2023届新高考化学选考一轮总复习学案-专题突破1 化学计算中的常用方法.docx
专题突破1化学计算中的常用方法方法一关系式法典例1 PCl3和PCl5能发生如下水解反应:PCl3+3H2OH3PO3+3HCl、PCl5+4H2OH3PO4+5HCl,现将一定量的PCl3和PCl5混合物溶于足量水中,在加热条件下缓缓通入0.01 mol Cl2,恰好将H3PO3氧化为H3PO4。往反应后的溶液中加入120 mL 2 mol·L-1NaOH溶液,恰好完全中和。计算:(1)原混合物中PCl3和PCl5的物质的量之比为。 (2)写出计算过程。解析:(1)根据通入氯气的物质的量可求出混合物中PCl3的物质的量,根据关系式PCl3H3PO3H3PO4Cl2,可知0.01 mol Cl2能氧化0.01 mol H3PO3,则原混合物中含有0.01 mol的PCl3,根据(PCl5+PCl3)(H3PO4+5HCl)8NaOH知,消耗0.24 mol NaOH,氧化后的溶液含有0.03 mol的H3PO4,则原混合物中的PCl3和PCl5总共是0.03 mol,PCl5是0.02 mol,所以两者物质的量之比为12。(2)由上述分析知PCl3H3PO3H3PO4Cl20.01 mol0.01 moln(NaOH)=(120×10-3×2)mol=0.24 mol;(PCl5+PCl3)(H3PO4+5HCl)8NaOH0.03 mol0.24 moln(PCl5)=(0.03-0.01)mol=0.02 mol,则n(PCl3)n(PCl5)=0.01 mol0.02 mol=12。答案:(1)12(2)PCl3H3PO3H3PO4Cl20.01 mol0.01 moln(NaOH)=(120×10-3×2)mol=0.24 mol;(PCl5+PCl3)(H3PO4+5HCl)8NaOH0.03 mol0.24 moln(PCl5)=(0.03-0.01)mol=0.02 mol,则n(PCl3)n(PCl5)=0.01 mol0.02 mol=12。 “关系式法”的应用原理及解题步骤应用原理关系式是表示两种或多种物质之间“物质的量”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“物质的量”关系表示出来,把多步计算简化成一步计算解题步骤对点精练1 将一定量Cl2通入100 mL 5.00 mol·L-1NaOH溶液中,恰好完全反应,生成NaCl、NaClO和NaClO3。移取该溶液10.0 mL稀释到100 mL,再取稀释液10.0 mL,用醋酸酸化后,加入过量KI溶液充分反应,将NaClO还原。以淀粉为指示剂,用0.100 mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定析出的I2,消耗20.0 mL时溶液蓝色褪去;再用硫酸将滴定后的溶液调至强酸性,继续滴定此时析出的I2,消耗30.0 mL时达到滴定终点。已知:I2+2Na2S2O3Na2S4O6+2NaI(忽略反应过程中溶液体积变化)。请计算:(1)通入氯气的物质的量为mol。 (2)通入氯气后的溶液中NaCl的物质的量浓度为mol·L-1。 解析:(1)根据反应产物价态分析可知,氯气与碱溶液发生歧化反应,可以看作是发生了两个反应Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O,3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O。或根据产物中钠、氯原子个数比为11,由原子守恒可得关系式Cl22NaOH,根据反应可知,氯气与氢氧化钠在反应中的物质的量之比都为12,因为氯气与氢氧化钠溶液恰好完全反应,所以n(Cl2)=n(NaOH)2=0.100×5.002mol=0.250 mol。(2)根据反应ClO-+2I-+2H+I2+Cl-+H2O、ClO3-+6I-+6H+3I2+Cl-+3H2O以及I2与Na2S2O3反应的比例列出反应关系式进行计算,NaClNaClOI22Na2S2O31 mol2 mol0.001 mol(0.1×0.02)mol5NaClNaClO33I26Na2S2O35 mol6 mol0.002 5 mol(0.1×0.03)mol根据溶液稀释倍数和滴定取样用量,可知原溶液溶质的物质的量为被滴定量的100倍,因此通入氯气后的溶液中NaCl的物质的量浓度c(NaCl)=(0.001 00+0.002 50)mol×1000.100 L=3.50 mol·L-1。答案:(1)0.250(2)3.50方法二守恒法典例2 (2021·绍兴适应性测试)大气污染物中的氮氧化物可用NaOH吸收,发生如下反应:NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O请计算:(1)若33.6 mL(标准状况下)氮氧化物(只含NO和NO2)与V mL 0.500 mol/L NaOH溶液恰好完全反应,则V=。 (2)若V(NO)V(NO2)=51与x mol O2混合,能与60.0 mL 1.00 mol/L NaOH溶液恰好完全反应全部转变成NaNO3,则x=(写出计算过程)。 解析:(1)33.6 mL(标准状况下)氮氧化物(只含NO和NO2)的物质的量为33.6×10-3L22.4 L/mol=1.5×10-3 mol,根据反应NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O可知,反应时氮氧化物的物质的量与氢氧化钠的物质的量之比为11,则消耗NaOH的物质的量为1.5×10-3 mol,其体积为1.5×10-3mol0.500mol/L=3.00×10-3L=3.00 mL。(2)n(NaOH)=1.00 mol/L×0.06 L=0.06 mol;恰好完全反应全部转变成NaNO3,根据质量守恒有n(NO)+n(NO2)=n(NaNO3)=0.06 mol,n(NO)n(NO2)=V(NO)V(NO2)=51,故n(NO)=0.05 mol,n(NO2)=0.01 mol,根据电荷守恒,失电子NONO3-、NO2NO3-;得电子O22O-2;故0.05 mol×3+0.01 mol×1=x mol×4,则x=0.05×34+0.01×14=0.04。答案:(1)3.00(2)0.04n(NaOH)=1.00 mol/L×0.06 L=0.06 mol;恰好完全反应全部转变成NaNO3,根据质量守恒有n(NO)+n(NO2)=n(NaNO3)=0.06 mol,n(NO)n(NO2)=V(NO)V(NO2)=51,故n(NO)=0.05 mol,n(NO2)=0.01 mol,根据电荷守恒,失电子NONO3-、NO2NO3-;得电子O22O-2;故0.05 mol×3+0.01 mol×1=x mol×4,则x=0.05×34+0.01×14=0.04。 “守恒法”的应用原理及解题步骤应用原理所谓“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”。一切化学反应都遵循守恒规律,在化学变化中有各种各样的守恒,如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等解题步骤对点精练2 (2021·杭州二模)化学需氧量(COD)是衡量水质的重要指标之一,COD是指在特定条件下用一种强氧化剂(如KMnO4)定量地氧化水体中的还原性物质所消耗的氧化剂的量(折算为氧化能力相当的O2质量,单位:mg/L)。某水样的COD测定过程如下:取400.0 mL水样,用硫酸酸化,加入40.00 mL 0.002 000 mol/L KMnO4溶液,充分作用后,再加入40.00 mL 0.005 000 mol/L Na2C2O4溶液。用0.002 000 mol/L KMnO4溶液滴定,滴定终点时消耗 26.00 mL。已知:2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2+10CO2+8H2O请计算:(1)1 mol KMnO4的氧化能力与g O2的氧化能力相当(作氧化剂时转移的电子数相同)。 (2)该水样的COD值是mg/L(写出计算过程,结果保留小数点后一位)。 解析:(1)由得失电子守恒可知,5O24KMnO4,则1 mol KMnO4的氧化能力与1 mol×54=1.25 mol O2的氧化能力相当,即与1.25 mol×32 g/mol=40 g O2的氧化能力相当。(2)根据方程式可知2KMnO45Na2C2O4,用0.002 000 mol/L KMnO4溶液滴定,滴定终点时消耗26.00 mL,则Na2C2O4多余的物质的量为26.00×10-3 L×0.002 000 mol/L×52=1.3×10-4 mol,则剩余的KMnO4溶液消耗的Na2C2O4的物质的量为(40×10-3 L×0.005 000 mol/L)-1.3×10-4 mol=7×10-5 mol,因此剩余的KMnO4物质的量为7×10-5 mol×25=2.8×10-5 mol,则水样中还原性物质消耗的KMnO4物质的量为(40×10-3 L×0.002 000 mol/L)-2.8×10-5 mol=5.2×10-5 mol,又由得失电子守恒可知,5O24KMnO4,则n(O2)=5.2×10-5 mol×54=6.5×10-5 mol,m(O2)=6.5×10-5 mol×32 g/mol=2.08×10-3 g=2.08 mg,则该水样的COD值为2.08 mg0.4 L=5.2 mg/L。答案:(1)40(2)5.2根据方程式可知2KMnO45Na2C2O4,用0.002 000 mol/L KMnO4溶液滴定,滴定终点时消耗26.00 mL,则Na2C2O4多余的物质的量为26.00×10-3 L×0.002 000 mol/L×52=1.3×10-4 mol,则剩余的KMnO4溶液消耗的Na2C2O4的物质的量为(40×10-3 L×0.005 000 mol/L)-1.3×10-4 mol=7×10-5 mol,因此剩余的KMnO4物质的量为7×10-5 mol×25=2.8×10-5 mol,则水样中还原性物质消耗的KMnO4物质的量为(40×10-3 L×0.002 000 mol/L)-2.8×10-5 mol=5.2×10-5 mol,又由得失电子守恒可知,5O24KMnO4,则n(O2)=5.2×10-5 mol×54=6.5×10-5 mol,m(O2)=6.5×10-5 mol×32 g/mol=2.08×10-3 g=2.08 mg,则该水样的COD值为2.08 mg0.4 L=5.2 mg/L。方法三差量法典例3 有0.1 mol某有机物A和0.25 mol氧气在一密闭容器中充分燃烧,所得产物通过浓硫酸时,浓硫酸质量增加了5.4 g,再通过足量灼热的氧化铜时,固体质量减轻了1.6 g,最后通过足量碱石灰时,质量增加了13.2 g。试通过分析计算:(1)有机物A的分子式为。 (2)若0.1 mol含羟基的有机物B与有机物A最简式相同,且在0.2 mol氧气中能完全燃烧,试确定B的结构简式为。 解析:(1)根据浓硫酸增重的质量5.4 g可知,n(H2O)=5.4 g18 g/mol=0.3 mol,根据通过足量灼热的氧化铜时,固体质量减轻了1.6 g,列三段式CO + CuOCu + CO2m1 mol80 g64 g1 mol16 gxx1.6 g1molx=16 g1.6 g,解得x=0.1 mol,再根据通过足量碱石灰时,质量增加了13.2 g可知,n(CO2)=13.2 g44 g/mol=0.3 mol,故原0.1 mol有机物A燃烧生成的二氧化碳的物质的量为0.3 mol-0.1 mol=0.2 mol,n(CO)=0.1 mol,n(H2O)=0.3 mol,根据氧原子守恒得n(O)=(0.3+0.1+0.2×2-0.25×2) mol=0.3 mol,故有机物A中n(C)n(H)n(O)=(0.1+0.2)(0.3×2)0.3=363,其分子式为C3H6O3。(2)有机物B与有机物A最简式相同,故最简式为CH2O,假设该有机物的分子式为(CH2O)n,根据燃烧方程式列三段式(CH2O)n+nO2nCO2+nH2O1 moln mol0.1 mol0.2 mol解得n=2,故有机物B的分子式为C2H4O2,根据含有羟基判断,其结构简式为HOCH2CHO。答案:(1)C3H6O3(2)HOCH2CHO “差量法”的应用原理及解题步骤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解题步骤对点精练3 高锰酸钾受热易分解,在不同温度下,发生如下反应:.2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2.3K2MnO42K3MnO4+MnO2+O2请回答:(1)取12.64 g KMnO4固体,加热至700 ,一段时间后剩余固体的质量为11.04 g,则剩余固体中的MnO2质量为g。 (2)取(1)剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应,生成Cl2,产物中锰元素以Mn2+存在;则Cl2物质的量为mol。 解析:(1)取12.64 g KMnO4固体,加热至700 ,将反应2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2、3K2MnO42K3MnO4+MnO2+O2联立,可得下列反应6KMnO42K3MnO4+4MnO2+4O2m4×874×32m(MnO2)1.6 g4×87m(MnO2)=4×321.6 g,得m(MnO2)=4.35 g,则剩余固体中的MnO2质量为4.35 g。(2)取(1)剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应,生成Cl2,产物中锰元素以Mn2+存在,根据(1)中分析可知生成氧气是1.632mol=0.05 mol,设生成氯气的物质的量是x,根据电子得失守恒可知12.64 g158 g·mol-1×(7-2)=0.05 mol×4+2x,解得x=0.1 mol。答案:(1)4.35(2)0.1方法四极限值法典例4 (2021·金丽衢十二校联考)CO2是重要的化工原料,也是应用广泛的化工产品。CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气。完成下列计算:(1)某H2中含有2.4 mol CO2,该混合气体通入2.00 L NaOH溶液中,CO2被完全吸收。如果NaOH完全反应,该NaOH溶液的浓度(用c表示)范围为。 (2)CO2和KO2有下列反应:4KO2+2CO22K2CO3+3O24KO2+4CO2+2H2O4KHCO3+3O2若9 mol CO2在密封舱内和KO2完全反应后生成9 mol O2,求反应前密封舱内H2O的物质的量并列式计算。解析:(1)二氧化碳和氢氧化钠反应可以生成碳酸钠和碳酸氢钠,2.4 mol二氧化碳完全反应生成碳酸钠消耗氢氧化钠4.8 mol,完全反应生成碳酸氢钠消耗氢氧化钠2.4 mol,由于溶液体积为2.00 L,所以浓度范围为1.20 mol/Lc2.40 mol/L。(2)依题意,9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2,设反应前密封舱内H2O的物质的量为n mol,列三段式4KO2+4CO2+2H2O4KHCO3+3O24232n moln mol1.5n mol4KO2+2CO22K2CO3+3O223(9-2n)mol1.5(9-2n)moln(O2)=1.5n mol+1.5(9-2n) mol=9 mol,解得n=3,即反应前密封舱内H2O的物质的量为3 mol。答案:(1)1.20 mol/L c 2.40 mol/L(2)依题意,9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2,设反应前密封舱内H2O的物质的量为n mol,列三段式4KO2+4CO2+2H2O4KHCO3+3O24232n moln mol1.5n mol4KO2+2CO22K2CO3+3O223(9-2n)mol1.5(9-2n)moln(O2)=1.5n mol+1.5(9-2n) mol=9 mol,解得n=3,即反应前密封舱内H2O的物质的量为3 mol。 “极限值法”的应用原理及解题步骤应用原理极限值法就是通过对研究对象或变化过程的分析,提出一种或多种极端情况的假设并针对各极端情况进行计算分析,从而确定极值区间,最终根据该区间做出判断的方法解题步骤对点精练4 某黑色粉末含有CuO和Fe3O4,为探究其组成,称取7.92 g粉末于试管中,向其中加入稀硫酸至粉末恰好完全溶解,向所得溶液中加入a g铁粉,若充分反应后剩余固体a g,请计算:(1)粉末中CuO和Fe3O4的物质的量之比为。 (2)加入a g铁粉后若要使剩余固体质量小于a g,则a的取值范围是。 解析:(1)加入稀硫酸后溶液中存在Cu2+、Fe2+、Fe3+,向所得溶液中加入a g铁粉,若充分反应后剩余固体a g,则反应Cu2+FeCu+Fe2+、2Fe3+Fe3Fe2+消耗的Fe的质量等于生成Cu的质量,设溶液中含有x mol Cu2+、y mol Fe3+,则(x+y2)×56=64x,xy=72,则CuO和Fe3O4的物质的量之比为71。(2)由(1)分析可知,向所得溶液中加入a g铁粉,若充分反应后剩余固体a g,CuO和Fe3O4的物质的量之比为71,又80 g·mol-1·x mol+232 g·mol-1·y2 mol=7.92 g,解得x=0.07,y=0.02。如加入Fe仅与Fe3+反应,则n(Fe)=n(Fe3O4)=0.01 mol,m(Fe)=0.56 g,如有部分Fe与Cu2+反应,则消耗Fe的质量应小于(0.07×56+0.56)g=4.48 g,则a的取值范围是0.56<a<4.48。答案:(1)71(2)0.56<a<4.481.(2021·浙江6月选考)将3.00 g某有机物(仅含C、H、O元素,相对分子质量为150)样品置于燃烧器中充分燃烧,依次通过吸水剂、CO2吸收剂,燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表:吸水剂CO2吸收剂实验前质量/g20.0026.48实验后质量/g21.0830.00请回答:(1)燃烧产物中水的物质的量为 mol。 (2)该有机物的分子式为(写出计算过程)。 解析:(1)根据题表中数据可知,实验前吸水剂的质量为20.00 g,实验后的质量为21.08 g,则该有机物燃烧生成水的质量为21.08 g-20.00 g=1.08 g,则水的物质的量为1.08 g18 g·mol-1=0.060 0 mol。(2)根据CO2吸收剂的质量变化可知,生成CO2的质量为30.00 g-26.48 g=3.52 g,则样品中n(C)=3.52 g44 g·mol-1=0.080 0 mol,燃烧生成0.060 0 mol H2O,即n(H)=0.060 0 mol×2=0.120 0 mol,则n(O)=(3.00-0.080 0×12-0.120 0×1) g16 g·mol-1=0.120 0 mol,则该有机物分子中C、H、O的最简个数比为233,其最简式为C2H3O3,再由该有机物的相对分子质量为150可得,其分子式为C4H6O6。答案:(1)0.060 0(2)C4H6O6计算过程:n(H)=0.060 0 mol×2=0.120 mol,n(C)=(30.00-26.48) g44 g·mol-1=0.080 0 mol,n(O)=(3.00-0.080 0×12-0.120 0×1) g16 g·mol-1=0.120 0 mol,n(C)n(H)n(O)=233,故最简式为C2H3O3,由相对分子质量为150得该有机物的分子式为C4H6O6。2.(2021·浙江1月选考)玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去,发生如下反应:3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O(x-1)S+K2SK2Sx(x=26)S+K2SO3K2S2O3请计算:(1)0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应,只生成K2S和K2SO3,则V=。 (2)2.560 g硫单质与60.0 mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应,只生成K2Sx和K2S2O3,则x=(写出计算过程)。 解析:(1)0.480 g硫单质的物质的量为0.480 g32 g·mol-1=0.015 mol,根据3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O可知,3S6KOH,n(KOH)=2n(S)=0.030 mol,故V(KOH)=0.030mol1mol·L-1=0.030 L=30.0 mL。(2)方法一,设生成K2Sx的物质的量为a,生成K2S2O3的物质的量为b,则根据K+守恒可得,2a+2b=1 mol·L-1×0.060 L=0.060 mol;根据S元素守恒可得,ax+2b=2.560 g32 g·mol-1=0.080 mol;根据得失电子守恒可得2a=4b,解得,a=0.020 mol,b=0.010 mol,x=3。方法二,2.560 g硫单质的物质的量为2.560 g32 g·mol-1=0.080 mol,n(KOH)=1 mol·L-1×0.060 L=0.060 mol。3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O,(x-1)S+K2SK2Sx(x=26),S+K2SO3K2S2O3,由+×2+得,(2x+2)S+6KOH3H2O+2K2Sx+K2S2O32x+260.0800.060则x=3。答案:(1)30.0(2)32.560 g硫单质的物质的量为2.560 g32 g·mol-1=0.080 mol,n(KOH)=1 mol·L-1×0.060 L=0.060 mol。3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O,(x-1)S+K2SK2Sx(x=26),S+K2SO3K2S2O3,由+×2+得,(2x+2)S+6KOH3H2O+2K2Sx+K2S2O32x+260.0800.060则x=3。3.在100 mL某盐酸中加入混合均匀的NaHCO3和KHCO3固体粉末,充分反应后使气体全部逸出,加入固体与产生气体体积(标准状况下)的关系如下表:固体质量/g11.2545.00>45.00气体体积/L2.8011.211.2请回答:(1)盐酸的物质的量浓度是 。 (2)若固体粉末的质量为x g,该盐酸的体积为140 mL,产生的CO2体积为y L(标准状况下)。试写出粉末质量x(g)与产生CO2体积y(L)之间的关系: 。 解析:(1)根据表中信息可知,固体质量为45.00 g时,盐酸恰好完全反应,H+HCO3-CO2+H2O,生成标准状况下的11.2 L气体的物质的量为0.5 mol,则氢离子的物质的量为0.5 mol,溶液为100 mL,则浓度为5.00 mol/L。(2)若固体粉末的质量为x g,固体过量时,则盐酸完全反应,生成的气体为5.0 mol/L×0.14 L=0.7 mol,即标准状况下的体积为15.68 L,此时固体粉末的质量为45×15.6811.2g=63 g;若盐酸过量,则气体体积为11.2x45L,故若x63,y=11.2x45;若x>63,y=15.68。答案:(1)5.00 mol/L(2)若x63,y=11.2x45;若x>63,y=15.684.将镁铝合金溶于100 mL稀硝酸中,产生1.12 L NO气体(标准状况),向反应后的溶液中加入NaOH溶液,产生沉淀情况如图所示。请计算:(1)反应过程中转移电子物质的量为mol。 (2)氢氧化钠溶液物质的量浓度为(写出简要计算过程)。 解析:向反应后的溶液中加入NaOH溶液,根据题图示可知,010 mL段氢氧化钠和H+反应,1060 mL段氢氧化钠和Al3+、Mg2+反应生成沉淀,6070 mL段氢氧化钠溶解生成的Al(OH)3沉淀;根据NO的体积,可以计算整个过程中转移电子数,由电荷守恒可知,金属失去电子的物质的量等于氢氧化镁、氢氧化铝中含有氢氧根离子的物质的量,结合生成沉淀消耗NaOH溶液体积可以计算NaOH溶液的物质的量浓度。(1)n(e-)=3×1.12 L22.4 L/mol=0.15 mol。(2)反应后的镁离子与铝离子转化为沉淀最多时,n(NaOH)=n(e-)=0.15 mol;此时V(NaOH)=60 mL-10 mL=50 mL,故c(NaOH)=0.15mol0.05 L=3 mol/L。答案:(1)0.15(2)3 mol/L反应后的镁离子与铝离子转化为沉淀最多时,n(NaOH)=n(e-)=0.15 mol;此时V(NaOH)=60 mL-10 mL=50 mL,故c(NaOH)=0.15mol0.05 L=3 mol/L。
