得m(NaCl)24.04g。【答案】C原子(或离子)守恒例213.6g Fe和Fe2O3的混合物,加入150mL足量的稀硫酸,在标准状况下收集到1.12L H2,向反应后的溶液中滴加KSCN溶液不变红。为中和过量的H2SO4,并使Fe元素全
2、部转化为Fe(OH)2沉淀,恰好消耗了200mL 3mol/L的NaOH溶液,则该稀H2SO4的物质的量浓度为( )A2mol/L B2.25mol/L C3mol/L D0.6mol/L【解析】Fe和Fe2O3的混合物与稀H2SO4反应,Fe和Fe2O3均无剩余,且有H2生成,说明反应生成FeSO4,为了中和过量的硫酸,而且使FeSO4完全转化成Fe(OH)2,共消耗3molL1的NaOH溶液200mL,说明反应后的溶液溶质只有Na2SO4,根据硫酸根离子守恒,则n(H2SO4)=n(Na2SO4),根据钠离子守恒,则n(Na2SO4)=1/2n(NaOH),则有n(H2SO4)=n(Na2
3、SO4)=1/2n(NaOH)=1/23molL10.2L=0.3mol,故该硫酸的物质的量浓度为c(H2SO4)=0.3mol0.15L=2molL1,故选A。【答案】A电子守恒例3取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中,反应过程中硝酸被还原只产生8960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(都已折算到标准状态),在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液,生成沉淀质量为17.02 g。则x等于( )A8.64 B9.20 C9.00 D9.44【解析】反应流程为;x g17.02g-m(OH),而OH的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量,等于浓HNO3得电子的物质的量,即:n(OH)1+
4、210.46mol;所以x g17.02g-0.46mol17gmol19.20g。【答案】B电荷守恒例4在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2,恰好使溶液中的SO离子完全沉淀;如加入足量强碱并加热可得到c mol NH3,则原溶液中的Al3+浓度(mol/L)为( )A B C D【解析】由混合溶液中加入b mol BaCl2,恰好使溶液中的SO离子完全沉淀,则根据SO+Ba2+=BaSO4可知n(SO)=b mol;由加入足量强碱并加热可得到c mol NH3,根据NH+OHNH3+H2O可知n(NH)=c mol,由于溶液不显电性,设原溶液
5、中的Al3+的物质的量为x,由电荷守恒可知,3x+c=2b,所以x=mol,由于溶液的体积是a L,所以原溶液中Al3+的物质的量浓度c(Al3+)=mol/L,故合理选项是D。【答案】D2.应用 差量法 例5将26.4g Na2O与Na2O2的混合物投入足量的水中溶解,反应后水溶液增重24.8g,则原混合物Na2O与Na2O2的物质的量之比是( )A13 B31 C1331 D3113【解析】Na2O2与Na2O的混合物投入足量的水中溶解发生的反应为:Na2O+H2O=2NaOH、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2,26.4g Na2O2与Na2O的混合物投入足量的水中溶解,称得水溶液
6、增重24.8g,减少的1.6g为生成氧气的质量,氧气的物质的量为0.05mol,根据反应知,混合物中Na2O2的物质的量为0.1mol,则Na2O2的质量为7.8g;混合物中Na2O的质量为26.4g-7.8g=18.6g,则Na2O的物质的量为0.3mol,则原混合物中Na2O与Na2O2的物质的量之比是31,故选B。【答案】B3.应用 关系式法 例6向200mL 0.1molL1的Fe(NO3)2溶液中加入适量的NaOH溶液,使Fe2+恰好完全沉淀,过滤,小心加热沉淀,直到水分蒸干,再灼烧到质量不再变化,此时固体的质量为( )A4.36 g B2.82 g C1.6 g D1.44 g【解
7、析】Fe(NO3)2与NaOH反应生成Fe(OH)2,加热过程中Fe(OH)2被氧气氧化成Fe(OH)3,Fe(OH)3受热分解为Fe2O3和水,最后得到固体为Fe2O3,根据2Fe(NO3)2Fe2O3,n(Fe2O3)=2001030.1/2mol=0.01mol,即氧化铁质量为0.01160g=1.6g,故选项C正确。【答案】C4.应用 假设法 例716mL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+4NH35N2+6H2O(g),达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5mL,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
8、是( )A B C D【解析】根据反应前后气体的总体积,可用差量法直接求解。6NO + 4NH3 = 5N2+ 6H2O(g)V(气体的体积差)6 mL 4mL 5mL 6mL (5+6)-(4+6)1mL(理论差量)9 mL 6mL 17.5-161.5mL(实际差量)由此可知共消耗15mL气体,还剩余1mL气体,假设剩余的气体全部是NO,则V(NO)V(NH3)(9mL+1 mL)6mL53,假设剩余的气体全部是NH3,则V(NO)V(NH3)9 mL(6mL+1mL)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,对照所给数
9、据知32与43在此区间内。【答案】C5.应用 “滴定法”分析物质组成及含量 例8二氧化氯(ClO2)很不稳定,是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂。实验室以NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料制备ClO2,制备的ClO2用水吸收得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量,进行了下列实验:步骤1:准确量取ClO2溶液10.00 mL,稀释成100.0 mL试样;步骤2:量取10.00 mL试样加入到碘量瓶中,用适量的稀硫酸调节试样的pH2.0,加入足量的KI晶体,摇匀,在暗处静置30 min。步骤3:用0.01000 molL1 Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄
10、色,加入淀粉溶液作指示剂,继续滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液20.00 mL(已知I2+2S2O2I+S4O)。(1)若步骤2中未将锥形瓶“在暗处静置30 min”,立即进行步骤3,则测定的结果可能_(选填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(2)上述步骤3中滴定终点的现象是_。(3)请根据上述步骤计算出原ClO2溶液的浓度(用gL1表示)_。【解析】(1)在暗处静置是为了使ClO2与KI充分反应,若不静置,ClO2反应不完全,生成的碘偏小,故测得的结果就偏小,故答案为:偏小;(2)由于碘遇淀粉显蓝色,所以步骤3中滴定终点的现象是滴入最后一滴标准液,溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不褪色;(3
11、)ClO2溶液与碘化钾反应的离子方程式:2ClO2+10I+8H+=5I2+2Cl+4H2O,由I2+2S2O2I+S4O,可得ClO25S2O,所以原ClO2溶液的浓度为:2.7g/L。【答案】(1)偏小 (2) 滴入最后一滴标准液,溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不褪色 (3) (3)2.7 提分训练12L两种碳氢化合物组成的混合气体与15L氧气混合并充分燃烧,测知反应后气体的体积为11.75L(均在标准状况下测定),则原混合气体的可能组成为( )ACH4和C2H6 BC2H6和C3H8 CC2H4和C3H6 DC2H2 和C3H4 【解析】可设原混合气体的平均化学式为CxHy,则: CxH
12、y + (x+y/4 ) O2 x CO2 +y/2 H2O(液体) 气体体积减小 1 x+y/4 x 1+x+y/4-x=1+y/4 2L 2L+15L-11.75L=5.25L 1(1+y/4)=25.25 解得y=6.5所以,原混合气体的平均化学式为CxH6.5,据氢原子平均数,只有B选项符合。【答案】B2有200mL氯化镁和氯化铝的混合溶液,其中c(Mg2+)为0.2molL1,c(Cl)为1.3molL1。要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来,至少需加4molL1 NaOH溶液的体积为( )A40mL B72mL C80mL D128mL【解析】溶液中n(Cl)=0.2L1.3mol/
13、L=0.26mol,溶液中n(Mg2+)=0.2mol/L0.2L=0.04mol,由电荷守恒可知溶液中n(Al3+)=0.06mol;将200mL此溶液中的Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀并分离析出,反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液,根据钠离子守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaAlO2),再结合氯离子守恒、Al原子守恒可知n(NaOH)=n(Cl)+n(Al3+)=0.26mol+0.06mol=0.32mol,则至少需要4mol/L氢氧化钠溶液的体积为=0.08L=80mL,故答案为C。【答案】C3含KCl和KBr的样品3.87g,溶于水配成溶液,向溶液中加入过量AgN
14、O3溶液,充分反应后,产生的沉淀质量为6.63 g,则原样品中钾元素的质量分数为( )A24.1% B40.3% C25.9% D48.7%【解析】KCl和KBr与AgNO3溶液反应生成AgCl和AgBr沉淀,固体的质量发生了变化,实质是由于K变成了Ag造成的,故可用差量法进行计算。KAgm3910869m6.63 g3.87 g2.76 g解得m1.56g 质量分数为100%40.3%。【答案】B4把CO2通入NaOH溶液中,当生成Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为21时,CO2和NaOH的物质的量之比为( )A12 B32 C34 D35【解析】CO2与NaOH溶液反应,可生成Na
15、2CO3和NaHCO3,设CO2为x mol,NaOH为y mol;根据原子守恒规律:x=2+1;y=22+1;故知CO2和NaOH的物质的量之比为35;答案选D。【答案】D52.3g钠在干燥的空气中与氧气反应,可得到3.5g固体,据此可判断其产物为( )ANa2O与Na2O2 B只有Na2O C只有Na2S D无法确定【解析】金属钠和氧气反应可生成Na2O与Na2O2,若2.3g钠全部反应生成Na2O,由反应可知,生成Na2O的质量为3.1g;若2.3g钠全部反应生成Na2O2,由反应可知,生成Na2O2的质量为3.9g。现产物为3.5g,介于3.1g和3.9g之间,故产物为Na2O与Na2
16、O2的混合物。答案选A。【答案】A6将8.34g FeSO47H2O样品隔绝空气加热升温过程中固体的质量变化见下图。下列说法正确的是( )AFeSO47H2O晶体中有4种不同结合力的水分子B在100时,M的化学式为FeSO46H2OC在200时,N的化学式为FeSO43H2OD380的P加热至650的化学方程式为:2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3【解析】从图中可以看出,FeSO47H2O晶体受热后发生4次分解反应。通常情况下,晶体先分多次失去结晶水,然后所得无水盐再分解。AFeSO47H2O晶体中,水分子的结合力都是相同的,A不正确;Bn(FeSO47H2O)=0.03mol,则100时
17、,M的摩尔质量为=224g/mol,化学式为FeSO44H2O,B不正确;C在200时,N的摩尔质量为=170g/mol,化学式为FeSO4H2O,C不正确;D380的P加热至650时,产物Q中n(Fe):n(O)=0.03mol:=23,即产物为Fe2O3,所以反应的化学方程式为:2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3,D正确;故选D。【答案】D74.6g铜镁合金完全溶解于100 mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中,得到4480 mL NO2和336mL N2O4的混合气体(标准状况),向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液至离子恰好全部沉淀时,下列说法不正
18、确的是( )A该合金中铜与镁的物质的量之比是32B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LC产生沉淀8.51gD离子恰好完全沉淀时,加入NaOH溶液的体积是1170mL【解析】ANO2的物质的量=4.48L22.4L/mol=0.2mol,N2O4的物质的量=0.336L22.4L/mol=0.015 mol,令Cu、Mg的物质的量分别为x mol、y mol,根据二者质量与电子转移守恒,可得:64x+24y4.6,2x+2y0.2+0.0152,解得x=0.046、y=0.069,故该合金中铜与镁的物质的量之比=0.046mol0.069mol=23,故A错误;B密度为1.40
19、g/mL、质量分数为63%的浓硝酸。其物质的量浓度=,故B正确;C铜镁合金完全溶解于浓硝酸中,向反应后的溶液中加入NaOH溶液至离子恰好全部沉淀,生成沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2,由化学式可知n(OH)=2n(Cu)+2n(Mg)=2(0.046mol+0.069mol)=0.23mol,故沉淀质量=m(Cu)+m(Mg)+m(OH)=4.6g+0.23mol17g/mol=8.51g,故C正确;D离子恰好完全沉淀时,此时溶液中溶质为NaNO3,根据N元素守恒可知n(HNO3)原=n(NaNO3)+n(NO2)+2n(N2O4),故n(NaNO3)=0.1L14mol/L-0.2mol
20、-20.015mol=1.17mol,根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaNO3)=1.17mol,故需要氢氧化钠溶液的体积=1.17mol1mol/L=1.17L=1170mL,故D正确,故选:A。【答案】A8某磁黄铁矿的主要成分是FexS(S为-2价),既含有Fe2+又含有Fe3+。将一定量的该磁黄铁矿与l00mL的盐酸恰好完全反应(注:矿石中其他成分不与盐酸反应),生成2.4g硫单质、0.425mol FeCl2和一定量H2S气体,且溶液中无Fe3+。则下列说法不正确的是( )A该盐酸的物质的量浓度为8.5mol/LB生成的H2S气体在标准状况下的体积为9.52 LC该磁黄铁矿Fex
21、S中,x=0.85D该磁黄铁矿FexS中,Fe2+的物质的量为0.15mol【解析】n(S)=0.075mol,根据转移电子守恒得n(Fe3+)=0.15mol,则n(Fe2+)=0.425mol-0.15mol=0.275mol,所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=116。A盐酸恰好反应生成FeCl2 0.425mol,根据氯原子守恒得:c(HCl)=8.5mol/L,故A正确;B根据氢原子、氯原子守恒得:n(H2S)=1/2n(HCl)=n(FeCl2)=0.425mol,则V(H2S)=0.425mol22.4L/mol=9.52L,故B正确;CFexS中n(S)=0.075mol+0
22、.425mol=0.5mol,n(Fe)=0.425mol,所以n(Fe)n(S)=0.425mol0.5mol=0.85,所以x=0.85,故C正确;D根据上述分析计算Fe2+的物质的量为0.275mol,故D错误。故选D。【答案】D9人体血液里Ca2+的浓度一般采用mg/cm3来表示。抽取一定体积的血样,加适量的草酸铵(NH4)2C2O4溶液,可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀,将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4),再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度。(配制KMnO4标准溶液)如图所示是配制50
23、mL KMnO4标准溶液的过程示意图。(1)请你观察图示判断,其中不正确的操作有_(填序号)。(2)其中确定50mL溶液体积的容器是_(填名称)。(3)如果用图示的操作配制溶液,所配制的溶液浓度将_(填“偏大”或“偏小”)。(测定血液样品中Ca2+的浓度)抽取血样20.00mL,经过上述处理后得到草酸,再用0.020mol/L KMnO4溶液滴定,使草酸转化成CO2逸出,这时共消耗12.00mL KMnO4溶液。(4)已知草酸跟KMnO4反应的离子方程式为2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mnx+10CO2+8H2O,则方程式中的x_。(5)经过计算,血液样品中Ca2+的浓度为_mg/cm3。【解析】(1)由图示可知操作不正确。不能在量筒中溶解固体,定容时应平视刻度线,至溶液凹液面最低处与刻度线相切;(2)应该用50mL容量瓶准确确定50 mL溶液的体积;(3)如果用图示的操作配制溶液,由于仰视刻度线,会使溶液体积偏大,所配制的溶液浓度将偏小;(4)根据电荷守恒,草酸跟KMnO4溶液反应的离子方程式为:2MnO+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O即x2;(5)根据方程式可知血液样品中Ca2+的浓度为1.2mg/cm3。【答案】(1) (2)50 mL容量瓶 (3)偏小 (4)2 (5)1.2