2020届二轮复习化学微型计算学案（全国通用）

2020届二轮复习化学微型计算学案（全国通用）

化学微型计算 ‎[全国卷]‎ ‎1．(2019·全国卷Ⅱ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 mol·L－1的I2－KI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 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2O===2I－＋S4O。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I2～2S2O，可得n(I2)过量＝×0.1000V×10－3 mol，再根据关系式S2－～I2可知，n(S2－)＝0.1000×25.00×10－3 mol－×0.1000V×10－3 mol＝×0.1000×10－3 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Ⅲ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1∶1、4∶1、7∶1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)＝1∶1的数据计算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)＝1∶1、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 (1－0.84)c0 (1－0.21)c0 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Ⅱ节选)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(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 mol·L－1 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 mol·L－1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4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＋：‎ Fe2＋―→Fe3＋～e－‎ MnO―→Mn2＋～5e－‎ 可得关系式：5Fe2＋～MnO 已知n(MnO)＝cV×10－3 mol 则n(Fe2＋)＝5cV×10－3 mol 则m(Fe2＋)＝5cV×10－3×56 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 ‎(2－x)Al2(SO4)3＋3xCaCO3＋3xH2O===‎ ‎2[(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3]＋3xCaSO4↓＋3xCO2↑‎ 生成物(1－x)Al2(SO4)3·xAl(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：‎ ‎①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。‎ ‎②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol·L－1 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 mol·L－1 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Al3＋、Cu2＋与EDTA反应的化学计量比均为1∶1)。‎ 计算(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值为________。‎ ‎[解析]　25 mL溶液中：‎ n(SO)＝n(BaSO4)＝＝0.0100 mol ‎2．5 mL溶液中：‎ n(Al3＋)＝n(EDTA)－n(Cu2＋)‎ ‎＝0.1000 mol·L－1×25.00 mL×10－3 L·mL－1－0.0800 mol·L－1×20.00 mL×10－3 L·mL－1＝9.000×10－4 mol ‎25 mL溶液中：n(Al3＋)＝9.000×10－3 mol ‎1 mol (1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中 n(Al3＋)＝(2－x) mol；n(SO)＝3(1－x) mol ＝＝，解得x＝0.41。‎ ‎[答案]　0.41‎ ‎2．(2018·浙江卷节选)称取4.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0 mL 2.00 mol·L－1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 mol·L－1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50.0×10－3×2.00 mol＝0.100 mol，而加入溶液体系中的铁元素(氧化铁、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：160x＋80y＝4.00，根据整个体系中金属元素守恒得：56×2x＋64y＋5.6＝0.100×56＋3.04，解得x＝0.0100，y＝0.0300，故固体混合物中CuO的质量为2.40 g。‎ ‎[答案]　(1)0.100 mol　(2)2.40 g ‎3．(2018·江苏卷节选)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3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6NO2＋8NH3===7N2＋12H2O，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 ‎①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。②w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，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。②根据原子守恒，确定出未知物质组成元素的原子的物质的量。③根据质量守恒，确定出结晶水的物质的量(若有结晶水)。④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 ‎①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。②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。③通过②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 ‎①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、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。②2017年全国卷Ⅱ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。③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)6－2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O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5.000×10－2 mol·L－1 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 Fe3＋Fe2＋Cr3＋＋Fe3＋。‎ ‎(2)根据得失电子守恒求出n(Fe2＋)，即样品中n(Fe)，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6Fe2＋～Cr2O，可知n(Fe2＋)＝6×5.000×10－2×22.00×10－3 mol＝6.600×10－3 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)＝5.000×10－2 mol·L－1×22.00 mL×10－3 L·mL－1＝1.100×10－3 mol　由滴定时Cr2O→Cr3＋或Fe2＋→Fe3＋，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：Cr2O～6Fe2＋(或Cr2O＋14H＋＋6Fe2＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O)‎ 则n(Fe2＋)＝6n(Cr2O)＝6×1.100×10－3 mol＝6.600×10－3 mol 样品中铁元素的质量：‎ m(Fe)＝6.600×10－3 mol×56 g·mol－1＝0.3696 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CaO2·8H2O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 mol·L－1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 mol·L－1 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，三次平均消耗Na2S2O3溶液的体积为V mL，则CaO2·8H2O的质量分数为____________(用含字母的式子表示)。(已知：I2＋2S2O===2I－＋S4O)‎ ‎[解析]　根据2CaO2＋2H2O===2Ca(OH)2＋O2↑、O2＋4KI＋2H2SO4===2K2SO4＋2I2＋2H2O、I2＋2S2O===2I－＋S4O，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：2CaO2·8H2O～O2～2I2～4S2O，则n(CaO2·8H2O)＝n(Na2S2O3)＝×c mol·L－1×V×10－3 L，故CaO2·8H2O的质量分数为×cV×10－3 mol×216 g·mol－1÷a g×100%＝×100%。‎ ‎[答案]　淀粉溶液　×100%‎ ‎2．(2019·石家庄一模)采用如下装置测定产品碱式碳酸铜[xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O]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)。‎ ‎①停止加热，充分冷却　②加热C一段时间　③打开A中的活塞通氢气　④收集气体并检验纯度　⑤关闭A中的活塞 ‎(3)称取9.55 g xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O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)＝ mol＝0.05 mol，n(Cu)＝ mol＝0.075 mol，n(O)＝n(H2O)＋2n(CO2)＝ mol＝0.25 mol，则n(Cu)∶n(C)∶n(O)＝0.075∶0.05∶0.25＝3∶2∶10，即(x＋y)∶x∶(3x＋2y＋z)＝3∶2∶10，解得x∶y∶z＝2∶1∶2，故该产品的化学式为2CuCO3·Cu(OH)2·2H2O。‎ ‎[答案]　(1)b　c　d　e(或e　d)g　f　b　c　b　c ‎(2)③④②①⑤　(3)2CuCO3·Cu(OH)2·2H2O ‎3．(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CoCl2·6H2O为粉红色。如图所示为CoCl2·6H2O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(CoCl2·6H2O)＝＝0.02 mol；25～52℃减少的质量为H2O的质量，n(H2O)＝＝0.08 mol；1分子CoCl2·6H2O失去水分子数＝＝4，故紫红色物质的化学式为CoCl2·2H2O。‎ ‎(2)52～90℃时，减少的质量为H2O的质量，n(H2O)＝＝0.02 mol；1分子CoCl2·2H2O失去水分子数＝＝1，故蓝紫色物质的化学式为CoCl2·H2O。所以由紫红色固体生成蓝紫色固体的化学方程式为CoCl2·2H2OCoCl2·H2O＋H2O。‎ ‎(3)90～120℃时，失去水的物质的量为0.02 mol，故蓝色物质为CoCl2。‎ ‎[答案]　(1)CoCl2·2H2O　(2)CoCl2·2H2OCoCl2·H2O＋H2O　(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＝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：‎ ‎(式中M为金属，n为其离子的化合价数值)‎ ‎【典例2】　(2019·全国卷Ⅲ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Fe3＋＋e－===Fe2＋，生成的二价铁又被氧气氧化成三价铁，发生反应4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O，由反应可知电路中转移4 mol电子消耗1 mol ‎ O2，则转移1 mol电子消耗氧气 mol，其在标准状况下的体积为 mol×22.4 L·mol－1＝5.6 L。‎ ‎[答案]　Fe3＋＋e－===Fe2＋、4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O　5.6‎ ‎1．(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)a＋b的最大值为________，a＋b的最小值为________。‎ ‎(2)当a＋b＝0.18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、Cl元素失去的电子总数，所以有：0.08 mol×(7－2)＝2a×(0＋2) mol＋2b(0＋1) mol，则2a＋b＝0.2，即a＋b＝0.2－a，当高锰酸钾不分解时，a＝0，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：0≤a≤0.04，所以0.16≤a＋b≤0.2，即a＋b的最大值为0.2，最小值为0.16。(2)当a＋b＝0.18时，a＝0.02，根据反应：2KMnO4K2MnO4＋MnO2＋O2↑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：(0.04×158＋0.02×197＋0.02×87) g＝12 g。‎ ‎[答案]　(1)0.2　0.16　(2)12 g ‎2．(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________×10－4 mol。(计算结果保留一位小数，已知一个电子的电量为1.6×10－19 C，阿伏加德罗常数为6.02×1023 mol－1，Q＝It)‎ ‎[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N2H4－4e－＋2O2－===N2↑＋2H2O。电池工作10 min，转移电子的物质的量为≈3.11×10－3 mol，消耗O2‎ 的物质的量n(O2)＝≈7.8×10－4 mol。‎ ‎[答案]　N2H4＋2O2－－4e－===N2↑＋2H2O　7.8‎ ‎3．(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2∶1)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%，脱硝效率为________。‎ ‎[解析]　根据得失电子守恒，有4b mol/L＝2a mol/L＋3c(NO)，则实际上c(NO)＝ mol/L，因为SO2和NO的体积比为2∶1，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。‎ ‎2．K、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 mol·L－1、b mol·L－1，达到平衡后A的物质的量浓度变化为mx mol·L－1。‎ K＝ ‎4．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Ⅱ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x＝0.4a，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Kp＝＝p总，根据p总＝1.2×105 Pa，可得Kp＝×1.2×105 Pa≈3.56×104 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%　3.56×104　BD ‎1．(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)。CH4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 mol·L－1·s－1的平均速率增多，则t1________t2(填“>”“＝”或“<”)。‎ ‎(2)在图中，t3℃时，化学反应2CH4(g)??C2H2(g)＋3H2(g)的压强平衡常数Kp＝________Pa2。‎ ‎[解析]　(1)设平衡时甲烷转化x mol，根据三段式法有：‎ 结合题意知存在0.12－x＝x/2，解得x＝0.08，故CH4的平衡转化率为×100%＝66.7%。根据题图知，2CH4(g)??C2H4(g)＋2H2(g)‎ 为吸热反应，改变温度，甲烷的浓度增大，即平衡左移，则温度降低，t1>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Kp＝[p(C2H2)·p3(H2)]/p2(CH4)＝[10－1.3×(104)3]/(103)2 Pa2＝104.7 Pa2。‎ ‎[答案]　(1)66.7%　>　(2)104.7‎ ‎2．(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)，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Ka1＝4.4×10－7、Ka2＝4.7×10－11，NH3·H2O的电离平衡常数为Kb＝1.75×10－5。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NH＋HCO＋H2O??NH3·H2O＋H2CO3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中气体增加的物质的量为(1.2 mol＋2.4 mol)×0.5＝1.8 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)

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