资源简介

微专题2 化学计算的常用方法
【题型分析】　对化学计算的考查是高考命题的热点内容,培养考生的化学计算能力是高中化学教学重点之一。高考化学计算常常结合化学实验、无机化工流程和化学反应原理等进行呈现。
【解题方法】　高考命题中,最常用的化学计算方法有“差量法”“关系式法”“极值法”“平均值法”“守恒法”“热重分析法”等,在这几种计算方法中,依据化学方程式的计算是各种计算方法的基础。针对不同的题型,选择相应的方法是解题的关键。
题型一　利用守恒法计算
守恒法是一种整合的思维方法,运用守恒定律,不纠缠过程细节,只考虑反应体系中研究对象化学量的始态和终态(如反应中的原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等)或相互间的关系(如化合物中的化合价规则、电解质溶液中的电中性原则等),从而达到速解、巧解化学试题的目的。
典例1　(2023·山东卷,节选)采用如下方法测定溶有少量HCl的SiHCl3纯度。
m1 g样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后,进行如下实验操作:①　　　　,②　　　　(填操作名称),③称量等操作。测得所得固体氧化物质量为m2 g,从下列仪器中选出①②中需使用的仪器,依次为　　　　(填字母)。测得样品纯度为　　　　(用含m1、m2的代数式表示)。
A　B　C　D
【通法指导】
根据守恒类型,抓住守恒原理,列出守恒等式
(1)解题步骤
(2)守恒类型
守恒法是高中化学计算中一种很重要的方法和技巧,其特点是抓住有关变化的始态和终态,忽略中间过程,利用其中某种不变量建立关系式,从而简化思路,快速解题。
题型二　利用关系式法计算
关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间的关系进行解题的一种方法,一般适用于多步进行的连续反应,因前一个反应的产物是后一个反应的反应物,可以根据中间物质的传递关系,找出原料和最终产物之间相应关系式。
典例2　(2023·湖北卷,节选改编)铜与过量H2O2溶液反应的探究如下:
(1)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X,元素分析表明X为铜的氧化物,提纯干燥后的X在惰性氛围下加热,m g X完全分解为n g黑色氧化物Y,=。X的化学式为　　　　。
(2)取含X粗品0.050 0 g与过量的酸性KI溶液完全反应(杂质不参加反应)后,调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂,用0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定,滴定终点时消耗15.00 mL Na2S2O3标准溶液。已知:2Cu2++4I-2CuI↓+I2,I2+2S22I-+S4。粗品中X的相对含量为　　　　。
【通法指导】
应用关系式法的思维模型
题型三　热重分析法
由热重分析仪记录的质量随温度的变化关系曲线称为热重曲线,曲线的横轴代表温度,纵轴代表质量。只要物质受热时发生质量变化,都可以用热重法来研究物质的组成。热重法是在控制温度的条件下,测量物质的质量与温度关系的方法。通过分析热重曲线,我们可以知道样品及其可能的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成物等与质量相联系的信息。
典例3　(2024·江苏卷,节选)将8.84 mgNd(OH)CO3(摩尔质量为221 g· mol-1)在氮气氛围中焙烧,剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。550~600 ℃时,所得固体产物可表示为NdaOb(CO3)c,通过以上实验数据确定该产物中n(Nd3+)∶n(C)的比值为　　　　(写出计算过程)。
【通法指导】
热重分析法解题模型
(1)解题思路
①设晶体的物质的量为1 mol,质量为m。
②失重一般先失水,再失非金属氧化物。
③计算每步固体剩余的质量(m余)
样品的固体残留率=×100%。
④晶体中金属元素质量不会减少,仍在m余中。
⑤失重最后一般为金属氧化物,由质量守恒可得m氧,由n金属∶n氧,即可求出失重后物质的化学式。
(2)实例分析
CaC2O4·H2O在氮气氛围中的热重曲线示意图:
题型四　利用差量法计算
差量法是指根据化学反应前后物质的某种差量进行计算的方法。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积、反应过程中的热量等在反应中产生的差量,该差量的大小与参加反应的各物质的有关量成正比。解题的关键就是利用相关差量与物质有关量的关系列出比例式,然后求解。
典例4　(2021·河北卷)对固体NaHCO3充分加热,产生的气体先通过足量浓硫酸,再通过足量Na2O2,Na2O2增重0.14 g,则固体NaHCO3的质量为　　　　g。
【通法指导】
“差量法”思维模型
题型五　利用极值法计算
极值法是利用极限思维方式解决一些模糊问题的一种解题技巧,它将题设构造为问题的两个极端,然后依据有关化学知识确定所需反应物或生成物的极值,利用极值进行判断分析并求出结果,有时也称为极端假设法。
典例5　把95 g含有某一种氯化物杂质的MgCl2粉末溶于水后,与足量AgNO3溶液反应,测得生成的AgCl质量为300 g,则该MgCl2中的杂质可能是 (　　)
A.NaCl B.AlCl3 C.KCl D.CaCl2
【通法指导】
利用极值法计算的步骤
(1)极端假设。如:
①把可逆反应假设成向左或向右进行完全。
②把混合物假设成为某一纯净物。
③把多个同时进行的反应假设成单一反应。
(2)计算极值。
(3)由极值进行讨论、分析、推理,从而得出合理答案。
题型六　利用平均值法计算
若XA>XB,则XA>>XB,可代表平均相对原子(分子)质量、平均浓度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等。
典例6　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(标准状况)H2,则原混合物的组成不可能为 (　　)
A.Mg和Ag B.Zn和Cu
C.Al和Zn D.Al和Cu
【通法指导】
已知X可以确定XA、XB的范围,已知XA、XB可以确定X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做出判断。实际上,平均值法是极值法的延伸。
1.(2024·河北衡水期末)向一定量的Cu、CuO、Fe2O3的混合物中加入100 mL 2 mol·L-1盐酸,恰好使混合物完全溶解,所得溶液中不含Fe3+。若用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物,固体减少的质量为 (　　)
A.0.8 g B.1.6 g C.2.4 g D.3.2 g
2.(2024·江苏扬州一模)某兴趣小组测定莫尔盐[化学式为(NH4)xFey(SO4)z·wH2O(Fe为+2价)]的化学式,过程如下:
①称取两份质量均为1.96 g的该结晶水合物,分别制成溶液。
②一份加入足量BaCl2溶液,生成白色沉淀,用稀盐酸处理沉淀物,经洗涤和干燥,得到白色固体2.33 g。
③另一份加入含0.001 mol KMnO4的酸性溶液,Mn恰好完全被还原为Mn2+,所发生的反应如下:8H++5Fe2++Mn5Fe3++Mn2++4H2O。
通过计算得出莫尔盐的化学式为 (　　)
A.(NH4)Fe(SO4)2·3H2O
B.(NH4)2Fe(SO4)2·3H2O
C.(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O
D.(NH4)2Fe(SO4)2·H2O
3.(2024·贵州卷)结晶水测定:称取m g十二钨硅酸晶体[H4(SiW12O40)·nH2O,相对分子质量为M],采用热重分析法测得失去全部结晶水时失重w%,计算n=　　　　(用含w、M的代数式表示)。若样品未充分干燥,会导致n的值　　　　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
4.(2023·浙江6月选考,节选)某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝{[Al2(OH)aClb]m,a=1~5},按如下流程开展实验。
已知:①铝土矿主要成分为Al2O3,含少量Fe2O3和SiO2。用NaOH溶液溶解铝土矿过程中SiO2转变为难溶性的铝硅酸盐。
②[Al2(OH)aClb]m的絮凝效果可用盐基度衡量,盐基度=。当盐基度为0.60~0.85时,絮凝效果较好。
测定产品的盐基度。
Cl-的定量测定: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K2CrO4溶液。在不断摇动下,用0.100 0 mol·L-1 AgNO3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。
①产品的盐基度为　　　　。
②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果,原因是　　　　　　　　　　　。
5.(2023·全国乙卷,节选)硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途,如可用作农药防治小麦黑穗病,制造磁性氧化铁、铁催化剂等。
在N2气氛中,FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示:
根据上述实验结果,可知x=　　　　,y=　　　　。
6.(2022·湖南卷,节选)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-1H2SO4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)。
7.(2021·山东卷,节选)利用碘量法测定WCl6产品纯度,实验如下:
①称量:将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中,盖紧称重为m1 g;开盖并计时1分钟,盖紧称重为m2 g;再开盖加入待测样品并计时1分钟,盖紧称重为m3 g,则样品质量为　　　　g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②滴定:先将WCl6转化为可溶的Na2WO4,通过I离子交换柱发生反应:W+Ba(IO3)2BaWO4+2I;交换结束后,向所得含I的溶液中加入适量酸化的KI溶液,发生反应:I+5I-+6H+3I2+3H2O;反应完全后,用Na2S2O3标准溶液滴定,发生反应:I2+2S22I-+S4。滴定达终点时消耗c mol·L-1的Na2S2O3溶液V mL,则样品中WCl6(摩尔质量为M g·mol-1)的质量分数为　　　　。
参考答案
专题教练
典例1　高温灼烧　冷却　AC　×100%
解析：m1 g样品经水解、干燥等预处理过程得到硅酸水合物后，再进行高温灼烧、在干燥器中冷却，然后称量所得固体氧化物。所用仪器包括坩埚和干燥器，所得固体氧化物为二氧化硅，质量为m2 g，则二氧化硅的物质的量n(SiO2)= mol，根据硅原子守恒可知SiHCl3~SiO2，样品纯度为×100%=×100%。
典例2　(1)CuO2　(2)96.0%
解析：(1)X为铜的氧化物，设X的化学式为CuOx，其在惰性氛围下分解生成黑色氧化物(CuO)，则：
CuOxCuO+O2↑
64+16x 80
m n
=，又=，解得x=2，X的化学式为CuO2。
(2)CuO2在酸性条件下生成Cu2+，Cu2+与KI反应生成I2，再用Na2S2O3标准溶液滴定I2。CuO2中Cu显+2价、O显-1价，结合已知反应可知，CuO2在酸性条件下与KI发生反应2CuO2+8I-+8H+2CuI+3I2+4H2O，存在关系式2CuO2~3I2~6Na2S2O3，0.050 0 g粗品中m(CuO2)=×2×96 g·mol-1=0.048 g，w(CuO2)=×100%=96.0%。
典例3　2
解析：8.84 mg Nd(OH)CO3的物质的量为=4×10-5 mol，其在氮气氛围中焙烧后，金属元素的质量和化合价均保持不变，因此，n(Nd3+)=4×10-5 mol；550~600 ℃时剩余固体的质量为7.60 mg，固体减少的质量为1.24 mg，由于碱式盐在受热分解时易变为正盐，氢氧化物分解得到氧化物和H2O，碳酸盐分解得到氧化物和CO2，因此，可以推测固体变为NdaOb(CO3)c时失去的质量是生成的H2O和CO2的质量；根据H元素守恒可知，固体分解时生成的H2O的质量为4×10-5 mol××18×103 mg·mol-1=0.36 mg，则生成的CO2的质量为1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg，生成的CO2的物质的量为=2×10-5 mol，由C元素守恒可知，分解后剩余的C的物质的量为4×10-5 mol-2×10-5 mol=2×10-5 mol，因此可以确定该产物中n(Nd3+)∶n(C)的比值为=2。
典例4　0.84
解析：由2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2　Δm
2 mol 56 g
x 0.14 g
=，解得x=0.005 mol。
根据2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，得m(NaHCO3)=0.005 mol×2×84 g·mol-1=0.84 g。
典例5　B　解析：提供1 mol Cl-所需各物质的质量如下：
物质的化学式 MgCl2 NaCl AlCl3 KCl CaCl2
提供1 mol Cl- 所需质量/g 47.5 58.5 44.5 74.5 55.5
而该含氯化物杂质的MgCl2提供1 mol Cl-需要的质量为95 g×≈45.4 g。由于提供1 mol Cl-所需MgCl2的质量为47.5 g，因此应选提供1 mol Cl-所需质量小于45.4 g的物质，根据前面的分析，提供1 mol Cl-所需物质的质量小于45.4 g的只有AlCl3。
典例6　B　解析：本题可用平均摩尔电子质量(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，由分析可知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作无穷大。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，则另一种金属的摩尔电子质量应小于15 g·mol-1，由此可判断出原混合物的组成不可能是Zn和Cu。
专题训练
1.B　解析：依题意，向一定量的Cu、CuO、Fe2O3的混合物中加入100 mL 2 mol·L-1盐酸，所得溶液中的溶质为CuCl2、FeCl2，混合物中的O元素全部转化为H2O；用过量的CO在高温下还原相同质量的原混合物，固体减少的质量也就是混合物中O元素的质量。由反应可建立关系式O~2HCl，n(HCl)=0.100 L×2 mol·L-1=0.2 mol，则m(O)=0.1 mol×16 g·mol-1=1.6 g，B正确。
2.C　解析：由操作②可知，n(S)=n(BaSO4)==0.01 mol，由操作③可知，n(Fe2+)=5n(Mn)=5×0.001 mol=0.005 mol，再根据电荷守恒可知，n(N)+2n(Fe2+)=2n(S)，可得n(N)=2n(S)-2n(Fe2+)=2×0.01 mol-2×0.005 mol=0.01 mol，再根据质量守恒可知，一份该结晶水合物中结晶水的物质的量n(H2O)==0.03 mol，故x∶y∶z∶w=n(N)∶n(Fe2+)∶n(S)∶n(H2O)=0.01 mol∶0.005 mol∶0.01 mol∶0.03 mol=2∶1∶2∶6，莫尔盐的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O。
3.　偏小
解析：m g十二钨硅酸晶体的物质的量n1=，结晶水占总质量的w%，则结晶水的物质的量n2=，n==。若未充分干燥，则w%变小，n偏小。
4.①0.7　②pH过低，指示剂与氢离子反应生成重铬酸根离子，重铬酸根离子会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根离子会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多
解析：①根据Cl-~AgNO3，样品溶液中氯离子的物质的量浓度为=0.09 mol·L-1，n(Al3+)∶n(Cl-)=10∶9，根据电荷守恒可得 [Al2(OH)4.2Cl1.8]m产品的盐基度为=0.7。②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是pH过低，指示剂与氢离子反应生成重铬酸根离子，重铬酸根离子会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根离子会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。
5.4　1
解析：由图中信息可知，当失重比为19.4%时，FeSO4·7H2O转化为FeSO4·xH2O，则×100%=19.4%，解得x=4；当失重比为38.8%时，FeSO4·7H2O转化为FeSO4·yH2O，则×100%=38.8%，解得y=1。
6.97.6%
解析：0.466 0 g硫酸钡的物质的量为=0.002 mol，依据钡原子守恒可得，产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002 mol，质量分数为×100%=97.6%。
7.①m3+m1-2m2　②%
解析：②滴定时，根据题给三个离子方程式可得关系式W~2I~6I2~12S2，结合钨元素的质量守恒可得关系式WCl6~12S2，则样品中n(WCl6)=n(S2)=×c mol·L-1×V×10-3 L，m(WCl6)=×c mol·L-1×V×10-3 L×M g·mol-1= g，因此样品中WCl6的质量分数为×100%=%。

展开更多......

收起↑