《湖南省永州市2019年高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)13、14 化學(xué)計(jì)算專題學(xué)案.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《湖南省永州市2019年高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 課時(shí)13、14 化學(xué)計(jì)算專題學(xué)案.doc（12頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

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（υ）、轉(zhuǎn)化率（α）、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。 【高考分析】 年份 考查形式及分值（不含選修2、選修3內(nèi)容） 2016年全國卷Ⅰ 27題（2）②K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年全國卷Ⅰ 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）①平衡轉(zhuǎn)化率、K計(jì)算，均以填空形式考查，共約10分。 2018年全國卷Ⅰ 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=1.810?5，H2SO3的Ka1=1.310?2，Ka2=6.210?8。若氨水的濃度為2.0 molL-1，溶液中的c(OH?)=_______molL?1。將SO2通入該氨水中，當(dāng)c(OH?)降至1.010?7 molL?1時(shí)，溶液中的c()/c()=_______。 答案：6.010-3 0.62 2.(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)：①稱取樣品1.116 0 g，用少量稀HNO3溶解后配成 100.00 mL 溶液A；②取25.00 mL 溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0.172 2 g；③另取 25.00 mL溶液A，調(diào)節(jié)pH 4～5，用濃度為0.080 00 molL－1的EDTA(Na2H2Y2H2O)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Cu2＋(離子方程式為Cu2＋＋H2Y2－===CuY2－＋2H＋)，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②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③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)＝＝4.80010－3 mol n(Cu2＋)＝n(EDTA)＝0.080 00 molL－130.00 mL10－3 LmL－1＝9.60010－3 mol n(OH－)＝2n(Cu2＋)－n(Cl－)＝29.60010－3 mol－4.80010－3 mol＝1.44010－2 mol m(Cl－)＝4.80010－3 mol35.5 gmol－1＝0.170 4 g m(Cu2＋)＝9.60010－3 mol64 gmol－1＝0.614 4 g m(OH－)＝1.44010－2 mol17 gmol－1＝0.244 8 g n(H2O)＝＝4.80010－3 mol a∶b∶c∶x＝n(Cu2＋)∶n(OH－)∶n(Cl－)∶n(H2O)＝2∶3∶1∶1 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。 【典例剖析】向27.2 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 molL－1 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(　　)。 　A．Cu與Cu2O的物質(zhì)的量之比為2∶1 　B．硝酸的物質(zhì)的量濃度為2.6 molL－1 　C．產(chǎn)生的NO在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為4.48 L 　D．Cu、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 ① 由銅元素守恒可列： x+2y =39.298 ② 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 molL－1，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 molL－1 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225～300 ℃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 molL－1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)。 【答案】(1)Co3O4(寫成CoOCo2O3亦可) 3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2 (2)由得失電子守恒有n(Co3＋)＝2n(Cl2)＝2＝0.4 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 molL－1－2＝1 mol，所以鈷氧化物中n(Co2＋)＝1 mol－0.4 mol＝0.6 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 mol∶1.2 mol＝5∶6 【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)。 【方法指導(dǎo)】熱重曲線計(jì)算時(shí)：①一般設(shè)晶體為1mol；②失重一般是先失結(jié)晶水，再失非金屬氧化物；③計(jì)算每步的m余， 100%=固體殘留率；④晶體中金屬質(zhì)量不減少，仍在m余中；⑤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)。 【變式訓(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。現(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） A．0 mol B．0.1mol C．0.125mol D．大于0.125mol 　 答案：CuSO43H2O， D 【典例剖析】（2018全國Ⅱ卷，28節(jié)選）K3[Fe(C2O4)3]3H2O（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。 ①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___________________________。 ②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________________________________。 【解析】①KMnO4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)。②Zn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】①溶液變?yōu)榉奂t色 ② 【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： Ⅰ.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。 Ⅱ.酸化，滴定將固氧后的水樣酸化，MnO(OH)2被I?還原為Mn2+，在暗處靜置5 min，然后用標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2 S2O32?+I2=2I?+ S4O62?）。 回答下列問題： （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amolL?1Na2S2O3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_________mgL?1。 【答案】 （1）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】0.8 2．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】CaO 3．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： ①300℃時(shí)殘留固體的成分為 ，900℃時(shí)殘留固體的成分為 。 ②通過計(jì)算求出500℃時(shí)固體的成分及質(zhì)量。 【答案】 ①CaC2O4；CaO； ②500℃時(shí)固體的成分為：12.8gCaC2O4和15.0gCaCO3 4．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+>Br－ B．原混合溶液中FeBr2的物質(zhì)的量為6 mol C．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+4Cl－ D．原溶液中：n(Fe2+)∶n(I－)∶n(Br－)＝2∶1∶3 【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 A．1:1 B．1:2 C．1.87:1 D．3.65:1 【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： Mg MgO Mg3N2 空氣 ①+HCl ②+NaOH MgCl2 NH4Cl NaCl +NaOH NH3 +HCl NH4Cl (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=1.2g 7．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。 Ⅰ．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 molL?1 NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液，備用。 Ⅱ．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 molL?1 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 molL?1NH4SCN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) 1 2 3 消耗NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液體積/mL 10.24 10.02 9.98 f．?dāng)?shù)據(jù)處理。 回答下列問題： （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pH＜0.5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。 【答案】（1）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。 【典例剖析】(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：①Ca5(PO4)3F在950℃不分解； ②4Ca5(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。 【答案】（6） 【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/L CO(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。 【變式訓(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 molL－1的氨水與0.01molL－1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－) =0.005molL－1 ;此時(shí)溶液顯中性c(OH－)=10-7 molL－1；c(NH3H2O)=(a/2 -0.005) molL－1；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)Ka＝110－2molL－1，則該溫度下pH＝3、c(HSO3-)＝0.1 molL－1的NaHSO3溶液中c(H2SO3)＝__________。 【答案】0.01 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)　ΔH＜0該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式K＝ ；已知1100℃時(shí)，K＝0.25，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)＝0.020molL－1，c(CO)＝0.1molL－1，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 x x (c-x) x c 0.2c c 平衡濃度 (c-x) x 0.02 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 < K＝0.25，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8.010－38、1.010－11，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lg2＝0.3) 【答案】[3.3，9) 【解析】Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)c3(OH－)，F(xiàn)e3＋完全沉淀時(shí)c3(OH－)＝ ，得c(OH－)＝210－11mol/L，pH＝3.3，Mg(OH)2開始沉淀時(shí)c2(OH－)＝ ＝1.010－10，得c(OH－)＝110－5mol/L，pH＝9，調(diào)節(jié)pH范圍為[3.3，9)。 【課后鞏固】 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/min 0 2 4 6 8 10 V(O2)/mL 0.0 9.9 17.2 22.4 26.5 29.9 下列敘述不正確的是（溶液體積變化忽略不計(jì)） A．0~6min的平均反應(yīng)速率：υ(H2O2）3.310－2mol/(Lmin) B．6~10min的平均反應(yīng)速率：υ(H2O2)＜3.310－2mol/(Lmin) C．反應(yīng)至6min時(shí)，c(H2O2)=0.3mol/L D．反應(yīng)至6min時(shí)，H2O2分解了50% 【答案】C 2．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1.010?5 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2.010?12和2.010?10)。 【答案】2.010?5 5.010?3 3．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)　ΔH＝＋24.4 kJmol－1，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＝4.8104s－1，當(dāng)N2O4分解10%時(shí)，v正＝________kPas－1。 【答案】　3.9106 【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＝4.8104s－1，當(dāng)N2O4分解10%時(shí)，v正＝4.8104s－1100 kPa≈3.9106 kPas－1。 4．N2O5是新型硝化劑，一定溫度下可發(fā)生反應(yīng)：2N2O5(g) 4NO2(g)＋O2(g)　ΔH>0 T1溫度下的部分實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如下表： t/s 0 500 1 000 1 500 c(N2O5)/(molL－1) 5.00 3.52 2.50 2.50 下列說法不正確的是(　　) A．500 s內(nèi)N2O5的分解速率為2.9610－3 molL－1s－1 B．T1溫度下的平衡常數(shù)K1＝125,1000 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 molL－1，則T1K3，則T1>T3 【答案】C 【解析】　v(N2O5)＝＝2.9610－3molL－1s－1，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： 　　　　　　　　2N2O54NO2＋O2 起始(molL－1) 5.00 0 0 平衡(molL－1) 2.50 5.00 1.25 則K＝＝＝125 α(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T2K3，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 A．Ka2（H2X）的數(shù)量級(jí)為10–6 B．曲線N表示pH與的變化關(guān)系 C．NaHX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ΔH1，將1 mol 的CuSO4(s)溶于水會(huì)使溶液溫度升高，熱效應(yīng)為ΔH2；CuSO45H2O受熱分解的化學(xué)方程 式為：CuSO45H2O(s)CuSO4(s)＋5H2O(l)，熱效應(yīng)為ΔH3。則下列判斷正確的是(　　) A．ΔH2>ΔH3　　　　　　 B．ΔH1<ΔH3 C．ΔH1＋ΔH3＝ΔH2 D．ΔH1＋ΔH2>ΔH3 解析：選B　1 mol CuSO45H2O(s)溶于水會(huì)使溶液溫度降低，為吸熱反應(yīng)，故ΔH1> 0,1 mol CuSO4(s)溶于水會(huì)使溶液溫度升高，為放熱反應(yīng)，故 ΔH2<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ΔH3>0，根據(jù)蓋斯定律得到關(guān)系式ΔH1＝ΔH2＋ΔH3，分析得到答案：ΔH1<ΔH3。 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： ①CO(g)＋2H2(g) ===CH3OH(g)　ΔH1 ②CO2(g)＋3H2(g) ===CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH2 ③CO2(g)＋H2(g) ===CO(g)＋H2O(g)　ΔH3 已知反應(yīng)①中相關(guān)的化學(xué)鍵鍵能數(shù)據(jù)如下： 化學(xué)鍵 H-H C-O CO H-O C-H E/(kJmol－1) 436 343 1 076 465 413 由此計(jì)算ΔH1＝______kJmol－1；已知ΔH2＝－58 kJmol－1，則ΔH3＝_______kJmol－1。 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ΔH1＝1 076 kJmol－1＋2436 kJmol－1－3413 kJmol－1－343 kJmol－1－465 kJmol－1＝－99 kJmol－1。根據(jù)蓋斯定律可知，由②－①可得到反應(yīng)③，則ΔH3＝－58 kJmol－1＋99 kJmol－1＝＋41 kJmol－1。 答案：－99?。?1