2020屆高考化學二輪復(fù)習化學計算學案-學案下載-教習網(wǎng)

[學生用書P80]

微考向
難度指數(shù)
熱度示意
命題探究
1.以物質(zhì)的量為中心的計算
★★★

以物質(zhì)的量為中心與其他物理量之間的互相轉(zhuǎn)換
2.混合物組成的計算
★★★★

以二元混合物組成為主的組成計算
3.確定物質(zhì)化學式的計算
★★★★

通過計算確定元素原子個數(shù)比,進一步確定化學式

以物質(zhì)的量為中心的計算
(1)明確一個中心:必須以“物質(zhì)的量”為中心——“見量化摩,遇問設(shè)摩”
(2)牢記六個基本公式
n=NNA、n=mM、n=VVm、c(B)=nV、w=m(溶質(zhì))m(溶液)×100%、c=1 000ρwM(w=cM1 000ρ)(ρ的單位為g·cm-3)
混合物組成的計算

方法與技巧
分析
關(guān)系式法
關(guān)系式法是根據(jù)化學方程式的計量數(shù)進行計算,化學反應(yīng)中各反應(yīng)物與生成物之間存在著最基本的比例(數(shù)量)關(guān)系
方程組法
根據(jù)質(zhì)量守恒和比例關(guān)系,依據(jù)題設(shè)條件設(shè)未知數(shù),列方程或方程組求解,是化學計算中最常用、最重要的方法
守恒法
質(zhì)量守恒—反應(yīng)前后元素的質(zhì)量、某原子(離子或原子團)的物質(zhì)的量相等
電子守恒—氧化還原反應(yīng)中,氧化劑得電子數(shù)=還原劑失電子數(shù)
電荷守恒—任何體系中,陽離子所帶的正電荷數(shù)=陰離子所帶的負電荷數(shù)
差量法
質(zhì)量差、氣體體積差、壓強差
平均值法
平均值法是巧解方法,根據(jù)兩組分物質(zhì)的某種平均值,來推斷兩物質(zhì)某種量的范圍的一種方法
極值法
巧用數(shù)學極限知識進行化學計算的技巧,即為極值法

確定物質(zhì)化學式的計算

　　　　　　　以物質(zhì)的量為中心的計算

[典例導考1](2019·浙江省春暉中學期中)下圖表示實驗室某濃鹽酸試劑瓶上的標簽,試根據(jù)標簽上的有關(guān)數(shù)據(jù),回答下列問題:
鹽酸
分子式:HCl
相對分子質(zhì)量:36.5
密度:1.19 g/mL
HCl的質(zhì)量分數(shù):36.5%
(1)該濃鹽酸的物質(zhì)的量濃度為　　　 mol·L-1。?
(2)取用任意體積的該濃鹽酸時,下列物理量中不隨所取體積的多少而變化的是　　　(填字母)。?
A.溶液中HCl的物質(zhì)的量
B.溶液的濃度
C.溶液中Cl-的數(shù)目
D.溶液的密度
(3)某學生欲用上述濃鹽酸和蒸餾水配制500 mL物質(zhì)的量濃度為0.400 mol·L-1的稀鹽酸。
①該學生需要量取　　　　mL上述濃鹽酸進行配制。?
②所需的實驗儀器為膠頭滴管、燒杯、量筒、玻璃棒、　　　　　　　　　　　　。?
(4)①假設(shè)該同學成功配制了0.400 mol·L-1的鹽酸,他又用該鹽酸中和含0.4 g NaOH的NaOH溶液,則該同學需取　　　　mL鹽酸。?
②假設(shè)該同學用新配制的鹽酸中和含0.4 g NaOH的NaOH溶液,發(fā)現(xiàn)所消耗鹽酸的體積比①中所求得的鹽酸體積小,則可能的原因是　　　　　(填字母)。?
A.濃鹽酸揮發(fā),濃度不足
B.配制溶液時,未洗滌燒杯
C.配制溶液時,俯視容量瓶刻度線
D.加水時超過刻度線,用膠頭滴管吸出
【審】　考查物質(zhì)的量濃度的相關(guān)計算。
【切】　利用物質(zhì)的量濃度與質(zhì)量分數(shù)的關(guān)系式可快速求解。
【解】　(1)該濃鹽酸的物質(zhì)的量濃度c=1 000ρwM=1 000×1.19×36.5%36.5 mol·L-1=11.9 mol·L-1。(2)溶液中HCl的物質(zhì)的量n=cV,與溶液的體積有關(guān),A項錯誤;溶液具有均一性,濃度與溶液的體積無關(guān),B項正確;溶液中Cl-的數(shù)目N=nNA=cVNA,與溶液的體積有關(guān),C項錯誤;溶液的密度與溶液的體積無關(guān),D項正確。(3)①設(shè)需要濃鹽酸的體積為V,則依據(jù)溶液稀釋過程中所含溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變得V×11.9 mol·L-1=0.400 mol·L-1×0.5 L,解得V≈16.8 mL。②配制溶液所需的實驗儀器為膠頭滴管、燒杯、量筒、玻璃棒、500 mL容量瓶。(4)①n(HCl)=n(NaOH)=0.4 g÷40 g·mol-1=0.01 mol,V(HCl)=0.01 mol÷0.400 mol·L-1=0.025 L=25.00 mL,即該同學需取25.00 mL鹽酸。②濃鹽酸揮發(fā),濃度不足,配制的標準液濃度偏小,滴定時消耗的標準液體積增大,A項錯誤;配制溶液時,未洗滌燒杯,標準液濃度偏小,中和時消耗的標準液體積增大,B項錯誤;配制溶液時,俯視容量瓶刻度線,配制的標準液濃度偏大,中和時消耗的標準液體積減小,C項正確;加水時超過刻度線,用膠頭滴管吸出,標準液濃度偏小,中和時消耗的標準液體積增大,D項錯誤。
【答】　(1)11.9　(2)BD　(3)①16.8?、?00 mL容量瓶　(4)①25.00?、贑
【思】　溶液配制過程中的誤差分析
進行誤差分析要緊扣c=nV=mMV,根據(jù)公式,分析各個量的變化,判斷可能產(chǎn)生的誤差。

[應(yīng)用提能1-1]重量法測定產(chǎn)品BaCl2·2H2O的純度步驟為準確稱取m g BaCl2·2H2O試樣,加入100 mL水, 用3 mL 2 mol·L-1的HCl溶液加熱溶解。邊攪拌邊逐滴加 0.1 mol·L-1 H2SO4溶液。待 BaSO4完全沉降后,過濾,用0.01 mol·L-1 的稀H2SO4洗滌沉淀3~4次,直至洗滌液中不含 Cl-為止。將沉淀置于坩堝中經(jīng)烘干灼燒至恒重,稱量為n g。則BaCl2·2H2O的質(zhì)量分數(shù)為　　　　。?
【答案】　　244n233m×100%
【微探究】　經(jīng)過重量法得到的沉淀即為n g BaSO4,根據(jù)鋇元素守恒,n(Ba)=n233 mol,n(BaCl2·2H2O)=n233 mol,m(BaCl2·2H2O)=244n233 g,則BaCl2·2H2O的質(zhì)量分數(shù)為244n233m×100%。
[應(yīng)用提能1-2]S2Cl2遇水會生成SO2、HCl兩種氣體,某同學設(shè)計了如下實驗方案來測定該混合氣體中SO2的體積分數(shù)。
混合氣體V L(標準狀況下)溶液
固體m g
(1)W溶液可以是　　　　(填字母)。?
a.H2O2溶液
b.KMnO4溶液(硫酸酸化)
c.氯水
(2)該混合氣體中二氧化硫的體積分數(shù)為　　　　　　(用含 V、m的式子表示)。?
【答案】　(1)ac　(2)22.4m233V×100%(或2 240m233V%)
【微探究】　(1)三種物質(zhì)均可以把SO2氧化為硫酸,進而與氫氧化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀,因酸性高錳酸鉀也能氧化氯化氫,且需用硫酸酸化,使得SO42-量增多,故W溶液可以是雙氧水或氯水,不能是酸性高錳酸鉀溶液,答案選ac。(2)m g固體是硫酸鋇,根據(jù)硫原子守恒可知SO2的物質(zhì)的量是m233 mol,所以該混合氣體中二氧化硫的體積分數(shù)為m233mol×22.4 L/molVL×100%=22.4m233V×100%。

　　　　　　　混合物組成的計算

[典例導考2](2019·浙江選考模擬測試)現(xiàn)有一份Fe2(SO4)3 和(NH4)2SO4 的混合溶液,向該混合溶液中加入一定濃度的Ba(OH)2 溶液,產(chǎn)生的沉淀質(zhì)量與加入Ba(OH)2 溶液的體積關(guān)系如圖所示:

(1)Ba(OH)2 溶液的物質(zhì)的量濃度為　　　　。?
(2)該混合液中Fe2(SO4)3 和(NH4)2SO4 物質(zhì)的量之比為　　　　。?
【審】　本題考查結(jié)合圖像數(shù)據(jù)進行化學計算。
【切】　由分析圖像入手,向混合溶液中加入Ba(OH)2 溶液,立即生成沉淀。當Ba(OH)2 溶液的體積為0~150 mL時,Ba2+和SO42-反應(yīng)生成BaSO4,Fe3+和OH-反應(yīng)生成Fe(OH)3,因此,9.13 g為BaSO4 和Fe(OH)3 的總質(zhì)量;當Ba(OH)2 溶液的體積為150~200 mL時,Ba2+和SO42-繼續(xù)反應(yīng)生成BaSO4,而此時Fe3+已完全沉淀,NH4+和OH-反應(yīng)生成NH3·H2O,因此,產(chǎn)生沉淀質(zhì)量的增加幅度減小,此階段產(chǎn)生BaSO4 的質(zhì)量為11.46 g-9.13 g=2.33 g,當Ba(OH)2 溶液的體積大于200 mL時,原混合溶液中的SO42-、Fe3+均完全沉淀,沉淀的質(zhì)量不再增加。
【解】　(1)V[Ba(OH)2]為150~200 mL時,生成的沉淀是BaSO4,m(BaSO4)=2.33 g,則n[Ba(OH)2]=n(BaSO4)=0.010 0 mol,故c[Ba(OH)2]=0.010 0mol0.050 0 L=0.200 mol·L-1。
(2)V[Ba(OH)2]為200 mL時,根據(jù)元素守恒,則有n(BaSO4)=n[Ba(OH)2]=0.040 0 mol,m(BaSO4)=233 g· mol-1×0.040 0 mol=9.32 g,其中SO42-全部來自Fe2(SO4)3 和(NH4)2SO4;m[Fe(OH)3]=11.46 g-9.32 g=2.14 g,根據(jù)元素守恒,則有n[Fe2(SO4)3]=12n[Fe(OH)3]=12×2.14 g107 g·mol-1=0.010 0 mol;根據(jù)SO42-守恒,可得n[(NH4)2SO4]=0.040 0 mol-0.010 0 mol×3=0.010 0 mol,故Fe2(SO4)3 和(NH4)2SO4 的物質(zhì)的量之比為1∶1。
【答】　(1)0.200 mol·L-1　 (2)1∶1
【思】　當溶液中存在多個離子參加反應(yīng)時,要注意反應(yīng)的先后順序問題,例如:題中Fe3+、NH4+都能與OH-反應(yīng),那么OH-應(yīng)先與Fe3+反應(yīng)完,再與NH4+反應(yīng)。
[應(yīng)用提能2-1]稱取4.00 g氧化銅和氧化鐵固體混合物,加入50.0 mL 2.00 mol·L-1 的硫酸充分溶解,往所得溶液中加入5.60 g鐵粉,充分反應(yīng)后,得固體的質(zhì)量為3.04 g。請計算:
(1)加入鐵粉充分反應(yīng)后,溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量為　　　　　　　。?
(2)固體混合物中氧化銅的質(zhì)量為　　　　　　。?
【答案】　(1)0.100 mol　(2)2.40 g
【微探究】　(1)(一)極值法的應(yīng)用。4.00 g氧化銅和氧化鐵固體混合物,消耗的硫酸在 0.050 0~0.075 0 mol之間,說明題中硫酸足量,混合物完全溶解。(二)守恒思想的應(yīng)用。①50.0 mL 2.00 mol·L-1 的硫酸:n(H2SO4)=0.100 mol;②加入5.60 g鐵粉:n(Fe)=0.100 mol;③4.00 g氧化銅和氧化鐵固體混合物,說明整個過程中鐵元素的總量大于0.100 mol。加入鐵粉充分反應(yīng)后,溶液中溶質(zhì)只有FeSO4,根據(jù)硫酸投料,快速確定第一問答案。(2)根據(jù)反應(yīng)后的溶液里溶質(zhì)只有0.100 mol FeSO4,含F(xiàn)e元素:5.60 g,與投入的鐵粉質(zhì)量相等,說明充分反應(yīng)后得到的3.04 g固體為CuO和Fe2O3 固體混合物中金屬元素的質(zhì)量。設(shè)原樣品中氧化銅為x mol,氧化鐵為y mol。則①80x+160y=4.00 g,②64x+112y=3.04 g,解得x=0.030 0,y=0.010 0,故氧化銅的質(zhì)量為0.030 0 mol×80 g· mol-1=2.40 g。
[應(yīng)用提能2-2]用沉淀法測定NaHCO3 和K2CO3 混合物的組成。實驗過程是每次稱取一定質(zhì)量的樣品溶于水制成溶液,向其中滴加相同濃度的Ba(OH)2 溶液50.00 mL,每次實驗均充分反應(yīng)。實驗記錄如下:
實驗次數(shù)
樣品質(zhì)量/g
沉淀質(zhì)量/g
1
1.716
2.758
2
2.574
4.137
3
3.432
5.516
4
4.290
5.516

回答下列問題:
(1)Ba(OH)2 溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度是　　　　　 mol·L-1。?
(2)混合物中 n(NaHCO3)∶n(K2CO3)為　　　　。?
【答案】　(1)0.560 0　 (2)2∶5
【微探究】　(1)由題表中實驗3、4兩組數(shù)據(jù)可知,當樣品質(zhì)量為4.290 g時,NaHCO3 和K2CO3 過量,Ba(OH)2 中的Ba2+已完全轉(zhuǎn)化為BaCO3 沉淀,n[Ba(OH)2]=n(BaCO3)=5.516 g÷197 g· mol-1=0.028 00 mol,c[Ba(OH)2]=0.028 00 mol÷0.050 00 L=0.560 0 mol·L-1。(2)比較題表中實驗1、3數(shù)據(jù)可知,樣品質(zhì)量增大一倍,沉淀質(zhì)量也增大了一倍,由此判斷實驗1中Ba2+和OH-均過量,設(shè)1.716 g樣品中NaHCO3 的物質(zhì)的量為x mol,K2CO3 的物質(zhì)的量為y mol,則有84x+138y=1.716,197×(x+y)=2.758,解得x=0.004 000,y=0.010 00,則 n(NaHCO3)∶n(K2CO3)=2∶5。

　　　　　　　確定物質(zhì)化學式的計算

[典例導考3][2017·江蘇卷(節(jié)選)]堿式氯化銅是重要的無機殺菌劑。堿式氯化銅有多種組成,可表示為Cua(OH)bClc·xH2O。為測定某堿式氯化銅的組成, 進行下列實驗:①稱取樣品1.116 0 g,用少量稀HNO3溶解后配成 100.00 mL 溶液A;②取25. 00 mL溶液A,加入足量AgNO3溶液,得AgCl 0.172 2 g;③另取25.00 mL溶液A,調(diào)節(jié)pH 4~5,用濃度為0.080 00 mol·L-1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)標準溶液滴定Cu2+ (離子方程式為Cu2++H2Y2-CuY2-+2H+),滴定至終點,消耗標準溶液30.00 mL。通過計算確定該樣品的化學式(寫出計算過程)。
【審】　多步反應(yīng)計算。
【切】　多步反應(yīng)計算的關(guān)鍵是抓住守恒關(guān)系。
【解】　由實驗②可求出該樣品中所含氯離子的物質(zhì)的量,由氯離子守恒得:n(Cl-)=n(AgCl)×100.00 mL25.00 mL=0.172 2 g143.5 g· mol-1×100.00 mL25.00 mL=4.800×10-3 mol;
由實驗③結(jié)合反應(yīng)信息,可求出樣品中所含銅元素的物質(zhì)的量:n(Cu2+)=n(EDTA)×100.00 mL25.00 mL=0.080 00 mol·L-1×30.00 mL×10-3L·mL-1×100.00 mL25.00 mL=9.600×10-3 mol;
再由化合物中電荷守恒得:n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3 mol-4.800×10-3 mol=1.440×10-2 mol;
分別求出這3種離子的質(zhì)量,再根據(jù)質(zhì)量守恒,求出H2O的質(zhì)量:
m(Cl-)=4.800×10-3 mol×35.5 g· mol-1=0.170 4 g;
m(Cu2+)=9.600×10-3 mol×64 g· mol-1=0.614 4 g;
m(OH-)=1.440×10-2 mol×17 g· mol-1=0.244 8 g;
n(H2O)=1.116 0 g-0.170 4 g-0.614 4 g-0.244 8 g18 g· mol-1
=4.800×10-3 mol;
最后求出各粒子的個數(shù)之比,寫出化學式:
因為a∶b∶c∶x=n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1,所以該樣品的化學式為Cu2(OH)3Cl·H2O?！?br /> 【答】　n(Cl-)=n(AgCl)×100.00 mL25.00 mL=
0.172 2 g143.5 g· mol-1×100.00 mL25.00 mL=4.800×10-3 mol,
n(Cu2+)=n(EDTA)×100.00 mL25.00 mL=0.080 00 mol·L-1×30.00 mL×10-3L·mL-1×100.00 mL25.00 mL=9.600×10-3 mol,
n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3 mol-4.800×10-3 mol=1.440×10-2 mol。
m(Cl-)=4.800×10-3 mol×35.5 g· mol-1=0.170 4 g,
m(Cu2+)=9.600×10-3 mol×64 g· mol-1=0.614 4 g,
m(OH-)=1.440×10-2 mol×17 g· mol-1=0.244 8 g,
n(H2O)=1.116 0 g-0.170 4 g-0.614 4 g-0.244 8 g18 g· mol-1
=4.800×10-3 mol。
a∶b∶c∶x=n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1,
化學式為Cu2(OH)3Cl·H2O。
【思】　解答化學計算題時,經(jīng)常要運用多種化學解題思想,如極值法、差量法、守恒法、討論法、特殊值法等,這也是歷來高考的重點內(nèi)容。
[應(yīng)用提能3-1]堿式次氯酸鎂[Mga(ClO)b(OH)c·xH2O]是一種有開發(fā)價值的微溶于水的無機抗菌劑。為確定堿式次氯酸鎂的組成,進行如下實驗:
①準確稱取1.685 g堿式次氯酸鎂試樣于250 mL錐形瓶中,加入過量的KI溶液,用足量乙酸酸化,用0.800 0 mol·L-1 Na2S2O3標準溶液滴定至終點(離子方程式為2S2O32-+I22I-+S4O62-),消耗25.00 mL。
②另取1.685 g堿式次氯酸鎂試樣,用足量乙酸酸化,再用足量3% H2O2溶液處理至不再產(chǎn)生氣泡(H2O2被ClO-氧化為O2),稀釋至1 000 mL。移取25.00 mL溶液至錐形瓶中,在一定條件下用0.020 00 mol·L-1 EDTA(Na2H2Y)標準溶液滴定其中的Mg2+(離子方程式為Mg2++H2Y2-MgY2-+2H+),消耗25.00 mL。
(1)步驟①需要用到的指示劑是　　　　。?
(2)通過計算確定堿式次氯酸鎂的化學式(寫出計算過程)。
【答案】　(1)淀粉溶液
(2)關(guān)系式:ClO-~I2~2S2O32-
n(ClO-)=12n(S2O32-)=12×0.800 0 mol·L-1×25.00×10-3 L=0.01 mol,
n(Mg2+)=0.020 00 mol·L-1×25.00×10-3 L×1 000 mL25.00 mL=0.02 mol,
根據(jù)電荷守恒,可得:
n(OH-)=2n(Mg2+)-n(ClO-)=2×0.02 mol-0.01 mol=0.03 mol,
m(H2O)=1.685 g-0.01 mol×51.5 g· mol-1-0.02 mol×24 g· mol-1-0.03 mol×17 g· mol-1=0.180 g,n(H2O)=0.180 g18 g· mol-1=0.01 mol,
n(Mg2+)∶n(ClO-)∶n(OH-)∶n(H2O)=0.02 mol∶0.01 mol∶0.03 mol∶0.01 mol=2∶1∶3∶1,
堿式次氯酸鎂的化學式為Mg2ClO(OH)3·H2O。
【微探究】　(1)根據(jù)實驗①中的離子方程式可知有I2參加反應(yīng),根據(jù)I2的特性可選擇淀粉溶液做指示劑。(2)根據(jù)實驗①中消耗的Na2S2O3的物質(zhì)的量,結(jié)合關(guān)系式ClO-~I2~2S2O32-求得n(ClO-),根據(jù)實驗②中消耗的EDTA的物質(zhì)的量,結(jié)合關(guān)系式Mg2+~EDTA可求得n(Mg2+),利用電荷守恒可求得n(OH-),根據(jù)固體的總質(zhì)量以及求出的n(Mg2+)、n(ClO-)、n(OH-)可求得n(H2O),從而得到n(Mg2+)、n(ClO-)、n(OH-)、n(H2O)四者之比,最后得到物質(zhì)的化學式。
[應(yīng)用提能3-2]25.35 g MnSO4·H2O樣品受熱分解過程的熱重曲線(樣品質(zhì)量隨溫度變化的曲線)如下圖所示。

(1)300 ℃時,所得固體的化學式為　　　　。?
(2)1 150 ℃時,反應(yīng)的化學方程式為　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。?
【答案】　(1)MnSO4　(2)3MnO2Mn3O4+O2↑
【微探究】　(1)25.35 g MnSO4·H2O樣品中n(Mn)=n(MnSO4·H2O)=0.15 mol,其中n(H2O)=0.15 mol,m(H2O)=2.7 g,300 ℃時,所得固體質(zhì)量為22.65 g,減少的質(zhì)量為2.7 g,則說明該段失去結(jié)晶水,此時固體為MnSO4。
(2)溫度繼續(xù)升高,固體MnSO4受熱分解生成錳的氧化物和硫的氧化物各0.15 mol,850 ℃時,固體質(zhì)量由22.65 g減少到13.05 g,減少的質(zhì)量為9.6 g,則硫的氧化物的相對分子質(zhì)量為64,故為二氧化硫,則此時的固體為MnO2,1 150 ℃時,固體為二氧化錳分解所得,由錳元素質(zhì)量守恒可知,m(Mn)=n(Mn)×55 g· mol-1=8.25 g,則氧化物中m(O)=11.45 g-8.25 g=3.2 g,n(O)=0.2 mol,故n(Mn)∶n(O)=0.15∶0.2=3∶4,則該氧化物為Mn3O4,故反應(yīng)的化學方程式為3MnO2Mn3O4+O2↑。