2024高考化学二轮复习第四部分专题三填空大题中的化学计算训练含解析

PAGE1-专题三填空大题中的化学计算一、确定物质组成的计算【示例1】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，采纳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：精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amol/L的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2Oeq\o\al(2－,7)被还原为Cr3＋，样品中CuCl的质量分数为____________。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①依据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，得出混合物中某一成分的量。②由①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①依据题给信息，计算出可求粒子的物质的量。②依据电荷守恒，确定出未知粒子的物质的量。③依据质量守恒，确定出结晶水的物质的量。④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①设晶体为1mol。②失重一般是先失水、再失非金属氧化物。③计算每步的m余；eq\f(m余,m1mol晶体质量)＝固体残留率。④晶体中金属质量不削减，仍在m余中。⑤失重最终一般为金属氧化物，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困难的滴定可分为两类：①连续滴定法：第一步滴定反应生成的产物，还可以接着参与其次步的滴定。依据其次步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量②返滴定法：第一步用的滴定剂是过量的，然后其次步再用另一物质返滴定计算出过量的物质。依据第一步加入的量减去其次步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量训练1草酸钴是制备钴氧化物的重要原料。下图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量改变曲线，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225～300℃条件下发生反应的化学方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)取肯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480mL5mol·L－1盐酸恰好完全溶解固体，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。训练2PbO2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4.0%(即eq\f(样品起始质量－a点固体质量,样品起始质量)×100%)的残留固体。若a点固体组成表示为PbOx或mPbO2·nPbO，列式计算x值和mn值________________________________________________________________________________________________________________________________________________。训练3锰及其化合物用途广泛。锰的化合物有60多种，其中以二氧化锰(MnO2)最稳定。(1)将固体草酸锰(MnC2O4·2H2O)放在一个可以称出质量的容器里加热。固体质量随温度的改变关系如图所示。280℃时，剩余固体的成分为__________(填化学式)；943℃时，剩余固体的成分为________(填化学式)。(2)向100mLMnCl2和BaCl2的混合溶液中滴加Na2C2O4溶液，当MnC2O4·2H2O与BaC2O4两种沉淀共存时，eq\f(cBa2＋,cMn2＋)＝________。[已知：Ksp(MnC2O4·2H2O)＝1.7×10－7；Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7]二、反应热的计算【示例2】(1)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：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上述反应热效应之间的关系式为ΔH4＝________________________________________________________________________，联氨和N2O4可作为火箭推动剂的主要缘由为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)CH4和CO2可以制造价值更高的化学产品。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反应CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)ΔH＝________kJ·mol－1(用含a、b、c的代数式表示)。依据盖斯定律计算ΔH的步骤和方法(1)计算步骤(2)计算方法训练4二氧化碳回收利用是环保科学探讨的热点课题。已知CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2(g)＋6H2(g)CH2=CH2(g)＋4H2O(g)ΔH。(1)几种物质的能量(kJ·mol－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/kJ·mol－1－394052－242ΔH＝____________kJ·mol－1。(2)几种化学键的键能(kJ·mol－1)。化学键C=OH—HC=CH—CH—O键能/kJ·mol－1803436615a463a＝____________。训练5红磷在氯气中燃烧的能量改变关系如图所示：(1)反应PCl3(g)＋Cl2(g)=PCl5(g)是________反应(填“吸热”或“放热”)。(2)写出固态红磷在足量的氯气中完全燃烧生成气态产物的热化学方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)现有6.2g红磷在8.96L(标准状况)氯气中完全燃烧生成气态产物时放出热量为________(用含a、b、c的代数式表示)。(4)白磷在氧气中燃烧有如下转化关系：其中ΔH2＝________。三、平衡常数与转化率的计算【示例3】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)，将肯定量的NO2放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率α(NO2)随温度改变如下图所示。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)，在肯定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强间存在关系：v(N2O4)＝k1·p(N2O4)，v(NO2)＝k2·p2(NO2)。其中，k1、k2是与反应及温度有关的常数。相应的速率—压强关系如图所示。肯定温度下，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________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解题思路：(1)图中a点α(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/mol0.6m0.6m平衡量/mol0.4m0.6mNO2的起始压强p0为120kPa，则平衡时气体压强为eq\f(0.4m＋0.6m＋0.3m,m)×120kPa＝156kPa，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Kp＝eq\f(p2NO·pO2,p2NO2)＝eq\f(722×36,482)＝81。(2)达到平衡状态时2v(N2O4)＝v(NO2)，即2k1·p(N2O4)＝k2·p2(NO2)，则有k1＝eq\f(1,2)k2eq\f(p2NO2,pN2O4)＝eq\f(1,2)k2Kp。达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满意条件v(NO2)＝2v(N2O4)，故图中B、D两点均达到平衡状态。有关平衡常数计算的关键1．驾驭三个“百分数”(1)转化率＝eq\f(n转化,n起始)×100%＝eq\f(c转化,c起始)×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＝eq\f(产物实际质量,理论产量)×100%。(3)混合物中某组分的百分含量＝eq\f(平衡量,平衡总量)×100%。2．分析三个量：起始量、改变量、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、生成物各物质的起始量、改变量、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amol·L－1、bmol·L－1，达到平衡后消耗A的物质的量浓度为mxmol·L－1。mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)起始/mol·L－1a改变/mol·L－1mxnxpxqx平衡/mol·L－1a－mxb－nxpxK＝eq\f(pxp·qxq,a－mxm·b－nxn)训练62NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH<0是制造硝酸的重要反应之一。在800℃时，向容积为1L的密闭容器中充入0.010molNO和0.005molO2，反应过程中NO的浓度随时间改变如图所示：请回答下列问题：(1)2min内，v(O2)＝________mol·L－1·min－1。(2)上升温度，平衡向________(填“正”或“逆”)反应方向移动。(3)平衡时，NO的转化率是________。(4)800℃时，该反应的化学平衡常数为________。训练7查阅资料可知：常温下，K稳[Ag(NH3)eq\o\al(＋,2)]＝1.00×107，Ksp(AgCl)＝2.50×10－10。(1)银氨溶液中存在平衡：Ag＋(aq)＋2NH3(aq)Ag(NH3)eq\o\al(＋,2)(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)eq\o\al(＋,2)(aq)＋Cl－(aq)的化学平衡常数K＝____，1L1mol·L－1氨水中最多可以溶解AgCl________mol(保留两位有效数字)。eq\x(温馨提示：请完成高考化学填空题专项训练)专题三填空大题中的化学计算示例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)%训练1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8.03g氧化物中，含Co的质量为0.1mol×59g·mol－1＝5.9g，m(O)＝8.03g－5.9g＝2.13g，故n(Co):n(O)≈3:4，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3CoC2O4＋2O2eq\o(=,\s\up14(225～300℃))Co3O4＋6CO2。(2)黄绿色气体为Cl2，其物质的量为0.2mol，依据Cl元素守恒可知，溶液中2n(Co)＝n(HCl)－2n(Cl2)，故n(Co)＝1mol，依据得失电子守恒n(Co3＋)＝2n(Cl2)＝0.4mol，则n(Co2＋)＝0.6mol，依据电荷守恒可知，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)由得失电子守恒有n(Co3＋)＝2n(Cl2)＝2×eq\f(4.48L,22.4L·mol－1)＝0.4mol，由电荷守恒有n(Co)总＝n(Co2＋)溶液＝0.5n(Cl－)＝0.5×(0.480×5－0.2×2)mol＝1mol，所以固体中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。训练2解析：依据PbO2eq\o(=,\s\up14(△))PbOx＋eq\f(2－x,2)O2↑(注PbO2相对分子质量为239)由eq\f(2－x,2)×32＝239×4.0%得x＝2－eq\f(239×4.0%,16)≈1.4依据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：依据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，依据mPbO2·nPbO，eq\f(2m＋n,m＋n)＝1.4，eq\f(m,n)＝eq\f(0.4,0.6)＝eq\f(2,3)训练3解析：(1)MnC2O4·2H2Oeq\o(=,\s\up14(△))固体＋xH2O，依据差量法计算，179:18x＝1:(1.00－0.80)，解得x≈2，即214℃时，剩余固体的成分为MnC2O4；同理依据MnC2O4eq\o(=,\s\up14(△))固体＋气体，143:Mr(固体)＝0.80:0.40，求得Mr(固体)＝71.5，固体中肯定含有Mn元素，所以280℃时，剩余固体的成分为MnO；当温度超过280℃时，剩余固体质量又会增加，说明MnO与空气中氧气反应，生成Mn的高价氧化物，同理计算出固体的化学式为MnO2。(2)向100mLMnCl2和BaCl2的混合溶液中滴加Na2C2O4溶液，当MnC2O4·2H2O与BaC2O4两种沉淀共存时，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)比照目标热化学方程式中的反应物和生成物在已知热化学方程式中的位置和化学计量数，利用盖斯定律，将热化学方程式③×2，减去热化学方程式②×2，再减去热化学方程式①，即可得出热化学方程式④，故ΔH4＝2ΔH3－2ΔH2－ΔH1；联氨具有强还原性，N2O4具有强氧化性，两者混合在一起易自发地发生氧化还原反应，反应放热量大，并产生大量的气体，可为火箭供应很大的推动力。(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反应放热量大，产生大量的气体(2)a＋2b－2训练4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，依据第(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汲取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)ΔH＝生成物的总能量－反应物的总能量＝(52－242×4－0＋394×2)kJ·mol－1＝－128kJ·mol－1。(2)ΔH＝断裂化学键的总键能－形成化学键的总键能＝(803×4＋436×6－615－4a－463×8)kJ·mol－1＝－128kJ·mol－1，解得a答案：(1)－128(2)409.25训练5解析：(1)从题给图像分析，PCl3和Cl2的总能量高于PCl5的总能量，所以该反应是放热反应。(2)红磷生成五氯化磷是放热反应，生成2molPCl5(g)放出热量为(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，依据原子守恒知，n(PCl3)＝n(PCl5)＝0.1mol，生成1molPCl5(g)放出热量为eq\f(1,2)(c－a)kJ；生成1molPCl3(g)放出的热量为eq\f(1,2)(c－b)kJ，则6.2g红磷在8.96L氯气中充分燃烧生成气态化合物时放出的热量Q＝eq\f(2c－a－b,20)kJ。(4)依据盖斯定律知，ΔH2＋ΔH1＝ΔH3。答案：(1)放热(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