版高考化学二轮复习答题方法突破专题3化学Ⅱ卷中的各类计算填空专项突破学案.docx

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版高考化学二轮复习答题方法突破专题3化学Ⅱ卷中的各类计算填空专项突破学案

专题3　化学Ⅱ卷中的各类计算填空专项突破

建议课时：

2课时（一讲一练）

专项突破一　解答化学Ⅱ卷计算题的常用方法　

1．利用守恒思想计算

【典例1】　（2017·江苏化学，18）碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。

（1）碱式氯化铜有多种制备方法

①方法1：

45～50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2（OH）2Cl2·3H2O，该反应的化学方程式为_________________________________________

______________________________________________________________。

②方法2：

先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。

Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3＋对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。

M′的化学式为________。

（2）碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua（OH）bClc·xH2O。

为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：

①称取样品1.1160g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A；②取25.00mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl0.1722g；③另取25.00mL溶液A，调节pH4～5，用浓度为0.08000mol·L－1的EDTA（Na2H2Y·2H2O）标准溶液滴定Cu2＋（离子方程式为Cu2＋＋H2Y2－===CuY2－＋2H＋），滴定至终点，消耗标准溶液30.00mL。

通过计算确定该样品的化学式。

[解题思路]　守恒1：

由得失电子守恒可得：

4CuCl＋O2＋8H2O

2[Cu2（OH）2Cl2·3H2O]

守恒2：

由电解质溶液中电荷守恒可得：

n（Cl－）＝n（AgCl）＝4.800×10－3mol

n（Cu2＋）＝9.600×10－3mol

n（OH－）＝2n（Cu2＋）－n（Cl－）＝1.440×10－2mol

守恒3：

由质量守恒可得：

n（H2O）＝

＝4.800×10－3mol

解析　

（1）①反应物为CuCl、O2和H2O，生成物为Cu2（OH）2Cl2·3H2O，根据电子守恒和原子守恒配平。

②由图示Cu＋M→Cu2＋＋M′，说明Cu被M氧化；M′＋O2＋H＋→M＋H2O，说明M′被氧化为M，说明M价态高，由题信息“Fe3＋对该反应起催化作用”，M为Fe3＋，M′为Fe2＋。

（2）n（Cl－）＝n（AgCl）×

＝

×

＝4.800×10－3mol

n（Cu2＋）＝n（EDTA）×

＝0.08000mol·L－1×30.00mL×10－3L·mL－1×

＝9.600×10－3mol

n（OH－）＝2n（Cu2＋）－n（Cl－）＝2×9.600×10－3mol－4.800×10－3mol＝1.440×10－2mol

m（Cl－）＝4.800×10－3mol×35.5g·mol－1＝0.1704g

m（Cu2＋）＝9.600×10－3mol×64g·mol－1＝0.6144g

m（OH－）＝1.440×10－2mol×17g·mol－1＝0.2448g

n（H2O）＝

＝4.800×10－3mol

a∶b∶c∶x＝n（Cu2＋）∶n（OH－）∶n（Cl－）∶n（H2O）＝2∶3∶1∶1

答案　①4CuCl＋O2＋8H2O

2[Cu2（OH）2Cl2·3H2O]　②Fe2＋　

（2）Cu2（OH）3Cl·H2O

[解决方案]

1．三大守恒思想

2．电子守恒解题的思维模板

特别提醒　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损耗，可直接找出起始物和最终产物，删去中间产物，建立二者之间的电子守恒关系，快速求解。

【对点训练】

1．（转移电子守恒）

（1）[2016·新课标Ⅰ，28（5）]“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）。

答案　1.57

（2）（2016·新课标Ⅲ，28改编）用KClO3氧化3mol的VO2＋变为VO

，则需要氧化剂KClO3至少为________mol。

答案　0.5

2．（电荷守恒）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＋）＝2.0×10－2mol·L－1，c（Fe3＋）＝1.0×10－3mol·L－1,c（Cl－）＝5.3×10－2mol·L－1，则该溶液的pH约为________。

答案　2

3．（质量守恒）

（1）LiPF6产品中通常混有少量LiF。

取样品wg，测得Li的物质的量为nmol，则该样品中LiPF6的物质的量为________mol（用含w、n的代数式表示）。

答案　

（2）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2.41g，CO2的体积为1.344L（标准状况），则钴氧化物的化学式为________。

答案　Co3O4

2．利用方程式之间的关系计算

【典例2】　（2017·课标全国Ⅱ，28）水中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：

Ⅰ.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。

Ⅱ.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5min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2S2O

＋I2===2I－＋S4O

）。

问题：

取100.00mL水样经固氧、酸化后，用amol·L－1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，若消耗Na2S2O3溶液的体积为bmL，则水样中溶解氧的含量为________mg·L－1。

[解题思路]　根据反应过程确定关系式

过程

对应反应

氧的固定

2Mn（OH）2＋O2===2MnO（OH）2

MnO（OH）2还原为Mn2＋

MnO（OH）2＋2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋3H2O

滴定过程

2S2O

＋I2===2I－＋S4O

关系式：

O2～2MnO（OH）2～2I2～4Na2S2O3

答案　80ab

【典例3】　[2015·全国卷Ⅰ，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mg，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amol·L－1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O

被还原为Cr3＋。

样品中CuCl的质量分数为________。

[解题思路]　依据信息确定关系式

由

CuCl质量

答案　

%

[解决方案]　利用关系式法解题的思维模板

【对点训练】

4．ClO2易溶于水，用水吸收ClO2得到ClO2溶液。

为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：

步骤1：

准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样；量取V1mL试样加入到锥形瓶中；

步骤2：

调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；

步骤3：

加入淀粉指示剂，用cmol·L－1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL。

（已知2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI）

原ClO2溶液的浓度为________g/L（用步骤中的字母代数式表示）。

答案　135cV2/V1

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。

问题：

若用16.3g软锰矿（含MnO280%）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________。

提示：

①软锰矿制备K2MnO4的化学方程式

3MnO2＋6KOH＋KClO3

3K2MnO4＋KCl＋3H2O

②K2MnO4制备KMnO4的化学方程式3K2MnO4＋2H2SO4===MnO2↓＋2KMnO4＋2K2SO4＋2H2O

③KMnO4能与经硫酸酸化的热Na2C2O4反应生成Mn2＋和CO2的化学方程式是2KMnO4＋5Na2C2O4＋8H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋5Na2SO4＋10CO2↑＋8H2O

解析　根据反应方程式，找出关系式：

3MnO2～3K2MnO4～2KMnO4～5Na2C2O4

所以3MnO2　　　～　　　5Na2C2O4

35

n（Na2C2O4）

n（Na2C2O4）＝

×

≈0.25mol。

答案　0.25mol

专项突破二　Ⅱ卷化学计算题分题型突破　

1.实验中的计算

类型及方法总结

类型

解题方法

物质含量计算

①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。

②由①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

①根据题给信息，计算出可求粒子的物质的量。

②根据电荷守恒，确定出未知粒子的物质的量。

③根据质量守恒，确定出结晶水的物质的量。

④各粒子的物质的量之比，即为物质化学式的下标比

【典例4】　（2017·课标全国Ⅰ，26节选）凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。

已知：

NH3＋H3BO3===NH3·H3BO3；NH3·H3BO3＋HCl===NH4Cl＋H3BO3。

回答下列问题：

仪器清洗后，g中加入硼酸（H3BO3）和指示剂，铵盐试样由d注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭K1，d中保留少量水，打开K1，加热b，使水蒸气进入e。

取某甘氨酸（C2H5NO2）样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为cmol·L－1的盐酸VmL，则样品中氮的质量分数为________%，样品的纯度≤________%。

解析　C2H5NO2～NH3～NH3·H3BO3～HCl，样品中氮的质量分数为

×100%＝

%。

样品的纯度≤

×100%＝

%。

答案　

【对点训练】

6．已知CaO2在350℃迅速分解生成CaO和O2。

下图是实验室测定产品中CaO2含量的装置（夹持装置省略）。

若所取产品质量是mg，测得气体体积为VmL（已换算成标准状况），则产品中CaO2的质量分数为________（用字母表示）。

过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有________。

答案　

%　加热前过氧化钙及加热后固体质量不再发生改变时试管中固体的质量

2．无机综合（工艺流程）中的计算

类型及方法总结

类型

解题方法

热重曲

线计算

①设晶体为1mol。

②失重一般是先失水、再失非金属氧化物。

③计算每步的m余，

×100%＝固体残留率。

④晶体中金属质量不减少，仍在m余中。

⑤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：

①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

②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

电化学

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4mole－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）

根据溶

度积常

数进行

计算

1.表达式

（1）溶度积Ksp（AmBn）＝cm（An＋）·cn（Bm－），式中的浓度都是平衡浓度

（2）离子积Qc（AmBn）＝cm（An＋）·cn（Bm－），式中的浓度都是任意浓度

判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解

2．应用

①Qc＞Ksp：

溶液过饱和，有沉淀析出

②Qc＝Ksp：

溶液饱和，处于平衡状态

③Qc＜Ksp：

溶液未饱和，无沉淀析出

【典例5】　草酸钴是制备钴氧化物的重要原料。

下图为二水合草酸钴（CoC2O4·2H2O）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225～300℃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480mL5mol·L－1盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48L（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（写出计算过程）______________________________________________________。

答案　

（1）Co3O4　3CoC2O4＋2O2

Co3O4＋6CO2

（2）由得失电子守恒有n（Co3＋）＝2n（Cl2）＝2×

＝0.4mol，由电荷守恒有n（Co）总＝n（Co2＋）溶液＝0.5n（Cl－）＝0.5×（0.480×5－0.2×2）mol＝1mol，所以固体中n（Co2＋）＝1mol－0.4mol＝0.6mol，n（O）＝

mol＝1.2mol，故n（Co）∶n（O）＝1∶1.2＝5∶6。

【对点训练】

7．碱式碳酸铝镁[MgaAlb（OH）c（CO3）d·xH2O]常用作塑料阻燃剂。

为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：

①准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO20.560L（已换算成标准状况下）。

②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率（固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100%）随温度的变化如图所示（样品在270℃时已完全失去结晶水，600℃以上残留固体为金属氧化物的混合物）。

根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n（OH－）∶n（CO

）（写出计算过程）。

答案　计算过程：

n（CO2）＝

＝2.50×10－2mol，m（CO2）＝1.10g，

在270℃～600℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解生成CO2、H2O，m（CO2）＋m（H2O）＝3.390g×（0.7345－0.3702）＝1.235g，m（H2O）＝1.235g－1.10g＝0.135g，n（H2O）＝

＝7.50×10－3mol，

再根据氢原子守恒得n（OH－）＝2n（H2O）＝1.50×10－2mol，由C原子守恒得n（CO

）＝n（CO2）＝2.50×10－2mol，则n（OH－）∶n（CO

）＝3∶5。

8．（2018·高考押题卷）（工艺流程图略）硼氢化物NaBH4（B元素的化合价为＋3价）燃料电池，其工作原理如图所示，放电时，每转移2mol电子，理论上需要消耗________gNaBH4。

解析　负极发生氧化反应生成BO

，电极反应式为BH

＋8OH－－8e－===BO

＋6H2O，每转移2mol电子，理论上需要消耗0.25mol即9.5gNaBH4。

答案　9.5

3．化学原理综合中的计算

类型

解题方法

反应热

的计算

平衡常数、

转化率

计算

1.掌握三个“百分数”

（1）转化率＝

×100%＝

×100%。

（2）生成物的产率：

实际产量占理论产量的百分数。

一般来说，转化率越高，原料利用率越高，产率越高。

产率＝

×100%。

（3）混合物中某组分的百分含量＝

×100%

2.分析三个量：

起始量、变化量、平衡量

3．用好一种方法——“三段式法”

“三段式法”计算的模板：

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。

【典例6】　二氧化碳回收利用是环保科学研究的热点课题。

已知CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：

2CO2（g）＋6H2（g）

CH2===CH2（g）＋4H2O（g）　ΔH。

（1）几种物质的能量（kJ·mol－1）如表所示（在标准状态下，规定单质的能量为0，测得其他物质生成时放出的热量为其具有的能量）：

物质

CO2（g）

H2（g）

CH2===CH2（g）

H2O（g）

能量/kJ·mol－1

－394

0

52

－242

ΔH＝________kJ·mol－1。

（2）几种化学键的键能（kJ·mol－1）。

化学键

C===O

H—H

C===C

H—C

H—O

键能/kJ·mol－1

803

436

615

a

463

a＝________。

[思路点拨]　从宏观的角度讲，反应热是生成物自身的总能量与反应物自身总能量的差值，根据第

（1）问中所给出的各物质所具有的能量，可以计算反应的热效应。

从微观的角度讲，反应热是旧化学键断裂吸收的能量与新化学键形成放出的能量的差值，已知反应的热效应和部分化学键的键能，可求某一化学键的键能。

解析　

（1）ΔH＝生成物的总能量－反应物的总能量＝（52－242×4－0＋394×2）kJ·mol－1＝－128kJ·mol－1。

（2）ΔH＝断裂化学键的总键能－形成化学键的总键能＝（803×4＋436×6－615－4a－463×8）kJ·mol－1＝－128kJ·mol－1，解得a＝409.25。

答案　

（1）－128

（2）409.25

【对点训练】

9．[2016·全国卷Ⅱ，26（3）]联氨（又称肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。

回答下列问题：

①2O2（g）＋N2（g）===N2O4（l）　　ΔH1

②N2（g）＋2H2（g）===N2H4（l）　　ΔH2

③O2（g）＋2H2（g）===2H2O（g）　　ΔH3

④2N2H4（l）＋N2O4（l）===3N2（g）＋4H2O（g）　ΔH4

上述反应热效应之间的关系式为ΔH4＝________________________________。

答案　2ΔH3－2ΔH2－ΔH1

10．已知下列热化学方程式

Fe2O3（s）＋3CO（g）===2Fe（s）＋3CO2（g）

ΔH1＝－25kJ·mol－1①

3Fe2O3（s）＋CO（g）===2Fe3O4（s）＋CO2（g）

ΔH2＝－47kJ·mol－1②

Fe3O4（s）＋CO（g）===3FeO（s）＋CO2（g）

ΔH3＝＋19kJ·mol－1③

计算FeO（s）＋CO（g）===Fe（s）＋CO2（g）　ΔH＝________。

答案　－11kJ·mol－1

11．已知t℃时，反应FeO（s）＋CO（g）

Fe（s）＋CO2（g）的平衡常数K＝0.25。

①t℃时，反应达到平衡时n（CO）∶n（CO2）＝________。

②若在1L密闭容器中加入0.02molFeO（s），并通入xmolCO，t℃时反应达到平衡。

此时FeO（s）转化率为50%，则x＝________。

解析　①在t℃时，K＝

＝

＝0.25，则

＝4。

②　　　　FeO（s）＋CO（g）

Fe（s）＋CO2（g）

n起始/mol0.02x00

n转化/mol0.010.010.010.01

n平衡/mol0.01x－0.010.010.01

根据t℃时，K＝

＝

＝

＝0.25，求得x＝0.05。

答案　4　0.05

12．化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5。

回答下列问题：

反应AX3（g）＋X2（g）

AX5（g）在容积为10L的密闭容器中进行。

起始时AX3和X2均为0.2mol。

反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。

①列式计算实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率v（AX5）＝________。

②用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，则α的表达式为____________________________________________；

实验a和c的平衡转化率：

αa为________，αc为________。

解析　①开始时n0＝0.4mol，总压强为160kPa，平衡时总压强为120kPa，

＝

，n＝0.40mol×

＝0.30mol，

　　　　　　AX3（g）＋X2（g）

AX5（g）

起始时n0/mol:

0.200.200

平衡时n/mol:

0.20－x0.20－xx

（0.20－x）＋（0.20－x）＋x＝0.30

x＝0.10

v（AX5）＝

＝1.7×10－4mol·L－1·min－1

②　　　　　　　AX3（g）＋X2（g）

AX5（g）

起始量（mol）0.20.20

变化量（mol）xxx

平衡量（mol）0.2－x0.2－xx

则有

＝

，解得x＝

，则AX3的转化率为

×100%＝2（1－

）×100%；分别将实验a、c的p、p0的数据代入上式，得αa、αc分别为50%、40%。

答案　①

＝1.7×10－4mol·L－1·min－1

②α＝2（1－

）×100%　50%　40%