新教材适用高考化学专练十三常见的化学计算方法命题角度以元素的单质及其化合物间的定量反应为载体，以物质的量为中心，进行有关量的计量和推断。解题策略解答此类问题，首先弄清题中的反应关系，正确运用差量法、关系式法、质量守恒、电子守恒等规律，以物质的量为中心，利用物质的量与物质质量、气体体积、物质的量浓度间的换算关系，正确巧妙解决化学计算问题。题型狂练1(2013广汉二模)向一定量Fe、Fe2O3的混合物中加入250 mL 2 molL1的HNO3溶液，反应完成后生成1.12 L(标准状况下)NO气体，再向反应后溶液中加入1 molL1 NaOH溶液，要使铁元素完全沉淀下来，所加入NaOH溶液体积最少是()。A450 mL B500 mL C400 mL D不能确定解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锁，要使铁元素最终完全沉淀，但不能确定铁元素最终以Fe(OH)3还是Fe(OH)2沉淀，HNO3是否过量也不能确定，因而顺向求解较困难。逆向思维，运用终态法避繁就简，解题思路新颖，求解迅速。要使铁元素完全沉淀，最后的溶液必为NaNO3溶液。由物料守恒有：n(NaOH)n(NO)n(HNO3)n(NO)，即250103 L2 molL11 molL1V(NaOH溶液)，V(NaOH溶液)0.45 L450 mL。答案A2(2013德阳四校联考)镁铝合金5.1 g溶于300 mL 2 molL1盐酸中，标准状况下放出气体体积为5.6 L，向反应后的溶液中加入500 mL NaOH溶液充分反应，最终产生白色沉淀。下列有关说法不正确的是()。A5.1 g镁铝合金中含有镁、铝的质量分别为2.4 g、2.7 gB溶解5.1 g镁铝合金时，剩余盐酸的物质的量为0.1 molC生成白色沉淀的最大质量为13.6 gD若白色沉淀只有Mg(OH)2，该NaOH溶液的物质的量浓度至少为1.2 mol L1解析设5.1 g镁铝合金中Mg为x mol，Al为y mol，根据题意知24x27y5.1；x1.5y5.6/22.4，解得xy0.1，反应消耗的盐酸为0.5 mol，则剩余HCl的物质的量为0.1 mol，A、B两项正确。白色沉淀最多时，m(沉淀)mMg(OH)2mAl(OH)30.1 mol58 gmol10.1 mol78 gmol113.6 g。若白色沉淀只有Mg(OH)2，说明Al(OH)3必须完全溶解在NaOH中，NaOH的物质的量最小为0.7 mol，其浓度至少为1.4 molL1，D项错误。答案D3向10 g Fe2O3、SiO2和Al2O3的混合物中，加入100 mL x mol/L稀硫酸，过滤后，向滤液中加入10 mol/L NaOH溶液，产生沉淀的质量和加入NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。下列叙述错误的是()。A混合物和稀硫酸反应时，稀硫酸过量B可求出x的值C可求出Al2O3的质量分数D可求出Fe2O3的质量分数解析由于SiO2不溶于稀硫酸，因此滤渣为SiO2。向滤液中加入NaOH溶液时，开始时无沉淀生成，说明稀硫酸过量，A正确。当沉淀的质量达到最大时，溶液中的溶质为Na2SO4，由此可得x5，B正确。根据图像可知溶解Al(OH)3时消耗NaOH的物质的量为0.1 mol，则原混合物中n(Al2O3)为0.05 mol，由此可得Al2O3的质量分数为51%，C正确。由于图像中未给出向混合溶液中加入NaOH溶液时，过量的酸消耗NaOH的量，因此无法求出混合物中Fe2O3的质量分数，D错。答案D4(2013宜宾二模)将9 g铜和铁的混合物投入到100 mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12 L NO，剩余4.8 g金属；继续加入100 mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12 L NO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是()。A原混合物中铜和铁各0.075 molB稀硝酸的物质的量浓度为0.5 molL1C第一次剩余4.8 g金属为铜和铁D再加入上述100 mL稀硝酸，又得到标准状况下1.12 L NO解析本题以金属和稀硝酸的反应为背景，考查了守恒定律在计算题中的应用。第一次加稀硝酸时金属有剩余，溶解的4.2 g金属均被氧化为2价，溶解金属的物质的量为30.075 mol，金属的平均摩尔质量为56 gmol1，因此溶解的都是铁；第二次加稀硝酸后金属完全溶解，由题意可知Fe2未被氧化，溶解的4.8 g金属也一定被氧化为2价，同理可知溶解的金属的平均摩尔质量为64 gmol1，因此溶解的都是铜。c(HNO3)40.1 L2 molL1。若金属完全溶解后再加100 mL稀硝酸，反应为3Fe24HNO=3Fe3NO2H2O，HNO3足量，0.075 mol Fe2生成0.025 mol NO，标准状况下体积为0.56 L，故A正确，B、C、D错误。答案A5现有一包由铁粉和铜粉组成的混合物，为确定其组成，现提供4 molL1 FeCl3溶液(其他用品略)，某合作学习小组同学的实验结果如表所示(假定反应前后溶液的体积不变)：组别VFeCl3(aq)/mL100100100100混合粉末的质量/g613.22436反应后剩余固体的质量/g01.2812.824.8下列结论正确的是()。A第组反应后溶液中c(Fe3)3.0 molL1B第组剩余固体是铁粉和铜粉C第组反应后的滤液中c(Fe2)6 molL1D原混合粉末中n(Fe)n(Cu)32解析第组数据说明反应后固体混合物有剩余，则原FeCl3溶液已消耗完，根据铁粉、铜粉与FeCl3溶液反应的先后顺序可判断溶液中的溶质有两种可能，一种可能只有FeCl2，另一种可能为FeCl2与CuCl2的混合物。对比第组和第组数据，固体粉末增加10.8 g，而反应后剩余固体的质量增加11.52 g，两者质量不等，由此说明第组反应后的溶液中不可能只有FeCl2(否则无任何反应发生)，而是FeCl2与CuCl2的混合物，同时可得第组中1.28 g固体全为铜，选项B错。设13.2 g固体粉末中含x mol Fe，y mol铜，则共反应了铜(y0.02)mol，则有：Fe2FeCl3=3FeCl2(先) x mol 2x molCu2FeCl3=CuCl22FeCl2(后)(y0.02)mol 2(y0.02)mol联立解得x0.11，y0.11，则原混合粉末中n(Fe)n(Cu)11，选项D错。同理可得原6 g混合粉末中含铁粉和铜粉各0.05 mol。Fe2FeCl3=3FeCl2(先) 0.050.052Cu2FeCl3=CuCl22FeCl2(后)005 0.052则第组反应完全后剩余的n(FeCl3)0.40.0520.0520.2(mol)，即反应后溶液中的c(Fe3)为2 molL1，选项A错。由上述计算可得若混合粉末的质量为36 g，则含铁粉和铜粉各0.3 mol，则有：Fe2FeCl3=3FeCl2(先)03 mol 0.4 mol反应时FeCl3不足量，生成的FeCl2根据FeCl3的量计算，n(FeCl2)0.6 mol，即反应后溶液中的c(Fe2)为6 molL1，选项C正确。答案C