高考化学计算复习资料。
第一节化学计算中的方法和技巧。
知识网络】易错指津】
1．根据氧化还原反应中电子守恒计算时，一是准确判断新给物质的化合价，二是如原子团中某原子个数不为1时，要乘以原子个数。
2．根据化学反应，利用气体物质的量推算容器压强时，不要将固体物质的量也计算在内。
3．对一些特殊反应，如浓h2so4、浓hno3、浓hcl随反应进行浓度在减少，导致反应情况改变，不能只从理论上计算。
典型例题评析】
例1 某体积可变的密闭容器，盛有适量的a和b的混合气体，在一定条件下发生反应：a+3b 2c。若维持温度和压强不变，当达到平衡时，容器体积为vl，其中c气体的体积占10%，下列推断正确的是。
原混合气体的体积为1.2vl原混合气体的体积为1.1vl
反应达平衡时气体a消耗掉0.05vl ④反应达平衡时气体b消耗掉0.05vl
abcd.①④
思路分析：依题设条件确定在建立化学平衡时a、b、c三种气体体积的关系：
a+3b 2c
平衡时的体积 0.9vl 0.1vl
生成气体0.1vl c，消耗0.05vl a和0.15vl b。消耗总体积为：0.05v l+0.15v l=0.2v l
因此，原混合气体的体积为：0.9vl+0.2vl=1.1vl。
由此可知，原混合气体的体积为1.1vl，反应达平衡时气体a消耗掉0.05vl。
答案：a一题多解：本题对化学平衡的知识通过简单的定量关系进行考查，只给出了平衡时气体c的体积为总体积10%这一个数据。这类题很明显是可以有多种解法的。
设x、y为达到平衡时，气体a及气体b分别减少的体积；z为由a、b反应生成气体c时所减少的总体积。
a+3b 2c 体积减少。
x y 0.1v z
则x=1/2×0.1v l=0.05v l y=3/2×0.1v l=0.15v l z=0.1v l
因此，原混合气体的总体积为：v l+0.1v l =1.1v l
例2 c8h16经多步裂化，最后完全转化为c4h8、c3h6、c3h6、c2h4、c2h6、ch4五种气体的混合物。该混合物的平均相对分子质量可能是。
a.28b.30c.38d.40
思路分析：此题切入较易，深入较难，只要一步一步深入地去思索，就会获得成功。
设c8h18为直链，物质的量为1mol。其裂化方式有：
c8h18→c4h8+c4h1o；c4h10→c2h6+c2h4或c4h10→c3h6+ch4。c4h10的两种裂化共产生2mol气体，总计得c4h8、c2h6、c2h4、c3h6、ch4五种气体3mol。则式量为：
114÷3=38。
c8h18→c2h4+c6h14，c6h14→c2h4+c4h10，c4h10→c2h6+c2h4，c4h10→c3h6+ch4。
1 1 1 1 1 1 c4h10的两种裂化共产生2mol气体。故总量为4mol。式量为：114÷4=28.5
答案：b、c
方法要领：本题以辛烷裂化为背景，只要分析给出产物的相对分子质量，排出裂化的各种可能，归纳各种产物的物质的量必须在3～4mol之间，根据质量守恒定律便知平均相对分子质量在28.5～38之间。
例3 将硫酸钾、硫酸铝、硫酸铝钾三种盐混合溶于硫酸酸化的水中，测得c(so42-)=0.105mol/l、c(al3+)=0.055mol/l，溶液的ph=2.
0（假设溶液中h2so4完全电离为h+和so42-），则c(k+)为。
a.0.045mol/l b.0.035mol/l c.0.055mol/l d.0.040mol/l
思路分析：本题通过三种硫酸盐与硫酸所形成的混合溶液中，各种离子浓度与ph的关系，立足于考查学生的思维敏捷性，解答该题时只需要根据溶液中所有阳离子所带的正电荷总数等于所有阴离子所带的负电荷总数即可。由电荷守恒得：
0.105mol/l×2=c(k+)+0.055mol/l×3+ 0.
01mol/l c(k+)=0.035mol/l。
答案：b方法要领：找出溶液中所有的阴阳离子，据电荷守恒列式求解。关键是不要忽略了h+的浓度。
例4 某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物，当参加反应的单质与被还原硝酸的物质的量之比为2:1时，还原产物是。
思路分析：根据氧化还原反应中得失电子数守恒，即可求出硝酸还原后的价态，即可确定产物的分子式。
设金属的化合价为x，还原产物中n的价态为y，则有：
2x=1×(5-y)，y=5-2x。讨论：x=1，y=3（为n2o3）；x=2，y=1（n2o）；x=3，y=-1（舍）。
答案：c方法要领：这类题的关键是看硝酸作用。
若为某非金属单质与硝酸发生氧化还原反应时，参加反应的硝酸只作氧化剂；若为金属与硝酸反应，作氧化剂的硝酸的量：总量减去产物阳离子结合掉的硝酸根的量。此时特别注意硝酸当还原产物中n的价态-3价时，还应再减去生成硝酸铵中的硝酸根的量。
例5 将1.92g铜粉与一定量浓硝酸反应，当铜粉完全作用时收集到1.12l（标准状况）。则所消耗硝酸的物质的量是。
a.0.12mol b.0.11mol c.0.09mol d.0.08mol
思路分析：1.92g铜生成0.
03molcu(no3)2，即消耗0.06molhno3，而产生的1.12l气体不管是no还是no2，需要0.
05mol的hno3，总共消耗hno30.11mol。
答案：b方法要领：在反应过程中hno3由浓变稀，如以为cu与浓硝酸反应后，得到气体全为no2，则造成错误。
由：cu+4hno3(浓)= cu(no3)2+2no2↑+2h2o得no20.03mol×2=0.
06 mol，现已知收集到0.05 mol，说明后来hno3变稀，产生一部分no。根据n原子守恒可简化计算：
n(hno3)=n(n)=n(no)+n(no2)+2n[cu(no3)2]。
例6 由nah2po4脱水形成聚磷酸盐na200h2p200o601，共脱去水分子的数目为。
a.198个 b.199个 c.200个 d.201个。
思路分析：从na+及p原子都为“200”的信息出发，可知(nah2po4)n中的n值为200，将n乘入单体各原子，得“na200h400p200o800”，减去聚磷酸钠“na200h2p200o601”中的各原子个数，得到“h398o199”，可知共脱去水分子199个。
答案：b一题多解：题中聚磷酸盐的化学式看似复杂，其实只要抓住变化前后na+的守恒，即可解得。
或脱水分子的数目与脱氧原子的数目必然一致，故有4×200-601=199。
例7 工业上常用漂白粉跟酸反应放出的氯气质量对漂白粉质量的质量分数来表示漂白粉的优劣，漂白粉与酸的反应为：ca(clo)2+cacl2+2h2so4=2caso4+2cl2↑+2h2o，现为了测定一瓶漂白粉的x%，进行如下实验，称取漂白粉样品2.00g，加水研磨后，转入250ml容量瓶内，用水稀释至刻度，摇匀后，取出25.
0ml，加入过量的ki溶液和过量稀硫酸，静置，待漂白粉放出的氯气与ki完全反应后，用0.1mol/lna2s2o3标准溶液滴定反应中生成的碘，反应如下2na2s2o3+i2= na4s4o6+2nai，滴定时用去溶液20.0 ml。
试用上述数据计算该漂白粉的x%。
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