化學(xué)計(jì)算【明確考綱】1.對(duì)相對(duì)原子質(zhì)量、相對(duì)分子質(zhì)量進(jìn)行計(jì)算（含摩爾質(zhì)量、平均摩爾質(zhì)量）；2.根據(jù)化學(xué)方程式、離子方程式進(jìn)行計(jì)算；3.根據(jù)微粒的m、n、N、V進(jìn)行計(jì)算；4.計(jì)算溶液中的溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)、物質(zhì)的量濃度、溶液pH的計(jì)算；5.掌握氧化還原反應(yīng)的有關(guān)計(jì)算；6.運(yùn)用蓋斯定律進(jìn)行有關(guān)反應(yīng)焓變的計(jì)算；7.有關(guān)反應(yīng)速率（）、轉(zhuǎn)化率（）、產(chǎn)率、平衡常數(shù)（Kc、Kp）、電離平衡常數(shù)（Ka、Kb）、水解平衡常數(shù)（Kh）溶度積（Ksp）等計(jì)算?！靖呖挤治觥磕攴菘疾樾问郊胺种担ú缓x修2、選修3內(nèi)容）2016年全國(guó)卷27題（2）K計(jì)算（3）Ksp計(jì)算 28題（4）（5）氧化還原反應(yīng)有關(guān)計(jì)算，均以填空形式考查，共約10分。2017年全國(guó)卷26題（5）質(zhì)量分?jǐn)?shù)、樣品純度計(jì)算 27題（5）Ksp計(jì)算 28題（3）平衡轉(zhuǎn)化率、K計(jì)算，均以填空形式考查，共約10分。2018年全國(guó)卷27（4）滴定中物質(zhì)殘留量的計(jì)算 28題（2）化學(xué)反應(yīng)中H，P、v、Kp計(jì)算，均以填空形式考查，共約10分。（1） 從分析統(tǒng)計(jì)可知，高考中的化學(xué)計(jì)算題有以下特點(diǎn)： 近年高考對(duì)化學(xué)計(jì)算有所加大，考查角度較廣，但難度不大，運(yùn)算量不會(huì)太大。（二）復(fù)習(xí)準(zhǔn)備：（1）平時(shí)注重常規(guī)計(jì)算，掌握基本方法。（2）務(wù)必重視概念理解和化學(xué)過程分析。（3）針對(duì)試題特點(diǎn)，建議采用分散復(fù)習(xí)的方式。【課前真題】1.（2017天津卷節(jié)選）已知25，NH3H2O的Kb=1.8105，H2SO3的Ka1=1.3102，Ka2=6.2108。若氨水的濃度為2.0 molL-1，溶液中的c(OH)=_molL1。將SO2通入該氨水中，當(dāng)c(OH)降至1.0107 molL1時(shí)，溶液中的c()/c()=_。答案：6.010-3 0.622.(2017江蘇高考節(jié)選)堿式氯化銅有多種組成，可表示為Cua(OH)bClcxH2O。為測(cè)定某堿式氯化銅的組成，進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)：稱取樣品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，調(diào)節(jié)pH 45，用濃度為0.080 00 molL1的EDTA(Na2H2Y2H2O)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Cu2(離子方程式為Cu2H2Y2=CuY22H)，滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液30.00 mL。通過計(jì)算確定該樣品的化學(xué)式(寫出計(jì)算過程)。解析：由中生成AgCl的質(zhì)量，可計(jì)算出1.116 0 g樣品中Cl的物質(zhì)的量n(Cl)；由可計(jì)算出1.116 0 g樣品中Cu2的物質(zhì)的量n(Cu2)，依電荷守恒：n(OH)n(Cl)2n(Cu2)，得出n(OH)，最后由質(zhì)量守恒得出n(H2O)；由四種粒子的物質(zhì)的量，可確定樣品的化學(xué)式。計(jì)算時(shí)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，化學(xué)式為Cu2(OH)3ClH2O課堂精講【考點(diǎn)歸類】高考中對(duì)計(jì)算能力的考查，不會(huì)以大題出現(xiàn)，可融于各類題型中。主要可分為兩類，一類以物質(zhì)的量為核心的計(jì)算、一類計(jì)算各類平衡常數(shù)。題型一：以物質(zhì)的量為核心的計(jì)算核心知識(shí)必備：對(duì)物質(zhì)的量、阿伏加德羅常數(shù)、物質(zhì)的量濃度、物質(zhì)的質(zhì)量、 摩爾質(zhì)量、氣體的體積、氣體摩爾體積等各個(gè)物理量的符號(hào)、單位要牢記于心，對(duì)它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系及計(jì)算應(yīng)十分熟悉，同時(shí)會(huì)應(yīng)用極值法、差量法、守恒法、討論法、特殊值法等計(jì)算方法去求算物質(zhì)含量、確定物質(zhì)化學(xué)式，以及進(jìn)行氧化還原、酸堿中和滴定計(jì)算和電化學(xué)計(jì)算等?！镜淅饰觥肯?7.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某濃度的稀硝酸0.5 L，固體物質(zhì)完全反應(yīng)，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，此時(shí)溶液呈中性，金屬離子已完全沉淀，沉淀質(zhì)量為39.2 g。下列有關(guān)說法不正確的是()。ACu與Cu2O的物質(zhì)的量之比為21B硝酸的物質(zhì)的量濃度為2.6 molL1C產(chǎn)生的NO在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為4.48 LDCu、Cu2O與硝酸反應(yīng)后剩余HNO3為0.2 mol【解析】設(shè)原混合物中銅、氧化亞銅(Cu2O)物質(zhì)的量分別為xmol、ymol依據(jù)質(zhì)量關(guān)系可列： 64x+144y=27.2 由銅元素守恒可列： x+2y =39.298 求得x=0.2 y=0.1 A項(xiàng)正確由得失電子守恒可求得n(NO)=(0.22+0.121)3=0.2mol，則產(chǎn)生NO在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為4.48L，C正確最終結(jié)合溶液顯中性，由電荷守恒可知溶液中n(NO3)=1.0mol，則加入的硝酸的物質(zhì)的量為：n(HNO3)=0.2+1.0=1.2mol，其物質(zhì)的量濃度為2.4 molL1，B項(xiàng)錯(cuò)誤由氮元素守恒可求未參加反應(yīng)的硝酸物質(zhì)的量為：n(總硝酸)n(硝酸銅中的氮)n(NO)=1.2(0.22+0.122)0.2mol =0.2mol ，D項(xiàng)正確【方法指導(dǎo)】守恒思想貫穿中學(xué)化學(xué)始終，守恒法的靈活運(yùn)用能夠簡(jiǎn)化解題過程，從而快速準(zhǔn)確地解答習(xí)題。解題時(shí)應(yīng)挖掘題中隱含的各種信息，采用相應(yīng)的守恒關(guān)系列式計(jì)算。（1）質(zhì)量守恒：反應(yīng)前后原子的種類和個(gè)數(shù)均不改變，總質(zhì)量保持不變，便可列式求算。（2）電子守恒：n(氧化劑)每摩氧化劑得電子數(shù) = n(還原劑)每摩還原劑失電子數(shù)（3）電荷守恒：溶液中，陽(yáng)離子所帶正電荷總數(shù) = 陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)特別提醒：在考試中常是多種守恒關(guān)系結(jié)合使用，以快速解答相關(guān)習(xí)題。【變式訓(xùn)練】銅與一定濃度的硝酸和硫酸的混合酸反應(yīng)，生成的鹽只有硫酸銅，同時(shí)生成的兩種氣體均由表中兩種元素組成，氣體的相對(duì)分子質(zhì)量都小于50。為防止污染，將產(chǎn)生的氣體完全轉(zhuǎn)化為最高價(jià)含氧酸鹽，消耗1 L 2.2 molL1 NaOH溶液和1 mol O2，則兩種氣體的分子式及物質(zhì)的量分別為_，生成硫酸銅物質(zhì)的量為_。 答案：NO 1.3mol NO2 0.9mol CuSO4 2mol 【典例剖析】CoC2O4是制備鈷的氧化物的重要原料。下圖為二水合草酸鈷(CoC2O42H2O)在空氣中受熱的質(zhì)量變化曲線，曲線中300 及以上所得固體均為鈷氧化物。(1)通過計(jì)算確定C點(diǎn)剩余固體的化學(xué)成分為_(填化學(xué)式)。寫出B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的物質(zhì)與O2在225300 發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：_。(2)取一定質(zhì)量的二水合草酸鈷分解后的鈷氧化物(其中Co的化合價(jià)為2、3)，用480 mL 5 molL1鹽酸恰好完全溶解固體，得到CoCl2溶液和4.48 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)黃綠色氣體。試確定該鈷氧化物中Co、O的物質(zhì)的量之比(寫出計(jì)算過程)?！敬鸢浮?1)Co3O4(寫成CoOCo2O3亦可) 3CoC2O42O2Co3O46CO2(2)由得失電子守恒有n(Co3)2n(Cl2)20.4 mol由元素守恒和電荷守恒有n(Co)總n(Co2)溶液0.5n(Cl)0.50.48 L5 molL121 mol，所以鈷氧化物中n(Co2)1 mol0.4 mol0.6 mol根據(jù)鈷氧化物中元素化合價(jià)代數(shù)和為0有n(O)1.2 mol故n(Co)n(O)1 mol1.2 mol56【解析】由題圖可知，起始時(shí)加入二水合草酸鈷物質(zhì)的量為0.1mol，受熱分解至C點(diǎn)時(shí)，固體鈷氧化物質(zhì)量為8.03g，設(shè)其化學(xué)式為CoOx，則8.03（59+16x）=0.1，求得x=4/3，所得固體的化學(xué)成分為Co3O4(或?qū)懗蒀oOCo2O3)?！痉椒ㄖ笇?dǎo)】熱重曲線計(jì)算時(shí)：一般設(shè)晶體為1mol；失重一般是先失結(jié)晶水，再失非金屬氧化物；計(jì)算每步的m余， 100%=固體殘留率；晶體中金屬質(zhì)量不減少，仍在m余中；失重最后一般為金屬氧化物，由質(zhì)量守恒得m(O)，由n(金屬)：n(O)，可求出失重后物質(zhì)的化學(xué)式。特別提醒：固體物質(zhì)在空氣中加熱時(shí)可能氧氣會(huì)參與反應(yīng)，尤其是有變價(jià)元素的物質(zhì)?！咀兪接?xùn)練】硫酸銅是一種重要的化工原料。已知硫酸銅晶體受熱可以逐步失去結(jié)晶水，溫度升高還可以分解生成銅的氧化物?，F(xiàn)取25.0g CuSO45H2O晶體均勻受熱，緩慢升溫至1200并恒溫1小時(shí)，實(shí)驗(yàn)測(cè)得固體殘留率（剩余固體的質(zhì)量原始固體質(zhì)量）與溫度的關(guān)系如下圖所示：在110時(shí)所得固體的成分為；在1200并恒溫1小時(shí)，反應(yīng)所得氣態(tài)產(chǎn)物除去水后，物質(zhì)的量為。（填字母） A0 mol B0.1mol C0.125mol D大于0.125mol 答案：CuSO43H2O， D【典例剖析】（2018全國(guó)卷，28節(jié)選）K3Fe(C2O4)33H2O（三草酸合鐵酸鉀）為亮綠色晶體，可用于曬制藍(lán)圖。測(cè)定三草酸合鐵酸鉀中鐵的含量。稱量m g樣品于錐形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c molL-1 KMnO4溶液滴定至終點(diǎn)。滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是_。向上述溶液中加入過量鋅粉至反應(yīng)完全后，過濾、洗滌，將濾液及洗滌液全部收集到錐形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c molL-1 KMnO4溶液滴定至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液V ml。該晶體中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式為_?！窘馕觥縆MnO4溶液將草酸根離子氧化完全后，因其溶液顯紅色，故滴入最后一滴標(biāo)準(zhǔn)液時(shí)，溶液出現(xiàn)粉紅色，且30s內(nèi)不褪色，即為滴定終點(diǎn)。Zn把Fe3+還原成Fe2+，酸性KMnO4溶液又把Fe2+氧化成Fe3+，反應(yīng)中消耗KMnO4為0.001cVmol，Mn元素從+7價(jià)降到+2價(jià)，依得失電子守恒可知鐵離子的物質(zhì)的量為0.005cVmol，則晶體中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式為 = 【答案】溶液變?yōu)榉奂t色【方法指導(dǎo)】氧化還原滴定計(jì)算實(shí)際上是方程式中物質(zhì)的量的計(jì)算，若出現(xiàn)多步氧化還原反應(yīng)，主要是為了把待測(cè)物質(zhì)轉(zhuǎn)化為便于用氧化還原滴定的物質(zhì)，常需要通過原子守恒找出物質(zhì)間的關(guān)系，用關(guān)系式法進(jìn)行求算。【變式訓(xùn)練】水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的條件。某課外小組采用碘量法測(cè)定學(xué)校周邊河水中的溶解氧。實(shí)驗(yàn)步驟及測(cè)定原理如下：.取樣、氧的固定用溶解氧瓶采集水樣。記錄大氣壓及水體溫度。將水樣與Mn(OH)2堿性懸濁液（含有KI）混合，反應(yīng)生成MnO(OH)2，實(shí)現(xiàn)氧的固定。.酸化，滴定將固氧后的水樣酸化，MnO(OH)2被I還原為Mn2+，在暗處?kù)o置5 min，然后用標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2 S2O32+I2=2I+ S4O62）?；卮鹣铝袉栴}：（1）“氧的固定”中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。（2）取100.00 mL水樣經(jīng)固氧、酸化后，用amolL1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示劑，終點(diǎn)現(xiàn)象為_；若消耗Na2S2O3溶液的體積為bmL，則水樣中溶解氧的含量為_mgL1?！敬鸢浮浚?）2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2（2）藍(lán)色褪成無色；80ab【課后鞏固】1某鐵的氧化物（FexO）1.52g，溶于足量鹽酸中，向所得溶液中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下112LCl2，恰好將Fe2+離子完全氧化。x值為 。 【答案】0.82已知過氧化鈣加熱至350 左右開始分解放出氧氣。將過氧化鈣晶體(CaO28H2O)在坩堝中加熱逐漸升高溫度，測(cè)得樣品質(zhì)量隨溫度的變化如圖所示，則350 左右所得固體物質(zhì)的化學(xué)式為_。【答案】CaO3為研究一水草酸鈣的熱分解性質(zhì)，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：準(zhǔn)確稱取36.50g樣品加熱，樣品的固體殘留率（固體樣品的剩余質(zhì)量/固體樣品的起始質(zhì)量100%）隨溫度的變化如圖所示：300時(shí)殘留固體的成分為 ，900時(shí)殘留固體的成分為 。通過計(jì)算求出500時(shí)固體的成分及質(zhì)量?！敬鸢浮緾aC2O4；CaO；500時(shí)固體的成分為：12.8gCaC2O4和15.0gCaCO34已知：2Fe2+Br2=2Fe3+2Br， 2Fe3+2I=2Fe2+I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入適量氯氣，溶液中某些離子的物質(zhì)的量變化如下圖所示。下列有關(guān)說法中，不正確的是A還原性：I>Fe2+>BrB原混合溶液中FeBr2的物質(zhì)的量為6 molC當(dāng)通入2 mol Cl2時(shí)，溶液中已發(fā)生的離子反應(yīng)可表示為：2Fe2+2I+2Cl2=2Fe3+I2+4ClD原溶液中：n(Fe2+)n(I)n(Br)213【答案】B【解析】向溶液中通入氯氣，各種離子反應(yīng)的先后順序?yàn)椋篒-、Fe2+、Br-，所以先減少的是碘離子，其物質(zhì)的量是2mol，第二種減少的是Fe2+，其物質(zhì)的量是4mol，綜合FeI2、FeBr2的組成可知原混合溶液中FeBr2的物質(zhì)的量為3mol。5稱取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物樣品7.24 g，加入含0.1 mol NaOH的溶液，完全反應(yīng)，生成NH31792 mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況），則(NH4)2SO4和NH4HSO4的物質(zhì)的量比為A1:1 B1:2 C1.87:1 D3.65:1【答案】C【解析】利用極值法分析，可知0.1molNaOH不足，故先將NH4HSO4反應(yīng)完，再反應(yīng)(NH4)2SO4，因共生成NH30.08mol，故與H+反應(yīng)的NaOH為0.02mol，則可知道NH4HSO4為0.02mol，則共質(zhì)量為7.24g-115g/mol0.02mol=4.94g，則(NH4)2SO4的物質(zhì)的量為4.94g132g/mol=0.0374mol。因此，(NH4)2SO4與NH4HSO4物質(zhì)的量之比為：1.87：1。6鎂條在空氣中燃燒生成氧化鎂和氮化鎂。將燃燒后的產(chǎn)物溶解在60毫升濃度為2.0mol/L的鹽酸中，再用20mol 0.5mol/L NaOH溶液中和多余的鹽酸，然后在此溶液中加過量的堿，把氨全部蒸出來，用稀HCl吸收，稀HCl增重0.17g，求鎂帶的質(zhì)量。【答案】鎂帶的質(zhì)量為1.2g【解析】先畫出該題系列變化的圖示：MgMgOMg3N2空氣+HCl+NaOHMgCl2NH4ClNaCl+NaOHNH3+HClNH4Cl(A)(B)(C)在圖（B）中，根據(jù)電荷守恒，有下列關(guān)系：2n(Mg2+)+n(NH4+)+n(Na+)=n(Cl-)2n(Mg2+)+0.1717+0.52010-3 = 26010-3 n(Mg2+)=0.05mol依鎂元素守恒可知，原m(Mg)=0.05mol 24g/mol=1.2g7用沉淀滴定法快速測(cè)定NaI等碘化物溶液中c(I)，實(shí)驗(yàn)過程包括準(zhǔn)備標(biāo)準(zhǔn)溶液和滴定待測(cè)溶液。準(zhǔn)備標(biāo)準(zhǔn)溶液a準(zhǔn)確稱取AgNO3基準(zhǔn)物4.2468 g（0.0250 mol）后，配制成250 mL標(biāo)準(zhǔn)溶液，放在棕色試劑瓶中避光保存，備用。b配制并標(biāo)定100 mL 0.1000 molL1 NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液，備用。滴定的主要步驟a取待測(cè)NaI溶液25.00 mL于錐形瓶中。b加入25.00 mL 0.1000 molL1 AgNO3溶液（過量），使I完全轉(zhuǎn)化為AgI沉淀。c加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示劑。d用0.1000 molL1NH4SCN溶液滴定過量的Ag+，使其恰好完全轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀后，體系出現(xiàn)淡紅色，停止滴定。e重復(fù)上述操作兩次。三次測(cè)定數(shù)據(jù)如下表：實(shí)驗(yàn)序號(hào)123消耗NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液體積/mL10.2410.029.98f數(shù)據(jù)處理?；卮鹣铝袉栴}：（1）將稱得的AgNO3配制成標(biāo)準(zhǔn)溶液，所使用的儀器除燒杯和玻璃棒外還有_。（2）AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液放在棕色試劑瓶中避光保存的原因是_。（3）滴定應(yīng)在pH0.5的條件下進(jìn)行，其原因是_。（4）b和c兩步操作是否可以顛倒_，說明理由_。（5）所消耗的NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液平均體積為_mL，測(cè)得c(I-)=_molL-1?！敬鸢浮浚?）250 mL（棕色）容量瓶、膠頭滴管（2）避免AgNO3見光分解（3）防止因Fe3+的水解而影響滴定終點(diǎn)的判斷（或抑制Fe3+的水解）（4）否（或不能） 若顛倒，F(xiàn)e3+與I-反應(yīng)，指示劑耗盡，無法判斷滴定終點(diǎn)（5）10.00 0.0600題型二： 計(jì)算各類平衡常數(shù)核心知識(shí)必備：理解并掌握蓋斯定律求算反應(yīng)熱，會(huì)熟練利用“三段式”求算反應(yīng)速率、轉(zhuǎn)化率及各類平衡常數(shù)（Ka、Kb、Kh、Kc、Kp、Ksp）。Kp僅適用于氣相發(fā)生的反應(yīng)。當(dāng)把化學(xué)平衡常數(shù)K表達(dá)式中各物質(zhì)的濃度用該物質(zhì)的分壓平衡時(shí)某物質(zhì)的分壓=P總(該物質(zhì)的體積分?jǐn)?shù))表示時(shí)，就可得到該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp。平衡常數(shù)的計(jì)算通常需要通過圖像、表格找出平衡體系中相關(guān)成分的濃度，或利用“三段式”求出相關(guān)成分的濃度，再通過平衡常數(shù)的表達(dá)式計(jì)算出結(jié)果。Ksp的計(jì)算比較單一，通常是根據(jù)給出的Ksp數(shù)據(jù)計(jì)算離子的濃度，或者根據(jù)給出的離子濃度判斷沉淀是否發(fā)生。鹽的水解平衡常數(shù)Kh=Kw/Kb(強(qiáng)酸弱堿鹽) Kh=Kw/Ka(強(qiáng)堿弱酸鹽)，此常數(shù)可借助于水的離子積與弱酸弱堿的電離常數(shù)加以求算?！镜淅饰觥?2016四川卷，節(jié)選)資源的高效利用對(duì)保護(hù)環(huán)境、促進(jìn)經(jīng)濟(jì)持續(xù)健康發(fā)展具有重要作用。磷尾礦主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3MgCO3 。某研究小組提出了磷尾礦綜合利用的研究方案，制備具有重要工業(yè)用途的CaCO3、Mg(OH)2、P4和H2，其簡(jiǎn)化流程如下：已知：Ca5(PO4)3F在950不分解；4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C 2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4請(qǐng)回答下列問題：（6）在一定條件下CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，當(dāng)CO與H2O(g)的起始物質(zhì)的量之比為1:5，達(dá)平衡時(shí)，CO轉(zhuǎn)化了5/6 。若a kg含Ca5(PO4)3F（相對(duì)分子質(zhì)量為504）的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為10%的磷尾礦，在上述過程中有b%的Ca5(PO4)3F轉(zhuǎn)化為P4，將產(chǎn)生的CO與H2O(g)按起始物質(zhì)的量之比1:3混合，則相同條件下達(dá)平衡時(shí)能產(chǎn)生H2_kg?！敬鸢浮浚?）【解析】（6）根據(jù)題給數(shù)據(jù)利用三段式分析。設(shè)CO的起始濃度為1 mol/L，則水蒸氣的起始濃度為5 mol/LCO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)起始濃度（mol/L）1 5 0 0轉(zhuǎn)化濃度（mol/L）5/6 5/6 5/6 5/6平衡濃度（mol/L）1/6 25/6 5/6 5/6則K=c(CO2)c(H2)/c(CO)c(H2O)=1。相同條件下當(dāng)CO與H2O(g)的起始物質(zhì)的量之比為1:3，平衡常數(shù)不變，設(shè)轉(zhuǎn)化的CO為x mol。CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)起始濃度（mol/L）1 3 0 0轉(zhuǎn)化濃度（mol/L）x x x x平衡濃度（mol/L）(1-x) (3-x) x x則x2/(1-x)(3-x)=1,解得x=3/4，即達(dá)平衡時(shí)，CO轉(zhuǎn)化了3/4 mol。轉(zhuǎn)化為P4的Ca5(PO4)3F質(zhì)量為a10%b%kg，根據(jù)反應(yīng)4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4知生成CO的質(zhì)量為（3028a10%b%）/（4504）kg，則轉(zhuǎn)化的CO的質(zhì)量為3/4（3028a10%b%）/（4504）kg，根據(jù)反應(yīng)：CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)知相同條件下達(dá)平衡時(shí)能產(chǎn)生H2的質(zhì)量為3/42/28(3028a10%b%）/（4504）kg= kg?！咀兪接?xùn)練】已知K、Ka、Kb、Kw、Kh、Ksp分別表示化學(xué)平衡常數(shù)、弱酸的電離平衡常數(shù)、弱堿的電離平衡常數(shù)、水的離子積常數(shù)、難溶電解質(zhì)的溶度積常數(shù)。(1)25時(shí)，將a molL1的氨水與0.01molL1的鹽酸等體積混合，所得溶液中c(NH) c(Cl)，則溶液顯 (填“酸”、“堿”或“中”)性；用含a的代數(shù)式表示NH3H2O的電離平衡常數(shù)Kb 。cNH4+cOH-cNH3H2O【答案】中 ； 【解析】寫出化學(xué)反應(yīng)式：NH3H2ONH + OH-；平衡常數(shù)Kb 。結(jié)合題意得知：c(NH)c(Cl) =0.005molL1 ;此時(shí)溶液顯中性c(OH)=10-7 molL1；c(NH3H2O)=(a/2 -0.005) molL1；代入平衡常數(shù)表達(dá)式就能得出答案。(2)25時(shí)，H2SO3HSO3-H的電離常數(shù)Ka1102molL1，則該溫度下pH3、c(HSO3-)0.1 molL1的NaHSO3溶液中c(H2SO3)_?！敬鸢浮?.01 mol/L【解析】由H2SO3的Ka=c(HSO3-)c(H+)/c(H2SO3)代入數(shù)據(jù)可得c(H2SO3)0.01 mol/L。(3)高爐煉鐵中發(fā)生的反應(yīng)有：FeO(s)CO(g)Fe(s)CO2(g)H0該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K ；已知1100時(shí)，K0.25，則平衡時(shí)CO的轉(zhuǎn)化率為 ；在該溫度下，若測(cè)得高爐中c(CO2)0.020molL1，c(CO)0.1molL1，則此時(shí)反應(yīng)速率是v正 (填“”、“”或“”)v逆。答案：，20%，。解析：寫出化學(xué)反應(yīng)式：FeO(s)CO(g)Fe(s)CO2(g)；平衡常數(shù)表達(dá)式中不考慮固體物質(zhì)。起始濃度 c 0 轉(zhuǎn)化濃度 x xx (c-x) x c 0.2c c 平衡濃度 (c-x) x0.02 0.1 代入平衡常數(shù)表達(dá)式K = 0.25，x=0.2c；轉(zhuǎn)化率 100% 100%= 20%。 某時(shí)該，Qc= = = 0.2 < K0.25，反應(yīng)正向進(jìn)行，v正v逆。(4)已知常溫下Fe(OH)3和Mg(OH)2的Ksp分別為8.01038、1.01011，向濃度均為0.1 mol/L的FeCl3、MgCl2的混合溶液中加入堿液，要使Fe3完全沉淀而Mg2不沉淀，應(yīng)該調(diào)節(jié)溶液pH的范圍是_。(已知lg20.3)【答案】3.3，9)【解析】KspFe(OH)3c(Fe3)c3(OH)，F(xiàn)e3完全沉淀時(shí)c3(OH) ，得c(OH)21011mol/L，pH3.3，Mg(OH)2開始沉淀時(shí)c2(OH) 1.01010，得c(OH)1105mol/L，pH9，調(diào)節(jié)pH范圍為3.3，9)?！菊n后鞏固】1在一定溫度下，10mL0.40mol/L H2O2發(fā)生催化分解。不同時(shí)刻測(cè)定生成O2的體積（已折算為標(biāo)準(zhǔn)狀況）如下表。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列敘述不正確的是（溶液體積變化忽略不計(jì)）A06min的平均反應(yīng)速率：(H2O2）3.3102mol/(Lmin)B610min的平均反應(yīng)速率：(H2O2)3.3102mol/(Lmin)C反應(yīng)至6min時(shí)，c(H2O2)=0.3mol/LD反應(yīng)至6min時(shí)，H2O2分解了50%【答案】C2在化學(xué)分析中采用K2CrO4為指示劑，以AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定溶液中的Cl，利用Ag+與CrO42生成磚紅色沉淀，指示到達(dá)滴定終點(diǎn)。當(dāng)溶液中Cl恰好完全沉淀(濃度等于1.0105 molL-1)時(shí)，溶液中c(Ag+)為_ molL-1，此時(shí)溶液中c(CrO42)等于_ molL-1。(已知Ag2 CrO4、AgCl的Ksp分別為2.01012和2.01010)?！敬鸢浮?.0105 5.01033無色氣體N2O4是一種強(qiáng)氧化劑，為重要的火箭推進(jìn)劑之一。N2O4與NO2轉(zhuǎn)換的熱化學(xué)方程式為N2O4(g) 2NO2(g)H24.4 kJmol1，反應(yīng)中，正反應(yīng)速率v正k正p(N2O4)，逆反應(yīng)速率v逆k逆p2(NO2)，其中k正、k逆為速率常數(shù)，則Kp為_(以k正、k逆表示)。若將一定量N2O4投入真空容器中恒溫恒壓分解(溫度298 K、壓強(qiáng)100 kPa)，已知該條件下k正4.8104s1，當(dāng)N2O4分解10%時(shí)，v正_kPas1?！敬鸢浮?.9106【解析】平衡時(shí)，v正v逆，k正p(N2O4)k逆p2(NO2)，Kp為。若將一定量N2O4投入真空容器中恒溫恒壓分解(溫度298 K、壓強(qiáng)100 kPa)，已知該條件下k正4.8104s1，當(dāng)N2O4分解10%時(shí)，v正4.8104s1100 kPa3.9106 kPas1。4N2O5是新型硝化劑，一定溫度下可發(fā)生反應(yīng)：2N2O5(g) 4NO2(g)O2(g)H>0T1溫度下的部分實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表：t/s05001 0001 500c(N2O5)/(molL1)5.003.522.502.50下列說法不正確的是()A500 s內(nèi)N2O5的分解速率為2.96103 molL1s1BT1溫度下的平衡常數(shù)K1125,1000 s時(shí)轉(zhuǎn)化率為50%C其他條件不變時(shí)，T2溫度下反應(yīng)平衡時(shí)測(cè)得N2O5(g)濃度為2.98 molL1，則T1<T2DT1溫度下的平衡常數(shù)為K1，T3溫度下的平衡常數(shù)為K3，若K1>K3，則T1>T3【答案】C【解析】v(N2O5)2.96103molL1s1，A正確；1 000 s后N2O5的濃度不再發(fā)生變化，即達(dá)到了化學(xué)平衡，列出兩種量如下：2N2O54NO2O2起始(molL1) 5.00 0 0平衡(molL1) 2.50 5.00 1.25則K125(N2O5)100%50%，B正確；T2溫度下平衡時(shí)N2O5的濃度大于T1溫度下的，則改變溫度使平衡逆向移動(dòng)了，逆向是放熱反應(yīng)，因降低溫度平衡向放熱方向移動(dòng)，故T2<T1，C錯(cuò)誤；對(duì)于吸熱反應(yīng)來說，T越高，K越大，若K1>K3，則T1>T3，D正確。5常溫下將NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH與離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是AKa2（H2X）的數(shù)量級(jí)為106B曲線N表示pH與的變化關(guān)系CNaHX溶液中D當(dāng)混合溶液呈中性時(shí)，【答案】D【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步電離小于第一步，即Ka1=Ka2=，所以當(dāng)pH相等即氫離子濃度相等時(shí)，因此曲線N表示pH與的變化6室溫下，將1 mol的CuSO45H2O(s)溶于水會(huì)使溶液溫度降低，熱效應(yīng)為H1，將1 mol的CuSO4(s)溶于水會(huì)使溶液溫度升高，熱效應(yīng)為H2；CuSO45H2O受熱分解的化學(xué)方程式為：CuSO45H2O(s)CuSO4(s)5H2O(l)，熱效應(yīng)為H3。則下列判斷正確的是()AH2>H3BH1<H3CH1H3H2DH1H2>H3解析：選B1 mol CuSO45H2O(s)溶于水會(huì)使溶液溫度降低，為吸熱反應(yīng)，故H1> 0,1 mol CuSO4(s)溶于水會(huì)使溶液溫度升高，為放熱反應(yīng)，故 H2<0,1 mol CuSO45H2O(s)溶于水可以分為兩個(gè)過程，先分解成1 mol CuSO4(s)和5 mol水，然后1 mol CuSO4(s)再溶于水， CuSO45H2O的分解為吸熱反應(yīng)，即H3>0，根據(jù)蓋斯定律得到關(guān)系式H1H2H3，分析得到答案：H1<H3。7甲醇既是重要的化工原料，又可作為燃料，利用合成氣(主要成分為CO、CO2和H2)在催化劑作用下合成甲醇。發(fā)生的主要反應(yīng)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已知反應(yīng)中相關(guān)的化學(xué)鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：化學(xué)鍵H-HC-OCOH-OC-HE/(kJmol1)4363431 076465413由此計(jì)算H1_kJmol1；已知H258 kJmol1，則H3_kJmol1。解析：反應(yīng)熱等于反應(yīng)物的鍵能之和與生成物的鍵能之和的差值，即H11 076 kJmol12436 kJmol13413 kJmol1343 kJmol1465 kJmol199 kJmol1。根據(jù)蓋斯定律可知，由可得到反應(yīng)，則H358 kJmol199 kJmol141 kJmol1。答案：9941