2019高考化學二輪復習 微專題3 隱藏在Ⅱ卷中的化學微型計算教案.doc

《2019高考化學二輪復習 微專題3 隱藏在Ⅱ卷中的化學微型計算教案.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考化學二輪復習 微專題3 隱藏在Ⅱ卷中的化學微型計算教案.doc（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

微專題3　隱藏在Ⅱ卷中的化學微型計算 近三年全國卷考情 年份 題號 考查點 2016年全國Ⅰ 27 平衡常數(shù)的計算,Ksp的計算 28 氧化還原計算,有效氯含量計算 2016年全國Ⅱ 26 ΔH計算、氧化還原、平衡常數(shù) 2017年全國Ⅰ 26 元素含量計算、物質(zhì)純度計算 27 Ksp的計算 28 平衡轉化率、平衡常數(shù)K 2017年全國Ⅱ 26 氧化還原滴定 27 ΔH計算 28 氧化還原滴定 2018年全國Ⅰ 27 氧化還原滴定 28 ΔH計算、分壓計算、速率、Kp計算 2018年全國Ⅱ 27 ΔH計算、平衡常數(shù)K 28 氧化還原滴定、元素含量 在理綜測試中,對于計算能力的考查并非是化學學科的核心任務,不會出現(xiàn)以計算為主要考查目標的大題。但基本的化學計算是完整化學知識體系的重要組成部分,所以化學計算總是隱藏在Ⅱ卷的實驗、工藝流程、化學原理等題目中,這可以從近三年全國高考理綜化學部分對計算的考查頻率中看出來。ΔH計算、氧化還原滴定、平衡常數(shù)K的計算成為近兩年的考查熱點。 類型一　物質(zhì)含量、組成、化學式的計算 (對應學生用書第57~58頁) 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 物質(zhì)組成計算類型及方法總結 類型 解題方法 物質(zhì)含 量計算 ①根據(jù)常見計算方法(方程式、關系式、得失電子守恒等)計算出混合物中某一成分的量w。②w除以樣品的總量,即可得出其含量 確定物質(zhì) 化學式的 計算 ①根據(jù)題給信息,通過方程式、質(zhì)量變化等計算出物質(zhì)分解、轉化為生成物的物質(zhì)的量。②根據(jù)原子守恒,確定出未知物質(zhì)組成元素的原子的物質(zhì)的量。③根據(jù)質(zhì)量守恒,確定出結晶水的物質(zhì)的量(若有結晶水)。④確定物質(zhì)組成原子和結晶水分子的物質(zhì)的量之比。結合相對分子質(zhì)量確定化學式 續(xù)表 類型 解題方法 熱重曲線 計算 ①熱重曲線的原理:物質(zhì)在高溫加熱時發(fā)生脫水、分解后物質(zhì)質(zhì)量與溫度的關系圖像。②掌握物質(zhì)質(zhì)量變化的原理:首先失去結晶水(注意可能逐步失水);然后是難溶含氧酸鹽、氫氧化物的分解;最后得到金屬氧化物;金屬元素可能會發(fā)生價態(tài)變化,但符合原子守恒。③通過②中確定的變化規(guī)律確定化學方程式(需要設未知數(shù)表達未知物的化學式),并通過質(zhì)量變化列比例確定未知數(shù),最后確定物質(zhì)化學式 續(xù)表 類型 解題方法 氧化還原 滴定計算 ①近兩年氧化還原滴定頻頻出現(xiàn)在高考試題中,大多為一步的氧化還原反應,通常要用酸性KMnO4、I2(淀粉)作氧化劑,反應過程伴隨明顯的顏色變化,這種題實際上是物質(zhì)的量用于方程式的計算。 ②17年Ⅱ卷出現(xiàn)了多步的氧化還原反應,主要是為了把標定物質(zhì)轉化為便于用氧化還原滴定的物質(zhì)。此時需要利用關系式法找出標定物與滴定試劑的關系式計算。 ③返滴定法:第一步用過量試劑使標定物全部反應,然后第二步再用滴定試劑標定出上一步過量的試劑。根據(jù)第一步加入的量減去第二步中過量的量,即可得出第一步所求物質(zhì)的物質(zhì)的量 【例1】 (2018全國Ⅱ卷,28節(jié)選)K3[Fe(C2O4)3]3H2O(三草酸合鐵酸鉀)為亮綠色晶體,可用于曬制藍圖。測定三草酸合鐵酸鉀中鐵的含量實驗如下: (1)稱量m g樣品于錐形瓶中,溶解后加稀H2SO4酸化,用 c molL-1KMnO4 溶液滴定至終點。滴定終點的現(xiàn)象是　。 (2)向上述溶液中加入過量鋅粉至反應完全后,過濾、洗滌,將濾液及洗滌液全部收集到錐形瓶中。加稀H2SO4酸化,用c molL-1KMnO4溶液滴定至終點,消耗KMnO4溶液 V mL。該晶體中鐵的質(zhì)量分數(shù)的表達式為　。 解析:(1)滴定終點的現(xiàn)象是有粉紅色出現(xiàn)且半分鐘內(nèi)不變色。 (2)加入鋅粉后將Fe3+還原為Fe2+,再用KMnO4溶液滴定,將Fe2+氧化為Fe3+,MnO4-轉化為Mn2+: Fe2+Fe3+~e- MnO4-Mn2+~5e- 可得關系式:5Fe2+~MnO4- 已知n(MnO4-)=cV10-3 mol 則n(Fe2+)=5cV10-3 mol 則m(Fe2+)=5cV10-356 g 該晶體中鐵的質(zhì)量分數(shù)w(Fe)=5cV10-356 gmg100%=5cV56m1 000100% 答案:(1)粉紅色出現(xiàn) (2)5cV56m1 000100% 【例2】 (2017全國Ⅱ卷,28節(jié)選)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的條件。某課外小組采用碘量法測定學校周邊河水中的溶解氧。實驗步驟及測定原理如下: Ⅰ.取樣、氧的固定 用溶解氧瓶采集水樣。記錄大氣壓及水體溫度。將水樣與Mn(OH)2堿性懸濁液(含有KI)混合,反應生成MnO(OH)2,實現(xiàn)氧的固定。 Ⅱ.酸化、滴定 將固氧后的水樣酸化,MnO(OH)2被I-還原為Mn2+,在暗處靜置5 min,然后用標準Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O32-+I22I-+S4O62-)。 回答下列問題: (1)“氧的固定”中發(fā)生反應的化學方程式為 　。 (2)取100.00 mL水樣經(jīng)固氧、酸化后,用a molL-1Na2S2O3溶液滴定,以淀粉溶液作指示劑,終點現(xiàn)象為 　; 若消耗Na2S2O3溶液的體積為b mL,則水樣中溶解氧的含量為　　　　mgL-1。 解析:(1)由題知:固氧時,Mn(OH)2MnO(OH)2, 所以反應為O2+2Mn(OH)22MnO(OH)2。 (2)終點:當?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3溶液時,溶液藍色剛好褪去,且半分鐘內(nèi)不變色。 由反應:2Mn(OH)2+O22MnO(OH)2, 酸化時:MnO(OH)2+2I-+4H+Mn2++I2+3H2O I2+2S2O32-2I-+S4O62- 得關系式:4S2O32-~2I2~2MnO(OH)2~O2 4 1 ab10-3 mol n(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)藍色剛好褪去　80ab 規(guī)律方法:對于連續(xù)多步的化學反應,可以通過原子守恒,找出多步反應中物質(zhì)的關系式,利用關系式法計算,將會使問題變得簡單。本題中物質(zhì)的關系如下:O2~2MnO(OH)2~2I2~4S2O32-。 【例3】 (2014全國Ⅱ卷,27節(jié)選)PbO2在加熱過程發(fā)生分解的失重曲線如圖所示,已知失重曲線上的a點為樣品失重4.0%即樣品起始質(zhì)量-a點固體質(zhì)量樣品起始質(zhì)量100%的殘留固體。若a點固體組成表示為PbOx或mPbO2nPbO,列式計算x值和m∶n值 　。 解析:根據(jù)題目信息可知,樣品失重失去的是氧元素的質(zhì)量,若a點固體組成表示為PbOx,可得方程式PbO2PbOx+2-x2O2↑,結合原子守恒得出x的值,若組成表示為mPbO2nPbO,則O原子與Pb原子的比值為2m+nm+n=x,以此計算。 答案:根據(jù)PbO2PbOx+2-x2O2↑,有2-x232=2394.0%,x=2-2394.0%16=1.4 根據(jù)mPbO2nPbO,2m+nm+n=1.4,mn=0.40.6=23 1.(2018全國Ⅲ卷,26節(jié)選)硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O35H2O,M=248 gmol-1)可用作定影劑、還原劑。 利用K2Cr2O7標準溶液定量測定硫代硫酸鈉的純度。測定步驟如下: (1)溶液配制:稱取1.200 0 g某硫代硫酸鈉晶體樣品,用新煮沸并冷卻的蒸餾水在　　　　中溶解,完全溶解后,全部轉移至100 mL的　　　　　　　　　中,加蒸餾水至　　　　　　。 (2)滴定:取0.009 50 molL-1的K2Cr2O7標準溶液20.00 mL,硫酸酸化后加入過量KI,發(fā)生反應:Cr2O72-+6I-+14H+3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸鈉樣品溶液滴定至淡黃綠色,發(fā)生反應:I2+2S2O32-S4O62-+2I-。加入淀粉溶液作為指示劑,繼續(xù)滴定,當溶液　　　　,即為終點。平行滴定3次,樣品溶液的平均用量為24.80 mL,則樣品純度為　　　　%(保留1位小數(shù))。 解析:(1)配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液,應該在燒杯中溶解,冷卻至室溫后,轉移至100 mL的容量瓶中,加水至距刻度線1~2 cm處,改用膠頭滴管滴加至溶液的凹液面最低處與刻度線相平。 (2)加入淀粉作指示劑,淀粉遇I2變藍色,加入的Na2S2O3樣品與I2反應,當I2消耗完后,溶液藍色褪去,即為滴定終點。由反應Cr2O72-+6I-+14H+3I2+2Cr3++7H2O I2+2S2O32-S4O62-+2I- 得關系式:Cr2O72-　~　3I2　~　6S2O32- 　1 　6 0.009 50 molL-10.02 L　0.009 50 molL-10.02 L6 硫代硫酸鈉樣品溶液的濃度= 0.009 50molL-10.02 L60.024 8 L,樣品的純度為0.009 50molL-10.02 L60.024 8 L0.1 L248 gmol-11.200 0 g100%=95.0%。 答案:(1)燒杯　容量瓶　刻度　(2)藍色褪去　95.0 2.草酸鈷是制備鈷氧化物的重要原料。如圖為二水合草酸鈷(CoC2O42H2O)在空氣中受熱的質(zhì)量變化曲線,曲線中300 ℃及以上所得固體均為鈷氧化物。 (1)通過計算確定C點剩余固體的成分為　　　　(填化學式)。試寫出B點對應的物質(zhì)與O2在225~300 ℃條件下發(fā)生反應的化學方程式:　 　。 (2)取一定質(zhì)量的二水合草酸鈷分解后的鈷氧化物(其中Co的化合價為+2、+3價),用480 mL 5 molL-1鹽酸恰好完全溶解固體,得到CoCl2溶液和4.48 L(標準狀況)黃綠色氣體。試確定該鈷氧化物中Co、O的物質(zhì)的量之比。 解析:(1)18.3 g二水合草酸鈷的物質(zhì)的量為0.1 mol,由于在300 ℃時生成的是Co的氧化物,故在8.03 g氧化物中,含Co的質(zhì)量為0.1 mol59 gmol-1=5.9 g,m(O)=8.03 g-5.9 g=2.13 g,故n(Co)∶n(O)≈3∶4,C點剩余固體的化學式為Co3O4。當晶體恰好將結晶水失去時得到CoC2O4 14.70 g,在225~300 ℃與O2反應生成Co3O4的化學方程式為3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。 (2)黃綠色氣體為Cl2,其物質(zhì)的量為0.2 mol,根據(jù)Cl元素守恒可知,溶液中2n(Co)=n(HCl)-2n(Cl2),故n(Co)=1 mol,根據(jù)得失電子守恒n(Co3+)=2n(Cl2)=0.4 mol,則n(Co2+)=0.6 mol,根據(jù)電荷守恒可知,2n(O)=3n(Co3+)+2n(Co2+),n(O)=1.2 mol,故n(Co)∶n(O)=1∶1.2=5∶6。 答案:(1)Co3O4　3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2 (2)由得失電子守恒有n(Co3+)=2n(Cl2)=24.48 L22.4 Lmol-1=0.4 mol, 由電荷守恒有n(Co)總=n(Co2+)溶液=0.5n(Cl-)=0.5(0.4805-0.22) mol=1 mol, 所以固體中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)=1∶1.2=5∶6。 類型二　應用電子守恒的計算 (對應學生用書第59頁) 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 化學學科中涉及的重要反應、復雜反應多為氧化還原反應,依據(jù)氧化還原反應的計算也成為高考中涉及較多的計算類型,尤其是多步的氧化還原反應,反應復雜,方程式繁多,如果利用方程式計算顯得非常繁瑣而易出錯。此時抓住氧化還原反應的根本實質(zhì)——電子守恒,運用關系式法進行計算將會使反應簡化。 1.電子守恒計算基本思路 (1)確定反應中的氧化劑、還原劑及其還原產(chǎn)物、氧化產(chǎn)物。 (2)分析出一個原子、離子在反應中得失電子數(shù)目(注意化學式中原子個數(shù))。 (3)根據(jù)電子守恒列出等式:氧化劑原子個數(shù)得電子數(shù)目=還原劑原子個數(shù)失電子數(shù)目。 2.對于多步連續(xù)進行的氧化還原反應,只要中間各步反應過程中沒有其他的氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物,中間反應只是起了一個電子的傳遞作用,可直接找出起始物和最終產(chǎn)物之間的電子守恒關系,快速求解。 3.原電池、電解池中電極產(chǎn)物、電解液中離子濃度的變化的計算,需要根據(jù)整個串聯(lián)電路中通過的電子物質(zhì)的量處處相等進行計算。 【例題】 (2016全國Ⅰ卷,28節(jié)選)NaClO2是一種重要的殺菌消毒劑,也常用來漂白織物等,其一種生產(chǎn)工藝如下: 回答下列問題: (1)“尾氣吸收”是吸收“電解”過程排出的少量ClO2。此吸收反應中,氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為　　　　,該反應中氧化產(chǎn)物是　　　　。 (2)“有效氯含量”可用來衡量含氯消毒劑的消毒能力,其定義是:每克含氯消毒劑的氧化能力相當于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量為　　　　。(計算結果保留兩位小數(shù)) 解析:(1)尾氣吸收的是少量的ClO2,根據(jù)轉化關系可知,ClO2作氧化劑被還原為NaClO2,H2O2為還原劑被氧化為O2,根據(jù)電子守恒可求得:n(ClO2)∶n(H2O2)=2∶1。 (2)設NaClO2的有效氯含量為m(Cl2),根據(jù)有效氯的定義,結合電子守恒知:1 g90.5 gmol-14=m(Cl2)71 gmol-12,解得:m(Cl2)≈1.57 g。 答案:(1)2∶1　O2　(2)1.57 1.按要求解答下列各題: (1)(2016全國Ⅲ卷,28)“氧化”中欲使3 mol的VO2+變?yōu)閂O2+,則需要氧化劑KClO3至少為　　　　 mol。 (2)(2015全國Ⅰ卷,28)大量的碘富集在海藻中,用水浸取后濃縮,再向濃縮液中加MnO2和H2SO4,即可得到I2。該反應的還原產(chǎn)物為　　　　。 (3)(2015全國Ⅱ卷,28)工業(yè)上可用KClO3與Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,該反應氧化劑與還原劑物質(zhì)的量之比為　　　　。 (4)(2016全國Ⅱ卷,26)聯(lián)氨可用于處理高壓鍋爐水中的氧,防止鍋爐被腐蝕。理論上1 kg的聯(lián)氨可除去水中溶解的O2　　　　kg。 解析:(1)根據(jù)VO2+VO2+,KClO3Cl-,由得失電子守恒,則n(VO2+)=6n(KClO3), 故n(KClO3)=16n(VO2+)=163 mol=0.5 mol。 (2)濃縮液中的碘元素為-1價,在酸性環(huán)境中,MnO2將-1價的I氧化為I2,MnO2中+4價的Mn被還原,產(chǎn)物應為MnSO4。 (3)由題給的反應物中有KClO3、生成物中有ClO2可知,氧化劑為KClO3,還原劑為Na2SO3。1 mol KClO3生成1 mol ClO2時得到1 mol電子,1 mol Na2SO3生成1 mol Na2SO4時失去2 mol電子,根據(jù)得失電子守恒可知,該反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1。 (4)聯(lián)氨處理高壓鍋爐水中的氧,發(fā)生的反應為N2H4+O2N2+2H2O,理論上1 kg的聯(lián)氨可除去水中溶解的氧氣為1 kg32 gmol-132 gmol-1=1 kg。 答案:(1)0.5　(2)MnSO4　(3)2∶1　(4)1 2.(2018內(nèi)蒙古包頭一模)測定某葡萄酒中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計算)的方案如下: 葡萄酒樣品 100.00 mL餾 分 溶液出現(xiàn)藍色 且30 s內(nèi)不褪色 (已知:滴定時反應的化學方程式為SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI) 按上述方案實驗,消耗標準I2溶液25.00 mL,該次實驗測得樣品中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計算)為　　　　gL-1。 解析:(1)令100 mL葡萄酒中二氧化硫的質(zhì)量為m g,則: SO2　+　I2+2H2OH2SO4+2HI 64 g 1 mol m g 0.025 L0.010 00 molL-1 64 g∶m g=1 mol∶(0.025 L0.010 00 molL-1) 解得m=0.016, 則樣品中抗氧化劑的殘留量為0.16 gL-1。 答案:0.16 【教師用書備用】 如圖為青銅器在潮濕環(huán)境中發(fā)生電化學腐蝕的原理示意圖。 (1)腐蝕過程中,負極是　　　　(填圖中字母“a”“b”或“c”)。 (2)環(huán)境中的Cl-擴散到孔口,并與正極反應產(chǎn)物和負極反應產(chǎn)物作用生成多孔粉狀銹Cu2(OH)3Cl,其離子方程式為　; (3)若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl,則理論上耗氧體積為　　　　L(標準狀況)。 解析:(1)根據(jù)圖示,在青銅合金的腐蝕過程中是金屬Cu失電子被氧化,所以負極是Cu。(2)根據(jù)圖示負極產(chǎn)物是Cu2+,正極上是O2得電子生成OH-,兩者與擴散到孔口的Cl-反應生成Cu2(OH)3Cl,則離子方程式為2Cu2++3OH-+Cl-Cu2(OH)3Cl↓。(3)4.29 g Cu2(OH)3Cl的物質(zhì)的量為4.29 g214.5 g/mol=0.02 mol,則負極上發(fā)生反應的Cu為0.04 mol,失去電子為0.08 mol,則正極上O2得到電子也為0.08 mol,反應的O2為0.02 mol,則理論上耗氧體積為0.02 mol22.4 L/mol=0.448 L(標準狀況)。 答案:(1)c　(2)2Cu2++3OH-+Cl-Cu2(OH)3Cl↓　(3)0.448 類型三　有關平衡常數(shù)、轉化率、產(chǎn)率的計算 (對應學生用書第59~61頁) 　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.理解并掌握轉化率、產(chǎn)率的意義 (1)轉化率=n(轉化)n(起始)100%=c(轉化)c(起始)100%。 (2)生成物的產(chǎn)率:產(chǎn)率=產(chǎn)物實際產(chǎn)量理論產(chǎn)量100%。其中理論產(chǎn)量是根據(jù)方程式計算出的數(shù)值。 (3)混合物中某組分的百分含量=組分平衡量平衡混合物總量100%。可以是物質(zhì)的量、物質(zhì)的量濃度、氣體體積等。 2.K、Ka、Kb、KW、Kh、Ksp的相似性 (1)K、Ka、Kb、KW、Kh、Ksp分別表示化學平衡常數(shù)、弱酸電離平衡常數(shù)、弱堿電離平衡常數(shù)、水的離子積常數(shù)、鹽的水解平衡常數(shù)、難溶物的沉淀溶解平衡常數(shù)。表達該平衡過程進行的程度。 (2)其表達式的意義相同:K=生成物濃度的系數(shù)次方的乘積反應物濃度的系數(shù)次方的乘積,其中Ksp中難溶物無濃度,只有分子項。 (3)Kp僅適用于氣相發(fā)生的反應。當把化學平衡常數(shù)K表達式中各物質(zhì)的濃度用該物質(zhì)的分壓來表示時,就得到該反應的平衡常數(shù)Kp。 (4)Kp也同K相似可以利用“三段式法”進行計算,往往可以使得問題簡化。 3.用好“三段式法”解答平衡題 依據(jù)方程式列出反應物、生成物各物質(zhì)的初始量、變化量、平衡量,結合問題代入公式運算。 如mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),令A、B起始物質(zhì)的量濃度分別為a molL-1、b molL-1,達到平衡后A的物質(zhì)的量濃度變化為mx molL-1。 　　　　　　　　　　mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g) 起始濃度/(molL-1) a b 0 0 變化濃度/(molL-1) mx nx px qx 平衡濃度/(molL-1) a-mx b-nx px qx K=(px)p(qx)q(a-mx)m(b-nx)n 4.平衡常數(shù)的相關計算,通常需要通過圖像、表格找出平衡體系中相關成分的濃度,或利用“三段式法”求出相關成分的濃度。然后通過平衡常數(shù)的定義式計算出結果。相對而言,Ksp的相關計算比較單一,通常是根據(jù)給出的Ksp數(shù)據(jù)計算離子的濃度,或者根據(jù)給出的離子濃度判斷沉淀是否生成。 【例1】 (2018全國Ⅰ卷,28節(jié)選)F.Daniels等曾利用測壓法在剛性反應器中研究了25 ℃時N2O5(g)分解反應: 其中NO2二聚為N2O4的反應可以迅速達到平衡。體系的總壓強p隨時間t的變化如下表所示(t=∞時,N2O5(g)完全分解): t/min 0 40 80 160 260 1 300 1 700 ∞ p/kPa 35.8 40.3 42.5 45.9 49.2 61.2 62.3 63.1 (1)研究表明,N2O5(g)分解的反應速率v=210-3pN2O5(kPamin-1)。t=62 min時,測得體系中pO2=2.9 kPa,則此時的pN2O5=　　　　kPa,v=　　　　kPamin-1。 (2)25 ℃時N2O4(g)2NO2(g)反應的平衡常數(shù)Kp=　　　　kPa(Kp為以分壓表示的平衡常數(shù),計算結果保留1位小數(shù))。 思路點撥:(1)氣體的分壓之比等于各物質(zhì)的物質(zhì)的量之比。 (2)氣體的分壓如同氣體的物質(zhì)的量、物質(zhì)的量濃度一樣可以用“三段式法”進行計算。 解析:(1)由方程式2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)可知,62 min時,pO2=2.9 kPa,則減小的N2O5為5.8 kPa,此時pN2O5=35.8 kPa-5.8 kPa=30.0 kPa,則v(N2O5)=210-330.0 kPamin-1=6.010-2 kPamin-1。 (2)時間無限長時N2O5完全分解,故由2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)知,此時生成的pNO2=2pN2O5=235.8 kPa=71.6 kPa,pO2=0.535.8 kPa=17.9 kPa。由題意知,平衡時體系的總壓強為63.1 kPa,則平衡體系中NO2、N2O4的壓強和為63.1 kPa-17.9 kPa=45.2 kPa,設N2O4的壓強為x kPa,則 　　　　　　　N2O4(g) 2NO2(g) 初始壓強/kPa 0 71.6 轉化壓強/kPa x 2x 平衡壓強/kPa x 71.6-2x 則x+(71.6-2x)=45.2,解得x=26.4,71.6 kPa-26.4 kPa2=18.8 kPa,Kp=p2(NO2)p(N2O4)=(18.8 kPa)226.4 kPa≈13.4 kPa。 答案:(1)30.0　6.010-2 (2)13.4 【例2】 (2018全國Ⅲ卷,28節(jié)選)三氯氫硅(SiHCl3)是制備硅烷、多晶硅的重要原料。對于反應2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g),采用大孔弱堿性陰離子交換樹脂催化劑,在323 K和343 K時SiHCl3的轉化率隨時間變化的結果如圖所示。 (1)343 K時反應的平衡轉化率α=　　　　%。平衡常數(shù)K343 K=　　　　(保留2位小數(shù))。 (2)比較a、b處反應速率大小:va　　　　vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反應速率v=v正-v逆=k正xSiHCl32-k逆xSiH2Cl2xSiCl4,k正、k逆分別為正、逆向反應速率常數(shù),x為物質(zhì)的量分數(shù),計算a處的v正v逆=　　　　　(保留1位小數(shù))。 解析:溫度越高,反應速率越快,達到平衡的時間越短,曲線a達到平衡的時間短,則曲線a代表343 K時 SiHCl3的轉化率變化曲線,曲線b代表323 K時SiHCl3的轉化率變化曲線。 (1)由題圖可知,343 K時反應的平衡轉化率α=22%。設起始時SiHCl3(g)的濃度為1 molL-1,則有 　　　　　　　　　2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g) 起始濃度/(molL-1) 　1 0 0 轉化濃度/(molL-1) 　0.22 0.11 0.11 平衡濃度/(molL-1) 　0.78 0.11 0.11 則343 K時該反應的平衡常數(shù)K343 K=[c(SiH2Cl2)c(SiCl4)]/c2(SiHCl3)=(0.11 molL-1)2/(0.78 molL-1)2≈0.02。 (2)溫度越高,反應速率越快,a點溫度為343 K,b點溫度為323 K,故反應速率:va大于vb。反應速率v=v正-v逆=k正xSiHCl32-k 逆xSiH2Cl2xSiCl4,則有v正=k正xSiHCl32,v逆=k逆xSiH2Cl2xSiCl4,343 K下反應達到平衡狀態(tài)時v正=v逆,即k正xSiHCl32=k逆xSiH2Cl2xSiCl4,此時SiHCl3的平衡轉化率α=22%,經(jīng)計算可得SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4的物質(zhì)的量分數(shù)分別為0.78、0.11、0.11,則有k正0.782=k逆0.112,k正/k逆=0.112/0.782≈0.02。a處SiHCl3的平衡轉化率α=20%,此時SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4的物質(zhì)的量分數(shù)分別為0.8、0.1、0.1,則有v正/v逆=(k正xSiHCl32)/(k逆xSiH2Cl2xSiCl4)=k正k逆xSiHCl32(xSiH2Cl2xSiCl4)=0.020.820.12≈1.3。 答案:(1)22　0.02　(2)大于　1.3 1.(2017全國Ⅰ卷,27節(jié)選)Li4Ti5O12和LiFePO4都是鋰離子電池的電極材料,可利用鈦鐵礦(主要成分為 FeTiO3,還含有少量MgO、SiO2等雜質(zhì))來制備。工藝流程如下: 若“濾液②”中c(Mg2+)=0.02 molL-1,加入雙氧水和磷酸(設溶液體積增加1倍),使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.010-5molL-1,此時是否有 Mg3(PO4)2沉淀生成? (列式計算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分別為1.310-22、1.010-24。 解析:加入雙氧水和磷酸后,溶液體積增加1倍,c(Mg2+)變?yōu)樵瓉淼?2,即c(Mg2+)=0.01 molL-1,Fe3+恰好沉淀完全時,溶液中c(PO43-)=Ksp(FePO4)c(Fe3+)=1.310-22110-5 molL-1=1.310-17 molL-1。Q[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)c2(PO43-)=0.013(1.310-17)2=1.710-40”“<”或“=”)v逆。 (4)已知高溫下Fe(OH)3和Mg(OH)2的Ksp分別為8.010-38、1.010-11,向濃度均為0.1 molL-1的FeCl3、MgCl2的混合溶液中加入堿液,要使Fe3+完全沉淀而Mg2+不沉淀(離子濃度小于110-5 molL-1時,即可認為該離子沉淀完全),應該調(diào)節(jié)溶液pH的范圍是　　　　(已知lg 2=0.3)。 解析:(1)根據(jù)電荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-),因為c(NH4+)=c(Cl-), 所以c(H+)=c(OH-),故溶液顯中性。Kb=c(NH4+)c(OH-)c(NH3H2O)=120.0110-7a2-120.01=10-9a-0.01。 (2)由Ka=c(H+)c(HSO3-)c(H2SO3),代入數(shù)據(jù)得c(H2SO3)=0.01 molL-1。 (3)根據(jù)化學方程式可得K=c(CO2)c(CO);設開始時c(CO)=a molL-1,平衡時c(CO2)=b molL-1,則ba-b=0.25,得a=5b,則平衡時CO的轉化率為ba=b5b=20%;Q=c(CO2)c(CO)=0.020.1=0.2<0.25,故v正>v逆。 (4)Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-),Fe3+完全沉淀時c(OH-)=38.010-3810-5 molL-1=210-11 molL-1,pH=3.3,Mg(OH)2開始沉淀時 c(OH-)=1.010-110.1 molL-1=110-5 molL-1,pH=9,調(diào)節(jié)pH范圍為3.3~9。 答案:(1)中　10-9a-0.01　 (2)0.01 molL-1 (3)c(CO2)c(CO)　20%　>　(4)3.3~9