1、第2课时化学计算微专题命题调研(20162019四年大数据)20162019四年考向分布核心素养与考情预测核心素养：证据推理与模型认知、变化与守恒思想考情解码：化学计算是学生基本能力，历年均为重点，守恒法，差量法，关系式法和讨论分析法等解题方法均有涉及，在数据处理上还强调数字的有效性，误差分析处理等细节，预测在2020年选考中该仍是必考范围，要求考生熟悉常规解题模型，熟练分析和处理数据、运用推理确定物质组成。真题重现1.(2019浙江4月选考，29)由C、H、O三种元素组成的链状有机化合物X，只含有羟基和羧基两种官能团，且羟基数目大于羧基数目。称取2.04 g纯净的X，与足量金属钠充分反应，生
2、成672 mL氢气(标准状况)。请确定摩尔质量最小的X分子中羟基、羧基数目及该X的相对分子质量(要求写出简要推理过程)。解析假设有机物X的摩尔质量为M，含有羧基和羟基的总数为m(m2)，根据生成氢气的物质的量为0.03 mol，结合有机物X的质量为2.04 g列出等式：n(X)m0.032 mol，n(X)，解得M34m gmol1，对m进行讨论，若m3，M102 gmol1，由于羟基的数目大于羧基，故含有2个OH和1个COOH，除去OH和COOH，剩余基团的摩尔质量为23 gmol1，只能为1个C和11个H，不存在这样的有机物，应舍去；若m4，M136 gmol1，由于羟基的数目大于羧基，故
3、含有3个OH和1个COOH，除去OH和COOH，剩余基团的摩尔质量为40 gmol1，可能为3个C和4个H，有机物的一种结构可能是，符合条件。答案n(H2)0.03 mol，设X中羟基和羧基的总数为m(m2)则n(X)(0.032)/m mol0.06/m mol，M(X)2.04m/0.06 gmol134m gmol1m4，M(X)136 gmol1，含有3个羟基和1个羧基，相对分子质量为136。2.(2018浙江11月选考)某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物，为探究其组成，称取m g该固体粉末样品，用足量的稀H2SO4充分反应后，称得固体质量为a g。已知：Cu2O2H
4、=CuCu2H2O(1)若a_(用含m的最简式表示)，则红色固体粉末为纯净物。(2)若a，则红色固体粉末中Fe2O3的物质的量为_ mol(用含m的最简式表示)。解析(1)若红色固体粉末只是Fe2O3，则和稀H2SO4充分反应后，无固体剩余，所以红色固体若为纯净物，只能是Cu2O，根据Cu2O2H=CuCu2H2O mol mol所以a64m。(2)设Fe2O3、Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol。Fe2O36H=2Fe33H2O x 2xCu2O2H=Cu2CuH2O y y y2Fe3Cu=2Fe2Cu2 2x x根据题意所以x。答案(1)(2)3.(2018浙江4月选考)称取
5、4.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0 mL 2.00 molL1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_。(2)固体混合物中氧化铜的质量_。解析Fe2O3、CuO混合物加入硫酸充分反应后，再加入铁粉，剩余固体有两种可能：第1种为单质Cu，第2种为Fe、Cu混合物。根据溶液中硫酸根守恒，所得溶质的物质的量为0.100 mol。而加入溶液体系中的铁原子(氧化铁、铁粉)总物质的量大于0.100 mol，故可以判断加入的铁粉有剩余，剩余固体为Fe、Cu混合物，排除第1种可能，溶质为单
6、一的FeSO4溶液。(1)根据溶液中硫酸根守恒，所得溶质的物质的量为n(FeSO4)n(H2SO4)0.100 mol。(2)设Fe2O3的物质的量为x，CuO的物质的量为y，根据质量守恒，160 gmol1x80 gmol1y4.00 g，根据整个体系中金属元素守恒：56 gmol12x64 gmol1y5.60 g0.10056 g3.04 g，解方程得x0.01 mol，y0.03 mol，故CuO的质量为2.40 g。答案(1)0.100 mol(2)2.40 g4.2018全国卷，27(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL
7、葡萄酒样品，用0.010 00 molL1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_，该样品中Na2S2O5 的残留量为_gL1(以SO2计)。解析I2作氧化剂，将S2O氧化成SO。计算样品中Na2S2O5的残留量时以SO2计，则n(I2)n(SO2)0.010 00 molL10.01 L0.000 1 mol，m(SO2)0.006 4 g，则该样品中Na2S2O5的残留量为0.128 gL1。答案S2O2I23H2O=2SO4I6H0.1285.(2014江苏化学，18)碱式碳酸铝镁MgaAlb(OH)c(CO3)dxH2O常用作塑料阻燃剂。(1)碱式碳酸铝镁具
8、有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和_。(2)MgaAlb(OH)c(CO3)dxH2O中a、b、c、d的代数关系式为_。(3)为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验： 准确称取3.390 g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO2 0.560 L(已换算成标准状况下)。另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率(100%)随温度的变化如下图所示(样品在270 时已完全失去结晶水，600 以上残留固体为金属氧化物的混合物)。根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH)n(CO)(写出计算过程)。解析(1)碱式碳酸铝镁之所以具有阻燃作用，除了受热分解需要吸收大量的热外，还因为生成的高
9、熔点的MgO、Al2O3和释放出的大量CO2也有阻燃作用。(2)根据电荷守恒有：n(Mg2)2n(Al3)3n(OH)n(CO)2，则2a3bc2d。答案(1)生成的产物具有阻燃作用(2)2a3bc2d(3)n(CO2)2.50102 molm(CO2)2.50102 mol44 gmol11.10 g在270600 之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2Om(CO2)m(H2O)3.390 g(0.734 50.370 2)1.235 gm(H2O)1.235 g1.10 g0.135 gn(H2O)7.50103 moln(OH)7.50103 mol21.50102 mo
10、ln(OH)n(CO)(1.50102 mol)(2.50102 mol)35。考向一计算中的守恒法1.(2019衢州五校联考)向200 mL FeCl3和HCl的混合溶液中，分别加入一定量成分均匀的Fe、Cu混合固体，充分反应后剩余固体质量及放出气体的体积(标准状况下测得)如下表所示。(不考虑盐类的水解)加入固体质量/g9.0018.027.0剩余固体质量/g3.209.6015.8放出气体体积/L01.122.24试计算：(1)混合固体中m(Fe)m(Cu)_。(2)原混合溶液中c(Cl)_。解析(1)从第二组投料分析：投进的18.0 g Fe、Cu混合固体，剩余的9.60 g为Cu，因为
11、Fe与混合液中的HCl反应已产生了1.12 L的H2，之前已把Fe3反应完，加入的Cu不与Fe3及H反应，全部剩余，即18 g固体中含Cu：9.6 g，则含Fe：8.4 g，即混合固体中，mFemCu78；(2)由第三组数据分析：加入27.0 g固体，剩余15.8 g，减少的质量为11.2 g，全部是溶解的Fe，而Fe参与了两个反应：Fe2H=Fe2H25.6 g 2.24 L0.1 mol 0.1 mol 0.1 mol11.25.65.6(g)Fe2Fe3=3Fe20.1 mol 0.3 mol即最终溶液中的溶质全部为FeCl2：0.10.30.4(mol)故原混合溶液中c(Cl)4.00
12、(mol/L)答案(1)78(2)4.00 molL1备考策略1.所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。一切化学反应都遵循守恒定律，在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、元素原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。2.解题步骤考向二计算中的差量法2.某物质的分子式为CxHyOz，取该物质A g在足量的O2中充分燃烧，将产物全部通入过量的Na2O2中，若Na2O2固体的质量增加了B g，则下列说法正确的是()A.若yxz，则ABB.若xyz，则ABC.若xzy，则ABD.若xzy，则AB解析有机物在足量的O2中充分燃烧后生成CO2和H2
13、O，通入过量的Na2O2中，发生反应2CO22Na2O2=2Na2CO3O2，2H2O2Na2O2=4NaOHO2，由方程式可知，过氧化钠增加的质量等于与CO2等物质的量的CO的质量和与H2O等物质的量的H2的质量之和，即增加的质量可表示为mCOnH2，所以，若AB，只需xz，y为任意值，C正确。答案C备考策略1.应用原理差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化，找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟实际差量列成比例，然后求解。如： 2C(s)O2(g)2CO(g)固体的质量差量 2
14、4 gm24 g物质的量差量 2 mol 1 mol 2 moln1 mol气体的体积差量 1 2V12.解题步骤考点三计算中的关系式法3.(2019嘉善一中月考)Ba2是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用Na2S2O3、KI、K2Cr2O7等试剂测定某工厂废水中Ba2的物质的量浓度。请回答下列问题：(1)现需配制250 mL 0.100 molL1的标准Na2S2O3溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、250 mL容量瓶、玻璃棒外，还需要_。(2)需准确称取Na2S2O3固体的质量为_ g。(3)另取废水50.00 mL，控制适当的酸度，加入足量的K2Cr2O7溶液，得到BaCrO4沉淀；沉淀
15、经洗涤、过滤后，用适量的稀盐酸溶解，此时CrO全部转化为Cr2O；再加入过量KI溶液进行反应，然后在反应液中滴加上述标准Na2S2O3溶液，反应完全时，消耗Na2S2O3溶液36.00 mL。已知有关反应的离子方程式为Cr2O6I14H=2Cr33I27H2O；2S2OI2=2IS4O。则该工厂废水中Ba2的物质的量浓度为_。解析(1)要抓住“玻璃仪器”的字眼，因此还需要用来溶解固体的烧杯及用来定容的胶头滴管。(2)Na2S2O3固体的质量为0.100 molL10.25 L158 gmol13.95 g，但实验室所用的托盘天平只能准确称量到0.1 g，故需准确称取Na2S2O3固体的质量为4
16、.0 g。(3)设Ba2的物质的量为x，则根据相关反应可得以下关系式：Ba2BaCrO4Cr2OI23S2O1 3X 0.036 L0.100 molL1解得x1.2103 mol，则c(Ba2)0.024 molL1。答案(1)胶头滴管、烧杯(2)4.0(3)0.024 molL1备考策略1.在多步连续进行的化学反应中关系式法在进行多步反应的计算时，一般的解题步骤为根据化学方程式找出作为中介的物质，并确定已知物质、中介物质、所求物质之间的量(质量或物质的量或相同条件下气体的体积)的关系2.在涉及反应较多的化工流程或反应过程中特定关系式法在化工流程题中，计算某种物质的质量分数或在多步复杂的反应
17、过程中进行某个特定量的计算，可以考虑利用某种微粒(或原子)的守恒关系或物质的特定组成关系建立关系式解题。考向四计算中的讨论法4.(2019浙江暨阳联合)在K2CO3样品中含Na2CO3、KNO3、Ba(NO3)2中的一种或两种杂质。将a g该样品溶于足量水中得到澄清溶液，再加入过量CaCl2溶液得b g沉淀。(1)当a39b/25时，该样品中杂质肯定不存在_，可能存在_。(2)当a39b/25时，求杂质中肯定存在的物质的质量取值范围_。解析(1)得到澄清溶液，故一定不存在Ba(NO3)2、由于b g沉淀仅需要69b/50 g K2CO3，提供的样品质量a39b/25大于69b/50，而单位质量
18、Na2CO3产生沉淀的能力强于K2CO3，故一定存在KNO3，可能存在Na2CO3。(2)用极端假设法，若全部为K2CO3，可得KNO3为0.18b，若全部为Na2CO3，可得KNO3为0.5b，K2CO3肯定存在，Na2CO3可能存在，故答案为：0.18bm0.5b答案(1)Ba(NO3)2Na2CO3(2)0.18bmCu2，求：(1)原溶液中SO离子的物质的量浓度为_。(2)原混合溶液中硫酸铜的物质的量浓度为_。解析本题考查化学计算。加入的铁粉是0.15 mol，因为氧化性：Fe3Cu2，所以先发生反应：Fe2Fe3=3Fe2，后发生FeCu2=CuFe2，生成的铜为0.05 mol，可
19、得与Cu2反应的铁为0.05 mol，所以与Fe3反应的铁为0.1 mol。所以Fe3为0.2 mol，与Fe3结合的SO是0.3 mol。混合物中的SO物质的量等于Ba2为20.250.5(mol)，所以与Cu2结合的SO是0.2 mol。故混合物中的c(SO)0.5/0.252(mol/L)，c(CuSO4)0.2/0.250.8(mol/L)。答案(1)2 mol/L(2)0.8 mol/L4.重量法测定产品BaCl22H2O的纯度步骤为：准确称取m g BaCl22H2O试样，加入100 mL水，用3 mL 2 molL1的HCl溶液加热溶解。边搅拌边逐滴加0.1 molL1 H2SO
20、4溶液。待BaSO4完全沉降后，过滤，用0.01 molL1的稀H2SO4洗涤沉淀34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BaCl22H2O的质量分数为_。解析经过重量法得到的沉淀即为n g BaSO4，根据钡元素守恒，n(Ba) mol，n(BaCl22H2O) mol，m(BaCl22H2O) g，则BaCl22H2O的质量分数为100%。答案100%5.(2019学军中学高三)Fe2O3在高炉高温下可以发生下列反应：Fe2O3CO2FeOCO2，形成的固体混和物(Fe2O3、FeO)中，元素铁和氧质量比用mFemO表示 21a。(1)若mFem
21、O218，计算 Fe2O3被 CO 还原的百分率_；(2)Fe2O3和CO的反应分两步进行：Fe2O3Fe3O4FeO，当 6a8，若m g Fe2O3参与反应，计算消耗CO的质量_。答案(1)33.3%或1/3(2) g g6.为研究一水草酸钙(CaC2O4H2O)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)。解析(1)n(CaC2O4H2O)0.25 mol，含有m(H2O)0.25 mol18 g
22、mol14.50 g，在300 时，100%87.67%，m(剩余)36.50 g87.67%32 g，减少的质量为36.50 g32 g4.50 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 g38.36%14 g，其中Ca的质量没有损失，含m(Ca)0.25 mol40 gmol110 g，另外还含有m(O)14 g10 g4 g，n(O)0.25 mol，则n(Ca)n(O)11，化学式为CaO。答案(1)CaC2O4CaO(2)在600 时，100%68.49%，m(剩余)36.50 g68.49%25 g，从300 至6
23、00 时，失去的总质量为32 g25 g7 g，失去物质的摩尔质量为7 g0.25 mol28 gmol1，500 时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物，样品中CaC2O4H2O的物质的量n(CaC2O4H2O)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128x100y36.50 g76.16%，根据钙元素守恒可得xy0.25，解得x0.10，y0.15，m(CaC2O4)0.10 mol128 gmol112.80 g，m(CaCO3)0.15 mol100 gmol115.0 g，500 时固体的成
24、分为12.8 g CaC2O4和15.0 g CaCO3。7.(2019金丽衢十二校模拟)孔雀石等自然界存在的碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCO3yCu(OH)2(x、y为正整数，且x3，y2)。(1)现有两份等量的某碳酸盐类制矿样品，一份加足量盐酸，产生3.36 L标准状况下的CO2气体，另一份加热完全反应得到20 g CuO，则该碳盐类铜矿的化学组成中xy_。(2)设某碳酸盐类铜矿样品质量为a g，含铜质量为b g，加酸完全分解得到标准状况下CO2气体V L，则a、b、V的代数关系式是_。解析(1)n(CO2)3.36 L22.4 L/mol0.15 mol，则n(CuCO3)n(CO2)
25、0.15 mol，n(CuO)20 g80 g/mol0.25 mol，根据Cu元素守恒，可得nCu(OH)20.25 mol0.15 mol0.10 mol，所以n(CuCO3)nCu(OH)20.150.1032，所以碳酸盐类铜矿的化学组成为xCuCO3yCu(OH)2中x3，y2，盐可以表示为3CuCO32Cu(OH)2；(2)根据C元素守恒可得n(CuCO3)n(CO2)mol，根据Cu元素可得n(CuCO3)nCu(OH)2n(Cu) mol，则nCu(OH)2() mol，所以a98()；n(CuCO3)n(CO2) mol，m(CuCO3) mol124 g/mol g，该化合物
26、含有Cu的总物质的量是n(Cu) mol，则根据Cu元素守恒，可得nCu(OH)2 mol mol，mCu(OH)298 g/mol( mol mol)，根据反应前后物质质量不变，可得a g98 g/mol( mol mol)。答案(1)32(2)a98()或a8.(2018镇海中学高三)两份等质量Na2O2和NaHCO3均匀混和物，向其中一份加入100 mL盐酸，充分反应呈中性，放出气体经干燥后测得体积为2.24 L(标准状况)。如将该气体通入另一混和物中充分反应后，气体体积变为2.016 L(标准状况)。若混合物中NaHCO3的物质的量大于Na2O2。则：(1)原混和物中Na2O2与NaH
27、CO3的物质的量之比为_；(2)加入盐酸的物质的量的浓度为_ molL1。解析(1)根据题意，发生的反应有：2Na2O24HCl=4NaCl2H2OO2，NaHCO3HCl=NaClH2OCO2，2Na2O22CO2=2Na2CO3O2。NaHCO3与盐酸反应产生CO2，Na2O2与盐酸反应生成O2，因此第一步反应生成的气体为二氧化碳和氧气的混合气体，2.24 L气体的物质的量为0.1 mol，即第一步反应生成二氧化碳和氧气共0.1 mol。CO2与Na2O2反应将产生O2，因为混合物中NaHCO3的物质的量大于Na2O2，故第两步反应后的剩余气体一定有O2和CO2，2.016 L气体的物质的量为0.09 mol，即第二步反应生成二氧化碳和氧气0.09 mol，n(Na2O2)0.02 mol。根据方程式，第一份生成的O2为0.01 mol，则CO2为0.1 mol0.01 mol0.09 mol，因此碳酸氢钠为0.09 mol，原混和物中Na2O2与NaHCO3的物质的量之比为0.02 mol0.09 mol29；消耗的HCl为0.04 mol0.09 mol0.13 mol，c(HCl)1.3 mol/L。答案(1)29(2)1.3
