2020版高考化学新课标大二轮专题辅导与增分攻略讲义：2-1-5技能提升五 化学微型计算 WORD版含答案.docx

1、五化学微型计算全国卷1(2019全国卷节选)成品中S2的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 molL1的I2KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000 molL1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I22S2O=2IS4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为_，样品中S2的含量为_(写出表达式)。解析达到滴定终点时I2完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内颜色不再发生变化；根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I22

2、S2O，可得n(I2)过量0.1000V103 mol，再根据关系式S2I2可知，n(S2)0.100025.00103 mol0.1000V103 mol0.1000103 mol，则样品中S2的含量为100%。答案浅蓝色至无色100%2(2019全国卷节选)Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)O2(g)=2Cl2(g)2H2O(g)。如图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)c(O2)分别等于11、41、71时HCl平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数K(300)_K(400)(填“大于”或“小于”)。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)c(O2)11的数据计

3、算K(400)_(列出计算式)。按化学计量数比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)c(O2)过低、过高的不利影响分别是_、_。解析(1)由题给HCl平衡转化率随温度变化的关系图可知，随温度升高，HCl平衡转化率降低，则此反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，即K(300)大于K(400)。结合题图可知，c(HCl)c(O2)11、400时HCl的平衡转化率为84%，列出三段式：4HCl(g)O2(g)=2Cl2(g)2H2O(g)起始 c0 c0 0 0转化 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0平衡 (10.84)c0 (10.21)c

4、0 0.42c0 0.42c0则K(400)；进料浓度比c(HCl)c(O2)过低会使O2和Cl2分离的能耗较高，过高则会造成HCl转化率较低。答案大于O2和Cl2分离能耗较高HCl转化率较低3(2018全国卷节选)K3Fe(C2O4)33H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。测定三草酸合铁酸钾中铁的含量实验如下：(1)称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c molL1 KMnO4溶液滴定至终点。(2)向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c molL1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO

5、4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为_。解析加入锌粉后将Fe3还原为Fe2，再用KMnO4溶液滴定，将Fe2氧化为Fe3，MnO转化为Mn2：Fe2Fe3eMnOMn25e可得关系式：5Fe2MnO已知n(MnO)cV103 mol则n(Fe2)5cV103 mol则m(Fe2)5cV10356 g该晶体中铁的质量分数w(Fe)100%100%。答案100%省市卷1(2018江苏卷节选)碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为(2x)Al2(SO4)33xCaCO33xH2O=2(1x)Al2(S

6、O4)3xAl(OH)33xCaSO43xCO2生成物(1x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤、干燥至恒重，得固体2.3300 g。取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 molL1 EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 molL1 CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL(已知

7、Al3、Cu2与EDTA反应的化学计量比均为11)。计算(1x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中的x值为_。解析25 mL溶液中：n(SO)n(BaSO4)0.0100 mol25 mL溶液中：n(Al3)n(EDTA)n(Cu2)0.1000 molL125.00 mL103 LmL10.0800 molL120.00 mL103 LmL19.000104 mol25 mL溶液中：n(Al3)9.000103 mol1 mol (1x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中n(Al3)(2x) mol；n(SO)3(1x) mol，解得x0.41。答案0.412(2018浙江卷节选)称取4

8、.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0 mL 2.00 molL1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60 g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04 g。请计算：(1)加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量_。(2)固体混合物中氧化铜的质量_。解析向4.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物中加入50.0 mL 2.00 molL1硫酸充分反应，往所得溶液中再加入铁粉，充分反应后剩余固体有两种可能：第1种为单质铜，第2种为铁和铜的混合物，所得溶液中不含Fe3。根据溶液中硫酸根离子守恒，所得溶质的物质的量为50.01032.00 mol0.100 mol，而加入溶液体系中的铁元素(氧化铁

9、、铁粉)总物质的量大于0.100 mol，故可以判断加入的铁粉有剩余，剩余固体为铁和铜的混合物，所得溶液中的溶质为硫酸亚铁。(1)根据溶液中的硫酸根离子守恒，所得溶液中溶质的物质的量为n(FeSO4)n(H2SO4)0.100 mol。(2)设固体混合物中Fe2O3为x mol，CuO为y mol，根据质量守恒得：160x80y4.00，根据整个体系中金属元素守恒得：562x64y5.60.100563.04，解得x0.0100，y0.0300，故固体混合物中CuO的质量为2.40 g。答案(1)0.100 mol(2)2.40 g3(2018江苏卷节选)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3

10、与NOx反应生成N2。NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1 mol N2时，转移的电子数为_mol。解析反应时NH3中N由3价升高到0价，NO2中N由4价降低到0价，反应为6NO28NH3=7N212H2O，则生成1 mol N2，转移电子 mol。答案考点一物质的含量、组成、化学式的计算物质组成计算类型及方法总结类型解题方法物质含量的计算根据常见计算方法(方程式、关系式、得失电子守恒等)计算出混合物中某一成分的量w。w除以样品的总量，即可得出其含量确定物质化学式的计算根据题给信息，通过方程式、质量变化等计算出物质分解、转化为生成物的物质的量。根据原子守恒，确定出未知物质组成元素的原子的物

11、质的量。根据质量守恒，确定出结晶水的物质的量(若有结晶水)。确定物质组成原子和结晶水分子的物质的量之比。结合相对分子质量确定化学式热重曲线计算热重曲线的原理：物质在高温加热时发生脱水、分解后物质质量与温度的关系图像。掌握物质质量变化的原理：首先失去结晶水(注意可能逐步失水)；然后是难溶含氧酸盐、氢氧化物的分解；最后得到金属氧化物；金属元素可能会发生价态变化，但符合原子守恒。通过中确定的变化规律确定化学方程式(需要设未知数表达未知物的化学式)，并通过质量变化列比例确定未知数，最后确定物质化学式氧化还原滴定计算近两年氧化还原滴定频频出现在高考试题中，大多为一步的氧化还原反应，通常要用酸性KMnO4

12、、I2(淀粉)作氧化剂，反应过程伴随明显的颜色变化，这种题实际上是物质的量用于方程式的计算。2017年全国卷出现了多步的氧化还原反应，主要是为了把标定物质转化为便于用氧化还原滴定的物质。此时需要利用关系式法找出标定物与滴定试剂的关系式计算。返滴定法：第一步用过量试剂使标定物全部反应，然后第二步再用滴定试剂标定出上一步过量的试剂。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量【典例1】(2019江苏卷节选)聚合硫酸铁Fe2(OH)62n(SO4)nm广泛用于水的净化。以FeSO47H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。测定聚合硫酸铁样品中铁的质量

13、分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2将Fe3还原为Fe2)，充分反应后，除去过量的Sn2。用5.000102 molL1 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O与Fe2反应生成Cr3和Fe3)，消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。(1)上述实验中若不除去过量的Sn2，样品中铁的质量分数的测定结果将_(填“偏大”或“偏小”或“无影响”)。(2)计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)。思路点拨(1)理清物质间的转化关系Fe3Fe2Cr3Fe3。(2)根据得失电子守恒求出n(Fe2)，即样品中n(Fe

14、)，求出m(Fe)。解析聚合硫酸铁中的Fe3被Sn2还原为Fe2，然后用K2Cr2O7溶液滴定Fe2，根据6Fe2Cr2O，可知n(Fe2)65.00010222.00103 mol6.600103 mol，进而计算出该样品中铁元素的质量分数w(Fe)100%12.32%。若不除去具有还原性的Sn2，则消耗K2Cr2O7的量偏多，导致样品中铁的质量分数的测定结果偏大。答案(1)偏大(2)n(Cr2O)5.000102 molL122.00 mL103 LmL11.100103 mol由滴定时Cr2OCr3或Fe2Fe3，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：Cr2O6Fe2(或Cr2O14H6Fe

15、2=6Fe32Cr37H2O)则n(Fe2)6n(Cr2O)61.100103 mol6.600103 mol样品中铁元素的质量：m(Fe)6.600103 mol56 gmol10.3696 g样品中铁元素的质量分数：w(Fe)100%12.32%1(2019合肥调研性检测)测定产品中CaO28H2O含量的实验步骤如下：步骤一：准确称取a g产品放入锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量b g KI晶体，再滴入少量2 molL1硫酸，充分反应。步骤二：向上述锥形瓶中加入几滴_(作指示剂)。步骤三：逐滴加入浓度为c molL1 Na2S2O3溶液至反应完全，滴定至终点，记录数据。重复上述操作2次，三次

16、平均消耗Na2S2O3溶液的体积为V mL，则CaO28H2O的质量分数为_(用含字母的式子表示)。(已知：I22S2O=2IS4O)解析根据2CaO22H2O=2Ca(OH)2O2、O24KI2H2SO4=2K2SO42I22H2O、I22S2O=2IS4O，达到滴定终点时I2完全被消耗，故可以用淀粉溶液作指示剂。根据滴定原理可得关系式：2CaO28H2OO22I24S2O，则n(CaO28H2O)n(Na2S2O3)c molL1V103 L，故CaO28H2O的质量分数为cV103 mol216 gmol1a g100%100%。答案淀粉溶液100%2(2019石家庄一模)采用如下装置测

17、定产品碱式碳酸铜xCuCO3yCu(OH)2zH2O的化学式(可重复使用)。(1)按气流方向，装置的连接顺序为：a()()()()()()()()()()尾气处理。(2)根据完整的实验装置进行实验，实验步骤如下：先检查装置的气密性，再装入药品，_(请按正确的顺序填入步骤的标号)。停止加热，充分冷却加热C一段时间打开A中的活塞通氢气收集气体并检验纯度关闭A中的活塞(3)称取9.55 g xCuCO3yCu(OH)2zH2O产品，充分反应后，硬质玻璃管中得到4.8 g残留物，同时生成2.2 g二氧化碳和2.7 g水。则该产品的化学式为_。解析(1)欲测定碱式碳酸铜的化学式，需测定碱式碳酸铜加热分解

18、生成的水蒸气和CO2的量，同时还需测定C中残留固体的量，A产生的氢气中混有水蒸气和HCl，故氢气需用B装置进行除杂、干燥，将纯净的氢气通入C中，点燃C处酒精灯，将所得气体先通过浓硫酸吸收水，后通过碱石灰吸收CO2，同时要防止外界中的水蒸气和CO2进入，据此连接装置。(2)根据测定原理，实验时应先通氢气，不纯的氢气加热时会发生爆炸，故应验纯氢气后再点燃C中酒精灯，待反应完成后，为防止C中生成的Cu被氧化，应先停止加热，再停止通入氢气。(3)n(C)n(CO2) mol0.05 mol，n(Cu) mol0.075 mol，n(O)n(H2O)2n(CO2) mol0.25 mol，则n(Cu)n

19、(C)n(O)0.0750.050.253210，即(xy)x(3x2yz)3210，解得xyz212，故该产品的化学式为2CuCO3Cu(OH)22H2O。答案(1)bcde(或ed)gfbcbc(2)(3)2CuCO3Cu(OH)22H2O3(2019唐山调研)钴单质可与稀盐酸反应生成CoCl2(蓝色)和H2。CoCl2吸水后会生成不同颜色的物质，如CoCl26H2O为粉红色。如图所示为CoCl26H2O受热时温度与质量的关系图。(1)紫红色物质的化学式为_。(2)由紫红色固体生成蓝紫色固体发生反应的化学方程式为_。(3)综合上述反应过程，钴的氯化物常作为变色硅胶(一种干燥剂)的指示剂，当

20、变色硅胶由蓝色变为粉红色时，即失去干燥能力，该蓝色物质的化学式为_。解析(1)由25时钴盐的质量可知，n(CoCl26H2O)0.02 mol；2552减少的质量为H2O的质量，n(H2O)0.08 mol；1分子CoCl26H2O失去水分子数4，故紫红色物质的化学式为CoCl22H2O。(2)5290时，减少的质量为H2O的质量，n(H2O)0.02 mol；1分子CoCl22H2O失去水分子数1，故蓝紫色物质的化学式为CoCl2H2O。所以由紫红色固体生成蓝紫色固体的化学方程式为CoCl22H2OCoCl2H2OH2O。(3)90120时，失去水的物质的量为0.02 mol，故蓝色物质为C

21、oCl2。答案(1)CoCl22H2O(2)CoCl22H2OCoCl2H2OH2O(3)CoCl2考点二氧化还原、电化学的计算化学学科中涉及的重要反应、复杂反应多为氧化还原反应，依据氧化还原反应的计算也成为高考中涉及较多的计算类型，尤其是多步的氧化还原反应，反应复杂，方程式繁多，如果利用方程式计算显得非常繁琐而易出错。此时抓住氧化还原反应的根本实质电子守恒，运用关系式法进行计算将会使反应简化。1电子守恒计算基本思路(1)确定反应中的氧化剂、还原剂及其还原产物、氧化产物。(2)分析出一个原子、离子在反应中得失电子数目(注意化学式中原子个数)。(3)根据电子守恒列出等式：氧化剂原子个数得电子数目

22、还原剂原子个数失电子数目。2对于多步连续进行的氧化还原反应，只要中间各步反应过程中没有其他的氧化产物、还原产物，中间反应只是起了一个电子的传递作用，可直接找出起始物和最终产物之间的电子守恒关系，快速求解。3有关电化学计算三种常用方法(1)根据电子守恒计算用于串联电路中电解池阴、阳两极产物、原电池正、负两极产物、通过的电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。(2)根据总反应式计算先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列出比例式计算。(3)根据关系式计算根据得失电子守恒关系建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。如以通过4 mol e为桥梁可构建如下关系式：(式

23、中M为金属，n为其离子的化合价数值)【典例2】(2019全国卷节选)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如图所示：负极区发生的反应有_(写反应方程式)。电路中转移1 mol电子，需消耗氧气_L(标准状况)。思路点拨(1)根据工艺方案，理解电化学过程和化学过程，用电极反应方程式和离子方程式表示出两个过程。(2)根据电子转移数，求出消耗O2的体积。解析负极区发生还原反应Fe3e=Fe2，生成的二价铁又被氧气氧化成三价铁，发生反应4Fe2O24H=4Fe32H2O，由反应可知电路中转移4 mol电子消耗1 mol O

24、2，则转移1 mol电子消耗氧气 mol，其在标准状况下的体积为 mol22.4 Lmol15.6 L。答案Fe3e=Fe2、4Fe2O24H=4Fe32H2O5.61(2019武汉示范高中联考)将0.08 mol KMnO4固体(质量为12.64 g)加热一段时间后，收集到a mol Y2；向反应后残留的固体中加入足量的浓HCl溶液，又收集到b mol Z2，此时Mn元素全部以Mn2的形式存在于溶液中。(1)ab的最大值为_，ab的最小值为_。(2)当ab0.18时，残留固体的质量为_。解析(1)根据题意可知反应完全后Mn元素全部以Mn2的形式存在于溶液中，锰元素得到的电子总数等于O元素、C

25、l元素失去的电子总数，所以有：0.08 mol(72)2a(02) mol2b(01) mol，则2ab0.2，即ab0.2a，当高锰酸钾不分解时，a0，当高锰酸钾完全分解时，生成氧气的物质的量为0.04 mol，所以a的取值范围为：0a0.04，所以0.16ab0.2，即ab的最大值为0.2，最小值为0.16。(2)当ab0.18时，a0.02，根据反应：2KMnO4K2MnO4MnO2O2知，得到的残留固体为0.04 mol KMnO4、0.02 mol K2MnO4和0.02 mol MnO2，其质量为：(0.041580.021970.0287) g12 g。答案(1)0.20.16(

26、2)12 g2(2019重庆七校联合考试)以固体氧化物为电解质(能传导O2)的新型N2H4燃料电池，属于环境友好电池(产物对环境无污染)，其结构如图所示：电极甲上发生的电极反应为_。若维持电流强度为0.5 A，电池工作10 min，理论上消耗O2的物质的量为_104 mol。(计算结果保留一位小数，已知一个电子的电量为1.61019 C，阿伏加德罗常数为6.021023 mol1，QIt)解析结合该电池产物对环境无污染可知，产物为N2和H2O，电极甲上肼失去电子，发生氧化反应，电极反应式为N2H44e2O2=N22H2O。电池工作10 min，转移电子的物质的量为3.11103 mol，消耗O

27、2的物质的量n(O2)7.8104 mol。答案N2H42O24e=N22H2O7.83(2019贵阳适应性考试一)燃煤烟气中含有NOx和SO2。工业上常用亚氯酸钠(NaClO2)对燃煤烟气进行脱硝和脱硫处理。已知：酸性条件下，ClO会转化成ClO2和Cl。常温常压下，ClO2是红黄色、易溶于水的气体，具有强氧化性，可氧化NOx和SO2。在实验室模拟同时脱硝、脱硫的过程：调节NaClO2吸收液的pH为5，向其中通入含SO2和NO(体积比为21)的模拟烟气。脱硝、脱硫反应后，溶液中的阴离子为NO、SO和Cl，其中c(SO)a mol/L，c(Cl)b mol/L，已知脱硫效率为100%，脱硝效率

28、为_。解析根据得失电子守恒，有4b mol/L2a mol/L3c(NO)，则实际上c(NO) mol/L，因为SO2和NO的体积比为21，且脱硫效率为100%，因此理论上c(NO) mol/L，即脱硝效率为100%100%。答案100%考点三有关平衡常数、 转化率、产率的计算1理解并掌握转化率、产率的意义(1)转化率100%100%。(2)生成物的产率：产率100%。其中理论产量是根据方程式计算出的数值。(3)混合物中某组分的百分含量100%。可以是物质的量、物质的量浓度、气体体积等。2K、Ka、Kb、Kw、Kh、Ksp的相似性(1)K、Ka、Kb、Kw、Kh、Ksp分别表示化学平衡常数、弱

29、酸电离平衡常数、弱碱电离平衡常数、水的离子积常数、盐的水解平衡常数、难溶物的溶度积常数。表达该平衡过程进行的程度。(2)其表达式的意义相同：K，其中Ksp中难溶物无浓度，只有分子项。(3)Kp仅适用于气相发生的反应。当把化学平衡常数K表达式中各物质的浓度用该物质的分压来表示时，就得到该反应的平衡常数Kp。(4)Kp也同K相似可以利用“三段式法”进行计算，往往可以使得问题简化。3用好“三段式法”解答平衡题依据方程式列出反应物、生成物各物质的初始量、变化量、平衡量，结合问题代入公式运算。如mA(g)nB(g)pC(g)qD(g)，令A、B起始物质的量浓度分别为a molL1、b molL1，达到平

30、衡后A的物质的量浓度变化为mx molL1。K4平衡常数的相关计算，通常需要通过图像、表格找出平衡体系中相关成分的浓度，或利用“三段式法”求出相关成分的浓度。然后通过平衡常数的定义式计算出结果。相对而言，Ksp的相关计算比较单一，通常是根据给出的Ksp数据计算离子的浓度，或者根据给出的离子浓度判断沉淀是否生成。【典例3】(2019全国卷节选)某温度下，等物质的量的碘和环戊烯()在刚性容器内发生反应： (g)I2(g)=(g)2HI(g)(该反应为吸热反应)，起始总压为105 Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_，该反应的平衡常数Kp_Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采

31、取的措施有_(填标号)。A通入惰性气体 B提高温度C增加环戊烯浓度 D增加碘浓度思路点拨(1)弄清同温同体积下，压强之比等于物质的量之比。(2)列出三段式，求出变化量和平衡量与起始量之间的关系。(3)根据转化率、Kp的表达式求算。解析设容器中起始加入I2(g)和环戊烯的物质的量均为a，平衡时转化的环戊烯的物质的量为x，列出三段式：根据平衡时总压强增加了20%，且恒温恒容时，压强之比等于气体物质的量之比，得，解得x0.4a，则环戊烯的转化率为100%40%，平衡时(g)、I2(g)、(g)、HI(g)的分压分别为、，则Kpp总，根据p总1.2105 Pa，可得Kp1.2105 Pa3.56104

32、 Pa。通入惰性气体，对已知反应的平衡无影响，A项不符合题意；已知反应为吸热反应，提高温度，平衡正向移动，可提高环戊烯的平衡转化率，B项符合题意；增加环戊烯浓度，能提高I2(g)的平衡转化率，但环戊烯的平衡转化率降低，C项不符合题意；增加I2(g)的浓度，能提高环戊烯的平衡转化率，D项符合题意。答案40%3.56104BD1(2019武汉调研测试)甲烷分解体系中几种气体的平衡分压(p，单位为Pa)与温度(t，单位为)的关系如图所示。(1)t1时，向V L恒容密闭容器中充入0.12 mol CH4，只发生反应2CH4(g)C2H4(g)2H2(g)，达到平衡时，测得p(C2H4)p(CH4)。C

33、H4的平衡转化率为_。在上述平衡状态某一时刻，改变温度至t2，CH4以0.01 molL1s1的平均速率增多，则t1_t2(填“”“”或“t2。(2)将气体的平衡浓度换为平衡分压，可知t3时，该反应的压强平衡常数Kpp(C2H2)p3(H2)/p2(CH4)101.3(104)3/(103)2 Pa2104.7 Pa2。答案(1)66.7%(2)104.72(2019太原名校定时训练试题)(1)如图，P是可自由平行滑动的活塞，关闭K，在相同温度时，向容器A中充入1 mol CH3OH(g)和2 mol H2O(g)，向容器B中充入1.2 mol CH3OH(g)和2.4 mol H2O(g)，

34、两容器分别发生反应CH3OH(g)H2O(g)CO2(g)3H2(g)。已知起始时容器A和B的体积均为a L，反应达到平衡时容器B的体积为1.5a L，容器B中CH3OH的转化率为_。(2)CO2溶于水形成H2CO3。已知常温下H2CO3的电离平衡常数为Ka14.4107、Ka24.71011，NH3H2O的电离平衡常数为Kb1.75105。常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，NH4HCO3溶液显_(填“酸性”、“中性”或“碱性”)；请计算反应NHHCOH2ONH3H2OH2CO3的平衡常数K_。解析(1)反应达到平衡时容器B的体积变为原来的1.5倍，则平衡建立过程中容器B中气体

35、增加的物质的量为(1.2 mol2.4 mol)0.51.8 mol，根据差量法可知气体增加1.8 mol时，消耗0.9 mol CH3OH，则容器B中CH3OH的转化率100%75%。(2)由Ka1(H2CO3)Kb(NH3H2O)及“越弱越水解”可知，HCO的水解程度大于NH的水解程度，故NH4HCO3溶液显碱性；NHHCOH2ONH3H2OH2CO3的平衡常数K1.3103。答案(1)75%(2)碱性1.31033(2019沈阳质量监测三)(1)氯气在295 K、100 kPa时，在1 L水中可溶解0.09 mol，实验测得溶于水的Cl2约有三分之一与水反应。该反应的离子方程式为_；估算

36、该离子反应的平衡常数_。(2)用AgNO3标准溶液滴定氯离子达到化学计量点时，c(Ag)c(Cl)，若此时要求不生成Ag2CrO4沉淀，则c(CrO)不能超过_molL1。已知：Ksp(AgCl)1.81010，Ksp(Ag2CrO4)1.81012解析(1)根据题述信息可知Cl2与H2O的反应为可逆反应，化学方程式为Cl2H2OHClHClO，HClO是弱酸，离子方程式为：Cl2H2OHClHClO。根据题意，Cl2在水中溶解达到平衡时，c(Cl2)0.06 molL1，c(H)c(Cl)c(HClO)0.03 molL1，则平衡常数K4.5104。(2)达到化学计量点时c(Ag)c(Cl)

37、，则c(Ag)105 molL1。将Ksp(Ag2CrO4)1.81012和c(Ag)105 molL1代入Ksp(Ag2CrO4)c2(Ag)c(CrO)，解得：c(CrO)0.01 molL1，则c(CrO)不能超过0.01 molL1。答案(1)4.5104Cl2H2OHClHClO(2)0.01专题强化训练(十五)能力练(20分钟)1(2019济南模拟)肌红蛋白(Mb)结合氧的反应为：Mb(aq)O2(g)MbO2(aq)H0，肌红蛋白的结合度即转化率与氧气分压p(O2)密切相关。37时，反应达平衡时测得的一组实验数据如图所示。回答下列问题：(1)37时，上述反应的平衡常数K_kPa1

38、(气体和溶液中的溶质分别用分压和物质的量浓度表达)。(2)平衡时，肌红蛋白的结合度_用含p(O2)和K的代数式表示；37时，若空气中氧气分压为20.0 kPa，人正常呼吸时的最大值为_%(结果保留2位小数)。(3)上述反应的正反应速率v正k正c(Mb)p(O2)，逆反应速率v逆k逆c(MbO2)。k正和k逆分别是正向和逆向反应的速率常数。37时，图中坐标为(1.00,50.0)的点对应的反应状态为向_(填“左”或“右”)进行，此时v正v逆_。解析(1)肌红蛋白结合O2的反应为Mb(aq)O2(g)MbO2(aq)，结合题意和题图知，37时该反应的平衡常数K kPa12 kPa1。(2)K，故。

39、37下，若氧气分压为20.0 kPa，则肌红蛋白结合O2的反应达到平衡时最大，故97.56%。(3)由题图可知，坐标为(1.00,50.0)的点位于曲线下方，反应未达平衡，故对应的反应状态为向右进行；若反应达到平衡，则v正v逆，即k正c(Mb)p(O2)k逆c(MbO2)，则K，故坐标为(1.00,50.0)的点对应的2。答案(1)2(2)97.56(3)右212(2019福州质量检测)氮化镁(Mg3N2)可用于核废料的回收，常温下为黄绿色粉末，易水解。为测定Mg3N2纯度，该小组称取4.0 g样品加入足量10% NaOH溶液并加热，生成的气体全部用100.00 mL 1.00 molL1的盐

40、酸吸收。将所得溶液稀释到250.00 mL，取25.00 mL该溶液，用0.2000 molL1 NaOH标准溶液滴定过剩的盐酸。重复实验，平均消耗NaOH溶液25.00 mL。样品中Mg3N2的质量分数为_(保留一位小数)。(2)(2019黑龙江第三次联考)镁H2O2酸性燃料电池的反应原理为MgH2O22H=Mg22H2O，常温下，若起始电解质溶液pH1，则pH2时，电解质溶液中所含Mg2的物质的量浓度为_molL1。已知常温下，KspMg(OH)25.61012，当电解质溶液的pH6时，_(填“有”或“无”)Mg(OH)2沉淀析出。(忽略反应过程中溶液的体积变化)(3)(2019重庆联考)

41、已知高碳铬铁废料中铁铬元素质量之比为1413。上述流程中铁元素转化为草酸亚铁的利用率为80%。废料中提取金属铬的总转化率为95%，如果得到草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O)的质量为18.00 t，则可以冶炼铬的质量为_t(结果保留1位小数)。解析(1)依据关系式：Mg3N22NH32H，n(Mg3N2) mol2.5102 mol，故w(Mg3N2)100%62.5%。(2)若起始电解质溶液pH1，则pH2时，溶液中氢离子浓度减小0.1 molL10.01 molL10.09 molL1，由反应MgH2O22H=Mg22H2O，可知Mg2的物质的量浓度0.045 molL1；KspMg(OH

42、)25.61012，常温下当溶液pH6时，c(OH)108 molL1，H浓度减小0.1 molL1106 molL10.1 molL1，溶液中Mg2的浓度约为0.05 molL1，则Qcc(Mg2)c2(OH)0.05101651018KspMg(OH)2，故无氢氧化镁沉淀生成。(3)得到FeC2O42H2O的物质的量为18106 g180 gmol1105 mol。铁元素转化为草酸亚铁的利用率为80%，所以废料中铁的物质的量为105 mol80%1.25105 mol。已知高碳铬铁废料中铁铬元素质量之比为1413，说明铁和铬原子个数比为11，所以废料中铬的物质的量也为1.25105 mol

43、。已知废料中提取金属铬的总转化率为95%，则可以冶炼铬的质量为1.25105 mol95%52 gmol16.2106 g6.2 t。答案(1)62.5%(2)0.045无(3)6.23(2019黄冈调研考试)如下图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理。按要求回答相关问题：若在标准状况下，有2.24 L氧气参加反应，则乙装置中铁极上生成的气体体积为_L；丙装置中阴极析出铜的质量为_g，一段时间后烧杯中c(Cu2)_(填“增大”、“减小”、“不变”)。解析甲中正极上O2发生还原反应，电极反应为：O24e2H2O=4OH，乙中Fe极为阴极，电极反应为：2H2O2e=H2

44、2OH，根据各电极上转移电子数相等，可得关系式O22H2，若在标准状况下，有2.24 L氧气参加反应，则铁极上生成4.48 L氢气。丙中阴极的电极反应为：Cu22e=Cu，根据各电极上转移电子数相等，可得关系式O22Cu，则丙中阴极上析出n(Cu)2n(O2)0.2 mol，其质量为12.8 g。丙中电解精炼铜时，阳极上金属活泼性比Cu强的杂质先放电，而阴极上始终是Cu2放电，因此电解一段时间后，电解质溶液中c(Cu2)减小。答案4.4812.8减小4(2019烟台模拟)(1)反应Ag2SO4(s)2Cl(aq)=2AgCl(s)SO(aq)，常温下，Ag2SO4、AgCl的饱和溶液中阳离子和

45、阴离子的浓度关系如图1所示。则该反应的化学平衡常数的数量级为_。(2)室温下，H2SeO3溶液中H2SeO3、HSeO、SeO的物质的量分数随pH的变化如图2所示，则室温下Ka2(H2SeO3)_。(3)工业上，粗银电解精炼时，电解质溶液的pH为1.52，电流为510 A，若电解质溶液pH太小，电解精炼过程中除了银离子在阴极放电，还会发生_(写电极反应式)，若用10 A的电流电解60 min后，得到32.4 g Ag，则该电解池的电解效率为_%。(保留小数点后一位。通过一定电荷量时阴极上实际沉积的金属质量与理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率。法拉第常数为96500 Cmol1)解析(1)从图

46、1可得：KspAg2SO4c2(Ag)c(SO)(102)2101105，KspAgClc(Ag)c(Cl)104.75105109.75。反应的平衡常数K1014.5，数量级为1014。(2)从图2知，pH7.30时，HSeO、SeO微粒的物质的量分数相等，即二者浓度相等，所以Ka2(H2SeO3)c(H)107.30。(3)若电解质溶液pH太小，即H浓度大，阴极除了银离子放电外，还会发生2H2e=H2；若用10 A的电流电解60 min，转移电子的物质的量n，理论上应沉积的银的质量为108n g，该电解池的电解效率为100%100%80.4%。答案(1)1014(2)107.30(3)2H

47、2e=H280.4%拔高练(25分钟)1(2019河北武邑调研)结晶水合物在煅烧过程中会发生一系列变化，请回答下列问题：(1)硫酸高铈Ce(SO4)2是一种常用的强氧化剂。将Ce(SO4)24H2O(摩尔质量为404 gmol1)在空气中加热，样品的固体残留率(100%)随温度的变化如图1所示。当固体残留率为70.3%时，所得固体可能为_(填标号)。 ACe(SO4)2BCe2(SO4)3CCeOSO4(2)取28.70 g ZnSO47H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图2所示。680时所得固体的化学式可能为_。解析(1)若1 mol Ce(SO4)24H2O分解，当固体残留率为70

48、.3%时，所剩固体的质量为404 gmol11 mol70.3%284 g，即对应所得固体的摩尔质量可能为284 gmol1，Ce(SO4)2的摩尔质量为332 gmol1，CeOSO4的摩尔质量为252 gmol1，A、C项不符合题意；若2 mol Ce(SO4)24H2O分解，对应所得1 mol固体时固体的摩尔质量为568 gmol1，Ce2(SO4)3的摩尔质量为568 gmol1，B项符合题意。(2)28.70 g ZnSO47H2O的物质的量为0.1 mol，从图中可知，B点时固体质量为16.10 g，质量损失12.60 g，恰好是结晶水的质量，故B点时固体为ZnSO4；D点时固体质

49、量为8.10 g，其中Zn的质量为0.1 mol65 gmol16.50 g，则8.10 g6.50 g1.60 g，恰好为0.1 mol O的质量，故D点时的固体是ZnO，是ZnSO4完全分解的产物，分解失去的是SO3；C点位于B、D中间，则应为ZnSO4不完全分解的产物，C点固体的化学式可表示为ZnOxZnSO4，则B点到C点分解失去的SO3的物质的量为0.033 mol，则产生的ZnO的物质的量为0.033 mol，剩余的ZnSO4的物质的量为0.1 mol0.033 mol0.067 mol，则x2，即C点固体的化学式可表示为ZnO2ZnSO4或Zn3O(SO4)2。答案(1)B(2)

50、ZnO2ZnSO4或Zn3O(SO4)22(2019青岛联考)(1)用如图所示装置可以测定混合气中ClO2的含量(混合气中其他成分不参与反应)：.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50 mL水溶解后，再加入3 mL稀硫酸；.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；.用0.1000 molL1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I22S2O=2IS4O)，指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。测得混合气中ClO2的质量为_g。(2)氧化还原滴定法是以溶液中氧化剂和还原剂之间的电子转移为基础的一种滴

51、定分析方法。与酸碱滴定法相比较，氧化还原滴定法应用更为广泛，它不仅可用于无机分析，而且可以广泛用于有机分析，许多具有氧化性或还原性的有机化合物可以用氧化还原滴定法来加以测定。测定KMnO4样品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定，取9.48 g KMnO4样品溶解酸化配制成250 mL溶液，量取25.00 mL于锥形瓶中，用0.1000 molL1标准Na2S2O3溶液进行滴定，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液24.00 mL，则该样品中KMnO4的纯度是_。(未配平的离子方程式为MnOS2OHMn2SOH2O)解析(1)将中涉及反应配平为2ClO210I8H=2Cl5I24H2O，再结

52、合反应I22S2O=2IS4O，得关系式：2ClO25I210S2O，则n(ClO2)n(Na2S2O3)0.1000 molL10.02000 L4.000104 mol，m(ClO2)4.000104 mol67.5 gmol10.02700 g。(2)由滴定过程所涉及的反应8MnO5S2O14H=8Mn210SO7H2O得关系式：8KMnO48MnO5S2O，则n(KMnO4)n(S2O)24.00103 L0.1000 molL13.84102 mol，KMnO4的质量分数为100%64%。答案(1)0.02700(2)64%3(2019河北保定调研)(1)298 K时，将20 mL

53、3x molL1 Na3AsO3、20 mL 3x molL1 I2和20 mL NaOH溶液混合，发生反应：AsO(aq)I2(aq)2OH(aq)AsO(aq)2I(aq)H2O(l)。溶液中c(AsO)与反应时间(t)的关系如图所示。若平衡时溶液的pH14，则该反应的平衡常数K为_。(2)在常压、Ru/TiO2催化下，CO2和H2混合气体(体积比14，总物质的量a mol)进行反应，测得CO2转化率、CH4和CO选择性随温度变化情况分别如图1和图2所示(选择性：转化的CO2中生成CH4或CO的百分比)。反应：CO2(g)4H2(g)CH4(g)2H2O(g)H4，反应：CO2(g)H2(

54、g)CO(g)H2O(g)H5。350时，反应在t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为V L，该温度下反应的平衡常数为_(用a、V表示)。解析(1)反应前，三种溶液混合后，Na3AsO3的浓度为3x molL120(202020)x molL1，同理I2的浓度为x molL1，反应达到平衡时，c(AsO)为y molL1，则c(I)2y molL1，消耗的AsO、I2的浓度均为y molL1，平衡时c(AsO)(xy) molL1，c(I2)(xy) molL1，溶液中c(OH)1 mol/L，则K。(2)在常压、Ru/TiO2催化下，CO2和H2混合气体(体积比14，总物质的量a mol)进行反应，350时，反应在t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为V L，二氧化碳转化率为80%平衡常数K。答案(1)(2)