拓展与归类·专题研析(11) 以物质的量为中心的化学计算技巧-【精彩三年】2024-2025学年高中化学必修1课程探究与巩固PPT课件（人教版2019）

拓展与归类·专题研析(十一)　 以物质的量为中心的化学计算技巧 第三章　铁　金属材料 1．关系式法 当已知量和未知量之间是靠多个反应来联系时，只需直接确定已知量和未知量之间的比例关系，即“关系式”。 (1)根据化学方程式确定关系式 写出发生反应的化学方程式，根据量的关系写出关系式。如把CO还原Fe2O3生成的CO2通入澄清石灰水中，求生成沉淀的量。发生反应的化学方程式：3CO＋Fe2O3 2Fe＋3CO2，CO2＋Ca(OH)2===CaCO3↓＋H2O。则关系式为3CO～3CO2～3CaCO3，即CO～CaCO3。 (2)根据原子守恒确定关系式 上述例子中也可直接根据碳原子守恒得出CO～CaCO3。 2．守恒法 3．差量法 根据化学反应前后物质的有关物理量发生的变化，找出所谓“理论差量”，如反应前后的质量差、物质的量差、气体体积差等，该差量的大小与反应物的有关量成正比。差量法就是借助这种比例关系来解决问题。如把一铁棒插入CuSO4溶液中，过一段时间取出，铁棒的质量增加了4 g，据此可求参加反应的Fe的质量。 Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu　　Δm 56　　　　　　　 　 　64　64－56＝8 m(Fe)　　　　　　　　　　　4 g 4．平均值法——判断合金成分 平均值法就是根据两组分物质的某种平均值，来推断两物质某种量的范围的方法，即X(a)<X(平均)<X(b)。如利用平均摩尔电子质量(金属失去1 mol电子的质量)判断合金的成分。 如两种金属形成的合金23 g与足量盐酸反应，放出1 mol H2，则平均摩尔电子质量为 ＝11.5 g·mol－1 e－，可判断该合金可能为Al与Fe形成的合金。 例1　 由铁、锌、铝、镁四种金属中的两种组成的混合物10 g，与足量的盐酸反应产生的氢气在标准状况下的体积为11.2 L，则混合物中一定含有的金属是(　　) A．铁　　　　　　 B．锌 C．铝 D．镁 C 【解析】根据平均摩尔电子质量法：生成标准状况下11.2 L H2需转移1 mol电子，即金属的平均摩尔电子质量为10 g·mol－1 e－。其中Mg、Fe、Zn、Al的平均摩尔电子质量分别为12 g·mol－1 e－、28 g·mol－1 e－、32.5 g·mol－1 e－、9 g·mol－1 e－， 只有Al的平均摩尔电子质量小于 10 g·mol－1 e－，故一定含有Al。 例2　(1)Na2CO3、NaHCO3的混合物与100 mL 3 mol·L－1盐酸恰好完全反应，产生4.48 L(标准状况)能使澄清石灰水变浑浊的气体，则混合物中Na＋和Na2CO3的物质的量分别为____________和____________。 (2)在标准状况下，将4.48 L CO2通入Na2O2中，剩余气体3.36 L，则生成O2的体积为____________。 (3)160 g Fe2O3与足量CO完全反应，将生成的CO2通入足量澄清石灰水中，生成沉淀的质量为__________ g。 【解析】(1)(守恒法)根据溶液中电荷守恒： n(Na＋)＝n(Cl－)＝0.1 L×3 mol·L－1＝0.3 mol。 0.3 mol 0.1 mol 1.12 L 300 例3　[2024·艾青中学高一]将2.80 g含氧化镁的镁条完全溶于50.0 mL稀硫酸后，滴加2.00 mol·L－1氢氧化钠溶液，恰好完全沉淀时用去200.0 mL。将所得的沉淀灼烧、冷却后称量得固体质量为4.40 g。 请回答下列问题。 (1)硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)＝__________________。 (2)镁条中氧化镁和镁的物质的量之比n(MgO)∶n(Mg)＝__________。 【解析】(1)向溶液中滴加NaOH溶液时，发生的反应为2NaOH＋H2SO4===Na2SO4＋2H2O、2NaOH＋MgSO4===Mg(OH)2↓＋Na2SO4，依据化学方程式可知，Na2SO4和NaOH的物质的量之比为1∶2，恰好完 4.00 mol·L－1 1∶10 全反应时得到Na2SO4溶液，根据原子守恒，n(Na2SO4)～n(H2SO4)～2n(NaOH)，加入NaOH的物质的量为0.4 mol，则H2SO4的物质的量为0.2 mol，硫酸的物质的量浓度应为4.00 mol·L－1。(2)灼烧后的固体为MgO，物质的量为0.11 mol，设2.8 g镁条中镁单质的物质的量为x，氧化镁的物质的量为y，依据题意列方程组：x＋y＝0.11 mol，24 g·mol－1×x＋40 g·mol－1×y＝2.8 g，解得x＝0.1 mol，y＝0.01 mol。所以氧化镁和镁的物质的量之比为1∶10。 1．碱性条件下30 mL 1 mol/L NaClO溶液恰好将某溶液中0.02 mol M3＋完全氧化为 ，ClO－被还原为Cl－，则x的值为(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 C 2．高温下铁粉可与水蒸气反应，若反应后得到干燥固体的质量比反应前铁粉的质量增加了32 g，则参加反应的铁粉的物质的量是(　　) A．0.5 mol B．1 mol C．1.5 mol D．2 mol C 3．将5.0 g某金属合金放入足量的稀盐酸中，收集到的氢气在标准状况下的体积为2.24 L，则该金属合金可能是(　　) A．Mg－Al合金 B．Fe－Al合金 C．Fe－Zn合金 D．Cu－Zn合金 B 4．[2024·南浔中学高一]实验室中有一瓶碳酸氢钠固体，因受热而部分变质(杂质为碳酸钠，假设杂质分布均匀)。为测其组成，称取3.784 g样品溶于水，配成1 000 mL溶液。取出50 mL该溶液，加入0.05 mol/L Ba(OH)2溶液至44.00 mL时沉淀量最大。请计算： (1)0.05 mol/L Ba(OH)2溶液中氢氧根离子的物质的量浓度。 (2)样品中碳酸氢钠与碳酸钠的物质的量之比。 【答案】(1)0.1 mol/L (2)n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)＝10∶1 5．金属锡的纯度可以通过下述方法分析：将试样溶于盐酸，反应的化学方程式为Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑，再加入过量的FeCl3溶液，发生反应：SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2，最后用已知浓度的K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋，反应的化学方程式为6FeCl2＋K2Cr2O7＋14HCl===6FeCl3＋2KCl＋2CrCl3＋7H2O。现有金属锡试样0.613 g，经上述反应后，共用去0.100 0 mol·L－1 K2Cr2O7溶液16.0 mL。求试样中锡的质量分数(假定杂质不参加反应，结果精确到0.1%)。 【答案】93.2% 【解析】Sn与K2Cr2O7的物质的量的关系： 感谢聆听，再见！ ＝，解得m(Fe)＝28 g。 根据C原子守恒：n(Na2CO3)＋n(NaHCO3)＝n(CO2)＝ mol＝0.2 mol　① 根据Na原子守恒：2n(Na2CO3)＋n(NaHCO3)＝0.3 mol　② 根据方程式①②解得n(Na2CO3)＝0.1 mol。 (2)(差量法) 2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2　　　　　ΔV 　　　　　2 L　　　　　　　1 L　　　　1 L 　　　　　　　　　　　　　V(O2)　　(4.48－3.36) L V(O2)＝1.12 L。 MO 【解析】MO中M元素的化合价为8－x，M元素化合价升高5－x，氯元素化合价降低2价，根据得失电子守恒，0.03 L×1 mol/L×2＝0.02 mol×(5－x)，x＝2。 【解析】3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2　Δm(质量增加) 　 　3 mol　　　　　　　　　　　　　　64 g 　 　n(Fe)　　　　　　　　　　　　　　32 g ＝， 解得n(Fe)＝1.5 mol。 【解析】由题意知，n(H2)＝＝0.1 mol，即产生0.1 mol H2消耗金属合金的质量为5.0 g，产生1 mol H2消耗金属合金的质量为50 g，满足此条件的合金要求是产生1 mol H2时消耗一种金属的质量大于50 g，消耗另一种金属的质量小于50 g。对于给出的金属，产生1 mol H2时消耗金属的质量分别为m(Mg)＝24 g，m(Al)＝18 g，m(Fe)＝56 g，m(Zn)＝65 g。Cu与稀盐酸不反应，B符合题意。 【解析】(1)0.05 mol/L Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝0.05 mol/L×2＝0.1 mol/L。 (2)最终得到的沉淀为BaCO3，根据Ba2＋守恒，50 mL溶液反应生成n(BaCO3)＝n[Ba(OH)2]＝0.044 L×0.05 mol/L＝0.002 2 mol，故3.784 g样品中碳酸氢钠和碳酸钠总物质的量为0.002 2 mol×＝0.044 mol，设样品中NaHCO3、Na2CO3的物质的量分别为x mol、y mol，则：x＋y＝0.044①，84x＋106y＝3.784②，联立①②可得x＝0.04、y＝0.004，则样品中n(NaHCO3)∶n(Na2CO3)＝0.04 mol∶0.004 mol＝10∶1。 3Sn～3SnCl2～6FeCl2～K2Cr2O7 3×119 g　　　　　　　1 mol 　m(Sn)　　0.100 0 mol·L－1×16.0 mL×10－3 L·mL－1 m(Sn)＝＝0.571 2 g， w(Sn)＝×100%＝×100%≈93.2%。 $$