2024年高考化学一轮复习　第4讲　化学计算的常用方法 学案（含答案）

这是一份2024年高考化学一轮复习　第4讲　化学计算的常用方法 学案（含答案），共12页。

考点一 利用差量法计算
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 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。
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1．标准状况下，将20 L CO2和CO的混合气体全部通过足量的Na2O2粉末，在相同状况下，气体体积减少到16 L，则原混合气体中CO的体积为( )
A．4 L B．8 L C．12 L D．16 L
2．16 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，计算原混合气体中NO与NH3的物质的量之比。
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考点二 利用关系式法计算
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．应用关系式法的思维模型
一、关系式法的基本应用
1．200吨含硫40%的黄铁矿，用接触法可以制得95%的硫酸(不考虑中间过程的损耗)的质量为多少吨？
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2．由NH3氧化制NO的转化率为96%，NO转化为HNO3的转化率为92%，现有10 t NH3，总共可以制得63%的HNO3多少吨？
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3．用黄铁矿可以制取 H2SO4，再用 H2SO4 可以制取化肥(NH4)2SO4。煅烧含 FeS2 80.2% 的黄铁矿 75.0 t，最终生产出 79.2 t (NH4)2SO4。已知 NH3 的利用率为 92.6%，H2SO4的利用率为89.8%，试求黄铁矿制取 H2SO4 时的损失率为__________________________________。
二、关系式法在滴定计算中的应用
4．硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M＝248 g·ml－1)可用作定影剂、还原剂。
回答下列问题：
利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
(1)溶液配制：称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在________中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的________中，加蒸馏水至____________。
(2)滴定：取0.009 50 ml·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：I2＋2S2Oeq \\al(2－,3)===S4Oeq \\al(2－,6)＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液______________________________________________，即为滴定终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为________%(结果保留1位小数)。
5．金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl===6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 ml·L－1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。求试样中锡的百分含量(假定杂质不参加反应，锡的相对原子质量为119)。
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6．(2023·福建模拟)称取2.0 g制得的K2FeO4样品溶于适量KOH溶液中，加入足量KCrO2溶液，充分反应后过滤，将滤液转移到250 mL容量瓶定容。取25.00 mL定容后的溶液于锥形瓶，加入稀硫酸酸化，滴加几滴二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.10 ml·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，终点由紫色变为绿色，重复操作2次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为26.00 mL。发生的反应有：
FeOeq \\al(2－,4)＋CrOeq \\al(－,2)＋2H2O===CrOeq \\al(2－,4)＋Fe(OH)3↓＋OH－，2CrOeq \\al(2－,4)＋2H＋===Cr2Oeq \\al(2－,7)＋H2O，
Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
则标准溶液应选用________(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛放，该K2FeO4样品的纯度为________%。
考点三 利用守恒法计算
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。
例1 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，列式计算最终得到的固体质量。
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例2 C(OH)2在空气中加热时，固体残留率随温度的变化如图所示。已知钴的氢氧化物加热至290 ℃时已完全脱水。计算并分析A、B、C点物质的化学式。
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2．电荷守恒
在离子方程式中，反应前后的阴、阳离子所带的电荷总数相等。
例3 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________。
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)完全沉淀；加入足量强碱并加热可得到c ml NH3，则原溶液中Al3＋的浓度(ml·L－1)为( )
A.eq \f(2b－c,2a) B.eq \f(2b－c,a)
C.eq \f(2b－c,6a) D.eq \f(2b－c,3a)
3．得失电子守恒(详见热点强化 电子守恒法计算及应用)
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。
1．(2021·山东，6)X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1 ml X的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1 L；0.1 ml Y的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2 L。下列说法错误的是( )
A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为eq \f(V1,V2)
B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为eq \f(2V1,V2)
C．产物中X、Y化合价之比一定为eq \f(V1,V2)
D．由eq \f(V1,V2)一定能确定产物中X、Y的化合价
2．(2022·浙江6月选考，27)联合生产是化学综合利用资源的有效方法。煅烧石灰石反应：CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g) ΔH＝1.8×102 kJ·ml－1，石灰石分解需要的能量由焦炭燃烧提供。将石灰石与焦炭按一定比例混合于石灰窑中，连续鼓入空气，使焦炭完全燃烧生成CO2，其热量有效利用率为50%。石灰窑中产生的富含CO2的窑气通入氨的氯化钠饱和溶液中，40%的CO2最终转化为纯碱。已知：焦炭的热值为30 kJ·g－1(假设焦炭不含杂质)。请回答：
(1)每完全分解100 kg石灰石(含CaCO390%，杂质不参与反应)，需要投料______kg焦炭。
(2)每生产106 kg纯碱，同时可获得_______________________________________________
______________________________________________________________kg CaO(列式计算)。
3．[2021·湖北1月选考模拟，16(5)]某同学用5.60 g干燥铁粉制得无水FeCl3样品13.00 g，该次实验的产率是________。
4．[2022·湖南，15(6)]某实验小组以BaS溶液为原料制备BaCl2·2H2O，并用重量法测定产品中BaCl2·2H2O的含量。设计了如下实验方案：
①称取产品0.500 0 g，用100 mL水溶解，酸化，加热至近沸；
②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的0.100 ml·L－1 H2SO4溶液；
③沉淀完全后，60 ℃水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为0.466 0 g。
产品中BaCl2·2H2O的质量分数为__________(保留三位有效数字)。
5．(2019·北京，26改编)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。
Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a ml·L－1 KBrO3标准溶液。
Ⅱ.取v1 mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色。
Ⅲ.向 Ⅱ 所得溶液中加入v2 mL废水。
Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI。
Ⅴ.用b ml·L－1Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v3 mL。
已知：①I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
②Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色
③＋3Br2―→↓＋3wHBr
计算废水中苯酚的含量为________________g·L－1(苯酚摩尔质量：94 g·ml－1)。
第4讲 化学计算的常用方法
考点一
归纳整合
例 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%。
专项突破
1．C [混合气体中只有CO2和Na2O2反应，设二氧化碳的体积为V(CO2)，
2CO2＋2Na2O2===2Na2CO3＋O2 ΔV
44．8 L 22.4 L
V(CO2) (20－16) L
44．8 L∶22.4 L＝V(CO2)∶(20－16) L，
解得V(CO2)＝8 L，
则V(CO)＝(20－8) L＝12 L。]
2.eq \f(9,7)解析
6NO ＋ 4NH35N2＋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)考点二
专项突破
1．257.9 t
解析 根据反应前后硫原子数不变，可得关系式：2S～FeS2～2H2SO4
即：S ～ H2SO4
32 98
200 t×40% 95%·x
32∶98＝(200 t×40%)∶(95%·x)
x≈257.9 t。
2．51.95 t
解析 氨氧化法制硝酸的原理为4NH3＋5O2eq \(=====,\s\up7(催化剂),\s\d5(△))4NO＋6H2O,2NO＋O2===2NO2,3NO2＋H2O===2HNO3＋NO。从以上三个化学方程式来看，氨与硝酸的关系式为3NH3～2HNO3，但工业生产上NO要进行循环利用，经过多次循环后，氨几乎全部转化为硝酸，则关系式应为NH3～HNO3。设可制得63%的HNO3的质量为x，则eq \f(17 g·ml－1,10 t×96%×92%)＝eq \f(63 g·ml－1,63%x)，解得：x≈51.95 t。
3．33.4%
解析 设黄铁矿的利用率为x，
FeS2 ～2H2SO4 ～ 2(NH4)2SO4
120 264
75．0 t×80.2%×89.8%·x 79.2 t
可得x≈66.6%，则黄铁矿的损失率为1.00－66.6%＝33.4%。
4．(1)烧杯 容量瓶 溶液的凹液面与刻度线相切
(2)蓝色褪去，且半分钟内不恢复成原来的颜色 95.0
解析 (1)配制一定物质的量浓度的溶液，应该在烧杯中溶解，冷却至室温后，转移至100 mL的容量瓶中，加水至距刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面与刻度线相切。(2)加入淀粉作指示剂，淀粉遇I2变蓝色，加入的Na2S2O3样品与I2反应，当I2消耗完后，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复成原来的颜色，即为滴定终点。
由反应Cr2Oeq \\al(2－,7)＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O、I2＋2S2Oeq \\al(2－,3)===S4Oeq \\al(2－,6)＋2I－
得关系式：
Cr2Oeq \\al(2－,7) ～ 3I2 ～ 6S2Oeq \\al(2－,3)
1 6
0.009 50 ml· 0.009 50 ml·
L－1×0.02 L L－1×0.02 L×6
硫代硫酸钠样品溶液的浓度为
eq \f(0.009 50 ml·L－1×0.02 L×6,0.024 8 L)，样品的纯度为
eq \f(\f(0.009 50 ml·L－1×0.02 L×6,0.024 8 L)×0.1 L×248 g·ml－1,1.200 0 g)×100%＝95.0%。
5．93.2%
解析 Sn与K2Cr2O7物质的量的关系：
3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7
3×119 g 1 ml
x 0.100×0.016 ml
x＝eq \f(3×119 g×0.100×0.016 ml,1 ml)＝0.571 2 g，
w(Sn)＝eq \f(0.571 2 g,0.613 g)×100%≈93.2%。
6．酸式 85.8
解析 FeOeq \\al(2－,4)～CrOeq \\al(2－,4)～eq \f(1,2)Cr2Oeq \\al(2－,7)～3Fe2＋
1 ml 3 ml
n 0.10 ml·L－1×0.026 L
n＝eq \f(1,3)×0.10 ml·L－1×0.026 L，该样品的纯度为
eq \f(\f(1,3)×0.10 ml·L－1×0.026 L×198 g·ml－1×\f(250 mL,25.00 mL),2.0 g)×100%＝85.8%。
考点三
例1 经过一系列反应后，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒：
n(Fe2O3)＝eq \f(1,2)n(Fe)＝eq \f(1,2)×eq \f(28 g,56 g·ml－1)＝0.25 ml，所得Fe2O3固体的质量为0.25 ml×160 g·ml－1＝40 g。
例2 C(OH)2在加热分解过程中，C原子的数目不变。
设有1 ml C(OH)2，质量为93 g。则固体中C的物质的量为1 ml，质量为59 g。
设290 ℃后固体的化学式为COx，
A点固体的相对分子质量为93×89.25%≈83，此时x＝1.5，即该固体为C2O3；
B点固体的相对分子质量为93×86.38%≈80.3，此时x≈eq \f(4,3)，即该固体为C3O4；
C点固体的相对分子质量为93×80.65%≈75，此时x＝1，即该固体为CO。
例3 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SO\\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4 D [由混合溶液中加入b ml BaCl2，恰好使溶液中的SOeq \\al(2－,4)完全沉淀，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Al3＋的物质的量为x ml，由电荷守恒可知，3x＋c＝2b，所以x＝eq \f(2b－c,3)，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＋)＝eq \f(\f(2b－c,3) ml,a L)＝eq \f(2b－c,3a) ml·L－1，故D正确。]
真题演练 明确考向
1．D
2．(1)10.8 (2)eq \f(106 kg×56 g·ml－1,106 g·ml－1×40%×2)＝70
解析 (1)完全分解100 kg石灰石(含CaCO390%，杂质不参与反应)，需要吸收的热量是eq \f(100 000 g×0.9,100 g·ml－1)×180 kJ·ml－1＝162 000 kJ，已知：焦炭的热值为30 kJ·g－1(假设焦炭不含杂质)，其热量有效利用率为50%，所以需要投料焦炭的质量是eq \f(162 000,30) g×2＝10 800 g＝10.8 kg。(2)根据(1)中计算可知消耗焦炭的物质的量是eq \f(10 800 g,12 g·ml－1)＝900 ml，参加反应的碳酸钙的物质的量是900 ml，这说明参加反应的碳酸钙和焦炭的物质的量之比为1∶1，所以根据原子守恒可知生成氧化钙的质量是eq \f(106 kg×56 g·ml－1,106 g·ml－1×40%×2)＝70 kg。
3．80.00%
解析 根据2Fe＋3Cl2eq \(=====,\s\up7(△))2FeCl3，可求5.60 g 干燥铁粉完全转化为FeCl3的质量为eq \f(5.60 g,56 g·ml－1)×162.5 g·ml－1＝16.25 g，则产率为eq \f(13.00 g,16.25 g )×100%＝80.00%。
4．97.6%
解析 由题意可知，硫酸钡的物质的量为eq \f(0.466 0 g,233 g·ml－1)＝0.002 ml，依据钡原子守恒，产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002 ml，质量为0.002 ml×244 g·ml－1＝0.488 g，质量分数为eq \f(0.488 g,0.500 0 g)×100%＝97.6%。
5.eq \f(946av1－bv3,6v2)
解析 n(BrOeq \\al(－,3))＝av1×10－3ml，根据反应BrOeq \\al(－,3)＋5Br－＋6H＋===3Br2＋3H2O可知n(Br2)＝3av1×10－3ml，溴分别与苯酚和KI反应，先计算由KI消耗的溴的量，设为n1(Br2)，根据I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6可知I2～2Na2S2O3，又Br2＋2I－===I2＋2Br－可知Br2～I2，可得Br2～2Na2S2O3，n(Na2S2O3)＝bv3×10－3ml，n1(Br2)＝eq \f(1,2)bv3×10－3ml，再计算由苯酚消耗的溴的量，设为n2(Br2)＝n(Br2)－n1(Br2)＝(3av1－eq \f(1,2)bv3)×10－3ml，苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br2～C6H5OH，n(C6H5OH)＝eq \f(1,3)n2(Br2)＝(av1－eq \f(1,6)bv3)×10－3ml，废水中苯酚的含量为eq \f(av1－\f(1,6)bv3×10－3 ml×94 g·ml－1,v2×10－3L)＝eq \f(946av1－bv3,6v2) g·L－1。