2019高考化学二轮复习 微专题3 隐藏在Ⅱ卷中的化学微型计算教案.doc

微专题3隐藏在卷中的化学微型计算近三年全国卷考情年份题号考查点2016年全国27平衡常数的计算,Ksp的计算28氧化还原计算,有效氯含量计算2016年全国26H计算、氧化还原、平衡常数2017年全国26元素含量计算、物质纯度计算27Ksp的计算28平衡转化率、平衡常数K2017年全国26氧化还原滴定27H计算28氧化还原滴定2018年全国27氧化还原滴定28H计算、分压计算、速率、Kp计算2018年全国27H计算、平衡常数K28氧化还原滴定、元素含量在理综测试中,对于计算能力的考查并非是化学学科的核心任务,不会出现以计算为主要考查目标的大题。但基本的化学计算是完整化学知识体系的重要组成部分,所以化学计算总是隐藏在卷的实验、工艺流程、化学原理等题目中,这可以从近三年全国高考理综化学部分对计算的考查频率中看出来。H计算、氧化还原滴定、平衡常数K的计算成为近两年的考查热点。类型一物质含量、组成、化学式的计算(对应学生用书第5758页) 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常见计算方法(方程式、关系式、得失电子守恒等)计算出混合物中某一成分的量w。w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,通过方程式、质量变化等计算出物质分解、转化为生成物的物质的量。根据原子守恒,确定出未知物质组成元素的原子的物质的量。根据质量守恒,确定出结晶水的物质的量(若有结晶水)。确定物质组成原子和结晶水分子的物质的量之比。结合相对分子质量确定化学式续表类型解题方法热重曲线计算热重曲线的原理:物质在高温加热时发生脱水、分解后物质质量与温度的关系图像。掌握物质质量变化的原理:首先失去结晶水(注意可能逐步失水);然后是难溶含氧酸盐、氢氧化物的分解;最后得到金属氧化物;金属元素可能会发生价态变化,但符合原子守恒。通过中确定的变化规律确定化学方程式(需要设未知数表达未知物的化学式),并通过质量变化列比例确定未知数,最后确定物质化学式续表类型解题方法氧化还原滴定计算近两年氧化还原滴定频频出现在高考试题中,大多为一步的氧化还原反应,通常要用酸性KMnO4、I2(淀粉)作氧化剂,反应过程伴随明显的颜色变化,这种题实际上是物质的量用于方程式的计算。17年卷出现了多步的氧化还原反应,主要是为了把标定物质转化为便于用氧化还原滴定的物质。此时需要利用关系式法找出标定物与滴定试剂的关系式计算。返滴定法:第一步用过量试剂使标定物全部反应,然后第二步再用滴定试剂标定出上一步过量的试剂。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1】 (2018全国卷,28节选)K3Fe(C2O4)33H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体,可用于晒制蓝图。测定三草酸合铁酸钾中铁的含量实验如下:(1)称量m g样品于锥形瓶中,溶解后加稀H2SO4酸化,用 c molL-1KMnO4 溶液滴定至终点。滴定终点的现象是。(2)向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后,过滤、洗涤,将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化,用c molL-1KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液 V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为。解析:(1)滴定终点的现象是有粉红色出现且半分钟内不变色。(2)加入锌粉后将Fe3+还原为Fe2+,再用KMnO4溶液滴定,将Fe2+氧化为Fe3+,MnO4-转化为Mn2+:Fe2+Fe3+e-MnO4-Mn2+5e-可得关系式:5Fe2+MnO4-已知n(MnO4-)=cV10-3 mol则n(Fe2+)=5cV10-3 mol则m(Fe2+)=5cV10-356 g该晶体中铁的质量分数w(Fe)=5cV10-356 gmg100%=5cV56m1 000100%答案:(1)粉红色出现(2)5cV56m1 000100%【例2】 (2017全国卷,28节选)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下:.取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合,反应生成MnO(OH)2,实现氧的固定。.酸化、滴定将固氧后的水样酸化,MnO(OH)2被I-还原为Mn2+,在暗处静置5 min,然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O32-+I22I-+S4O62-)。回答下列问题:(1)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为。(2)取100.00 mL水样经固氧、酸化后,用a molL-1Na2S2O3溶液滴定,以淀粉溶液作指示剂,终点现象为;若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL,则水样中溶解氧的含量为mgL-1。解析:(1)由题知:固氧时,Mn(OH)2MnO(OH)2,所以反应为O2+2Mn(OH)22MnO(OH)2。(2)终点:当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时,溶液蓝色刚好褪去,且半分钟内不变色。由反应:2Mn(OH)2+O22MnO(OH)2,酸化时:MnO(OH)2+2I-+4H+Mn2+I2+3H2OI2+2S2O32-2I-+S4O62-得关系式:4S2O32-2I22MnO(OH)2O241ab10-3 moln(O2)所以n(O2)=ab410-3mol,所以m(O2)=ab410-3 mol32 gmol-1=8ab10-3g=8ab mg所以8abmg0.1 L=80ab mgL-1。答案:(1)O2+2Mn(OH)22MnO(OH)2(2)蓝色刚好褪去80ab规律方法:对于连续多步的化学反应,可以通过原子守恒,找出多步反应中物质的关系式,利用关系式法计算,将会使问题变得简单。本题中物质的关系如下:O22MnO(OH)22I24S2O32-。【例3】 (2014全国卷,27节选)PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如图所示,已知失重曲线上的a点为样品失重4.0%即样品起始质量-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mPbO2nPbO,列式计算x值和mn值。解析:根据题目信息可知,样品失重失去的是氧元素的质量,若a点固体组成表示为PbOx,可得方程式PbO2PbOx+2-x2O2,结合原子守恒得出x的值,若组成表示为mPbO2nPbO,则O原子与Pb原子的比值为2m+nm+n=x,以此计算。答案:根据PbO2PbOx+2-x2O2,有2-x232=2394.0%,x=2-2394.0%16=1.4根据mPbO2nPbO,2m+nm+n=1.4,mn=0.40.6=231.(2018全国卷,26节选)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O,M=248 gmol-1)可用作定影剂、还原剂。利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下:(1)溶液配制:称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在中溶解,完全溶解后,全部转移至100 mL的中,加蒸馏水至。(2)滴定:取0.009 50 molL-1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:Cr2O72-+6I-+14H+3I2+2Cr3+7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S2O32-S4O62-+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当溶液,即为终点。平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80 mL,则样品纯度为%(保留1位小数)。解析:(1)配制一定物质的量浓度的溶液,应该在烧杯中溶解,冷却至室温后,转移至100 mL的容量瓶中,加水至距刻度线12 cm处,改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面最低处与刻度线相平。(2)加入淀粉作指示剂,淀粉遇I2变蓝色,加入的Na2S2O3样品与I2反应,当I2消耗完后,溶液蓝色褪去,即为滴定终点。由反应Cr2O72-+6I-+14H+3I2+2Cr3+7H2OI2+2S2O32-S4O62-+2I-得关系式:Cr2O72-3I26S2O32-160.009 50 molL-10.02 L0.009 50 molL-10.02 L6硫代硫酸钠样品溶液的浓度=0.009 50molL-10.02 L60.024 8 L,样品的纯度为0.009 50molL-10.02 L60.024 8 L0.1 L248 gmol-11.200 0 g100%=95.0%。答案:(1)烧杯容量瓶刻度(2)蓝色褪去95.02.草酸钴是制备钴氧化物的重要原料。如图为二水合草酸钴(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480 mL 5 molL-1盐酸恰好完全溶解固体,得到CoCl2溶液和4.48 L(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。解析:(1)18.3 g二水合草酸钴的物质的量为0.1 mol,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 mol59 gmol-1=5.9 g,m(O)=8.03 g-5.9 g=2.13 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CoC2O4 14.70 g,在225300 与O2反应生成Co3O4的化学方程式为3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。(2)黄绿色气体为Cl2,其物质的量为0.2 mol,根据Cl元素守恒可知,溶液中2n(Co)=n(HCl)-2n(Cl2),故n(Co)=1 mol,根据得失电子守恒n(Co3+)=2n(Cl2)=0.4 mol,则n(Co2+)=0.6 mol,根据电荷守恒可知,2n(O)=3n(Co3+)+2n(Co2+),n(O)=1.2 mol,故n(Co)n(O)=11.2=56。答案:(1)Co3O43CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2(2)由得失电子守恒有n(Co3+)=2n(Cl2)=24.48 L22.4 Lmol-1=0.4 mol,由电荷守恒有n(Co)总=n(Co2+)溶液=0.5n(Cl-)=0.5(0.4805-0.22) mol=1 mol,所以固体中n(Co2+)=1 mol-0.4 mol=0.6 mol,n(O)=0.43+0.622 mol=1.2 mol,故n(Co)n(O)=11.2=56。类型二应用电子守恒的计算(对应学生用书第59页) 化学学科中涉及的重要反应、复杂反应多为氧化还原反应,依据氧化还原反应的计算也成为高考中涉及较多的计算类型,尤其是多步的氧化还原反应,反应复杂,方程式繁多,如果利用方程式计算显得非常繁琐而易出错。此时抓住氧化还原反应的根本实质电子守恒,运用关系式法进行计算将会使反应简化。1.电子守恒计算基本思路(1)确定反应中的氧化剂、还原剂及其还原产物、氧化产物。(2)分析出一个原子、离子在反应中得失电子数目(注意化学式中原子个数)。(3)根据电子守恒列出等式:氧化剂原子个数得电子数目=还原剂原子个数失电子数目。2.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其他的氧化产物、还原产物,中间反应只是起了一个电子的传递作用,可直接找出起始物和最终产物之间的电子守恒关系,快速求解。3.原电池、电解池中电极产物、电解液中离子浓度的变化的计算,需要根据整个串联电路中通过的电子物质的量处处相等进行计算。【例题】 (2016全国卷,28节选)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等,其一种生产工艺如下:回答下列问题:(1)“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。(2)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力,其定义是:每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克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:(1)尾气吸收的是少量的ClO2,根据转化关系可知,ClO2作氧化剂被还原为NaClO2,H2O2为还原剂被氧化为O2,根据电子守恒可求得:n(ClO2)n(H2O2)=21。(2)设NaClO2的有效氯含量为m(Cl2),根据有效氯的定义,结合电子守恒知:1 g90.5 gmol-14=m(Cl2)71 gmol-12,解得:m(Cl2)1.57 g。答案:(1)21O2(2)1.571.按要求解答下列各题:(1)(2016全国卷,28)“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+,则需要氧化剂KClO3至少为 mol。(2)(2015全国卷,28)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)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)联氨可用于处理高压锅炉水中的氧,防止锅炉被腐蚀。理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的O2kg。解析:(1)根据VO2+VO2+,KClO3Cl-,由得失电子守恒,则n(VO2+)=6n(KClO3),故n(KClO3)=16n(VO2+)=163 mol=0.5 mol。(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。(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。1 mol KClO3生成1 mol ClO2时得到1 mol电子,1 mol Na2SO3生成1 mol Na2SO4时失去2 mol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N2H4+O2N2+2H2O,理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的氧气为1 kg32 gmol-132 gmol-1=1 kg。答案:(1)0.5(2)MnSO4(3)21(4)12.(2018内蒙古包头一模)测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下:葡萄酒样品100.00 mL馏分溶液出现蓝色且30 s内不褪色(已知:滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI)按上述方案实验,消耗标准I2溶液25.00 mL,该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为gL-1。解析:(1)令100 mL葡萄酒中二氧化硫的质量为m g,则:SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI64 g1 molm g0.025 L0.010 00 molL-164 gm g=1 mol(0.025 L0.010 00 molL-1)解得m=0.016,则样品中抗氧化剂的残留量为0.16 gL-1。答案:0.16【教师用书备用】 如图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。(1)腐蚀过程中,负极是(填图中字母“a”“b”或“c”)。(2)环境中的Cl-扩散到孔口,并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl,其离子方程式为;(3)若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl,则理论上耗氧体积为L(标准状况)。解析:(1)根据图示,在青铜合金的腐蚀过程中是金属Cu失电子被氧化,所以负极是Cu。(2)根据图示负极产物是Cu2+,正极上是O2得电子生成OH-,两者与扩散到孔口的Cl-反应生成Cu2(OH)3Cl,则离子方程式为2Cu2+3OH-+Cl-Cu2(OH)3Cl。(3)4.29 g Cu2(OH)3Cl的物质的量为4.29 g214.5 g/mol=0.02 mol,则负极上发生反应的Cu为0.04 mol,失去电子为0.08 mol,则正极上O2得到电子也为0.08 mol,反应的O2为0.02 mol,则理论上耗氧体积为0.02 mol22.4 L/mol=0.448 L(标准状况)。答案:(1)c(2)2Cu2+3OH-+Cl-Cu2(OH)3Cl(3)0.448类型三有关平衡常数、转化率、产率的计算(对应学生用书第5961页) 1.理解并掌握转化率、产率的意义(1)转化率=n(转化)n(起始)100%=c(转化)c(起始)100%。(2)生成物的产率:产率=产物实际产量理论产量100%。其中理论产量是根据方程式计算出的数值。(3)混合物中某组分的百分含量=组分平衡量平衡混合物总量100%。可以是物质的量、物质的量浓度、气体体积等。2.K、Ka、Kb、KW、Kh、Ksp的相似性(1)K、Ka、Kb、KW、Kh、Ksp分别表示化学平衡常数、弱酸电离平衡常数、弱碱电离平衡常数、水的离子积常数、盐的水解平衡常数、难溶物的沉淀溶解平衡常数。表达该平衡过程进行的程度。(2)其表达式的意义相同:K=生成物浓度的系数次方的乘积反应物浓度的系数次方的乘积,其中Ksp中难溶物无浓度,只有分子项。(3)Kp仅适用于气相发生的反应。当把化学平衡常数K表达式中各物质的浓度用该物质的分压来表示时,就得到该反应的平衡常数Kp。(4)Kp也同K相似可以利用“三段式法”进行计算,往往可以使得问题简化。3.用好“三段式法”解答平衡题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a molL-1、b molL-1,达到平衡后A的物质的量浓度变化为mx molL-1。mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)起始浓度/(molL-1)ab00变化浓度/(molL-1)mxnxpxqx平衡浓度/(molL-1)a-mxb-nxpxqxK=(px)p(qx)q(a-mx)m(b-nx)n4.平衡常数的相关计算,通常需要通过图像、表格找出平衡体系中相关成分的浓度,或利用“三段式法”求出相关成分的浓度。然后通过平衡常数的定义式计算出结果。相对而言,Ksp的相关计算比较单一,通常是根据给出的Ksp数据计算离子的浓度,或者根据给出的离子浓度判断沉淀是否生成。【例1】 (2018全国卷,28节选)F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 时N2O5(g)分解反应:其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(t=时,N2O5(g)完全分解):t/min040801602601 3001 700p/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1(1)研究表明,N2O5(g)分解的反应速率v=210-3pN2O5(kPamin-1)。t=62 min时,测得体系中pO2=2.9 kPa,则此时的pN2O5=kPa,v=kPamin-1。(2)25 时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp=kPa(Kp为以分压表示的平衡常数,计算结果保留1位小数)。思路点拨:(1)气体的分压之比等于各物质的物质的量之比。(2)气体的分压如同气体的物质的量、物质的量浓度一样可以用“三段式法”进行计算。解析:(1)由方程式2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)可知,62 min时,pO2=2.9 kPa,则减小的N2O5为5.8 kPa,此时pN2O5=35.8 kPa-5.8 kPa=30.0 kPa,则v(N2O5)=210-330.0 kPamin-1=6.010-2 kPamin-1。(2)时间无限长时N2O5完全分解,故由2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)知,此时生成的pNO2=2pN2O5=235.8 kPa=71.6 kPa,pO2=0.535.8 kPa=17.9 kPa。由题意知,平衡时体系的总压强为63.1 kPa,则平衡体系中NO2、N2O4的压强和为63.1 kPa-17.9 kPa=45.2 kPa,设N2O4的压强为x kPa,则N2O4(g) 2NO2(g)初始压强/kPa071.6转化压强/kPax2x平衡压强/kPax71.6-2x则x+(71.6-2x)=45.2,解得x=26.4,71.6 kPa-26.4 kPa2=18.8 kPa,Kp=p2(NO2)p(N2O4)=(18.8 kPa)226.4 kPa13.4 kPa。答案:(1)30.06.010-2(2)13.4【例2】 (2018全国卷,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),采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂,在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。(1)343 K时反应的平衡转化率=%。平衡常数K343 K=(保留2位小数)。(2)比较a、b处反应速率大小:vavb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v=v正-v逆=k正xSiHCl32-k逆xSiH2Cl2xSiCl4,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v正v逆=(保留1位小数)。解析:温度越高,反应速率越快,达到平衡的时间越短,曲线a达到平衡的时间短,则曲线a代表343 K时 SiHCl3的转化率变化曲线,曲线b代表323 K时SiHCl3的转化率变化曲线。(1)由题图可知,343 K时反应的平衡转化率=22%。设起始时SiHCl3(g)的浓度为1 molL-1,则有2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)起始浓度/(molL-1)100转化浓度/(molL-1)0.220.110.11平衡浓度/(molL-1)0.780.110.11则343 K时该反应的平衡常数K343 K=c(SiH2Cl2)c(SiCl4)/c2(SiHCl3)=(0.11 molL-1)2/(0.78 molL-1)20.02。(2)温度越高,反应速率越快,a点温度为343 K,b点温度为323 K,故反应速率:va大于vb。反应速率v=v正-v逆=k正xSiHCl32-k 逆xSiH2Cl2xSiCl4,则有v正=k正xSiHCl32,v逆=k逆xSiH2Cl2xSiCl4,343 K下反应达到平衡状态时v正=v逆,即k正xSiHCl32=k逆xSiH2Cl2xSiCl4,此时SiHCl3的平衡转化率=22%,经计算可得SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4的物质的量分数分别为0.78、0.11、0.11,则有k正0.782=k逆0.112,k正/k逆=0.112/0.7820.02。a处SiHCl3的平衡转化率=20%,此时SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4的物质的量分数分别为0.8、0.1、0.1,则有v正/v逆=(k正xSiHCl32)/(k逆xSiH2Cl2xSiCl4)=k正k逆xSiHCl32(xSiH2Cl2xSiCl4)=0.020.820.121.3。答案:(1)220.02(2)大于1.31.(2017全国卷,27节选)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为 FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下:若“滤液”中c(Mg2+)=0.02 molL-1,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍),使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.010-5molL-1,此时是否有 Mg3(PO4)2沉淀生成?(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.310-22、1.010-24。解析:加入双氧水和磷酸后,溶液体积增加1倍,c(Mg2+)变为原来的12,即c(Mg2+)=0.01 molL-1,Fe3+恰好沉淀完全时,溶液中c(PO43-)=Ksp(FePO4)c(Fe3+)=1.310-22110-5 molL-1=1.310-17 molL-1。QMg3(PO4)2=c3(Mg2+)c2(PO43-)=0.013(1.310-17)2=1.710-40KspMg3(PO4)2,故没有Mg3(PO4)2沉淀生成。答案:Fe3+恰好沉淀完全时,c(PO43-)=1.310-221.010-5 molL-1=1.310-17 molL-1。c3(Mg2+)c2(PO43-)值为0.013(1.310-17)2=1.710-40KspMg3(PO4)2,因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀2.(2017全国卷,28节选)H2S与CO2在高温下发生反应:H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)。在610 K时,将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中,反应平衡后水的物质的量分数为0.02。H2S的平衡转化率1=%,反应平衡常数K=。解析:设平衡时H2S转化的浓度为x molL-1,列三段式:H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)c0(molL-1)0.160.0400c(molL-1)xxxxc平(molL-1)0.16-x0.04-xxxx0.16-x+0.04-x+x+x=0.02,解得x=0.004,H2S的平衡转化率1=cc0100%=0.004molL-10.16molL-1100%=2.5%。反应平衡常数K=c(COS)c(H2O)c(H2S)c(CO2)=0.0040.0040.1560.0362.810-3。答案:2.52.810-33.(2016全国卷,27节选)元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4-(绿色)、Cr2O72-(橙红色)、CrO42-(黄色)等形式存在。Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体。CrO42-和Cr2O72-在溶液中可相互转化。室温下,初始浓度为1.0 molL-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72-)随c(H+)的变化如图所示。(1)用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应。(2)根据A点数据,计算出该转化反应的平衡常数为。解析:(1)结合图像可知,随c(H+