化学计算方法总结.ppt

单击此处编辑母版文本样式,三、守恒法：,5.,电子守恒,1.,质量守恒,(,质量守恒定律,),2.,原子守恒：,3.,物料平衡,(,电解质溶液中,):,4.,电荷守恒,(,电解质溶液中,):,6.,化合价升降相等,(,化学计算,T2,T13),(,化学计算,T 7),(,化学计算,T9,T12),(,化学计算,),(,化学计算,T4),(,化学计算,T14,，只做,BC),化学计算方法总结,一、直接用公式计算：,二、常规法（,列方程求解,）,化学计算,T 11,练习：化学计算,T19,(,简单法：关系式法,),四、关系式法,五、差量,法,：,六、极值,法,：,七、,平均值法,(,特殊情况可用十字交叉法,),八、整体思维法（终态法）,关系式法：化学计算,T19,化学计算,T8 D T14 A,一、直接用公式计算：,（化学计算,T 11,）,1,、,n=,m,M,N,N,A,V,m,C,V,(,溶液,),_,_,_,=,=,=,注意：,只有,(1),、气体,(2),在标准状况时,=,(3),、,V,m,22.4L.mol,-1,2,、,w=,m,(,溶质,),m,(,溶液,),_,X100%,V,(g),3,、溶液稀释：,4,、阿伏加德罗定律的内容及推论：,V,1,:V,2,=n,1,:n,2,M,1,:M,1,=,1,:,2,=D,P,1,:P,2,=n,1,:n,2,标准状况：,M=,X22.4L.mol,-1,C,1,V,1,=C,2,V,2,二、常规法（,列方程求解,）,:,例,1.,标准状况下,CO,2,和,CO,的混合气体,7.2g.,体积为,44.8L,则此混合气体中的,CO,2,和,CO,的物质的量各是多少,?,解：,设,CO,2,的物质的量为,X;,CO,的物质的量为,Y,44X+28Y=7.2g,X+Y=44.8/22.4,X=0.1mol,Y=0.1mol,练习：化学计算,T19,注意：有,n,个未知数必须列,n,个方程才能解出未知数。,如果少一个方程则只能求比值。,例：,0.1 mol,某烃与,1 mol,过量氧气混合，充分燃烧后通过,足量,的,Na,2,O,2,固体，固体增重,15 g,，从,Na,2,O,2,中逸出的全部气体在标准状况下为,16.8 L,。求烃的化学式。,解：设烃的化学式为,C,x,H,y,摩尔质量为,M,烃的质量,+m(,加的,O,2,)=Na,2,O,2,(,增重,)+m(,逸出,的,O,2,),0.1 molM+32 gmol,-1,1 mol=15 g+32 gmol,-1,16.8 L/22.4 Lmol,-1,解得,M=70,商余法,70/12=5,余,10,烃的化学式为,C,5,H,10,。,烃的式量为,70,，,根据质量守恒定律,1,、,质量守恒法,例：将,5.6 g,铁溶于足量盐酸中，蒸发至干并在空气中灼烧至恒重，最后得到固体的质量最接近于,(),A.8.0 g B.19.2 g C.24.2 g D.30.6 g,解,：,由,Fe,Fe,2+,Fe(OH),2,Fe(OH),3,Fe,2,O,3,所以可得：,2Fe,Fe,2,O,3,则,Fe,2,O,3,的质量,m(Fe,2,O,3,)=0.11/2 160=8 g,2.,原子守恒：,A,例,1,：用含,1.0 mol NaOH,的溶液吸收,0.8 mol CO,2,，所得溶液中的,Na,2,CO,3,和,NaHCO,3,的物质的量之比为,(),A.13 B.21 C.23 D.32,解：设生成,Na,2,CO,3,、,NaHCO,3,物质的量,分别为,为,x,、,y,，由反应前后,C,原子和,Na,+,守恒可知，可得方程组,2.,原子守恒：,A,A,1.0mol,例,2,：,有,0.4g,铁的氧化物，用足量的,CO,在高温下将其还原，把生成的全部,CO,2,通入到足量的澄清的石灰水中得到,0.75g,固体沉淀物，这种铁的氧化物的化学式为（,）,A.FeO B.Fe,2,O,3,C.Fe,3,O,4,D.Fe,4,O,5,解,：,由题意得知，铁的氧化物中的氧原子最后转移到沉淀物,CaCO,3,中。且,n(O)=n(CO,2,)=n(CaCO,3,)=0.0075mol,m(O)=0.0075mol16g/mol=0.12g,m(Fe)=0.4g-0.12g=0.28g,n(Fe)=0.005mol,n(Fe)n(O)=2:3,即为,Fe,2,O,3,选,B,2.,原子守恒：,B,例如：在硫酸铝和硫酸钾、明矾的混合物中，若,c(SO,4,2-,)=0.2 molL,-1,当加入等体积的,0.2 mol L,-1,KOH,溶液时，生成的沉淀又恰好溶解为止，则原溶液中,K,+,的物质的量浓度,(molL,-1,),是,(),A.0.2 B.0.25 C.0.3 D.0.45,解：,根据电荷守恒：,c(K,+,)=2c(SO,4,2-,)-3c(Al,3+,),=2X0.2molL,-1,-3X0.05,3c(Al,3+,)+c(K,+,)=2c(SO,4,2-,),4.,电荷守恒,(,电解质溶液中,):,(,化学计算,T2,T13),c(Al,3+,)=c(OH,-,)/4,=0.2 molL,-1,/4,=0.05 molL,-1,Al,3+,+4OH,-,=Al(OH),4,-,，,=0.25 molL,-1,B,B,例：在一定条件下，,PbO,2,与,Cr,3+,反应，产物为,和,Pb,2+,，,则与,1.0 mol Cr,3+,反应所需的,PbO,2,物质的量为,_,1.0 mol(6,3)=n(4,2),6.,化合价升降相等,得,n=1.5 mol,。,5.,电子守恒,(,化学计算,T9,T12),(,化学计算,T 7),解：设所需,PbO,2,物质的量为,n,n(Cr)X(,高价,-,低价,)=,n(Pb)X(,高价,-,低价,),1.5 mol,+4,+3,+6,+2,四、,关系式法,实际化工生产中以及化学工作者进行科学研究时，往往涉及到多步反应：,从原料到产品,可能要经过,若干步反应,；,测定某一物质的含量,(,酸碱中和滴定、氧化还原滴定等,),可能要经过,若干步中间过程,。,对于多步反应体系，依据若干化学反应方程式，,找出起始物质与最终物质的量的关系,，并据此列比例式进行计算求解方法，称为,“,关系式,”,法。,寻找关系式的方法，一般有以下两种：,1.,写出各步反应的方程式，然后逐一递进找出关系式；,2.,根据某原子守恒，直接写出关系式。,四、,关系式法,：,46,克金属钠在氧气中充分燃烧的淡黄色固体粉末，该固体与足量水反应生成标准状况下的气体体积是多少？,解：,2Na+O,2,=Na,2,O,2,2Na,2,O,2,+2H,2,O=4NaOH+O,2,关系式：,4Na-2Na,2,O,2,-O,2,4 1,0.5,V=n V,m,n(Na)=46/23=2,_,=0.5X22.4,=11.2L,四、,关系式法,：,工业上表示漂白粉的优劣的方法是：常用漂白粉与硫酸反应放出的氯气的质量对漂白粉的质量的质量百分比（,x%,）来表示漂白粉的优劣；,氯气的质量,100%,已知反应：,漂白粉的质量,x%=,_,_,Ca(ClO),2,+CaCl,2,+2H,2,SO,4,=2CaSO,4,+2H,2,O+2Cl,2,某同学为测自己买的一包漂白粉的优劣做了如下实验：,称取,漂白粉,2.00g,，加水溶解后转入,250ml,的容量瓶，然后加水定容至刻度线，倒转摇匀后取,25ml,，加入过量的硫酸和过量的,KI,，,待漂白粉与硫酸反应放出的氯气与,KI,完全反应后,，,用,0.100,的,Na,2,S,2,O,3,标准液滴定生成的,I,2,，,2Na,2,S,2,O,3,+I,2,=Na,2,S,4,O,6,+2NaI,消耗,Na,2,S,2,O,3,20ml,由以上数据计算该漂白粉的,x%=_,解,:,方程式,(1)(2)(3),得关系式：,(1),(3),(2),Cl,2,+2KI=2KCl+I,2,Cl,2,I,2,2Na,2,S,2,O,3,1 2,0.1X0.02,25ml,中,n,(Cl,2,),=_,250ml,中,n,(Cl,2,),=_,250ml,中,m(,Cl,2,)=_,0.001,0.01,0.71g,x%=35.5%,35.5%,锦囊妙计,遇到下列情形，可尝试用,“差量法”,解题：,1.,反应前后固体或液体的质量发生变化时；,2.,反应前后气体的压强、密度、物质的量、体积等发生变化时。,差量法,是建立在化学反应基础之上的，反应前后的量差与反应物、生成物的化学计量数直接相关，,在计算时，若能将反应前后单位统一，配合成套，只需将差量当成,一种特殊的,“,生成物,”,即可。,例,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,14.8g,。求混合物中碳酸钠的质量分数。,五、差量,法,：,解：,2NaHCO,3,=,Na,2,CO,3,+H,2,O+CO,2,m,2X84 106 62,21-14.8=6.2g,m(NaHCO,3,)=,16.8g,m(Na,2,CO,3,)=21.0g-16.8g=4.2g,16.8g,Na,2,CO,3,%=4.2g/21.0g,=20%,例,:,某一元醇,10 g,与乙酸反应生成酯,13.2 g,，同时回收醇,1.0 g,，则该醇的式量是,(),A,、,74 B,、,88 C,、,90 D,、,104,解：,设该醇的式量为,x,则有：,五、差量,法,：,R-OH+CH,3,COOH CH,3,COOR+H,2,O m,R+17 60 59+R 18 42,10-1=9 g 13.2 (13.2-9)g=4.2 g,列比例得,R=73,所以醇的式量为,x=R+17,=73+17=90,C,C,五、差量,法,例,：,两种气态烃以任意比例混合,在,105,时,1 L,该混合烃与,9 L,氧气混合,充分燃烧后恢复到原状态,所得气体体积仍是,10 L.,下列各组混合烃中符合此条件的是,()A,、,CH,4,C,2,H,4,B,、,CH,4,C,3,H,6,C,、,C,2,H,4,C,3,H,4,D,、,C,2,H,2,C,3,H,6,.,混合气体成分,的,确定,可用差量法,气态烃,(CxHy),在,100,及其以上温度完全燃烧时气体体积变化规律与氢原子个数有关,1,AC,1,、,若燃烧前后体积不变,即,V=0,y,应满足什么条件？,2,、,若燃烧前后体积增大,即,V0,？,y=4,y4,3,、,若燃烧前后体积,减小,即,V0,？,y4,A,五、差量,法,（或用常规法）,六、极值,法,：,D,A,混合物中某一量的,平均值，,必大于相应量的,最小值,而小于相应量的,最大值。,七、,平均值法,方法点击,:,借助平均值法对于分析混合物问题可,化繁为简，,实现快解。,练习：两,种气态烃组成的混合气体,0.1mol,，完全燃烧得,0.16molCO,2,和,3.6gH,2,O,，则下列关于混合气体组成的推断正确的是,（,）,A,一定有甲烷,B,一定是甲烷和乙烯,C,一定有乙烷,D,一定有乙炔,A,CxHy-,xCO,2,-,y,_,2,H,2,O,1,x,y,_,2,0.1mol,0.16mol,0.2mol,x=1.6,y=4,解：设,气态烃,的平均,组成,CxHy,七、,平均值法,因为,x,和,y,是平均值，所以？,例：,镁和某金属的合金，所生成的氧化物的质量为反应前合金的质量的,2,倍，另一金属可能是,(),A,、,Cu B,、,Be C,、,Na D,、,Al,解析：,镁形成的氧化物中，,m(Mg)m(O)=2416,，,金属质量大于氧的质量；,七、,平均值法,则另一金属形成的氧化物中,金属质量要小于氧的质量。,Cu,、,Be,、,Na,、,Al,形成的氧化物分别是,CuO,、,BeO,、,Na,2,O,2,、,Al,2,O,3,其中只有,BeO,中,m(Be)m(O)=916,，,是金属小于氧的质量。所以选,B,。,B,七、,平均值法,B,十字交叉法的一般步骤是,:,1,、,先确定交叉点的平均值,(,一般题目会事先告之的,),十字交叉法又名,“,交叉法,”“,混合规则法,”“,杠杆原理法,”,，它在计算中具有简捷和迅速求解的功能。,十字交叉法,方法点击,十字交叉法实际上是二元一次方程组的变式，,所以,凡能列出二元一次方程组的均可以用十字交叉法求解。,如由平均相对分子质量求物质的量之比。,2,、,写出产生平均值的两个分量,(,一般是摩尔质量,),3,、,按斜线作差取绝对值，即得出相应物质配比,1.,将,H,2,与,CO,按一定的体积比混合，得到的混合气体密度是相同条件下,H,2,的,8,倍，求,（,1,）,H,2,与,CO,的体积比；,（,2,）,H,2,在混合气体中的体积分数,解：因为,M,1,:M,1,=,1,:,2,=D,所以,M,混,=M(H,2,)D=,2X8=16g/mol,16g/mol,H,2,:2,CO:28,12,14,H,2,:CO=12:14,=6:7,十字交叉法,_,例：,由,CO,2,、,H,2,和,CO,组成的混合气体在同温同压下与氮气的密度相同，则该混合气体中,CO,2,、,H,2,和,CO,的体积比为,(),A,、,29:8:3 B,、,22:1:14 C,、,13:8:29 D,、,26:16:57,方法指导：由于,CO,与,N,2,具有相同的相对分子质量，所以,CO,2,、,H,2,和,CO,混合气体的平均相对分子质量仅由,CO,2,、,H,2,决定，,CO,的量任意。由十字交叉法：,即得,CO,2,与,H,2,的物质的量之比,138,，答案为,CD,。,十字交叉法,例,：,将,8gFe,2,O,3,投入,150mL,某浓度的稀硫酸中，再投入,7g,铁粉收集到,1.68LH2,（标准状况），同时，,Fe,和,Fe,2,O,3,均无剩余，为了中和过量的硫酸，且使溶液中铁元素完全沉淀，共消耗,4mol/L,的,NaOH,溶液,150mL,。则原硫酸的物质的量浓度,为,()A.1.5mol/L B.0.5mol/L C.2mol/L D.1.2mol/L,解析,:,粗看题目，这是一利用关系式进行多步计算的题目，操作起来相当繁琐，,八、整体思维法（终态法）,但如能仔细阅读题目，挖掘出隐蔽条件，不难发现，反应后,溶质,只有,Na,2,SO,4,根据电中性原则：,2n,（,SO,4,2,）,=n,（,Na,+,），则原硫酸的浓度为：,2mol/L,，故选,C,。,C,B,八、整体思维法（终态法）,九、,方程式叠加法,许多化学反应能发生连续、一般认为完全反应，这一类计算，如果逐步计算比较繁。如果将,多步反应进行合并为一个综合方程式,，这样的计算就变为简单。,如果是多种物质与同一物质的完全反应，若确定这些物质的物质的量之比，也可以按物质的量之比作为计量数之比建立综合方程式，可以使这类计算变为简单。,九、,方程式叠加法,例,：,将,2.1g,由,CO,和,H,2,组成的混合气体，在足量的,O,2,充分燃烧后，立即通入足量的,Na,2,O,2,固体中，固体的质量增加,A.2.1g B.3.6g C.4.2g,D.7.2g,解析,：,CO,和,H,2,都有两步,反应方程式，量也没有确定，,因此逐步计算比较繁。,Na,2,O,2,足量，两种气体完全反应，所以将每一种气体的两步反应合并可得,H,2,+Na,2,O,2,=2NaOH,，,CO+Na,2,O,2,=Na,2,CO,3,可以看出最初的气体完全转移到最后的固体中，,固体质量当然增加,2.1g,。选。,注意：,两个合并反应,是,不能再合并,的,!,Na,2,O,2,固体增加,的质量就是有机物的质量时，该有机物应满足什么条件？,九、,方程式叠加法,mg,有机物,在足量的,O,2,中,充分燃烧后，立即通入足量的,Na,2,O,2,固体中，固体的质量增加,多少？,H,2,+Na,2,O,2,=2NaOH,，,CO+Na,2,O,2,=Na,2,CO,3,结论：只要有机物能改写成,(CO),m,H,n,增加的就是有机物的质量,有机物,可改写成,C,X,H,Y,O,Z,(H,2,O),n,、,C,X,H,Y,O,Z,(CO,2,),n,、,C,X,H,Y,O,Z,(H,2,O),n,(CO,2,),m,的形式表示，,学会改写,(CO),m,H,n,C,2,H,6,O,C,6,H,6,O,6,C,6,H,6,C,6,H,14,O,C,6,H,6,C,2,H,4,(H,2,O),(CO),6,H,6,(CO),H,14,有机物用,C,X,H,Y,O,Z,(H,2,O),n,、,C,X,H,Y,O,Z,(CO,2,),n,、,C,X,H,Y,O,Z,(H,2,O),n,(CO,2,),m,的形式表示，,一,.,有机物的质量一定时：,1.,烃类物质,(CxHy),完全燃烧的耗氧量与,y/x,成正比,.2.,有机物完全燃烧时生成的,CO,2,或,H2O,的物质的量一定，则有机物中含碳或氢的质量分数一定；若混合物总质量一定，不论按何种比例混合，完全燃烧后生成的,CO,2,或,H2O,的物质的量保持不变，则混合物中各组分含碳或氢的质量分数相同。,3.,燃烧时耗氧量相同，则两者的关系为：,同分异构体 或,最简式相同,有机物的化学式可拆分成残基和水分子、二氧化碳组合的形式,即有机物用,C,X,H,Y,O,Z,(H,2,O),n,、,C,X,H,Y,O,Z,(CO,2,),n,、,C,X,H,Y,O,Z,(H,2,O),n,(CO,2,),m,的形式表示，在化学式的组合、拆分中推断有机物的结构，发展创新思维。,二,.,有机物的物质的量一定时：,1.,比较判断耗氧量的方法步聚：,若属于烃类物质，根据分子中碳、氢原子个数越多，耗氧量越多直接比较；若碳、氢原子数都不同且一多一少，则可以按,1,个碳原子与,4,个氢原子的耗氧量相当转换成碳或氢原子个数相同后再进行比较即可。,若属于烃的含氧衍生物，先将分子中的氧原子结合氢或碳改写成,H,2,O,或,CO,2,的形式，即将含氧衍生物改写为,CxHy(H,2,O)n,或,CxHy(CO,2,)m,或,CxHy(H,2,O)n(CO,2,)m,形式,再按,比较,CxHy,的耗氧量。,2.,有机物完全燃烧时生成的,CO,2,或,H,2,O,的物质的量一定，则有机物中碳原子或氢原子的个数一定；若混合物总物质的量一定，不论按何种比例混合，完全燃烧后生成的,CO,2,或,H,2,O,的量保持不变，则混合物中各组分中碳或氢原子的个数相同。,十、,等量代换法,在混合物中有一类计算：最后所得固体或溶液与原混合物的质量相等。这类试题的特点是没有数据，思考中我们要用,“,此物,”,的质量替换,“,彼物,”,的质量，通过化学式或化学反应方程式计量数之间的关系建立等式，求出结果。,例,：,有一块,Al-Fe,合金，溶于足量的盐酸中，再用过量的,NaOH,溶液处理，将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧完全变成红色粉末后，经称量，红色粉末的质量恰好与合金的质量相等，则合金中铝的质量分数为（,）,A.70,B.30,C.47.6,D.52.4,由题意得：,红色粉末,(Fe,2,O,3,),与,合金,(Al-Fe),的质量相等，,故合金中,Al,的质量即为,Fe,2,O,3,中氧元素的质量，则可得合金中铝的质量分数即为,Fe,2,O,3,中氧的质量分数，,O%=(16X3)/(16X3+56X2)100%=30%,，选,B,。,B,例,5,：,某稀硝酸溶液中，加入,5.6g,铁粉充分反应后，铁粉全部溶解，生成,NO,，溶液质量增加,3.2g,，所得溶液中,Fe,2+,和,Fe,3+,物质的量之比为（,）,A.41,B.21,C.11,D.32,解,：,设,Fe,2+,为,xmol,，,Fe,3+,为,ymol,，,5.,电子守恒,2.,原子守恒：,1.,质量守恒,(,质量守恒定律,),二、常规法（,列方程求解,）,:,各种方法综合利用,:,x+y=0.1,（,Fe,元素守恒）,2x+3y=0.08X3,（得失电子守恒）,x=0.06mol,y=0.04mol,则,xy=32,故选,D,。,M(NO)=5.6-3.2=2.4g,n(NO)=2.4/30=0.08,2.,元素守恒,例,3,：,将几种铁的氧化物的混合物加入,100mL,、,7molL,-1,的盐酸中。氧化物恰好完全溶解，在所得的溶液中通入,0.56L,（标况）氯气时，恰好使溶液中的,Fe,2+,完全转化为,Fe,3+,，则该混合物中铁元素的质量分数为（,）,A.72.4%B.71.4%C.79.0%D.63.6%,解,：,铁的氧化物中含,Fe,和,O,两种元素，由题意，反应后，,HCl,中的,H,全,到了,水中，铁的氧化物,中,O,全,到了,水,中,，,关系式：,2HClH2OOFe,x,O,y,得,n,（,O,）,=1/2 HCl,，,m,（,O,）,=0.35mol16gmo,l-1,=5.6 g,；,而铁最终全部转化为,FeCl,3,，,n(Cl)=0.56L 22.4L/mol2+0.7mol=0.75mol,，,n,（,Fe,）,=3n(Cl)=30.75mol=0.25mol,，,m(Fe)=0.25mol 56gmol,-1,=14 g,，,则，选,B,。,2.,原子守恒、关系式等,各种方法综合利用,:,