2018届二轮复习常考化学计算题型学案（全国通用）

2018届二轮复习常考化学计算题型学案（全国通用）

‎2018届二轮复习 常考化学计算题型 ‎[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．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＝ B．参加反应的氯气的物质的量等于a mol C．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：a mol≤ne≤a mol D．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为a mol 答案　D 解析　A项，设反应后溶液中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失去5 mol电子，因此反应生成的ClO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，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，故整个反应中转移电子的物质的量为a mol，当只有KCl、KClO3生成时，根据电子守恒可知，有的Cl2生成了KClO3，有的Cl2生成了KCl，故转移电子a 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，有的Cl2生成了KClO3，因此KClO3的最大理论产量为a mol，错误。‎ ‎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FeCl2废液得到FeCl3。‎ 若酸性FeCl2废液中c(Fe2＋)＝2.0×10－2 mol·L－1，c(Fe3＋)＝1.0×10－3 mol·L－1，c(Cl－)＝5.3×10－2 mol·L－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＝5.3×10－2 mol·L－1－2.0×10－2 mol·L－1×2－1.0×10－3 mol·L－1×3＝1.0×10－2 mol·L－1，所以pH＝2。‎ ‎3．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 mol·L－1的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液b mL，反应中Cr2O被还原为Cr3＋。样品中CuCl的质量分数为________。‎ 答案　%‎ 解析　CuCl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～K2Cr2O7，‎ w(CuCl)＝×100%＝%。‎ ‎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)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(NO)＋c(OH－)。‎ 注意　一般情况下，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·L－1，SO为0.4 mol·L－1，溶液中Na＋的物质的量浓度为(　　)‎ A．0.1 mol·L－1 B．0.2 mol·L－1‎ C．0.3 mol·L－1 D．0.4 mol·L－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(SO)，解得c(Na＋)＝0.2 mol·L－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 mol·L－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 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 mol·L－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 mol×80 g·mol－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，则所得溶液中Fe3＋的物质的量浓度约为(　　)‎ A．0.1 mol·L－1 B．0.2 mol·L－1‎ C．0.3 mol·L－1 D．0.4 mol·L－1‎ 答案　A 解析　①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)＝＝0.14 mol；②由原子守恒可得 n(Fe2＋)＋n(Fe3＋)＝n(Fe)＝0.2 mol ‎③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 mol·L－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 mol·L－1 B．1 mol·L－1‎ C．1.2 mol·L－1 D．2 mol·L－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数，所以硝酸钠的物质的量为n(NaNO3)＝4n(O2)＝0.6 mol，c(NaNO3)＝0.6 mol÷0.5 L＝1.2 mol·L－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16.3 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＋KClO33K2MnO4＋KCl＋3H2O ‎(2)3MnO＋4H＋===MnO2↓＋2MnO＋2H2O ‎(3)2KMnO4＋5Na2C2O4＋8H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋5Na2SO4＋10CO2↑＋8H2O ‎(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：‎ ‎3MnO2～3K2MnO4～2KMnO4～5Na2C2O4‎ 所以　　3MnO2　　～　　5Na2C2O4‎ ‎ 3 5‎ ‎ n(Na2C2O4)‎ n(Na2C2O4)＝×≈0.25 mol。‎ 高考题型2　物质组成的计算 ‎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．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)＝＝0.06 mol，根据CoC2O4的组成可知Co物质的量为 0.03 mol，其质量为m(Co)＝0.03 mol×59 g·mol－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．用下图装置可以测定混合气体中ClO2的含量：‎ Ⅰ.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；‎ Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；‎ Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；‎ Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；‎ Ⅴ.用0.100 0 mol·L－1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2＋2S2O===2I－＋S4O)，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：‎ ‎①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为_______________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎④测得混合气中ClO2的质量为________g。‎ 答案　①2ClO2＋10I－＋8H＋===2Cl－＋5I2＋4H2O ‎ ‎④0.027 00‎ 解析　①ClO2与KI溶液反应时，CO2→C－，2I－→I2，反应环境为酸性，从而可写出该反应的离子方程式。④由反应2ClO2＋10I－＋8H＋===2Cl－＋5I2＋4H2O、I2＋2S2O===2I－＋S4O可得关系式：2ClO2～5I2～10S2O，n(S2O)＝0.100 0 mol·L－1×20.00 mL×10－3 L·mL－1＝2×10－3 mol，则n(ClO2)＝2×10－3 mol×＝4×10－4 mol，m(ClO2)＝4×10－4 mol×67.5 g·mol－1＝0.027 00 g。‎ ‎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 ×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 ‎________________________________________________________________________。‎ 答案　根据PbO2PbOx＋O2↑，有×32＝239×4.0%，x＝2－≈1.4，‎ 根据mPbO2·nPbO，＝1.4，＝＝ ‎ 解析　根据PbO2PbOx＋O2↑(注PbO2相对分子质量为239)‎ 由×32＝239×4.0%‎ 得x＝2－≈1.4‎ 根据mPbO2·nPbO 得＝1.4‎ ＝＝。‎ 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 ‎①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。②由①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 ‎①根据题给信息，计算出可求粒子的物质的量。②根据电荷守恒，确定出未知离子的物质的量。③根据质量守恒，确定出结晶水的物质的量。④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 ‎①设晶体为1 mol。②失重一般是先失水、再失非金属氧化物。③计算每步的m余，＝固体残留率。④晶体中金属质量不减少，仍在m余中。⑤‎ 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：‎ ‎①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量 ‎②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ⅦA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 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 mol·L－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 mol·L－1 KMnO4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 mol·L－1×0.05 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＋===Mn2＋＋2CO2↑＋2H2‎ O，然后用0.10 mol·L－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 mol·L－1×0.03 L＝0.003 mol，所以与KMnO4反应的H2C2O4的物质的量为0.003 mol×＝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×100%≈24.1%。‎ ‎3．0.80 g CuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线(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 mol·L－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________ mol·L－1。‎ 答案　(1)CuSO4·5H2OnH2O＋CuSO4·(5－n)H2O ‎ 250 18n ‎ 0.80 g 0.80 g－0.57 g＝0.23 g ＝，解得n≈4‎ 则此时固体物质的化学式为CuSO4·H2O ‎(2)0.2‎ 解析　(1)200 ℃时恒重为0.57 g，共失水0.80 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＋)＝2×0.1 mol·L－1＝0.2 mol·L－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(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。‎ 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。‎ 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B点时与O2反应后生成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。‎ ‎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。‎ ‎(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 mol·L－1 H2SO4溶液，用0.01 mol·L－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 mol·L－1 Na2S2O3标准液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液25.00 mL。‎ 已知：CH3COOOH＋2I－＋2H＋===I2＋CH3COOH＋H2O ‎2S2O＋I2===2I－＋S4O ‎①加入过量KI溶液前，需除去H2O2的原因是(用离子方程式表示)：‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎②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)。‎ ‎③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)①2I－＋H2O2＋2H＋===I2＋2H2O ‎②n(S2O)＝0.010 00 mol·L－1×0.025 00 L＝2.5×10－4 mol，‎ CH3COOOH＋2I－＋2H＋===I2＋CH3COOH＋H2O ‎2S2O＋I2===2I－＋S4O，‎ CH3COOOH～I2～2S2O，‎ n(CH3COOOH)＝n(S2O)＝×2.5×10－4 mol ＝1.25×10－4 mol，‎ w＝×100%＝38.0%‎ ‎③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＋CH3COOHCH3COOOH＋H2O ‎34 76‎ x×42.5% 20 g×38%‎ x＝8 g。‎ ‎(2)①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，会干扰测定结果。‎ ‎③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 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)。‎ ‎①导线中电子移动方向为________。(用A、D表示)‎ ‎②生成目标产物的电极反应式为______________________________________。‎ ‎③该储氢装置的电流效率η＝________。(η＝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　①A→D　②C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12‎ ‎③64.3%‎ 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为电源的正极。‎ ‎①电子从负极流向阴极，即A→D。‎ ‎②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。‎ ‎③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 mol×24%－n(C6H12)；解得n(H2)＝2 mol，n(C6H12)＝1.2 mol，生成1.2 mol C6H12时转移电子1.2 mol×6＝7.2 mol，电流效率η＝×100%≈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Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)＝6.0 mol·L－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 mol·L－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 mol·L－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－===H2↑；根据阴、阳两极上转移电子数相同，知2n(Cu)＋2n(H2)＝4n(O2)，则n(Cu)＝×(1 mol×4－1 mol×2)＝1 mol；A项，原混合溶液中c(Cu2＋)＝＝2 mol·L－1，根据电荷守恒：2c(Cu2＋)＋c(K＋)＝c(NO)，则c(K＋)＝2 mol·L－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·L－1。‎ ‎2．一定温度下，用惰性电极电解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＋2H2O2Cu＋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 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Ⅰ 用碳粉在高温条件下还原CuO 方法Ⅱ 电解法，原理为2Cu＋H2OCu2O＋H2↑‎ 方法Ⅲ 用肼(N2H4)还原新制的Cu(OH)2‎ ‎(1)工业上常用方法Ⅱ和方法Ⅲ制取Cu2O而很少用方}法Ⅰ，其原因是______________。‎ ‎(2)方法Ⅱ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 mL(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Ⅲ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＝0.005 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＋N2H42Cu2O＋N2↑＋6H2O，生成1 mol N2的同时生成2 mol Cu2O。‎