2020年高考化學(xué)非選擇題復(fù)習(xí)超重點(diǎn)突破二化學(xué)Ⅱ卷中的計(jì)算分類突破

1、超重點(diǎn)突破二化學(xué)n卷中的計(jì)算分類突破、實(shí)驗(yàn)中的計(jì)算【常見類型及方法總結(jié)】解題方法物質(zhì)含量計(jì)算根據(jù)關(guān)系式法、得失電子守恒法、滴定法等，得出 混合物中某一成分的量。由中求出量，除以樣品 的總量，即可得出其含量確定物質(zhì) 化學(xué)式 的計(jì)算根據(jù)題給信息，計(jì)算出可求粒子的物質(zhì)的量。根 據(jù)電荷守恒，確定出未知粒子的物質(zhì)的量。根據(jù)質(zhì) 量守恒，確定出結(jié)晶水的物質(zhì)的量。各粒子的物質(zhì) 的量之比，即為物質(zhì)化學(xué)式的下標(biāo)比【典例1】(全國(guó)卷)水中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(cè)定學(xué)校周邊河水中的溶解氧。實(shí)驗(yàn)步驟及測(cè)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

2、(OH)2堿性懸濁液(含 有I)混合，反應(yīng)生成MnO(OH)2,實(shí)現(xiàn)氧的固定。H .酸化、滴定將固氧后的水樣酸化，MnO(OH)2被1一還原為Mn2+,在暗處?kù)o置5 min,然后用 標(biāo)準(zhǔn) Na2s2。3溶液滴定生成的 I2(2S2O3+I2=2+ S4O6一)。問題：取100.00 mL水樣經(jīng)固氧、酸化后，用 a mol L 1 Na2s2O3溶液滴定，以 淀粉溶液作指示劑， 若消耗Na2s2O3溶液的體積為b mL,則水樣中溶解氧的含 量為 mg L 1o解題思路根據(jù)反應(yīng)過程確定關(guān)系式過程對(duì)應(yīng)反應(yīng)氧的固定2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2MnO(OH)2還原為 Mn2+MnO(OH)

3、2+ 2I+4H=Mn2+ + I2+ 3H2O滴定過程2s2O3 +I2=2I +S4O6關(guān)系式：O22MnO(OH)22I24Na2s2O3答案 80ab解決方案利用關(guān)系式法解題的思維模板；寫出各步反 ,后的屈澤至支施施花革彳葩友我市祚為千芥黃薪商;笄蕩冤巨薪薪席二 中介拘府.所求物舟之間的量C域量或，物點(diǎn)的量相同條；件下毛體的半瓶）的關(guān)系G嬴天巨楊廟茶麻菜場(chǎng)廟芝篦妾扇奚索孤嘉所漏定的已知加質(zhì)和所求的質(zhì)之同號(hào)的關(guān)系藉色第 條件造行計(jì)犀【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練U （全國(guó)卷）利用2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液定量測(cè)定硫代硫酸鈉的純度。測(cè) 定步驟如下：稱取1.200 0 g某硫代硫酸鈉晶體（Na2s2O3 5H2O）樣

4、品，用新煮沸并冷卻的蒸儲(chǔ)水 在燒杯中溶解，完全溶解后，全部轉(zhuǎn)移至100 mL的容量瓶中，加蒸儲(chǔ)水至刻度， 取0.009 50 mol L1的2C2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00 mL,硫酸酸化后加入過量I,發(fā)生 反應(yīng)：Cr2O7+ 6+ 14H+=3l2 + 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(yīng)：I2+ 2S2O3 =S4O2 +2I o加入淀粉溶液作為指示劑， 繼續(xù)滴定，當(dāng)溶液 ,即為終點(diǎn)。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)）。答案 藍(lán)色褪去且30 s內(nèi)不再恢復(fù)原色 95.0【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2】（全國(guó)卷）已知CaO

5、2在350 C迅速分解生成CaO和。2。下圖 是實(shí)驗(yàn)室測(cè)定產(chǎn)品中CaO2含量的裝置（夾持裝置省略）。總石灰若所取產(chǎn)品質(zhì)量是m g,測(cè)得氣體體積為V mL（已換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況），則產(chǎn)品中CaO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為，仇I字母表?。?。過氧化鈣的含量也可用重量法測(cè)定，需要測(cè)定的物理量有 答案 3m% 加熱前過氧化鈣及加熱后固體質(zhì)量不再發(fā)生改變時(shí)試管中固體的質(zhì)量二、無機(jī)綜合(工藝流程)中的計(jì)算【常見類型及方法總結(jié)】解題方法熱重曲線計(jì)算設(shè)晶體為1 mol。失重一般是先失水、再失非金屬氧化 m余物。計(jì)算每步的 m余，一-曰從壬目、X100%=固 m (1 mol晶體質(zhì)量)體殘留率。晶體中金屬質(zhì)量不減少，仍在m余中。

6、失重最后一般為金屬氧化物，由質(zhì)量守恒得 m(O),由n(金屬)：n(O),即可求出失重后物質(zhì)的化學(xué)式多步滴定計(jì)算復(fù)雜的滴定可分為兩類：連續(xù)滴定法：第一步滴定反應(yīng)生成的產(chǎn)物，還可以繼續(xù) 參加第二步的滴定。根據(jù)第二步滴定的消耗量，可計(jì)算出 第TH商定的反應(yīng)物的量返滴定法：第一用的滴定劑是過量的，然后第二步再 用另一物質(zhì)返滴定計(jì)算出過量的物質(zhì)。根據(jù)第T加入的 量減去第二步中過量的量，即可得出第T所求物質(zhì)的物 質(zhì)的量電化學(xué) 計(jì)算根據(jù)得失電子守恒關(guān)系建立起已知量與未知量之間的橋梁，構(gòu)建計(jì)算所需的關(guān)系式。如以通過4 mol e一為橋梁可構(gòu)建如下關(guān)系式：102CI .( HrL.、1/ 7%U陽(yáng)極產(chǎn)物2H2

7、( u4 AMM n陰極產(chǎn)物(式中M為金屬，n為具離子的化合價(jià)數(shù)值)根據(jù)溶度積常數(shù)進(jìn)行計(jì)算1.表達(dá)式溶度積sp(AmBn)cm(An+) cn(Bm ),式中的濃度都是平衡 濃度(2)離子積Qc(AmBn) = cm(An+) cn(Bm ),式中的濃度都是任意濃度判斷在一定條件下沉淀能否生成或溶解2.應(yīng)用Qcsp：溶液過飽和，有沉淀析出Qc=sp：溶液飽和，處于平衡狀態(tài)Qc +2CS(g)000, 5,tj-0. 5i6 5電j-l+0.5i 1 + 0.51起始/ mol1足量變化/ molj平衡7 moiI j物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)由于E點(diǎn)時(shí)c(NO2)= c(CO2),即1 = , =0.5。把

8、=0.5代入上述物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)計(jì)算式中，得到NO2、N2、CO2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)分別為0.4、0.2、0.4,由于NO2口口 p (N2)p2 (CO2)與CO2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相等，故p(CO2)= p(NO2),即 p = “ p2(No2)=p(N2)=20 MPaX 0.2=4 MPa。答案(1)4 (2)4解決方案解答速率、平衡計(jì)算萬能模式(“三段式”法)如mA(g) + nB(g) pC(g)+ qD(g)，令A(yù)、B起始物質(zhì)的量濃度分別為 a mol L t、b mol L 1,達(dá)到平衡后消耗A的物質(zhì)的量濃度為m mol L”。mA (g)十nB (g)pC (g)+ qD (g)起始/

9、 (mol L 1)ab00變化/ (mol L1)mxnxpxqx平衡/ (mol LT)a mxb nxpxqx(px) p (qx) q (a-mx) m - (b-nx)【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練5】(全國(guó)卷)F.Daniels等曾利用測(cè)壓法在剛性反應(yīng)器中研究了25 C時(shí)N2O5(g)分解反應(yīng)：2。小)其中NO2二聚為N2O4的反應(yīng)可以迅速達(dá)到平衡。體系的總壓強(qiáng) p隨時(shí)間t的變化如表所示(t = 8時(shí)，N2O5(g)完全分解):t/min040801602601 3001 700oop/Pa35.840.342.545.949.261.262.363.1已知：2N2O5（g）=2N204（g）+ O2（g）AH1 = 4.4 J mol 12NO2（g）=N2O4（g） AH2= 55.3 Jm ol 1一一1 一一則反應(yīng) N2O5（g）=2NO2（g） +202（g）的 AH=J mol10（2）研究表明，N2O5（g）分解的反應(yīng)速率 v = 2x10 3XpN2O5（Pamin1）