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高中化学计算题练习


2010 高考化学试题分类汇编:化学计算
1. (2010 全国卷 1) .下列叙述正确的是 A.在醋酸溶液的 pH ? a ,将此溶液稀释 1 倍后,溶液的 pH ? b ,则 a>b B.在滴有酚酞溶液的氨水里,加入 NH 4Cl 至溶液恰好无色,则此时溶液的 pH<7 C. 1.0 ?10 mol/L 盐酸的 pH ? 3.0 , 1.0 ?10 mol/L 盐酸

的 pH ? 8.0 D.若 1mL pH ? 1 的盐酸与 100mL NaOH 溶液混合后,溶液的 pH ? 7 则 NaOH 溶液的
?3 ?8

pH ? 11
【解析】A 若是稀醋酸溶液稀释则 C(H )减小,pH 增大,b>a,故 A 错误;B 酚酞的变 色范围是 pH= 8.0~10.0(无色→红色) ,现在使红色褪去,pH 不一定小于 7,可能在 7~8 之间,故 B 错误;C 常温下酸的 pH 不可能大于 7,只能无限的接近 7;D 正确,直接代入计 算可得是正确,也可用更一般的式子:设强酸 pH=a,体积为 V1;强碱的 pH=b,体积为 V2, 则有 10 V1=10
-a -(14-b) +

V2 ?

V1 a ? b ?14 -2 ,现在 V1/V2=10 ,又知 a=1,所以 b=11 ? 10 V2

【答案】D 【命题意图】考查弱电解质的稀释,强酸的无限稀释,指示剂的变色范围,强酸与强碱 的混合 pH 的计算等基本概念 【点评】 本题在第一轮复习至第三轮复习无时不在强调的基本问题考查就是第二册第三 章的问题,这次居然没有考离子浓度大小比较,而考这些,很简单,大家都喜欢! 2. (2010 全国卷 1)12.一定条件下磷与干燥氯气反应,若 0.25g 磷消耗掉 314mL 氯气(标 准状况) ,则产物中 PCl3 与 PCl5 的物质的量之比接近于 A.1:2 B.2:3 C.3:1 D.5:3

【解析】设 n(PCl3)=X mol, n(PCl5)=Y mol,由 P 元素守恒有:X+Y=0.25/31≈0.008?? ① ; 由 Cl 元 素 守 恒 有 3X+5Y= ( 0.314×2 ) /22.4≈0.028?? ② , 联 立 之 可 解 得 : X=0.006,Y=0.002 故选 C 【命题意图】考查学生的基本化学计算能力,涉及一些方法技巧的问题,还涉及到过量 问题等根据化学化学方程式的计算等 【点评】本题是个原题,用百度一搜就知道!做过多遍,用的方法很多,上面是最常见 的据元素守恒来解方程法,还有十字交叉法,平均值法、得失电子守恒等多种方法,此题不

好! (2010 重庆卷)12.已知 H 2 ? g ? ? Br2 ? l ? ? 2HBr ? g ? ; ?H ? ?72kJ/mol. 蒸发 1mol Br2 (l)需要吸收的能量为 30kJ,其它相关数据如下表:

则表中 a 为 A.404 12. 答案 D 【解析】 本题考查盖斯定律的计算。 由已知得: 2(l)=Br2(g) ?H=+30KJ/mol, H2(g) + Br2(g) Br 则 = 2HBr(g);?H= -102KJ/mol。436+a-2×369=-102;a=―200KJ,D 项正确。 (2010 福建卷)12.化合物 Bilirubin 在一定波长的光照射下发生分解反应,反应物尝试 随反应时间变化如右图所示,计算反应 4~8 min 间的平均反应速率和推测反应 16 min 反应 物的浓度,结果应是 B.260 C.230 D.200

min 和 2.0 ? mol ?L A 2.5 ? mol ?L ?
?1 ?1

?1

min 和 2.5 ? mol ?L B 2.5 ? mol ?L ?
?1 ?1

?1

min 和 3.0 ? mol ?L C 3.0 ? mol ?L ?
?1 ?1

?1

min 和 3.0 ? mol ?L D 3.0 ? mol ?L ?
?1 ?1

?1

解析:本题考察化学反应速率的计算

min ,?t 为 4 秒,所以在 4~8 min 间 第 8 秒与第 4 秒时反应物浓度差△C 为 10 ? mol ?L ?
?1 ?1

min , 的平均反应速率为 2.5 ? mol ?L ? 可以排除 CD 两个答案; 图中从 0 min 开始到 8 min
?1 ?1

反应物浓度减低了 4 倍,根据这一幅度,可以推测从第 8 min 到第 16 分也降低 4 倍,即由

10 ? mol ?L ? min
?1 ?1

?1

降低到 2.5 ? mol ?L ? min
?1

?1

,因此推测第 16 min 反应物的浓度为

2.5 ? mol ?L ? min ,所以可以排除 A 而选 B
?1

答案:B (2010 上海卷)21.甲、乙两烧杯中分别装有相同体积、相同 pH 的氨水和 NaOH 溶液,各 加入 10mL 0.1 mol·L
-1

AlCl3 溶液,两烧杯中都有沉淀生成。下列判断正确的是 B.甲中沉淀可能比乙中的多 D.甲中和乙中的沉淀可能一样多

A.甲中沉淀一定比乙中的多 C.甲中沉淀一定比乙中的少 答案:BD

解析:此题考查了元素化合物知识。根据氢氧化铝的性质,其能溶于氢氧化钠但不溶于 氨水,故此加入时,两烧杯中生成的都是氢氧化铝沉淀;相同体积相同 pH 的两溶液中的溶 质氨水大于氢氧化钠,当两者均不足量时,生成的沉淀氨水多;氨水过量,氢氧化钠不足量 时,生成的沉淀氨水多;氨水过量,氢氧化钠恰好时,生成的沉淀一样多;氨水和氢氧化钠 都过量时,生成的沉淀氨水多;可知 BD 正确。 解法点拨:此题解答时,选用的是讨论法,其多用在计算条件不足,据此求解时需要在 分析推理的基础上通过某些假设条件,加以讨论才能正确解答;故此在应用讨论法解题时, 关键是先要分析条件与求解问题之间的联系,形成正确的解题方法。 (2010 上海卷)22.由 5mol Fe2O3、4mol Fe3O4 和 3mol FeO 组成的混合物,加入纯铁 1mol 并在高温下和 Fe2O3 反应。若纯铁完全反应,则反应后混合物中 FeO 与 Fe2O3 的物质的量之比 可能是 A.4:3 答案:BC 解析:此题考查了化学计算知识。分析题给混合物和高温下发生的反应,可知当 Fe2O3+Fe=3FeO 时,反应后混合物中含有 6molFeO、4molFe2O3,则 FeO 与 Fe2O3 的物质的量之 比为:3:2;当发生反应:Fe2O3+Fe+FeO=Fe3O4 时,反应后混合物中含有 2molFeO、4molFe2O3, 则 FeO 与 Fe2O3 的物质的量之比为:1:2;当两反应均存在时,FeO 与 Fe2O3 的物质的量之比 处于两着之间,故 BC 可能。 知识归纳: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 B.3:2 C.3:1 D.2:l

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。 (2010 江苏卷)5.设 N A 为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是 A.常温下, 1L0.1mol
?1

NH 的L 4 NO3 溶液中氮原子数为 0.2 N A

B.1mol 羟基中电子数为 10 N A C.在反应中,每生成 3mol I 2 转移的电子数为 6 N A D.常温常压下,22.4L 乙烯中 C—H 键数为 4 N A 【答案】A 【解析】 本题主要考查的是以阿伏伽德罗常数为载体考查如下知识点①考查 22.4L/mol 的正确使用;②考查在氧化还原反应中得失电子数的计算等内容。A 项,无论 NH 4 + 水解与 否,根据元素守恒;B 项,1mol 羟基中有 9 N A 个电子;C 项,在该反应中,每生成 3mol I 2 , 转移 5 N A 个电子;D 项,常温常压下,气体摩尔体积 Vm 不为 22.4L/mol。综上分析得知, 本题选 A 项。 【备考提示】结合阿伏伽德罗常数为 N A ,判断一定量的物质所含有的某种粒子数目的 多少,是高考命题的热点之一,在近几年的各种高考试题中保持了相当强的连续性。这种题 型所涉及的指示非常丰富,在备考复习时应多加注意,强化训练,并在平时的复习中注意知 识的积累和总结。 (2010 四川理综卷)12.标准状况下 VL 氨气溶解在 1L 水中(水的密度近似为 1g/ml) ,所得 溶液的密度为 p g/ml,质量分数为 ω ,物质浓度为 c mol/L,则下列关系中不正确的是 ... A. p ? ?17V ? 22400 ? / ? 22.4 ? 22.4V ? C. W ? 17V / ?17V ? 22400 ? 答案:A 解析:本题考查基本概念。考生只要对基本概念熟悉,严格按照基本概念来做,弄清质量分 数与物质的量浓度及密度等之间的转化关系即可。 B. W ? 17c / ?1000 ? ? D.C=1000Vρ /(17V+22400)

(2010 全国卷 1)27.(15 分)在溶液中,反应 A+2B

C 分别在三种不同实验条件下进

行,它们的起始浓度均为 c( A) ? 0.100mol / L 、 c( B) ? 0.200mol / L 及 c(C ) ? 0mol / L 。 反应物 A 的浓度随时间的变化如下图所示。

请回答下列问题: (1)与①比较,②和③分别仅改变一种反应条件。所改变的条件和判断的理由是: ②_______________; ③_______________; (2)实验②平衡时 B 的转化率为_________;实验③平衡时 C 的浓度为____________; (3) 该反应的 ?H _________0, 判断其理由是__________________________________; (4)该反应进行到 4.0min 时的平均反应速度率: 实验②: vB =__________________________________; 实验③: vC =__________________________________。 【解析】 (1)②使用了(正)催化剂;理由:因为从图像可看出,两者最终的平衡浓度 相同,即最终的平衡状态相同,而②比①所需要的时间短,显然反应速率加快了,故由影响 反应速率和影响平衡的因素可知是加入(正)催化剂;③升高温度;理由:因为该反应是在 溶液中进行的反应,所以不可能是改变压强引起速率的改变,又由于各物质起始浓度相同, 故不可能是改变浓度影响反应速率, 再由于③和①相比达平衡所需时间短, 平衡时浓度更小, 故不可能是改用催化剂,而只能是升高温度来影响反应速率的 (2)不妨令溶液为 1L,则②中达平衡时 A 转化了 0.04mol,由反应计量数可知 B 转化 了 0.08mol,所以 B 转化率为

0.08 ? 100 % ? 40.0% ;同样在③中 A 转化了 0.06mol,则 0.200

生成 C 为 0.06mol,体积不变,即平衡时 C(c)=0.06mol/L (3) ?H ﹥0;理由:由③和①进行对比可知升高温度后 A 的平衡浓度减小,即 A 的转

化率升高,平衡向正方向移动,而升温是向吸热的方向移动,所以正反应是吸热反应,?H ﹥0 ( 4 ) 从 图 上 读 数 , 进 行 到 4.0min 时 , 实 验 ② 的 A 的 浓 度 为 : 0.072mol/L, 则 △C(A)=0.10-0.072=0.028mol/L ,

? ( A) ? ?C ( A) / ?t ?

0.028 mol / L -1 ? 0.007 mol( L ? min) ?1 ,∴ vB =2 ?A =0.014mol(L·min) 4.0 min
,

;进行到 4.0mi 实验③的 A 的浓度为:0.064mol/L:△C(A ) =0.10-0.064=0.036mol/L,

? ( A)' ? ?C ( A)' / ?t ?

0.036 mol / L -1 ? 0.009 mol ( L ? min) ?1 ,∴ vC = ?A =0.0089mol(L·min) 4.0 min

【答案】 (1)②加催化剂;达到平衡的时间缩短,平衡时 A 的浓度未变 ③温度升高;达到平衡的时间缩短,平衡时 A 的浓度减小 (2)40%(或 0.4) ;0.06mol/L; (3)﹥;升高温度向正方向移动,故该反应是吸热反 应 (4)0.014mol(L·min) ;0.008mol(L·min)
-1 -1

【命题意图】考查基本理论中的化学反应速率化学平衡部分,一些具体考点是:易通过 图像分析比较得出影响化学反应速率和化学平衡的具体因素(如:浓度,压强,温度,催化 剂等) 、反应速率的计算、平衡转化率的计算,平衡浓度的计算, ?H 的判断;以及计算能 力,分析能力,观察能力和文字表述能力等的全方位考查。 【点评】本题所涉及的化学知识非常基础,但是能力要求非常高,观察和分析不到位, 就不能准确的表述和计算,要想此题得满分必须非常优秀才行!此题与 2009 年全国卷 II 理综第 27 题,及安微卷理综第 28 题都极为相似,有异曲同工之妙,所以对考生不陌生! (2010 天津卷)10. (14 分)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: ⑴ 煤的气化的主要化学反应方程式为:___________________________。 ⑵ 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:________________________________________。 ⑶ 利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下: ① 2H 2 (g) + CO(g) ② 2CH3OH(g) ③ CO(g) + H 2 O (g) C H 3 O H (g);Δ H = -90.8 kJ·mol
-1

CH3OCH3(g) + H 2 O (g);Δ H= -23.5 kJ·mol C O 2 (g) + H2(g);Δ H= -41.3 kJ·mol

-1

-1

总反应:3H 2 (g) + 3CO(g)

CH3OCH3(g) + C O 2 (g)的 Δ H= ___________;

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 d.增加 CO 的浓度 ⑷ 已知反应②2CH3OH(g) b.加入催化剂 e.分离出二甲醚 CH3OCH3(g) + H 2 O (g)某温度下的平衡常数为 400 。此 c.减少 C O 2 的浓度

温度下,在密闭容器中加入 C H 3 O H ,反应到某时刻测得各组分的浓度如下: 物质 浓度/(mol·L
1 -

CH3OH

CH3OCH3

H2O

0.44 )

0.6

0.6

① 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 10 min 反应达到平衡,此时 c(C H 3 O H ) = _________;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
高温

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,应是①×2+②+③,故△H=2△H1+△H2+△H3=-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。 (4)此时的浓度商 Q= 故? 400=
正 -1

0.6 ? 0.6 =1.86<400,反应未达到平衡状态,向正反应方向移动, 0.44 ? 0.44

>?



; 设 平 衡 时 生 成 物 的 浓 度 为 0.6+x , 则 甲 醇 的 浓 度 为 ( 0.44-2x ) 有 :

(0.6 ? x) 2 -1 -1 -1 ,解得 x=0.2 mol·L ,故 0.44 mol·L -2x=0.04 mol·L 。 (0.44 ? 2 x) 2
-1 -1

由表可知,甲醇的起始浓度度为(0.44+1.2) mol·L =1.64 mol·L ,其平衡浓度为 0.04 mol·L , 10min 变化的浓度为 1.6 mol·L ,故 ? (CH3OH)=0.16 mol·L ·min 。
-1 -1 -1 -1

答案:(1) C+H2O

高温

CO+H2。

(2) Na2CO3+H2S==NaHCO3+NaHS (3) -246.4kJ· mol
-1

c、e
-1

(4) ①> ②0.04 mol·L

0.16 mol·L ·min

-1

-1

命题立意: 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。 (2010 广东理综卷)31. (16 分)硼酸(H3BO3)在食品、医药领域应用广泛。 (1)请完成 B2H6 气体与水反应的化学方程式:B2H6 + 6H2O=2H3BO3 +________。 (2)在其他条件相同时,反应 H3BO3 +3CH3OH B(OCH3)3 +3H2O 中,H3BO 3 的转化率( ? )在

不同温度下随反应时间(t)的变化见图 12,由此图可得出:

①温度对应该反应的反应速率和平衡移动的影响是____ ②该反应的 ?H _____0(填“<”、“=”或“>”). (3)H3BO 3 溶液中存在如下反应: H3BO 3(aq)+H2O(l) [B(OH)4] ( aq)+H (aq)已知 0.70 mol·L
+ -5 -1 + -1

___

H3BO 3 溶液中,上

述反应于 298K 达到平衡时,c 平衡(H )=2. 0 × 10 mol·L ,c 平衡(H3BO 3)≈c 起始(H3BO 3) , 水的电离可忽略不计,求此温度下该反应的平衡常数 K(H2O 的平衡浓度不列入 K 的表达式 ... 中,计算结果保留两位有效数字) 解析:(1)根据元素守恒,产物只能是 H2, 故方程式为 B2H6 + 6H2O=2H3BO3 +6H2。 (2)由图像可知,温度升高,H3BO 3 的转化率增大,故升高温度是平衡正向移动,正反应是吸 热反应,△H>O。 (3) K= 答案:

[ B (OH ) 4 ] 2 ? 10 ?5 10 = = ? ?5 [ H ][ H 3 BO3 ] 2 ? 10 ? 0.7 7

?

(1) B2H6 + 6H2O=2H3BO3 +6H2 (2) ①升高温度,反应速率加快,平衡正向移动 (3) ②△H>O

10 或 1.43 7
Ⅰ Ⅱ Ⅲ SO2+2H2O+I2===H2SO4+2HI 2HI ? H2+I2 2H2SO42===2SO2+O2+2H2O 。 b.反应Ⅰ中 SO2 氧化性比 HI 强 d. 循环过程中产生 1mol O2 的同时产生 1mol H2

(2010 山东卷)28. (14 分)硫一碘循环分解水制氢主要涉及下列反应:

(1)分析上述反应,下列判断正确的是 a.反应Ⅲ易在常温下进行 c.循环过程中需补充 H2O

(2)一定温度下,向 1L 密闭容器中加入 1mol HI(g) ,发生反应Ⅱ,H2 物质的量随时间 的变化如图所示。

0~2 min 内的平均放映速率 v(HI)= 的平衡常数 K= 。

。该温度下,H2(g)+I2(g) ? 2HI(g)

相同温度下,若开始加入 HI(g)的物质的量是原来的 2 倍,则 a.平衡常数 b.HI 的平衡浓度 c.达到平衡的时间

是原来的 2 倍。

d.平衡时 H2 的体积分数 移动(填“向左”

(3)实验室用 Zn 和稀硫酸制取 H2,反应时溶液中水的电离平衡 “向右”或者“不”;若加入少量下列试剂中的 ) a.NaNO3 b.CuSO4 c.Na2SO4

,产生 H2 的速率将增大。 d.NaHSO3

(4)以 H2 为燃料可制成氢氧燃料电池。 已知 2H2(g)+O2(g)===2H2O(I) △H=-572KJ.mol
-1

某氢氧燃料电池释放 228.8KJ 电能时,生成 1mol 液态水,该电池的能量转化率 为 。

解析:(1)H2SO4 在常温下,很稳定不易分解,这是常识,故 a 错;反应Ⅰ中 SO2 是还原剂,

HI 是还原产物, 故还原性 SO2>HI, b 错; 则 将Ⅰ和Ⅱ分别乘以 2 和Ⅲ相加得: 2O==2H2+O2, 2H 故 c 正确 d 错误。 (2) υ
-1

(H2)=0. 1mol/1L/2min=0.05 mol·L ·min , 则 υ
-1

-1

-1

(HI)=2 υ

(H2)=0.1

mol·L ·min ; 2HI(g)==H2(g)+I2(g) 2 起始浓度/mol·L
-1

1 1 0 0.1 0.1

1 0 0.1 0.1

变化浓度/mol·L : 0.2 平衡浓度/mol·L : 0.8
-1

-1

则 H2(g)+I2(g)== 2HI(g)的平衡常数 K=

(0.8mol / L) 2 =64mol/L。 0.1mol / L ? 0.1mol / L

若开始时加入 HI 的量是原来的 2 倍, 则建立的平衡状态和原平衡是等比平衡, H2、 的 HI、 I2 物质的量、 平衡浓度都是原来的两倍; 各组分的百分含量、 体积分数相等, 平衡常数相等 (因 为温度不变) ;因开始时的浓度增大了,反应速率加快,达平衡时间不可能是原来的两倍, 故选 b. (3)水的电离平衡为

H 2O ? H ? ? OH ?
?

,硫酸电离出的 c( H ) 对水的电离是抑制作用,

?

? NaNO3 HNO3 当 Zn 消耗了 H , c( H ) 减小,水的电离平衡向右移动;若加入 ,溶液变成

的溶液了,不再生成 H2;加入的

NaHSO3

? 会和 H 反应,降低 c( H ) ,反应速率减慢;

?

Na2 SO4

的加入对反应速率无影响;加入 CuSO4 后, Zn 与置换出的 Cu 构成原电池,加快

了反应速率,选 b.

1 (4)根据反应方程式,生成 1mol 水时放出热量为:572kJ 2 =286 kJ,故该电池的能量转 ?
228.8kj ?100% ? 80% 化率为 286kj
答案: (1)c (2)0.1 mol·L-1·min-1 ;64mol/L;b (3)向右;b

(4)80% (2010 安徽卷)27.(14 分)锂离子电池的广泛应用使回收利用锂货源成为重要课题:某研 究性学习小组对废旧锂离子电池正极材料(LiMn2O4、碳粉等涂覆在铝箔上)进行资源回收研 究,设计实验流程如下:

(1)第②步反应得到的沉淀 X 的化学式为 (2)第③步反应的离子方程式是 (3)第④步反应后,过滤 Li2CO3 所需的玻璃仪器有

。 。 。

若过滤时发现滤液中有少量浑浊,从实验操作的角度给出两种可能的原因: 、 。

( 4 ) 若 废 旧 锂 离 子 电 池 正 极 材 料 含 LiNB2O4 的 质 量 为 18.1 g 第 ③ 步 反 应 中 加 入 20.0mL3.0mol·L 的 H2SO4 溶液。定正极材料中的锂经反应③和④完全为 Li2CO3,剩至少有 Na2CO3 参加了反应。 答案: (1)Al(OH)3 (2)4 LiMn2O4+O2+4H =4Li +8MnO2+2H2O (3) 漏斗 玻璃棒 烧杯 ; (4)5.3 解析: 第一步就是铝溶解在氢氧化钠溶液中 第二步就是偏铝酸钠与二氧化碳生成氢氧化铝, 第三步是氧化还原反应,注意根据第一步反应 LiMn2O4 不溶于水。 第(4)小题计算时要通过计算判断出硫酸过量。 (2010 浙江卷)26. (15 分)已知: ①25℃时弱电解质电离平衡数:Ka(CH3COOH)= 1.8 ? 10 ,Ka(HSCN)=0.13;难溶 电解质的溶度积常数:Kap(CaF2)= 1.5 ?10
?3
-1 + + -1

滤纸破损、滤液超过滤纸边缘等

?5

?10

②25℃时, 2.0 ?10 mol·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:
-

请根据以下信息回答下旬问题:
-1

图2
-1

(1)25℃时,将 20mL 0.10 mol·L CH3COOH 溶液和 20mL 0.10 mol·L HSCN 溶液分 别与 20mL 0.10 mol·L NaHCO3 溶液混合,实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)变化 的示意图为图 2 所示: 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 ) “=”) (2)25℃时,HF 电离平衡常数的数值 Ka ? 由 (3) 4.0 ?10
-3
-1



c(SCN ) (填“>”、“<”或

,列式并说明得出该常数的理 。

mol·L HF 溶液与 4.0 ?10
-1

-4

mol·L

-1

CaCl2 溶液等体积混合,调节混

合液 pH 为 4.0(忽略调节混合液体积的变化) ,通过列式计算说明是否有沉淀产 生。 试题解析: 给信息多,可以对信息进行初步分析,也可以根据问题再去取舍信息。 信息分析:①HSCN 比 CH3COOH 易电离,CaF2 难溶。②F PH=6,PH=0 时以 HF 存在。 F 与 HF 总量不变。 问题引导分析(解题分析与答案) : (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, (H ) c =10 , c(F )=1.6×10 、 c(HF)=4.0×10 。Ka=0.4×10 。 (3)PH=4.0,则 c(H )=10 ,此时:根据 HF 电离,产生的 c(F )=1.6×10 ,而溶 液中的 c(Ca )=2.0×10 。c (F )×c(Ca )=5.12×10 ,5.12×10 大于 Kap(CaF2) = 1.5 ?10
?10
2+ -4 2 2+ -10 -10 + -4 -3 -3 -4 -3 + -4 + + -

,此时有少量沉淀产生。

教与学提示:

本题比较全面地考察了电离平衡常数与溶解平衡常数的知识内容。 要求学生会读图, 要掌握 平衡常数的表达式和含义: 平衡时的溶液中的各种相关离子的浓度。 要理解溶解平衡的含义: 达到饱和溶液时的最大值, 大于则沉淀析出, 小于则不析出。 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,有触类旁通地系统地研究和 学习平衡常数问题。 26 题再一次说明,平衡常数的题目不再只是说要考,而总是回避大题的内容。难点突 破在高考复习中意义重大。也再一次说明,高考的热点往往和大学基础要求有联系。 (2010 上海卷)25.接触法制硫酸工艺中,其主反应在 450℃并有催化剂存在下进行:

?? ? 2 SO2 ( g ) ? O2 ( g ) ?? 2SO3 ( g ) ? 190 KJ ?
1)该反应所用的催化剂是 (填写化合物名称),该反应 450℃时的平衡常数

500℃时的平衡常数(填“大于”、“小于”或“等于”)。 2)该热化学反应方程式的意义是 a. . b.容器中气体的平均分子量不随时间而变化

v(o2 )正 ? 2(SO3) v 逆

c.容器中气体的密度不随时间而变化 d.容器中气体的分子总数不随时间而变化 4)在一个固定容积为 5L 的密闭容器中充入 0.20 mol SO2 和 0.10molSO2,半分钟后达到 平衡, 测得容器中含 SO30.18mol, 则 和 0.10mol O2, 则平衡 再次达到平衡后,

v(o2 )

=

mol.L .min : 若继续通入 0.20mol SO2

-1

-1

移动(填“向正反应方向”、 “向逆反应方向” 或“不”), mol<n(SO3)< mol。

答案:1)五氧化二钒(V2O5) ;大于;2)在 450℃时,2molSO2 气体和 1molO2 气体完全反 应生成 2molSO3 气体时放出的热量为 190kJ;3)bd;4)0.036;向正反应方向;0.36;0.40。 解析:此题考查了工业制硫酸、化学平衡常数、热化学方程式、化学平衡状态、有关化 学平衡的计算等知识。1)工业制硫酸时二氧化硫催化氧化使用的催化剂是五氧化二钒;该 反应正向放热, 故温度越高化学平衡常数越小; 热化学方程式表示的是 450℃时, 2) 2molSO2 气体和 1molO2 气体完全反应生成 2molSO3 气体时放出的热量为 190kJ; 根据化学平衡状态 3) 的特征,容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化、分子总数不随时间变化时,说明反 应达到平衡状态;4)当达到平衡时,容器中 SO3 的物质的量为 0.18mol,则 v(SO3) =0.072mol.L .min ,则 v(O2)=0.036mol.L .min ;再继续通入 0.20molSO2 和 0.10molO2 时,平衡向正反应方向移动,在此达到平衡时,SO3 的物质的量介于 0.36 和 0.40 之间。
-1 -1 -1 -1

知识归纳:化学平衡常数只是和温度相关的函数,其随温度变化而变化。若正反应为吸 热反应,温度升高 K 值增大;若正反应为放热反应,温度升高 K 值减小。 (2010 上海卷)30.Na2SO3·7H2O 是食品工业中常用的漂白剂、抗氧化剂和防腐剂。Na2SO3 在 30℃时的溶解度为 35.5g/100gH2O。 1)计算 30℃时 Na2SO3 饱和溶液中 Na2SO3 的质量分数 ω 。 (保留 2 位小数)

2)计算 30℃时 271g Na2SO3 饱和溶液中水的质量。

3) 30℃的 Na2SO3 饱和溶液 271g 冷却到 10℃, 将 析出 Na2SO3·7H2O 晶体 79.5g。 计算 10℃ 时 Na2SO3 在水中的溶解度。

答案: 1) 中 Na2SO3 的质量分数为 0.50,

;2)135.5:100=271:x;x=200(g) 3)Na2SO3.7H2O ; 。

解析: 此题考查了溶液的质量分数、 溶剂的质量、 溶解度等化学计算知识。 根据 Na2SO3 1) 的溶解度,其饱和溶液中溶质为 35.5g;溶剂为 100g;溶液总质量为 135.5g,则 ; 271g 饱和溶液中, 2) 假设其含有的溶剂为 x, 135.5: 则 100=271: x;x=200(g) ;3)冷却溶液后,析出晶体 79.5g,根据其晶体的组成,其中含有水和亚硫 酸钠各一半,列式得: 。

(2010 上海卷)31.白磷(P4)是磷的单质之一,易氧化,与卤素单质反应生成 卤化磷。卤化磷通常有三卤化磷或五卤化磷,五卤化磷分子结构(以 PCl5 为例) 如右图所示。该结构中氯原子有两种不同位置。 1)6.20g 白磷在足量氧气中完全燃烧生成氧化物,反应所消耗的氧气在标准 状况下的体积为 L。

上述燃烧产物溶于水配成 50.0mL 磷酸(H3PO4)溶液,该磷酸溶液的物质的量浓度为 mol·L 。 2)含 0.300mol H3PO4 的水溶液滴加到含 0.500mol Ca(OH)2 的悬浮液中,反应恰好完全, 生成 l 种难溶盐和 16.2g H2O。该难溶盐的化学式可表示为 3)白磷和氯、溴反应,生成混合卤化磷 。
-1

PCl5? x Brx

( 1 ? x ? 4 ,且 x 为整数) 。

如果某混合卤化磷共有 3 种不同结构(分子中溴原子位置不完全相同的结构) ,该混合 卤化磷的相对分子质量为 。

4) 磷腈化合物含有 3 种元素, 且分子中原子总数小于 20。 0.10mol PCl5 和 0.10mol NH4Cl 恰好完全反应,生成氯化氢和 0.030mol 磷腈化合物。推算磷腈化合物的相对分子质量(提 示:M>300) 。 答案:1)5.6;4.00;2)Ca5(PO4)3(OH);3)297.5 或 342;4)348 或 464。 解析:此题考查了元素化合物、化学计算知识。1)白磷燃烧生成五氧化二磷,白磷的 相对分子质量为:128,则其 6.20g 的物质的量为:0.05mol,其完全燃烧消耗氧气 0.25mol, 标准状况下体积为 5.6L;将这些白磷和水反应生成磷酸 0.20mol,溶液体积为 50mL,也就 是 0.05L,则磷酸溶液的物质的量浓度为 4.00mol/L;2)根据该水溶液中含有溶质的物质的 量和氢氧化钙悬浊液中溶质的物质的量,根据质量守恒,可知该物质中含有 5 个钙离子和 3 个磷酸根离子,结合电荷守恒,必还含有 1 个氢氧根离子,写作:Ca5(PO4)3(OH);3)根据 题意 x 为整数,其可能为:PCl4Br、PCl3Br2、PCl2Br3、PClBr4 四种,要是有三种不同结构的 话,结合 PCl5 的结构,其可能为:PCl3Br2 或 PCl2Br3,则其相对分子质量可能为:297.5 或 342;4)根据题意和质量守恒定律,可求出化合物提供的 Cl 原子的物质的量为:0.1mol× 5+0.1mol×1=0.6mol; 由于磷腈化合物中只含有三种元素, 故必须将其中的氢原子全部除去; 两物质提供的 H 原子的物质的量为:0.1mol×4=0.4mol,则生成的氯化氢的物质的量为: 0.1mol×4=0.4mol;则磷腈化合物中含有的 Cl 原子为:0.2mol、P 原子为:0.1mol、N 原子 为:0.1mol,则该化合物的最简式为:PNCl2;假设其分子式为(PNCl2)x,由其含有的碳原子 总数小于 20,则知:4x<20,故 x<5;假设 x=4,其分子式为: P4N4Cl8,相对分子质量为 464; 假设 x=3,其分子式为: P3N3Cl6,相对分子质量为:348;假设 x=2,其分子式为:P2N2Cl4, 相对分子质量<300 舍去。故其相对分子质量可能为:348 或 464。 (2010 江苏卷)18.(12 分)正极材料为 LiCoO2 的锂离子电池已被广泛用作便携式电源。 但钴的资源匮乏限制了其进一步发展。 ( 1 ) 橄 榄 石 型 L i F e P4O 一 种 潜 在 的 锂 离 子 电 池 正 极 材 料 , 它 可 以 通 过 是

( N H4 )2 F e( S O )2、 H 3 PO4 与 LiOH 溶液发生共沉淀反应,所得沉淀经 80℃真空干燥、 4
高温成型而制得。 ①共沉淀反应投料时, 不将 ( NH 4 ) 2 Fe( SO4 ) 2 和 LiOH 溶液直接混合的原因是 。

②共沉淀反应的化学方程式为



③高温成型前,常向 LiFePO4 中加入少量活性炭黑,其作用除了可以改善成型后的

LiFePO4 的导电性能外,还能



(2)废旧锂离子电池的正极材料试样(主要含有 LiCoO2 及少量 AI、Fe 等)可通过下列 实验方法回收钴、锂。

① 在上述溶解过程中, S 2O3 被氧化成 SO4 , LiCoO2 在溶解过程中反应的化学方 程式为 。

2?

2?

② Co(OH )2 在空气中加热时,固体残留率随温度的变化 如右图所示。已知钴的氢氧化物加热至 290℃时已完全 脱水,则 1000℃时,剩余固体的成分为 在 350~400℃范围内,剩余固体的成分为 【答案】 (1) ①Fe 在碱性条件下更易被氧化(凡合理答案均可) ②(NH4)2Fe(SO4)2+LiOH+H3PO4=LiFePO4+2NH4HSO4+H2O ③与空气中 O2 反应,防止 LiFePO4 中的 Fe 被氧化 (2) ① 8 LiCoO2 ? Na 2S2O3 ? 11H 2SO4 ? 4Li 2SO4 ? 8CoSO4 ? Na 2SO4 ? 11H 2O ② CoO Co 2O3 、 Co3O4 【解析】本题考察的知识比较散,涉及到能源利用,物质性质、化工流程分析,图表分析, 覆盖面比较广。 (1)①不能直接混合的原因是 Fe 在碱性条件下更容易被氧化;②根据题给 的信息,发生的反应为(NH4)2Fe(SO4)2+LiOH+H3PO4=LiFePO4+2NH4HSO4+H2O③消耗空气中的
2+ 2+ 2+

。 (填化学式) ; 。 (填化学式) 。

O2,保护 Fe ,防止 Fe 被氧化; (2)①通过题给信息可知 LiCoO2 与 Na2S2O3 发生了氧化还原反 应,反应为 8 LiCoO2+ Na2S2O3+11H2SO4=4Li SO4+8CoSO4+ Na2SO4+11 H2O②根据质量的变化, 在变化过程中,Co 的质量没有变,通过题给数据看,在 1000 C 是 Co(OH)2 完全分解,则产 物 CoO,在 350-400 C 时,固体的质量在 89.25%-86.38%之间,可以通过极点进行分析,在 292 C,n(Cr)n(O)=100/93 :( 89.25-100*59/93)/16=2:3, 其 化 学 式 为 Co2O3 在 500 C n(Cr)n(O)= 100/93 : 86.38-100*59/93)/16=3:4 其 化 学 式 为 Co3O4 ( 350-400 C 时的化学式为 Co2O3 和 Co3O4
0 , 0 0 0 0

2+

2+

所以可以确定在

6 (2010 江苏卷)20. (10 分)以水氯镁石(主要成分为 MgCl2 ? H 2O )为原料生产碱式碳酸
镁的主要流程如下:

H 2O
水氯 镁石 溶 解

NH 3
预氨化

NH 3 、 NH 4 HCO3
沉淀镁 热水解

滤液

过滤

碱式 碳酸镁

(l)预氨化过程中有 Mg(OH)2 沉淀生成,已知常温下 Mg(OH)2 的 K sp ? 1.8 ?10 中 c OH

?11

,若溶液

?

?

? ? 3.0 ?10

?6

mol ?L?1 ,则溶液中 c ? Mg 2? ? =

。 。

(2)上述流程中的滤液浓缩结晶,所得主要固体物质的化学式为

(3)高温煅烧碱式碳酸镁得到 MgO 。取碱式碳酸镁 4.66g,高温煅烧至恒重,得到固体 2.00g 和标准状况下 CO2 0.896L,通过计算确定碱式碳酸镁的化学式。 (4) 若 热 水 解 不 完 全 ,所 得 碱 式 碳 酸 镁 中 将 混有 MgCO , 则 产 品 中 镁 的 质 量分 数 3 ▲ (填 “升高”、“降低”或“不变”) 。

【答案】 (1)2.0mol.L (2)NH4Cl (3)Mg(OH)24MgCO34H2O (4)升高 【解析】本题主要考查的是有关 Ksp 的计算和无机化工流程和化学计算。 (1)依据 Ksp 计算 的公式可知 c(Mg )=Ksp/c (OH )= 2.0mol/L; (2)通过流程分析,最后 综上分析可知,滤 液中的主要成分为 NH4Cl,浓缩以后得到的固体物质为 NH4Cl; (3)根据题给相关物质的数据
2+ 2 -1

可有以下计算

n ? CO2 ? ?

0.896L ? 4.00 ?10?2 mol ?1 22.4L?mol
2.00g ? 5.00 ?10?2 mol ?1 40g?mol

n ? MgO ? ?

4.66g ? 4.00 ?10?2 mol ? 44g ?mol ?1 ? 2.00g n ? H 2O ? ? ? 5.00 ?10?2 mol ?1 18g?mol
所以, n ? MgO ? : n ? CO2 ? : n ? H 2O ? ? 5.00 ?10 :4.00 ?10 : 5.00 ?10
?2 ?2 ?2

? 5 : 4 : 5 ,从而

得到其化学组成为;Mg(OH)24MgCO34H2O (4)因为 MgCO3 中 Mg 的含量比碱式碳酸镁的含量高,因此,混有 MgCO3 后,Mg 的含量升高。 (2010 四川理综卷)29.(16 分)四川攀枝花蕴藏丰富的钒、钛、铁资源。用钛铁矿渣(主 要成分为 TiO2、FeO、Fe2O3,Ti 的最高化合价为+4)作原料,生产白色颜料二氧化钛的主要 步骤如下

请回答下列问题: 硫酸与二氧化钛反应的化学方程式是____________________________________。 (1) 向滤液 I 中加入铁粉,发生反应的离子方程式为:_________________________、 _______________________。 (2) 在实际生产过程中,向沸水中加入滤液Ⅲ,使混合液 pH 达 0.5,钛盐开始水解。水 解过程中不断通入高温水蒸气,维持溶液沸腾一段时间,钛盐充分水解析出水合二 氧化钛沉淀。请用所学化学平衡原理分析通入高温水蒸气的作用: _______________________________________________。 过滤分离出水合二氧化钛沉淀后,将滤液返回的主要目的是充分利用滤液中的钛盐、 ___________、______________、_______________________(填化学式) ,减少废物排放。

(4)A 可用于生产红色颜料(Fe2O3),其方法是:将 556a kgA(摩尔质量为 278 g/mol)溶 于水中,加入适量氢氧化钠溶液恰好完全反应,鼓入足量空气搅拌,产生红褐色胶体;再向 红褐色胶体中加入 3336b kg A 和 112c kg 铁粉,鼓入足量空气搅拌,反应完成后,有大量 Fe2O3 附着在胶体粒子上以沉淀形式析出;过滤后,沉淀经高温灼烧得红色颜料。若所得滤 液中溶质只有硫酸钠和硫酸铁,则理论上可生产红色颜料_______________________kg。 答案:(1) TiO2 ? 2 H 2 SO4 ? Ti ( SO4 )2 ? 2 H 2O 或 TiO2 ? H 2 SO4 ? TiOSO4 ? H 2O (2) Fe ? 2Fe
3?

? 3Fe2?

Fe ? 2 H ? ? Fe2? ? H 2 ?

(3) 加水促进钛盐水解,加热促进钛盐水解,降低 H ? 浓度促进钛盐水解

H 2O

FeSO4

H 2 SO4

(4) 160a ? 320b ? 160c 解析:本题属于化工生产流程题。 (1)考查酸的通性,可以与金属氧化物反应,又知道 TI 的化合价,可以写出化学方程式。 (2)加入浓硫酸后,浓硫酸可以氧化亚铁离子,再加入铁 粉,铁粉可以还原铁离子。除此外,铁粉还可以与溶液中的 H 反应、 (3)考查了影响盐类水 解的因素。 (4)考虑最后溶质是只有硫酸钠和硫酸铁,根据开始加入 A 为 2a×10 mol 加入 适量氢氧化钠溶液恰好完全反应.,说明加入氢氧化钠的物质的量为 4a×10 mol, 后来又加入 12b×10 mol 的 A,和 2c×10 mol 的铁。根据电荷守恒,溶质中硫酸钠消耗硫酸根离子为 2a ×10 mol, 。而溶液中加入的硫酸根离子物质的量共计为(2a+12b)×10 mol,这样剩下的硫 酸根就与铁离子结合。 可知消耗铁离子为 8b×10 mol,根据铁元素守恒。 nFe=(2a+4b+2c) × 10 mol,n Fe2O3=(a+2b+c) ×10 mol,计算得 mFe2O3= 160a ? 320b ? 160c kg.
3 3 3 3 3 3 3 3 3 +


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