化学计算与计算技能.doc

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1、化学计算与计算技能胡征善数学是化学不可或缺的重要工具，将化学问题抽象为数学问题是思维的一大飞跃。因此化学计算是中学化学教学的重要内容，高中课程标准关于化学计算的内容如下：内 容 标 准模块1认识摩尔是物质的量的基本单位，能用于进行简单的化学计算，体会定量研究的方法对研究和学习化学的重要作用化学12初步认识实验方案设计、实验条件控制、数据处理等方法在化学学习和科学研究中的应用化学13了解反应热和焓变的涵义，能用盖斯定律进行有关反应热的简单计算选修44知道化学反应速率的定量表示方法，通过实验测定某些化学反应的速率选修45知道化学平衡常数的涵义，能利用化学平衡常数计算反应物的转化率选修46知道水的离

2、子积常数，能进行溶液pH的简单计算选修47通过对典型实例的分析，初步了解测定有机化合物元素含量、相对分子质量的一般方法，并能根据其确定有机化合物的分子式选修58能根据误差分析的原理对实验数据进行分析，认识定量分析在化学研究中的重要性。选修6一、化学计算的功能1、将化学问题抽象为数学问题并进行运算或文字表述，数理转换，数形结合，建模化归，培养和训练思维的逻辑性、严密性、敏捷性、灵活性、发散性和创新性。2、通过定量关系加深对化学基本概念、基础理论及物质间反应规律的理解，以利在定量的关系上构建知识网络。3、通过计算，培养运算能力，培养和训练表述的科学性和规范性，养成严谨的学风。二、化学计算的内容计算

3、分类新课程考试大纲1化学用语计算了解相对原子质量、相对分子质量的定义，并能进行有关计算2能正确书写化学方程式、离子方程式、并能进行有关计算3物质的量计算能用盖斯定律进行有关反应热的简单计算4理解摩尔是物质的量的基本单位，可用于进行简单计算5根据物质的量与微粒（原子、分子、离子等）数目、气体体积（标准状况下）之间的相互关系进行有关计算6多组分系统计算理解溶液中溶质的质量分数、物质的量浓度的概念，并能进行有关计算7能进行溶液pH值的简单计算8能够利用化学平衡常数进行简单的计算9综合计算以上各类化学计算的综合应用三、计算题的题型(1)选择题 (2)填空题 化学计算的选择题和填空题不要求展示解题思路和

4、过程，只要求给出结果的题型。两种题型可以互相转化，题干完全相同，结果既可以填空的形式呈现，亦可以选择支的形式提供。化学计算的选择题往往有速算或巧解，用以检测思维的敏捷性和创造性。化学计算的填空题既可专设填空，亦可穿插在实验题(实验数据的处理)中或其他题型中，计算填空虽然亦可速算或巧解，但已缺少了具有提示作用(或干扰作用)的选项。 （3）计算题 化学计算题要求展示解题思路和过程，要求表述科学合理，要求各物理量的单位运用规范准确。化学计算题既可以专列一题亦可以穿插在其他题型(如填空题)中。化学常用物理量的几套倍数或分数单位国际制词头质量m物质的量n气体(溶液)体积V摩尔质量M气体摩尔体积Vm说 明

5、gmolL(dm3)g/molmol/L常用单位k(103)kgkmolkL(m3)kg/kmolkmol/m3倍数单位M(106)Mg(t)MmolML(km3)Mg/MmolMmol/km3m(103)mgmmolmL(cm3)mg/mmolmmol/mL分数单位（4）计算举例1.有关相对分子（原子）质量的计算【例】b g某金属与足量的稀硫酸反应，生成该金属的正三价盐和a g氢气。则该金属的相对原子质量为 A2b/a B3b/(2a) C3b/a Da/(3b)【点评】运用基础知识化合价、氧化还原反应及其配平，将具体数字抽象为字母，考查抽象思维和推演能力。2.有关化学方程式的计算【例】在一

6、定体积的密闭容器中放入3LR气体和5LQ气体，在一定条件下发生反应： 2R(g)+ 5Q(g)=4X(g)+nY(g) 反应完全后，维持温度不变，容器内的压强是反应前的87.5%，则化学方程式中的n=_。 【解析】恒温恒容下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比。设反应前气体物质的量为8mol，先作过量判断(Q气体为少量物质)，后根据差量法建立方程可求出化学计量数n： 2R(g)+ 5Q(g)=4X(g)+nY(g) 气体物质的量减少 5 mol (3n)mol 5 mol 8 mol(187.5%)则 8 mol(187.5%) = (3n)mol 解得 n=2【变型】若给出4个选择支： A

7、2 B3 C4 D5 【巧解】因为反应后容器内气体压强变小了，则此反应是一个气体总物质的量减少的反应。故： 2+54+n 解得：n 3从题给的4个选项来看，只有n=2符合题意。3.有关溶液的计算【例1】已知某饱和溶液的：溶液的质量m1g；溶剂的质量m2g；溶液的体积VmL；溶质的溶解度Sg；溶质的摩尔质量Mg/mol， 溶液的密度 g/cm3。请利用上述部分条件就可计算出该饱和溶液的物质的量浓度c(B)mol/L，列出可用的条件及其相关的计算式。【解析】求该饱和溶液的c(B)有两种方法：（1）定义式，（2）换算式。（1） 定义式求c(B)的各种组合：A.由定义式求： 组合 c(B)的计算式B由

8、换算式求：组合 c(B)的计算式【思维特点】本题是一道很好的开放性试题，综合性很大，思考容量和思维跨度都很大。围绕物质的量的浓度定义式和换算式展开讨论，需要明确物质的量、溶液的体积与物质的量浓度之间的关系；溶液的质量、溶液的体积与溶液的密度之间的关系；饱和溶液中溶质的溶解度与质量分数之间的关系，等等。是进行有关溶液计算综合复习的典型习题，主要用以考查和检测思维的变通性、广阔性、严密性和创新性。【例2】将标准状况下的aLHCl气体溶于1000g蒸馏水中，得到密度为g/cm3的盐酸，则该盐酸的物质的量是_。【解析】本题由物质的量浓度的定义式来求算：aL/22.4Lmol136.5g/molaL/2

9、2.4Lmol1+1000g 1000mL/Lg/cm31000a36.5a+22400n(HCl)V(aq)c(HCl)= = = mol/L1m=1103a36.5a+22400aL/22.4Lmol136.5g/molaL/22.4Lmol1+1000g g/cm3n(HCl)V(aq)或 c(HCl)= = = mol/mL【变型】本题亦可以设置成选择题，给出4个选项： a22400 a22.4 A mol/L B mol/L 1000a36.5a+22400 a36.5a+22400 C mol/L D mol/L【巧解】只要将题给的各物理量的单位代入A、B、C、D选项中，由单位就可

10、判定正误。但要注意1m=1103 的换算。【例3】已知35%NaOH溶液的密度为1.38g/cm3，5%NaOH溶液的密度为1.05g/cm3。若将上述两溶液等体积混合，所得NaOH溶液的质量分数是_。 【解析】设两溶液各按1mL混合归一法，则：1.38g/cm31mL35% + 1.05g/cm3mL5% 1.38g/cm31mL + 1.05g/cm31mL100%=22% 【变型】若将其改为选择题，提供的4个选项为： A.大于20% B.等于20% C.小于20% D.无法确定 【巧解】设两溶液等质量混合，所得溶液的质量分数为20%。现两溶液等体积混合，浓溶液的质量大，所以混合后溶液的质

11、量分数大于20%。【例4】已知某溶液的浓溶液的浓度为cmol/L，质量分数为。(1)若将其与等体积水混合所的稀溶液溶质的质量分数为。(2)若将其与等质量水混合所的稀溶液溶质的浓度为cmol/L。则c与c、与的关系为_。【解析】解题之前必须明确：1体积浓溶液+1体积水2体积的稀溶液；没有指明是什么溶质的溶液，因此必须分别进行讨论才能确定；没有给出溶液的密度，必须引入溶液的密度列出代数式才能作出判断讨论法。（1）等体积(V)混合时，确定与的关系设浓溶液的密度为(浓)，根据稀释前后溶质的质量守恒，有：V(浓)=V(浓) +V1所以：=1+1/(浓)(2)等质量(m)混合时，确定c与c的关系。再设稀溶

12、液的密度为(稀)，根据稀释前后溶质的物质的量相等，有：cm/(浓)=2cm/(稀) 所以：c = 2(浓)c/(稀) 讨论：1酸、碱(除氨水外)、盐的浓溶液密度1g/cm3，且浓度越大密度越大。所以2，c2c2浓氨水、乙醇浓溶液等，溶液密度1 g/cm3，且浓度越大密度越小。所以2，c2c4.有关溶液的pH计算H2ONaOH(aq)【例1】将pH=1的盐酸平均分为2份，1份加入适量蒸馏水，另1份加入与该盐酸同浓度的NaOH溶液，已知两种情况下溶液的pH都升高了1，则加入的蒸馏水与NaOH溶液的体积比为_。【解析】0.1 mol/LHCl(aq) 0.01mol/LHCl(aq)，则有：0.1m

13、ol/L1L (1+V1)L =0.01mol/L 解得：V1=90.1mol/L(1V2)L (1+V2)L =0.01mol/L 解得：V2=9/11 所以，加入的蒸馏水与NaOH溶液的体积比=V1/V2=11【点评】pH与H+的概念及其换算是基础知识，本题以它为载体，考查稀释与中和反应。为使问题简化，可设原来盐酸溶液的体积为1L；在求加入NaOH溶液的体积时，既要注意酸碱中和消耗H+，还要考虑溶液的体积变化。此外，由于这里所涉及的溶液浓度较小，混合后溶液的体积V(混合)为两种液体体积的加和。 【例2】若室温时pH=a的氨水与pH=b的盐酸等体积混合，恰好完全反应，则该氨水的电离度可表示为

14、(提示：已电离的弱电解质的物质的量 该弱电解质总物质的量电离度()= 100%) 【解析】根据“等体积混合，恰好完全反应”可知：c(NH3H2O)=c(HCl)=c(H+)=10bmol/L，该氨水中c(OH)=10(14a)mol/L。10(14a)mol/L 10b mol/Lc(OH)c(NH3H2O)氨水的电离度()= 100% = 100% =10(a+b12)%【点评】要明确pH、pOH、氨水是弱电解质等概念，知道pH与c(H+)、pOH与c(OH)及其pH间换算。【例3】已知温度为274K是Kw=11015。现有pH=x(x6)的某一元强酸溶液和pH=y(y8)的某一元强碱溶液，

15、维持温度274K不变，取VaL该酸溶液和VbL该碱溶液混合，请回答： (1) 完全中和后溶液的pH=_。 (2) 完全中和时，Va/Vb=_(填含x、y的代数式)。当x+y=16时，Va/Vb=_；当Va/Vb=1时，x+y=_；当x+y15时，Va_Vb(填“”、“”、“=”) (3) 若x=6，y=8时，混合后溶液pH=7，则Va/Vb=_。【解析】(1)强酸强碱完全中和后，溶液呈中性，即c(H+)= c(OH)=Kw ，则： pH=1/2lgKw=1/2lg11015=7.5 (2)因为强酸强碱完全中和，所以n(H+)=n(OH)，故有：10xVa=10(15y)Vb，则Va/Vb=10

16、(x+y15)当x+y=16时，Va/Vb=10； 当Va/Vb=1时，x+y=15； 当x+y15时，Va/Vb1，即VaVb(3)酸碱溶液反应后溶液的pH=77.5，溶液呈酸性，即酸过量。所以： 106Va10(158)Vb=107(Va+Vb) Va/Vb=2/9【思维特点】本题需要突破定势思维的负面影响，调用已储备的相关知识和思维方法，与新背景、新情景下的问题(Kw=11015)加工重组、统摄整合，形成新的解题思想。根据化学知识，运用数学工具，抽象思维与具体思维结合，经逻辑推算，从而得出正确的结果。5.有关化学平衡的计算【例1】在5L密闭容器中充入2molA气体和1molB气体，在一定

17、条件下发生反应： 2A(g) + B(g) 2C(g)达平衡时，在相同温度下测得容器内混合气体的压强是反应前的5/6，则A的转化率为_。 【解析】恒温恒容时，气体的压强之比等于气体的物质的量之比。本题反应前气体的物质的量为3 mol，设平衡时消耗了2x molA，气体总物质的量减少了xmol，所以平衡后气体的物质的量为(3x)mol，因此有： (3x)mol/3mol=5/6，解得：x=0.5 即反应消耗了1molA，因此A的转化率为50%【例2】如图所示，甲、乙之间的隔板K可以左右无摩擦滑动，甲中充入2molA和1molB，乙中充入2molC和1molHe，此时K停在0处。 在一定条件下发生

18、可逆反应： 2A(g)B(g) 2C(g)反应达到平衡后，恢复到反应前的温度。下列说法不正确的是 （ ） A根据隔板K滑动与否可判断左右两边的反应是否达到平衡 B达到平衡后，隔板K最终停留在左侧刻度02之间 C到达平衡时，甲容器中C的物质的量大于乙容器中C的物质的量 D若平衡时K停留在左侧1处，则活塞仍停留在右侧刻度6处 【解析】由题意知：本题反应是在恒压条件下进行，反应前后温度相同。 A、C选项的解释：反应开始前，甲、乙中充入的气体体积相同（各为3mol）即V(甲)=V(乙)。若乙中不充入He，达平衡后，甲、乙中的化学平衡是等效平衡即V(甲)=V(乙)，但乙中充有1molHe，此时V(乙)V

19、(甲)，乙相对于甲来说，相当于减小压强，有利于上述平衡逆向移动即平衡气体的n(A) + n(B) + n(C)是乙甲，所以反应过程中隔板K向左移动，当不移动时，说明两边反应已达到平衡；平衡后n(C)是乙甲。 B选项的解释：解题方法极限法 假设甲中A、B完全反应生成2molC(乙中的C不分解，乙中气体为3mol)，此时隔板K和可移动活塞均向左移动2格，隔板K处于左侧刻度2处，可移动活塞处于右侧4处；假设乙中2molC完全分解生成2molA和1molB（甲中的A、B不反应），此时隔板K仍在0处，可移动活塞处于8处。所以“达到平衡后，隔板K最终停留在左侧刻度02之间”。 D选项的解释：当隔板K停在左

20、侧1处时，说明甲中气体总物质的量减少了0.5mol，若乙中不充入He即乙中气体总物质的量正好增加了0.5mol，此时活塞正好停留在右侧6刻度处，但是乙中充入了1molHe，乙中增加了多于0.5mol的气体，所以活塞应停留在右侧大于6的刻度处。6.综合计算【例1】臭氧层是地球生命的保护神，臭氧比氧气具有更强的氧化性。实验室可将氧气通过高压放电管来制取臭氧： 3O2 2O3 (1) 若在上述反应中有30%的氧气转化为臭氧，所得混合气体的平均摩尔质量为_。 (2) 将8L氧气通过放电管后，恢复到原状况，得到气体6.5L，其中臭氧为_。 (3) 实验室将氧气和臭氧的混合气体0.896L（标准状况）通入

21、盛有20.0g铜粉的反应器中，充分加热后，粉末的质量变为21.6g。则原混合气体中臭氧的体积分数为_。【解析】(1)设有1molO2参加反应，即有0.3molO2转化为0.2molO3(或0.3molO2反应气体物质的量减少了0.1mol)，反应后有0.9mol气体。 M=32g/0.9mol=35.6g/mol (2) 3O2 2O3 气体体积减少 2L 1L V(O3) 8L6.5L=1.5L 解得：V(O3)=3L (3)标准状况下0.896L(0.04 mol)混合气体重1.6 g，即 M=1.6 g/0.04mol=40 g/moln(O2) n(O3) O2 32 8 40 =1

22、即(O3)=50% O3 48 8 【例2】北京奥运会“祥云”火炬燃料是丙(C3H8)，亚特兰大奥运会火炬燃料是丙烯(C3H8)。（l）丙烷脱氢可得丙烯。已知： C3H8(g)=CH4(g)HCCH(g)+H2(g)； H1=+156.6kJmol1CH3CH=CH2(g）= CH4(g)HCCH(g)； H2=+32.4kJmol1则相同条件下，反应C3H8(g) =CH3CH=CH2(g)H2(g)的H= kJmol1（2）碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O。常温常压下，空气中的CO2，溶于水达到平衡时，溶液的pH = 5.60，c(H2CO3) = 1.5105mol/L。若忽略水的电

23、离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3 HCO3+ H+的平衡常数k1=_（已知：105.60=2.5106）。 【解析】（1）欲求相同条件下反应C3H8(g)=CH4(g)HCCH(g)+H2(g)的H，需运用盖斯定律。要将CH3CH=CH2(g）= CH4(g)HCCH(g)； H2=+32.4kJmol1写成： CH4(g)HCCH(g)= CH3CH=CH2(g）； H3=32.4kJmol1再与 C3H8(g)=CH4(g)HCCH(g)+H2(g)； H1=+156.6kJmol1相加得： C3H8(g)= = CH3CH=CH2(g）H2(g)； H=H1H3= +124.1k

24、Jmol1c(HCO3)c(H+) c(H2CO3)（2）k1= ，由于溶液中c(HCO3)=c(H+)，将c(H+)=1105.60mol/L和c(H2CO3) = 1.5105mol/L代入上式可求得：k1= 4.2107mol/L 四、计算方法与技(能)巧 关系式法 十字交叉法 守恒法 差量法 函数法(图像法) 平均值法 极端假设法(极值法) 推理讨论法 整体思维法 归一法主要思想是：数理转化；数形结合；建模化归(一）十字交叉法与杠杆原理1.十字交叉法的数学依据2.十字交叉法（或杠杆原理）的应用范围 a、b（两组分中各分量）A（平均值）x、yx (Ab)y (aA)1核素的相对原子质量元

25、素的相对原子质量核素的原子数目核素的原子数目比2混合气体的相对分子质量混合气体的平均相对分子质量物质的量（或体积）物质的量（或体积）之比3同一溶质不同溶液的物质的量浓度混合溶液的物质的量浓度溶液的体积溶液的体积之比4同一溶质不同溶液的质量分数混合溶液的溶质的质量分数质量溶液的质量之比5反应热平均反应热物质的量（或气体的体积）物质的量（或气体的体积）之比6每摩可燃物燃烧耗氧量每摩混合可燃物燃烧耗氧量物质的量（或气体的体积）物质的量（或气体的体积）之比（二）守恒法1化合价守恒化合物中各元素化合价代数和=0；离子所带的电荷=各元素化合价代数和。2氧化还原反应中，氧化剂得到电子的总数=还原剂失去电子的

26、总数。3电解质溶液中，阳离子所带的总电荷数=阴离子所带的总电荷数。4完全反应前后，反应物的总质量=生成物的总质量。（三）解题技巧举例【例1】将纯铁粉5.21g溶于过量的稀硫酸中，在加热的条件下用2.53gKNO3去氧化溶液中的Fe2+，待反应完全后，剩余的Fe2+还需12mL0.3mol/L的KMnO4溶液才能完全氧化，已知MnO4的还原产物为Mn2+，试确定NO3的还原产物。【解析】根据氧化剂(NO3、MnO4)得电子总数=还原剂(Fe2+)失电子总数可建立数学方程守恒法。设每个NO3得到x个电子，则有： 2.53g101 gmol1 5.21g56 gmol1 = 0.3mol/L0.01

27、2L5 + 解得：x=3 即每个NO3得到3个电子，所以NO3还原产物是NO。【例2】用足量的CO还原14.0g由两种常见铁的氧化物的混合物，将生成的CO2通入足量的澄清石灰水中，成分吸收后得到25.0g沉淀。试分析这种混合物可能的组成。 【解法1】平均组成分析法： 因为铁的氧化物的混合物中含氧0.25mol(即4.0g)，所以混合物的平均组成n(Fe)n(O)=10g/56gmol10.25mol=57，即Fe5O7。根据平均组成Fe5O7分析：Fe2O3和Fe3O4的物质的量之比为11(即14.0 g混合物中含5.71gFe2O3和8.29gFe3O4)或FeO和Fe2O3的物质的量之比为

28、12(即14.0g混合物中含2.57gFeO和11.42gFe2O3)。【解法2】十字交叉法：在混合物中1molO占有40gFe，而在FeO、Fe2O3和Fe3O4中1molO占有Fe的质量分别为56g、37.3g、42g。所以可判断混合物是由FeO和Fe2O3或Fe3O4和Fe2O3组成，故： n(FeO) n(1/3Fe2O3) FeO 56 2.7 40 =1/61/3Fe2O3 37.3 16 n(FeO) n(Fe2O3) 所以 =1/2 n(FeO) n(1/3n(1/3Fe2O3)n(1/4Fe3O4)1/3Fe2O3 37.3 2 40 = 3/41/4Fe3O4 42 2.7

29、n(Fe2O3)n(Fe3O4) 所以 =1【例3】苯蒸气和甲烷的混合气体完全燃烧与同温同压同体积的乙烯完全燃烧的耗氧量相同，混合气体中苯蒸气与甲烷的体积比为_。【解】设混合气体和乙烯均为1 mol，而各为1molC6H6(g)、CH4、C2H4完全燃烧消耗O2分别7.5mol、2mol、3mol，故有：nC6H6(g)n(CH4) C6H6(g) 7.5 1 3 =1/4.5=2/9 CH4 2 4.5【例4】Fe和Fe2O3的混合物共15 g，加入稀H2SO4150mL，在标准状况下放出氢气1.68L，反应后Fe和Fe2O3均无剩余。为中和过量的H2SO4，并使溶液中铁元素全部转化为Fe(

30、OH)3沉淀，刚好消耗3mol/L的NaOH溶液200 mL，则稀H2SO4的物质的量浓度为_。【解析】反应前（始态）是硫酸溶液，反应后（终态）的溶液是硫酸钠溶液 电荷守恒法 则 c(SO42)=1/2c(Na+) 所以：c(SO42)=1/2c(Na+)=1/23mol/L0.2L=0.3mol c(H2SO4) =0.3 mol/0.15 L=2mol/L 【点评】本题涉及的反应过程很复杂Fe和Fe2O3分别与H+反应；Fe3+与Fe反应； Fe3+、 Fe2+、H+分别与OH；Fe(OH)2被空气中氧气氧化为Fe(OH)3，且题给数据亦较多。如果不能抛开繁杂的中间过程，找不到已知与未知的

31、本质联系，必然会陷入繁琐计算的“桎梏”。【例5】将4.66gBrCln2(卤素互化物)与过量SO2溶于水，发生如下反应：2n+1 22n+1 2BrCln + SO2 + (n + 1)H2O =HBr + nHCl + H2SO4 将所得溶液调至pH=7，加入过量Ba(NO3)2溶液，在除去沉淀的溶液中再加入过量AgNO3溶液，得到15.46g，试确定BrCln中的n（提示：不考虑操作过程中溶液的损耗和沉淀的分解）。【解析】本题的反应关系较为复杂，如果纠缠细节，既繁琐又易出错。加入过量Ba(NO3)2溶液的目的是除去溶液中的SO42，保证后一步加入AgNO3溶液不会形成Ag2SO4沉淀，很显

32、然15.46g沉淀就是AgCl和AgBr。关系式法： BrCln n AgCl + AgBr ( n + 1)Ag (80+35.5n) 108(n+1) 4.66 g 15.46 g4.66 g=10.8 g 故有：10.8g (80+35.5n) = 4.66 g 108(n+1) 解得： n=3【例6】（2008年四川卷）在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液中加入bmol的BaCl2，恰好使溶液中的SO42完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中Al3+的物质的量浓度（mol/L）为2bc 6a2bc 3a2bc a2bc 2aA B C D 【解

33、析】本题涉及混合溶液多组分的计算，需要运用质量守恒和电解质溶液中离子电荷守恒等相关知识进行计算。混合溶液离子的电荷守恒：3n(Al3+) + n(NH4+)= 2n(SO42)，根据质量守恒将n(SO42) = b mol和n(NH4+)= c mol代入得： n(Al3+) = (2bc)/3 mol所以： c(Al3+) = (2bc)/3a mol/L【思维特点】 避开错综复杂的中间过程，挖掘背景材料中隐含的条件，抓住反应的始态和终态或条件中的某些量的变化，经提炼、化归，转化为相关的数学关系式（如守恒式、平均值、边界条件或极点等），从而突破题设的难点，以利缩短思维途径，约简解题程序。【例

34、7】取5.4g由某碱金属R及其氧化物R2O组成的混合物，使之与足量水反应，蒸发反应后的溶液得到8.0g无水固体，试计算： （1）判断该金属是何种金属？ （2）原混合物中R和R2O的质量。 （3）若将5.4 g该混合物在空气中加热生成稳定的物质，其质量为多少?【解】（1）利用极端假设法来判断该金属是何金属? 设5.4g只是该金属R 设5.4g只是该金属氧化物R2OR ROH 固体质量增加 R2O 2ROH 固体质量增加 Ar1(R) 17 2Ar2(R)+16 18 5.4g 8.0g5.4g 5.4g 8.0g5.4g =2.6g =2.6g解得: Ar1(R)=35.3 解得:Ar2(R)=

35、10.7而 Ar2(R)Ar(R)Ar1(R) 所以 Ar(R)=23(Na) （2）根据钠元素物质的量守恒可得： 8g40g/mol5.4gm(Na)62g/molm(Na)23g/mol + 2 = 解得 m(Na) = 2.3g m(Na2O) = 3.1g （3）混合物在空气中加热生成稳定的物质是Na2O2。其质量最简便的求法是：钠元素的物质的量守恒。 因为混合物中钠元素 n(Na)=0.2mol，完全转化为Na2O2的物质的量为0.1mol。 所以 m(Na2O2)=7.8g【例8】实验室可由软锰矿(主要成分为MnO2)制备KMnO4，方法如下：软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高

36、温下反应，生成锰酸钾(K2MnO4)和KCl：用水溶解，滤去残渣，滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4；滤去MnO2沉淀，浓缩滤液，结晶得到深紫色的针状KMnO4。请回答： (1)软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是_；(2)K2MnO4制备KMnO4的离子方程式是_；(3)若用2.5g软锰矿（含(MnO280）进行上述实验，计算KMnO4的理论产量。(4)KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4反应生成Mn2+和CO2，该反应的化学方程式_；(5)上述制得的KMnO4产品0.165 g，恰好与0.335 g纯Na2C2O4反应完全，计算该KMnO4的纯度。【解析】（1）3M

37、nO2+6KOH+KClO3= K2MnO4+ KCl + 3H2O（2）3MnO42 +4H+ = 2MnO4 + 2MnO2 + 2H2O（3）根据以上反应方程式可知，MnO2与KMnO4的关系式是关系式法： MnO2 2/3KMnO4 87 1582/3 2.5g80% m(KMnO4) m(KMnO4)=1582/32.5g80%/87 =2.4 g（4）2KMnO4 + 5Na2C2O4 +8H2SO4=K2SO4 +MnSO4+Na2SO4+CO2+8H2O （5）根据氧化还原反应得失电子数相等可知守恒法： (0.165gx)/87gmol15 = 0.335g/134gmol12 解得：x = 0.958 = 95.8%【例9】已知Ag