【配套K12】[学习](浙江选考)2019版高考化学大一轮复习 专题1 化学家眼中的物质世界 专题讲

专题讲座一 学考第29题——化学计算题解题方法1．(2017·浙江11月选考，29)取7.90 g KMnO 4，加热分解后剩余固体7.42 g 。

该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A ，产物中锰元素以Mn 2＋存在。

请计算：(1)KMnO 4的分解率________。

(2)气体A 的物质的量________。

答案 (1)60%(或0.60) (2)0.095 mol 解析 (1)KMnO 4的分解率＝分解的KMnO 4的物质的量KMnO 4总的物质的量。

题目已知KMnO 4共7.90 g ，物质的量为0.05 mol 。

加热分解后剩余固体为7.42 g ，损失的质量为O 2的质量0.48 g ，说明O 2的物质的量为0.015 mol 。

由2KMnO 4=====△K 2MnO 4＋MnO 2＋O 2↑，可知消耗KMnO 4 0.03 mol 。

所以KMnO 4的分解率为0.03 mol0.05 mol×100%＝60.0%。

(2)在整个反应过程前后，锰元素从＋7价全部转化为＋2价，说明整个反应过程中转移了0.05 mol×5＝0.25 mol 电子。

剩余固体与浓盐酸反应生成气体A ，则A 应为氯气。

所以整个反应过程中只有氧元素和氯元素失电子。

氧元素失电子产生氧气，转移了0.015 mol×4＝0.06 mol 电子。

根据电子守恒得知，氯元素必然转移0.19 mol 电子。

每产生1 mol 氯气就转移2 mol 电子，所以一定会产生0.19 mol÷2＝0.095 mol 氯气。

2．(2017·浙江4月选考，29)分别称取2.39 g (NH 4)2SO 4和NH 4Cl 固体混合物两份。

(1)将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba(OH)2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba(OH)2溶液体积的关系如图所示。

混合物中n[(NH4)2SO4]∶n(NH4Cl)为______。

(2)另一份固体混合物中NH＋4与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，溶液中c(Cl－)＝________(溶液体积变化忽略不计)。

答案(1)1∶2(2)0.100 mol·L－1解析(1)产生的沉淀是硫酸钡，物质的量是2.33 g÷233 g·mol－1＝0.01 mol，根据原子守恒可知硫酸铵的质量是0.01 mol×132 g·m ol－1＝1.32 g，则氯化铵的质量是2.39 g－1.32 g ＝1.07 g，物质的量是1.07 g÷53.5 g·mol－1＝0.02 mol，因此混合物中n[(NH4)2SO4]∶n(NH4Cl)为1∶2。

(2)每一份中硫酸铵和氯化铵分别是0.01 mol、0.02 mol，另一份固体混合物中NH＋4与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，消耗氢氧化钡是0.02 mol，因此溶液体积是200 mL，则溶液中c(Cl－)＝0.02 mol÷0.2 L＝0.100 m ol·L－1。

1．题目短小精悍，固定格式，固定分值，两空4分。

目的是让多数同学能通过，区分度较小。

2．以元素化合物为载体，定量考查常见化学反应，并伴以图像、图表等包装形式，考查学生比较、判断、推理能力。

3．解题方法中除了依据化学方程式进行计算，还用到了一些解题技巧和数学思维方法，如守恒法、关系式法等。

一、守恒法当物质之间发生化学反应时，其实质就是原子之间的化分和化合。

即可推知某种元素的原子无论是在哪种物质中，反应前后其质量及物质的量都不会改变，即质量守恒；在化合物中，阴、阳离子所带电荷总数相等，即电荷守恒；在氧化还原反应中，氧化剂得电子总数和还原剂失电子总数相等，即电子守恒；在组成的各类化合物中，元素的正、负化合价总数的绝对值相等，即化合价守恒。

运用守恒法解题的基本类型主要有以下三种：1．原子(或离子)个数守恒例1现有铁、氧化亚铁、三氧化二铁的混合物粉末3.44 g，向其中加入100 mL 1 mol·L －1盐酸恰好完全溶解，收集到标准状况下的气体22.4 mL，向反应后的溶液中加入KSCN溶液不变色，则6.88 g 该混合物在高温下用足量CO 处理后，残留固体质量为________克。

解析 该铁和铁的氧化物的混合物在高温下用足量CO 还原的残留固体应为铁，故本题实际上是求混合物中铁元素的质量，据混合物溶于盐酸后加入KSCN 不变色，说明溶液中无Fe 3＋，全部是FeCl 2。

由Cl －个数守恒可知：n (FeCl 2)＝12n (HCl)＝12×0.1 L×1 mol·L －1＝0.05 mol 。

又据铁元素守恒知6.88 g 混合物中含铁质量为2×0.05 mol×56 g·mol －1＝5.6 g 。

答案 5.6 2．电子得失守恒例2 向含有1 mol FeCl 2的溶液中通入0.2 mol Cl 2，再加入含0.1 mol X 2O 2－7的酸性溶液，使溶液中的Fe 2＋恰好全部被氧化，并使X 2O 2－7被还原为X n ＋，则n 值为______。

解析 根据电子守恒可得1 mol×1＝0.2 mol×2＋0.1 mol×2×(6－n )，解之，n ＝3。

答案 33．电荷守恒例3 在NaCl 、MgCl 2、MgSO 4形成的混合溶液中，c (Na ＋)＝0.10 mol·L －1，c (Mg 2＋)＝0.25 mol ·L－1，c (Cl －)＝0.20 mol·L －1，则c (SO 2－4)为________ mol·L －1。

解析 溶液为电中性，根据电荷守恒可得c (Na ＋)＋2c (Mg 2＋)＝c (Cl －)＋2c (SO 2－4)。

答案 0.201．将0.195 g 锌粉加入到20.0 mL 的0.100 mol·L －1MO ＋2溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是________________________________________________________________________。

答案 M 2＋解析 锌的物质的量为0.003 mol ，完全反应失电子0.006 mol ，若M 化合价由＋5变为x ，则根据得失电子相等有(5－x )×0.02×0.100＝0.006，可得x ＝＋2。

2．把V L 含有MgSO 4和K 2SO 4的混合溶液分成两等份，取一份加入含a mol NaOH 的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另取一份加入含b mol BaCl 2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。

则原混合溶液中钾离子浓度为________mol·L －1。

答案2(2b －a )V解析 方法一：由电荷守恒知，在V2 L 溶液中存在关系：2n (Mg 2＋)＋n (K ＋)＝2n (SO 2－4)a mol 2b mol所以n (K ＋)＝(2b －a ) mol ，原混合溶液中c (K ＋)＝2(2b －a )Vmol·L －1。

方法二：由题意可知，若将含a mol NaOH 的溶液和含b mol BaCl 2的溶液均加入V2 L 混合溶液中，则反应后得到溶质为NaCl 、KCl 的溶液，由电荷守恒知n (Na ＋)＋n (K ＋)＝n (Cl －)，即a mol ＋n (K ＋)＝2b mol ，则n (K ＋)＝(2b －a ) mol ，原混合溶液中c (K ＋)＝2(2b －a )Vmol·L －1。

方法三：由题意知V2 L 溶液中加入含a mol NaOH 的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁，说明该溶液中Mg 2＋的物质的量为a2 mol ，故原溶液中Mg 2＋的物质的量为a mol ，即MgSO 4的物质的量为a mol ；加入含b mol BaCl 2的溶液恰好使V2 L 溶液中的硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，说明该溶液中SO 2－4的物质的量为b mol ，故原溶液中SO 2－4的物质的量为2b mol 。

由以上分析可知原混合溶液中K 2SO 4的物质的量为(2b －a ) mol ，所以K ＋的物质的量为2(2b －a ) mol ，其浓度为2(2b －a )Vmol·L －1。

二、关系式法多步反应计算的特征是化学反应原理中多个反应连续发生，起始物与目标物之间存在确定的量的关系。

解题时应先写出有关反应的化学方程式或关系式，依据方程式找出连续反应的过程中不同反应步骤之间反应物、生成物物质的量的关系，最后确定已知物和目标产物之间的物质的量的关系，列出计算式求解，从而简化运算过程。

例4 5.85 g NaCl 固体与足量浓H 2SO 4和MnO 2共热，逸出的气体又与过量H 2发生爆炸反应，将爆炸后的气体溶于一定量水后再与足量锌作用，最后可得H 2______L(标准状况)。

解析 若先由NaCl ――→浓H 2SO 4△HCl 算出HCl 的量，再由MnO 2＋4HCl(浓)=====△MnCl 2＋Cl 2↑＋2H 2O 算出Cl 2的量，……这样计算非常繁琐。

找出以下关系式就可迅速求解。

设可得H 2的物质的量为x,5.85 g NaCl 的物质的量为0.1 mol 。

NaCl ～ HCl ～ 12Cl 2 ～ HCl ～ 12H 20．1 mol x 显然x ＝0.05 mol ，则V (H 2)＝0.05 mol×22.4 L·mol －1＝1.12 L 。

答案 1.121．将一定量CH 4充分燃烧后的产物全部通入足量石灰水中，然后经过滤、洗涤、干燥，称得沉淀质量为1.0 g ，则标准状况时所燃烧的甲烷气体的体积为________L 。

答案 0.224解析 由CH 4＋2O 2――→点燃CO 2＋2H 2O 、CO 2＋Ca(OH)2===CaCO 3↓＋H 2O 得关系式 CH 4～CO 2～CaCO 3n (CaCO 3)＝1.0 g100 g·mol－1＝0.01 mol知n (CH 4)＝0.01 mol ，即0.224 L 。

2．氯化亚铜(CuCl)是重要的化工原料。

国家标准规定合格CuCl 产品的主要质量指标为CuCl 的质量分数大于96.50%。

工业上常通过下列反应制备CuCl ： 2CuSO 4＋Na 2SO 3＋2NaCl ＋Na 2CO 3===2CuCl↓＋3Na 2SO 4＋CO 2↑(1)CuCl 制备过程中需要质量分数为20.0%的CuSO 4溶液，计算配制该溶液所需的CuSO 4·5H 2O 与H 2O 的质量之比为________。