第8讲 化学计算的常用方法

新教材第二章物质的量第8讲化学计算的常用方法复习目标1.进一步理解物质的量在化学计算中的“桥梁”作用。2.了解化学计算的常用方法。3.初步建立化学计算的思维模型。内容索引考点一利用差量法计算考点二利用关系式法计算考点三利用守恒法计算专项突破归纳整合考点一利用差量法计算1.“差量法”必备知识归纳整合反应物的某种物理量之和同一状态下生成物的相同物理量之和与之差(如固体质量差、气体体积差等)、溶液质量差2.解题思路：根据化学方程式找出“理论差量”结合题中的条件求出或表示出“实际差量”根据比例关系建立方程式并求出结果2NaHCO3==Na2CO3H2OCO2解析:168g106gm(固)减重(w1w2)g？62gm(NaHCO3)m(NaHCO3)=样品中Na2CO3质量为w1g例1为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g，请列式计算该样品中Na2CO3的质量分数。差量法的解题关键是找准研究对象。理论差量实际差量例2．将12gCO和CO2的混合气体通过足量灼热的CuO后，得到气体的总质量为18g，求原混合气体中CO的质量分数。则原混合气体中CO的质量分数为87.5%。解析:CuOCO==CuCO2(18g12g)6g28g16gm(气体质量增加)理论差量实际差量m(CO)?解得m(CO)=10.5g44g差量法计算的关键：找准差量和所求量之间的关系。关键能力专项突破1.标准状况下，将20LCO2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16L，则原混合气体中CO的体积为A.4LB.8LC.12LD.16LC解析:2Na2O22CO2=2Na2CO3O2(20L16L)4L2L1L理论差量实际差量V(CO2)?解得V(CO2)=8L1LV(气体的体积差)则V(CO)=12L关键能力专项突破2.16mL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：6NO4NH35N26H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5mL，计算原混合气体中NO与NH3的物质的量之比。6NO4NH35N26H2O(g)解析:理论差量实际差量6456V(气体的体积差)1V(NO)V(NH3)17.5-16=1.5mL解得V(NO)=9mLV(NH3)=6mL由此可知共消耗15mL气体，还剩余1mL气体若剩余1mL气体全部是NO，则V(NO)V(NH3)53若剩余1mL气体全部是NH3，则V(NO)V(NH3)97但因是可逆反应，剩余气体是NO、NH3的混合气体。答案专项突破归纳整合考点二利用关系式法计算1.关系式法必备知识归纳整合当已知物和未知物之间是靠多步进行的连续反应来联系时，可以根据中间物质的传递关系，直接确定已知量和未知量之间的比例关系，即“关系式”。2.应用关系式法的思维模型或者，也可以根据原子守恒确定“关系式”例：把28克CO还原足量的Fe2O3生成的CO2通入到过量澄清石灰水中，求生成沉淀的量。3COFe2O3==2Fe3CO2CO2Ca(OH)2=CaCO3H2O则关系式为：(1)根据化学方程式确定关系式——3CaCO3即COCaCO3(2)根据原子守恒确定关系式碳原子守恒：得出COCaCO33CO——3CO2解析:关键能力专项突破一、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？根据反应前后S原子数不变，可得关系式：2SFeS22H2SO4解析:即：关系式SH2SO43298200t40%95%x解3298(200t40%)(95%x)x257.9t。3NO2H2O=2HNO3NO关键能力专项突破一、关系式法的基本应用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10tNH3，总共可以制得63%的HNO3多少吨？解析:4NH35O2=====4NO6H2O催化剂2NOO2=2NO2即，关系式NH3HNO3循环利用注意：多步连续反应的中间损耗往往归结为原料最初损耗10t176396%92%63%x解答x51.95t。关键能力专项突破一、关系式法的基本应用3.用黄铁矿可以制取H2SO4，再用H2SO4可以制取化肥(NH4)2SO4。煅烧含FeS280.2%的黄铁矿75.0t，最终生产出79.2t(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______。设黄铁矿的利用率为x解析:关系式FeS22H2SO42(NH4)2SO412026475.0t80.2%89.8%x79.2t可得x66.6%则黄铁矿的损失率为1.0066.6%33.4%。二、关系式法在滴定计算中的应用4.硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O，M248gmol1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：(1)溶液配制：称取1.2000g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100mL的_______中，加蒸馏水至__________________________。烧杯容量瓶溶液的凹液面与刻度线相切二、关系式法在滴定计算中的应用4.硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O，M248gmol1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：(2)滴定：取0.00950molL1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O72-6I14H=3I22Cr37H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定，发生反应：I22S2O32-=S4O62-2I。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24.80mL，则样品纯度为______%(结果保留1位小数)。蓝色褪去，且半分钟内不恢复成原来的颜色解析：可根据关系式求算Cr2O72-3I26S2O32-1695.05.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Sn2HCl=SnCl2H2，再加入过量的FeCl3溶液，发生如下反应：SnCl22FeCl3=SnCl42FeCl2，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6FeCl2K2Cr2O714HCl=6FeCl32KCl2CrCl37H2O。现有金属锡试样0.613g，经上述反应后，共用去0.100mol/LK2Cr2O7溶液16.0mL。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)。答案93.2%Sn2HCl=SnCl2H2SnCl22FeCl3=SnCl42FeCl26FeCl2K2Cr2O714HCl=6FeCl32KCl2CrCl37H2O关系式3Sn3SnCl26FeCl2K2Cr2O7Sn与K2Cr2O7物质的量的关系：3Sn3SnCl26FeCl2K2Cr2O73119g1molx0.1000.016mol6.称取2.0g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250mL容量瓶定容。取25.00mL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0.10mol/L(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26.00mL。发生的反应有：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_____%。酸式85.8FeO42-CrO2-2H2O=CrO42-Fe(OH)3OH，2CrO42-2H=Cr2O72-H2O，Cr2O72-6Fe214H=2Cr36Fe37H2O。关系式2FeO42-2CrO42-Cr2O72-6Fe21mol3moln0.10molL10.026L专项突破归纳整合考点三利用守恒法计算1.守恒法必备知识归纳整合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，(如原子守恒、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)只考虑反应体系中研究对象化学量的始态和终态例128g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。解析经过一系列反应后，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒：质量守恒(原子守恒)例2Co(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。解析：Co(OH)2在加热分解过程中，设有1molCo(OH)2，质量为93g。Co原子的数目不变。则固体中Co的物质的量为1mol，质量为59g。设290后固体的化学式为CoOxA点固体的相对分子质量为9389.25%83此时x1.5，即该固体为Co2O3B点固体的相对分子质量为9386.38%80.3此时x4/3，即该固体为Co3O4C点固体的相对分子质量为9380.65%75此时x1，即该固体为CoO例3将agFe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200mLpH1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100mL，则NaOH溶液的浓度为___________。0.2molL12.电荷守恒Fe2O3、Al2O3200mLpH1的H2SO4溶液Fe3、Al3则n(Na)2n(SO42-)H、SO42-NaOH溶液Fe(OH)3Al(OH)3Na2SO4当Fe3、Al3刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有Na2SO40.02mol0.01molH2SO4c(NaOH)0.2molL1例4在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42-完全沉淀；加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中Al3的浓度(molL1)为D由混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO42-完全沉淀则n(SO42-)=bmol由加入足量强碱并加热可得到cmolNH3则n(NH4+)=cmol电荷守恒n(NH4+)+3n(Al3+)=2n(SO42-)n(Al3+)=3.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。1.现有24mL浓度为0.05mol/L的Na2SO3溶液恰好与20mL浓度为0.02mol/L的K2Cr2O7溶液完全反应。已知Na2SO3可被K2Cr2O7氧化为Na2SO4，则元素Cr在还原产物中的化合价为.+3找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。Na2SO3K2Cr2O7Na2SO4还原产物(含Cr)+4+6+6+n22(6-n)0.02molL10.020L根据得失电子守恒列出等式：n(氧化剂)化合价变化值n(还原剂)化合价变化值2(6-n)=0.05molL10.024L2解得n32.在反应3BrF35H2O=9HFBr2HBrO3O2中，若有5molH2O参加反应，被水还原的溴元素为()C3BrF35H2O=9HFBr2HBrO3O2+3-10+5解析:-20得23e-失22e-失12e-即，5molH2O参加反应，失去4mole-，设被水还原的溴元素(BrF3)的物质的量为x,根据电子守恒得：3x4molxmol。1.1L混合溶液中含有SO42-0.25mol，Cl-0.75mol，Na+0.25mol，其余为H+，则H+的物质的量浓度为()A.2.5molL-1B.5molL-1C.0.1molL-1D.1molL-1应用“电荷守恒”计算【牛刀小试】D2.使相同物质的量浓度的NaCl、MgCl2、AlCl3溶液中的Cl-完全沉淀时，若用去相同浓度的AgNO3溶液的体积比为321,则上述三种溶液的体积比是()A.941B.321C.632D.931D抓住n(Cl—)之比为3:2:1【牛刀小试】3、将Na、Mg、Al各0.3mol，分别放入100ml1mol/LHCl(aq)中，同温同压下产生的气体体积比为()A、1:2:3B、6:3:2C、3:1:1D、1:1:1C知识要点：Na、Mg、Al、Fe等分别与不足量的酸反应，产生H2的量按2NaH2计算按酸的量计算:2H+H2温馨提示:按方程式计算或直接通过得失电子数进行计算(钠与酸反应，若酸不足，则多余的钠与水反应！)0.1mol4．有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其内含水7.12%，K2CO32.88%，KOH90%，若将此样品1g加入到46.00mL的1mol/L盐酸中，过量的酸再用1.07mol/LKOH溶液中和，蒸发中和后的溶液可得固体g。解析此题中发生的反应很多，但仔细分析可知蒸发溶液后所得固体为KCl，其Cl全部来自于盐酸中的Cl，在整个过程中Cl守恒，即n(KCl)n(HCl)；故m(KCl)0.046L1molL174.5gmol13.427g。3.4275．将10.8gFeO完全溶解在100mL1.00mol/L硫酸中，然后加入250.00mLK2Cr2O7溶液，恰好使Fe2全部转化为Fe3，且Cr2O72中的铬全部转化为Cr3。则K2Cr2O7的物质的量浓度是________0.1mol/L0.15mol(32)n(Cr2O72)2(63)解析:由电子守恒知，FeO中2价铁所失电子的物质的量与Cr2O72中6价铬所得电子的物质的量相等.0.15moln(Cr2O72)=0.025mol