高中化学高考计算题守恒三大方法.docx

1、高中化学高考计算题守恒三大方法按比例求解化学计算三大法宝之首例1Na2S2O3在30时的溶解度为35.5g/100gH2O。将30时的Na2S2O3饱和溶液271g冷却到10，析出晶体79.5g。计算10时Na2S2O3在水中的溶解度。这是初中化学乃至小学算术中就开始出现的比例问题。首先遇到的问题是每271g30时的饱和溶液中溶质和水各有几克。按比例，135.5g饱和溶液中有溶质35.5g，水100g，271是135.5的两倍，则含溶质71g，水200g。Na2S2O37H2O中Na2S2O3的质量分数为0.5。设10时100g水中最多可溶解Na2S2O3xg，再按比例列式：(71-79.50

2、.5)/(200-79.50.5) = x/100x=19.5答：10时Na2S2O3在水中的溶解度为19.5g/100gH2O。例2某固体仅由一种元素组成，其密度为5.0g/cm3。X射线研究表明在边长为110-7cm的立方体中含有20个原子，此元素的相对原子质量为_。首先考虑：20个原子占体积10-21cm3，则1mol原子占多大体积。还是一个按比例求解的问题。10-21(6.021023/20)=30.1cm3/mol30.15.0=150.5例3达喜的化学成分是铝和镁的碱式盐。取该碱式盐3.01g，加入2.0mol/L盐酸使其溶解，当加入盐酸42.5mL时开始产生CO2，加入盐酸至45

3、.0mL时正好反应完全。计算该碱式盐样品中OH-与CO32-的物质的量之比。在上述碱式盐溶于盐酸后的溶液中加入过量氢氧化钠，过滤，沉淀物干燥后重1.74g。试推测该碱式盐的化学式。假定该盐为AlaMgb(OH)c(CO3)deH2O。盐酸首先与OH-中和，再与CO32-反应生成HCO3-，最后将HCO3-转变为CO2。按比例列式：42.5/2.5 = (c+d)/d c:d=16:1如果d=1，与d对应的HCl为0.005mol，即0.005mol该盐为3.01g。按比例，1mol盐为602g。1.74g沉淀物当为Mg(OH)2，78g/mol，0.03mol。d=1，则b=6。据电荷平衡，a

4、=2最后按分子量确定e=4答：Al2Mg6(OH)16(CO3)4H2O例4难溶盐MCO3w g，加热完全分解为MO和CO2后，残留物的质量较原物质少了p g。求MCO3中M的质量分数。这可“按化学方程式计算”。MCO3 MO+ CO2M+60 44w p按比例列式 (M+60)/w = 44/pM=44w/p -60结果是 = (44w/p)-60/(M+60) =(44w/p)-60/(44w/p)= 1-15p/11w 这里最需要讨论的问题是 (44w/p)-60/(M+60)是否等于 (44w/p)-60/w，或者说后面这个比值是否成立。例5某容器中盛有某种气态烃和氧气的混合物0.03

5、mol，温度为400，其中氧气的量是此烃完全燃烧所需量的2倍。该烃完全燃烧后容器中压力提高了5%(温度保持不变)，并测得H2O的质量为0.162g。求烃的分子式。设该烃分子式为CxHy，其物质的量为amol。CxHy+(x+y/4)O2xCO2+ y/2 H2O(g) y/4-1a (0.03-a)/2 0.162/18 0.035%化学反应方程式中的每一项都可能用于按比例列式。包括“差量”。1/a = (x+y/4)/(0.03-a)/2 = (y/2)/(0.162/18) = (y/4-1)/(0.035%)答：C3H6例6在密闭容器中充入amol SO2和bmol O2(V2O5为催化

6、剂，400)，反应达平衡时，容器内共有Dmol气体。这时容器内尚有SO2_mol。2SO2+ O22SO3 1x a+b-D按比例列式 x/2 = (a+b-D)/1 x=2a+2b-2D (x为反应消耗的SO2的量)剩余的SO2为a-(2a+2b-2D)= 2D-a-2b这里遇到的一个重要问题是反应前后气体的差值究竟是(a+b)-D还是D-(a+b)。例71体积SO2和3体积空气混合后在450以上通过V2O5催化剂发生反应。若同温同压下测得反应前后混合气体的密度比为0.9:1，SO2的转化率为_。质量守恒，密度与体积成反比，该反应前后混合气体的体积比为1:0.9，即总体积下降10%。2SO2

7、+O22SO3 =1x 410%按比例列式： 2/x = 1/0.4x=0.8 (x为转化了的SO2的体积)答：80% 例8氢气和氧气的混合气体，在120和一定压强下体积为aL，点燃后发生反应。待气体恢复至原来的温度和压强时，测得其体积为bL。求原混合气体中氢气的体积。2H2 + O22H2O(g) =1x a-x a-b(1)H2过量，由完全反应的O2按比例列式：a-x=a-b x=b(2)O2过量，由完全反应的H2按比例列式：x/2 = (a-b)/1 x=2(a-b)答：b或2(a-b)L物料守恒化学计算三大法宝之二例1将0.51g镁铝混合粉末溶于4mol/L盐酸溶液50mL中。现加入2

8、mol/L氢氧化钠溶液，要使沉淀达到最大量，需要这种氢氧化钠溶液_mL。解：答案其实与“0.51g”无关。溶液中最后的溶质是NaCl，即NaOH与HCl应等物质的量，各为0.2mol。答：100例2常温下往100mLFeCl3溶液中通入0.224LH2S，结果生成单质硫。再加入过量铁粉，反应停止后溶液中含有0.06mol阳离子。原FeCl3溶液的浓度是_mol/L。解：求解与“0.224L”无关。最后溶液的溶质仅为FeCl2，即有0.12molCl-，即可知原有的FeCl3应为0.04mol。答：0.4 例3沥青铀矿主要成分的分子式为U3O8。历史上，柏齐里乌斯把U的相对原子质量定为120，门

9、捷列夫建议改为240，阿姆斯特朗又认为是180。现已证明门氏正确，请推测柏氏与阿氏给沥青铀矿写的分子式。解：既然门捷列夫正确，则该物质中U与O的质量之比就是2403:168，该比值应该是大家承认的一个客观事实，是各人考虑问题的基点。柏齐里乌斯的结论是(720/120):8，阿姆斯特朗的结论是(720/180):8。答：U3O4 UO2例4在足量水中加入一定量的Na2O2后再加入一定量的铝粉，反应完毕后无固体剩余，得澄清溶液，整个过程共生成气体3.5g。再向溶液中加入3.5mol/LHCl 200mL，先产生沉淀，后沉淀恰好全部溶解。原Na2O2的质量为_g，铝粉的质量为_g。解：设Na2O2、

10、Al的物质的量分别是a、bmol。气体是O2与H2的混合物。每摩尔Na2O2释放O20.5mol，每摩尔Al释放H21.5mol。最后溶液为NaCl和AlCl3的混合液，Cl-全部来自HCl。16a+3b=3.5 2a+3b=3.50.2 a=0.2 b=0.1答：15.6 2.7例5某硫酸溶液100mL里加入1.60g Fe2O3，全部溶解，再向其中加入5.00g铁粉，溶液变浅绿色。反应停止后还剩余3.32g铁粉。求硫酸的物质的量浓度。解：涉及的反应是Fe2O3+3H2SO4Fe2(SO4)3+3H2OFe2(SO4)3+Fe3FeSO4 H2SO4+FeFeSO4+H2最终的溶质仅是FeS

11、O4。SO42-源自H2SO4，Fe2+源自Fe2O3和Fe。n(SO42-)=n(Fe2+)= (1.6/160)2+(5.00-3.32)/56 =0.05mol答：0.5mol/L 例6高炉煤气的平均组成(体积分数)为：CO-0.28，CO2-0.10、N2-0.58、其它-0.04。生产1000kg生铁耗用石灰石250kg，排放煤气2400m3(标准状况)。计算：(1)生产1000kg生铁至少需要多少千克焦炭？(2)高炉煤气所需O2来源于空气。生产1000kg生铁需要提供多少立方米(标准状况)空气？(设空气中O2和N2的体积分数分别为0.20和0.80。)解：本题不能按O的物料守恒求解

12、，因为O的来源除空气、石灰石外还有矿物。我们不知道矿物的成分，铁的氧化物尚不确定，如Fe2O3、Fe3O4等。(1)考虑利用C的物质的量，因为C来自石灰石和焦炭，结果主要就是CO和CO2，来龙去脉都清楚。24000.38/22.4 2.5 = 38.21kmol(2)考虑利用来自空气的N2量不变。24000.585/4 =1740答：(1)458.6kg (2)1740m3 例7有镁和铝两种金属的混合粉末1.44g，在50mL3.4mol/LHCl中全部溶解。再加50mL 4.0mol/LNaOH溶液，得白色沉淀物。滤出沉淀物灼烧至质量不再减小，得固体1.11g。在滤液中滴加少量稀盐酸即有沉淀

13、产生。原混合物中镁的质量为_g。解：涉及的反应可能包括：Mg+HCl、Al+HCl、HCl+NaOH、MgCl2+NaOH、AlCl3+NaOH、Al(OH)3+NaOH、Mg(OH)2分解、Al(OH)3分解。沉淀物估计为Mg(OH)2和Al(OH)3，1.11g固体为MgO和Al2O3。滤液成分为NaAlO2和NaCl。 由于碱性，溶液中不可能再有Mg2+、Al3+；沉淀中有Al(OH)3，溶液中也不可能有值得计量的OH-。物料守恒，Cl-为0.17mol，Na+为0.20mol，故NaAlO2为0.03mol。设镁粉xmol，铝粉ymol，40x+(y-0.03)102/2=1.11 2

14、4x+27y=1.44 x=0.015mol答：0.36g例8在三个密闭容器内分别装有：(1)Na2O2和NaHCO3 (2)Na2O2和NH4HCO3 (3)Na2O2和Ca(HCO3)2，其中每种物质均为1mol。将它们加热至300，充分反应后排出气体。求各容器内残留的固体物质名称及其物质的量。解：三个容器内首先发生的都是酸式盐的分解。NaHCO3(1/2)Na2CO3+(1/2)CO2+(1/2)H2ONH4HCO3 NH3+H2O+CO2Ca(HCO3)2CaCO3+CO2+H2O然后是H2O、CO2与Na2O2的反应，生成NaOH、Na2CO3。容器掀开后，肯定不会被排出的是金属离子

15、Na+和Ca2+。三个容器中分别有(1)3molNa+、(2)2molNa+、(3)2molNa+和1molCa2+。还有一个必须考虑的问题是，容器内先有NaOH还是先有Na2CO3。应该是先有Na2CO3，按理想状况下的结果来考虑，CO2反应完后才有NaOH留存，因为CO2与NaOH不能共存。这就使本题的计算变成了金属离子与C、H的组合问题。答：(1)Na2CO3和NaOH各1mol(只有O2逸出) (2)1molNa2CO3(O2、NH3、H2O逸出) (3)Na2CO3和CaCO3各1mol(O2与H2O逸出)例9将NaHCO3和Na2O2固体混合物置于密闭容器中加热至250，使其充分反

16、应后，放出气体，最后测得残余固体由两种物质组成，分别为amol和bmol，且ab。(1)原固体混合物中NaHCO3和Na2O2的物质的量分别是_mol、_mol。 (2)最后气态生成物中各物质的量为A_ _mol；B_ _mol。解：残留固体是NaOH和Na2CO3。如果Na2O2足量，NaHCO3分解产生的H2O与CO2均被完全吸收，NaOH和Na2CO3为1:1(这可从H、C元素的比例上看出)。但ab，说明Na2O2不足，且由于CO2与NaOH不能共存，部分H2O未参加反应而随气体逸出，故a指Na2CO3，b指NaOH。据C元素守恒，原NaHCO3也是amol。据Na+的量守恒， a+2n

17、(Na2O2)=2a+b Na2O2为(a+b)/2 mol据H元素守恒，逸出的H2O为 n(H2O)=(a-b)/2 mol答：(1)a (a+b)/2 (2)H2O (a-b)/2 O2 (a+b)/4例10取100mL 18.3mol/L的H2SO4与Zn反应，Zn完全溶解；生成的气体为1mol；将所得溶液稀释至1L，测得溶液中的H+浓度为1mol/L。气体中H2与SO2的体积比约为_。解：设H2、SO2分别为a、bmol，a+b=1。据化合价升降平衡，Zn为1mol。据S元素守恒， 剩余H2SO4+ZnSO4+SO2=原浓H2SO40.5+1+b=1.83 a=0.67，b=0.33答

18、：2:1例11为测定某铜银合金的成分，将30.0g合金溶于80mL13.5mol/L的浓硝酸中，待合金完全溶解后，收集到气体6.72L(标准状况)，并测得溶液的pH0。假定反应后溶液体积仍为80mL，求：(1)被还原的HNO3的物质的量。 (2)合金中银的质量分数。 (3)气体的成分。解：认为气体为NO2与NO混合物，气体的物质的量就是被还原的HNO3的物质的量。物料守恒，n(HNO3)=2n(Cu(NO3)2)+n(AgNO3)+n(HNO3,剩余)+n(NOx)13.50.08=2n(Cu)+n(Ag)+10.08+0.364n(Cu)+108n(Ag)=30.0n(Ag)=0.1mol

19、10.8g n(Cu)=0.3mol电子得失平衡 n(NO2)+3n(NO)=2n(Cu)+n(Ag)n(NO2)+3n(NO)=0.3 答：(1)0.3mol (2)36% (3) n(NO2)=0.1mol 3n(NO)=0.2mol电荷或电子得失平衡化学计算三大法宝之三例1在Na2S溶液中，各微粒浓度间存在下列关系：(1)Na+H+OH-+_(2)OH-H+HS-+_(3)Na+2S2-+_解：(1)溶液是电中性的，阳离子的正电荷数等于阴离子的负电荷数。(该等式也叫电荷平衡式) 答：HS-+2S2-；(2)H2O电离的H+与OH-离子数原本相等，只是水解中有些H+被S2-结合成了HS-或

20、H2S。(该等式也叫质子平衡式) 答：2H2S；(3)Na+离子数原本是S2-离子数的两倍，只是水解中有些S2-已变成了HS-或H2S。(该等式也叫物料平衡式) 答：2HS-+2H2S例210.000g粗盐中含杂质CaSO4、MgSO4、MgCl2及其它不溶性固体杂质，其中SO42-0.005mol，Ca2+0.002mol，Mg2+0.008mol，其它不溶性杂质0.093g。这种盐的纯度为_%。解：设作为杂质成分的Cl-为xmol。电荷平衡：n(SO42-)2+x = n(Ca2+)2+ n(Mg2+)20.0052+x = 0.0022+0.0082 x=0.01mol杂质总质量为 96

21、0.005+400.002+240.008+35.50.01+0.093=1.2g答：88例39.8g Fe-Mg合金溶解在一定量的某浓度的稀HNO3中，收集到4.48L NO气体(STP；设HNO3的还原产物只有NO)，在反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，生成的沉淀的质量是_g。解：根据本题给出的条件，若HNO3略嫌不足，Fe的氧化产物究竟是Fe3+、Fe2+，还是两者兼有，尚不得而知。HNO3被还原为NO，每摩尔需得电子3mol，0.2molNO则需得电子0.6mol。这些电子由合金提供，即反应后所有Fe、Mg离子将总共带0.6mol正电荷，它们将结合0.6molOH-成为电中性的氢氧

22、化物。9.8+0.617=20.0答：20.0例4取0.04mol KMnO4固体加热一段时间后，收集到amol单质气体A。在反应后的残留固体中加入过量的浓HCl并加热充分反应，又收集到bmol单质气体B，Mn元素则全部以Mn2+形式存在于反应后的溶液中。求：b=_(用a表示) 解：A是O2，B是Cl2。KMnO4在分解出氧气的过程中2KMnO4K2MnO4 +MnO2 +O2部分变成K2MnO4和MnO2，并有部分剩余，但这些Mn的高价化合物又参与了对Cl-的氧化，最终都变成了Mn2+。据最终的电子得失平衡：0.045=a4+b2答：0.1-2a例5称取11.2g铁粉溶于过量的稀硫酸中，再加

23、入一定量的无水硝酸钾晶体，经加热完全反应(产生NO)后，冷却到室温。此溶液用0.5mol/L的KMnO4溶液滴定，当滴定液用去20.0mL时，溶液中Fe2+恰好被完全氧化(MnO4-变为Mn2+)。求所加硝酸钾晶体的质量。解：MnO4-与NO3-两者共同参与了对Fe2+的氧化。据电子得失平衡，n(MnO4-)5+n(NO3-)3=n(Fe2+)1 0.50.025+n(NO3-)3=11.2/56n(NO3-)=0.05mol(KNO3的摩尔质量为101g) 答：5.05g例614g铜银合金与足量的硝酸反应，将放出的气体与1.12L(标准状况)氧气混合通入水中，气体恰好被完全吸收。求合金中铜的

24、质量。解：HNO3被Cu、Ag还原为氮氧化物，这些氮氧化物又被O2氧化而完全变回为HNO3，总结果相当于0.05molO2氧化了Cu、Ag。设Cu、Ag分别为a、bmol。首先有电子得失平衡。电子得失如果不平衡，电荷就不可能平衡。2a+b=0.054 64a+108b=14 a=0.05，b=0.10答：3.2g例7为测定碘酸铜(Cu(IO3)2)的溶解度，在室温下吸取100mL碘酸铜饱和溶液，加入过量酸化的KI溶液。充分反应后，再用0.130mol/L Na2S2O3溶液滴定生成的碘，消耗Na2S2O3溶液35.0mL。反应过程如下：IO3-+5I- +6H+ 3I2+3H2O 2Cu2+4

25、I- 2CuI+I2 I2+2S2O32- 2I-+S4O62-(1)实验中参加反应的Cu(IO3)2的物质的量是_mmol。(2)碘酸铜在室温下的溶解度为_g/L。解：从反应全过程看，I2相当于中间产物，最终结果是Cu(IO3)2氧化了S2O32-，还原产物是CuI和I-，碘元素完全变成了-1价的碘。1mol Cu(IO3)2总共得电子13mol。1molS2O32-在变成(1/2)molS4O62-时失去1mol电子。Cu(IO3)2的物质的量：0.1335/13 =0.35(mmol)0.35414=144.9(mg) (414是Cu(IO3)2的摩尔质量)答：0.35 1.45 例80

26、.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。求该混合气体的平均相对分子质量的取值范围。 解：0.03molCu提供的0.06mol电子还原出了0.05mol气体，即平均每摩尔气体的产生得益于1.2mol电子。每摩尔NO曾得电子3mol、每摩尔NO2曾得电子1mol、每摩尔N2O4曾得电子2mol，所以三种气体中NO2不可或缺。第一种极端情况是混合气体中NO极少，主要成分是NO2和N2O4，n(NO2)+n(N2O4)=1 n(NO2)1+n(N2O4)2=1.2解得1mol混合气体由0.2molN2O4和0.8molNO2组成。平均分子量为55

27、.2。第二种极端情况是混合气体中N2O4极少，主要成分是NO2和NO，n(NO2)+n(NO)=1 n(NO2)1+n(NO)3=1.2解得1mol混合气体由0.1molNO和0.9molNO2组成。平均分子量为44.4。答：(44.4，55.2)例9在一烧杯足量纯水中投入金属钠和金属铝共A g，在常温下发生反应，反应后发现烧杯中放出气体B g。假定铝与强碱的反应能完全进行，求金属铝的质量。解：可将反应理解为Na与H2O反应生成NaOH，NaOH再与Al以1:1反应生成NaAlO2。(1)钠相对铝过量，金属没有剩余。每摩尔钠丢失1mol电子，每摩尔铝丢失3mol电子，每摩尔电子被1molH获得

28、。(x/27)3+(A-x)/23=B(2)铝相对钠过量，铝有剩余。每摩尔钠与铝共丢失4mol电子。4(A-x)/23=B答：9(23B-A)/14g 或 A-23B/4g例10某次用容量法测定磷肥含磷量的主要步骤如下：准确称取磷肥0.385g，用硫酸和高氯酸在高温下使之分解，将磷转化为磷酸。过滤、洗涤、弃去残渣。在磷酸中加入过量钼酸铵溶液生成钼磷酸铵(NH4)3H4PMo12O42H2O)沉淀。过滤、洗涤，将沉淀溶于40.00mL1.026mol/L NaOH标准溶液中(沉淀完全溶解，NH3未有放出)，以酚酞为指示剂，用0.1022mol/L盐酸标准溶液滴定至终点(MoO42-、HPO42-

29、)，消耗盐酸15.20mL。计算磷肥中磷的质量分数。(1)滴定完毕，溶液的电荷平衡式如何表示？不计OH-、H+等浓度极低的离子，请完成下列等式：_ = 2n(MoO42-)+ 2n(HPO42-) + _(2)若取P(磷)的物质的量为x，该式简化为_(3)代入数据计算磷肥中磷的质量分数(以P2O5计)。解：(1)首先是电荷平衡n(Na+) + n(NH4+) + n(H+) = 2n(MoO42-) + 2n(HPO42-) + n(Cl-) + n(OH-)(2)HPO42-的存在使该溶液不可能是强酸性，NH4+的存在使该溶液不可能是强碱性，n(H+)与n(Na+)相比、n(OH-)与n(Cl-)相比均可忽略不计。物料守恒，N、Mo的物质的量分别是P的3倍和12倍。Na+、Cl-的物质的量就是NaOH和HCl的物质的量。(3)23x+0.10220.0152=1.0260.04 x=0.00172mol0.00172142/(20.385) =0.317 (142为P2O5的摩尔质量)答：(1)n(Na+) + n(NH4+) n(Cl-) (2)n(Na+) = 23x + n(Cl-)(3)0.317