人教版高中化學必修1：化學計算常用的方法

1、方法一電解質(zhì)溶液的計算法寶電荷守恒法涉及溶液中離子濃度的計算時常需用到電荷守恒，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)等于陰離子所帶負電荷總數(shù)列等式。如Al2(SO4)3、NH4NO3混合溶液的電荷守恒為3c(Al3)c(NH)c(H)2c(SO)c(NO)c(OH)。注意一般情況下，列電荷守恒等式時不能忽略H、OH，但在計算時，酸性溶液中?？珊雎設H，堿性溶液中?？珊雎訦。針對訓練1(2016·河南安陽一中月考)在硫酸鈉和硫酸鋁的混合溶液中，Al3的物質(zhì)的量濃度為0.2 mol·L1，SO為0.4 mol·L1，溶液中Na的物質(zhì)的量濃度為(

2、)A0.1 mol·L1 B0.2 mol·L1C0.3 mol·L1 D0.4 mol·L1答案B解析在任何一個溶液中，陽離子所帶的正電荷總數(shù)等于陰離子所帶的負電荷總數(shù)，則有3c(Al3)c(Na)2c(SO)，解得c(Na)0.2 mol·L1。2某硫酸鋁和硫酸鎂的混合液中，c(Mg2)2 mol·L1，c(SO)6.5 mol·L1，若將200 mL的此混合液中的Mg2和Al3分離，至少應加入1.6 mol·L1的氫氧化鈉溶液()A0.5 L B1.625 LC1.8 L D2 L答案D解析根據(jù)電荷守恒得：2

3、c(Mg2)3c(Al3)2c(SO)，c(Al3)3 mol·L1，加入氫氧化鈉溶液使Mg2、Al3分離，此時NaOH轉(zhuǎn)化為Na2SO4和NaAlO2，由電荷守恒得：V(NaOH)2 L。方法二化學方程式計算中的巧思妙解差量法化學反應前后物質(zhì)的量發(fā)生變化時均可用差量法。解題的一般步驟為(1)準確寫出有關反應的化學方程式；(2)深入細致地分析題意，關鍵在于有針對性地找出產(chǎn)生差量的“對象”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、壓強等，且該差量的大小與參加反應的物質(zhì)的有關量成正比；(3)根據(jù)反應方程式，從“實際差量”尋找比例關系，列比例式求解。針對訓練3將12 g

4、 CO和CO2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18 g，求原混合氣體中CO的質(zhì)量分數(shù)。答案原混合氣體中CO的質(zhì)量分數(shù)為87.5%。解析設原混合氣體中CO的質(zhì)量分數(shù)為x。CuOCOCuCO2氣體質(zhì)量增加(差量) 28 44 442816 12x g 18 g12 g6 g解得x0.875。4為了檢驗某含有NaHCO3雜質(zhì)的Na2CO3樣品的純度，現(xiàn)將w1 g樣品加熱，其質(zhì)量變?yōu)閣2 g，則該樣品的純度(質(zhì)量分數(shù))是()A. B.C. D.答案A解析由題意知(w1w2)g應為NaHCO3分解生成的CO2和H2O的質(zhì)量，設樣品中NaHCO3質(zhì)量為x g，由此可到如下關系：2NaH

5、CO3Na2CO3CO2H2O2×8462xw1w2則x，故樣品純度為。516 mL由NO與NH3組成的混合氣體在催化劑作用下于400 左右可發(fā)生反應：6NO4NH35N26H2O(g)，達到平衡時在相同條件下氣體體積變?yōu)?7.5 mL，則原混合氣體中NO與NH3的物質(zhì)的量之比有四種情況：53324397。其中正確的是()A BC D答案C解析根據(jù)反應前后氣體的總體積，可用差量法直接求解。6NO4NH35N26H2O(g)V(氣體的體積差)6 mL 4 mL 5 mL 6 mL (56)(46) 1(mL)(理論差量)9 mL 6 mL 17.516 1.5(mL)(實際差量)由此可

6、知共消耗15 mL氣體，還剩余1 mL氣體，假設剩余的氣體全部是NO，則V(NO)V(NH3)(9 mL1 mL)6 mL53，假設剩余的氣體全部是NH3，則V(NO)V(NH3)9 mL(6 mL1 mL)97，但因該反應是可逆反應，剩余氣體實際上是NO、NH3的混合氣體，故V(NO)V(NH3)介于53與97之間，對照所給的數(shù)據(jù)知32與43在此區(qū)間內(nèi)。方法三解答連續(xù)反應類型計算題的捷徑關系式法關系式是物質(zhì)間關系的一種簡化式子，解決多步反應，計算最簡捷。多步反應中建立關系式的方法：1疊加法(如利用木炭、水蒸氣制取氨氣)由木炭、水蒸氣制取NH3的關系為3C4NH3。2元素守恒法4NH35O24

7、NO6H2O2NOO2=2NO23NO2H2O=2HNO3NO經(jīng)多次氧化和吸收，由N元素守恒知：NH3HNO3。3電子轉(zhuǎn)移守恒法NH3HNO3，O22由得失電子總數(shù)相等知，NH3經(jīng)氧化等一系列過程生成HNO3，NH3和O2的關系為NH32O2。針對訓練6銅和鎂的合金4.6 g完全溶于濃硝酸，若反應后硝酸被還原，只產(chǎn)生4 480 mL的NO2氣體和336 mL的N2O4氣體(都已折算到標準狀況)，在反應后的溶液中，加入足量的氫氧化鈉溶液，生成沉淀的質(zhì)量為()A9.02 g B8.51 gC8.26 g D7.04 g答案B解析最后沉淀為Cu(OH)2和Mg(OH)2，Cu和Mg共4.6 g，關鍵

8、是求增加的n(OH)，n(OH)等于金屬單質(zhì)所失電子的物質(zhì)的量，即n(OH)×1 mol×2 mol0.23 mol，故沉淀的質(zhì)量為4.6 g0.23×17 g8.51 g。7黃鐵礦主要成分是FeS2。某硫酸廠在進行黃鐵礦成分測定時，取0.100 0 g樣品在空氣中充分灼燒，將生成的SO2氣體與足量Fe2(SO4)3溶液完全反應后，用濃度為0.020 00 mol·L1的K2Cr2O7標準溶液滴定至終點，消耗K2Cr2O7標準溶液25.00 mL。已知：SO22Fe32H2O=SO2Fe24HCr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O(1)樣品中F

9、eS2的質(zhì)量分數(shù)是(假設雜質(zhì)不參加反應)_(保留1位小數(shù))。(2)煅燒10 t上述黃鐵礦，理論上產(chǎn)生SO2的體積(標準狀況)為_L，制得98%的硫酸質(zhì)量為_t。答案(1)90.0%(2)3.36×10615解析(1)據(jù)方程式：4FeS211O22Fe2O38SO2SO22Fe32H2O=SO2Fe24HCr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O得關系式：Cr2O6Fe23SO2FeS21m(FeS2)0.090 00 g樣品中FeS2的質(zhì)量分數(shù)為90.0%。(2)4FeS211O22Fe2O38SO2 4 mol 8 mol mol n(SO2)n(SO2)1.5×1

10、05 molV(SO2)3.36×106 L由SO2SO3H2SO41 mol 98 g1.5×105 molm(H2SO4)×98%得m(H2SO4)1.5×107 g15 t。方法四混合物類計算的“簡化高手”平均值法1依據(jù)若XAXB，則XAXB，代表平均相對原子(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應用已知可以確定XA、XB的范圍；若已知XA、XB可以確定的范圍。解題的關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。實際上，它是極值法的延伸。針對訓練8兩種金屬混合物共15 g，投入足量的鹽酸中，充分

11、反應后得到11.2 L H2(標準狀況)，則原混合物的組成肯定不可能為()AMg和Ag BZn和CuCAl和Zn DAl和Cu答案B解析本題可用平均摩爾電子質(zhì)量(即提供1 mol電子所需金屬的質(zhì)量)法求解。反應中H被還原生成H2，由題意可知15 g金屬混合物可提供1 mol e，其平均摩爾電子質(zhì)量為15 g·mol1。選項中金屬Mg、Zn、Al的摩爾電子質(zhì)量分別為12 g·mol1、32.5 g·mol1、9 g·mol1，其中不能與鹽酸反應的Ag和Cu的摩爾電子質(zhì)量可看做無窮大。根據(jù)數(shù)學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 g·mol1，另一種金屬的摩爾電子質(zhì)量小于15 g·mol1。由此可判斷出原混合物肯定不可能是Zn和Cu。9把含有某一種氯化物雜質(zhì)的MgCl2粉末95 g溶于水后，與足量AgNO3溶液反應，測