【2022決勝高考】人教版化學(xué)一輪復(fù)習(xí)導(dǎo)練測(cè)：第一章-從實(shí)驗(yàn)學(xué)化學(xué)-學(xué)案6-化學(xué)計(jì)算中常用的幾種方法

學(xué)案6化學(xué)計(jì)算中常用的幾種方法解題雖然沒(méi)有一成不變的方法模式，但應(yīng)建立解題的基本思維模式：題示信息＋基礎(chǔ)學(xué)問(wèn)＋規(guī)律思維。把握正確的解題方法能簡(jiǎn)化解題過(guò)程，提高解題力氣，常用的解題技巧有：1．差量法(1)差量法的應(yīng)用原理差量法是指依據(jù)化學(xué)反應(yīng)前后物質(zhì)的量發(fā)生的變化，找出“理論差量”。這種差量可以是質(zhì)量、物質(zhì)的量、氣態(tài)物質(zhì)的體積和壓強(qiáng)、反應(yīng)過(guò)程中的熱量等。用差量法解題是先把化學(xué)方程式中的對(duì)應(yīng)差量(理論差量)跟差量(實(shí)際差量)列成比例，然后求解。如：2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221kJ·mol－1Δm(固)，Δn(氣)，ΔV(氣)2mol1mol2mol221kJ24g1mol22.4(2)使用差量法的留意事項(xiàng)①所選用差值要與有關(guān)物質(zhì)的數(shù)值成正比例或反比例關(guān)系。②有關(guān)物質(zhì)的物理量及其單位都要正確地使用。(3)差量法的類型及應(yīng)用①質(zhì)量差法典例導(dǎo)悟1為了檢驗(yàn)?zāi)澈蠳aHCO3雜質(zhì)的Na2CO3樣品的純度，現(xiàn)將w1g樣品加熱，其質(zhì)量變?yōu)閣2g，則該樣品的純度(質(zhì)量分?jǐn)?shù))A.eq\f(84w2－53w1,31w1)B.eq\f(84w1－w2,31w1)C.eq\f(73w2－42w1,31w1)D.eq\f(115w2－84w1,31w1)解析樣品加熱發(fā)生的反應(yīng)為：2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑Δm16810662m(NaHCO3)g(w1－w2)g質(zhì)量差為(w1－w2)g，故樣品中NaHCO3質(zhì)量為：eq\f(168w1－w2,62)g，Na2CO3質(zhì)量為w1g－eq\f(168w1－w2,62)g，其質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(mNa2CO3,m樣品)＝eq\f(w1g－\f(168w1－w2,62)g,w1g)＝eq\f(84w2－53w1,31w1)。當(dāng)然，本題也可用常規(guī)方法，依據(jù)化學(xué)方程式直接求解。另解：假設(shè)樣品有xmolNaHCO3固體，則有：2NaHCO3Na2CO3＋CO2＋H2Oxmol0.5xmol據(jù)樣品加熱前后固體質(zhì)量的關(guān)系，有w1g－xmol×84g·mol－1＋0.5xmol×106g·mol－1＝w2g，解得x＝(w1－w2)/31，那么NaHCO3的質(zhì)量為m(NaHCO3)＝(w1－w2)/31mol×84g·mol－1＝84(w1－w2)/31g，從而推知Na2CO3的質(zhì)量為m(Na2CO3)＝w1g－84(w1－w2)/31g＝(84w2－53w1)/31g，因此Na2CO3樣品的純度為w(Na2CO3)＝m(Na2CO3)/m(樣品)＝eq\f(84w2－53答案A②體積差法典例導(dǎo)悟2(2006·北京理綜·9)將aLNH3通過(guò)灼熱的裝有鐵觸媒的硬質(zhì)玻璃管后，氣體體積變?yōu)閎L(氣體體積均在同溫同壓下測(cè)定)，該bL氣體中NH3的體積分?jǐn)?shù)是()A.eq\f(2a－b,a)B.eq\f(b－a,b)C.eq\f(2a－b,b)D.eq\f(b－a,a)解析本題主要考查同學(xué)利用“差量法”進(jìn)行機(jī)敏計(jì)算的力氣。設(shè)參與反應(yīng)的氨氣為x，則2NH3N2＋3H2ΔV22xb－ax＝(b－a)L所以氣體中NH3的體積分?jǐn)?shù)為eq\f(aL－b－aL,bL)＝eq\f(2a－b,b)。特殊提示解答此類題的關(guān)鍵是分析引起差量的緣由，只有當(dāng)差值與始態(tài)量或終態(tài)量存在比例關(guān)系，且化學(xué)計(jì)量的差值必需是同一物理量時(shí)，才能用“差量法”解題。答案C2．關(guān)系式法物質(zhì)間的一種簡(jiǎn)化的式子，解決多步反應(yīng)，計(jì)算最簡(jiǎn)捷。多步反應(yīng)中建立關(guān)系式的方法：(1)疊加法(如利用木炭、水蒸氣制取氨氣)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(C＋H2Og\o(=,\s\up7(高溫))CO＋H2,CO＋H2Og\o(=,\s\up7(高溫))CO2＋H2))?由木炭、水蒸氣制取NH3的關(guān)系為：3C～4NH3。(2)元素守恒法4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化劑),\s\do5(△))4NO＋6H2O2NO＋O2=2NO23NO2＋H2O=2HNO3＋NO經(jīng)多次氧化和吸取，由N元素守恒知：NH3～HNO3(3)電子轉(zhuǎn)移守恒法NH3eq\o(→,\s\up7(失去8e－))HNO3，O2eq\o(→,\s\up7(得4e－))2O2－由得失電子總數(shù)相等知，NH3經(jīng)氧化等一系列過(guò)程生成HNO3，NH3和O2的關(guān)系為NH3～2O2。典例導(dǎo)悟3(2009·海南，7)用足量的CO還原13.7g某鉛氧化物，把生成的CO2全部通入到過(guò)量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后質(zhì)量為8.0g，則此鉛氧化物的化學(xué)式是()A．PbOB．Pb2O3C．Pb3O4D．PbO2答案C解析設(shè)此鉛氧化物的化學(xué)式為PbxOy，PbxOy—y[O]—yCO—yCO2—yCaCO316y100ym(O)＝1.28g所以m(Pb)＝13.7g－1.28g＝12.42gx∶y＝eq\f(mPb,MPb)∶eq\f(mO,MO)＝3∶4典例導(dǎo)悟4(2007·天津理綜，改編)黃鐵礦主要成分是FeS2。某硫酸廠在進(jìn)行黃鐵礦成分測(cè)定時(shí)，取0.1000g樣品在空氣中充分灼燒，將生成的SO2氣體與足量Fe2(SO4)3溶液完全反應(yīng)后，用濃度為0.02000mol·L－1的K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00mL。已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O(1)樣品中FeS2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是(假設(shè)雜質(zhì)不參與反應(yīng))________________。(2)煅燒10t上述黃鐵礦，理論上產(chǎn)生SO2的體積(標(biāo)準(zhǔn)狀況)為_(kāi)_______L，制得98%的硫酸質(zhì)量為_(kāi)_____t。解析(1)據(jù)方程式4FeS2＋11O2eq\o(=,\s\up7(高溫))2Fe2O3＋8SO2SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O得關(guān)系式：Cr2Oeq\o\al(2－,7)～6Fe2＋～3SO2～eq\f(3,2)FeS21eq\f(3,2)0．02000mol·L－1×0.02500Leq\f(mFeS2,120)m(FeS2)＝0.09000樣品中FeS2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為90.00%(2)4FeS2＋11O2eq\o(=,\s\up7(高溫))2Fe2O3＋8SO24mol8mol×22.4Leq\f(10×106×0.9,120)molV(SO2)V(SO2)＝3.36×106Ln(SO2)＝eq\f(3.36×106L,22.4L·mol－1)＝1.5×105mol由SO2～SO3～H2SO41mol981．5×105molm(H2SO4)×98%得m(H2SO4)＝1.5×107g＝15t答案(1)90.00%(2)3.36×10615特殊提示用關(guān)系式法解題的關(guān)鍵是建立關(guān)系式，而建立關(guān)系式的一般途徑有：①利用粒子守恒建立關(guān)系式；②利用化學(xué)方程式中化學(xué)計(jì)量數(shù)間的關(guān)系建立關(guān)系式；③利用化學(xué)方程式的加和建立關(guān)系式等。3．極值法(1)極值法的含義極值法是接受極限思維方式解決一些模糊問(wèn)題的解題技巧。它是將題設(shè)構(gòu)造為問(wèn)題的兩個(gè)極端，然后依據(jù)有關(guān)化學(xué)學(xué)問(wèn)確定所需反應(yīng)物或生成物的量值，進(jìn)行推斷分析，求得結(jié)果。也稱為極端假設(shè)法。(2)極值法解題的基本思路極值法解題有三個(gè)基本思路：①把可逆反應(yīng)假設(shè)成向左或向右進(jìn)行的完全反應(yīng)。②把混合物假設(shè)成純潔物。③把平行反應(yīng)分別假設(shè)成單一反應(yīng)。(3)極值法解題的關(guān)鍵緊扣題設(shè)的可能趨勢(shì)，選好極端假設(shè)的落點(diǎn)。(4)極值法解題的優(yōu)點(diǎn)極值法解題的優(yōu)點(diǎn)是將某些簡(jiǎn)潔的、難以分析清楚的化學(xué)問(wèn)題假設(shè)為極值問(wèn)題，使解題過(guò)程簡(jiǎn)化，解題思路清楚，把問(wèn)題化繁為簡(jiǎn)，由難變易，從而提高了解題速度。典例導(dǎo)悟5在一容積固定的密閉容器中進(jìn)行反應(yīng)：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。已知反應(yīng)過(guò)程中某一時(shí)刻SO2、O2、SO3的濃度分別為0.2mol·L－1、0.1mol·L－1、0.2mol·L－1。當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，各物質(zhì)的濃度可能存在的數(shù)據(jù)是()A．SO2為0.4mol·L－1，O2為0.2mol·L－1B．SO2為0.25mol·L－1C．SO2和SO3均為0.15mol·L－1D．SO3為0.4mol·L－1解析本題可依據(jù)極端假設(shè)法進(jìn)行分析。若平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，達(dá)到平衡時(shí)SO3的濃度最大為0.4mol·L－1，而SO2和O2的濃度最小為0；若平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，達(dá)到平衡時(shí)SO3的濃度最小為0，而SO2和O2的最大濃度分別為0.4mol·L－1、0.2mol·L－1，考慮該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，反應(yīng)不能向任何一個(gè)方向進(jìn)行到底，因此平衡時(shí)SO3、O2、SO2的濃度范圍應(yīng)分別為0<c(SO3)<0.4mol·L－1,0<c(O2)<0.2mol·L－1,0<c(SO2)<0.4mol·L－1。SO2反應(yīng)轉(zhuǎn)化成SO3，而SO3分解則生成SO2，那么c(SO3)＋c(SO2)＝0.2mol·L－1＋0.2mol·L－1＝0.4mol·L－1。對(duì)比各選項(xiàng)，只有B項(xiàng)符號(hào)題意。答案B特殊提示該方法常用來(lái)推斷混合物的組成，平衡混合物中各組分含量的范圍等。極端假設(shè)法解題的關(guān)鍵是將問(wèn)題合理假設(shè)成某種“極值狀態(tài)”，從而進(jìn)行極端分析。一般來(lái)說(shuō)，對(duì)于混合物成分的確定，常把混合物看做某單一組分進(jìn)行爭(zhēng)辯；對(duì)于化學(xué)平衡來(lái)說(shuō)，常假設(shè)可逆反應(yīng)向某一反應(yīng)方向進(jìn)行到底，再進(jìn)行爭(zhēng)辯。典例導(dǎo)悟6在含有agHNO3的稀硝酸中，加入bg鐵粉充分反應(yīng)，鐵全部溶解并生成NO，有eq\f(a,4)gHNO3被還原，則a∶b不行能為()A．2∶1B．3∶1C．4∶1D．9∶2解析Fe與HNO3反應(yīng)時(shí)，依據(jù)鐵的用量不同，反應(yīng)可分為兩種極端狀況。(1)若Fe過(guò)量，發(fā)生反應(yīng)：3Fe＋8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O則有eq\f(b,56)∶eq\f(a,63)＝3∶8，解得：eq\f(a,b)＝eq\f(3,1)此為a∶b的最小值。(2)若HNO3過(guò)量，發(fā)生反應(yīng)：Fe＋4HNO3(稀)=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O則有：eq\f(b,56)∶eq\f(a,63)＝1∶4，解得：eq\f(a,b)＝eq\f(9,2)此為a∶b的最大值。所以a∶b的取值范圍為：eq\f(3,1)≤eq\f(a,b)≤eq\f(9,2)，即a∶b的比值在此范圍內(nèi)均合理。答案A4．平均值規(guī)律及應(yīng)用(1)依據(jù)：若XA>XB，則XA>eq\x\to(X)>XB，eq\x\to(X)代表平均相對(duì)原子(分子)質(zhì)量、平均濃度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等。(2)應(yīng)用：已知eq\x\to(X)可以確定XA、XB的范圍；或已知XA、XB可以確定eq\x\to(X)的范圍。解題的關(guān)鍵是要通過(guò)平均值確定范圍，很多考題的平均值需要依據(jù)條件先確定下來(lái)再作出推斷。實(shí)際上，它是極值法的延長(zhǎng)。典例導(dǎo)悟7兩種金屬混合物共15g，投入足量的鹽酸中，充分反應(yīng)后得到11.2LH2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，A．Mg和AgB．Zn和CuC．Al和ZnD．Al和Cu解析本題可用平均摩爾電子質(zhì)量(即供應(yīng)1mol電子所需的質(zhì)量)法求解。反應(yīng)中H＋被還原生成H2，由題意可知15g金屬混合物可供應(yīng)1mole－，其平均摩爾電子質(zhì)量為15g·mol－1。選項(xiàng)中金屬M(fèi)g、Zn、Al的摩爾電子質(zhì)量分別為12g·mol－1、32.5g·mol－1、9g·mol－1，其中不能與鹽酸反應(yīng)的Ag和Cu的摩爾電子質(zhì)量可看做∞。依據(jù)數(shù)學(xué)上的平均值原理可知，原混合物中一種金屬的摩爾電子質(zhì)量大于答案B典例導(dǎo)悟8(2009·上海，22改編)試驗(yàn)室將9g鋁粉跟確定量的金屬氧化物粉末混合形成鋁熱劑。發(fā)生鋁熱反應(yīng)之后，所得固體中含金屬單質(zhì)為18g，①Fe2O3和MnO2②MnO2和V2O5③Cr2O3和V2O5④Fe3O4和FeOA．①②B．②④C．①④D．②③解析n(Al)＝eq\f(9g,27g·mol－1)＝eq\f(1,3)mol，Al完全反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為eq\f(1,3)mol×3＝1mol，則生成金屬的摩爾電子質(zhì)量(轉(zhuǎn)移1mole－生成金屬的質(zhì)量)為18g·mol－1。①項(xiàng)生成Fe的摩爾電子質(zhì)量為eq\f(56g,3mol)＝18.67g·mol－1，生成Mn的摩爾電子質(zhì)量為eq\f(55g,4mol)＝13.75g·mol－1，依據(jù)平均值規(guī)律，①正確；②生成Mn的摩爾電子質(zhì)量為13.75g·mol－1，生成V的摩爾電子質(zhì)量為eq\f(51g,5mol)＝10.2g·mol－1，依據(jù)平均值規(guī)律，②不行能生成單質(zhì)18g；同理，③也不行能生成金屬單質(zhì)18g；④Al完全反應(yīng)時(shí)生成Fe的質(zhì)量大于18g答案C特殊提示混合物的很多化學(xué)特征具有加合性，均可求出平均值。屬于這類“特性數(shù)量”的有：相對(duì)分子質(zhì)量、密度、同條件下的體積分?jǐn)?shù)、物質(zhì)的量濃度、反應(yīng)熱、平均組成等。平均值法解題范圍廣泛，特殊適用于缺少數(shù)據(jù)而不能直接求解的混合物推斷問(wèn)題。5．整體思維法(終態(tài)法)整體思維拋開(kāi)事物之間簡(jiǎn)潔的變化關(guān)系，從整體生疏把握事物之間聯(lián)系規(guī)律，具有化繁為簡(jiǎn)，快速解題的功效，能較好的煅燒同學(xué)思維的全面性、機(jī)敏性，因此高考無(wú)論在選擇還是綜合性題目中經(jīng)常有意設(shè)置。典例導(dǎo)悟9在鐵和氧化鐵混合物15g中，加入稀硫酸150mL，能放出H21.68L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。同時(shí)鐵和氧化鐵均無(wú)剩余，向反應(yīng)后的溶液中滴入KSCN溶液，未見(jiàn)顏色變化。為了中和過(guò)量的H2SO4，且使Fe2＋完全轉(zhuǎn)化成Fe(OH)2，共消耗3mol·L－1的NaOH溶液200mL，A．1.5mol·L－1B．2mol·L－1C．2.5mol·L－1D．3mol·L－1解析此題反應(yīng)過(guò)程簡(jiǎn)潔，但最終溶液中只有Na2SO4，由于NaOH共0.6mol，故Na2SO4為0.3mol，所以原H2SO4為0.3mol。答案B1.確定條件下，合成氨氣反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，測(cè)得混合氣體中氨氣的體積分?jǐn)?shù)為20.0%，與反應(yīng)前的體積相比，反應(yīng)后體積縮小的百分率是（）A.B.20.0%C.80.0%D.83.3%答案A2.（2011·廈門模擬）取KI溶液25mL，向其中滴加0.4mol·L-1的FeCl3溶液135mL,I-完全反應(yīng)生成I2：2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+。將反應(yīng)后的溶液用CCl4萃取后分液，向分出的水溶液中通入Cl2至0.025mol時(shí)，F(xiàn)e2+恰好完全反應(yīng)。求KI溶液的物質(zhì)的量濃度。解析設(shè)KI的物質(zhì)的量是x。2I-~Cl221X0.025mol3.（2011·武漢質(zhì)檢）已知25℃下，0.1mol·L-1某二元酸（H2A）溶液的pH大于1，其酸式鹽NaHA溶液的pH小于7。取等體積的H2AA.小于0.5B.等于0.5C.大于0.5且小于1D.大于1且小于2解析由于0.1mol·L-1H2A的pH大于1，所以H2A是弱酸，則H2A與NaOH生成正鹽（Na2A）時(shí)，由于Na2A水解，溶液顯堿性，pH大于7，此時(shí)酸溶液與堿溶液的物質(zhì)的量濃度之比是1∶2=0.5。現(xiàn)已知混合液的pH等于7，故H2A必需過(guò)量，NaOH溶液的濃度只能小于又由于H2A與NaOH反應(yīng)生成酸式鹽（NaHA）時(shí)，溶液的pH小于7，所以NaHA溶液顯酸性，此時(shí)酸溶液與堿溶液的物質(zhì)的量濃度之比是1∶1，要使溶液的pH等于7，二者的物質(zhì)的量濃度之比的最大值要小于1。由此可知，酸溶液與堿溶液的