2011届高三化学(浙江专版)第2轮 第24课时 化学计算

12011届浙江专版高考第2轮总复习某温度下22%硝酸钠溶液150毫升，加100克水稀释后浓度变成14%。求原溶液的物质的量浓度。解析：这是一道有关溶液稀释问题的计算。显然，它遵循稀释前后溶质质量相等的原则。设原溶液物质的量浓度为c，可得这一解题思路，用的是“直接设问法”。事实上，在一些化学计算中，我们有时不一定要问设一致。例如当求某混合物中各成分质量时，为了便于计算，我们往往采用设各成分物质的量的方法。这一解题思路，称为“间接设问法”。2考点一化学计算中常用的方法3此题如设原溶液质量为m，则m×22%＝(m＋100)×14%；设原溶液密度为ρ，则150×ρ×22%＝(150×ρ＋100)×14%，下一步均可求得物质的量浓度。答案：c＝3.0mol·L－1点评：守恒法是中学化学计算中常用的方法，本题通过“质量守恒”这一重要关系，通过质量分数和物质的量浓度的含义进行列式巧妙解题。4(2010·杭州七校联考)将5.21g纯铁溶于过量的稀H2SO4中，在加热的条件下用2.53gKNO3氧化溶液中的Fe2＋成为Fe3＋，并同时生成NOx，待反应完全后，剩余的Fe2＋需12mL0.3mol·L－1的KMnO4溶液才能完全氧化(已知KMnO4中的＋7价Mn被还原为＋2价Mn)，试求x的值。解析：在整个反应中，得电子的为KMnO4(Mn从＋7→＋2)，其得电子数为5×0.012L×0.3mol·L－1；得电子的还有KNO3(N从＋5→＋2x)，其得电子数为2.53g÷101g/mol×(5－2x)；失电子的则为Fe2＋(Fe从＋2→＋3)，其失电子数为5.21g÷56g/mol×1。根据得失电子数守恒可知5×0.012L×0.3mol·L－1＋2.53g÷101g/mol×(5－2x)＝5.21g÷56g/mol×1，解得x＝1。5考点二一些特殊的化学计算的解法接触法制硫酸排放的尾气中，含少量的二氧化硫。为防止污染大气，在排放前设法进行综合利用。(1)某硫酸厂每天排放的1万米3尾气中含0.2%(体积分数)的SO2。问用氢氧化钠溶液、石灰及氧气处理后(假设硫元素不损失)，理论上可得到多少千克石膏(CaSO4·2H2O)?(2)如果将一定体积的尾气通入100mL2mol·L－1的氢氧化钠溶液使其完全反应，经测定所得溶液含16.7g溶质。试分析该溶液的成分，并计算确定各成分的物质的量。6(3)工厂在尾气处理及制石膏的过程中，中间产物是亚硫酸氢钠。调节尾气排放的流量，以取得二氧化硫与氢氧化钠间物质的量最佳比值，可提高亚硫酸氢钠的产量。现设n(SO2)、n(NaOH)、n(NaHSO3)分别表示二氧化硫、氢氧化钠和亚硫酸氢钠的物质的量，且n(SO2)/n(NaOH)＝x，试写出x在不同取值范围时，n(NaHSO3)的值或n(NaHSO3)与n(SO2)、n(NaOH)间的关系式。xn(NaHSO3)72422224解析：(1)利用S守恒，SO2～CaSO4·2H2O，m(CaSO4·2H2O)＝153.6kg(2)若生成物为Na2SO3，根据NaOH～Na2SO30.2mol0.1mol即m(Na2SO3)＝12.6g，若生成物为NaHSO3，根据NaOH～NaHSO30.2mol0.2mol即m(NaHSO3)＝20.8g，因为12.6g16.7g20.8g所以两种物质都有。列方程可求得n(Na2SO3)＝0.05mol，n(NaHSO3)＝0.1mol。8(3)SO2＋2NaOHNa2SO3＋H2O①Na2SO3＋SO2＋H2O2NaHSO3②SO2＋NaOHNaHSO3③x≤1/2，根据方程式①可知只有Na2SO3；x≥1，根据方程式③可知只有NaHSO3，根据Na守恒，n(NaHSO3)＝n(NaOH)；1/2x1，两者共存，列方程求解。243323答案：(1)153.6kg(2)Na2SO30.05molNaHSO30.1mol(3)x≤1/2时，0；x≥1时，n(NaOH)；1/2x1时，2[n(SO2)－1/2n(NaOH)]10【变式练习】将0.1mol的镁、铝混合物溶于100mL2mol·L－1H2SO4溶液中，然后再滴加1mol·L－1NaOH溶液。请回答：(1)若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量m随加入NaOH溶液的体积V变化如图所示。当V1＝160mL时，则金属粉末中n(Mg)＝_______mol，V2＝_______mL。0.0644011(3)若混合物仍为0.1mol，其中Mg粉的物质的量的分数为a，用100mL2mol·L－1的硫酸溶解此混合物后，再加入450mL1mol·L－1的NaOH溶液，所得沉淀中无Al(OH)3。满足此条件的a的取值范围_______12≤a112考点三以生产生活为背景的化学计算钙是人体神经、肌肉、骨骼系统、细胞膜和毛细血管通透性的功能正常运作所必需的常量元素，维生素D参与钙和磷的代谢作用，促进其吸收并对骨质的形成和改善有重要的作用。某制药有限公司生产的“钙尔奇D600片剂”的部分文字说明如下：“本品每片含主要成分碳酸钙1.5g(相当于钙元素600mg)，成人每天服用1片。”(1)“1.5g碳酸钙与600mg的钙”的计量关系是如何得出来的，请列式并计算表示。13(2)该公司的另一种产品，其主要成分与“钙尔奇D600”相同，仅仅是碳酸钙的含量不同。为测定该片剂中碳酸钙含量，某学生进行了如下的实验：取10片该片剂碾碎后放入足量的盐酸中经充分反应(假设该片剂的其余部分不与盐酸反应)后过滤，取滤液加(NH4)2C2O4，使Ca2＋生成CaC2O4沉淀，将沉淀过滤洗涤后溶解于强酸中，并稀释成1L溶液，取其20.0mL，然后用0.0500mol·L－1KMnO4溶液滴定，反应中用去12.0mLKMnO4溶液，发生的离子反应如下：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O14①请通过计算回答该片剂中碳酸钙的含量。②参照上述关于“钙尔奇D600片剂”的文字说明，你认为该片剂的名称应该叫“钙尔奇D______片剂”。解析：(1)由于CaCO3中Ca的质量分数为＝40%，所以1.5gCaCO3中Ca的含量为1.5g×40%＝0.6g＝600mg。n(H2C2O4)＝0.0500mol·L－1×0.012L×＝0.0015moln(Ca2＋)＝0.075molm(Ca2＋)＝0.075×40g＝3g151片中Ca的含量为＝0.3g，即300mg，每片含0.75gCaCO3，所以应该叫“钙尔奇D300片剂”。答案：(1)见解析(2)①0.75g②300点评：以物质的量为中心的化学计算是化学计算中的重点，本题结合有关化学反应中各物质量的关系进行计算，有一定的综合性。16【变式练习】生态溶液涉及农家肥料的综合利用，某种肥料经发酵得到一种含有甲烷、二氧化碳、氮气的混合气体。2.016L(标准状况)该气体通过盛有红色CuO粉末的硬质玻璃管，发生的反应为CH4＋4CuOCO2＋2H2O＋4Cu。当甲烷完全反应后，硬质玻璃管的质量减轻4.8g。将反应后产生的气体通过过量的澄清石灰水，充分吸收，生成沉淀8.5g。(1)原混合气体中甲烷的物质的量是0.075mol。(2)原混合气体中氮气的体积分数为多少？(写出计算过程)17解析：由于硬质玻璃管减少的质量为CuO中的氧的质量，所以n(CuO)＝＝0.3mol，由方程式可知反应的CH4的物质的量为0.075mol。生成的CO2也为0.075mol，将气体通过澄清的石灰水生成8.5g沉淀，所以n(CO2)＝0.085mol，原混合气体中的n(CO2)＝0.01mol，而气体的总物质的量为＝0.09mol，所以n(N2)＝0.005mol，N2的体积分数为×100%＝5.56%。4.816/ggmol2.01622.4/LLmol0.0050.09molmol181.铅笔芯的主要成分是石墨和黏土，这些物质按照不同的比例加以混合、压制，就可以制成铅笔芯。如果铅笔芯质量的一半成分是石墨，且用铅笔写一个字消耗笔芯的质量约为1mg。那么一个铅笔字含有的碳原子数约为()A．2.5×1019B．2.5×1022C．5×1019D．5×1022解析：一个字消耗的石墨的质量为0.5mg，碳原子数约为0.5×10－3×6.02×1023/12＝2.5×1019。A192.(2010·浙江金华调研)有5.1gMg、Al合金，投入500mL2mol·L－1HCl溶液中，金属全部溶解后，再加入4mol·L－1NaOH溶液，若要求达到沉淀最大值，则加入NaOH溶液的体积为()A．0.2LB．0.3LC．0.25LD．0.4LC20解析：此题涉及到的化学反应较多。Mg、Al先分别与HCl反应，生成Mg2＋与Al3＋，反应后再加入NaOH溶液时，如果HCl过量的话，NaOH要先中和过量的HCl，再与Mg2＋与Al3＋反应，使之形成沉淀。根据题意，要得到最大沉淀量，酸碱都应恰好完全反应，此时可设二元一次方程组求解，显然可以得到答案，但要耗费很多的时间。如果分析一下得到最大沉淀量时溶液中最终的产物NaCl，不难得出NaCl中的Cl－全部来自于原盐酸中的Cl－，即n(NaOH)＝n(NaCl)＝n(HCl)，所以V[NaOH(aq)]＝0.5L×2mol·L－1÷4mol·L－1＝0.25L。213.(2010·浙江温州质检)含ngHNO3的稀溶液与mgFe粉充分反应，Fe全部溶解，生成NO气体，已知有n/4gHNO3被还原，则n︰m可能是()A．1︰1B．2︰1C．4︰1D．5︰1C22解析：由题意可知，Fe粉与稀HNO3反应的氧化产物有三种情况：①氧化产物只有Fe(NO3)2；②氧化产物只有Fe(NO3)3；③氧化产物既有Fe(NO3)2，又有Fe(NO3)3。因此本题可采用分段讨论的方法进行求解，但这要花费大量的时间。如果采用极限法进行分析，可化繁为简：未被还原的HNO3的质量为n－n/4＝3n/4g。①假设反应的氧化产物只有Fe(NO3)2，则n(Fe2＋)︰n(NO)＝1︰2，即(m/56)︰(3n/4÷63)＝1︰2，得n︰m＝3︰1；②假设反应的氧化产物只有Fe(NO3)3，则n(Fe3＋)︰n(NO)＝1︰3，即(m/56)︰(3n/4÷63)＝1︰3，得n︰m＝9︰2；③当反应的氧化产物为Fe(NO)2和Fe(NO3)3的混合物时，则3︰1＜n︰m＜9︰2，由题意可知，符合3︰1≤n︰m≤9︰2的选项只有C。244.在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入bmol的BaCl2，恰好使溶液中的SO完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中的Al3＋的浓度(mol·L－1)为()A.B.C.D.C23323323332322bca2bca23bca26bca解析：由于NH3的物质的量为cmol，由原子守恒和电荷守恒得：(NH4)2SO4的物质的量为mol，反应时用去的BaCl2的物质的量也为mol，剩余的BaCl2为(b－)mol，则Al2(SO4)3中的SO的物质的量也为(b－)mol，由电荷守恒得：n(Al3＋)×3＝(b－)×2，所以c(Al3＋)＝mol·L－1。2c2c2c23bca265.A、B、C三种物质各15g，发生如下反应：A＋B＋C―→D，反应后生成D的质量为30g。然后在残留物中加入10gA，反应又继续进行，待反应再次停止，反应物中只剩余C，则下列说法正确的是()A．第一次反应停止时，剩余B9gB．第一次反应停止时，剩余C6gC．反应中A和C的质量比是5∶3D．第二次反应后，C剩余5gD276.用惰性电极电解2L1mol·L－1的CuSO4溶液，在电路中通过0.5mol电子后，调换电源的正负电极，电路中又通过0.1mol电子，此时溶液中的c(H＋)是(假设通电后溶液的体积不变)()A．0.2mol·L－1B．0.25mol·L－1C．0.5mol·L－1D．0.6mol·L－1A2