运用终态分析法___巧解化学计算题.doc

一、 分析反应产物，利用元素守恒求解
例1：向一定量Fe、Fe2O3的混合物中加入250mL2mol·L-1的HNO3溶液，反应完成后生成1.12LNO（标准状况），再向反应后溶液中加入1mol·L-1NaOH溶液，要使铁元素完全沉淀下来，所加入NaOH溶液的体积最少是（　）
　　　A、450mL B、500mL C、400ml D、不能确定
分析：此题涉及多个反应，若全部写出化学方程式来计算显得十分繁琐，要使铁元素完全沉淀，但不能确定铁元素最终以Fe(OH)2或Fe(OH)3出现，HNO3是否过量也不能确定，因而顺向求解比较困难。若忽略中间反应过程，运用终态寻求守恒关系，即可迅速求解。
1.12L
22.4L·mol-1
解答：要使铁元素恰好完全沉淀，最后溶液必为NaNO3溶液，由原子守恒有n(NaOH)=n(NO3—)=n(HNO3)－n(NO)，即0.25L×2mol•L-1－ ＝
V(NaOH)×1mol·L-1，所以V(NaOH)＝0.45L＝450mL。答案为A 。
例2：有一在空气中暴露过的KOH固体，经分析知其含水2.8%，含K2CO337.3%，其余为KOH。现取1g样品加入到25mL2mol·L-1的盐酸中，多余盐酸用1.0mol·L-1KOH溶液33.9mL恰好完全中和，蒸发中和后溶液可得到固体（　）
A、1g B、 3.725g C、 0.797g D、2.836g
分析：将样品加入到盐酸中发生反应①K2CO3+2HCl＝2KCl+CO2↑+H2O、②KOH+HCl＝KCl+H2O，反应后盐酸剩余，加入KOH又发生反应②。该题虽涉及反应不多，但数据较多，用常规方法很难解答。运用终态法分析：
思路1：始态K2CO3、KOH，终态KCl，利用K守恒求解；
思路2：始态HCl，终态KCl，利用Cl守恒求解。
在思路1中要注意K有2个来源：一是样品中，二是后来加入的KOH (容易忽略)，这种方法涉及到多步计算，既有物质的量的运算又有质量的运算，比较繁且易出错。因此采用思路2中的Cl守恒一步到位，比较简单。
解答：据题意反应结束后溶质只有KCl可知：
n(KCl)＝n(Cl—)=n(HCl)＝0.025L×2mol·L-1＝0.05mol
m(KCl)＝0.05mol×74.5g·mol-1＝3.725g。答案为B。
例3.把a g铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，加入过量NaOH溶液。过滤出沉淀，经洗涤、干燥、灼烧得到红棕色粉末的质量仍为a g，则原合金中铁的质量分数为（　）
A．70% B．52.4% C．47.6% D．30%
分析：把铁铝合金粉末溶于足量盐酸中，生成了Al3+和Fe2+，再加入过量NaOH溶液，Al3+转化为AlO2—留在溶液中；Fe2+生成Fe(OH)2沉淀。过滤后对沉淀进行灼烧得到红棕色粉末为被氧化和分解生成的Fe2O3。在此过程中涉及反应多且无具体数据，按常规方法计算容易出错。
112
160
解答：根据始态合金与终态Fe2O3的质量相等，而铁在整个反应过程中守恒，所以合金中铝的量等于Fe2O3中氧的量，即w(Fe)＝ ×100%＝70%，选A。
10.0
30.0
C
B
0

V(HCl)/ml
沉淀质量
m/g
1.16
A
例4. 将NaOH、MgCl2、AlCl3三种固体的混合物放入足量水中，得到浑浊液。向该浑浊液中逐滴加入1.00mol·L-1HCl，生成沉淀的质量与所加体积的关系如图所示。则原混合物中含MgCl2____g，含AlCl3____g，含NaOH____g，C点所加盐酸的体积为_____mL。

分析：由图象可知，三种
固体的混合物放入水中时，NaOH过量，
1.16g
58g·mol-1
则：
n(MgCl2)=n[Mg(OH)2]＝ ＝0.02mol
m(MgCl2)=0.02mol×95g·mol-1＝1.90g
n(AlCl3)=n(AlO2—)=n(H+)=0.02L×1.00mol·L-1=0.02mol
m(AlCl3)=0.02mol×133.5g·mol-1＝2.67g
本题的难点是求NaOH的质量和C点盐酸的体积。因起始NaOH过量，则发生反应有：AlCl3＋3NaOH = Al(OH)3↓＋3NaCl、Al(OH)3＋NaOH =NaAlO2＋2H2O、MgCl2＋2NaOH = Mg(OH)2↓＋2NaCl；加入盐酸时，发生反应有：
HCl＋NaOH =NaCl＋H2O、HCl＋NaAlO2＋H2O=NaCl+Al(OH)3↓、2HCl＋Mg(OH)2=MgCl2＋2H2O、3HCl＋Al(OH)3=AlCl3＋3H2O。如果循规蹈矩，按照以上方程式去求，必然会被这些反应所困扰，难于下手。
解答：用终态分析法，B点沉淀达到最大值，说明Mg2+、Al3+已完全变为沉淀，溶液中仅含NaCl。则n(NaOH)=n(NaCl)=n(Cl—)=2n(MgCl2)+3n(AlCl3)+n(HCl)
=2×0.02mol+3×0.03mol+0.03L×1.00mol·L-1=0.13mol，即混合物中
m(NaOH)=0.13mol×40g·mol-1=5.2g 。
C点：沉淀恰好完全溶解，溶液中溶质为AlCl3、 MgCl2、NaCl，与起始的AlCl3、MgCl2、NaOH相比，AlCl3、MgCl2未发生任何变化，而NaOH转变为NaCl。因此，C点所加HCl可看作中和原有的NaOH。所以C点的体积为0.13mol÷1mol•L-1=0.13L，即130mL。
二、分析反应过程中电子转移，根据氧化还原反应中电子守恒求解
例5：足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·L－1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是( )
A．60mL B．45mL C．30mL D．15mL
5mol·L－1
NaOH
Cu＋HNO3
Cu(NO3)2
NO2
N2O4
NO
HNO3
O2

Cu(OH)2
分析：根据题意可将题中的反应过程表示如下：

从中我们可以看出：在整个反应过程中失电子的物质为Cu，而得电子的物质为O2，HNO3中的N元素在整个过程中最终没有变价（即反应前与反应后的价态相同）。因此利用氧化还原反应中得失电子守恒规律得出：
n(Cu)×2=n(O2)×4，n(Cu)=2n(O2)==0.15mol。
然后加氢氧化钠溶液时发生Cu2+＋2OH－=Cu(OH)2↓，所以n(OH－)=2n(Cu2+)，因此V(NaOH)==0.06L=60mL。
1. 将3.20g Cu溶于B mol/L过量的硝酸溶液30.0 mL中，假设硝酸的还原产物只有NO2和NO，反应结束后，将所剩溶液加水稀释至1000 mL，测得c(NO3－)＝0.200 mol/L。
(1)试求稀释后溶液的pH。
(2)生成的气体中NO2和NO的物质的量(可以含有B的代数式表示)。
(3)用NaOH溶液吸收氮的氧化物是防止NOx污染的一种方法。原理为：
2NO2＋2NaOH＝NaNO3＋NaNO2＋H2O，NO＋NO2＋2NaOH＝2NaNO2＋H2O
若生成的混合气体能被NaOH溶液完全吸收，试讨论B的取值范围。

2. 较低温度下，氯气通入石灰乳中可制得漂白粉，该反应为放热反应。某校甲、乙两化学研究性学习小组均用200 mL 12 mol / L盐酸与17.4 g MnO2在加热条件下反应制备氯气，并将制备的氯气与过量的石灰乳反应制取漂白粉，用稀氢氧化钠溶液吸收残余的氯气。分析实验结果发现：① 甲、乙两组制得的漂白粉中Ca(ClO)2的质量明显小于理论值，② 甲组在较高温度下将氯气与过量的石灰乳反应，所制得的产品中Ca(ClO3)2的含量较高。试回答下列问题：
（1）上述实验中理论上最多可制得Ca(ClO)2多少克？
（2）实验中所得到的Ca(ClO)2的质量明显小于理论值，试简要分析其可能原因，并写出可能涉及到的化学方程式。

3. 水垢可以看作由多种物质组成的混合物，为研究含有Ca2+、Mg2+、的水所形成的水垢的化学组成，取干燥的水垢6.32 g ，加热使其失去结晶水，得到5.78 g 剩余固体A；高温灼烧A至恒重，残余固体为CaO和MgO，放出的气体用过量的Ba(OH)2溶液吸收，得到的11.82 g沉淀。
（1）通过计算确定A中是否含有碳酸镁；
（2）5.78 g剩余固体A灼烧至恒重时产生的气体完全被碱石灰吸收，碱石灰增重2.82 g，通过计算确定A中各成分的物质的量，并计算出水垢中碳酸盐质量分数。
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