《2019高考化学二轮复习 微专题3 隐藏在Ⅱ卷中的化学微型计算教案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考化学二轮复习 微专题3 隐藏在Ⅱ卷中的化学微型计算教案（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、微专题3隐藏在卷中的化学微型计算近三年全国卷考情年份题号考查点2016年全国27平衡常数的计算,Ksp的计算28氧化还原计算,有效氯含量计算2016年全国26H计算、氧化还原、平衡常数2017年全国26元素含量计算、物质纯度计算27Ksp的计算28平衡转化率、平衡常数K2017年全国26氧化还原滴定27H计算28氧化还原滴定2018年全国27氧化还原滴定28H计算、分压计算、速率、Kp计算2018年全国27H计算、平衡常数K28氧化还原滴定、元素含量在理综测试中,对于计算能力的考查并非是化学学科的核心任务,不会出现以计算为主要考查目标的大题。但基本的化学计算是完整化学知识体系的重要组成部分,所
2、以化学计算总是隐藏在卷的实验、工艺流程、化学原理等题目中,这可以从近三年全国高考理综化学部分对计算的考查频率中看出来。H计算、氧化还原滴定、平衡常数K的计算成为近两年的考查热点。类型一物质含量、组成、化学式的计算(对应学生用书第5758页) 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常见计算方法(方程式、关系式、得失电子守恒等)计算出混合物中某一成分的量w。w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,通过方程式、质量变化等计算出物质分解、转化为生成物的物质的量。根据原子守恒,确定出未知物质组成元素的原子的物质的量。根据质量守恒,确定出结晶水的物质的量(若有结晶
3、水)。确定物质组成原子和结晶水分子的物质的量之比。结合相对分子质量确定化学式续表类型解题方法热重曲线计算热重曲线的原理:物质在高温加热时发生脱水、分解后物质质量与温度的关系图像。掌握物质质量变化的原理:首先失去结晶水(注意可能逐步失水);然后是难溶含氧酸盐、氢氧化物的分解;最后得到金属氧化物;金属元素可能会发生价态变化,但符合原子守恒。通过中确定的变化规律确定化学方程式(需要设未知数表达未知物的化学式),并通过质量变化列比例确定未知数,最后确定物质化学式续表类型解题方法氧化还原滴定计算近两年氧化还原滴定频频出现在高考试题中,大多为一步的氧化还原反应,通常要用酸性KMnO4、I2(淀粉)作氧化剂
4、,反应过程伴随明显的颜色变化,这种题实际上是物质的量用于方程式的计算。17年卷出现了多步的氧化还原反应,主要是为了把标定物质转化为便于用氧化还原滴定的物质。此时需要利用关系式法找出标定物与滴定试剂的关系式计算。返滴定法:第一步用过量试剂使标定物全部反应,然后第二步再用滴定试剂标定出上一步过量的试剂。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【例1】 (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实验如下:(1)称量m g样品于锥形瓶中,溶解后加稀H2SO4酸化,用 c molL
5、-1KMnO4 溶液滴定至终点。滴定终点的现象是。(2)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-1KMnO4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:(1)滴定终点的现象是有粉红色出现且半分钟内不变色。(2)加入锌粉后将Fe3+还原为Fe2+,再用KMnO4溶液滴定,将Fe2+氧化为Fe3+,MnO4-转化为Mn2+:Fe2+Fe3+e-MnO4-Mn2+5e-可得关系式:5Fe2+MnO4-已知n(MnO4-)=cV10-3 mol则n(Fe2+)=5cV10-3 mol
6、则m(Fe2+)=5cV10-356 g该晶体中铁的质量分数w(Fe)=5cV10-356 gmg100%=5cV56m1 000100%答案:(1)粉红色出现(2)5cV56m1 000100%【例2】 (2017全国卷,28节选)水中的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N
7、a2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O32-+I22I-+S4O62-)。回答下列问题:(1)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为。(2)取100.00 mL水样经固氧、酸化后,用a molL-1Na2S2O3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mgL-1。解析:(1)由题知:固氧时,Mn(OH)2MnO(OH)2,所以反应为O2+2Mn(OH)22MnO(OH)2。(2)终点:当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时,溶液蓝色刚好褪去,且半分钟内不变色。由反应:2Mn(OH)2+O22MnO(OH)2,酸化时:MnO(OH)2
8、+2I-+4H+Mn2+I2+3H2OI2+2S2O32-2I-+S4O62-得关系式:4S2O32-2I22MnO(OH)2O241ab10-3 moln(O2)所以n(O2)=ab410-3mol,所以m(O2)=ab410-3 mol32 gmol-1=8ab10-3g=8ab mg所以8abmg0.1 L=80ab mgL-1。答案:(1)O2+2Mn(OH)22MnO(OH)2(2)蓝色刚好褪去80ab规律方法:对于连续多步的化学反应,可以通过原子守恒,找出多步反应中物质的关系式,利用关系式法计算,将会使问题变得简单。本题中物质的关系如下:O22MnO(OH)22I24S2O32-。
9、【例3】 (2014全国卷,27节选)PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如图所示,已知失重曲线上的a点为样品失重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mPbO2nPbO,列式计算x值和mn值。解析:根据题目信息可知,样品失重失去的是氧元素的质量,若a点固体组成表示为PbOx,可得方程式PbO2PbOx+2-x2O2,结合原子守恒得出x的值,若组成表示为mPbO2nPbO,则O原子与Pb原子的比值为2m+nm+n=x,以此计算。答案:根据PbO2PbOx+2-x2O2,有2-x232=2394.0%,x=2-2394.0%16=1.4
10、根据mPbO2nPbO,2m+nm+n=1.4,mn=0.40.6=231.(2018全国卷,26节选)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O,M=248 gmol-1)可用作定影剂、还原剂。利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下:(1)溶液配制:称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在中溶解,完全溶解后,全部转移至100 mL的中,加蒸馏水至。(2)滴定:取0.009 50 molL-1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:Cr2O72-+6I-+14H+3I2+2Cr3+7H2O。然后用硫代硫酸钠样
11、品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S2O32-S4O62-+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当溶液,即为终点。平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80 mL,则样品纯度为%(保留1位小数)。解析:(1)配制一定物质的量浓度的溶液,应该在烧杯中溶解,冷却至室温后,转移至100 mL的容量瓶中,加水至距刻度线12 cm处,改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面最低处与刻度线相平。(2)加入淀粉作指示剂,淀粉遇I2变蓝色,加入的Na2S2O3样品与I2反应,当I2消耗完后,溶液蓝色褪去,即为滴定终点。由反应Cr2O72-+6I-+14H+3I2+2Cr3+7H2OI2+2S2O32-S4
12、O62-+2I-得关系式:Cr2O72-3I26S2O32-160.009 50 molL-10.02 L0.009 50 molL-10.02 L6硫代硫酸钠样品溶液的浓度=0.009 50molL-10.02 L60.024 8 L,样品的纯度为0.009 50molL-10.02 L60.024 8 L0.1 L248 gmol-11.200 0 g100%=95.0%。答案:(1)烧杯容量瓶刻度(2)蓝色褪去95.02.草酸钴是制备钴氧化物的重要原料。如图为二水合草酸钴(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
13、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:。(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 molL-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。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 gmol-1=5.9 g,m(O)=8.03 g-5.9 g=2.13 g,故n(Co)n(O)34,C
14、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225300 与O2反应生成Co3O4的化学方程式为3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。(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(Cl2)=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)n(O)=11.2=56。答案:(1)Co3O43CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2(2)由得失电子守恒有n(Co3+)=2n(Cl2)=24.48 L22.4 Lmol-1=0.4 mol,由电荷守恒有n(Co)总=n(Co2+)溶液=0.5n(Cl-)=0.5(0.4805-0.22) mol=1 mol,所以固体中n(Co2+)=1 mol-0.4 mol=0.6 mol,n(O)=0.43+0.622 mol=1.2 mol,故n(Co)n(O)=11.2=56。类型二应用电子守恒的计算(对应学生用书第59页) 化学学科
