2018年6月学考复习·化学(4) 学考第29题——化学计算题解题方法

2018年6月学考复习·化学（4）| 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△

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 mol 0.05 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 [(NH 4)2SO 4]∶n (NH 4Cl)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·mol －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 [(NH 4)2SO 4]∶n (NH 4Cl)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 mol·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

方法

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 3 3．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 0.20

练习 1．将0.195 g 锌粉加入到20.0 mL 的0.100 mol·L －1 MO ＋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V 2 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 )V mol·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V 2

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 )V

mol·L －1

。 方法三：由题意知V

2 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a 2 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V 2 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(2

b －a )V mol·L －

1。 二、关系式

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 。