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2022高考化学一轮复习（步步高） 第一章 第5讲 微专题4 化学计算的常用方法课件
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这是一份2022高考化学一轮复习（步步高） 第一章 第5讲 微专题4 化学计算的常用方法课件，共37页。PPT课件主要包含了%或060，095mol等内容，欢迎下载使用。
一、应用化学方程式计算方法1.应用化学方程式列比例最重要的基础方法，关键抓对应项列比例，且“上下单位统一，左右单位相当”。2.关系式法——一种快速高效的化学方程式计算方法(1)关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间的关系进行解题的一种方法，一般适用于多步进行的连续反应，因前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可以根据中间物质的传递关系，找出原料和最终产物的相应关系式。
(2)列关系式通常有如下几种方法：①有关化学方程式的计量数关系；②原子守恒关系；③得失电子守恒关系。3.差量法(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，研究对象就是固体。②气体的质量差，研究对象就是气体。③液体的质量，研究对象就是液体。4.列方程组进行的混合物计算计算中的数学思想：在两种物质组成的混合物中。一般可设两个未知数x、y，题目中通常给出两个已知量(设为A、B)，寻找x、y与A、B的数学关系，由此建立二元一次方程组进行联解 。
1.取3.38 g K2CO3和KHCO3的混合物溶于水配成25 mL溶液，往溶液中加入25 mL Ba(OH)2溶液恰好使生成白色沉淀的量最多，反应后溶液中c(OH－)＝0.8 ml·L－1(忽略混合后溶液体积变化)，则原混合物中K2CO3和KHCO3 物质的量之比为A.1∶2 B.1∶1 C.2∶1 D.2∶3
解析 设原混合物中n(K2CO3)＝x ml，n(KHCO3)＝y ml，根据总质量可得：138x＋100y＝3.38 ①往溶液中加入Ba(OH2)溶液，恰好使生成白色沉淀的量最多，反应后剩余的氢氧根的物质的量n(OH－)＝0.8 ml·L－1×0.05 L＝0.04 ml。根据方程式：K2CO3＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋2KOHx ml 2x mlKHCO3＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋KOH＋H2Oy ml y ml可得2x＋y＝0.04 ②
所以原混合物中n(K2CO3)∶n(KHCO3)＝0.01 ml∶0.02 ml＝1∶2。
2.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，则该样品的纯度(质量分数)是
解析 由题意知(w1－w2)g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3质量为x g，由此可得如下关系：
2×84 62x w1－w2
3.16 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＋4NH3 5N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，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.①④C.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 4 mL 5 mL 6 mL (5＋6)－(4＋6)＝1(mL)(理论差量)9 mL 6 mL 17.5－16＝1.5(mL)(实际差量)
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V(NO)∶V(NH3)介于5∶3与9∶7之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。
4.取7.90 g KMnO4，加热分解后剩余固体7.42 g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2＋存在。请计算：(1)KMnO4的分解率为____________。
解析 在整个反应过程中，锰元素从＋7价全部转化为＋2价，说明整个反应过程中转移了0.05 ml×5＝0.25 ml电子。剩余固体与浓盐酸反应生成气体A，则A应为氯气。所以整个反应过程中只有氧元素和氯元素失电子。氧元素失电子产生氧气，转移了0.015 ml×4＝0.06 ml电子。根据电子守恒知，氯元素必然转移0.19 ml电子。每产生1 ml氯气就转移2 ml电子，所以会产生 ＝0.095 ml氯气。
(2)气体A的物质的量为__________。
5.尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素(M＝60 g·ml－1)含量的方法如下：取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 ml·L－1 H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2 mL c2 ml·L－1NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是____________(已知尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2)。
6.银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：
注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃
若银铜合金中铜(M＝63.5 g·ml－1)的质量分数为63.5%，理论上5.0 kg废料中的铜可完全转化为________ml CuAlO2，至少需要1.0 ml·L－1的Al2(SO4)3溶液________L。
由Cu、Al两种元素守恒得如下关系式：
50 ml 50 ml 25 ml
二、守恒法——整体思维的应用守恒法是一种整合的思维方法，运用守恒定律，不纠缠过程细节，只考虑反应体系中研究对象化学量的始态和终态(如反应中的原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒、能量守恒等)或相互间的关系(如化合物中的化合价规则，电解质溶液中的电中性原则等)，从而达到速解、巧解化学试题的目的。1.质量守恒(原子守恒)依据化学反应的实质是原子的重新组合，反应前后各原子的种类和数目保持不变。
2.得失电子守恒氧化还原反应中，元素原子化合价升高的总价数＝元素原子化合价降低的总价数，即还原剂失电子的总数＝氧化剂得电子的总数。3.电荷守恒在离子反应方程式中，反应前后的阴、阳离子所带的电荷总数相等。
7.28 g铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的Na2O2固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体质量为A.36 g B.40 g C.80 g D.160 g
解析 28 g铁粉溶于稀盐酸中生成氯化亚铁溶液，然后加入足量的Na2O2固体，由于Na2O2固体溶于水后生成氢氧化钠和氧气，本身也具有强氧化性，所以充分反应后生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒，
所得Fe2O3固体的质量为0.25 ml×160 g·ml－1＝40 g。
8.(2020·武汉汉阳区期中)一定条件下硝酸铵受热分解的产物为HNO3、N2和H2O，在反应中被还原与被氧化的氮原子数之比是A.5∶4 B.4∶5 C.3∶5 D.5∶3
解析 反应中只有N元素的化合价变化，N元素化合价由铵根离子中－3价升高为氮气中0价，被氧化；由硝酸根中＋5价降低为氮气中0价，被还原，由电子转移守恒可知，反应中被还原与被氧化的氮原子数之比为3∶5。
A.＋4 B.＋5 C.＋6 D.＋7
解析 所有的离子反应均遵循质量守恒和电荷守恒，对于氧化还原反应的离子反应，还遵循得失电子守恒。往往可以根据这三个守恒判断离子方程式的正误或进行有关化合价的计算。方法1：根据电荷守恒有n＋1×2＝1＋1×2，n＝1。
得失电子守恒有(7－x)×1＝[0－(－1)]×2，所以x＝＋5。
10.将1.08 g FeO完全溶解在100 mL 1.00 ml·L－1硫酸中，然后加入25.00 mL K2Cr2O7溶液，恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋，且 中的铬全部转化为Cr3＋。则K2Cr2O7的物质的量浓度是______________。
0.100 ml·L－1
解析 由电子守恒知，FeO中＋2价铁所失电子的物质的量与 中＋6价铬所得电子的物质的量相等，
三、平均值法、极值法1.平均值法(1)平均值法是一种将数学平均原理应用于化学计算的解题方法。其依据的数学原理是：两个数M1和M2(M1
(2)极值法解题的基本思路①把混合物假设成纯净物。②把可逆反应假设成向左或向右的完全反应。③把平行反应分别假设成单一反应。
11.钾与另一碱金属的合金4.4 g与水完全反应时，放出的氢气在标准状况下为2.24 L，则合金中另一金属可能是A.锂 B.钠 C.钾 D.铯
解析 氢气的物质的量为0.1 ml，由2M ＋ 2H2O === 2MOH＋H2↑2 10.2 ml 0.1 ml
钾的摩尔质量为39 g·ml－1，则另一种碱金属的摩尔质量一定小于22 g·ml－1，在所给金属中只有Li符合题意。
12.某K2CO3样品中含有Na2CO3、KNO3和Ba(NO3)2三种杂质中的一种或两种，现将6.9 g样品溶于足量水中，得到澄清溶液，若再加入过量的CaCl2溶液，得到4.0 g沉淀，对样品所含杂质的正确判断是A.肯定有KNO3和Na2CO3，没有Ba(NO3)2B.肯定有KNO3，没有Ba(NO3)2，可能有Na2CO3C.肯定没有Na2CO3和Ba(NO3)2，可能有KNO3D.以上判断都不正确
解析 取样品加入水中，得到澄清溶液，则不可能含有Ba(NO3)2，因为碳酸钡不溶于水，再加入过量的CaCl2溶液能产生4.0 g沉淀，该沉淀为碳酸钙，假设6.9 g全部为K2CO3，
则杂质中含有碳酸根的质量分数应小于K2CO3中碳酸根的质量分数，故一定有KNO3，可能有Na2CO3。
13.已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且 的值与温度高低有关。当n(KOH)＝a ml时，下列有关说法错误的是
B项，由于产物中可能有KCl、KClO、KClO3，根据原子守恒可知，Cl原子与K原子的量始终相等，故参加反应的Cl2的物质的量为KOH的 ，正确；
一、应用化学方程式计算方法1.应用化学方程式列比例最重要的基础方法，关键抓对应项列比例，且“上下单位统一，左右单位相当”。2.关系式法——一种快速高效的化学方程式计算方法(1)关系式法是一种巧妙利用已知量与未知量之间的关系进行解题的一种方法，一般适用于多步进行的连续反应，因前一个反应的产物是后一个反应的反应物，可以根据中间物质的传递关系，找出原料和最终产物的相应关系式。
(2)列关系式通常有如下几种方法：①有关化学方程式的计量数关系；②原子守恒关系；③得失电子守恒关系。3.差量法(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，研究对象就是固体。②气体的质量差，研究对象就是气体。③液体的质量，研究对象就是液体。4.列方程组进行的混合物计算计算中的数学思想：在两种物质组成的混合物中。一般可设两个未知数x、y，题目中通常给出两个已知量(设为A、B)，寻找x、y与A、B的数学关系，由此建立二元一次方程组进行联解 。
1.取3.38 g K2CO3和KHCO3的混合物溶于水配成25 mL溶液，往溶液中加入25 mL Ba(OH)2溶液恰好使生成白色沉淀的量最多，反应后溶液中c(OH－)＝0.8 ml·L－1(忽略混合后溶液体积变化)，则原混合物中K2CO3和KHCO3 物质的量之比为A.1∶2 B.1∶1 C.2∶1 D.2∶3
解析 设原混合物中n(K2CO3)＝x ml，n(KHCO3)＝y ml，根据总质量可得：138x＋100y＝3.38 ①往溶液中加入Ba(OH2)溶液，恰好使生成白色沉淀的量最多，反应后剩余的氢氧根的物质的量n(OH－)＝0.8 ml·L－1×0.05 L＝0.04 ml。根据方程式：K2CO3＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋2KOHx ml 2x mlKHCO3＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋KOH＋H2Oy ml y ml可得2x＋y＝0.04 ②
所以原混合物中n(K2CO3)∶n(KHCO3)＝0.01 ml∶0.02 ml＝1∶2。
2.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，则该样品的纯度(质量分数)是
解析 由题意知(w1－w2)g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3质量为x g，由此可得如下关系：
2×84 62x w1－w2
3.16 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＋4NH3 5N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，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.①④C.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 4 mL 5 mL 6 mL (5＋6)－(4＋6)＝1(mL)(理论差量)9 mL 6 mL 17.5－16＝1.5(mL)(实际差量)
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V(NO)∶V(NH3)介于5∶3与9∶7之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。
4.取7.90 g KMnO4，加热分解后剩余固体7.42 g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2＋存在。请计算：(1)KMnO4的分解率为____________。
解析 在整个反应过程中，锰元素从＋7价全部转化为＋2价，说明整个反应过程中转移了0.05 ml×5＝0.25 ml电子。剩余固体与浓盐酸反应生成气体A，则A应为氯气。所以整个反应过程中只有氧元素和氯元素失电子。氧元素失电子产生氧气，转移了0.015 ml×4＝0.06 ml电子。根据电子守恒知，氯元素必然转移0.19 ml电子。每产生1 ml氯气就转移2 ml电子，所以会产生 ＝0.095 ml氯气。
(2)气体A的物质的量为__________。
5.尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素(M＝60 g·ml－1)含量的方法如下：取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 ml·L－1 H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2 mL c2 ml·L－1NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是____________(已知尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2)。
6.银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下：
注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃
若银铜合金中铜(M＝63.5 g·ml－1)的质量分数为63.5%，理论上5.0 kg废料中的铜可完全转化为________ml CuAlO2，至少需要1.0 ml·L－1的Al2(SO4)3溶液________L。
由Cu、Al两种元素守恒得如下关系式：
50 ml 50 ml 25 ml
二、守恒法——整体思维的应用守恒法是一种整合的思维方法，运用守恒定律，不纠缠过程细节，只考虑反应体系中研究对象化学量的始态和终态(如反应中的原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、化合价升降守恒、能量守恒等)或相互间的关系(如化合物中的化合价规则，电解质溶液中的电中性原则等)，从而达到速解、巧解化学试题的目的。1.质量守恒(原子守恒)依据化学反应的实质是原子的重新组合，反应前后各原子的种类和数目保持不变。
2.得失电子守恒氧化还原反应中，元素原子化合价升高的总价数＝元素原子化合价降低的总价数，即还原剂失电子的总数＝氧化剂得电子的总数。3.电荷守恒在离子反应方程式中，反应前后的阴、阳离子所带的电荷总数相等。
7.28 g铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的Na2O2固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体质量为A.36 g B.40 g C.80 g D.160 g
解析 28 g铁粉溶于稀盐酸中生成氯化亚铁溶液，然后加入足量的Na2O2固体，由于Na2O2固体溶于水后生成氢氧化钠和氧气，本身也具有强氧化性，所以充分反应后生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒，
所得Fe2O3固体的质量为0.25 ml×160 g·ml－1＝40 g。
8.(2020·武汉汉阳区期中)一定条件下硝酸铵受热分解的产物为HNO3、N2和H2O，在反应中被还原与被氧化的氮原子数之比是A.5∶4 B.4∶5 C.3∶5 D.5∶3
解析 反应中只有N元素的化合价变化，N元素化合价由铵根离子中－3价升高为氮气中0价，被氧化；由硝酸根中＋5价降低为氮气中0价，被还原，由电子转移守恒可知，反应中被还原与被氧化的氮原子数之比为3∶5。
A.＋4 B.＋5 C.＋6 D.＋7
解析 所有的离子反应均遵循质量守恒和电荷守恒，对于氧化还原反应的离子反应，还遵循得失电子守恒。往往可以根据这三个守恒判断离子方程式的正误或进行有关化合价的计算。方法1：根据电荷守恒有n＋1×2＝1＋1×2，n＝1。
得失电子守恒有(7－x)×1＝[0－(－1)]×2，所以x＝＋5。
10.将1.08 g FeO完全溶解在100 mL 1.00 ml·L－1硫酸中，然后加入25.00 mL K2Cr2O7溶液，恰好使Fe2＋全部转化为Fe3＋，且 中的铬全部转化为Cr3＋。则K2Cr2O7的物质的量浓度是______________。
0.100 ml·L－1
解析 由电子守恒知，FeO中＋2价铁所失电子的物质的量与 中＋6价铬所得电子的物质的量相等，
三、平均值法、极值法1.平均值法(1)平均值法是一种将数学平均原理应用于化学计算的解题方法。其依据的数学原理是：两个数M1和M2(M1
(2)极值法解题的基本思路①把混合物假设成纯净物。②把可逆反应假设成向左或向右的完全反应。③把平行反应分别假设成单一反应。
11.钾与另一碱金属的合金4.4 g与水完全反应时，放出的氢气在标准状况下为2.24 L，则合金中另一金属可能是A.锂 B.钠 C.钾 D.铯
解析 氢气的物质的量为0.1 ml，由2M ＋ 2H2O === 2MOH＋H2↑2 10.2 ml 0.1 ml
钾的摩尔质量为39 g·ml－1，则另一种碱金属的摩尔质量一定小于22 g·ml－1，在所给金属中只有Li符合题意。
12.某K2CO3样品中含有Na2CO3、KNO3和Ba(NO3)2三种杂质中的一种或两种，现将6.9 g样品溶于足量水中，得到澄清溶液，若再加入过量的CaCl2溶液，得到4.0 g沉淀，对样品所含杂质的正确判断是A.肯定有KNO3和Na2CO3，没有Ba(NO3)2B.肯定有KNO3，没有Ba(NO3)2，可能有Na2CO3C.肯定没有Na2CO3和Ba(NO3)2，可能有KNO3D.以上判断都不正确
解析 取样品加入水中，得到澄清溶液，则不可能含有Ba(NO3)2，因为碳酸钡不溶于水，再加入过量的CaCl2溶液能产生4.0 g沉淀，该沉淀为碳酸钙，假设6.9 g全部为K2CO3，
则杂质中含有碳酸根的质量分数应小于K2CO3中碳酸根的质量分数，故一定有KNO3，可能有Na2CO3。
13.已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且 的值与温度高低有关。当n(KOH)＝a ml时，下列有关说法错误的是
B项，由于产物中可能有KCl、KClO、KClO3，根据原子守恒可知，Cl原子与K原子的量始终相等，故参加反应的Cl2的物质的量为KOH的 ，正确；
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