2021高中化学一轮复习训练：1化学计算中的几种方法

3.0 envi 2024-11-21 4 4 163.45KB 11 页 3知币

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1. 应用①守恒法

1化学计算中的几种方法

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%×＝m(NaCl)×，解得 m(NaCl)≈24.04g。

【答案】C

②．原子(或离子)守恒

例2．13.6gFe 和Fe2O3的混合物，加入 150mL 足量的稀硫酸，在标准状况下收集到

1.12LH2，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 3mol/L 的NaOH 溶液，则该稀 H2SO4的物质的量

浓度为（）

A．2mol/LB．2.25mol/LC．3mol/LD．0.6mol/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 3mol·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)=1/2×3mol·L−1×0.2L=0.3mol ，故该硫酸的物质的量浓度为

c(H2SO4)=0.3mol÷0.15L=2mol·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

化学计算中的常用方法

2. 应用②差量法

【解析】反应流程为――——→――——→；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−)＝×1+×2×1 ＝

0.46mol；所以 x g＝17.02g-0.46mol×17g·mol－1＝9.20g。

【答案】B

④．电荷守恒

例4．在 a LAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入 b mol BaCl2，恰好使溶液中的 SO 离子完

全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到 c molNH3，则原溶液中的 Al3+浓度(mol/L)为（）

A．B．C．D．

【解析】由混合溶液中加入 b mol BaCl2，恰好使溶液中的 SO 离子完全沉淀，则根据

SO+Ba2+=BaSO4↓可知 n(SO)=b mol ；由加入足量强碱并加热可得到 c mol NH3，根据

NH+OH−====NH3↑+H2O可知 n(NH)=c mol，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= mol，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+)= mol/L，故合理选项是 D。

【答案】D

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∶3B．3∶1C．13∶31D．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、② 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，26.4gNa2O2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

0.05mol，根据反应②知，混合物中 Na2O2的物质的量为 0.1mol，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 0.3mol，则原混合物中 Na2O

3. 应用③关系式法

4. 应用④假设法

与Na2O2的物质的量之比是 3∶1，故选 B。

【答案】B

例6．向 200mL0.1mol·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 gB．2.82 gC．1.6 gD．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)=200×10−3×0.1/2mol=0.01mol，即氧化铁质量为 0.01×160g=1.6g，

故选项 C正确。

【答案】C

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：① 5 3∶　② 3 2∶　③ 4 3∶　④ 9 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

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