2021届新高考化学二轮专题复习课件：专题三　填空大题中的化学计算 .ppt

1、专题三 填空大题中的化学计算 一、确定物质组成的计算 【示例1】 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 m g，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 a mol/L 的 K2Cr2O7溶液滴定到终点， 消耗 K2Cr2O7溶液 b mL，反应中 Cr2O2 7 被还原为 Cr3 ，样品中 CuCl 的质量 分数为_。 解析

2、：w(CuCl) a mol L 1b103 L699.5 g mol1 m g 100%59.7ab m %。 答案：59.7ab m % 物质组成计算类型及方法总结 类型 解题方法 物质含 量计算 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。由中求出量，除以样品的总量，即可得出其含 量 确定物 质化学 式的计算 根据题给信息，计算出可求粒子的物质的量。根据电荷守 恒，确定出未知粒子的物质的量。根据质量守恒，确定出结晶 水的物质的量。各粒子的物质的量之比，即为物质化学式的下 标比 热重曲 线计算 设晶体为1 mol。失重一般是先失水、再失非金属氧化物。 计算每步的m余

3、； m余 m1 mol晶体质量固体残留率。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)，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： 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 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 训练 1 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

4、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 225300 条件下发生反应的化学方程式： _。 Co3O4 3CoC2O42O2= 225300 Co 3O46CO2 (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 480 mL 5 mol L 1 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。 由得失电子守恒有 n(Co3 )2n(Cl 2)2 4.48

5、 L 22.4 L mol 10.4 mol， 由电荷守恒有 n(Co)总n(Co2 ) 溶液0.5n(Cl )0.5(0.48050.22) mol1 mol， 所以固体中 n(Co2 )1 mol0.4 mol0.6 mol， n(O)0.430.62 2 mol1.2 mol， 故 n(Co):n(O)1:1.25:6。 解析：(1)18.3 g 二水合草酸钴的物质的量为 0.1 mol，由于在 300 时生成的 是 Co 的氧化物， 故在 8.03 g 氧化物中， 含 Co 的质量为 0.1 mol59 g mol 15.9 g，m(O)8.03 g5.9 g2.13 g，故 n(Co

6、):n(O)3:4，C 点剩余固体的化学式为 Co3O4。当晶体恰好将结晶水失去时得到 CoC2O4 14.70 g，在 B 点时与 O2反应后 生成 Co3O4的化学方程式为 3CoC2O42O2= 225300 Co 3O46CO2。 (2)黄绿色气体为 Cl2，其物质的量为 0.2 mol，根据 Cl 元素守恒可知，溶液 中2n(Co)n(HCl)2n(Cl2)， 故n(Co)1 mol， 根据得失电子守恒n(Co3 )2n(Cl 2) 0.4 mol， 则 n(Co2 )0.6 mol， 根据电荷守恒可知， 2n(O)3n(Co3)2n(Co2)， n(O)1.2 mol，故 n(Co

7、):n(O)1:1.25:6。 训练 2 PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示，已知失重曲 线上的 a 点样品失重 4.0%(即样品起始质量a点固体质量 样品起始质量 100%)的残留固 体。若 a 点固体组成表示为 PbOx或 mPbO2 nPbO，列式计算 x 值和 mn 值 _。 解析：根据 PbO2= PbOx2x 2 O2(注 PbO2相对分子质量为 239) 由2x 2 322394.0% 得 x22394.0% 16 1.4 根据 mPbO2 nPbO 得2mn mn 1.4 m n 0.4 0.6 2 3。 答案：根据 PbO2= PbOx2x 2 O2，有2x 2

8、322394.0%，x2 2394.0% 16 1.4， 根据 mPbO2 nPbO，2mn mn 1.4，m n 0.4 0.6 2 3 训练3 锰及其化合物用途广泛。锰的化合物有60多种，其中以二氧化 锰(MnO2)最稳定。 (1)将固体草酸锰(MnC2O4 2H2O)放在一个可以称出质量的容器里加热。 固体质量随温度的变化关系如图所示。 280 时，剩余固体的成分为_(填化学式)；943 时，剩余 固体的成分为_(填化学式)。 MnO MnO2 (2)向100 mL MnCl2和BaCl2的混合溶液中滴加Na2C2O4溶液，当 MnC2O4 2H2O与BaC2O4两种沉淀共存时， cBa

9、2 cMn2 _。 已知：Ksp(MnC2O4 2H2O)1.710 7； Ksp(BaC2O4)1.610 7 16 17 解析： (1)MnC2O4 2H2O= 固体xH2O， 根据差量法计算， 179:18x1:(1.00 0.80)，解得 x2，即 214 时，剩余固体的成分为 MnC2O4；同理根据 MnC2O4= 固体气体，143:Mr(固体)0.80:0.40，求得 Mr(固体)71.5，固体 中一定含有 Mn 元素，所以 280 时，剩余固体的成分为 MnO；当温度超过 280 时，剩余固体质量又会增加，说明 MnO 与空气中氧气反应，生成 Mn 的高价 氧化物，同理计算出固体

10、的化学式为 MnO2。 (2)向 100 mL MnCl2和 BaCl2的混合溶液中滴加 Na2C2O4溶液，当 MnC2O4 2H2O 与 BaC2O4两种沉淀共存时， cBa2 cMn2 KspBaC2O4 KspMnC2O4 2H2O 1.610 7 1.710 716 17。 二、反应热的计算 【示例2】 (1)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： 2O2(g)N2(g)=N2O4(l) H1 N2(g)2H2(g)=N2H4(l) H2 O2(g)2H2(g)=2H2O(g) H3 2N2H4(l)N2O4(l)=3N2(g)4

11、H2O(g) H41 048.9 kJ mol 1 上述反应热效应之间的关系式为H4_， 联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为 _。 2H32H2H1 反应放热量大，产生大量的气体 (2)CH4和CO2可以制造价值更高的化学产品。 已知：CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(g) H1a kJ mol 1 CO(g)H2O(g)=CO2(g)H2(g) H2b kJ mol 1 2CO(g)O2(g)=2CO2(g) H3c kJ mol 1 反应CH4(g)CO2(g)=2CO(g)2H2(g) H_ kJ mol 1(用含a、b、c的代数式表示)。 a2b2c 解析： (1

12、)对照目标热化学方程式中的反应物和生成物在已知热化学方程式中 的位置和化学计量数，利用盖斯定律，将热化学方程式2，减去热化学方程 式2，再减去热化学方程式，即可得出热化学方程式，故 H42H3 2H2H1；联氨具有强还原性，N2O4具有强氧化性，两者混合在一起易自发地 发生氧化还原反应，反应放热量大，并产生大量的气体，可为火箭提供很大的推 进力。 (2)CH4(g) 2O2(g)=CO2(g) 2H2O(g) H a kJ mol 1,2CO(g) 2H2O(g)=2CO2(g)2H2(g) H2b kJ mol 1,4CO 2(g)=4CO(g)2O2(g) H2c kJ mol 1。 上述

13、三式相加得：CH4(g)CO2(g)=2CO(g)2H2(g) H(a2b2c) kJ mol 1。 根据盖斯定律计算H的步骤和方法 (1)计算步骤 (2)计算方法 训练4 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) H。 (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 H_ kJ mol 1。

14、128 (2)几种化学键的键能(kJ mol 1)。 化学键 C=O HH C=C HC HO 键能/kJ mol 1 803 436 615 a 463 a_。 409.25 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)H生成物的总能量反应物的总能量(52242403942) kJ mol 1128 kJ mol1。 (2)H断裂化学键的

15、总键能形成化学键的总键能(80344366 6154a4638) kJ mol 1128 kJ mol1，解得 a409.25。 训练 5 红磷在氯气中燃烧的能量变化关系如图所示： (1)反应 PCl3(g)Cl2(g)=PCl5(g)是_反应(填“吸热”或“放 热”)。 (2)写出固态红磷在足量的氯气中完全燃烧生成气态产物的热化学方程 式：_。 (3)现有 6.2 g 红磷在 8.96 L(标准状况)氯气中完全燃烧生成气态产物时放 出热量为_(用含 a、b、c 的代数式表示)。 (4)白磷在氧气中燃烧有如下转化关系： 其中 H2_。 放热 2P(s)5Cl2(g)=2PCl5(g) H(ca

16、) kJ mol 1 2cab 10 kJ H3H1 解析：(1)从题给图像分析，PCl3和 Cl2的总能量高于 PCl5的总能量，所以该 反应是放热反应。 (2)红磷生成五氯化磷是放热反应，生成 2 mol PCl5(g)放出热量为(ca) kJ。 (3)n(P) 6.2 g 31 g mol 10.2 mol，n(Cl2) 8.96 L 22.4 L mol 10.4 mol，根据原子守恒 知，n(PCl3)n(PCl5)0.1 mol，生成 1 mol PCl5(g)放出热量为1 2(ca) kJ；生成 1 mol PCl3(g)放出的热量为1 2(cb) kJ，则 6.2 g 红磷在

17、8.96 L 氯气中充分燃烧生成 气态化合物时放出的热量 Q2cab 20 kJ。 (4)根据盖斯定律知，H2H1H3。 三、平衡常数与转化率的计算 【示例3】 按要求解答下列问题： (1)在1 000 K下，在某恒容容器中发生下列反应：2NO2(g)2NO(g) O2(g)，将一定量的NO2放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率(NO2)随温 度变化如下图所示。图中a点对应温度下，已知NO2的起始压强p0为120 kPa，列式计算该温度下的平衡常数Kp_(用平衡分压代替平衡浓度 计算，分压总压物质的量分数)。 Kpp 2NO pO2 p2NO2 81 (2)对于反应 N2O4(g)2NO2(g

18、)， 在一定条件下 N2O4与 NO2的消耗速率 与自身压强间存在关系：v(N2O4)k1 p(N2O4)，v(NO2)k2 p2(NO2)。其中， k1、k2是与反应及温度有关的常数。相应的速率压强关系如图所示。一定 温度下，k1、k2与平衡常数 Kp的关系是 k1_，在图中标出的点中， 指出能表示反应达到平衡状态的点：_， 理由是_。 1 2k2Kp BD 达到平衡时， N2O4与 NO2的消耗速率满足条件 v(NO2)2v(N2O4) 解题思路：(1)图中a点(NO2)0.6，设起始加入NO2的物质的量为m mol，则有 2NO2(g)2NO(g)O2(g) 起始量/mol m 0 0

19、转化量/mol 0.6m 0.6m 0.3m 平衡量/mol 0.4m 0.6m 0.3m NO2的起始压强p0为120 kPa，则平衡时气体压强为 0.4m0.6m0.3m m 120 kPa156 kPa，此时NO2、NO和O2的平衡压分别为48 kPa、72 kPa、 36 kPa，故该温度下反应的平衡常数Kpp 2NO pO 2 p2NO2 72 236 482 81。 (2)达到平衡状态时2v(N2O4)v(NO2)，即2k1 p(N2O4)k2 p2(NO2)，则有 k11 2k2 p2NO2 pN2O4 1 2k2Kp。达到平衡时，N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)

20、2v(N2O4)，故图中B、D两点均达到平衡状态。 有关平衡常数计算的关键 1掌握三个“百分数” (1)转化率n转化 n起始100% c转化 c起始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。 产率产物实际质量 理论产量 100%。 (3)混合物中某组分的百分含量 平衡量 平衡总量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、生成物各物质的起 始量、变化量、平衡量，结合问题代入公式运算。 如mA(g)nB(g)pC(g)qD(g)，令A、B起始物质的量

21、浓度分别为a mol L 1、b mol L1，达到平衡后消耗A的物质的量浓度为mx mol L1。 mA(g)nB(g)pC(g)qD(g) 起始/mol L 1 a b 0 0 变化/mol L 1 mx nx px qx 平衡/mol L 1 amx bnx px qx K pxp qxq amxm bnxn 训练6 2NO(g)O2(g)2NO2(g) H0是制造硝酸的重要反应之 一。在800 时，向容积为1 L的密闭容器中充入0.010 mol NO和0.005 mol O2，反应过程中NO的浓度随时间变化如图所示： 请回答下列问题： (1)2 min内，v(O2)_ mol L 1

22、 min1。 (2)升高温度，平衡向_(填“正”或“逆”)反应方向移动。 (3)平衡时，NO的转化率是_。 (4)800 时，该反应的化学平衡常数为_。 1.2510 3 逆 50% 400 解析：(1)v(NO)0.010 mol L 10.005 mol L1 2 min 0.025 mol L 1 min1， 则 v(O2)1 2v(NO)1.2510 3 mol L1 min1。 (2)正反应放热，则升高温度平衡逆向移动。 (3)起始时 c(NO)0.010 mol L 1，平衡时 c(NO)0.005 mol L1，可知转化 率为0.005 0.010100%50%。 (4) 2NO

23、(g)O2(g)2NO2(g) 起始/mol L 1 0.010 0.005 0 平衡/mol L 1 0.005 0.002 5 0.005 则 K c2NO2 c2NO cO2 0.0052 0.00520.002 5400。 训练 7 查阅资料可知：常温下，K稳Ag(NH3) 21.0010 7，K sp(AgCl) 2.5010 10。 (1)银氨溶液中存在平衡：Ag (aq)2NH 3(aq) Ag(NH3) 2(aq)， 该反应平衡常数的表达式为 K稳_。 (2)计算得到可逆反应 AgCl(s)2NH3(aq)Ag(NH3) 2(aq)Cl (aq)的化 学平衡常数 K_，1 L

24、1 mol L 1 氨水中最多可以溶解 AgCl_ mol(保留两位有效数字)。 cAgNH3 2 cAg c2NH 3 2.5010 3 0.045 解析：(2)KcAgNH 3 2 cCl c2NH3 cAgNH 3 2 cCl cAg c2NH3 cAg K稳 Ksp(AgCl) 1.001072.5010 10 2.5010 3； 设 1 L 1 mol L 1 氨水中最多可溶解 x mol AgCl，则有 AgCl(s)2NH3(aq)Ag(NH3) 2(aq)Cl (aq) 起始/mol 1 0 0 溶解/mol x 2x x x 平衡/mol 12x x x 故：K x2 12x22.5010 3 解得 x0.045。