【精准解析】2021高考化学(江苏专用)突破特训：专题1+专题讲座一+化学计算的常用方法.pdf

1专题讲座一化学计算的常用方法方法一守恒法1应用原理所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中的各种各样的守恒，如质量守恒、元素守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。2解题步骤题组一原子守恒1.密胺是重要的工业原料，结构简式如图所示。工业上以液氨和二氧化碳为原料，以硅胶为催化剂，在一定条件下通过系列反应生成密胺。若原料完全反应生成密胺，则NH3和 CO2的质量之比应为()A1744B2217C1722D 21答案C解析根据密胺的结构简式和元素守恒可知，一个密胺分子中有三个碳原子和六个氮原子，所 以 合 成 1 mol密 胺 需 要 3 mol CO2和 6 mol NH3，NH3和 CO2的 质 量 之 比 应 为(617)(344)1722。228 g 铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的Na2O2固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体质量为()A36 gB40 gC80 gD160 g答案B解析28 g 铁粉溶于稀盐酸中生成氯化亚铁溶液，然后加入足量的Na2O2固体，由于Na2O2固体溶于水后生成氢氧化钠和氧气，本身也具有强氧化性，所以充分反应后生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒，2n(Fe2O3)12n(Fe)1228 g56 g mol10.25 mol所得 Fe2O3固体的质量为：0.25 mol160 g mol1 40 g。题组二电荷守恒3 将 a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH1 的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3、Al3刚好沉淀完全，用去NaOH 溶液 100 mL，则 NaOH 溶液的浓度为_。答案0.2 molL1解析当 Fe3、Al3刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na全部来源于NaOH，且变化过程中Na的量不变。根据电荷守恒可知：n Nan SO2421，所以，n(NaOH)n(Na)2n(SO24)n(H)0.1 mol L10.2 L 0.02 mol，c(NaOH)0.02 mol0.1 L0.2 molL1。4若测得雨水所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：离子KNaNH4SO24NO3Cl浓度/mol L1410661062105410531052105根据表中数据判断试样的pH_。答案4解析根据表格提供的离子可知，NH4水解导致试样溶液呈酸性，再根据电荷守恒可知，c(K)c(NH4)c(Na)c(H)2c(SO24)c(Cl)c(NO3)，将表格中的数据代入得H浓度为104mol L1，则 pH 为 4。题组三电子守恒5某强氧化剂XO(OH)2可被 Na2SO3还原。如果还原1.2 103mol XO(OH)2需用 30 mL 0.1mol L1的 Na2SO3溶液，那么X 元素被还原后的物质可能是()AXOBX2O3CX2ODX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 103mol(5x)0.03 L0.1 mol L1(64)，解得 x0，所以 X 元素被还原后的物质是X，D 项正确。6以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废矾催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.22.92.83.1222860 651213以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：“氧化”中欲使3 mol 的 VO2变为 VO2，则需要氧化剂KClO3至少为 _ mol。答案0.5解析“氧化”中使 3 mol 的 VO2变为 VO2，转移电子的物质的量为3 mol(5 4)3 mol；氧化剂 KClO3被还原为KCl，Cl 元素的化合价由5 价降低到 1 价，根据电子守恒可知，需要 KClO3的物质的量至少为3 mol60.5 mol。方法二关系式法1应用原理关系式法是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种简化式子。在多步反应中，它可以把始态的反应物与终态的生成物之间的“量”的关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。正确书写关系式是用关系式法解化学计算题的前提。2解题步骤7在氧气中燃烧0.22 g 硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10 mL 0.5 molL1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为()A72%B40%C36%D 18%答案C解析由 S原子守恒和有关反应可得出：SH2SO42NaOH32 g2 molm(S)0.510103mol得 m(S)0.08 g原混合物中w(S)0.08 g0.22 g 100%36%。48金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn2HCl=SnCl2H2，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl22FeCl3=SnCl42FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2，反应的化学方程式为6FeCl2K2Cr2O714HCl=6FeCl32KCl 2CrCl37H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去 0.100 molL1K2Cr2O7溶液 16.0 mL。求试样中锡的百分含量(假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。答案Sn 与 K2Cr2O7物质的量的关系：3Sn3SnCl26FeCl2K2Cr2O73119g1 molx0.1000.016 molx3119 g0.1000.016 mol1 mol 0.571 2 gw(Sn)0.571 2 g0.613 g100%93.2%。9(2019北京，26 改编)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a mol L1KBrO3标准溶液。.取v1mL 上述溶液，加入过量KBr，加 H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色。.向所得溶液中加入v2mL 废水。.向中加入过量KI。.用 b molL1Na2S2O3标准溶液滴定中溶液至浅黄色时，滴加2 滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v3mL。已知：I2 2Na2S2O3=2NaINa2S4O6Na2S2O3和 Na2S4O6溶液颜色均为无色3Br2 3HBr计算废水中苯酚的含量为_g L1(苯酚摩尔质量：94 g mol1)。答案94 6av1bv36v2解析n(BrO3)av1 103mol，根据反应BrO3 5Br6H=3Br2 3H2O 可知 n(Br2)3av1103mol，溴分别与苯酚和KI 反应，先计算由KI 消耗的溴的量，设为n1(Br2)，根据5I22Na2S2O3=2NaI Na2S4O6可知 I22Na2S2O3，又 Br22I=I22Br可知 Br2I2，可得 Br22Na2S2O3，n(Na2S2O3)bv3103mol，n1(Br2)12bv3103mol，再计算由苯酚消耗的溴的量，设为n2(Br2)n(Br2)n1(Br2)(3av112bv3)103mol，苯酚与溴水反应的计量数关系为 3Br2C6H5OH，n(C6H5OH)13n2(Br2)(av116bv3)103mol，废水中苯酚的含量av116bv3mol94 g mol1v2L94 6av1bv36v2gL1。方法三差量法1应用原理差量法是指根据化学反应前后有关物理量发生的变化，找出“理论差量”。这种物理量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题时先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟实际差量列成比例，然后求解。2解题步骤10为了检验某含有NaHCO3杂质的 Na2CO3样品的纯度，现将w1g 样品加热，其质量变为w2g，则该样品的纯度(质量分数)是()A.84w253w131w1B.84w1w231w1C.73w242w131w1D.115w284w131w1答案A解析由题意知(w1w2)g 应为 NaHCO3分解生成的CO2和 H2O 的质量，设样品中NaHCO3质量为 x g，由此可得如下关系：2NaHCO3=Na2CO322COH O284626xw1w2则 x84w1w231，故样品纯度为m Na2CO3m 样品w1xw184w253w131w1。11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.2abaB.babC.2abbD.b aa答案C解析设有 x L NH3分解，则2NH3(g)=N2(g)3H2(g)V2132x(ba)L2x2ba Lxbaw(NH3)a bab2abb