2022年高考化学第二轮复习课时讲义化学计算.pdf

2022 年高考化学第二轮复习课时讲义 化学计算 【明确考纲】1.对相对原子质量、相对分子质量进行计算（含摩尔质量、平均摩尔质量）；2.根据化学方程式、离子方程式进行计算；3.根据微粒的 m、n、N、V 进行计算；4.计算溶液中的溶质质量分数、物质的量浓度、溶液 pH 的计算；5.掌握氧化还原反应的有关计算；6.运用盖斯定律进行有关反应焓变的计算；7.有关反应速率（）、转化率（）、产率、平衡常数（Kc、Kp）、电离平衡常数（Ka、Kb）、水解平衡常数（Kh）溶度积（Ksp）等计算。【高考分析】年份 考查形式及分值（不含选修 2、选修 3 内容）2016 年全国卷 27 题（2）K 计算（3）Ksp 计算 28 题（4）（5）氧化还原反应有关计算，均以填空形式考查，共约 10 分。2017 年全国卷 26 题（5）质量分数、样品纯度计算 27 题（5）Ksp 计算 28 题（3）平衡转化率、K 计算，均以填空形式考查，共约 10 分。2018 年全国卷 27（4）滴定中物质残留量的计算 28 题（2）化学反应中 H，P、v、Kp 计算，均以填空形式考查，共约 10 分。2019 年全国卷 10 题（C）溶液中 H+浓度的计算 26 题（3）溶液中 pH 的计算 27（5）化合物中结晶水个数的计算 28 题（2）平衡体系中物质的量分数的计算（3）焓变的计算（4）反应速率的计算（一）从分析统计可知，高考中的化学计算题有以下特点：近年高考对化学计算有所加大，考查角度较广，但难度不大，运算量不会太大。（二）复习准备：（1）平时注重常规计算，掌握基本方法。（2）务必重视概念理解和化学过程分析。（3）针对试题特点，建议采用分散复习的方式。【课前真题】1.（2019江苏卷第18题节选）聚合硫酸铁Fe2(OH)6-2n(SO4)nm广泛用于水的净化。以FeSO47H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000102 molL1 K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中227Cr O与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）。解析：由滴定时227Cr OCr3+和Fe2+Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：227Cr O6Fe2+（或227Cr O+14H+6Fe2+6Fe3+2Cr3+7H2O）则n(Fe2+)=6n(227Cr O)=61.100103 mol=6.600103 mol 样品中铁元素的质量：m(Fe)=6.600103 mol56 gmol1=0.3696 g 样品中铁元素的质量分数：w(Fe)=0.3696 g3.000 g100%=12.32%答案：偏大 w(Fe)=0.3696 g3.000 g100%=12.32%2.(2019全国卷第27题节选)硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2xH2O是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_。解析：热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品，1.5 个结晶水，占晶体样品失重 5.6%，由此判断晶体样 1.5 18 品的相对分子质量为 0.056=482，硫酸铁氨晶体的化学式为 NH4Fe(SO4)212H2O3.(2019江苏卷节选)CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。1.CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4H2O热分解可制备CaO，CaC2O4H2O加热升温过程中固体的质量变化见下图。写出400600 范围内分解反应的化学方程式：。与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是。答案：1.CaC2O4400600 CaCO3+CO CaC2O4H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔 解析：（1）令 CaC2O4H2O 的物质的量为 1mol，即质量为 146g，根据图像，第一阶段剩余固体质量为 128，原固体质量为 146g，相差 18g，说明此阶段失去结晶水，第二阶段从剩余固体质量与第一阶段剩余固体质量相对比，少了 28g，相差 1 个 CO，因此 400600范围内，分解反应方程式为 CaC2O4CaCO3CO；CaC2O4H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔，增加与CO2的接触面积，更好捕捉 CO2；4.(2019全国卷节选)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：7.层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为 LiNixCoyMnzO2，其中 Ni、Co、Mn 的化合价分别为+2、+3、+4。当 x=y=13时，z=_。答案：7.13 解析：（7）根据化合物中各元素化合价代数和为 0 的规律得：1+2x+3y+4z=6，已知，x=y=1/3，带入计算得：z=1/3 课堂精讲【考点归类】高考中对计算能力的考查，不会以大题出现，可融于各类题型中。主要可分为两类，一类以物质的量为核心的计算、一类计算各类平衡常数。题型一：以物质的量为核心的计算 核心知识必备：对物质的量、阿伏加德罗常数、物质的量浓度、物质的质量、摩尔质量、气体的体积、气体摩尔体积等各个物理量的符号、单位要牢记于心，对它们之间的转化关系及计算应十分熟悉，同时会应用极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等计算方法去求算物质含量、确定物质化学式，以及进行氧化还原、酸碱中和滴定计算和电化学计算等。【典例剖析】向 27.2 g Cu 和 Cu2O 的混合物中加入某浓度的稀硝酸 0.5 L，固体物质完全反应，生成 NO 和 Cu(NO3)2。在所得溶液中加入 1.0 molL1 的 NaOH 溶液 1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为 39.2 g。下列有关说法不正确的是()。ACu 与 Cu2O 的物质的量之比为 21 B硝酸的物质的量浓度为 2.6 molL1 C产生的 NO 在标准状况下的体积为 4.48 L DCu、Cu2O 与硝酸反应后剩余 HNO3为 0.2 mol【解析】设原混合物中铜、氧化亚铜(Cu2O)物质的量分别为 xmol、ymol 依据质量关系可列：64x+144y=27.2 由铜元素守恒可列：x+2y=39.298 求得 x=0.2 y=0.1 A 项正确 由得失电子守恒可求得 n(NO)=(0.22+0.121)3=0.2mol，则产生 NO 在标准状况下的体积为 4.48L，C 正确 最终结合溶液显中性，由电荷守恒可知溶液中 n(NO3)=1.0mol，则加入的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=0.2+1.0=1.2mol，其物质的量浓度为 2.4 molL1，B 项错误 由氮元素守恒可求未参加反应的硝酸物质的量为：n(总硝酸)n(硝酸铜中的氮)n(NO)=1.2(0.22+0.122)0.2mol=0.2mol，D 项正确【方法指导】守恒思想贯穿中学化学始终，守恒法的灵活运用能够简化解题过程，从而快速准确地解答习题。解题时应挖掘题中隐含的各种信息，采用相应的守恒关系列式计算。（1）质量守恒：反应前后原子的种类和个数均不改变，总质量保持不变，便可列式求算。（2）电子守恒：n(氧化剂)每摩氧化剂得电子数=n(还原剂)每摩还原剂失电子数（3）电荷守恒：溶液中，阳离子所带正电荷总数=阴离子所带负电荷总数 特别提醒：在考试中常是多种守恒关系结合使用，以快速解答相关习题。【变式训练】铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由表中两种元素组成，气体的相对分子质量都小于 50。为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗 1 L 2.2 molL1 NaOH 溶液和 1 mol O2，则两种气体的分子式及物质的量分别为_，生成硫酸铜物质的量为_。答案：NO 1.3mol NO2 0.9mol CuSO4 2mol 【典例剖析】CoC2O4是制备钴的氧化物的重要原料。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 点剩余固体的化学成分为_(填化学式)。写出 B 点对应的物质与 O2在 225300 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)，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(写出计算过程)。【答案】(1)Co3O4(写成 CoOCo2O3亦可)3CoC2O42O2=225300Co3O46CO2(2)由得失电子守恒有 n(Co3)2n(Cl2)24.48 L22.4 Lmol10.4 mol 由元素守恒和电荷守恒有 n(Co)总n(Co2)溶液0.5n(Cl)0.50.48 L5 molL14.48 L22.4 Lmol121 mol，所以钴氧化物中 n(Co2)1 mol0.4 mol0.6 mol 根据钴氧化物中元素化合价代数和为 0 有 n(O)0.4 mol30.6 mol221.2 mol 故 n(Co)n(O)1 mol1.2 mol56【解析】由题图可知，起始时加入二水合草酸钴物质的量为 0.1mol，受热分解至 C 点时，固体钴氧化物质量为 8.03g，设其化学式为 CoOx，则 8.03（59+16x）=0.1，求得 x=4/3，所得固体的化学成分为 Co3O4(或写成 CoOCo2O3)。【方法指导】热重曲线计算时：一般设晶体为 1mol；失重一般是先失结晶水，再失非金属氧化物；计算每步的 m余，100%=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)，可求出失重后物质的化学式。特别提醒：固体物质在空气中加热时可能氧气会参与反应，尤其是有变价元素的物质。【变式训练】硫酸铜是一种重要的化工原料。已知硫酸铜晶体受热可以逐步失去结晶水，温度升高还可以分解生成铜的氧化物。现取 25.0g CuSO45H2O 晶体均匀受热，缓慢升温至 1200并恒温 1 小时，实验测得固体残留率（剩余固体的质量原始固体质量）与温度的关系如下图所示：晶体质量）（余molmm1 在 110时所得固体的成分为 ；在 1200并恒温 1 小时，反应所得气态产物除去水后，物质的量为 。（填字母）A0 mol B0.1mol C0.125mol D大于 0.125mol 答案：CuSO43H2O，D 【典例剖析】（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。称量 m g 样品于锥形瓶中，溶解后加稀 H2SO4酸化，用 c molL-1 KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是_。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-1 KMnO4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】KMnO4溶液将草酸根离子氧化完全后，因其溶液显红色，故滴入最后一滴标准液时，溶液出现粉红色，且 30s 内不褪色，即为滴定终点。Zn 把 Fe3+还原成 Fe2+，酸性KMnO4溶液又把 Fe2+氧化成 Fe3+，反应中消耗 KMnO4为 0.001cVmol，Mn 元素从+7 价降到+2 价，依得失电子守恒可知铁离子的物质的量为 0.005cVmol，则晶体中铁的质量分数的表达式为 =【答案】溶液变为粉红色 5561001000cVm【方法指导】氧化还原滴定计算实际上是方程式中物质的量的计算，若出现多步氧化还原反应，主要是为了把待测物质转化为便于用氧化还原滴定的物质，常需要通过原子守恒找出物质间的关系，用关系式法进行求算。【变式训练】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：.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（2 S2O32+I2=2I+S4O62）。回答下列问题：（1）“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_。5561001000cVmmcV56005.0（2）取 100.00 mL 水样经固氧、酸化后，用 a molL1Na2S2O3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_mgL1。【答案】（1）2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2（2）蓝色褪成无色；80ab 题型二：计算各类平衡常数 核心知识必备：理解并掌握盖斯定律求算反应热，会熟练利用“三段式”求算反应速率、转化率及各类平衡常数（Ka、Kb、Kh、Kc、Kp、Ksp）。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平衡时某物质的分压=P总(该物质的体积分数)表示时，就可得到该反应的平衡常数 Kp。平衡常数的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”求出相关成分的浓度，再通过平衡常数的表达式计算出结果。Ksp的计算比较单一，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发生。盐的水解平衡常数 Kh=Kw/Kb(强酸弱碱盐)Kh=Kw/Ka(强碱弱酸盐)，此常数可借助于水的离子积与弱酸弱碱的电离常数加以求算。【典例剖析】(2016 四川卷，节选)资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。磷尾矿主要含 Ca5(PO4)3F 和 CaCO3MgCO3。某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的 CaCO3、Mg(OH)2、P4和 H2，其简化流程如下：已知：Ca5(PO4)3F 在 950不分解；4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C 2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4 请回答下列问题：（6）在一定条件下 CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，当 CO 与 H2O(g)的起始物质的量之比为 1:5，达平衡时，CO 转化了 5/6。若 a kg 含 Ca5(PO4)3F（相对分子质量为 504）的质量分数为 10%的磷尾矿，在上述过程中有 b%的 Ca5(PO4)3F 转化为 P4，将产生的 CO 与 H2O(g)按起始物质的量之比 1:3 混合，则相同条件下达平衡时能产生 H2_kg。【答案】（6）【解析】（6）根据题给数据利用三段式分析。设 CO 的起始浓度为 1 mol/L，则水蒸气的起始浓度为 5 mol/L CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始浓度（mol/L）1 5 0 0 转化浓度（mol/L）5/6 5/6 5/6 5/6 平衡浓度（mol/L）1/6 25/6 5/6 5/6 则 K=c(CO2)c(H2)/c(CO)c(H2O)=1。相同条件下当 CO 与 H2O(g)的起始物质的量之比为 1:3，平衡常数不变，设转化的 CO 为 x mol。CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始浓度（mol/L）1 3 0 0 转化浓度（mol/L）x x x x 平衡浓度（mol/L）(1-x)(3-x)x x 则 x2/(1-x)(3-x)=1,解得 x=3/4，即达平衡时，CO 转化了 3/4 mol。转化为 P4的 Ca5(PO4)3F 质量为 a10%b%kg，根据反应 4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4知生成 CO 的质量为（3028a10%b%）/（4504）kg，则转化的 CO 的质量为3/4（3028a10%b%）/（4504）kg，根据反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)知相同条件下达平衡时能产生 H2的质量为 3/42/28(3028a10%b%）/（4504）kg=kg。【变式训练】已知 K、Ka、Kb、Kw、Kh、Ksp分别表示化学平衡常数、弱酸的电离平衡常数、弱碱的电离平衡常数、水的离子积常数、难溶电解质的溶度积常数。(1)25时，将 a molL1的氨水与 0.01molL1的盐酸等体积混合，所得溶液中 c(NH4)c(Cl)，则溶液显 (填“酸”、“碱”或“中”)性；用含 a 的代数式表示 NH3H2O 的电离平衡常数 Kb。【答案】中；【解析】写出化学反应式：NH3H2ONH4+OH-；平衡常数 Kb 。结合题意得知：c(NH4)c(Cl)=0.005molL1;此时溶液显中性 c(OH)=10-7molL1；c(NH3H2O)=(a/2-0.005)molL1；代入平衡常数表达式就能得出答案。(2)25时，H2SO3HSO3-H的电离常数 Ka1102 molL1，则该温度下 pH3、c(HSO3-)0.1 molL1的 NaHSO3溶液中 c(H2SO3)_。【答案】0.01 mol/L【解析】由 H2SO3的 Ka=c(HSO3-)c(H+)/c(H2SO3)代入数据可得 c(H2SO3)0.01 mol/L。(3)高炉炼铁中发生的反应有：FeO(s)CO(g)Fe(s)CO2(g)H0 该反应的平衡常数表达式 K；已知 1100时，K0.25，则平衡时 CO 的转化率为 ；在该温度下，若测得高炉中 c(CO2)0.020molL1，c(CO)0.1molL1，则此时反应速率是 v正 (填“”、“”或“”)v逆。答案：，20%，。解析：写出化学反应式：FeO(s)CO(g)Fe(s)CO2(g)；平衡常数表达式中不考虑固体物质。起始浓度 c 0 转化浓度 x x 平衡浓度 (c-x)x 代入平衡常数表达式 K x(cx)=0.25，x=0.2c；转化率20%。某时该，Qc=cCO2cCO=0.2 K0.25，反应正向进行，v正v逆。(4)已知常温下 Fe(OH)3和 Mg(OH)2的 Ksp分别为 8.01038、1.01011，向浓度均为 0.1 mol/L的 FeCl3、MgCl2的混合溶液中加入碱液，要使 Fe3完全沉淀而 Mg2不沉淀，应该调节溶液pH 的范围是_。(已知 lg20.3)【答案】3.3，9)高温 【解析】KspFe(OH)3c(Fe3)c3(OH)，Fe3完全沉淀时 c3(OH)，得 c(OH)21011mol/L，pH3.3，Mg(OH)2开始沉淀时 c2(OH)1.01010，得 c(OH)1105mol/L，pH9，调节 pH 范围为3.3，9)。5-38-10100.81.0100.111-