专题10·化学计算【2022考纲解读】化学定量研究离不开计算，定性判断往往也要经过化学计算才能得出结论。因而化学计算是化学体系中不可或缺的重要组成局部。高考化学试卷少不了化学计算题，题解过程需要计算的试题更是超过试卷分值百分之四十。如何成功地进展化学计算总复习是化学教师关心的问题。化学计算能力是化学教学中培养学生的一种能力。【考点回忆】（一）化学计算的常用方法：1、关系式法——多步变化以物质的量关系首尾列式计算。2、选量法——利用已知量物质与未知量物质之间的关系来解题。3、差量法——根据变化前后的差量列比例计算。4、十字穿插法——对于二元混合物问题运用穿插法。5、守恒法——运用质量、元素、得失电子、电荷守恒计算。6、极值法——对数据处理推向极端的计算。7、估算法——避开烦琐解题寻找快速方法解题，求平均相对原子质量、平均相对分子质量、平均分子式的主要方法。8、图象法——找出图与化学反响的量的关系，列出方程式或列出变量与函数的关系式。（二）化学计算的常用技巧：1、定量问题定性化；2、近似估算；3、运用整体思维，化繁为简；21/21\n4、利用图象解题等等。（三）具体解题方法及例题：1、关系式法对于多步进展的连续反响，尽管每一步反响都是各自独立的(反响条件和设备可能不同),但前一个反响的产物是后一个反响的反响物,可根据中间产物的传递关系,找出原料和最终产物的关系式。由关系式进展计算带来很大的方便，并且可以保证计算结果的准确性。寻找关系式时要特别注意原料中的某些元素是否都转入了产物中去，中间产物是否又有原始原料参与，不可盲目地根据起始物和产物中的原子守恒直接得出关系式。常进展如下的相当量处理：①化合物中某元素的损失率=该化合物的损失率；②中间产物的损失率=原料的损失率；③中间产物的转化率=原料的转化率。另外，有些题目中常出现一些教材中未见过的化学反响方程式，以信息的形式作为解题的某些条件，此时要耐心地寻找物质或元素之间的转化关系，以便得出正确的关系式。例1、一定量的铁粉和9g硫粉混合加热，待其反响后再参加过量盐酸，将生成的气体完全燃烧，共收集得9g水，求参加的铁粉质量为A14g B42g C56g D28g21/21\n2、选量法：选量计算是指，在一道题中计算某一数值时，给出了两个相应的条件，需要选取一个适当条件，舍弃一个不当条件计算的方法。例2、将标准状况下33.37L（氢气的密度为0.089g/L)的氢气，缓缓通入150g灼热的氧化铜中，充分反响后可得到多少g的铜？解析：题目中即给了氢气的量，又给了氧化铜的质量，在这两个已知量中必须比较，选取缺乏的量来计算生成的铜的质量。解：设生成铜的质量为x由于知给定氧化铜过量，用缺乏量氢气的体积作为已知量求解。 答案:可生成95.04g铜。3、差量法：差量法是根据化学变化前后物质的量发生的变化，找出所谓的“21/21\n理论差量”。其中的差量主要包括：质量差、物质的量之差、气体体积差、压强差、反响过程中的热量差等。这种差量跟化学方程式中的物质的相应的量成比例关系，差量法就是借助于这种比例关系，解决一定量变的计算题。解此类题的关键根据题意确定“理论差量”，再根据题目提供的“实际差量”，列出比例式，然后求解。解题关键是能从反响方程式中正确找出对应于题目中“实际差量”的“理论差量”。例3、加热碳酸镁和氧化镁的混合物mg，使之完全反响，得剩余物ng，那么原混合物中氧镁的质量分数为：解析：反响前后质量改变原因为MgCO3变为MgO，理论差值由此计算。MgCO3MgO+CO2↑△m8484-40=44xm-nx=21（m-n）/11原氧化镁质量=m-21（m–n）/11=（21n-10m）/11原氧化镁质量分数=（21n–10m）/11m×100% 答案:Ａ4、十字穿插法十字穿插法作为一种简化的解题方法，应用于某些基于二元混合体系所产生的具有平均意义的数值的计算问题，表现出简化思路、简便运算等显著优点。假设a、b分别表示某二元混合物中的两种组分A、B的量，c为a、b的相对平均值，nA/nB为二元混合体系中A和B的组成比，根据平均值的计算原理：21/21\n积比。④a、b、c为相对原子质量或相对分子时，为原子或分子个数之比。例4、150℃时，将1L混合烃与9L氧气混合，在密闭容器内充分燃烧，当恢复至150℃，体积恒定时，容器内压强增大8％，那么该混合烃的组成是A甲烷与乙烷体积比是1∶4B丙炔与乙炔体积比是1∶4C乙烯与丁烷体积比是1∶4D乙烯与丁烯体积比是1∶4解析：反响前后压强有所改变可运用差量法解析。应注意：①150℃时水呈气态；②容器内压强增大8％即为气体物质的量增大8％。21/21\n5、守恒法所谓“守恒”就是以化学反响过程中存在的某些守恒关系如质量守恒、元素守恒、得失电子守恒等作为依据，寻找化学式中正负化合价总数绝对值相等；复分解反响中阴阳离子所带正负电荷总量相等；氧化复原反响中氧化剂与复原剂得失电子总数相等；几个连续或平行反响前后某种微粒的物质的量相等作为解题的根本思路。运用守恒法解题既可防止书写繁琐的化学方程式，提高解题的速度，又可防止在纷纭复杂的解题背景中寻找关系式，提高解题的准确度。例5、羟胺（H2NOH）是一种复原剂，能将某些氧化剂复原。现用25ml0.049mol/L的羟胺酸性溶液跟足量的Fe2(SO4)3溶液煮沸条件反响，生成的Fe2+恰好与24.50mL，0.02mol/L的酸性KMnO4作用。FeSO4+KMnO4+H2SO4===Fe2(SO4)3+K2SO4+MnSO4+H2O那么在上述反响中，羟胺的氧化产物是AN2BN2OCNODNO2解析：Fe2(SO4)3被羟胺复原为FeSO4又被酸性KMnO4氧化为Fe2(SO4)3，相当于未参加氧化复原反响。复原剂是羟胺，氧化剂是酸性KMnO4。羟胺中氮元素反响前-1价，设反响后化合价为n，有25×0.049×(n+1)=24.50×0.02×(7-2)，解得n=1.答案：B21/21\n6、极值法：极值法就是先将思路引向极端状况，使问题简化顺利得出结论，然后再回过头来认识现实问题的方法，常用来判断混合物的组成。例6、0.03molCu完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（NO、NO2、N2O4）混合气体共0.05mol。该混合气体的平均相对分子质量是（）A、30B、46C、50D、66解析：设NO、NO2、N2O4三者的物质的量分别为：x、y、z，根据题意得：x+y+z=0.05①式，再由电子守恒可得：3x+y+2z=0.06②式。②式减去①式得：2x+z=0.01③式。现讨论③、①式：（1）假设x=0时，那么z=0.01mol，即N2O4物质的量的为极值0.01mol、NO2为0.04mol，可得此时气体的平均相对分子质量为：(92×0.01+46×0.04)/0.05=55.2。（2）假设z=0时，那么x=0.005mol，即NO物质的量的极值为0.005mol、NO2为0.045mol可得此时气体的平均相对分子质量为：(30×0.005+46×0.045)/0.05=44.4。故原混合气体的平均相对分子质量介于44.4和55.2之间，应选B、C答案：BC7、估算法此法主要用于选择题的解答。有些计算选择题外表上看起来似乎需要计算，但只要注意审题，稍加分析，便可以目测心算，得到准确答案。例7、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A、Zn和Fe B、Al和Zn C、Al和Mg D、Mg和Cu21/21\n答案：BD8、图象法：应用图象分析法解题的一般步骤是：分析图象时做到“五看”：看坐标，看比例，看起点，看终点，看特征。沉淀(g)11.619.420NaOH(mL)找出图与化学反响的量的关系，列出方程式或列出变量与函数的关系式。解方程式或函数式。例8、将一定质量的镁、铝合金投入100ml一定物质的量浓度HCl中，合金全部溶解，向所得溶液中滴加5mol/LNaOH溶液到过量，生成沉淀的质量与参加的NaOH体积关系如右图：求：1）原合金中镁、铝质量各多少？2）HCl的浓度为多少？解析：由图可知11.6g是Mg(OH)2的质量，（19.4-11.6）=7.8gAl(OH)3的质量。V（NaOH）由0~20ml是中和HCl(因无沉淀)所以，设合金中有镁xg，有铝yg：Mg~Mg(OH)2Al~Al(OH)321/21\n24582778x11.6y7.824：x=58：11.627：y=78：7.8x=4.8gy=2.7g2）设与镁反响的盐酸为amol,与铝反响的盐酸为bmol,与NaOH反响的盐酸为cmolMg~2HClAl~3HClNaOH~HCl24g2mol27g3mol1mol1mol4.8gamol2.7gbmol0.02L×5mol/Lcmol24：4.8=2：a27：2.7=3：b1：0.1=1：c所以a=0.4molb=0.3molc=0.1molc(HCl)=(a+b+c)/0.1=8mol/L【2022高考预测】化学计算是借助于用数学计算工具，从量的方面来对化学的概念或原理加深理解或通过计算进一步掌握物质的性质及其变化规律,也是依据化学物质的性质与化学规律为载体进展的一种运算能力的训练。另外，通过计算还能培养分析、推理、归纳等逻辑思维能力和解决实际问题的能力。计算的关键是对概念的正确理解，在教学中要加强概念间的联系，认识概念间量的关系，把概念定律联系起来，在讲解化学概念的化学涵义的同时要讲解清楚它的数学涵义，以及建立知识点、线与面之间的关系（建构知识的体系构造）。从认知心理学角度培养学生的逻辑思维能力来看：可以分为两种计算形式具体计算与形式计算。测试题1、4个同学同时分析一个由KCl和KBr组成的混合物,他们各取2.00克样品配成水溶液,参加足够HNO3后再参加适量AgNO3溶液,待沉淀完全后过滤得到枯燥的卤化银沉淀的质量如以下四个选项所示,其中数据合理的是（）A.3.06g B.3.36g C.3.66g D.3.96 2、今有铁的溴化物5.12克，其溶液与足量的AgNO3溶液完全反响，生成9.4克AgBr沉淀，那么原混合物中FeBr2与FeBr3的物质的量之比为（）21/21\nA.２∶１B.１∶３C.１∶１D.无法确定3、在一个6L的密闭容器中，放入3LX（气）和2LＹ（气）,在一定条件下发生以下反响：４X（气）＋３Ｙ（气）=ZQ（气）＋nR（气）到达平衡后，容器内温度不变，混合气体比原来增加5%，Ｘ的浓度减小1/3，那么该反响方程式中的n值是（）A：３B：４C.５D.６4、有一铁的氧化物样品，用5mol/L盐酸140ml恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标况下0.56LCl2、Fe2+全部变成Fe3+、那么该氧化物可能的化学式为（）Ａ：Fe2O3Ｂ：Fe3O4Ｃ：Fe4O5Ｄ：Fe5O75、由钠、镁、铝、铁四种金属中的两种组成的混合物12g与足量盐酸反响，产生H２5.6Ｌ，那么此混合物中必有A：NaB：MgC：AlD：Fe6、在一定条件下，合成氨反响到达平衡后，混合气体中NH3的体积占25%，假设反响前后条件保持不变，那么反响后缩小的气体体积与原反响物的总体积的比值是（）A：B：C：D：7、有Na2CO3、NaＨCO3、CaO和NaOＨ组成的混合物41.4克，把它们溶于足容水中充分反响后，溶液中Ca2+、CO32-、HCO3-均转化为沉淀，将反响器内水分蒸干，最后得到白色固体物质共45克，那么混合物中Na2CO3的质量是（）。Ａ：5.3克Ｂ：10.6克Ｃ：21.2克Ｄ：无法计算8、在标况下，一个装满Ｃl2的溶器质量为74.6克，假设装满N2质量为66克，那么此溶器的容积是（）Ａ：22.4LＢ：44.8LＣ：11.2LＤ：4.48L21/21\n9、某CaCl2样品中混有FeCl3、MgCl2、NaCl和Na2CO3中的一种或两种杂质，取11.1克样品溶解，得无色溶液，再参加足量的AgNO3溶液，得到29.7g沉淀，由此可知，样品杂质的正确结论是（）A：一定无Na2CO3,可能有FeCl3B：可能有Na2CO3和NaClC：一定有MgCl2、可能有NaClD：一定有NaCl10、用惰性电极电解NaCl和CuSO4的混合液250ml，经过一段时间后两极分别得到11.2（标况）气体，那么原混合液中NaCl的物质的量浓度不可能为（）A：0.5mol/LB：1mol/LC：1.5mol/LD：4mol/L11、30mL一定浓度的硝酸溶液与5.12克铜片反响,当铜片全部反响完毕后,共收集到气体2.24升(S.T.P),那么该硝酸溶液的物质的量浓度至少为（） A.9mol/L B.8mol/L C.5mol/L D.10mol/L12、一定量的铁粉和9克硫粉混合加热,待其反响后再参加过量盐酸,将生成的气体完全燃烧,共收集得9克水,求参加的铁粉质量为（） A.14g B.42g C.56g D.28g13、已知某强氧化剂[RO(OH)2]+能被硫酸钠复原到较低价态,如果复原含2.4*10-3mol[RO(OH)2]+的溶液到低价态,需12mL0.2mol/L的亚硫酸钠溶液,那么R元素的最终价态为（）A.+3 B.+2 C.+1 D.-114、将各为0.3214摩的以下各物质在相同条件下完全燃烧,消耗氧气的体积最少的是 A.甲酸 B.甲醛 C.乙醛 D.甲酸甲酯15、第二主族元素R的单质及其相应氧化物的混合物12g，加足量水经完全反响后蒸干，得固体16g，试推测该元素可能是（）A：MgB：CaC：SrD：Ba21/21\n16、在一定温度计压强下，气体x发生反响2X（气）Y(气)+3Z（气），此时平衡混合气体对相同条件下的H2的相对密度为4.25,那么X的相对分子量为()A：8.5B：16C：17D：3417、6.4克Cu与过量的HNO3（8mol/L60mol）充分反响后，HNO3的复原产物有NO和NO2，反响后溶液中所含H+为mol，此时溶液中所含NO3-的物质的量为（）A：0.28molB：0.31molC：(n+0.2)molD：(n+0.4)mol18、将NO2，NH3和O2的混合气体22.4升（标况）通过稀H2SO4后，溶液质量增加了26.7克，气体体积缩小为4.48升（标况），剩余气体能使带火星的木条着火，那么混合气体的平均分子量为（）。A：28.1B：30.2C：33.1D：34.019、向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中，参加100ml1mol/L的HCl，恰好使混合物的溶解，放出2.24mL（标准）的气体。所得溶液中，参加KSCN溶液无血红色出现，那么用足量的CO在高温下复原相同质量的此混合物，得铁的质量为.20、向50mlFeCl3溶液中通入H2S1.12升（标况），设H2S全部被吸收后，再参加过量铁粉，等反响停顿后，测得溶液中含有0.3mol金属离子，那么原FeCl3溶液中Fe3+的物质的量浓度为.（已知：2FeCl3+H2S==2FeCl2+S↓+2HCl）21、一定量的铝铁合金与300ml2mol/LHNO3完全反响生成3.36升NO（标况）和三价铁盐、铝盐等，再向反响后的溶液中参加3mol/LNaOH溶液，使铁元素完全沉淀下来，那么所加NaOH溶液体积是21/21\n22、将一定量的CO2气体通入500mL某NaOH溶液中，充分反响后，将溶液在低温进蒸发，得到不含结晶水的白色固体A。取三份质量不同的A样品分别与50mL相同浓度的盐酸反响，得到气体的体积（标准状况）与固体A的质量关系职下表所示：组别123盐酸体积（mL）505050A的质量（g）3.806.207.20气体体积（mL）89613441344(1)上表中第组数据参加的50mL盐酸的反响后有剩余，理由是(2)试推断：A的成份为23、化合物A含硫（每个分子只含一个硫原子）、氧以及一种或几种卤素。少量A与水反响完全水解但不发生氧化或复原，所有反响产物均可溶于水。将A配成水溶液稀释后分成几份，分别参加一系列0.1mol/L的试剂，现象如下：①参加硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀；②参加氯化钡溶液，无沉淀产生；③溶液经酸化后参加高锰酸钾溶液，紫色褪去，再参加硝酸钡溶液，产生白色沉淀。(1)由此判断组成该化合物的元素中，可能存在的卤素有，A与水反响后生成的溶液中含有的离子可能有。(2)要确定该化合物的分子式，称取11.90gA溶于水稀释至250.00mL，取25.00mL溶液参加足量的高锰酸钾和硝酸钡溶液，使沉淀完全，沉淀经洗涤、枯燥后称重为2.33g。试确定A的化学式，写出计算推理过程。24、为了测定K2CO3和NaHCO3混合物的组成，某学生每次称取一定质量的混合物溶于水配成溶液，向其中参加相同浓度的Ba(OH)2溶液，每次实验均充分反响，实验结果记录如下表：21/21\n次数混合物的质量/g所加Ba(OH)2溶液的体积/L测得沉淀的质量/g10.8580.51.37921.7160.532.5740.54.13743.4320.55.51654.2900.55.51665.1480.55.516请答复以下问题：（1）第二次实验中产生沉淀的质量是g（2）混合物中K2CO3和NaHCO3的物质的量之比为；（3）在25℃时，取下第3组实验所得溶液体积的十分之一，加水配成500mL溶液，求此溶液pH（要求写出计算过程）。21/21\n3．选D解析：这是一道关于平衡的计算题，假设能变换思维角度，那么此题无需计算用化学原理直接推，即可得出结果。据“等容等温时，等质量的任何气体，它们的压强与其物质的量成正比”及题给条件就不难判定出，混合气体总物质的量增加了。只有满足气体生成物的系数大于反响物的系数，才可能使气体物质的量增大。那么4+3<2+n即n>54．选Ｄ解析：由于每种氧化物Fe元素所呈化合价不一样，故可设其分子式为FeOx，而FeOx与HCl反响未发生氧化复原反响，生成物为FeCl2x，Fe2+变成Fe3+发生在与Cl2的反响之中，那么易知Fe元素的物质的量为：Fe-2XCl-1mol2Xn(Fe)5×0.14n(Fe)=0.7/2x再利用得失电子守恒有：解得X=7/55．选Ｄ解析：此题涉及三种价态的四种金属，其共同特点都是失去电子发生氧化反响，假设抓住物质在氧化复原反响中，每转移１mol电子所对应的质量——摩尔电子质量进展计算，那么化繁为简。而据平均值原理可知，原混合物一定含有Fe21/21\n6．选Ａ解析：N2+3H2=2NH3体积减小1322由已知可知：∶=1∶4而△＝∴7．选C解析：据题给条件，可判断白色固体是CaCO3和NaOＨ。发生的反响可表示为：NaＨCO3+CaO=CaCO3↓+NaOＨ………①NaＨCO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2NaOＨ………②由于反响①在反响前后固体质量无变化，故固体增重是由反响②引起的。NaＨCO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2NaOＨ固体质量差10618X(45－41.4)106∶X=18∶(45－41.4)得Ｘ＝21.2克8．选Ｄ解析：标况下22.4LCl2与22.4LN2质量差为71－28=43克那么有Cl2N2△m22.4L43克X74.6－66=8.6克22.4/x=43/8.6X=4.48L9．选Ｃ解析：因溶于水得色溶液，所以肯定无Na2CO3和FeCl3，杂质只能是MgCl2和NaCl中的一种或两种。假设11.1克全为CaCl2，那么应生成沉淀28.7克，11.1克全为MgCl2，那么应生成沉淀33.5克，11.1克全为NaCl，那么应生成沉淀27.2克。而已知生成沉淀为29.7克，那么必有MgCl2，可能有NaCl。21/21\n10．选D。解析：此题因涉及以两极产物的量，整个过程得失电子相等，所以首先应的摩尔数,所以每消耗一摩HNO3都产生22.4L气体(可以是NO或NO2甚至是两者的混合物),现有气体2.24L,即有0.1摩HNO3参与了氧化复原反响,故所耗硝酸为0.16+0.1=0.26摩,其浓度为(0.26/0.03)mol/L,在8-9之间,只能选A.12．D 解析:因为题目中无指明铁粉的量,所以铁粉可能是过量,也可能是缺乏,那么与硫粉反响后,参加过量盐酸时生成的气体就有多种可能:或者只有H2S(铁全部转变为FeS2),或者是既有H2S又有H2(铁除了生成FeS2外还有剩余),所以只凭硫粉质量和生成的水的质量,不易建立方程求解.根据各步反响的定量关系,列出关系式:(1)Fe--FeS(铁守恒)--H2S(硫守恒)--H2O(氢守恒),(2)Fe--H2(化学方程式)--H2O(氢定恒),从而得知,无论铁参与了哪一个反响,每1个铁都最终生成了1个H2O,所以迅速得出铁的物质的量就是水的物质的量,根本与硫无关,所以应有铁为9/18=0.5摩,即28克. 21/21\n13．选C. 因为在[RO(OH)2]-中,R的化合价为+3价,它被亚硫酸钠复原的同时,亚硫酸钠假设12克全为RO那么RO-R(OH)2△mM+16M+3418可得1216-14而此题12克为R的单质和氧化物组成的混合物。∴38<M<10216．选B解析：此反响为可逆反响，X的转化率并未告诉，所以它的转率必在0~100%之间，当转化率为0时，M=4.25×2=8.5，当X全部转化时，设反响前X为2mol，那么据反响方程式有，Y最多为1mol，Z为3mol，那么混合气体总的物质的量最多为4mol，而总质量不改变。[而此反响已发生，但不可能完全转化。21/21\n所以：8.5<M<17选B17．选C解析：反响后溶液为Cu(NO3)2和HNO3，利用电荷守恒可求之。C（H+）+2C（Cu2+）=C（NO3-）即：所以18．选C解析：气体平均分子量=m总/n总，而此题中n总=1mol只要能计算出m总即可求解。据题意有：最后放出气体为O2，那么其中NH3，NO2和局部O2都被稀H2SO4吸2FeCl3-3FeCl2（Cl-守恒)2mol3mol0.05C0.3mol易解得C=4mol/L21．150ml21/21\n解析：当铝铁元素完全沉淀下来，此时溶液中只有NaNO3一种溶质，利用NO3-与Na+两种微粒守恒，那么有：解得V=0.15升，即150ml22．答案：(1)上表中第（1）组数据参加的50mL盐酸的反响后有剩余，理由是：第一组生成的气体最少，而2、3组生成的气体一样多，假设1组中盐酸缺乏，（3）设第4次实验中CO32—、HCO3—恰好生成沉淀，且沉淀质量为x′g，那么有BaCO3~CO32—1971molx′（0.002+0.005）×4x′=5.516g21/21\n或：由于第一次与第四次样品的质量比为：3.432:0.858=4:1而第一次与第四次沉淀的质量比为5.516:1.379=4:1故第4次实验恰好沉淀，那么原0.5LBa(OH)2溶液中：2OH—~Ba(OH)2~BaCO321/21
