统考版2021届高考化学二轮复习备考提升指导与精练1化学计算中的几种方法含解析

这是一份统考版2021届高考化学二轮复习备考提升指导与精练1化学计算中的几种方法含解析，共9页。试卷主要包含了应用① 守恒法，40g B．28，5,36，02 g，64 B．9，36 g B．2，52 L等内容，欢迎下载使用。

①．质量守恒法
例1．有14g Na2O2、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．20.40g B．28.60 g C．24.04 g D．无法计算
【解析】混合物与盐酸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%×eq \f(35.5,36.5)＝m(NaCl)×eq \f(35.5,58.5)，解得m(NaCl)≈24.04g。
【答案】C
②．原子(或离子)守恒
例2．13.6g Fe和Fe2O3的混合物，加入150mL足量的稀硫酸，在标准状况下收集到1.12L H2，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液不变红。为中和过量的H2SO4，并使Fe元素全部转化为Fe(OH)2沉淀，恰好消耗了200mL 3ml/L的NaOH溶液，则该稀H2SO4的物质的量浓度为（ ）
A．2ml/L B．2.25ml/L C．3ml/L D．0.6ml/L
【解析】Fe和Fe2O3的混合物与稀H2SO4反应，Fe和Fe2O3均无剩余，且有H2生成，说明反应生成FeSO4，为了中和过量的硫酸，而且使FeSO4完全转化成Fe(OH)2，共消耗3ml·L−1的NaOH溶液200mL，说明反应后的溶液溶质只有Na2SO4，根据硫酸根离子守恒，则n(H2SO4)=n(Na2SO4)，根据钠离子守恒，则n(Na2SO4)=1/2n(NaOH)，则有n(H2SO4)=n(Na2SO4)=1/2n(NaOH)=1/2×3ml·L−1×0.2L=0.3ml，故该硫酸的物质的量浓度为c(H2SO4)=0.3ml÷0.15L=2ml·L−1，故选A。
【答案】A
③．电子守恒
例3．取x g铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960 mL的NO2气体和672 mL的N2O4气体(都已折算到标准状态)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02 g。则x等于（ ）
A．8.64 B．9.20 C．9.00 D．9.44
【解析】反应流程为eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(Mg,Cu))eq \(――——→,\s\up7(浓HNO3))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Mg2+、Cu2+,NO2、N2O4))eq \(――——→,\s\up7(NaOH))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs2\al\c1(Mg(OH)2、Cu(OH)2))；x g＝17.02g-m(OH−)，而OH−的物质的量等于镁、铜失去电子的物质的量，等于浓HNO3得电子的物质的量，即：n(OH−)＝eq \f(8.96 L,22.4 L·ml－1)×1+eq \f(0.672 L,22.4 L·ml－1)×2×1＝0.46ml；所以x g＝17.02g-0.46ml×17g·ml－1＝9.20g。
【答案】B
④．电荷守恒
例4．在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b ml BaCl2，恰好使溶液中的SOeq \\al(2−,4)离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到c ml NH3，则原溶液中的Al3+浓度(ml/L)为（ ）
A． B． C． D．
【解析】由混合溶液中加入b ml BaCl2，恰好使溶液中的SOeq \\al(2−,4)离子完全沉淀，则根据SOeq \\al(2−,4)+Ba2+=BaSO4↓可知n(SOeq \\al(2−,4))=b ml；由加入足量强碱并加热可得到c ml NH3，根据NHeq \\al(+,4)+OH−eq \(====,\s\up7(△))NH3↑+H2O可知n(NHeq \\al(+,4))=c ml，由于溶液不显电性，设原溶液中的Al3+的物质的量为x，由电荷守恒可知，3x+c=2b，所以x=ml，由于溶液的体积是a L，所以原溶液中Al3+的物质的量浓度c(Al3+)=ml/L，故合理选项是D。
【答案】D
2.应用② 差量法
例5．将26.4g Na2O与Na2O2的混合物投入足量的水中溶解，反应后水溶液增重24.8g，则原混合物Na2O与Na2O2的物质的量之比是（ ）
A．1∶3 B．3∶1 C．13∶31 D．31∶13
【解析】Na2O2与Na2O的混合物投入足量的水中溶解发生的反应为：①Na2O+H2O=2NaOH、②2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，26.4g Na2O2与Na2O的混合物投入足量的水中溶解，称得水溶液增重24.8g，减少的1.6g为生成氧气的质量，氧气的物质的量为0.05ml，根据反应②知，混合物中Na2O2的物质的量为0.1ml，则Na2O2的质量为7.8g；混合物中Na2O的质量为26.4g-7.8g=18.6g，则Na2O的物质的量为0.3ml，则原混合物中Na2O与Na2O2的物质的量之比是3∶1，故选B。
【答案】B
3.应用③ 关系式法
例6．向200mL 0.1ml·L−1的Fe(NO3)2溶液中加入适量的NaOH溶液，使Fe2+恰好完全沉淀，过滤，小心加热沉淀，直到水分蒸干，再灼烧到质量不再变化，此时固体的质量为（ ）
A．4.36 g B．2.82 g C．1.6 g D．1.44 g
【解析】Fe(NO3)2与NaOH反应生成Fe(OH)2，加热过程中Fe(OH)2被氧气氧化成Fe(OH)3，Fe(OH)3受热分解为Fe2O3和水，最后得到固体为Fe2O3，根据2Fe(NO3)2~Fe2O3，n(Fe2O3)=200×10−3×0.1/2ml=0.01ml，即氧化铁质量为0.01×160g=1.6g，故选项C正确。
【答案】C
4.应用④ 假设法
例7．16mL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的物质的量之比有四种情况：①5∶3 ②3∶2 ③4∶3 ④9∶7。其中正确的是（ ）
A．①② B．①④ C．②③ D．③④
【解析】根据反应前后气体的总体积，可用差量法直接求解。
6NO + 4NH3 = 5N2+ 6H2O(g) ΔV(气体的体积差)
6 mL 4mL 5mL 6mL (5+6)-(4+6)＝1mL(理论差量)
9 mL 6mL 17.5-16＝1.5mL(实际差量)
由此可知共消耗15mL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+1 mL)∶6mL＝5∶3，假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9 mL∶(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5∶3与9∶7之间，对照所给数据知3∶2与4∶3在此区间内。
【答案】C
5.应用⑤ “滴定法”分析物质组成及含量
例8．二氧化氯（ClO2）很不稳定，是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂。实验室以NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料制备ClO2，制备的ClO2用水吸收得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：
步骤1：准确量取ClO2溶液10.00 mL，稀释成100.0 mL试样；
步骤2：量取10.00 mL试样加入到碘量瓶中，用适量的稀硫酸调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30 min。
步骤3：用0.01000 ml·L−1 Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉溶液作指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL（已知I2+2S2Oeq \\al(2−,3)＝2I−+S4Oeq \\al(2−,6)）。
（1）若步骤2中未将锥形瓶“在暗处静置30 min”，立即进行步骤3，则测定的结果可能____（选填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
（2）上述步骤3中滴定终点的现象是______。
（3）请根据上述步骤计算出原ClO2溶液的浓度（用g·L−1表示）________。
【解析】（1）在暗处静置是为了使ClO2与KI充分反应，若不静置，ClO2反应不完全，生成的碘偏小，故测得的结果就偏小，故答案为：偏小；（2）由于碘遇淀粉显蓝色，所以步骤3中滴定终点的现象是滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不褪色；（3）ClO2溶液与碘化钾反应的离子方程式：2ClO2+10I−+8H+=5I2+2Cl−+4H2O，由I2+2S2Oeq \\al(2−,3)＝2I−+S4Oeq \\al(2−,6)，可得ClO2～5S2Oeq \\al(2−,3)，所以原ClO2溶液的浓度为：＝2.7g/L。
【答案】（1）偏小
滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不褪色
（3）2.7
提分训练
1．2L两种碳氢化合物组成的混合气体与15L氧气混合并充分燃烧，测知反应后气体的体积为11.75L（均在标准状况下测定），则原混合气体的可能组成为（ ）
A．CH4和C2H6 B．C2H6和C3H8 C．C2H4和C3H6 D．C2H2 和C3H4
【解析】可设原混合气体的平均化学式为CxHy，则：
CxHy + (x+y/4 ) O2 →x CO2 +y/2 H2O(液体) 气体体积减小
1 x+y/4 x 1+x+y/4-x=1+y/4
2L 2L+15L-11.75L=5.25L
1︰(1+y/4)=2︰5.25
解得y=6.5
所以，原混合气体的平均化学式为CxH6.5，据氢原子平均数，只有B选项符合。
【答案】B
2．有200mL氯化镁和氯化铝的混合溶液，其中c(Mg2+)为0.2ml·L−1，c(Cl−)为1.3ml·L−1。要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，至少需加4ml·L−1 NaOH溶液的体积为（ ）
A．40mL B．72mL C．80mL D．128mL
【解析】溶液中n(Cl−)=0.2L×1.3ml/L=0.26ml，溶液中n(Mg2+)=0.2ml/L×0.2L=0.04ml，由电荷守恒可知溶液中n(Al3+)==0.06ml；将200mL此溶液中的Mg2+转化为Mg(OH)2沉淀并分离析出，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，根据钠离子守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaAlO2)，再结合氯离子守恒、Al原子守恒可知n(NaOH)=n(Cl−)+n(Al3+)
=0.26ml+0.06ml=0.32ml，则至少需要4ml/L氢氧化钠溶液的体积为=0.08L=80
mL，故答案为C。
【答案】C
3．含KCl和KBr的样品3.87g，溶于水配成溶液，向溶液中加入过量AgNO3溶液，充分反应后，产生的沉淀质量为6.63 g，则原样品中钾元素的质量分数为（ ）
A．24.1% B．40.3% C．25.9% D．48.7%
【解析】KCl和KBr与AgNO3溶液反应生成AgCl和AgBr沉淀，固体的质量发生了变化，实质是由于K变成了Ag造成的，故可用差量法进行计算。
K～Ag Δm
39 108 69
m 6.63 g－3.87 g＝2.76 g
解得m＝1.56g 质量分数为eq \f(1.56 g,3.87 g)×100%≈40.3%。
【答案】B
4．把CO2通入NaOH溶液中，当生成Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为2∶1时，CO2和NaOH的物质的量之比为（ ）
A．1∶2 B．3∶2 C．3∶4 D．3∶5
【解析】CO2与NaOH溶液反应，可生成Na2CO3和NaHCO3，设CO2为x ml，NaOH为y ml；根据原子守恒规律：x=2+1；y=2×2+1；故知CO2和NaOH的物质的量之比为3∶5；答案选D。
【答案】D
5．2.3g钠在干燥的空气中与氧气反应，可得到3.5g固体，据此可判断其产物为（ ）
A．Na2O与Na2O2 B．只有Na2O C．只有Na2S D．无法确定
【解析】金属钠和氧气反应可生成Na2O与Na2O2，若2.3g钠全部反应生成Na2O，由反应可知，生成Na2O的质量为3.1g；若2.3g钠全部反应生成Na2O2，由反应可知，生成Na2O2的质量为3.9g。现产物为3.5g，介于3.1g和3.9g之间，故产物为Na2O与Na2O2的混合物。答案选A。
【答案】A
6．将8.34g FeSO4·7H2O样品隔绝空气加热升温过程中固体的质量变化见下图。下列说法正确的是（ ）
A．FeSO4·7H2O晶体中有4种不同结合力的水分子
B．在100℃时，M的化学式为FeSO4·6H2O
C．在200℃时，N的化学式为FeSO4·3H2O
D．380℃的P加热至650℃的化学方程式为：2FeSO4 eq \(=====,\s\up7(加热))Fe2O3+SO2↑+SO3↑
【解析】从图中可以看出，FeSO4·7H2O晶体受热后发生4次分解反应。通常情况下，晶体先分多次失去结晶水，然后所得无水盐再分解。A．FeSO4·7H2O晶体中，水分子的结合力都是相同的，A不正确；B．n(FeSO4·7H2O)==0.03ml，则100℃时，M的摩尔质量为=224g/ml，化学式为FeSO4·4H2O，B不正确；C．在200℃时，N的摩尔质量为=170g/ml，化学式为FeSO4·H2O，C不正确；D．380℃的P加热至650℃时，产物Q中n(Fe):n(O)=0.03ml:=2∶3，即产物为Fe2O3，所以反应的化学方程式为：2FeSO4 eq \(=====,\s\up7(加热))Fe2O3+SO2↑+SO3↑，D正确；故选D。
【答案】D
7．4.6g铜镁合金完全溶解于100 mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到4480 mL NO2和336mL N2O4的混合气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0 ml/L NaOH溶液至离子恰好全部沉淀时，下列说法不正确的是（ ）
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是3∶2
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 ml/L
C．产生沉淀8.51g
D．离子恰好完全沉淀时，加入NaOH溶液的体积是1170mL
【解析】A．NO2的物质的量=4.48L÷22.4L/ml=0.2ml，N2O4的物质的量=0.336L÷22.4L/ml=0.015 ml，令Cu、Mg的物质的量分别为x ml、y ml，根据二者质量与电子转移守恒，可得：①64x+24y＝4.6，②2x+2y＝0.2+0.015×2，解得x=0.046、y=0.069，故该合金中铜与镁的物质的量之比=0.046ml∶0.069ml=2∶3，故A错误；B．密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸。其物质的量浓度=，故B正确；C．铜镁合金完全溶解于浓硝酸中，向反应后的溶液中加入NaOH溶液至离子恰好全部沉淀，生成沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2，由化学式可知n(OH−)=2n(Cu)+2n(Mg)=2×（0.046ml+0.069ml）=0.23ml，故沉淀质量=m(Cu)+m(Mg)+m(OH−)=4.6g+0.23ml×17g/ml
=8.51g，故C正确；D．离子恰好完全沉淀时，此时溶液中溶质为NaNO3，根据N元素守恒可知n(HNO3)原=n(NaNO3)+n(NO2)+2n(N2O4)，故n(NaNO3)=0.1L×14ml/L-0.2ml-2×0.015
ml=1.17ml，根据钠离子守恒有n(NaOH)=n(NaNO3)=1.17ml，故需要氢氧化钠溶液的体积=1.17ml÷1ml/L=1.17L=1170mL，故D正确，故选：A。
【答案】A
8．某磁黄铁矿的主要成分是FexS(S为-2价)，既含有Fe2+又含有Fe3+。将一定量的该磁黄铁矿与l00mL的盐酸恰好完全反应（注：矿石中其他成分不与盐酸反应），生成2.4g硫单质、0.425ml FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法不正确的是（ ）
A．该盐酸的物质的量浓度为8.5ml/L
B．生成的H2S气体在标准状况下的体积为9.52 L
C．该磁黄铁矿FexS中，x=0.85
D．该磁黄铁矿FexS中，Fe2+的物质的量为0.15ml
【解析】n(S)==0.075ml，根据转移电子守恒得n(Fe3+)==0.15
ml，则n(Fe2+)=0.425ml-0.15ml=0.275ml，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比==11∶6。A．盐酸恰好反应生成FeCl2 0.425ml，根据氯原子守恒得：c(HCl)==8.5ml/L，故A正确；B．根据氢原子、氯原子守恒得：n(H2S)=1/2n(HCl)=n(FeCl2)=0.425ml，则V(H2S)=0.425ml×22.4L/ml=9.52L，故B正确；C．FexS中n(S)=0.075ml+0.425ml=0.5ml，n(Fe)=0.425ml，所以n(Fe)∶n(S)=0.425ml∶0.5
ml=0.85，所以x=0.85，故C正确；D．根据上述分析计算Fe2+的物质的量为0.275ml，故D错误。故选D。
【答案】D
9．人体血液里Ca2+的浓度一般采用mg/cm3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度。（配制KMnO4标准溶液）如图所示是配制50mL KMnO4标准溶液的过程示意图。
(1)请你观察图示判断，其中不正确的操作有______(填序号)。
(2)其中确定50mL溶液体积的容器是______(填名称)。
(3)如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将_____(填“偏大”或“偏小”)。
（测定血液样品中Ca2+的浓度）抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020ml/L KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mL KMnO4溶液。
(4)已知草酸跟KMnO4反应的离子方程式为2MnOeq \\al(−,4)+5H2C2O4+6H+=2Mnx++10CO2↑+8
H2O，则方程式中的x＝______。
(5)经过计算，血液样品中Ca2+的浓度为_____mg/cm3。
【解析】(1)由图示可知②⑤操作不正确。②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面最低处与刻度线相切；(2)应该用50mL容量瓶准确确定50 mL溶液的体积；(3)如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小；(4)根据电荷守恒，草酸跟KMnO4溶液反应的离子方程式为：2MnOeq \\al(−,4)+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O即x＝2；(5)根据方程式可知血液样品中Ca2+的浓度为＝1.2mg/cm3。
【答案】（1）②⑤ （2）50 mL容量瓶 （3）偏小 （4）2 （5）1.2