2019版高考化学二轮复习 答题方法突破 专题3 化学Ⅱ卷中的各类计算填空专项突破学案.doc

专题3化学卷中的各类计算填空专项突破建议课时：2课时(一讲一练)专项突破一解答化学卷计算题的常用方法1利用守恒思想计算【典例1】(2017江苏化学，18)碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。(1)碱式氯化铜有多种制备方法方法1：4550 时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl23H2O，该反应的化学方程式为_。方法2：先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。M的化学式为_。(2)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。解题思路守恒1：由得失电子守恒可得：4CuClO28H2O2Cu2(OH)2Cl23H2O守恒2：由电解质溶液中电荷守恒可得：n(Cl)n(AgCl)4.800103 moln(Cu2)9.600103 moln(OH)2n(Cu2)n(Cl)1.440102 mol守恒3：由质量守恒可得：n(H2O)4.800103 mol解析(1)反应物为CuCl、O2和H2O，生成物为Cu2(OH)2Cl23H2O，根据电子守恒和原子守恒配平。由图示CuMCu2M，说明Cu被M氧化；MO2HMH2O，说明M被氧化为M，说明M价态高，由题信息“Fe3对该反应起催化作用”，M为Fe3，M为Fe2。(2)n(Cl)n(AgCl)4.800103moln(Cu2)n(EDTA)0.080 00 molL130.00 mL103 LmL19.600103moln(OH)2n(Cu2)n(Cl)29.600103mol4.800103mol1.440102molm(Cl)4.800103mol35.5 gmol10.170 4 gm(Cu2)9.600103mol64 gmol10.614 4 gm(OH)1.440102mol17 gmol10.244 8 gn(H2O)4.800103molabcxn(Cu2)n(OH)n(Cl)n(H2O)2311答案4CuClO28H2O2Cu2(OH)2Cl23H2OFe2(2)Cu2(OH)3ClH2O解决方案1三大守恒思想2电子守恒解题的思维模板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。【对点训练】1(转移电子守恒)(1)2016新课标，28(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，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)。答案1.57(2)(2016新课标，28改编)用KClO3氧化3 mol的VO2变为VO，则需要氧化剂KClO3至少为_ mol。答案0.52(电荷守恒)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)2.0102molL1，c(Fe3)1.0103molL1, c(Cl)5.3102molL1，则该溶液的pH约为_。答案23(质量守恒)(1)LiPF6产品中通常混有少量LiF。取样品w g，测得Li的物质的量为n mol，则该样品中LiPF6的物质的量为_ mol(用含w、n的代数式表示)。答案 (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_。答案Co3O42利用方程式之间的关系计算【典例2】(2017课标全国，28)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(2S2OI2=2I S4O)。问题：取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a molL1 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂， 若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为_ mgL1。解题思路根据反应过程确定关系式过程对应反应氧的固定2Mn(OH)2O2=2MnO(OH)2MnO(OH)2还原为Mn2MnO(OH)22I4H=Mn2I23H2O滴定过程2S2OI2=2IS4O关系式：O22MnO(OH)22I24Na2S2O3答案80ab【典例3】2015全国卷，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 molL1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_。解题思路依据信息确定关系式由CuCl质量答案%解决方案利用关系式法解题的思维模板【对点训练】4ClO2易溶于水，用水吸收ClO2得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00 mL，稀释成100.00 mL试样；量取V1 mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：调节试样的pH2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；步骤3：加入淀粉指示剂，用c molL1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。(已知2Na2S2O3 I2=Na2S4O62NaI)原ClO2溶液的浓度为_ g/L(用步骤中的字母代数式表示)。答案135cV2/V15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。问题：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_。提示：软锰矿制备K2MnO4的化学方程式3MnO26KOHKClO33K2MnO4KCl3H2OK2MnO4制备KMnO4的化学方程式3K2MnO42H2SO4=MnO2 2KMnO42K 2SO42H2OKMnO4能与经硫酸酸化的热Na2C2O4反应生成Mn2和CO2的化学方程式是2KMnO45Na2C2O48H2SO4=K2SO42MnSO45Na2SO410CO28H2O解析根据反应方程式，找出关系式：3MnO23K2MnO42KMnO45Na2C2O4所以3MnO25Na2C2O4 3 5 n(Na2C2O4)n(Na2C2O4)0.25 mol。答案0.25 mol专项突破二卷化学计算题分题型突破1.实验中的计算类型及方法总结类型解题方法物质含量计算根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，得出混合物中某一成分的量。由中求出量，除以样品的总量，即可得出其含量确定物质化学式的计算根据题给信息，计算出可求粒子的物质的量。根据电荷守恒，确定出未知粒子的物质的量。根据质量守恒，确定出结晶水的物质的量。各粒子的物质的量之比，即为物质化学式的下标比【典例4】(2017课标全国，26节选)凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知：NH3H3BO3=NH3H3BO3；NH3H3BO3HCl=NH4Cl H3BO3。回答下列问题：仪器清洗后，g中加入硼酸(H3BO3)和指示剂，铵盐试样由d注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭K1，d中保留少量水，打开K1，加热b，使水蒸气进入e。取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为c molL1的盐酸V mL，则样品中氮的质量分数为_%，样品的纯度_%。解析C2H5NO2NH3NH3H3BO3HCl，样品中氮的质量分数为100%。样品的纯度100%。答案【对点训练】6已知CaO2在350 迅速分解生成CaO和O2。下图是实验室测定产品中CaO2含量的装置(夹持装置省略)。若所取产品质量是m g，测得气体体积为V mL(已换算成标准状况)，则产品中CaO2的质量分数为_(用字母表示)。过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有_。答案%加热前过氧化钙及加热后固体质量不再发生改变时试管中固体的质量2无机综合(工艺流程)中的计算类型及方法总结类型解题方法热重曲线计算设晶体为1 mol。失重一般是先失水、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)，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：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电化学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)根据溶度积常数进行计算1.表达式(1)溶度积Ksp(AmBn)cm(An)cn(Bm)，式中的浓度都是平衡浓度(2)离子积Qc(AmBn)cm(An)cn(Bm)，式中的浓度都是任意浓度判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解2应用QcKsp：溶液过饱和，有沉淀析出QcKsp：溶液饱和，处于平衡状态QcKsp：溶液未饱和，无沉淀析出【典例5】草酸钴是制备钴氧化物的重要原料。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点剩余固体的成分为_(填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225300 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 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)Co3O43CoC2O42O2Co3O46CO2(2)由得失电子守恒有n(Co3)2n(Cl2)20.4 mol，由电荷守恒有n(Co)总n(Co2)溶液0.5n(Cl)0.5(0.48050.22) mol1 mol，所以固体中n(Co2)1 mol0.4 mol0.6 mol，n(O) mol1.2 mol，故n(Co)n(O)11.256。【对点训练】7碱式碳酸铝镁MgaAlb(OH)c(CO3)dxH2O常用作塑料阻燃剂。为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：准确称取3.390 g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO2 0.560 L(已换算成标准状况下)。另取一定量样品在空气中加热，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(样品在270 时已完全失去结晶水，600 以上残留固体为金属氧化物的混合物)。根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH)n(CO)(写出计算过程)。答案计算过程：n(CO2)2.50102 mol，m(CO2)1.10 g，在270 600 之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解生成CO2、H2O，m(CO2)m(H2O)3.390 g(0.734 50.370 2)1.235 g，m(H2O)1.235 g1.10 g0.135 g，n(H2O)7.50103 mol，再根据氢原子守恒得n(OH)2n(H2O)1.50102 mol，由C原子守恒得n(CO)n(CO2)2.50102 mol，则n(OH)n(CO)35。8(2018高考押题卷)(工艺流程图略)硼氢化物NaBH4(B元素的化合价为3价)燃料电池，其工作原理如图所示，放电时，每转移2 mol电子，理论上需要消耗_ g NaBH4。解析负极发生氧化反应生成BO，电极反应式为BH8OH8e=BO6H2O，每转移2 mol电子，理论上需要消耗0.25 mol即9.5 g NaBH4。答案9.53化学原理综合中的计算类型解题方法反应热的计算平衡常数、转化率计算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。【典例6】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)H。(1)几种物质的能量(kJmol1)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/kJmol1394052242H_ kJmol1。(2)几种化学键的键能(kJmol1)。化学键C=OHHC=CHCHO键能/kJmol1803436615a463a_。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)H生成物的总能量反应物的总能量(52242403942)kJmol1128 kJmol1。(2)H断裂化学键的总键能形成化学键的总键能(803443666154a4638)kJmol1128 kJmol1，解得a409.25。答案(1)128(2)409.25【对点训练】92016全国卷，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：2O2(g)N2(g)=N2O4(l)H1N2(g)2H2(g)=N2H4(l)H2O2(g)2H2(g)=2H2O(g)H32N2H4(l)N2O4(l)=3N2(g)4H2O(g)H4上述反应热效应之间的关系式为H4_。答案2H32H2H110已知下列热化学方程式Fe2O3(s)3CO(g)=2Fe(s)3CO2(g)H125 kJmol13Fe2O3(s)CO(g)=2Fe3O4(s)CO2(g)H247 kJmol1Fe3O4(s)CO(g)=3FeO(s)CO2(g)H319 kJmol1计算FeO(s)CO(g)=Fe(s)CO2(g)H_。答案11 kJmol111已知t 时，反应FeO(s)CO(g)Fe(s)CO2(g)的平衡常数K0.25。t 时，反应达到平衡时n(CO)n(CO2)_。若在1 L密闭容器中加入0.02 mol FeO(s)，并通入x mol CO，t 时反应达到平衡。此时FeO(s)转化率为50%，则x_。解析在t 时，K0.25，则4。FeO(s)CO(g)Fe(s)CO2(g)n起始/mol 0.02 x 0 0n转化/mol 0.01 0.01 0.01 0.01n平衡/mol 0.01 x0.01 0.01 0.01根据t 时，K0.25 ，求得x0.05。答案40.0512化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5。回答下列问题：反应AX3(g)X2(g)AX5(g)在容积为10 L的密闭容器中进行。起始时AX3和X2均为0.2 mol。反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。列式计算实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)_。用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，表示AX3的平衡转化率，则的表达式为_；实验a和c的平衡转化率：a为_，c为_。解析开始时n00.4 mol，总压强为160 kPa，平衡时总压强为120 kPa，n0.40 mol0.30 mol，AX3(g)X2(g)AX5(g)起始时n0/mol: 0.20 0.20 0平衡时n/mol: 0.20x 0.20x x(0.20x)(0.20x)x0.30x0.10v(AX5)1.7104 molL1min1AX3(g)X2(g)AX5(g) 起始量(mol) 0.2 0.2 0变化量(mol) x x x平衡量(mol) 0.2x 0.2x x则有，解得x，则AX3的转化率为100%2(1)100%；分别将实验a、c的p、p0的数据代入上式，得a、c分别为50%、40%。答案1.7104 molL1min12(1)100%50%40%