化学必修1计算题解法

化学计算方法集锦守恒法·平均值法极限法·十字交叉法王华兴2013年12月10日一、守恒法1、质量守恒【例1】取一定量的KClO3和MnO2的混合物共热制取O2，反应开始时MnO2在混合物中的质量分数为20%，当反应进行到MnO2在混合物中的质量分数为25%时，求KClO3的分解百分率。解析：催化剂MnO2在反应前后质量守恒。设原混合物的质量为m1g，反应后混合物的质量为m2g，则MnO2反应前后的质量分别为：0.2m1g和0.25m2g。由MnO2的质量守恒可得：0.2m1g＝0.25m2g即m2＝0.8m1由反应前后质量守恒可知，放出O2的质量应等于反应前后的固体质量之差，即：m1g-m2g＝m1g-0.8m1g＝0.2m1g。则KClO3的分解百分率为：%64%1008.0962.024511gmggmg答：（略）2.溶液浓度守恒【例2】某盐的饱和溶液的质量分数为26.8%，取一定量的此饱和溶液，加入wg该无水盐，在温度不变的情况下，析出mg含有一定量结晶水的该盐晶体，则从饱和溶液中析出溶质的质量为A.26.8%wB.m-wC.(m+w)×26.8%D.(m-w)×26.8%解析：因温度不变，析晶后，剩余溶液、减少的溶液（m-w）及原溶液浓度（质量分数）守恒，故有（m-w）×26.8%D3.无数据题【例3】向一定量的NaOH固体中加入由硫酸铜和硫酸组成的混合物的溶液，充分搅拌，恰好完全反应，有蓝色沉淀生成，过滤，所得滤液的质量与加入的原混合物溶液的质量相等。则与硫酸铜反应的氢氧化钠和与硫酸反应的氢氧化钠的物质的量之比为。解析：属于典型的无数据计算题。依题意分析出其中的守恒关系，即m(NaOH)＝m[Cu(OH)2]。设与CuSO4反应的NaOH为xmol，与H2SO4反应的NaOH为ymol，则由(xmol+ymol)×40g/mol＝98g/mol×(xmol×1/2)得x/y=40/94.元素守恒元素守恒也含有质量守恒的意思，只不过在具体应用时，很少直接用质量而是用其物质的量(或粒子个数)。元素守恒又可分为原子守恒和离子守恒，但原子守恒和离子守恒并无严格的区分，只因在不同情境中呈现不同的形态。（1）原子(离子)守恒【例4】向含0.01molAlCl3的溶液中逐滴加入34mL1mol/LNaOH溶液，则含铝元素的生成物及其物质的量分别为。解析：n(NaOH):n(AlCl3)=0.034mL×1mol/L:0.01mol=3.4:1(或17:5)介于3-4之间，故生成物中既有Al(OH)3，又有NaAlO2。设生成的Al(OH)3的化学计量数为x，NaAlO2的化学计量数为y。直平方程式：5AlCl3+17NaOH=xAl(OH)3↓+yNaAlO2+15NaCl+(17-3x)/2H2O由Na+守恒：17=y+15由Al3+守恒：5=x+y解得：x=3y=2（其它略）【例5】将8gFe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉，共收集到1.68LH2(标准状况)，同时Fe和Fe2O3均无剩余。为了中和过量的H2SO4，且使溶液中的铁元素完全沉淀，共消耗4mol/L的NaOH溶液150mL，则原H2SO4的物质的量浓度为（）A.1.5mol/LB.0.5mol/LC.2mol/LD.1.2mol/LC(2)原子、离子并存守恒（元素守恒）【例6】将一定质量的镁、铝合金投入100mL一定浓度的盐酸中，合金全部溶解，向所得溶液中滴加5mol/L的NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。由图中数据分析计算：(1)原合金中镁、铝的质量；(2)盐酸的物质的量浓度。解析：（1）由图可知m[Mg(OH)2]=11.6gm[Al(OH)3]=19.4g-11.6g=7.8g由镁元素守恒知：Mg——Mg(OH)2由铝元素守恒知：Al——Al(OH)324g58g27g78gm(Mg)11.6gm(Al)7.8g解得：m(Mg)=4.8gm(Al)=2.7g(2)当V(NaOH,aq)=160mL时，Mg2+、Al3+完全沉淀，此时溶液为NaCl溶液，由Cl—离子、Na+离子守恒可知：解得：c(HCl)=8.0mol/LHCl——NaCl——NaOH100mL×c(HCl)=160mL×5mol/L3.电荷守恒多用于计算、判断溶液中粒子浓度之间的关系。在有关溶液的计算题中，若无特别说明，则可忽略H+、OH-的影响；而在讨论溶液中粒子浓度之间的关系时，却必须考虑在内。【例7】将aL由(NH4)SO4和NH4NO3组成的混合溶液分成两等份，一份加入bmol烧碱并加热，刚好把NH3赶出；另一份需消耗含cmolBaCl2的溶液，沉淀刚好完全。则原溶液中c(NO3—)为。解析：由题设不难求得aL混合溶液中含2bmolNH4+和2cmolSO42—。依据电荷守恒可得：1×n(NH4+)=2×n(SO42—)+1×n(NO3—)即1×2bmol=2×2cmol+1×c(NO3—)×aL∴c(NO3—)=(2b-4c)/amol/L【例8】有200mL氯化镁和氯化铝的混合溶液，其中c(Mg2＋)为0.2mol·L－1、c(Cl－)为1.3mol·L－1。要使Mg2＋全部转化为沉淀分离出来，至少需加4mol·L－1NaOH溶液的体积为()A．40mLB．72mLC．80mLD．128mLC4.得失电子守恒【例9】在一定条件下，RO3n-和F2可发生如下反应：RO3n—+F2+2OH—=RO4—+2F—+H2O，从而可知在RO3n—中，元素R的化合价是（）A.+4B.+5C.+6D.+7解析:设元素R在RO3n-中的化合价为x。法一：据电荷守恒：n+1×2=1+2×1，n=1。则x—2×3=—1，∴x=+5法二：据电子守恒：(7—x)×1=[0—(-1)]×2，∴x=+5【例10】(铁)将3.48gFe3O4完全溶解在100mL1mol/L硫酸中，加入25mLK2Cr2O7溶液，恰好使溶液中Fe2+全部转化为Fe3+，Cr2O72—还原为Cr3+，则K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为（）A.0.05mol/LB.0.1mol/LC.0.2mol/LD.0.3mol/LBB解析：据得失电子守恒：（3—2）×3.48/232mol=（6—3）×2×0.025xmol解得x=0.1mol/L【例11】35.6g由铁和氧化铁的混合物跟适量盐酸反应，生成5.6L标况下的氢气，反应后无固体剩余，且溶液不能使KSCN溶液变红，求原混合物中各成分的质量。（解法1——常规法—化学方程式法）因上述反应中的后两个反应是连续反应，且溶液中无Fe3+，因此可以合并为Fe+Fe2O3+6H+＝3Fe2++3H2O设原混合物中氧化铁的物质的量为x，有Fe+2H+＝Fe2++H2↑Fe+Fe2O3+6H+＝3Fe2++3H2O0.25mol5.6L/22.4L·mol－1xx则：(0.25+x)×56+160x＝35.6∴x=0.1mol故混合物中m(Fe2O3)=0.1mol×160g/mol=16gm(Fe)=(0.25+0.1)mol×56g/mol=19.6g（解法2——得失电子法）从上述反应中可以发现再整个反应过程中均有电子转移，因原混合物中的铁元素全部转化为FeCl2,则在反应中电子转移的总数必然守恒：FeFe2+,2H+H2,Fe2O32Fe2+设原混合物中有xmolFe，则有Fe2O3(35.6—56x)/160mol，由反应过程中得失电子守恒有：e2失e2得e2得则m(Fe)=0.35mol×56g/mol=19.6gm(Fe2O3)=35.6g—19.6g=16g∴x=0.35二、平均值法1．平均值法：混合物的平均相对分子(原子)质量、元素的质量分数、生成的某指定物质的量总是介于组分的相应量的最大值M2与最小值M1间，表达式为：M1M平M2已知其中两个量，可以确定另一个量的方法，称为平均值法。即根据混合物的某些平均物理量，可推知混合物组成必有大于和小于该平均值的物理量存在。2．本方法最适合定性地求解混合物的组成——只求混合物的可能成分,不用考虑各组分的含量。特别适合于缺少数据而不能直接求解的混合物判断题。根据混合物中各个物理量(如密度、体积、摩尔质量、物质的量浓度、质量分数等)的定义式或结合题目所给条件，可求出混合物某个物理量的平均值，而该平均值必介于组成混合物的各成分的同一物理量数值之间，即混合物的两个成分中的这个物理量(平均值)肯定介于最大和最小间，才能符合要求，从而可判断出混合物的可能组成。3．平均值法包括：(1)、平均相对原子质量、平均相对分子质量(2)、平均分子组成(3)、平均质量分数、平均物质的量分数(4)、平均体积(5)、平均密度(6)、失去(得到)1mol电子所需平均质量等。1.平均相对分子(原子)质量【例12】把含有某一种氯化物杂质的氯化镁粉末95mg溶于水后,与足量的硝酸银溶液反应，生成氯化银沉淀300mg,则该氯化镁中的杂质可能是（）A．氯化钠B．氯化铝C．氯化钾D．氯化钙[解法一]：（极值法）假设95mg全为MgCl2，无杂质，则有：MgCl2————2AgCl↓95mg2×143.5mg生成沉淀为287mg，故假设95mg全部为杂质时，产生的AgCl沉淀应300mg。则杂质若写成MxCl2形式时，xM的式量应小于M(Mg)，才符合题意。ANaCl→Na2Cl223×224，不符合BAlCl3→Al2/3Cl227×2/324，符合CKCl→K2Cl239×224，不符合DCaCl24024，不符合[解法二]：（平均相对分子质量法）将混合物写成MxCl2形式，有MxCl2————2AgCl↓1mol2moly300/143.5moly=150/143.4M平=95/300/143.5=90.9因M(MgCl2)=9590.9，则杂质应符合M(MxCl2)90.9，而AM(Na2Cl2)=117，不行BM(Al2/3Cl2)=89，可以CM(K2Cl2)=149，不可以DM(CaCl2)=111，不可以【例13】两种二价金属的混合物4.4ｇ与足量稀硫酸反应产生0.16ｇH2，则这两种金属可能是()A、Fe和MgB、Cu和MgC、Zn和AlD、Fe和Zn析解：设两二价金属元素符号通式为M,平均相对原子质量为X。M+H2SO4==MSO4+H2↑X24.4ｇ0.16X=55用选择项中两金属相对原子质量和它相比较，若两金属都反应则必须一种金属相对原子质量大于55，另外一种的小于55；若一金属不反应，则另一种金属相对原子质量应小于55，通过比较即可解之.【例14】常温常压下，其平均相对分子质量为50的混合气体可能是()A、SO2和O2B、HF和CH4C、HI和HBrD、Cl2和HIAD3．平均摩尔电子质量转移1mol电子时所对应的物质的质量就是摩尔电子质量。如Al、Mg分别为27/3、24/2。【例15】由两种金属组成的合金50g与Cl2完全反应，消耗Cl271g，则合金可能的组成是（）A．Cu和ZnB．Ca和ZnC．Fe和AlD．Na和Al析解消耗1molCl2时转移2mol电子，则合金的平均摩尔电子质量为50/2＝25g/mol。计算各金属的摩尔电子质量：Zn(65/2)，Cu(64/2)，Na(23/1)，Ca(40/2)，Fe(56/3)，Al(27/3)【例16】有两种铁的氧化物X和Y，质量分别为2.16g和1.74g，在加热条件下，分用足量CO还原，并把生成的CO2各自通入足量的澄清石灰水中，都得到3g沉淀，则这两种氧化物分别为（）A．FeO和Fe2O3B．Fe2O3和Fe3O4C．FeO和Fe3O4D．Fe2O3和FeO析解n(CO)＝n(CO2)＝n(CaCO3)＝3/100＝0.03mol，即得到电子为0.06mol，则M(X)＝2.16/0.06＝36g/mol，M(Y)＝1.74/0.06＝29g/mol。M(FeO)＝72/2＝3