2022届高三化学二轮专题复习专题十六综合计算和技巧（新课标湖南版）

专题十六综合计算和技巧考点指向考题分布题型分值化学平衡、电解质溶液综合计算2011全国，8、9、13选择题6＋6＋6根据化学方程式计算，化学反应速率、化学平衡计算2011全国，27、28非选择题5＋7综合计算2011新课标全国，26非选择题14溶液稀释、pH计算2010全国Ⅰ，8选择题6化学反应速率、化学平衡计算2010全国Ⅰ，27非选择题15利用有机物性质计算2009全国Ⅱ，12选择题6利用氧化还原反应计算2010全国Ⅰ，13选择题6(2011上海，17)120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸,不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是(

)A．2.0mol/LB．1.5mol/LC．0.18mol/LD．0.24mol/L透析引领

若碳酸钠恰好与盐酸反应生成碳酸氢钠，则盐酸的浓度是1.0mol/L;若碳酸钠恰好与盐酸反应生成二氧化碳，则盐酸的浓度是2.0mol/L。由于最终生成的气体体积不同，所以只能是介于二者之间。答案

B联想发挥

极端假设法是指根据已知的条件，把复杂问题假设为处于理想的极端状态，站在极端的角度去分析、考虑问题，使其因果关系显得十分明显、简单，从而迅速地作出正确判断的方法。比如此题中我们就假设了两个极端，首先确定两个极端，然后确定范围，最后选择。(2011四川，12)25℃和101kPa时，乙烷、乙炔和丙烯组成的混合烃32mL，与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体总体积缩小了72mL，原混合烃中乙炔的体积分数为(

)A．12.5%B．25%C．50%D．75%透析引领

4CnHm＋(4n＋m)O2―→4nCO2＋2mH2O

△44n＋m4n4＋m3272答案

B联想发挥

本题考查学生基本的计算能力，涉及根据化学方程式进行计算的方法技巧，是一道传统题，方法很多，利用气体体积差进行计算后，再用十字交叉法是最常用的解答方法。(2011山东，28)研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。(1)NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为________。利用反应6NO2＋8NH3 7N2＋12H2O也可处理NO2。当转移1.2mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是______L。(2)已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－196.6kJ/mol2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH＝－113.0kJ/mol则反应NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)的ΔH＝_________kJ/mol。一定条件下，将NO2与SO2以体积比1∶2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是________。a．体系压强保持不变b．混合气体颜色保持不变c．SO3和NO的体积比保持不变d．每消耗1molSO3的同时生成1molNO2

测得上述反应平衡时NO2与NO2体积比为1∶6，则平衡常数K＝______。(3)CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应ΔH________0(填“>”或“<”)。实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是___。透析引领(1)NO2与H2O反应的方程式为:3NO2＋H2O===2HNO3＋NO;6NO2＋8NH3===7N2＋12H2O，当反应中有1molNO2参加反应时，共转移了24mol电子，故转移1.2mol电子时，消耗的NO2为×22.4L＝6.72L。(2)根据盖斯定律，将第二个放出颠倒过来，与第一个方程式相加得：2NO2＋2SO2===2SO3＋2NO

ΔH＝－83.6kJ/mol，故NO2＋SO2SO3＋NO

ΔH＝－41.8kJ/mol；本反应是反应前后气体分子数不变的反应，故体系的压强保持不变，故a不能说明反应已达到平衡状态；随着反应的进行，NO2的浓度减小，颜色变浅，故b可以说明反应已达平衡；SO3和NO都是生成物，比例保持1∶1，故c不能作为平衡状态的判断依据；d中所述的两个速率都是逆反应速率，不能作为平衡状态的判断依据。

NO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)起始物质的体积1a2a00转化物质的体积

x

x

x

x平衡物质的体积

a－x2a－x

x

x(3)由图可知，温度升高，CO的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，故逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，ΔH＜0；压强大，有利于加快反应速率，有利于使平衡正向移动，但压强过大，需要的动力大，对设备的要求也高，故选择。因为在250℃时，压强为1.3×104kPa时，CO的转化率已较大，再增大压强，CO的转化率变化不大，没有必要再增大压强。答案

(1)3NO2＋H2O===2HNO3＋NO

6.72(2)－41.8

b

2.67或8/3(3)＜在250℃时，压强为1.3×104kPa时，CO的转化率已较高，再增大压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失。联想发挥

此题考查化学方程式的书写，氧化还原反应中与电子转移有关的气体体积计算，反应热及平衡常数的简单计算，化学平衡知识等，上述皆是高中化学中的主干知识。题设简单，考查知识范围广，是高考命题的趋向。

化学平衡中的计算【典型题例】二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物(水煤气)合成二甲醚。请回答下列问题：(1)煤的气化的主要化学反应方程式为_______________________________。(2)煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为_________________________________。(3)利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：①2H2(g)＋CO(g)CH3OH(g)ΔH＝－90.8kJ/mol②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH＝－23.5kJ/mol③CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41.3kJ/mol总反应：3H2(g)＋3CO(g)CH3OCH3(g)＋CO2(g)的ΔH＝______；一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是________(填字母代号)。a．高温高压b．加入催化剂c．减少CO2的浓度d．增加CO的浓度e．分离出二甲醚(4)已知反应②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)某温度下的平衡常数为400。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度/(mol/L)0.440.60.6①比较此时正、逆反应速率的大小：v正______v逆(填“>”“<”或“＝”)。②若加入CH3OH后，经10min反应达到平衡，此时c(CH3OH)＝________；该时间内反应速率v(CH3OH)＝________。解析(1)煤生成水煤气的反应为C＋H2O CO＋H2。(2)既然生成两种酸式盐，应是NaHCO3和NaHS，故方程式为：Na2CO3＋H2S===NaHCO3＋NaHS。(3)观察目标方程式等于①×2＋②＋③，故ΔH＝2ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝－246.4kJ/mol。正反应是放热反应,升高温度平衡左移，CO转化率减小；加入催化剂，平衡不移动，转化率不变；减少CO2的浓度、分离出二甲醚，平衡右移，CO转化率增大；增大CO浓度，平衡右移，但CO转化率降低；故选c、e。点评本题是化学反应原理的综合性试题，考查了化学方程式的书写、盖斯定律的应用、化学平衡移动原理，和利用浓度商和平衡常数的关系判断平衡移动的方向、平衡常数和速率的计算等。【归纳提升】1．速率计算：定义公式v(B)＝速率之比等于方程式计量数之比。2．平衡中的“三量”及平衡常数、转化率等计算：“三量”：起始、转化、平衡时各物质的浓度；借助平衡浓度、转化率和平衡常数之间的关系来求解。3．等效平衡方面的计算：先要判断是否为等效平衡，是属于哪类等效平衡，然后采用适当的解决方法。4．应用盖斯定律时，在方程式的计量数发生变化能量也要随之变化，当方程式进行加、减时,ΔH要带正负号进行运算；在使用平衡常数计算时，代入的浓度必须是平衡时的浓度；速率计算时，要特别注意是浓度的变化量与时间的比值，而不是物质的量的变化量与时间的比值。

守恒的思想【典型题例】由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其pH＝1，c(Al3＋)＝0.4mol/L，c(SO)＝0.8mol/L，则c(K＋)为(

)A．0.15mol/LB．0.2mol/LC．0.3mol/LD．0.4mol/L答案

C点评本题主要考查电荷守恒：所有阳离子所带正电荷数等于所有阴离子所带负电荷数；同时还考查了pH和c(H＋)的换算。该题完全源于教材上的习题，所以在复习时，要重视课本、回归课本。【归纳提升】1．守恒的思想贯穿于化学计算的始终,是各类考试中计算题的必考点，涵盖了元素守恒(即原子守恒)、质量守恒(反应前后物质的质量不变)、电荷守恒(溶液、晶体呈电中性，正负电荷总数必定相等)和电子守恒(氧化还原反应中电子得失守恒)。2．对电荷守恒的考查，主要有两种情况，一是溶液呈电中性(如上述例题)，二是晶体呈电中性(晶体缺陷中填充了其他离子，计算离子数目之比)。

图表分析与计算【典型题例】已知：①25℃时弱电解质电离平衡常数：Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，Ka(HSCN)＝0.13；难溶电解质的溶度积常数：Ksp(CaF2)＝1.5×10－10。②25℃时，2.0×10－3mol/L氢氟酸水溶液中，调节溶液pH(忽略体积变化)，得到c(HF)、c(F－)与溶液pH的变化关系，如下图所示：请根据以上信息回答下列问题：(1)25℃时，将20mL0.10mol/LCH3COOH溶液和20mL0.10mol/LHSCN溶液分别与20mL0.10mol/LNaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)变化的示意图为：反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是___________________________________________，反应结束后所得两溶液中，c(CH3COO－)________(填“＞”、“＜”或“＝”)c(SCN－)。(2)25℃时，HF电离平衡常数的数值Ka≈________，列式并说明得出该常数的理由___________________________________________。(3)4.0×10－3mol/LHF溶液与4.0×10－4mol/LCaCl2溶液等体积混合，调节混合液pH为4.0(忽略调节时混合液体积的变化)，通过列式计算说明是否有沉淀产生。解析

(1)相同的起始条件，只能是因为两种酸的电离度不同导致溶液中起始反应时H＋浓度不同引起反应速率的不同。反应结束后，溶质为CH3COONa和NaSCN，因CH3COOH酸性弱于HSCN，故CH3COONa水解程度大，c(CH3COO－)＜c(SCN－)。(2)HF电离平衡常数Ka＝[c(H＋)·c(F－)]/c(HF)，其中c(H＋)、c(F－)、c(HF)都是电离达到平衡时的浓度，选择中间段图像求解。根据图像：pH＝4时,c(H＋)＝10－4mol/L，c(F－)＝1.6×10－3mol/L、c(HF)＝4.0×10－4mol/L。Ka≈3.5×10－4。(3)pH＝4.0，则c(H＋)＝10－4mol/L，此时：根据HF电离，产生的c(F－)＝1.6×10－3mol/L，而溶液中的c(Ca2＋)＝2.0×10－4mol/L。c2(F－)×c(Ca2＋)＝5.12×10－10,5.12×10－10大于Ksp(CaF2)＝1.5×10－10,此时有少量沉淀产生。答案

(1)因为两种酸的电离度不同导致溶液中起始反应时H＋浓度不同引起反应速率的不同(2)3.5×10－4。HF电离平衡常数Ka＝[c(H＋)·c(F－)]/c(HF)，其中c(H＋)、c(F－)、c(HF)都是电离达到平衡时的浓度，选择中间段图像求解。根据图像：pH＝4时，c(H＋)＝10－4mol/L，c(F－)＝1.6×10－3mol/L、c(HF)＝4.0×10－4(3)pH＝4.0，则c(H＋)＝10－4mol/L，此时：根据HF电离，产生的c(F－)＝1.6×10－3mol/L，而溶液中的c(Ca2＋)＝2.0×10－4mol/L。c2(F－)×c(Ca2＋)＝5.12×10－10,5.12×10－10大于Ksp(CaF2)＝1.5×10－10,此时有少量沉淀产生。点评本题考查弱电解质的电离平衡、沉淀溶解平衡、平衡常数等问题.所给信息很多，有数据、有图像，可以对信息进行初步分析，也可以根据问题再去取舍信息。由信息分析得出：①HSCN比CH3COOH易电离，CaF2难溶。②pH＝6时以F－形式存在，pH＝0时以HF形式存在，F－与HF总量不变。再根据所得出的信息进行解题就会轻松许多了。【归纳提升】1．此类问题要求学生具有较高的读表识图和分析处理问题的能力。解决此类问题，学生首先要分析数据或图像的意义；然后是明确特殊数据或图像中特殊点的意义；最后根据特殊数据或特殊点去解决问题。2．本题比较全面地考查了电离平衡常数与溶解平衡常数的知识内容。求学生会读图，掌握平衡常数的表达式和含义。明确平衡常数是随温度变化的,不随溶液中的离子浓度的实际值而发生变化。在平衡常数的教学中，可以设计一个关于化学平衡常数、电离平衡常数、沉淀溶解平衡常数的专题，有比较，系统地研究和学习平衡常数问题。1．已知H2(g)＋Br2(l)===2HBr(g)

ΔH＝－72kJ/mol。蒸发1molBr2(1)需要吸收的能量为30kJ，其他相关数据如下表：则表中a为(

)A．404B．260C．230D．200解析

D本题考查盖斯定律的计算。由已知得：Br2(l)===Br2(g)

ΔH＝＋30kJ/mol，则H2(g)＋Br2(g)===2HBr(g)ΔH＝－102kJ/mol。436＋a－2×369＝－102；a＝200，D项正确。H2(g)Br2(g)HBr(g)1mol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量/kJ436a3692．将15mL2mol/LNa2CO3溶液逐滴加入到40mL0.5mol/LMCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn＋完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n的值是(

)A．4B．3C．2D．1解析

B

M的化合价为＋n，Na2CO3与MCln反应对应的关系式为：15×10－3×2mol40×10－3×0.5mol可得n＝3，故选B。3．现有乙酸和两种链状单烯烃混合物，其中氧的质量分数为a，则碳的质量分数是(

)解析

C乙酸的化学式为C2H4O2，而单烯烃的通式为CnH2n，从化学式可以发现两者中，C与H之间的数目比为1∶2，质量比为6∶1，碳氢的质量分数一共为1－a，其中碳占 (1－a)。4．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中，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．60mLB．45mLC．30mLD．15mL5．一定体积的KMnO4溶液恰好能氧化一定质量的KHC2O4·HC2O4·2H2O。若用0.1000mol/L的NaOH溶液中和相同质量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O，所需NaOH溶液的体积恰好为KMnO4溶液的3倍，则KMnO4溶液的浓度(mol/L)为(

)[提示：①H2C2O4是二元弱酸②10[KHC2O4·H2C2O4]＋8KMnO4＋17H2SO4===8MnSO4＋9K2SO4＋40CO2↑＋32H2O]A．0.008889B．0.08000C．0.1200D．0.24006．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。请回答：(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)若用2.5g软锰矿(含MnO280%)进行上述实验，计算KMnO4的理论产量；(4)KMnO4能与热的经硫酸酸化的Na2C2O4反应生成Mn2＋和CO2。该反应的化学方程式是________________________________；(5)上述制得的KMnO4产品0.165g,恰好与0.335g纯Na2C2O4反应完全，计算该KMnO4的纯度。解析

(1)MnO2和KClO3、KOH在高温条件下发生氧化还原反应，生成K2MnO4、KCl和H2O，根据化合价升降相等配平方程式即可。7．工业上电解饱和食盐水能