人教版高中化学必修1：化学计算常用方法.doc

方法一　电解质溶液的计算法宝——电荷守恒法
涉及溶液中离子浓度的计算时常需用到电荷守恒，首先找出溶液中所有阳离子和阴离子，再根据阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数列等式。
如Al2(SO4)3、NH4NO3混合溶液的电荷守恒为
3c(Al3＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(NO)＋c(OH－)。
注意　一般情况下，列电荷守恒等式时不能忽略H＋、OH－，但在计算时，酸性溶液中常可忽略OH－，碱性溶液中常可忽略H＋。
针对训练
1．(2016·河南安阳一中月考)在硫酸钠和硫酸铝的混合溶液中，Al3＋的物质的量浓度为0.2 mol·L－1，SO为0.4 mol·L－1，溶液中Na＋的物质的量浓度为(　　)
A．0.1 mol·L－1 B．0.2 mol·L－1
C．0.3 mol·L－1 D．0.4 mol·L－1
答案　B
解析　在任何一个溶液中，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，则有3c(Al3＋)＋c(Na＋)＝2c(SO)，解得c(Na＋)＝0.2 mol·L－1。
2．某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2 mol·L－1，c(SO)＝6.5 mol·L－1，若将200 mL的此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6 mol·L－1的氢氧化钠溶液(　　)
A．0.5 L B．1.625 L
C．1.8 L D．2 L
答案　D
解析　根据电荷守恒得：
2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO)，
c(Al3＋)＝
＝3 mol·L－1，
加入氢氧化钠溶液使Mg2＋、Al3＋分离，此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由电荷守恒得：
V(NaOH)＝
＝
＝2 L。
方法二　化学方程式计算中的巧思妙解——差量法
化学反应前后物质的量发生变化时均可用差量法。解题的一般步骤为
(1)准确写出有关反应的化学方程式；
(2)深入细致地分析题意，关键在于有针对性地找出产生差量的“对象”及“理论差量”。该“理论差量”可以是质量、物质的量、气体体积、压强等，且该差量的大小与参加反应的物质的有关量成正比；
(3)根据反应方程式，从“实际差量”寻找比例关系，列比例式求解。
针对训练
3．将12 g CO和CO2的混合气体通过足量灼热的氧化铜后，得到气体的总质量为18 g，求原混合气体中CO的质量分数。
答案　原混合气体中CO的质量分数为87.5%。
解析　设原混合气体中CO的质量分数为x。
CuO　＋CO　Cu＋CO2　气体质量增加(差量)
28 44 44－28＝16
12x g 18 g－12 g＝6 g
＝　解得x＝0.875。
4．为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度(质量分数)是(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　由题意知(w1－w2)g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3质量为x g，由此可到如下关系：
2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O
2×84　　　　　　　　　　　62
x　　　　　　　　　　　　w1－w2
则x＝，
故样品纯度为＝＝。
5．16 mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应：6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：
①5∶3　②3∶2　③4∶3　④9∶7。其中正确的是(　　)
A．①② B．①④
C．②③ D．③④
答案　C
解析　根据反应前后气体的总体积，可用差量法直接求解。
6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)　ΔV(气体的体积差)
6 mL 4 mL 5 mL 6 mL (5＋6)－(4＋6)
　　　　　　　　　　　　 ＝1(mL)(理论差量)
9 mL 6 mL 17.5－16
　　　　　　　　　　　　 ＝1.5(mL)(实际差量)
由此可知共消耗15 mL气体，还剩余1 mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)＝(9 mL＋1 mL)∶6 mL＝5∶3，假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9 mL∶(6 mL＋1 mL)＝9∶7，但因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体，故V(NO)∶V(NH3)介于5∶3与9∶7之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。
方法三　解答连续反应类型计算题的捷径——关系式法
关系式是物质间关系的一种简化式子，解决多步反应，计算最简捷。多步反应中建立关系式的方法：
1．叠加法(如利用木炭、水蒸气制取氨气)
⇒
⇒
由木炭、水蒸气制取NH3的关系为3C～4NH3。
2．元素守恒法
4NH3＋5O24NO＋6H2O
2NO＋O2===2NO2
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
经多次氧化和吸收，由N元素守恒知：NH3～HNO3。
3．电子转移守恒法
NH3HNO3，O22
由得失电子总数相等知，NH3经氧化等一系列过程生成HNO3，NH3和O2的关系为NH3～2O2。
针对训练
6．铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原，只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体(都已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为(　　)
A．9.02 g B．8.51 g
C．8.26 g D．7.04 g
答案　B
解析　最后沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，Cu和Mg共4.6 g，关键是求增加的n(OH－)，n(OH－)等于金属单质所失电子的物质的量，即n(OH－)＝×1 mol＋×2 mol＝0.23 mol，故沉淀的质量为4.6 g＋0.23×17 g＝8.51 g。
7．黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。
已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)________(保留1位小数)。
(2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为________L，制得98%的硫酸质量为________t。
答案　(1)90.0%　(2)3.36×106　15
解析　(1)据方程式：4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2
SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
得关系式：
Cr2O～6Fe2＋～3SO2～FeS2
1　　　　　　　　　　

m(FeS2)＝0.090 00 g
样品中FeS2的质量分数为90.0%。

(2)4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2
　 4 mol　　　　　　　　　 8 mol
　 mol　　　　 n(SO2)
n(SO2)＝1.5×105 mol
V(SO2)＝3.36×106 L
由SO2　～SO3　～H2SO4
　1 mol　　　　　 98 g
　1.5×105 mol　　m(H2SO4)×98%
得m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。
方法四　混合物类计算的“简化高手”——平均值法
1．依据
若XA＞XB，则XA＞＞XB，代表平均相对原子(分子)质量、平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等。
2．应用
已知可以确定XA、XB的范围；若已知XA、XB可以确定的范围。
解题的关键是要通过平均值确定范围，很多问题的平均值需根据条件先确定下来再作出判断。实际上，它是极值法的延伸。
针对训练
8．两种金属混合物共15 g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2 L H2(标准状况)，则原混合物的组成肯定不可能为(　　)
A．Mg和Ag B．Zn和Cu
C．Al和Zn D．Al和Cu
答案　B
解析　本题可用平均摩尔电子质量(即提供1 mol电子所需金属的质量)法求解。反应中H＋被还原生成H2，由题意可知15 g金属混合物可提供1 mol e－，其平均摩尔电子质量为15 g·mol－1。选项中金属Mg、Zn、Al的摩尔电子质量分别为12 g·mol－1、32.5 g·mol－1、9 g·mol－1，其中不能与盐酸反应的Ag和Cu的摩尔电子质量可看做无穷大。根据数学上的平均值原理可知，原混合物中一种金属的摩尔电子质量大于15 g·mol－1，另一种金属的摩尔电子质量小于15 g·mol－1。由此可判断出原混合物肯定不可能是Zn和Cu。
9．把含有某一种氯化物杂质的MgCl2粉末95 g溶于水后，与足量AgNO3溶液反应，测得生成的AgCl为300 g，则该MgCl2中的杂质可能是(　　)
A．NaCl B．AlCl3
C．KCl D．CaCl2
答案　B
解析　提供1 mol Cl－所需各物质的质量(即平均摩尔Cl－质量)分别为
物质的化学式
MgCl2
NaCl
AlCl3
KCl
CaCl2
平均摩尔Cl－质量
47.5
58.5
44.5
74.5
55.5

而平均值＝95×≈45.4，小于45.4的只有AlCl3。

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