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1EvaluationWarning:ThedocumentwascreatedwithSpire.Docfor.NET.小专题突破1化学计算的常用方法方法一守恒法1．质量守恒(原子守恒)：化学反应的实质是原子的重新组合，因而反应前后原子的总数和质量保持不变。2．电荷守恒：电解质溶液呈电中性，即阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数；另外，离子方程式前后离子所带电荷总数不变。(2020·石家庄调研)28g铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的Na2O2固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体质量为()A．36gB．40gC．80gD．160g【解析】28g铁粉溶于稀盐酸中生成氯化亚铁溶液，然后加入足量的Na2O2固体，由于Na2O2固体溶于水后生成氢氧化钠和氧气，本身也具有强氧化性，所以充分反应后生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒，n(Fe2O3)＝12n(Fe)＝12×28g56g·mol－1＝0.25mol，所得Fe2O3固体的质量为0.25mol×160g·mol－1＝40g。【答案】B将agFe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200mLpH＝1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100mL，则NaOH溶液的浓度为____________。【解析】当Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na＋全部来自NaOH，且反应过程中Na＋的量不变。根据电荷守恒可知，n（Na＋）n（SO2－4）＝21，所以n(NaOH)＝n(Na＋)＝2n(SO2－4)＝n(H＋)＝0.1mol·L－1×0.2L＝0.02mol，c(NaOH)＝0.02mol0.1L＝0.2mol·L－1。【答案】0.2mol·L－1[专题精练]1．有14gNa2O2、Na2O、NaOH的混合物与100g质量分数为15%的盐酸恰好反应，蒸干溶液，最终得固体质量为()A．20.40gB．28.60gC．24.04gD．无法计算解析：选C。混合物与盐酸恰好反应后所得溶液为氯化钠溶液，蒸干后得到NaCl，由Cl－质量守恒关系可得100g×15%×35.536.5＝m(NaCl)×35.558.5，解得m(NaCl)≈24.04g。2．一定量的H2和Cl2充分燃烧后，将反应生成的气体通入100mL1.0mol·L－1的NaOH2溶液中，两者恰好完全反应，生成NaClO0.01mol，则燃烧前H2和Cl2的物质的量之比为()A．5∶4B．4∶5C．4∶3D．3∶4解析：选B。100mL1.0mol·L－1的NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为1.0mol·L－1×0.1L＝0.1mol；两者恰好完全反应，说明0.1molNaOH完全反应，生成的0.01molNaClO来自Cl2与NaOH的反应(Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O)，则氢气和氯气反应后剩余氯气的物质的量为0.01mol，消耗NaOH的物质的量为0.02mol；发生反应NaOH＋HCl===NaCl＋H2O，消耗NaOH的物质的量为0.1mol－0.02mol＝0.08mol，则n(HCl)＝n(NaOH)＝0.08mol，n(H2)＝n(Cl2)＝12n(HCl)＝0.08mol×12＝0.04mol；所以原混合气体中含有Cl2的物质的量为0.01mol＋0.04mol＝0.05mol，H2的物质的量为0.04mol，则燃烧前H2和Cl2的物质的量之比为0.04mol∶0.05mol＝4∶5。3．(离子方程式中电荷守恒)在一定条件下，ROn－3和F2可发生如下反应：ROn－3＋F2＋2OH－===RO－4＋2F－＋H2O，从而可知在ROn－3中，元素R的化合价是()A．＋4价B．＋5价C．＋6价D．＋7价解析：选B。求ROn－3中R的化合价，若知道n值，计算R的化合价则变得很简单。依据离子方程式中电荷守恒，n＋2＝1＋2，解得n＝1，RO－3中氧元素显－2价，因此R的化合价为＋5价。4．(溶液中电荷守恒)(2020·阜阳质检)某硫酸铝和硫酸镁的混合液中，c(Mg2＋)＝2mol·L－1，c(SO2－4)＝6.5mol·L－1，若将200mL此混合液中的Mg2＋和Al3＋完全分离，至少应加入1.6mol·L－1的氢氧化钠溶液()A．0.5LB．1.625LC．1.8LD．2L解析：选D。根据电荷守恒得2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO2－4)，c(Al3＋)＝2×6.5mol·L－1－2×2mol·L－13＝3mol·L－1，加入氢氧化钠溶液使Mg2＋、Al3＋完全分离，此时NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，由钠元素守恒得n(Na＋)＝2n(SO2－4)＋n(AlO－2)，V(NaOH)＝2n（SO2－4）＋n（AlO－2）c（NaOH）＝2×6.5mol·L－1×0.2L＋3mol·L－1×0.2L1.6mol·L－1＝2L。方法二化学方程式计算中的巧思妙解——差量法化学反应前后物质的量发生变化时均可用差量法，解题的一般步骤如下：(1)准确写出有关反应的化学方程式。(2)深入细致地分析题意，关键在于有针对性地找出产生差量的“对象”及“理论差量”。该“理论差量”可以是质量、物质的量、气体体积、压强等，且该差3量的大小与参加反应的物质的有关量成正比。(3)根据反应的化学方程式，从“实际差量”寻找比例关系，列比例式求解。为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g，则该样品的纯度(质量分数)是()A.84w2－53w131w1B.84（w1－w2）31w1C.73w2－42w131w1D.115w2－84w131w1【解析】由题意知(w1－w2)g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3的质量为xg，由此可得如下关系：则x＝84（w1－w2）31，故样品纯度为m（Na2CO3）m（样品）＝w1－xw1＝84w2－53w131w1。【答案】A[专题精练]5．(质量差)将12gCO和CO2的混合气体通过足量灼热的氧化铜后，得到气体的总质量为18g，则原混合气体中CO的质量分数为________。解析：设原混合气体中CO的质量分数为x。CuO＋CO=====△Cu＋CO2气体质量增加(差量)28g44g44g－28g＝16g12xg18g－12g＝6g28g16g＝12xg6g，解得x＝87.5%。答案：87.5%6．(双选)(气体体积差)16mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400℃左右可发生反应：6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比可能为()A．5∶3B．3∶2C．4∶3D．9∶7解析：选BC。根据反应前后气体体积的变化，可用差量法直接求解。6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)ΔV(气体的体积差)6mL4mL5mL6mL1mL(理论差量)9mL6mL17.5mL－16mL＝1.5mL(实际差量)4由此可知共消耗15mLNO与NH3的混合气体，还剩余1mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)＝(9mL＋1mL)∶6mL＝5∶3；假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9mL∶(6mL＋1mL)＝9∶7，但因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体，故V(NO)∶V(NH3)介于9∶7与5∶3之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。方法三解答连续反应类型计算题的捷径——关系式法关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间的关系进行解题的一种方法，一般适用于多步进行的连续反应，因前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可以根据中间物质的传递关系，找出原料和最终产物的相应关系式。它是化学计算中的基本解题方法之一，利用关系式法可以将多步计算转化为一步计算，免去逐步计算中的麻烦，简化解题步骤，减少运算量，且计算结果不易出错，准确率高。[专题精练](一)根据原子守恒找关系式7．碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4g上述混合物，消耗1mol·L－1盐酸500mL。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是()A．35gB．30gC．20gD．15g解析：选C。由题意可知，HCl的物质的量为0.5mol，根据氯元素守恒可知，CuCl2的物质的量为0.25mol。根据Cu元素守恒可知，原混合物中含有Cu元素的物质的量为0.25mol。则灼烧等质量的题述混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25mol，则m(CuO)＝0.25mol×80g·mol－1＝20g。8．在氧气中燃烧0.22g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10mL0.5mol·L－1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为()A．72%B．40%C．36%D．18%解析：选C。由S原子守恒和有关反应可得出：S～H2SO4～2NaOH32g2molm(S)0.5×10×10－3mol可得m(S)＝0.08g，原混合物中w(S)＝0.08g0.22g×100%≈36%。(二)根据得失电子守恒找关系式5如NH3――→失去8e－moln(SO2)n(SO2)＝1.5×105mol，在标准状况下的体积V(SO2)＝3.36×106L，由SO2～SO3～H2SO41mol98g1.5×105molm(H2SO4)×98%得m(H2SO4)＝1.5×107g＝15t。答案：(1)90.0%(2)3.36×10615