第4讲 以物质的量为中心的综合计算（解析版）-备战2023年高考化学【一轮 夯实基础】复习精讲精练

这是一份第4讲 以物质的量为中心的综合计算（解析版）-备战2023年高考化学【一轮 夯实基础】复习精讲精练，共10页。
【复习目标】
1．掌握以物质的量为中心的综合运算方法，包括比例式法和关系式法。
2．理解守恒法是化学学科中的一种基本思想和方法，包括质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒。
【知识精讲】
1．依据化学方程式中的定量关系进行相关计算
（1）应用原理
在化学方程式中，各物质的物质的量之比等于其化学计量数之比。各物质均为气体时，各物质的气体体积之比等于其化学计量数之比。
（2）解题步骤
【例题1】将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH＝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100 mL，则NaOH溶液的浓度为________。
【答案】0.2 ml·L－1
【解析】
当Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na＋全部来源于NaOH，且变化过程中Na＋的量不变。根据电荷守恒可知：eq \f(n（Na＋）,n（SOeq \\al(2－,4)）)＝eq \f(2,1)，所以，n(NaOH)＝n(Na＋)＝2n(SOeq \\al(2－,4))＝n(H＋)＝0.1 ml·L－1×0.2 L＝0.02 ml，c(NaOH)＝eq \f(0.02 ml,0.1 L)＝0.2 ml·L－1。
【例题2】高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.2000 ml·L－1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 mL。该样品的纯度为________(列出计算式即可，已知2MnOeq \\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O)。
【答案】eq \f(20.00×10－3×0.2000×\f(2,5)×\f(100,24.48)×158,1.0800)×100%
【解析】
由2MnOeq \\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O知，
w(KMnO4)＝eq \f(m（KMnO4）,m（样品）)×100%＝eq \f(20.00×10－3 L×0.2000 ml·L－1×\f(2,5)×\f(100 mL,24.48 mL)×158 g·ml－1,1.0800 g)×100%。
2．利用关系式法解答连续反应类计算题
（1）应用原理
关系式是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种简化式子。在多步反应中，若第一步反应的产物是下一步反应的反应物，可以根据化学方程式，将该物质作为“中介”，找出已知物质和所求物质之间“量”的关系。
（2）解题步骤
【例题3】为测定某石灰石中CaCO3的质量分数，称取W g石灰石样品，加入过量的浓度为6 ml·L－1的盐酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO2，再加入足量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液后，慢慢加入氨水降低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为C2Oeq \\al(2－,4)＋Ca2＋===CaC2O4↓，过滤出CaC2O4后，用稀硫酸溶解：CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4，再用蒸馏水稀释溶液至V0 mL。取出V1 mL用a ml·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，此时发生反应：2MnOeq \\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。若滴定终点时消耗a ml·L－1的KMnO4 V2 mL，计算样品中CaCO3的质量分数。
【答案】eq \f(25aV0V2,WV1)%
【解析】
本题涉及的化学方程式或离子方程式为
CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O
C2Oeq \\al(2－,4)＋Ca2＋===CaC2O4↓
CaC2O4＋H2SO4===H2C2O4＋CaSO4
2MnOeq \\al(－,4)＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
由方程式可以得出相应的关系式
5CaCO3～5Ca2＋～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnOeq \\al(－,4)
5 2
n1(CaCO3) aV2×10－3 ml
n1(CaCO3)＝2.5aV2×10－3 ml
样品中n(CaCO3)＝2.5aV2×10－3×eq \f(V0,V1) ml
则w(CaCO3)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2.5aV2×10－3×\f(V0,V1)))ml×100 g·ml－1,W g)×100%＝eq \f(25aV0V2,WV1)%。
【例题4】黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 ml·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。
已知：
SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SOeq \\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应) (保留1位小数)。
(2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为 L，制得98%的硫酸质量为 t。
【答案】(1)90.0% (2)3.36×106 15
【解析】
(1)据方程式：
4FeS2＋11O2eq \(=====,\s\up7(高温))2Fe2O3＋8SO2
SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SOeq \\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
得关系式：
Cr2Oeq \\al(2－,7) ～ 6Fe2＋ ～ 3SO2 ～ eq \f(3,2)FeS2
1 eq \f(3,2)
0．020 00 ml·L－1×0.025 00 L eq \f(mFeS2,120 g·ml－1)
m(FeS2)＝0.090 00 g，样品中FeS2的质量分数为90.0%。
(2)4FeS2＋11O2eq \(=====,\s\up7(高温))2Fe2O3＋8SO2
4 ml 8 ml
eq \f(10×106 g×0.9,120 g·ml－1) n(SO2)
n(SO2)＝1.5×105 ml，V(SO2)＝3.36×106 L。
由SO2 ～ SO3～H2SO4
1 ml 98 g
1.5×105 ml m(H2SO4)×98%
得m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。
3．利用守恒法简化解题过程
（1）应用原理
所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。
（2）解题步骤
（3）常考的三种守恒关系
①原子守恒
找出要关注的原子，利用反应前后该原子数目不变列出等式。如含有1 ml FeS2硫铁矿中，完全反应(不考虑过程损耗)制得H2SO4的物质的量，可根据反应过程中S原子守恒，得到n(H2SO4)＝2n(FeS2)＝2 ml。
②得失电子守恒
在涉及原电池、电解池和一般氧化还原反应的计算时，常用得失电子守恒。氧化还原反应中(或系列化学反应中)氧化剂所得电子总数等于还原剂所失电子总数或电解池、原电池中两极转移的电子总数相等。
③电荷守恒
涉及溶液中离子浓度的计算时常需用到电荷守恒，首先找出溶液中所有阳离子和阴离子，再根据阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数列等式。
如Al2(SO4)3、NH4NO3混合溶液中的电荷守恒为3c(Al3＋)＋c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)＝2c(SOeq \\al(2－,4))＋c(NOeq \\al(－,3))＋c(OH－)。
【例题5】聚合氯化铁铝(简称PAFC)，其化学通式为[FexAly(OH)aClb·zH2O]m。某同学为测定其组成，进行如下实验：
①准确称取4.505 0 g样品，溶于水，加入足量的稀氨水，过滤，将滤渣灼烧至质量不再变化，得到2.330 0 g固体。
②另准确称取等质量样品溶于水，在溶液中加入适量Zn粉和稀硫酸，将Fe3＋完全还原为Fe2＋。用0.100 0 ml·L－1标准KMnO4溶液滴定Fe2＋，消耗标准溶液的体积为20.00 mL。
③另准确称取等质量样品，用硝酸溶解后，加入足量AgNO3溶液，得到4.305 0 g白色沉淀。
通过计算确定PAFC的化学式(m为聚合度，不必求出)。
【答案】[FeAl3(OH)9Cl3·3H2O]m
【解析】
第一步：分析测定实验过程中的物质变化
①中得到的2.330 0 g固体为Fe2O3和Al2O3的混合物；
②中发生反应：Zn＋2Fe3＋===Zn2＋＋2Fe2＋、5Fe2＋＋MnOeq \\al(－,4)＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O；
③中发生反应：Ag＋＋Cl－===AgCl↓。
第二步：根据原子守恒、质量守恒、电荷守恒分别求n(Fe3＋)、n(Al3＋)、n(OH－)、n(Cl－)和n(H2O)
根据原子守恒求n(Fe3＋)：
n(Fe3＋)＝n(Fe2＋)＝5n(MnOeq \\al(－,4))＝5×0.100 0 ml·L－1×0.02 L＝0.01 ml
m(Fe2O3)＝eq \f(1,2)n(Fe3＋)×M(Fe2O3)＝eq \f(1,2)×0.01 ml×160 g·ml－1＝0.8 g
根据质量守恒求n(Al3＋)：
n(Al3＋)＝2n(Al2O3)＝2×eq \f(2.330 0 g－0.8 g,102 g·ml－1)＝0.03 ml
根据原子守恒求n(Cl－)：
n(Cl－)＝n(AgCl)＝eq \f(4.305 0 g,143.5 g·ml－1)＝0.03 ml
根据电荷守恒求n(OH－)：
3n(Fe3＋)＋3n(Al3＋)＝n(Cl－)＋n(OH－)
n(OH－)＝3×0.01 ml＋3×0.03 ml－0.03 ml＝0.09 ml
根据质量守恒求n(H2O)：
m(H2O)＝4.505 0 g－m(Fe3＋)－m(Al3＋)－m(Cl－)－m(OH－)＝4.505 0 g－0.01 ml×56 g·ml－1－0.03 ml×27 g·ml－1－0.03 ml×35.5 g·ml－1－0.09 ml×17 g·ml－1＝0.54 g
n(H2O)＝eq \f(0.54 g,18 g·ml－1)＝0.03 ml。
第三步：计算所求物质的化学式
n(Fe3＋)∶n(Al3＋)∶n(OH－)∶n(Cl－)∶n(H2O)＝1∶3∶9∶3∶3，则PAFC的化学式为[FeAl3(OH)9Cl3·3H2O]m。
4．应用化学方程式找差量计算
（1）所谓“差量”就是指反应过程中反应物的某种物理量之和(始态量)与同一状态下生成物的相同物理量之和(终态量)的差，这种物理量可以是质量、物质的量、气体体积、气体压强、反应过程中的热效应等。根据化学方程式求出理论上的差值(理论差量)，结合题中的条件求出或表示出实际的差值(实际差量)，根据比例关系建立方程式并求出结果。
（2）差量法的解题关键是找准研究对象。通常有：
①固体的质量差，研究对象是固体。
②气体的质量差，研究对象是气体。
③液体的质量差，研究对象是液体。
【例题6】为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g，请列式计算该样品中Na2CO3的质量分数。
【答案】
样品加热发生的反应为
2NaHCO3eq \(=====,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑ Δm
168 106 62
m(NaHCO3) (w1－w2) g
样品中m(NaHCO3)＝eq \f(168w1－w2,62) g，
样品中m(Na2CO3)＝w1 g－eq \f(168w1－w2,62) g，
其质量分数为eq \f(mNa2CO3,m样品)×100%＝eq \f(w1 g－\f(168w1－w2,62) g,w1 g)×100%＝eq \f(84w2－53w1,31w1)×100%。
【例题7】16 mL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17.5 mL，计算原混合气体中NO与NH3的物质的量之比。
【答案】
6NO ＋ 4NH35N2＋6H2O(g) ΔV
6 4 5 6 1
V(NO) V(NH3) 1.5 mL
V(NO)＝eq \f(6×1.5 mL,1)＝9 mL，
V(NH3)＝eq \f(4×1.5 mL,1)＝6 mL，
由此可知共消耗15 mL气体，还剩余1 mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)＝(9 mL＋1 mL)∶6 mL＝5∶3，假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9 mL∶
(6 mL＋1 mL)＝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eq \f(9,7)