高中化学计算-综合

__化学综合计算一、考点介绍【考纲解读】1、各种计算方法和计算技能的综合利用【能力解读】正握常见的计算方法、基本计算技能、能综合灵活的应用到实际解题中去。【考点突破】在每年的化学高考试题中，计算题的分值大约要占到15%左右，从每年的高考试卷抽样分析报告中经常会说计算题的得分率不是太高。高一化学中计算类型比较多，其中有些计算经常考查，如能用好方法，掌握技巧，一定能达到节约时间，提高计算的正确率。下面就谈一谈解答计算的一些巧解和方法。主要有：差量法、十字交叉法、平均法、守恒法、极值法、关系式法、方程式叠加法、等量代换法、摩尔电子质量法、讨论法、图象法（略）一）、差量法在一定量溶剂的饱和溶液中，由于温度改变（升高或降低），使溶质的溶解度发生变化，从而造成溶质（或饱和溶液）质量的差量；每个物质均有固定的化学组成，任意两个物质的物理量之间均存在差量；同样，在一个封闭体系中进行的化学反应，尽管反应前后质量守恒，但物质的量、固液气各态物质质量、气体体积等会发生变化，形成差量。差量法就是根据这些差量值，列出比例式来求解的一种化学计算方法。该方法运用的数学知识为等比定律及其衍生式：2=£=口或bdb—d二。差量法是简化化学计算的一种主要手段，在中学阶段运用相当普遍。常见d—b的类型有：溶解度差、组成差、质量差、体积差、物质的量差等。在运用时要注意物质的状态相相同，差量物质的物理量单位要一致。二）、十字交叉法凡能列出一个二元一次方程组来求解的命题，即二组分的平均值，均可用十字

交叉法，此法把乘除运算转化为加减运算，给计算带来很大的方便。十字交叉法的表达式推导如下：设A、B表示十字交叉的两个分量，A—表示两个分量合成的平均量，x、x分别表示A和B占平均量的百分数，且x+x=l，则ABAB有：Ax+Bx=——（x+x）Ax+Bx=——（x+x）•A•BAB化简得：XA=AB-BxBA—A—若把AB—放在十字交叉的中心，用A、B与其交叉相减，用二者差的绝对值相比即可得到上式。十字交叉法应用非常广，但不是万能的，其适用范围如表4—2：含化学义量类型A、Bx、XAB1溶液中溶质质量分数混合溶液中溶质质量质量分数质量分数2物质中某元素质量分数混合物中某元素质量分数质量分数3同位素相对原子质量元素相对原子质量同位素原子百分组成4某物质相对分子质量混合物平均相对分子质量物质的量分数或体积分数5某物质分子组成混合物的平均分子组成物质的量分数6用于某些综合计算：如十字交叉法确定某些盐的组成、有机物的组成等正确使用十字交叉法解题的关键在于：（1）正确选择两个分量和平均量；（2）明确所得比为谁与谁之比；（3）两种物质以什么为单位在比。尤其要注意在知道质量平均值求体积或物质的量的比时，用此法并不简单。三）、平均法对于含有平均含义的定量或半定量习题，利用平均原理这一技巧性方法，可省去复杂的计算，迅速地作出判断，巧妙地得出答案，对提高解题能力大有益处。平均法实际上是对十字交叉所含原理的进一步运用。解题时，常与十字交叉结合使用，达到速解之目的。原理如下:若A>B，且符合A若A>B，且符合A—=XA•A+XB•BXA+XB=A-XA%+B-XB%，则必有A>AB>B，其中AB是A、B的相应平均值或式。xa.xb分别是A、B的份数。常见的类型有：元素质量分数、相对原子质量、摩尔电子质量、双键数、化学组成等平均法。有时运用平均法也可讨论范围问题。附：平均摩尔质量（——）的求法:M巴总m—混和物叫质量n—混和物总物质的量总、总、总T=Mn%+Mn%+…M、M……各组分的摩尔质量，n%、n%……各组分的•12•21212物质的量分数。（注：M如是元素的摩尔质量，则M、M是各同位素的摩尔2质量，n%、n%……是各同位素的原子分数（丰度）。）12M如是气体混合物的摩尔质量，则有M=MV%+MV%+•••（注：V%、V%……1•12•212气体体积分数。）M如是气体混合物的摩尔质量，则有M=dM（注：M为参照气体的摩尔AA质量，d为相对密度）四）、守恒法在化学反应中存在一系列守恒现象，女口：质量守恒（含原子守恒、元素守恒）、电荷守恒、电子得失守恒、能量守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混和物、溶液、胶体等，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等。电子得失守恒是指在发生氧化-还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数，无论是自发进行的氧化-还原反应还是以后将要学习的原电池或电解池均如此。五）、极值法“极值法”即“极端假设法”，是用数学方法解决化学问题的常用方法，一般解答有关混合物计算时采用。可分别假设原混合物是某一纯净物，进行计算，确定最大值、最小值，再进行分析、讨论、得出结论。六）、关系式法实际化工生产中以及化学工作者进行科学研究时，往往涉及到多步反应：从原料到产品可能要经过若干步反应；测定某一物质的含量可能要经过若干步中间过程。对于多步反应体系，依据若干化学反应方程式，找出起始物质与最终物质的量的关系，并据此列比例式进行计算求解方法，称为“关系式”法。利用关系式法可以节省不必要的中间运算步骤，避免计算错误，并能迅速准确地获得结果。用关系式解题的关键是建立关系式，建立关系式的方法主要有：1、利用微粒守恒关系建立关系式，2、利用方程式中的化学计量数间的关系建立关系式，3、利用方程式的加合建立关系式。七）、方程式叠加法许多化学反应能发生连续、一般认为完全反应，这一类计算，如果逐步计算比较繁。如果将多步反应进行合并为一个综合方程式，这样的计算就变为简单。如果是多种物质与同一物质的完全反应，若确定这些物质的物质的量之比，也可以按物质的量之比作为计量数之比建立综合方程式，可以使这类计算变为简单。八）、等量代换法在混合物中有一类计算：最后所得固体或溶液与原混合物的质量相等。这类试题的特点是没有数据，思考中我们要用“此物”的质量替换“彼物”的质量，通过化学式或化学反应方程式计量数之间的关系建立等式，求出结果。九）、摩尔电子质量法在选择计算题中经常有金属单质的混合物参与反应，金属混合物的质量没有确定，又由于价态不同，发生反应时转移电子的比例不同，讨论起来极其麻烦。此时引进新概念“摩尔电子质量”计算就极为简便，其方法是规定“每失去1mol电子所需金属的质量称为摩尔电子质量”。可以看出金属的摩尔电子质量等于其相对原子质量除以此时显示的价态。如Na、K等一价金属的摩尔电子质量在数值上等于其相对原子质量，Mg、Ca、Fe、Cu等二价金属的摩尔电子质量在数值上等于其相对原子质量除以2,Al、Fe等三价金属的摩尔电子质量在数值上等于其相对原子质量除以3。例题1.由两种金属组成的合金10g投入足量的稀硫酸中，反应完全后得到氢气11.2L（标准状况下），此合金可能是A.镁铝合金BA.镁铝合金B.镁铁合金C.铝铁合金D.镁锌合金答案：A、C十）、讨论法无法确定某一物质的相关物理量，这讨论法：在某些化学问题的求解过程中，无法确定某一物质的相关物理量，这时可根据化学事实或原理，确定其范围，据此再对范围中的相关数据进行合理性取舍或具体化计算，从而使该化学问题得以解决。在确定范围的过程中，必然会运用到数学中的不等式知识。这类问题常常是综合性问题，难度也较大，解题的关键是如何构造不等式，即要找准化学问题与不等式之间的联结点。在化学解题过程中应注意有序思维和问题解决的完整性。例题2.在天平两端的两个质量相等的烧杯里各盛有100mL、10mol丄-1的盐酸，然后分别加入ag镁粉和bg铝粉，欲使充分反应后天平仍保持平衡，试确定a的取值范围以及在a不同的取值范围内a与b之间的关系。K解析〗(1)当a#12g时，a=b；(2)当8.7g〈a〈12g时，a二12(b—1)；(3)11当0<a<8.7g时，a二32b。33【考查方向】在化学推理、化学实验数据处理中采用必要的方法获得结论或结果，综合灵活应用各种方法和技巧解决问题。二、高考真题1.（2007年高考理综四川卷.10）足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、NO、NO的混合气体，这些气体与1.68LO（标准状况）混合后通入水中,242

所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至CU2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是()(A)60mL(B)45mL(C)30mL(D)15mL〖解析〗根据电子守恒:n(O)X4=2n(Cu2+),根据电荷守恒:n(OH-)=2n(Cu2+),2所以n(OH-)=4n(O)=4X1.68L/22.4L.mol=0.3mol,V(NaOHaq)=0.3mol/52mol/L=0.06L.〖答案〗A(2003上海卷.31)合成氨原料可以由天然气制取。其主要反应为：CH(g)+4HO(g)-CO(g)+3H(g)2TOC\o"1-5"\h\z1ms(标准状况)CH按上式完全反应，产生Hmol。42CH和O的反应为：2CH(g)+O(g)-2CO(g)+4H(g)42422设CH同时和HO(g)及O(g)反应。1ms(标准状况)CH按上述两式完全反4224应，产物气体的体积V(标准状况)为。CH和HO(g)及富氧空气(O含量较高，不同富氧空气氧气含量不同)422混合反应，产物气体组成如下表：气体COH2N2O2体积(L)2560152.5计算该富氧空气中O和N的体积比V(O)/V(N)。2222若CH和HO(g)及富氧空气混合反应的产物中，V(H)/V(N)=34222:1(合成氨反应的最佳比)，则反应中的HO(g)和富氧空气的体积比为何值?则:2则:K解析〗:(3)设HO为Xmol，O为Ymol22J*X+2Y=25L3X+4Y=60X=10Y=7.5V/V=(7.5+2.5)/15=2/302H3(4)设富氧空气中0的体积分数为a,反应用去的HO(g)与富氧空气的体22积分别为X、Y。(3X+4aY)/[(1-a)Y]=3/1X/Y=1-7/3a(用其它方法解得也给分)〖答案几(1)133.9(2)3m3VVV4m3(3)1-7/3a(2003上海卷.30)超细氮化铝粉末被广泛应用于大规模集成电路生产等领域。其制取原理为：AlO+N+3C亘鱼2A1N+3C0由于反应不完全，氮化铝产品中232往往含有炭和氧化铝杂质。为测定该产品中有关成分的含量，进行了以下两个实验：称取10.00g样品，将其加入过量的NaOH浓溶液中共热并蒸干，AlN跟NaOH溶液反应生成NaAlO，并放出氨气3.36L(标准状况)。2上述反应的化学方程式为;该样品中的A1N的质量分数为。另取10.00g样品置于反应器中，通入2.016L(标准状况)O，在高温下充2分反应后测得气体的密度为1.34g・L-1(已折算成标准状况，AIN不跟O反应)。2该样品中含杂质炭g。〖解析〗(1)n(A1N)=n(NH)=3.36L/22.4L.mol-1=0.15mol,①=0.15X341g/10g=61.5%n(O)=2.016/22.4mol=0.09mol,气体的平均摩尔质量M=30,气体是CO2和CO的混合气体，28n(CO)/[n(CO)+n(CO)]+44n(CO)/[n(CO)+n(CO)]=30,2222n(CO)：n(C0)=7：1,2n(C0)+2n(C0)=0.18mol,n(C0)=0.14mol,n(CO)=0.02mol,22m(C)=0.16molX12g.mol-i=1.92g,〖答案几(1)AlN+NaOH+HO二NaAlO+NHt22361.5%（3）1.92（2003广东卷.25）（8分）取一定量的NaCO、aHCO和NaSO混合物与250mL233241.00mol・L-1过量盐酸反应，生成2.016LCO（标准状况），然后加入500mL20.100mol・L-1Ba（OH）溶液，得到沉淀的质量为2.33g,溶液中过量的碱用10.0mL21.00ml・L-1盐酸恰好完全中和。计算混合物中各物质的质量。〖解析〗：混合物中NaSO的质量=g一x142g・mol-1=1.42g24233g-mol-i设混合物中NaCO和NaHCO的物质的量分别为x和y,反应中放出的CO物质2332的量==2.016L=0.0900mol与NaCO、NaHCO反应的盐酸的物质的量为22.4L-mol-i2330.250LX1.00mol・L-1—0.500LX0.100mol・L-1X2+0.0100LX1.00mol・L-1=0.160mol解得：x=0.0700moly=0.0200molNaCO质量=0.0700molX106g・mol-1=7.42gTOC\o"1-5"\h\z23NaHCO质量=0.0200molX84g・mol-1=1.68g3〖答案几NaCO、NaHCO和NaSO分别为7.42g、1.68g、1.42g233245、(2003全国理综.31)A、B、C是短周期IA和IIA族元素的碳酸盐，它们的质量分别为m、m、m，与足量的盐酸完全反应，消耗盐酸的物质的量分别为n(HCl)、ABCAn(HCl)、n(HCl)oBC已知m=m+m,n(HCl)=n(HCl)+n(HCl)。请填空：ABCABC写出短周期IA和IIA族元素形成的所有碳酸盐的名称：若以M、M和M分别表示A、B、C的相对分子质量，试写出M、M和MABCABC三者的相互关系式A的正确选择有①种，其化学方程式为：②若A和B为IIA族元素的碳酸盐，C为IA族元素的碳酸盐，则A、B、C的化学方程式依次是①，m:m=1:②。(保留两位小数)BC〖解析〗(1)短周期IA和IIA族元素只有Li、Be、Na、Mg，则碳酸盐的名称可知。运用已知条件，找到推理的依据，即：n(HCl)=n(HCl)+n(HCl)，ABC由所学知识可知：等物质的量的不同碳酸盐，完全反应消耗HCl的物质的量是相同的，从而可推知：n二n+n，ABC进一步得出关系式5：=mB+mC。MaMbMC：要把化学知识和数学知识结合起来。因为m=m+m，n=n+n，ABCABC因而有即A的相对分子质量等于B、C的平均相对分子质量，根据中间值思考，A的相对分子质量应介于B、C之间，应为74或84,则A可能为LiCO或MgCO。TOC\o"1-5"\h\z233：属于第(3)问的深化，要充分利用第(3)问的结论。因为A、B为IIA族,可知A为MgCO，B为BeCO，而C的相对分子质量应大于84,只能为NaCO，323再由十字交叉法可求得：m:m=1:1.05。BC〖答案：(1)碳酸锂，碳酸钠，碳酸铍，碳酸镁m/M=m/M+m/Mc或M<M<M等其他合理的都可以。AABBcBAC

①2种②LiCOMgCO233①MgCO,BeCO,NaC0②1.0533点评：是化学试题中难度最大的一道题。具体失分表现为：①审题不仔细，题中明明强调A、B、C是短周期IA、IIA元素，而相当多的考生忽略了这点；②部分考生不能完全按题目要求答题，如本题中的第(1)问，让写几种碳酸盐的名称，而有些考生则写出其化学式，一旦写错一个元素符号，则本小题不得分；③部分考生基本功太差，把几种盐的化学式写错，如NaCO3、Mg2CO3等；④相当多的考生感到无从下手，不会充分利用题给条件，把反应物的质量关系转化为物质的量的关系，进而变型讨论、计算。这说明在中学化学教学中，应用数学工具和思维方法解化学题是很有必要的；⑤本题的最后一问是计算填空，其标准答案是1.05，除此以外所有答案均不得分，而考生的答对率甚低，说明考生的计算技能还不强，对有效数字的运用还不熟练。[2004江苏卷.25]某结晶水合物含有两种阳离子和一种阴离子。称取两份质量均为1.96g的该结晶水合物，分别制成溶液。一份加入足量Ba(OH)溶液，2生成白色沉淀，随即沉淀变为灰绿色，最后带有红褐色；加热该混合物，逸出能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；用稀盐酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体2.33g。另一份加入含0.001molKMnO的酸性溶液，MnO-4恰好完全被还原为Mn2+。请回答以下问题：该结晶水合物中含有的两种阳离子是和，阴离子是。试通过计算确定该结晶水合物的化学式。〖解析〗⑴略(2)据题意：n(SO2-)=2：33g=0.01mol233g/mol5Fe2++Mn0—+8H+=5Fe3++Mn2++4HO21n(Fe2+)n(Fe2+)O.001mo1n（Fe2+）=0.001molX5=0.005mol根据离子化合物中阴、阳离子电荷平衡的原理，n(NH+)+2n(Fe2+)=2n(S02—)44n（NH+）=O.01mol4n（HO）21.96g—O.Olmolx96g-mol-1—0.005molx56g-mol-1—O.Olmolx18g-mol-n（HO）218g-mol-1=0.03mol该结晶水合物的化学式为(NH)Fe(SO)?6H0[或(NH)SO?FeSO?6H0]4242242442〖答案〗(1)NH+、Fe2+，SO2-)(2)(NH)Fe(SO)?6H0[或(NH)SO?FeSO?6H0]444242242442(2004上海卷.31)黄铜矿(主要成分CuFeS)是提取铜的主要原料2取12.5g黄铜矿样品，经测定含3.60g硫(杂质不含硫)，矿样中CuFeS2含量为已知-.'■■■产物CuS在1200°C高温下班继续反应：22CuS+30-2CuO+2SO22222CuO+CuS-6Cu+SO222假定各步反应都完全，完成下列计算：由6molCuFeS生成6molCu，求消耗0的物质的量226molCuFeS和14.25mol0反应，理论上可得到多少摩尔铜226molCuFeS和15.75mol0反应，理论上可得到多少摩尔铜22〖解析兀(1)CuFeS的相对分子质量为184，m(CuFeS)=3.60gX184/64,22(CuFeS丿二82)28%。(2)①CuFeSCu+Fe0+2S0(2)①CuFeSCu+Fe0+2S0②0不是量CuS+02Cu+S02222n(Cu)=6—2(15—14.25)=4.5mol0过量2CuS+30-2Cu0+2S02222n(Cu)=6(1-x2)=3mol3〖答案］|(1)82.8%(2)15mol,4.5mol,3mol8(2004北京理综.29)有三种不同质量比的氧化铜与炭粉的混合物样品①、②、③。甲、乙、丙三同学各取一种样品，加强热充分反应，测定各样品中氧化铜的量。甲取样品①强热，所得固体为金属铜，将其置于足量的稀硝酸中微热，产生1.12L气体(标准状况)，则样品①中氧化铜的质量为g.乙取样品②ag强热，生成的气体不能使澄清的石灰水变浑浊。再将反应后的固体与足量的稀硝酸微热，充分反应后，有bg固体剩余，该剩余固体的化学式为。样品②中氧化铜质量为g(以含a、b的代数式表示)丙称量样品③强热后剩余的固体，质量比原样品减小了eg,若该固体为金属铜，则样品③中氧化铜物质的量(n)的取值范围为。〖解析〗(1)根据电子守恒,2n(Cu)=3n(N0)=3X1.12/22.4mol=0.15mol,n(Cu)=0.075mol,则n(CuO)=n(Cu)=0.075mol,m(Cu0)=0.075molX80g.mol-1=6.0g.根据题意，C单质剩余，CuO+C二Cu+C0,m(Cu0)=(a-b)80/92g=(a-b)20/23g.CuO+C二Cu+CO,2Cu0+C=2Cu+C0,根据反应，减少的气体可能是CO,CO或它们22的混合气体，若只有CO气体生成，n(Cu0)=n(C0)=C/28mol；若气体只有CO,2n(Cu0)=2n(C0)=C/22mol；若是混合气体，氧化铜的物质的量介于两者之间。〖答案〗(1)6.0(2)C(3)mol<n<mol2328229.(2004天津理综.29)将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请回答：2NO的体积为L，NO的体积为L。2待产生的气体全部释放后，向溶液加入VmLamol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为mol/L。欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO，至少需要330%的双氧水g。〖解析几(1)n(Cu)=32.64g/64g.mol-1=0.51mol,根据电子守恒：3n(NO)+n(NO)=2n(Cu)=1.02mol,n(NO)+n(NO)=11.2L/22.4L.mol-1=0.5mol,2则n(NO)=0.26mol,n(NO)=0.24mol,V(NO)=5.8L,n(NO)=5.4L,2⑵根据电荷守恒：n(Na+)=n(NO-)=n(NaOH)=avX10-smol,3n(HNO)=n(NO-)+n(NO)=(0.5+avX10-3)mol,C(HNO)=(aV-10-3+0.5)/0.14mol.L-1(3)根据电子守恒，0.51molX2=2n(HO),n(HO)=0.51mol,m(HO溶液)二57.8g.22222〖答案H(1)5.85.4(2)(aV•10-3+0.5)/0.14(3)57.810(2004全国1.26)粉末状试样A是由等物质的量的MgO和FeO组成的混合物。23进行如下实验：①取适量A进行铝热反应，产物中有单质B生成；另取20gA全部溶于0.15L6.0mol・l-i盐酸中，得溶液C；将①中得到的单质B和溶液C反应，放出l.12L(标况)气体，同时生成溶液D,还残留有固体物质B；用KSCN溶液检验时，溶液D不变色。请填空:（1）①中引发铝热反应的实验操作是，产物中的单质B是（2）②中所发生的各反应的化学方程式是（3）③中所发生的各反应的离子方程式是（4）若溶液D的体积仍视为0.15L，则该溶液中c（Mg2+）为c(Fe2+)为。〖解析:(1)、发生铝热反应，单质产物是Feo(2)、两种碱性氧化物和盐酸的反应，方程式见答案。(3)根据现象发生的反应是Fe分别和FeCl、HCl的反应。3MgO和FeO的物质的量设为X,Fe+2Fe3+=3Fe2+,Fe+2H+=Fe2++Ht32溶液中n(Fe2+)=3x+0.05mol,n(Mg2+)二x,根据电荷守恒2n(Mg2+)+2n(Fe2+)=n(Cl-)，2x+6x+0.1mol=0.15X6mol，x=0.1mol,c(Mg2+)=0.67mol•l-i，c(Fe2+)=2.3mol•l-i。〖答案H(1)加少量KClO，插上Mg条并将其点燃Fe3(2)FeO+6HCl=2FeCl+3H0MgO+2HCl=MgCl+H033222Fe+2H+=Fe2++HtFe+2Fea+=3Fe2+2c(Mg2+)0.67mol•l-i，c(Fe2+)2.3mol•l-i。11、(05广东.27)27、(14分)化合物KFe(CO)・zHO是一种重要的光化学试剂，其中铁为+3价。分别称x24y2取该样品0.49lg两份，其中一份在110°C干燥脱水，至质量恒定为0.437g。另一份置于锥形瓶中，加入足量的3mol・L-1HSO和适量的蒸馏水，加热至75C，趁24热加入0.0500mol・L-1KMnO溶液24.0mL，恰好完全反应；再向溶液中加入适量的4某种还原剂，将Fea-完全转化为Fe2+，该溶液中Fe2+刚好与4.0mL0.0500molL1KMnO4溶液完全反应。通过计算，分别求：••••0.49lg样品中结晶水的物质的量。化合物中草酸根的质量分数。化合物的化学式。己知：2KMnO+5HCO+3HSO=2MnSO+KSO+10COt+8HO42242442422MnO-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fes++4HO42〖解析〗：(1)n(HO)=0.491g—0.437g=0.00300mol218g•mol-in(CO2-)=0.0500mol・L-1X0.024LX5=0.00300mol242m(CO2-)=0.003molX88g•mol-1=0.264g24①(CO2-)=0.264gX100%=53.8%240.491g因为n(Fes+)=n(Fe2+)=0.0500mol•L-1X0.004LX5=0.00100mol1:y:z=0.00100mol:0.00300mol:0.00300mol=1:3:

根据电荷平衡有：x+3=2y,得x=3所以，化合物的化学式为：KFe(CO)・3HO2432〖答案几(1)0.00300mol(2)53.8%(3)KFe(CO)・3HO3243212、(05广东.23)在密闭容器中，由一定起始浓度的氙(Xe)和F反应，可得到32种氟化物。各种生成物在平衡体系内的分压与反应温度的关系如右图所示(己知气体的分压之比等于物质的量之比)。800700(1)420K时平发［600子mol。400，会发200),(2)600—800700(1)420K时平发［600子mol。400，会发200),(2)600—8体K3时生反应的化学方程式为若反应中消耗imil5xeXeF6(g)100紳4(g)+F其反应热0(填“>”“二”或“〈””。理由是34405060◎丿090100,十八^温度/K(3)900K时，容器中存在的组分有TOC\o"1-5"\h\z〖答案H：(1)Xe+3F===XeF;66(2)〉；随着温度的升高，XeF(g)XeF(g)+F(g)平衡向642右移动，根据温度升高平衡向吸热反应方向移动的原理，则该反应的AH>0o(3)XeF、XeF、XeF、Xe、F642213、(05江苏.26)水垢可以看作由多种物质组成的混合物，为研究含有Ca2+、Mg2+、HCO的水所形成水垢的化学组成，取干燥的水垢6.32g,加热使其失去结晶水，3得到5.78g剩余固体A；高温灼烧A至恒重，残余固体为CaO和MgO,放出的气体用过量的Ba(OH)溶液吸收，得到11.82g沉淀。2通过计算确定A中是否含有碳酸镁；5.78g剩余固体A灼烧至恒重时产生的气体完全被碱石灰吸收，碱石灰增重2.82g,通过计算确定A中各成分的物质的量，并计算出水垢中碳酸盐的质量分数。〖解析〗：(1)根据题意n(CO)=n(BaCO)=11.82g4-197g/mol=0.06mol3若CO全部来自CaCO的分解，23则m(CaCO)=0.06molX100g/mol=6.00g〉5.78g3不合题意，所以，A中一定含有MgCO3(2)m(CO)=0.06molX44g/mol=2.64g2m(HO)=2.82g—2.64g=0.18g2n[Mg(OH)]=n(HO)=0.18g-18g/mol=0.01mol22m[Mg(OH)]=0.01molX58g/mol=0.58g2n(CaCO)+n(MgCO)=0.06molTOC\o"1-5"\h\zJ33■n(CaCO)X100g/mol+n(MgCO)X84g/mol+0.58g=5.78g3解得：n(CaCO)=0.01moln(MgCO)=0.05mol30.05molX84g/mol+0.01molX100X100%=〖答案〗(1)A中一定含有MgCO(2)82.3%314、(05江苏.25)较低温度下，氯气通入石灰乳中可制得漂白粉，该反应为放热反应。某校甲、乙两化学研究性学习小组均用200mL12mol/L盐酸与17.4gMnO2在加热条件下反应制备氯气，并将制备的氯气与过量的石灰乳反应制取漂白粉，用稀NaOH溶液吸收残余的氯气.分析实验结果发现：①甲、乙两组制得的漂白粉中Ca(ClO)的质量明显小于理论值，②甲组在较高温度下将氯气与过量的石灰乳反2应，所制得的产品中Ca(ClO)的含量较高。2试回答下列问题:上述实验中理论上最多可制得Ca(ClO)多少克？2实验中所得到的Ca(ClO)的质量明显小于理论值，试简要分析其可能原因,2并写出可能涉及到的化学方程式。〖解析〗：(1)根据题意n(HCl)=12mol/LX0.2L=2.4moln(MnO)=17.4g一87g/mol=0.2mol2MnO+4HCl(浓)△MnCl+Clt+2HO2222n(MnO):n(HCl)=2.4mol:0.2mol=12:1〉4:12所以浓HCl过量，应根据MnO计算。2根据制备氯气的化学方程式n(Cl)=n(MnO)=0.2mol\22又因为：2Cl+2Ca(OH)=Ca(ClO)+CaCl+2HO22222n[Ca(ClO)]=1/2n(Cl)=1/2X0.2mol=0.1mol22m[Ca(ClO)]=143g/molX0.1mol=14.3g2(2)①随着反应进行，温度升高，会产生副产物Ca(ClO)；26Cl+6Ca(0H)△5CaCl+Ca(ClO)+6HO22=2322②Cl未与石灰乳完全反应，残余Cl被NaOH溶液吸收22Cl+2NaOH=NaCl+NaClO+HO22〖答案》(1)14.3g(2)①随着反应进行，温度升高，会产生副产物Ca(ClO)；26Cl+6Ca(OH)△5CaCl+Ca(ClO)+6HO22二2322②Cl未与石灰乳完全反应，残余Cl被NaOH溶液吸收22Cl+2NaOH=NaCl+NaClO+HO2215、(05上海.31)酸工业生产中的尾气可用纯碱溶液吸收，有关的化学反应为：2NO+NaCO—NaNO+NaNO+COt①TOC\o"1-5"\h\z223332NO+NO+NaCO—2NaNO+COt②22322

（1）根据反应①，每产生22.4L（标准状况下）C0，吸收液质量将增加2go（2）配制1000g质量分数为21.2%的纯碱吸收液，需NaCO・10HO多少克？232（3）现有1000g质量分数为21.2%的纯碱吸收液，吸收硝酸工业尾气，每产生22.4L（标准状况）C0时，吸收液质量就增加44go2计算吸收液中NaNO和NaNO物质的量之比。231000g质量分数为21.2%的纯碱在20°C经充分吸收硝酸工业尾气后，蒸发掉688g水，冷却到0C,最多可析出NaNO多少克？（0C时，NaNO的溶解度为71.2g/100g22水）K解析〗：(1)根据方程式没产生1molCO，消耗92g气体，溶液质量增加48g.2m(NaCO・10HO)X106/286=1000gX21.2%,m(NaCO・10HO)=572gTOC\o"1-5"\h\z232232①2NO+NaCO—NaNO+NaNO+COt△m=48g223232NO+NO+NaCO—2NaNO+COt△m=32g22322设由NO与纯碱反应产生的CO为amol由NO和NO与纯碱反应产生的CO为bmol212)3由NO和NO与纯碱反应产生的CO为bmol212)3a=0.75jnDln(NaNO):n(NaNO)23=5:3②设生成的n（NaNO）为5xmol，2n(NaNO)为3xmol3据Na+守恒：5x+3x=4x=0.5m(NaNO)=172.5g，m(HO)=1000X78.8%-688=100g22余析出：m(NaNO)=172.5-71.2=101.3g2(最大)〖答案］|(1)48(2)572g(3)①5:3:②101.3g16、(05上海.30)过氧化钙是一种安全无毒的物质，带有数量不等的结晶水，通常还含有部分CaO。TOC\o"1-5"\h\z称取0.542g过氧化钙样品，灼热时发生如下反应：2CaO・XHO2CaO2+Ot+2XHO,得到的O在标准状况下体积为67.2mL，该样品中CaO的物质的222量为。另取同一样品0.542g，溶于适量的稀盐酸中，然后加入足量的NaCO溶液，23将溶液中Ca2+全部转化为CaCO沉淀，得到干燥的CaCO0.70g。3试计算样品中CaO的质量。试计算样品中CaO・XHO的X值。22〖解析〗(1)n(O)=67.2mL/22400mL.mol-1=0.003mol,n(CaO)=2n(O)=0.006mol,222(2)n(Ca2+)=n(CaCO)=0・70/100mol=0・007mol,n(CaO)=0.006mol,n(CaO)=20.001mol,m(CaO)=0.056g,0.006(72+18x)g+0.056g二0.542g,X=1/2〖答案』(1)0.006mol(2)①m(CaO)=0.056g②1/217、(05北京.29)CO、CH均为常见的可燃性气体。4(1)等体积的CO和CH在相同条件下分别完全燃烧，转移的电子数之比4是。(2)已知在101kPa时，CO的燃烧热为283kJ/mol。相同条件下，若2molCH完全燃烧生成液态水，所放出的热量为1molCO完全燃烧放出热量的6.30倍，CH完全燃烧反应的热化学方程式4TOC\o"1-5"\h\z是：。120°C、101kPa下，amL由CO、CH组成的混合气体在bmLO中完全燃烧2后，恢复到原温度和压强。①若混合气体与O恰好完全反应，产生bmLCO，则混合气体中CH的体积224分数为(保留2位小数)。②若燃烧后气体体积缩小了a/4mL，则a与b关系的数学表示式是。〖解析〗：(1)等体积的CO和CH在相同条件下物质的量相等，完全燃烧氧化产4物都是CO，根据电子守恒，转移电子数比为2：8=1：4.2ImolCH完全燃烧放出的热量为283kJX6.30/2=891KJ,则热化学方程式为：4CH(g)+2O(g)==CO(g)+2HO(l)；AH=-891KJ/mol，TOC\o"1-5"\h\z222CH+2O==CO+2HO；2CO+O=2CO,22222aemL2aemLaemL(a-aw)mL(a-aw)/2mL(a-ae)mL根据C原子守恒，a=b;2aemL+(a-ae)/2mL=amL,e=0.33;根据方程式，a/4mL=V(CO)/2,V(CO)=a/2mL，由于充分燃烧，氧气足量，amL+a/4mLWbmL，b$5a/4〖答案〗：⑴1:4(2)CH(g)+2O(g)==CO(g)+2HO(l)；^H=-891KJ/mol222⑶①0.33②b$5a/418、(06江苏24)氯化亚铜(CuCl)是重要的化工原料。国家标准规定合格的CuCl产品的主要质量指标为CuCl的质量分数大于96.50%。工业上常通过下列反应制备CuCl2CuSO+NaSO+2NaCl+NaCO===2CuCl；+3NaSO+C0t2323242CuCl制备过程中需要配置质量分数为20.0%的CuSO溶液，试计算配置该溶4液所需的CuSO・5HO与HO的质量之比。22⑵准确称取所配置的0.2500gCuCl样品置于一定量的0.5mol・L-iFeCl溶3液中，待样品完全溶解后，加水20mL，用0.1000mol・L-i的Ce(SO)溶液滴2定到终点，消耗24.60mLCe(S0)溶液。有关反化学反应为42Fe3++CuCl===Fe2++Cw++Cl-Ce4++Fe2+===Fe3++Ce3+通过计算说明上述样品中CuCl的质量分数是否符合标准。〖解析〗：(1)设需要CuSO・5HO的质量为x,HO的质量