资源简介

(共32张PPT)
第9讲　化学计算的常用方法
1. 进一步理解物质的量在化学计算中的“桥梁”作用。
2．了解化学计算的常用方法。
3．初步建立化学计算的思维模型。
考点一
考点二
考点三
考点一
考点一　利用差量法计算
1.差量法
根据化学反应前后物质的有关物理量发生的变化，找出“理论差量”。
2．解题步骤
(1)准确写出有关反应的化学方程式；
(2)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)根据化学方程式，从“实际差量”寻找比例关系，列比例式求解。
【教考衔接】
典例 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，请列式计算该样品中Na2CO3的质量分数。
解析：样品加热发生的反应为
样品中m(NaHCO3)＝ g，
样品中m(Na2CO3)＝w1 g－ g，
该样品中Na2CO3的质量分数为：×100%＝×100%。
答案：该样品中Na2CO3的质量分数为×100%。
【对点演练】
1．将标准状况下的5 L CO2气体缓缓通过球形干燥管中的过氧化钠，气体体积变为3.88 L(标准状况下)，则剩余气体中氧气的物质的量为________。
0.05 mol
解析：
2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2　　ΔV
2 1 1
V(O2)　 5 L－3.88 L＝1.12 L
V(O2)＝1.12 L，n(O2)＝＝0.05 mol。
2．16 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物质的量之比的取值范围为________。
<<
解析：6NO＋4NH3 5N2＋6H2O(g)　ΔV
6 4 　1
V(NO)　 V(NH3) 1.5 mL
V(NO)＝＝9 mL，V(NH3)＝＝6 mL。
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<<。
考点二
考点二　利用关系式法计算
1.常用列关系式的三种方法
(1)有关化学方程式的计量数关系；(2)原子守恒关系；(3)得失电子守恒关系。
2．应用关系式法的解题模型
【教考衔接】
典例 [2023·湖北卷，18(4)]取含CuO2粗品0.050 0 g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.100 0 mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00 mL。粗品中CuO2的相对含量为________。
(已知：)
96%
解析：根据已知：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，可知CuO2与酸性KI完全反应的离子方程式为2CuO2＋8I－＋8H＋===2CuI↓＋3I2＋4H2O，可得关系式为，则n(CuO2)＝＝5×10－4mol，粗品中CuO2的相对含量为×100%＝96%。
【对点演练】
1．由NH3氧化制NO的转化率为96%，NO转化为HNO3的转化率为92%，现有10 t NH3，总共可以制得63%的HNO3多少吨？
解析：氨氧化法制硝酸的原理为4NH3＋5O2 4NO＋6H2O，2NO＋O2===2NO2，3NO2＋H2O===2HNO3＋NO。从以上三个化学方程式来看，氨与硝酸的关系式为3NH3～2HNO3，但工业生产上NO要进行循环利用，经过多次循环后，氨几乎全部转化为硝酸，则关系式应为NH3～HNO3。设可制得63%的HNO3的质量为x，则＝，解得：x≈51.95 t。
答案：总共可以制得63%的HNO351.95 t。
2．称取2.0 g制得的K2FeO4样品溶于适量KOH溶液中，加入足量KCrO2溶液，充分反应后过滤，将滤液转移到250 mL容量瓶定容。取25.00 mL定容后的溶液于锥形瓶，加入稀硫酸酸化，滴加几滴二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.10 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，终点由紫色变为绿色，重复操作2次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为26.00 mL。发生的反应有：
＋Fe(OH)3↓＋OH－，
＋H2O，
＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
则该样品中K2FeO4的纯度为________。
85.8%
解析：Cr2～3Fe2＋
1 mol 3 mol
n　　　　　 0.10 mol·L－1×0.026 L
n＝×0.10 mol·L－1×0.026 L，
该样品的纯度为
×100%＝85.8%。
考点三
考点三　利用守恒法计算
1.守恒类型
主要有三种：质量守恒(原子守恒)、电荷守恒和得失电子守恒。
2．应用守恒法解题模型
第一步：明确题目要求解的量；
第二步：根据题目要求找出守恒类型及相关的量；
第三步：根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的量，列式求解。
【教考衔接】
1．质量守恒
典例1 某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2·2H2O，并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量。设计了如下实验方案：
①称取产品0.500 0 g，用100 mL水溶解，酸化，加热至近沸；
②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的0.100 mol·L－1 H2SO4溶液；
③沉淀完全后，60 ℃水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为0.466 0 g。
产品中BaCl2·2H2O的质量分数为________(保留三位有效数字)。
97.6%
解析：由题意可知，硫酸钡的物质的量为＝0.002 mol，依据钡原子守恒，产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002 mol，质量为0.002 mol×244 g·mol－1＝0.488 g，质量分数为×100%＝97.6%。
2．电荷守恒
典例2 把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使Ba2＋完全沉淀；另取一份加入含b mol 硝酸银的溶液，恰好使Cl－完全沉淀，该混合溶液中K＋浓度为_________________。
10(b－2a) mol·L－1
解析：混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同。根据===BaSO4↓可知，每份溶液中n(Ba2＋)＝n(Na2SO4)＝a mol；根据Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，每份溶液中n(Cl－)＝n(Ag＋)＝b mol，根据电荷守恒可知，每一份溶液中2n(Ba2＋)＋n(K＋)＝n(Cl－)，则n(K＋)＝b mol－2a mol＝(b－2a) mol，故c(K＋)＝＝10(b－2a) mol·L－1。
3．得失电子守恒
典例3 某强氧化剂可被Na2SO3还原。如果还原需用30 mL 0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液，那么X元素被还原后的物质可能是(　　)
A．XO B．X2O3
C．X2O D．X
答案：D
解析：由题意知，S元素由＋4价→＋6价，假设反应后X的化合价为＋x价，根据氧化还原反应中得失电子数目相等可得，1.2×10－3 mol×(5－x)＝0.03 L×0.1 mol·L－1×(6－4)，解得x＝0，所以X元素被还原后的物质是X，D项正确。
【对点演练】
1．在空气中加热Co(OH)2，使其转化为钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的关系如图所示。290～500 ℃，发生反应的化学方程式为_____________________________。
解析：n[Co(OH)2]＝＝0.01 mol，根据钴原子守恒，m(Co)＝0.590 g，290 ℃时，n(O)＝ mol＝0.015 mol，故290 ℃时氧化物为Co2O3，根据钴原子守恒，500 ℃时n(O)＝ mol＝0.013 3 mol，故500 ℃时氧化物为Co3O4。
化学方程式为 。
2．[2023·浙江6月，20(4)]已知m的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度＝。称取一定量样品，配成溶液，移取25.00 mL溶液于锥形瓶中，调pH＝6.5～10.5，滴加指示剂溶液。在不断摇动下，用0.100 0 mol·L－1AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50 mL。另测得上述样品溶液中c(Al3＋)＝0.100 0 mol·L－1。产品的盐基度为________。
0.7
解析：根据Cl－～AgNO3，样品溶液中氯离子物质的量浓度为＝0.09 mol·L－1，n(Al3＋)∶n(Cl－)＝10∶9，根据电荷守恒得到 m产品的盐基度为＝0.7。
3．某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50 g，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为3.06 g；残留的固体产物是Al2O3，质量为1.02 g。计算：
(1)x＝__________________(写出计算过程)。
(2)气体产物中n(O2)________mol。
答案：(1)9　(2)0.010 0
解析：(1)Al(NO3)3·xH2O的摩尔质量为(213＋18x) g/mol，根据固体产物氧化铝的质量为1.02 g，可知样品中n(Al)＝ ×2＝0.02 mol，则＝0.02 mol，解得x＝9。
(2)气体产物中n(H2O)＝3.06g÷18 g/mol＝0.17 mol，则n(HNO3)＝0.02×9×2－0.17×2＝0.02 mol，根据氮元素守恒，n(NO2)＝样品中N的物质的量－HNO3中N的物质的量＝0.02×3－0.02＝0.04 mol，根据氧元素守恒，n(O2)＝(0.02×18－0.17－0.02×3－0.04×2－0.03)÷2＝0.010 0 mol。第9讲　化学计算的常用方法
1. 进一步理解物质的量在化学计算中的“桥梁”作用。
2．了解化学计算的常用方法。
3．初步建立化学计算的思维模型。
考点一　利用差量法计算
1.差量法
根据化学反应前后物质的有关物理量发生的变化，找出“理论差量”。
2．解题步骤
(1)准确写出有关反应的化学方程式；
(2)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)根据化学方程式，从“实际差量”寻找比例关系，列比例式求解。
【教考衔接】
典例 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，请列式计算该样品中Na2CO3的质量分数。
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【对点演练】
1．将标准状况下的5 L CO2气体缓缓通过球形干燥管中的过氧化钠，气体体积变为3.88 L(标准状况下)，则剩余气体中氧气的物质的量为________。
2．16 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物质的量之比的取值范围为________。
考点二　利用关系式法计算
1.常用列关系式的三种方法
(1)有关化学方程式的计量数关系；(2)原子守恒关系；(3)得失电子守恒关系。
2．应用关系式法的解题模型
【教考衔接】
典例 [2023·湖北卷，18(4)]取含CuO2粗品0.050 0 g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.100 0 mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00 mL。粗品中CuO2的相对含量为________。
(已知：)
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【对点演练】
1．由NH3氧化制NO的转化率为96%，NO转化为HNO3的转化率为92%，现有10 t NH3，总共可以制得63%的HNO3多少吨？
2．称取2.0 g制得的K2FeO4样品溶于适量KOH溶液中，加入足量KCrO2溶液，充分反应后过滤，将滤液转移到250 mL容量瓶定容。取25.00 mL定容后的溶液于锥形瓶，加入稀硫酸酸化，滴加几滴二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.10 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，终点由紫色变为绿色，重复操作2次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为26.00 mL。发生的反应有：
＋Fe(OH)3↓＋OH－，
＋H2O，
＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
则该样品中K2FeO4的纯度为________。
考点三　利用守恒法计算
1.守恒类型
主要有三种：质量守恒(原子守恒)、电荷守恒和得失电子守恒。
2．应用守恒法解题模型
第一步：明确题目要求解的量；
第二步：根据题目要求找出守恒类型及相关的量；
第三步：根据守恒原理，梳理出反应前后守恒的量，列式求解。
【教考衔接】
1．质量守恒
典例1 某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2·2H2O，并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量。设计了如下实验方案：
①称取产品0.500 0 g，用100 mL水溶解，酸化，加热至近沸；
②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的0.100 mol·L－1 H2SO4溶液；
③沉淀完全后，60 ℃水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为0.466 0 g。
产品中BaCl2·2H2O的质量分数为________(保留三位有效数字)。
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．电荷守恒
典例2 把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使Ba2＋完全沉淀；另取一份加入含b mol 硝酸银的溶液，恰好使Cl－完全沉淀，该混合溶液中K＋浓度为________。
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3．得失电子守恒
典例3 某强氧化剂可被Na2SO3还原。如果还原需用30 mL 0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液，那么X元素被还原后的物质可能是(　　)
A．XO B．X2O3
C．X2O D．X
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【对点演练】
1．在空气中加热Co(OH)2，使其转化为钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的关系如图所示。290～500 ℃，发生反应的化学方程式为____________________________________。
2．[2023·浙江6月，20(4)]已知m的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度＝。称取一定量样品，配成溶液，移取25.00 mL溶液于锥形瓶中，调pH＝6.5～10.5，滴加指示剂溶液。在不断摇动下，用0.100 0 mol·L－1AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗AgNO3标准溶液22.50 mL。另测得上述样品溶液中c(Al3＋)＝0.100 0 mol·L－1。产品的盐基度为________。
3．某同学设计实验确定Al(NO3)3·xH2O的结晶水数目。称取样品7.50 g，经热分解测得气体产物中有NO2、O2、HNO3、H2O，其中H2O的质量为3.06 g；残留的固体产物是Al2O3，质量为1.02 g。计算：
(1)x＝__________________(写出计算过程)。
(2)气体产物中n(O2)________mol。
第9讲　化学计算的常用方法
考点一
突破·关键能力
教考衔接
典例　解析：样品加热发生的反应为
样品中m(NaHCO3)＝ g，
样品中m(Na2CO3)＝w1 g－ g，
该样品中Na2CO3的质量分数为：×100%＝×100%。
答案：该样品中Na2CO3的质量分数为×100%。
对点演练
1．解析：
2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2　　ΔV
2 1 1
V(O2)　 5 L－3.88 L＝1.12 L
V(O2)＝1.12 L，n(O2)＝＝0.05 mol。
答案：0.05 mol
2．解析：6NO＋4NH3 5N2＋6H2O(g)　ΔV
6 4 　1
V(NO)　 V(NH3) 1.5 mL
V(NO)＝＝9 mL，V(NH3)＝＝6 mL。
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<<。
答案：<<
考点二
突破·关键能力
教考衔接
典例　解析：根据已知：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，可知CuO2与酸性KI完全反应的离子方程式为2CuO2＋8I－＋8H＋===2CuI↓＋3I2＋4H2O，可得关系式为，则n(CuO2)＝＝5×10－4mol，粗品中CuO2的相对含量为×100%＝96%。
答案： 96%
对点演练
1．解析：氨氧化法制硝酸的原理为4NH3＋5O2 4NO＋6H2O，2NO＋O2===2NO2，3NO2＋H2O===2HNO3＋NO。从以上三个化学方程式来看，氨与硝酸的关系式为3NH3～2HNO3，但工业生产上NO要进行循环利用，经过多次循环后，氨几乎全部转化为硝酸，则关系式应为NH3～HNO3。设可制得63%的HNO3的质量为x，则＝，解得：x≈51.95 t。
答案：总共可以制得63%的HNO351.95 t。
2．解析：Cr2～3Fe2＋
1 mol 3 mol
n　　　　　 0.10 mol·L－1×0.026 L
n＝×0.10 mol·L－1×0.026 L，
该样品的纯度为
×100%＝85.8%。
答案：85.8%
考点三
突破·关键能力
教考衔接
典例1　解析：由题意可知，硫酸钡的物质的量为＝0.002 mol，依据钡原子守恒，产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002 mol，质量为0.002 mol×244 g·mol－1＝0.488 g，质量分数为×100%＝97.6%。
答案：97.6%
典例2　解析：混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同。根据===BaSO4↓可知，每份溶液中n(Ba2＋)＝n(Na2SO4)＝a mol；根据Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，每份溶液中n(Cl－)＝n(Ag＋)＝b mol，根据电荷守恒可知，每一份溶液中2n(Ba2＋)＋n(K＋)＝n(Cl－)，则n(K＋)＝b mol－2a mol＝(b－2a) mol，故c(K＋)＝＝10(b－2a) mol·L－1。
答案：10(b－2a) mol·L－1
典例3　解析：由题意知，S元素由＋4价→＋6价，假设反应后X的化合价为＋x价，根据氧化还原反应中得失电子数目相等可得，1.2×10－3 mol×(5－x)＝0.03 L×0.1 mol·L－1×(6－4)，解得x＝0，所以X元素被还原后的物质是X，D项正确。
答案：D
对点演练
1．解析：n[Co(OH)2]＝＝0.01 mol，根据钴原子守恒，m(Co)＝0.590 g，290 ℃时，n(O)＝ mol＝0.015 mol，故290 ℃时氧化物为Co2O3，根据钴原子守恒，500 ℃时n(O)＝ mol＝0.013 3 mol，故500 ℃时氧化物为Co3O4。
化学方程式为。
答案：
2．解析：根据Cl－～AgNO3，样品溶液中氯离子物质的量浓度为＝0.09 mol·L－1，n(Al3＋)∶n(Cl－)＝10∶9，根据电荷守恒得到 m产品的盐基度为＝0.7。
答案：0.7
3．解析：(1)Al(NO3)3·xH2O的摩尔质量为(213＋18x) g/mol，根据固体产物氧化铝的质量为1.02 g，可知样品中n(Al)＝ ×2＝0.02 mol，则＝0.02 mol，解得x＝9。
(2)气体产物中n(H2O)＝3.06g÷18 g/mol＝0.17 mol，则n(HNO3)＝0.02×9×2－0.17×2＝0.02 mol，根据氮元素守恒，n(NO2)＝样品中N的物质的量－HNO3中N的物质的量＝0.02×3－0.02＝0.04 mol，根据氧元素守恒，n(O2)＝(0.02×18－0.17－0.02×3－0.04×2－0.03)÷2＝0.010 0 mol。
答案：(1)9　(2)0.010 0

展开更多......

收起↑