化学计算中的几种常用方法

章末考能特训解题技能2.化学计算中的几种常用方法解题虽然没有一成不变的方法模式，但应建立解题的基本思维模式：题示信息+基础知识+逻辑思维。掌握正确的解题方法能简化解题过程，提高解题能力，常用的解题技巧有：1.差量法（1）差量法的应用原理差量法是指根据化学反应前后物质的量发生变化，找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题是先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量（实际差量）列成比例，然后求解。如:2C(s)+O2(g)2CO(g)ΔH=-221kJ/molΔm(固)，Δn(气)，ΔV（气）2mol1mol2mol221kJ24g1mol22.4L（标况）（2）使用差量法的注意事项①所选用差值要与有关物质的数值成正比例或反比例关系。②有关物质的物理量及其单位都要正确地使用。（3质量差法【典例导析1】取一定量的CuO粉末与0.5L稀硫酸充分反应后,将一根50g铁棒插入上述溶液中，至铁棒质量不再变化时，铁棒增重0.24g，并收集到224mL气体（标准状况）。求此CuO粉末的质量。解析由题意可知，CuO粉末与稀硫酸充分反应后，硫酸过量。引起铁棒质量变化时涉及下①Fe+H2SO4FeSO4+H2↑②Fe+CuSO4FeSO4+Cu其中①反应使铁棒质量减少，②反应使铁棒质量增加，两者的代数和为0.24g①Fe+H2SO4FeSO4+H2↑Δm156g1mol56g0.01mol0.56gΔm2-Δm1=0.24g,Δm2=Δm1+0.24g=0.56g+0.24g=0.8g设CuO的物质的量为x，则CuSO4的物质的量也为x,②Fe+CuSO4FeSO4+CuΔm21mol8gx0.8g求得x=0.1mol，m(CuO)=0.1mol×80g/mol=8g。答案8g【典例导析2】一定条件下，合成氨气反应达到平衡时,测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%,与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率是（）A.16.7%B.20.0%C.80.0%D.83.3%解析N2+3H22NH3ΔV1L3L2L2L取平衡时混合气体100L，其中含20LNH3。生成2LNH3，原气体总体积减少2L；则生成20LNH3，原气体总体积减少20L。所以，原始氮气和氢气总体积为120L，反应后体积缩小的百分率为20L/120L×100%=16.7%。高温、高压催化剂A2.关系式法物质间的一种简化的式子，解决多步反应，计算最简捷。多步反应中建立关系式的方法：（1）叠加法(如利用木炭、水蒸气制取氨气)由木炭、水蒸气制取NH3的关系为:3C~4NH3。32222222222NH2H3NH2COO(g)H2CHCOO(g)HCOHCOO(g)HC(2)元素守恒法4NH3+5O24NO+6H2O2NO+O22NO23NO2+H2O2HNO3+NO经多次氧化和吸收，由N元素守恒知：NH3~HNO3（3）电子转移守恒法NH3HNO3,O22O2-由得失电子总数相等知，NH3经氧化等一系列过程生成HNO3，NH3和O2的关系为NH3~2O2。失去8e-得4e-【典例导析3】取KI溶液25mL，向其中滴加0.4mol/L的FeCl3溶液135mL,I-完全反应生成I2：2I-+2Fe3+I2+2Fe2+。将反应后的溶液用CCl4萃取后分液，向分出的水溶液中通入Cl2至0.025mol时，Fe2+恰好完全反应。求KI溶液的物质的量浓度。解析依题意，有：2I-+2Fe3+I2+2Fe2+,2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-本题可用关系式法求解。由上述两个反应及电子转移守恒理论，得I-与Cl2之间的关系式：2I-~Cl2。2e-|2e-|答案设KI的物质的量是x。2I-~Cl221x0.025mol。mol/L2L025.0mol05.0(KI)。mol05.0,mol025.012cxx3.极值法（1）极值法的含义极值法是采用极限思维方式解决一些模糊问题的解题技巧。它是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量值，进行判断分析，求得结果。（2）极值法解题的基本思路极值法解题有三个基本思路：①把可逆反应假设成向左或向右进行的完全反应。②把混合物假设成纯净物。③把平行反应分别假设成单一反应。（3）极值法解题的关键紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落点。（4）极值法解题的优点极值法解题的优点是将某些复杂的、难以分析清楚的化学问题假设为极值问题，使解题过程简化，解题思路清晰，把问题化繁为简，由难变易，从而提高了解题速度。【典例导析4】已知25℃下，0.1mol/L某二元酸（H2A）溶液的pH大于1，其酸式盐NaHA溶液的pH小于7。取等体积的H2A溶液和NaOH溶液混合后，所得溶液的pH等于7，则酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比是（）A.小于0.5B.等于0.5C.大于0.5且小于1D.大于1且小于2解析因为0.1mol/LH2A的pH大于1，所以H2A是弱酸，则H2A与NaOH生成正盐（Na2A）时，由于Na2A水解，溶液显碱性，pH大于7，此时酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比是1∶2=0.5。现已知混合液的pH等于7，故H2A必须过量，NaOH溶液的浓度只能小于0.2mol/L，所以二者的物质的量浓度之比一定要大于0.5，即最小值大于0.5。又因为H2A与NaOH反应生成酸式盐（NaHA）时,溶液的pH小于7，所以NaHA溶液显酸性，此时酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比是1∶1，要使溶液的pH等于7，二者的物质的量浓度之比的最大值要小于1。由此可知，酸溶液与碱溶液的物质的量浓度之比在0.5与1之间。答案C4.平均值规律及应用（1）依据:若XAXB,则XAXB，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。（2）应用：已知可以确定XA、XB的范围；或已知XA、XB可以确定的范围。解题的关键是要通过平均值确定范围，很多考题的平均值需要根据条件先确定下来再作出判断。XXXX【典例导析5】铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mLNO2气体和336mL的N2O4气体（气体的体积已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为（）A.9.02gB.8.51gC.8.26gD.7.04g解析被还原的硝酸共有0.23mol，则4.6g铜和镁的合金为0.115mol，故合金的平均摩尔质量为=40g/mol,氢氧化物的平均相对分子质量为：40+17×2=74。故形成的氢氧化物沉淀为：（4.6g÷40g/mol)×74g/mol=8.51g或0.115mol×74g/mol=8.51g。本题也可以用整体思维方法，采用守恒法来解。沉淀的质量等于合金的质量与其沉淀的OH-的质量之和，而Cu、Mg沉淀的OH-的物质的量等于其失去电子的物质的量，根据得失电子守恒规律，Cu、Mg失去电子的物质的量等于被还原的硝酸的物质的量，则沉淀的质量=4.6g+0.23mol×17g/mol=8.51g。答案Bmolg0.1154.6方法归纳此题如单纯用Cu、Mg分别与HNO3的反应求出合金的物质的量组成而求得沉淀的质量，那是相当繁琐的。除用平均值计算之外，本题还可用整体思维，则沉淀的质量为金属Cu、Mg的质量加上OH-的质量，设Cu、Mg的物质的量之和为n(Cu、Mg),由电子守恒知：n(Cu、Mg)×2=×2,n(Cu、Mg)=0.115mol,故沉淀的质量为：4.6g+(0.115mol×2)×17g/mol=8.51g。L/molL336.L/molL22.4022.44.481.把过量的铁粉投入到CuCl2和FeCl3组成的混合溶液中，充分反应后，过滤清洗并干燥不溶物，称得其质量与加入铁粉的质量相同，求原混合物中两种溶质的物质的量之比。解析这是一个无数据的题，似乎无法解答。但根据化学反应原理，利用差量法是可以求解的。把铁粉加入到CuCl2和FeCl3组成的混合溶液中，铁粉与FeCl3反应，使Fe的质量减少，形成一个差值。又因为铁粉与CuCl2反应，把Cu置换出来，附在Fe上，Cu的相对原子质量比Fe的相对原子质量大，又形成一个差值，使铁粉质量增加。依题意可知，反应前后质量相等，即前后两个差值相等，这是解题的关键。迁移应用答案设原溶液中有xmolFeCl3，ymolCuCl2。2Fe3++Fe3Fe2+固体减少质量Δm1256g/molxmol28xgCu2++FeFe2++Cu固体增加质量Δm218g/molymol8yg/mol因为反应前后质量相同，即28xg=8yg，故,即原溶液中FeCl3与CuCl2物质的量之比是2∶7。72g28g8yx2.标准状况下，10gCO和CO2混合气体的体积是6.72L,则此混合气体中，CO和CO2的物质的量之比是()A.1∶1B.2∶1C.4∶3D.2∶3解析从题中数据上看，无差值特征。但CO2与CO在分子组成、摩尔质量上均存在差值。若气体的总物质的量一定，以CO2代换CO，每代换1mol,气体质量就增加16g。若6.72L(标准状况下)的气体是CO，其质量是×28g/mol=8.4g，实际上,6.72L（标准状况下）的气体中，有CO2代换CO而使气体质量是10g，质量增加1.6g。标准状况下，6.72L气体的物质的量是0.3mol,设其中的CO2的物质的量是x。=,x=0.1mol。n（CO）∶n（CO2）=（0.3-0.1）∶0.1=2∶1。答案BL/molL22.46.72molg116xg1.63.将1.5g两种金属的混合物粉末与足量的稀盐酸反应，反应完全后，得到标准状况下的氢气1.12L，则两种金属可能是()①Mg和Cu②Zn和Cu③Al和Fe④Mg和AlA.①③B.②④C.①②D.③④A4.一定体积的KMnO4溶液恰好能氧化一定质量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O。若用0.1000mol/L的NaOH溶液中和相同质量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O，所需NaOH溶液的体积恰好为KMnO4溶液的3倍，则KMnO4溶液的浓度（mol/L）为（）提示：①H2C2O4是二元弱酸②10［KHC2O4·H2C2O4］+8KMnO4+17H2SO48MnSO4+9K2SO4+40CO2↑+32H2OA.0.008889B.0.08000C.0.1200D.0.2400解析可设NaOH溶液体积为1L,则KMnO4溶液为L，n（NaOH）=0.1mol/L×1L=0.1moln(KHC2O4·H2C2O4·2H2O）=n（NaOH）=×0.1mol=moln(KMnO4)=·n(KHC2O4·H2C2O4·2H2O）=·mol=molc(KMnO4)==0.0800mol/L答案B3131301108311083013008Lmol1/38/3005.常温下，向20L的真空容器中通入amolH2S和bmolSO2(a和b都是正整数，且a≤5,b≤5)。反应完全后，容器内气体可能达到的最大密度是()A.24.5g/LB.14.4g/LC.8g/LD.5.19g/L解析若容器内充入的全是H2S，则气体的最大密度是=8.5g/L。若容器内充入的全是SO2,则气体的最大密度是=16g/L。因为2H2S(g)+SO2(g)2H2O(l)+3S(s),则只有H2S与SO2反应后SO2有剩余时，气体才可能达到最大密度。取a的最小值a=1,取b的最大值b=5,反应后剩余的气体是SO2，且n(SO2）剩余最多，即4.5mol,ρ(SO2)==14.4g/L。答案BLg/mol4mol2035Lg/mol4mol2065Lg/mol4mol2064.56.生态农业涉及农家肥料的综合利用，某种肥料经发酵得到一种含甲烷、二氧化碳、氮气的混合气体。2.016L(标准状况)该气体通过盛有红热CuO粉末的硬质玻璃管，发生的反应为：CH4+4CuOC