2021年高考化学二轮复习核心考点专项突破化学计算方法与技巧练习含解析20210208227

这是一份2021年高考化学二轮复习核心考点专项突破化学计算方法与技巧练习含解析20210208227，共17页。试卷主要包含了有关化学量与化学式的计算，有关溶液的计算，有关反应速率，有关氧化还原，有关化学方程式的计算，综合计算等内容，欢迎下载使用。

以物质的量为中心的计算既是基本概念的内容，又是化学计算的必不可少的计算工具。主要考点：
（1）有关物质的量、质量、气体体积、微粒数间的换算
（2）相对分子质量、各元素的质量分数
（3）有机物的分子式、结构式
（4）阿伏加德罗定律及其推论的应用
解题策略：
（1）掌握基本概念，找出各化学量之间的关系
（2）加强与原子结构、元素化合物性质、有机物结构性质等相关知识的横向联系
（3）找出解题的突破口，在常规解法和计算技巧中灵活选用
例1、往100mLpH=0的硫酸和硝酸混合液中投入3.84g铜粉，微热使反应充分完成后，生成一氧化氮气体448mL（标准状况）。则反应前的混合溶液中含硝酸的物质的量为（ ）
（A）0.02ml （B）0.08ml （C）0.10ml （D）0.16ml
【解析】应根据离子方程式进行计算
3Cu + 2NO3- + 8H+ = 3Cu2+ + 2NO + 4H2O
0.06 0.1 0.02
铜、H+过量，所以只可能是硝酸不足，进而可计算出硝酸的物质的量为0.02ml。
【答案】A。
知识点二、有关溶液的计算
以溶液为中心的计算，主要是灵活运用有关的计算公式。主要考点：
（1）有关溶质溶解度的计算
（2）有关溶液浓度（溶液的溶质质量分数和物质的量浓度）的计算
（3）有关溶液pH的计算
（4）有关溶液中离子浓度的计算
解题策略：
（1）有关溶解度和溶液浓度的计算，关键要正确理解概念的内涵，理清相互关系一般可采用守恒法进行计算
（2）有关溶液pH及离子浓度大小的计算，应在正确理解水的离子积、pH概念的基础上进行分析、推理。解题时，首先明确溶液的酸（碱）性，明确c（H+）或c（OH-）
例2、1体积pH＝2.5的盐酸与10体积某一元强碱溶液恰好完全反应，则该碱溶液的pH等于（ ）
A、 9.0 B、 9.5 C、 10.5 D、 11.0
【解析】强酸强碱恰好完全反应，则两溶液中的H+、OH-的物质的量刚好相等。设强碱溶液中OH-浓度为X 。
∴1×10-2.5=10·X
X=10-3.5
∴强碱溶液中c（H+）=10-14/10-3.5 PH=10.5
【答案】C
知识点三、有关反应速率、化学平衡的计算
化学反应速率、化学平衡的有关计算是计算的难点，化学反应速率及化学平衡的理论的抽象性以及逻辑性，再加上条件的多样性，使其成为较难掌握的一种计算类型。主要考点：
（1）利用化学反应速率的数学表达式进行计算
（2）各物质反应速率间的换算
（3）有关化学平衡的计算
解题策略：
（1）加强对速率概念、平衡移动原理的理解
（2）将等效平衡、等效转化法等分析推理方法与数学方法有机结合，在采用常规解法
的同时，可采用极值法、估算法等解题技巧
例3、由N2和H2组成的混合气体，其平均式量为12.4，取此混合气体0.5ml充入密闭容器中，使之反应并在一定条件下达到平衡。已知反应达到平衡后容器内压强是相同条件下反应前压强的0.6倍，求：
(1)反应前混合气体中N2和H2的体积比；
(2)平衡混合气体中NH3和H2的物质的量；
(3)达到平衡时N2的转化率。
【解析】
（1）(28n(N2)+2n(H2))/( n(N2)+ n(H2)) ＝ 15.6
即：n(N2)：n(H2)= V（N2） ：V（H2）＝ 2 ：3
（2） N2 + 3 H2 2NH3
起始（ml） 0.2 0.3 0
转化（ml） x 3x 2x
平衡（ml） 0.2－x 0.3 – 3x 2x
由 得: 0.2 - x + 0.3 – 3x + 2x = 0.5×0.6
x = 0.1ml
n（NH3）平 ＝ 2 × 0.1 ＝0.2ml； n（H2）平 ＝ 0.3 - 3 × 0.1 ＝0ml
（3）α（N2转）＝10.1/0.2×100％ ＝50％
【答案】⑴ V（N2） ：V（H2）＝ 2 ：3
⑵ n（NH3）平 ＝0.2ml ；n（H2）平＝0ml
（3）α（N2转）＝50％
知识点四、有关氧化还原、电化学的计算
以氧化还原为中心的有关计算，是高考的热点。主要考点：
（1）氧化产物、还原产物的确定及量的计算
（2）转移电子数、电荷数的计算
（3）电极析出量及溶液中的变化量的计算
（4）有关氧化还原反应的其他典型计算
解题策略：关键在于根据得失电子总数相等，列出守恒关系式求解
例4、ClO2是一种广谱消毒剂，根据世界环保联盟的要求，ClO2将取代Cl2成为自来水的消毒剂。工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得，在以上反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为（ ）
A. 1：1B. 2：1C. 1：2D. 2：3
【解析】应用电子守恒进行计算，其关键是找到氧化剂得到的电子总数与还原剂失去的电子总数相等关系。NaClO3和Na2SO3溶液混合产物ClO2和Na2SO4，根据氧化还原反应的电子守恒关系，则有，可求得：。
【答案】B
知识点五、有关化学方程式的计算
有关化学方程式的计算是最常见的计算类型之一，关键是正确理解化学方程式的系数之间的关系。主要考点：
（1）运用计算技巧进行化学方程式的有关计算
（2）热化学方程式中反应热、中和热、燃烧热的计算
解题策略：
（1）深刻理解化学方程式、热化学方程式的含义，充分利用化学反应前后的有
关守恒关系
（2）搞清各解题技巧的使用条件和适用范围，读懂题目，正确选择
例5、1 kg C(s)燃烧，所得的混合气体中，CO占1/3体积，CO2占2/3体积。已知：C(s)+ O2(g)===CO(g);ΔH=－110.35 kJ·ml－1,CO(g)+ O2(g)===CO2(g);ΔH=－282.57 kJ·ml－1。则与1 kg碳完全燃烧相比，损失的热量及C的燃烧热正确的组合是（ ）
A、110.35 kJ,282.57 kJ·ml－1 B、282.57 kJ,－392.92 kJ·ml－1
C、392.92 kJ,392.92 kJ·kg－1 D、7849.2 kJ,392.92 kJ·ml－1
【解析】（1）据题意，生成的CO继续燃烧放出的热量就是碳若不完全燃烧所损失的热量，因有1/3的碳不完全燃烧。则Q损=××282.57 kJ·ml－1=7849.2 kJ
（2）据盖斯定律：C(s)+O2（g)===CO2（g);ΔH=(－110.35 kJ·ml－1)+(－282.57 kJ·ml－1)=－392.92 kJ·ml－1,即C的燃烧热为392.92 kJ·ml－1。
【答案】D
知识点六、综合计算
主要考点：
（1）过量计算问题的分析讨论
（2）混合物计算和解题技巧
（3）复杂化学式的确定方法
（4）无数据计算的解决方法
（5）数据缺省型的计算方法
（6）讨论型计算的解题思路
（7）隐含条件题的解决方法
（8）化学图象题的解题技巧
解题策略：认真审题，明确是常见综合计算中的哪种类型，寻求解决的合理思路和解
决方法；善于抓住化学与数学知识间的交叉点，运用所掌握的数学知识，通过对化学知识的分析，建立函数关系。
例6、将FeO和Cu(NO3)2的混合物9.08g全部溶解于含有0.3mlHCl的某浓度的盐酸中（此时有部分Fe2+被酸性条件下的NO3-氧化：3FeCl2+HNO3+3HCl=3FeCl3+NO↑+2H2O）,当向溶液中通入一定量的氯气时，溶液中的Fe2+刚好被完全氧化，再向溶液中加入10g过量的铁粉，充分反应后，放出标准状况下的氢气224mL，过滤，得到不溶性固体6.72g。问
（1）原混合物中FeO的物质的量为 ，Cu(NO3)2的物质的量为 。
（2）通入的氯气在标准状况下的体积是 。
【解析】（1）设FeO和Cu(NO3)2的物质的量各是xml,yml
发生反应的先后顺序为：
FeO+2HCl=FeCl2+2H2O
x 2x
3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O 亚铁离子与氢离子过量
6y 2y 8y
2Fe2+ + Cl2 = 2Fe3++2Cl-
x-6y 0.5(x-6y)
2Fe3++Fe=3Fe2+
x 0.5x
Cu2++Fe=Fe2++Cu
y y
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑
0.01 0.02 0.01
质量守恒：560.5x-(64-56)y+0.0156=10-6.72
根据HCl守恒：2x+8y+0.02=0.3
解之得：x=0.1(ml) y=0.01(ml)
（2）消耗氯气的体积为：0.5(x-6y)22.4=0.448(L)
【答案】(1)FeO 0.1ml Cu(NO3)20.01ml (2)0.448L
高频考点一、考查差量
差量法在化学反应中，根据质量守恒定律，反应物和生成物按一定的质量比发生反应。在具体的一个反应中，还可以根据需要进行某些特定的组合，即反应方程式中某些项目进行加减组合。如碳酸氢钠固体的分解反应，产物中的二氧化碳是气体，水是液体，若讨论固体质量的变化，可以是前后固体质量的差值，也可以是非固体物质质量的和，将非固体物质中的比例关系合并为一个比例量，与原方程式中各种量成比例关系。具体如下：
2NaHCO3eq \(=====,\s\up12(△))Na2CO3＋CO2↑＋H2O Δm(固)
2×84 g 106 g 44 g 18 g 62 g
其固体差量可用下列两种方法得出：
(2NaHCO3－Na2CO3)或(CO2＋H2O)
(2×84 g－106 g) 或(44 g＋18 g)
例1、臭氧层是地球生命的保护神，臭氧比氧气具有更强的氧化性。实验室可将氧气通过高压放电管来制取臭氧：3O2eq \(=====,\s\up7(放电))2O3。
(1)若在上述反应中有30%的氧气转化为臭氧，所得混合气的平均摩尔质量为________ g/ml(保留一位小数)。
(2)将8 L氧气通过放电管后，恢复到原状况，得到气体6.5 L，其中臭氧为________ L。
【解析】(1)设有1 ml O2，则有
3O2eq \(=====,\s\up12(放电))2O3 Δn
3 ml 2 ml 1 ml
0.3 ml 0.1 ml
则eq \x\t(M)＝eq \f(m总,n总)＝eq \f(32 g,0.9 ml)＝35.6 g/ml。
(2)3O2eq \(=====,\s\up12(放电))2O3 ΔV
3体积 2体积 1体积
V(L) 8 L－6.5 L＝1.5 L
解得V＝3 L。
【答案】(1)35.6 (2)3
高频考点二、考查关系式
物质间的一种简化的式子，解决多步反应，计算最简捷。多步反应中建立关系式的方法：
(1)叠加法(如利用木炭、水蒸气制取氨气)：
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(C＋H2O(g)\(=====,\s\up12(高温))CO＋H2,CO＋H2O(g)\(=====,\s\up12(高温))CO2＋H2))⇒
eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(C＋2H2O(g)\(===,\s\up12(高温))CO2＋2H2,N2＋3H2\(,\s\up15(高温、高压),\s\d12(催化剂))2NH3))⇒ 由木炭、水蒸气制取NH3的关系为：3C～4NH3。
(2)元素守恒法(如氨氧化法制硝酸)：
4NH3＋5O2eq \(=====,\s\up15(催化剂),\s\d12(△))4NO＋6H2O
2NO＋O2===2NO2
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
经多次氧化和吸收，由N元素守恒知：NH3～HNO3。
(3)电子转移守恒法(如氨氧化法制硝酸)：NH3eq \(―――→,\s\up12(失去8e－))HNO3，O2eq \(―――→,\s\up12(得到4e－))2O2－，由得失电子总数相等知，NH3经氧化等一系列过程生成HNO3，NH3和O2的关系为NH3～2O2。
例2、取KI溶液25 mL，向其中滴加0.4 ml/L的FeCl3溶液135 mL，I－完全反应生成I2：2I－＋2Fe3＋===I2＋2Fe2＋。将反应后的溶液用CCl4萃取后分液，向分出的水溶液中通入Cl2至0.025 ml时，Fe2＋恰好完全反应。求KI溶液的物质的量浓度。
【解析】依题意，有：
本题可用关系式法求解。
由上述两个反应及电子转移守恒理论，得I－与Cl2之间的关系式：2I－～Cl2。
设KI的物质的量是x。
2I－～ Cl2
2 1
x 0.025 ml
eq \f(2,1)＝eq \f(x,0.025 ml)，x＝0.05 ml。
c(KI)＝eq \f(0.05 ml,0.025 L)＝2 ml/L。
【答案】2 ml/L
高频考点三、考查极值
(1)极值法的含义：
极值法是采用极限思维方式解决一些模糊问题的解题技巧。它是将题设构造为问题的两个极端，然后依据有关化学知识确定所需反应物或生成物的量值，进行判断分析，求得结果。
(2)极值法解题的基本思路：
①把可逆反应假设成向左或向右进行的完全反应。
②把混合物假设成纯净物。
③把平行反应分别假设成单一反应。
(3)极值法解题的关键：
紧扣题设的可能趋势，选好极端假设的落点。
(4)极值法解题的优点：
极值法解题的优点是将某些复杂的、难以分析清楚的化学问题假设为极值问题，使解题过程简化，解题思路清晰，把问题化繁为简，由难变易，从而提高了解题速度。
例3、在一容积固定的密闭容器中进行反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)。已知反应过程中某一时刻SO2、O2、SO3的浓度分别为0.2 ml/L、0.1 ml/L、0.2 ml/L。当反应达到平衡时，各物质的浓度可能存在的数据是 ( )
A．SO2为0.4 ml/L，O2为0.2 ml/L
B．SO2为0.25 ml/L
C．SO2和SO3均为0.15 ml/L
D．SO3为0.4 ml/L
【解析】本题可根据极端假设法进行分析。若平衡向正反应方向移动，达到平衡时SO3的浓度最大为0.4 ml/L，而SO2和O2的浓度最小为0；若平衡向逆反应方向移动，达到平衡时SO3的浓度最小为0，而SO2和O2的最大浓度分别为0.4 ml/L、0.2 ml/L，考虑该反应为可逆反应，反应不能向任何一个方向进行到底，因此平衡时SO3、O2、SO2的浓度范围应分别为0＜c(SO3)＜0.4 ml/L,0＜c(O2)＜0.2 ml/L,0＜c(SO2)＜0.4 ml/L。SO2反应转化成SO3，而SO3分解则生成SO2，那么c(SO3)＋c(SO2)＝0.2 ml/L＋0.2 ml/L＝0.4 ml/L。对照各选项，只有B项符合题意。
【答案】B
1．[2019江苏]聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
（1）将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离子方程式为 ▲ ；水解聚合反应会导致溶液的pH ▲ 。
（2）测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10−2 ml·L−1 K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。
①上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将 ▲ （填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。
②计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）。
【答案】（1）2Fe2++ H2O2+2H+2Fe3++2H2O 减小
（2）①偏大②n()=5.000×10−2 ml·L−1×22.00 mL×10−3 L·mL−1=1.100×10−3 ml
由滴定时→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：~6Fe2+
（或+14H++6Fe2+6Fe3++2Cr3++7H2O）
则n(Fe2+)=6n()=6×1.100×10−3 ml=6.600×10−3 ml
样品中铁元素的质量：
m(Fe)=6.600×10−3 ml×56 g·ml−1=0.3696 g
样品中铁元素的质量分数：w(Fe)=×100%=12.32%
【解析】
（1）Fe2+具有还原性，在溶液中被氧化成Fe3+，H2O2具有氧化性，其还原产物为H2O，根据得失电子守恒可写出反应2Fe2++H2O2→2Fe3++2H2O，根据溶液呈酸性、结合原子守恒和电荷守恒，H2O2氧化Fe2+的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；H2O2氧化后的溶液为Fe2（SO4）3溶液，Fe2（SO4）3发生水解反应Fe2（SO4）3+（6-2n）H2O Fe2（OH）6-2n（SO4）n+（3-n）H2SO4，Fe2（OH）6-2n（SO4）n聚合得到聚合硫酸铁，根据水解方程式知水解聚合反应会导致溶液的酸性增强，pH减小。
（2）①根据题意，Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+，发生的反应为Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+，根据还原性：还原剂>还原产物，则还原性Sn2+>Fe2+，实验中若不除去过量的Sn2+，则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2+再氧化Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。
② 实验过程中消耗的n（Cr2O72-）=5.000×10-2ml/L×22.00mL×10-3L/mL=1.100×10-3ml
由滴定时Cr2O72-→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒，可得微粒的关系式：Cr2O72-~6Fe2+（或Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O）
则n（Fe2+）=6n（Cr2O72-）=6×1.100×10-3ml=6.6×10-3ml
（根据Fe守恒）样品中铁元素的质量：m（Fe）=6.6×10-3ml×56g/ml=0.3696g
样品中铁元素的质量分数：ω（Fe）=×100%=12.32%。
2. （2018年江苏卷）碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为
（2−x）Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O2[（1−x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3]+3xCaSO4↓+3xCO2↑
生成物（1−x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。
（1）制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有___________________。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH___________（填“增大”、“减小”、“不变”）。
（3）通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：
①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g。
②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 ml·L−1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 ml·L−1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL（已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1）。
计算（1−x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值（写出计算过程）。
【答案】（12分）
（1）适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率
（2）减小
（3）25mL溶液中：n(SO42−)= n(BaSO4) ==0.0100 ml
2.5 mL溶液中：
n(Al3+) = n(EDTA)−n(Cu2+)=0.1000 ml·L−1×25.00 mL×10−3L·mL−1−0.08000 ml·L−1×20.00 mL
×10−3 L·mL−1=9.000×10−4 ml
25 mL溶液中：n(Al3+)=9.000×10−3 ml
1 ml (1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中
n(Al3+)=(2−x)ml；n(SO42−)=3(1−x)ml
x=0.41
【解析】（1）制备碱式硫酸铝溶液，维持反应温度和反应时间不变，提高x的值，即促进Al3+的水解和CaSO4的生成，可以采取的方法是：适当增加CaCO3的量、加快搅拌速率。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2，溶液碱性减弱，pH减小。
（3）25mL溶液中：n（SO42-）= n（BaSO4）==0.0100 ml
2.5 mL溶液中：n（Al3+） = n（EDTA）−n（Cu2+）=0.1000 ml·L−1×25.00 mL×10−3L·mL−1−0.08000 ml·L−1×20.00 mL×10−3 L·mL−1=9.000×10−4 ml
25 mL溶液中：n（Al3+）=9.000×10−3 ml
1 ml （1-x）Al2（SO4）3·xAl（OH）3中n（Al3+）=（2-x）ml；n（SO42-）=3（1-x）ml
==，解得x=0.41。
3．【2017江苏卷】碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。
（1）碱式氯化铜有多种制备方法
①方法1: 45 ~ 50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 (OH)2 Cl2·3H2O， 该反应的化学方程式为_________________________。
②方法2: 先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。 M'的化学式为______。
（2）碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。 为测定某碱式氯化铜的组成， 进行下列实验:
①称取样品1.1160 g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A；
②取25. 00 mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0. 1722 g；③另取25. 00 mL溶液A，调节pH 4 ~ 5，用浓度为0.08000 ml·L-1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+ (离子方程式为Cu2++ H2Y2-=CuY2-+2H+)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)__________。
【答案】 4CuCl + O2+ 8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O Fe2+ n(Cl-)=n(AgCl)×==4.800×10-3ml
n(Cu2+)=n(EDTA)×
=0.08000 ml·L-1×30.00 mL×10-3 L·mL-1×=9.600×10-3 ml
n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3 ml－4.800×10-3 ml=1.440×10-2 ml
m(Cl-)=4.800×10-3 ml×35.5 g· ml -1 =0.1704 g
m(Cu2+)=9.600×10-3 ml×64 g· ml -1 =0.6144 g
m(OH-)=1.440×10-2 ml×17 g· ml -1 =0.2448 g
n(H2O)= =4.800×10-3 ml
a∶b∶c∶x = n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1
化学式为Cu2 (OH)3Cl·H2O。
【解析】（1）①分析CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 (OH)2 Cl2·3H2O，可以发现Cu元素的化价升高了，所以氧气肯定做了该反应的氧化剂，根据化合价升降总数相等并结合质量守恒定律，可以写出该反应的化学方程式为4CuCl + O2+ 8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O。
②由催化原理示意图可知， M'先与H+、O2反应生成M，M再被Cu还原为Cu2+，所以M'的化学式为Fe2+。
（2）由实验②可以求出该样品中所含Cl-的物质的量，由氯离子守恒得：
n(Cl-)=n(AgCl)×==4.800×10-3ml
由实验③结合反应信息Cu2++ H2Y2-CuY2-+2H+，可以求出样品中所含Cu元素的物质的量：
n(Cu2+)=n(EDTA)×
=0.08000 ml·L-1×30.00 mL×10-3 L·mL-1×=9.600×10-3 ml
再由化合物中电荷守恒得：
n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3 ml－4.800×10-3 ml=1.440×10-2 ml
分别求出这3种离子的质量，根据质量守恒，求出H2O的质量：
m(Cl-)=4.800×10-3 ml×35.5 g· ml -1 =0.1704 g
m(Cu2+)=9.600×10-3 ml×64 g· ml -1 =0.6144 g
m(OH-)=1.440×10-2 ml×17 g· ml -1 =0.2448 g
再求出结晶水的物质的量：
n(H2O)= =4.800×10-3 ml
最后求出各粒子的个数之比，写出化学式：
因为a∶b∶c∶x = n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1 ，所以该样品的化学式为Cu2 (OH)3Cl·H2O。
4．【2016年高考江苏卷】（12分）过氧化钙（CaO2·8H2O）是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。
（3）水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封静置；加入适量稀H2SO4，待MnO(OH)2与I−完全反应生成Mn2+和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下：
①写出O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2的离子方程式；_____________。
②取加过一定量CaO2·8H2O的池塘水样100.00 mL，按上述方法测定水中溶解氧量，消耗0.01000 ml·L−1 Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧（用mg·L−1表示），写出计算过程。
【答案】（3）①O2＋2Mn2＋＋4OH－=MnO(OH)2↓
②在100.00mL水样中
I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－
n(I2)=
＝
=6.750×10－5ml
n[MnO(OH)2]= n(I2)= 6.750×10－5ml
n(O2)= n[MnO(OH)2]=×6.750×10－5ml＝3.375×10－5ml
水中溶解氧＝=10.80mg/L
【解析】
（1）根据反应的化学方程式可知反应时加入过量的Ca（OH）2可以提高H2O2的利用率。
（2）过氧化钙与水反应生成氢氧化钙、氧气和水，因此向池塘水中加入一定量的CaO2·8H2O后，池塘水中浓度增加的离子有钙离子和氢氧根离子，答案选AD。
（3）①O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2中氧气是氧化剂，1个O2分子得到4个电子，Mn元素的化合价从+2价升高到+4价，1个Mn2+失去2个电子，所以根据电子得失守恒以及原子守恒可知反应的离子方程式为O2+2Mn2＋+4OH－===MnO(OH)2↓。
②根据转化关系图，获得各物质之间的量的关系，由此进行计算。
5．【2016年高考新课标Ⅰ卷】 (15分)
（3）在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl−，利用Ag+与CrO42−生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl−恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10−5 ml·L−1)时，溶液中c(Ag+)为_______ ml·L−1，此时溶液中c(CrO42−)等于__________ ml·L−1。(已知Ag2 CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10−12和2.0×10−10)。
【答案】(3) 2.0×10-5 ；5×10-3；
【解析】（3）当溶液中Cl−完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0×10−5 ml·L−1，根据溶度积常数Ksp(AgCl)=2.0×10−10，可得溶液中c(Ag+)=Ksp(AgCl)÷c(Cl-)=2.0×10−10÷(1.0×10−5 ml·L−1)=2.0×10-5 ml·L−1；则此时溶液中c(CrO42−)=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=2.0×10−12÷(2.0×10-5 ml·L−1)=5×10-3ml·L−1；
6．【2016年高考新课标Ⅱ卷】联氨（又称联肼，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：
（5）联氨是一种常用的还原剂。向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是 。联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2 kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是 。
【答案】（5）固体逐渐变黑，并有气泡产生 1 N2H4的用量少，不产生其他杂质（还原产物为N2和H2O，而Na2SO3产生Na2SO4
【解析】（5）联氨是一种常用的还原剂，AgBr具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成银，则向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，可观察到固体逐渐变黑，并有气泡产生；联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，发生的反应为N2H4+O2=N2+2H2O，理论上1kg的联氨可除去水中溶解的氧气为
1kg÷32g/ml×32g/mL=1kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是N2H4的用量少，不
产生其他杂质，而Na2SO3的氧化产物为Na2SO4。
7、【2016年高考上海卷】（本题共14分）
CO2是重要的化工原料，也是应用广发的化工产品。CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气。
完成下列计算：
（1）CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解。2.00 ml NH4HCO3完全分解，分解产物经干燥后的体积为_________L(标准状况)。
（2）某H2中含有2.40 mlCO2，该混合气体通入2.00 L NaOH溶液中，CO2被完全吸收。如果NaOH完全反应，该NaOH溶液的浓度为_______。
（3）CO2和KO2有下列反应：
4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2
4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
若9 ml CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 ml O2，则反应前密封舱内H2O的量应该是多少？列式计算。
（4）甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：CH4+H2OCO+3H2
已知：CO+2H2CH3OH CO2+3H2CH3OH+H2O
300 ml CH4完全反应后的产物中，加入100 ml CO2后合成甲醇。若获得甲醇350 ml，残留氢气120 ml，计算CO2的转化率。
【答案】（本题共14分）
（1）89.6
（2）2.4 ml/L≥c≥1.2 ml/L
（3）
n(H2O)=(9/6)×2=3(ml)
（4）300 ml CH4完全反应产生H2 900ml
设CO2转化率为α，CO转化率为β
300β+100α=350 600β+300α=900-120
α=80%
或设CO2转化率为α 900−350×2−100α=120 α=80/100=80%
【解析】
（1）碳酸氢铵分解的化学方程式为：NH4HCO3H2O+NH3↑+CO2↑，从方程式可以看出，分解产物经干燥后，所得气体为NH3和CO2，且n(NH3)+ n(CO2)=2n(NH4HCO3)=2×2.00ml=4.00ml，则V(混合气体)=4.00ml×22.4L/ml=89.6L，即分解产物经干燥后的体积为89.6L。
（2）根据题意要求，2.40 mlCO2被完全吸收，NaOH也完全反应，则反应的产物可能是Na2CO3（此时NaOH的浓度最大）或NaHCO3（此时NaOH的浓度最小）或Na2CO3和NaHCO3的混合物。用极值思想分析两个特殊情况：
①CO2+NaOH=NaHCO3，n(NaOH)= n(CO2)=2.40ml，则c(NaOH)==1.20ml/L；
②CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，n(NaOH)=2n(CO2)=4.80ml，则c(NaOH)==2.40ml/L；
综合（1）、（2）可知，NaOH溶液的浓度应该为1.20ml/L≤c(NaOH)≤2.40ml/L。
（3）法一：
依题意，9 ml CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 ml O2，即n(CO2)∶n(O2)=1∶1，通过观察题给两个方程式可知，当把两个方程式相加时正好符合题目要求：
8KO2+6CO2+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2
所以有n(H2O)=n(CO2)=×9ml=3ml，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3ml。
法二：
设反应前密封舱内H2O的物质的量为n
4KO2 + 4CO2 + 2H2O → 4KHCO3 + 3O2
2nn 1.5n
4KO2 + 2CO2 → 2K2CO3 + 3O2
9-2n 1.5(9-2n)
根据题意生成氧气9ml，所以有1.5n+ 1.5(9-2n)=9ml，解得n=3ml，即反应前密封舱内
H2O的物质的量为3ml。
（4）法一：
CH4+ H2OCO + 3H2
300ml 300ml 900ml
设CO2的转化率为α，CO的转化率为β
CO + 2H2CH3OH CO2 + 3H2CH3OH + H2O
300βml 600βml 300βml 100αml 300αml 100αml
根据题意，共生成350ml甲醇，所以有300βml+100αml=350ml-------①式
根据题意，反应后残留氢气120ml，则实际参加反应的氢气为900ml-120 ml，所以有
600βml+300αml=900ml-120 ml--------②式
由①②式可得α=0.8，即CO2的转化率为80%。
法二：
在合成甲醇的反应中，氢元素在生成物中有两种存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，设CO2的转化率为α
CH4 + H2O CO + 3H2
300ml 900ml
CO2 + 3H2 CH3OH + H2O
100αml 100αml
根据题意，反应后残留氢气120ml，则实际参加反应的氢气为900ml-120 ml，根据反应中氢元素的守恒可有：900ml-120ml=350ml×2+100αml，解得α=0.8，即CO2的转化率为80%。