届高考化学一轮总复习专题突破30高中化学的基本计算方法策略.docx
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届高考化学一轮总复习专题突破30高中化学的基本计算方法策略
2020届高考化学一轮总复习专题突破30
---基本计算
【考情解读】
常见计算题型为选择题、填空题,综合计算题的命题趋势是理论联系实际,如以生产、生活、环境保护等作为取材背景编制试题,考查学生用量的观点把握化学知识、原理、过程等。
【题型特点】
1.计算量较小,其命题意图是考查对化学知识的理解、掌握和运用。
重点考查学生运用题给信息和已学相关知识进行速算巧解的能力。
2.起点高、落点低。
这方面主要是第Ⅱ卷中的计算题。
试题常以信息给予题的形式出现,但落点仍是考查基本计算技能。
3.学科渗透,综合考查。
主要考查各种数学计算方法的运用、物理学科中的有效数字及语文学科阅读能力。
【真题再现】
1.（2019·全国卷Ⅱ·26节选）立德粉ZnS·BaSO4（也称锌钡白），是一种常用白色颜料。
回答下列问题：
（1）成品中S2−的含量可以用“碘量法”测得。
称取mg样品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mol·L−1的I2−KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5min，有单质硫析出。
以淀粉溶液为指示剂，过量的I2用0.1000mol·L−1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2
=2I−+
。
测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL。
终点颜色变化为_________________，样品中S2−的含量为______________（写出表达式）。
【解析】
（1）碘单质与硫离子的反应：
S2-+I2=S+2I-；碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I2，故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题；根据化合价升降相等列关系式，设硫离子物质的量为nmol：
S2-～I22S2O32-～I2
1mol1mol2mol1mol
nmolnmol0.1V×10-3mol
0.1V×10-3mol
n+
0.1V×10-3mol=25
0.1V×10-3mol，得n=（25-
V）0.1×10-3mol
则样品中硫离子含量为：
×100%=
×100%
答案：
浅蓝色至无色；
×100%。
【答案】浅蓝色至无色
2.（2019·全国卷Ⅲ·28节选）近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。
因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。
回答下列问题：
（1）Deacon发明的直接氧化法为：
4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）。
下图为刚性容器中，进料浓度比c（HCl）∶c（O2）分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：
可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。
设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c（HCl）∶c（O2）=1∶1的数据计算K（400℃）=____________（列出计算式）。
按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。
进料浓度比c（HCl）∶c（O2）过低、过高的不利影响分别是____________。
（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2（s）=CuCl（s）+
Cl2（g）ΔH1=83kJ·mol-1
CuCl（s）+
O2（g）=CuO（s）+
Cl2（g）ΔH2=-20kJ·mol-1
CuO（s）+2HCl（g）=CuCl2（s）+H2O（g）ΔH3=-121kJ·mol-1
则4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）的ΔH=_________kJ·mol-1。
【解析】
（1）根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K（300℃）>K（400℃）；
由图像知，400℃时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：
起始（浓度）c0c000
变化（浓度）0.84c00.21c00.42c00.42c0
平衡（浓度）（1-0.84）c0（1-0.21）c00.42c00.42c0
则K=
；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；
（2）根据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III）×2得
∆H=（∆H1+∆H2+∆H3）×2=-116kJ·mol-1；
【答案】
（1）.大于
（2）.
（3）.O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低（4）.﹣116
3.（2018·全国卷Ⅲ·28节选）三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。
对于反应2SiHCl3（g）====SiH2Cl2（g）+SiCl4（g） ΔH=+48kJ·mol-1,采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂,在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
（1）343K时反应的平衡转化率α=________%。
平衡常数K343K=________（保留2位小数）。
（2）在343K下:
要提高SiHCl3转化率,可采取的措施是________;要缩短反应达到平衡的时间,可采取的措施有________、________。
（3）比较a、b处反应速率大小:
va______vb（填“大于”“小于”或“等于”）。
反应速率v=v正-v逆=
k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数,x为物质的量分数,计算a处的
=________（保留1位小数）。
【解析】
（1）2SiHCl3（g）====SiH2Cl2（g）+SiCl4（g） ΔH=+48kJ·mol-1,该反应为吸热反应,343K时的平衡转化率比323K时要高,所以α=22%
2SiHCl3（g）====SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）
起始浓度 c 0 0
改变浓度0.22c 0.11c 0.11c
平衡浓度0.78c 0.11c 0.11c
平衡常数K343K=
≈0.02
（2）在343K下:
要提高SiHCl3转化率,可采取的措施是及时移去产物等;要缩短反应达到平衡的时间,可采取加压、增大反应物浓度、使用催化剂等加快化学反应速率的措施。
（3）应根据温度比较a、b处反应速率大小,a处温度为343K,b处温度为323K,温度越高反应速率越快,故va大于vb
2SiHCl3（g）====SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）
起始浓度 c 0 0
改变浓度0.22c 0.11c 0.11c
平衡浓度0.78c 0.11c 0.11c
当反应达到平衡时,v正=v逆,即
答案:
（1）22 0.02
（2）及时移去产物 使用催化剂 增大反应物压强（合理即可）
（3）大于 1.3
【满分策略】
1.有关反应速率、化学平衡的计算:
（1）加强对速率概念、平衡移动原理的理解。
（2）熟记各物质反应速率间的换算,在采用常规解法的同时,可采用极值法、估算法图示观察等解题技巧。
（3）理解与“三段式”有关的化学平衡计算。
2.有关氧化还原、电化学的计算:
（1）根据氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等,列出守恒关系式求解。
（2）涉及转移电子数、电荷数的计算时,注意相应的原子个数与所带的电荷数。
（3）电极析出量及溶液中的变化量的计算可用关系式。
3.滴定计算:
（1）一般滴定找数据用公式C未知V未知=C标准V标准求解。
（2）测混合物纯度、质量分数计算:
根据已知文字信息,把文字转化为化学反应方程式,找到对应的物质的量之间的关系,在酸碱中和滴定的原理基础上计算混合物中某一物质的纯度、质量分数。
（3）氧化还原滴定类似酸碱中和滴定,计算方法是根据电子守恒来进行计算,涉及两个以上氧化还原反应的,用关系式找出对应的物质的量之间的关系计算。
4.水溶液的计算:
（1）已知溶度积、溶液中某离子的物质的量浓度,求溶液中的另一种离子的物质的量浓度;如判断沉淀顺序、计算溶液pH、浓度商Qc与Ksp大小比较。
其中Ksp（AmBn）=[c（An+）]m·[c（Bm-）]n,式中的浓度都是平衡浓度,Q（AmBn）=[c（An+）]m·[c（Bm-）]n式中的浓度是任意浓度。
【强化训练】
1.为了测定高铁酸钾产品纯度,进行如下实验:
取5.00gK2FeO4样品溶于稀硫酸中,充分反应后,配制成250mL溶液。
准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中,加足量的KI溶液,并滴加指示剂,用0.10mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点消耗Na2S2O3溶液20.00mL。
有关反应:
4FeO42-+20H+====4Fe3++3O2↑+10H2O,2S2O32-+I2====2I-+S4O62-。
如果配制的溶液中有少量K2FeO4没有转化为Fe3+,会使测定结果__________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
进行上述实验需
要的定量仪器有天平、滴定管、量筒和_________。
该高铁酸钾产品的纯度为______________。
【解析】配制的溶液中含高铁酸钾,消耗KI的量会增大,最终消耗硫代硫酸钠的量增大,测定结果会偏高。
在上述转化中,还隐含一个反应为2Fe3++2I-====2Fe2++I2,得关系如下:
2K2FeO4～2Fe3+～I2～2Na2S2O3,n（K2FeO4）=n（Na2S2O3）=0.10mol·L-1×20.00×10-3L
=2.0×10-3mol。
m（K2FeO4）=2.0×10-3mol×198g·mol-1=0.396g。
K2FeO4产品纯度为
×100%=79.2%。
答案:
偏高 250mL容量瓶 79.2%
2.研究发现利用NH3可消除硝酸工业尾气中的NO污染。
NH3与NO的物质的量之比分别为1∶3、3∶1、4∶1时,NO脱除率随温度变化的曲线如图所示。
曲线a中,NO的起始浓度为6×10-4mg·m-3,从A点到B点经过0.8s,该时间段内NO的脱除速率为________mg·m-3·s-1。
曲线b、c对应的NH3与NO的物质的量分别之比是____________,其理由是___________。
【解析】从A点到B点的浓度变化为（0.75-0.55）×6×10-4mg·m-3=1.2×10-4mg·m-3,脱除速率为
=1.5×10-4mg·m-3·s-1;根据勒夏特列原理,NH3与NO的物质的量之比越大,NH3量越多,促使平衡向正反应方向移动,NO的脱除率越大,再根据图象,可推曲线b、c对应的NH3与NO的物质的量之比为3∶1、1∶3。
答案:
1.5×10-4 3∶1、1∶3
根据勒夏特列原理,NH3与NO的物质的量之比越大,NH3量越多,促使平衡向正反应方向移动,NO的脱除率越大,再根据图象,可推曲线b、c对应的NH3与NO的物质的量之比为3∶1、1∶3。
3.为了保护环境充分利用资源,某研究小组经如下简化流程,将工业制硫酸的硫铁矿烧渣（铁主要以Fe2O3存在）转变成重要的化工原料FeSO4（反应条件略）。
活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O====15FeSO4+8H2SO4,不考虑其他反应。
假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3,其含量为50%。
将akg质量分数为b%的硫酸加入到ckg烧渣中浸取,铁的浸取率为96%,其他杂质浸出消耗的硫酸以及调pH后溶液呈微酸性所残留的硫酸忽略不计。
按上述流程,第Ⅲ步应加入FeCO3____________kg（用计算式表示即可）。
【解析】加入FeCO3的目的是中和剩余H2SO4,根据化学方程式Fe2O3+3H2SO4====Fe2（SO4）3+3H2O和FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O====15FeSO4+8H2SO4得关系式:
7Fe2O3
～7Fe2（SO4）3～消耗21H2SO4;7Fe2（SO4）3～15FeSO4～生成8H2SO4;即7Fe2O3～实际消耗13H2SO4,1molFe2O3实际消耗
molH2SO4,根据化学方程式FeCO3+H2SO4====FeSO4+H2O+CO2↑,则消耗FeCO3的物质的量等于剩余硫酸的物质的量,剩余硫酸的物质的量=
4.Bodensteins研究了下列反应:
2HI（g）
H2（g）+I2（g）。
在716K时,气体混合物中碘化氢的物质的量分数x（HI）与反应时间t的关系如下表:
t/min
0
20
40
60
80
120
x（HI）
1
0.91
0.85
0.815
0.795
0.784
x（HI）
0
0.60
0.73
0.773
0.780
0.784
（1）根据上述实验结果,该反应的平衡常数K的计算式为_________。
（2）上述反应中,正反应速率为v正=k正·x2（HI）,逆反应速率为v逆=k逆·x（H2）·x（I2）,其中k正、k逆为速率常数,则k逆为__________（以K和k正表示）。
若k正=0.0027min-1,在t=40min时,v正=________min-1。
【解析】
（1）2HI（g）
H2（g）+I2（g）是反应前后气体物质的量不变的反应。
反应后x（HI）=0.784,则x（H2）=x（I2）=0.108,
（2）到达平衡时,v正=v逆,即k正x2（HI）=k逆x（H2）x（I2）,k逆=k正·
在t=40min时,x（HI）=0.85,v正=k正x2（HI）=0.0027min-1×（0.85）2=1.95×10-3min-1。
5.含有砒霜（As2O3）的试样和锌、盐酸混合反应,生成的砷化氢（AsH3）在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。
若砷的质量为1.50mg,则和砒霜反应的锌为____________mg,转移的电子总数为__________。
【解析】1.50mg砷的物质的量=1.50×10-3g÷75g·mol-1=2×10-5mol,则砒霜转化为砷化氢得到电子的物质的量是2×10-5mol×6=1.2×10-4mol,锌失去2个电子,则和砒霜反应的锌的质量=
×65g·mol-1=3.9×10-3g=3.9mg;转移的电子总数
为（2×10-5×6+2×10-5×3）NA=1.8×10-4NA。
答案:
3.90 1.8×10-4NA
6.软锰矿（主要成分MnO2,含杂质金属元素Fe、Al、Mg等）的悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O,反应的化学方程式为MnO2+SO2====MnSO4。
（1）质量为17.40g的纯净MnO2最多能氧化________L（标准状况）SO2。
（2）准确称取0.1710gMnSO4·H2O样品置于锥形瓶中,加入适量H3PO4和NH4NO3溶液,加热使Mn2+全部氧化成Mn3+,用c（Fe2+）=0.0500mol·L-1的标准溶液滴定至终点（滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+）,消耗Fe2+溶液20.00mL。
则MnSO4·H2O样品的纯度是________。
【解析】
（1）根据提供的化学方程式知,1molMnO2氧化1molSO2,则17.40g纯净的MnO2最多能氧化标准状况下SO2的体积为
×22.4L·mol-1=4.48L。
（2）根据滴定原理可得关系式:
Mn2+～Mn3+～Fe2+,n（Fe2+）=0.0500mol·L-1×0.02L=1.00×10-3mol,则n（Mn2+）=n（Fe2+）=1.00×10-3mol,m（MnSO4·H2O）=1.00×10-3mol×169g·mol-1=0.169g,
故MnSO4·H2O样品的纯度为
×100%=98.8%。
答案:
（1）4.48
（2）98.8%
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