2019版高考化學(xué)大一輪復(fù)習(xí)專題1化學(xué)家眼中的物質(zhì)世界專題講座一學(xué)考第29題__化學(xué)計(jì)算題解題方法

1、.專題講座一學(xué)考第29題化學(xué)計(jì)算題解題方法12019浙江11月選考，29取7.90 g KMnO4，加熱分解后剩余固體7.42 g。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(zhì)氣體A，產(chǎn)物中錳元素以Mn2存在。請(qǐng)計(jì)算：1KMnO4的分解率_。2氣體A的物質(zhì)的量_。答案160%或0.6020.095 mol解析1KMnO4的分解率。題目KMnO4共7.90 g，物質(zhì)的量為0.05 mol。加熱分解后剩余固體為7.42 g，損失的質(zhì)量為O2的質(zhì)量0.48 g，說(shuō)明O2的物質(zhì)的量為0.015 mol。由2KMnO4K2MnO4MnO2O2，可知消耗KMnO4 0.03 mol。所以KMnO

2、4的分解率為100%60.0%。2在整個(gè)反響過(guò)程前后，錳元素從7價(jià)全部轉(zhuǎn)化為2價(jià)，說(shuō)明整個(gè)反響過(guò)程中轉(zhuǎn)移了0.05 mol50.25 mol電子。剩余固體與濃鹽酸反響生成氣體A，那么A應(yīng)為氯氣。所以整個(gè)反響過(guò)程中只有氧元素和氯元素失電子。氧元素失電子產(chǎn)生氧氣，轉(zhuǎn)移了0.015 mol40.06 mol電子。根據(jù)電子守恒得知，氯元素必然轉(zhuǎn)移0.19 mol電子。每產(chǎn)生1 mol氯氣就轉(zhuǎn)移2 mol電子，所以一定會(huì)產(chǎn)生0.19 mol20.095 mol氯氣。22019浙江4月選考，29分別稱取2.39 g NH42SO4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BaOH

3、2溶液，產(chǎn)生的沉淀質(zhì)量與參加BaOH2溶液體積的關(guān)系如下圖。混合物中nNH42SO4nNH4Cl為_(kāi)。2另一份固體混合物中NH與BaOH2溶液濃度同上恰好完全反響時(shí)，溶液中cCl_溶液體積變化忽略不計(jì)。答案11220.100 molL1解析1產(chǎn)生的沉淀是硫酸鋇，物質(zhì)的量是2.33 g233 gmol10.01 mol，根據(jù)原子守恒可知硫酸銨的質(zhì)量是0.01 mol132 gmol11.32 g，那么氯化銨的質(zhì)量是2.39 g1.32 g1.07 g，物質(zhì)的量是1.07 g53.5 gmol10.02 mol，因此混合物中nNH42SO4nNH4Cl為12。2每一份中硫酸銨和氯化銨分別是0.01

4、 mol、0.02 mol，另一份固體混合物中NH與BaOH2溶液濃度同上恰好完全反響時(shí)，消耗氫氧化鋇是0.02 mol，因此溶液體積是200 mL，那么溶液中cCl0.02 mol0.2 L0.100 molL1。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(xué)能通過(guò)，區(qū)分度較小。2以元素化合物為載體，定量考察常見(jiàn)化學(xué)反響，并伴以圖像、圖表等包裝形式，考察學(xué)生比較、判斷、推理才能。3解題方法中除了根據(jù)化學(xué)方程式進(jìn)展計(jì)算，還用到了一些解題技巧和數(shù)學(xué)思維方法，如守恒法、關(guān)系式法等。一、守恒法當(dāng)物質(zhì)之間發(fā)生化學(xué)反響時(shí)，其本質(zhì)就是原子之間的化分和化合。即可推知某種元素的原子無(wú)論是在哪種

5、物質(zhì)中，反響前后其質(zhì)量及物質(zhì)的量都不會(huì)改變，即質(zhì)量守恒；在化合物中，陰、陽(yáng)離子所帶電荷總數(shù)相等，即電荷守恒；在氧化復(fù)原反響中，氧化劑得電子總數(shù)和復(fù)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(fù)化合價(jià)總數(shù)的絕對(duì)值相等 ，即化合價(jià)守恒。運(yùn)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(gè)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3.44 g，向其中參加100 mL 1 molL1鹽酸恰好完全溶解，搜集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體22.4 mL，向反響后的溶液中參加KSCN溶液不變色，那么6.88 g該混合物在高溫下用足量CO處理后，殘留固體質(zhì)量為_(kāi)克。解析該鐵和鐵的氧化物的混合

6、物在高溫下用足量CO復(fù)原的殘留固體應(yīng)為鐵，故此題實(shí)際上是求混合物中鐵元素的質(zhì)量，據(jù)混合物溶于鹽酸后參加KSCN不變色，說(shuō)明溶液中無(wú)Fe3，全部是FeCl2。由Cl個(gè)數(shù)守恒可知：nFeCl2nHCl0.1 L1 molL10.05 mol。又據(jù)鐵元素守恒知6.88 g混合物中含鐵質(zhì)量為20.05 mol56 gmol15.6 g。答案5.62電子得失守恒例2向含有1 mol FeCl2的溶液中通入0.2 mol Cl2，再參加含0.1 mol X2O的酸性溶液，使溶液中的Fe2恰好全部被氧化，并使X2O被復(fù)原為Xn，那么n值為_(kāi)。解析根據(jù)電子守恒可得1 mol10.2 mol20.1 mol26

7、n，解之，n3。答案33電荷守恒例3在NaCl、MgCl2、MgSO4形成的混合溶液中，cNa0.10 molL1，cMg20.25 molL1，cCl0.20 molL1，那么cSO為_(kāi) molL1。解析溶液為電中性，根據(jù)電荷守恒可得cNa2cMg2cCl2cSO。答案0.201將0.195 g鋅粉參加到20.0 mL的0.100 molL1 MO溶液中，恰好完全反響，那么復(fù)原產(chǎn)物可能是_。答案M2解析鋅的物質(zhì)的量為0.003 mol，完全反響失電子0.006 mol，假設(shè)M化合價(jià)由5變?yōu)閤，那么根據(jù)得失電子相等有5x0.020.1000.006，可得x2。2把V L含有MgSO4和K2SO

8、4的混合溶液分成兩等份，取一份參加含a mol NaOH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b mol BaCl2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_(kāi)molL1。答案解析方法一：由電荷守恒知，在 L溶液中存在關(guān)系：2nMg2nK2nSOa mol2b mol所以nK2ba mol，原混合溶液中cK molL1。方法二：由題意可知，假設(shè)將含a mol NaOH的溶液和含b mol BaCl2的溶液均參加 L混合溶液中，那么反響后得到溶質(zhì)為NaCl、KCl的溶液，由電荷守恒知nNanKnCl，即a molnK2b mol，那么nK2ba mol

9、，原混合溶液中cK molL1。方法三：由題意知 L溶液中參加含a mol NaOH的溶液，恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂，說(shuō)明該溶液中Mg2的物質(zhì)的量為 mol，故原溶液中Mg2的物質(zhì)的量為a mol，即MgSO4的物質(zhì)的量為a mol；參加含b mol BaCl2的溶液恰好使 L溶液中的硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇，說(shuō)明該溶液中SO的物質(zhì)的量為b mol，故原溶液中SO的物質(zhì)的量為2b mol。由以上分析可知原混合溶液中K2SO4的物質(zhì)的量為2ba mol，所以K的物質(zhì)的量為22ba mol，其濃度為 molL1。二、關(guān)系式法多步反響計(jì)算的特征是化學(xué)反響原理中多個(gè)反響連續(xù)發(fā)生，起始物與目的物

10、之間存在確定的量的關(guān)系。解題時(shí)應(yīng)先寫出有關(guān)反響的化學(xué)方程式或關(guān)系式，根據(jù)方程式找出連續(xù)反響的過(guò)程中不同反響步驟之間反響物、生成物物質(zhì)的量的關(guān)系，最后確定物和目的產(chǎn)物之間的物質(zhì)的量的關(guān)系，列出計(jì)算式求解，從而簡(jiǎn)化運(yùn)算過(guò)程。例45.85 g NaCl固體與足量濃H2SO4和MnO2共熱，逸出的氣體又與過(guò)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(biāo)準(zhǔn)狀況。解析假設(shè)先由NaClHCl算出HCl的量，再由MnO24HCl濃MnCl2Cl22H2O算出Cl2的量，這樣計(jì)算非常繁瑣。找出以下關(guān)系式就可迅速求解。設(shè)可得H2的物質(zhì)的量為x,5.85 g NaCl的物質(zhì)的量為

11、0.1 mol。NaClHClCl2HClH201 mol x顯然x0.05 mol，那么VH20.05 mol22.4 Lmol11.12 L。答案1.121將一定量CH4充分燃燒后的產(chǎn)物全部通入足量石灰水中，然后經(jīng)過(guò)濾、洗滌、枯燥，稱得沉淀質(zhì)量為1.0 g，那么標(biāo)準(zhǔn)狀況時(shí)所燃燒的甲烷氣體的體積為_(kāi)L。答案0.224解析由CH42O2CO22H2O、CO2CaOH2=CaCO3H2O得關(guān)系式CH4CO2CaCO3nCaCO30.01 mol知nCH40.01 mol，即0.224 L。2氯化亞銅CuCl是重要的化工原料。國(guó)家標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定合格CuCl產(chǎn)品的主要質(zhì)量指標(biāo)為CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于96.

12、50%。工業(yè)上常通過(guò)以下反響制備CuCl：2CuSO4Na2SO32NaClNa2CO3=2CuCl3Na2SO4CO21CuCl制備過(guò)程中需要質(zhì)量分?jǐn)?shù)為20.0%的CuSO4溶液，計(jì)算配制該溶液所需的CuSO45H2O與H2O的質(zhì)量之比為_(kāi)。2準(zhǔn)確稱取所制備的0.250 0 g CuCl樣品置于一定量的0.5 molL1 FeCl3溶液中，待樣品完全溶解后，加水20 mL，用0.100 0 molL1的CeSO42溶液滴定到終點(diǎn)，消耗24.60 mL CeSO42溶液。有關(guān)化學(xué)反響為Fe3CuCl=Fe2Cu2ClCe4Fe2=Fe3Ce3通過(guò)計(jì)算說(shuō)明上述樣品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是否符合標(biāo)準(zhǔn)

13、。答案15112設(shè)樣品中CuCl的質(zhì)量為z。由化學(xué)反響方程式可知：CuClFe2Ce4z0.244 8 gCuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為100%97.92%9792%96.50%，所以樣品中的CuCl符合標(biāo)準(zhǔn)。解析1設(shè)需要CuSO45H2O的質(zhì)量為x，H2O的質(zhì)量為y。CuSO45H2O的相對(duì)分子質(zhì)量為250，CuSO4的相對(duì)分子質(zhì)量為160，依題意有，xy511。三、差量法1所謂“差量就是指反響過(guò)程中反響物的某種物理量之和始態(tài)量與同一狀態(tài)下生成物的一樣物理量之和終態(tài)量的差，這種物理量可以是質(zhì)量、物質(zhì)的量、氣體體積、氣體壓強(qiáng)、反響過(guò)程中的熱效應(yīng)等。2計(jì)算根據(jù)：化學(xué)反響中反響物或生成物的量與差量成正比。3

14、解題關(guān)鍵：一是明確產(chǎn)生差量的原因，并能根據(jù)化學(xué)方程式求出理論上的差值理論差量。二是結(jié)合題中的條件求出或表示出實(shí)際的差值實(shí)際差量。例5將m g鐵片置于CuSO4溶液中，一段時(shí)間后取出，洗凈、枯燥、稱量，發(fā)現(xiàn)“鐵片增重0.8 g，那么反響中生成Cu的質(zhì)量為_(kāi) g。解析一直接計(jì)算法設(shè)生成Cu x gFeCuSO4=FeSO4Cu5664x x那么xx0.8x6.4二差量法FeCuSO4=FeSO4Cum增重56 64 8 6.4 g 0.8 g由以上比照可知使用差量法后，大大簡(jiǎn)化了運(yùn)算過(guò)程，進(jìn)步理解題效率。答案6.4步驟：一是表示出理論差值及相應(yīng)反響物、生成物對(duì)應(yīng)的物理量，要注意不同物質(zhì)的物理量及單位間的對(duì)應(yīng)關(guān)系；二是表示出實(shí)際差量并寫在相應(yīng)位置注意應(yīng)將理論差值與實(shí)際差值寫在化學(xué)方程式最右側(cè)；三是根據(jù)比例關(guān)系建立方程式并求出結(jié)果。圖示：1白色固體PCl5受熱即揮發(fā)并發(fā)生分解：PCl5gPCl3gCl2g?，F(xiàn)將5.84 g PCl5裝入2.05 L真空密閉容器中，在277 下到達(dá)平衡，容器內(nèi)壓強(qiáng)為1.01105 Pa，經(jīng)計(jì)算可知平衡時(shí)容器內(nèi)混合氣體的物質(zhì)的量為0.05 mol，平衡時(shí)PCl5的分解率為_(kāi)。答案78.6%解析原nPCl50.028 mol，設(shè)分解的PCl5的物質(zhì)的量為x mol，那么PCl5gPC