届高考化学一轮总复习专题突破30高中化学的基本计算方法策略.docx
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届高考化学一轮总复习专题突破30高中化学的基本计算方法策略
2020届高考化学一轮总复习专题突破30
---基本计算
【考情解读】
常见计算题型为选择题、填空题,综合计算题的命题趋势是理论联系实际,如以生产、生活、环境保护等作为取材背景编制试题,考查学生用量的观点把握化学知识、原理、过程等。
【题型特点】
1.计算量较小,其命题意图是考查对化学知识的理解、掌握和运用。
重点考查学生运用题给信息和已学相关知识进行速算巧解的能力。
2.起点高、落点低。
这方面主要是第Ⅱ卷中的计算题。
试题常以信息给予题的形式出现,但落点仍是考查基本计算技能。
3.学科渗透,综合考查。
主要考查各种数学计算方法的运用、物理学科中的有效数字及语文学科阅读能力。
【真题再现】
1.(2019·全国卷Ⅱ·26节选)立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白),是一种常用白色颜料。
回答下列问题:
(1)成品中S2−的含量可以用“碘量法”测得。
称取mg样品,置于碘量瓶中,移取25.00mL0.1000mol·L−1的I2−KI溶液于其中,并加入乙酸溶液,密闭,置暗处反应5min,有单质硫析出。
以淀粉溶液为指示剂,过量的I2用0.1000mol·L−1Na2S2O3溶液滴定,反应式为I2+2
=2I−+
。
测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL。
终点颜色变化为_________________,样品中S2−的含量为______________(写出表达式)。
【解析】
(1)碘单质与硫离子的反应:
S2-+I2=S+2I-;碘单质与淀粉混合为蓝色,用硫代硫酸钠滴定过量的I2,故终点颜色变化为浅蓝色至无色;根据氧化还原反应得失电子数相等,利用关系式法解题;根据化合价升降相等列关系式,设硫离子物质的量为nmol:
S2-~I22S2O32-~I2
1mol1mol2mol1mol
nmolnmol0.1V×10-3mol
0.1V×10-3mol
n+
0.1V×10-3mol=25
0.1V×10-3mol,得n=(25-
V)0.1×10-3mol
则样品中硫离子含量为:
×100%=
×100%
答案:
浅蓝色至无色;
×100%。
【答案】浅蓝色至无色
2.(2019·全国卷Ⅲ·28节选)近年来,随着聚酯工业的快速发展,氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。
因此,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。
回答下列问题:
(1)Deacon发明的直接氧化法为:
4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。
下图为刚性容器中,进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系:
可知反应平衡常数K(300℃)____________K(400℃)(填“大于”或“小于”)。
设HCl初始浓度为c0,根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K(400℃)=____________(列出计算式)。
按化学计量比进料可以保持反应物高转化率,同时降低产物分离的能耗。
进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是____________。
(2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行:
CuCl2(s)=CuCl(s)+
Cl2(g)ΔH1=83kJ·mol-1
CuCl(s)+
O2(g)=CuO(s)+
Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=-121kJ·mol-1
则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________kJ·mol-1。
【解析】
(1)根据反应方程式知,HCl平衡转化率越大,平衡常数K越大,结合图像知升高温度平衡转化率降低,说明升高温度平衡向逆反应方向进行,则K(300℃)>K(400℃);
由图像知,400℃时,HCl平衡转化率为84%,用三段式法对数据进行处理得:
起始(浓度)c0c000
变化(浓度)0.84c00.21c00.42c00.42c0
平衡(浓度)(1-0.84)c0(1-0.21)c00.42c00.42c0
则K=
;根据题干信息知,进料浓度比过低,氧气大量剩余,导致分离产物氯气和氧气的能耗较高;进料浓度比过高,HCl不能充分反应,导致HCl转化率较低;
(2)根据盖斯定律知,(反应I+反应II+反应III)×2得
∆H=(∆H1+∆H2+∆H3)×2=-116kJ·mol-1;
【答案】
(1).大于
(2).
(3).O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低(4).﹣116
3.(2018·全国卷Ⅲ·28节选)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。
对于反应2SiHCl3(g)====SiH2Cl2(g)+SiCl4(g) ΔH=+48kJ·mol-1,采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂,在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
(1)343K时反应的平衡转化率α=________%。
平衡常数K343K=________(保留2位小数)。
(2)在343K下:
要提高SiHCl3转化率,可采取的措施是________;要缩短反应达到平衡的时间,可采取的措施有________、________。
(3)比较a、b处反应速率大小:
va______vb(填“大于”“小于”或“等于”)。
反应速率v=v正-v逆=
k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数,x为物质的量分数,计算a处的
=________(保留1位小数)。
【解析】
(1)2SiHCl3(g)====SiH2Cl2(g)+SiCl4(g) ΔH=+48kJ·mol-1,该反应为吸热反应,343K时的平衡转化率比323K时要高,所以α=22%
2SiHCl3(g)====SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)
起始浓度 c 0 0
改变浓度0.22c 0.11c 0.11c
平衡浓度0.78c 0.11c 0.11c
平衡常数K343K=
≈0.02
(2)在343K下:
要提高SiHCl3转化率,可采取的措施是及时移去产物等;要缩短反应达到平衡的时间,可采取加压、增大反应物浓度、使用催化剂等加快化学反应速率的措施。
(3)应根据温度比较a、b处反应速率大小,a处温度为343K,b处温度为323K,温度越高反应速率越快,故va大于vb
2SiHCl3(g)====SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)
起始浓度 c 0 0
改变浓度0.22c 0.11c 0.11c
平衡浓度0.78c 0.11c 0.11c
当反应达到平衡时,v正=v逆,即
答案:
(1)22 0.02
(2)及时移去产物 使用催化剂 增大反应物压强(合理即可)
(3)大于 1.3
【满分策略】
1.有关反应速率、化学平衡的计算:
(1)加强对速率概念、平衡移动原理的理解。
(2)熟记各物质反应速率间的换算,在采用常规解法的同时,可采用极值法、估算法图示观察等解题技巧。
(3)理解与“三段式”有关的化学平衡计算。
2.有关氧化还原、电化学的计算:
(1)根据氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等,列出守恒关系式求解。
(2)涉及转移电子数、电荷数的计算时,注意相应的原子个数与所带的电荷数。
(3)电极析出量及溶液中的变化量的计算可用关系式。
3.滴定计算:
(1)一般滴定找数据用公式C未知V未知=C标准V标准求解。
(2)测混合物纯度、质量分数计算:
根据已知文字信息,把文字转化为化学反应方程式,找到对应的物质的量之间的关系,在酸碱中和滴定的原理基础上计算混合物中某一物质的纯度、质量分数。
(3)氧化还原滴定类似酸碱中和滴定,计算方法是根据电子守恒来进行计算,涉及两个以上氧化还原反应的,用关系式找出对应的物质的量之间的关系计算。
4.水溶液的计算:
(1)已知溶度积、溶液中某离子的物质的量浓度,求溶液中的另一种离子的物质的量浓度;如判断沉淀顺序、计算溶液pH、浓度商Qc与Ksp大小比较。
其中Ksp(AmBn)=[c(An+)]m·[c(Bm-)]n,式中的浓度都是平衡浓度,Q(AmBn)=[c(An+)]m·[c(Bm-)]n式中的浓度是任意浓度。
【强化训练】
1.为了测定高铁酸钾产品纯度,进行如下实验:
取5.00gK2FeO4样品溶于稀硫酸中,充分反应后,配制成250mL溶液。
准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中,加足量的KI溶液,并滴加指示剂,用0.10mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点消耗Na2S2O3溶液20.00mL。
有关反应:
4FeO42-+20H+====4Fe3++3O2↑+10H2O,2S2O32-+I2====2I-+S4O62-。
如果配制的溶液中有少量K2FeO4没有转化为Fe3+,会使测定结果__________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
进行上述实验需
要的定量仪器有天平、滴定管、量筒和_________。
该高铁酸钾产品的纯度为______________。
【解析】配制的溶液中含高铁酸钾,消耗KI的量会增大,最终消耗硫代硫酸钠的量增大,测定结果会偏高。
在上述转化中,还隐含一个反应为2Fe3++2I-====2Fe2++I2,得关系如下:
2K2FeO4~2Fe3+~I2~2Na2S2O3,n(K2FeO4)=n(Na2S2O3)=0.10mol·L-1×20.00×10-3L
=2.0×10-3mol。
m(K2FeO4)=2.0×10-3mol×198g·mol-1=0.396g。
K2FeO4产品纯度为
×100%=79.2%。
答案:
偏高 250mL容量瓶 79.2%
2.研究发现利用NH3可消除硝酸工业尾气中的NO污染。
NH3与NO的物质的量之比分别为1∶3、3∶1、4∶1时,NO脱除率随温度变化的曲线如图所示。
曲线a中,NO的起始浓度为6×10-4mg·m-3,从A点到B点经过0.8s,该时间段内NO的脱除速率为________mg·m-3·s-1。
曲线b、c对应的NH3与NO的物质的量分别之比是____________,其理由是___________。
【解析】从A点到B点的浓度变化为(0.75-0.55)×6×10-4mg·m-3=1.2×10-4mg·m-3,脱除速率为
=1.5×10-4mg·m-3·s-1;根据勒夏特列原理,NH3与NO的物质的量之比越大,NH3量越多,促使平衡向正反应方向移动,NO的脱除率越大,再根据图象,可推曲线b、c对应的NH3与NO的物质的量之比为3∶1、1∶3。
答案:
1.5×10-4 3∶1、1∶3
根据勒夏特列原理,NH3与NO的物质的量之比越大,NH3量越多,促使平衡向正反应方向移动,NO的脱除率越大,再根据图象,可推曲线b、c对应的NH3与NO的物质的量之比为3∶1、1∶3。
3.为了保护环境充分利用资源,某研究小组经如下简化流程,将工业制硫酸的硫铁矿烧渣(铁主要以Fe2O3存在)转变成重要的化工原料FeSO4(反应条件略)。
活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O====15FeSO4+8H2SO4,不考虑其他反应。
假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3,其含量为50%。
将akg质量分数为b%的硫酸加入到ckg烧渣中浸取,铁的浸取率为96%,其他杂质浸出消耗的硫酸以及调pH后溶液呈微酸性所残留的硫酸忽略不计。
按上述流程,第Ⅲ步应加入FeCO3____________kg(用计算式表示即可)。
【解析】加入FeCO3的目的是中和剩余H2SO4,根据化学方程式Fe2O3+3H2SO4====Fe2(SO4)3+3H2O和FeS2+7Fe2(SO4)3+8H2O====15FeSO4+8H2SO4得关系式:
7Fe2O3
~7Fe2(SO4)3~消耗21H2SO4;7Fe2(SO4)3~15FeSO4~生成8H2SO4;即7Fe2O3~实际消耗13H2SO4,1molFe2O3实际消耗
molH2SO4,根据化学方程式FeCO3+H2SO4====FeSO4+H2O+CO2↑,则消耗FeCO3的物质的量等于剩余硫酸的物质的量,剩余硫酸的物质的量=
4.Bodensteins研究了下列反应:
2HI(g)
H2(g)+I2(g)。
在716K时,气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表:
t/min
0
20
40
60
80
120
x(HI)
1
0.91
0.85
0.815
0.795
0.784
x(HI)
0
0.60
0.73
0.773
0.780
0.784
(1)根据上述实验结果,该反应的平衡常数K的计算式为_________。
(2)上述反应中,正反应速率为v正=k正·x2(HI),逆反应速率为v逆=k逆·x(H2)·x(I2),其中k正、k逆为速率常数,则k逆为__________(以K和k正表示)。
若k正=0.0027min-1,在t=40min时,v正=________min-1。
【解析】
(1)2HI(g)
H2(g)+I2(g)是反应前后气体物质的量不变的反应。
反应后x(HI)=0.784,则x(H2)=x(I2)=0.108,
(2)到达平衡时,v正=v逆,即k正x2(HI)=k逆x(H2)x(I2),k逆=k正·
在t=40min时,x(HI)=0.85,v正=k正x2(HI)=0.0027min-1×(0.85)2=1.95×10-3min-1。
5.含有砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应,生成的砷化氢(AsH3)在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。
若砷的质量为1.50mg,则和砒霜反应的锌为____________mg,转移的电子总数为__________。
【解析】1.50mg砷的物质的量=1.50×10-3g÷75g·mol-1=2×10-5mol,则砒霜转化为砷化氢得到电子的物质的量是2×10-5mol×6=1.2×10-4mol,锌失去2个电子,则和砒霜反应的锌的质量=
×65g·mol-1=3.9×10-3g=3.9mg;转移的电子总数
为(2×10-5×6+2×10-5×3)NA=1.8×10-4NA。
答案:
3.90 1.8×10-4NA
6.软锰矿(主要成分MnO2,含杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O,反应的化学方程式为MnO2+SO2====MnSO4。
(1)质量为17.40g的纯净MnO2最多能氧化________L(标准状况)SO2。
(2)准确称取0.1710gMnSO4·H2O样品置于锥形瓶中,加入适量H3PO4和NH4NO3溶液,加热使Mn2+全部氧化成Mn3+,用c(Fe2+)=0.0500mol·L-1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+),消耗Fe2+溶液20.00mL。
则MnSO4·H2O样品的纯度是________。
【解析】
(1)根据提供的化学方程式知,1molMnO2氧化1molSO2,则17.40g纯净的MnO2最多能氧化标准状况下SO2的体积为
×22.4L·mol-1=4.48L。
(2)根据滴定原理可得关系式:
Mn2+~Mn3+~Fe2+,n(Fe2+)=0.0500mol·L-1×0.02L=1.00×10-3mol,则n(Mn2+)=n(Fe2+)=1.00×10-3mol,m(MnSO4·H2O)=1.00×10-3mol×169g·mol-1=0.169g,
故MnSO4·H2O样品的纯度为
×100%=98.8%。
答案:
(1)4.48
(2)98.8%
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- 高考 化学 一轮 复习 专题 突破 30 高中化学 基本 计算方法 策略