2024高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)第四部分專題三填空大題中的化學(xué)計(jì)算訓(xùn)練含解析

PAGE1-專題三填空大題中的化學(xué)計(jì)算一、確定物質(zhì)組成的計(jì)算【示例1】氯化亞銅(CuCl)廣泛應(yīng)用于化工、印染、電鍍等行業(yè)。CuCl難溶于醇和水，可溶于氯離子濃度較大的體系。在潮濕空氣中易水解氧化。以海綿銅(主要成分是Cu和少量CuO)為原料，采納硝酸銨氧化分解技術(shù)生產(chǎn)CuCl的工藝過程如下：回答下列問題：精確稱取所制備的氯化亞銅樣品mg，將其置于過量的FeCl3溶液中，待樣品完全溶解后，加入適量稀硫酸，用amol/L的K2Cr2O7溶液滴定到終點(diǎn)，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反應(yīng)中Cr2Oeq\o\al(2－,7)被還原為Cr3＋，樣品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____________。物質(zhì)組成計(jì)算類型及方法總結(jié)類型解題方法物質(zhì)含量計(jì)算①依據(jù)關(guān)系式法、得失電子守恒法、滴定法等，得出混合物中某一成分的量。②由①中求出量，除以樣品的總量，即可得出其含量確定物質(zhì)化學(xué)式的計(jì)算①依據(jù)題給信息，計(jì)算出可求粒子的物質(zhì)的量。②依據(jù)電荷守恒，確定出未知粒子的物質(zhì)的量。③依據(jù)質(zhì)量守恒，確定出結(jié)晶水的物質(zhì)的量。④各粒子的物質(zhì)的量之比，即為物質(zhì)化學(xué)式的下標(biāo)比熱重曲線計(jì)算①設(shè)晶體為1mol。②失重一般是先失水、再失非金屬氧化物。③計(jì)算每步的m余；eq\f(m余,m1mol晶體質(zhì)量)＝固體殘留率。④晶體中金屬質(zhì)量不削減，仍在m余中。⑤失重最終一般為金屬氧化物，由質(zhì)量守恒得m(O)，由n(金屬)n(O)，即可求出失重后物質(zhì)的化學(xué)式多步滴定計(jì)算困難的滴定可分為兩類：①連續(xù)滴定法：第一步滴定反應(yīng)生成的產(chǎn)物，還可以接著參與其次步的滴定。依據(jù)其次步滴定的消耗量，可計(jì)算出第一步滴定的反應(yīng)物的量②返滴定法：第一步用的滴定劑是過量的，然后其次步再用另一物質(zhì)返滴定計(jì)算出過量的物質(zhì)。依據(jù)第一步加入的量減去其次步中過量的量，即可得出第一步所求物質(zhì)的物質(zhì)的量訓(xùn)練1草酸鈷是制備鈷氧化物的重要原料。下圖為二水合草酸鈷(CoC2O4·2H2O)在空氣中受熱的質(zhì)量改變曲線，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)剩余固體的成分為________(填化學(xué)式)。試寫出B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的物質(zhì)與O2在225～300℃條件下發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)取肯定質(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價(jià))，用480mL5mol·L－1鹽酸恰好完全溶解固體，得到CoCl2溶液和4.48L(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。訓(xùn)練2PbO2在加熱過程發(fā)生分解的失重曲線如下圖所示，已知失重曲線上的a點(diǎn)樣品失重4.0%(即eq\f(樣品起始質(zhì)量－a點(diǎn)固體質(zhì)量,樣品起始質(zhì)量)×100%)的殘留固體。若a點(diǎn)固體組成表示為PbOx或mPbO2·nPbO，列式計(jì)算x值和mn值________________________________________________________________________________________________________________________________________________。訓(xùn)練3錳及其化合物用途廣泛。錳的化合物有60多種，其中以二氧化錳(MnO2)最穩(wěn)定。(1)將固體草酸錳(MnC2O4·2H2O)放在一個(gè)可以稱出質(zhì)量的容器里加熱。固體質(zhì)量隨溫度的改變關(guān)系如圖所示。280℃時(shí)，剩余固體的成分為__________(填化學(xué)式)；943℃時(shí)，剩余固體的成分為________(填化學(xué)式)。(2)向100mLMnCl2和BaCl2的混合溶液中滴加Na2C2O4溶液，當(dāng)MnC2O4·2H2O與BaC2O4兩種沉淀共存時(shí)，eq\f(cBa2＋,cMn2＋)＝________。[已知：Ksp(MnC2O4·2H2O)＝1.7×10－7；Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7]二、反應(yīng)熱的計(jì)算【示例2】(1)聯(lián)氨(又稱肼，N2H4，無色液體)是一種應(yīng)用廣泛的化工原料，可用作火箭燃料。回答下列問題：①2O2(g)＋N2(g)=N2O4(l)ΔH1②N2(g)＋2H2(g)=N2H4(l)ΔH2③O2(g)＋2H2(g)=2H2O(g)ΔH3④2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)ΔH4＝－1048.9kJ·mol－1上述反應(yīng)熱效應(yīng)之間的關(guān)系式為ΔH4＝________________________________________________________________________，聯(lián)氨和N2O4可作為火箭推動(dòng)劑的主要緣由為________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)CH4和CO2可以制造價(jià)值更高的化學(xué)產(chǎn)品。已知：CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH1＝akJ·mol－1CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)ΔH2＝bkJ·mol－12CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH3＝ckJ·mol－1反應(yīng)CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)ΔH＝________kJ·mol－1(用含a、b、c的代數(shù)式表示)。依據(jù)蓋斯定律計(jì)算ΔH的步驟和方法(1)計(jì)算步驟(2)計(jì)算方法訓(xùn)練4二氧化碳回收利用是環(huán)?？茖W(xué)探討的熱點(diǎn)課題。已知CO2經(jīng)催化加氫可合成低碳烯烴：2CO2(g)＋6H2(g)CH2=CH2(g)＋4H2O(g)ΔH。(1)幾種物質(zhì)的能量(kJ·mol－1)如表所示(在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下，規(guī)定單質(zhì)的能量為0，測(cè)得其他物質(zhì)生成時(shí)放出的熱量為其具有的能量)：物質(zhì)CO2(g)H2(g)CH2=CH2(g)H2O(g)能量/kJ·mol－1－394052－242ΔH＝____________kJ·mol－1。(2)幾種化學(xué)鍵的鍵能(kJ·mol－1)?；瘜W(xué)鍵C=OH—HC=CH—CH—O鍵能/kJ·mol－1803436615a463a＝____________。訓(xùn)練5紅磷在氯氣中燃燒的能量改變關(guān)系如圖所示：(1)反應(yīng)PCl3(g)＋Cl2(g)=PCl5(g)是________反應(yīng)(填“吸熱”或“放熱”)。(2)寫出固態(tài)紅磷在足量的氯氣中完全燃燒生成氣態(tài)產(chǎn)物的熱化學(xué)方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)現(xiàn)有6.2g紅磷在8.96L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氯氣中完全燃燒生成氣態(tài)產(chǎn)物時(shí)放出熱量為________(用含a、b、c的代數(shù)式表示)。(4)白磷在氧氣中燃燒有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：其中ΔH2＝________。三、平衡常數(shù)與轉(zhuǎn)化率的計(jì)算【示例3】按要求解答下列問題：(1)在1000K下，在某恒容容器中發(fā)生下列反應(yīng)：2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)，將肯定量的NO2放入恒容密閉容器中，測(cè)得其平衡轉(zhuǎn)化率α(NO2)隨溫度改變?nèi)缦聢D所示。圖中a點(diǎn)對(duì)應(yīng)溫度下，已知NO2的起始?jí)簭?qiáng)p0為120kPa，列式計(jì)算該溫度下的平衡常數(shù)Kp＝________(用平衡分壓代替平衡濃度計(jì)算，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。(2)對(duì)于反應(yīng)N2O4(g)2NO2(g)，在肯定條件下N2O4與NO2的消耗速率與自身壓強(qiáng)間存在關(guān)系：v(N2O4)＝k1·p(N2O4)，v(NO2)＝k2·p2(NO2)。其中，k1、k2是與反應(yīng)及溫度有關(guān)的常數(shù)。相應(yīng)的速率—壓強(qiáng)關(guān)系如圖所示?？隙囟认?，k1、k2與平衡常數(shù)Kp的關(guān)系是k1＝________，在圖中標(biāo)出的點(diǎn)中，指出能表示反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的點(diǎn)：________，理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解題思路：(1)圖中a點(diǎn)α(NO2)＝0.6，設(shè)起始加入NO2的物質(zhì)的量為mmol，則有2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)起始量/molm00轉(zhuǎn)化量/mol0.6m0.6m平衡量/mol0.4m0.6mNO2的起始?jí)簭?qiáng)p0為120kPa，則平衡時(shí)氣體壓強(qiáng)為eq\f(0.4m＋0.6m＋0.3m,m)×120kPa＝156kPa，此時(shí)NO2、NO和O2的平衡壓分別為48kPa、72kPa、36kPa，故該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp＝eq\f(p2NO·pO2,p2NO2)＝eq\f(722×36,482)＝81。(2)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)2v(N2O4)＝v(NO2)，即2k1·p(N2O4)＝k2·p2(NO2)，則有k1＝eq\f(1,2)k2eq\f(p2NO2,pN2O4)＝eq\f(1,2)k2Kp。達(dá)到平衡時(shí)，N2O4與NO2的消耗速率滿意條件v(NO2)＝2v(N2O4)，故圖中B、D兩點(diǎn)均達(dá)到平衡狀態(tài)。有關(guān)平衡常數(shù)計(jì)算的關(guān)鍵1．駕馭三個(gè)“百分?jǐn)?shù)”(1)轉(zhuǎn)化率＝eq\f(n轉(zhuǎn)化,n起始)×100%＝eq\f(c轉(zhuǎn)化,c起始)×100%。(2)生成物的產(chǎn)率：實(shí)際產(chǎn)量占理論產(chǎn)量的百分?jǐn)?shù)。一般來說，轉(zhuǎn)化率越高，原料利用率越高，產(chǎn)率越高。產(chǎn)率＝eq\f(產(chǎn)物實(shí)際質(zhì)量,理論產(chǎn)量)×100%。(3)混合物中某組分的百分含量＝eq\f(平衡量,平衡總量)×100%。2．分析三個(gè)量：起始量、改變量、平衡量3．用好一種方法——“三段式法”“三段式法”計(jì)算的模板：依據(jù)方程式列出反應(yīng)物、生成物各物質(zhì)的起始量、改變量、平衡量，結(jié)合問題代入公式運(yùn)算。如mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)，令A(yù)、B起始物質(zhì)的量濃度分別為amol·L－1、bmol·L－1，達(dá)到平衡后消耗A的物質(zhì)的量濃度為mxmol·L－1。mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)起始/mol·L－1a改變/mol·L－1mxnxpxqx平衡/mol·L－1a－mxb－nxpxK＝eq\f(pxp·qxq,a－mxm·b－nxn)訓(xùn)練62NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH<0是制造硝酸的重要反應(yīng)之一。在800℃時(shí)，向容積為1L的密閉容器中充入0.010molNO和0.005molO2，反應(yīng)過程中NO的濃度隨時(shí)間改變?nèi)鐖D所示：請(qǐng)回答下列問題：(1)2min內(nèi)，v(O2)＝________mol·L－1·min－1。(2)上升溫度，平衡向________(填“正”或“逆”)反應(yīng)方向移動(dòng)。(3)平衡時(shí)，NO的轉(zhuǎn)化率是________。(4)800℃時(shí)，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)為________。訓(xùn)練7查閱資料可知：常溫下，K穩(wěn)[Ag(NH3)eq\o\al(＋,2)]＝1.00×107，Ksp(AgCl)＝2.50×10－10。(1)銀氨溶液中存在平衡：Ag＋(aq)＋2NH3(aq)Ag(NH3)eq\o\al(＋,2)(aq)，該反應(yīng)平衡常數(shù)的表達(dá)式為K穩(wěn)＝____________。(2)計(jì)算得到可逆反應(yīng)AgCl(s)＋2NH3(aq)Ag(NH3)eq\o\al(＋,2)(aq)＋Cl－(aq)的化學(xué)平衡常數(shù)K＝____，1L1mol·L－1氨水中最多可以溶解AgCl________mol(保留兩位有效數(shù)字)。eq\x(溫馨提示：請(qǐng)完成高考化學(xué)填空題專項(xiàng)訓(xùn)練)專題三填空大題中的化學(xué)計(jì)算示例1解析：w(CuCl)＝eq\f(amol·L－1×b×10－3L×6×99.5g·mol－1,mg)×100%＝eq\f(59.7ab,m)%。答案：eq\f(59.7ab,m)%訓(xùn)練1解析：(1)18.3g二水合草酸鈷的物質(zhì)的量為0.1mol，由于在300℃時(shí)生成的是Co的氧化物，故在8.03g氧化物中，含Co的質(zhì)量為0.1mol×59g·mol－1＝5.9g，m(O)＝8.03g－5.9g＝2.13g，故n(Co):n(O)≈3:4，C點(diǎn)剩余固體的化學(xué)式為Co3O4。當(dāng)晶體恰好將結(jié)晶水失去時(shí)得到CoC2O414.70g，在B點(diǎn)時(shí)與O2反應(yīng)后生成Co3O4的化學(xué)方程式為3CoC2O4＋2O2eq\o(=,\s\up14(225～300℃))Co3O4＋6CO2。(2)黃綠色氣體為Cl2，其物質(zhì)的量為0.2mol，依據(jù)Cl元素守恒可知，溶液中2n(Co)＝n(HCl)－2n(Cl2)，故n(Co)＝1mol，依據(jù)得失電子守恒n(Co3＋)＝2n(Cl2)＝0.4mol，則n(Co2＋)＝0.6mol，依據(jù)電荷守恒可知，2n(O)＝3n(Co3＋)＋2n(Co2＋)，n(O)＝1.2mol，故n(Co):n(O)＝1:1.2＝5:6。答案：(1)Co3O43CoC2O4＋2O2eq\o(=,\s\up14(225～300℃))Co3O4＋6CO2(2)由得失電子守恒有n(Co3＋)＝2n(Cl2)＝2×eq\f(4.48L,22.4L·mol－1)＝0.4mol，由電荷守恒有n(Co)總＝n(Co2＋)溶液＝0.5n(Cl－)＝0.5×(0.480×5－0.2×2)mol＝1mol，所以固體中n(Co2＋)＝1mol－0.4mol＝0.6mol，n(O)＝eq\f(0.4×3＋0.6×2,2)mol＝1.2mol，故n(Co):n(O)＝1:1.2＝5:6。訓(xùn)練2解析：依據(jù)PbO2eq\o(=,\s\up14(△))PbOx＋eq\f(2－x,2)O2↑(注PbO2相對(duì)分子質(zhì)量為239)由eq\f(2－x,2)×32＝239×4.0%得x＝2－eq\f(239×4.0%,16)≈1.4依據(jù)mPbO2·nPbO得eq\f(2m＋n,m＋n)＝1.4eq\f(m,n)＝eq\f(0.4,0.6)＝eq\f(2,3)。答案：依據(jù)PbO2eq\o(=,\s\up14(△))PbOx＋eq\f(2－x,2)O2↑，有eq\f(2－x,2)×32＝239×4.0%，x＝2－eq\f(239×4.0%,16)≈1.4，依據(jù)mPbO2·nPbO，eq\f(2m＋n,m＋n)＝1.4，eq\f(m,n)＝eq\f(0.4,0.6)＝eq\f(2,3)訓(xùn)練3解析：(1)MnC2O4·2H2Oeq\o(=,\s\up14(△))固體＋xH2O，依據(jù)差量法計(jì)算，179:18x＝1:(1.00－0.80)，解得x≈2，即214℃時(shí)，剩余固體的成分為MnC2O4；同理依據(jù)MnC2O4eq\o(=,\s\up14(△))固體＋氣體，143:Mr(固體)＝0.80:0.40，求得Mr(固體)＝71.5，固體中肯定含有Mn元素，所以280℃時(shí)，剩余固體的成分為MnO；當(dāng)溫度超過280℃時(shí)，剩余固體質(zhì)量又會(huì)增加，說明MnO與空氣中氧氣反應(yīng)，生成Mn的高價(jià)氧化物，同理計(jì)算出固體的化學(xué)式為MnO2。(2)向100mLMnCl2和BaCl2的混合溶液中滴加Na2C2O4溶液，當(dāng)MnC2O4·2H2O與BaC2O4兩種沉淀共存時(shí)，eq\f(cBa2＋,cMn2＋)＝eq\f(KspBaC2O4,KspMnC2O4·2H2O)＝eq\f(1.6×10－7,1.7×10－7)＝eq\f(16,17)。答案：(1)MnOMnO2(2)eq\f(16,17)示例2解析：(1)比照目標(biāo)熱化學(xué)方程式中的反應(yīng)物和生成物在已知熱化學(xué)方程式中的位置和化學(xué)計(jì)量數(shù)，利用蓋斯定律，將熱化學(xué)方程式③×2，減去熱化學(xué)方程式②×2，再減去熱化學(xué)方程式①，即可得出熱化學(xué)方程式④，故ΔH4＝2ΔH3－2ΔH2－ΔH1；聯(lián)氨具有強(qiáng)還原性，N2O4具有強(qiáng)氧化性，兩者混合在一起易自發(fā)地發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)放熱量大，并產(chǎn)生大量的氣體，可為火箭供應(yīng)很大的推動(dòng)力。(2)CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝akJ·mol－1,2CO(g)＋2H2O(g)=2CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝2bkJ·mol－1,4CO2(g)=4CO(g)＋2O2(g)ΔH＝－2ckJ·mol－1上述三式相加得：CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)ΔH＝(a＋2b－2c)kJ·mol－1答案：(1)2ΔH3－2ΔH2－ΔH1反應(yīng)放熱量大，產(chǎn)生大量的氣體(2)a＋2b－2訓(xùn)練4思路點(diǎn)撥：從宏觀的角度講，反應(yīng)熱是生成物自身的總能量與反應(yīng)物自身總能量的差值，依據(jù)第(1)問中所給出的各物質(zhì)所具有的能量，可以計(jì)算反應(yīng)的熱效應(yīng)。從微觀的角度講，反應(yīng)熱是舊化學(xué)鍵斷裂汲取的能量與新化學(xué)鍵形成放出的能量的差值，已知反應(yīng)的熱效應(yīng)和部分化學(xué)鍵的鍵能，可求某一化學(xué)鍵的鍵能。解析：(1)ΔH＝生成物的總能量－反應(yīng)物的總能量＝(52－242×4－0＋394×2)kJ·mol－1＝－128kJ·mol－1。(2)ΔH＝斷裂化學(xué)鍵的總鍵能－形成化學(xué)鍵的總鍵能＝(803×4＋436×6－615－4a－463×8)kJ·mol－1＝－128kJ·mol－1，解得a答案：(1)－128(2)409.25訓(xùn)練5解析：(1)從題給圖像分析，PCl3和Cl2的總能量高于PCl5的總能量，所以該反應(yīng)是放熱反應(yīng)。(2)紅磷生成五氯化磷是放熱反應(yīng)，生成2molPCl5(g)放出熱量為(c－a)kJ。(3)n(P)＝eq\f(6.2g,31g·mol－1)＝0.2mol，n(Cl2)＝eq\f(8.96L,22.4L·mol－1)＝0.4mol，依據(jù)原子守恒知，n(PCl3)＝n(PCl5)＝0.1mol，生成1molPCl5(g)放出熱量為eq\f(1,2)(c－a)kJ；生成1molPCl3(g)放出的熱量為eq\f(1,2)(c－b)kJ，則6.2g紅磷在8.96L氯氣中充分燃燒生成氣態(tài)化合物時(shí)放出的熱量Q＝eq\f(2c－a－b,20)kJ。(4)依據(jù)蓋斯定律知，ΔH2＋ΔH1＝ΔH3。答案：(1)放熱(2)2P(s)＋5Cl2(g)=2PCl5(g)ΔH＝－(c－a)kJ·mol－1(3)eq\f(2c－a－b,10)kJ(4)ΔH3－ΔH1示