中学化学计算详解.docx

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中学化学计算详解

中学化学计算

一．概念性计算：

C、K（平衡常数K、Ksp、Ka、Kb、）、W、转化率α、产率％、pH、速率、密度（aq、晶体、气体等）

二．关于化学式计算确定化学式或据化学式计算。

三．关于化学方程式计算

⒈单一反应：

各物质△n之比等于对应化学计量数之比；

⒉平行反应：

方程组；

⒊连续反应：

关系式法。

四．混合物计算

⒈基本思路：

一般设各未知为x、y…mol，再根据方程式或守恒关系列方程组求解。

特殊时具体问题具体分析，但主要是考虑守恒点或等量关系。

⒉常用解题方法：

方程组、守恒法、差量法、极值法、平均值法（含平均值法的逆运算→十字交叉法）、讨论法。

分析→解题步骤：

⒈看问题。

⒉查已知与未知，确定关系（分析和综合）⒊用最简单的方法解决问题⒋书写检查。

五．典例分析与有关讲解：

[例1]：

25℃下，将amol·L-1的氨水与0.01mol·L-1的盐酸等体积混合，反应时溶液中c（NH4+）=c（Cl-）。

则溶液显性（填“酸”、“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=。

[例2]：

过渡元素钴（Co）有多种可变化合价．将11.9gCoCO3在纯净氧气中加热可得到8.3g钴的氧化物，则CoCO3在纯氧中受强热发生反应的化学方程式是（　）

A．CoCO3+O2

CoO3+CO2B.2CoCO3+O2

2CoO2+2CO2

C.4CoCO3+3O2

2Co2O5+4CO2D.4CoCo3+O2

2Co2O3+4CO2

[守恒法][根据某些量守恒的关系进行解题，思路清晰，条理分明，解题快速是中学化学计算中最常用的一种方法。

守恒法的最基本原理为——质量守恒定律，并由此衍生出来：

一切化学变化中都存在的——微粒守恒，氧化还原反应中存在的——得失电子守恒，化合物的化学式存在的——正、负化合价总数相等，电解质溶液中存在的——阴、阳离子电荷守恒]　

1.元素守恒：

[例3]粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42—等杂质，取120g粗盐溶于水过滤除去6g不溶物，向滤液中依次加入过量的①1mol/L的氢氧化钠溶液200mL；②4.56g固体氯化钡；③31.8%的碳酸钠溶液10g，发现白色沉淀逐渐增多，过滤除去沉淀物，再加入过量的盐酸，使溶液呈酸性，加热蒸发得NaCl晶体126.65g，求粗盐中含NaCl的质量分数。

解析：

126.65gNaCl来自两方面：

粗盐中原有NaCl，除杂过程中产生的NaCl。

根据Na+守恒可知，后者NaCl可由加入的Na2CO3和NaOH来确定，即除杂中生成的NaCl为：

。

所以粗盐中NaCl为：

答案：

92.9%％

[例4]现有mmolNO2和nmolNO组成的混合气体，欲用amol/LNaOH溶液，使该混合气体全部转化成盐进入溶液，使混合气体全部转化成盐进入溶液，需用NaOH溶液的体积是（   ）

A.

L     B.

L   C.

L    D.

L

解析：

NO2与NaOH溶液的反应为：

3NO2＋2NaOH=2NaNO3＋NO＋H2O

NO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2O

在足量的NaOH时，混合气体可全部被吸收转化成盐NaNO3和NaNO2。

我们不必设多个未知数，只要认真观察两种盐的化学式会发现：

Na元素和N元素的物质的量之比为1︰1，由氮原子物质的量即为所需NaOH的物质的量：

n（NaOH）=（m＋n）mol

∴

=

=

答案：

D

2.电荷守恒：

[例5]镁带在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁，将燃烧后的产物全部溶解在50mL，浓度为1.8mol/L盐酸溶液中，以20mL0.9mol/L的氢氧化钠溶液中和多余的酸，然后在此溶液中加入过量碱把氨全部释放出来，用足量盐酸吸收，经测定氨为0.006mol，求镁带物质的量。

解析：

化学反应方程式为2Mg＋O2

2MgO Mg＋2HCl=MgCl2＋H2O

3Mg＋N2

Mg3N2Mg3N2＋8HCl=3MgCl2＋2NH4ClNH4Cl＋NaOH

NaCl＋NH3↑＋H2O

我们用流程图来表示会更清晰一些：

溶液A

在溶液A中的阴离子为Cl－、阳离子为Mg2＋、NH4＋、H＋，根据电荷守恒有：

n（Cl－）=2n（Mg2＋）＋n（NH4＋）＋n（H＋）

n（HCl）=2n（Mg2＋）＋n（NH3）＋n（Na＋）

0.05×1.8=2n（Mg2+）+0.006+0.9×0.02

n（Mg）=n（Mg2+）=0.033mol答案：

镁带物质的量为：

0.033mol。

终态分析[例6]向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，加入100mL1mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（标况）的气体，所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到的铁的质量为（   ）

   A.11.2g   B.5.6g   C.28g  D.无法计算

 4.得失电子相等（守恒）：

[例7]将mmol的Cu2S跟足量稀HNO3反应，生成Cu（NO3）2、H2SO4、NO和H2O，则参加反应的HNO3中被还原的HNO3的物质的量是（   ）

A.4mmol    B.10mmol  C.10m/3mol  D. 2m/3mol答案：

C

 5.综合守恒：

[例8]取钠、钙各一小块，投入适量水中，反应完毕时只收集到H21.568L（标准状况）再取碳酸钠和碳酸氢钠的混合物3.8g加入到所得的溶液中，当反应完后（此时Ca2+、CO32—、HCO3—完全进入沉淀）将溶液蒸干，得到白色固体8.8g，再将白色固体用水洗涤、干燥得白色不溶物4g。

试求：

（1）钠、钙各多少克？

（2）NaHCO3、Na2CO3、各多少克？

解析：

为了便于分析各量之间的关系，先据题目画出图（图示法分析题）

（1）由钙守恒得：

n（CaCO3）=n（Ca）=

=0.04mol

  由电子守恒得：

Ca～H2～2e-Na～

H2～e-0.04+

m=

m=0.06mol

  则Ca:

0.04×40=1.6gNa:

0.06×23=1.38g

（2）方法一：

根据Na守恒可得：

4.8gNaOH中的Na来自于单质Na和NaHCO3与Na2CO3即：

解得：

x=y=0.02mol,则NaHCO3：

0.02×84=1.68g，Na2CO3:

0.02×106=2.12g

方法二：

根据碳C守恒，4gCaCO3中的C来自于Na2CO3和NaHCO3。

方法三：

根据OH－守恒：

Ca（OH）2、NaOH中的OH－等于NaHCO3消耗的OH－和余下的OH－。

Ca～Ca（OH）2～2OH-Na～NaOH～OH-NaHCO3＋NaOH=Na2CO3＋H2O（设NaHCO3为xmol，等于NaOH的物质的量），有0.04×2+0.06=x+

，则x=0.02mol

化学式[例9]将固体草酸锰MnC2O4·2H2O放在一个可以称出质量的容器里加热．固体质量随温度的变化的关系如下图所示：

试通过对该图象数据分析和计算，回答在不同温度范围固体质量变化的原因．

[例10]将两种硫酸盐按一定比例混合后共熔，可制得化合物X，X溶于水能电离出K＋、Cr3＋、SO42－，若将2.83gX中的Cr3＋全部氧化为Cr2O72－后，溶液中的Cr2O72－可和过量KI溶液反应，得到3.81gI2，反应的离子方程式为：

Cr2O72－＋6I－＋14H＋=2Cr3+＋3I2＋7H2O，若向溶有2.83gX的溶液中，加入过量的BaCl2溶液，可得到4.66g白色沉淀．由此可推断出X的化学式为（　）

　　A．K2SO4·2Cr2（SO4）3　　　　B．2K2SO4·Cr2（SO4）3

　　C．K2SO4·Cr2（SO4）3　　　　D．K2SO4·1/2Cr2（SO4）3

讨论法在已平衡的托盘天平左右托盘上各放一等质量的烧杯，并分别往烧杯中注入5mol/L盐酸60mL．向左盘烧杯中放入agCaCO3粉末，往右盘烧杯中加入xgA物质粉末，充分反应后天平仍保持平衡．

（1）若A为NaHCO3:

①当a≤15时，x的值为________（用含a的代数式表示，以下同）．

　　②当18.6≥a＞15时，x的值为________．

　　③当a＞18.6时，x的值为________．

（2）若A为KHCO3，且两只烧杯中均无固态物质存在，则x的取值必须满足的条件是________．

过量计算20℃时，向50mL1mol/L的Na2CO3溶液中滴加1mol/L的盐酸75mL，在液面上收集所产生的气体，这些气体经干燥后换算为标准状况下的体积为（　）

　　A．840mL　　B．560mLC．小于840mL大于560mL　D．略小于560mL

极值法1.用稀H2SO4溶解FeS和Fe（OH）3的混合物56.6g，可得3.2gS，原混合物中FeS的质量可能是（　）

A．8.8g　　　　B．21.4g　　　C．35.2g　　　D．47.8g

　2.0.03mol铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物NO、NO2、N2O4混合气体共0.05mol。

该混合气体的平均相对分子质量可能是

A．30B．46C．50D．66

其它1当温度升高时，1molA气体能分解成2mol气体。

现将一定量的A气体放入某一密闭器中使温度升高，让其分解，当有40%A分解时，该反应达到平衡。

平衡时反应混合气体的平均相对分子质量为65.7，则A的相对分子质量为     。

　2准确称取铝土矿（含SiO2、Al2O3、Fe2O3）6g样品，放入盛有100mL硫酸溶液的烧杯中，充分反应后过滤，向滤液中加入10mol/L的NaOH溶液，产生沉淀的物质的量（y）与所加NaOH溶液体积（x）的关系如图所示，求硫酸的物质的量的浓度。

3vmlCmol/LFe2（SO4）3的硫酸溶液能恰好与25.00mL0.1mol/L盐酸羟胺（NH2OH·HCl）完全反应，Fe2（SO4）3被还原成FeSO4。

用0.0500mol/LKMnO4溶液滴定所得溶液Fe2＋全部转化为Fe3＋，消耗了30.00mLKMnO4溶液．

（1）写出用KMnO4溶液滴定时的离子方程式；

（2）写出盐酸羟胺与Fe2（SO4）3反应的化学方程式．

4［2012·四川理综化学卷12］在体积恒定的密闭容器中，一定量的SO2与1.100molO2在催化剂作用下加热到600℃发生反应：

2SO2+O2

2SO3；△H＜0。

当气体的物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，在相同的温度下测得气体压强为反应前的82.5%。

下列有关叙述正确的是

A.当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时反应达到平衡

B.降低温度，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大

C.将平衡混合气体通入过量BaCl2溶液中，得到沉淀的质量为161.980g

D.达到平衡时，SO2的转化率是90%

D【解析】本题考查化学反应速率、平衡及计算。

SO3的生成速率和SO2的消耗速率都是正反应速率，两者始终相等，不能说明已达平衡，A错；由于正反应是放热的，所以降温时平衡右移，正反应速率大于逆反应速率，即正反应速率较小程度小于逆反应速率，B错；根据化学方程式知：

生成的SO3的物质的量是气体总物质的量减小量的2倍，即0.63mol，SO2不与BaCl2反应，则生成硫酸钡为0.63mol，得到146.79g，C错；根据平衡前后的压强比知反应前气体的总物质的量减小0.315g，即减小1-82.5%=17.5%，所以反应前气体总物质的量为1.8mol，O2为1.1mol，则SO2为0.7mol.消耗的SO2的物质的量等于生成的SO3的物质的量，即0.63mol，转化率为0.63mol/0.7mol=90%，D正确。

5.CaSO4（s）＋CO32－（aq）

CaCO3（s）＋SO42－（aq）

已知298K时，Ksp（CaCO3）=2.80×10—9，Ksp（CaSO4）=4.90×10—5，求此温度下该反应的平衡常数K（计算结果保留三位有效数字）。

K=1.75×104