1、题空一化学计算的常用方法1牢记六个基本公式n、n、n、c(B)w100%、c(w)(的单位为gcm3)2明确一个中心必须以“物质的量”为中心“见量化摩，遇问设摩”3掌握两种方法(1)关系式法多个反应连续发生时，起始物与目标产物之间存在确定的量的关系。解题时应先写出有关反应的化学方程式或关系式，找出连续反应的过程中，不同反应步骤之间反应物、生成物的物质的量的关系，最后确定已知物和目标产物之间的物质的量的关系，列式求解，从而简化运算过程。(2)差量法差量法的应用原理差量法是指根据化学反应前后物质的量发生的变化，找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等
2、。用差量法解题的关键是把化学方程式中的对应差量(理论差量)及差量(实际差量)与未知量列成比例式，然后求解。如：2C(s)O2(g)=2CO(g) Hm(固)，n(气)，V(气)2mol1mol2molQ24g1mol22.4L(标况)使用差量法时的注意事项a所选用差量要与未知量的数值成正比例或反比例关系。b有关物质的物理量及其单位都要正确地使用和对应，即“上下一致，左右相当”。4巧用“三守恒”例1CO2是重要的化工原料，完成下列有关问题。(1)CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解。2.00molNH4HCO3完全分解，分解产物经干燥后的体积为_L(标准状况)。(2)某H2
3、中含有2.40molCO2，该混合气体通入2.00LNaOH溶液中，CO2被完全吸收。如果NaOH完全反应，该NaOH溶液的浓度为_。解析(1)碳酸氢铵分解的化学方程式：NH4HCO3H2ONH3CO2，从方程式可以看出，分解产物经干燥后，所得气体为NH3和CO2，且n(NH3)n(CO2)2n(NH4HCO3)22.00mol4.00mol，则V(混合气体)4.00mol22.4Lmol189.6L，即分解产物经干燥后的体积为89.6L。(2)根据题意要求，2.40molCO2被完全吸收，NaOH也完全反应，则反应的产物可能是Na2CO3(此时NaOH的浓度最大)或NaHCO3(此时NaOH
4、的浓度最小)或Na2CO3和NaHCO3的混合物。用极值思想分析两个特殊情况：CO2NaOH=NaHCO3，n(NaOH)n(CO2)2.40 mol，则c(NaOH)1.20 molL1；CO22NaOH=Na2CO3H2O，n(NaOH)2n(CO2)4.8 mol，则c(NaOH)2.40 molL1；综合可知，NaOH溶液的浓度应该为1.2molL1c(NaOH)2.4molL1。答案(1)89.6(2)1.2molL1c(NaOH)2.4molL1例2FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。为节约成本，工业上用NaCl
5、O3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。若酸性FeCl2废液中c(Fe2)2.0102 molL1，c(Fe3)1.0103 molL1，c(Cl)5.3102 molL1，则该溶液的pH约为_。解析酸性溶液中c(OH)忽略不计，根据电荷守恒，c(Fe3)3c(Fe2)2c(H)c(Cl)，溶液中氢离子的浓度是c(H)c(Cl)c(Fe2)2c(Fe3)35.3102 molL12.0102 molL121.0103 molL131.0102 molL1，所以pH2。答案21(1)配制浓度为2molL1的NaOH溶液100mL，用托盘天平称取NaOH固体时，天平读数将_(填字母)。A等于8.
6、0gB等于8.00gC大于8.0gD等于0.2g(2)某实验中需2molL1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格为_，称取Na2CO3的质量为_。答案(1)C(2)1000mL212.0g解析(1)称量NaOH固体时需用小烧杯盛放，故天平读数等于8.0 g烧杯质量。(2)根据容量瓶的常用规格可知，应配制2 molL1的Na2CO3溶液1 000 mL，所需Na2CO3的质量为1 L2 molL1106 gmol1212.0 g。2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
7、；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。(1)软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是_。(2)K2MnO4制备KMnO4的离子方程式是_。(3)KMnO4能与经硫酸酸化的热Na2C2O4反应生成Mn2和CO2，该反应的化学方程式是_。(4)若用16.3g软锰矿(含MnO280%)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_。答案(1)3MnO26KOHKClO33K2MnO4KCl3H2O(2)3MnO4H=MnO22MnO2H2O(3)2KMnO45Na2C
8、2O48H2SO4=K2SO42MnSO45Na2SO410CO28H2O(4)0.25mol解析根据题意写出化学方程式即可，本题主要考查氧化还原反应的配平、离子反应方程式的书写以及相关的计算。(4)根据得出的三个反应方程式，找出关系式：3MnO23K2MnO42KMnO45Na2C2O4所以3MnO25Na2C2O435n(Na2C2O4)n(Na2C2O4)0.25mol。3叠氮化钠(NaN3)是目前汽车安全气囊中的产气药。一种生产工艺流程如下：(1)反应器()发生反应的类型为_；液态氨需过量，其原因是_。(2)反应器()中反应的化学方程式为_。(3)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10
9、NaN32KNO3K2O5Na2O16N2。假定某汽车中每个安全气囊容积为56L。欲使气囊中充满标准状况下的氮气，则每个安全气囊应装入NaN3和KNO3的总质量为_g(结果保留一位小数，不考虑固体的体积)。答案(1)置换反应提高钠的利用率(2)2NaNH2N2O=NaN3NaOHNH3(3)133.1解析(1)依据图中标的物质，反应器中发生的反应为2Na2NH3=2NaNH2H2，故为置换反应；为了保证钠全部反应，故需液氨过量。(2)由图中标的物质可知，反应物为NaNH2和N2O，生成物为NaN3、NH3、NaOH。(3)n(N2)2.5mol，需m(NaN3)2.5mol65gmol1g，m
10、(KNO3)2.5mol101gmol1g，总质量为gg133.1g。题空二物质组成、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热重曲线计算设晶体为1mol。失重一般是先失水、再失非金属氧化物。计算每步的m余，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
11、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例12015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
12、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mg，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amolL1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O被还原为Cr3。样品中CuCl的质量分数为_。解题思路依据信息定关系式由CuCl质量解析w(CuCl)100%。答案%例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2.41g，CO2的体积为1.344L(标准状况)，则钴氧化物的化学式为_。解题思路答案Co3O4例3PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示，已知失重曲线上的a点样品失重4
13、.0%(即100%)的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2nPbO，列式计算x值和mn值_。解析根据PbO2PbOxO2(注PbO2相对分子质量为239)由322394.0%得x21.4根据mPbO2nPbO得1.4。答案根据PbO2PbOxO2，有322394.0%，x21.4，根据mPbO2nPbO，1.4，1化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂。一定条件下金属钠和H2反应生成甲。甲与水反应可产生H2，甲与AlCl3反应可得到NaAlH4。将4.80g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24L(已折算成标准状况)的H2。甲的化学式_。答案NaH解析由4.80g甲加热至完全分解
14、，得到金属钠和2.24L(已折算成标准状况)的H2，可推断金属钠和H2反应生成的甲为NaH，NaH与水反应生成NaOH和H2，NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4。甲的化学式为NaH。2取4.00g软锰矿(主要成分MnO2，杂质不与H2C2O4、KMnO4等反应)，用下述方法测定其中锰元素的含量。首先向制取的MnO2中加入过量酸化的0.50molL1H2C2O450.00mL，MnO2完全溶解，并产生A气体，写出该反应的离子方程式：_。然后用0.10molL1KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4溶液(产物与上述反应一致)，滴定终点时消耗KMnO4溶液30.00mL，则软锰矿中的锰元素质量分
15、数是_(保留1位小数)。答案MnO2H2C2O42H=Mn22CO22H2O24.1%解析H2C2O4的物质的量为0.50molL10.05L0.025mol，MnO2完全溶解，并产生A气体即二氧化碳气体，该反应的离子方程式：MnO2H2C2O42H=Mn22CO22H2O，然后用0.10 molL1 KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4溶液(产物与上述反应一致)，则根据电子得失守恒可知2KMnO45H2C2O4，滴定终点时消耗KMnO4溶液30.00 mL，则消耗的KMnO4物质的量为0.10 molL10.03 L0.003 mol，所以与KMnO4反应的H2C2O4的物质的量为0.003
16、mol0.0075mol，所以与二氧化锰反应的H2C2O4的物质的量为0.025mol0.0075mol0.0175mol，则二氧化锰的物质的量为0.0175mol，所以软锰矿中的锰元素质量分数是100%24.1%。3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480mL5molL1盐酸恰好完全
17、溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48L(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。答案(1)Co3O43CoC2O42O2Co3O46CO2(2)由得失电子守恒有n(Co3)2n(Cl2)20.4mol，由电荷守恒有n(Co)总n(Co2)溶液0.5n(Cl)0.5(0.48050.22) mol1mol，所以固体中n(Co2)1mol0.4mol0.6mol，n(O)mol1.2mol，故n(Co)n(O)11.256。解析(1)18.3g二水合草酸钴的物质的量为0.1mol，由于在300时生成的是Co的氧化物，故在8.03 g氧化物中，含Co的质量为0.1 mol5
18、9 gmol15.9 g，m(O)8.03 g5.9 g2.13 g，故n(Co)n(O)34，C点剩余固体的化学式为Co3O4。当晶体恰好将结晶水失去时得到CoC2O414.70g，在B点时与O2反应后生成Co3O4的化学方程式为3CoC2O42O2Co3O46CO2。(2)黄绿色气体为Cl2，其物质的量为0.2mol，根据Cl元素守恒可知，溶液中2n(Co)n(HCl)2n(Cl2)，故n(Co)1mol，根据得失电子守恒n(Co3)2n(Cl2)0.4mol，则n(Co2)0.6mol，根据电荷守恒可知，2n(O)3n(Co3)2n(Co2)，n(O)1.2mol，故n(Co)n(O)1
19、1.256。题空三氧化还原(电极)反应中有关电子守恒的计算高考中涉及的许多计算属于氧化还原反应的计算，无论一步反应还是多步反应，最终要根据电子守恒进行计算。1氧化还原反应计算基本思路对于氧化还原反应的计算，关键是氧化还原反应的实质得失电子守恒，列出守恒关系求解，即n(氧化剂)变价原子个数化合价变化值n(还原剂)变价原子个数化合价变化值。利用电子守恒解题的思维模板计算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。2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
20、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4mole为桥梁可构建如下关系式：阳极产物阴极产物(式中M为金属，n为其离子的化合价数值)例12016全国卷，28(4)(5)(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，该反应中氧化产物是_。(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒能力，其定义是每克含氯消毒剂的氧化能
21、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)。解析(4)根据图示，“尾气吸收”时ClO2转化为ClO，ClO2作氧化剂，则H2O2作还原剂，H2O2转化为O2，由ClO2ClO、H2O2O2，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为21，氧化产物为O2。(5)1molNaClO2在反应中转移4mol电子，而1molCl2在反应中转移2mol电子，根据，解得n(e)3.14mol，则可确定NaClO2中有效氯含量为1.57。答案(4)21O2(5)1.57例2电解精练铜时常用CuSO4溶液作电解质溶液，当导线中通过9.632104C的电量时，测得阳
22、极溶解的铜为16.0g。而电解质溶液(原溶液为1L)中恰好无CuSO4，则理论上阴极质量增加_g，原电解液中CuSO4的浓度为_。(已知一个电子的电量为1.61019 C)解析电路中转移的电子的物质的量：n(e)mol1mol，阳极除了铜失电子外，还有其他较活泼的金属如Zn、Fe、Ni失电子，但阴极发生还原反应得电子的只有Cu2，Cu22e=Cu，阴极析出铜的质量：m(Cu)0.5mol64gmol132g，则原溶液中含Cu2的质量32g16g16g。n(CuSO4)n(Cu2)0.25mol，故原电解液中CuSO4的浓度为0.25molL1。答案320.25molL11按要求解答下列各题(1
23、)2016全国卷，28(2)“氧化”中欲使3mol的VO2变为VO，则需要氧化剂KClO3至少为_mol。(2)2015全国卷，28(1)大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2。该反应的还原产物为_。(3)2015全国卷，28(1)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为_。(4)2016全国卷，26(5)节选联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论1kg的联氨可除去水中溶解的O2_kg。答案(1)0.5(2)MnSO4(3)21(4)1解析(1)根据VO2VO，KClO3C
24、l，由得失电子守恒，则n(VO2)6n(KClO3)，故n(KClO3)n(VO2)3mol0.5mol。(2)浓缩液中的碘元素为1价，在酸性环境中，MnO2将1价的I氧化为I2，MnO2中4价的Mn被还原，产物应为MnSO4(或Mn2)。(3)由题给的反应物中有KClO3、生成物中有ClO2，可知氧化剂为KClO3，还原剂为Na2SO3。1molKClO3生成1molClO2时得到1mol电子，1molNa2SO3生成1molNa2SO4时失去2mol电子，根据得失电子守恒可知，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为21。(4)联氨处理高压锅炉水中的氧，发生的反应为N2H4O2=N22H2O
25、，理论上1kg的联氨可除去水中溶解的氧气为32gmol11kg。2纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到科学家的不断关注，下列为制取Cu2O的二种方法：方法电解法，原理为2CuH2OCu2OH2方法用肼(N2H4)还原新制的Cu(OH)2(1)方法利用离子交换膜控制电解液中OH的浓度而制备纳米Cu2O，装置如图所示，该电池的阳极反应式为_；电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112mL(标准状况)时，停止电解，通过离子交换膜的阴离子的物质的量为_mol。(离子交换膜只允许OH通过)(2)方法为加热条件下用液态肼(N2H4)还原新制的Cu(OH)2来制备纳米级Cu2O，同时放出N2。生成1m
26、olN2时，生成Cu2O的物质的量为_。答案(1)2Cu2e2OH=Cu2OH2O0.01(2)2mol解析(1)在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电极本身发生失电子的反应，在碱性环境下，金属铜失去电子，电极反应式为2Cu2e2OH=Cu2OH2O，钛极是阴极，电极反应式为2H2O2e=H22OH，生成氢气的物质的量为0.005mol，则转移电子0.01mol，故通过离子交换膜的阴离子的物质的量为0.01mol。(2)根据题目信息可得反应的化学方程式为4Cu(OH)2N2H42Cu2ON26H2O，生成1 mol N2的同时生成2 mol Cu2O。题空四有关平衡常数、转化率的计算有关平衡常数
27、计算的关键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。如mA(g)nB(g)?pC(g)qD(g)，令A、B起始物质的量浓度分别为amolL1、bmolL1，达到平衡后消耗A的物质的量浓度为mxmolL1。mA(g)nB(g)?pC(g)qD(g)起始/molL1ab00变化/
28、molL1mxnxpxqx平衡/molL1amxbnxpxqxK例1按要求解答下列问题：(1)在1000K下，在某恒容容器中发生下列反应：2NO2(g)?2NO(g)O2(g)，将一定量的NO2放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率(NO2)随温度变化如下图所示。图中a点对应温度下，已知NO2的起始压强p0为120kPa，列式计算该温度下的平衡常数Kp_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。(2)对于反应N2O4(g)?2NO2(g)，在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强间存在关系：v(N2O4)k1p(N2O4)，v(NO2)k2p2(NO2)。其中，k1、k2是与
29、反应及温度有关的常数。相应的速率压强关系如图所示。一定温度下，k1、k2与平衡常数Kp的关系是k1_，在图中标出的点中，指出能表示反应达到平衡状态的点：_，理由是_。解析(1)图中a点(NO2)0.6，设起始加入NO2的物质的量为mmol，则有2NO2(g)?2NO(g)O2(g)起始量/molm00转化量/mol0.6m0.6m0.3m平衡量/mol0.4m0.6m0.3mNO2的起始压强p0为120kPa，则平衡时气体压强为120kPa156kPa，此时NO2、NO和O2的平衡压分别为48kPa、72kPa、36kPa，故该温度下反应的平衡常数Kp81。(2)达到平衡状态时2v(N2O4)
30、v(NO2)，即2k1p(N2O4)k2p2(NO2)，则有k1k2k2Kp。达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)2v(N2O4)，故图中B、D两点均达到平衡状态。答案(1)Kp81(2)k2KpBD达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)2v(N2O4)例2查阅资料可知：常温下，K稳Ag(NH3)1.00107，Ksp(AgCl)2.501010。(1)银氨溶液中存在平衡：Ag(aq)2NH3(aq)?Ag(NH3)(aq)，该反应平衡常数的表达式为K稳_。(2)计算得到可逆反应AgCl(s)2NH3(aq)?Ag(NH3)(aq)Cl(aq)的化学平
31、衡常数K_，1L1molL1氨水中最多可以溶解AgCl_mol(保留两位有效数字)。解析(2)KK稳Ksp(AgCl)1.001072.5010102.50103；设1L1molL1氨水中最多可溶解xmolAgCl，则有AgCl(s)2NH3(aq)?Ag(NH3)(aq)Cl(aq)初始/mol100溶解/molx2xxx平衡/mol12xxx故：K2.50103解得x0.045。答案(1)(2)2.501030.0451工业上先将煤转化为CO，再利用CO和水蒸气反应制H2时，存在以下平衡：CO(g)H2O(g)?CO2(g)H2(g)(1)向2L恒容密闭容器中充入CO和H2O(g)，800
32、时测得部分数据如下表。t/min01234n(H2O)/mol1.201.040.900.700.70n(CO)/mol0.800.640.500.300.30则从反应开始到2min时，用H2表示的反应速率为_；该温度下反应的平衡常数K_(小数点后保留2位有效数字)。(2)相同条件下，向2L恒容密闭容器中充入1molCO(g)、1molH2O(g)、2molCO2(g)、2molH2(g)，此时v(正)_(填“”“”或“”)v(逆)。(3)已知该反应在不同的温度下的平衡常数数值分别为t/70080083010001200K1.671.191.000.600.38某温度下，如果平衡浓度符合下列关
33、系式：3c(CO)c(H2O)5c(H2)c(CO2)，判断此时的温度是_。答案(1)0.075molL1min11.19(2)c(Cl)c(ClO)c(OH)c(H)4107解析(1)反应SO2Cl2(g)SCl2(g)?2SOCl2(g)可由反应()、()相加得到，故其平衡常数为两者之积，反应热为两者之和。(2)生成Cl2的物质的量为0.08 mol，其浓度为0.04 molL1，故Cl2的反应速率为0.004 molL1min1；平衡时总物质的量为0.02mol0.08mol0.08mol0.18mol，故平衡时压强为101kPa181.8kPa；K0.16；若要减小转化率，可通过缩小容器体积即增大压强的方法。(3)SO2Cl2中硫为6价，氯为1价，氢氧化钠足量时生成硫酸盐和盐酸盐；SOCl2中硫为4价，水解生成SO2及HCl。(4)Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，显然c(Na)最大，考虑到ClO水解显碱性，故c(Cl)c(ClO)，c(OH)c(H)；HClO的电离常数与ClO水解常数之积等于水的离子积，故Kb4107。