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化学计算【明确考纲】1.对相对原子质量、相对分子质量进行计算(含摩尔质量、平均摩尔质量);2.根据化学方程式、离子方程式进行计算;3.根据微粒的m、n、N、V进行计算;4.计算溶液中的溶质质量分数、物质的量浓度、溶液pH的计算;5.掌握氧化还原反应的有关计算;6.运用盖斯定律进行有关反应焓变的计算;7.有关反应速率()、转化率()、产率、平衡常数(Kc、Kp)、电离平衡常数(Ka、Kb)、水解平衡常数(Kh)溶度积(Ksp)等计算。【高考分析】年份考查形式及分值(不含选修2、选修3内容)2016年全国卷27题(2)K计算(3)Ksp计算 28题(4)(5)氧化还原反应有关计算,均以填空形式考查,共约10分。2017年全国卷26题(5)质量分数、样品纯度计算 27题(5)Ksp计算 28题(3)平衡转化率、K计算,均以填空形式考查,共约10分。2018年全国卷27(4)滴定中物质残留量的计算 28题(2)化学反应中H,P、v、Kp计算,均以填空形式考查,共约10分。(1) 从分析统计可知,高考中的化学计算题有以下特点: 近年高考对化学计算有所加大,考查角度较广,但难度不大,运算量不会太大。(二)复习准备:(1)平时注重常规计算,掌握基本方法。(2)务必重视概念理解和化学过程分析。(3)针对试题特点,建议采用分散复习的方式。【课前真题】1.(2017天津卷节选)已知25,NH3H2O的Kb=1.8105,H2SO3的Ka1=1.3102,Ka2=6.2108。若氨水的浓度为2.0 molL-1,溶液中的c(OH)=_molL1。将SO2通入该氨水中,当c(OH)降至1.0107 molL1时,溶液中的c()/c()=_。答案:6.010-3 0.622.(2017江苏高考节选)碱式氯化铜有多种组成,可表示为Cua(OH)bClcxH2O。为测定某碱式氯化铜的组成,进行下列实验:称取样品1.116 0 g,用少量稀HNO3溶解后配成 100.00 mL 溶液A;取25.00 mL 溶液A,加入足量AgNO3溶液,得AgCl 0.172 2 g;另取 25.00 mL溶液A,调节pH 45,用浓度为0.080 00 molL1的EDTA(Na2H2Y2H2O)标准溶液滴定Cu2(离子方程式为Cu2H2Y2=CuY22H),滴定至终点,消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。解析:由中生成AgCl的质量,可计算出1.116 0 g样品中Cl的物质的量n(Cl);由可计算出1.116 0 g样品中Cu2的物质的量n(Cu2),依电荷守恒:n(OH)n(Cl)2n(Cu2),得出n(OH),最后由质量守恒得出n(H2O);由四种粒子的物质的量,可确定样品的化学式。计算时要留意溶液配了多少,使用了多少!【解析及答案】n(Cl)n(AgCl)4.800103 moln(Cu2)n(EDTA)0.080 00 molL130.00 mL103 LmL19.600103 moln(OH)2n(Cu2)n(Cl)29.600103 mol4.800103 mol1.440102 molm(Cl)4.800103 mol35.5 gmol10.170 4 gm(Cu2)9.600103 mol64 gmol10.614 4 gm(OH)1.440102 mol17 gmol10.244 8 gn(H2O)4.800103 molabcxn(Cu2)n(OH)n(Cl)n(H2O)2311所以,化学式为Cu2(OH)3ClH2O课堂精讲【考点归类】高考中对计算能力的考查,不会以大题出现,可融于各类题型中。主要可分为两类,一类以物质的量为核心的计算、一类计算各类平衡常数。题型一:以物质的量为核心的计算核心知识必备:对物质的量、阿伏加德罗常数、物质的量浓度、物质的质量、 摩尔质量、气体的体积、气体摩尔体积等各个物理量的符号、单位要牢记于心,对它们之间的转化关系及计算应十分熟悉,同时会应用极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等计算方法去求算物质含量、确定物质化学式,以及进行氧化还原、酸碱中和滴定计算和电化学计算等。【典例剖析】向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5 L,固体物质完全反应,生成NO和Cu(NO3)2。在所得溶液中加入1.0 molL1 的NaOH溶液1.0 L,此时溶液呈中性,金属离子已完全沉淀,沉淀质量为39.2 g。下列有关说法不正确的是()。ACu与Cu2O的物质的量之比为21B硝酸的物质的量浓度为2.6 molL1C产生的NO在标准状况下的体积为4.48 LDCu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2 mol【解析】设原混合物中铜、氧化亚铜(Cu2O)物质的量分别为xmol、ymol依据质量关系可列: 64x+144y=27.2 由铜元素守恒可列: x+2y =39.298 求得x=0.2 y=0.1 A项正确由得失电子守恒可求得n(NO)=(0.22+0.121)3=0.2mol,则产生NO在标准状况下的体积为4.48L,C正确最终结合溶液显中性,由电荷守恒可知溶液中n(NO3)=1.0mol,则加入的硝酸的物质的量为:n(HNO3)=0.2+1.0=1.2mol,其物质的量浓度为2.4 molL1,B项错误由氮元素守恒可求未参加反应的硝酸物质的量为:n(总硝酸)n(硝酸铜中的氮)n(NO)=1.2(0.22+0.122)0.2mol =0.2mol ,D项正确【方法指导】守恒思想贯穿中学化学始终,守恒法的灵活运用能够简化解题过程,从而快速准确地解答习题。解题时应挖掘题中隐含的各种信息,采用相应的守恒关系列式计算。(1)质量守恒:反应前后原子的种类和个数均不改变,总质量保持不变,便可列式求算。(2)电子守恒:n(氧化剂)每摩氧化剂得电子数 = n(还原剂)每摩还原剂失电子数(3)电荷守恒:溶液中,阳离子所带正电荷总数 = 阴离子所带负电荷总数特别提醒:在考试中常是多种守恒关系结合使用,以快速解答相关习题。【变式训练】铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应,生成的盐只有硫酸铜,同时生成的两种气体均由表中两种元素组成,气体的相对分子质量都小于50。为防止污染,将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐,消耗1 L 2.2 molL1 NaOH溶液和1 mol O2,则两种气体的分子式及物质的量分别为_,生成硫酸铜物质的量为_。 答案:NO 1.3mol NO2 0.9mol CuSO4 2mol 【典例剖析】CoC2O4是制备钴的氧化物的重要原料。下图为二水合草酸钴(CoC2O42H2O)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点剩余固体的化学成分为_(填化学式)。写出B点对应的物质与O2在225300 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),用480 mL 5 molL1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(写出计算过程)。【答案】(1)Co3O4(写成CoOCo2O3亦可) 3CoC2O42O2Co3O46CO2(2)由得失电子守恒有n(Co3)2n(Cl2)20.4 mol由元素守恒和电荷守恒有n(Co)总n(Co2)溶液0.5n(Cl)0.50.48 L5 molL121 mol,所以钴氧化物中n(Co2)1 mol0.4 mol0.6 mol根据钴氧化物中元素化合价代数和为0有n(O)1.2 mol故n(Co)n(O)1 mol1.2 mol56【解析】由题图可知,起始时加入二水合草酸钴物质的量为0.1mol,受热分解至C点时,固体钴氧化物质量为8.03g,设其化学式为CoOx,则8.03(59+16x)=0.1,求得x=4/3,所得固体的化学成分为Co3O4(或写成CoOCo2O3)。【方法指导】热重曲线计算时:一般设晶体为1mol;失重一般是先失结晶水,再失非金属氧化物;计算每步的m余, 100%=固体残留率;晶体中金属质量不减少,仍在m余中;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),可求出失重后物质的化学式。特别提醒:固体物质在空气中加热时可能氧气会参与反应,尤其是有变价元素的物质。【变式训练】硫酸铜是一种重要的化工原料。已知硫酸铜晶体受热可以逐步失去结晶水,温度升高还可以分解生成铜的氧化物。现取25.0g CuSO45H2O晶体均匀受热,缓慢升温至1200并恒温1小时,实验测得固体残留率(剩余固体的质量原始固体质量)与温度的关系如下图所示:在110时所得固体的成分为;在1200并恒温1小时,反应所得气态产物除去水后,物质的量为。(填字母) A0 mol B0.1mol C0.125mol D大于0.125mol 答案:CuSO43H2O, D【典例剖析】(2018全国卷,28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。称量m g样品于锥形瓶中,溶解后加稀H2SO4酸化,用c molL-1 KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是_。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 molL-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】KMnO4溶液将草酸根离子氧化完全后,因其溶液显红色,故滴入最后一滴标准液时,溶液出现粉红色,且30s内不褪色,即为滴定终点。Zn把Fe3+还原成Fe2+,酸性KMnO4溶液又把Fe2+氧化成Fe3+,反应中消耗KMnO4为0.001cVmol,Mn元素从+7价降到+2价,依得失电子守恒可知铁离子的物质的量为0.005cVmol,则晶体中铁的质量分数的表达式为 = 【答案】溶液变为粉红色【方法指导】氧化还原滴定计算实际上是方程式中物质的量的计算,若出现多步氧化还原反应,主要是为了把待测物质转化为便于用氧化还原滴定的物质,常需要通过原子守恒找出物质间的关系,用关系式法进行求算。【变式训练】水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下:.取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合,反应生成MnO(OH)2,实现氧的固定。.酸化,滴定将固氧后的水样酸化,MnO(OH)2被I还原为Mn2+,在暗处静置5 min,然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2 S2O32+I2=2I+ S4O62)。回答下列问题:(1)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_。(2)取100.00 mL水样经固氧、酸化后,用amolL1Na2S2O3溶液滴定,以淀粉溶液作指示剂,终点现象为_;若消耗Na2S2O3溶液的体积为bmL,则水样中溶解氧的含量为_mgL1。【答案】(1)2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2(2)蓝色褪成无色;80ab【课后巩固】1某铁的氧化物(FexO)1.52g,溶于足量盐酸中,向所得溶液中通入标准状况下112LCl2,恰好将Fe2+离子完全氧化。x值为 。 【答案】0.82已知过氧化钙加热至350 左右开始分解放出氧气。将过氧化钙晶体(CaO28H2O)在坩埚中加热逐渐升高温度,测得样品质量随温度的变化如图所示,则350 左右所得固体物质的化学式为_。【答案】CaO3为研究一水草酸钙的热分解性质,进行如下实验:准确称取36.50g样品加热,样品的固体残留率(固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量100%)随温度的变化如图所示:300时残留固体的成分为 ,900时残留固体的成分为 。通过计算求出500时固体的成分及质量。【答案】CaC2O4;CaO;500时固体的成分为:12.8gCaC2O4和15.0gCaCO34已知:2Fe2+Br2=2Fe3+2Br, 2Fe3+2I=2Fe2+I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气,溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示。下列有关说法中,不正确的是A还原性:IFe2+BrB原混合溶液中FeBr2的物质的量为6 molC当通入2 mol Cl2时,溶液中已发生的离子反应可表示为:2Fe2+2I+2Cl2=2Fe3+I2+4ClD原溶液中:n(Fe2+)n(I)n(Br)213【答案】B【解析】向溶液中通入氯气,各种离子反应的先后顺序为:I-、Fe2+、Br-,所以先减少的是碘离子,其物质的量是2mol,第二种减少的是Fe2+,其物质的量是4mol,综合FeI2、FeBr2的组成可知原混合溶液中FeBr2的物质的量为3mol。5称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24 g,加入含0.1 mol NaOH的溶液,完全反应,生成NH31792 mL(标准状况),则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为A1:1 B1:2 C1.87:1 D3.65:1【答案】C【解析】利用极值法分析,可知0.1molNaOH不足,故先将NH4HSO4反应完,再反应(NH4)2SO4,因共生成NH30.08mol,故与H+反应的NaOH为0.02mol,则可知道NH4HSO4为0.02mol,则共质量为7.24g-115g/mol0.02mol=4.94g,则(NH4)2SO4的物质的量为4.94g132g/mol=0.0374mol。因此,(NH4)2SO4与NH4HSO4物质的量之比为:1.87:1。6镁条在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁。将燃烧后的产物溶解在60毫升浓度为2.0mol/L的盐酸中,再用20mol 0.5mol/L NaOH溶液中和多余的盐酸,然后在此溶液中加过量的碱,把氨全部蒸出来,用稀HCl吸收,稀HCl增重0.17g,求镁带的质量。【答案】镁带的质量为1.2g【解析】先画出该题系列变化的图示:MgMgOMg3N2空气+HCl+NaOHMgCl2NH4ClNaCl+NaOHNH3+HClNH4Cl(A)(B)(C)在图(B)中,根据电荷守恒,有下列关系:2n(Mg2+)+n(NH4+)+n(Na+)=n(Cl-)2n(Mg2+)+0.1717+0.52010-3 = 26010-3 n(Mg2+)=0.05mol依镁元素守恒可知,原m(Mg)=0.05mol 24g/mol=1.2g7用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I),实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。准备标准溶液a准确称取AgNO3基准物4.2468 g(0.0250 mol)后,配制成250 mL标准溶液,放在棕色试剂瓶中避光保存,备用。b配制并标定100 mL 0.1000 molL1 NH4SCN标准溶液,备用。滴定的主要步骤a取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。b加入25.00 mL 0.1000 molL1 AgNO3溶液(过量),使I完全转化为AgI沉淀。c加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。d用0.1000 molL1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+,使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后,体系出现淡红色,停止滴定。e重复上述操作两次。三次测定数据如下表:实验序号123消耗NH4SCN标准溶液体积/mL10.2410.029.98f数据处理。回答下列问题:(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液,所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有_。(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是_。(3)滴定应在pH0.5的条件下进行,其原因是_。(4)b和c两步操作是否可以颠倒_,说明理由_。(5)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为_mL,测得c(I-)=_molL-1。【答案】(1)250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管(2)避免AgNO3见光分解(3)防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3+的水解)(4)否(或不能) 若颠倒,Fe3+与I-反应,指示剂耗尽,无法判断滴定终点(5)10.00 0.0600题型二: 计算各类平衡常数核心知识必备:理解并掌握盖斯定律求算反应热,会熟练利用“三段式”求算反应速率、转化率及各类平衡常数(Ka、Kb、Kh、Kc、Kp、Ksp)。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平衡时某物质的分压=P总(该物质的体积分数)表示时,就可得到该反应的平衡常数Kp。平衡常数的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”求出相关成分的浓度,再通过平衡常数的表达式计算出结果。Ksp的计算比较单一,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发生。盐的水解平衡常数Kh=Kw/Kb(强酸弱碱盐) Kh=Kw/Ka(强碱弱酸盐),此常数可借助于水的离子积与弱酸弱碱的电离常数加以求算。【典例剖析】(2016四川卷,节选)资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3MgCO3 。某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案,制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg(OH)2、P4和H2,其简化流程如下:已知:Ca5(PO4)3F在950不分解;4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C 2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4请回答下列问题:(6)在一定条件下CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g),当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1:5,达平衡时,CO转化了5/6 。若a kg含Ca5(PO4)3F(相对分子质量为504)的质量分数为10%的磷尾矿,在上述过程中有b%的Ca5(PO4)3F转化为P4,将产生的CO与H2O(g)按起始物质的量之比1:3混合,则相同条件下达平衡时能产生H2_kg。【答案】(6)【解析】(6)根据题给数据利用三段式分析。设CO的起始浓度为1 mol/L,则水蒸气的起始浓度为5 mol/LCO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)起始浓度(mol/L)1 5 0 0转化浓度(mol/L)5/6 5/6 5/6 5/6平衡浓度(mol/L)1/6 25/6 5/6 5/6则K=c(CO2)c(H2)/c(CO)c(H2O)=1。相同条件下当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为1:3,平衡常数不变,设转化的CO为x mol。CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)起始浓度(mol/L)1 3 0 0转化浓度(mol/L)x x x x平衡浓度(mol/L)(1-x) (3-x) x x则x2/(1-x)(3-x)=1,解得x=3/4,即达平衡时,CO转化了3/4 mol。转化为P4的Ca5(PO4)3F质量为a10%b%kg,根据反应4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4知生成CO的质量为(3028a10%b%)/(4504)kg,则转化的CO的质量为3/4(3028a10%b%)/(4504)kg,根据反应:CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)知相同条件下达平衡时能产生H2的质量为3/42/28(3028a10%b%)/(4504)kg= kg。【变式训练】已知K、Ka、Kb、Kw、Kh、Ksp分别表示化学平衡常数、弱酸的电离平衡常数、弱碱的电离平衡常数、水的离子积常数、难溶电解质的溶度积常数。(1)25时,将a molL1的氨水与0.01molL1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NH3H2O的电离平衡常数Kb 。cNH4+cOH-cNH3H2O【答案】中 ; 【解析】写出化学反应式:NH3H2ONH + OH-;平衡常数Kb 。结合题意得知:c(NH)c(Cl) =0.005molL1 ;此时溶液显中性c(OH)=10-7 molL1;c(NH3H2O)=(a/2 -0.005) molL1;代入平衡常数表达式就能得出答案。(2)25时,H2SO3HSO3-H的电离常数Ka1102molL1,则该温度下pH3、c(HSO3-)0.1 molL1的NaHSO3溶液中c(H2SO3)_。【答案】0.01 mol/L【解析】由H2SO3的Ka=c(HSO3-)c(H+)/c(H2SO3)代入数据可得c(H2SO3)0.01 mol/L。(3)高炉炼铁中发生的反应有:FeO(s)CO(g)Fe(s)CO2(g)H0该反应的平衡常数表达式K ;已知1100时,K0.25,则平衡时CO的转化率为 ;在该温度下,若测得高炉中c(CO2)0.020molL1,c(CO)0.1molL1,则此时反应速率是v正 (填“”、“”或“”)v逆。答案:,20%,。解析:写出化学反应式:FeO(s)CO(g)Fe(s)CO2(g);平衡常数表达式中不考虑固体物质。起始浓度 c 0 转化浓度 x xx (c-x) x c 0.2c c 平衡浓度 (c-x) x0.02 0.1 代入平衡常数表达式K = 0.25,x=0.2c;转化率 100% 100%= 20%。 某时该,Qc= = = 0.2 0T1温度下的部分实验数据如下表:t/s05001 0001 500c(N2O5)/(molL1)5.003.522.502.50下列说法不正确的是()A500 s内N2O5的分解速率为2.96103 molL1s1BT1温度下的平衡常数K1125,1000 s时转化率为50%C其他条件不变时,T2温度下反应平衡时测得N2O5(g)浓度为2.98 molL1,则T1K3,则T1T3【答案】C【解析】v(N2O5)2.96103molL1s1,A正确;1 000 s后N2O5的浓度不再发生变化,即达到了化学平衡,列出两种量如下:2N2O54NO2O2起始(molL1) 5.00 0 0平衡(molL1) 2.50 5.00 1.25则K125(N2O5)100%50%,B正确;T2温度下平衡时N2O5的浓度大于T1温度下的,则改变温度使平衡逆向移动了,逆向是放热反应,因降低温度平衡向放热方向移动,故T2K3,则T1T3,D正确。5常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是AKa2(H2X)的数量级为106B曲线N表示pH与的变化关系CNaHX溶液中D当混合溶液呈中性时,【答案】D【解析】A、己二酸是二元弱酸,第二步电离小于第一步,即Ka1=Ka2=,所以当pH相等即氢离子浓度相等时,因此曲线N表示pH与的变化6室温下,将1 mol的CuSO45H2O(s)溶于水会使溶液温度降低,热效应为H1,将1 mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高,热效应为H2;CuSO45H2O受热分解的化学方程式为:CuSO45H2O(s)CuSO4(s)5H2O(l),热效应为H3。则下列判断正确的是()AH2H3BH1H3解析:选B1 mol CuSO45H2O(s)溶于水会使溶液温度降低,为吸热反应,故H1 0,1 mol CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高,为放热反应,故 H20,根据盖斯定律得到关系式H1H2H3,分析得到答案:H1H3。7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:CO(g)2H2(g) =CH3OH(g)H1CO2(g)3H2(g) =CH3OH(g)H2O(g)H2CO2(g)H2(g) =CO(g)H2O(g)H3已知反应中相关的化学键键能数据如下:化学键H-HC-OCOH-OC-HE/(kJmol1)4363431 076465413由此计算H1_kJmol1;已知H258 kJmol1,则H3_kJmol1。解析:反应热等于反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值,即H11 076 kJmol12436 kJmol13413 kJmol1343 kJmol1465 kJmol199 kJmol1。根据盖斯定律可知,由可得到反应,则H358 kJmol199 kJmol141 kJmol1。答案:9941
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