2017年高考化学考前知识专题复习3-常考化学计算题型专题3　常考化学计算题型.doc

高考关键词物质组成、含量计算、化学式计算、滴定法、热重曲线、守恒法、关系式法。高考题型1化学计算常用方法1(2014大纲全国卷，13)已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关。当n(KOH)a mol时，下列有关说法错误的是()A若某温度下，反应后11，则溶液中B参加反应的氯气的物质的量等于a molC改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：a molnea molD改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为a mol答案D解析A项，设反应后溶液中n(Cl)11n mol，则n(ClO)n mol，根据氧化还原反应中电子守恒可知，生成11n mol Cl得11n mol电子，生成n mol ClO失去n mol电子，而生成1 mol ClO失去5 mol电子，因此反应生成的ClO应为2n mol，正确；B项，由于产物中可能有KCl、KClO、KClO3，根据原子守恒可知，Cl原子与K原子的量始终相等，故参加反应的Cl2的物质的量为KOH的，正确；C项，当只有KCl、KClO生成时，1 mol Cl2参加反应转移1 mol电子，故整个反应中转移电子的物质的量为a mol，当只有KCl、KClO3生成时，根据电子守恒可知，有的Cl2生成了KClO3，有的Cl2生成了KCl，故转移电子a mol，正确；D项，当只有KCl、KClO3生成时，产物中KClO3的量达到了最大值，根据电子守恒可知，有的Cl2生成了KClO3，因此KClO3的最大理论产量为a mol，错误。22015天津理综，10(2)FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。为节约成本，工业上用NaClO3氧化酸性FeCl2废液得到FeCl3。若酸性FeCl2废液中c(Fe2)2.0102 molL1，c(Fe3)1.0103 molL1，c(Cl)5.3102 molL1，则该溶液的pH约为_。答案2解析酸性溶液中c(OH)忽略不计，根据电荷守恒，c(Fe3)3c(Fe2)2c(H)c(Cl)，溶液中氢离子的浓度是c(H)c(Cl)c(Fe2)2c(Fe3)35.3102 molL12.0102 molL121.0103 molL131.0102 molL1，所以pH2。32015全国卷，36(6)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，采用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：准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，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a molL1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液b mL，反应中Cr2O被还原为Cr3。样品中CuCl的质量分数为_。答案%解析CuCl被FeCl3溶液氧化为Cu2，FeCl3被还原为Fe2，利用K2Cr2O7滴定Fe2，根据电子得失守恒有：CuCl FeCl3K2Cr2O7，w(CuCl)100%。1电荷守恒涉及溶液中离子浓度的计算时常需用到电荷守恒，首先找出溶液中所有阳离子和阴离子，再根据阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数列等式。如Al2(SO4)3、NH4NO3混合溶液的电荷守恒为3c(Al3)c(NH)c(H)2c(SO)c(NO)c(OH)。注意一般情况下，列电荷守恒等式时不能忽略H、OH，但在计算时，酸性溶液中常可忽略OH，碱性溶液中常可忽略H。如第2题，求溶液的pH，即是求溶液中c(H)，利用电荷守恒即可顺利作答。2原子(质量)守恒金属与氧化性酸反应的相关计算以及水溶液中离子浓度大小判断常用到原子守恒法，找出要关注的原子(或原子团)，利用反应前后原子数目 、种类不变列出等式。如第1题B项，计算“参加反应的氯气的物质的量”，由于反应后Cl原子存在于KCl、KClO、KClO3中，故应联想到Cl原子守恒。解此类题的一般步骤：第一步，分析题干中元素的变化情况；第二步，找出需要用到的原子；第三步，根据题中反应前后的原子的物质的量，列出关系式进行计算。3电子守恒氧化还原反应中存在电子得失，氧化剂得到电子的总数等于还原剂失去电子的总数，即为得失电子守恒。用得失电子守恒法解题的一般步骤：第一步，找出氧化剂、还原剂。如第3题中，氧化剂为K2Cr2O7，还原剂可看作CuCl；第二步，确定氧化剂、还原剂中一个原子得到或失去的电子数，如本题中一个Cr原子得3个电子，一个Cu原子失1个电子；第三步，根据氧化剂得到的电子数等于还原剂失去的电子数，列出等式：n(还原剂)升价原子个数化合价升高值n(氧化剂)降价原子个数化合价降低值。4关系式法多个反应连续发生时，起始物与目标产物之间存在确定的量的关系。解题时应先写出有关反应的化学方程式或关系式，找出连续反应的过程中，不同反应步骤之间反应物、生成物的物质的量的关系，最后确定已知物和目标产物之间的物质的量的关系，列式求解，从而简化运算过程。如第3题中，CuCl质量分数测定反应过程是FeCl3将CuCl氧化为Cu2，Fe3被还原为Fe2，然后K2Cr2O7又将Fe2氧化为Fe3，相当于K2Cr2O7氧化CuCl，得出关系式：6CuClK2Cr2O7，淡化中间过程后，计算很简捷。1在硫酸钠和硫酸铝的混合溶液中，Al3的物质的量浓度为0.2 molL1，SO为0.4 molL1，溶液中Na的物质的量浓度为()A0.1 molL1 B0.2 molL1C0.3 molL1 D0.4 molL1答案B解析在任何一个溶液中，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，则有3c(Al3)c(Na)2c(SO)，解得c(Na)0.2 molL1。2碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4 g上述混合物，消耗1 molL1盐酸500 mL。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是()A35 g B30 gC20 g D15 g答案C解析碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜，消耗1 molL1盐酸500 mL，HCl的物质的量为0.5 mol，则CuCl2的物质的量为0.25 mol。根据Cu元素守恒可知，原混合物中含有Cu元素的物质的量为0.25 mol，灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25 mol，则氧化铜的质量为m(CuO)0.25 mol80 gmol120 g。3向200 mL稀硝酸溶液中加入11.2 g铁粉，充分反应后，铁粉全部溶解并放出NO气体，溶液质量增加7.0 g，则所得溶液中Fe3的物质的量浓度约为()A0.1 molL1 B0.2 molL1C0.3 molL1 D0.4 molL1答案A解析由质量守恒定律生成的NO质量：11.2 g7.0 g4.2 g，NO的物质的量：n(NO)0.14 mol；由原子守恒可得n(Fe2)n(Fe3)n(Fe)0.2 mol由得失电子相等可得2n(Fe2)3n(Fe3)3n(NO)0.42 mol。4一定质量的镁、铝合金与硝酸恰好完全反应，得到硝酸盐溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与标准状况下3.36 L O2混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸盐溶液中加入2 molL1 NaOH溶液至沉淀最多时停止加入，将沉淀滤出，向滤液中加水稀释至500 mL，此时所得溶液的物质的量浓度为()A0.5 molL1 B1 molL1C1.2 molL1 D2 molL1答案C解析由题意可知最终滤液为NaNO3溶液，根据得失电子守恒和电荷守恒知，金属失去的电子数等于氧气得到的电子数，也等于金属离子需结合的NO数，所以硝酸钠的物质的量为n(NaNO3)4n(O2)0.6 mol，c(NaNO3)0.6 mol0.5 L1.2 molL1。5实验室可由软锰矿(主要成分为MnO2)制备KMnO4，方法如下：软锰矿与过量固体KOH和KClO3在高温下反应，生成锰酸钾(K2MnO4)和KCl；用水溶解，滤去残渣，滤液酸化后，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4；滤去MnO2沉淀，浓缩滤液，结晶得到深紫色的针状KMnO4。(1)软锰矿制备K2MnO4的化学方程式是_。(2)K2MnO4制备KMnO4的离子方程式是_。(3)KMnO4能与经硫酸酸化的热Na2C2O4反应生成Mn2和CO2，该反应的化学方程式是_。(4)若用16.3 g软锰矿(含MnO2 80%)进行上述实验最终生成的KMnO4与Na2C2O4反应，则消耗Na2C2O4的物质的量为_。答案(1)3MnO26KOHKClO33K2MnO4KCl3H2O(2)3MnO4H=MnO22MnO2H2O(3)2KMnO45Na2C2O48H2SO4=K2SO42MnSO45Na2SO410CO28H2O(4)0.25 mol解析根据题意写出化学方程式即可，本题主要考查氧化还原反应的配平、离子反应方程式的书写以及相关的计算。(4)根据得出的三个反应方程式，找出关系式：3MnO23K2MnO42KMnO45Na2C2O4所以3MnO25Na2C2O4 3 5 n(Na2C2O4)n(Na2C2O4)0.25 mol。高考题型2物质组成的计算12015浙江理综，27(1)化合物甲和NaAlH4都是重要的还原剂。一定条件下金属钠和H2反应生成甲。甲与水反应可产生H2，甲与AlCl3反应可得到NaAlH4。将4.80 g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24 L(已折算成标准状况)的H2。甲的化学式_。答案NaH解析由4.80 g甲加热至完全分解，得到金属钠和2.24 L(已折算成标准状况) 的H2，可推断金属钠和H2反应生成的甲为NaH，NaH与水反应生成NaOH和H2，NaH与AlCl3反应可得到NaAlH4。甲的化学式为NaH。22015山东理综，29(2)节选在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41 g，CO2的体积为1.344 L(标准状况)，则钴氧化物的化学式为_。答案Co3O4解析n(CO2)0.06 mol，根据CoC2O4的组成可知Co物质的量为 0.03 mol，其质量为m(Co)0.03 mol59 gmol11.77 g，设钴氧化物的化学式为CoxOy，根据元素的质量比可得59x16y1.77 g(2.41 g1.77 g)，解得xy34，所以钴氧化物的化学式为Co3O4。32015全国卷，28(3)用下图装置可以测定混合气体中ClO2的含量：.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50 mL水溶解后，再加入3 mL稀硫酸；.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；.用0.100 0 molL1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I22S2O=2IS4O)，指示剂显示终点时共用去20.00 mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中：锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为_。测得混合气中ClO2的质量为_g。答案2ClO210I8H=2Cl5I24H2O 0.027 00解析ClO2与KI溶液反应时，CO2C，2II2，反应环境为酸性，从而可写出该反应的离子方程式。由反应2ClO210I8H=2Cl5I24H2O、I22S2O=2IS4O可得关系式：2ClO25I210S2O，n(S2O)0.100 0 molL120.00 mL103 LmL12103 mol，则n(ClO2)2103 mol4104 mol，m(ClO2)4104 mol67.5 gmol10.027 00 g。42014新课标全国卷，27(4)PbO2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_。答案根据PbO2PbOxO2，有322394.0%，x21.4，根据mPbO2nPbO，1.4， 解析根据PbO2PbOxO2(注PbO2相对分子质量为239)由322394.0%得x21.4根据mPbO2nPbO得1.4。化学计算的类型及解题方法总结类型解题方法物质含量计算根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，得出混合物中某一成分的量。由中求出量，除以样品的总量，即可得出其含量确定物质化学式的计算根据题给信息，计算出可求粒子的物质的量。根据电荷守恒，确定出未知离子的物质的量。根据质量守恒，确定出结晶水的物质的量。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设晶体为1 mol。失重一般是先失水、再失非金属氧化物。计算每步的m余，固体残留率。晶体中金属质量不减少，仍在m余中。失重最后一般为金属氧化物，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复杂的滴定可分为两类：连续滴定法：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量返滴定法：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定计算出过量的物质。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1某盐A由三种元素组成，其相关的转化关系如图(所有的产物均已标在框图上)，其中C为红棕色液体，其化学性质与其组成元素的单质相似。A的化学式为_，B的阴离子对应元素在元素周期表中的位置是_。答案KICl2第三周期A族解析由1 mol A加热分解得到1 mol B与1 mol C，则B与硝酸酸化的硝酸银溶液反应得到白色沉淀，白色沉淀为AgCl，说明B中含有Cl元素，1 mol C与1 mol KI反应得到1 mol化合物B与1 mol 单质D，单质D为I2，B为KCl，根据氧化还原反应实质判断C为ICl,1 mol盐A中含有Cl、I、K，由元素化合价代数和为0，A为KICl2。2取4.00 g软锰矿(主要成分MnO2，杂质不与H2C2O4、KMnO4等反应)，用下述方法测定其中锰元素的含量。首先向制取的MnO2中加入过量酸化的0.50 molL1 H2C2O4 50.00 mL，MnO2完全溶解，并产生A气体，写出该反应的离子方程式：_。然后用0.10 molL1 KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4溶液(产物与上述反应一致)，滴定终点时消耗KMnO4溶液30.00 mL，则软锰矿中的锰元素质量分数是_(保留1位小数)。答案MnO2H2C2O42H=Mn22CO22H2O24.1%解析H2C2O4的物质的量为0.50 molL10.05 L0.025 mol，MnO2完全溶解，并产生A气体即二氧化碳气体，该反应的离子方程式：MnO2H2C2O42H=Mn22CO22H2O，然后用0.10 molL1 KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4溶液(产物与上述反应一致)，则根据电子得失守恒可知2KMnO45H2C2O4，滴定终点时消耗KMnO4溶液30.00 mL，则消耗的KMnO4物质的量为0.10 molL10.03 L0.003 mol，所以与KMnO4反应的H2C2O4的物质的量为0.003 mol0.007 5 mol，所以与二氧化锰反应的H2C2O4的物质的量为0.025 mol0.007 5 mol0.017 5 mol，则二氧化锰的物质的量为0.017 5 mol，所以软锰矿中的锰元素质量分数是100%24.1%。30.80 g CuSO45H2O样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示。请回答下列问题：(1)试确定200 时固体物质的化学式(要求写出推断过程)。(2)若在0.1 molL1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2完全沉淀为CuS，此时溶液中的H浓度为_ molL1。答案(1)CuSO45H2OnH2OCuSO4(5n)H2O 250 18n 0.80 g 0.80 g0.57 g0.23 g，解得n4则此时固体物质的化学式为CuSO4H2O(2)0.2解析(1)200 时恒重为0.57 g，共失水0.80 g0.57 g0.23 g，写出失水方程式，列出物质之间的关系式即可计算。(2)Cu2H2S=CuS2H，所以c(H)2c(Cu2)20.1 molL10.2 molL1。4草酸钴是制备钴氧化物的重要原料。下图为二水合草酸钴(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 molL1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。答案(1)Co3O43CoC2O42O2Co3O46CO2(2)由得失电子守恒有n(Co3)2n(Cl2)20.4 mol，由电荷守恒有n(Co)总n(Co2)溶液0.5n(Cl)0.5(0.48050.22) mol1 mol，所以固体中n(Co2)1 mol0.4 mol0.6 mol，n(O) mol1.2 mol，故n(Co)n(O)11.256。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 gmol15.9 g，m(O)8.03 g5.9 g2.13 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B点时与O2反应后生成Co3O4的化学方程式为3CoC2O42O2Co3O46CO2。(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)11.256。5过氧乙酸(CH3COOOH)用作纺织品漂白剂，可通过下列方法制备：向烧瓶中依次加入乙酸、42.5%过氧化氢溶液、浓硫酸。控制反应温度为25 ，搅拌4小时，静置15小时，得过氧乙酸溶液。(1)制备20 g 38%过氧乙酸溶液至少需要42.5%过氧化氢溶液质量：_。(2)过氧乙酸含量测定。准确称取0.500 0 g过氧乙酸样液，定容于100 mL容量瓶中，取5.00 mL上述溶液于100 mL锥形瓶中，再加入5.0 mL 2 molL1 H2SO4溶液，用0.01 molL1 KMnO4溶液滴定至溶液出现浅红色(已除去过氧乙酸试样中剩余H2O2)，随即加入过量KI溶液，摇匀，用0.010 00 molL1 Na2S2O3标准液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00 mL。已知：CH3COOOH2I2H=I2CH3COOHH2O2S2OI2=2IS4O加入过量KI溶液前，需除去H2O2的原因是(用离子方程式表示)：_。计算过氧乙酸样液中过氧乙酸的质量分数(请给出计算过程)。用该法测定过氧乙酸含量比实际含量偏高的原因是(不考虑实验操作产生的误差)_。答案(1)8 g(2)2IH2O22H=I22H2On(S2O)0.010 00 molL10.025 00 L2.5104 mol，CH3COOOH2I2H=I2CH3COOHH2O2S2OI2=2IS4O，CH3COOOHI22S2O，n(CH3COOOH)n(S2O)2.5104 mol 1.25104 mol，w100%38.0%过量的KMnO4氧化I生成I2(或在酸性溶液中I会被空气中氧气氧化为I2)解析(1)制备20 g 38%过氧乙酸溶液至少需要42.5%过氧化氢溶液质量为x，H2O2CH3COOHCH3COOOHH2O34 76x42.5% 20 g38%x8 g。(2)加入过量KI溶液前，需除去H2O2的原因是过氧化氢也会氧化碘离子，会干扰测定结果。实验过程中高锰酸钾溶液、空气中氧气都会氧化碘离子造成测定的含量偏高。高考题型3有关电化学的定量计算 2014重庆理综，11(4)一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢(忽略其他有机物)。导线中电子移动方向为_。(用A、D表示)生成目标产物的电极反应式为_。该储氢装置的电流效率_。(生成目标产物消耗的电子数/转移的电子总数100%，计算结果保留小数点后1位)答案ADC6H66H6e=C6H1264.3%解析由图可知，苯转化为环己烷的过程是加氢过程，发生还原反应，故为阴极反应，所以A为电源的负极，B为电源的正极。电子从负极流向阴极，即AD。该装置的目标是从苯到环己烷实现储氢，电极反应式为C6H66H6e=C6H12。阳极反应式为2H2O4e=O24H，生成2.8 mol氧气，失去11.2 mol电子。电解过程中通过阴、阳极的电子数目相等，即阴极得到电子也为11.2 mol。阴极除生成环己烷外，还生成H2：2H2e=H2，由题意可知，2n(H2)6n(C6H12)11.2 mol，10 moln(H2)10%10 mol24%n(C6H12)；解得n(H2)2 mol，n(C6H12)1.2 mol，生成1.2 mol C6H12时转移电子1.2 mol67.2 mol，电流效率100%64.3%。有关电化学计算的三大方法(1)根据电子守恒计算用于串联电路中电解池阴阳两极产物、原电池正负两极产物、通过的电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等 。(2)根据总反应式计算先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列出比例式计算。(3)根据关系式计算根据得失电子守恒关系建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。如以通过4 mol e为桥梁可构建如下关系式：(式中M为金属，n为其离子的化合价数值)1500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)6.0 molL1，用石墨作电极电解此溶液，通过一段时间后，两极均收集到22.4 L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是()A原混合溶液中c(K)为2 molL1B上述电解过程中共转移6 mol电子C电解得到的Cu的物质的量为0.5 molD电解后溶液中c(H)为2 molL1答案A解析根据题意，阳极是H2O电离出的OH放电：4OH4e=2H2OO2，阴极是Cu2放电、H2O电离出的H放电：Cu22e=Cu、2H2e=H2；根据阴、阳两极上转移电子数相同，知2n(Cu)2n(H2)4n(O2)，则n(Cu)(1 mol41 mol2)1 mol；A项，原混合溶液中c(Cu2)2 molL1，根据电荷守恒：2c(Cu2)c(K)c(NO)，则c(K)2 molL1；B项，根据阳极反应知，产生22.4 L O