2018届二轮复习规范书写2——化学基本计算的题空学案（全国通用）

2018届二轮复习规范书写2——化学基本计算的题空学案（全国通用）

题空一　化学计算的常用方法 ‎1．牢记六个基本公式 n＝、n＝、n＝、c(B)＝ w＝×100%、c＝(w＝)‎ ‎(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)＋O2(g)===2CO(g) ΔH Δm(固)，Δn(气)，ΔV(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　CO2是重要的化工原料，完成下列有关问题。‎ ‎(1)CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解。2.00 mol NH4HCO3完全分解，分解产物经干燥后的体积为________L(标准状况)。‎ ‎(2)某H2中含有2.40 mol CO2，该混合气体通入2.00 L NaOH溶液中，CO2被完全吸收。如果NaOH完全反应，该NaOH溶液的浓度为________________。‎ 解析　(1)碳酸氢铵分解的化学方程式：NH4HCO3H2O＋NH3↑＋CO2↑，从方程式可以看出，分解产物经干燥后，所得气体为NH3和CO2，且n(NH3)＋n(CO2)＝2n(NH4HCO3)＝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)根据题意要求，2.40 mol CO2被完全吸收，NaOH也完全反应，则反应的产物可能是Na2CO3(此时NaOH的浓度最大)或NaHCO3(此时NaOH的浓度最小)或Na2CO3和NaHCO3的混合物。用极值思想分析两个特殊情况：‎ ‎①CO2＋NaOH===NaHCO3，n(NaOH)＝n(CO2)＝2.40 mol，则c(NaOH)＝＝1.20 mol·L－1；‎ ‎②CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O，n(NaOH)＝2n(CO2)＝4.8 mol，则c(NaOH)＝＝2.40 mol·L－1；‎ 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。‎ 答案　(1)89.6　(2)1.2 mol·L－1≤c(NaOH)≤2.4 mol·L－1‎ 例2　FeCl3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FeCl3高效，且腐蚀性小。为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。‎ 若酸性FeCl2废液中c(Fe2＋)＝2.0×10－2 mol·L－1，c(Fe3＋)＝1.0×10－3 mol·L－1，c(Cl－)＝5.3×10－2 mol·L－1，则该溶液的pH约为________。‎ 解析　酸性溶液中c(OH－)忽略不计，根据电荷守恒，c(Fe3＋)×3＋c(Fe2＋)×2＋c(H＋)＝c(Cl－)，溶液中氢离子的浓度是c(H＋)＝c(Cl－)－c(Fe2＋)×2－c(Fe3＋)×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。‎ 答案　2‎ ‎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 ‎(2)某实验中需2 mol·L－1的Na2CO3溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格为________，称取Na2CO3的质量为__________。‎ 答案　(1)C　(2)1 000 mL　212.0 g 解析　(1)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)根据容量瓶的常用规格可知，应配制2 mol·L－1的Na2CO3溶液1 000 mL，所需Na2CO3的质量为1 L×2 mol·L－1×106 g·mol－1＝212.0 g。‎ ‎2．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。‎ ‎(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)KMnO4能与经硫酸酸化的热Na2C2O4反应生成Mn2＋和CO2，该反应的化学方程式是______________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)若用16.3 g软锰矿(含MnO2 80%)进行上述实验最终生成的KMnO4与Na2C2O4反应，则消耗Na2C2O4的物质的量为________。‎ 答案　(1)3MnO2＋6KOH＋KClO33K2MnO4＋KCl＋3H2O ‎(2)3MnO＋4H＋===MnO2↓＋2MnO＋2H2O ‎(3)2KMnO4＋5Na2C2O4＋8H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋5Na2SO4＋10CO2↑＋8H2O ‎(4)0.25 mol 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。(4)根据得出的三个反应方程式，找出关系式：‎ ‎3MnO2～3K2MnO4～2KMnO4～5Na2C2O4‎ 所以　　3MnO2　　～　　5Na2C2O4‎ ‎ 3 5‎ ‎ n(Na2C2O4)‎ n(Na2C2O4)＝×≈0.25 mol。‎ ‎3．叠氮化钠(NaN3)是目前汽车安全气囊中的产气药。一种生产工艺流程如下：‎ ‎(1)反应器(Ⅰ)发生反应的类型为________；液态氨需过量，其原因是__________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)反应器(Ⅱ)中反应的化学方程式为______________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3＋2KNO3K2O＋5Na2O＋16N2↑。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NaN3和KNO3的总质量为________g(结果保留一位小数，不考虑固体的体积)。‎ 答案　(1)置换反应　提高钠的利用率 ‎(2)2NaNH2＋N2O===NaN3＋NaOH＋NH3‎ ‎(3)133.1‎ 解析　(1)依据图中标的物质，反应器中发生的反应为2Na＋2NH3===2NaNH2＋H2↑，故为置换反应；为了保证钠全部反应，故需液氨过量。(2)由图中标的物质可知，反应物为NaNH2和N2O，生成物为NaN3、NH3、NaOH。‎ ‎(3)n(N2)＝＝2.5 mol，需m(NaN3)＝2.5 mol××65 g·mol－1＝g，m(KNO3)＝2.5 mol××101 g·mol－1＝ g，总质量为 g＋ g≈133.1 g。‎ 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 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：‎ 准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用a mol·L－1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液b mL，反应中Cr2O被还原为Cr3＋。样品中CuCl的质量分数为________。‎ ‎[解题思路]　依据信息定关系式 ‎　　　　　　　↓‎ 由 CuCl质量 解析　w(CuCl)＝×100%＝%。‎ 答案　%‎ 例2　在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41 g，CO2的体积为1.344 L(标准状况)，则钴氧化物的化学式为______。‎ ‎[解题思路]　‎ 答案　Co3O4‎ 例3　PbO2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PbOx或mPbO2·nPbO，列式计算x值和m∶n值____________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 解析　根据PbO2PbOx＋O2↑(注PbO2相对分子质量为239)‎ 由×32＝239×4.0%‎ 得x＝2－≈1.4‎ 根据mPbO2·nPbO 得＝1.4‎ ＝＝。‎ 答案　根据PbO2PbOx＋O2↑，有×32＝239×4.0%，x＝2－≈1.4，‎ 根据mPbO2·nPbO，＝1.4，＝＝ ‎ ‎1．化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂。一定条件下金属钠和H2反应生成甲。甲与水反应可产生H2，甲与AlCl3反应可得到NaAlH4。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H2。甲的化学式________。‎ 答案　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H2，可推断金属钠和H2反应生成的甲为NaH，NaH与水反应生成NaOH和H2，NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4。甲的化学式为NaH。‎ ‎2．取4.00 g软锰矿(主要成分MnO2，杂质不与H2C2O4、KMnO4等反应)，用下述方法测定其中锰元素的含量。‎ 首先向制取的MnO2中加入过量酸化的0.50 mol·L－1 H2C2O4 50.00 mL，MnO2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 KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4溶液(产物与上述反应一致)，滴定终点时消耗KMnO4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　MnO2＋H2C2O4＋2H＋===Mn2＋＋2CO2↑＋2H2O　24.1%‎ 解析　H2C2O4的物质的量为0.50 mol·L－1×0.05 L＝0.025 mol，MnO2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：MnO2＋H2C2O4＋2H＋===Mn2＋＋2CO2↑＋2H2O，然后用0.10 mol·L－1 KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4溶液(产物与上述反应一致)，则根据电子得失守恒可知2KMnO4～5H2C2O4，滴定终点时消耗KMnO4溶液30.00 mL，则消耗的KMnO4物质的量为0.10 mol·L－1×0.03 L＝0.003 mol，所以与KMnO4反应的H2C2O4的物质的量为0.003 mol×＝0.007 5 mol，所以与二氧化锰反应的H2C2O4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%。‎ ‎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(CoC2O4·2H2O)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。‎ ‎(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O2在225～300 ℃条件下发生反应的化学方程式：______________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(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CoCl2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。‎ 答案　(1)Co3O4　3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2‎ ‎(2)由得失电子守恒有n(Co3＋)＝2n(Cl2)＝2×＝0.4 mol，‎ 由电荷守恒有n(Co)总＝n(Co2＋)溶液＝0.5n(Cl－)＝0.5×(0.480×5－0.2×2) mol＝1 mol，‎ 所以固体中n(Co2＋)＝1 mol－0.4 mol＝0.6 mol，‎ n(O)＝ mol＝1.2 mol，‎ 故n(Co)∶n(O)＝1∶1.2＝5∶6。‎ 解析　(1)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Co3O4。当晶体恰好将结晶水失去时得到CoC2O4 14.70 g，在B点时与O2反应后生成Co3O4的化学方程式为3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2。(2)黄绿色气体为Cl2，其物质的量为0.2 mol，根据Cl元素守恒可知，溶液中2n(Co)＝n(HCl)－2n(Cl2)，故n(Co)＝1 mol，根据得失电子守恒n(Co3＋)＝2n(Cl2)＝0.4 mol，则n(Co2＋)＝0.6 mol，根据电荷守恒可知，2n(O)＝3n(Co3＋)＋2n(Co2＋)，n(O)＝1.2 mol，故n(Co)∶n(O)＝1∶1.2＝5∶6。‎ 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。‎ 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)‎ 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ClO2。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_______。‎ ‎(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Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为__________(计算结果保留两位小数)。‎ 解析　(4)根据图示，“尾气吸收”时ClO2转化为ClO，ClO2作氧化剂，则H2O2作还原剂，H2O2转化为O2，由ClO2ClO、H2O2O2，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1，氧化产物为O2。‎ ‎(5)1 mol NaClO2在反应中转移4 mol电子，而1 mol Cl2在反应中转移2 mol电子，根据＝，解得n(e－)≈3.14 mol，则可确定NaClO2中有效氯含量为＝1.57。‎ 答案　(4)2∶1　O2　(5)1.57‎ 例2　电解精练铜时常用CuSO4溶液作电解质溶液，当导线中通过9.632×104 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CuSO4，则理论上阴极质量增加______g，原电解液中CuSO4的浓度为________。(已知一个电子的电量为1.6×10－19 C)‎ 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Cu2＋，Cu2＋＋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Cu2＋的质量32 g－16 g＝16 g。n(CuSO4)＝n(Cu2＋)＝＝0.25 mol，故原电解液中CuSO4的浓度为0.25 mol·L－1。‎ 答案　32　0.25 mol·L－1‎ ‎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VO2＋变为VO，则需要氧化剂KClO3至少为________ mol。‎ ‎(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MnO2和H2SO4，即可得到I2。该反应的还原产物为_____________________________________。‎ ‎(3)[2015·全国卷Ⅱ，28(1)]工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为___________________________________________________。‎ ‎(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O2________kg。‎ 答案　(1)0.5　(2)MnSO4　(3)2∶1　(4)1‎ 解析　(1)根据VO2＋VO，KClO3Cl－，由得失电子守恒，则n(VO2＋)＝6n(KClO3)，故n(KClO3)＝n(VO2＋)＝×3 mol＝0.5 mol。‎ ‎(2)浓缩液中的碘元素为－1价，在酸性环境中，MnO2将－1价的I氧化为I2，MnO2中＋4价的Mn被还原，产物应为MnSO4(或Mn2＋)。‎ ‎(3)由题给的反应物中有KClO3、生成物中有ClO2，可知氧化剂为KClO3，还原剂为Na2SO3。1 mol KClO3生成1 mol ClO2时得到1 mol电子，1 mol Na2SO3生成1 mol Na2SO4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。‎ ‎(4)联氨处理高压锅炉水中的氧，发生的反应为N2H4＋O2===N2＋2H2O，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．纳米级Cu2O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Cu2O的二种方法：‎ 方法Ⅰ 电解法，原理为2Cu＋H2OCu2O＋H2↑‎ 方法Ⅱ 用肼(N2H4)还原新制的Cu(OH)2‎ ‎(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Cu2O，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)‎ ‎(2)方法Ⅱ为加热条件下用液态肼(N2H4)还原新制的Cu(OH)2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2。生成1 mol N2时，生成Cu2O的物质的量为________________。‎ 答案　(1)2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O　0.01‎ ‎(2)2 mol 解析　(1)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－===Cu2O＋H2O，钛极是阴极，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋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)根据题目信息可得反应的化学方程式为4Cu(OH)2＋N2H42Cu2O＋N2↑＋6H2O，生成1 mol N2的同时生成2 mol Cu2O。‎ 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”‎ ‎(1)转化率＝×100%＝×100%。‎ ‎(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。‎ 产率＝×100%。‎ ‎(3)混合物中某组分的百分含量＝×100%‎ ‎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mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(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。‎ mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(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 K＝ 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：2NO2(g) 2NO(g)＋O2(g)，将一定量的NO2放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率α(NO2)随温度变化如下图所示。图中a点对应温度下，已知NO2的起始压强p0为120 kPa，列式计算该温度下的平衡常数Kp＝_____(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。‎ ‎(2)对于反应N2O4(g) 2NO2(g)，在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强间存在关系：v(N2O4)＝k1·p(N2O4)，v(NO2)＝k2·p2(NO2)。其中，k1、k2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，k1、k2与平衡常数Kp的关系是k1＝________，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_________________________________________________________________________。‎ 解析　(1)图中a点α(NO2)＝0.6，设起始加入NO2的物质的量为m mol，则有 ‎2NO2(g) 2NO(g)＋O2(g)‎ 起始量/mol m 0 0‎ 转化量/mol 0.6m 0.6m 0.3m 平衡量/mol 0.4m 0.6m 0.3m NO2的起始压强p0为120 kPa，则平衡时气体压强为×120 kPa＝156 kPa，此时NO2、NO和O2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Kp＝＝＝81。‎ ‎(2)达到平衡状态时2v(N2O4)＝v(NO2)，即2k1·p(N2O4)＝k2·p2(NO2)，则有k1＝k2＝k2Kp。达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)＝2v(N2O4)，故图中B、D两点均达到平衡状态。‎ 答案　(1)Kp＝＝81‎ ‎(2)k2Kp　BD　达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)＝2v(N2O4)‎ 例2　查阅资料可知：常温下，K稳[Ag(NH3)]＝1.00×107，Ksp(AgCl)＝2.50×10－10。‎ ‎(1)银氨溶液中存在平衡：Ag＋(aq)＋2NH3(aq) Ag(NH3)(aq)，该反应平衡常数的表达式为K稳＝__________________。‎ ‎(2)计算得到可逆反应AgCl(s)＋2NH3(aq) Ag(NH3)(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)。‎ 解析　(2)K＝＝＝K稳·Ksp(AgCl)‎ ‎＝1.00×107×2.50×10－10‎ ‎＝2.50×10－3；‎ 设1 L 1 mol·L－1氨水中最多可溶解x mol AgCl，则有 AgCl(s)＋2NH3(aq) Ag(NH3)(aq)＋Cl－(aq)‎ 初始/mol 1 0 0‎ 溶解/mol x 2x x x 平衡/mol 1－2x x x 故：K＝＝2.50×10－3‎ 解得x≈0.045。‎ 答案　(1)　(2)2.50×10－3　0.045‎ ‎1．工业上先将煤转化为CO，再利用CO和水蒸气反应制H2时，存在以下平衡：CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)‎ ‎(1)向2 L恒容密闭容器中充入CO和H2O(g)，800 ℃时测得部分数据如下表。‎ t/min ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ n(H2O)/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H2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)。‎ ‎(2)相同条件下，向2 L恒容密闭容器中充入1 mol CO(g)、1 mol H2O(g)、2 mol CO2(g)、2 mol H2(g)，此时v(正)________(填“>”“<”或“＝”)v(逆)。‎ ‎(3)已知该反应在不同的温度下的平衡常数数值分别为 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：3c(CO)·c(H2O)＝5c(H2)·c(CO2)，判断此时的温度是______。‎ 答案　(1)0.075 mol·L－1·min－1　1.19　(2)<　(3)1 000 ℃‎ 解析　(1)v(H2)＝v(H2O)＝＝0.075 mol·L－1·min－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(H2)＝0.50 mol，n(CO2)＝0.50 mol K＝＝≈1.19。‎ ‎(2)Q＝＝＝4＞K 故平衡逆向移动，v(正)＜v(逆)。‎ ‎(3)由关系式可知K＝＝0.60，对应温度为1 000 ℃。‎ ‎2．化学家研究在催化剂作用下，通过反应：CCl4＋H2CHCl3＋HCl使CCl4转化为重要的化工原料氯仿(CHCl3)。此反应伴随有副反应，会生成CH2Cl2、CH3Cl和CH4等。已知CCl4的沸点为77 ℃，CHCl3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CCl4的 浓度/mol·L－1‎ 初始H2的浓度/mol·L－1‎ CCl4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___________。‎ ‎(2)实验1中，CCl4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，H2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　(1)K＝　1　(2)大于　(3)0.05 mol·L－1·h－1　(4)D 解析　因CCl4的沸点为77 ℃，CHCl3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CCl4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。‎ ‎3．已知K、Ka、Kw、Kh、Ksp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(NH)＝c(Cl－)，则溶液显______(填“酸”“碱”或“中”)性；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝________。‎ ‎(2)25 ℃时，H2SO3HSO＋H＋的电离平衡常数Ka＝1×10－2 mol·L－1，则该温度下pH＝3、c(HSO)＝0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中c(H2SO3)＝______。‎ ‎(3)高炉炼铁中发生的反应有：FeO(s)＋CO(g) Fe(s)＋CO2(g)　ΔH＜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(CO2)＝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。‎ ‎(4)已知高温下Fe(OH)3和Mg(OH)2的Ksp分别为8.0×10－38、1.0×10－11，向浓度均为0.1 mol·L－1的FeCl3、MgCl2的混合溶液中加入碱液，要使Fe3＋完全沉淀而Mg2＋不沉淀，应该调节溶液pH的范围是__________________________________________________(已知lg 2＝0.3)。‎ 答案　(1)中　　(2)0.01 mol·L－1 (3)　20%　＞　(4)3.3～9‎ 解析　(1)根据电荷守恒得c(H＋)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因为c(NH)＝c(Cl－)，所以c(H＋)＝c(OH－)，故溶液显中性。Kb＝＝＝。‎ ‎(2)由Ka＝，代入数据得c(H2SO3)＝0.01 mol·L－1。‎ ‎(3)根据化学方程式可得K＝；设开始时c(CO)＝a mol·L－1，平衡时c(CO2)＝b mol·L－1，则b/(a－b)＝0.25，得a＝5b，则平衡时CO的转化率为＝＝20%；Q＝＝＝0.20＜0.25，故v正＞v逆。‎ ‎(4)Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，Fe3＋完全沉淀时c3(OH－)＝，得c(OH－)＝2×10－11 mol·L－1，pH＝3.3，Mg(OH)2开始沉淀时c2(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。‎ 题空五　用盖斯定律计算反应热 根据盖斯定律计算ΔH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CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2(g)＋6H2(g)??CH2==CH2(g)＋4H2O(g)　ΔH。‎ ‎(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)：‎ 物质 CO2(g)‎ H2(g)‎ CH2==CH2(g)‎ H2O(g)‎ 能量/kJ·mol－1‎ ‎－394‎ ‎0‎ ‎52‎ ‎－242‎ ΔH＝____________________kJ·mol－1。‎ ‎(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＝____________________。‎ ‎[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。‎ 解析　(1)ΔH＝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。(2)ΔH＝断裂化学键的总键能－形成化学键的总键能＝(803×4＋436×6－615－4a－463×8)kJ·mol－1＝－128 kJ·mol－1，解得a＝409.25。‎ 答案　(1)－128　(2)409.25‎ 例2　(1)[2016·全国卷Ⅱ，26(3)]联氨(又称肼，N2H4，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：‎ ‎①2O2(g)＋N2(g)===N2O4(l)　　ΔH1‎ ‎②N2(g)＋2H2(g)===N2H4(l)　　ΔH2‎ ‎③O2(g)＋2H2(g)===2H2O(g)　　ΔH3‎ ‎④2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g) ΔH4＝－1 048.9 kJ·mol－1‎ 上述反应热效应之间的关系式为ΔH4＝________，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)CH4和CO2可以制造价值更高的化学产品。‎ 已知：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g) ΔH1＝a kJ·mol－1‎ CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝b kJ·mol－1‎ ‎2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)　ΔH3＝c kJ·mol－1‎ 反应CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)　ΔH＝_____ kJ·mol－1(用含a、b、c的代数式表示)。‎ 解析　(1)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ΔH4＝2ΔH3－2ΔH2－ΔH1；联氨具有强还原性，N2O4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)CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝a kJ·mol－1，2CO(g)＋2H2O(g)===2CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝2b kJ·mol－1，4CO2(g)===4CO(g)＋2O2(g)　ΔH＝－2c kJ·mol－1。‎ 上述三式相加得：CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)　ΔH＝(a＋2b－2c)kJ·mol－1。‎ 答案　(1)2ΔH3－2ΔH2－ΔH1　反应放热量大，产生大量的气体 ‎(2)a＋2b－2c ‎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、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：‎ ‎①CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)　ΔH1‎ ‎②CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH2‎ ‎③CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)　ΔH3‎ 回答下列问题：‎ 已知反应①中相关的化学键键能数据如下：‎ 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ΔH1＝______ kJ·mol－1；已知ΔH2＝－58 kJ·mol－1，则ΔH3＝______ kJ·mol－1。‎ 答案　－99　＋41‎ 解析　根据键能与反应热的关系可知，ΔH1＝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：CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)　ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝(－58 kJ·mol－1)－(－99 kJ·mol－1)＝＋41 kJ·mol－1。‎ ‎2．O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式：‎ NO(g)＋O3(g)===NO2(g)＋O2(g) ΔH＝－200.9 kJ·mol－1‎ NO(g)＋O2(g)===NO2(g) ΔH＝－58.2 kJ·mol－1‎ SO2(g)＋O3(g)===SO3(g)＋O2(g) ΔH＝－241.6 kJ·mol－1‎ 则反应3NO(g)＋O3(g)===3NO2(g)的ΔH＝________ kJ·mol－1。‎ 答案　－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)＋O3(g)===3NO2(g) ΔH＝－200.9 kJ·mol－1－58.2 kJ·mol－1×2＝－317.3 kJ·mol－1。‎ ‎3．红磷在氯气中燃烧的能量变化关系如图所示：‎ ‎(1)反应PCl3(g)＋Cl2(g)===PCl5(g)是________反应(填“吸热”或“放热”)。‎ ‎(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：_____________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(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)。‎ ‎(4)白磷在氧气中燃烧有如下转化关系：‎ 其中ΔH2＝__________。‎ 答案　(1)放热 ‎(2)2P(s)＋5Cl2(g)===2PCl5(g) ΔH＝－(c－a) kJ·mol－1‎ ‎(3) kJ ‎(4)ΔH3－ΔH1‎ 解析　(1)从题给图像分析，PCl3和Cl2的总能量高于PCl5的总能量，所以该反应是放热反应。‎ ‎(2)红磷生成五氯化磷是放热反应，生成2 mol PCl5(g)放出热量为(c－a) kJ。‎ ‎(3)n(P)＝＝0.2 mol，n(Cl2)＝＝0.4 mol，根据原子守恒知，n(PCl3)＝n(PCl5)＝0.1 mol，生成1 mol PCl5(g)放出热量为(c－a)kJ；生成1 mol PCl3(g)放出的热量为(c－b) kJ，则6.2 g红磷在8.96 L氯气中充分燃烧生成气态化合物时放出的热量Q＝ kJ。‎ ‎(4)根据盖斯定律知，ΔH2＋ΔH1＝ΔH3。‎ 高考12题逐题特训 A组 ‎1．物质的量是高中化学常用的物理量，请完成以下有关计算：‎ ‎(1)2.3 g乙醇含有________个氢原子，所含共价键的物质的量为________，其中所含官能团羟基的电子数为________。‎ ‎(2)某条件下，8 g氧气所占的体积为6 L，则在该条件下的气体摩尔体积为________。‎ ‎(3)100 mL硫酸铝溶液中c(Al3＋)＝0.20 mol·L－1(不考虑水解因素)，则其中n(SO)＝________。‎ ‎(4)在9.5 g某二价金属的氯化物中含有0.2 mol Cl－，此氯化物的摩尔质量为________。‎ ‎(5)6.72 L CO(标准状况)与一定量的Fe2O3恰好完全反应(生成Fe与CO2)后，生成Fe的质量为______g，转移的电子数目为__________。‎ 答案　(1)0.3NA　0.4 mol　0.45NA (2)24 L·mol－1　(3)0.03 mol (4)95 g·mol－1　(5)11.2　0.6NA ‎2．Pd(相对原子质量106.4)中加入王水(浓硝酸与浓盐酸的混合物)的反应可以表示：Pd＋HCl＋HNO3―→A＋B↑＋H2O(未配平)。其中B为无色有毒气体，该气体在空气中不能稳定存在；A中含有三种元素，其中Pd元素的质量分数为42.4%，H元素的质量分数为0.8%。通过计算判断物质A的化学式________________。‎ 答案　H2PdCl4‎ 解析　B是一氧化氮；A中含有三种元素，其中Pd元素的质量分数为42.4%，H元素的质量分数为0.8%，根据元素守恒知剩余的是氯元素，Pd原子、氢原子和氯原子个数比＝∶∶≈1∶2∶4。‎ ‎3．XeO3是一种不稳定的物质，具有强氧化性。在某一反应体系中有反应物和生成物的微粒共6种，即Mn2＋、MnO、Xe、XeO3、H＋、H2O。‎ ‎(1)该反应的离子方程式为_______________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)将适量的XeO3投入30 mL 0.1 mol·L－1 Mn2＋的水溶液中，刚好完全反应。此时转移电子数目为_______。将反应后的溶液稀释至90 mL，所得溶液的pH＝__________________。‎ 答案　(1)5XeO3＋6Mn2＋＋9H2O===6MnO＋5Xe↑＋18H＋　(2)0.015NA　1‎ 解析　(1)由题意可知，XeO3作氧化剂，Xe为还原产物，则Mn2＋作还原剂，MnO为氧化产物，写出方程式配平即可。‎ ‎(2)Mn2＋→MnO，Mn的化合价由＋2→＋7，n(Mn2＋)＝0.03 L×0.1 mol·L－1＝0.003 mol，转移的n(e－)＝0.003 mol×5＝0.015 mol，N(e－)＝0.015NA；由离子方程式可知，n(H＋)＝3n(Mn2＋)＝3×0.003 mol＝0.009 mol，c(H＋)＝＝0.1 mol·L－1，故pH＝1。‎ ‎4．已知NaOH与Cl2反应的氧化产物与温度有关(发生的反应均为放热反应)，在V L 4 mol·L－1的NaOH中通入一定量的氯气，生成物中含有Cl－、ClO－、ClO三种含氯元素的离子，其中ClO－、ClO的物质的量(n)与反应时间(t)的曲线如图所示。‎ 若t2时刻恰好反应完全，则V＝________ L。‎ 答案　2.5‎ 解析　由图像可知，t2时刻，ClO－、ClO的物质的量分别为2 mol、1 mol，Cl2→Cl－，化合价由0→－1，Cl2→ClO－，化合价由0→＋1，Cl2→ClO，化合价由0→＋5，根据得失电子守恒可知，n(Cl－)＝n(ClO－)＋5n(ClO)＝2 mol＋5×1 mol＝7 mol，由Na原子守恒，n(NaOH)＝n(NaCl)＋n(NaClO)＋n(NaClO3)＝7 mol＋2 mol＋1 mol＝10 mol，V＝＝2.5 L。‎ ‎5．当汽车在行驶过程中发生碰撞事故时，如果达到气囊展开条件，气体发生器接到信号后引燃气体发生剂，产生大量气体，气体发生器的产气药已从叠氮化物型发展到非叠氮化物型，其中以硝基胍(NQ)型和黑索金(RDX)型产气药型为主。‎ ‎(1)硝基胍(CH4N4O2)是白色结晶，密度是1.715 g·cm－3，微溶于水，爆炸时发生反应：CH4N4O2―→CO↑＋H2O＋H2↑＋2N2↑。可由硝酸胍为原料制备。在20 ℃以下，将280 g硝酸胍(CH6N4O3)在搅拌作用下缓慢加入预先已冷却的250 mL浓硫酸中，随后倒入碎冰和水的混合物中，充分搅拌并过滤，水洗，再经重结晶得到硝基胍。‎ ‎①硝基胍的摩尔质量为________；5.2 g硝基胍含有氢原子的数目为________，电火花点火后冷却到标准状况下，可收到气体的体积为________L。‎ ‎②制备硝基胍时，过滤需用到的玻璃仪器有烧杯、__________________________。‎ ‎③0.1 mol·L－1硝酸胍溶液是分析化学中的常见试剂，配制250 mL该溶液需要硝酸胍的质量为______；若用托盘天平作称量仪器，配制时下列部分图示操作正确的是________(填序号)。‎ ‎(2)黑索金(C3H6O6H6)的爆炸反应：C3H6O6N6―→1.5CO2↑＋1.5H2O＋1.5CO↑＋3N2↑＋1.5H2↑。相同物质的量的硝基胍与黑索金在常压及120 ℃时产生的气体体积比为______。‎ 答案　(1)①104 g·mol－1　1.204×1023(或0.2NA)　4.48　②玻璃棒、漏斗　③3.05 g　b　(2)5∶9‎ 解析　(1)①硝基胍的摩尔质量为104 g·mol－1,5.2 g硝基胍的物质的量为＝0.05 mol，含氢原子数：0.05 mol×4×6.02×1023 mol－1＝1.204×1023；由于在标准状况下水为液体，故产生的气体的体积：0.05 mol×4×22.4 L·mol－1＝4.48 L。‎ ‎②过滤时，所需的玻璃仪器只有3种：漏斗、烧杯及玻璃棒。‎ ‎③配制250 mL 溶液需硝酸胍的质量：0.1 mol·L－1×0.25 L×122 g·mol－1＝3.05 g。用托盘天平称量时，应为“左物右码”，a错误；用玻璃棒搅拌可加速溶解，b正确；转移溶液时需要用玻璃棒引流，c错误；定容时，胶头滴管不能伸入容量瓶内，d错误。‎ ‎(2)在常压及120 ℃时，水为气态，1 mol 硝基胍完全分解产生5 mol气体，1 mol黑索金完全分解产生9 mol气体，故气体体积比为5∶9。‎ ‎6．下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的示意图。环境中的Cl－扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔铜锈Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为 ‎ ‎________________________________________________________________________；‎ 若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl，则理论上耗氧体积为________L(标准状况)。‎ 答案　2Cu2＋＋ 3OH－＋Cl－===Cu2(OH)3Cl↓ 0．448‎ 解析　正极反应产物为OH－，负极反应产物为Cu2＋，与Cl－作用生成Cu2(OH)3Cl。n[Cu2(OH)3Cl]＝＝0.02 mol，所以有0.04 mol Cu被氧化，根据电子得失守恒n(O2)＝＝0.02 mol，标准状况下V(O2)＝0.02 mol×22.4 L·mol－1＝0.448 L。‎ B组 ‎1．铁及其化合物在日常生活、生产中应用广泛，研究铁及其化合物的应用意义重大。回答下列问题：‎ 已知高炉炼铁过程中会发生如下反应：‎ ‎①FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g)　ΔH1‎ ‎②Fe2O3(s)＋CO(g)===Fe3O4(s)＋CO2(g)　ΔH2‎ ‎③Fe3O4(s)＋4CO(g)===3Fe(s)＋4CO2(g)　ΔH3‎ ‎④Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)　ΔH4‎ 则ΔH4的表达式为________________(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代数式表示)。‎ 答案　ΔH2＋ΔH3‎ 解析　根据盖斯定律，将所给的反应②＋③×可得：Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g)，故ΔH4＝ΔH2＋ΔH3。‎ ‎2．2NO(g)＋O2(g) 2NO2(g)　ΔH＜0是制造硝酸的重要反应之一。在800 ℃时，向容积为1 L的密闭容器中充入0.010 mol NO和0.005 mol O2，反应过程中NO的浓度随时间变化如图所示：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)2 min内，v(O2)＝____________mol·L－1·min－1。‎ ‎(2)升高温度，平衡向____________(填“正”或“逆”)反应方向移动。‎ ‎(3)平衡时，NO的转化率是____________。‎ ‎(4)800 ℃时，该反应的化学平衡常数为____________。‎ 答案　(1)1.25×10－3　(2)逆　(3)50%　(4)400‎ 解析　(1)v(NO)＝＝0.025 mol·L－1·min－1，‎ 则v(O2)＝v(NO)＝1.25×10－3 mol·L－1·min－1。‎ ‎(2)正反应放热，则升高温度平衡逆向移动。‎ ‎(3)起始时c(NO)＝0.010 mol·L－1，平衡时c(NO)＝0.005 mol·L－1，可知转化率为×100%＝50%。‎ ‎(4)　　　　　　　2NO(g)＋O2(g)??2NO2(g)‎ 起始/mol·L－1 0.010 0.005 0‎ 平衡/mol·L－1 0.005 0.002 5 0.005‎ 则K＝＝＝400。‎ ‎3．锰及其化合物用途广泛。锰的化合物有60多种，其中以二氧化锰(MnO2)最稳定。‎ ‎(1)将固体草酸锰(MnC2O4·2H2O)放在一个可以称出质量的容器里加热。固体质量随温度的变化关系如图所示。‎ ‎280 ℃时，剩余固体的成分为______(填化学式)；943 ℃时，剩余固体的成分为________(填化学式)。‎ ‎(2)向100 mL MnCl2和BaCl2的混合溶液中滴加Na2C2O4溶液，当MnC2O4·2H2O与BaC2O4两种沉淀共存时，＝________。[已知：Ksp(MnC2O4·2H2O)＝1.7×10－7；Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7]‎ 答案　(1)MnO　MnO2　(2) 解析　(1)MnC2O4·2H2O固体＋xH2O，根据差量法计算，179∶18x＝1∶(1.00－0.80)，解得x≈2，即214 ℃时，剩余固体的成分为MnC2O4；同理根据MnC2O4固体＋气体，143∶Mr(固体)＝0.80∶0.40，求得Mr(固体)＝71.5，固体中一定含有Mn元素，所以280 ℃时，剩余固体的成分为 MnO；当温度超过280 ℃时，剩余固体质量又会增加，说明MnO与空气中氧气反应，生成Mn的高价氧化物，同理计算出固体的化学式为MnO2。(2)向100 mL MnCl2和BaCl2的混合溶液中滴加Na2C2O4溶液，当MnC2O4·2H2O与BaC2O4两种沉淀共存时，＝＝＝。‎ ‎4．(1)常温下，将a mol·L－1 CH3COONa溶于水配成溶液，向其中滴加等体积的b mol·L－1的盐酸使溶液呈中性(不考虑盐酸和醋酸的挥发)，用含a和b的代数式表示醋酸的电离平衡常数Ka＝________。‎ ‎(2)25 ℃时，H2SO3HSO＋H＋的电离平衡常数Ka＝1×10－2，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh＝________。‎ ‎(3)已知25 ℃时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝1.8×10－5，该温度下1 mol·L－1的NH4Cl溶液中c(H＋)＝________ mol·L－1(已知≈2.36)。‎ ‎(4)常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH＝9的Na2SO3溶液，吸收过程中水的电离平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移动。试计算溶液中＝________。(常温下H2SO3的电离平衡常数Ka1＝1.0×10－2，Ka2＝6.0×10－8)‎ ‎(5)25 ℃ 0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液的pH＝b，则25 ℃时CH3COOH的电离平衡常数约为______(用b表示)。‎ ‎(6)室温时，M(OH)2(s)??M2＋(aq)＋2OH－(aq)　Ksp＝a。c(M2＋)＝b mol·L－1时，溶液的pH等于________(用含a、b的代数式表示)。‎ 答案　(1)　(2)1×10－12　(3)2.36×10－5 (4)向右　60　(5)1013－2b　(6)14＋lg()‎ 解析　(1) 所以c(CH3COOH)＝c(Cl－)‎ CH3COOH　　CH3COO－　＋　H＋‎ － 10－7‎ Ka＝＝。‎ ‎(2)Ka＝ Kh＝＝＝＝＝1×10－12 。‎ ‎(3)Kh＝＝ c(H＋)≈c(NH3·H2O)，而c(NH)≈1 mol·L－1，‎ 所以c(H＋)＝＝ mol·L－1≈2.36×10－5 mol·L－1。‎ ‎(4)NaOH电离出的OH－抑制水的电离平衡，Na2SO3电离出的SO水解促进水的电离平衡。‎ SO＋H2O??HSO＋OH－‎ Kh＝＝＝ 所以＝＝60。‎ ‎(5)pH＝b可知c(H＋)＝10－b mol·L－1，c(OH－)＝10－14＋b mol·L－1，‎ 故c(CH3COOH)≈10－14＋b，Ka≈＝1013－2b。‎ ‎(6)由Ksp＝c(M2＋)·c2(OH－)得c(OH－)＝ mol·L－1，Kw＝c(H＋)·c(OH－)得c(H＋)＝ mol·L－1，pH＝－lg＝14＋lg。‎ ‎5．磺酰氯(SO2Cl2)和亚硫酰氯(SOCl2)均是实验室常见试剂。‎ 已知：SO2Cl2(g) SO2(g)＋Cl2(g)　K1‎ ΔH＝a kJ·mol－1　(Ⅰ)‎ SO2(g)＋Cl2(g)＋SCl2(g) 2SOCl2(g)　K2‎ ΔH＝b kJ·mol－1　(Ⅱ)‎ ‎(1)反应：SO2Cl2(g)＋SCl2(g) 2SOCl2(g)的平衡常数K＝________(用K1、K2表示)，该反应ΔH＝______(用a、b表示)kJ·mol－1。‎ ‎(2)为研究不同条件对反应(Ⅰ)的影响，将13.5 g SO2Cl2充入2.0 L的烧瓶中，在101 kPa、375 K条件下，10 min 后达到平衡，平衡时SO2Cl2的转化率为0.80，则0～10 min内Cl2的平均反应速率为_________，平衡时容器内压强为________kPa，该温度下的平衡常数为________；若要减小SO2Cl2的转化率，除改变温度外，还可采取的措施是___________(列举一种)。‎ ‎(3)磺酰氯对眼和上呼吸道黏膜有强烈的刺激性，发生泄漏时，实验室可用足量NaOH固体吸收，发生反应的化学方程式为__________；亚硫酰氯遇水的化学方程式：___________。‎ ‎(4)将一定量的Cl2用稀NaOH溶液吸收，若恰好完全反应，则溶液中各离子浓度由大到小的顺序为________________________________________________________________________；已知常温下，次氯酸的Ka＝2.5×10－8，则该温度下NaClO水解反应的平衡常数Kb＝____。‎ 答案　(1)K1·K2　a＋b ‎(2)0.004 mol·L－1·min－1　181.8　0.16　增大压强(或缩小容器体积)‎ ‎(3)SO2Cl2＋4NaOH===Na2SO4＋2NaCl＋2H2O SOCl2＋H2O===SO2↑＋2HCl↑‎ ‎(4)c(Na＋)>c(Cl－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋) 4×10－7‎ 解析　(1)反应SO2Cl2(g)＋SCl2(g) 2SOCl2(g)可由反应(Ⅰ)、(Ⅱ)相加得到，故其平衡常数为两者之积，反应热为两者之和。‎ ‎(2)生成Cl2的物质的量为0.08 mol，其浓度为0.04 mol·L－1，故Cl2的反应速率为0.004 mol·L－1·min－1；平衡时总物质的量为0.02 mol＋0.08 mol＋0.08 mol＝0.18 mol，故平衡时压强为×101 kPa＝181.8 kPa；K＝＝＝0.16；若要减小转化率，可通过缩小容器体积即增大压强的方法。‎ ‎(3)SO2Cl2中硫为＋6价，氯为－1价，氢氧化钠足量时生成硫酸盐和盐酸盐；SOCl2中硫为＋4价，水解生成SO2及HCl。‎ ‎(4)Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，显然c(Na＋)最大，考虑到ClO－水解显碱性，故c(Cl－)>　c(ClO－)，c(OH－)>c(H＋)；HClO的电离常数与ClO－水解常数之积等于水的离子积，故Kb＝＝4×10－7。‎