化学计算中常用的一些技巧及高考计算题型突破

化学计算中常用的一些技巧及高考计算题型突破

NO.1计算题常用的一些巧解和方法 ‎ ‎ 在每年的化学高考试题中，计算题的分值大约要占到15%左右，从每年的高考试卷抽样分析报告中经常会说计算题的得分率不是太高，大家在心理上对计算题不太重视，使得每次考试都会有不少考生在计算方面失分太多。高一化学中计算类型比较多，其中有些计算经常考查，如能用好方法，掌握技巧，一定能达到节约时间，提高计算的正确率。下面就谈一谈解答计算的一些巧解和方法。‎ 一、差量法 差量法是根据物质变化前后某种量发生变化的化学方程式或关系式，找出所谓“理论差量”，这个差量可以是质量差、气态物质的体积差或物质的量之差等。该法适用于解答混合物间的反应，且反应前后存在上述差量的反应体系。‎ 例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。‎ 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%。‎ 二、 守恒法 化学反应的实质是原子间重新组合，依据质量守恒定律在化学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒、原子守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。质量守恒就是化学反应前后各物质的质量总和不变，在配制或稀释溶液的过程中，溶质的质量不变。原子守恒即反应前后主要元素的原子的个数不变，物质的量保持不变。元素守恒即反应前后各元素种类不变，各元素原子个数不变，其物质的量、质量也不变。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。‎ ‎1. 原子守恒 例2 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 ‎ 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. 元素守恒 例3 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%‎ 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）=，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）=，m(Fe)=0.25mol×‎56g•mol―1=‎14 g，则，选B。‎ ‎3. 电荷守恒法w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 例4 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 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―）=n（Na+），则原硫酸的浓度为：2mol/L，故选C。‎ ‎4. 得失电子守恒法 例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 解析 设Fe2+为xmol，Fe3+为ymol，则：‎ x+y==0.1（Fe元素守恒）‎ ‎2x+3y=（得失电子守恒）‎ 得：x=0.06mol，y=0.04mol。则x∶y=3∶2。故选D。　‎ 三、 关系式法 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。 例6 工业上制硫酸的主要反应如下：‎ ‎4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 2SO2+O22SO3 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。‎ 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=3.36。‎ 四、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。‎ 例7 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w.w.w.k.s.5.u.c.o.m A. ‎2.1‎g‎ B. ‎3.6g C. ‎4.2g　　 D. ‎‎7.2g 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!‎ 五、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。‎ 例8 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％‎ 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%=×100%=30%，选B。‎ 六、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。‎ 例9 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 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、Cw.w.w.k.s.5.u.c.o.m 七、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。‎ 例10 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 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。 ‎ 八、优先原则 关于一种物质与多种物质发生化学反应的计算，首先要确定反应的先后顺序：如没有特殊要求，一般认为后反应的物质在先反应物质完全反应后再发生反应。计算时要根据反应顺序逐步分析，才能得到正确答案。‎ 例11 在含有Cu(NO3)2、Fe(NO3)3和 AgNO3各0.1mol的混合溶液中加入铁粉，经反应未见气体放出，当析出‎3.2g铜时，溶解的铁粉的质量是 （ ）‎ A. ‎5.6‎g‎ B. ‎2.8g C. ‎14g D. ‎8.4g ‎ 解析 氧化性的强弱为：Cu2+< Fe3+1)通入合成炉，不考虑各阶段的物料损耗，则该厂每天生产36.5%的盐酸mt。则m= t。‎ ‎[解析]此题为以具体工业生产为背景的关系式法计算题 ‎(1)略 (2)26.8% (3)2.0t (4)‎ ‎7、已知Cl-与Ag+，每次新生成的AgCl中又有10%见光分解成单质和Cl2，Cl2又可在水溶液中歧化成HClO3和HCl，而这样形成的Cl-又与剩余的Ag+作用生成沉淀，这样循环往复，直到最终。现有含1.1molNaCl的溶液，向其中加入足量AgNO3‎ ‎。求最终能生成多少克难溶物（Ag和AgCl）？若最后溶液体积为‎1L，求C（H+）为多少？‎ ‎[解析]此题为运用数列知识解决化学问题的试题。发生反应为 Ag++Cl-=AgCl↓,2AgCl===2Ag+Cl2,3Cl2+3H2O=HClO3+5HCl由题意可知n(AgCl):n(Ag)=9:1,由2AgCl——Cl2——1/3HClO可知1molAgCl可转化为HClO31/6mol，因此n(AgCl):n(Ag):n(HClO3)=9:1:1/6=54:6:1,总反应方程式为 ‎60Ag++55Cl-+3H2O=54AgCl↓+6Ag↓+ClO3-+6H+,从而求出m（难溶物）=‎167.94g，C(H+)=0.12mol/L ‎ ‎8、（04年上海高考题） 黄铜矿（主要成分CuFeS2）是提取铜的主要原料。‎ ‎(1)取‎12.5g黄铜矿样品，经测定含‎3.60g硫（杂质不含硫），矿样中CuFeS2含量为 。‎ ‎800℃‎ ‎(2)已知2CuFeS2+4O2——→Cu2S+3SO2+2FeO(炉渣)，产物Cu2S在‎1200℃‎高温下继续反应：‎ ‎2Cu2S+3O2→2Cu2O+2SO2‎ ‎2Cu2O+Cu2S→SO2 +6Cu 假定各步反应都完全，完成下列计算。‎ ‎①由6molCuFeS2生成6molCu，求消耗O2的物质的量。‎ ‎②6molCuFeS2和14.25molO2反应，理论上可得到多少摩尔铜。‎ ‎③6molCuFeS2和15.75molO2反应，理论上可得到多少摩尔铜。‎ ‎[解析]此题第(1)小题为化学式的基本计算，第(2)小题是多步反应关系式法和过量问题相结合的计算题。‎ O2‎ ‎(1)82.8%‎ ‎(2)①CuFeS2→Cu+FeO+2SO2 n(O2)=(1/2+2)×6mol=15mol ‎②O2不足量 ‎ Cu2S+O2→2Cu+SO2 n(Cu)=6mol-2×(15-14.25)mol=4.5mol ‎③O2过量 ‎2Cu2S+3O2→2Cu2O+2SO2 n(Cu)=6mol×(1-15.75-15/3×2)=3mol ‎9、Na2S2O3•5H2O（俗称海波）是照相业常用的一种定影剂，常采用下法制备：将亚硫酸钠溶液与硫粉混合共热，生成硫代硫酸钠Na2SO3+S=Na2S203,滤去硫粉，再将滤液浓缩、冷却，即有Na2S2O3•5H2O晶体析出，该法制得的晶体中常混有少量Na2SO3和Na2SO4的杂质。‎ 为测定一种海波晶体样品的成分，某同学称取三份质量不同的该样品，分别加入相同浓度的H2SO4溶液20mL，充分反应后滤出硫，并将滤液微热（假定生成的SO2全部逸出），测得有关实验数据如下（标准状况）：‎ 第一份 第二份 第三份 样品的质量/g ‎12.60‎ ‎18.90‎ ‎28.00‎ 二氧化硫的体积/L ‎1.12‎ ‎1.68‎ ‎2.24‎ 硫的质量/g ‎1.28‎ ‎1.92‎ ‎2.56‎ ‎(1)样品与硫酸可能发生反应的离子方程式为 ；‎ ‎(2)根据上表数据分析，该样品 （填选项字母）；‎ A、 只含有Na2S203‎ ‎ B、含有Na2S203和Na2S03‎ C、含有Na2S203 、Na2S03，和Na2S04三种成分 ‎(3)试计算，该样品中各成分的物质的量之比？‎ ‎(4)所加硫酸溶液的物质的量浓度为 ；‎ ‎(5)若将‎63g该样品与一定量的该硫酸溶液微热，欲计算生成SO2的体积，还需要提供的一个数据是（用a表示该数值，并注明单位） ；‎ 试讨论：当a在不同取值范围时，SO2的体积b，并请在下图中画出b随a的变化的曲线。‎ b（L）‎ ‎6.72‎ ‎5.60‎ ‎4.48‎ ‎3.36‎ ‎2.24‎ ‎1.12‎ ‎0 0.01 0.02 0.03 0.04 0.05 ‎‎0.06 a ‎[解析]这是一道综合题，题中涉及了混合物反应的计算，过量问题的计算、计算推断、数据缺省型的计算、范围讨论计算及数形结合计算等。‎ 答案：(1)略。由表中数据分析可知第一份、第二份样品进行实验时H2SO4足量，从而求算得出(2)C和(3)n(Na2S2O3):n(Na2SO3):n(Na2SO4)=4:1:1.‎ ‎(4)由表中数据分析可知第三份实验中H2SO4量不足，求出C（H2SO4）=5.0mol/L。‎ ‎(5)m样品/m1=‎63g/‎12.60g=5，因此‎63g样品中含Na2S203 0.2mol, Na2S03和Na2S04各0.05mol，H2SO4与之恰好完全反应时需0.25mol，体积为‎0.05L。因此当0

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