【2022决胜高考】鲁科版化学一轮复习导练测：第一章-从实验学化学-学案6-化学计算中常用的几种方法.docx

学案6　化学计算中常用的几种方法

解题虽然没有一成不变的方法模式，但应建立解题的基本思维模式：题示信息＋基础学问＋规律思维。把握正确的解题方法能简化解题过程，提高解题力气，常用的解题技巧有：
1．差量法
(1)差量法的应用原理
差量法是指依据化学反应前后物质的量发生的变化，找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题是先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量(实际差量)列成比例，然后求解。如：
2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221 kJ·mol－1　Δm(固)，Δn(气)，ΔV(气)
2 mol　 1 mol　　2 mol　　221 kJ　　　　　 　24 g 　1 mol　22.4 L(标况)
(2)使用差量法的留意事项
①所选用差值要与有关物质的数值成正比例或反比例关系。
②有关物质的物理量及其单位都要正确地使用。
(3)差量法的类型及应用
①质量差法
典例导悟1　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.
解析　样品加热发生的反应为：
2NaHCO3 Na2CO3＋H2O＋CO2↑　　Δm
　168　　　　　106　　　　　 　　　　62
m(NaHCO3) g　　　　　　　　　　(w1－w2) g
质量差为(w1－w2) g，故样品中NaHCO3质量为： g，Na2CO3质量为w1 g－ g，其质量分数为＝＝。
当然，本题也可用常规方法，依据化学方程式直接求解。
另解：
假设样品有x mol NaHCO3固体，则有：
2NaHCO3Na2CO3＋CO2＋H2O
　x mol　　　0.5x mol
据样品加热前后固体质量的关系，有w1g－x mol×84 g·mol－1＋0.5x mol×106 g·mol－1＝w2g，解得x＝(w1－w2)/31，那么NaHCO3的质量为m(NaHCO3)＝(w1－w2)/31 mol×84 g·mol－1＝84(w1－w2)/31 g，从而推知Na2CO3的质量为m(Na2CO3)＝w1g－84(w1－w2)/31 g＝(84w2－53w1)/31 g，因此Na2CO3样品的纯度为w(Na2CO3)＝m(Na2CO3)/m(样品)＝。
答案　A
②体积差法
典例导悟2　(2006·北京理综·9)将a L NH3通过灼热的装有铁触媒的硬质玻璃管后，气体体积变为b L(气体体积均在同温同压下测定)，该b L气体中NH3的体积分数是(　　)
A. B.
C. D.
解析　本题主要考查同学利用“差量法”进行机敏计算的力气。
设参与反应的氨气为x ，则
2NH3N2＋3H2　ΔV
2　　　　　　　　　2
x　　　　　　　　　b－a
x＝(b－a)　L
所以气体中NH3的体积分数为
＝。
特殊提示　解答此类题的关键是分析引起差量的缘由，只有当差值与始态量或终态量存在比例关系，且化学计量的差值必需是同一物理量时，才能用“差量法”解题。
答案　C
2．关系式法
物质间的一种简化的式子，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
经多次氧化和吸取，由N元素守恒知：
NH3～HNO3
(3)电子转移守恒法
NH3HNO3，O22O2－
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。
典例导悟3　(2009·海南，7)用足量的CO还原13.7 g某铅氧化物，把生成的CO2全部通入到过量的澄清石灰水中，得到的沉淀干燥后质量为8.0g，则此铅氧化物的化学式是(　　)
A．PbO B．Pb2O3
C．Pb3O4 D．PbO2
答案　C
解析　设此铅氧化物的化学式为PbxOy，
PbxOy—y[O]—yCO—yCO2—yCaCO3
16y 100y
m(O)＝1.28 g 8.0 g
所以m(Pb)＝13.7 g－1.28 g＝12.42 g
x∶y＝∶＝3∶4
典例导悟4　(2007·天津理综，改编)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(假设杂质不参与反应)________________。
(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。
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
0．020 00 mol·L－1×0.025 00 L
m(FeS2)＝0.090 00 g
样品中FeS2的质量分数为90.00%
(2)4FeS2＋11O2　　2Fe2O3＋8SO2
4 mol 8 mol×22.4 L·mol－1
mol V(SO2)
　V(SO2)＝3.36×106 L
n(SO2)＝＝1.5×105 mol
由SO2～SO3～H2SO4
　1 mol　　　 98 g
1．5×105 mol　　 m(H2SO4)×98%
得m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t
答案　(1)90.00%　(2)3.36×106　15
特殊提示　用关系式法解题的关键是建立关系式，而建立关系式的一般途径有：①利用粒子守恒建立关系式；②利用化学方程式中化学计量数间的关系建立关系式；③利用化学方程式的加和建立关系式等。
3．极值法
(1)极值法的含义
极值法是接受极限思维方式解决一些模糊问题的解题技巧。它是将题设构造为问题的两个极端，然后依据有关化学学问确定所需反应物或生成物的量值，进行推断分析，求得结果。 也称为极端假设法。
(2)极值法解题的基本思路
极值法解题有三个基本思路：
①把可逆反应假设成向左或向右进行的完全反应。
②把混合物假设成纯洁物。
③把平行反应分别假设成单一反应。
(3)极值法解题的关键
紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落点。
(4)极值法解题的优点
极值法解题的优点是将某些简洁的、难以分析清楚的化学问题假设为极值问题，使解题过程简化，解题思路清楚，把问题化繁为简，由难变易，从而提高了解题速度。
典例导悟5　在一容积固定的密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2 mol·L－1、0.1 mol·L－1、0.2 mol·L－1。当反应达到平衡时，各物质的浓度可能存在的数据是(　　)
A．SO2为0.4 mol·L－1，O2为0.2 mol·L－1
B．SO2为0.25 mol·L－1
C．SO2和SO3均为0.15 mol·L－1
D．SO3为0.4 mol·L－1
解析　本题可依据极端假设法进行分析。若平衡向正反应方向移动，达到平衡时SO3的浓度最大为0.4 mol·L－1，而SO2和O2的浓度最小为0；若平衡向逆反应方向移动，达到平衡时SO3的浓度最小为0，而SO2和O2的最大浓度分别为0.4 mol·L－1、0.2 mol·L－1，考虑该反应为可逆反应，反应不能向任何一个方向进行到底，因此平衡时SO3、O2、SO2的浓度范围应分别为0<c(SO3)<0.4 mol·L－1,0<c(O2)<0.2 mol·L－1,0<c(SO2)<0.4 mol·L－1。SO2反应转化成SO3，而SO3分解则生成SO2，那么c(SO3)＋c(SO2)＝0.2 mol·L－1＋0.2 mol·L－1＝0.4 mol·L－1。对比各选项，只有B项符号题意。
答案　B
特殊提示　该方法常用来推断混合物的组成，平衡混合物中各组分含量的范围等。极端假设法解题的关键是将问题合理假设成某种“极值状态”，从而进行极端分析。一般来说，对于混合物成分的确定，常把混合物看做某单一组分进行争辩；对于化学平衡来说，常假设可逆反应向某一反应方向进行到底，再进行争辩。
典例导悟6　在含有a g HNO3的稀硝酸中，加入b g铁粉充分反应，铁全部溶解并生成NO，有 g HNO3被还原，则a∶b不行能为(　　)
A．2∶1 B．3∶1
C．4∶1 D．9∶2
解析　Fe与HNO3反应时，依据铁的用量不同，反应可分为两种极端状况。
(1)若Fe过量，发生反应：3Fe＋8HNO3(稀)===
3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
则有∶＝3∶8，解得：＝
此为a∶b的最小值。
(2)若HNO3过量，发生反应：Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O
则有：∶＝1∶4，解得：＝
此为a∶b的最大值。
所以a∶b的取值范围为：≤≤，即a∶b的比值在此范围内均合理。
答案　A
4．平均值规律及应用
(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；或已知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，很多考题的平均值需要依据条件先确定下来再作出推断。实际上，它是极值法的延长。
典例导悟7　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)，则原混合物的组成确定不行能为(　　)
A．Mg和Ag B．Zn和Cu
C．Al和Zn D．Al和Cu
解析　本题可用平均摩尔电子质量(即供应1 mol电子所需的质量)法求解。反应中H＋被还原生成H2，由题意可知15 g金属混合物可供应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∞。依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，另一金属的摩尔电子质量小于15 g·mol－1。
答案　B
典例导悟8　(2009·上海，22改编)试验室将9 g铝粉跟确定量的金属氧化物粉末混合形成铝热剂。发生铝热反应之后，所得固体中含金属单质为18 g，则该氧化物粉末可能是(　　)
①Fe2O3和MnO2 ②MnO2和V2O5
③Cr2O3和V2O5 ④Fe3O4和FeO
A．①② B．②④ C．①④ D．②③
解析　n(Al)＝＝mol，Al完全反应时转移电子的物质的量为mol×3＝1 mol，则生成金属的摩尔电子质量(转移1 mol e－生成金属的质量)为18 g·mol－1。
①项生成Fe的摩尔电子质量为＝18.67 g·mol－1，生成Mn的摩尔电子质量为＝13.75 g·mol－1，依据平均值规律，①正确；②生成Mn的摩尔电子质量为13.75 g·mol－1，生成V的摩尔电子质量为＝10.2 g·mol－1，依据平均值规律，②不行能生成单质18 g；同理，③也不行能生成金属单质18 g；④Al完全反应时生成Fe的质量大于18 g，当氧化物粉末不足量时，生成的金属可能为18 g，④正确。
答案　C
特殊提示　混合物的很多化学特征具有加合性，均可求出平均值。属于这类“特性数量”的有：相对分子质量、密度、同条件下的体积分数、物质的量浓度、反应热、平均组成等。平均值法解题范围广泛，特殊适用于缺少数据而不能直接求解的混合物推断问题。
5．整体思维法(终态法)
整体思维抛开事物之间简洁的变化关系，从整体生疏把握事物之间联系规律，具有化繁为简，快速解题的功效，能较好的煅烧同学思维的全面性、机敏性，因此高考无论在选择还是综合性题目中经常有意设置。
典例导悟9 在铁和氧化铁混合物15 g中，加入稀硫酸150 mL，能放出H2 1.68 L(标准状况)。同时铁和氧化铁均无剩余，向反应后的溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化。为了中和过量的H2SO4，且使Fe2＋完全转化成Fe(OH)2，共消耗3 mol·L－1的NaOH溶液200 mL，则原硫酸的物质的量浓度是(　　)
A．1.5 mol·L－1 B．2 mol·L－1
C．2.5 mol·L－1 D．3 mol·L－1
解析　此题反应过程简洁，但最终溶液中只有Na2SO4，由于NaOH共0.6 mol，故Na2SO4为0.3 mol，所以原H2SO4为0.3 mol。
答案　B

1.确定条件下，合成氨气反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%，与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率是（）
A. 16.7%
B. 20.0%
C. 80.0%
D. 83.3%
答案　A
2.（2011·厦门模拟）取KI溶液25 mL，向其中滴加0.4 mol·L-1的FeCl3溶液135 mL,I-完全反应生成I2：2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+。将反应后的溶液用CCl4萃取后分液，向分出的水溶液中通入Cl2至0.025 mol时，Fe2+恰好完全反应。求KI溶液的物质的量浓度。
解析　设KI的物质的量是x。
2I-~Cl2
2 1
X 0.025 mol

3.（2011·武汉质检）已知25℃下，0.1 mol·L-1某二元酸（H2A）溶液的pH大于1，其酸式盐NaHA溶液的pH小于7。取等体积的H2A溶液和NaOH溶液混合后，所得溶液的pH等于7，则酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比是（）
A. 小于0.5 B. 等于0.5
C. 大于0.5且小于1 D. 大于1且小于2
解析　由于0.1 mol·L-1 H2A的pH大于1，所以H2A是弱酸，则H2A与NaOH生成正盐（Na2A）时，由于Na2A水解，溶液显碱性，pH大于7，此时酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比是1∶2=0.5。现已知混合液的pH等于7，故H2A必需过量，NaOH溶液的浓度只能小于0.2 mol·L-1，所以二者的物质的量浓度之比确定要大于0.5，即最小值大于0.5。
又由于H2A与NaOH反应生成酸式盐（NaHA）时，溶液的pH小于7，所以NaHA溶液显酸性，此时酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比是1∶1，要使溶液的pH等于7，二者的物质的量浓度之比的最大值要小于1。由此可知，酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比在0.5与1之间。
答案　C
4.两种气态烃以任意比例混合，在105℃时，1 L该混合烃与9 L氧气混合，充分燃烧后恢复到原状态，所得气体体积仍是10 L。下列各组混合烃中符合此条件的是（）
①CH4、C2H4 ②CH4、C3H6
③C2H4、C3H4 ④C2H2、C3H6
A.①③ B.②④ C.①④ D.②③
解析　105℃时水为气态。因反应前后气体体积不变，所以混合烃的平均氢原子数为4。CH4和C3H6混合后平均H原子数必定大于4，故②项错误。C2H2与C3H6只有等体积混合时平均H原子数才是4，不满足“任意比”的条件，故④错误。
答案　A
5.有一在空气中放置了一段时间的KOH固体，经分析测知其含水2.8%、含K2CO3 37.3%，取1 g该样品投入25 mL 2 mol·L-1的盐酸中后，多余的盐酸用1.0 mol·L-1 KOH溶液30.8 mL恰好完全中和，蒸发中和后的溶液可得到固体（）
A.1 g B.3.725 g C.0.797 g D.2.836 g
解析　最终溶液中的溶质为KCl，其质量为 2×0.025×74.5=3.725 g。
答案　B
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

1．化学试验
2．物质的量与各相关量间的计算关系

3．确定物质的量浓度溶液的配制