1、优培1 化学计算中的几种方法化学计算中的常用方法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
2、的H2SO4，并使Fe元素全部转化为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
3、n(H2SO4)=n(Na2SO4)=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
4、物质的量，即：n(OH)1+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
5、，由于溶液不显电性，设原溶液中的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
6、入足量的水中溶解，称得水溶液增重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
7、.6 g D1.44 g【解析】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：
8、53324397。其中正确的是（ ）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
9、于53与97之间，对照所给数据知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 Na2S2
10、O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，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
11、无色，且半分钟内不褪色；（3）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
12、学式为CxHy，则： CxHy + (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(C
13、l)=0.2L1.3mol/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
14、溶液，向溶液中加入过量AgNO3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
15、NaOH溶液反应，可生成Na2CO3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
16、间，故产物为Na2O与Na2O2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)
17、=0.03mol，则100时，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
18、恰好全部沉淀时，下列说法不正确的是（ ）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
19、，故A错误；B密度为1.40g/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)=0.1L
20、14mol/L-0.2mol-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
21、.52 LC该磁黄铁矿FexS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
22、(S)=0.075mol+0.425mol=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
23、标准溶液）如图所示是配制50mL 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
