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第2講　化學計算的常用方法
【復習目標】
1.進一步理解物質的量在化學計算中的“橋梁”作用。
2.了解化學計算的常用方法。
3.初步建立化學計算的思維模型。
考點一　差量法
1.所謂“差量”就是指反應過程中反應物的某種物理量之和(始態量)與同一狀態下生成物的相同物理量之和(終態量)的差,這種物理量可以是質量、物質的量、氣體體積、氣體壓強、反應過程中的熱效應等。根據化學方程式求出理論上的差值(理論差量),結合題中的條件求出或表示出實際的差值(實際差量),根據比例關系建立方程式并求出結果。
2.差量法的解題關鍵是找“差量”。通常有①質量差;②體積差(氣體)。
1.在一個容積為6 L的密閉容器中,放入3 mol X(g)和2 mol Y(g),在一定條件下發生反應4X(g)+nY(g)2Q(g)+6R(g),反應達到平衡后,容器內溫度不變,混合氣體的壓強比原來增大了5%,X的濃度減小,則該反應中的n值為(　　)
[A] 2 [B] 3 [C] 4 [D] 5
2.取7.90 g KMnO4,加熱分解后剩余固體7.42 g。該剩余固體與足量的濃鹽酸在加熱條件下充分反應,生成單質氣體A,產物中錳元素以Mn2+形式存在(已知K的相對原子質量為39,Mn的相對原子質量為55)。請計算:
(1)KMnO4的分解率為　　　　(保留一位小數)。
(2)氣體A的物質的量為　　　　　　。
考點二　守恒法　　　　　　 　　　　　 　　　　　
1.守恒法的含義
“守恒”就是物質在發生“變化”時,某些量的總量保持“不變”。在化學反應中,從不同的角度出發,存在著多種守恒,如:原子守恒、質量守恒、得失電子守恒、電荷守恒、能量守恒等。
2.化學計算中常用的三種守恒類型
(1)原子守恒(質量守恒)。
化學反應的實質是原子的重新組合,反應前后原子的總數不變(總質量不變)。
(2)電荷守恒。
依據電解質溶液呈電中性,即陽離子所帶正電荷總數等于陰離子所帶負電荷總數或離子方程式前后離子所帶電荷總數不變。
(3)得失電子守恒。
依據氧化還原反應中電子得失數目相等,即氧化劑得到的電子總數目等于還原劑失去的電子總數目。
一、原子守恒
1.(2024·江蘇卷,14節選)將8.84 mg Nd(OH)CO3(摩爾質量為221 g·mol-1)在氮氣氛圍中焙燒,剩余固體質量隨溫度變化曲線如圖所示。550～600 ℃時,所得固體產物可表示為NdaOb(CO3)c,通過以上實驗數據確定該產物中n(Nd3+)∶n(C) 的比值:
　(寫出計算過程)。
2.(2022·浙江1月選考,27)某同學設計實驗確定Al(NO3)3·xH2O的結晶水數目。稱取樣品 7.50 g,經熱分解測得氣體產物中有NO2、O2、HNO3、H2O,其中H2O的質量為3.06 g;殘留的固體產物是Al2O3,質量為1.02 g。計算:
(1)x= 　(寫出計算過程)。
(2)氣體產物中n(O2)=　　　　mol。 　　　　　　 　　　　　 　　　　　
3.將3.00 g某有機物(僅含C、H、O,相對分子質量為150)樣品置于燃燒器中充分燃燒,依次通過吸水劑、CO2吸收劑,燃燒產物被完全吸收。實驗數據如下表:
項目 吸水劑 CO2吸收劑
實驗前質量/g 20.00 26.48
實驗后質量/g 21.08 30.00
請回答下列問題。
(1)燃燒產物中水的物質的量為　　　　 mol。
(2)該有機物的分子式為　　　　　　。
二、電荷守恒
4.某混合溶液中所含離子的濃度如下表,則X可能為(　　)
所含離子 X S H+ Fe2+
濃度/(mol/L) 2 1 2 1
[A] Cl- [B] N
[C] Na+ [D] Mn
5.常溫下,將一定量的鈉鋁合金置于水中,合金完全溶解,得到20 mL pH=14的溶液,然后用1 mol/L鹽酸滴定至沉淀最大量時,消耗40 mL鹽酸,原合金中鈉的質量為　　　　g。
三、電子得失守恒
6.銅和鎂的合金4.6 g完全溶于濃硝酸,若反應中硝酸被還原只產生4 480 mL的NO2氣體和336 mL的N2O4氣體(都已折算到標準狀況),在反應后的溶液中,加入足量的氫氧化鈉溶液,生成沉淀的質量為　　　　g。
7.稱取11.2 g鐵粉溶于過量的稀硫酸中,再加入一定量的無水硝酸鉀晶體,經加熱完全反應后,冷卻至室溫。再用0.5 mol/L KMnO4溶液滴定(Mn還原為Mn2+,N還原為NO)此溶液,當滴定液消耗20.0 mL時,溶液中Fe2+恰好被完全氧化。加入的硝酸鉀晶體的質量為
　　　　g。
考點三　關系式法　　　　　　 　　　　　 　　　　　
關系式法的類型
(1)通過多步反應中的關聯物質確定已知量(原料)與求解量(最終產物)之間的比例關系。常用于連續的滴定實驗的計算。
(2)一種反應物經多步反應得到最終產物,其中都含有同一種元素,多用于物質的制備的相關計算。可利用電子守恒或原子守恒直接確定關系式,然后列比例式進行求算。
一、根據相關反應確定關系式
1.氯化亞銅(CuCl)廣泛應用于化工、印染、電鍍等行業。CuCl難溶于醇和水,可溶于氯離子濃度較大的體系,在潮濕空氣中易水解氧化。
準確稱取所制備的氯化亞銅樣品m g,將其置于過量的FeCl3溶液中,待樣品完全溶解后,加入適量稀硫酸,用a mol/L的K2Cr2O7溶液滴定到終點,消耗K2Cr2O7溶液b mL,反應中Cr2被還原為Cr3+。樣品中CuCl的質量分數為　　　　。
2.利用碘量法測定WCl6產品純度,實驗如下:
(1)稱量:將足量CS2(易揮發)加入干燥的稱量瓶中,蓋緊稱重為m1 g;開蓋并計時1分鐘,蓋緊稱重為m2 g;再開蓋加入待測樣品并計時1分鐘,蓋緊稱重為m3 g,則樣品質量為　　　　g(不考慮空氣中水蒸氣的干擾)。
(2)滴定:先將WCl6轉化為可溶的Na2WO4,通過I離子交換柱發生反應W+Ba(IO3)2BaWO4+2I;交換結束后,向所得含I的溶液中加入適量酸化的KI溶液,發生反應I+5I-+6H+3I2+3H2O;反應完全后,用Na2S2O3標準溶液滴定,發生反應I2+2S22I-+S4。滴定達終點時消耗c mol·L-1 的Na2S2O3溶液V mL,則樣品中WCl6(摩爾質量為M g· mol-1)的質量分數為　 。
二、根據原子守恒確定關系式
3.由NH3氧化制NO的轉化率為96%,NO轉化為HNO3的轉化率為92%,現有10 t NH3,總共可以制得63%的HNO3　　　　t。
4.銀銅合金廣泛用于航空工業,從切割廢料中回收銀并制備銅的化工產品的工藝流程如圖所示:
[注:Al(OH)3和Cu(OH)2開始分解的溫度分別為450 ℃和80 ℃,M(Cu)=63.5 g/mol]
若銀銅合金中銅的質量分數為63.5%,理論上 5.0 kg 廢料中的銅可完全轉化為　　　　 mol Cu[Al(OH)4],至少需要1.0 mol/L的Al2(SO4)3溶液　　　　L。
第2講　化學計算的常用方法
考點一　差量法
關鍵能力提升
1.B　根據題意,平衡時混合氣體的壓強比原來增大了5%,說明正反應為氣體總物質的量增大的反應,則有4+n<2+6,所以n<4,C、D錯誤;溫度、容積不變,氣體壓強之比等于其物質的量之比,故壓強增大5%,說明氣體的物質的量增加了 5 mol×5%=0.25 mol,由于平衡時X濃度減小了,所以X減少了1 mol,根據差量法,
4X(g) + nY(g)2Q(g)+6R(g)　Δn
4 4-n
1 mol 0.25 mol
=,解得n=3,A錯誤,B正確。
2.【答案】 (1)60.0%　(2)0.095 mol
【解析】 (1)根據差量法,
2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑ Δm(固)
2×158 32
m 7.90 g-7.42 g
=,解得m=4.74 g,即KMnO4的分解率為×100%=60.0%。(2)根據上述反應可知,剩余固體中含KMnO4為7.90 g-4.74 g=3.16 g(即 0.02 mol),生成K2MnO4為
0.015 mol,生成MnO2為 0.015 mol,根據固體與濃鹽酸反應生成氣體A可知,A為Cl2,結合關系式2KMnO4~5Cl2、K2MnO4~2Cl2、MnO2~Cl2,可計算出KMnO4、K2MnO4、MnO2與濃鹽酸反應生成的Cl2分別為0.05 mol、0.03 mol和0.015 mol,即生成Cl2的物質的量為 0.05 mol+0.03 mol+0.015 mol=0.095 mol。
考點二　守恒法
關鍵能力提升
1.【答案】 8.84 mg Nd(OH)CO3的物質的量為4×10-5 mol,即n(Nd3+)=4×10-5 mol,550~600 ℃時,固體分解產生H2O和CO2,質量共減少 1.24 mg,其中n(H2O)=2×10-5 mol,m(H2O)=0.36 mg,則m(CO2)=1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg,n(CO2)=2×10-5 mol,n(CO2)=n(C)=2×10-5 mol,n(Nd3+)∶n(C)=2∶1
【解析】 8.84 mg Nd(OH)CO3的物質的量為=4×10-5mol,在氮氣氛圍中焙燒,金屬元素的質量和化合價均保持不變,因此,n(Nd3+)=4×10-5mol;550~600 ℃時剩余固體的質量為 7.60 mg,固體減少的質量為 1.24 mg,由于堿式鹽在受熱分解時易變為正鹽,氫氧化物分解得到氧化物和H2O,碳酸鹽分解得到氧化物和CO2,因此,可以推測固體變為NdaOb(CO3)c時失去的質量是生成H2O和CO2的質量;根據氫元素守恒可知,固體分解時生成H2O的質量為4×10-5 mol××18×103 mg·mol-1=0.36 mg,則生成CO2的質量為1.24 mg-0.36 mg=0.88 mg,則生成CO2的物質的量為=2×10-5mol,由碳元素守恒可知,分解后剩余的C的物質的量為4×10-5mol-2×10-5mol=2×10-5mol,因此可以確定該產物中n(Nd3+)∶n(C)的比值為=2∶1。
2.【答案】 (1)9
計算過程:2[Al(NO3)3·xH2O]~Al2O3
　　　　 2(213+18x) g　　　　102 g
7.50 g 1.02 g
=
x=9
(2)0.01
【解析】 (2)7.50 g 樣品中Al(NO3)3·9H2O的物質的量為0.02 mol,故共含H2O的物質的量為0.02×9 mol=0.18 mol,分解時釋放H2O的物質的量為 mol=0.17 mol,由“H”守恒可知,生成HNO3的物質的量為(0.18-0.17)×2 mol=0.02 mol,由“N”守恒可知,生成NO2的物質的量為(0.02×3-0.02) mol=0.04 mol,由得失電子守恒可知,4n(O2)=n(NO2),所以 n(O2)=×0.04 mol=0.01 mol。
3.【答案】 (1)0.06　(2)C4H6O6
【解析】 (1)根據題表中數據可知,實驗前吸水劑的質量為20.00 g,實驗后的質量為21.08 g,則該有機物燃燒生成水的質量為21.08 g-20.00 g=1.08 g,則水的物質的量為=
0.06 mol。
(2)根據CO2吸收劑的質量變化可知,生成CO2的質量為30.00 g-26.48 g=3.52 g,根據元素守恒可知,樣品中 n(C)==0.08 mol,燃燒生成0.06 mol H2O,根據元素守恒可知,n(H)=0.06 mol×2=0.12 mol,根據質量守恒可知,n(O)==0.12 mol,則該有機物分子中C、H、O的最簡個數比為0.08∶0.12∶0.12=2∶3∶3,其最簡式為C2H3O3,再由該有機物的相對分子質量為150可得,該有機物的分子式為C4H6O6。
4.A　假設溶液體積為1 L,S所帶負電荷的物質的量為 2 mol,H+和Fe2+所帶正電荷總物質的量為4 mol,溶液呈電中性,可得存在其他陰離子。又X離子濃度為2 mol/L,那么陰離子需帶一個單位負電荷,N、H+與Fe2+會發生氧化還原反應,不能共存,Mn、H+與Fe2+會發生氧化還原反應,不能共存,故選A。
5.【答案】 0.92
【解析】 由于要達到沉淀的量最大,HCl和NaOH均不能過量,這樣鋁元素才能全部進入沉淀中。因而在反應后的溶液中,只存在Cl-、Na+[不考慮水的電離,要生成大量的 Al(OH)3沉淀,溶液呈近中性,水電離出的H+和OH-很少,可忽略不計]。由于溶液呈電中性,故Na+所帶電荷的電量等于Cl-所帶電荷的電量。設原合金中鈉的物質的量為x mol,則根據生成物中陰、陽離子電荷守恒可得 x=1×40×10-3=0.04,原合金中鈉的質量m=0.04 mol×
23 g/mol=0.92 g。
6.【答案】 8.51
【解析】 合金與沉淀之間的關系為M-ne-→Mn+→M(OH)n↓,則生成沉淀的質量與原合金的質量之差為OH-的質量。而OH-的物質的量恰好與電子轉移的物質的量相等。只要求出電子轉移的物質的量,就可以求出OH-的物質的量。因為每生成1 mol NO2時,轉移電子為 1 mol,而1 mol N2O4相當于2 mol NO2,故可理解為NO2的體積為4 480 mL+336 mL×2=5 152 mL=5.152 L,物質的量為0.23 mol,則電子轉移也為 0.23 mol,OH-的物質的量也為0.23 mol,OH-的質量為 0.23 mol×17 g/mol=3.91 g,沉淀的質量為 4.6 g+3.91 g=8.51 g。
7.【答案】 5.05
【解析】 11.2 g鐵粉的物質的量為0.2 mol,則與硫酸反應后溶液中Fe2+的物質的量為0.2 mol。當Fe2+與KNO3、KMnO4反應后轉化為Fe3+,Fe2+失去的電子數目等于KNO3和KMnO4兩種物質得到的電子數目。若KNO3的物質的量為x mol,則根據氧化還原反應中轉移電子守恒有0.2×1=x×3+0.5×20×10-3×5,解得x=0.05,則加入KNO3晶體的質量為0.05 mol×101 g/mol=5.05 g。
考點三　關系式法
關鍵能力提升
1.【答案】 %
【解析】 題中信息涉及的反應有①Fe3++CuClFe2++Cu2++Cl-、②6Fe2++Cr2+14H+6Fe3++2Cr3++7H2O,則可找出關系式
6CuCl~6Fe2+~Cr2
6 mol 1 mol
n ab×10-3 mol
解得n=6ab×10-3 mol,m(CuCl)=99.5 g/ mol×6ab×10-3 mol=0.597ab g,則樣品中CuCl的質量分數為×100%=%。
2.【答案】 (1)m3+m1-2m2
(2)%
【解析】 (2)滴定時,根據題給三個離子方程式可得關系式W~2I~6I2~12S2,結合鎢元素的質量守恒可得關系式WCl6~12S2,則樣品中n(WCl6)=n(S2)=×c mol·L-1 ×V×1L,m(WCl6)=×c mol·L-1 ×V×1L×M g· mo= g,因此樣品中WCl6的質量分數為×100%=%。
3.【答案】 51.95
【解析】 氨氧化法制硝酸的原理為4NH3+5O24NO+6H2O,2NO+O22NO2,3NO2+H2O2HNO3+NO。從以上三個化學方程式來看,氨與硝酸的關系式為3NH3~2HNO3,但工業生產上NO要進行循環利用,經過多次循環后,氨幾乎全部轉化為硝酸,則根據原子守恒可知,關系式應為NH3~HNO3。設可制得63%的HNO3的質量為x,則=,解得x≈51.95 t。
4.【答案】 50.0　25.0
【解析】 5.0 kg銀銅合金中銅的物質的量為 n(Cu)==50.0 mol。根據原子守恒可得關系4Cu~4CuSO4~2Al2(SO4)3~4Cu[Al(OH)4]即2Cu~Al2(SO4)3~2Cu[Al(OH)4],所以廢料中的銅可完全轉化成50.0 mol Cu[Al(OH)4],至少需要Al2(SO4)3溶液的體積為=25.0 L。
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第2講
化學計算的常用方法
1.進一步理解物質的量在化學計算中的“橋梁”作用。
2.了解化學計算的常用方法。
3.初步建立化學計算的思維模型。
1.所謂“差量”就是指反應過程中反應物的某種物理量之和(始態量)與同一狀態下生成物的相同物理量之和(終態量)的差,這種物理量可以是質量、物質的量、氣體體積、氣體壓強、反應過程中的熱效應等。根據化學方程式求出理論上的差值(理論差量),結合題中的條件求出或表示出實際的差值(實際差量),根據比例關系建立方程式并求出結果。
2.差量法的解題關鍵是找“差量”。通常有①質量差;②體積差(氣體)。
B
2.取7.90 g KMnO4,加熱分解后剩余固體7.42 g。該剩余固體與足量的濃鹽酸在加熱條件下充分反應,生成單質氣體A,產物中錳元素以Mn2+形式存在(已知K的相對原子質量為39,Mn的相對原子質量為55)。請計算:
(1)KMnO4的分解率為　　　　(保留一位小數)。
60.0%
(2)氣體A的物質的量為　　　　　　。
0.095 mol
【解析】 (2)根據上述反應可知,剩余固體中含KMnO4為7.90 g-4.74 g=
3.16 g(即0.02 mol),生成K2MnO4為0.015 mol,生成MnO2為0.015 mol,根據固體與濃鹽酸反應生成氣體A可知,A為Cl2,結合關系式2KMnO4～5Cl2、K2MnO4～2Cl2、MnO2～Cl2,可計算出KMnO4、K2MnO4、MnO2與濃鹽酸反應生成的Cl2分別為0.05 mol、0.03 mol和0.015 mol,即生成Cl2的物質的量為 0.05 mol+0.03 mol+0.015 mol=0.095 mol。
1.守恒法的含義
“守恒”就是物質在發生“變化”時,某些量的總量保持“不變”。在化學反應中,從不同的角度出發,存在著多種守恒,如:原子守恒、質量守恒、得失電子守恒、電荷守恒、能量守恒等。
2.化學計算中常用的三種守恒類型
(1)原子守恒(質量守恒)。
化學反應的實質是原子的重新組合,反應前后原子的總數不變(總質量不變)。
(2)電荷守恒。
依據電解質溶液呈電中性,即陽離子所帶正電荷總數等于陰離子所帶負電荷總數或離子方程式前后離子所帶電荷總數不變。
(3)得失電子守恒。
依據氧化還原反應中電子得失數目相等,即氧化劑得到的電子總數目等于還原劑失去的電子總數目。
一、原子守恒
2.(2022·浙江1月選考,27)某同學設計實驗確定Al(NO3)3·xH2O的結晶水數目。稱取樣品 7.50 g,經熱分解測得氣體產物中有NO2、O2、HNO3、H2O,其中H2O的質量為3.06 g;殘留的固體產物是Al2O3,質量為1.02 g。計算:
(1)x= 　(寫出計算過程)。
(2)氣體產物中n(O2)=　　　　mol。
0.01
3.將3.00 g某有機物(僅含C、H、O,相對分子質量為150)樣品置于燃燒器中充分燃燒,依次通過吸水劑、CO2吸收劑,燃燒產物被完全吸收。實驗數據如下表:
項目 吸水劑 CO2吸收劑
實驗前質量/g 20.00 26.48
實驗后質量/g 21.08 30.00
請回答下列問題。
(1)燃燒產物中水的物質的量為　　　　 mol。
0.06
(2)該有機物的分子式為　　　　　　。
C4H6O6
二、電荷守恒
4.某混合溶液中所含離子的濃度如下表,則X可能為(　　)
A
5.常溫下,將一定量的鈉鋁合金置于水中,合金完全溶解,得到20 mL pH=
14的溶液,然后用1 mol/L鹽酸滴定至沉淀最大量時,消耗40 mL鹽酸,原合金中鈉的質量為　　　　g。
0.92
【解析】 由于要達到沉淀的量最大,HCl和NaOH均不能過量,這樣鋁元素才能全部進入沉淀中。因而在反應后的溶液中,只存在Cl-、Na+[不考慮水的電離,要生成大量的Al(OH)3沉淀,溶液呈近中性,水電離出的H+和OH-很少,可忽略不計]。由于溶液呈電中性,故Na+所帶電荷的電量等于Cl-所帶電荷的電量。設原合金中鈉的物質的量為x mol,則根據生成物中陰、陽離子電荷守恒可得 x=1×40×10-3=0.04,原合金中鈉的質量m=0.04 mol×
23 g/mol=0.92 g。
三、電子得失守恒
6.銅和鎂的合金4.6 g完全溶于濃硝酸,若反應中硝酸被還原只產生4 480 mL的NO2氣體和336 mL的N2O4氣體(都已折算到標準狀況),在反應后的溶液中,加入足量的氫氧化鈉溶液,生成沉淀的質量為　　　　g。
8.51
5.05
【解析】 11.2 g鐵粉的物質的量為0.2 mol,則與硫酸反應后溶液中Fe2+的物質的量為0.2 mol。當Fe2+與KNO3、KMnO4反應后轉化為Fe3+,Fe2+失去的電子數目等于KNO3和KMnO4兩種物質得到的電子數目。若KNO3的物質的量為x mol,則根據氧化還原反應中轉移電子守恒有0.2×1=x×3+0.5×20×
10-3×5,解得x=0.05,則加入KNO3晶體的質量為0.05 mol×101 g/mol=5.05 g。
關系式法的類型
(1)通過多步反應中的關聯物質確定已知量(原料)與求解量(最終產物)之間的比例關系。常用于連續的滴定實驗的計算。
(2)一種反應物經多步反應得到最終產物,其中都含有同一種元素,多用于物質的制備的相關計算。可利用電子守恒或原子守恒直接確定關系式,然后列比例式進行求算。
1.氯化亞銅(CuCl)廣泛應用于化工、印染、電鍍等行業。CuCl難溶于醇和水,可溶于氯離子濃度較大的體系,在潮濕空氣中易水解氧化。
一、根據相關反應確定關系式
2.利用碘量法測定WCl6產品純度,實驗如下:
(1)稱量:將足量CS2(易揮發)加入干燥的稱量瓶中,蓋緊稱重為m1 g;開蓋并計時1分鐘,蓋緊稱重為m2 g;再開蓋加入待測樣品并計時1分鐘,蓋緊稱重為m3 g,則樣品質量為　　 　　g(不考慮空氣中水蒸氣的干擾)。
m3+m1-2m2
二、根據原子守恒確定關系式
3.由NH3氧化制NO的轉化率為96%,NO轉化為HNO3的轉化率為92%,現有10 t NH3,總共可以制得63%的HNO3　　　　t。
51.95
4.銀銅合金廣泛用于航空工業,從切割廢料中回收銀并制備銅的化工產品的工藝流程如圖所示:
[注:Al(OH)3和Cu(OH)2開始分解的溫度分別為450 ℃和80 ℃,M(Cu)=
63.5 g/mol]
若銀銅合金中銅的質量分數為63.5%,理論上 5.0 kg 廢料中的銅可完全轉化為　　　 mol Cu[Al(OH)4],至少需要1.0 mol/L的Al2(SO4)3溶液　　　L。
50.0
25.0
1.熱重分析的含義
在程序準確控制溫度下,利用熱重儀,測量物質的質量與溫度或時間的關系的方法,稱為熱重分析。它反映了樣品的殘留質量和固體殘留率(即質量分數)隨溫度或時間的變化關系。通過分析熱重曲線,就可以知道被測物質在哪個溫度段發生了什么變化,有什么質量損失、失重率是多少、分幾步分解、分解的溫度范圍等信息,并且可根據物質失去的重量,推斷出在一定溫度下物質發生的化學變化及分離出的物質。
2.熱重曲線的分析方法
(1)確定橫、縱坐標的含義。橫坐標通常是溫度,縱坐標是殘留質量或固體殘留率。
(2)根據晶體的化學式,預測每步可能發生的化學反應,并通過圖像中得出的Δm進行驗證,并進行糾正。
(3)最終的質量穩定產物通常是金屬氧化物,根據質量守恒可確定最終產物的化學式。
典型例題
LiCoO2作正極材料的鋰離子電池被廣泛用作便攜式電源。但鈷的資源匱乏限制了其進一步發展。Co(OH)2在空氣中加熱時,固體殘留率隨溫度的變化曲線如圖所示。已知鈷的氫氧化物加熱至290 ℃時已完全脫水,則1 000 ℃時,剩余固體成分為　　　　　　　　(填化學式,下同);在350～400 ℃范圍內,剩余固體成分為　　 　　(已知Co的相對原子質量為59)。
Co(OH)2的熱重曲線
CoO
Co3O4和Co2O3
[思路點撥] 本題是固體試樣分解失重的熱重曲線試題,重在考查某溫度時分解產物組成的判斷,分析時要注意空氣中的氧氣會參與反應。
解熱重曲線題的方法思路
解題建模
(1)設晶體為1 mol,其質量為m。
(2)失重一般是先失水,根據Δm判斷是部分失水還是已完全失水,還是失去非金屬氧化物生成金屬氧化物。
(4)熱分解的最終產物通常是金屬氧化物,晶體中金屬元素的質量不會減少,由質量守恒得m氧,由n金屬∶n氧,即可求出失重后物質的化學式。
(5)根據前面的推斷,可寫出每步反應的化學方程式。
解題建模
針對訓練
1.化合物(WY2Z4·X2Z)中的四種元素X、Y、Z、W為前20號元素,且原子序數依次增大,Y和Z位于同周期的不同主族,W最高價氧化物對應的水化物是檢驗YZ2氣體的常用試劑,該化合物的熱重分析曲線如圖所示。下列敘述正確的是(　　)
[A] X、Y、Z、W四種元素只能形成一種離子化合物W(XYZ3)2
[B] 200～400 ℃階段熱分解將失去1個X2Z
[C] 600 ℃熱分解后生成固體化合物WYZ3,且該反應為
非氧化還原反應
[D] 化合物YZ2中只有Z原子滿足8電子穩定結構
B
2.MnCO3可用作電訊器材元件材料,還可用作瓷釉、顏料及制造錳鹽的原料。它在空氣中加熱易轉化為不同價態錳的氧化物,其固體殘留率隨溫度的變化如圖所示。則300 ℃時,剩余固體中n(Mn)∶n(O)為　　　　;圖中C點對應固體的成分為　　　　　　　(填化學式)。
1∶2
MnCO3的熱重曲線
Mn3O4與MnO
3.如圖是1.00 g MgC2O4·nH2O晶體放在坩堝里從25 ℃徐徐加熱至700 ℃分解時,所得固體產物的質量(m)隨溫度(t)變化的關系曲線。(已知100 ℃以上才會逐漸失去結晶水,并約在230 ℃時完全失去結晶水)　
試回答下列問題。
(1)MgC2O4·nH2O中n=　　　　。
2
(2)通過計算確定C點固體物質的化學式: 　(要求寫出推斷過程)。
MgC2O4·H2O(過程見解析)
(3)通過計算確定從E點到F點過程中的化學方程式:
(要求寫出推斷過程)。
1.(2023·全國乙卷,28節選)硫酸亞鐵在工農業生產中有許多用途,如可用作農藥防治小麥黑穗病,制造磁性氧化鐵、鐵催化劑等。在N2氣氛中,FeSO4·7H2O的脫水熱分解過程如圖所示:
根據上述實驗結果,可知x=　　　,y=　　　。
4
1
請回答下列問題。
(1)每完全分解100 kg石灰石(含CaCO3 90%,雜質不參與反應),需要投料
　　　　　 kg 焦炭。
10.8
(2)每生產106 kg純堿,同時可獲得 　kg CaO(列式計算)。
(1)產品的鹽基度為　 　　　　　。
0.7(或0.700 0)
(2)測定Cl-過程中溶液pH過低或過高均會影響測定結果,原因是
　。
pH過低,
1.對于反應aA+bB cC+dD(A、B、C、D表示物質的化學式,a、b、c、d為化學方程式中的化學計量數),下列說法不正確的是(　　)
[A] 如果質量為m1的A與質量為m2的B恰好完全反應,則生成的C、D的質量之和一定等于(m1+m2)
[B] 參加反應的A和B中的原子總數一定等于生成的C和D的原子總數
[C] (a+b)不一定等于(c+d)
[D] A和B中的元素種類,不—定等于C和D中的元素種類
課時作業7　化學計算的常用方法
(時間:30分鐘　滿分:100分)
一、選擇題(共11小題,每小題6分,共66分)
D
【解析】 化學反應中的守恒既包括質量守恒,也包括元素守恒、原子個數守恒,故A和B中的元素種類一定等于C和D中的元素種類,故D不正確。
2.將a L NH3通過灼熱的、裝有鐵觸媒的硬質玻璃管后,氣體體積變為b L
(氣體體積均在同溫同壓下測定),該b L氣體中NH3的體積分數是(　　)
C
A
4.常溫下,某氮的氣態氧化物15.6 L與過量的氫氣混合,在一定條件下反應,使之生成液態水和無污染的氣體單質。恢復到原狀態,反應后氣體體積比反應前氣體體積減小了46.8 L,則原氮的氧化物的化學式為(　　)
[A] N2O3 [B] NO2
[C] NO [D] N2O
A
5.將12.8 g銅粉加到400 mL 2 mol/L的FeCl3溶液中,充分反應后(假設溶液總體積不變),下列說法正確的是(　　)
[A] 溶液中產生了黑色固體
[B] 氧化產物與還原產物的物質的量之比為1∶2
[C] 溶液中Fe2+的物質的量濃度為2.0 mol/L
[D] 溶液中Fe3+和Fe2+物質的量之比為1∶2
B
6.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 mol·L-1 的稀硝酸,恰好使混合物完全溶解,放出2.24 L NO(標準狀況),往所得溶液中加入KSCN溶液,無紅色出現。若用足量的H2在加熱條件下還原相同質量的混合物,所得到的鐵的物質的量為(　　)
[A] 0.25 mol [B] 0.2 mol
[C] 0.3 mol [D] 0.35 mol
A
7.在氧氣中燃燒0.22 g硫和鐵組成的混合物,使其中的硫全部轉化為二氧化硫,把這些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并轉變為硫酸,這些硫酸可用
10 mL 0.5 mol·L-1 氫氧化鈉溶液完全中和,則原混合物中硫的百分含量為
(　　)
[A] 72% [B] 40%
[C] 36% [D] 18%
C
D
9.用足量的CO還原13.7 g某鉛氧化物,把生成的CO2全部通入過量的澄清石灰水中,得到的沉淀干燥后質量為8.0 g(已知Pb的相對原子質量為207),則此鉛氧化物的化學式是(　　)
[A] PbO [B] Pb2O3
[C] Pb3O4 [D] PbO2
C
B
11.將一定物質的量的Na2CO3、NaHCO3組成的混合物溶于水,配成1 L溶液,取出50 mL溶液,然后加入一定物質的量濃度的鹽酸與它反應,得到的圖像如圖所示(已知:1 mol=1 000 mmol)。下列說法正確的是(　　)
[A] 標注NaCl的直線可代表生成CO2的物質的量
[B] 原混合物中Na2CO3與NaHCO3的物質的量之比為1∶2
[C] 鹽酸的濃度是0.05 mol/L
[D] 鹽酸加到150 mL時,放出CO2氣體224 mL(標準狀況下)
C
二、非選擇題(共2小題,共34分)
12.(16分,每空4分)化學家研制出了一種復雜的鐵氧化物(FexOy),取該氧化物76.0 g溶于600 mL 2.5 mol/L 稀硫酸中,得到溶液X。向溶液X中加入一定體積4.0 mol/L NaOH溶液,恰好使溶液中的金屬離子沉淀完全。過濾、洗滌,將沉淀加熱至質量不再變化,得殘渣80.0 g。
回答下列問題。
(1)加熱沉淀時發生反應的化學方程式為　　 　　　　　　　　,所得殘渣的顏色為　　　　　　　。
紅棕色
(2)鐵氧化物(FexOy)的化學式為　　　　　　,所加NaOH溶液的體積為
　　　　mL。
Fe4O5
750
(3)向溶液X中加入足量鐵粉制備綠礬(化學式為FeSO4·7H2O,相對分子質量為278),不考慮產品損失,最多能夠制備　　　　g綠礬。
417
【解析】 (3)76 g Fe4O5溶于600 mL 2.5 mol/L稀硫酸中,得到溶液X,向溶液X中加入足量鐵粉,則溶液為硫酸亞鐵溶液,則根據硫酸計算硫酸亞鐵的物質的量為2.5 mol/L×0.6 L=1.5 mol,綠礬的質量為1.5 mol×278 g/mol=417 g。
(1)樣品中FeS2的質量分數是(假設雜質不參加反應)　　 　　(保留一位小數)。
90.0%
(2)煅燒10 t上述黃鐵礦,理論上產生SO2的體積(標準狀況)為　　 　　L,制得98%的硫酸質量為　　　　t。
3.36×106
15課時作業7　化學計算的常用方法
(時間:30分鐘　滿分:100分)
一、選擇題(共11小題,每小題6分,共66分)
1.對于反應aA+bBcC+dD(A、B、C、D表示物質的化學式,a、b、c、d為化學方程式中的化學計量數),下列說法不正確的是(　　)
[A] 如果質量為m1的A與質量為m2的B恰好完全反應,則生成的C、D的質量之和一定等于(m1+m2)
[B] 參加反應的A和B中的原子總數一定等于生成的C和D的原子總數
[C] (a+b)不一定等于(c+d)
[D] A和B中的元素種類,不—定等于C和D中的元素種類
2.將a L NH3通過灼熱的、裝有鐵觸媒的硬質玻璃管后,氣體體積變為b L(氣體體積均在同溫同壓下測定),該b L氣體中NH3的體積分數是(　　)
[A] [B]
[C] [D]
3.加熱N2O5依次發生的分解反應如下:
①N2O5(g)N2O3(g)+O2(g);
②N2O3(g)N2O(g)+O2(g)。
在容積為2 L的密閉容器中充入8 mol N2O5,加熱到t ℃,達到平衡狀態后O2為 9 mol,N2O3為 3.4 mol。則t ℃時反應①的平衡常數的值為(　　)
[A] 8.5 [B] 9.6
[C] 10.2 [D] 17.0
4.常溫下,某氮的氣態氧化物15.6 L與過量的氫氣混合,在一定條件下反應,使之生成液態水和無污染的氣體單質。恢復到原狀態,反應后氣體體積比反應前氣體體積減小了46.8 L,則原氮的氧化物的化學式為(　　)
[A] N2O3 [B] NO2
[C] NO [D] N2O
5.將12.8 g銅粉加到400 mL 2 mol/L的FeCl3溶液中,充分反應后(假設溶液總體積不變),下列說法正確的是(　　)
[A] 溶液中產生了黑色固體
[B] 氧化產物與還原產物的物質的量之比為 1∶2
[C] 溶液中Fe2+的物質的量濃度為2.0 mol/L
[D] 溶液中Fe3+和Fe2+物質的量之比為1∶2
6.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4的混合物中加入150 mL 4 mol·L-1 的稀硝酸,恰好使混合物完全溶解,放出2.24 L NO(標準狀況),往所得溶液中加入KSCN溶液,無紅色出現。若用足量的H2在加熱條件下還原相同質量的混合物,所得到的鐵的物質的量為(　　)
[A] 0.25 mol [B] 0.2 mol
[C] 0.3 mol [D] 0.35 mol
7.在氧氣中燃燒0.22 g硫和鐵組成的混合物,使其中的硫全部轉化為二氧化硫,把這些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并轉變為硫酸,這些硫酸可用 10 mL 0.5 mol·L-1 氫氧化鈉溶液完全中和,則原混合物中硫的百分含量為(　　)
[A] 72% [B] 40%
[C] 36% [D] 18%
8.在a L Al2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入b mol BaCl2,恰好使溶液中的S完全沉淀;加入足量強堿并加熱可得到c mol NH3,則原溶液中Al3+的濃度(mol·L-1 )為(　　)
[A] [B]
[C] [D]
9.用足量的CO還原13.7 g某鉛氧化物,把生成的CO2全部通入過量的澄清石灰水中,得到的沉淀干燥后質量為8.0 g(已知Pb的相對原子質量為207),則此鉛氧化物的化學式是(　　)
[A] PbO [B] Pb2O3 [C] Pb3O4 [D] PbO2
10.采用熱重分析法測定FeS2/C復合材料中各組分的含量。FeS2/C樣品在空氣中的熱重曲線如圖所示。[注:殘留率(%)=×100%]。下列說法不正確的是(　　)
[A] 300～400 ℃之間發生的主要反應為C+O2CO2
[B] 800 ℃時殘留的固體是Fe3O4
[C] 復合材料中FeS2的質量分數為90.9%
[D] 復合材料中FeS2與C的物質的量之比約為1∶1
11.將一定物質的量的Na2CO3、NaHCO3組成的混合物溶于水,配成1 L溶液,取出50 mL溶液,然后加入一定物質的量濃度的鹽酸與它反應,得到的圖像如圖所示(已知:1 mol=
1 000 mmol)。下列說法正確的是(　　)
[A] 標注NaCl的直線可代表生成CO2的物質的量
[B] 原混合物中Na2CO3與NaHCO3的物質的量之比為1∶2
[C] 鹽酸的濃度是0.05 mol/L
[D] 鹽酸加到150 mL時,放出CO2氣體 224 mL(標準狀況下)
二、非選擇題(共2小題,共34分)
12.(16分,每空4分)化學家研制出了一種復雜的鐵氧化物(FexOy),取該氧化物76.0 g溶于 600 mL 2.5 mol/L 稀硫酸中,得到溶液X。向溶液X中加入一定體積4.0 mol/L NaOH溶液,恰好使溶液中的金屬離子沉淀完全。過濾、洗滌,將沉淀加熱至質量不再變化,得殘渣 80.0 g。
回答下列問題。
(1)加熱沉淀時發生反應的化學方程式為　　　　　　　　　　　　　　　,所得殘渣的顏色為　　　　　　　。
(2)鐵氧化物(FexOy)的化學式為　 , 所加NaOH溶液的體積為　　　　mL。
(3)向溶液X中加入足量鐵粉制備綠礬(化學式為FeSO4·7H2O,相對分子質量為278),不考慮產品損失,最多能夠制備　　　　g綠礬。
13.(18分,每空6分)黃鐵礦主要成分是FeS2。某硫酸廠在進行黃鐵礦成分測定時,取0.100 0 g樣品在空氣中充分灼燒,將生成的SO2氣體與足量 Fe2(SO4)3 溶液完全反應后,用濃度為 0.020 00 mol·L-1 的K2Cr2O7標準溶液滴定至終點,消耗K2Cr2O7標準溶液25.00 mL。
已知:SO2+2Fe3++2H2OS+2Fe2++4H+;
Cr2+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O。
(1)樣品中FeS2的質量分數是(假設雜質不參加反應)　　　　(保留一位小數)。
(2)煅燒10 t上述黃鐵礦,理論上產生SO2的體積(標準狀況)為　　　　L,制得98%的硫酸質量為　　　　t。
課時作業7　化學計算的常用方法
1.D　化學反應中的守恒既包括質量守恒,也包括元素守恒、原子個數守恒,故A和B中的元素種類一定等于C和D中的元素種類,故D不正確。
2.C　設參加反應的NH3體積為x,則
2NH3N2+3H2　ΔV
2 L 2 L
x (b-a) L
=,解得x=(b-a) L,所以氣體中NH3的體積分數為=,故選C。
3.A　設平衡后容器中N2O5、N2O的物質的量分別是x mol、y mol,則根據氮原子守恒有2x+2y+6.8=16,根據氧原子守恒有5x+y+10.2+18=40,解得x=1.8,y=2.8,
K===8.5。
4.A　設該氮氧化物的分子式為N2Ox,其與氫氣反應的化學方程式為N2Ox+xH2N2+xH2O,相同條件下參加反應的氣體的體積之比等于其物質的量之比,也等于其化學計量數之比,
N2Ox+xH2N2+xH2O　ΔV
1 x
15.6 L 46.8 L
則1∶x=15.6 L∶46.8 L,x=3,所以其化學式為N2O3。
5.B　Cu與FeCl3發生反應的離子方程式為 Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+,12.8 g銅粉的物質的量為=0.2 mol,400 mL 2 mol/L的FeCl3溶液中FeCl3的物質的量為2 mol/L×0.4 L=
0.8 mol,顯然溶液中FeCl3過量。根據上述分析可知,銅粉溶解,Fe3+轉化為Fe2+,不會出現黑色固體,A錯誤;氧化產物為Cu2+,還原產物為Fe2+,兩者物質的量之比為1∶2,B正確;溶液中Fe2+的物質的量濃度等于參加反應的Fe3+的物質的量濃度,為=1.0 mol/L,C錯誤;溶液中剩余的Fe3+的物質的量為 0.8 mol-0.2 mol×2=0.4 mol,生成的Fe2+物質的量為 0.2 mol×2=0.4 mol,所以兩者的物質的量之比為1∶1,D錯誤。
6.A　由題意可知,混合物中的Fe全部轉化為Fe(NO3)2,根據氮元素守恒可得,n[Fe(NO3)2]=(0.15 L×4 mol·L-1-)×=0.25 mol,則n(Fe)=0.25 mol,所以用足量的H2在加熱條件下還原相同質量的混合物,所得到的鐵的物質的量為0.25 mol。
7.C　已知S~SO2~SO3~H2SO4,H2SO4與NaOH生成Na2SO4,則n(H2SO4)=n(NaOH)=
×0.01 L×0.5 mol·L-1=0.002 5 mol,根據關系式法可知,n(S)=n(H2SO4),
則w(S)=×100%≈36%。
8.D　混合溶液中加入b mol BaCl2,恰好使溶液中的S完全沉淀,根據S+Ba2+BaSO4↓ 可知,n(S)=b mol;加入足量強堿并加熱可得到c mol NH3,根據 N+OH-NH3↑+H2O可知,n(N)=c mol,由于溶液不顯電性,設原溶液中Al3+的物質的量為x mol,由電荷守恒可知,3x+c=2b,所以x=,由于溶液的體積是a L,所以原溶液中Al3+的物質的量濃度c(Al3+)==mol·L-1,故D正確。
9.C　設此鉛氧化物的化學式為PbxOy,
PbxOy~yO~yCO~yCO2~yCaCO3
16y 100y
m(O)=1.28 g 8.0 g
所以m(Pb)=13.7 g-1.28 g=12.42 g,
x∶y=∶=3∶4。
10.B　300~400 ℃之間發生的主要反應為C受熱生成CO2,A正確;550~650 ℃之間的失重反應的化學方程式為4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,故800 ℃時殘留的固體是Fe2O3,B不正確;由圖中數據可知,復合材料中碳完全反應失重9.1%,可知碳的質量分數為9.1%,FeS2的質量分數為90.9%,C正確;FeS2與C的物質的量之比為∶≈1∶1,D正確。
11.C　混合溶液中加入鹽酸,Na2CO3先和鹽酸反應生成NaHCO3,即開始沒有產生CO2,A錯誤;由圖分析,原混合物中Na2CO3與NaHCO3的物質的量之比為1∶1,B錯誤;2.5 mmol的Na2CO3和50 mL鹽酸反應生成 NaHCO3,根據化學方程式分析,二者物質的量比為1∶1,則鹽酸的濃度是=0.05 mol/L,C正確;鹽酸加到150 mL時,實際有100 mL鹽酸和NaHCO3反應生成CO2,根據化學方程式分析,HCl的物質的量等于CO2的物質的量,HCl的物質的量為0.1 L×0.05 mol/L=0.005 mol,則標準狀況下二氧化碳的體積為
112 mL,D錯誤。
12.【答案】 (1)2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O　紅棕色　
(2)Fe4O5　750　(3)417
【解析】 (1)鐵常見的價態為+2價和+3價,所以得到的沉淀為Fe(OH)2和Fe(OH)3,因為Fe(OH)2容易被氧化生成Fe(OH)3,所以加熱時沉淀為Fe(OH)3,沉淀受熱分解,發生反應的化學方程式為2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O,所得殘渣為Fe2O3,顏色為紅棕色。
(2)Fe2O3的質量為80.0 g,物質的量為0.5 mol,則鐵原子的物質的量為1 mol,質量為56 g,鐵的氧化物中氧元素的質量為76 g-56 g=20 g,其物質的量為= mol,則鐵原子和氧原子物質的量之比為1∶=4∶5,鐵氧化物(FexOy)的化學式為Fe4O5。向溶液X中加入一定體積 4.0 mol/L NaOH溶液,恰好使溶液中的金屬離子沉淀完全,反應后的溶液為硫酸鈉溶液,根據質量守恒分析,硫酸和氫氧化鈉的物質的量之比為 1∶2,則氫氧化鈉溶液的體積為=0.75 L=750 mL。
(3)76 g Fe4O5溶于600 mL 2.5 mol/L稀硫酸中,得到溶液X,向溶液X中加入足量鐵粉,則溶液為硫酸亞鐵溶液,則根據硫酸計算硫酸亞鐵的物質的量為2.5 mol/L×0.6 L=1.5 mol,綠礬的質量為1.5 mol×278 g/mol=417 g。
13.【答案】 (1)90.0%　(2)3.36×106　15
【解析】 (1)據化學方程式4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2、SO2+2Fe3++2H2OS+2Fe2++4H+、Cr2+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O得關系式
Cr2～6Fe2+～3SO2～FeS2
1
m(FeS2)=0.090 00 g,樣品中FeS2的質量分數為×100%=90.0%。
(2)4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2
4 mol 8 mol
mol n(SO2)
n(SO2)=1.5×105 mol,V(SO2)=3.36×106L,
由SO2　~　SO3　~　H2SO4
1 mol 98 g
1.5×105 mol m(H2SO4)×98%
得m(H2SO4)=1.5×107 g=15 t。
(
第
4
頁
)

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