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文档介绍
高中化学常见化学计算方法
真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 - 1 - 常见化学计算方法 主要有：差量法、十字交叉法、平均法、守恒法、极值法、关系式法、方程式叠加法、等量代换法、摩尔电 子质量法、讨论法、图象法（略）、对称法（略）。 一、差量法 在一定量溶剂的饱和溶液中，由于温度改变（升高或降低），使溶质的溶解度发生变化，从而造成溶质（或饱 和溶液）质量的差量；每个物质均有固定的化学组成，任意两个物质的物理量之间均存在差量；同样，在一个封闭 体系中进行的化学反应，尽管反应前后质量守恒，但物质的量、固液气各态物质质量、气体体积等会发生变化，形 成差量。差量法就是根据这些差量值，列出比例式来求解的一种化学计算方法。该方法运用的数学知识为等比定律 及其衍生式： a b c d a c b d 或 c a d b 。差量法是简化化学计算的一种主要手段，在中学阶段运用相当普遍。常见的 类型有：溶解度差、组成差、质量差、体积差、物质的量差等。在运用时要注意物质的状态相相同，差量物质的物 理量单位要一致。 1.将碳酸钠和碳酸氢钠的混合物 21.0g，加热至质量不再变化时，称得固体质量为 12.5g。求混合物中碳酸钠 的质量分数。 2.实验室用冷却结晶法提纯 KNO3，先在 100℃时将 KNO3 配成饱和溶液，再冷却到 30℃，析出 KNO3。现欲 制备 500g 较纯的 KNO3，问在 100℃时应将多少克 KNO3 溶解于多少克水中。（KNO3 的溶解度 100℃时为 246g，30℃ 时为 46g） 3.某金属元素 R 的氧化物相对分子质量为 m，相同价态氯化物的相对分子质量为 n，则金属元素 R 的化合价为 多少？ 4.将镁、铝、铁分别投入质量相等、足量的稀硫酸中，反应结束后所得各溶液的质量相等，则投入的镁、铝、 铁三种金属的质量大小关系为（ ） （A）Al＞Mg＞Fe （B）Fe＞Mg＞Al （C）Mg＞Al＞Fe （D）Mg=Fe=Al 5.取 Na2CO3 和 NaHCO3 混和物 9.5g，先加水配成稀溶液，然后向该溶液中加 9.6g 碱石灰（成分是 CaO 和 NaOH）， 充分反应后，使 Ca2+、HCO3-、CO32-都转化为 CaCO3 沉淀。再将反应容器内水分蒸干，可得 20g 白色固体。试求： （1）原混和物中 Na2CO3 和 NaHCO3 的质量； （2）碱石灰中 CaO 和 NaOH 的质量。 6.将 12.8g 由 CuSO4 和 Fe 组成的固体，加入足量的水中，充分反应后，滤出不溶物，干燥后称量得 5.2g。试求 原混和物中 CuSO4 和 Fe 的质量。 二、十字交叉法 凡能列出一个二元一次方程组来求解的命题，即二组分的平均值，均可用十字交叉法，此法把乘除运算转化为 加减运算，给计算带来很大的方便。 十字交叉法的表达式推导如下：设 A、B 表示十字交叉的两个分量， AB —— 表示两个分量合成的平均量，xA、xB 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 - 2 - 分别表示 A 和 B 占平均量的百分数，且 xA+xB=1，则有： A·xA+B·xB= AB —— （xA+xB） 化简得： x x AB B A AB A B —— —— 若把 AB —— 放在十字交叉的中心，用 A、B 与其交叉相减，用二者差的绝对值相比即可得到上式。 十字交叉法应用非 常广，但不是万能的，其适用范围如表 4—2： 含 化学 义 量 类型 A、B AB —— xA、xB 1 溶液中溶质 质量分数 混合溶液中溶质质 量质量分数 质量分数 x x AB B A AB A B —— —— 2 物质中某元素 质量分数 混合物中某 元素质量分数 质量分数 3 同位素相对 原子质量 元素相对 原子质量 同位素原子 百分组成 4 某物质相对 分子质量 混合物平均相对分 子质量 物质的量分数 或体积分数 5 某物质分子 组成 混合物的平均 分子组成 物质的量分数 6 用于某些综合计算：如十字交叉法确定某些盐的组成、有机物的组成等 正确使用十字交叉法解题的关键在于：（1）正确选择两个分量和平均量；（2）明确所得比为谁与谁之比；（3） 两种物质以什么为单位在比。尤其要注意在知道质量平均值求体积或物质的量的比时，用此法并不简单。 1. 现有 50g 5%的 CuSO4 溶液，把其浓度增大一倍，可采用的方法有：（1）可将原溶液蒸发掉 g 水；（2） 可向原溶液中加入 12.5% CuSO4 溶液 g；（3）可向原溶液中加入胆矾 g；（4）可向原溶液中加入 CuSO4 白色粉末 g。 2 . 今有 NH4NO3 和 CO(NH2)2 混合化肥，现测得含氮质量分数为 40%，则混合物中 NH4NO3 和 CO(NH2)2 的物 质的量之比为（ ） （A）4∶3 （B）1∶1 （C）3∶4 （D）2∶3 3. （1）已知溶质质量分数分别为 19x%和 x%的两硫酸溶液，若将它们等体积混和，则所得混和液的溶质质量 分数与 10x 的大小关系如何？（2）已知溶质质量分数为 a%的氨水物质的量浓度是 b mol·L-1，则 a 2 %的氨水物质的 量浓度与 b 2 mol·L-1 的大小关系如何？ 4. 将金属钠在空气中燃烧，生成 Na2O 与 Na2O2 的混合物。取该燃烧产物 7.48g 溶于水制成 1000mL 溶液，取 出 10mL，用 0.1 mol·L-1 的盐酸中和，用去盐酸 20mL，试求该产物中 Na2O 的物质的量分数。 5. 0.8 mol CO2 通入 1L 1mol·L-1NaOH 溶液中，试求所得溶液中溶质的物质的量。 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 - 3 - 三、平均法 对于含有平均含义的定量或半定量习题，利用平均原理这一技巧性方法，可省去复杂的计算，迅速地作出判断， 巧妙地得出答案，对提高解题能力大有益处。平均法实际上是对十字交叉所含原理的进一步运用。解题时，常与十 字交叉结合使用，达到速解之目的。原理如下： 若 A>B，且符合 AB x A x B x x A x B xA B A B A B —— % % ，则必有 A> AB —— >B，其中 AB —— 是 A、B 的相应平均 值或式。xA·xB 分别是 A、B 的份数。 常见的类型有：元素质量分数、相对原子质量、摩尔电子质量、双键数、化学组成等平均法。有时运用平均法 也可讨论范围问题。 1. 某硝酸铵样品中氮的质量分数 25%，则该样品中混有的一组杂质一定不是（ ） （A）CO(NH2)2 和 NH4HCO3 （B）NH4Cl 和 NH4HCO3 （C）NH4Cl 和(NH4)2SO4 （D）(NH4)2SO4 和 NH4HCO3 2. 把含有某一种氯化物杂质的氯化镁粉末 95mg 溶于水后，与足量的硝酸银溶液反应，生成氯化银沉淀 300mg， 则该氯化镁中的杂质可能是（ ） （A）氯化钠 （B）氯化铝 （C）氯化钾 （D）氯化钙 3. 某含杂质的 CaCO3 样品只可能含有下列括号中四种杂质中的两种。取 10g 该样品和足量盐酸反应，产生了 2.24L 标准状况下的 CO2 气体。则该样品中一定含有 杂质，可能含有 杂质。（杂质：KHCO3、MgCO3、 K2CO3、SiO2） 4 .（1）碳酸氢铵在 170℃时完全分解，生成的混和气体平均相对分子质量是 。 （2）某爆鸣气中 H2 和 O2 的质量分数分别为 75%和 25%，则该爆鸣气对氢气的相对密度是 。 （3）体积为 1 L 的干燥容器充入 HCl 气体后，测得容器中气体对氧气相对密度为 1.082，用此气体进行喷泉实 验，当喷泉停止后，进入容器中液体的体积是 。 附：平均摩尔质量（ M —— ）的求法： 1 M m n —— 总 总 m 总—混和物总质量 n 总—混和物总物质的量 ② M —— =M1·n1%+M2·n2%+… M1、M2……各组分的摩尔质量，n1%、n2%……各组分的物质的量分数。（注： M —— 如是元素的摩尔质量，则 M1、M2……是各同位素的摩尔质量，n1%、n2%……是各同位素的原子分数（丰度）。） ③ M —— 如是气体混合物的摩尔质量，则有 M —— =M1·V1%+M2·V2%+…（注：V1%、V2%……气体体积分数。） ④ M —— 如是气体混合物的摩尔质量，则有 M —— =d·MA (注：MA 为参照气体的摩尔质量，d 为相对密度) 四、 守恒法 在化学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒（含原子守恒、元素守恒）、电荷守恒、电子得失守恒、能 量守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混和物、溶液、 胶体等，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等。电子得失守恒是指在发生氧化-还原反应时，氧化 剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数，无论是自发进行的氧化-还原反应还是以后将要学习的原电池或电 解池均如此。 a. 质量守恒 1 . 有 0.4g 铁的氧化物， 用足量的 CO 在高温下将其还原，把生成的全部 CO2 通入到足量的澄清的石灰水中 得到 0.75g 固体沉淀物，这种铁的氧化物的化学式为（ ） A. FeO B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. Fe4O5 2. 将几种铁的氧化物的混合物加入 100mL、7mol•L―1 的盐酸中。氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入 0.56L（标况）氯气时，恰好使溶液中的 Fe2+完全转化为 Fe3+，则该混合物中铁元素的质量分数为 （ ） A. 72.4% B. 71.4% C. 79.0% D. 63.6% 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 - 4 - b. 电荷守恒法 3. 将 8g Fe2O3 投入 150mL 某浓度的稀硫酸中，再投入 7g 铁粉收集到 1.68L H2（标准状况），同时，Fe 和 Fe2O3 均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗 4mol/L 的 NaOH 溶液 150mL。则原硫酸的 物质的量浓度为（ ） A. 1.5mol/L B. 0.5mol/L C. 2mol/L D. 1.2mol/L 4. 镁带在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁，将燃烧后的产物全部溶解在 50mL 1.8 mol·L-1 盐酸溶液中，以 20mL 0.9 mol·L-1 的氢氧化钠溶液中和多余的酸，然后在此溶液中加入过量碱把氨全部释放出来，用足量盐酸吸收，经测 定氨为 0.006 mol，求镁带的质量。 c. 得失电子守恒法 5 . 某稀硝酸溶液中，加入 5.6g 铁粉充分反应后，铁粉全部溶解，生成 NO，溶液质量增加 3.2g，所得溶液中 Fe2+和 Fe3+物质的量之比为 （ ） A. 4∶1 B. 2∶1 C. 1∶1 D. 3∶2 6. （1）0.5mol 铜片与足量的浓 HNO3 反应，收集到的气体经干燥后（不考虑损耗），测知其密度在标准状况下 为 2.5 g·L-1，其体积为 L。 （2）0.5mol 铜片与一定量的浓 HNO3 反应，收集到的气体经干燥后（不考虑损耗）在标准状况下的体积为 17.92L， 则参加反应的硝酸物质的量为 ；若将这些气体完全被水吸收，则应补充标准状况下的氧气体积为 L。 （不考虑 2NO2 N2O4 反应） 7. 已知：2 Fe2++Br2 = 2 Fe3++2Br-，若向 100mLFeBr2 溶液中缓缓通入 2.24L 标准状况下的氯气，结果有三分之 一的 Br-离子被氧化成 Br2 单质，试求原 FeBr2 溶液的物质的量浓度。 五、极值法 “极值法”即 “极端假设法”，是用数学方法解决化学问题的常用方法，一般解答有关混合物计算时采用。可 分别假设原混合物是某一纯净物，进行计算，确定最大值、最小值，再进行分析、讨论、得出结论。 1. 常温下，向 20L 真空容器中通 a mol H2S 和 b mol SO2（a、b 都是正整数，且 a≤5，b≤5），反应完全后， 容器内可能达到的最大密度约是（ ） （A）25.5 g·L-1 （B）14.4 g·L-1 （C）8 g·L-1 （D）5.1 g·L-1 2. 在标准状况下，将盛满 NO、NO2、O2 混合气的集气瓶，倒置于水槽中，完全溶解，无气体剩余，其产物 不扩散，则所得溶液的物质的量浓度（C）数值大小范围为（ ） （A） 0 1 22 4 C . （B） 1 39 2 1 28. C （C） 1 28 1 22 4 C . （D） 1 39 2 1 22 4. . C 3. 当用 m mol Cu 与一定量的浓 HNO3 反应，在标准状况下可生成 nL 的气体，则 m 与 n 的数值最可能的关系 是（ ） （A） m n 22 4. （B） n m n 22 4 3 44 8. . （C） m n 3 44 8. （D）无法判断 4. 将一定质量的 Mg、Zn、Al 混合物与足量稀 H2SO4 反应，生成 H2 2.8 L（标准状况），原混合物的质量可能是 ( ) A. 2g B. 4g C. 8g D. 10g 六、 关系式法 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 - 5 - 实际化工生产中以及化学工作者进行科学研究时，往往涉及到多步反应：从原料到产品可能要经过若干步反应； 测定某一物质的含量可能要经过若干步中间过程。对于多步反应体系，依据若干化学反应方程式，找出起始物质与 最终物质的量的关系，并据此列比例式进行计算求解方法，称为“关系式”法。利用关系式法可以节省不必要的中 间运算步骤，避免计算错误，并能迅速准确地获得结果。用关系式解题的关键是建立关系式，建立关系式的方法主 要有：1、利用微粒守恒关系建立关系式，2、利用方程式中的化学计量数间的关系建立关系式，3、利用方程式的 加合建立关系式。 1. 工业上制硫酸的主要反应如下： 4FeS2+11O2 2Fe2O3+8SO2 2SO2+O2 2SO3 SO3+H2O=H2SO4 煅烧 2.5t 含 85％FeS2 的黄铁矿石（杂质不参加反应）时，FeS2 中的 S 有 5.0％损失而混入炉渣，计算可制得 98％硫酸的质量。 七、方程式叠加法 许多化学反应能发生连续、一般认为完全反应，这一类计算，如果逐步计算比较繁。如果将多步反应进行合并 为一个综合方程式，这样的计算就变为简单。如果是多种物质与同一物质的完全反应，若确定这些物质的物质的量 之比，也可以按物质的量之比作为计量数之比建立综合方程式，可以使这类计算变为简单。 1. 将 2.1g 由 CO 和 H2 组成的混合气体，在足量的 O2 充分燃烧后，立即通入足量的 Na2O2 固体中，固体的质 量增加 A. 2.1g B. 3.6g C. 4.2g D. 7.2g 八、等量代换法 在混合物中有一类计算：最后所得固体或溶液与原混合物的质量相等。这类试题的特点是没有数据，思考中我 们要用“此物”的质量替换“彼物”的质量，通过化学式或化学反应方程式计量数之间的关系建立等式，求出结果。 1. 有一块 Al-Fe 合金，溶于足量的盐酸中，再用过量的 NaOH 溶液处理，将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、 灼烧完全变成红色粉末后，经称量，红色粉末的质量恰好与合金的质量相等，则合金中铝的质量分数为 （ ） A. 70％ B. 30％ C. 47.6％ D. 52.4％ 九、摩尔电子质量法 在选择计算题中经常有金属单质的混合物参与反应，金属混合物的质量没有确定，又由于价态不同，发生反应 时转移电子的比例不同，讨论起来极其麻烦。此时引进新概念“摩尔电子质量”计算就极为简便，其方法是规定“每 失去 1mol 电子所需金属的质量称为摩尔电子质量”。可以看出金属的摩尔电子质量等于其相对原子质量除以此时显 示的价态。如 Na、K 等一价金属的摩尔电子质量在数值上等于其相对原子质量，Mg、Ca、Fe、Cu 等二价金属的摩尔 电子质量在数值上等于其相对原子质量除以 2，Al、Fe 等三价金属的摩尔电子质量在数值上等于其相对原子质量除 以 3。 1. 由两种金属组成的合金 10g 投入足量的稀硫酸中，反应完全后得到氢气 11.2L(标准状况下)，此合金可能是 （ ） A. 镁铝合金 B. 镁铁合金 C. 铝铁合金 D. 镁锌合金 十、讨论法 讨论法：在某些化学问题的求解过程中，无法确定某一物质的相关物理量，这时可根据化学事实或原理，确定 其范围，据此再对范围中的相关数据进行合理性取舍或具体化计算，从而使该化学问题得以解决。在确定范围的过 程中，必然会运用到数学中的不等式知识。这类问题常常是综合性问题，难度也较大，解题的关键是如何构造不等 式，即要找准化学问题与不等式之间的联结点。在化学解题过程中应注意有序思维和问题解决的完整性。 真正的价值并不在人生的舞台上,而在我们扮演的角色中。 - 6 - 1. 在天平两端的两个质量相等的烧杯里各盛有 100mL、10mol·L-1 的盐酸，然后分别加入 a g 镁粉和 b g 铝粉， 欲使充分反应后天平仍保持平衡，试确定 a 的取值范围以及在 a 不同的取值范围内 a 与 b 之间的关系。 - 7 - 《常见化学计算方法》详细答案： 一、1. 解析 混合物质量减轻是由于碳酸氢钠分解所致，固体质量差 21.0g-14.8g=6.2g，也就是 生成的 CO2 和 H2O 的质量，混合物中 m(NaHCO3)=168×6.2g÷62=16.8g，m(Na2CO3)=21.0g-16.8g=4.2g, 所以混合物中碳酸钠的质量分数为 20%。 2.分析 本例是涉及溶解度的一道计算题。解答本题应具备理解透彻的概念、找准实际的差量、完 成简单的计算等三方面的能力。题中告知，在 100℃和 30℃时，100g 水中分别最多溶解 KNO3246g 和 46g，由于冷却时溶剂的质量未变，所以温度从 100℃下降到 30℃时，应析出晶体 246g-46g=200g （溶解度之差）。由题意又知，在温度下降过程中溶质的析出量，据此可得到比例式，求解出溶剂水 的质量。再根据水的质量从而求出配制成 100℃饱和溶液时溶质 KNO3 的质量。 解 设所用水的质量为 x，根据题意，可列下式： 256 46 100 500g g g g x 解得：x=250g 又设 100℃时饱和溶液用 KNO3 的质量为 y，根据溶质与溶剂的对应关系，列式如下： 246 100 250 g g y g 解得：y=615g 答 将 615KNO3 溶解于 250g 水中。 3. 解 若金属元素 R 的化合价为偶数 x，则其相同价态的氧化物、氯化物的化学式分别为 RO x/2 、 RClx。根据关系式 RO x/2 ～RClx，相对分子质量差值为 355 16 2 27 5. .x x x ，所以 n-m=27.5x， x n m 27 5. 。若金属元素 R 的化合价为奇数 x，则其相同价态的氧化物、氯化物的化学式分别为 R2Ox、 RClx。由关系式 R2Ox～2RClx 可知，相对分子质量的差值为 2×35.5x-16x=55x，所以 2n-m=55x， x= 2 55 n m 。 答 金属元素 R 的化合价为 n m 27 5. 或 2 55 n m 。 4. 分析 本例是金属与酸反应，根据反应前后质量相等判断金属质量大小的一道选择题。根据 题意，反应结束后所得各溶液质量相等，所以各金属反应掉的质量减去氢气生成的质量应相等。现 建立如下关系式： Mg～H2 △m=22，Al～ 3 2 H2 △m=24，Fe～H2 △m=54 确定 Mg、Al、Fe 三种金属的质量大小，可用下列两种方法解决。 解：设 Mg、Al、Fe 的质量分别为 x、y、z，故三者反应结束后，溶液质量增加为 22 24 x、 24 27 y、 54 56 z 且相等，故有： 22 24 24 27 54 56x y z ，所以 y＞x＞z。 5. 分析 本例从反应最终的结果看，涉及如下两个反应：Na2CO3+H2O+CaO=CaCO3↓+2NaOH， NaHCO3+CaO=CaCO↓+2NaOH，根据题意“Ca2+、HCO3-、CO32-都转化 CaCO3 沉淀”，说明以上两 反应恰好完全进行。从反应前后的质量来看，反应前：9.5g+9.6g=19.1g，反应后：20g，说明对于反 应前后的固体而言，其质量是增加的，数值为 20g-19.1g=0.9g。那么 0.9g 的增重从何增起呢？只能 从发生的反应入手分析：第一个反应固体增重且增重 18g，即为水的质量。第二个反应固体质量不 变。因此，0.9g 的增重源自第 1 个反应中水参加反应的质量。明确了这一层关系，本题就能迎刃而 - 8 - 解了。 解 （1）水参加反应的质量为 0.9g，则 Na2CO3 的质量为 0 9 18 106 53. .g g g g ，NaHCO3 的质量为 9.5-5.3g=4.2g。 （2）碱石灰中 CaO 的质量为 ( . . ) .53 106 4 2 84 56 56g g g g g ，NaOH 的质量为 9.6g-5.6g=4.0g。 6. 解 根据分析可知，Fe 过量，设 CuSO4 的质量为 x，则 Fe 的质量为 12.8g-x，根据反应： Fe + CuSO4 = Cu + FeSO4 △m 160g 8g x 5.2g-(12.8g-x)=4.8g 所以： 160 8 52 12 8 g x g g g x . ( . ) 解得：x=8.0g，12.8g-x=4.8g 答 原混和物中 CuSO4 和 Fe 的质量分别为 8.0g，4.8g。 二、1.分析 本例是将稀溶液浓缩的一道填空题。若按通常方法，根据溶质守恒，列方程进行 求解，则解题繁。若运用十字交叉法，运算简洁，思路流畅。但应处理好蒸发掉水，或加入 CuSO4 粉末时 CuSO4 的质量分数，前者可视为 0，后者视为 100%。 解 （1） （负号代表蒸发） 说明水蒸发掉的质量为原溶液质量的 1 2 ，即 25g。 （2） 说明加入 12.5% CuSO4 溶液的质量为原溶液质量的 2 倍，即 100g。 （3）胆矾中 CuSO4 的质量分数为 160 250 100% 64% 说明加入胆矾的质量为原溶液质量的 4 54 ，即 5 54 50 4 63 g g. 。 （4） 说明加入 CuSO4 的质量为原溶液质量的 1 18 ，即 1 18 50 2 78 g g. 。 答 25 100 4.63 2.78 2. 解 方法 1：NH4NO3 中 N%= 28 80 100% =35%，CO(NH2)2 中 N%= 28 60 100% =46.7% 说明 NH4NO3 与 CO(NH2)2 的物质的量之比为 6 7% 80 5% 60 1 1. ∶ ∶ 。 方法 2：设混合物中 NH4NO3 的物质的量为 1 mol，CO(NH2)2 的物质的量为 x。 根据题意，列式如下： 2 14 2 14 80 1 60 100% 40% 1 1 1 1 g mol g mol x g mol mol g mol x 解得：x=1 mol 方法 3：由于 NH4NO3 和 CO(NH2)2 分子中均含有 2 个 N 原子，根据混合物中 N%=40%，可知该 - 9 - 混合物的平均相对分子质量为 28 40% 70 。 说明 NH4NO3 与 CO(NH2)2 的物质的量之比为 1∶1。 答 本题正确选项为（B）。 3. 解 ：（1） 若混和液的溶质质量分数为 10x%，则 19x%与 x%的两 H2SO4 溶液必以等质量混和。现因等体 积的 19x%溶液质量大于 x%的溶液质量，故等体积混和后，所得溶液质量分数应大于 10x%。 （2） 若将 a%的氨水加水稀释成 a 2 %，则加入水的质量即为氨水的质量。现因水的密度大于氨水密度， 故稀释后溶液的体积应小于原溶液体积的一半，根据溶质物质的量守恒，所以 a 2 %的氨水物质的量 浓度应大于 b 2 mol·L-1。 4. Na Na O Na O NaOH NaClmL mL mol L—— 、 —— 溶液 ——— —————燃烧 溶于水 盐酸中和 取 盐酸 消耗 2 2 2 10 20 01 1. 图 4—4 根据以上图示，结合有关反应的用量，确定 1000mL NaOH 溶液中 NaOH 物质的量。由 Na 元 素守恒，可计算出混合物（Na2O、Na2O2）的平均摩尔质量或平均化学式。从而求解得之。 解 1000mL NaOH 溶液的物质的量为 1000 10 01 20 10 0 21 3mL mL mol L L mol . . 根据混和物的平均摩尔质量= 混和物总质量 混和物总物质的量 ，可知： Na2O 与 Na2O2 的平均摩尔质量= 0 48 0 2 1 2 74 8 1. . .g mol g mol 说明 Na2O 与 Na2O2 的物质的量之比为 3.2∶12.8=1∶4，即 Na2O 的物质的量分数为 1 1 4 1 5 20% （ ）。 答 该产物中 Na2O 的物质的量分数为 20%。 5. 解 n(CO2)=0.8 mol，n(NaOH)= 1L×1 mol·L-1=1 mol 方法 1：设生成物 NaHCO3 物质的量分别为 x、y。 由碳元素守恒，列式：x+y=0.8 mol 由钠元素守恒，列式：x+2y=1 mol 解得：x=0.6 mol y=0.2 mol 方法 2：若以 CO2 为基准物质，分别发生反应（1）和（2）时，需 NaOH 分别为 0.8 mol 和 1.6 mol。 - 10 - 说明 CO2 在两个反应中所消耗的物质的量之比为 0.6∶0.2=3∶1， 也是生成物中 NaHCO3 与 Na2CO3 的物质的量之比。所以 n(NaHCO3)=0.8 mol 3 1 3 =0.6 mol，n(Na2CO3)=0.2 mol。 若以 NaOH 为基准物质，CO2 则分别消耗 1 mol 和 0.5 mol。 说明 NaOH 在两个反应中所消耗的物质的量之比为 0.3∶0.2=3∶ 2，所以生成物中 NaHCO3 与 Na2CO3 的物质的量之比应为 3∶1。故 n(NaHCO3)=1 mol 3 3 2 =0.6 mol，n(Na2CO3)=1 mol 3 3 2 1 2 =0.2 mol。 方法 3：因 n(CO2)∶n(NaOH)=0.8 mol∶1 mol=4∶5 说明产物中既有 NaHCO3 生成，又有 Na2CO3 生成，反应的总方程式可写成如下： CO2+NaOH — Na2CO3+NaHCO3+H2O 根据物质的量之比等于化学方程中的计量数之比，故 CO2、NaOH 前的计量数分别为 4 和 5，根 据 原 子 个 数 守 恒 ， 判 断 出 Na2CO3 、 NaHCO3 和 H2O 前 的 计 量 数 分 别 为 1 、 3 和 1 ， 即 ： 4CO2+5NaOH=Na2CO3+3NaHCO3+H2O，所以 n(Na2CO3)= 1 4 0.8 mol=0.2 mol，n(NaHCO3)= 3 4 0.8 mol=0.6 mol。 三、1. 解 NH4NO3 中氮的质量分数是 14 80 100% 17 5% 25% . ，而 CO(NH2)2、NH4Cl、 NH4HCO3 和(NH4)2SO4 中氮的质量分数分别是 46.7%、26.2%、17.7%和 21.1%，其中只有(NH4)2SO4 和 NH4HCO3 一组氮的质量分数都小于 25%。 因此，该样品中混有的一组杂质一定不是(NH4)2SO4 和 NH4HCO3。 答 本题正确选项为（D）。 2. 解 若 95mg 全是 MgCl2，则其反应后产生 AgCl 的质量为 95 95 2 14351 mg g mol . g·mol-1 =287mg<300mg。 根据平均含义可推知：95mg 杂质与足量 AgNO3 溶液反应生成 AgCl 的质量应大于 300mg。这就 要求杂质中 Cl 元素的质量分数比 MgCl2 中高才有可能。因此本题转换成比较 Cl 元素含量的高低。 现将每种的化学式作如下变形：MgCl2、Na2Cl2、Al 2 3 Cl2、K2Cl2、CaCl2。显然，金属式量低的，Cl 元素含量高，因此，只有 AlCl3 才有可能成为杂质。 答 本题正确选项为（B）。 3.略 4. 解 （1）NH4HCO3 △ NH3↑+H2O↑+CO2↑ 根据质量守恒可知：n(NH4HCO3)·M(NH4HCO3)=n(混)· M —— (混)，故 M —— (混)= 1 3 79 g·mol-1，即混和气体的平均相对分子质量为 26.3。 （2）设爆鸣气 100g，则 H2 的物质的量为 100g×75%÷2g·mol-1=37.5mol，O2 物质的量为 100g ×25%÷32g·mol-1=0.78mol。 故爆鸣气的平均摩尔质量为 100g÷(37.5+0.78)mol=2.619g·mol-1，即对氢气的相对密度为 2.619 g·mol-1÷2 g·mol-1=1.31。 （3）干燥容器中气体的平均相对分子质量为 1.082×32=34.62，由 34.62<36.5，故该气体应为 HCl 和空气的混和气体。 说明 HCl 与空气的体积比为 5.62∶1.88=3∶1，即混和气体中 - 11 - HCl 的体积为 1L 3 4 =0.75L。由于 HCl 气体极易溶于水，所以当喷泉结束后，进入容器中液体的体 积即为 HCl 气体的体积 0.75L。 答 （1）26.3 （2）1.31 （3）0.75L 四、1. 解析 由题意得知，铁的氧化物中的氧原子最后转移到沉淀物 CaCO3 中。且 n(O)=n(CaCO3)=0.0075mol ， m(O)=0.0075mol × 16g/mol=0.12g 。 m(Fe)=0.4g-0.12g=0.28g ， n(Fe)=0.005mol。n(Fe)∶n(O)=2:3，选 B 2. 解析 铁的氧化物中含 Fe 和 O 两种元素，由题意，反应后，HCl 中的 H 全在水中，O 元素 全部转化为水中的 O，由关系式：2HCl~H2O~O，得：n（O）= molmolHCln 35.07.02 1)(2 1 ， m（O）=0.35mol×16g•mol―1=5.6 g； 而铁最终全部 转化为 FeCl3 ， n（Cl）=0.56L ÷22.4L/mol ×2+0.7mol=0.75mol，n（Fe ） = molmolCln 25.075.03 1)(3 1 ， m(Fe)=0.25mol × 56g • mol ― 1=14 g ， 则 %4.71%1006.514 14)( gg gFe ，选 B。 3. 解析 粗看题目，这是一利用关系式进行多步计算的题目，操作起来相当繁琐，但如能仔细 阅读题目，挖掘出隐蔽条件，不难发现，反应后只有 Na2SO4 存在于溶液中，且反应过程中 SO42―并 无损耗，根据电中性原则：n（SO42―）= 2 1 n（Na+），则原硫酸的浓度为：2mol/L，故选 C。 4. 分析 本例是镁及其化合物有关性质应用的一道计算题。本题涉及的反应较多，有 2Mg+O2 点燃 2MgO，3Mg+N2 点燃 Mg3N2，MgO+2HCl = MgCl2+H2O，Mg3N2+8HCl = 3MgCl2+2NH4Cl， NaOH+HCl = NH4Cl 等反应。若用常规方法审题和解题，则分析要求高，计算难度大，思维易混乱， 很难正确解答本题。现运用图示法审题如下： MgCl MgCl Mg MgO NH Cl NH Cl NH NH ClMg N HCl NaCl molmol L mL HCl mol L mL NaOH NaOH HCl2 2 18 50 4 0 9 20 4 3 4 3 2 1 1 0 006 — —————— ——————— —— —△ 空气 · · △ . . . 发现：MgCl2、NH4Cl、NaCl 溶液中，阴阳离子电荷浓度（或物质的量）相等即电荷守恒，再 根据相关微粒的物质的量守恒，列出等式，从而一举突破，从容解答本题。 解 根据图示，对 MgCl2、NH4Cl、NaCl 溶液分析，由电荷守恒得知： n Mg n NH n Na m cl( ) ( ) ( ) ( )2 42 1 1 1 式中： n Mg n Mg n NH n NH mol n Na mol L( ) ( ) ( ) ( ) . ( ) . 2 4 3 10 006 0 9 20， ， 10 0 018 18 50 10 0 093 3 L mol n Cl mol L L mol. ( ) . .， 解得： n Mg mol( ) . 0 033 ，即 m Mg mol g mol g( ) . . 0 033 24 0 7921 5. 解析 设 Fe2+为 xmol，Fe3+为 ymol，则： x+y= 56 6.5 =0.1（Fe 元素守恒） 2x+3y= 330 2.36.5 （得失电子守恒） 得：x=0.06mol，y=0.04mol。则 x∶y=3∶2。故选 D。 6. 解 （1）Cu 与浓 HNO3 反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓) = Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，因 是足量的浓硝酸，故还原产物只是 NO2。理论上讲，0.5mol Cu 可得 1mol NO2 气体。由于气体的密 度在标准状况下为 2.5g·L-1，即摩尔质量 M= g·L-1 22.4 L·mol-1=56g·mol-1。显然，56g·mol-1 大 于 M(NO2)（46 g·mol-1），因此，不能认为收集到的气体全是 NO2，应考虑平衡 2NO2 N2O4 的存 在。所以收集到的气体是 NO2 和 N2O4 的混合气体。根据质量守恒，混合气体的质量应等于 1 mol NO2 气体的质量即为 46g，所以混和气体的体积为 46g 2.5g·L-1=18.4L。 - 12 - （2）Cu 与浓 HNO3 反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓) = Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，因是一定 量的浓 HNO3，随着反应的进行，浓 HNO3 逐渐变成了稀 HNO3，此时反应的化学方程式为： 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故收集到的气体应是 NO 和 NO2 的混合气体。无法得知 NO 和 NO2 各自的物质的量，但它们物质的量之和为 17.92L 22.4 L·mol-1=0 .8mol。根据 N 元素守 恒，参加反应的硝酸的物质的量为 2n[Cu(NO3)2]+n(NO)+ n(NO2)=2 0.5mol+0.8mol=1.8mol。 补充 O2，NO 和 NO2 被水吸收的化学方程式为：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，4NO2+O2+2H2O = 4HNO3，从整个氧化还原过程来看，HNO3 并没有参加反应，参加的只是 Cu 与 O2。因此，根据电子 守恒，可列下式： 05 2 22 4 41. .mol V L mol 解得：V=5.6L 答 （1）18.4L；（2）1.8mol，5.6L 7. 分析 本例是有关氧化还原反应的一道计算题，涉及氧化还原的选择性（即反应的先后顺 序）、进程性（即氧化剂或还原剂的量控制着反应的进程）和整体性（即无论有几个氧化还原反应发 生，始终存在氧化剂所得电子数等于还原剂所失电子数，或称电子守恒）。根据题意分析，可知 Fe2+ 与 Br-还原能力大小为 Fe2+ >Br-。因此，在 FeBr2 溶液中通入 Cl2 时，首先发生：Cl2+2Fe2+ = 2Fe3++2Cl -，然后再发生：Cl2+2 Br- = Br2+2Cl -。根据 Cl2 用量控制反应进程，所以 Fe2+和 Br-失去电子数目应 等于 Cl2 得到电子数目。据此守恒关系，列出等式，很易求解。 解 设 FeBr2 物质的量浓度为 C，由电子守恒可知： C L C L L L mol 100 10 2 100 10 2 3 1 2 24 22 4 23 3 1 . . 解得：C=1.2 mol·L-1 答 原 FeBr2 溶液的物质的量浓度为 1.2mol·L-1。 五、1. 本题提供的思路是运用极限法来分析求解。因为 M(SO2)>M(H2S)，要达到最大密度，必 然剩余 SO2 气体，且物质的量为最多，因此极端考虑，起始时，SO2 物质的量取最大（5mol），H2S 物 质 的 量 取 最 小 （ 1 mol ）， 故 反 应 后 剩 余 SO2 为 5 1 2 1 4 5mol mol mol . ， 密 度 为 4 5 64 20 14 4 1 1. .mol g mol L g L 。所以（B）选项为本题正确答案。 答 本题正确选项为（B）。 2. （B） 3.略 4. 解析本题给出的数据不足，故不能求出每一种金属的质量，只能确定取值范围。三 种金属中产生等量的氢气质量最大的为锌，质量最小的为铝。故假设金属全部为锌可求 的金属质量为 8.125g，假设金属全部为铝可求的金属质量为 2.25g，金属实际质量应在 2.25g ～8.125g 之间。故答案为 B、C。 六、1. 解析 根据化学方程式，可以找出下列关系：FeS2～2SO2～2SO3～2H2SO4，本题从 FeS2 制 H2SO4， 是同种元素转化的多步反应，即理论上 FeS2 中的 S 全部转变成 H2SO4 中的 S。得关系式 FeS2～2H2SO4。 过程中的损耗认作第一步反应中的损耗，得可制得 98％硫酸的质量是 %98120 %)0.51(%855.2298 t =3.36 t 。 七、1. 解析 CO 和 H2 都有两步反应方程式，量也没有确定，因此逐步计算比较繁。Na2O2 足 量，两种气体完全反应，所以将每一种气体的两步反应合并可得 H2+Na2O2=2NaOH ，CO+ Na2O2=Na2CO3，可以看出最初的气体完全转移到最后的固体中，固体质量当然增加 2.1g。选Ａ。此 题由于 CO 和 H2 的量没有确定，两个合并反应不能再合并! 八、1. 解析 变化主要过程为： 由题意得：Fe2O3 与合金的质量相等，而铁全部转化为 Fe2O3，故合金中 Al 的质量即为 Fe2O3 中 322 2 2 3 )( OFeOHFe NaAlO FeCl AlCl Fe Al NaOHHCl 灼烧 过量 - 13 - 氧元素的质量，则可得合金中铝的质量分数即为 Fe2O3 中氧的质量分数，O%= 163562 163 × 100%=30%，选 B。 九、1. 解析 。由题意，生成 0.5mol H2，金属失去的电子即为 1mol，即合金的平均摩尔电子 质量为 10g/mol，镁、铝、铁、锌的摩尔电子质量分别为：12、9、28、32.5（单位：g/mol），由平均 值可知，混合物中一种金属的摩尔电子质量小于 10g/mol，另一种大于 10g/mol。故选 A、C 十、1. 分析 本例是一道结合讨论分析的天平平衡题，考查了在化学解题过程中的有序思维和 问题解决的完整性。反应后天平仍然平衡，说明天平左右两端加入金属的质量与放出氢气的质量数 差值应相等。但不知镁粉、铝粉与盐酸的量相对大小，所以必须通过讨论判断谁过量，从而以另一 方计算产生 H2 的质量。因此如何判断谁过量是解决本题的关键，另外，还需时刻注意调整 a 的取值 范围（由 b 的取值范围及 a 和 b 的关系确定），才能得到本题完整解答，这一点在解题过程中是被常 疏忽的。 解 根据题意，题中发生的两个反应为： Mg+2HCl = MgCl2+H2↑ 2Al+6HCl = 2AlCl3+3H2↑ 若盐酸完全反应，所需 Mg 粉质量为 1 2 100 10 1 24 123 1 1 L mol L g mol g ，所需铝粉 质量为 1 3 100 10 1 27 93 1 1 L mol L g mol g 。 （1）当 a≥12g，b≥9g，即盐酸适量或不足，产生 H2 的质量应以 HCl 的量计算，因 HCl 的量是 一定的，故产生 H2 的质量相等，要使天平平衡，即要求金属的质量相等，所以 a=b，此时 b 的范围 必须调整为 b≥12g。 （2）当 a<12g，b<9g，即 Mg、Al 不足，应以其计算产生 H2 的量。要使天平平衡，即要有： a a g m g mol b b g mol g mol 24 2 3 2 27 21 1 1 1 ，解得： a b 32 33 ，此时 a 的范围必须调 整为 a<8.7g。 （3）当 a<12g，b≥9g，即 Mg 不足，应以 Mg 算；Al 过量或适量，以 HCl 算。要使天平平衡， 必 须 满 足 ： a a g mol g mol b L mol L 24 2 1 2 100 10 101 1 3 1 2 1g mol ，解得： a b g 12 12 1( ) ，据（1）、（2）调整 a 的范围为 8.7g≤a<12g。 答 （1）当 a≥12g 时，a=b；（2）当 8.7g查看更多