2021年高考化学二轮复习专练：化学计算方法与技巧
2021年高考化学二轮复习专练
知识点一、有关化学量与化学式的计算
以物质的量为中心的计算既是基本概念的内容，又是化学计算的必不可少的计算工具。主要考点：（1）有关物质的量、质量、气体体积、微粒数间的换算
（2）相对分子质量、各元素的质量分数
（3）有机物的分子式、结构式
（4）阿伏加德罗定律及其推论的应用
解题策略：
（1）掌握基本概念，找出各化学量之间的关系
（2）加强与原子结构、元素化合物性质、有机物结构性质等相关知识的横向联系
（3）找出解题的突破口，在常规解法和计算技巧中灵活选用
例1、往100mLpH=0的硫酸和硝酸混合液中投入3.84g铜粉，微热使反应充分完成后，生成一氧化氮气体448mL（标准状况）。则反应前的混合溶液中含硝酸的物质的量为（）
（A）0.02mol （B）0.08mol （C）0.10mol （D）0.16mol
【解析】应根据离子方程式进行计算
3Cu + 2NO3- + 8H+ = 3Cu2+ + 2NO + 4H2O
0.06 0.1 0.02
铜、H+过量，所以只可能是硝酸不足，进而可计算出硝酸的物质的量为0.02mol。
【答案】A。
知识点二、有关溶液的计算
以溶液为中心的计算，主要是灵活运用有关的计算公式。主要考点：
（1）有关溶质溶解度的计算
（2）有关溶液浓度（溶液的溶质质量分数和物质的量浓度）的计算
（3）有关溶液pH的计算
（4）有关溶液中离子浓度的计算
解题策略：
（1）有关溶解度和溶液浓度的计算，关键要正确理解概念的内涵，理清相互关系一般可采用守恒法进行计算
（2）有关溶液pH及离子浓度大小的计算，应在正确理解水的离子积、pH概念的基础上进行分析、推理。解题时，首先明确溶液的酸（碱）性，明确c（H+）或c（OH-）
例2、1体积pH＝2.5的盐酸与10体积某一元强碱溶液恰好完全反应，则该碱溶液的pH等于（）
A、9.0
B、9.5
C、10.5
D、11.0
【解析】强酸强碱恰好完全反应，则两溶液中的H+、OH-的物质的量刚好相等。设强碱溶液中OH-浓度为X 。
∴1×10-2.5=10·X
X=10-3.5
∴强碱溶液中c（H+）=10-14/10-3.5PH=10.5
【答案】C
知识点三、有关反应速率、化学平衡的计算
化学反应速率、化学平衡的有关计算是计算的难点，化学反应速率及化学平衡的理论的抽象性以及逻辑性，再加上条件的多样性，使其成为较难掌握的一种计算类型。主要考点：
（1）利用化学反应速率的数学表达式进行计算
（2）各物质反应速率间的换算
（3）有关化学平衡的计算
解题策略：
（1）加强对速率概念、平衡移动原理的理解
（2）将等效平衡、等效转化法等分析推理方法与数学方法有机结合，在采用常规解法
的同时，可采用极值法、估算法等解题技巧
例3、由N2和H2组成的混合气体，其平均式量为12.4，取此混合气体0.5mol充入密闭容器中，使之反应并在一定条件下达到平衡。已知反应达到平衡后容器内压强是相同条件下反应前压强的0.6倍，求：
(1)反应前混合气体中N2和H2的体积比；
(2)平衡混合气体中NH3和H2的物质的量；
(3)达到平衡时N2的转化率。
【解析】
（1）(28n(N2)+2n(H2))/( n(N2)+ n(H2)) ＝15.6
即：n(N2)：n(H2)= V（N2）：V（H2）＝2 ：3
（2）N2+ 3 H22NH3
起始（mol ） 0.2 0.3 0 转化（mol ） x 3x 2x 平衡（mol ） 0.2－x 0.3 – 3x 2x
由
得: 0.2 - x + 0.3 – 3x + 2x = 0.5×0.6
x = 0.1mol
n （NH 3）平 ＝ 2 × 0.1 ＝0.2mol ； n （H 2）平 ＝ 0.3 - 3 × 0.1 ＝0mol （3）α（N 2转）＝10.1/0.2×100％ ＝50％ 【答案】⑴ V （N 2） ：V （H 2）＝ 2 ：3 ⑵ n （NH 3）平 ＝0.2mol ；n （H 2）平＝0mol （3）α（N 2转）＝50％
知识点四、有关氧化还原、电化学的计算
以氧化还原为中心的有关计算，是高考的热点。主要考点： （1）氧化产物、还原产物的确定及量的计算 （2）转移电子数、电荷数的计算 （3）电极析出量及溶液中的变化量的计算 （4）有关氧化还原反应的其他典型计算
解题策略：关键在于根据得失电子总数相等，列出守恒关系式求解
例4、ClO 2是一种广谱消毒剂，根据世界环保联盟的要求，ClO 2将取代Cl 2成为自来水的消毒剂。工业上ClO 2常用NaClO 3和Na 2SO 3溶液混合并加H 2SO 4酸化后反应制得，在以上反应中NaClO 3和Na 2SO 3的物质的量之比为（ ）
A. 1：1
B. 2：1
C. 1：2
D. 2：3
【解析】应用电子守恒进行计算，其关键是找到氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等关系。NaClO 3和Na 2SO 3溶液混合产物ClO 2和Na 2SO 4，根据氧化还原反应的电子守恒关系，则有
，可求得：。
【答案】B
知识点五、有关化学方程式的计算
有关化学方程式的计算是最常见的计算类型之一，关键是正确理解化学方程式的系数之间的关系。主要考点：
平
起平
起＝
n n P P ;
)46()SO Na (n )45()NaClO (n 323-?=-?1:2)SO Na (n :)NaClO (n 323=
（1）运用计算技巧进行化学方程式的有关计算 （2）热化学方程式中反应热、中和热、燃烧热的计算 解题策略：
（1）深刻理解化学方程式、热化学方程式的含义，充分利用化学反应前后的有 关守恒关系
（2）搞清各解题技巧的使用条件和适用范围，读懂题目，正确选择
例5、1 kg C(s)燃烧，所得的混合气体中，CO 占1/3体积，CO 2占2/3体积。已知：C(s)+
O 2(g)===CO(g);ΔH=－110.35 kJ·mol －1
,CO(g)+ O 2(g)===CO 2(g);ΔH=－282.57 kJ·mol －
1。则与1 kg 碳完全
燃烧相比，损失的热量及C 的燃烧热正确的组合是（ ）
A 、110.35 kJ,282.57 kJ·mol －
1 B 、282.57 kJ,－392.9
2 kJ·mol －
1 C 、392.9
2 kJ,392.92 kJ·kg －
1 D 、7849.
2 kJ,392.92 kJ·mol －
1
【解析】（1）据题意，生成的CO 继续燃烧放出的热量就是碳若不完全燃烧所损失的热量，因有1/3的
碳不完全燃烧。则Q 损=××282.57 kJ·mol －
1=7849.2 kJ
（2）据盖斯定律：C(s)+O 2（g)===CO 2（g);ΔH=(－110.35 kJ·mol －
1)+(－282.57 kJ·mol －
1)=－392.92 kJ·mol
－1
,即C 的燃烧热为392.92 kJ·mol －
1。 【答案】D
知识点六、综合计算 主要考点：
（1）过量计算问题的分析讨论 （2）混合物计算和解题技巧 （3）复杂化学式的确定方法 （4）无数据计算的解决方法 （5）数据缺省型的计算方法 （6）讨论型计算的解题思路 （7）隐含条件题的解决方法 （8）化学图象题的解题技巧
解题策略：认真审题，明确是常见综合计算中的哪种类型，寻求解决的合理思路和解
决方法；善于抓住化学与数学知识间的交叉点，运用所掌握的数学知识，通过对化学知识的分析，建
21
21
1
-mol
g 12g
1000 31
立函数关系。
例6、将FeO 和Cu(NO 3)2的混合物9.08g 全部溶解于含有0.3molHCl 的某浓度的盐酸中（此时有部分Fe 2+被酸性条件下的NO 3-氧化：3FeCl 2+HNO 3+3HCl=3FeCl 3+NO↑+2H 2O ）,当向溶液中通入一定量的氯气时，溶液中的Fe 2+刚好被完全氧化，再向溶液中加入10g 过量的铁粉，充分反应后，放出标准状况下的氢气224mL ，过滤，得到不溶性固体6.72g 。问
（1）原混合物中FeO 的物质的量为 ，Cu(NO 3)2的物质的量为 。 （2）通入的氯气在标准状况下的体积是 。 【解析】（1）设FeO 和Cu(NO 3)2的物质的量各是xmol,ymol 发生反应的先后顺序为： FeO+2HCl=FeCl 2+2H 2O x 2x
3Fe 2++NO 3-+4H +=3Fe 3++NO↑+2H 2O 亚铁离子与氢离子过量 6y 2y 8y
2Fe 2+ + Cl 2 = 2Fe 3++2Cl - x -6y 0.5(x -6y) 2Fe 3++Fe=3Fe 2+ x 0.5x Cu 2++Fe=Fe 2++Cu y y
Fe+2HCl=FeCl 2+H 2↑ 0.01 0.02 0.01
质量守恒：560.5x -(64-56)y+0.0156=10-6.72 根据HCl 守恒：2x+8y+0.02=0.3 解之得：x=0.1(mol) y=0.01(mol)
（2）消耗氯气的体积为：0.5(x -6y)22.4=0.448(L) 【答案】(1)FeO 0.1mol Cu(NO 3)20.01mol (2)0.448L
高频考点一、考查差量
???
差量法在化学反应中，根据质量守恒定律，反应物和生成物按一定的质量比发生反应。在具体的一个反应中，还可以根据需要进行某些特定的组合，即反应方程式中某些项目进行加减组合。如碳酸氢钠固体的分解反应，产物中的二氧化碳是气体，水是液体，若讨论固体质量的变化，可以是前后固体质量的差值，也可以是非固体物质质量的和，将非固体物质中的比例关系合并为一个比例量，与原方程式中各种量成比例关系。具体如下：
2NaHCO 3=====△
Na 2CO 3＋CO 2↑＋H 2O Δm(固) 2×84 g 106 g 44 g 18 g 62 g 其固体差量可用下列两种方法得出： (2NaHCO 3－Na 2CO 3)或(CO 2＋H 2O) (2×84 g －106 g) 或(44 g ＋18 g)
例1、臭氧层是地球生命的保护神，臭氧比氧气具有更强的氧化性。实验室可将氧气通过高压放电管来制取臭氧：3O 2=====放电
2O 3。
(1)若在上述反应中有30%的氧气转化为臭氧，所得混合气的平均摩尔质量为________ g/mol(保留一位小数)。
(2)将8 L 氧气通过放电管后，恢复到原状况，得到气体6.5 L ，其中臭氧为________ L 。 【解析】(1)设有1 mol O 2，则有 3O 2=====放电
2O 3 Δn 3 mol 2 mol 1 mol 0.3 mol 0.1 mol
则M ＝m 总n 总＝32 g
0.9 mol ＝35.6 g/mol 。
(2)3O 2=====放电
2O 3 ΔV 3体积 2体积 1体积
V(L) 8 L －6.5 L ＝1.5 L 解得V ＝3 L 。 【答案】(1)35.6 (2)3 高频考点二、考查关系式
物质间的一种简化的式子，解决多步反应，计算最简捷。多步反应中建立关系式的方法： (1)叠加法(如利用木炭、水蒸气制取氨气)：
?
??C ＋H 2O(g)=====高温
CO ＋H 2
CO ＋H 2
O(g)=====高温
CO 2
＋H 2
?
?
???
?C ＋2H 2O(g)===高温
CO 2＋2H 2N 2＋3H 2高温、高压
催化剂
2NH 3
? 由木炭、水蒸气制取NH 3
的关系为：3C ～4NH 3
。 (2)元素守恒法(如氨氧化法制硝酸)： 4NH 3＋5O 2=====催化剂
△4NO ＋6H 2O
2NO ＋O 2===2NO 2
3NO 2＋H 2O===2HNO 3＋NO
经多次氧化和吸收，由N 元素守恒知：NH 3～HNO 3。
(3)电子转移守恒法(如氨氧化法制硝酸)：NH 3―――→失去8e －
HNO 3，O 2―――→得到4e
－
2O 2－
，由得失电子总数相等知，NH 3经氧化等一系列过程生成HNO 3，NH 3和O 2的关系为NH 3～2O 2。
例2、取KI 溶液25 mL ，向其中滴加0.4 mol/L 的FeCl 3溶液135 mL ，I －
完全反应生成I 2：2I －
＋2Fe 3
＋
===I 2＋2Fe 2＋。将反应后的溶液用CCl 4萃取后分液，向分出的水溶液中通入Cl 2至0.025 mol 时，Fe 2＋
恰好
完全反应。求KI 溶液的物质的量浓度。
【解析】依题意，有：
本题可用关系式法求解。
由上述两个反应及电子转移守恒理论，得I －
与Cl 2之间的关系式：2I
－
～Cl 2。 设KI 的物质的量是x 。 2I －
～ Cl 2 2 1 x 0.025 mol
21＝x 0.025 mol ，x ＝0.05 mol 。 c(KI)＝
0.05 mol
0.025 L
＝2 mol/L 。
【答案】2 mol/L
高频考点三、考查极值
(1)极值法的含义：
极值法是采用极限思维方式解决一些模糊问题的解题技巧。它是将题设构造为问题的两个极端，然后依据有关化学知识确定所需反应物或生成物的量值，进行判断分析，求得结果。
(2)极值法解题的基本思路：
①把可逆反应假设成向左或向右进行的完全反应。
②把混合物假设成纯净物。
③把平行反应分别假设成单一反应。
(3)极值法解题的关键：
紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落点。
(4)极值法解题的优点：
极值法解题的优点是将某些复杂的、难以分析清楚的化学问题假设为极值问题，使解题过程简化，解题思路清晰，把问题化繁为简，由难变易，从而提高了解题速度。
例3、在一容积固定的密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2 mol/L、0.1 mol/L、0.2 mol/L。当反应达到平衡时，各物质的浓度可能存在的数据是()
A．SO2为0.4 mol/L，O2为0.2 mol/L
B．SO2为0.25 mol/L
C．SO2和SO3均为0.15 mol/L
D．SO3为0.4 mol/L
【解析】本题可根据极端假设法进行分析。若平衡向正反应方向移动，达到平衡时SO3的浓度最大为0.4 mol/L，而SO2和O2的浓度最小为0；若平衡向逆反应方向移动，达到平衡时SO3的浓度最小为0，而SO2和O2的最大浓度分别为0.4 mol/L、0.2 mol/L，考虑该反应为可逆反应，反应不能向任何一个方向进行到底，因此平衡时SO3、O2、SO2的浓度范围应分别为0＜c(SO3)＜0.4 mol/L,0＜c(O2)＜0.2 mol/L,0＜c(SO2)＜0.4 mol/L。SO2反应转化成SO3，而SO3分解则生成SO2，那么c(SO3)＋c(SO2)＝0.2 mol/L＋0.2 mol/L＝0.4 mol/L。对照各选项，只有B项符合题意。
【答案】B
1．[2019江苏]聚合硫酸铁[Fe 2(OH)6-2n (SO 4)n ]m 广泛用于水的净化。以FeSO 4·7H 2O 为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
（1）将一定量的FeSO 4·
7H 2O 溶于稀硫酸，在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H 2O 2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H 2O 2氧化Fe 2+的离子方程式为 ▲ ；水解聚合反应会导致溶液的pH ▲ 。
（2）测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g ，置于250 mL 锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl 2溶液（Sn 2+将Fe 3+还原为Fe 2+），充分反应后，除去过量的Sn 2+。用5.000×
10?2 mol·L ?1 K 2Cr 2O 7溶液滴定至终点（滴定过程中227Cr O -
与Fe 2+反应生成Cr 3+和Fe 3+），消耗K 2Cr 2O 7溶液22.00 mL 。
①上述实验中若不除去过量的Sn 2+，样品中铁的质量分数的测定结果将 ▲ （填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。
②计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）。 【答案】（1）2Fe 2++ H 2O 2+2H +2Fe 3++2H 2O 减小
（2）①偏大
②n (227Cr O -
)=5.000×
10?2 mol·L ?1×22.00 mL×10?3 L·mL ?1=1.100×10?3 mol 由滴定时227Cr O -
→Cr 3+和Fe 2+→Fe 3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：227Cr O -
~6Fe 2+ （或227Cr O -
+14H ++6Fe 2+
6Fe 3++2Cr 3++7H 2O ）
则n (Fe 2+)=6n (227Cr O -
)=6×1.100×10?3 mol=6.600×10?3 mol 样品中铁元素的质量：
m (Fe)=6.600×10?3 mol×56 g·mol ?1=0.3696 g
样品中铁元素的质量分数：w (Fe)=
0.3696g
3.000g
×100%=12.32% 【解析】
（1）Fe 2+具有还原性，在溶液中被氧化成Fe 3+，H 2O 2具有氧化性，其还原产物为H 2O ，根据得失电子守恒可写出反应2Fe 2++H 2O 2→2Fe 3++2H 2O ，根据溶液呈酸性、结合原子守恒和电荷守恒，H 2O 2氧化Fe 2+的离子方程式为2Fe 2++H 2O 2+2H +=2Fe 3++2H 2O ；H 2O 2氧化后的溶液为Fe 2（SO 4）3溶液，Fe 2（SO 4）3发生水解反应Fe 2（SO 4）3+（6-2n ）H 2O
Fe 2（OH ）6-2n （SO 4）n +（3-n ）H 2SO 4，Fe 2（OH ）6-2n （SO 4）n 聚
合得到聚合硫酸铁，根据水解方程式知水解聚合反应会导致溶液的酸性增强，pH 减小。
（2）①根据题意，Sn 2+能将Fe 3+还原为Fe 2+，发生的反应为Sn 2++2Fe 3+=Sn 4++2Fe 2+，根据还原性：还
原剂>还原产物，则还原性Sn2+>Fe2+，实验中若不除去过量的Sn2+，则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2+再氧化Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。
②实验过程中消耗的n（Cr2O72-）=5.000×10-2mol/L×22.00mL×10-3L/mL=1.100×10-3mol
由滴定时Cr2O72-→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒，可得微粒的关系式：Cr2O72-~6Fe2+（或
Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O）
则n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol
（根据Fe守恒）样品中铁元素的质量：m（Fe）=6.6×10-3mol×56g/mol=0.3696g
样品中铁元素的质量分数：ω（Fe）=0.3696g
3.000g
×100%=12.32%。
2. （2018年江苏卷）碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为
（2?x）Al2(SO4)3+3x CaCO3+3x H2O2[（1?x）Al2(SO4)3·x Al(OH)3]+3x CaSO4↓+3x CO2↑
生成物（1?x）Al2(SO4)3·x Al(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。
（1）制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有___________________。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH___________（填“增大”、“减小”、“不变”）。
（3）通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：
①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g。
②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol·L?1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol·L?1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL（已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1）。
计算（1?x）Al2(SO4)3·x Al(OH)3中的x值（写出计算过程）。
【答案】（12分）
（1）适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率
（2）减小
（3）25mL溶液中：n(SO42?)= n(BaSO4) ==0.0100 mol
2.5 mL溶液中：
n(Al3+) = n(EDTA)?n(Cu2+)=0.1000 mol·L?1×25.00 mL×10?3L·mL?1?0.08000 mol·L?1×20.00 mL
×10?3 L·mL?1=9.000×10?4 mol
25 mL溶液中：n(Al3+)=9.000×10?3 mol
1 mol (1?x)Al2(SO4)3·x Al(OH)3中
n(Al3+)=(2?x)mol；n(SO42?)=3(1?x)mol
x=0.41
【解析】（1）制备碱式硫酸铝溶液，维持反应温度和反应时间不变，提高x的值，即促进Al3+的水解和CaSO4的生成，可以采取的方法是：适当增加CaCO3的量、加快搅拌速率。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2，溶液碱性减弱，pH减小。
（3）25mL溶液中：n（SO42-）= n（BaSO4）==0.0100 mol
2.5 mL溶液中：n（Al3+）= n（EDTA）?n（Cu2+）=0.1000 mol·L?1×25.00 mL×10?3L·mL?1?0.08000 mol·L?1×20.00 mL×10?3 L·mL?1=9.000×10?4 mol
25 mL溶液中：n（Al3+）=9.000×10?3 mol
1 mol （1-x）Al2（SO4）3·xAl（OH）3中n（Al3+）=（2-x）mol；n（SO42-）=3（1-x）mol
==，解得x=0.41。
3．【2017江苏卷】碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。
（1）碱式氯化铜有多种制备方法
①方法1: 45 ~ 50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 (OH)2 Cl2·3H2O，该反应的化学方程式为_________________________。
②方法2: 先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。M'的化学式为______。
（2）碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cu a(OH)b Cl c·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验:
①称取样品1.1160 g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A；
②取25. 00 mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0. 1722 g；③另取25. 00 mL溶液A，调节pH
4 ~ 5，用浓度为0.08000 mol·L -1的EDTA(Na 2H 2Y·2H 2O)标准溶液滴定Cu 2+ (离子方程式为Cu 2++ H 2Y 2-=CuY 2-+2H +)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00 mL 。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)__________。
【答案】 4CuCl + O 2+ 8H 2O 2Cu 2(OH)2Cl 2·3H 2O Fe 2+ n (Cl -)=n (AgCl)×
100.00mL
25.00mL
=
-1
0.1722g 100.00mL
143.5g?mol 25.00mL
?=4.800×10-3mol n (Cu 2+)=n (EDTA)×
100.00mL
25.00mL
=0.08000 mol·L -1×30.00 mL×10-3 L·mL -1×
100.00mL
25.00mL
=9.600×10-3 mol
n (OH -)=2n (Cu 2+)-n (Cl -)=2×9.600×10-3 mol －4.800×10-3 mol=1.440×10-2 mol m (Cl -)=4.800×10-3 mol×35.5 g· mol -1 =0.1704 g m (Cu 2+)=9.600×10-3 mol×64 g· mol -1 =0.6144 g m (OH -)=1.440×10-2 mol×17 g· mol -1 =0.2448 g n (H 2O)=
-1
1.1160?g 0.1704?g 0.6144?g 0.2448?g
18g?mol
－－－=4.800×10-3 mol a ∶b ∶c ∶x = n (Cu 2+)∶n (OH -)∶n (Cl -)∶n (H 2O)=2∶3∶1∶1 化学式为Cu 2 (OH)3Cl·H 2O 。
【解析】（1）①分析CuCl 悬浊液中持续通入空气得到Cu 2 (OH)2 Cl 2·3H 2O ，可以发现Cu 元素的化价升高了，所以氧气肯定做了该反应的氧化剂，根据化合价升降总数相等并结合质量守恒定律，可以写出该反应的化学方程式为4CuCl + O 2+ 8H 2O
2Cu 2(OH)2Cl 2·3H 2O 。
②由催化原理示意图可知， M'先与H +、O 2反应生成M ，M 再被Cu 还原为Cu 2+，所以M'的化学式为Fe 2+。
（2）由实验②可以求出该样品中所含Cl -的物质的量，由氯离子守恒得： n (Cl -)=n (AgCl)×
100.00mL
25.00mL =-1
0.1722g 100.00mL 143.5g?mol
25.00mL ?=4.800×10-3mol 由实验③结合反应信息Cu 2++ H 2Y 2-CuY 2-+2H +，可以求出样品中所含Cu 元素的物质的量：
n (Cu 2+)=n (EDTA)×
100.00mL
25.00mL
=0.08000 mol·L -1×30.00 mL×10-3 L·mL -1×
100.00mL
25.00mL
=9.600×10-3 mol
再由化合物中电荷守恒得：
n (OH -)=2n (Cu 2+)-n (Cl -)=2×9.600×10-3 mol －4.800×10-3 mol=1.440×10-2 mol 分别求出这3种离子的质量，根据质量守恒，求出H 2O 的质量： m (Cl -)=4.800×10-3 mol×35.5 g· mol -1 =0.1704 g m (Cu 2+)=9.600×10-3 mol×64 g· mol -1 =0.6144 g m (OH -)=1.440×10-2 mol×17 g· mol -1 =0.2448 g 再求出结晶水的物质的量： n (H 2O)=
-1
1.1160?g 0.1704?g 0.6144?g 0.2448?g
18g?mol
－－－=4.800×10-3 mol 最后求出各粒子的个数之比，写出化学式：
因为a ∶b ∶c ∶x = n (Cu 2+)∶n (OH -)∶n (Cl -)∶n (H 2O)=2∶3∶1∶1 ，所以该样品的化学式为Cu 2 (OH)3Cl·H 2O 。
4．【2016年高考江苏卷】（12分）过氧化钙（CaO 2·8H 2O ）是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。 （3）水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO 4和碱性KI 溶液，生成MnO(OH)2
沉淀，密封静置；加入适量稀H 2SO 4，待MnO(OH)2与I ?完全反应生成Mn 2+和I 2后，以淀粉作指示剂，用Na 2S 2O 3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下：
①写出O 2将Mn 2+氧化成MnO(OH)2的离子方程式；_____________。
②取加过一定量CaO 2·8H 2O 的池塘水样100.00 mL ，按上述方法测定水中溶解氧量，消耗0.01000 mol·L ?1
Na 2S 2O 3标准溶液13.50 mL 。计算该水样中的溶解氧（用mg·L ?1表示），写出计算过程。
【答案】（3）①O 2＋2Mn 2＋
＋4OH －
=MnO(OH)2↓ ②在100.00mL 水样中 I 2＋2S 2O 32－
=2I －
＋S 4O 62－
n(I 2)=
223223()()
2
c Na S O V Na S O
＝30.01000/13.5010/2
mol L mL L mL -??
=6.750×10－
5mol
n[MnO(OH)2]= n(I2)= 6.750×10－5mol
n(O2)= 1
2
n[MnO(OH)2]=
1
2
×6.750×10－5mol＝3.375×10－5mol
水中溶解氧＝
5
3
3.3751032/1000/
100.0010/
mol g mol mg g
mL L mL
-
-
???
?
=10.80mg/L
【解析】
（1）根据反应的化学方程式可知反应时加入过量的Ca（OH）2可以提高H2O2的利用率。
（2）过氧化钙与水反应生成氢氧化钙、氧气和水，因此向池塘水中加入一定量的CaO2·8H2O后，池塘水中浓度增加的离子有钙离子和氢氧根离子，答案选AD。
（3）①O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2中氧气是氧化剂，1个O2分子得到4个电子，Mn元素的化合价从+2价升高到+4价，1个Mn2+失去2个电子，所以根据电子得失守恒以及原子守恒可知反应的离子方程式为O2+2Mn2＋+4OH－===MnO(OH)2↓。
②根据转化关系图，获得各物质之间的量的关系，由此进行计算。
5．【2016年高考新课标Ⅰ卷】(15分)
（3）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl?，利用Ag+与CrO42?生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl?恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10?5 mol·L?1)时，溶液中c(Ag+)为_______ mol·L?1，此时溶液中c(CrO42?)等于__________ mol·L?1。(已知Ag2CrO4、AgCl的K sp分别为2.0×10?12和2.0×10?10)。
【答案】(3) 2.0×10-5 ；5×10-3；
【解析】（3）当溶液中Cl?完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0×10?5 mol·L?1，根据溶度积常数K sp(AgCl)=2.0×10?10，可得溶液中c(Ag+)=K sp(AgCl)÷c(Cl-)=2.0×10?10÷(1.0×10?5mol·L?1)=2.0×10-5 mol·L?1；则此时溶液中c(CrO42?)=K sp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=2.0×10?12÷(2.0×10-5 mol·L?1)=5×10-3mol·L?1；
6．【2016年高考新课标Ⅱ卷】联氨（又称联肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：
（5）联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是。
【答案】（5）固体逐渐变黑，并有气泡产生 1 N2H4的用量少，不产生其他杂质（还原产物为N2和H2O，而Na2SO3产生Na2SO4
【解析】（5）联氨是一种常用的还原剂，AgBr 具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成银，则向装有少量AgBr 的试管中加入联氨溶液，可观察到固体逐渐变黑，并有气泡产生；联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，发生的反应为N 2H 4+O 2=N 2+2H 2O ，理论上1kg 的联氨可除去水中溶解的氧气为 1kg÷32g/mol×32g/moL=1kg ；与使用Na 2SO 3处理水中溶解的O 2相比，联氨的优点是N 2H 4的用量少，不 产生其他杂质，而Na 2SO 3的氧化产物为Na 2SO 4。
7、【2016年高考上海卷】（本题共14分）
CO 2是重要的化工原料，也是应用广发的化工产品。CO 2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气。 完成下列计算：
（1）CO 2通入氨水生成NH 4HCO 3，NH 4HCO 3很容易分解。2.00 mol NH 4HCO 3完全分解，分解产物经干燥后的体积为_________L(标准状况)。
（2）某H 2中含有2.40 molCO 2，该混合气体通入2.00 L NaOH 溶液中，CO2被完全吸收。如果NaOH 完全反应，该NaOH 溶液的浓度为_______。
（3）CO 2和KO 2有下列反应： 4KO 2+2CO 2→2K 2CO 3+3O 2 4KO 2+4CO 2+2H 2O→4KHCO 3+3O 2
若9 mol CO 2在密封舱内和KO 2反应后生成9 mol O 2，则反应前密封舱内H 2O 的量应该是多少？列式计算。
（4）甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：CH 4+H 2O CO+3H 2
已知：CO+2H 2
CH 3OH CO 2+3H 2
CH 3OH+H 2O
300 mol CH 4完全反应后的产物中，加入100 mol CO 2后合成甲醇。若获得甲醇350 mol ，残留氢气120 mol ，计算CO 2的转化率。
【答案】（本题共14分） （1）89.6
（2）2.4 mol/L≥c≥1.2 mol/L
（3）22223328KO 6CO +2H O 2K CO +4KHCO +6O +→
22(CO )(H O =62n n ∶)∶ n(H 2O)=(9/6)×2=3(mol)
（4）300 mol CH 4完全反应产生H 2 900mol 设CO 2转化率为α，CO 转化率为β 300β+100α=350 600β+300α=900-120
α=80%
或设CO2转化率为α900?350×2?100α=120 α=80/100=80%
【解析】
（1）碳酸氢铵分解的化学方程式为：NH4HCO2O+NH3↑+CO2↑，从方程式可以看出，分解产物经干燥后，所得气体为NH3和CO2，且n(NH3)+ n(CO2)=2n(NH4HCO3)=2×2.00mol=4.00mol，则V(混合气体)=4.00mol×22.4L/mol=89.6L，即分解产物经干燥后的体积为89.6L。
（2）根据题意要求，2.40 molCO2被完全吸收，NaOH也完全反应，则反应的产物可能是Na2CO3（此时NaOH的浓度最大）或NaHCO3（此时NaOH的浓度最小）或Na2CO3和NaHCO3的混合物。用极值思想分析两个特殊情况：
①CO2+NaOH=NaHCO3，n(NaOH)= n(CO2)=2.40mol，则c(NaOH)==1.20mol/L；
②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，n(NaOH)=2n(CO2)=4.80mol，则c(NaOH)==2.40mol/L；
综合（1）、（2）可知，NaOH溶液的浓度应该为1.20mol/L≤c(NaOH)≤2.40mol/L。
（3）法一：
依题意，9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2，即n(CO2)∶n(O2)=1∶1，通过观察题给两个方程式可知，当把两个方程式相加时正好符合题目要求：
8KO2+6CO2+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2
所以有n(H2O)=n(CO2)=×9mol=3mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3mol。
法二：
设反应前密封舱内H2O的物质的量为n
4KO2 + 4CO2 + 2H2O → 4KHCO3 + 3O2
2nn 1.5n
4KO2 + 2CO2 → 2K2CO3 + 3O2
9-2n 1.5(9-2n)
根据题意生成氧气9mol，所以有1.5n+ 1.5(9-2n)=9mol，解得n=3mol，即反应前密封舱内
H2O的物质的量为3mol。
（4）法一：
CH4+ H2O CO + 3H2
300mol 300mol 900mol
设CO2的转化率为α，CO的转化率为β
CO + 2H2CH3OH CO2 + 3H2CH3OH + H2O
300βmol 600βmol 300βmol 100αmol 300αmol 100αmol
根据题意，共生成350mol甲醇，所以有300βmol+100αmol=350mol-------①式
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol-120 mol，所以有
600βmol+300αmol=900mol-120 mol--------②式
由①②式可得α=0.8，即CO2的转化率为80%。
法二：
在合成甲醇的反应中，氢元素在生成物中有两种存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，设CO2的转化率为α
CH4+ H2O CO + 3H2
300mol 900mol
CO2+ 3H2CH3OH + H2O
100αmol 100αmol
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol-120 mol，根据反应中氢元素的守恒可有：900mol-120mol=350mol×2+100αmol，解得α=0.8，即CO2的转化率为80%。
高考化学 常见题型解题技巧
高考化学常见题型解题技巧 ——计算题 1、守恒法 多数计算题是以化学反应为依据，化学方程式可表示反应物和生成物之间的质量、微观粒子、物质的量、气体体积等变化关系，又反映出化学反应前后的电荷数、电子得失数、微粒个数都是守恒的。在有关的多步反应、并行反应、混合物的综合计算等问题中，如能巧用这些守恒规律，可使难度较大和计算过程繁杂的题目达到解题思路简明、方法简单、步骤简化的目的，收到事半功倍的效果。 （1）质量守恒法 例1把过量的铁粉加入到FeCl3和CuCl2组成的混合液中，充分搅拌，反应后过滤、干燥、称得不溶物的质量与加入铁粉的质量相等。求混合物中FeCl3和CuCl2的物质的量之比是多少？ 解析：设混合物中CuCl2的物质的量为x，FeCl3物质的量为y Fe + CuCl2 = Cu+FeCl2Fe + 2 FeCl3 = 3 FeCl2 xmol xmol xmol y/2mol ymol 反应后所得不溶物为铜粉和过量的铁粉。按题意，反应中与FeCl3和CuCl2反应而消耗的铁粉的质量与置换出铜粉的质量相等。按此等量关系用代数法求解。 56(x+y/2)=64x ∴x:y=2:7 (2)摩尔守恒法 这是利用某种原子（或原子团）反应前物质的量等于转化为各种产物中所含该原子（或原子团）的物质的量进行计算的一种方法。 例2（1994年高考24题）38.4mg铜与适量的浓硝酸反应，铜全部作用后，共收集到气体22.4ml（标准状况），反应消耗的HNO3的物质的量可能是（） A、1.0×10—3mol B、1.6×10—3mol C、2.2×10—3mol D、2.4×10—3mol 解析：此题的隐含条件是“随着铜与硝酸反应，硝酸越来越稀，因而产生的气体有NO2和NO”。根据N原子守恒（不考虑NO2聚合成N2O4）有： nHNO3＝nCu(NO3)2 + nNO2+nNO ＝nCu×2 + n总气体
高考化学专题 化学计量与化学计算
第一章 化学计量与化学计算 1．[2019新课标Ⅱ] 已知N A 是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A ．3 g 3He 含有的中子数为1N A B ．1 L 0.1 mol·L ?1磷酸钠溶液含有的34PO -数目为0.1N A C ．1 mol K 2Cr 2O 7被还原为Cr 3+转移的电子数为6N A D ．48 g 正丁烷和10 g 异丁烷的混合物中共价键数目为13N A 2．[2019新课标Ⅲ] 设N A 为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H 3PO 4溶液下列说法正确的是 A ．每升溶液中的H +数目为0.02N A B ．c (H +)= c (42H PO -)+2c (24HPO -)+3c (34PO - )+ c (OH ?) C ．加水稀释使电离度增大，溶液pH 减小 D ．加入NaH 2PO 4固体，溶液酸性增强 3．[2018新课标Ⅲ]下列叙述正确的是 A ．24 g 镁与27 g 铝中，含有相同的质子数 B ．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同 C ．1 mol 重水与1 mol 水中，中子数比为2∶1 D ．1 mol 乙烷和1 mol 乙烯中，化学键数相同 4．[2018新课标Ⅱ]N A 代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A ．常温常压下，124 g P 4中所含P —P 键数目为4N A B ．100 mL 1mol·L ?1FeCl 3溶液中所含Fe 3+的数目为0.1N A C ．标准状况下，11.2 L 甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2N A D ．密闭容器中，2 mol SO 2和1 mol O 2催化反应后分子总数为2N A 5．[2018新课标Ⅰ]N A 是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A ．16.25 g FeCl 3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1 N A B ．22.4 L （标准状况）氩气含有的质子数为18N A C ．92.0 g 甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0N A D ．1.0 mol CH 4与Cl 2在光照下反应生成的CH 3Cl 分子数为1.0N A 6．[2018海南]N A 代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A ．12 g 金刚石中含有化学键的数目为4N A B ．18 g 的D 2O 中含有的质子数为10 C ．28 g 的乙烯和环已烷混合气体中所含原子总数为6N A D ．1 L 1mol·Lˉ1的NH 4Cl 溶液中NH 4＋和Cl ?的数目均为1N A 7．[2017浙江11月选考]设N A 为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确．．． 的是 A ．含0.2 mol H 2SO 4 的浓硫酸和足量的镁反应，转移电子数大于0.2 N A B ．25 ℃时，pH=3的醋酸溶液1L ，溶液中含H +的数目小于0.001 N A C ．任意条件下，1 mol 苯中含有C —H 键的数目一定为6 N A D ．a mol 的R 2+（R 的核内中子数为N ，质量数为A ）的核外电子数为a （A-N-2）N A 8．[2017浙江4月选考]设N A 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A ．标准状况下，2.24 L 乙醇中碳氢键的数目为0.5N A B ．1 L 0.1 mol·L －1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4N A C ．0.1 mol KI 与0.1 mol FeCl 3在溶液中反应转移的电子数为0.1N A D ．0.1 mol 乙烯与乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧分子数为0.3N A
2020年高考化学计算题专题复习(带答案)
2020年高考化学计算题专题复习 (精选高考真题+详细教案讲义，值得下载) 1．(2019·唐山一模)阿伏加德罗常数的值用N A表示，下列叙述正确的是() A．室温时，1 L pH＝2的NH4Cl溶液中所含H＋的数目为1×10－12N A B．1 mol LiAlH4在125 ℃时完全分解生成LiH、H2、Al，转移电子数为3N A C．1.7 g氨气中含有共价键的数目为0.4N A D．标准状况下，22.4 L NO2含有的原子数小于3N A 解析：选B A项，室温时，1 L pH＝2的NH4Cl溶液中所含H＋的数目为0.01N A；B项，1 mol LiAlH4在125 ℃时完全分解生成LiH、H2、Al，反应中Al元素的化合价从＋3价降低到0价，因此转移电子数为3N A；C项，1.7 g氨气的物质的量是0.1 mol，其中含有共价键的数目为0.3N A；D项，标准状况下，NO2不是气体。 2．设N A为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是() A．常温常压下，30.0 g氟化氢中含有氟原子的数目为 1.5N A B．标准状况下，33.6 L乙烯与乙炔的混合物中含有碳原子的数目为3N A L－1的Na2CO3溶液中含有氧原子的数目为3N A C．1 L 1 mol· D．某密闭容器中0.1 mol Na2O2和0.1 mol CO2充分反应，转移电子的数目为0.1N A mol－1＝1.5 mol，含有 20 g· 解析：选C30.0 g氟化氢的物质的量为30.0 g÷ 氟原子的数目为 1.5N A，故A正确；标准状况下，33.6 L乙烯与乙炔的混合气体的物质的量为 1.5 mol，它们分子中均含有2个碳原子，则混合物中含有碳原子
高中化学论文：高考化学计算解题的思维方式
高考化学计算解题的思维方式 一、化学计算解题的基本思维方式化学计算题千变万化，千差万别，解法不一．解题虽然没有一成不变的方式方法，却应建立解题的基本思维方式．题示信息＋基础知识＋逻辑思维＋心理素质，就是这样一种思维方式．它强调解题应按一定的基本步骤进行，其中最不可缺少的４个步骤是： １认真阅读，挖掘题示信息认真审题，明确条件和要求，挖掘题示和信息，弄清要解决的问题．有些关键题示往往成为解题的突破口． ２灵活组合，运用基础知识弄清题意后，在明确化学涵义的基础上，需选择、调用贮存在自己脑中的基础知识块，使之分解、迁移、转换、重组．化学基础知识的融会贯通、组合运用是解决化学问题的基础． ３充分思维，形成解题思路融入思考，运用化学知识，找出已知项与未知项在量方面的内在联系；找出突破口，并抓准解题的关键环节；广开思路，使隐蔽的关系项变明显，最终形成正确的解题思路，并灵活选择适合的方法将题解出． ４调整心态，提高心理素质一旦形成解题答案后，有些学生或因盲目冲动、或因焦虑程度过高、或因"暗示"干扰等等，忽视了对解题过程的监控和答案合理性验算，这些都与学生的心理因素有关．尤其是化学计算，需要逐步认识和消除心理性失误造成对解题成绩的影响，才可能考出最佳水平．以上４个步骤是解题思维的四个基本步骤．从某种意义上讲，它也是一种能力，反映了解决化学问题的基本能力要求，所以我们有时称"题示信息＋基础知识＋逻辑思维＋心理素质"为解题的能力公式． 示例（2020年春季高考题）三聚氰酸Ｃ3Ｎ3（ＯＨ）3可用于消除汽车尾气中的氮氧化物（如ＮＯ2）．当加热至一定温度时，它发生如下分解：Ｃ3Ｎ3（ＯＨ）３＝3ＨＮＣＯ． （１）写出ＨＮＣＯ和ＮＯ2反应的化学方程式．分别指明化合物中哪种元素被氧化，哪种元素被还原，标出电子转移的方向和数目． （２）若按上述反应式进行反应，试计算吸收1.0ｋｇＮＯ2所消耗的三聚氰酸的质量． 解析（１）步骤：写出ＨＮＣＯ和ＮＯ2反应方程式配平确定化合价变化确定Ｎ、Ｃ、Ｏ、Ｈ化合价确定ＨＮＣＯ的结构式（Ｈ-ＮＣＯ），问题得解．（审题、挖掘题示信息）（２）分析反应：Ｈ＋→＋ＣＯ2＋Ｈ2Ｏ，反应前后Ｈ、Ｏ、Ｎ化合价不变，根据化合价升降数相等，配平．根据氧化还原反应概念形成另一答题点．（基础知识）（３）根据共价化合物化合价概念，可从结构式判断ＨＮＣＯ中各元素的化合价．反应中元素化合价升高（或降低）数＝元素原子失去（或得到）电子数．由配平的方程式确定计算关系式：Ｃ3Ｎ3（ＯＨ）3～3ＨＮＣＯ～9／4ＮＯ２．（逻辑思维）（４）检索审题：知识、方法、计算是否有疏漏，答案的合理性（如得、失电子数是否相等，有效数据取舍等，解题规范性等）．（心理素质）ＨＮＣＯ中的氮元素被氧化，ＮＯ2中的氮元素被还原．（２）1.2ｋｇ． 二、以高考Ⅰ卷为基准的知识点计算训练１以微观的质子数、中子数、电子数、质量数、核外电子数、阴、阳离子的电荷数、原子序数为主的有关原子结构的计算．２ 判断氧化产物、还原产物的价态，以反应过程中原子守恒为主的有关化合价计算．３以物质的量、质量、气体体积、微观粒子数为主的有关阿伏加德罗常数的计算．４以多角度、多综合为主的有关化学反应速率及化学平衡的计算．５以物质的量浓度、ｐＨ、Ｈ
高考化学计算公式总结-掌门1对1
高考化学计算公式总结-掌门1对1 （一）有关化学式的计算 1．通过化学式，根据组成物质的各元素的原子量，直接计算分子量。 2．已知标准状况下气体的密度，求气体的式量：M=22.4ρ。 3．根据相对密度求式量：M=M ˊD 。???? ??'=ρρD 4．混合物的平均分子量： ++?== %%) (Bb A M a M M 混合物物质的量总数 克物质的总质量 5．相对原子质量 ① 原子的相对原子质量= 12 1 126 ? 原子的质量一个一个原子的质量C A 1、A 2表示同位素相对原子质量，a 1%、a 2%表示原子的摩尔分数 ② 元素近似相对原子质量： ++=%%2211a A a A A (二) 溶液计算 1、V N N MV m V n c A = == 1000C M ρω= 2、稀释过程中溶质不变：C 1V 1=C 2V 2。 3、同溶质的稀溶液相互混合：C 混=2 1221V V V C CV ++ (忽略混合时溶液体积变化不计) 4、溶质的质量分数。 ①%100%100%?+= ?= 剂 质质液 质m m m m m a ②%100100%?+=S S a （饱和溶液，S 代表溶质该条件下的溶解度） ③混合：m 1a 1%+m 2a 2%=(m 1+m 2)a%混
④稀释：m 1a 1%=m 2a 2% 5、有关pH 值的计算：酸算H +，碱算OH — Ⅰ. pH= —lg[H +] C(H +)=10-pH Ⅱ. K W =[H +][OH —]=10-14（25℃时） ×M ×N A 质 量 物质的量 微 粒 m ÷M n ÷N A N × ÷ 22.4 L/ mol 22.4 L/ mol 气体的体积 （标准状况下） 6、图中的公式：1． A N n N = 2． m n M = 3． m V n V = 4． n n V =
(完整版)高中化学计算题
专题四：中学化学计算题常见方法及策略 二. 知识要点及例题： （一）化学计算中的转化策略 1. 由陌生转化为熟悉。 在解题过程中，当接触到一个难以解决的陌生问题时，要以已有知识为依据，将所要求解的问题与已有知识进行比较、联系，异中求同，同中求异，将陌生转化为熟悉，再利用旧知识，解决新问题。 [例1] 现有25℃的硫酸铜饱和溶液300克，加热蒸发掉80克水后，再冷却到原来的温度，求析出CuSO4·5H2O多少克（已知25℃时，CuSO4的溶解度为20克）。 [例2] 溶质质量分数为3x％和x％的两种硫酸等体积混合后，混合液中溶质的质量分数是（） A. 2x％ B. 大于2x％ C. 小于2x％ D. 无法计算 2. 由局部转化为整体。 复杂的化学问题，往往是由几个小问题组合而成，若将这些小问题孤立起来，逐个分析解决，不但耗时费力，且易出错。如能抓住实质，把所求问题转化为某一整体状态进行研究，则可简化思维程序，收到事半功倍之效。 [例3] 有一包FeSO4和Fe2（SO4）3的固体混合物，已测得含铁元素的质量分数为31％，则混合物中硫元素的质量分数是____。
[例4] 有一放置在空气中的KOH固体，经测定，其中含 KOH 84.9％，KHCO35.1％，K2CO32.38％，H2O 7.62％。将此样品若干克投入 98克10％的盐酸中，待反应完全后，再需加入20克10％的KOH溶液方能恰好中和。求蒸发中和后的溶液可得固体多少克。 3. 由复杂转化为简单 著名数学家华罗庚教授曾经说过：“把一个较复杂的问题‘退’成最简单、最原始的问题，把这最简单、最原始的问题想通了，想透了……”然后各个击破，复杂问题也就迎刃而解，不攻自破了。华罗庚教授所说的“退”，就是“转化”，这种“退”中求进的思维策略常被用于解决复杂的化学问题。 [例5] 向1000克未知溶质质量分数的硫酸铜溶液中加入一定量的氢氧化钠溶液，过滤、干燥后得到蓝色固体19.6克。在所得滤液中加入过量铁粉，充分反应后，再加入足量盐酸，最后得到6.4克固体，求原溶液中硫酸铜的质量分数。 4. 由隐含转化为显露。 有些题目从表面看来似缺条件而无法求解，实际上解题条件就隐含在语言叙述、化学现象、化学原理之中。解答此类题目的关键，是充分挖掘题中的隐含条件，化隐为显，架设由未知到已知的“桥梁”。 [例6] 将镁粉和碳酸镁的混合物置于氧气中灼烧，直至质量不再改变为止。经测定，灼烧 后所得固体质量与原混合物质量相同，求原混合物中镁粉和碳酸镁的质量比。
高考化学复习方法
高考化学复习方法 "在理科综合的科目中，化学的地位至关重要。作为一个理科考生，即便不能凭化 学提分、增彩，也绝对不能让化学成为自己的'软肋'".从分值的分布来看，物理120分，化学100分，生物80分，理、化、生满足6：5：4的比例；从题目的难易程度来看，化学的难度系数比物理要偏低，也就是说，化学的得分相对于物理来讲要容易些；从 题型的设计以及考查知识点的连续性来看，化学学科相对稳定。 综合以上几点，我们想向同学们传达这样的意思：要让化学成为水桶原理中最长的 那块木板，因为化学成绩的高低，起着至关重要的作用。换句话讲，化学学科绝对不 能称为你的"软肋".接下来我们就高考化学复习方法对同学们提一些具体的建议：那就是，"重基础，重概念，重方法，重规范，重精炼。"重基础，要烂熟于心从最近几年 高考理科综合的化学试题来看，所考查的知识点均按照高考说明的要求，并没有出现 偏题，怪题，难题，考查的大多是平时反复练习的基础知识。所以，第一阶段的复习，考生更应该明确自己的复习要点，即重视基础知识的复习。对每一单元的基础知识要 做到知其然，知其所以然，能够灵活运用，对化学原理的适用条件要进一步明确。化 学方程式、物质的常见性质要烂熟于心，只有基础知识掌握熟练了，才能在下一步的 复习中如鱼得水，再攀新高。 重概念，彼此区分不混淆 化学学科的特点之一是概念较多，而考查对概念的理解也是高考的热点。所以，通 过第一轮的复习，要进一步理解化学中概念的内涵和外延，尤其是容易混淆的概念更 要挖掘。既要理解这些概念之间的联系，更要掌握它们之间的区别。例如：同位素、 同素异形体、同系物和同分异构体；共价键、离子键、、化学键；无机反应类型和有 机反应类型等。 重方法，提高速度和效率 守恒法、查量法、平均法、极限法、图像法、转化法等是化学计算中经常考查的内 容之一。可以这样来理解，高考试题中的计算题。绝大部分是重在考查同学的化学思
(word完整版)江苏高考化学计算题专题复习_[苏教版].
高考化学计算题专题复习一、涉及化工生产流程的计算 题型特点:以常见化工生产流程图为背景,根据不同反应步骤中反应物的利用率计算反应物的投料比或产率。 解题方法:以化学方程式为基础,应用守恒理论,对多个相关联的化学方程式进行简约(叠加,找出分散在不同化学反应中的不同物质之间的化学计量数关系,以此计量关系进行计算。 1.(08南通一检某化肥厂以氨和空气(其中氧气的体积分数为0.2为原料生产硝酸铵过程如下: 其中反应①为4NH 3+5O 2 4NO +6H 2O ⑴步骤②中发生了两个反应,将这两个化学方程式合并为一个化学方程式,可表示为___________________________。 ⑵若不考虑副反应且各步反应均完全,为使生产过程中不再补充空气,则原料气中氨(包括第③步被硝酸吸收的氨的体积分数最大值为____________。 ⑶假设实际生产中,反应①、②中含氮物质的利用率分别为a 、b ,反应③中氨的利用率为c 、硝酸的利用率为100%,则合成硝酸铵的整个流程中,氨的总利用率是多少? 解析:(14NO
+3O 2+2H 2O =4HNO 3 (2①、②、③步反应叠加 4NH 3+5O 4NO +6H 2O 4NO +3O 2+2H 2O =4HNO 3 4NH 3+4HNO 3=4NH 4NO 3 4NH 3+4O 2+H 2O=2NH 4NO 3+3H 2O NH 3%=4/(4+4/0.2=1/6(或16.7% (3解法一:假设消耗NH 3的总物质的量为1mol ,其中用于制取HNO 3的NH 3的物质的量为x mol ,被HNO 3吸收的NH 3的物质的量为y mol ,则有:x +y =1、abx =cy 。解得:x =c ab c + y = c ab ab + 氨的总利用率=(xab +yc /1= c ab abc +2 解法二:假设第①步参加反应的氨气的物质的量为4mol ,则: 生成硝酸的物质的量4ab mol ; 第③步需要氨气的物质的量为 c
高考化学计算技巧-守恒法专题突破
高考化学计算技巧—守恒法专题突破 【方法点拨】 一、守恒法的概念 守恒法名目繁多，在不同版本的教辅材料中，有多种表述形式，如物料守恒、质量守恒、元素守恒、原子守恒、离子守恒、电荷守恒、电子守恒、物质的量守恒、体积守恒等等。但本质上守恒法不外乎质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。 质量守恒宏观上指各元素质量反应前后相等，微观上指任一微观粒子个数（如原子、分子、离子等）反应前后相等（在溶液中也称物料守恒）；得失电子守恒是针对氧化还原反应中氧化剂得电子总数与还原剂的电子总数相等；电荷守恒是指在电解质溶液中阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相等、溶液呈电中性。 “守恒法”是中学化学经常采用的技巧性解题方法之一。一般情况下，能用“守恒法”解答的题目也能用其它方法解决，但较费时且易出错。而“守恒法”则是利用物质变化过程中某一特定量固定不变来解决问题，其特点是不纠缠于细枝末节，只关注始态和终态，寻找变化前后特有的守恒因素，快速建立等式关系，巧妙作答，可节省做题时间，能提高解题速率和准确率。 二．守恒法的选取 在进行解题时，如何选择并应用上述方法对于正确快速地解答题目十分关键。首先必须明确每一种守恒法的特点，然后挖掘题目中存在的守恒关系，最后巧妙地选取方法，正确地解答题目。 1．在溶液中存在着离子的电荷守恒和物料守恒。因此涉及到溶液（尤其是混合溶液）中离子的物质的量或物质的量浓度等问题可考虑电荷守恒法、物料守恒法。 2．在氧化还原反应中存在着得失电子守恒。因此涉及到氧化还原反应中氧化剂、还原剂得失电子及反应前后化合价等问题可考虑电子守恒法。 3．在一个具体的化学反应中，由于反应前后质量不变，因此涉及到与质量有关的问题可考虑质量守恒法。 【经典例题透析】 类型一：质量守恒（物料守恒、原子守恒） 1、现有19.7 g由Fe、FeO、Al、Al 2O 3 组成的混合物，将它完全溶解在 540 mL 2.00 mol·L－1的H 2SO 4 溶液中，收集到标准状况下的气体8.96 L。已知 混合物中，Fe、FeO、Al、Al 2O 3 的质量分数分别为0.284、0.183、0.274和0.259。 欲使溶液中的金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀，至少应加入 2.70mol·L－1的NaOH(aq)体积是________。 解析：金属阳离子完全转化为氢氧化物沉淀时，溶液中的溶质只有Na 2SO 4 ， 根据 Na+守恒和 SO守恒，得如下关系： 2NaOH ~ Na 2SO 4 ~ H 2 SO 4 则：n(NaOH) = 2n(H2SO4)
高中化学常见化学计算方法
常见化学计算方法 主要有：差量法、十字交叉法、平均法、守恒法、极值法、关系式法、方程式叠加法、等量代换法、摩尔电子质量法、讨论法、图象法（略）、对称法（略）。 一、差量法 在一定量溶剂的饱和溶液中，由于温度改变（升高或降低），使溶质的溶解度发生变化，从而造成溶质（或饱和溶液）质量的差量；每个物质均有固定的化学组成，任意两个物质的物理量之间均存在差量；同样，在一个封闭体系中进行的化学反应，尽管反应前后质量守恒，但物质的量、固液气各态物质质量、气体体积等会发生变化，形成差量。差量法就是根据这些差量值，列出比例式来求解的一种化学计算方法。该方法运用的数学知识为等比定律及其衍生式： a b c d a c b d == --或c a d b --。差量法是简化化学计算的一种主要手段，在中学阶段运用相当普遍。常见的类型有：溶解度差、组成差、质量差、体积差、物质的量差等。在运用时要注意物质的状态相相同，差量物质的物 理量单位要一致。 1.将碳酸钠和碳酸氢钠的混合物21.0g ，加热至质量不再变化时，称得固体质量为1 2.5g 。求混合物中碳酸钠的质量分数。 2.实验室用冷却结晶法提纯KNO 3，先在100℃时将KNO 3配成饱和溶液，再冷却到30℃，析出KNO 3。现欲制备500g 较纯的KNO 3，问在100℃时应将多少克KNO 3溶解于多少克水中。（KNO 3的溶解度100℃时为246g ，30℃时为46g ） 3.某金属元素R 的氧化物相对分子质量为m ，相同价态氯化物的相对分子质量为n ，则金属元素R 的化合价为多少？ 4.将镁、铝、铁分别投入质量相等、足量的稀硫酸中，反应结束后所得各溶液的质量相等，则投入的镁、铝、铁三种金属的质量大小关系为（ ） （A ）Al ＞Mg ＞Fe （B ）Fe ＞Mg ＞Al （C ）Mg ＞Al ＞Fe （D ）Mg=Fe=Al 5.取Na 2CO 3和NaHCO 3混和物9.5g ，先加水配成稀溶液，然后向该溶液中加9.6g 碱石灰（成分是CaO 和NaOH ），充分反应后，使Ca 2+、HCO 3-、CO 32-都转化为CaCO 3沉淀。再将反应容器内水分蒸干，可得20g 白色固体。试求： （1）原混和物中Na 2CO 3和NaHCO 3的质量； （2）碱石灰中CaO 和NaOH 的质量。 6.将12.8g 由CuSO 4和Fe 组成的固体，加入足量的水中，充分反应后，滤出不溶物，干燥后称量得5.2g 。试求原混和物中CuSO 4和Fe 的质量。 二、十字交叉法 凡能列出一个二元一次方程组来求解的命题，即二组分的平均值，均可用十字交叉法，此法把乘除运算转化为加减运算，给计算带来很大的方便。 十字交叉法的表达式推导如下：设A 、B 表示十字交叉的两个分量，AB —— 表示两个分量合成的平均量，x A 、x B 分别表示A 和B 占平均量的百分数，且x A +x B =1，则有：
高考化学计算题型汇总
计算题型汇总 一、分类讨论 1．某金属氧化物的式量为m，对应氯化物的式量为n．则该金属的化合价为（） A． B．C． D． 2．某元素R的氧化物相对分子质量为M，其硫酸盐的相对分子质量为N，则该元素的化合价可能是下列关系式中的（） A．+ B．+C．+ D．+ 二、极值讨论 1．在FeO、Fe 2O 3 和CaCO 3 的混合物中，已知铁元素的质量分数为56%，则CaCO 3 的质量分数可能是（）A．10% B．25% C．30% D．35% 2．密闭容器中盛有CH 4、N 2 和O 2 的混合气，点火使其充分反应，CH 4 全部转化为 CO、CO 2和H 2 O，待容器恢复至室温，测得容器内的混合气中碳元素的质量分数为 12%，则反应前混合气中N 2 的质量分数可能为（） A．28% B．42% C．54% D．64% 3．一定量的木炭在盛有氮气和氧气混合气体的密闭容器中燃烧后生成CO和CO 2 ， 且测得反应后所得CO、CO 2、N 2 的混合气体中碳元素的质量分数24%，则其中氮 气的质量分数可能为（） A．20% B．40% C．60% D．80% 4．汽车安装的排气净化器的技术核心是使用高效催化剂，使废气中的CO和NO x 在催化剂表面进行氧化还原反应． （1）写出氮氧化物（用NO x 表示）跟CO反应转化为无毒物质的化学方程 式． （2）若汽车尾气中含有38 g NO和NO 2 的混合物，经过充分转化后生成无毒物质的质量（m）范围是（计算结果保留1位小数）． 5．某密闭容器中含有氢气和氧气的混合气体共10g，燃烧后充分反应，冷却到室温，气体质量减少了9g，则原混合气体中氢气和氧气的质量为（）A．1g和9g B．3g和7g C．2g和8g D．4g和6g 6．.现有CO,O2混合共10g,点燃后通过足量澄清石灰水,剩余气体1.2g,求混合物中各物质质量？判断剩余气体是什么？ 7．金属单质A和非金属单质B可生成化合物A 2 B，反应的化学方程式为 2A+B A 2 B．某校一课外小组的甲、乙、丙三个学生分别在实验室内做该实验，充分反应时，所用A和B的质量a和b各不相同，但总质量相等，都是8.0g．有
浙江新高考29题化学计算题试题练习
浙江新高考29题——化学计算 1. 将露置于空气中的某氢氧化钠固体样品溶于水，向所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成的CO2体积（标准状况）与加入的盐酸体积有如图关系（不考虑CO 2在水中的溶解）。 试计算：（无需书写计算步骤） (1)盐酸的物质的量浓度为mol/L。 (2)该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比为。 2. 取1.19gK2CO3和KHCO3的混合物溶于水配成25mL溶液，往溶液中加入25mLBa(OH)2溶液恰好使生成的 白色沉淀的量最多。反应后溶液的c(OH-)=0.3mol/L（混合溶液体积为50mL）。试计算： (1)反应后溶液中n(OH-)= mol。 (2)原混合物中n(K2CO3):n(KHCO3)= 。 3. 取2.74gNa2CO3和NaHCO3的混合物溶于水配成25mL溶液，往溶液中加入25mLHCl溶液恰好完全反应生成标准状况下672mL气体。反应后溶液的c(Cl-)=0.8mol/L(混合溶液体积为50mL）。试计算： (1)反应后溶液中n(Cl-)= mol。 (2)原混合物中n(Na2CO3):n(NaHCO3)= 。 5. 取14.3g Na2CO3·xH2O溶于水配成100mL溶液，然后逐滴滴入稀盐酸直至没有气体放出为止，用去盐酸20.0mL，并收集到1.12LCO2(标准状况)。试计算： (1) 稀盐酸物质的量的浓度为mol/L。 (2) x值是。 6. 取NaHCO3和Na2CO3的混合物8.22g，加热到质量不再发生变化，冷却后测得其质量为6.36g。 (1)取等质量的原混合物溶于水，配成80mL溶液，则c(Na+)= mol/L (2)向(1)所配的溶液中逐滴加入1mol/L的稀盐酸至过量， 生成CO2的体积(标准状况)与加入盐酸的体积有如右图所示 的关系（不考虑CO2的溶解），则a点消耗盐酸的体积为 mL。 7. 标准状况下，将7.84L HCl气体溶于水配得350mL 盐酸，然后与含17.9g Na2CO3和NaHCO3的溶液混合，充分反应后生成0.200mol CO2气体。 （1）盐酸的物质的量浓度 mol/L
高考化学计算方法与技巧
化学计算方法与技巧 化学计算主要包括以下类型：①有关相对原子质量、相对分子质量及确定分子式的计算；②有关物质的量的计算；③有关气体摩尔体积的计算；④有关溶液浓度（质量分数和物质的量浓度）；⑤利用化学方程式的计算；⑥有关物质溶解度的计算；⑦有关溶液pH与氢离子浓度、氢氧根离子浓度的简单计算；⑧有关燃烧热的简单计算；⑨以上各种化学计算的综合应用。 常见题型为计算选择题，计算填空题、实验计算题、计算推断题和综合计算题，而计算推断题和综合计算题，力求拉开学生的层次。 一、化学计算的基本类型与解题策略 1．有关化学量与化学式的计算 有关物质的量、质量、气体体积、微粒数间的换算 推断 分子式相对分子质量、各元素的质量分数 考查热点分子式（化学式）、元素的质量分数化合物中某元素的 确定 相对原子质量 有机物的分子式、结构式 有机物的通式 掌握基本概念，找出各化学量之间的关系 解题策略加强与原子结构、元素化合物性质、有机物结构性质等相关知识的横向联系找出解题的突破口，在常规解法和计算技巧中灵活选用 2．有关溶液的计算 有关溶质溶解度的计算 有关溶液浓度（溶液的溶质质量分数和物质的量浓度）的计算 考查热点有关溶液pH的计算 有关溶液中离子浓度的计算 有关溶解度和溶液浓度的计算，关键要正确理解概念的内涵，理清相互关系
一般可采用守恒法进行计算 有关溶液pH及离子浓度大小的计算，应在正确理解水的离子积、 解题策略 pH概念的基础上进行分析、推理。解题时，首先明确溶液的酸（碱）性，明确c（H+）或c（OH-） 3．有关反应速率、化学平衡的计算 利用化学反应速率的数学表达式进行计算 考查热点各物质反应速率间的换算 有关化学平衡的计算 加强对速率概念、平衡移动原理的理解 解题策略将等效平衡、等效转化法等分析推理方法与数学方法有机结合，在采用常规解法的同时，可采用极值法、估算法等解题技巧 4．有关氧化还原、电化学的计算 氧化产物、还原产物的确定及量的计算 转移电子数、电荷数的计算 考查热点电极析出量及溶液中的变化量的计算 有关氧化还原反应的其他典型计算 解题策略关键在于根据得失电子总数相等，列出守恒关系式求解 5．有关化学方程式的计算 运用计算技巧进行化学方程式的有关计算 考查热点热化学方程式中反应热、中和热、燃烧热的计算 深刻理解化学方程式、热化学方程式的含义，充分利用化学反应前后的有 解题策略关守恒关系 搞清各解题技巧的使用条件和适用范围，读懂题目，正确选择 6．有关综合计算
高中有机化学计算题方法总结(修正版)
方程式通式 ＣＸＨＹ ＋（ｘ＋ 4y ）Ｏ２ →ｘＣＯ２＋ 2y Ｈ２Ｏ ＣＸＨＹＯz ＋(x+24z y -) Ｏ２ →ｘＣＯ２＋2 y Ｈ２Ｏ 注意 1、有机物的状态：一般地，常温C 1—C 4气态； C 5—C 8液态(新戊烷C 5常温气态， 标况液态)； C 9以上固态(不严格) 1、有机物完全燃烧时的耗氧量 【引例】完全燃烧等物质的量的下列有机物，在相同条件下，需要O 2最多的是（ B ） A. 乙酸乙酯 CH 3COOC 2H 5 B. 异丁烷 CH(CH 3)3 C. 乙醇 C 2H 5OH D. 葡萄糖 C 6H 12O 6 ①等物质的量的烃C X H Y 完全燃烧时，耗氧量决定于的ｘ＋ 4 y 值，此值越大，耗氧量越多； ②等物质的量的烃的含氧衍生物C X H Y O Z 完全燃烧耗氧量决定于的x+24z y -值，此值越大，耗氧量越多； 【注】C X H Y 和C X H Y O Z 混搭比较——把衍生物C X H Y O Z 分子式写成残基·不耗氧的 CO 2 · H 2O 后,剩余残基再跟烃C X H Y 比较。如比较乙烯C 2H 4和乳酸C 3H 6O 3,后者就可写成 C 2H 4?1CO 2?1H 2O ，故等物质的量的二者耗氧量相同。 【练习】燃烧等物质的量的下列各组物质，耗氧量不相同的是( B ) A ．乙烷CH 3CH 3与丙酸C 2H 5COOH B ．乙烯CH 2=CH 2与乙二醇CH 2OH CH 2OH C ．乙炔HC ≡CH 与乙醛CH 3CHO D ．乙炔HC ≡CH 与乙二醇CH 2OH CH 2OH 【引例】等质量的下列烃完全燃烧生成CO 2和H 2O 时，耗氧量最多的是（ A ） A ．C 2H 6 B ． C 3H 8 C ．C 4H 10 D ．C 5H 12 ③等质量的烃CxHy 完全燃烧时，耗氧量决定于x y 的值，此值越大，耗氧量越多； ④等质量的烃的含氧衍生物CxHyOz 完全燃烧时，先化成 Cx Hy ?mCO2?nH2O 的形式，耗 氧量决定于 ' 'x y 的值，此值越大，耗氧量越多；
高考化学计算题解题技巧
高考化学计算题解题技巧 在每年的化学高考试题中，计算题的分值大约要占到15%左右，从每年的高考试卷抽样分析报告中经常会说计算题的得分率不是太高，大家在心理上对计算题不太重视，使得每次考试都会有不少考生在计算方面失分太多。高一化学中计算类型比较多，其中有些计算经常考查，如能用好方法，掌握技巧，一定能达到节约时间，提高计算的正确率。下面就谈一谈解答计算的一些巧解和方法。 一、差量法 差量法是根据物质变化前后某种量发生变化的化学方程式或关系式，找出所谓“理论差量”，这个差量可以是质量差、气态物质的体积差或物质的量之差等。该法适用于解答混合物间的反应，且反应前后存在上述差量的反应体系。 例1 将碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，加热至质量不再变化时，称得固体质量为。求混合物中碳酸钠的质量分数。 解析 混合物质量减轻是由于碳酸氢钠分解所致，固体质量差，也就是生成的CO2和H2O的质量，混合物中m(NaHCO3)=168×÷62=，m(Na2CO3)=所以混合物中碳酸钠的质量分数为20%。 二、守恒法 化学反应的实质是原子间重新组合，依据质量守恒定律在化学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒、原子守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。质量守恒就是化学反应前后各物质的质量总和不变，在配制或稀释溶液的过程中，溶质的质量不变。原子守恒即反应前后主要元素的原子的个数不变，物质的量保持不变。元素守恒即反应前后各元素种类不变，各元素原子个数不变，其物质的量、质量也不变。电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混和物、溶液、胶体等，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等。电子得失守恒是指在发生氧化-还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数，无论是自发进行的氧化-还原反应还是以后将要学习的原电池或电解池均如此。 1. 原子守恒 例2 有铁的氧化物， 用足量的CO 在高温下将其还原，把生成的全部CO2通入到足量的澄清的石灰水中得到固体沉淀物，这种铁的氧化物的化学式为（） A. FeO B. Fe2O3 C. Fe3O4 D. Fe4O5 解析 由题意得知，铁的氧化物中的氧原子最后转移到沉淀物CaCO3中。且
高中化学计算公式
高中化学公式 1. 有关物质的量（mol）的计算公式 （1）物质的量（mol） （2）物质的量（mol） （3）气体物质的量（mol） （4）溶质的物质的量（mol）＝物质的量浓度（mol/L）×溶液体积（L） 2. 有关溶液的计算公式 （1）基本公式 ①溶液密度（g/mL） ②溶质的质量分数 ③物质的量浓度（mol/L） （2）溶质的质量分数、溶质的物质的量浓度及溶液密度之间的关系： ①溶质的质量分数 ②物质的量浓度 （3）溶液的稀释与浓缩（各种物理量的单位必须一致）： ①浓溶液的质量×浓溶液溶质的质量分数＝稀溶液的质量×稀溶液溶质的质量分数（即溶质的质量不变） ②浓溶液的体积×浓溶液物质的量浓度＝稀溶液的体积×稀溶液物质的量浓度［即c（浓）·V （浓）＝c（稀）·V（稀）］ （4）任何一种电解质溶液中：阳离子所带的正电荷总数＝阴离子所带的负电荷总数（即整个溶液呈电中性） 3. 有关溶解度的计算公式（溶质为不含结晶水的固体）
（1）基本公式： ① ② （2）相同温度下，溶解度（S）与饱和溶液中溶质的质量分数（w%）的关系： （3）温度不变，蒸发饱和溶液中的溶剂（水），析出晶体的质量m的计算： （4）降低热饱和溶液的温度，析出晶体的质量m的计算： 4. 平均摩尔质量或平均式量的计算公式 （1）已知混合物的总质量m（混）和总物质的量n（混）： 说明：这种求混合物平均摩尔质量的方法，不仅适用于气体，而且对固体或液体也同样适用。 （2）已知标准状况下，混合气体的密度（混）：（混） 注意：该方法只适用于处于标准状况下（0℃，）的混合气体。 （3）已知同温、同压下，混合气体的密度与另一气体A的密度之比D（通常称作相对密度）： 则 5. 化学反应速率的计算公式 （1）某物质X的化学反应速率：
(完整)2018高考化学计算题专项训练
化学二卷计算专项练习 1、[2011全国卷]为了预防碘缺乏病，国家规定每千克食盐中应含有40～50毫克的碘酸钾(M=214g·mol-1)。为检验某种食盐是否为加碘的合格食盐，某同学取食盐样品428克，设法溶解出其中全部的碘酸钾。将溶液酸化并加入足量的碘化钾淀粉溶液，溶液呈蓝色，再用0.030mol/L的硫代硫酸钠溶液滴定，用去18.00mL时蓝色刚好褪去。试通过计算说明该加碘食盐是否为合格产品。有关反应如下： IO3－＋5I－＋6 H＋=3I2＋3H2O I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－ 2、[2015·全国卷Ⅰ36]氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用a mol·L－1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液b mL，反应中Cr2O72—被还原为Cr3＋。样品中CuCl的质量分数为__ __%。 3、[2017全国卷Ⅰ26]凯氏定氨法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知：NH3+H3BO3=NH3·H3BO3；NH3·H3BO3+HCl= NH4Cl+ H3BO3。 取某甘氨酸（C2H5NO2）样品m 克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为cmol·L-1的盐酸V mL，则样品中氮的质量分数为_________%。 4、[2017全国卷Ⅲ27]某工厂用m1kg铬铁矿粉（含Cr2O340%，M=152g·mol-1）制备K2Cr2O7（M=294g·mol-1），最终得到产品m2kg，产率为 5、[2017全国卷Ⅱ28]水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下： Ⅰ.取样、氧的固定：用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。 Ⅱ.酸化，滴定：将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I?还原为Mn2+，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2 S2O32?+I2=2I?+ S4O62?）。 取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol·L?1Na2S2O3溶液滴定，若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为_________mg·L?1。 6、[2017北京卷27]尿素[CO(NH2)2]溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M=60g?mol-1）含量的方法如下：取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1mL c1mol·L ?1H SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2mL c2mol·L?1NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中2 溶质的质量分数是_________。 7、[2016全国卷Ⅱ26]联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg的联
高考化学计算题精选精编(附答案与评分标准)
高考化学计算题精选精编（附答案及评分标准） 1、（12分）有三种质量比可能相同或不同的镁铝合金样品①、②、③。小明、小青、小红三同学各取一种样品，对合金中镁的质量分数进行下列实验探究。 （1）小明取样品①m 1 g 和过量的氢氧化钠溶液反应，然后过滤；再往滤液中通入过量的二氧化碳气体，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干、灼烧，得到固体质量仍为m 1 g 。则合金中镁的质量分数为_______________________。（2分） （2）小青取样品②m 2 g 和足量的稀硫酸反应，发现固体完全溶解，标准状况下得到气体体积为V L ，则m 3的取值围是___________________。（2分） （3）小红取不同质量的样品③分别和30mL 同浓度的盐酸反应，所取合金质量与产生气体体 (ⅱ)合金中镁的质量分数；（2分） (ⅲ)在c 组实验后，还需向容器中加入1.0mol/L 的氢氧化钠溶液多少毫升才能使剩余 合金中的铝恰好完全溶解？（2分） (12分)（1）47.06% (2分) （2） 0.80V