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答案
解析
已知：①
、 ②
，反应
可由①加上②式得
到，则
。
答案
D
解析
解：由
，
则
，
即当电路中通过
电子时，阴阳两极产生相同体积的气体时，生成
，
所以
，
则
，所以
，
故选D。
模块
模块1：
1
1
19-20高三春季第
高三春季第7讲高考中的
讲高考中的
计算题型（习题册）
计算题型（习题册）
例题1
−262.77
NH
(g) +
3
NaClO(aq) === NH
Cl(l) +
2
NaOH(aq) ΔH
=
1
−67.45kJ ⋅mol−1
NH
Cl(l) +
2
NaOH(aq) + NH
(g) =
3
== N
H
(l) +
2
4
NaCl(aq) + H
O(l) ΔH
=
2
2
−195
2NH
(g) +
3
NaClO(aq) === N
H
(l) +
2
4
NaCl(aq) + H
O(l)
2
ΔH = (−67.45kJ ⋅mol
) +
−1
(−195.32kJ ⋅mol
) =
−1
−262.77kJ ⋅mol−1
例题2
2H O
2H ↑
2
===
电解
2
+O
↑
2
∼4e−
2
1
4
0.2mol
0.1mol
0.4mol
2CuSO
+
4
2H
O
2Cu +
2
===
电解
O
↑
2
+2H
SO
2
4
0.1mol
0.2mol
0.4mol
n(H
SO
) =
2
4
0.1mol
n(H ) =
+
0.2mol
c(H ) =
+
=
4L
0.4mol
0.1mol/L
pH = 1
答案
C
解析
解：A．由电子流向可知为负极，为正极，则甲处通入水煤气，乙处通入空气，故A错误；
B．为负极，电极发生氧化反应，为正极，电极发生还原反应，故B错误；
C．如用这种电池电镀铜，待镀金属增重
，
，得电子
，需要水煤气
，体积为
，故C正确；
D．电极的反应式包括：
，故D错误。
答案
B
解析
解：晶体中平均每
个水分子构建成个笼，每个笼可容纳个
分子或个游离
分子，若
晶体中每个笼只有个容纳了
分子，另外个笼被游离
分子填充，则该晶体中水分子个
数
，甲烷分子个数
，甲烷和水分子个数之比为天然气水合物的平均组成，甲
烷和水分子个数之比
，所以天然气水合物的平均组成可表示为
，
故选：B。
答案
C
解析
解：氧化还原反应中得失电子数是相等的，
与
反应，生成
时，铬元素的
化合价从
价到
价，转移电子的总物质的量为
，所以，
转化为
时，铅元素
的化合价从
价降到
价，也要转移
电子，所以需要
的物质的量为
，
故选：C。
答案
A
1
1
1
1
例题3
a
b
a
a
b
b
6.4g
n = 0.1mol
0.2mol
0.1mol
2.24L
a
CO + 4OH
−
−
2e
=
−
== CO
+
3
2−
2H
O
2
例题4
46
8
1
CH4
1
H O
2
8
6
CH4
2
H O
2
= 46 + 2 = 48
= 6
= 6 : 48 = 1 : 8
CH
⋅
4
8H
O
2
例题5
PbO2
Cr3+
3molCr O
2
7
2−
+3
+6
18mol
PbO2
Pb2+
+4
+2
18mol
PbO2
9mol
例题6
解析
解：加入的盐酸中含有氯化氢的物质的量为：
，则反应
后的溶液中
，生成二氧化碳的物质的量为：
，根据
原子守恒，
样品中含有
；
由于反应后氢氧根离子过量，则
沉淀为氢氧化镁的质量，则氢氧化镁的物质的量为：
，根据质量守恒可知，
样品中镁离子的物质的量为
；
的
溶液中氢氧化钠的物质的量为：
，
反应后溶液中氢氧根离子的物质的量为：
，
反应后溶液中的溶质为
、
、
，根据离子电荷守恒：
，则：
，根据质量守恒，
样品中含有
铝离子的物质的量为
；
生成
二氧化碳需要消耗氯化氢
，
铝离子转化成偏铝酸根离子需要消
耗
氢氧根离子，生成
氢氧化镁沉淀需要消耗
氢氧根离子，设
样
品中含有氢氧根离子的物质的量为，则：
，解得：
，
则
样品中含有水的质量为：
，该水的物质的量为：
，
所以
，
即：
、
、
、
、
，故选：A。
答案
D
解析
利用三行式分析.
.
起始物质的量(
)
转化物质的量(
)
平衡物质的量(
)
平衡时各物质的浓度:
，
，
.
A.该温度下的平衡常数是:
，正确；
B.达到平衡时，
的转化率:
，正确；
C.
末达到平衡，则
，正确；
D.不知道反应是放热反应还是吸热反应，无法确定温度对该反应限度的影响，错误.
1
n(HCl) = 2mol/L × 0.05L = 0.1mol
n(Cl ) =
−
0.1mol
n(CO
) =
2
=
22.4L/mol
0.112L
0.005mol
C
3.01g
0.005molCO
3
2−
1.74g
=
58g/mol
1.74g
0.03mol
3.01g
0.03mol
40mL3mol ⋅L−1
NaOH
3mol/L × 0.04L = 0.12mol
n(OH ) =
−
0.1 L × 0.1 mol ⋅L
=
−1
0.01mol
NaCl
NaAlO2
NaOH
n(Cl ) +
−
n(OH ) +
−
n(AlO
) =
2
−
n(Na )
+
n(AlO
) =
2
−
0.12mol −0.1mol −0.01mol = 0.01mol
3.01g
0.01mol
0.005mol
0.01mol
0.01mol
0.04mol
0.03mol
0.06mol
3.01g
x
0.1mol −0.01mol −x = 0.12mol −0.04 −0.06mol −0.01mol
x = 0.08mol
3.01g
3.01g −27g/mol × 0.01mol −24g/mol × 0.03mol −60g/mol × 0.005mol −17g/m
=
18g/mol
0.36g
0.02mol
a : b : c : d : e = n(Al
) :
3+
n(Mg
) :
2+
n(CO
) :
3
2−
n(OH ) :
−
n(H
O) =
2
0.01mol : 0.03
a = 2
b = 6
c = 1
d = 16
e = 4
例题7
C(s) + 2NO(g) ⇌N
(g) + CO
(g)
2
2
mol
2.030
0.100
0
0
mol
0.030
0.060
0.030
0.030
mol
2.000
0.040
0.030
0.030
c(NO) = 0.002mol/L
c(N
)=0.015 mol/L
2
c(CO )=0.015 mol/L
2
K= c(N
) c(CO
)/ c (NO)=9/16
2
2
2
NO
0.06mol/0.100 × 100% = 60%
3min
v( NO ) = Δn/VΔt = 0.01mol/(L ⋅min)
答案
解析
解：
(I)
(II)
根据盖斯定律，
可得：
，则该反应平衡常数
，故答案为：
；
②测得
内
，则
，
由方程式可知， 参加反应氯气的物质的量为
，故平衡时氯气的物质
的量为
；
参加反应
物质的量为
，则
的转化率为
；
正反应为气体物质的量减小的反应，恒温恒容条件下，到达平衡时压强比起始压强小，其他条件保
持不变，反应(
)在恒压条件下进行，等效为在恒温恒容下的平衡基础上增大压强，平衡正向移
动，
转化率增大，故转化率
；
故答案为：
；
。
答案
②③
解析
①
是弱酸，
电离是吸热反应，酸碱中和反应是放热反应，当恰好完全中和时放出热
量最多
；
故①错误，②正确；
③电离吸热，温度越高电离平衡常数越大，所以
的电离平衡常数:
，故③正确；
④从b点到c点，当
较大时，可能出现:
，
故④错误；
故答案为:②③
答案
1
1
1
例题8
K
2
K
1
2
75% >
2NO
(g) +
2
NaCl(s) ⇌NaNO
(s) +
3
ClNO(g)
K
1
2NO(g) + Cl
(g) ⇌
2
2ClNO(g)
K
2
I×2−II
4NO
(g) +
2
2NaCl(s) ⇌2NaNO
(s) +
3
2NO(g) + Cl
(g)
2
K =
K
2
K
1
2
K
2
K
1
2
10min
v(ClNO) = 7.5 × 10
mol ⋅
−3
L
⋅
−1
min−1
Δn(ClNO) = 7.5 × 10
mol ⋅
−3
L
⋅
−1
min
×
−1
10min × 2L = 0.15mol
0.15mol × 0.5 = 0.075mol
0.1mol −0.075mol = 0.025mol
NO
0.15mol
NO
0.15mol ÷ 0.2mol × 100% = 75%
II
NO
α
>
2
α
1
75%
>
例题9
HNO2
HNO2
c(NaOH) =
=
0.020L
0.02L × 0.01mol/L
0.01mol/L
HNO2
b点> a点
V (NaOH)
c(Na ) >
+
c(OH ) >
−
c(NO
) >
2
−
c(H )
+
例题10
①
；
②无色；紫红色；
；
③
；
解析
①由
知，
，故答案为:
；
②原溶液无色，而
为紫红色，所以当溶液中的
和
反应完全时，溶液呈
紫红色，
由电子守恒得:
还
，
还
，故答案为:无
色；紫红色；
；
③由于实验时所取溶液均为配置时的
，所以①、②中计算的数据均为配置溶液中溶质的
，由
①得:
，由②得:
，
由上述两个方程式得:
，
；
的质量分数为:
；
的质量分数为:
；
故答案为:
；
。
0.005
0.004
21%
64%
H +OH
=
+
−
== H
O
2
n(H ) =
+
n(OH ) =
−
0.25mol ⋅L
×
−1
0.02L = 0.005mol
0.005
KMnO4
H C O
2
2
4
KHC O
2
4
n(
) × 2 = 0.1mol ⋅L
×
−1
0.016L × 5
n(
) = 0.004mol
0.004
10
1
10
1
2n(H
C
O
⋅
2
2
4
2H
O) +
2
n(KHC
O
) =
2
4
0.05mol
n(H
C
O
⋅
2
2
4
2H
O) +
2
n(KHC
O
) =
2
4
0.04mol
n(H
C
O
⋅
2
2
4
2H
O) =
2
0.01mol
n(KHC
O
) =
2
4
0.03mol
H
C
O
⋅
2
2
4
2H
O
2
×
6
0.01 × 126
100% = 21%
KHC O
2
4
×
6
0.03 × 128
100% = 64%
21%
64%
