第2课时 化学计算微专题

命题调研(2016～2019四年大数据)

2016～2019四年考向分布 核心素养与考情预测 核心素养：证据推理与模型认知、变化与守恒思想 考情解码：化学计算是学生基本能力，历年均为重点，守恒法，差量法，关系式法和讨论分析法等解题方法均有涉及，在数据处理上还强调数字的有效性，误差分析处理等细节，预测在2020年选考中该仍是必考范围，要求考生 熟悉常规解题模型，熟练分析和处理数据、运用推理确定物质组成。 真题重现

1.(2019·浙江4月选考，29)由C、H、O三种元素组成的链状有机化合物X，只含有羟基和羧基两种官能团，且羟基数目大于羧基数目。称取2.04 g纯净的X，与足量金属钠充分反应，生成672 mL氢气(标准状况)。请确定摩尔质量最小的X分子中羟基、羧基数目及该X的相对分子质量(要求写出简要推理过程)。

解析 假设有机物X的摩尔质量为M，含有羧基和羟基的总数为m(m>2)，根据生成氢气的物质的量为0.03 mol，结合有机物X的质量为2.04 g列出等式：n(X)×m＝0.03×2 mol，n(X)＝

2.04 g－1－1

，解得M＝34m g·mol，对m进行讨论，若m＝3，M＝102 g·mol，由于羟基的

M数目大于羧基，故含有2个—OH和1个—COOH，除去—OH和—COOH，剩余基团的摩尔质量为23 g·mol，只能为1个C和11个H，不存在这样的有机物，应舍去；若m＝4，M＝136 g·mol

－1

－1

，由于羟基的数目大于羧基，故含有3个—OH和1个—COOH，除去—OH和—COOH，剩余基

－1

团的摩尔质量为40 g·mol，可能为3个C和4个H，有机物的一种结构可能是

，符合条件。

答案 n(H2)＝0.03 mol，设X中羟基和羧基的总数为m(m＞2)

- 1 -

则n(X)＝(0.03×2)/m mol＝0.06/m mol，M(X)＝2.04m/0.06 g·mol＝34m g·mol

－1－1

m＝4，M(X)＝136 g·mol－1，含有3个羟基和1个羧基，相对分子质量为136。

2.(2018·浙江11月选考)某红色固体粉末可能是Fe2O3、Cu2O或二者混合物，为探究其组成，称取m g该固体粉末样品，用足量的稀H2SO4充分反应后，称得固体质量为a g。 已知：Cu2O＋2H===Cu＋Cu＋H2O

(1)若a＝____________(用含m的最简式表示)，则红色固体粉末为纯净物。

(2)若a＝，则红色固体粉末中Fe2O3的物质的量为__________ mol(用含m的最简式表示)。

9解析 (1)若红色固体粉末只是Fe2O3，则和稀H2SO4充分反应后，无固体剩余，所以红色固体若为纯净物，只能是Cu2O，根据 Cu2O＋2H===Cu＋Cu＋H2O

mol mol 144144

＋

2＋

＋

2＋

mmmm4所以a＝×64＝m。

1449

(2)设Fe2O3、Cu2O的物质的量分别为x mol、y mol。 Fe2O3＋6H===2Fe＋3H2O x 2x Cu2O＋2H===Cu＋Cu＋H2O y y y 2Fe＋Cu===2Fe＋Cu 2x x

3＋

2＋

2＋

＋

2＋

＋

3＋

m??y－x＝

9×64 根据题意?

??160x＋144y＝m3m所以x＝。

1 2164m3m答案 (1) (2)

91 216

3.(2018·浙江4月选考)称取4.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0 mL 2.00 mol·L

－1

的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60 g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04 g。

请计算：

(1)加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量______。 (2)固体混合物中氧化铜的质量________。

- 2 -

解析 Fe2O3、CuO混合物加入硫酸充分反应后，再加入铁粉，剩余固体有两种可能：第1种为单质Cu，第2种为Fe、Cu混合物。根据溶液中硫酸根守恒，所得溶质的物质的量为0.100 mol。而加入溶液体系中的铁原子(氧化铁、铁粉)总物质的量大于0.100 mol，故可以判断加入的铁粉有剩余，剩余固体为Fe、Cu混合物，排除第1种可能，溶质为单一的FeSO4溶液。 (1)根据溶液中硫酸根守恒，所得溶质的物质的量为n(FeSO4)＝n(H2SO4)＝0.100 mol。 (2)设Fe2O3的物质的量为x，CuO的物质的量为y，根据质量守恒，160 g·mol×x＋80 g·mol

－1

－1

×y＝4.00 g，根据整个体系中金属元素守恒：56 g·mol×2x＋64 g·mol×y＋5.60 g

－1－1

＝0.100×56 g＋3.04 g，解方程得x＝0.01 mol，y＝0.03 mol，故CuO的质量为2.40 g。 答案 (1)0.100 mol (2)2.40 g

4.[2018·全国卷Ⅰ，27(4)]Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 mol·L的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为______________________

_________________________________________________________________， 该样品中Na2S2O5 的残留量为________g·L(以SO2计)。

解析 I2作氧化剂，将S2O5氧化成SO4。计算样品中Na2S2O5的残留量时以SO2计，则n(I2)＝

2－

2－

－1

－1

n(SO2)＝0.010 00 mol·L－1×0.01 L＝0.000 1 mol，m(SO2)＝0.006 4 g，则该样品中Na2S2O5

0.006 4 g－1的残留量为＝0.128 g·L。

0.05 L

答案 S2O5＋2I2＋3H2O===2SO4＋4I＋6H 0.128

5.(2014·江苏化学，18)碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O]常用作塑料阻燃剂。 (1)碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和________。 (2)MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O中a、b、c、d的代数关系式为________。 (3)为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：

①准确称取3.390 g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO2 0.560 L(已换算成标准状况下)。 ②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率(

固体样品的剩余质量

×100%)随温度的

固体样品的起始质量

2－

2－

－

＋

变化如下图所示(样品在270 ℃时已完全失去结晶水，600 ℃以上残留固体为金属氧化物的混合物)。

- 3 -

根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH)∶n(CO3)(写出计算过程)。

解析 (1)碱式碳酸铝镁之所以具有阻燃作用，除了受热分解需要吸收大量的热外，还因为生成的高熔点的MgO、Al2O3和释放出的大量CO2也有阻燃作用。(2)根据电荷守恒有：n(Mg)×2＋n(Al)×3＝n(OH)＋n(CO3)×2，则2a＋3b＝c＋2d。 答案 (1)生成的产物具有阻燃作用 (2)2a＋3b＝c＋2d

0.560 L－2

(3)n(CO2)＝－1＝2.50×10 mol

22.4 L·mol

3＋

－

2－

2＋

－

2－

m(CO2)＝2.50×10－2 mol×44 g·mol－1＝1.10 g

在270～600 ℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2O

m(CO2)＋m(H2O)＝3.390 g×(0.734 5－0.370 2)＝1.235 g m(H2O)＝1.235 g－1.10 g＝0.135 g n(H2O)＝0.135 g－3

－1＝7.50×10 mol

18 g·mol

n(OH－)＝7.50×10－3 mol×2＝1.50×10－2 mol

－－2－2

n(OH－)∶n(CO2 mol)∶(2.50×10 mol)＝3∶5。 3)＝(1.50×10

考向一 计算中的守恒法

1.(2019·衢州五校联考)向200 mL FeCl3和HCl的混合溶液中，分别加入一定量成分均匀的Fe、Cu混合固体，充分反应后剩余固体质量及放出气体的体积(标准状况下测得)如下表所示。(不考虑盐类的水解)

加入固体质量/g 剩余固体质量/g 放出气体体积/L 试计算：

9.00 3.20 0 18.0 9.60 1.12 27.0 15.8 2.24 - 4 -