人教版高中化學(xué)必修1化學(xué)計(jì)算常用的方法

1、 方法一 電解質(zhì)溶液的計(jì)算法寶電荷守恒法 涉及溶液中離子濃度的計(jì)算時(shí)常需用到電荷守恒，首先找出溶液中所有陽離子和陰離子，再根據(jù)陽離子所帶正電荷總數(shù)等于陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)列等式。 如Al(SO)、NHNO混合溶液的電荷守恒為 3423423 。c)2c(SO)(NO)c(OH)(H)c(Al3c)(NHc344，但在計(jì)算時(shí)，酸性溶液中?？蒓H、H一般情況下，列電荷守恒等式時(shí)不能忽略注意 ，堿性溶液中常可忽略O(shè)H忽略H。練訓(xùn)對(duì)針 30.2 Al的物質(zhì)的量濃度為(2016河南安陽一中月考)在硫酸鈉和硫酸鋁的混合溶液中，11120.4 mol) L為，溶液中Na的物質(zhì)的量濃度為(molL ，SO 4

2、11 0.2 molL BA0.1 molL 11 LC0.3 molL0.4 mol DB 答案 在任何一個(gè)溶液中，陽離子所帶的正電荷總數(shù)等于陰離子所帶的負(fù)電荷總數(shù)，則有解析 。1230.2 mol(Na)c(SO，解得Lcc3(Al)c(Na)2412126.5 mol，若將200 mL)2 molL)，c(SO(Mg2某硫酸鋁和硫酸鎂的混合液中，cL4132的氫氧化鈉溶液分離，至少應(yīng)加入1.6 molLAl( 的此混合液中的Mg) 和1.625 L B A0.5 L 2 L C1.8 L DD 答案 解析根據(jù)電荷守恒得：322(SO2c(Mgc)3(Al)2)， c422 molL11L

3、26.5 mol3) c(Al 33 molL， 1加入氫氧化鈉溶液使Mg、Al分離，此時(shí)NaOH轉(zhuǎn)化為Na32SO和NaAlO，由電荷守恒242得： 2?n?n2?SOAlO?24V(NaOH) ?NaOH?c110.2 L3 mol26.5 molLL0.2 L 1L1.6 mol2 L。 方法二 化學(xué)方程式計(jì)算中的巧思妙解差量法 化學(xué)反應(yīng)前后物質(zhì)的量發(fā)生變化時(shí)均可用差量法。解題的一般步驟為 (1)準(zhǔn)確寫出有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式； (2)深入細(xì)致地分析題意，關(guān)鍵在于有針對(duì)性地找出產(chǎn)生差量的“對(duì)象”及“理論差量”。該“理論差量”可以是質(zhì)量、物質(zhì)的量、氣體體積、壓強(qiáng)等，且該差量的大小與參加反應(yīng)的

4、物質(zhì)的有關(guān)量成正比； (3)根據(jù)反應(yīng)方程式，從“實(shí)際差量”尋找比例關(guān)系，列比例式求解。 針對(duì)訓(xùn)練 3將12 g CO和CO，求g18 的混合氣體通過足量灼熱的氧化銅后，得到氣體的總質(zhì)量為2 原混合氣體中CO的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。 CO的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為87.5%。答案 原混合氣體中 的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為x。解析 設(shè)原混合氣體中CO) 差量=CuO CO CuCO 氣體質(zhì)量增加(216 28 44 4428 6 g 12 g 18 gx 12 g g2812x 解得x0.875。 6 g16樣品加熱，其質(zhì)量變?yōu)?gNaCO樣品的純度，現(xiàn)將w4為了檢驗(yàn)?zāi)澈蠳aHCO雜質(zhì)的1233w) 質(zhì)量分?jǐn)?shù))是( g，則該樣品的純度

5、(2?w84?ww84w532121 B.A. w3131w11w8442w11573ww1221 D.C. ww313111A 答案 NaHCO的質(zhì)量，設(shè)樣品中和HO分解生成的w)g應(yīng)為NaHCOCO解析 由題意知(w332122 ，由此可到如下關(guān)系：質(zhì)量為x gO H=NaCOCO2NaHCO2332262 284 w w x 21?w84?w21 ，則x31ww5384wx?mCO?Na11232 。故樣品純度為ww31?m?樣品11左右可發(fā)生反應(yīng)：6NONO與NH組成的混合氣體在催化劑作用下于400 516 mL由3 則原混合氣體中，O(g)，達(dá)到平衡時(shí)在相同條件下氣體體積變?yōu)?7.5

6、 mL4NH5N6H223NO與NH的物質(zhì)的量之比有四種情況： 353 32 43 97。其中正確的是( ) A B D C C 答案 根據(jù)反應(yīng)前后氣體的總體積，可用差量法直接求解。 解析 5N6HO(g) V(氣體的體積差6NO4NH) 2326 mL 4 mL 5 mL 6 mL (56)(46) 1(mL)(理論差量) 9 mL 6 mL 17.516 1.5(mL)(實(shí)際差量) 由此可知共消耗15 mL氣體，還剩余1 mL氣體，假設(shè)剩余的氣體全部是NO，則V(NO)V(NH)3(9 mL1 mL)6 mL53，假設(shè)剩余的氣體全部是NH，則V(NO)V(NH)9 mL(6 mL331 m

7、L)97，但因該反應(yīng)是可逆反應(yīng)，剩余氣體實(shí)際上是NO、NH的混合氣體，故V(NO)3V(NH)介于53與97之間，對(duì)照所給的數(shù)據(jù)知32與43在此區(qū)間內(nèi)。 3方法三 解答連續(xù)反應(yīng)類型計(jì)算題的捷徑關(guān)系式法 關(guān)系式是物質(zhì)間關(guān)系的一種簡化式子，解決多步反應(yīng)，計(jì)算最簡捷。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) 高溫?H=COHO?g?C22? ?高溫?H=CO?COHOg?222 高溫?2H?=COC2HO?g?222? ?高溫、高壓 2NHN3H?322催化劑由木炭、水蒸氣制取NH的關(guān)系為3C4NH。 332元素守恒法 催化劑O 6H4NO=4NH5O232 =2NOO2

8、NO22NO O=2HNO3NOH322 HNO。元素守恒知：NHN經(jīng)多次氧化和吸收，由33 電子轉(zhuǎn)移守恒法324e得8e失去 NHHNO2O，O233 和，HNO經(jīng)氧化等一系列過程生成由得失電子總數(shù)相等知，NHNHNH的關(guān)系為O2O。232333針對(duì)訓(xùn)練 6銅和鎂的合金4.6 g完全溶于濃硝酸，若反應(yīng)后硝酸被還原，只產(chǎn)生4 480 mL的NO氣2體和336 mL的NO氣體(都已折算到標(biāo)準(zhǔn)狀況)，在反應(yīng)后的溶液中，加入足量的氫氧化鈉42溶液，生成沉淀的質(zhì)量為( ) A9.02 g B8.51 g C8.26 g D7.04 g 答案 B )，nn，關(guān)鍵是求增加的(OH(OH， 最后沉淀為Cu(

9、OH)和Mg(OH)Cu和Mg共4.6 g解析224 4803361 mol)2 mol0.23 )等于金屬單質(zhì)所失電子的物質(zhì)的量，即n(OH 22 40022 400mol，故沉淀的質(zhì)量為4.6 g0.2317 g8.51 g。 7黃鐵礦主要成分是FeS。某硫酸廠在進(jìn)行黃鐵礦成分測定時(shí)，取0.100 0 g樣品在空氣中21Lmol)(SOFe氣體與足量充分灼燒，將生成的SO00 0.020 溶液完全反應(yīng)后，用濃度為3422的KCrO標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗KCrO標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00 mL。 772222232 2HO=SO4H2Fe已知：SO2Fe4222323O CrO7H6Fe14H=2

10、Cr6Fe227(1)樣品中FeS的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是(假設(shè)雜質(zhì)不參加反應(yīng))_(保留1位小數(shù))。 2(2)煅燒10 t上述黃鐵礦，理論上產(chǎn)生SO的體積(標(biāo)準(zhǔn)狀況)為_L，制得98%的硫酸2質(zhì)量為_t。 6 15 10 (1)90.0% (2)3.36答案 高溫 8SOO11O=2Fe解析 (1)據(jù)方程式：4FeS232224H2H232 SO2FeO=SO2Fe4226Fe14H7H2332=2CrO CrO6Fe272得關(guān)系式： 33SO22O Cr6FeFeS 722223 1 21?m?FeS0.020 00 molL2 0.025 00 L 1mol120 gm(FeS)0.090 00 g

11、2樣品中FeS的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為90.0%。 2 高溫 O8SO11O=2Fe(2)4FeS232228 mol 4 mol 60.91010 ) (SO n mol 21205 mol 1.510n(SO)26 L 10V(SO)3.362SO由 HSOSO 422398 g 1 mol 10 1.5598% SO) mol m(H42(H得m7 15 t10)SO1.5。 g42 平均值法”“ 方法四混合物類計(jì)算的簡化高手 依據(jù)1 X代表平均相對(duì)原子(分子)XX，質(zhì)量、平均濃度、平均含量、平均若XX，則XBBAA生成量、平均消耗量等。 2應(yīng)用 X的范圍。 X、X可以確定已知、X可以確定XX的范圍

12、；若已知BBAA解題的關(guān)鍵是要通過平均值確定范圍，很多問題的平均值需根據(jù)條件先確定下來再作出判斷。實(shí)際上，它是極值法的延伸。 針對(duì)訓(xùn)練 8兩種金屬混合物共15 g，投入足量的鹽酸中，充分反應(yīng)后得到11.2 L H(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，則原2混合物的組成肯定不可能為( ) AMg和Ag BZn和Cu CAl和Zn Cu 和AlDB 答案被H電子所需金屬的質(zhì)量)法求解。反應(yīng)中 本題可用平均摩爾電子質(zhì)量(即提供1 mol解析還原生成H，其平均摩爾電子質(zhì)量為15 gmol1 mol e金屬混合物可提供，由題意可知15 g2。選項(xiàng)中金屬M(fèi)g、Zn、Al的摩爾電子質(zhì)量分別為12 gmol、32.5 gmol、9 gmol，1111其中不能與鹽酸反應(yīng)的Ag和Cu的摩爾電子質(zhì)量可看做無窮大。根據(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15 gmol，另一種金屬的摩爾電子質(zhì)量小于1。由此可判斷出原混合物肯定不可能是Zn和Cu。 1mol15 g9把含有某一種氯化物雜質(zhì)的MgCl粉末95 g溶于水后，與足量AgNO溶液反應(yīng)，測得生32