常考化学计算题.docx

1、高考关键词 物质组成、含量计算、化学式计算、滴定法、热重曲线、守恒法、关系式法。 高考题型 1 化学计算常用方法 1 (2014大纲全国卷， 13)已知：将 Cl2 通入适量 KOH溶液，产物中可能有 KCl、 KClO、KClO3，且 的值与温度高低有关。当 n(KOH) a mol 时，下列有关说法错误的是 ( ) A若某温度下，反应后 11，则溶液中 12 B参加反应的氯气的物质的量等于 12a mol C改变温度，反应中转移电子的物质的量 ne 的范围： 12a molne56a mol D改变温度，产物中 KClO3 的最大理论产量为 17a mol 答案 D 解析 A 项，设反应后

2、溶液中 n(Cl ) 11n mol，则 n(ClO ) n mol，根据氧化还原反应中电子守恒可知，生成 11n mol Cl得 11n mol 电子，生成 n mol ClO失去 n mol 电子，而生成 1 mol ClO 3 失去 5 mol 电子，因此反应生成的 ClO 3 应为 2n mol，正确； B 项，由于产物中可能有 KCl、 KClO、 KClO3，根据原子守恒可知， Cl 原子与 K 原子的量始终相等，故参加反应的 Cl2 的物质的量为 KOH的 12，正确； C 项，当只有 KCl、 KClO 生成时，1 mol Cl2 参加反应转移 1 mol 电子，故整个反应中转

3、移电子的物质的量为 12a mol，当只有 KCl、 KClO3 生成时，根据电子守恒可知，有 16 的 Cl2 生成了 KClO3，有 56的 Cl2 生成了 KCl，故转移电子 56a mol，正确； D 项，当只有 KCl、 KClO3 生成时，产物中 KClO3的量达到了最大值，根据电子守恒可知，有 16 的 Cl2 生成了 KClO3，因此 KClO3 的最大理论产量为 16a mol，错误。 2 2015天津理综， 10(2) FeCl3 具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比 FeCl3 高效，且腐蚀性小。为节约成本，工业上用 NaClO3 氧化酸性

4、 FeCl2 废液得到 FeCl3。 若酸性 FeCl2 废液中 c(Fe2 ) 2.010 2 molL 1， c(Fe3 ) 1.010 3 molL 1，c(Cl ) 5.310 2 molL 1，则该溶液的 pH约为 _。 答案 2 解析 酸性溶液中 c(OH )忽略不计 ，根据电荷守恒， c(Fe3 )3 c(Fe2 )2 c(H ) c(Cl )，溶液中氢离子的浓度是 c(H ) c(Cl ) c(Fe2 )2 c(Fe3 )3 5.3102 molL 1 2.010 2 molL 12 1.010 3 molL 13 1.010 2 molL 1，所以 pH 2。 3 2015全

5、国卷 ， 36(6)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，可溶于氯离子浓度较大的体系。在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜 (主要成分 是 Cu 和少量 CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产 CuCl 的工艺过程如下： 回答下列问题： 准确称取所制备的氯化亚铜样品 m g，将其置于过量的 FeCl3 溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用 a molL 1 的 K2Cr2O7 溶液滴定到终点，消耗 K2Cr2O7 溶液 b mL，反应中 Cr2O2 7 被还原为 Cr3。样品中 CuCl的质量分数为 _。 答案 59.7abm% 解析 CuC

6、l 被 FeCl3 溶液氧化为 Cu2， FeCl3 被还原为 Fe2，利用 K2Cr2O7 滴定 Fe2，根据电子得失守恒 有： CuCl FeCl3 16K2Cr2O7， w(CuCl) a molL 1b10 3 L699.5 gmol 1m g100% 59.7abm%。 1电荷守恒 涉及溶液中离子浓度的计算时常需用到电荷守恒，首先找出溶液中所有阳离子和阴离子，再根据阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数列等式。 如 Al2(SO4)3、 NH4NO3 混合溶液的电荷守恒为 3c(Al3 ) c(NH 4) c(H ) 2c(SO2 4) c(NO 3) c(OH )。 注意 一

7、般情况下，列电荷守恒等式时 不能忽略 H、 OH，但在计算时，酸性溶液中常可忽略 OH，碱性溶液中常可忽略 H。如第 2 题，求溶液的 pH，即是求溶液中 c(H )，利用电荷守恒即可顺利作答。 2原子 (质量 )守恒 金属与氧化性酸反应的相关计算以及水溶液中离子浓度大小判断常用到原子守恒法，找出要关注的原子 (或原子团 )，利用反应前后原子数目 、种类不变列出等式。如第 1 题 B 项，计算 “参加反应的氯气的物质的量 ”，由于反应后 Cl 原子存在于 KCl、 KClO、 KClO3 中，故应联想到 Cl 原子守恒。解此类题的一般步骤：第一步，分析题干中元素的变化情况；第 二步，找出需要用

8、到的原子；第三步，根据题中反应前后的原子的物质的量，列出关系式进行计算。 3电子守恒 氧化还原反应中存在电子得失，氧化剂得到电子的总数等于还原剂失去电子的总数，即为得失电子守恒。用得失电子守恒法解题的一般步骤：第一步，找出氧化剂、还原剂。如第 3题中，氧化剂为 K2Cr2O7，还原剂可看作 CuCl；第二步，确定氧化剂、还原剂中一个原子得到或失去的电子数，如本题中一个 Cr 原子得 3 个电子，一个 Cu 原子失 1 个电子；第三步，根据氧化剂得到的电子数等于还原剂失去的电子数，列出等式： n(还原剂 )升价原子 个数 化合价升高值 n(氧化剂 )降价原子个数 化合价降低值。 4关系式法 多个

9、反应连续发生时，起始物与目标产物之间存在确定的量的关系。解题时应先写出有关反应的化学方程式或关系式，找出连续反应的过程中，不同反应步骤之间反应物、生成物的物质的量的关系，最后确定已知物和目标产物之间的物质的量的关系，列式求解，从而简化运算过程。如第 3 题中， CuCl 质量分数测定反应过程是 FeCl3 将 CuCl 氧化为 Cu2， Fe3被还原为 Fe2，然后 K2Cr2O7 又将 Fe2氧化为 Fe3，相当于 K2Cr2O7 氧化 CuCl，得 出关系式： 6CuCl K2Cr2O7，淡化中间过程后，计算很简捷。 1在硫酸钠和硫酸铝的混合溶液中， Al3的物质的量浓度为 0.2 mol

10、L 1， SO2 4 为0.4 molL 1，溶液中 Na的物质的量浓度为 ( ) A 0.1 molL 1 B 0.2 molL 1 C 0.3 molL 1 D 0.4 molL 1 答案 B 解析 在任何一个溶液中，阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，则有3c(Al3 ) c(Na ) 2c(SO2 4)，解得 c(Na ) 0.2 molL 1。 2碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解 28.4 g 上述混合物，消耗 1 molL 1 盐酸 500 mL。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是 ( ) A 35 g

11、B 30 g C 20 g D 15 g 答案 C 解析 碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜，消耗 1 molL 1 盐酸 500 mL，HCl 的物质的量为 0.5 mol，则 CuCl2 的物质的量为 0.25 mol。根据 Cu 元素守恒可知，原混合物中含有 Cu 元 素的物质的量为 0.25 mol，灼烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的物质的量为 0.25 mol，则氧化铜的质量为 m(CuO) 0.25 mol80 gmol 1 20 g。 3向 200 mL 稀硝酸溶液中加入 11.2 g 铁粉，充分反应后，铁粉全部溶解并放出 NO 气体，溶液质量增加 7.0 g，则所得

12、溶液中 Fe3的物质的量浓度约为 ( ) A 0.1 molL 1 B 0.2 molL 1 C 0.3 molL 1 D 0.4 molL 1 答案 A 解析 由质量守恒定律生成的 NO 质量： 11.2 g 7.0 g 4.2 g， NO 的物质的量： n(NO) 4.2 g30 gmol 1 0.14 mol； 由原子守恒可得 n(Fe2 ) n(Fe3 ) n(Fe) 0.2 mol 由得失电子相等可得 2n(Fe2 ) 3n(Fe3 ) 3n(NO) 0.42 mol。 4一定质量的镁、铝合金与硝酸恰好完全反应，得到硝酸盐溶液和 NO2、 N2O4、 NO 的混合气体，将这些气体与标

13、准状况下 3.36 L O2 混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸盐溶液中加入 2 molL 1 NaOH溶液至沉淀最多时停止加入，将沉淀滤出，向滤液中加水稀释至 500 mL，此时所得溶液的物质的量浓度为 ( ) A 0.5 molL 1 B 1 molL 1 C 1.2 molL 1 D 2 molL 1 答案 C 解析 由题意可知最终滤液为 NaNO3 溶液，根据得失电子守恒和电荷守恒知，金属失去的电子数等于氧气得到的电子数，也等于金属离子需结合的 NO 3 数，所以硝酸钠的物质的量为 n(NaNO3) 4n(O2) 0.6 mol， c(NaNO3) 0.6

14、mol0.5 L 1.2 molL 1。 5实验室可由软锰矿 (主要成分为 MnO2)制备 KMnO4，方法如下：软锰矿与过量固体 KOH和 KClO3 在高温下反应，生成锰酸钾 (K2MnO4)和 KCl；用水溶解，滤去残渣，滤液酸化后，K2MnO4 转变为 MnO2 和 KMnO4；滤去 MnO2 沉淀，浓缩滤液，结晶得到深紫色的针状KMnO4。 (1)软锰矿制备 K2MnO4 的化学方程式是_ _。 (2)K2MnO4 制备 KMnO4 的离子方程式是_ _。 (3)KMnO4 能与经硫酸酸化的热 Na2C2O4 反应生成 Mn2和 CO2，该反应的化学方程式是_ _。 (4)若用 16

15、.3 g 软锰矿 (含 MnO2 80%)进行上述实验最终生成的 KMnO4 与 Na2C2O4 反应，则消耗 Na2C2O4 的物质的量为 _。 答案 (1)3MnO2 6KOH KClO3=高温 3K2MnO4 KCl 3H2O (2)3MnO2 4 4H =MnO2 2MnO 4 2H2O (3)2KMnO4 5Na2C2O4 8H2SO4=K2SO4 2MnSO4 5Na2SO4 10CO28H2O (4)0.25 mol 解析 根据题意写出化学方程式即可，本题主要考查氧化还原反应的配平、离子反应方程式的书写以及相关的计算。 (4)根据得出的三个反应方程式，找出关系式： 3MnO2 3

16、K2MnO4 2KMnO4 5Na2C2O4 所以 3MnO2 5Na2C2O4 3 5 16.3 g80%87 gmol 1 n(Na2C2O4) n(Na2C2O4) 5316.3 g80%87 gmol 10.25 mol。 高考题型 2 物质组成的计算 1 2015浙江理综， 27 (1)化合物甲和 NaAlH4 都是重要的还原剂。一定条件下金属钠和H2 反应生成甲。甲与水反应可产生 H2，甲与 AlCl3 反应可得到 NaAlH4。将 4.80 g 甲加热至完全分解，得到金属钠和 2.24 L(已折算成标准状况 )的 H2。甲的化学式 _。 答案 NaH 解析 由 4.80 g 甲加

17、热 至完全分解，得到金属钠和 2.24 L(已折算成标准状况 ) 的 H2，可推断金属钠和 H2 反应生成的甲为 NaH， NaH与水反应生成 NaOH和 H2， NaH与 AlCl3 反应可得到 NaAlH4。甲的化学式为 NaH。 2 2015山东理综， 29(2)节选 在空气中煅烧 CoC2O4 生成钴氧化物和 CO2，测得充分煅烧后固体质量为 2.41 g， CO2 的体积为 1.344 L(标准状况 )，则钴氧化物的化学式为 _。 答案 Co3O4 解析 n(CO2) 1.344 L22.4 Lmol 1 0.06 mol，根据 CoC2O4 的组成可知 Co 物质的量为 0.03

18、mol，其质量为 m(Co) 0.03 mol59 gmol 1 1.77 g，设钴氧化物的化学式为CoxOy，根据元素的质量比可得 59x 16y 1.77 g (2.41 g 1.77 g)，解得 x y 3 4，所以钴氧化物的化学式为 Co3O4。 3 2015全国卷 ， 28(3) 用下图装置可以测定混合气体中 ClO2 的含量： .在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用 50 mL 水溶解后，再加入 3 mL 稀硫酸； .在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封 管的管口； .将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收； .将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中； .用 0.100 0 molL 1 硫

19、代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液 (I2 2S2O2 3=2I S4O2 6)，指示剂显示终点时共用去 20.00 mL 硫代硫酸钠溶液。在此过程中： 锥形瓶内 ClO2 与碘化钾反应的离子方程式为 _ _。 测得混合气中 ClO2 的质量为 _g。 答案 2ClO2 10I 8H =2Cl 5I2 4H2O 0.027 00 解析 ClO2 与 KI 溶液反应时， Cl 4O2Cl 1， 2I I2，反应环境为酸性，从而可写出该反应的离子方程式。 由反应 2ClO2 10I 8H =2Cl 5I2 4H2O、 I22S2O2 3=2I S4O2 6 可得关系式： 2ClO2 5I2 10S

20、2O2 3， n(S2O2 3)0.100 0 molL 120.00 mL10 3 LmL 1 210 3 mol，则 n(ClO2) 210 3 mol210 410 4 mol， m(ClO2) 410 4 mol67.5 gmol 1 0.027 00 g。 4 2014新课标全国卷 ， 27(4)PbO2 在加热过程发生分解的失重曲线如下图所示，已知失重曲线上的 a 点样品失重 4.0%(即样品起始质量 a 点固体质量样品起始质量 100%)的残留固体。若 a 点固体组成表示为 PbOx或 mPbO2nPbO，列式计算 x值和 m n 值 _。 答案 根据 PbO2= PbOx 2

21、x2O2，有 2 x232 2394.0%， x 22394.0%161.4， 根据 mPbO2nPbO， 2m nm n 1.4， mn 0.40.6 23 解析 根据 PbO2= PbOx 2 x2O2(注 PbO2 相对分子质量为 239) 由 2 x232 2394.0% 得 x 2 2394.0%161.4 根据 mPbO2nPbO 得 2m nm n 1.4 mn 0.40.6 23。 化学计算的类型及解题方法总结 类型 解题方法 物质含量计算 根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，得出混合物中某一成分的量。 由 中求出量，除以样品的总量，即可得出其含量 确定物质化学式的计算 根

22、据题给信息，计算出可求粒子的物质的量。 根据电荷守恒，确定出未知离子的物质的量。 根据质量守恒，确定出结晶水的物质的量。 各粒子的物质的量之比，即为物质化学式的下标比 热重曲线计算 设晶体为 1 mol。 失重一般是先失水、 再失非金属氧化物。 计算每步的m 余， m 余 晶体质量 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)，即可求出失重后物质的化学式 多步滴定计算 复杂的滴定可分为两类： 连续滴定法：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的

23、量 返滴定法：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定计算出过量的物质。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 1某盐 A 由三种元素组成，其相关的转化关系如图 (所有的产物均已标在框图上 )，其中 C为红棕色液体，其化学性质与其组成元素的单质相似。 A 的化学式为 _， B 的阴离子对应元素在元素周期表中的位置是 _。 答案 KICl2 第三周期 A 族 解析 由 1 mol A 加热分解得到 1 mol B 与 1 mol C，则 B 与硝酸酸化的硝酸银溶液反应得到白色沉淀，白色沉淀为 AgCl，说明 B 中含有 Cl 元素， 1 mol

24、C 与 1 mol KI 反应得到 1 mol化合物 B 与 1 mol 单质 D，单质 D为 I2， B 为 KCl，根据氧化还原反应实质判断 C 为 ICl,1 mol 盐 A 中含有 Cl、 I、 K，由元素化合价代数和为 0， A 为 KICl2。 2取 4.00 g 软锰矿 (主要成分 MnO2，杂质不与 H2C2O4、 KMnO4 等反应 )，用下述方法测定其中锰元素的含量。 首先向制取的 MnO2 中加入过量酸化的 0.50 molL 1 H2C2O4 50.00 mL， MnO2 完全溶解，并产生 A 气体，写出该反应的离子方程式： _。 然后用 0.10 molL 1 KMn

25、O4 溶 液滴定过量的 H2C2O4 溶液 (产物与上述反应一致 )，滴定终点时消耗 KMnO4 溶液 30.00 mL，则软锰矿中的锰元素质量分数是 _(保留 1 位小数 )。 答案 MnO2 H2C2O4 2H =Mn2 2CO2 2H2O 24.1% 解析 H2C2O4 的物质的量为 0.50 molL 10.05 L 0.025 mol， MnO2 完全溶解，并产生 A 气体即二氧化碳气体，该反应的离子方程式： MnO2 H2C2O4 2H =Mn22CO2 2H2O，然后用 0.10 molL 1 KMnO4 溶液滴定过量的 H2C2O4 溶液 (产物与上述反应一致 )，则根据电子得

26、失守恒可知 2KMnO4 5H2C2O4，滴定终点时消耗 KMnO4 溶液30.00 mL，则消耗的 KMnO4物质的量为 0.10 molL 10.03 L 0.003 mol，所以与 KMnO4反应的 H2C2O4 的物质的量为 0.003 mol52 0.007 5 mol，所以与二氧化锰反应的H2C2O4 的物质的量为 0.025 mol 0.007 5 mol 0.017 5 mol，则二氧化锰的物质的量为0.017 5 mol，所以软锰矿中的锰 元素质量分数是 0.017 5 mol55 gmol 14 g100%24.1%。 3 0.80 g CuSO45H2O 样品受热脱水过程

27、的热重曲线 (样品质量随温度变化的曲线 )如图所示。 请回答下列问题： (1)试确定 200 时固体物质的化学式 (要求写出推断过程 )。 (2)若在 0.1 molL 1 硫酸铜溶液中通入过量 H2S 气体，使 Cu2完全沉淀为 CuS，此时溶液中的 H浓度为 _ molL 1。 答案 (1)CuSO45H2O= nH2O CuSO4(5 n)H2O 250 18n 0.80 g 0.80 g 0.57 g 0.23 g 2500.80 g 18n0.23 g，解得 n4 则此时固体物质的化学式为 CuSO4H2O (2)0.2 解析 (1)200 时恒重为 0.57 g，共失水 0.80

28、g 0.57 g 0.23 g，写出失水方程式，列出物质之间的关系式即可计算。 (2)Cu2 H2S=CuS 2H，所以 c(H ) 2c(Cu2 ) 20.1 molL 1 0.2 molL 1。 4草酸钴是制备钴氧化物的重要原料。下图为二水合草酸钴 (CoC2O42H2O)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 48

29、0 mL 5 molL 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。 答案 (1)Co3O4 3CoC2O4 2O2=225 300 Co3O4 6CO2 (2)由得失电子守恒有 n(Co3 ) 2n(Cl2) 24.48 L22.4 Lmol 1 0.4 mol， 由电荷守恒有 n(Co)总 n(Co2 )溶液 0.5n(Cl ) 0.5(0.4805 0.22) mol 1 mol， 所以固体中 n(Co2 ) 1 mol 0.4 mol 0.6 mol， n(O) 0.43 0.622 mol

30、 1.2 mol， 故 n(Co) n(O) 1 1.2 5 6。 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 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 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 B 点时与 O2 反应后生成 Co3O4 的化学方程式为 3CoC2O4 2O2=225 300 Co3O4 6CO2。 (2)黄绿色

31、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。 5过氧乙酸 (CH3COOOH)用作纺织品漂白剂，可通过下列方法制备：向烧瓶中依次加入乙酸、 42.5%过氧化氢溶液、浓硫酸。控制反应温度为 25 ，搅拌 4 小时，静置 15 小时，得过氧乙酸溶液。 (

32、1)制备 20 g 38%过氧乙酸溶液至少需要 42.5%过氧化氢溶液质量： _。 (2)过氧乙酸含量测定。准确称取 0.500 0 g 过氧乙酸样液，定容于 100 mL 容量瓶中，取 5.00 mL 上述溶液于 100 mL 锥形瓶中，再加入 5.0 mL 2 molL 1 H2SO4 溶液，用 0.01 molL 1 KMnO4 溶液滴定至溶液出现浅红色 (已除去过氧乙酸试样中剩余 H2O2)，随即加入过量KI 溶液，摇匀，用 0.010 00 molL 1 Na2S2O3 标准液滴定至终点，消耗 Na2S2O3 溶液25.00 mL。 已知： CH3COOOH 2I 2H =I2 CH

33、3COOH H2O 2S2O2 3 I2=2I S4O2 6 加入过量 KI 溶液前，需除去 H2O2 的原因是 (用离子方程式表示 )：_。 计算过氧乙酸样液中过氧乙酸的质量分数 (请给出计算过程 )。 用该法测定过氧乙酸含量比实际含量偏高的原因是 (不考虑实验操作产生的误差 )_。 答案 (1)8 g (2) 2I H2O2 2H =I2 2H2O n(S2O2 3) 0.010 00 molL 10.025 00 L 2.510 4 mol， CH3COOOH 2I 2H =I2 CH3COOH H2O 2S2O2 3 I2=2I S4O2 6， CH3COOOH I2 2S2O2 3，

34、 n(CH3COOOH) 12n(S2O2 3) 122.510 4 mol 1.2510 4 mol， w 1.2510 4 mol76 gmol 1100 mL5.0 mL0.500 0 g100% 38.0% 过量的 KMnO4 氧化 I生成 I2(或在酸性溶液中 I会被空气中氧气氧化为 I2) 解析 (1)制备 20 g 38%过氧乙酸溶液至少需 要 42.5%过氧化氢溶液质量为 x， H2O2 CH3COOH 浓硫酸 CH3COOOH H2O 34 76 x42.5% 20 g38% x 8 g。 (2) 加入过量 KI 溶液前，需除去 H2O2 的原因是过氧化氢也会氧化碘离子，会干

35、扰测定结果。 实验过程中高锰酸钾溶液、空气中氧气都会氧化碘离子造成测定的含量偏高。 高考题型 3 有关电化学的定量计算 2014重庆理综， 11(4)一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢 (忽略其 他有机物 )。 导线中电子移动方向为 _。 (用 A、 D 表示 ) 生成目标产物的电极反应式为 _。 该储氢装置的电流效率 _。 (生成目标产物消耗的电子数 /转移的电子总数100%，计算结果保留小数点后 1 位 ) 答案 AD C6H6 6H 6e =C6H12 64.3% 解析 由图可知，苯转化为环己烷的过程是加氢过程，发生还原反应，故为阴极反应，所以A 为电源的负极， B 为电源

36、的正极。 电子从负 极流向阴极，即 AD。 该装置的目标是从苯到环己烷实现储氢，电极反应式为 C6H6 6H 6e =C6H12。 阳极反应式为 2H2O 4e =O2 4H，生成 2.8 mol 氧气，失去 11.2 mol 电子。电解过程中通过阴、阳极的电子数目相等，即阴极得到电子也为 11.2 mol。阴极除生成环己烷外，还生成 H2： 2H 2e =H2，由题意可知， 2n(H2) 6n(C6H12) 11.2 mol， 10 mol n(H2)10% 10 mol24% n(C6H12)；解得 n(H2) 2 mol， n(C6H12) 1.2 mol，生成 1.2 mol C6H1

37、2 时转移电子 1.2 mol6 7.2 mol，电流效率 7.2 mol11.2 mol100%64.3%。 有关电化学计算的三大方法 (1)根据电子守恒计算 用于串联电路中电解池阴阳两极产物、原电池正负两极产物、通过的电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等 。 (2)根据总反应式计算 先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列出比例式计算。 (3)根据关系式计算 根据得失电子守恒关系建立起已知量与未知量 之间的桥梁，构建计算所需的关系式。 如以通过 4 mol e为桥梁可构建如下关系式： (式中 M 为金属， n 为其离子的化合价数值 ) 1 500 mL KNO3 和

38、 Cu(NO3)2 的混合溶液中 c(NO 3) 6.0 molL 1，用石墨作电极电解此溶液，通过一段时间后，两极均收集到 22.4 L 气体 (标准状况 )，假定电解后溶液体积仍为 500 mL，下列说法正确的是 ( ) A原混合溶液中 c(K )为 2 molL 1 B上述电解过程中共转移 6 mol 电子 C电解得到的 Cu 的物质的量为 0.5 mol D电解后溶液中 c(H )为 2 molL 1 答案 A 解析 根据题意，阳极是 H2O 电离出的 OH放电： 4OH 4e =2H2O O2，阴极是 Cu2放电、 H2O 电离出的 H放电： Cu2 2e =Cu、 2H 2e =H

39、2；根据阴、阳两极上转移电子数相同，知 2n(Cu) 2n(H2) 4n(O2)，则 n(Cu) 12(1 mol4 1 mol2) 1 mol； A 项，原混合溶液中 c(Cu2 ) 1 mol0.5 L 2 molL 1，根据电荷守恒： 2c(Cu2 ) c(K ) c(NO 3)，则 c(K ) 2 molL 1； B 项，根据阳极反应知，产生 22.4 L O2(标准状况 )，转移 4 mol 电子； D 项，根据电极反应，阳极消耗 4 mol OH，阴极消耗 2 mol H，故电解后溶液中 c(H ) 4 mol 2 mol0.5 L 4 molL 1。 2一定温度下，用惰性电极电解

40、一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入 0.1 mol碱式碳酸铜 Cu2(OH)2CO3后恰好恢复到电解前的浓度和 pH(不考虑二氧化碳的溶解 )。则电解过程中共转移的电子数为 ( ) A 0.4 mol B 0.5 mol C 0.6 mol D 0.8 mol 答案 C 解析 电解硫酸铜溶液的方程式为 2CuSO4 2H2O=电解 2Cu O2 2H2SO4。要想使电解后的溶液恢复原状，可以加入 CuO、 CuCO3(反应后生成的 CO2 脱离溶液 )。加入的 0.1 mol Cu2(OH)2CO3 和 H2SO4 反应后，相当于加入 0.2 mol CuO 和 0.1

41、mol H2O，说明电解硫酸铜时，电解完硫酸铜后又电解了水，由电子守恒可得共转移 0.6 mol 电子。 3纳米级 Cu2O 由 于具有优良的催化性能而受到科学家的不断关注，下列为制取 Cu2O 的三种方法： 方法 用碳粉在高温条件下还原 CuO 方法 电解法，原理为 2Cu H2O=电解 Cu2O H2 方法 用肼 (N2H4)还原新制的 Cu(OH)2 (1)工业上常用方法 和方法 制取 Cu2O 而很少用方 法 ，其原因是 _。 (2)方法 利用离子交换膜控制电解液中 OH的浓度而制备纳米 Cu2O，装置如图所示，该电池的阳极反应式为 _；电解一段时间，当阴极产生的气体体积为 112 m

42、L(标准状况 )时，停止电解，通过离子交换膜的阴离子的物质的量为 _ mol。 (离子交换膜只允许 OH通过 ) (3)方法 为加热条件下用液态肼 (N2H4)还原新制的 Cu(OH)2 来制备纳米级 Cu2O，同时放出 N2。生成 1 mol N2 时，生成 Cu2O 的物质的量为 _。 答案 (1)反应不易控制， Cu2O 可能被 C 继续还原为 Cu (2)2Cu 2e 2OH =Cu2O H2O 0.01 (3)2 mol 解析 (1)用炭粉在高温条件下还原 CuO 容易生成 Cu，反 应不易控制。 (2)在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电极本身发生失电子的反应，在碱性环境下，金属铜失去电子，电极反应式为 2Cu 2e 2OH =Cu2O H2O，钛极是阴极，电极反应式为 2H2O 2e=H2 2OH，生成氢气的物质的量为 0.112 L22.4 Lmol 1 0.005 mol，则转移电子0.01 mol，故通过离子交换膜的阴离子的物质的量为 0.01 mol。 (3)根据题目信息可得反应的化学方程式为 4Cu(OH)2 N2H4= 2Cu2O