第一章-专题讲座一.docx

专题讲座一化学计算的常用方法
方法一守恒法
1．应用原理
所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。在化学变化中的各种各样的守恒，如质量守恒、元素守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒、能量守恒等。
2．解题步骤

题组一原子守恒
1.密胺是重要的工业原料，结构简式如图所示。工业上以液氨和二氧化碳为原料，以硅胶为催化剂，在一定条件下通过系列反应生成密胺。若原料完全反应生成密胺，则NH3和CO2的质量之比应为()

A．17∶44 B．22∶17
C．17∶22 D．2∶1
答案C
解析根据密胺的结构简式和元素守恒可知，一个密胺分子中有三个碳原子和六个氮原子，所以合成1mol密胺需要3molCO2和6molNH3，NH3和CO2的质量之比应为(6×17)∶(3×44)＝17∶22。
2．28g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，最终得到的固体质量为()
A．36gB．40gC．80gD．160g
答案B
解析28g铁粉溶于稀盐酸中生成氯化亚铁溶液，然后加入足量的Na2O2固体，由于Na2O2固体溶于水后生成氢氧化钠和氧气，本身也具有强氧化性，所以充分反应后生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒，
n(Fe2O3)＝eq\f(1,2)n(Fe)＝eq\f(1,2)×eq\f(28g,56g·mol－1)＝0.25mol
所得Fe2O3固体的质量为：0.25mol×160g·mol－1＝40g。
题组二电荷守恒
3．将agFe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200mLpH＝1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________________。
答案0.2mol·L－1
解析当Fe3＋、Al3＋刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na＋全部来源于NaOH，且变化过程中Na＋的量不变。根据电荷守恒可知：eq\f(nNa＋,nSO\o\al(2－,4))＝eq\f(2,1)，所以，n(NaOH)＝n(Na＋)＝2n(SOeq\o\al(2－,4))＝n(H＋)＝0.1mol·L－1×0.2L＝0.02mol，c(NaOH)＝eq\f(0.02mol,0.1L)＝0.2mol·L－1。
4．若测得雨水所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：
离子K＋Na＋NHeq\o\al(＋,4)SOeq\o\al(2－,4)NOeq\o\al(－,3)Cl－浓度/mol·L－14×10－66×10－62×10－54×10－53×10－52×10－5
根据表中数据判断试样的pH＝________。
答案4
解析根据表格提供的离子可知，NHeq\o\al(＋,4)水解导致试样溶液呈酸性，再根据电荷守恒可知，c(K＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))＋c(Cl－)＋c(NOeq\o\al(－,3))，将表格中的数据代入得H＋浓度为10－4mol·L－1，则pH为4。
易错警示列式时不要忘了离子浓度前乘上离子所带电荷数。
题组三电子守恒
5．某强氧化剂XO(OH)eq\o\al(＋,2)可被Na2SO3还原。如果还原1.2×10－3molXO(OH)eq\o\al(＋,2)需用30mL
0.1mol·L－1的Na2SO3溶液，那么X元素被还原后的物质可能是()
A．XOB．X2O3C．X2OD．X
答案D
解析由题意知，S元素由＋4价→＋6价，假设反应后X的化合价为＋x价，根据氧化还原反应中得失电子数目相等可得，1.2×10－3mol×(5－x)＝0.03L×0.1mol·L－1×(6－4)，解得x＝0，所以X元素被还原后的物质是X，D项正确。
6．[2016·全国卷Ⅲ，28(2)]以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。废钒催化剂的主要成分为：
物质V2O5V2O4K2SO4SiO2Fe2O3Al2O3质量分数/%2.2～2.92.8～3.122～2860～651～2<1
以下是一种废钒催化剂回收工艺路线：

“氧化”中欲使3mol的VO2＋变为VOeq\o\al(＋,2)，则需要氧化剂KClO3至少为________mol。
答案0.5
解析“氧化”中使3mol的VO2＋变为VOeq\o\al(＋,2)，转移电子的物质的量为3mol×(5－4)＝