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金属及非金属计算题类型归纳

一、守恒法

（一）、原子守恒

1、有0.4g铁的氧化物，用足量的CO在高温下将其还原，把生成的全部CO2通入到足量的澄清的石灰水中得到0.75g固体沉淀物，这种铁的氧化物的化学式为（）

A.FeOB.Fe2O3C.Fe3O4D.Fe4O5

解析

由题意得知，铁的氧化物中的氧原子最后转移到沉淀物CaCO3中。

且n（O）=n（CaCO3）=0.0075mol，m（O）=0.0075mol×16g/mol=0.12g。

m（Fe）=0.4g-0.12g=0.28g，n（Fe）=0.005mol。

n（Fe）∶n（O）=2:

3，选B

2、某无水混合物由硫酸亚铁和硫酸铁组成，测知该混合物中的硫的质量分数为a，求混合物中铁的质量分数。

　【分析】根据化学式FeSO4、Fe2（SO4）3可看出，在这两种物质中S、O原子个数比为1：

4，即无论这两种物质以何种比例混合，S、O的原子个数比始终为1：

4。

设含O的质量分数x，则32/64＝a/x，x＝2a。

所以ω（Fe）＝1－3a

3、用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO2，求所得的溶液中CO23－和HCO3＝的物质的量之比为

【分析】依题意，反应产物为Na2CO3和NaHCO3的混合物，根据Na原子和C原子数守恒来解答。

设溶液中Na2CO3为xmol，为NaHCO3ymol，则有方程式①2x+y=1mol/L×1L②x+y=0.8mol，解得x=0.2，y=0.6，所以[CO32－]：

[HCO3－]＝1：

3

（二）、元素守恒

4、将几种铁的氧化物的混合物加入100mL、7mol•L―1的盐酸中。

氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入0.56L（标况）氯气时，恰好使溶液中的Fe2+完全转化为Fe3+，则该混合物中铁元素的质量分数为（）

A.72.4%B.71.4%C.79.0%D.63.6%

解析

铁的氧化物中含Fe和O两种元素，由题意，反应后，HCl中的H全在水中，O元素全部转化为水中的O，由关系式：

2HCl~H2O~O，得：

n（O）=，m（O）=0.35mol×16g•mol―1=5.6g；

而铁最终全部转化为FeCl3，n（Cl）=0.56L÷22.4L/mol×2+0.7mol=0.75mol，n（Fe）=，m（Fe）=0.25mol×56g•mol―1=14g，则，选B。

（三）电荷守恒法

5、在Na2SO4和K2SO4的混和溶液中，如果[Na+]=0.2摩／升，[SO42-]=x摩／升 ，[K+]=y摩／升，则x和y的关系是

（A）x=0.5y   （B）x=0.1+0.5y  （C）y=2（x－0.1）   （D）y=2x－0.1

　【分析】可假设溶液体积为1升，那么Na+物质的量为0.2摩，SO42-物质的量为x摩，K+物质的量为y摩，根据电荷守恒可得[Na+]+[K+]=2[SO42-]，所以答案为BC

6、用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO2，求所得的溶液中CO23－和HCO3＝的物质的量之比为

　　【分析】根据电荷守恒：

溶液中[Na+]+[H+]=[HCO3－]+2[CO32－]+[OH－]，因为[H+]和[OH－]均相对较少，可忽略不计。

∴[Na+]=[HCO3－]+2[CO32－]，已知[Na+]＝1mol/L，根据C原子守恒：

[HCO3－]+[CO32－]＝0.8mol/L，所以1＝0.8+[CO32－]，所以[CO32－]＝0.2mol/L，[HCO3－]＝0.6mol/L，所以[CO32－]：

[HCO3－]＝1：

3

7将8gFe2O3投入150mL某浓度的稀硫酸中，再投入7g铁粉收集到1.68L

H2（标准状况），同时，Fe和Fe2O3均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗4mol/L的NaOH溶液150mL。

则原硫酸的物质的量浓度为（）

A.1.5mol/LB.0.5mol/LC.2mol/LD.1.2mol/L

解析

粗看题目，这是一利用关系式进行多步计算的题目，操作起来相当繁琐，但如能仔细阅读题目，挖掘出隐蔽条件，不难发现，反应后只有Na2SO4存在于溶液中，且反应过程中SO42―并无损耗，根据电中性原则：

n（SO42―）=n（Na+），则原硫酸的浓度为：

2mol/L，故选C。

8、将K2SO4和Al2（SO4）3和KAl（SO4）2三种混合溶液加H2SO4酸化。

测得

C（SO42-）=0.105mol/L，C（Al3+）=0.055mol，pH=2.0（假设H2SO4完全电离为H+和SO42-）

则C（K+）为：

A.0.045mol/LB.0.035mol/LC.0.055mol/LD.0.040mol/L

解析：

因pH=2.0所以C（H+）=0.01mol/L，C（OH-）很小，忽略不计。

根据电荷守恒有：

C（K+）+3C（Al3+）+C（H+）=2C（SO42-）解之：

C（K+）=0.035mol/L

9、现有K2SO4和Al2（SO4）3和KAl（SO4）2的混合溶液，其中n（SO42-）=2mol向混合溶液逐滴加入KOH，使生成的沉淀刚好完全溶解时，消耗2molKOH溶液，求原溶液中的K+的物质的量？

解析：

生成的沉淀刚好完全溶解时，消耗2molKOH溶液，由反应

Al3++4OH-=AlO2-+2H2On（Al3+）=n（OH-）/4=0.5mol

设原溶液中的K+的物质的量为n（K+原），由电荷守恒，对原溶液有

n（K+原）+3n（Al3+）=2n（SO42-）①

加入2molKOH溶液后，由电荷守恒有：

n（K+原）+n（K+加入）=n（AlO2-）+2n（SO42-）②

由Al元素守恒有：

n（Al3+）=n（AlO2-）③

联立①②③解得：

n（K+原）=2.5mol

10、某些化学试剂可用于净水。

水处理中使用一种无机高分子，化学式为[Al2（OH）nClm•yHO]x，式中m等于

A.3-nB.6-nC.6+nD.3+n

解析：

由电荷守恒有：

3n（Al3+）=n（OH-）+m（Cl-）

即3×2=n+mm=6-n

11、某元素X的氧化物含氧44.0％，已知该元素的相对原子质量为51，则该氧化物的化学式为（      ）

（A）XO   （B）X3O5     （C）XO3     （D）X2O5

【分析】设X元素的化合价为+n，根据氧元素化合价总数等于X元素化合价总数的原则得：

56n/51＝44×2/16，解得n＝5，则氧化物的化学式为D。

（四）电子守恒

12、将纯铁丝5.21克溶于过量稀盐酸中，在加热条件下，用2.53克KNO3去氧化溶液中亚铁离子，待反应后剩余的Fe2+离子尚需12毫升0.3摩/升KMnO4溶液才能完全氧化，写出硝酸钾和氯化亚铁完全反应的方程式。

【分析】铁跟盐酸完全反应生成Fe2+，根据题意可知Fe2+分别跟KMnO4溶液和KNO3溶液发生氧化还原反应，KMnO4被还原为Mn2+，那么KNO3被还原的产物是什么呢？

根据电子得失守恒进行计算可得KNO3被还原的产物是NO，所以硝酸钾和氯化亚铁完全反应的化学方程式为：

KNO3+3FeCl2+4HCl=3FeCl3+KCl+NO+2H2O

13、往150mLFeBr2溶液中缓缓通入2.24L（标况）氯气，反应完全后，溶液中有1/3的溴离子被氧化成溴单质。

求原溶液FeBr2的物质的量浓度。

解：

设原溴化亚铁的物质的量浓度为cmol/L．

氧化还原反应中得失电子数相等得：

0.15cmol×1+0.15Cmol×1/3×2×1=2.24L/22.4L/mol×2，

解得c=0.8，故选D．

14、某稀硝酸溶液中，加入5.6g铁粉充分反应后，铁粉全部溶解，生成NO，溶液质量增加3.2g，所得溶液中Fe2+和Fe3+物质的量之比为（）

A.4∶1　　　B.2∶1　　C.1∶1　　　D.3∶2

解析

设Fe2+为xmol，Fe3+为ymol，则：

x+y==0.1（Fe元素守恒）

2x+3y=0.24（得失电子守恒）

得：

x=0.06mol，y=0.04mol。

则x∶y=3∶2。

故选D

（五）质量守恒

15、1500C时，碳酸铵完全分解产生气态混合物，其密度是相同条件下氢气密度的（  ）

（A）96倍   （B）48倍     （C）12倍     （D）32倍

　　【分析】（NH4）2CO3=2NH3↑+H2O↑+CO2↑根据质量守恒定律可知混和气体的质量等于碳酸铵的质量，从而可确定混和气体的平均分子量为96/4=24，混和气体密度与相同条件下氢气密度的比为24/2=12，所以答案为C

16、0.1mol某烃与1mol过量的氧气混合，充分燃烧后，通过足量的Na2O2固体，固体增重15g，从Na2O2中逸出的全部气体在标准状况下为16.8L，求该烃的化学式。

（六）体积守恒

17、有一真空瓶的质量为M1g，该瓶充入空气总质量为M2g，在相同状况下，若该充某气体A后，总质量为M3g。

则A的相对分子质量为m3-m1除以m2-m1*29

（七）守恒的综合利用

18、.硝酸工业中用NaOH处处理废气，现对废气中的NO和NO2的含量作如下分析：

将一定量的废气通人100mL1mol/LNaOH溶液中，反应后NO和NO2均无剩余，且溶液质量增加3.2g，再向此溶液中通人O2，使溶液中的NaNO2完全转化为NaNO3，再用0.2mol/L盐酸中和过量的NaOH，消耗盐酸100mL，求废气中NO和NO2物质的量之比。

解析：

一共有两个反应：

NO+NO2+2NaOH==2NaNO2+H2O2NO2+2NaOH==NaNO3+NaNO2+H2O显然1molNaOH对应1molN原子消耗的NaOH为0.08mol，所以就有0.08mol的氮氧化物。

0.08mol的N原子为1.12g，氮氧化物为3.20g，可见氧为2.08g，即0.13mol。

显然0.08mol的N和0.13mol的O，为0.05mol的NO2和0.03mol的NO，所以NO和NO2为3:

5

（八）得失电子守恒与终态法结合

19、将5.1g镁和铝投入500ml2mol/L的盐酸中，生成氢气0.5g，金属完全溶解：

再加入4mol/L的NaOH溶液，

（1）若要使生成的沉淀最多，则应加入NaOH溶液的体积是（）

A.200mlB.250mlC.425mlD.560ml

解析：

要使生成的沉淀最多，Mg2+和Al3+全部生成Mg（OH）2和Al（OH）3沉淀，溶液中溶质只含NaCl，据Na+与Cl-守恒有500×2=4×V（NaOH），所以V（NaOH）=250ml。

（2）生成沉淀的质量最多是（）

A.22.1gB.8.5gC.10.2gD.13.6g

解析：

从始态（金属镁和铝）到终态（Mg（OH）2和Al（OH）3）沉淀，固体增加的质量为OH-的质量，只要计算出OH-的物质的量即可，而OH-的物质的量等于反应中转移的电子的物质的量，因反应中生成氢气0.5g，所以转移的电子的物质的量为氢气物质的量的2倍，即0.5mole，答案为D。

（九）质量守恒或电荷守恒与电解质溶液的相关知识结合。

20、常温下由HCl、MgCl2、AlCl3组成的混合溶液1.0L，其物质的量浓度分别为0.1mol/L、0.1mol/L、1.2mol/L

（1）已知溶液中的C（Mg2+）与溶液pH的关系为：

lgC（Mg2+）=17-2pH

向混合溶液中加入NaOH溶液至pH=9能否析出Mg（OH）2沉淀?

（2）向混合溶液中加入NaOH容液，溶液中AlO2-随pH变化如下表：

试写出碱性条件下AlO2-与pH的关系式：

（3）向混合溶液中加入NaOH容液，使溶液的pH=11，需要加入NaOH_____g（忽略溶液的体积变化）

解析：

常温下pH=8时，C（H+）=10-8mol/LC（OH-）=10-6mol/L

C（AlO2-）=10-3mol/L

pH=9时，C（H+）=10-9mol/LC（OH-）=10-5mol/LC（AlO2-）=10-2mol/L

pH=10时，C（H+）=10-10mol/LC（OH-）=10-4mol/LC（AlO2-）=10-1mol/L

pH=11时，C（H+）=10-11mol/LC（OH-）=10-3mol/LC（AlO2-）=100=1mol/L

不难发现C（OH-）=10-3C（AlO2-）①

因为C（OH-）=Kw/C（H+）=10-14/C（H+）②

由pH=-lgC（H+）有C（H+）=10-pH③

联立①②③有：

C（AlO2-）=10pH-11（提示：

关系式是否正确，可带入检验）

（3）向混合溶液中加入NaOH容液，使溶液的pH=11，需要加入NaOH_____g（忽略溶液的体积变化）

解析：

（方法一）中和盐酸消耗NaOH的物质的量为0.1mol，因pH=11，沉淀Mg2+消耗NaOH的物质的量为0.2mol

pH=11时，C（AlO2-）=1mol/L，n（AlO2-）=1mol因为溶液呈碱性，

所以Al3+不能大量共存，由Al元素质量守恒有：

nAl（OH）3=n（Al）-n（AlO2-）

nAl（OH）3=0.2mol1molAl3+转化为AlO2-需要4molOH-，0.2molAl3+转化为Al（OH）3需要0.6molOH-，所以需要加入NaOH的物质的量为

n（NaOH）=0.1+0.2+4+0.6=4.9molm（NaOH）=196g。

（方法二）pH=11时，溶液中溶质为NaCl和NaAlO2溶液，由质量和电荷守恒有：

n（Na+）=n（AlO2-）+n（Cl-）而n（Cl-）=0.1+0.1×2+1.2×3=3.9mol

n（AlO2-）=1mol所以n（NaOH）=n（Na+）=4.9molm（NaOH）=196g

从这里读者不难发现用守恒法的好处！

二、关系式法

21、工业上制硫酸的主要反应如下：

4FeS2+11O22Fe2O3+8SO22SO2+O22SO3SO3+H2O=H2SO4

煅烧2.5t含85％FeS2的黄铁矿石（杂质不参加反应）时，FeS2中的S有5.0％损失而混入炉渣，计算可制得98％硫酸的质量。

解析

根据化学方程式，可以找出下列关系：

FeS2～2SO2～2SO3～2H2SO4，本题从FeS2制H2SO4，是同种元素转化的多步反应，即理论上FeS2中的S全部转变成H2SO4中的S。

得关系式FeS2～2H2SO4。

过程中的损耗认作第一步反应中的损耗，得可制得98％硫酸的质量是=3.36。

三、方程式叠加法

22、将2.1g由CO和H2组成的混合气体，在足量的O2充分燃烧后，立即通入足量的Na2O2固体中，固体的质量增加

A.2.1gB.3.6gC.4.2g　　D.7.2g

解析CO和H2都有两步反应方程式，量也没有确定，因此逐步计算比较繁。

Na2O2足量，两种气体完全反应，所以将每一种气体的两步反应合并可得H2+Na2O2=2NaOH，CO+Na2O2=Na2CO3，可以看出最初的气体完全转移到最后的固体中，固体质量当然增加2.1g。

选Ａ。

此题由于CO和H2的量没有确定，两个合并反应不能再合并!

四、等量代换法

23、有一块Al-Fe合金，溶于足量的盐酸中，再用过量的NaOH溶液处理，将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧完全变成红色粉末后，经称量，红色粉末的质量恰好与合金的质量相等，则合金中铝的质量分数为（）

A.70％B.30％C.47.6％D.52.4％

解析变化主要过程为：

由题意得：

Fe2O3与合金的质量相等，而铁全部转化为Fe2O3，故合金中Al的质量即为Fe2O3中氧元素的质量，则可得合金中铝的质量分数即为Fe2O3中氧的质量分数，O%=×100%=30%，选B。

五、差量法

（一）质量差法

24、在1升2摩/升的稀硝酸溶液中加入一定量的铜粉，充分反应后溶液的质量增加了13.2克，问：

（1）加入的铜粉是多少克？

（2）理论上可产生NO气体多少升？

（标准状况）　　

【分析】硝酸是过量的，不能用硝酸的量来求解。

铜跟硝酸反应后溶液增重，原因是生成了硝酸铜，所以可利用这个变化进行求解。

　　3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O   增重

　　192                     44.8       636-504=132

　　X克                     Y升         13.2      可得X=19.2克，Y=4.48升

25、将碳酸钠和碳酸氢钠的混合物21.0g，加热至质量不再变化时，称得固体质量为12.5g。

求混合物中碳酸钠的质量分数。

解析：

混合物质量减轻是由于碳酸氢钠分解所致，固体质量差21.0g-14.8g=6.2g，也就是生成的CO2和H2O的质量，混合物中m（NaHCO3）=168×6.2g÷62=16.8g，m（Na2CO3）=21.0g-16.8g=4.2g,所以混合物中碳酸钠的质量分数为20%。

26、.在天平两盘内各放有等质量等体积的烧杯，分别盛有同物质的量同体积的盐酸，天平平衡。

再分别加人一定量的镁、铝，充分反应后，若使天平仍然保持平衡，则加人镁、铝的物质的量之比为（   ）

　　（A）9：

8  （B）11：

12     （C）12：

11     （D）3：

4

27、.将4.6g钠和4.8g镁分别投入盛有等物质的量浓度、等体积的稀硫酸的两个烧杯中，充分反应后，所得溶液总质量分别为mg和ng，则不可能的关系为（   ）

（A）m=n  （B）m>n       （C）m

解析：

Na4.6g为0.2mol，Mg4.8g为0.2mol。

2Na+2H+=2Na++H2Mg+2H+=Mg2++H2完全反应Na产生0.1mol的氢气，Mg产生0.2mol的氢气，则溶液质量为Na+酸液-氢气，两者质量相等。

弱酸的质量不够时，Na还会与水反应，直至Na完全反应，它必会生产0.1mol氢气，质量为4.4g+酸液质量。

但Mg不会与水反应，生成的氢气必会小于0.2mol，则溶液质量为酸液质量+4.8g-氢气质量，那么m

所以B选项是不可能的！

（二）体积差法

　28、10毫升某气态烃在80毫升氧气中完全燃烧后，恢复到原来状况（1.01×105Pa,270C）时，测得气体体积为70毫升，求此烃的分子式。

【分析】原混和气体总体积为90毫升，反应后为70毫升，体积减少了20毫升。

剩余气体应该是生成的二氧化碳和过量的氧气，下面可以利用烃的燃烧通式进行有关计算。

　　CxHy+（x+y/4）O2→xCO2+y/2H2O     体积减少

　　1                                                         1+y/4

　　10                                   20

　　计算可得y=4，烃的分子式为C3H4或C2H4或CH4

　29、某体积可变的密闭容器，盛适量A和B的混合气体，在一定条件下发生反应；A＋3B≒2C，若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器的体积为VL，其中C气体的体积占10％，下列推断正确的是（ A ）

　　①原混和气体的为l.2L          ②原混合气体的体积为1.1L

　　③反应达平衡时气体A消耗掉0.05VL      ④反应达平衡时气体B消耗掉0.05VL

（A）②③  （B）②④       （C）①③        （D）①④

A本题对化学平衡的知识是通过简单的定量关系进行考查的，属于理解层次的试题。

它涉及气体体积、物质的量、压强。

依反应，生成气体C的体积等于反应中混合气体减少的总体积；气体A所消耗的体积，等于混合气体减少的总体积的一半；气体B所消耗的体积，等于混合气体减少的总体积的1.5倍。

由于平衡时总体积减少10%VL，则原混合气体的体积应为1VL+10%VL=1.1VL。

建立平衡时，气体A的消耗为：

×10%VL=0.05VL，气体B的消耗为：

5×10%VL=0.15VL

六、十字交叉法

（一）混和气体计算中的十字交叉法

30、在常温下，将1体积乙烯和一定量的某气态未知烃混和，测得混和气体对氢气的相对密度为12，求这种烃所占的体积。

【分析】根据相对密度计算可得混和气体的平均式量为24，乙烯的式量是28，那么未知烃的式量肯定小于24，式量小于24的烃只有甲烷，利用十字交叉法可求得甲烷是0.5体积

31、在相同的条件下，将H2（密度为0.0899g/L）与CO2（密度为1.977g/L）以何体积比混合，才能使混合气体的密度为1.429g/L？

（二）同位素原子百分含量计算的十字叉法

32、溴有两种同位素，在自然界中这两种同位素大约各占一半，已知溴的原子序数是35，原子量是80，则溴的两种同位素的中子数分别等于。

（A）79、81    （B）45、46    （C）44、45    （D）44、46

【分析】两种同位素大约各占一半,根据十字交叉法可知,两种同位素原子量与溴原子量的差值相等,那么它们的中子数应相差2,所以答案为D

（三）混和物反应计算中的十字交叉法

　33、用1L1mol/L的NaOH溶液吸收0.8molCO2，求所得的溶液中CO23－和HCO3＝的物质的量之比为

　【分析】依题意，反应产物为Na2CO3和NaHCO3的混合物，若只生成为Na2CO3，需NaOH1.6mol，若只生成为NaHCO3，需NaOH0.8mol。

现共消耗NaOH1mol，于是由十字交叉法得（右图）：

　　∴n（Na2CO3）：

n（NaHCO3）＝1：

3

七、估算法

　34、有一种不纯的铁，已知它含有铜、铝、钙或镁中的一种或几种，将5.6克样品跟足量稀H2SO4完全反应生成0.2克氢气，则此样品中一定含有

（A）Cu  （B）Al  （C）Ca  （D）Mg　

【分析】计算可知，28克金属反应失去1摩电子就能符合题目的要求。

能跟稀H2SO4反应，失1摩电子的金属和用量分别为：

28克Fe、9克Al、20克Ca、12克Mg，所以答案为A

　八、始终态法

　35、把适量的铁粉投入足量的盐酸中，反应完毕后，向溶液中通入少量Cl2，再加入过量烧碱溶液，这时有沉淀析出，充分搅拌后过滤出沉淀物，将沉淀加强热，最终得到固体残留物4.8克。

求铁粉与盐酸反应时放出H2的体积（标准状况）。

　【分析】固体残留物可肯定是Fe2O3，它是由铁经一系列反应生成，氢气是铁跟盐酸反应生成的，根据2Fe—Fe2O3、Fe—H2这两个关系式计算可得：

H2的体积为1.344

练习题

1、将10.2g的镁和铝投入1000ml2mol/L的盐酸中，金属完全溶解：

再加入4mol/