湖南省永州市2019年高考化学二轮复习课时13、14化学计算专题学案.doc

1、1化学计算【明确考纲】1.对相对原子质量、相对分子质量进行计算（含摩尔质量、平均摩尔质量）；2.根据化学方程式、离子方程式进行计算；3.根据微粒的 m、n、N、V 进行计算；4.计算溶液中的溶质质量分数、物质的量浓度、溶液 pH的计算；5.掌握氧化还原反应的有关计算；6.运用盖斯定律进行有关反应焓变的计算；7.有关反应速率（）、转化率（）、产率、平衡常数（ Kc、 Kp）、电离平衡常数（ Ka、 Kb）、水解平衡常数（ Kh）溶度积（ Ksp）等计算。【高考分析】年份 考查形式及分值（不含选修 2、选修 3内容）2016年全国卷27题（2） K计算（3） Ksp计算 28 题（4） （5）氧化

2、还原反应有关计算，均以填空形式考查，共约 10分。2017年全国卷26题（5）质量分数、样品纯度计算 27题（5） Ksp计算 28题（3）平衡转化率、 K计算，均以填空形式考查，共约 10分。2018年全国卷27（4）滴定中物质残留量的计算 28 题（2）化学反应中 H， P、 v、 Kp计算，均以填空形式考查，共约 10分。（1）从分析统计可知，高考中的化学计算题有以下特点：近年高考对化学计算有所加大，考查角度较广，但难度不大，运算量不会太大。（二）复习准备：（1）平时注重常规计算，掌握基本方法。（2）务必重视概念理解和化学过程分析。（3）针对试题特点，建议采用分散复习的方式。【课前真题】

3、1.（2017天津卷节选）已知 25，NH 3H2O的 Kb=1.8105，H 2SO3的Ka1=1.3102， Ka2=6.2108。若氨水的浓度为 2.0 molL-1，溶液中的 c(OH)=_molL1。将 SO2通入该氨水中，当 c(OH)降至 1.0107 molL1时，溶液中的 c( 23SO)/c( 3H)=_。答案：6.010 -3 0.622.(2017江苏高考节选)碱式氯化铜有多种组成，可表示为 Cua(OH)bClcxH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：称取样品 1.116 0 g，用少量稀 HNO3溶解后配成 100.00 mL 溶液 A；取 25.00 m

4、L 溶液 A，加入足量 AgNO3溶液，得 AgCl 0.172 2 g；另取 25.00 mL溶液 A，调节 pH 45，用浓度为 0.080 00 molL1 的2EDTA(Na2H2Y2H2O)标准溶液滴定 Cu2 (离子方程式为 Cu2 H 2Y2 =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)。解析：由中生成 AgCl的质量，可计算出 1.116 0 g样品中 Cl 的物质的量 n(Cl )；由可计算出 1.116 0 g样品中 Cu2 的物质的量 n(Cu2 )，依电荷守恒： n(OH ) n(Cl )2 n(Cu2 )

5、，得出 n(OH )，最后由质量守恒得出 n(H2O)；由四种粒子的物质的量，可确定样品的化学式。计算时要留意溶液配了多少，使用了多少！【解析及答案】 n(Cl ) n(AgCl) 4.80010 3 mol100.00 mL25.00 mL 0.172 2 g143.5 gmol 1 100.00 mL25.00 mLn(Cu2 ) n(EDTA) 0.080 00 molL1 30.00 mL103 LmL1 100.00 mL25.00 mL9.60010 3 mol100.00 mL25.00 mLn(OH )2 n(Cu2 ) n(Cl )29.60010 3 mol4.80010

6、3 mol1.44010 2 molm(Cl )4.80010 3 mol35.5 gmol1 0.170 4 gm(Cu2 )9.60010 3 mol64 gmol1 0.614 4 gm(OH )1.44010 2 mol17 gmol1 0.244 8 gn(H2O) 4.80010 3 mol1.116 0 g 0.170 4 g 0.614 4 g 0.244 8 g18 gmol 1a b c x n(Cu2 ) n(OH ) n(Cl ) n(H2O)2311所以，化学式为 Cu2(OH)3ClH2O课堂精讲【考点归类】高考中对计算能力的考查，不会以大题出现，可融于各类题型中。

7、主要可分为两类，一类以物质的量为核心的计算、一类计算各类平衡常数。题型一：以物质的量为核心的计算核心知识必备：对物质的量、阿伏加德罗常数、物质的量浓度、物质的质量、 摩尔质量、气体的体积、气体摩尔体积等各个物理量的符号、单位要牢记于心，对它们之间的转化关系及计算应十分熟悉，同时会应用极值法、差量法、守恒法、讨论法、特殊值法等计算方法去求算物质含量、确定物质化学式，以及进行氧化还原、酸碱中和滴定计算和电化学计算等。【典例剖析】向 27.2 g Cu和 Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸 0.5 L，固体物质完全反应，生成 NO和 Cu(NO3)2。在所得溶液中加入 1.0 molL1 的 Na

8、OH溶液 1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为 39.2 g。下列有关说法不正确的是( )。ACu 与 Cu2O的物质的量之比为 21B硝酸的物质的量浓度为 2.6 molL1C产生的 NO在标准状况下的体积为 4.48 LDCu、Cu 2O与硝酸反应后剩余 HNO3为 0.2 mol【解析】设原混合物中铜、氧化亚铜(Cu 2O)物质的量分别为 xmol、ymol3依据质量关系可列： 64x+144y=27.2 由铜元素守恒可列： x+2y =39.298 求得 x=0.2 y=0.1 A项正确由得失电子守恒可求得 n(NO)=(0.22+0.121)3=0.2mol，则

9、产生 NO在标准状况下的体积为 4.48L，C 正确最终结合溶液显中性，由电荷守恒可知溶液中 n(NO3 )=1.0mol，则加入的硝酸的物质的量为：n(HNO 3)=0.2+1.0=1.2mol，其物质的量浓度为 2.4 molL1 ，B 项错误由氮元素守恒可求未参加反应的硝酸物质的量为：n(总硝酸)n(硝酸铜中的氮)n(NO)=1.2(0.22+0.122)0.2mol =0.2mol ，D项正确【方法指导】守恒思想贯穿中学化学始终，守恒法的灵活运用能够简化解题过程，从而快速准确地解答习题。解题时应挖掘题中隐含的各种信息，采用相应的守恒关系列式计算。（1）质量守恒：反应前后原子的种类和个数

10、均不改变，总质量保持不变，便可列式求算。（2）电子守恒：n(氧化剂)每摩氧化剂得电子数 = n(还原剂)每摩还原剂失电子数（3）电荷守恒：溶液中，阳离子所带正电荷总数 = 阴离子所带负电荷总数特别提醒：在考试中常是多种守恒关系结合使用，以快速解答相关习题。【变式训练】铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由表中两种元素组成，气体的相对分子质量都小于 50。为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗 1 L 2.2 molL1 NaOH溶液和 1 mol O2，则两种气体的分子式及物质的量分别为_，生成硫酸铜物质的量为_。答案：NO 1.3mo

11、l NO 2 0.9mol CuSO4 2mol 【典例剖析】CoC 2O4是制备钴的氧化物的重要原料。下图为二水合草酸钴(CoC 2O42H2O)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点剩余固体的化学成分为_(填化学式)。写出 B点对应的物质与 O2在 225300 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)，用480 mL 5 molL1 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(写出计算过

12、程)。【答案】(1)Co 3O4(写成 CoOCo2O3亦可) 3CoC 2O42O 2 Co3O46CO 2= = = = =225 300 (2)由得失电子守恒有 n(Co3 )2 n(Cl2)2 0.4 mol4.48 L22.4 Lmol 1由元素守恒和电荷守恒有 n(Co)总 n(Co2 )溶液 0.5 n(Cl )0.50.48 L5 molL1 21 mol，所以钴氧化物中 n(Co2 )1 mol0.4 mol0.6 4.48 L22.4 Lmol 14mol根据钴氧化物中元素化合价代数和为 0有 n(O) 1.2 0.4 mol3 0.6 mol22mol故 n(Co) n(

13、O)1 mol1.2 mol56【解析】由题图可知，起始时加入二水合草酸钴物质的量为 0.1mol，受热分解至 C点时，固体钴氧化物质量为 8.03g，设其化学式为 CoOx，则 8.03（59+16x）=0.1，求得x=4/3，所得固体的化学成分为 Co3O4(或写成 CoOCo2O3)。【方法指导】热重曲线计算时：一般设晶体为 1mol；失重一般是先失结晶水，再失非金属氧化物；计算每步的 m 余 ， 100%=固体残留率；晶体中金属质量不减少，仍在 m 余 中；失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得 m(O)，由 n(金属)：n(O)，可求出失重后物质的化学式。特别提醒：固体物质在空气中加

14、热时可能氧气会参与反应，尤其是有变价元素的物质。【变式训练】硫酸铜是一种重要的化工原料。已知硫酸铜晶体受热可以逐步失去结晶水，温度升高还可以分解生成铜的氧化物。现取 25.0g CuSO45H2O晶体均匀受热，缓慢升温至 1200并恒温 1小时，实验测得固体残留率（剩余固体的质量原始固体质量）与温度的关系如下图所示：在 110时所得固体的成分为 ；在 1200并恒温 1小时，反应所得气态产物除去水后，物质的量为 。（填字母）A0 mol B0.1mol C0.125mol D大于 0.125mol答案：CuSO 43H2O， D【典例剖析】 （2018全国卷，28 节选）K 3Fe(C2O4)

15、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。称量 m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀 H2SO4酸化，用 c molL-1 KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是_。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-1 KMnO4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】KMnO 4溶液将草酸根离子氧化完全后，因其溶液显红色，故滴入最后一滴标准液时，溶液出现粉红色，且 30s内不褪色，即为滴定终点。Zn 把 Fe3+还原成 Fe

16、2+，酸性KMnO4溶液又把 Fe2+氧化成 Fe3+，反应中消耗 KMnO4为 0.001cVmol，Mn 元素从+7 价降到+2价，依得失电子守恒可知铁离子的物质的量为 0.005cVmol，则晶体中铁的质量分数的表达晶 体 质 量 ）（ 余ol15610cVmc60.5式为 = 【答案】溶液变为粉红色 5610cVm【方法指导】氧化还原滴定计算实际上是方程式中物质的量的计算，若出现多步氧化还原反应，主要是为了把待测物质转化为便于用氧化还原滴定的物质，常需要通过原子守恒找出物质间的关系，用关系式法进行求算。【变式训练】水中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

17、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 Na2S2O3溶液滴定生成的 I2（2 S 2O32+I2=2I+ 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 molL1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为_；若消耗 Na2S2O3 溶

18、液的体积为 b mL，则水样中溶解氧的含量为_mgL 1。【答案】（1）2Mn(OH) 2+O2=2MnO(OH)2（2）蓝色褪成无色；80ab【课后巩固】1某铁的氧化物（Fe xO）1.52g，溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112LCl2，恰好将 Fe2+离子完全氧化。x 值为 。 【答案】0.82已知过氧化钙加热至 350 左右开始分解放出氧气。将过氧化钙晶体(CaO 28H2O)在坩埚中加热逐渐升高温度，测得样品质量随温度的变化如图所示，则 350 左右所得固体物质的化学式为_。【答案】CaO3为研究一水草酸钙的热分解性质，进行如下实验：准确称取 36.50g样品加热，样品的

19、固体残留率（固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量100%）随温度的变化如图所示：6300时残留固体的成分为 ，900时残留固体的成分为 。通过计算求出 500时固体的成分及质量。【答案】CaC 2O4；CaO；500时固体的成分为：12.8gCaC 2O4和 15.0gCaCO34已知：2Fe 2+Br2=2Fe3+2Br ， 2Fe 3+2I =2Fe2+I2。向 FeI2、FeBr 2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如下图所示。下列有关说法中，不正确的是A还原性：I Fe2+BrB原混合溶液中 FeBr2的物质的量为 6 molC当通入 2 mol Cl2时，溶液中

20、已发生的离子反应可表示为：2Fe2+2I +2Cl2=2Fe3+I2+4ClD原溶液中：n(Fe 2+)n(I )n(Br )213【答案】B【解析】向溶液中通入氯气，各种离子反应的先后顺序为：I -、Fe 2+、Br -，所以先减少的是碘离子，其物质的量是 2mol，第二种减少的是 Fe2+，其物质的量是 4mol，综合FeI2、FeBr 2的组成可知原混合溶液中 FeBr2的物质的量为 3mol。5称取(NH 4)2SO4和 NH4HSO4混合物样品 7.24 g，加入含 0.1 mol NaOH的溶液，完全反应，生成 NH31792 mL（标准状况） ，则(NH 4)2SO4和 NH4H

21、SO4的物质的量比为A1:1 B1:2 C1.87:1 D3.65:1【答案】C【解析】利用极值法分析，可知 0.1molNaOH不足，故先将 NH4HSO4反应完，再反应(NH 4)2SO4，因共生成 NH30.08mol，故与 H+反应的 NaOH为 0.02mol，则可知道 NH4HSO4为0.02mol，则共质量为 7.24g-115g/mol0.02mol=4.94g，则(NH 4)2SO4的物质的量为4.94g132g/mol=0.0374mol。因此，(NH 4)2SO4与 NH4HSO4物质的量之比为：1.87：1。6镁条在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁。将燃烧后的产物溶解在 6

22、0毫升浓度为2.0mol/L的盐酸中，再用 20mol 0.5mol/L NaOH溶液中和多余的盐酸，然后在此溶液中加过量的碱，把氨全部蒸出来，用稀 HCl吸收，稀 HCl增重 0.17g，求镁带的质量。【答案】镁带的质量为 1.2g【解析】先画出该题系列变化的图示：在图（B）中，根据电荷守恒，有下列关系：2n(Mg2+)+n(NH4+)+n(Na+)=n(Cl-)2n(Mg2+)+0.1717+0.52010-3 = 26010-3 n(Mg2+)=0.05mol依镁元素守恒可知，原 m(Mg)=0.05mol 24g/mol=1.2g7用沉淀滴定法快速测定 NaI等碘化物溶液中 c(I)，

23、实验过程包括准备标准溶液和滴定Mg MgOMg3N2空气 +HCl+NaOHMgCl2NH4ClNaCl+NaOHNH3+HClNH4Cl(A) (B)(C)7待测溶液。准备标准溶液a准确称取 AgNO3基准物 4.2468 g（0.0250 mol）后，配制成 250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。b配制并标定 100 mL 0.1000 molL1 NH4SCN标准溶液，备用。滴定的主要步骤a取待测 NaI溶液 25.00 mL于锥形瓶中。b加入 25.00 mL 0.1000 molL1 AgNO3溶液（过量） ，使 I完全转化为 AgI沉淀。c加入 NH4Fe(SO4)

24、2溶液作指示剂。d用 0.1000 molL1NH4SCN溶液滴定过量的 Ag+，使其恰好完全转化为 AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。e重复上述操作两次。三次测定数据如下表：实验序号 1 2 3消耗 NH4SCN标准溶液体积/mL 10.24 10.02 9.98f数据处理。回答下列问题：（1）将称得的 AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有_。（2）AgNO 3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是_。（3）滴定应在 pH0.5 的条件下进行，其原因是_。（4）b 和 c两步操作是否可以颠倒_，说明理由_。（5）所消耗的 NH4SCN标准溶液平均体积为_mL

25、，测得 c(I-)=_molL-1。【答案】 （1）250 mL（棕色）容量瓶、胶头滴管（2）避免 AgNO3见光分解（3）防止因 Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制 Fe3+的水解）（4）否（或不能）若颠倒，Fe 3+与 I-反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点（5）10.00 0.0600题型二： 计算各类平衡常数核心知识必备：理解并掌握盖斯定律求算反应热，会熟练利用“三段式”求算反应速率、转化率及各类平衡常数（ Ka、 Kb、 Kh、 Kc、 Kp、 Ksp） 。K p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平衡时某物质的分压=P 总 (该物质

26、的体积分数)表示时，就可得到该反应的平衡常数Kp。 平衡常数的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”求出相关成分的浓度，再通过平衡常数的表达式计算出结果。K sp的计算比较单一，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发生。 盐的水解平衡常数 Kh=Kw/Kb(强酸弱碱盐) Kh=Kw/Ka(强碱弱酸盐)，此常数可借助于水的离子积与弱酸弱碱的电离常数加以求算。8【典例剖析】(2016 四川卷，节选)资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。磷尾矿主要含 Ca5(PO4)3F和 CaCO3MgCO3 。某研

27、究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的 CaCO3、Mg(OH) 2、P 4和 H2，其简化流程如下：已知：Ca 5(PO4)3F在 950不分解；4Ca 5(PO4)3F+18SiO2+30C 2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4请回答下列问题：（6）在一定条件下 CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，当 CO与 H2O(g)的起始物质的量之比为 1:5，达平衡时，CO 转化了 5/6 。若 a kg含 Ca5(PO4)3F（相对分子质量为 504）的质量分数为 10%的磷尾矿，在上述过程中有 b%的 Ca5(PO4)3F转化为 P4，将产生的

28、CO与 H2O(g)按起始物质的量之比 1:3混合，则相同条件下达平衡时能产生 H2_kg。【答案】 （6）【解析】 （6）根据题给数据利用三段式分析。设 CO的起始浓度为 1 mol/L，则水蒸气的起始浓度为 5 mol/LCO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)起始浓度（mol/L）1 5 0 0转化浓度（mol/L）5/6 5/6 5/6 5/6平衡浓度（mol/L）1/6 25/6 5/6 5/6则 K=c(CO2)c(H2)/c(CO)c(H2O)=1。相同条件下当 CO与 H2O(g)的起始物质的量之比为1:3，平衡常数不变，设转化的 CO为 x mol。CO(g)+H2

29、O(g) CO2(g)+H2(g)起始浓度（mol/L）1 3 0 0转化浓度（mol/L）x x x x平衡浓度（mol/L）(1-x) (3-x) x x则 x2/(1-x)(3-x)=1,解得 x=3/4，即达平衡时，CO 转化了 3/4 mol。转化为 P4的 Ca5(PO4)3F质量为 a10%b%kg，根据反应 4Ca5(PO4)3F+18SiO2+30C高 温 2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4知生成 CO的质量为（3028a10%b%）/（4504）kg，则转化的 CO的质量为3/4（3028a10%b%）/（4504）kg，根据反应：CO(g)+H 2O(g) C

30、O2(g)+H2(g)知相同条件下达平衡时能产生 H2的质量为 3/42/28(3028a10%b%）/（4504）kg= kg。【变式训练】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、难溶电解质的溶度积常数。(1)25时，将 a molL1 的氨水与 0.01molL1 的盐酸等体积混合，所得溶液中 c(NH) c(Cl )，则溶液显 (填“酸” 、 “碱”或“中”)性；用含 a的代数式表4示 NH3H2O的电离平衡常数 Kb 。【答案】中 ； 10 9a 0.01【解析】写出化学反应式：NH 3H2O NH

31、 + OH-；平衡常数 Kb 4480ab9。结合题意得知： c(NH ) c(Cl ) =0.005molL1 ;此时溶液显中性 c(OH )=10-7 4molL1 ； c(NH3H2O)=(a/2 -0.005) molL1 ；代入平衡常数表达式就能得出答案。(2)25时，H 2SO3 HSO3-H 的电离常数 Ka110 2 molL1 ，则该温度下pH3、 c(HSO3-)0.1 molL 1 的 NaHSO3溶液中 c(H2SO3)_。【答案】0.01 mol/L【解析】由 H2SO3的 Ka=c(HSO3-)c(H+)/c(H2SO3)代入数据可得 c(H2SO3)0.01 mo

32、l/L。(3)高炉炼铁中发生的反应有：FeO(s)CO(g) Fe(s)CO 2(g) H0 该反应的平衡常数表达式 K ；已知 1100时， K0.25，则平衡时 CO的转化率为 ；在该温度下，若测得高炉中 c(CO2)0.020molL 1 ， c(CO)0.1molL 1 ，则此时反应速率是v 正 (填“” 、 “”或“”) v 逆 。答案： ，20%，。c CO2c CO解析：写出化学反应式：FeO(s)CO(g) Fe(s)CO 2(g)；平衡常数表达式中不考虑固体物质。起始浓度 c 0转化浓度 x x平衡浓度 (c-x) x c 0.2cc 代入平衡常数表达式 K = 0.25，x

33、=0.2c；转化率 100% 100%= 20%。某时该，Qc= = = 0.2 0T1温度下的部分实验数据如下表：t/s 0 500 1 000 1 500c(N2O5)/(molL1 ) 5.00 3.52 2.50 2.50下列说法不正确的是( )A500 s 内 N2O5的分解速率为 2.96103 molL1 s1B T1温度下的平衡常数 K1125,1000 s 时转化率为 50%C其他条件不变时， T2温度下反应平衡时测得 N2O5(g)浓度为 2.98 molL1 ，则T1K3，则 T1T3【答案】C【解析】 v(N2O5) 2.9610 3 molL1 s1 ，A 正确；1

34、5.00 3.52 molL 1500 s000 s后 N2O5的浓度不再发生变化，即达到了化学平衡，列出两种量如下：2N 2O5 4NO2O 2起始(molL 1 ) 5.00 0 0平衡(molL 1 ) 2.50 5.00 1.25则 K 125c4 NO2 c O2c2 N2O5 5.00 41.25 2.50 2 (N2O5) 100%50%，B 正确； T2温度下平衡时 N2O5的浓度大于 T12.50 molL 15.00 molL 1温度下的，则改变温度使平衡逆向移动了，逆向是放热反应，因降低温度平衡向放热方向移动，故 T2K3，则 T1T3，D 正确。115常温下将 NaOH

35、溶液滴加到己二酸（H 2X）溶液中，混合溶液的 pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A Ka2（H 2X）的数量级为 106B曲线 N表示 pH与 2()lgc的变化关系CNaHX 溶液中 )OHD当混合溶液呈中性时，2(Na)(X)()(OH)(ccc【答案】D【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即 Ka1= 2(X) Ka2=2(X)Hc，所以当 pH相等即氢离子浓度相等时 2()lgHcl()c，因此曲线 N表示pH与 2lg()的变化6室温下，将 1 mol的 CuSO45H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为 H1，将 1 mol的 CuSO4(s

36、)溶于水会使溶液温度升高，热效应为 H2；CuSO 45H2O受热分解的化学方程式为：CuSO 45H2O(s) CuSO4(s)5H 2O(l)，热效应为 H3。则下列判断= = = = = 正确的是( )A H2 H3 B H1 H3解析：选 B 1 mol CuSO45H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，为吸热反应，故 H1 0,1 mol CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，为放热反应，故 H20，根据盖斯定律得到关系式 H1 H2 H3，分析得到答案： H1 H3。127甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，利用合成气(主要成分为 CO、CO 2和 H2)在催化剂作用下合成甲醇。

37、发生的主要反应如下：CO(g)2H 2(g) =CH3OH(g) H1CO 2(g)3H 2(g) =CH3OH(g)H 2O(g) H2CO 2(g)H 2(g) =CO(g)H 2O(g) H3已知反应中相关的化学键键能数据如下：化学键 H-H C-O C O H-O C-HE/(kJmol1)436 343 1 076 465 413由此计算 H1_kJmol 1 ；已知 H258 kJmol1 ，则 H3_kJmol 1 。解析：反应热等于反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值，即 H11 076 kJmol1 2436 kJmol1 3413 kJmol1 343 kJmol1 465 kJmol1 99 kJmol1 。根据盖斯定律可知，由可得到反应，则 H358 kJmol 1 99 kJmol 1 41 kJmol 1 。答案：99 41