2021高中化学一轮复习 训练1 化学计算中的几种方法（含解析）.docx

-9-化学计算中的几种方法化学计算中的常用方法①．质量守恒法例1．有14gNa2O2、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．20.40gB．28.60gC．24.04gD．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%×eq\f(35.5,36.5)＝m(NaCl)×eq\f(35.5,58.5)，解得m(NaCl)≈24.04g。【答案】C②．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200mL3mol/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】A③．电子守恒例3．取xg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8960mL的NO2气体和672mL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17.02g。则x等于（）A．8.64B．9.20C．9.00D．9.44【解析】反应流程为eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(Mg,Cu))eq\o(――——→,\s\up7(浓HNO3))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Mg2+、Cu2+,NO2、N2O4))eq\o(――——→,\s\up7(NaOH))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs2\al\co1(Mg(OH)2、Cu(OH)2))；xg＝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−)＝eq\f(8.96L,22.4L·mol－1)×1+eq\f(0.672L,22.4L·mol－1)×2×1＝0.46mol；所以xg＝17.02g-0.46mol×17g·mol－1＝9.20g。【答案】B④．电荷守恒例4．在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入bmolBaCl2，恰好使溶液中的SOeq\o\al(2−,4)离子完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，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bmolBaCl2，恰好使溶液中的SOeq\o\al(2−,4)离子完全沉淀，则根据SOeq\o\al(2−,4)+Ba2+=BaSO4↓可知n(SOeq\o\al(2−,4))=bmol；由加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，根据NHeq\o\al(+,4)+OH−eq\o(====,\s\up7(△))NH3↑+H2O可知n(NHeq\o\al(+,4))=cmol，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aL，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26.4gNa2O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、②2Na2O2+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7.8