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微专题1　新情境下陌生方程式、离子方程式的书写
近三年全国卷考情
2018年
2017年
2016年
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
陌生氧化还原反应方程式、
离子方程式的书写
T26、T27
T26
T27
T28
T26、T28
T27、T28
T26、T28
T27、T28
非氧化还原反应
方程式的书写
T27
T28
T27、T28
T26、T27
T26
T26、T27
T26
陌生电极反应式的书写
T27
T26
T27
从近三年的考情看,在Ⅱ卷中对方程式的书写、电极反应式的书写明显有加强的趋势,尤其是电极反应式在沉寂多年后又重新出现在Ⅱ卷的舞台上,这对于2019年的考生是一个很好的提醒。
类型一　陌生氧化还原方程式、离子方程式的书写
(对应学生用书第53~54页)
　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
1.在日常的学习、练习中,注意记忆、积累常见元素的化合价;认识并掌握常见的氧化剂、还原剂。
(1)强氧化性物质或离子:
Na2O2、Fe3+、NO2、HNO3(浓)、HNO3(稀)、O2、O3、H2O2、H2SO4(浓)、Cl2、Br2、HClO、NaClO、Ca(ClO)2、KMnO4(H+)。
(2)强还原性物质或离子:
Fe2+、Fe(OH)2、SO2(H2SO3、Na2SO3、NaHSO3、S)、H2S(Na2S、NaHS、S2-)、HI(NaI、I-)等。
2.掌握常见氧化剂、还原剂发生氧化还原反应的产物。有时候物质的氧化还原产物还要根据题中的情景信息考虑,如:H2S与浓硝酸反应甚至能被氧化为H2SO4,I-可以被过量的浓氯水氧化生成I。了解常见物质反应后的存在形式,比如O2得电子后转变为O2-,在酸性环境下结合H+生成H2O,而在碱性条件下则与H2O转变为OH-。
常见氧化剂
反应产物
常见还原剂
反应产物
Na2O2
NaOH
Fe2+
Fe3+
Fe3+
Fe2+
SO2、H2SO3、Na2SO3、
NaHSO3
S
NO2
NO
H2S、Na2S、NaHS
S、SO2、
S
HNO3(浓)
NO2
NaI、HI
I2、I
HNO3(稀)
NO
H2C2O4、C2
C
H2O2
H2O
H2SO4(浓)
SO2
Cl2、HClO、
NaClO、
Ca(ClO)2
Cl-
KMnO4(H+)
Mn2+
3.通过练习掌握书写信息型氧化还原反应方程式的步骤
(1)找出发生氧化还原反应的物质或离子。
(2)依据掌握的氧化还原反应规律合理地预测产物(这里要重视题目中的信息提示,或给出的生成物)。
(3)根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应计量数。
(4)根据原子守恒和溶液的酸碱性,通过在反应方程式的两端添加H+、OH-或H2O的形式使方程式的两端的电荷守恒。
【例1】 (2017·全国Ⅰ卷,27节选)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下:
回答下列问题:
写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式:　。?
思路点拨:(1)找出发生氧化还原反应的物质:
FePO4中Fe3+有氧化性、H2C2O4有还原性(C元素居于+3价,可以被氧化为+4价)。
(2)依据掌握的氧化还原反应规律合理地预测产物:
Fe3+表现氧化性的还原产物应为Fe2+,LiFePO4符合预测;H2C2O4高温下被氧化为CO2。
(3)根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应计量数:
根据电子守恒FePO4与H2C2O4按2∶1反应。
(4)根据原子守恒配平未发生氧化还原反应的物质的计量数。
答案:2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O↑+3CO2↑
【例2】 (2018·全国Ⅰ卷,27节选)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题:
Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时,取50.00 mL葡萄酒样品,用0.010 00 mol·L-1的碘标准液滴定至终点,消耗 10.00 mL。滴定反应的离子方程式为?
?
　。?
思路点拨:(1)找出发生氧化还原反应的物质:
还原剂:Na2S2O5(S元素处于+4价,有还原性);氧化剂:I2(有氧化性,联想学过的I2与SO2的反应)。
(2)依据掌握的氧化还原反应规律合理地预测产物:Na2S2O5被氧化为S,I2被还原为I-。
(3)根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数,根据电子守恒Na2S2O5与I2的化学计量数分别为1、2。
(4)根据原子守恒和溶液的酸碱性,通过在反应方程式的两端添加H+、OH-或H2O的形式使方程式的两端的电荷守恒。
答案:S2+2I2+3H2O2S+4I-+6H+
1.(2018·全国Ⅱ卷,26节选)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家,一种以闪锌矿(ZnS,含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示:
回答下列问题:
(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为?
　　　　　　　　　　。?
(2)溶液中的Cd2+可用锌粉除去,还原除杂工序中反应的离子方程式为　。?
解析:(1)由于闪锌矿的主要成分是ZnS,焙烧时硫元素转化为SO2,因此焙烧过程中主要反应的化学方程式为2ZnS+3O22ZnO+2SO2。
(2)Zn是一种比较活泼的金属,具有较强的还原性。可以还原一些氧化性较强的不活泼金属阳离子。所以溶液中的Cd2+可用锌粉除去,反应的离子方程式为Zn+Cd2+Zn2++Cd。
答案:(1)2ZnS+3O22ZnO+2SO2
(2)Zn+Cd2+Zn2++Cd
2.(2014·全国Ⅱ卷,27节选)铅及其化合物可用于蓄电池、耐酸设备及X射线防护材料等。回答下列问题:
PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体,反应的化学方程式为　。?
解析:根据题意知,PbO2与浓盐酸共热生成黄绿色气体氯气,迁移教材中二氧化锰与浓盐酸的反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O知,反应的化学方程式为PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O。
答案:PbO2+4HCl(浓)PbCl2+Cl2↑+2H2O
类型二　非氧化还原型陌生方程式的书写
(对应学生用书第54~55页)
　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
非氧化还原反应涉及最多的为复分解反应,也会涉及无单质参与的化合反应、无单质生成的分解反应以及酸性物质(酸、酸性氧化物、酸式盐)与碱性物质(碱、碱性氧化物、碱式盐)的反应。在平时学习中体会这些化学反应发生的基本原理。相比较氧化还原方程式而言,难度较小。在书写和配平时用到更多的是原子守恒,其主要可分为以下几种情况:
(1)广义的水解反应
广义的水解是指化合物中的正电性的原子或原子团与OH结合,负电性的原子或原子团与H结合形成两种新的物质。
(2)酸(酸式盐)与碱可发生中和反应、强酸与弱酸盐可以反应。
(3)铵盐、弱酸酸式盐、难溶氢氧化物、难溶碳酸盐受热易分解。
(4)多元弱酸盐与其多元弱酸反应生成其酸式盐。
【例题】 (2018·全国Ⅲ卷,28节选)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题:
SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体,遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等,写出该反应的化学方程式
　。?
思路点拨:(1)与水反应,考虑广义的水解:SiHCl3+3H2OH4SiO3+3HCl。
(2)结合试题给出产物,考虑:2H4SiO3(HSiO)2O+3H2O。
(3)综合以上得到:2SiHCl3+3H2O(HSiO)2O+6HCl。
答案:2SiHCl3+3H2O(HSiO)2O+6HCl
1.(2018·全国Ⅱ卷,28节选)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体,可用于晒制蓝图。回答下列问题:
晒制蓝图时,用K3[Fe(C2O4)3]·3H2O作感光剂,以K3[Fe(CN)6] 溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑;显色反应的化学方程式为　。?
解析:光解反应的化学方程式为2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑,反应后有草酸亚铁产生,联想Fe2+的检验:用K3[Fe(CN)6]可以生成蓝色沉淀Fe3[Fe(CN)6]2,题目也表明是显色剂。所以显色反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4。
答案:(1)3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4
2.(2015·全国Ⅰ卷,27节选)硼及其化合物在工业上有许多用途。以铁硼矿(主要成分为Mg2B2O5·H2O和Fe3O4,还有少量Fe2O3、FeO、CaO、Al2O3和SiO2等)为原料制备硼酸(H3BO3)的工艺流程如图所示:
写出Mg2B2O5·H2O与硫酸反应的化学方程式:?
?
?
　。?
解析:分析反应物Mg2B2O5·H2O与硫酸反应符合弱酸盐与强酸的反应,应该生成弱酸(H4B2O5)与强酸盐MgSO4,但题目中最终要制取H3BO3,而H4B2O5可看作是两分子H3BO3失去一分子H2O后的产物。所以可以理解为H4B2O5结合一分子H2O生成两分子H3BO3,方程式可写为Mg2B2O5·H2O+2H2SO42MgSO4+2H3BO3。
答案:Mg2B2O5·H2O+2H2SO42MgSO4+2H3BO3
类型三　陌生电极反应式的书写
(对应学生用书第55页)
　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
1.原电池的电极反应都是自发氧化还原反应的半反应,其书写思路为:
(1)负极反应先考虑还原剂失电子后的合理产物(碳元素酸性生成CO2、碱性以C存在),然后考虑产物与电解质是否反应。
(2)正极反应则先考虑氧化剂得电子后的合理产物,然后考虑产物与电解质是否反应。
2.电解池中的阳极有最强的氧化能力,阴极有最强的还原能力,所以可以发生平常不能发生的一些氧化还原反应。电解液中氧化性的离子可以在阴极得电子,还原性离子则可以在阳极失电子。同时考虑得失电子产物与电解液可能发生的反应。
3.由于离子在电极上的放电顺序除了与离子氧化还原性有关外还与离子浓度等有关,所以有些电极反应需要结合题目的信息完成。
【例题】 (2018·全国Ⅱ卷,26节选)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS,含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示:
电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　;沉积锌后的电解液可返回　　　　　　工序继续使用。?
解析:电解硫酸锌溶液时,按我们学习中的规律是H+得电子放出氢气。一方面要明确阴极上是氧化性离子得电子,另一方面题目中已提出用电解法制备单质锌。所以阴极是锌离子放电(并非H+放电),则阴极的电极反应式为Zn2++2e-Zn;阳极是氢氧根放电,破坏水的电离平衡,产生氢离子,所以电解后还有硫酸产生,因此沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。
答案:Zn2++2e-Zn　溶浸
1.(2014·全国Ⅱ卷,27节选)铅及其化合物可用于蓄电池、耐酸设备及X射线防护材料等。回答下列问题:
(1)PbO2可以通过石墨为电极,Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液为电解液电解制取。阳极发生反应的电极反应式为　,?
阴极上观察到的现象是　;?
(2)若电解液中不加入Cu(NO3)2,阴极发生的电极反应式为　,这样做的主要缺点是?
　。?
解析:(1)电解池的阳极发生氧化反应,根据电极反应式的书写方法:①明确电极上主要的反应物和生成物;②分析相关元素的化合价的变化,标出得失电子的数目;③根据电解质溶液的性质利用H2O、H+、OH-等相关微粒配平原子及电荷,该题中Pb2+失2个电子被氧化生成PbO2,电极反应式为Pb2++2H2O-2e-PbO2↓+4H+,阴极上电解液中的阳离子放电,发生还原反应,根据放电顺序:Cu2+>Pb2+知,阴极上Cu2+放电,电极反应式为Cu2++2e-Cu↓,观察到的现象是石墨上包上铜镀层。(2)若电解液中不加入Cu(NO3)2,则阴极上部分Pb2+放电,电极反应式为Pb2++2e-Pb↓,这样做的主要缺点是不能有效利用Pb2+。
答案:(1)Pb2++2H2O-2e-PbO2↓+4H+
石墨上包上铜镀层　
(2)Pb2++2e-Pb↓　不能有效利用Pb2+
2.研究证实,CO2可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇,则生成甲醇的反应发生在　　　　极,该电极反应式是　?
　。?
解析:二氧化碳变甲醇,碳元素的化合价由+4价变为-2价,化合价降低,得到电子被还原,所以其在阴极反应。先考虑CO2得到6个电子,生成甲醇需要的氢原子由酸性溶液中的H+提供,根据原子守恒配平:CO2+6H++6e-CH3OH+H2O。
答案:阴　CO2+6H++6e-CH3OH+H2O
3.
O2辅助的Al~CO2电池工作原理如图所示。该电池电容量大,能有效利用CO2,电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池的正极反应式:2O2+2e-2、2CO2+2C2+2O2,则电池的负极反应式:　　　　　　　　　　　　　;反应过程中O2的作用是?
　。?
该电池的总反应式:　。?
解析:根据电池的原料是Al、CO2,反应产物生成Al2(C2O4)3,Al元素化合价升高,C元素化合价由+4价降低为+3价,所以确定Al失电子作负极,电极反应式为Al-3e-Al3+(或2Al-6e-2Al3+)。根据电池的正极反应,氧气在第一步被消耗,又在第二步生成,所以氧气为正极反应的催化剂。将两极反应式加合得到总反应为2Al+6CO2Al2(C2O4)3。
答案:Al-3e-Al3+(或2Al-6e-2Al3+)　催化剂　2Al+6CO2Al2(C2O4)3
微专题2　反应热的计算与热化学方程式的书写
近三年全国卷考情
2018年
2017年
2016年
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
ΔH的计算、判断
T28
T27
T28
T27
T28
T27
T26
T27
热化学方程式书写
T28
反应热作为高中化学知识体系中一个比较独立的知识点,在高考中的地位有点尴尬。必须要考,但考查的方式又非常局限,可以看出基本都是ΔH的计算,而且还都是通过盖斯定律来计算。只有2016年的Ⅰ卷通过平衡移动考了ΔH的正负问题。这对于考生而言意味着这个知识点的分数拿到手的保险性很高。
　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
1.热化学方程式可以理解为原来化学方程式的改造升级,在原来方程式表达物质变化的基础上添加新的标注元素,达到表达出反应过程中能量变化的目的。
(1)标注出方程式中各物质的状态,用s、l、g、aq分别表示固体、液体、气体、溶液。
(2)方程式后面标注出热量变化ΔH=x kJ·mol-1,x为负值表示放热,x为正值表示吸热。
2.反应热的计算主要有三种方式:
(1)利用键能计算反应热:ΔH=∑E(反应物)-∑E(生成物),即ΔH等于反应物的键能总和与生成物的键能总和之差。
(2)由反应物、生成物的总能量计算反应热:ΔH=生成物总能量-反应物总能量,这类计算通常会通过图像的方式给出反应物、生成物的能量。
(3)盖斯定律的应用,盖斯定律既可以计算出目标反应的ΔH,也可以得出目标反应的热化学方程式。
①调方向:根据目标方程式反应物、生成物的位置,调整已知方程式的反应方向。满足目标方程式各物质的位置要求,注意方程式方向改变ΔH符号随之改变。
②调化学计量数:把目标方程式中不存在的物质的化学计量数调整为相等。
③相加:把调整好的方程式相加就得到目标方程式,必要时可约简计量数。同时也得到相应方程式的反应热ΔH。
【例题】 (2018·全国Ⅱ卷,27节选)CH4CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2),还对温室气体的减排具有重要意义。
CH4CO2催化重整反应为:CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)。
已知:C(s)+2H2(g)CH4(g)　ΔH=-75 kJ·mol-1
C(s)+O2(g)CO2(g)　ΔH=-394 kJ·mol-1
C(s)+O2(g)CO(g)　ΔH=-111 kJ·mol-1
该催化重整反应的ΔH=　　　　kJ·mol-1。?
思路点拨:(1)目标反应的反应物为CH4和CO2,生成物是CO、H2。
(2)调整反应C(s)+2H2(g)CH4(g)　ΔH=-75 kJ·mol-1、C(s)+O2(g)CO2(g)　ΔH=-394 kJ·mol-1的方向,使CH4和CO2居于方程式反应物一侧,得到:
CH4(g)C(s)+2H2(g)　ΔH=75 kJ·mol-1;
CO2(g)C(s)+O2(g)　ΔH=394 kJ·mol-1。
(3)调整第三个方程式计量数,以便于消掉目标方程式中不存在的C、O2,对C(s)+O2(g)CO(g)　ΔH=-111 kJ·mol-1,两侧乘2得到:2C(s)+O2(g)2CO(g)　ΔH=-222 kJ·mol-1。
(4)把整理后的三个方程式相加得到:CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)　ΔH=247 kJ·mol-1。
答案:247
　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
1.(2018·全国Ⅰ卷,28节选)采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术,在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。
已知:2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g)　
ΔH1=-4.4 kJ·mol-1
2NO2(g)N2O4(g)　ΔH2=-55.3 kJ·mol-1
则反应N2O5(g)2NO2(g)+O2(g)的ΔH=　　　　 kJ·mol-1。?
解析:把方程式2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g)　ΔH1=-4.4 kJ·mol-1两侧乘,得到N2O5(g)N2O4(g)+O2(g)　ΔH1'=-2.2 kJ·mol-1;把方程式 2NO2(g)N2O4(g)　ΔH2=-55.3 kJ·mol-1调整方向得到:N2O4(g)2NO2(g)　ΔH2'=55.3 kJ·mol-1,两方程式相加:N2O5(g)2NO2(g)+O2(g)　ΔH=53.1 kJ·mol-1。
答案:53.1
2.(2018·全国Ⅲ卷,28节选)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。SiHCl3在催化剂作用下发生反应:
2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)
ΔH1=48 kJ·mol-1
3SiH2Cl2(g)SiH4(g)+2SiHCl3(g)
ΔH2=-30 kJ·mol-1
则反应4SiHCl3(g)SiH4(g)+3SiCl4(g)的ΔH=　　　　kJ·mol-1。?
解析:将第一个方程式扩大3倍,再与第二个方程式相加就可以得到第三个方程式,所以焓变为 48 kJ·mol-1×3+(-30 kJ·mol-1)=114 kJ·mol-1。
答案:114
微专题3　隐藏在Ⅱ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Ⅰ
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Ⅱ
26
ΔH计算、氧化还原、平衡常数
2017年全国Ⅰ
26
元素含量计算、物质纯度计算
27
Ksp的计算
28
平衡转化率、平衡常数K
2017年全国Ⅱ
26
氧化还原滴定
27
ΔH计算
28
氧化还原滴定
2018年全国Ⅰ
27
氧化还原滴定
28
ΔH计算、分压计算、速率、Kp计算
2018年全国Ⅱ
27
ΔH计算、平衡常数K
28
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,所以化学计算总是隐藏在Ⅱ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。ΔH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57~58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
①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。②w除以样品的总量,即可得出其含量
确定物质
化学式的
计算
①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。②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。③根据质量守恒,确定出结晶水的物质的量(若有结晶水)。④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
①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。②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。③通过②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
①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,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。
②17年Ⅱ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。
③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Ⅱ卷,28节选)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(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 mol·L-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 mol·L-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+,Mn转化为Mn2+:
Fe2+Fe3+~e-
MnMn2+~5e-
可得关系式:5Fe2+~Mn
已知n(Mn)=cV×10-3 mol
则n(Fe2+)=5cV×10-3 mol
则m(Fe2+)=5cV×10-3×56 g
该晶体中铁的质量分数w(Fe)=×100%=×100%
答案:(1)粉红色出现
(2)×100%
【例2】 (2017·全国Ⅱ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:
Ⅰ.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。
Ⅱ.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Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2+I22I-+S4)。
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 mol·L-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　　　　mg·L-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+2I-+4H+Mn2++I2+3H2O
I2+2S22I-+S4
得关系式:4S2~2I2~2MnO(OH)2~O2
4 1
ab×10-3 mol n(O2)
所以n(O2)=×10-3mol,
所以m(O2)=×10-3 mol×32 g·mol-1
=8ab×10-3g=8ab mg
所以=80ab mg·L-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:O2~2MnO(OH)2~2I2~4S2。
【例3】 (2014·全国Ⅱ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×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m∶n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+O2↑,结合原子守恒得出x的值,若组成表示为mPbO2·nPbO,则O原子与Pb原子的比值为=x,以此计算。
答案:根据PbO2PbOx+O2↑,有×32=239×4.0%,x=2-=1.4
根据mPbO2·nPbO,=1.4,==
1.(2018·全国Ⅲ卷,26节选)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O,M=248 g·mol-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 mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:Cr2+6I-+14H+3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S2S4+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1~2 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Cr2+6I-+14H+3I2+2Cr3++7H2O
I2+2S2S4+2I-
得关系式:Cr2　~　3I2　~　6S2
　1 　6
0.009 50 mol·L-1×0.02 L　0.009 50 mol·L-1×0.02 L×6
硫代硫酸钠样品溶液的浓度=
,样品的纯度为×100%=95.0%。
答案:(1)烧杯　容量瓶　刻度　(2)蓝色褪去　95.0
2.草酸钴是制备钴氧化物的重要原料。如图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)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点剩余固体的成分为　　　　(填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225~300 ℃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 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。
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 mol×59 g·mol-1=5.9 g,m(O)=8.03 g-5.9 g=2.13 g,故n(Co)∶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225~300 ℃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)=1∶1.2=5∶6。
答案:(1)Co3O4　3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2
(2)由得失电子守恒有n(Co3+)=2n(Cl2)=2×=0.4 mol,
由电荷守恒有n(Co)总=n(Co2+)溶液=0.5n(Cl-)=0.5×(0.480×5-0.2×2) mol=1 mol,
所以固体中n(Co2+)=1 mol-0.4 mol=0.6 mol,
n(O)= mol=1.2 mol,
故n(Co)∶n(O)=1∶1.2=5∶6。
类型二　应用电子守恒的计算
(对应学生用书第59页)
　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
化学学科中涉及的重要反应、复杂反应多为氧化还原反应,依据氧化还原反应的计算也成为高考中涉及较多的计算类型,尤其是多步的氧化还原反应,反应复杂,方程式繁多,如果利用方程式计算显得非常繁琐而易出错。此时抓住氧化还原反应的根本实质——电子守恒,运用关系式法进行计算将会使反应简化。
1.电子守恒计算基本思路
(1)确定反应中的氧化剂、还原剂及其还原产物、氧化产物。
(2)分析出一个原子、离子在反应中得失电子数目(注意化学式中原子个数)。
(3)根据电子守恒列出等式:氧化剂原子个数×得电子数目=还原剂原子个数×失电子数目。
2.对于多步连续进行的氧化还原反应,只要中间各步反应过程中没有其他的氧化产物、还原产物,中间反应只是起了一个电子的传递作用,可直接找出起始物和最终产物之间的电子守恒关系,快速求解。
3.原电池、电解池中电极产物、电解液中离子浓度的变化的计算,需要根据整个串联电路中通过的电子物质的量处处相等进行计算。
【例题】 (2016·全国Ⅰ卷,28节选)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等,其一种生产工艺如下:
回答下列问题:
(1)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为　　　　,该反应中氧化产物是　　　　。?
(2)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力,其定义是:每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为　　　　。(计算结果保留两位小数)?
解析:(1)尾气吸收的是少量的ClO2,根据转化关系可知,ClO2作氧化剂被还原为NaClO2,H2O2为还原剂被氧化为O2,根据电子守恒可求得:n(ClO2)∶n(H2O2)=2∶1。
(2)设NaClO2的有效氯含量为m(Cl2),根据有效氯的定义,结合电子守恒知:×4=×2,解得:m(Cl2)≈1.57 g。
答案:(1)2∶1　O2　(2)1.57
1.按要求解答下列各题:
(1)(2016·全国Ⅲ卷,28)“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为V,则需要氧化剂KClO3至少为　　　　 mol。?
(2)(2015·全国Ⅰ卷,28)大量的碘富集在海藻中,用水浸取后浓缩,再向浓缩液中加MnO2和H2SO4,即可得到I2。该反应的还原产物为　　　　。?
(3)(2015·全国Ⅱ卷,28)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为　　　　。?
(4)(2016·全国Ⅱ卷,26)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1 kg的联氨可除去水中溶解的O2　　　　kg。?
解析:(1)根据VO2+V,KClO3Cl-,由得失电子守恒,则n(VO2+)=6n(KClO3),
故n(KClO3)=n(VO2+)=×3 mol=0.5 mol。
(2)浓缩液中的碘元素为-1价,在酸性环境中,MnO2将-1价的I氧化为I2,MnO2中+4价的Mn被还原,产物应为MnSO4。
(3)由题给的反应物中有KClO3、生成物中有ClO2可知,氧化剂为KClO3,还原剂为Na2SO3。1 mol KClO3生成1 mol ClO2时得到1 mol电子,1 mol Na2SO3生成1 mol Na2SO4时失去2 mol电子,根据得失电子守恒可知,该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1。
(4)联氨处理高压锅炉水中的氧,发生的反应为N2H4+O2N2+2H2O,理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的氧气为×32 g·mol-1=1 kg。
答案:(1)0.5　(2)MnSO4　(3)2∶1　(4)1
2.(2018·内蒙古包头一模)测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下:
葡萄酒样品100.00 mL馏分
溶液出现蓝色
且30 s内不褪色
(已知:滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI)
按上述方案实验,消耗标准I2溶液25.00 mL,该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为　　　　g·L-1。?
解析:(1)令100 mL葡萄酒中二氧化硫的质量为m g,则:
SO2　+　I2+2H2OH2SO4+2HI
64 g 1 mol
m g 0.025 L×0.010 00 mol·L-1
64 g∶m g=1 mol∶(0.025 L×0.010 00 mol·L-1)
解得m=0.016,
则样品中抗氧化剂的残留量为0.16 g·L-1。
答案:0.16
【教师用书备用】 如图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。
(1)腐蚀过程中,负极是　　　　(填图中字母“a”“b”或“c”)。?
(2)环境中的Cl-扩散到孔口,并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl,其离子方程式为　;?
(3)若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl,则理论上耗氧体积为　　　　L(标准状况)。?
解析:(1)根据图示,在青铜合金的腐蚀过程中是金属Cu失电子被氧化,所以负极是Cu。(2)根据图示负极产物是Cu2+,正极上是O2得电子生成OH-,两者与扩散到孔口的Cl-反应生成Cu2(OH)3Cl,则离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-Cu2(OH)3Cl↓。(3)4.29 g Cu2(OH)3Cl的物质的量为=0.02 mol,则负极上发生反应的Cu为0.04 mol,失去电子为0.08 mol,则正极上O2得到电子也为0.08 mol,反应的O2为0.02 mol,则理论上耗氧体积为0.02 mol×22.4 L/mol=0.448 L(标准状况)。
答案:(1)c　(2)2Cu2++3OH-+Cl-Cu2(OH)3Cl↓　(3)0.448
类型三　有关平衡常数、转化率、产率的计算
(对应学生用书第59~61页)
　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
1.理解并掌握转化率、产率的意义
(1)转化率=×100%=×100%。
(2)生成物的产率:产率=×100%。其中理论产量是根据方程式计算出的数值。
(3)混合物中某组分的百分含量=×100%。可以是物质的量、物质的量浓度、气体体积等。
2.K、Ka、Kb、KW、Kh、Ksp的相似性
(1)K、Ka、Kb、KW、Kh、Ksp分别表示化学平衡常数、弱酸电离平衡常数、弱碱电离平衡常数、水的离子积常数、盐的水解平衡常数、难溶物的沉淀溶解平衡常数。表达该平衡过程进行的程度。
(2)其表达式的意义相同:K=,其中Ksp中难溶物无浓度,只有分子项。
(3)Kp仅适用于气相发生的反应。当把化学平衡常数K表达式中各物质的浓度用该物质的分压来表示时,就得到该反应的平衡常数Kp。
(4)Kp也同K相似可以利用“三段式法”进行计算,往往可以使得问题简化。
3.用好“三段式法”解答平衡题
依据方程式列出反应物、生成物各物质的初始量、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起始物质的量浓度分别为a mol·L-1、b mol·L-1,达到平衡后A的物质的量浓度变化为mx mol·L-1。
　　　　　　　　　　mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)
起始浓度/(mol·L-1) a b 0 0
变化浓度/(mol·L-1) mx nx px qx
平衡浓度/(mol·L-1) a-mx b-nx px qx
K=
4.平衡常数的相关计算,通常需要通过图像、表格找出平衡体系中相关成分的浓度,或利用“三段式法”求出相关成分的浓度。然后通过平衡常数的定义式计算出结果。相对而言,Ksp的相关计算比较单一,通常是根据给出的Ksp数据计算离子的浓度,或者根据给出的离子浓度判断沉淀是否生成。
【例1】 (2018·全国Ⅰ卷,28节选)F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 ℃时N2O5(g)分解反应:
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(t=∞时,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)分解的反应速率v=2×10-3×(kPa·min-1)。t=62 min时,测得体系中=2.9 kPa,则此时的=　　　　kPa,v=　　　　kPa·min-1。?
(2)25 ℃时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp=　　　　kPa(Kp为以分压表示的平衡常数,计算结果保留1位小数)。?
思路点拨:(1)气体的分压之比等于各物质的物质的量之比。
(2)气体的分压如同气体的物质的量、物质的量浓度一样可以用“三段式法”进行计算。
解析:(1)由方程式2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)可知,62 min时,=2.9 kPa,则减小的N2O5为5.8 kPa,此时=35.8 kPa-5.8 kPa=30.0 kPa,则v(N2O5)=2×10-3×30.0 kPa·min-1=6.0×10-2 kPa·min-1。
(2)时间无限长时N2O5完全分解,故由2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)知,此时生成的=2=2×35.8 kPa=71.6 kPa,=0.5×35.8 kPa=17.9 kPa。由题意知,平衡时体系的总压强为63.1 kPa,则平衡体系中NO2、N2O4的压强和为63.1 kPa-17.9 kPa=45.2 kPa,设N2O4的压强为x kPa,则
　　　　　　　N2O4(g) 2NO2(g)
初始压强/kPa 0 71.6
转化压强/kPa x 2x
平衡压强/kPa x 71.6-2x
则x+(71.6-2x)=45.2,解得x=26.4,71.6 kPa-26.4 kPa×2=18.8 kPa,Kp==≈13.4 kPa。
答案:(1)30.0　6.0×10-2
(2)13.4
【例2】 (2018·全国Ⅲ卷,28节选)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。对于反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g),采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂,在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
(1)343 K时反应的平衡转化率α=　　　　%。平衡常数K343 K=　　　　(保留2位小数)。?
(2)比较a、b处反应速率大小:va　　　　vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v=v正-v逆=k正-k逆,k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数,x为物质的量分数,计算a处的=　　　　　(保留1位小数)。?
解析:温度越高,反应速率越快,达到平衡的时间越短,曲线a达到平衡的时间短,则曲线a代表343 K时 SiHCl3的转化率变化曲线,曲线b代表323 K时SiHCl3的转化率变化曲线。
(1)由题图可知,343 K时反应的平衡转化率α=22%。设起始时SiHCl3(g)的浓度为1 mol·L-1,则有
　　　　　　　　　2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)
起始浓度/(mol·L-1) 　1 0 0
转化浓度/(mol·L-1) 　0.22 0.11 0.11
平衡浓度/(mol·L-1) 　0.78 0.11 0.11
则343 K时该反应的平衡常数K343 K=[c(SiH2Cl2)·c(SiCl4)]/c2(SiHCl3)=(0.11 mol·L-1)2/(0.78 mol·L-1)2≈0.02。
(2)温度越高,反应速率越快,a点温度为343 K,b点温度为323 K,故反应速率:va大于vb。反应速率v=v正-v逆=k正-k 逆,则有v正=k正,v逆=k逆,343 K下反应达到平衡状态时v正=v逆,即k正=k逆,此时SiHCl3的平衡转化率α=22%,经计算可得SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4的物质的量分数分别为0.78、0.11、0.11,则有k正×0.782=k逆×0.112,k正/k逆=0.112/0.782≈0.02。a处SiHCl3的平衡转化率α=20%,此时SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4的物质的量分数分别为0.8、0.1、0.1,则有v正/v逆=(k正)/(k逆)=·=0.02×≈1.3。
答案:(1)22　0.02　(2)大于　1.3
1.(2017·全国Ⅰ卷,27节选)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为 FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下:
若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02 mol·L-1,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍),使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1,此时是否有 Mg3(PO4)2沉淀生成??
?
?
?
?
(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。
解析:加入双氧水和磷酸后,溶液体积增加1倍,c(Mg2+)变为原来的,即c(Mg2+)=0.01 mol·L-1,Fe3+恰好沉淀完全时,溶液中c(P)== mol·L-1=1.3×10-17 mol·L-1。Q[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)·c2(P)=0.013×(1.3×10-17)2=1.7×10-40答案:Fe3+恰好沉淀完全时,c(P)= mol·L-1=1.3×10-17 mol·L-1。c3(Mg2+)·c2(P)值为0.013×(1.3×10-17)2=1.7×10-402.(2017·全国Ⅰ卷,28节选)H2S与CO2在高温下发生反应:H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)。在610 K时,将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中,反应平衡后水的物质的量分数为0.02。
H2S的平衡转化率α1=　　　　%,反应平衡常数K=　　　　。?
解析:设平衡时H2S转化的浓度为x mol·L-1,列三段式:
　　　　　　　H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)
c0(mol·L-1) 0.16 0.04 0 0
Δc(mol·L-1) x x x x
c平(mol·L-1) 0.16-x 0.04-x x x
=0.02,
解得x=0.004,
H2S的平衡转化率α1=×100%=×100%=2.5%。
反应平衡常数K==≈2.8×10-3。
答案:2.5　2.8×10-3
3.(2016·全国Ⅰ卷,27节选)元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH(绿色)、Cr2(橙红色)、Cr(黄色)等形式存在。Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体。
Cr和Cr2在溶液中可相互转化。室温下,初始浓度为1.0 mol·L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2)随c(H+)的变化如图所示。
(1)用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应
　。?
(2)根据A点数据,计算出该转化反应的平衡常数为
　。?
解析:(1)结合图像可知,随c(H+)增大,c(Cr2)增大,说明H+与Cr反应转化成Cr2,离子方程式为2Cr+2H+Cr2+H2O。
(2)由图像上A点的坐标数值,结合平衡常数的计算式:K===1.0×1014。
答案:(1)2Cr+2H+Cr2+H2O
(2)1.0×1014
4.已知K、Ka、Kb、KW、Kh、Ksp分别表示化学平衡常数、弱酸的电离平衡常数、弱碱的电离平衡常数、水的离子积常数、盐的水解平衡常数、难溶电解质的溶度积常数。
(1)25 ℃时,将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合所得溶液中c(N)=c(Cl-),则溶液显　　　　(填“酸”“碱”或“中”)性;用含a的代数式表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb=　。?
(2)25 ℃时,H2SO3HS+H+的电离平衡常数Ka=1×10-2,则该温度下pH=3、c(HS)=0.1 mol·L-1的NaHSO3溶液中c(H2SO3)=　　　　。?
(3)高炉炼铁中发生的反应有:FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)　ΔH<0
该反应的平衡常数表达式K=　　　　;?
已知1 100 ℃时,K=0.25,则平衡时CO的转化率为　　　　;?
在该温度下,若测得高炉中c(CO2)=0.02 mol·L-1,c(CO)=0.1 mol·L-1,则此时反应速率是v正　　　　(填“>”“<”或“=”)v逆。?
(4)已知高温下Fe(OH)3和Mg(OH)2的Ksp分别为8.0×10-38、1.0×10-11,向浓度均为0.1 mol·L-1的FeCl3、MgCl2的混合溶液中加入碱液,要使Fe3+完全沉淀而Mg2+不沉淀(离子浓度小于1×10-5 mol·L-1时,即可认为该离子沉淀完全),应该调节溶液pH的范围是　　　　(已知lg 2=0.3)。?
解析:(1)根据电荷守恒得c(H+)+c(N)=c(Cl-)+c(OH-),因为c(N)=c(Cl-),
所以c(H+)=c(OH-),故溶液显中性。Kb===。
(2)由Ka=,代入数据得c(H2SO3)=0.01 mol·L-1。
(3)根据化学方程式可得K=;设开始时c(CO)=a mol·L-1,平衡时c(CO2)=b mol·L-1,则=0.25,得a=5b,则平衡时CO的转化率为==20%;Q===0.2<0.25,故v正>v逆。
(4)Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-),Fe3+完全沉淀时c(OH-)= mol·L-1=2×10-11 mol·L-1,pH=3.3,Mg(OH)2开始沉淀时 c(OH-)= mol·L-1=1×10-5 mol·L-1,pH=9,调节pH范围为3.3~9。
答案:(1)中　　
(2)0.01 mol·L-1
(3)　20%　>　(4)3.3~9
微专题4　陌生平衡图像的理解与分析
近三年全国卷考情
年份
题号
考查点
2016年全国Ⅰ
27
浓度—浓度
2016年全国Ⅱ
27
温度—产率
n(氨)/n(丙烯)——产率
2016年全国Ⅲ
27
Tlg(pe/Pa)
2017年全国Ⅰ
27
时间—浸出率
2017年全国Ⅱ
27
温度—平衡转化率
n(H2)/n(丁烷)——丁烯产率
温度—产率
2017年全国Ⅲ
27
温度—溶解度
28
时间—浓度
2018年全国Ⅱ
27
温度—积碳量
时间—积碳量
2018年全国Ⅲ
28
时间—转化率
　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
从近三年Ⅱ卷对图像的考查看,体现出以下几个特点:
1.稳定。几乎是每年都会出现,特别是温度、时间—产率(转化率)出现频率比较高。虽然2018年的Ⅰ卷中没出现图像,但在28题中给出了分压与时间的表格,其难度也比较大。
2.创新。除了常见的图像。2016年的n(氨)/n(丙烯)—产率;2017年的n(H2)/n(丁烷)—丁烯产率;2018年的温度—积碳量、时间—积碳量,每年都会出现一个新的坐标物理量。所以掌握图像的数学意义,冷静分析图像蕴藏的化学、物理过程,才可遇变不惊,妥善应答。
通过图像图表描述试题信息是高考化学常用的考查方式,在Ⅱ卷中的速率、平衡图像开始逐渐打破传统的图像模式,反应体系不再局限于气体间的反应,开始增加溶液中反应的图像。横纵坐标也不再局限于时间、温度、压强、速率、转化率等常见的物理量,开始引入更多的变量,如物质的量之比、气体分压的负对数等来增加新颖度、陌生度,属于高区分度试题。这类试题对考生的数理逻辑思维判断有较高的要求。但任何图像都是函数关系的形象化表达,不管图像的形式多么怪异复杂,最终所表达的还是两个变量的关系。
1.首先明确横纵坐标的含义
2.在上述基础上分析出图像中起点、终点、拐点的意义,这些往往代表一个反应阶段的结束或条件的改变。分清直线(水平段居多)、曲线的变化(上升、下降、平缓、转折等),同时对走势有转折变化的曲线,要分段分析,找出各段曲线的变化趋势及其含义,每一段可能发生了不同的反应。
3.当有两个条件因素对一个事件的影响相反时,事件的最终发展方向由影响大的因素决定。但两个条件的影响程度可能会发生转变,此时事件的发展方向会发生转折。
【例题】 (2017·全国Ⅱ卷,27)丁烯是一种重要的化工原料,可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题:
(1)正丁烷(C4H10)脱氢制1丁烯(C4H8)的热化学方程式如下:
①C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)　ΔH1
已知:②C4H10(g)+O2(g) C4H8(g)+H2O(g)　ΔH2=-119 kJ·mol-1
③H2(g)+ O2(g)H2O(g)
ΔH3=-242 kJ·mol-1
反应①的ΔH1为　　　　 kJ·mol-1。图(a)是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图,x　　　　0.1(填“大于”或“小于”);欲使丁烯的平衡产率提高,应采取的措施是　　　　(填标号)。?
A.升高温度 B.降低温度
C.增大压强 D.降低压强
(2)丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂),出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图(b)为丁烯产率与进料气中n(氢气)/n(丁烷)的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势,其降低的原因是?
　。?
(3)图(c)为反应产率和反应温度的关系曲线,副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590 ℃之前随温度升高而增大的原因可能是?
　;?
590 ℃之后,丁烯产率快速降低的主要原因可能是?
　。?
思路点拨:(1)观察反应特点:气体体积增大,吸热反应。
(2)观察图(a)特点,同一温度下x MPa下平衡转化率更高,利于正反应,x MPa是低压。
(3)图(b)横坐标的意义:氢气与丁烷的物质的量之比,观察反应特点考虑氢气对反应的影响。
(4)注意到丁烯产率的降低伴随着副产物的增加,分析此两者的关系。
解析:(1)反应①=②-③,则ΔH1=ΔH2-ΔH3=-119 kJ·mol-1-(-242 kJ·mol-1)=+123 kJ·mol-1。
反应①是分子数增大的反应,随压强的增大,平衡逆向移动,平衡转化率降低,所以x小于0.1。因正向反应是一个分子数增大的吸热反应,所以产率提高采取的措施是A、D。
(2)因为反应①中生成H2,所以随着n(氢气)/n(丁烷)增大,逆反应速率增大,丁烯的产率降低。
(3)反应正向为吸热反应,所以590 ℃前升高温度,平衡正向移动,而升高温度时,反应速率加快,单位时间内产生丁烯更多,590 ℃以后,高温使丁烯裂解生成短碳链烃类,故丁烯产率降低。
答案:(1)123　小于　AD
(2)氢气是产物之一,随着n(氢气)/n(丁烷)增大,逆反应速率增大
(3)升高温度有利于反应向吸热方向进行　温度升高反应速率加快　丁烯高温裂解生成短链烃类
1.(2016·全国Ⅱ卷,27)丙烯腈()是一种重要的化工原料,工业上可用“丙烯氨氧化法”生产,主要副产物有丙烯醛()和乙腈(CH3CN)等。回答下列问题:
(1)以丙烯、氨、氧气为原料,在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下:
①C3H6(g)+NH3(g)+O2(g)C3H3N(g)+3H2O(g)
ΔH=-515 kJ·mol-1
②C3H6(g)+O2(g)C3H4O(g)+H2O(g)
ΔH=-353 kJ·mol-1
两个反应在热力学上趋势均很大,其原因是?
　　　　　　　　　　;有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是　　　　　　　　;提高丙烯腈反应选择性的关键因素是　　　　。?
(2)图(a)为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线,最高产率对应的温度为460 ℃。低于460 ℃时,丙烯腈的产率　　　　(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡产率,判断理由是　;?
高于460 ℃时,丙烯腈产率降低的可能原因是　　　　(双选,填标号)。?
A.催化剂活性降低 B.平衡常数变大
C.副反应增多 D.反应活化能增大
(3)丙烯腈和丙烯醛的产率与n(氨)/n(丙烯)的关系如图(b)所示。由图可知,最佳n(氨)/n(丙烯)约为　　　　,理由是　。?
进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为　。?
解析:(1)由热化学方程式可知,反应①气体分子数增加,是一个熵增的放热反应,反应②气体分子数不变,是一个熵变化不大的放热量较大的反应,在热力学上都属于自发进行的反应。由于反应①是一个气体分子数增加的放热反应,降温、减压均有利于提高丙烯腈的平衡产率。有机反应中要提高某反应的选择性,关键是选择合适的催化剂。(2)因生产丙烯腈的反应为放热反应,随反应温度的升高,丙烯腈产率应随之降低,故低于460 ℃时,丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率;高于460 ℃时,丙烯腈产率降低有可能是催化剂活性降低,也有可能是副反应增多造成的;随着温度的升高,平衡左移,平衡常数应减小;反应活化能的高低与生成物产率无关。(3)在 n(氨)/n(丙烯)约为1时,丙烯腈的产率最高,副产物丙烯醛的产率最低,故该比例应是最佳比例。理论上设 n(氨)=n(丙烯)=1 mol时,此时需要的氧气为1.5 mol,又空气中氧气的量约占20%,故进料气氨、空气、丙烯的理论体积比约为1∶7.5∶1。
答案:(1)两个反应均为放热量大的反应　降低温度、降低压强　催化剂　(2)不是　该反应为放热反应,平衡产率应随温度升高而降低　AC　(3)1　该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低　1∶7.5∶1
2.(2018·广东佛山质检)开发新能源是解决环境污染的重要举措,工业上常用CH4与CO2反应制备H2和CO,再用H2和CO合成甲醇。
在恒容密闭容器中通入CH4与CO2,使其物质的量浓度均为1.0 mol·L-1,在一定条件下发生反应:CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g),测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示:
则:
(1)该反应的ΔH　　　　(填“<”“=”或“>”)0。?
(2)压强p1、p2、p3、p4由大到小的关系为　。?
压强为p4时,在b点:v(正)　　　　(填“<”“=”或“>”)v(逆)。?
(3)对于气相反应,用某组分(B)的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数(记作Kp),则该反应的平衡常数的表达式Kp=　;?
如果p4=0.36 MPa,求a点的平衡常数Kp=　　　　(保留3位有效数字,用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。?
(4)为探究速率与浓度的关系,该实验中,根据相关实验数据,粗略绘制出了2条速率—浓度关系曲线:v正~c(CH4) 和v逆~c(CO)。
则:①与曲线v正~c(CH4)相对应的是上图中曲线　　　　(填“甲”或“乙”)。?
②当降低到某一温度时,反应重新达到平衡,相应的平衡点分别为　　　　(填字母)。?
解析:(1)根据图示,压强不变时,升高温度,CH4的平衡转化率增大,说明平衡向正反应方向移动。根据升温时,平衡向吸热反应方向移动可知,正反应为吸热反应,ΔH>0。(2)该反应的正反应为气体分子数增大的反应,温度不变时,降低压强,平衡向正反应方向移动,CH4的平衡转化率增大,故p4>p3>p2>p1。压强为p4时,b点未达到平衡,反应正向进行,故v(正)>v(逆)。(3)由用平衡浓度表示的平衡常数类推可知,用平衡压强表示的平衡常数K=。p4时a点CH4的平衡转化率为80%,则平衡时c(CH4)=c(CO2)=0.2 mol·L-1,c(CO)=c(H2)=1.6 mol·L-1,则 p(CH4)=p(CO2)=p4×=p4,p(CO)=p(H2)=p4×=p4,故K==≈1.64。
(4)①CH4的浓度由1.0 mol·L-1逐渐减小,而CO的浓度由0逐渐增加,故v正~c(CH4)相对应的曲线为乙。②降低温度,正、逆反应速率均减小,平衡向逆反应方向移动,则CH4的浓度增大,而CO的浓度减小,故相应的平衡点分别为B、F。
答案:(1)>　(2)p4>p3>p2>p1　>
(3)　1.64
(4)①乙　②B、F
微专题5　语言描述类问题的答题思路与规范
类型一　反应原理类简答题
1.平衡移动类
(1)找出平衡反应的特点(反应前后气体物质的量变化、反应是吸热还是放热等)。
(2)列出题目改变的条件(温度的变化、容器容积的改变、浓度的改变等)。
(3)根据平衡移动原理分析改变的条件导致平衡的移动方向。
(4)得出结论(平衡移动以后导致的结果:体系颜色的变化、浓度的变化、沉淀的溶解或增加等)。
【例1】 (2018·北京卷,27节选)近年来,研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下:
(1)反应Ⅰ:2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)　ΔH1=+551 kJ·mol-1
反应Ⅲ:S(s)+O2(g)SO2(g)　ΔH3=-297 kJ·mol-1
反应Ⅱ的热化学方程式:?
　。?
(2)对反应Ⅱ,在某一投料比时,两种压强下,H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。
p2　p1(填“>”或“<”),得出该结论的理由是?
　。?
思路点拨:(1)反应特点:气体体积减小的放热反应。
(2)该反应中温度相同,p2压强下生成物浓度更大——p2时利于正反应。
(3)结合(1)的结论,高压利于正反应。
(4)结论:压强p2>p1。
解析:(1)由题图可知,反应Ⅱ的化学方程式为3SO2+2H2O2H2SO4+S↓。根据盖斯定律,反应Ⅱ=-(反应Ⅰ+反应Ⅲ)可得:3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)　ΔH2=-254 kJ·mol-1。
(2)由图可知,一定温度下,p2时H2SO4的物质的量分数比p1时大,结合3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)知,增大压强,平衡向气体分子数减小的方向即正反应方向移动,H2SO4的物质的量分数增大,因此 p2>p1。
答案:(1)3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)　
ΔH2=-254 kJ·mol-1
(2)>　反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应,温度一定时,增大压强使反应正向移动,H2SO4的物质的量增大,体系总物质的量减小,H2SO4的物质的量分数增大
1.人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡:H++HCH2CO3,当有少量酸性或碱性物质进入血液中时,血液的pH变化不大,用平衡移动原理解释上述现象:?
　。?
解析:根据平衡可知,当少量酸性物质进入血液中时,平衡向右移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变;当少量碱性物质进入血液中时,平衡向左移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变。
答案:当少量酸性物质进入血液中时,平衡向右移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变;当少量碱性物质进入血液中时,平衡向左移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变
2.二氧化硫在一定条件下可以发生如下反应:
SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)
ΔH=-42 kJ· mol-1。
在1 L 恒容密闭容器中充入SO2(g)和NO2(g),所得实验数据如下:
实验
编号
温度
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n(SO2)
n(NO2)
n(NO)
甲
T1
0.80
0.20
0.18
乙
T2
0.20
0.80
0.16
丙
T2
0.20
0.30
a
(1)实验甲中,若2 min 时测得放出的热量是4.2 kJ,则 0~2 min 时间内,用SO2(g)表示的平均反应速率v(SO2)=　　　　　　　,该温度下的平衡常数为　。?
(2)实验丙中,达到平衡时,NO2的转化率为　　　　。?
(3)由表中数据可推知,T1　　　　T2(填“>”“<”或“=”),判断的理由是　?
?
　。?
解析:2 min 时放出的热量是4.2 kJ,根据热化学方程式,消耗SO2的物质的量为 mol=0.1 mol,则用 SO2(g)表示的平均反应速率v(SO2)==0.05 mol·L-1· min-1,
　　　　　　SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)
开始(mol) 0.8 0.2 0 0
转化(mol) 0.18 0.18 0.18 0.18
平衡(mol) 0.62 0.02 0.18 0.18
甲的平衡常数为K=≈2.613;
　　　　　SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)
开始(mol) 0.2 0.8 0 0
转化(mol) 0.16 0.16 0.16 0.16
平衡(mol) 0.04 0.64 0.16 0.16
乙的平衡常数为K==1;
设丙中二氧化硫的转化量为a mol
　　　　　SO2(g)+NO2(g)SO3(g)+NO(g)
开始(mol) 0.2 0.3 0 0
转化(mol) a a a a
平衡(mol) 0.2-a 0.3-a a a
乙、丙温度相同,平衡常数相同,
K==1,a=0.12,
NO2的转化率=×100%=40%;
正反应放热,升高温度平衡逆向移动,平衡常数减小,乙的平衡常数小于甲的平衡常数,则T1答案:(1)0.05 mol·L-1· min-1　2.613
(2)40%　(3)<　T1时,该反应的平衡常数K1=2.613,T2时,该反应的平衡常数K2=1,该反应正反应为放热反应,所以T13.在固定体积的密闭容器中,发生可逆反应:2NO2(g)N2O4(g)。已知Fe3+对H2O2的分解具有催化作用。利用下图a和b中的信息,按图c装置(连通的A、B瓶中已充有NO2气体)进行实验。可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的　　　　(填“深”或“浅”),其原因是　?
?
　。?
解析:升高温度,生成NO2的量增多,颜色加深,H2O2分解放热,使平衡2NO2(g)N2O4(g)向生成NO2的方向移动。
答案:深　H2O2分解放热,使平衡2NO2(g)N2O4(g)向生成NO2的方向移动
2.电化学类
电化学类简答题在前几年频繁出现在高考全国卷及各省市地方卷中,需要考生用语言表达出电化学反应的原理以及原理的应用。但近几年关于电化学在Ⅱ卷的设问主要集中在电化学计算或者用电极反应式等作答。
(1)原电池
①确定原电池的原理反应。
②根据原理反应确定出电池的负极、正极。
③确定出电子(电流)的方向;确定电极上的电极反应。
④得出结论:电极质量的变化;气体的逸出;溶液中离子浓度的变化、离子向某电极移动等。
(2)电解池
①确定电解池的阴极、阳极。
②判断溶液中离子在两电极上的放电顺序。
③得出结论:电极质量的变化;气体的逸出;沉淀的生成;溶液pH的变化、离子向某电极移动等。
【例2】 (2014·全国Ⅰ卷,27节选)H3PO2可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过):
(1)写出阳极的电极反应式　。?
(2)分析产品室可得到H3PO2的原因?
?
?
　。?
(3)早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2:将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替,并撤去阳极室与产品室之间的阳膜,从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有　　　　杂质,该杂质产生的原因是　?
　。?
思路点拨:(1)阳极阴离子失电子→硫酸溶液中OH-放电→H+浓度增大。
(2)→得到H3PO2
(3)→H3PO2或H2P在阳极失电子被氧化生成P
解析:(1)阳极为水电离出的OH-放电,电极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+。(2)阳极室中的H+穿过阳膜进入产品室,原料室中的H2P穿过阴膜扩散至产品室,两者反应生成H3PO2。(3)在阳极区H2P或H3PO2可能失电子发生氧化反应,即生成物中会混有P。
答案:(1)2H2O-4e-O2↑+4H+　(2)阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室,原料室的H2P穿过阴膜扩散至产品室,两者反应生成H3PO2　(3)P　H2P或H3PO2被氧化
1.某研究所组装的CH3OHO2燃料电池的工作原理如图1所示。
(1)该电池工作时,b口通入的物质为　　　　。?
(2)该电池正极的电极反应式为　。?
(3)以此电池作电源,在实验室中模拟铝制品表面“钝化”处理(装置如图2所示)的过程中,发现溶液逐渐变浑浊并有气泡产生,其原因可能是?
(用相关的离子方程式表示)。
解析:(1)根据装置可知,d处生成大量的水,所以c电极通入的是氧气,b口通入的物质为CH3OH。(2)d处生成大量的水,c电极通入氧气,为正极,发生的电极反应为O2+4e-+4H+2H2O。(3)在电解池中,金属铝为阳极,发生电极反应:Al-3e-Al3+,铝离子会和碳酸氢根离子之间发生相互促进的水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳,即Al3++3HCAl(OH)3↓+3CO2↑,溶液逐渐变浑浊,并有气泡产生。
答案:(1)CH3OH　
(2)O2+4e-+4H+2H2O
(3)Al-3e-Al3+、Al3++3HCAl(OH)3↓+3CO2↑
2.NH3经一系列反应可以得到HNO3,如图所示。
Ⅳ中,电解NO制备NH4NO3,其工作原理如图所示,为使电解产物全部转化为NH4NO3,需补充物质A,A是　　　　　　　,说明理由:　?
　。?
解析:根据工作原理装置图,可以确定阳极为NO失去电子转变为N,阴极NO转变为N,根据电极反应书写电极反应式为
阳极:NO-3e-+2H2ON+4H+
阴极:NO+5e-+6H+N+H2O
然后根据得失电子守恒,硝酸根离子物质的量要多于铵根离子物质的量,所以需要向溶液中加入NH3来把多余硝酸转变为硝酸铵(8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3)。
答案:NH3　根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3,电解产生的HNO3多
类型二　实验操作类简答题
(对应学生用书第65~68页)
　　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　
1.实验现象的描述
实验现象的描述要做到全面:看到的(颜色变化、沉淀生成、气体逸出、液面的变化、生成烟雾等);听到的(声音);闻到的(气体的气味);摸到的(温度变化等)。还要叙述简洁准确,使用化学术语。
(1)气体的变化现象
①生成××色、××味的气体
②气体由××色变为××色
③气体先变××色,再变××色
(2)溶液中的现象
①溶液颜色由××色变为××色
②溶液中产生××色沉淀
③溶液变浑浊(澄清)
④液面上升或下降(形成液差)
⑤溶液发生倒吸
⑥溶液中产生大量气泡(有××色气体逸出)
⑦液体分层(上层显××色、下层显××色)
(3)固体的变化现象
①固体逐渐溶解,最后完全消失(固体部分溶解)
②固体表面产生大量气泡
③固体由××色逐渐变为××色
④溶液中有××色固体析出
(4)其他常见现象描述
①发出××的光
②产生××色的火焰
③产生××色的烟(雾)
【例1】 (2018·全国Ⅲ卷,26节选)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O,M=248 g·mol-1)可用作定影剂、还原剂。
已知:Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,Ksp(BaS2O3)=4.1×10-5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质,选用下列试剂设计实验方案进行检验:
试剂:稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液
实验步骤
现象
①取少量样品,加入除氧蒸馏水
②固体完全溶解得无色澄清溶液
③?
④　　　　,有刺激性气体产生?
⑤静置,?
⑥　　　?
思路点拨:(1)清楚目的:检验S,消除干扰S2。
(2)依据性质,确定方案:S2+2H+S↓+SO2↑+H2O;S+Ba2+BaSO4↓。
(3)依据反应,描述现象。
解析:Na2S2O3·5H2O晶体样品中含有S,在S的检验过程中应防止加入氧化剂,如H2O2,会把S2氧化为S,也要防止加入稀H2SO4而引入S,所以样品加水溶解后应加入过量稀盐酸,发生反应:S2+2H+S↓+SO2↑+H2O。取上层清液滴入BaCl2溶液,产生白色沉淀:Ba2++SBaSO4↓,证明溶液中存在S。
答案:③加入过量稀盐酸　④出现乳黄色浑浊　
⑤(吸)取上层清液,滴入BaCl2溶液　⑥产生白色沉淀
1.(2017·全国Ⅲ卷,26节选)为探究硫酸亚铁的分解产物,将已恒重的装置A接入如图所示的装置中,打开K1和K2,缓缓通入N2,加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。
(1)C、D中的溶液依次为　　　　(填标号)。C、D中有气泡冒出,并可观察到的现象分别为　?
　　　　　　　　　。?
a.品红 b.NaOH
c.BaCl2 d.Ba(NO3)2
e.浓H2SO4
(2)写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式:?
　。?
解析:(1)FeSO4在分解时生成红色粉末即为Fe2O3,Fe的化合价升高,则S元素的化合价降低,有SO2生成,据原子守恒还应有SO3生成,所以检验产物SO3用BaCl2溶液,SO2用品红检验,故C、D中的溶液依次为c、a,现象为生成白色沉淀、褪色。
(2)2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。
答案:(1)c、a　产生白色沉淀、褪色
(2)2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑
2.某化学小组欲进行如下实验探究金属与浓硫酸的反应。试回答下列问题。
(1)利用上图装置探究铜与浓硫酸反应,反应化学方程式为　;?
B装置的目的是　;?
x溶液为　。?
(2)将上述实验中的铜改为黄铜(铜锌合金),实验后阶段可观察到倒立漏斗边缘有气体冒出,且越来越快。该气体可能为　　　　,气体产生越来越快的原因可能是?
?
　(至少两点)。?
验证该气体的实验方案如下:
①装置连接顺序:x→　;?
②能证明上述假设成立的实验现象是?
　。?
解析:(1)浓硫酸具有强氧化性,在加热条件下与Cu反应生成CuSO4、SO2和H2O,化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O;二氧化硫具有漂白性,可以使品红溶液褪色,常用品红溶液来检验二氧化硫气体;二氧化硫是有毒气体且为酸性气体,C为尾气吸收装置,故x溶液可以是NaOH溶液。
(2)若将上述实验中的铜改为黄铜(铜锌合金),实验后阶段浓硫酸变稀,与锌反应会产生氢气,所以实验后阶段可观察到倒立漏斗边缘有气体冒出,且越来越快,该气体可能为H2;根据影响化学反应速率的因素,结合该实验原理及条件,气体产生越来越快的原因可能是:黄铜为铜锌合金,反应后期,与硫酸形成原电池,产生H2速率加快,反应放热,加快反应速率等。
①若要验证该气体是氢气,根据可供选择的装置及药品,先除去二氧化硫,再吸水干燥,然后通入灼热的氧化铜,最后检验产物是水,所以装置连接顺序:x→c→d→e→f→a→b→g。
②若E中(硬质玻璃管)黑色粉末变红,说明生成了铜单质,同时H中(球形干燥管)固体由白色变为蓝色,说明生成了水,由此可证明上述假设成立。
答案:(1)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O　检验产物SO2　NaOH溶液
(2)H2　黄铜为铜锌合金,反应后期与硫酸形成原电池产生H2速率加快;反应放热　①c→d→e→f→a→b→g
②E中(硬质玻璃管)黑色粉末变红,H中(球形干燥管)固体由白色变为蓝色
2.物质的检验
(1)气体检验
根据气体的性质选择特征试剂→判断是否相互干扰(影响)→确定检验顺序→验证、确认。
①单一气体检验:将气体通入(或通过)××试剂[××溶液(或××固体)]→描述现象→得出结论。
②混合气体的检验:检验气体甲→除去气体甲→确定气体甲已除尽→检验气体乙。
(2)离子检验
①固体:取少量××固体(粉末)于试管中,加蒸馏水(××酸液)配成溶液,滴入几滴××溶液(必要时可以加热,如检验N),观察到××现象,表明固体中含有××离子(含有××物质)。
②液体:取少量××溶液(待测液)少量于试管中,滴入几滴××溶液,观察到××现象(产生××色沉淀或溶液变××色或生成××气体),表明溶液中存在××离子。
【例2】 (2018·全国Ⅱ卷,28节选)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体,可用于晒制蓝图。某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物,按下图所示装置进行实验。
(1)通入氮气的目的是?
　。?
(2)实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊,装置E中固体变为红色,由此判断热分解产物中一定含有　　　　、　　　　。?
(3)为防止倒吸,停止实验时应进行的操作是?
　。?
(4)样品完全分解后,装置A中的残留物含有FeO和 Fe2O3,检验Fe2O3存在的方法是?
　。?
解析:(1)空气中含有O2,为防止Fe2+被O2氧化,应先通入N2,隔绝空气,且使反应产生的气体全部进入后续装置。
(2)B中澄清石灰水变浑浊,证明分解过程中产生CO2;F中澄清石灰水变浑浊,E中固体变为红色,说明E中发生反应:CuO+COCu+CO2,所以分解产物中一定含有CO。
(3)实验结束时,为了防止倒吸,应先熄灭装置A、E的酒精灯,冷却后停止通入氮气。
(4)检验Fe2O3的方法是取少许固体粉末于试管中,加稀硫酸溶解,滴入1~2滴KSCN溶液,溶液变红色,证明含有Fe2O3。
答案:(1)隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置
(2)CO2　CO
(3)先熄灭装置A、E的酒精灯,冷却后停止通入氮气
(4)取少许固体粉末于试管中,加稀硫酸溶解,滴入1~2滴KSCN溶液,溶液变红色,证明含有Fe2O3
1.(2018·辽宁沈阳郊联一模)已知:甲醛(HCHO)与葡萄糖化学性质相似,都具有还原性。为探究过量甲醛和新制Cu(OH)2反应的产物,进行如下实验。
(1)在如图装置中进行实验,向a中加入0.5 mol·L-1CuSO4溶液50 mL和5 mol·L-1NaOH溶液100 mL,振荡,再加入40%的甲醛溶液50 mL,缓慢加热20分钟后冷却至室温。
①仪器a的名称是　　　　。?
②能说明甲醛具有还原性的实验现象是?
　。?
(2)已知HCHOHCOOHH2CO3。设计实验证明a中甲醛中的碳元素未被氧化成+4价。写出实验操作、现象、结论:?
?
　。?
解析:(1)①仪器a为三颈烧瓶,又名三颈瓶;
②能说明甲醛具有还原性的实验现象是和新制氢氧化铜加热反应生成氧化亚铜砖红色沉淀,即a中出现砖红色物质。
(2)甲醛被氧化为甲酸,甲酸被氧化为碳酸,若碱溶液中甲醛被氧化生成碳酸盐,加入稀盐酸会生成二氧化碳气体。设计实验证明a中甲醛的碳元素未被氧化成+4价的方法为:取少量a中反应后的清液,滴入过量的稀盐酸,未见气泡产生,说明甲醛的碳元素未被氧化成+4价。
答案:(1)①三颈瓶(或三颈烧瓶)　②a中出现砖红色物质
(2)取少量a中反应后的清液,滴入过量稀硫酸,未见气泡产生,说明甲醛中的碳元素未被氧化成+4价
2.已知:5S+2I+2H+I2+5S+H2O
某含碘废水(pH约为8)中一定存在I2,可能存在I-、I中的一种或两种。请补充完整检验含碘废水中是否含有I-、I的实验方案:取适量含碘废水用CCl4多次萃取、分液,直到水层用淀粉溶液检验不出碘单质存在;?
?
?
?
　。?
实验中可供选择的试剂:稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液
解析:根据提供的试剂,I-具有还原性,可以加入FeCl3溶液把其转变为碘单质再检验;根据提示信息,Na2SO3溶液可以把I转化为碘单质。
答案:从水层取少量的溶液,加入1~2 mL淀粉溶液,加入盐酸酸化,滴加FeCl3溶液,若溶液变蓝,说明废水中含有I-;若溶液不变蓝,说明废水中不含有I-。另从水层取少量溶液,加入1~2 mL淀粉溶液,加入盐酸酸化,滴加Na2SO3溶液,若溶液变蓝,说明废水中含有I,否则不含有
【教师用书备用】 为了探究AgNO3的热稳定性,某化学兴趣小组设计了如下实验。用如图所示的实验装置A加热AgNO3固体,产生红棕色气体,在装置D中收集到无色气体。当反应结束后,试管中残留固体为黑色。
(1)装置B的作用是　。?
(2)经小组讨论并验证该无色气体为O2,其验证方法是
　。?
解析:装置B两个导管都很短,是安全瓶,防止因产生的NO2易溶而发生倒吸。氧气的检验可以用带火星的木条。
答案:(1)防倒吸
(2)正确取出集气瓶,用带火星的木条伸入集气瓶中,木条复燃,证明是氧气
3.沉淀的洗涤
(1)洗涤沉淀一方面是为了除去晶体表面附着的滤液中的可溶性离子而得到更纯净的沉淀物;另一方面在定量实验中为了把附着在滤渣上的目标物质尽量转移到滤液中。
(2)洗涤剂的选择
洗涤试剂
适用范围
蒸馏水
冷水
产物不溶于水
热水
溶解度随着温度升高
而下降的特殊物质
有机溶剂
(酒精、丙酮等)
固体易溶于水,
难溶于有机溶剂
饱和溶液
降低沉淀的溶解度
(3)洗涤的操作:将蒸馏水沿玻璃棒注入过滤器中至浸没沉淀,静置,待水自然流下,重复操作2~3次。
(4)沉淀是否洗涤干净的检验
①检验原则:滤液中浓度最大的离子且易于检验。
②检验操作(实际上就是溶液中离子的检验):取少许最后一次洗涤后的滤液于试管中,滴加××试剂(可与滤液中浓度最大的离子发生反应),若(没有)出现××现象,说明沉淀没有(已经)洗涤干净。
【例3】 用CuCl2·2H2O和NaOH溶液制备适量Cu(OH)2沉淀,并多次用蒸馏水洗涤沉淀,判断沉淀洗干净的实验操作和现象是?
　。?
解析:CuCl2·2H2O和NaOH溶液反应,除了得到Cu(OH)2沉淀,还有可溶性的NaCl生成,所以杂质除去的标准是洗涤液中不再存在Cl-。
答案:取少量最后一次洗涤后的滤液于试管中,加入稀硝酸酸化。滴加AgNO3溶液,无白色浑浊出现,说明沉淀已经洗涤干净
1.BaCl2·xH2O中结晶水数目可通过重量法来确定:
①称取1.222 g样品,置于小烧杯中,加入适量稀盐酸,加热溶解,边搅拌边滴加稀硫酸到沉淀完全,静置;
②过滤并洗涤沉淀;
③将盛有沉淀的滤纸包烘干并中温灼烧;转入高温炉中,反复灼烧到恒重,称得沉淀质量为1.165 g。
回答下列问题:
在操作②中,需要先后用稀硫酸和　　　　　　洗涤沉淀;检验沉淀中氯离子是否洗净的方法是　?
?
　。?
解析:洗涤沉淀,需要用蒸馏水冲洗;若沉淀洗涤后洗涤液中不含Cl-,则已经洗净,所以检验滤液中是否含有Cl-即可。
答案:(1)蒸馏水　取水洗液于试管中,加入稀硝酸酸化,滴加AgNO3溶液,若无白色浑浊出现,则表明Cl-已经洗净
2.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,在潮湿空气中易水解、氧化,且在氯离子浓度较大的体系中存在CuCl+Cl-[CuCl2]-。工业上用低品铜矿(主要含CuS、Cu2S、FeO等)制备CuCl的一种工艺流程如下:
回答下面问题:
(1)写出反应Ⅱ中发生反应的离子方程式:?
　。?
(2)在进行反应Ⅱ时,通入的SO2一般都要适当过量,目的是　。?
(3)水洗时,检验是否洗涤干净的方法是?
　。?
(4)滤饼进行醇洗的目的是　。?
解析:(1)由加入的物质和目标产品可知,氧化剂是Cu2+,还原剂是SO2,氧化产物是H2SO4,还原产物是CuCl,根据氧化还原反应配平的一般方法即可写出方程式。
(2)根据SO2是反应物以及目标产品CuCl易被氧化的性质即可判断SO2的作用。
(3)水洗时,洗去的是滤饼表面的杂质硫酸和Na2SO4,因而要检验是否洗涤干净可检验洗涤液中是否还存在S。
(4)乙醇易挥发,可带走滤饼表面的水分且防止CuCl被氧化。
答案:(1)2Cu2++SO2+2Cl-+2H2O2CuCl↓+S+4H+
(2)将Cu2+全部还原为CuCl,保护CuCl不被氧化
(3)取最后一次洗涤液,滴加盐酸酸化的BaCl2溶液,若不产生沉淀,证明已洗涤干净,否则未洗涤干净
(4)加速干燥,防止CuCl被氧化
3.SnSO4是一种重要的硫酸盐,在工业生产中有着广泛的应用。其制备路线如下:
实验室中“漂洗”沉淀的实验操作方法是?
　。?
解析:“漂洗”沉淀就是洗涤沉淀,需要直接在过滤器中进行,(沿玻璃棒)向漏斗(或过滤器)中加蒸馏水至浸没沉淀,(静置)待水全部流出后,重复操作2~3次。
答案:(沿着玻璃棒)向漏斗(或过滤器)中加蒸馏水至浸没沉淀,(静置)待水全部流出后,重复操作2~3次
4.气密性检查
装置的气密性检查根本原理都是形成封闭的空间,利用压强差造成的液面差维持不变作为气密性良好的标志。
(1)微热法
将待检装置导气管的一端放入盛水烧杯中,用酒精灯微热(双手或热毛巾捂住)装置,若导气管口有气泡逸出,停止加热后在导气管口形成一段水柱,且维持一段时间不变,表明装置气密性良好。
(2)液差法
①若是有分液漏斗的装置:用止水夹夹紧导气管的橡皮管,打开分液漏斗玻璃塞向××中加水,一段时间后,漏斗中的水不再滴下,则装置气密性良好。
②启普发生器型(简易)的装置:关闭导气管的旋塞(或用弹簧夹夹住橡皮管),往长颈漏斗中加适量水,若长颈漏斗和容器中液体形成液面差,一段时间后液面差不变,说明装置气密性良好。
【例4】 (2014·山东卷,31节选)工业上常利用含硫废水生产 Na2S2O3·5H2O,实验室可用如下装置(略去部分夹持仪器)模拟生产过程。
烧瓶C中发生反应如下:
Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)Na2SO3(aq)+H2S(aq)(Ⅰ)
2H2S(aq)+SO2(g)3S(s)+2H2O(l)(Ⅱ)
S(s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)(Ⅲ)
仪器组装完成后,关闭两端活塞,向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱,若　,?
则整个装置气密性良好。装置D的作用是　　　　　　　　　　　　　　　。装置E中为　　　　溶液。?
解析:该实验装置气密性检查的原理是利用装置和液体封住一部分气体,向长颈漏斗中注入液体时,使得装置中的气体压强稍大于大气压,故长颈漏斗的长颈中形成液柱,若装置气密性良好,则装置内压强不变,液柱高度保持不变。若装置E中的液体倒吸,装置D可起到缓冲作用,防止液体倒吸入装置C中。装置E的作用是吸收尾气,吸收可能逸出的SO2和H2S,这两种气体为酸性气体,故可采用NaOH溶液吸收。
答案:液柱高度保持不变　防止倒吸　NaOH(合理即可)
根据如图及描述,完成下列问题:
(1)关闭图A装置中的止水夹a后,从长颈漏斗向试管中注入一定量的水,静置后如图所示。试判断:A装置是否漏气?　　　　(填“漏气”“不漏气”或“无法确定”)。判断理由:　?
?
　。?
(2)关闭图B装置中的止水夹a后,开启活塞b,水不断往下滴,直至全部流入烧瓶。试判断:B装置是否漏气?　　　　　(填“漏气”“不漏气”或“无法确定”)。判断理由:　?
?
　。?
(3)用最简单的方法检验C装置的气密性:?
?
　。?
解析:分析气密性的检验时,要结合物理知识从气压差的角度分析,如B不能形成气压差;检验C装置的气密性的方法很多,如①打开分液漏斗活塞向锥形瓶中滴加液体,观察注射器活塞;②关闭分液漏斗活塞,微热锥形瓶,观察注射器活塞;③关闭分液漏斗活塞,向外拉注射器活塞,松开后观察注射器活塞是否回到原来的位置。比较后知方法③最简单。
答案:(1)不漏气　长颈漏斗内的水面高出试管内的水面,形成稳定水柱
(2)无法确定　分液漏斗和烧瓶间有橡皮管相连,使分液漏斗中液面上方和烧瓶中液面上方的压强相同,无论装置是否漏气,都不影响分液漏斗中的液体滴入烧瓶
(3)关闭分液漏斗的活塞,向外拉注射器活塞,松开后观察注射器活塞是否回到原来的位置,若能回到原位置,则装置不漏气
5.仪器或操作的作用及原因
(1)明确实验的目的、原理。
(2)选择某种仪器或进行某种操作都是为了使实验过程更严密、实验结果更准确。明确缺少该仪器、操作带来的后果或对实验的影响。
(3)对仪器操作要指明仪器名称(或编号)、操作方式(必要时要答出操作的时机)。
(4)在回答仪器或操作的作用、原因时,需要从缺少仪器可能带来的后果分析。
【例5】 (2018·全国Ⅰ卷,26节选)醋酸亚铬[(CH3COO)2Cr·2H2O]为砖红色晶体,难溶于冷水,易溶于酸,在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂,将三价铬还原为二价铬;二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示。回答下列问题:
(1)实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却,目的是　　　　　　　　　　　　。仪器a的名称是　　　　　　　　。?
(2)将过量锌粒和氯化铬固体置于c中,加入少量蒸馏水,按图连接好装置,打开K1、K2,关闭K3。
①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色,该反应的离子方程式为?
　。?
②同时c中有气体产生,该气体的作用是　　　　　　　　　　　　　　。?
(3)打开K3,关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d,其原因是　;?
d中析出砖红色沉淀。为使沉淀充分析出并分离,需采用的操作是　　　　、　　　　、洗涤、干燥。?
解析:(1)由题给信息,[(CH3COO)2Cr·2H2O]在气体分析中用作O2吸收剂,说明Cr2+具有强还原性,易被O2氧化,故所用蒸馏水需经煮沸除去其中的O2,以免影响[(CH3COO)2Cr·2H2O]的制备。由仪器的结构特点可知,a为分液(或滴液)漏斗。
(2)①Zn将Cr3+还原为Cr2+,离子方程式为Zn+2Cr3+Zn2++2Cr2+。②Zn+2H+Zn2++H2↑,H2起到排除c中空气的作用,以防Cr2+被氧化。
(3)过量的Zn与盐酸反应放出大量的H2,使装置c中压强增大,关闭K1和K2,打开K3时,溶液被压入装置d。由题给信息知,[(CH3COO)2Cr·2H2O]难溶于冷水,因此应用冰浴冷却,以便于[(CH3COO)2Cr·2H2O]析出,再将沉淀过滤、洗涤、干燥即可。
答案:(1)去除水中溶解氧　分液(或滴液)漏斗
(2)①Zn+2Cr3+Zn2++2Cr2+　②排除c中空气
(3)c中产生H2使压强大于大气压　(冰浴)冷却　过滤
【规律方法】 综合实验分析思路:
(1)实验是根据什么性质和原理设计的?实验的目的是什么?
(2)围绕实验目的、实验原理需要选择何种药品?何种装置?(根据实验目的和相关的化学反应原理,进行全面的分析比较和推理,并合理选择)
(3)有关装置:性能、使用方法、适用范围、注意问题等。
(4)有关操作:技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。
(5)实验现象:自下而上,自左而右全面观察。
乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业,中学化学实验常用a装置来制备。
完成下列填空:
(1)实验时,通常加入过量的乙醇,原因是?　。?
加入数滴浓硫酸即能起催化作用,但实际用量多于此量,原因是?　;?
浓硫酸用量又不能过多,原因是?　。?
(2)饱和Na2CO3溶液的作用是?　。?
(3)反应结束后,将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中,　　　　、　　　　,然后分液。?
解析:(1)由于是可逆反应,因此加入过量的乙醇增大反应物浓度,使平衡向生成酯的方向移动,提高酯的产率。由于浓H2SO4能吸收生成的水,使平衡向生成酯的方向移动,提高酯的产率,因此实际用量多于此量;但浓H2SO4同时还具有强氧化性和脱水性,会使有机物炭化,降低酯的产率,所以浓硫酸用量又不能过多。
(2)由于生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸,所以饱和Na2CO3溶液的作用是中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解。
(3)乙酸乙酯不溶于水,因此反应结束后,将试管中收集的产品倒入分液漏斗中,振荡、静置,然后分液即可。
答案:(1)增大反应物浓度,使平衡向生成酯的方向移动,提高酯的产率　浓H2SO4能吸收生成的水,使平衡向生成酯的方向移动,提高酯的产率　浓H2SO4具有强氧化性和脱水性,会使有机物炭化,降低酯的产率
(2)中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解
(3)振荡　静置

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