2012届高考化学化学计算专题教案

专题十七化学计算专题

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近几年，化学计算素材重要的着眼点之一就是注重体现“化学与社会”、“科学与技术”的关系，显示化学计算视角更为广阔。高考计算试题主要分成两类：一类是有关物质的量、物质的量浓度、气体摩尔体积、阿伏加德罗常数、pH、反应热等基本概念的计算，另一类是根据常见元素的单质及其重要化合物的性质，以化学方程式为载体的综合计算。可以预料，定性和定量融合的试题将会成为化学计算题的主流题型。
预测2012年高考化学计算将呈现如下特点
（1）传统题型还会出现。如阿伏加德罗常数与粒子数之间的关系，离子浓度的计算、有机物分子式的确定等。在复习中应注意以新情景或新物质为载体对有关溶液的计算的考查，同时注意有关图像题的解题方法。
（2）由于近年高考中对实验的考查逐步从定性转变为定量，推断题逐步定性推断转变为计算与性推断相结合。因而在实验题、推断题中也将涉及化学计算
（3）有关工业生产中的化学反应、转化率、产率等将会与物质的量融合在起进行考查。对此类问题若能找出关系式，则可快速、准确地获得结果。
[知识体系和复习重点]
各种基本概念计算之间的联系

2．化学计算常用方法
守恒法 利用反应体系中变化前后，某些物理量在始、终态时不发生变化的规律列式计算。主要有：（1）质量守恒；（2）原子个数守恒；（3）电荷守恒；（4）电子守恒；（5）浓度守恒（如饱和溶液中）；（6）体积守恒；（7）溶质守恒；（8）能量守恒。
差量法 根据物质发生化学反应的方程式，找出反应物与生成物中某化学量从始态到终态的差量（标准差）和实际发生化学反应差值（实际差）进行计算。主要有：（1）质量差；（2）气体体积差；（3）物质的量差；（4）溶解度差……实际计算中灵活选用不同的差量来建立计算式，会使计算过程简约化。
平均值法 这是处理混合物中常用的一种方法。当两种或两种以上的物质混合时，不论以何种比例混合，总存在某些方面的一个平均值，其平均值必定介于相关的最大值和最小值之间。只要抓住这个特征，就可使计算过程简洁化。主要有：（1）平均相对分子质量法；（2）平均体积法；（3）平均质量分数法；（4）平均分子组成法；（5）平均摩尔电子质量法；（6）平均密度法；（7）平均浓度法……
关系式法 对于多步反应体系，可找出起始物质和最终求解物质之间的定量关系，直接列出比例式进行计算，可避开繁琐的中间计算过程。具体有：（1）多步反应关系法：对没有副反应的多步连续反应，可利用开始与最后某一元素来变建立关系式解题。（2）循环反应关系法：可将几个循环反应加和，消去其中某些中间产物，建立一个总的化学方程式，据此总的化学方程式列关系式解题。
十字交叉法 实际上是一种数学方法的演变，即为a1x1+a2x2=a平×（x1+x2）的变式，也可以转化为线段法进行分析。（1）浓度十字交叉法；（2）相对分子质量十字交叉法等。
极值法 当两种或多种物质混合无法确定其成分及其含量时，可对数据推向极端进行计算或分析，假设混合物质量全部为其中的某一成分，虽然极端往往不可能存在，但能使问题单一化，起到了出奇制胜的效果。常用于混合物与其他物质反应，化学平衡混合体系等计算。
讨论法 当化学计算中，不确定因素较多或不同情况下会出现多种答案时，就要结合不同的情况进行讨论。将不确定条件转化为已知条件，提出各种可能答案的前提，运用数学方法，在化学知识的范围内进行计算、讨论、推断，最后得出结果。主要有以下几种情况：（1）根据可能的不同结果进行讨论；（2）根据反应物相对量不同进行讨论；（3）运用不定方程或函数关系进行讨论。
估算法 有些化学计算题表面看来似乎需要进行计算，但稍加分析，不需要复杂计算就可以推理出正确的答案。快速简明且准确率高，适合于解某些计算型选择题。但要注意，这是一种特殊方法，适用范围不大。
3．基本概念、基本理论、元素化合物、有机化学基础、化学实验等各部分内容中都隐含许多计算因素问题，复习中要加以总结归类。如，有机化合物内容中的化学计算因素问题主要有：
（1）同系物通式的计算（通式思想的运用）；
（2）同分异构体种数计算（空间想像、立体几何知识）；
（3）有机化合物结构简式的确定（有机化合物性质跟所有化学基本计算的综合）；
（4）有机物燃烧规律的计算（跟气体燃烧实验、气体吸收实验、气体干燥实验等的综合）；
（5）有机反应转化率、产量的计算（跟工业生产实际的结合）。
【知识网络构建立】

考向三维突破
考向一 以物质的量为中心的计算
一维知识联动
1．物质的量与其他化学量之间的关系


2．阿伏加德罗定律：同温同压下，相同体积的任何气体都含有相同数目的分子。
（1）同温同压下，气体的体积之比等于气体的物质的量之比，即V1：V2＝n1：n2。
（2）同温同压下，两种不同气体的密度之比等于气体的摩尔质量之比，即ρ1：ρ2＝M1：M2。
（3）同温同体积下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比：P1：P2＝n1：n2。
总之，在气体状态方程pV= nRT的四个变量中，三同定一同，两同定比例．
3．解答阿伏加德罗常数与粒子数的分析与比较
解答此类题目，审题是关键，一定要警惕“陷阱”。
（1）状态问题，如水在标准状况时为液态或固态；SO3在标准状况下为固态，常温常压下为液态；戊烷及碳原子数大于4的烃，在标准状况下 不是气态。
（2）特别物质的摩尔质量，如D2O、T2O、 等。
（3）某些物质分子中的原子个数，如Ne、O3、白磷等。
（4）一些物质中的化学键数目，如SiO2、Si、CH4、P4、CO2等。
（5）较复杂的化学反应中，转移电子数的求算，如Na2O2十H2O；Cl2十NaOH；电解AgNO3溶液等。
（6）某些离子或原子团在水溶液中能发生水解反应，使其数目减少。
【典型1】下列说法中正确的是（ ）
A．1 L水中溶解了58．5 g NaCl，该溶液的物质的量浓度为 1 mol/L
B．从1 L 2 mol/L的H2SO4溶液中取出0．5 L，该溶液的浓度为1 mol/L
C．配制500 mL 0．5 mol/L的CuSO4溶液，需62．5 g胆矾
D．中和100 mL 1 mol/L的H2SO4溶液，需NaOH 4 g
解析：选C。A项中1 L水中加入NaCl后体积发生变化，浓度不是1 mol/L；B项溶液是均一稳定的，所以H2SO4的浓度还是2 mol/L；D项H2SO4的物质的量为0．1 mol，需NaOH 0．2 mol即8 g。
【典型2】将Cu片放入0．1 mol?L－1FeCl3溶液中，反应一定时间后取出Cu片，溶液中c（Fe3＋）∶c（Fe2＋）＝2∶3，则Cu2＋与Fe3＋的物质的量之比为（ ）
A．3∶2 B．3∶5
C．3∶4 D．4∶3
解析：选C。反应的化学方程式为Cu＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Cu2＋。设溶液的体积为1 L，生成的n（Fe2＋）＝2a，则消耗的n（Fe3＋）＝2a，生成的n（Cu2＋）＝a，因此反应后溶液中n（Fe3＋）＝0．1 mol－2a，所以有关系式：（0．1 mol－2a）∶2a＝2∶3，得出a＝0．03 mol。溶液中c（Cu2＋）＝0．03 mol/L，反应后溶液中c（Fe3＋）＝（0．1－2×0．03）mol/L＝0．04 mol/L，故溶液中Cu2＋与Fe3＋的物质的量之比为3∶4。

【典型3】NA代表阿伏加德罗常数，下列叙述错误的是（ ）
A．10 mL质量分数为98%的H2SO4溶液，用水稀释至100 mL，H2SO4的质量分数为9．8%
B．在H2O2＋Cl2===2HCl＋O2反应中，每生成32 g氧气，则转移2NA个电子
C．标准状况下，分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积约为22．4 L，质量为28 g
D．一定温度下，1 L 0．50 mol?L－1 NH4Cl溶液与2 L 0．25 mol?L－1 NH4Cl溶液含NH＋4物质的量不相同
解析：选A。设H2SO4稀释前后的密度分别为ρ1、ρ2，稀释后的质量分数为w，则w＝98%×ρ1×10ρ2?100×100%＝9．8%×ρ1ρ2，H2SO4的浓度越大，密度越大，即ρ1>ρ2，则w>9．8%。
考向二根据化学方程式的计算

以化学方程式为中心的计算，其关键是正确书写并配平反应的化学方程式，并找出未知量与已知量之间的定量关系，进行合理计算，求得答案。一般分为以下四种情况：
1．单一反应：其特征是题中只涉及一个化学反应，解题时先书写化学方程式，利用未知量与已知量的比例关系求解。
2．平行反应：其特征是两反应共用了某一反应物，一般可通过列二元方程式求解（混合物计算也常用此法）。
3．多步反应：其特征是前一反应的产物是下一反应的反应物，解题时一般是先寻找原料与目标产物之间量的为关系，然后求解。

4．循环反应：其特征是第二个反应的产物是第一个反应的反应物，从而使两个（或多个）反应循环发生。一般先合并反应的化学方程式，列出总反应的化学方程式后再进行解答。
【典型4】已知Cl2与一定浓度的NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO、NaClO3和H2O，现将一定量的Cl2分成两等份，分别通入体积相同的NaOH溶液和Na2SO3溶液，均恰好完全反应，则NaOH与Na2SO3的浓度之比为（ ）
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．3∶1
解析：选C。由化学方程式Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O,3Cl2＋6NaOH===5NaCl＋NaClO3＋3H2O知，Cl2与NaOH的物质的量之比为1∶2，由Cl2＋Na2SO3＋H2O===Na2SO4＋2HCl知Cl2与Na2SO3的物质的量之比为1∶1，因此NaOH与Na2SO3的物质的量之比为2∶1，浓度之比也为2∶1。
考向三 化学计算解题技巧

1．守恒法
守恒法就是巧妙地选择化学式中某两数（如正负化合价总数、正负电荷总数）始终保持相等，或几个连续的化学方程式前后某粒子（如原子、电子、离子）的物质的量保持不变，作为解题的依据，这样可避免书写化学方程式，从而加快解题的速度和提高解题的准确性。
化学中有多种守恒关系。要理顺各种守恒关系之间的内联系，拓宽主要守恒关系的外延。


2．关系式法在多步反应的计算中，可以把始态的反应物与终态的生成物之间的物质的量关系表示出来，把多步计算简化成一个简单的物质的量关系，列式解答。建立关系式的常用方法有：（1）原子守恒法
例如：4FeS2+11O2 2Fe2O3 + 8SO2 , 2SO2 + O2 2SO3，SO3+H2O=H2SO4。在理论上，FeS2中的硫原子全部转化为H2SO4，根据硫原子的个数守恒可知，FeS2与H2SO4之间的理论计量数关系为FeS2～2H2SO4。
（2）化学方程式加合法
例如，C+H2O CO+H2（Ⅰ），CO+H2O +H2+CO2（Ⅱ） 将（Ⅰ）式和（Ⅱ）式加合除去CO，得C+2H2O CO2+2H2 （Ⅲ）。N2+3H2 2NH3 （Ⅳ），将（Ⅲ）式和（Ⅳ）式加合除去H2，得3C+6H2O+2N2=3CO2 +4NH3，即C与NH3之间的理论计量数关系为3C～4NH3。
（3）得失电子守恒法
例如，

由两个氧化还原反应中的得失电子关系可知，SO2与 4之间的理论计量数关系为5SO2～2 。
3．差量法
差量法可用于计算反应前后存在的质量差量、气体体积差量、物质的量差量等相关试题。只有当差值与始态量或终态量存在比例关系时，且化学计算的差值必须是同一物理量，才能用差量法。其关键是分析出引起差量的原因。
4．极值假设法
极值思想是把研究对象或过程变化通过假设成理想的极值而得出的情况与实际情况对比，分析、推理、判断，再得出合理的答案，它主要适用于确定混合物的组成、判断反应物质量的关系、确定平衡体系中物质的量浓度范围等。
5．数形结合法
在解决问题时，根据问题的背景、数量关系、图形特征，将“数”的问题，借助于“形”去观察；或将““形”的问题，借助于“数”思考，这种解决问题的思想称为数形结合思想。看图时，注意理解化学原理、图形中数轴对应的化学含义和图形中三个关键点（起点、转折点、终点）的含义。作图时，从复杂的数据中找到关键点，再连接绘制。适用于有关图形计算；反应物的量不同，化学反应产物不同的判别（数轴法）等。
【典型5】锌与100mL 18．5 mol?L－1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33．6L（标准状况）。将反应后的溶液稀释至1L，测得溶液的pH=1（室温），下列叙述不正确的是（ ）
A．反应中共消耗1．8molH2SO4 B．气体甲中S02与H2的体积比为4:1
C．反应中共消耗97．5gZn D．反应中共转移3mol电子

答案：B【解析】反应前n（H2S04）=1．85mol，反应后剩余H2S04为0．05mol，推知气体甲应该Zn与浓H2S04反应产生的S02及Zn与稀H2S04反应产生的H2的混合气体。设生成的S02、H2的物质的量分别为xmol、ymol，则有：x +y=1．5，根据反应Zn +2H2SO4（浓）=ZnSO4+ SO2↑+2H20，Zn+H2S04（稀）=ZnS04+H2↑，得2x+y=1．8，解得x=0．3,y=1．2。n（ S02 ）/ n（ H2） = 0．3mol/l．2mol=1/4。反应中消耗Zn的质量=1．5mol x 65g/mol = 97．5g。反应中转移电子的物质的量= 2x1．5mol=3mol。综合上述知选项B错误。
【典型6】14．2．8gFe全部溶于100mL一定浓度的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1．12L，测得反应后溶液的pH为1。若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断不正确的是（ ）
A．反应前HNO3溶液的浓度为2．0mol?L－1
B．1．12L的气体全部为NO
C．反应后溶液中c（NO3－）＝1．6mol?L－1
D．反应后的溶液最多还能溶解1．61gFe
答案：A【解析】此题考查了变价金属铁和硝酸反应的知识及有关计算。由反应后的溶液pH为1，可知酸过量，剩余酸的浓度为0．1mol/L，物质的量为0．01mol。根据反应情况，当金属铁与硝酸反应生成硝酸铁和二氧化氮时，消耗酸最多；而生成硝酸亚铁和一氧化氮时，溶解铁最多。根据方程式：Fe+6HNO3=Fe（NO3）3+3NO2↑+3H2O，0．05molFe最多消耗硝酸0．3mol，则原溶液中硝酸的物质的量最多为0．31mol，100ml溶液，最大浓度为3．1 mol/L，一定为稀硝酸，反应肯定生成NO，B正确；据此反应中生成硝酸铁和一氧化氮，方程式为：Fe+4HNO3 =Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，0．05mol铁溶解后生成硝酸铁0．05mol，故溶液中c（NO3-）=1．6mol/L，C正确；反应前硝酸的物质的量等于n（NO）+n（NO3-）=0．05mol+0．16mol=2．1mol，故浓度为2．1mol/L，A错；根据溶解最多铁时的反应方程式：3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2 +2NO↑+4H2O，剩余的硝酸能溶解铁0．01×3×56÷8=0．21g，另外溶液中的Fe（NO3）3能溶解铁0．025mol，质量为0．025mol×56g/mol=1．4g，故最多还能溶解铁1．61g，D正确。

练习
1．将（NH4）2Fe（SO4）2和Al2（SO4）3各0．1mol溶解于烧杯中，慢慢加入含0．7molNaOH的溶液中，并把生成的沉淀过滤、洗涤、灼烧。得到的固体再分别与1mol?L?1的盐酸反应，分别恰好与V1mL、V2mL盐酸反应。则（ ）
A．V1＝V2＝300mL B．V1＝200mL V2＝600mL
C．V1＝300mL V2＝600mL D．V1＝150mL V2＝450mL
2．在200 mL 1 mol?L－1的NaHCO3溶液中，加入一定量的单质或化合物X，恰好使其转化为只含Na2CO3溶质的溶液（不考虑溶质的水解），实现转变的物质X有多种，符合条件的X物质一组是（ ）
编号ABCD
X的化学式NaNa2ONa2O2NaOH
加入X的质量（g）4．86．47．816．0
3．室温下，1 L某溶液中含有的离子如下表：（不考虑水解）
离子Cu2＋Al3＋NO3－Cl－
物质的量浓度（mol/L）114a
用惰性电极电解该溶液，当电路中有3 mol e? 通过时（忽略电解时溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象），下列说法正确的是（ ）
A．电解后溶液的pH＝0 B．阳极与阴极析出的气体物质的量之比为1:2
C．阳极电极反应只有：2Cl－—2e－=Cl2↑ D．阴极析出32g铜
4．一定温度下m g下列物质在足量的氧气中充分燃烧后，产物与足量的Na2O2充分反应，过氧化钠增加n g，且n>m，符合要求的物质是（ ）
A．甲酸甲酯 B．乙醛 C．乙二酸 D．果糖
5．将1．12 g铁粉加入25 mL 2 mol/L的氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是（ ）
A．铁有剩余，溶液呈浅绿色，Cl－浓度基本不变
B．往溶液中滴入无色KSCN溶液，显红色
C．Fe2＋和Fe3＋的物质的量之比为5:1
D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:5
6．向一洁净干燥的烧杯中加入56gFe粉，然后加入400 mL 16 浓HNO3，反应过程中产生气体的体积和反应时间的关系如图所示，最后固体全部溶解，气体体积均在标准状况下测定。假设反应中HNO3的还原产物只有NO和NO2，那么理论上从哪一时刻开始产生NO（ ）

A．t1 B．t2 C．t3 D．t4
7．（10分） 某化学兴趣小组欲研究一种镁铝合金，以下是部分实验。请完成填空。
【实验一】从镁铝合金片上剪下一小块，先称重，然后投到盛有10mL 10mol?L-1NaOH溶液（足量）的锥形瓶里。实验浊得不同时刻气体体积如图：

（1）t0~t0过程中速率比t1~t2速率 （“快”或“慢”），其主要原因是 。
（2）影响过程t1~t2速率的主要原因是
① ② 。
（3）欲利用此反应测定合金中铝的含量，请仿照方法①将另一种不同方法所需数据填入下表中。
方法需测定的数据
①测定产生的H2的体积
②
【实验二】向实验一的锥形瓶里滴加1mol?L-1HCl，使镁、铝两种元素恰好只以氯化物的形式存在。写出此过程中含铝元素的化合物所发生的离子反应方程式：
【实验三】取实验二的锥形瓶里的溶液10mL，向其中滴加a mol C1mol?L-1NaOH之后，改成滴加C2mol?L-1HCl，所得沉淀Y（mol）与试剂总体积V（mL）间的关系如图所示。据此，回答下列问题：

（1）图中CD段消耗盐酸的体积是AB段消耗的NaOH溶液体积的两倍，则C1/C2= ；
（2）所加入NaOH溶液的体积a= mL。

参考答案
1．A【解析】0．1mol （NH4）2Fe（SO4）2 中的微粒是0．2 molNH4+和0．1mol Fe2+慢慢加入含0．7molNaOH的溶液,得到沉淀0．1mol氢氧化亚铁，过滤、洗涤、灼烧最终得到0．05 mol氧化铁，它与1mol?L?1的盐酸反应消耗300mL。0．1mol Al2（SO4）3含微粒是0．2 molAl3+,慢慢加入含0．7molNaOH的溶液,发生如下反应Al3++4OH-=AlO2-+2H2O 3AlO2- +Al3++6H2O=4 Al（OH）3↓。经计算的第一步剩余Al3+0．025 mol生成AlO2-0．175 mol，第二步经过过量判断和计算知氢氧化铝沉淀为0．1 mol灼烧最终得到0．05 mol氧化铝，它与1mol?L?1的盐酸反应消耗300mL。
2．C【解析】NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O，恰好使NaHCO3转化为只含Na2CO3溶质的溶液，恰好需要NaOH 0．2 mol，A、C、D生成NaOH均大于0．2 mol，只有7．8 g Na2O2恰好生成0．2 mol NaOH。
3．A【解析】根据电荷守恒Cl－浓度为1mol/L，a=1；用惰性电极电解该溶液，当电路中有3 mol e? 通过时，阴极有1molCu2+和1molH+放电，生成1molCu和0．5molH2，阳极有1molCl—和2molOH—放电，生成0．5molCl2和0．5molO2。由于参加反应的H+与OH—不同，溶液中剩余H+1mol，浓度为1mol/L，pH=0。
4．B【解析】本题主要考查有机物质的分子式的处理与Na2O2吸收CO2和H2O反应的实质，突出体现了学生分析、归纳、总结问题的能力。2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑① 2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2②，在这两个反应中，对Na2O2而言，反应①中Na2O2增重的质量实际是H2O中的“H2”的质量，其结果可以看作：Na2O2＋H2 2NaOH；在反应②中Na2O2增重的质量实际是CO2中“CO”的质量，其结果可以看作：Na2O2＋CO Na2CO3。根据以上分析，符合n=m要求的为果糖C6H12O6（6CO?6H2）、甲酸甲酯HCOOCH3（2CO?2H2）；符合n>m要求的为乙醛CH3CHO（CO?2H2?C），显然C要得到一个O；乙二酸HOOCCOOH（2CO?H2?O2），显然要n＜m。
5．B【解析】 n（Fe）＝1．12 g/56 g?mol－1＝0．02 mol，n（Fe3＋）＝0．025 L×2 mol?L－1＝0．05 mol，由反应2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋可知Fe3＋过量，加入KSCN显红色。溶液中n（Fe2＋）＝3n（Fe）＝0．06 mol，溶液中n（Fe3＋）＝0．05 mol－2n（Fe）＝0．01 mol，即Fe2＋和Fe3＋的物质的量之比为6:1；氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:2。
6．C【解析】若Fe与硝酸反应全部为Fe（NO3）3则需要硝酸（56g÷56g/mol）×3+44．8L÷22．4L/mol
=5 mol <6．4 （6．4=16×0．4）因此硝酸足量，根据原子守恒n（NO）+n（NO2）=2，电荷守恒可得 3n（NO）+n（NO2）=3 ,解得n（NO2）=1．5mol 即33．6L。
7．【实验一】（1）慢（１分）合金表面有氧化膜；（１分）
（2）①形成原电池（１分） ②反应放热，温度升高。（１分）
（3）②“测定残留固体镁的质量”或“测定反应消耗或剩余的NaOH的量”或“测定生成的NaAlO2的量”（2分）
【实验二】AlO2—+4H＋=Al3＋+2H2O（2分）
【实验三】（1）C1/C2=2或2：1（2分） （2）7 （2分）
【解析】实验二中加入盐酸后，单质镁及AlO2—均参与反应生成盐。实验三中AB阶段反应的离子方程戈为Al（OH）3+OH—＝AlO2—+2H2O，CD阶段反应的离子方程式为AlO2—+H＋+H2O=Al（ OH）3，溶解与生成等量的A1（OH）3时，消耗的NaOH、HCl的物质的量相同，结合体积关系得C1/C2=2。由图象知，整个过程中所用NaOH与HCl的物质的量相等，由C1/C2=2知， ，故a=7。

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