2018届高考二轮复习人教版化学基本计算的题空课件（91张）

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专题二 　 规范书写 2—— 化学基本 计算的题空 第二篇 第一部分 高考常考填空 逐空突破 题空一　化学计算的常用方法 题空二　物质组成、化学式的计算 栏目索引 题空三　氧化还原 ( 电极 ) 反应中有关电子守恒的计算 题空四　有关平衡常数、转化率的计算 题空五　用盖斯定律计算反应热 题空一　化学计算的常用方法 1. 牢记六个基本公式 高考必备 ( ρ 的单位为 g·cm － 3 ) 2. 明确一个中心 必须以 “ 物质的量 ” 为中心 —— “ 见量化摩，遇问设摩 ” 3. 掌握两种方法 (1) 关系式法 多个反应连续发生时，起始物与目标产物之间存在确定的量的关系。解题时应先写出有关反应的化学方程式或关系式，找出连续反应的过程中，不同反应步骤之间反应物、生成物的物质的量的关系，最后确定已知物和目标产物之间的物质的量的关系，列式求解，从而简化运算过程。 (2) 差量法 ① 差量法的应用原理 差量法是指根据化学反应前后物质的量发生的变化，找出 “ 理论差量 ” 。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题的关键是把化学方程式中的对应差量 ( 理论差量 ) 及差量 ( 实际差量 ) 与未知量列成比例式，然后求解。如： 2C(s) ＋ O 2 (g)===2CO(g) Δ H Δ m ( 固 ) ， Δ n ( 气 ) ， Δ V ( 气 ) 2 mol 1 mol 2 mol Q 24 g 1 mol 22.4 L( 标况 ) ② 使用差量法时的注意事项 a. 所选用差量要与未知量的数值成正比例或反比例关系。 b. 有关物质的物理量及其单位都要正确地使用和对应，即 “ 上下一致，左右相当 ” 。 4. 巧用 “ 三守恒 ” 例 1 　 CO 2 是重要的化工原料，完成下列有关问题。 (1)CO 2 通入氨水生成 NH 4 HCO 3 ， NH 4 HCO 3 很容易分解。 2.00 mol NH 4 HCO 3 完全分解，分解产物经干燥后的体积为 _____L( 标准状况 ) 。 典例剖析 答案 解析 89.6 解析 　 碳酸氢铵分解的化学方程式： NH 4 HCO 3 H 2 O ＋ NH 3 ↑ ＋ CO 2 ↑ ，从方程式可以看出，分解产物经干燥后，所得气体为 NH 3 和 CO 2 ，且 n (NH 3 ) ＋ n (CO 2 ) ＝ 2 n (NH 4 HCO 3 ) ＝ 2 × 2.00 mol ＝ 4.00 mol ，则 V ( 混合气体 ) ＝ 4.00 mol × 22.4 L·mol － 1 ＝ 89.6 L ，即分解产物经干燥后的体积为 89.6 L 。 (2) 某 H 2 中含有 2.40 mol CO 2 ，该混合气体通入 2.00 L NaOH 溶液中， CO 2 被完全吸收。如果 NaOH 完全反应，该 NaOH 溶液的浓度为 _____________ ____________________ 。 答案 解析 1.2 mol·L － 1 ≤ c (NaOH) ≤ 2.4 mol·L － 1 解析 　 根据题意要求， 2.40 mol CO 2 被完全吸收， NaOH 也完全反应，则反应的产物可能是 Na 2 CO 3 ( 此时 NaOH 的浓度最大 ) 或 NaHCO 3 ( 此时 NaOH 的浓度最小 ) 或 Na 2 CO 3 和 NaHCO 3 的混合物。用极值思想分析两个特殊情况： 综合 ①② 可知， NaOH 溶液的浓度应该为 1.2 mol·L － 1 ≤ c (NaOH) ≤ 2.4 mol·L － 1 。 例 2 　 FeCl 3 具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比 FeCl 3 高效，且腐蚀性小。为节约成本，工业上用 NaClO 3 氧化酸性 FeCl 2 废液得到 FeCl 3 。 若酸性 FeCl 2 废液中 c (Fe 2 ＋ ) ＝ 2.0 × 10 － 2 mol·L － 1 ， c (Fe 3 ＋ ) ＝ 1.0 × 10 － 3 mol·L － 1 ， c (Cl － ) ＝ 5.3 × 10 － 2 mol·L － 1 ，则该溶液的 pH 约为 __ 。 答案 解析 2 解析 　 酸性溶液中 c (OH － ) 忽略不计，根据电荷守恒， c (Fe 3 ＋ ) × 3 ＋ c (Fe 2 ＋ ) × 2 ＋ c (H ＋ ) ＝ c (Cl － ) ，溶液中氢离子的浓度是 c (H ＋ ) ＝ c (Cl － ) － c (Fe 2 ＋ ) × 2 － c (Fe 3 ＋ ) × 3 ＝ 5.3 × 10 － 2 mol·L － 1 － 2.0 × 10 － 2 mol·L － 1 × 2 － 1.0 × 10 － 3 mol·L － 1 × 3 ＝ 1.0 × 10 － 2 mol·L － 1 ，所以 pH ＝ 2 。 经典精练 1.(1) 配制浓度为 2 mol·L － 1 的 NaOH 溶液 100 mL ，用托盘天平称取 NaOH 固体时，天平读数将 ___( 填字母 ) 。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A. 等于 8.0 g B. 等于 8.00 g C. 大于 8.0 g D. 等于 0.2 g 答案 解析 解析 　 称量 NaOH 固体时需用小烧杯盛放，故天平读数等于 8.0 g ＋烧杯质量。 2 3 1 C (2) 某实验中需 2 mol·L － 1 的 Na 2 CO 3 溶液 950 mL ，配制时应选用的容量瓶的规格为 ________ ，称取 Na 2 CO 3 的质量为 _______ 。 答案 解析 1 000 mL 212.0 g 解析 　 根据容量瓶的常用规格可知，应配制 2 mol·L － 1 的 Na 2 CO 3 溶液 1 000 mL ， 所需 Na 2 CO 3 的质量为 1 L × 2 mol·L － 1 × 106 g·mol － 1 ＝ 212.0 g 。 2 3 1 2. 实验室可由软锰矿 ( 主要成分为 MnO 2 ) 制备 KMnO 4 ，方法如下：软锰矿与过量固体 KOH 和 KClO 3 在高温下反应，生成锰酸钾 (K 2 MnO 4 ) 和 KCl ；用水溶解，滤去残渣，滤液酸化后， K 2 MnO 4 转变为 MnO 2 和 KMnO 4 ；滤去 MnO 2 沉淀，浓缩滤液，结晶得到深紫色的针状 KMnO 4 。 (1) 软锰矿制备 K 2 MnO 4 的化学方程式是 ______________________________ _____________________ 。 (2)K 2 MnO 4 制备 KMnO 4 的离子方程式是 ______________________________ _______ 。 答案 (3)KMnO 4 能与经硫酸酸化的热 Na 2 C 2 O 4 反应生成 Mn 2 ＋ 和 CO 2 ，该反应的化学方程式是 。 2KMnO 4 ＋ 5Na 2 C 2 O 4 ＋ 8H 2 SO 4 == =K 2 SO 4 ＋ 2MnSO 4 ＋ 5Na 2 SO 4 ＋ 10CO 2 ↑ ＋ 8H 2 O 2 3 1 解析 解析 　 根据题意写出化学方程式即可，本题主要考查氧化还原反应的配平、离子反应方程式的书写以及相关的计算。 2 3 1 (4) 若用 16.3 g 软锰矿 ( 含 MnO 2 80%) 进行上述实验最终生成的 KMnO 4 与 Na 2 C 2 O 4 反应，则消耗 Na 2 C 2 O 4 的物质的量为 ________ 。 0.25 mol 解析 　 根据得出的三个反应方程式，找出关系式： 3MnO 2 ～ 3K 2 MnO 4 ～ 2KMnO 4 ～ 5Na 2 C 2 O 4 所以　　 3MnO 2 　　～　　 5Na 2 C 2 O 4 3 5 2 3 1 答案 解析 3. 叠氮化钠 (NaN 3 ) 是目前汽车安全气囊中的产气药。一种生产工艺流程如下： 答案 (1) 反应器 ( Ⅰ ) 发生反应的类型为 ________ ；液态氨需过量，其原因是 。 置换反应 提高钠的利用率 解析 　 依据图中标的物质，反应器中发生的反应为 2Na ＋ 2NH 3 === 2NaNH 2 ＋ H 2 ↑ ，故为置换反应；为了保证钠全部反应，故需液氨过量。 解析 2 3 1 (2) 反应器 ( Ⅱ ) 中反应的化学方程式为 ________________________________ 。 答案 解析 　 由图中标的物质可知，反应物为 NaNH 2 和 N 2 O ，生成物为 NaN 3 、 NH 3 、 NaOH 。 2NaNH 2 ＋ N 2 O===NaN 3 ＋ NaOH ＋ NH 3 解析 2 3 1 (3) 汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应 10NaN 3 ＋ 2KNO 3 K 2 O ＋ 5Na 2 O ＋ 16N 2 ↑ 。假定某汽车中每个安全气囊容积为 56 L 。欲使气囊中充满标准状况下的氮气，则每个安全气囊应装入 NaN 3 和 KNO 3 的总质量为 _____g( 结果保留一位小数，不考虑固体的体积 ) 。 133.1 2 3 1 答案 解析 题空二　物质组成、化学式的计算 物质组成计算类型及方法总结 高考必备 类型 解题方法 物质含量计算 ① 根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，得出混合物中某一成分的量。 ② 由 ① 中求出量，除以样品的总量，即可得出其含量 确定物质化学式的计算 ① 根据题给信息，计算出可求粒子的物质的量。 ② 根据电荷守恒，确定出未知粒子的物质的量。 ③ 根据质量守恒，确定出结晶水的物质的量。 ④ 各粒子的物质的量之比，即为物质化学式的下标比 热重曲线计算 ① 设晶体为 1 mol 。 ② 失重一般是先失水、再失非金属氧化物。 ③ 计算每步的 m 余 ， ＝固体残留率。 ④ 晶体中 金属质量不减少，仍在 m 余 中。 ⑤ 失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得 m (O) ，由 n ( 金属 ) ∶ n (O) ，即可求出失重后物质的化学式 多步滴定计算 复杂的滴定可分为两类： ① 连续滴定法：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量 ② 返滴定法：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定计算出过量的物质。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 例 1 　 [2015· 全国卷 Ⅰ ， 36(6)] 氯化亚铜 (CuCl) 广泛应用于化工、印染、电镀等行业。 CuCl 难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系。在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜 ( 主要成分是 Cu 和少量 CuO) 为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产 CuCl 的工艺过程如下： 回答下列问题： 典例剖析 准确称取所制备的氯化亚铜样品 m g ，将其置于过量的 FeCl 3 溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用 a mol·L － 1 的 K 2 Cr 2 O 7 溶液滴定到终点，消耗 K 2 Cr 2 O 7 溶液 b mL ，反应中 被还原为 Cr 3 ＋ 。样品中 CuCl 的质量 分数为 ________ 。 答案 解析 解题思路 解题思路 　依据信息定关系式 　　　　　　　 ↓ 由 例 2 　在空气中煅烧 CoC 2 O 4 生成钴氧化物和 CO 2 ，测得充分煅烧后固体质量为 2.41 g ， CO 2 的体积为 1.344 L( 标准状况 ) ，则钴氧化物的化学式为 ______ 。 答案 解题思路 Co 3 O 4 解题思路 　 例 3 　 PbO 2 在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示，已知失重曲线上 的 a 点样品失重 4.0%( 即 × 100%) 的残留固体。 若 a 点固体组成表示为 PbO x 或 m PbO 2 · n PbO ，列式计算 x 值和 m ∶ n 值 _______________________________________________________________________________________________________________________ 。 答案 解析 根据 m PbO 2 · n PbO 经典精练 1. 化合物甲和 NaAlH 4 都是重要的还原剂。一定条件下金属钠和 H 2 反应生成甲。甲与水反应可产生 H 2 ，甲与 AlCl 3 反应可得到 NaAlH 4 。将 4.80 g 甲加热至完全分解，得到金属钠和 2.24 L( 已折算成标准状况 ) 的 H 2 。甲的化学式 ______ 。 答案 解析 NaH 解析 　 由 4.80 g 甲加热至完全分解，得到金属钠和 2.24 L( 已折算成标准状况 ) 的 H 2 ，可推断金属钠和 H 2 反应生成的甲为 NaH ， NaH 与水反应生成 NaOH 和 H 2 ， NaH 与 AlCl 3 反应可得到 NaAlH 4 。甲的化学式为 NaH 。 2 3 1 2. 取 4.00 g 软锰矿 ( 主要成分 MnO 2 ，杂质不与 H 2 C 2 O 4 、 KMnO 4 等反应 ) ，用下述方法测定其中锰元素的含量。 首先向制取的 MnO 2 中加入过量酸化的 0.50 mol·L － 1 H 2 C 2 O 4 50.00 mL ， MnO 2 完全溶解，并产生 A 气体，写出该反应的离子方程式： _____________ _____________________________ 。然后用 0.10 mol·L － 1 KMnO 4 溶液滴定过量的 H 2 C 2 O 4 溶液 ( 产物与上述反应一致 ) ，滴定终点时消耗 KMnO 4 溶液 30.00 mL ，则软锰矿中的锰元素质量分数是 ________( 保留 1 位小数 ) 。 答案 解析 MnO 2 ＋ H 2 C 2 O 4 ＋ 2H ＋ == =Mn 2 ＋ ＋ 2CO 2 ↑ ＋ 2H 2 O 24.1% 2 3 1 解析 　 H 2 C 2 O 4 的物质的量为 0.50 mol·L － 1 × 0.05 L ＝ 0.025 mol ， MnO 2 完全溶解，并产生 A 气体即二氧化碳气体，该反应的离子方程式： MnO 2 ＋ H 2 C 2 O 4 ＋ 2H ＋ == =Mn 2 ＋ ＋ 2CO 2 ↑ ＋ 2H 2 O ，然后用 0.10 mol·L － 1 KMnO 4 溶液滴定过量的 H 2 C 2 O 4 溶液 ( 产物与上述反应一致 ) ，则根据电子得失守恒可知 2KMnO 4 ～ 5H 2 C 2 O 4 ，滴定终点时消耗 KMnO 4 溶液 30.00 mL ，则消耗的 KMnO 4 物质的量为 0.10 mol·L － 1 × 0.03 L ＝ 0.003 mol ，所以与 KMnO 4 反应的 H 2 C 2 O 4 的物质的量为 0.003 mol × ＝ 0.007 5 mol ，所以与二氧化锰反应的 H 2 C 2 O 4 的物质的量为 0.025 mol － 0.007 5 mol ＝ 0.017 5 mol ，则二氧化锰 的物质的量为 0.017 5 mol ，所以软锰矿中的锰元素质量分数是 × 100% ≈ 24.1% 。 2 3 1 3. 草酸钴是制备钴氧化物的重要原料。下图为二水合草酸钴 (CoC 2 O 4 ·2H 2 O) 在空气中受热的质量变化曲线 ， 曲线中 300 ℃ 及以上所得固体均为钴氧化物 。 答案 解析 (1) 通过计算确定 C 点剩余固体的成分为 _______( 填化学式 ) 。试写出 B 点 对 应的物质与 O 2 在 225 ～ 300 ℃ 条件下发生反应的化学方程式： ___________ ___________________________ 。 Co 3 O 4 2 3 1 3CoC 2 O 4 ＋ 解析 　 18.3 g 二水合草酸钴的物质的量为 0.1 mol ，由于在 300 ℃ 时生成的是 Co 的氧化物，故在 8.03 g 氧化物中，含 Co 的质量为 0.1 mol × 59 g·mol － 1 ＝ 5.9 g ， m (O) ＝ 8.03 g － 5.9 g ＝ 2.13 g ，故 n (Co) ∶ n (O) ≈ 3 ∶ 4 ， C 点剩余固体的化学式为 Co 3 O 4 。当晶体恰好将结晶水失去时得到 CoC 2 O 4 14.70 g ， 在 B 点时与 O 2 反应后生成 Co 3 O 4 的化学方程式为 3CoC 2 O 4 ＋ 2O 2 Co 3 O 4 ＋ 6CO 2 。 2 3 1 (2) 取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物 ( 其中 Co 的化合价为＋ 2 、 ＋ 3 价 ) ，用 480 mL 5 mol·L － 1 盐酸恰好完全溶解固体，得到 CoCl 2 溶液和 4.48 L( 标准状况 ) 黄绿色气体。试确定该钴氧化物中 Co 、 O 的物质的量之比。 由电荷守恒有 n (Co) 总 ＝ n (Co 2 ＋ ) 溶液 ＝ 0.5 n (Cl － ) ＝ 0.5 × (0.480 × 5 － 0.2 × 2) mol ＝ 1 mol ， 所以固体中 n (Co 2 ＋ ) ＝ 1 mol － 0.4 mol ＝ 0.6 mol ， 故 n (Co) ∶ n (O) ＝ 1 ∶ 1.2 ＝ 5 ∶ 6 。 2 3 1 答案 解析 解析 　 黄绿色气体为 Cl 2 ，其物质的量为 0.2 mol ，根据 Cl 元素守恒可知，溶液中 2 n (Co) ＝ n (HCl) － 2 n (Cl 2 ) ，故 n (Co) ＝ 1 mol ，根据得失电子守恒 n (Co 3 ＋ ) ＝ 2 n (Cl 2 ) ＝ 0.4 mol ，则 n (Co 2 ＋ ) ＝ 0.6 mol ，根据电荷守恒可知， 2 n (O) ＝ 3 n (Co 3 ＋ ) ＋ 2 n (Co 2 ＋ ) ， n (O) ＝ 1.2 mol ，故 n (Co) ∶ n (O) ＝ 1 ∶ 1.2 ＝ 5 ∶ 6 。 2 3 1 题空三　氧化还原 ( 电极 ) 反应中有关电子守恒的计算 高考中涉及的许多计算属于氧化还原反应的计算，无论一步反应还是多步反应，最终要根据电子守恒进行计算。 1. 氧化还原反应计算基本思路 对于氧化还原反应的计算，关键是氧化还原反应的实质 —— 得失电子守恒，列出守恒关系求解，即 n ( 氧化剂 ) × 变价原子个数 × 化合价变化值＝ n ( 还原剂 ) × 变价原子个数 × 化合价变化值。 高考必备 利用电子守恒解题的思维模板计算 特别提醒 　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损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。 2. 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： 　　　 阳极产物　　　　　　 阴极产物 ( 式中 M 为金属， n 为其离子的化合价数值 ) 典例剖析 答案 解析 例 1 　 [2016· 全国卷 Ⅰ ， 28(4)(5)] (4) “ 尾气吸收 ” 是吸收 “ 电解 ” 过程排出的少量 ClO 2 。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 _____ ，该反应中氧化产物是 ___ 。 2 ∶ 1 O 2 答案 解析 (5) “ 有效氯含量 ” 可用来衡量含氯消毒能力，其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克 Cl 2 的氧化能力。 NaClO 2 的有效氯含量为 ____ ( 计算结果保留两位小数 ) 。 1.57 答案 解析 例 2 　电解精练铜时常用 CuSO 4 溶液作电解质溶液，当导线中通过 9.632 × 10 4 C 的电量时，测得阳极溶解的铜为 16.0 g 。而电解质溶液 ( 原溶液为 1 L) 中恰好无 CuSO 4 ，则理论上阴极质量增加 ___g ，原电解液中 CuSO 4 的浓度为 ____________ 。 ( 已知一个电子的电量为 1.6 × 10 － 19 C) 32 0.25 mol·L － 1 解析 　 电路中转移的电子的物质的量： n (e － ) ＝ mol ＝ 1 mol ，阳极除了铜失电子外，还有其他较活泼的金属如 Zn 、 Fe 、 Ni 失电子，但阴极发生还原反应得电子的只有 Cu 2 ＋ ， Cu 2 ＋ ＋ 2e － ===Cu ，阴极析出铜的质量： m (Cu) ＝ 0.5 mol × 64 g·mol － 1 ＝ 32 g ，则原溶液中含 Cu 2 ＋ 的质量 32 g － 16 g ＝ 16 g 。 n (CuSO 4 ) ＝ n (Cu 2 ＋ ) ＝ ＝ 0.25 mol ，故 原电解液中 CuSO 4 的浓度为 0.25 mol·L － 1 。 经典精练 1. 按要求解答下列各题 (1) [2016· 全国卷 Ⅲ ， 28(2)] “ 氧化 ” 中欲使 3 mol 的 VO 2 ＋ 变为 ，则需要氧化剂 KClO 3 至少为 ____ mol 。 答案 解析 0.5 2 1 (2) [2015· 全国卷 Ⅰ ， 28(1)] 大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加 MnO 2 和 H 2 SO 4 ， 即可得到 I 2 。 该反应的还原产物为 _______ 。 答案 解析 MnSO 4 解析 　 浓缩液中的碘元素为－ 1 价，在酸性环境中， MnO 2 将－ 1 价的 I 氧化为 I 2 ， MnO 2 中＋ 4 价的 Mn 被还原，产物应为 MnSO 4 ( 或 Mn 2 ＋ ) 。 (3) [2015· 全国卷 Ⅱ ， 28(1)] 工业上可用 KClO 3 与 Na 2 SO 3 在 H 2 SO 4 存在下制得 ClO 2 ，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为 _____ 。 2 ∶ 1 解析 　 由题给的反应物中有 KClO 3 、生成物中有 ClO 2 ，可知氧化剂为 KClO 3 ，还原剂为 Na 2 SO 3 。 1 mol KClO 3 生成 1 mol ClO 2 时得到 1 mol 电子， 1 mol Na 2 SO 3 生成 1 mol Na 2 SO 4 时失去 2 mol 电子，根据得失电子守恒可知，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2 ∶ 1 。 2 1 (4) [2016· 全国卷 Ⅱ ， 26(5) 节选 ] 联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论 1 kg 的联氨可除去水中溶解的 O 2 __kg 。 答案 解析 1 解析 　 联氨处理高压锅炉水中的氧，发生的反应为 N 2 H 4 ＋ O 2 ===N 2 ＋ 2H 2 O ，理论上 1 kg 的联氨可除去水中溶解的氧气为 × 32 g·mol － 1 ＝ 1 kg 。 2 1 2. 纳米级 Cu 2 O 由于具有优良的催化性能而受到科学家的不断关注，下列为制取 Cu 2 O 的二种方法： 方法 Ⅰ 电解法，原理为 2Cu ＋ H 2 O Cu 2 O ＋ H 2 ↑ 方法 Ⅱ 用肼 (N 2 H 4 ) 还原新制的 Cu(OH) 2 2 1 答案 解析 (1) 方法 Ⅰ 利用离子交换膜控制电解液中 OH － 的浓度而制备纳米 Cu 2 O ，装置如图所示，该电池的阳极反应式为 _______________________________ ；电解一段时间，当阴极产生的气体体积为 112 mL( 标准状况 ) 时，停止电解，通过离子交换膜的阴离子的物质的量为 _____ mol 。 ( 离子交换膜只允许 OH － 通过 ) 2Cu － 2e － ＋ 2OH － == =Cu 2 O ＋ H 2 O 0.01 2 1 解析 　 在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电极本身发生失电子的反应，在碱性环境下，金属铜失去电子，电极反应式为 2Cu － 2e － ＋ 2OH － ===Cu 2 O ＋ H 2 O ，钛极是阴极，电极反应式为 2H 2 O ＋ 2e － ===H 2 ↑ ＋ 2OH － ， 生成氢气的物质的量为 ＝ 0.005 mol ，则转移电子 0.01 mol ， 故通过离子交换膜的阴离子的物质的量为 0.01 mol 。 2 1 答案 解析 (2) 方法 Ⅱ 为加热条件下用液态肼 (N 2 H 4 ) 还原新制的 Cu(OH) 2 来制备纳米级 Cu 2 O ，同时放出 N 2 。生成 1 mol N 2 时，生成 Cu 2 O 的物质的量为 _____ 。 2 mol 解析 　 根据题目信息可得反应的化学方程式为 4Cu(OH) 2 ＋ N 2 H 4 2Cu 2 O ＋ N 2 ↑ ＋ 6H 2 O ，生成 1 mol N 2 的同时生成 2 mol Cu 2 O 。 2 1 题空四　有关平衡常数、转化率的计算 有关平衡常数计算的关键 1. 掌握三个 “ 百分数 ” 高考必备 (2) 生成物的产率：实际产量占理论产量的百分数。一般来说，转化率越高，原料利用率越高，产率越高。 2. 分析三个量：起始量、变化量、平衡量 3. 用好一种方法 —— “ 三段式法 ” “ 三段式法 ” 计算的模板：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 m A(g) ＋ n B(g)  p C(g) ＋ q D(g) ，令 A 、 B 起始物质的量浓度分别为 a mol·L － 1 、 b mol·L － 1 ，达到平衡后消耗 A 的物质的量浓度为 mx mol·L － 1 。 m A(g) ＋ n B(g)  p C(g) ＋ q D(g) 起始 /mol·L － 1 a b 0 0 变化 /mol·L － 1 mx nx px qx 平衡 /mol·L － 1 a － mx b － nx px qx 例 1 　按要求解答下列问题： (1) 在 1 000 K 下，在某恒容容器中发生下列反应： 2NO 2 (g)  2NO(g) ＋ O 2 (g) ，将一定量的 NO 2 放入 恒容密闭容器中，测得其平衡转化率 α (NO 2 ) 随温 度变化如下图所示。图中 a 点对应温度下，已知 NO 2 的起始压强 p 0 为 120 kPa ，列式计算该温度下的平衡常数 K p ＝ _______________( 用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压 × 物质的量 分数 ) 。 典例剖析 答案 解析 解析 　 图中 a 点 α (NO 2 ) ＝ 0.6 ，设起始加入 NO 2 的物质的量为 m mol ，则有 2NO 2 (g)  2NO(g) ＋ O 2 (g) 起始量 /mol m 0 0 转化量 /mol 0.6 m 0.6 m 0.3 m 平衡量 /mol 0.4 m 0.6 m 0.3 m NO 2 的起始压强 p 0 为 120 kPa ，则平衡时气体压强为 × 120 kPa ＝ 156 kPa ，此时 NO 2 、 NO 和 O 2 的平衡压分别为 48 kPa 、 72 kPa 、 36 kPa ，故该温度下反应的平衡常数 K p ＝ ＝ 81 。 (2) 对于反应 N 2 O 4 (g)  2NO 2 (g) ，在一定条件下 N 2 O 4 与 NO 2 的消耗速率与自身压强间存在关系： v (N 2 O 4 ) ＝ k 1 · p (N 2 O 4 ) ， v (NO 2 ) ＝ k 2 · p 2 (NO 2 ) 。其中， k 1 、 k 2 是与反应及温度有关的常数。相应的速率－压强关系如图所示。一 定温度下， k 1 、 k 2 与平衡常数 K p 的关系是 k 1 ＝ _______ ，在图中标出的点中， 指出能表示反应达到平衡状态的点： ____ ，理由是 ___________________ ______________________________________ 。 答案 解析 BD 达到平衡时， N 2 O 4 与 NO 2 的消耗速率满足条件 v (NO 2 ) ＝ 2 v (N 2 O 4 ) 解析 　 达到平衡状态时 2 v (N 2 O 4 ) ＝ v (NO 2 ) ，即 2 k 1 · p (N 2 O 4 ) ＝ k 2 · p 2 (NO 2 ) ， 则有 k 1 ＝ 。达到平衡时， N 2 O 4 与 NO 2 的消耗速率满足 条件 v (NO 2 ) ＝ 2 v (N 2 O 4 ) ，故图中 B 、 D 两点均达到平衡状态。 例 2 　查阅资料可知：常温下， ＝ 1.00 × 10 7 ， K sp (AgCl) ＝ 2.50 × 10 － 10 。 (1) 银氨溶液中存在平衡： Ag ＋ (aq) ＋ 2NH 3 (aq)  (aq) ，该反应 平衡常数的表达式为 K 稳 ＝ ______________ 。 答案 (2) 计算得到可逆反应 AgCl(s) ＋ 2NH 3 (aq)  (aq) ＋ Cl － (aq) 的化 学平衡常数 K ＝ ____________ ， 1 L 1 mol·L － 1 氨水中最多可以溶解 AgCl ______mol( 保留两位有效数字 ) 。 答案 解析 2.50 × 10 － 3 0.045 ＝ K 稳 · K sp (AgCl) ＝ 1.00 × 10 7 × 2.50 × 10 － 10 ＝ 2.50 × 10 － 3 ； 设 1 L 1 mol·L － 1 氨水中最多可溶解 x mol AgCl ，则有 初始 /mol 1 0 0 溶解 /mol x 2 x x x 平衡 /mol 1 － 2 x x x 解得 x ≈ 0.045 。 1. 工业上先将煤转化为 CO ，再利用 CO 和水蒸气反应制 H 2 时，存在以下平衡： CO(g) ＋ H 2 O(g)  CO 2 (g) ＋ H 2 (g) (1) 向 2 L 恒容密闭容器中充入 CO 和 H 2 O(g) ， 800 ℃ 时测得部分数据如下表。 答案 解析 经典精练 t /min 0 1 2 3 4 n (H 2 O)/mol 1.20 1.04 0.90 0.70 0.70 n (CO)/mol 0.80 0.64 0.50 0.30 0.30 则从反应开始到 2 min 时，用 H 2 表示的反应速率为 ___________________ ；该温度下反应的平衡常数 K ＝ ____ ( 小数点后保留 2 位有效数字 ) 。 0.075 mol·L － 1 ·min － 1 1.19 2 3 1 由表格数据可知 3 min 后到达平衡，根据 “ 三段式 ” 可计算平衡时： n (H 2 ) ＝ 0.50 mol ， n (CO 2 ) ＝ 0.50 mol 2 3 1 (2) 相同条件下，向 2 L 恒容密闭容器中充入 1 mol CO(g) 、 1 mol H 2 O(g) 、 2 mol CO 2 (g) 、 2 mol H 2 (g) ，此时 v ( 正 )___ ( 填 “ > ”“ < ” 或 “ ＝ ” ) v ( 逆 ) 。 答案 解析 < 故平衡逆向移动， v ( 正 ) ＜ v ( 逆 ) 。 2 3 1 (3) 已知该反应在不同的温度下的平衡常数数值分别为 答案 解析 t / ℃ 700 800 830 1 000 1 200 K 1.67 1.19 1.00 0.60 0.38 某温度下，如果平衡浓度符合下列关系式： 3 c (CO)· c (H 2 O) ＝ 5 c (H 2 )· c (CO 2 ) ，判断此时的温度是 _______ 。 1 000 ℃ 2 3 1 2. 化学家研究在催化剂作用下，通过反应： CCl 4 ＋ H 2  CHCl 3 ＋ HCl 使 CCl 4 转化为重要的化工原料氯仿 (CHCl 3 ) 。此反应伴随有副反应，会生成 CH 2 Cl 2 、 CH 3 Cl 和 CH 4 等。已知 CCl 4 的沸点为 77 ℃ ， CHCl 3 的沸点为 61.2 ℃ 。 在密闭容器中，该反应在 110 ℃ 下达到平衡状态后，测得如下数据 ( 假设不考虑副反应 ) ： 实验序号 温度 / ℃ 初始 CCl 4 的浓度 /mol·L － 1 初始 H 2 的浓度 /mol·L － 1 CCl 4 平衡转化率 1 110 0.8 1.2 a 2 110 1 1 50% 3 100 1 1 b (1) 此反应的化学平衡常数表达式为 __________________ 。在 110 ℃ 时平衡常数 为 __ 。 1 2 3 1 答案 解析 解析 　 因 CCl 4 的沸点为 77 ℃ ， CHCl 3 的沸点为 61.2 ℃ ，所以在 110 ℃ 或 100 ℃ 时反应中各物质的状态均为气态，其平衡常数 K ＝ ； 110 ℃ 时，由实验 2 可知反应中各物质的平衡浓度均为 0.5 mol·L － 1 ，代入表达式中计算得平衡常数为 1 ；实验 1 和实验 2 的反应温度相同，所以其平衡常数相同，利用平衡常数相等，可以求出实验 1 中 CCl 4 的平衡转化率为 60% ，大于 50% ；对于实验 3 ，因温度不同，又不知该反应的热效应，所以无法判断转化率的大小。 2 3 1 (2) 实验 1 中， CCl 4 的转化率 a _____( 填 “ 大于 ”“ 小于 ” 或 “ 等于 ” )50% 。 (3) 实验 2 中， 10 h 后达到平衡， H 2 的平均反应速率为 ________________ 。 (4) 实验 3 中， b 的值 _____( 填字母 ) 。 A. 等于 50% B. 大于 50% C. 小于 50% D. 无法判断 答案 2 3 1 大于 0.05 mol·L － 1 ·h － 1 D 3. 已知 K 、 K a 、 K w 、 K h 、 K sp 分别表示化学平衡常数、弱酸的电离平衡常数、水的离子积常数、盐的水解平衡常数、难溶电解质的溶度积常数。 (1)25 ℃ 时，将 a mol·L － 1 的氨水与 0.01 mol·L － 1 的盐酸等体积混合所得溶液中 c ( ) ＝ c (Cl － ) ，则溶液显 ___( 填 “ 酸 ”“ 碱 ” 或 “ 中 ” ) 性；用含 a 的代数式表示 NH 3 ·H 2 O 的电离平衡常数 K b ＝ ________ 。 答案 解析 中 2 3 1 2 3 1 (2)25 ℃ 时， H 2 SO 3  ＋ H ＋ 的电离平衡常数 K a ＝ 1 × 10 － 2 mol·L － 1 ，则该温度下 pH ＝ 3 、 c ( ) ＝ 0.1 mol·L － 1 的 NaHSO 3 溶液中 c (H 2 SO 3 ) ＝ ___________ 。 答案 解析 0.01 mol·L － 1 解析 　 由 K a ＝ ，代入数据得 c (H 2 SO 3 ) ＝ 0.01 mol·L － 1 。 2 3 1 (3) 高炉炼铁中发生的反应有： FeO(s) ＋ CO(g)  Fe(s) ＋ CO 2 (g) 　 Δ H ＜ 0 该反应的平衡常数表达式 K ＝ ________ ； 已知 1 100 ℃ 时， K ＝ 0.25 ，则平衡时 CO 的转化率为 _____ ； 在该温度下，若测得高炉中 c (CO 2 ) ＝ 0.020 mol·L － 1 ， c (CO) ＝ 0.1 mol·L － 1 ，则此时反应速率是 v 正 ___( 填 “ ＞ ”“ ＜ ” 或 “ ＝ ” ) v 逆 。 答案 解析 20% ＞ 2 3 1 2 3 1 (4) 已知高温下 Fe(OH) 3 和 Mg(OH) 2 的 K sp 分别为 8.0 × 10 － 38 、 1.0 × 10 － 11 ，向浓度均为 0.1 mol·L － 1 的 FeCl 3 、 MgCl 2 的混合溶液中加入碱液，要使 Fe 3 ＋ 完全沉淀而 Mg 2 ＋ 不沉淀，应该调节溶液 pH 的范围是 _______ ( 已知 lg 2 ＝ 0.3) 。 答案 解析 3.3 ～ 9 解析 　 K sp [Fe(OH) 3 ] ＝ c (Fe 3 ＋ )· c 3 (OH － ) ， Fe 3 ＋ 完全沉淀时 c 3 (OH － ) ＝ ， 得 c (OH － ) ＝ 2 × 10 － 11 mol·L － 1 ， pH ＝ 3.3 ， Mg(OH) 2 开始沉淀时 c 2 (OH － ) ＝ ＝ 1.0 × 10 － 10 ，得 c (OH － ) ＝ 1 × 10 － 5 mol·L － 1 ， pH ＝ 9 ，调节 pH 范围为 3.3 ～ 9 。 2 3 1 题空五　用盖斯定律计算反应热 高考必备 根据盖斯定律计算 Δ H 的步骤和方法 (1) 计算步骤 (2) 计算方法 例 1 　 二氧化碳回收利用是环保科学研究的热点课题。已知 CO 2 经催化加 氢可合成低碳烯烃： 2CO 2 (g) ＋ 6H 2 (g)  CH 2 == CH 2 (g) ＋ 4H 2 O(g) 　 Δ H 。 (1) 几种物质的能量 (kJ·mol － 1 ) 如表所示 ( 在标准状态下，规定单质的能量为 0 ，测得其他物质生成时放出的热量为其具有的能量 ) ： 典例剖析 物质 CO 2 (g) H 2 (g) CH 2 ==CH 2 (g) H 2 O(g) 能量 /kJ·mol － 1 － 394 0 52 － 242 Δ H ＝ ______ kJ·mol － 1 。 － 128 解析 　 Δ H ＝生成物的总能量－反应物的总能量＝ (52 － 242 × 4 － 0 ＋ 394 × 2)kJ·mol － 1 ＝－ 128 kJ·mol － 1 。 答案 解析 思路点拨 思路点拨 　从宏观的角度讲，反应热是生成物自身的总能量与反应物自身总能量的差值，根据第 (1) 问中所给出的各物质所具有的能量，可以计算反应的热效应。从微观的角度讲，反应热是旧化学键断裂吸收的能量与新化学键形成放出的能量的差值，已知反应的热效应和部分化学键的键能，可求某一化学键的键能。 (2) 几种化学键的键能 (kJ·mol － 1 ) 。 化学键 C==O H—H C==C H—C H—O 键能 /kJ·mol － 1 803 436 615 a 463 a ＝ ______ 。 409.25 答案 解析 解析 　 Δ H ＝断裂化学键的总键能－形成化学键的总键能＝ (803 × 4 ＋ 436 × 6 － 615 － 4 a － 463 × 8)kJ·mol － 1 ＝－ 128 kJ·mol － 1 ，解得 a ＝ 409.25 。 例 2 　 (1) [2016· 全国卷 Ⅱ ， 26(3)] 联氨 ( 又称肼， N 2 H 4 ，无色液体 ) 是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。回答下列问题： ① 2O 2 (g) ＋ N 2 (g)===N 2 O 4 (l) 　　 Δ H 1 ② N 2 (g) ＋ 2H 2 (g)===N 2 H 4 (l) 　　 Δ H 2 ③ O 2 (g) ＋ 2H 2 (g)===2H 2 O(g) 　　 Δ H 3 ④ 2N 2 H 4 (l) ＋ N 2 O 4 (l)===3N 2 (g) ＋ 4H 2 O(g) Δ H 4 ＝－ 1 048.9 kJ·mol － 1 上述反应热效应之间的关系式为 Δ H 4 ＝ _________________ ，联氨和 N 2 O 4 可作为火箭推进剂的主要原因为 _____________________________ 。 答案 解析 2Δ H 3 － 2Δ H 2 － Δ H 1 反应放热量大，产生大量的气体 解析 　 对照目标热化学方程式中的反应物和生成物在已知热化学方程式中的位置和化学计量数，利用盖斯定律，将热化学方程式 ③× 2 ，减去热化学方程式 ②× 2 ，再减去热化学方程式 ① ，即可得出热化学方程式 ④ ，故 Δ H 4 ＝ 2Δ H 3 － 2Δ H 2 － Δ H 1 ； 联氨具有强还原性， N 2 O 4 具有强氧化性，两者混合在一起易自发地发生氧化还原反应，反应放热量大，并产生大量的气体，可为火箭提供很大的推进力。 (2)CH 4 和 CO 2 可以制造价值更高的化学产品。 已知： CH 4 (g) ＋ 2O 2 (g)===CO 2 (g) ＋ 2H 2 O(g) 　 Δ H 1 ＝ a kJ·mol － 1 CO(g) ＋ H 2 O(g)===CO 2 (g) ＋ H 2 (g) 　 Δ H 2 ＝ b kJ·mol － 1 2CO(g) ＋ O 2 (g)===2CO 2 (g) 　 Δ H 3 ＝ c kJ·mol － 1 反应 CH 4 (g) ＋ CO 2 (g)===2CO(g) ＋ 2H 2 (g) 　 Δ H ＝ ___________ kJ·mol － 1 ( 用含 a 、 b 、 c 的代数式表示 ) 。 答案 解析 a ＋ 2 b － 2 c 解析 　 CH 4 (g) ＋ 2O 2 (g)===CO 2 (g) ＋ 2H 2 O(g) 　 Δ H ＝ a kJ·mol － 1 ， 2CO(g) ＋ 2H 2 O(g)===2CO 2 (g) ＋ 2H 2 (g) 　 Δ H ＝ 2 b kJ·mol － 1 ， 4CO 2 (g)===4CO(g) ＋ 2O 2 (g) 　 Δ H ＝－ 2 c kJ·mol － 1 。 上述三式相加得： CH 4 (g) ＋ CO 2 (g)===2CO(g) ＋ 2H 2 (g) Δ H ＝ ( a ＋ 2 b － 2 c )kJ·mol － 1 。 1. 甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，利用合成气 ( 主要成分为 CO 、 CO 2 和 H 2 ) 在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下： ① CO(g) ＋ 2H 2 (g)  CH 3 OH(g) 　 Δ H 1 ② CO 2 (g) ＋ 3H 2 (g)  CH 3 OH(g) ＋ H 2 O(g) 　 Δ H 2 ③ CO 2 (g) ＋ H 2 (g)  CO(g) ＋ H 2 O(g) 　 Δ H 3 回答下列问题： 已知反应 ① 中相关的化学键键能数据如下： 经典精练 化学键 H—H C—O C ≡ O H—O C—H E /kJ·mol － 1 436 343 1 076 465 413 由此计算 Δ H 1 ＝ _____ kJ·mol － 1 ；已知 Δ H 2 ＝－ 58 kJ·mol － 1 ，则 Δ H 3 ＝ ____ kJ·mol － 1 。 － 99 ＋ 41 2 3 1 答案 解析 解析 　 根据键能与反应热的关系可知， Δ H 1 ＝反应物的键能之和－生成物的键能之和＝ (1 076 kJ·mol － 1 ＋ 2 × 436 kJ·mol － 1 ) － (413 kJ·mol － 1 × 3 ＋ 343 kJ·mol － 1 ＋ 465 kJ·mol － 1 ) ＝－ 99 kJ·mol － 1 。根据盖斯定律由 ② － ① 可得： CO 2 (g) ＋ H 2 (g)  CO(g) ＋ H 2 O(g) 　 Δ H 3 ＝ Δ H 2 － Δ H 1 ＝ ( － 58 kJ·mol － 1 ) － ( － 99 kJ·mol － 1 ) ＝＋ 41 kJ·mol － 1 。 2 3 1 2.O 3 氧化烟气中 SO 2 、 NO x 的主要反应的热化学方程式： NO(g) ＋ O 3 (g)===NO 2 (g) ＋ O 2 (g) 　 Δ H ＝－ 200.9 kJ·mol － 1 NO(g) ＋ O 2 (g)===NO 2 (g) 　 Δ H ＝－ 58.2 kJ·mol － 1 SO 2 (g) ＋ O 3 (g)===SO 3 (g) ＋ O 2 (g) 　 Δ H ＝－ 241.6 kJ·mol － 1 则反应 3NO(g) ＋ O 3 (g)===3NO 2 (g) 的 Δ H ＝ ________ kJ·mol － 1 。 － 317.3 解析 　 将题给热化学方程式依次标记为 ① 、 ② 、 ③ ，利用盖斯定律将 ① ＋ ②× 2 得： 3NO(g) ＋ O 3 (g)===3NO 2 (g) 　 Δ H ＝－ 200.9 kJ·mol － 1 － 58.2 kJ·mol － 1 × 2 ＝－ 317.3 kJ·mol － 1 。 答案 解析 2 3 1 3. 红磷在氯气中燃烧的能量变化关系如图所示： 答案 解析 (1) 反应 PCl 3 (g) ＋ Cl 2 (g) == =PCl 5 (g) 是 ______ 反应 ( 填 “ 吸热 ” 或 “ 放热 ” ) 。 放热 解析 　 从题给图像分析， PCl 3 和 Cl 2 的总能量高于 PCl 5 的总能量，所以该反应是放热反应。 2 3 1 (2) 写出固态红磷在足量的氯气中完全燃烧生成气态产物的热化学方程式： ________________ _____________________________ 。 答案 解析 解析 　 红磷生成五氯化磷是放热反应，生成 2 mol PCl 5 (g) 放出热量为 ( c － a ) kJ 。 2 3 1 (3) 现有 6.2 g 红磷在 8.96 L( 标准状况 ) 氯气中完全燃烧生成气态产物时放出 热量为 ____________ ( 用含 a 、 b 、 c 的代数式表示 ) 。 答案 解析 2 3 1 (4) 白磷在氧气中燃烧有如下转化关系： 答案 解析 其中 Δ H 2 ＝ __________ 。 Δ H 3 － Δ H 1 解析 　 根据盖斯定律知， Δ H 2 ＋ Δ H 1 ＝ Δ H 3 。 2 3 1 本课结束