2023版高考化學大一輪復習專題1化學家眼中的物質世界專題講座一學考第29題-化學計算題

第6-頁專題講座一學考第29題——化學計算題解題方法1．(2023·浙江11月選考，29)取7.90gKMnO4，加熱分解后剩余固體7.42g。該剩余固體與足量的濃鹽酸在加熱條件下充分反響，生成單質氣體A，產物中錳元素以Mn2＋存在。請計算：(1)KMnO4的分解率________。(2)氣體A的物質的量________。答案(1)60%(或0.60)(2)0.095mol解析(1)KMnO4的分解率＝eq\f(分解的KMnO4的物質的量,KMnO4總的物質的量)。題目KMnO4共7.90g，物質的量為0.05mol。加熱分解后剩余固體為7.42g，損失的質量為O2的質量0.48g，說明O2的物質的量為0.015mol。由2KMnO4eq\o(=,\s\up7(△))K2MnO4＋MnO2＋O2↑，可知消耗KMnO40.03mol。所以KMnO4的分解率為eq\f(0.03mol,0.05mol)×100%＝60.0%。mol×5＝0.25mol電子。剩余固體與濃鹽酸反響生成氣體A，那么A應為氯氣。所以整個反響過程中只有氧元素和氯元素失電子。氧元素失電子產生氧氣，轉移了0.015mol×4＝0.06mol電子。根據(jù)電子守恒得知，氯元素必然轉移0.19mol電子。每產生1mol氯氣就轉移2mol電子，所以一定會產生0.19mol÷2＝0.095mol氯氣。2．(2023·浙江4月選考，29)分別稱取2.39g(NH4)2SO4和NH4Cl固體混合物兩份。(1)將其中一份配成溶液，逐滴參加一定濃度的Ba(OH)2溶液，產生的沉淀質量與參加Ba(OH)2溶液體積的關系如下圖?；旌衔镏衝[(NH4)2SO4]∶n(NH4Cl)為______。(2)另一份固體混合物中NHeq\o\al(＋,4)與Ba(OH)2溶液(濃度同上)恰好完全反響時，溶液中c(Cl－)＝________(溶液體積變化忽略不計)。答案(1)1∶2(2)0.100mol·L－1解析(1)產生的沉淀是硫酸鋇，物質的量是2.33g÷233g·mol－1＝0.01mol，根據(jù)原子守恒可知硫酸銨的質量是0.01mol×132g·mol－1＝1.32g，那么氯化銨的質量是2.39g－1.32g＝1.07g，物質的量是1.07g÷53.5g·mol－1＝0.02mol，因此混合物中n[(NH4)2SO4]∶n(NH4Cl)為1∶2。(2)每一份中硫酸銨和氯化銨分別是0.01mol、0.02mol，另一份固體混合物中NHeq\o\al(＋,4)與Ba(OH)2溶液(濃度同上)恰好完全反響時，消耗氫氧化鋇是0.02mol，因此溶液體積是200mL，那么溶液中c(Cl－)＝0.02mol÷0.2L＝0.100mol·L－1。1．題目短小精悍，固定格式，固定分值，兩空4分。目的是讓多數(shù)同學能通過，區(qū)分度較小。2．以元素化合物為載體，定量考查常見化學反響，并伴以圖像、圖表等包裝形式，考查學生比擬、判斷、推理能力。3．解題方法中除了依據(jù)化學方程式進行計算，還用到了一些解題技巧和數(shù)學思維方法，如守恒法、關系式法等。一、守恒法當物質之間發(fā)生化學反響時，其實質就是原子之間的化分和化合。即可推知某種元素的原子無論是在哪種物質中，反響前后其質量及物質的量都不會改變，即質量守恒；在化合物中，陰、陽離子所帶電荷總數(shù)相等，即電荷守恒；在氧化復原反響中，氧化劑得電子總數(shù)和復原劑失電子總數(shù)相等，即電子守恒；在組成的各類化合物中，元素的正、負化合價總數(shù)的絕對值相等，即化合價守恒。運用守恒法解題的根本類型主要有以下三種：1．原子(或離子)個數(shù)守恒例1現(xiàn)有鐵、氧化亞鐵、三氧化二鐵的混合物粉末3.44g，向其中參加100mL1mol·L－1鹽酸恰好完全溶解，收集到標準狀況下的氣體22.4mL，向反響后的溶液中參加KSCN溶液不變色，那么6.88g該混合物在高溫下用足量CO處理后，殘留固體質量為________克。解析該鐵和鐵的氧化物的混合物在高溫下用足量CO復原的殘留固體應為鐵，故此題實際全部是FeCl2。由Cl－個數(shù)守恒可知：n(FeCl2)＝eq\f(1,2)n(HCl)＝eq\f(1,2)×0.1L×1mol·L－1＝0.05mol。又據(jù)鐵元素守恒知6.88g混合物中含鐵質量為2×0.05mol×56g·mol－1＝5.6g。答案5.62．電子得失守恒例2向含有1molFeCl2的溶液中通入0.2molCl2，再參加含0.1molX2Oeq\o\al(2－,7)的酸性溶液，使溶液中的Fe2＋恰好全部被氧化，并使X2Oeq\o\al(2－,7)被復原為Xn＋，那么n值為______。解析根據(jù)電子守恒可得1mol×1＝0.2mol×2＋0.1mol×2×(6－n)，解之，n＝3。答案33．電荷守恒例3在NaCl、MgCl2、MgSO4形成的混合溶液中，c(Na＋)＝0.10mol·L－1，c(Mg2＋)＝0.25mol·L－1，c(Cl－)＝0.20mol·L－1，那么c(SOeq\o\al(2－,4))為________mol·L－1。解析溶液為電中性，根據(jù)電荷守恒可得c(Na＋)＋2c(Mg2＋)＝c(Cl－)＋2c(SOeq\o\al(2－,4))。答案0.201．將0.195g鋅粉參加到20.0mL的0.100mol·L－1MOeq\o\al(＋,2)溶液中，恰好完全反響，那么復原產物可能是________________________________________________________________________。答案M2＋解析鋅的物質的量為0.003mol，完全反響失電子0.006mol，假設M化合價由＋5變?yōu)閤，那么根據(jù)得失電子相等有(5－x)×0.02×0.100＝0.006，可得x＝＋2。2．把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成兩等份，取一份參加含amolNaOH的溶液，恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂；另取一份參加含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇。那么原混合溶液中鉀離子濃度為________mol·L－1。答案eq\f(22b－a,V)解析方法一：由電荷守恒知，在eq\f(V,2)L溶液中存在關系：2n(Mg2＋)＋n(K＋)＝2n(SOeq\o\al(2－,4))amol2bmol所以n(K＋)＝(2b－a)mol，原混合溶液中c(K＋)＝eq\f(22b－a,V)mol·L－1。方法二：由題意可知，假設將含amolNaOH的溶液和含bmolBaCl2的溶液均參加eq\f(V,2)L混合溶液中，那么反響后得到溶質為NaCl、KCl的溶液，由電荷守恒知n(Na＋)＋n(K＋)＝n(Cl－)，即amol＋n(K＋)＝2bmol，那么n(K＋)＝(2b－a)mol，原混合溶液中c(K＋)＝eq\f(22b－a,V)mol·L－1。方法三：由題意知eq\f(V,2)L溶液中參加含amolNaOH的溶液，恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂，說明該溶液中Mg2＋的物質的量為eq\f(a,2)mol，故原溶液中Mg2＋的物質的量為amol，即MgSO4的物質的量為amol；參加含bmolBaCl2的溶液恰好使eq\f(V,2)L溶液中的硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇，說明該溶液中SOeq\o\al(2－,4)的物質的量為bmol，故原溶液中SOeq\o\al(2－,4)的物質的量為2bmol。由以上分析可知原混合溶液中K2SO4的物質的量為(2b－a)mol，所以K＋的物質的量為2(2b－a)mol，其濃度為eq\f(22b－a,V)mol·L－1。二、關系式法多步反響計算的特征是化學反響原理中多個反響連續(xù)發(fā)生，起始物與目標物之間存在確定的量的關系。解題時應先寫出有關反響的化學方程式或關系式，依據(jù)方程式找出連續(xù)反響的過程中不同反響步驟之間反響物、生成物物質的量的關系，最后確定物和目標產物之間的物質的量的關系，列出計算式求解，從而簡化運算過程。例45.85gNaCl固體與足量濃H2SO4和MnO2共熱，逸出的氣體又與過量H2發(fā)生爆炸反響，將爆炸后的氣體溶于一定量水后再與足量鋅作用，最后可得H2______L(標準狀況)。解析假設先由NaCleq\o(→,\s\up7(濃H2SO4),\s\do5(△))HCl算出HCl的量，再由MnO2＋4HCl(濃)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O算出Cl2的量，……這樣計算非常繁瑣。找出以下關系式就可迅速求解。設可得H2的物質的量為x,5.85gNaCl的物質的量為0.1mol。NaCl～HCl～eq\f(1,2)Cl2～HCl～eq\f(1,2)H20．1molx顯然x＝0.05mol，那么V(H2)＝0.05mol×22.4L·mol－1＝1.12L。答案1.121．將一定量CH4充分燃燒后的產物全部通入足量石灰水中，然后經過濾、洗滌、枯燥，稱得沉淀質量為1.0g，那么標準狀況時所燃燒的甲烷氣體的體積為________L。答案0.224解析由CH4＋2O2eq\o(→,\s\up7(點燃))CO2＋2H2O、CO2＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋H2O得關系式CH4～CO2～CaCO3n(CaCO3)＝eq\f(1.0g,100g·mol－1)＝0.01mol知n(CH4)＝0.01mol，即0.224L。2．氯化亞銅(CuCl)是重要的化工原料。國家標準規(guī)定合格CuCl產品的主要質量指標為CuCl的質量分數(shù)大于96.50%。工業(yè)上常通過以下反響制備CuCl：2CuSO4＋Na2SO3＋2NaCl＋Na2CO3=2CuCl↓＋3Na2SO4＋CO2↑(1)CuCl制備過程中需要質量分數(shù)為20.0%的CuSO4溶液，計算配制該溶液所需的CuSO4·5H2O與H2O的質量之比為________。(2)準確稱取所制備的0.2500gCuCl樣品置于一定量的0.5mol·L－1FeCl3溶液中，待樣品完全溶解后，加水20mL，用0.1000mol·L－1的Ce(SO4)2溶液滴定到終點，消耗24.60mLCe(SO4)2溶液。有關化學反響為Fe3＋＋CuCl=Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－Ce4＋＋Fe2＋=Fe3＋＋Ce3＋通過計算說明上述樣品中CuCl的質量分數(shù)是否符合標準。答案(1)5∶11(2)設樣品中CuCl的質量為z。由化學反響方程式可知：CuCl～Fe2＋～Ce4＋eq\f(99.5g,z)＝eq\f(1mol,0.1000mol·L－1×24.60×10－3L)z≈0.2448gCuCl的質量分數(shù)為eq\f(0.2448g,0.2500g)×100%＝97.92%97．92%>96.50%，所以樣品中的CuCl符合標準。解析(1)設需要CuSO4·5H2O的質量為x，H2O的質量為y。CuSO4·5H2O的相對分子質量為250，CuSO4的相對分子質量為160，依題意有eq\f(\f(160,250)×x,x＋y)＝eq\f(20.0,100)，x∶y＝5∶11。三、差量法1．所謂“差量〞就是指反響過程中反響物的某種物理量之和(始態(tài)量)與同一狀態(tài)下生成物的相同物理量之和(終態(tài)量)的差，這種物理量可以是質量、物質的量、氣體體積、氣體壓強、反響過程中的熱效應等。2．計算依據(jù)：化學反響中反響物或生成物的量與差量成正比。3．解題關鍵：一是明確產生差量的原因，并能根據(jù)化學方程式求出理論上的差值(理論差量)。二是結合題中的條件求出或表示出實際的差值(實際差量)。例5將mg鐵片置于CuSO4溶液中，一段時間后取出，洗凈、枯燥、稱量，發(fā)現(xiàn)“鐵片〞增重0.8g，那么反響中生成Cu的質量為________g。解析(一)直接計算法設生成CuxgFe＋CuSO4=FeSO4＋Cu5664eq\f(56,64)xx那么x－eq\f(56,64)x＝0.8x＝6.4(二)差量法Fe＋CuSO4=FeSO4＋CuΔm(增重)566486.4g0.8g由以上比照可知使用差量法后，大大簡化了運算過程，提高了解題效率。答案6.4步驟：一是表示出理論差值及相應反響物、生成物對應的物理量，要注意不同物質的物理量及單位間的對應關系；二是表示出實際差量并寫在相應位置(注意應將理論差值與實際差值寫在化學方程式最右側)；三是根據(jù)比例關系建立方程式并求出結果。圖示