2019届高考化学 专题一 化学计算中的几种方法精准培优专练.doc

培优点一 化学计算中的几种方法一化学计算中的常用方法1守恒法质量守恒法典例10.1mol某烃与1mol过量氧气混合，充分燃烧后通过足量的Na2O2固体，固体增重15g，从Na2O2中逸出的全部气体在标准状况下为16.8L。求烃的化学式。【解析】设烃的化学式为CxHy，摩尔质量为a gmol1，因为最后逸出的气体不仅包括反应剩余的O2，也包括烃燃烧产物CO2和水蒸气与Na2O2反应放出的O2。m(烃)+m(O2)=m(Na2O2)+m(逸出气体)，则有：0.1mola gmol1+32gmol11mol=15g+；解得a=70，烃的式量为70，=5余10，所以烃的化学式为C5H10。【答案】C5H10原子(或离子)守恒典例2用含1.0mol NaOH的溶液吸收0.8mol CO2，所得溶液中的CO和HCO的物质的量之比为（ ）A13 B21 C23 D32x+y=0.8mol2x+y=0.8molx=0.2mol y=0.6mol【解析】设生成Na2CO3、NaHCO3物质的量为x、y，由反应前后C原子和Na+守恒可得方程组：解得 解得 ；即所得溶液中CO和HCO的物质的量之比为13。【答案】A电子守恒典例3在一定条件下，PbO2与Cr3+反应，产物为Cr2O和Pb2+，则与1.0mol Cr3+反应所需的PbO2物质的量为_。【解析】利用电子守恒进行计算：1.0mol(6-3)=x(4-2)，得x=1.5mol。【答案】1.5mol电荷守恒典例4在硫酸铝和硫酸钾、明矾的混合物中，若c(SO)=0.2molL-1，当加入等体积的0.2molL-1 KOH溶液时，生成的沉淀又恰好溶解为止，则原溶液中K+的物质的量浓度(molL1)是（ ）A0.2 B0.25 C0.3 D0.45【解析】方法1：原混合液中含有的阳离子是K+、Al3+，阴离子是SO，因c(SO)=0.2molL1则c(K+)+c(Al3+)=c(SO)=0.1molL1；加入KOH溶液后发生的反应是Al3+4OH=AlO+2H2O，所以原溶液中c(Al3+)=c(K+)=0.2molL1+0.2molL1=0.05molL1，方法2：根据电荷守恒：3c(Al3+)+c(K+)=2c(SO)，推出c(K+)=2c(SO)-3c(Al3+)=0.25molL1【答案】B2差量法典例5某一元醇10g与乙酸反应生成酯13.2g，同时回收醇1.0g，则该醇的式量是（ ）A74 B88 C90 D104【解析】醇与乙酸反应生成酯和水，则乙酸和水的质量差等于酯和醇的质量差，设该醇的式量为x，则有： ROH+CH3COOHCH3COOR+H2O m X 60 18 42 9g （13.2-9）g=4.2g可得：=；即x=90【答案】C3关系式法典例6将5.6g铁溶于足量盐酸中，蒸发至干并在空气中灼烧至恒重，最后得到固体的质量最接近于（ ）A8.0g B19.2g C24.2g D30.6g【解析】由FeFe2+Fe(OH)2Fe(OH)3Fe2O3，所以可得：2FeFe2O3；则Fe2O3的质量m(Fe2O3)=5.6g160/(256)=8.0g【答案】A4平均值法典例7燃烧镁和某金属的合金，所生成的氧化物的质量为反应前合金的质量的2倍，另一金属可能是（ ）ACu BBe CNa DAl【解析】镁形成的氧化物中，m(Mg)m(O)=2416，金属质量大于氧的质量；则另一金属形成的氧化物中，金属质量要小于氧的质量。Cu、Be、Na、Al在燃烧时所形成的氧化物分别是：CuO、BeO、Na2O2、Al2O3，其中只有BeO中m(Be)m(O)=916，是金属小于氧的质量。所以选B。【答案】B5假设法典例8将两种金属单质混合物13g，加到足量稀硫酸中，共放出标准状况下气体11.2L，这两种金属可能是（ ）AZn和Fe BCu和Zn CAl和Mg DMg和Cu【解析】将混合物当作一种金属来看，因为是足量稀硫酸，13克金属全部反应生成的11.2L(0.5摩尔)气体全部是氢气，即这种金属每放出1摩尔氢气需26克，如果全部是+2价的金属，其平均原子量为26，则组成混合物的+2价金属，其原子量一个大于26，一个小于26。故D符合。【答案】D6讨论法典例9向300mL KOH溶液中缓慢通入一定量的CO2气体，充分反应后，在减压低温下蒸发溶液，得到白色固体。请回答下列问题：（1）由于CO2通入量不同，所得到的白色固体的组成也不同，试推断有几种可能的组成，并分别列出。（2）若通入CO2气体为2.24L（标准状况下），得到11.9g的白色团体。请通过计算确定此白色固体是由哪些物质组成的，其质量各为多少？所用的KOH溶液的物质的量浓度为多少【解析】（1）由于CO2和KOH反应时物质的量之比不同，则产物不同，故可根据CO2和KOH反应时物质的量之比对产物进行讨论。由：CO2+2KOH=K2CO3+H2O；CO2+KOH=KHCO3可知n(CO2)/ n(KOH) =1/2时产物为K2CO3，n(CO2)/n(KOH)=1时产物为KCO3，所以n(CO2)/n(KOH)1/2时，KOH过量，则产物为K2CO3+KOH；1/2 n(CO2)/n(KOH)1时，二氧化碳过量，则固体产物为KHCO3。答案为：（2）由：CO2 + 2KOHK2CO3 +H2O CO2 + KOHKHCO322.4L(标态) 138g 22.4L(标态) 100g2.24L(标态) 13.8g 2.24L(标态) 10.0g 13.8g11.9g10.0g得到的白色固体是K2CO3和KHCO3的混合物。设白色固体中K2CO3 x mol，KHCO3 y mol，即CO2+2KOHK2CO3+H2O CO2+KOHKHCO3 x mol 2x mol x mol y mol y mol y molx mol+y mol0.100mol （CO2）138gmol-1x mol100gmol-1y mol11.9g （白色固体）x0.0500mol （K2CO3）y0.0500mol （KHCO3） 解此方程组，得 白色固体中 ，K2CO3质量为138gmol-10.0500mol6.90gKHCO3质量为100gmol-10.0500mol5.00g消耗KOH物质的量为2x mol+y mol20.0500mol+0.0500mol0.150mol所用KOH溶液物质的量浓度为0.150mol/0.300L0.500molL1【答案】（1）K2CO3+KOH；K2CO3；K2CO3+KHCO3；KHCO3（2）白色固体是K2CO3和KHCO3的混合物；m(KHCO3)= 0.0500mol、m(K2CO3)=0.0500molC(KOH)=0.500molL1二对点增分集训1由锌、铁、铝、镁四种金属中的两种组成的混和物10克，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2升，则混和物中一定含有的金属是（ ）A锌 B铁 C铝 D镁【解析】本题利用平均摩尔电子质量求解，据10克金属与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下为11.2L可得金属平均摩尔电子质量为10gmol-1。四种金属的摩尔电子质量分别为Zn：32.5gmol-1、Fe：28gmol-1、Al：9gmol-1、Mg：12gmol-1，其中只有Al的摩尔电子质量小于10gmol-1，故答案为C。【答案】C2将一定质量的Mg、Zn、Al混合物与足量稀H2SO4反应，生成H2 2.24L（标准状况），原混合物的质量可能是（ ）A1.8g B3g C6.5g D10g【解析】一定质量的Mg、Zn、Al混合物与足量稀H2SO4反应，生成H2 2.24L（标准状况），假设全部为Mg，由MgH2可得：m(Mg)=24=2.4g；假设全部为Zn或Al，同理可求m(Zn)=6.5g；m(Al)=1.8g所以混合物的质量介于1.8g6.5g之间，故选：B。【答案】B3将12g CO和CO2的混合气体通过足量灼热的氧化铜后，得到气体的总质量为18g，求原混合气体中CO2的质量分数。【解析】设原混合气体中CO2的质量分数为x。CuO+CO=Cu + CO2 m(气体)28 44 44-28=1612(1-x) 18g-12g=6g即 = 解得x=12.5%；所以，原混合气体中CO2的质量分数为12.5%。【答案】12.5%4为了预防碘缺乏病，国家规定每千克食盐中应含有4050毫克的碘酸钾。为检验某种食盐是否为加碘的合格食盐，某同学取食盐样品428克，设法溶解出其中全部的碘酸钾。将溶液酸化并加入足量的碘化钾淀粉溶液，溶液呈蓝色，再用0.030molL1的硫代硫酸钠溶液滴定，用去18.00mL时蓝色刚好褪去。试通过计算说明该加碘食盐是否为合格产品。有关反应：IO+5I+6H+3I2+3H2O；I2+2S2O2I+S4O【解析】本题为多步反应的计算，可根据反应方程式直接建立IO和S2O的关系式进行求解。6S2O IO6mol 1mol0.030molL118.00mL10-3 nn(IO)=0.030molL118.00mL10-31mol6mol =0.0910-3mol每千克食盐中含KIO3：(2140.0910-3428)1000=4510-3=45(mg)；即该加碘食盐是合格的【答案】合格510ml某气态烃在80ml氧气中完全燃烧后，恢复到原来状况（1.01105Pa，27）时，测得气体体积为70ml，求此烃的分子式。【解析】原混和气体总体积为90ml，反应后为70ml，体积减少了20ml。剩余气体应该是生成的二氧化碳和过量的氧气，下面可以利用差量法进行有关计算。CxHy+(x+)O2xCO2 +H2O V1 1+10 20计算可得y=4，烃的分子式为C3H4或C2H4或CH4【答案】C3H4或C2H4或CH46Cu、Cu2O和CuO组成的混合物，加入100mL 0.6molL1HNO3溶液恰好使混合物溶解，同时收集到224mL NO气体（标准状况）。求：（1）写出Cu2O跟稀硝酸反应的离子方程式。（2）产物中硝酸铜的物质的量。（3）如混合物中含0.01moL Cu，则其中Cu2O、CuO的物质的量分别为多少？（4）如混合物中Cu的物质的量为X，求其中Cu2O、CuO的物质的量及X的取值范围。【解析】抓住反应的始态和终态利用守恒关系进行求解，（1）利用电子守恒进行配平：3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO+7H2O；（2）利用N原子守恒：n(HNO3)=0.06mol，n(NO)=0.01mol，则nCu(NO3)2=(0.06-0.01)/2=0.025mol；（3）本题混合物中虽含有Cu、Cu2O和CuO三种物质，但参加氧化还原反应的只有 Cu、Cu2O，所以利用电子守恒可直接求解。转移电子总数：n(e-)= n(NO)3=0.03mol；Cu提供电子数：0.012=0.02mol；Cu2O提供电子数：0.03-0.02=0.01mol；n(Cu2O)=0.01/2=0.005mol，n(CuO)=0.0025-0.01-0.0052=0.005mol；（4）根据（3）解法可得n(Cu2O)=0.015-Xmol，n(CuO)=X-0.005mol。根据电子守恒进行极端假设：若电子全由Cu提供则n(Cu)=0.015mol；若电子全由Cu2O提供则n(Cu2O)=0.015mol，则n(Cu2+)=0.03mol大于了0.025mol，说明n(Cu)不等于0，另根据n(CuO)=X-0.005mol要大于0，可得n(Cu)0.005mol。所以0.005mol n(Cu)0.015mol。【答案】（1）3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO+7H2O（2）0.025mol（3）0.005mol；0.005mol（4）0.015-Xmol；X-0.005mol；0.005moln(Cu)0.015mol。