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

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1、1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，Fe 3 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)bClcxH2

2、O。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 Cu2 H 2Y2 =CuY2 2H )，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：4CuClO 28H 2O 2Cu2(OH)= = =

3、 = =45 50 2Cl23H2O守恒 2：由电解质溶液中电荷守恒可得：n(Cl ) n(AgCl)4.80010 3 moln(Cu2 )9.60010 3 moln(OH )2 n(Cu2 ) n(Cl )1.44010 2 mol守恒 3：由质量守恒可得： n(H2O)2 4.80010 3 molm总 m（ Cl ） m（ Cu2 ） m（ OH ）18 g/mol解析 (1)反应物为 CuCl、O 2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 CuMCu 2 M，说明 Cu 被 M 氧化；MO 2H MH 2O，说明M被氧化为 M，说明

4、 M 价态高，由题信息“Fe 3 对该反应起催化作用” ，M 为 Fe3 ，M为Fe2 。(2)n(Cl ) n(AgCl) 4.80010 3 mol100.00 mL25.00 mL 0.172 2 g143.5 gmol 1 100.00 mL25.00 mLn(Cu2 ) n(EDTA) 0.080 00 molL1 30.00 mL103 LmL1 100.00 mL25.00 mL9.60010 3 mol100.00 mL25.00 mLn(OH )2 n(Cu2 ) n(Cl )29.60010 3 mol4.80010 3 mol1.44010 2 molm(Cl )4.80

5、010 3 mol35.5 gmol1 0.170 4 gm(Cu2 )9.60010 3 mol64 gmol1 0.614 4 gm(OH )1.44010 2 mol17 gmol1 0.244 8 gn(H2O) 4.80010 3 mol1.116 0 g 0.170 4 g 0.614 4 g 0.244 8 g18 gmol 1a b c x n(Cu2 ) n(OH ) n(Cl ) n(H2O)2311答案 4CuClO 28H 2O 2Cu2(OH)2Cl23H2O Fe 2 (2)Cu 2(OH)= = = = =45 50 3ClH2O解决方案1三大守恒思想2电子守恒解

6、题的思维模板3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。NaClO 2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 2KClO3至少为_ mol。答案 0.52(电荷守恒)为节约成本，工业上用

7、NaClO3氧化酸性 FeCl2废液得到 FeCl3。若酸性 FeCl2废液中 c(Fe2 )2.010 2 molL1 ， c(Fe3 )1.010 3 molL1, c(Cl )5.310 2 molL1 ，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 w 26n126(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，CO 2的体积为 1.344 L(标准状况)，

8、则钴氧化物的化学式为_。答案 Co 3O42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。4.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(2S2O I 2=2I S 4O )。23 26问题：取 100.00 mL

9、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)2O 2=2MnO(OH)2MnO(OH)2还原为 Mn2 MnO(OH)22I 4H =Mn2 I 23H 2O滴定过程 2S2O I 2=2I S 4O23 26关系式：O 22MnO(OH) 22I 24Na 2S2O3答案 80 ab【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，

10、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_。27解题思路 依据信息确定关系式由5CuCl 质量 运 用 m nM（ CuCl） 换 算 除 去 样 品 的 质 量样 品 中 CuCl的 质 量 分 数答案

11、 %59.7abm解决方案 利用关系式法解题的思维模板【对点训练】4ClO 2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 I 2=Na2S4O62NaI)原 ClO2溶液的浓度为_ g/L(用步骤中的字母代数式表示

12、)。答案 135 cV2/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(K 2MnO4)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_。6提示：软锰矿制备 K2MnO4的化学方程式3MnO26KOHKClO 3 3K2MnO4KCl3H 2O= = =

13、 = =高 温 K 2MnO4制备 KMnO4的化学方程式 3K2MnO42H 2SO4=MnO2 2KMnO 42K 2SO42H 2OKMnO 4能与经硫酸酸化的热 Na2C2O4反应生成 Mn2 和 CO2的化学方程式是2KMnO45Na 2C2O48H 2SO4=K2SO42MnSO 45Na 2SO410CO 28H 2O解析 根据反应方程式，找出关系式：3MnO23K 2MnO42KMnO 45Na 2C2O4所以 3MnO2 5Na 2C2O43 5n(Na2C2O4)16.3 g80%87 gmol 1n(Na2C2O4) 0.25 mol。53 16.3g80%87gmol

14、1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：

15、NH 3H 3BO3=NH3H3BO3；NH 3H3BO3HCl= =NH4Cl H3BO3。7回答下列问题：仪器清洗后，g 中加入硼酸(H 3BO3)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(C 2H5NO2)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 C 2H5NO2NH 3NH 3H3BO3HCl，样品中氮的质量分数为100% %。样品的纯度cV10 3 mol14 gmol 1m

16、g 1.4cVm100% %。cV10 3 mol75 gmol 1m g 7.5cVm答案 1.4cVm 7.5cVm【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4.5V7m2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8热重曲线计算设晶体为 1 mol

17、。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m余m（ 1 mol晶 体 质 量 ）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

18、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 Qc Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出 Qc Ksp：溶液饱和，处于平衡状态 Qc Ksp：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(CoC 2O42H2O)在空

19、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。9(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)Co 3O4 3CoC 2O42O 2 Co3O46CO 2= = = = =225 300 (2)由得失电子守恒

20、有 n(Co3 )2 n(Cl2)2 0.4 mol，由电荷守恒有4.48L22.4 Lmol 1n(Co)总 n(Co2 )溶液 0.5 n(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0.43 0.622n(Co) n(O)11.256。【对点训练】7碱式碳酸铝镁Mg aAlb(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

21、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)。10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)。23答案 计算过程：n(CO2) 2.5010 2 mol， m(CO2)1.10 g，0.56 L22.4 L/mol在 270 600 之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解生成 CO2、H 2O， m(CO2) m(H2O)3.390 g(0.734 50.370 2)1.235 g， m(H2O)1.235 g1.1

22、0 g0.135 g， n(H2O) 7.5010 3 mol，0.135 g18 g/mol再根据氢原子守恒得 n(OH )2 n(H2O)1.5010 2 mol，由 C 原子守恒得 n(CO )23 n(CO2)2.5010 2 mol，则 n(OH ) n(CO )35。238(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 BH 8OH 8e =BO 6H 2O，每转 2 4 2移 2 mol 电子，理

23、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11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%。n（ 转 化 ）n（ 起 始 ） c（ 转 化 ）c（ 起 始 ）(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%。产 物 实 际 质 量理 论 产 量(3)混合物中某组分的百分含量 100%平 衡 量平 衡 总 量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

24、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：2CO 2(g)6H 2(g) CH2=CH2(g)4H 2O(g) H。(1)几种物质的能量(kJmol 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/kJmol 1 394 0 52 242 H_ kJmol 1 。(2)几种化学键的键能(kJmol 1 )。化学键 C=O HH C=C HC HO键能/kJmol 1 803

25、436 615 a 463a_。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12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)kJmol1 128 kJmol1 。(2) H断裂化学键的总键能形成化学键的总键能(803443666154 a4638)kJmol 1 128 kJmol 1 ，解得 a409.25。答案 (1)128(2)4

26、09.25【对点训练】92016全国卷，26(3)联氨(又称肼，N 2H4，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：2O 2(g)N 2(g)=N2O4(l) H1N 2(g)2H 2(g)=N2H4(l) H2O 2(g)2H 2(g)=2H2O(g) H32N 2H4(l)N 2O4(l)=3N2(g)4H 2O(g) H4上述反应热效应之间的关系式为 H4_。答案 2 H32 H2 H110已知下列热化学方程式Fe2O3(s)3CO(g)= =2Fe(s)3CO 2(g) H125 kJmol 1 3Fe2O3(s)CO(g)= =2Fe3O4(s)CO 2(g

27、) H247 kJmol 1 Fe3O4(s)CO(g)= =3FeO(s)CO 2(g) H319 kJmol 1 计算 FeO(s)CO(g)= =Fe(s)CO 2(g) H_。答案 11 kJmol 111已知 t 时，反应 FeO(s)CO(g) Fe(s)CO 2(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， K 0.25，则 4。c（ CO2）c（ CO） n（ CO2）

28、n（ CO） n（ CO）n（ CO2）13 FeO(s)CO(g) Fe(s)CO 2(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， K 0.25 ，求得 x0.05。c（ CO2）c（ CO） n（ CO2）n（ CO） 0.01x 0.01答案 4 0.0512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)X 2(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 mo

29、l。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， 120 kPa160 kPa， n0.40 mol 0.30 mol，n0.40 mol 120 kPa160 kPaAX 3(g)X 2(g) AX5(g)起始时 n0/mol: 0.20 0.20 0平衡时 n/mol: 0

30、.20 x 0.20 x x(0.20 x)(0.20 x) x0.30x0.10v(AX5) 1.710 4 molL1 min10.10 mol10 L60 min AX 3(g)X 2(g) AX5(g) 起始量(mol) 0.2 0.2 0变化量(mol) x x x14平衡量(mol) 0.2 x 0.2 x x则有 ，解得 x ，则 AX3的转化率为 100%2(10.4 x0.4 pp0 0.4（ p0 p）p0 0.4（ p0 p）0.2p0)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%。pp0答案 1.710 4 molL1 min10.10 mol10 L60 min2(1 )100% 50% 40%pp0