高考化学大一轮核心突破：高中化学的基本计算方法策略【核心透析、核心训练】
化学计算中常用的一些技巧及高考计算题型突破
在每年的化学高考试题中，计算题的分值大约要占到15%左右，从每年的高考试卷抽样分析报告中经常会说计算题的得分率不是太高，大家在心理上对计算题不太重视，使得每次考试都会有不少考生在计算方面失分太多。
高一化学中计算类型比较多，其中有些计算经常考查，如能用好方法，掌握技巧，一定能达到节约时间，提高计算的正确率。
下面就谈一谈解答计算的一些巧解和方法。
差量法是根据物质变化前后某种量发生变化的化学方程式或关系式，找出所谓“理论差量”，这个差量可以是质量差、气态物质的体积差或物质的量之差等。
该法适用于解答混合物间的反应，且反应前后存在上述差量的反应体系。
例1将碳酸钠和碳酸氢钠的混合物21.0g，加热至质量不再变化时，称得固体质量为12.5g。
求混合物中碳酸钠的质量分数。
解析混合物质量减轻是由于碳酸氢钠分解所致，固体质量差21.0g-14.8g=6.2g，也就是生成的CO2和H2O的质量，混合物中m(NaHCO3)=168×6.2g÷62=16.8g，m(Na2CO3)=21.0g-16.8g=4.2g,所以混合物中碳酸钠的质量分数为20%。
化学反应的实质是原子间重新组合，依据质量守恒定律在化学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒、原子守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。
质量守恒就是化学反应前后各物质的质量总和不变，在配制或稀释溶液的过程中，溶质的质量不变。
原子守恒即反应前后主要元素的原子的个数不变，物质的量保持不变。
元素守恒即反应前后各元素种类不变，各元素原子个数不变，其物质的量、质量也不变。
电荷守恒即对任一电中性的体系，如化合物、混和物、溶液、胶体等，电荷的代数和为零，即正电荷总数和负电荷总数相等。
电子得失守恒是指在发生氧化-还原反应时，氧化剂得到的电子数一定等于还原剂失去的电子数，无论是自发进行的氧化-还原反应还是以后将要学习的原电池或电解池均如此。
高考化学总复习 化学计算常用方法和技巧
目夺市安危阳光实验学校高考化学总复习 化学计算常用方法和技巧【专题目标】1． 掌握化学计算中的常用方法和技巧。
2． 强化基本计算技能，提高速算巧解能力和数学计算方法的运用能力。
【经典题型】题型一：差量法的应用【例1】10毫升某气态烃在80毫升氧气中完全燃烧后，恢复到原来状况（1.01×105Pa , 270C ）时，测得气体体积为70毫升，求此烃的分子式。
【点拨】原混和气体总体积为90毫升，反应后为70毫升，体积减少了20毫升。
剩余气体应该是生成的二氧化碳和过量的氧气，下面可以利用差量法进行有关计算。
C x H y + （2 xCO 2 + 2y H 2O 体积减少1 1+4y10 20计算可得y=4 ，烃的分子式为C 3H 4或C 2H 4或CH 4 【规律总结】差量法是根据物质变化前后某种量发生变化的化学方程式或关系式，找出所谓“理论差量”，这个差量可以是质量差、气态物质的体积差、压强差，也可以是物质的量之差、反应过程中的热量差等。
该法适用于解答混合物间的反应，且反应前后存在上述差量的反应体系。
【巩固】1、现有KCl 、KBr 的混合物3.87g ，将混合物全部溶解于水，并加入过量的AgNO 3溶液，充分反应后产生6.63g 沉淀物，则原混合物中钾元素的质量分数为A.0.241B.0.259 C题型二：守恒法的应用 【例2】Cu 、Cu 2O 和CuO 组成的混合物，加入100Ml0.6mol/LHNO 3溶液恰好使混合物溶解，同时收集到224mLNO 气体（状况）。
求：（1） 写出Cu 2O 跟稀硝酸反应的离子方程式。
（2） 产物中硝酸铜的物质的量。
（3） 如混合物中含0.01moLCu ，则其中Cu 2O 、CuO 的物质的量分别为多少？ （4）如混合物中Cu 的物质的量为X ，求其中Cu 2O 、CuO 的物质的量及X 的取值范围。
【点拨】本题为混合物的计算，若建立方程组求解，则解题过程较为繁琐。
2021届高考化学大一轮核心突破：碳酸钠与碳酸氢钠【核心透析、核心训练】
——碳酸钠与碳酸氢钠【核心透析】1．碳酸钠与碳酸氢钠2.Na2CO3与NaHCO3的鉴别与除杂(1)鉴别①利用热稳定性不同②利用和酸反应生成气体的速率不同(相同条件下)③利用阴离子的不同④利用溶液的酸碱性不同(2)除杂混合物除杂方法及试剂Na2CO3固体(NaHCO3) 加热NaHCO3溶液(Na2CO3) 通入足量CO2气体3.Na 23向饱和NaCl 溶液中，先通足量NH 3，再通入足量CO 2，由于NaHCO 3的溶解度较小，会以固体形式析出，反应的方程式为NH 3＋CO 2＋H 2O ＋NaCl===NaHCO 3↓＋NH 4Cl 。
将固体过滤后，再灼烧即可得纯碱，化学方程式为2NaHCO 3=====△Na 2CO 3＋CO 2↑＋H 2O 。
1．Na2CO3、NaHCO3的水溶液呈碱性，且Na2CO3俗称纯碱，但它们不是碱，是盐。
2．NaHCO3与碱溶液反应的实质是HCO－3与OH－反应生成CO2－3，CO2－3有可能发生后续反应，如NaHCO3与Ca(OH)2溶液反应可以生成白色沉淀CaCO3。
3．不能用澄清石灰水来鉴别Na2CO3与NaHCO3：Ca(OH)2溶液与二者反应均生成白色沉淀CaCO3，无法区别。
4．用盐酸鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液时，要求两溶液浓度相差不大，且加入的盐酸等浓度且不宜过大。
Na2CO3、NaHCO3与盐酸反应的综合计算1 与足量盐酸反应的定量关系2 Na2CO3、NaHCO3与盐酸反应的基本图象(1)向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸，消耗盐酸的体积与产生CO2的体积关系如图所示。
图象特点：Oa段、ab段消耗盐酸的体积相等。
反应原理：Oa段CO2－3＋H＋===HCO－3，ab段HCO－3＋H＋===H2O＋CO2↑。
(2)向NaHCO3溶液中逐滴加入盐酸，消耗盐酸的体积与产生CO2的体积关系如图所示。
图象特点：从O点开始即产生CO2气体。
反应原理：HCO－3＋H＋===H2O＋CO2↑。
高考化学大一轮核心突破：共价键【核心透析、核心训练】
——共价键【核心透析】1．共价键的本质与特征(1)本质：在原子之间形成共用电子对(电子云的重叠)。
(2)特征：具有方向性和饱和性。
共价键的方向性决定着分子的立体构型，共价键的饱和性决定着每个原子所能形成的共价键的总数或以单键连接的原子数目是一定的。
2．共价键的分类3.键参数——键能、键长、键角(1)概念(2)键参数对分子性质的影响①键能越大，键长越短，化学键越强、越牢固，分子越稳定。
4．配位键(1)孤电子对分子或离子中没有跟其他原子共用的电子对称为孤电子对。
(2)配位键①配位键的形成：成键原子一方提供孤电子对，另一方提供空轨道形成共价键。
②配位键的表示方法(3)配合物①组成：以[Cu(NH3)4]SO4为例②形成条件中心原子有空轨道，如Fe3＋、Cu2＋、Zn2＋、Ag＋等。
配位体有孤电子对，如H2O、NH3、CO、F－、Cl－、CN－等。
1．s轨道与s轨道重叠形成σ键时，电子不是只在两核间运动，而是在两核间出现的概率较大。
2．因s轨道是球形的，故s轨道和s轨道形成σ键时，无方向性。
两个s轨道只能形成σ键，不能形成π键。
3．两个原子间可以只形成σ键，但不能只形成π键。
4．共价单键都是σ键，双键中一个σ键、一个π键，三键中一个σ键、两个π键。
5．杂化轨道只能形成σ键。
【核心训练】1．下列现象与形成配合物无关的是( D )A．向FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，出现红色B．向Cu与Cl2反应后的集气瓶中加少量H2O，呈绿色，再加水，呈蓝色C．Cu与浓HNO3反应后，溶液呈绿色；Cu与稀HNO3反应后，溶液呈蓝色D．向AlCl3中逐滴滴加NaOH至过量，先出现白色沉淀，继而消失解析：Fe3＋与SCN－形成一系列配离子，都显红色；Cu2＋在水溶液中形成配离子[CuCl4]2－显绿色；[Cu(H2O)4]2＋显蓝色，故A、B、C项均与配合物有关；D项，Al3＋与OH－形成Al(OH)3，而Al(OH)3显两性，能与过量的OH－反应，生成AlO－2，与配合物无关。
2021届高考化学大一轮核心突破：海水资源的利用【核心透析、核心训练】
——海水资源的利用【核心透析】 1．水资源的利用2．海水中化学资源的开发利用 (1)氯碱工业海水―→粗盐――→精制饱和食盐水――→电解⎩⎪⎨⎪⎧阳极产物：Cl 2阴极产物：H 2、NaOH①电解NaCl 溶液：(写出化学方程式，下同) 2NaCl ＋2H 2O=====电解2NaOH ＋H 2↑＋Cl 2↑。
②产物制盐酸：H 2＋Cl 2=====点燃2HCl 。
③制漂白液：Cl 2＋2NaOH===NaCl ＋NaClO ＋H 2O 。
(2)镁的提取 ①工艺流程②基本步骤及主要反应a ．制熟石灰：CaCO 3=====高温CaO ＋CO 2↑，CaO ＋H 2O===Ca(OH)2。
b ．沉淀：Mg 2＋＋Ca(OH)2===Mg(OH)2↓＋Ca 2＋。
c ．酸化：Mg(OH)2＋2HCl===MgCl 2＋2H 2O 。
d ．蒸发结晶：析出MgCl 2·6H 2O 。
e ．脱水：在氯化氢气流中使MgCl 2·6H 2O 脱水制得无水氯化镁。
f ．电解：电解熔融氯化镁制得镁：MgCl 2(熔融)=====电解Mg ＋Cl 2↑。
(3)溴的提取 ①工艺流程②基本步骤及主要反应a ．浓缩：海水晒盐和海水淡化的过程中Br －得到浓缩。
b ．氧化：向浓缩的海水中通入Cl 2，将Br －氧化为Br 2，反应的离子方程式为Cl 2＋2Br －===Br 2＋2Cl －。
c ．富集：利用溴的挥发性，通入热空气或水蒸气，吹出的溴蒸气用SO 2吸收。
反应的化学方程式为Br 2＋SO 2＋2H 2O===2HBr ＋H 2SO 4。
d ．提取：再用Cl 2将HBr 氧化得到产品溴Cl 2＋2HBr===Br 2＋2HCl 。
(4)碘的提取①海带中含有碘元素的检验a ．反应原理：2H ＋＋2I －＋H 2O 2===I 2＋2H 2Ob ．实验步骤及证明方法②海带中提碘 a ．工艺流程干海带――→灼烧海带灰――→浸泡悬浊液――→过滤含I －的溶液――→适量Cl 2含I 2的溶液――→加CCl 4萃取、分液碘的有机溶液――→蒸馏晶体碘b ．两种原理主要的化学原理：Cl 2＋2KI===2KCl ＋I 2。
化学高中化学化学计算解题技巧提高答题速度
化学高中化学化学计算解题技巧提高答题速度化学作为一门基础科学学科，是中学阶段学生必修的科目之一。
在化学学习中，学生们经常需要进行化学计算。
掌握一些化学计算解题技巧，可以有效提高答题速度。
本文将分享一些实用的化学计算解题技巧，帮助学生们在考试中取得更好的成绩。
一、摩尔计算摩尔是化学计量的基本单位，通过摩尔计算可以进行化学方程式的配平、物质的摩尔质量计算等。
在进行摩尔计算时，有以下几个核心公式需要掌握：1. 摩尔物质质量 = 物质的质量 / 物质的相对分子质量这个公式可以帮助我们求解物质的摩尔质量。
例如，如果一个物质的质量为10克，其相对分子质量为40g/mol，那么该物质的摩尔质量就是10克 / 40g/mol = 0.25mol。
2. 摩尔物质的质量 = 摩尔数 ×物质的相对分子质量通过这个公式，我们可以根据物质的摩尔数和相对分子质量来计算摩尔物质的质量。
例如，如果某个物质的摩尔数为0.5mol，其相对分子质量为30g/mol，那么摩尔物质的质量就是0.5mol ×30g/mol = 15克。
3. 摩尔物质的质量 = 摩尔浓度 ×溶液的体积这个公式常用于溶液的摩尔浓度计算。
例如，如果某个溶液的摩尔浓度为0.1mol/L，溶液体积为500mL，那么摩尔物质的质量就是0.1mol/L × 500mL = 50克。
二、溶解度计算溶解度是指单位温度和压力下，溶质在溶剂中能够溶解的最大量。
在溶解度计算中，可以运用以下几个关键公式：1. 溶解度 = 溶质的质量 / 溶剂的质量这个公式可用于求解溶解度。
例如，如果某个化合物在100克水中溶解了20克，那么其溶解度就是20克 / 100克 = 0.2。
2. 溶解度 = 溶质的物质的量 / 溶剂的体积这个公式适用于溶解度的摩尔计算。
例如，如果某个化合物的溶质物质的量为0.2mol，溶剂的体积为500mL，那么其溶解度就是0.2mol /0.5L = 0.4mol/L。
高考专题复习之高中化学计算常用方法和技巧
专题：高中化学计算常用方法和技巧【考纲要求】1.掌握物质的量在化学方程式计算中的应用。
2.掌握高中化学计算常用的方法和技巧。
【知识储备】1.阅读右图，写出以物质的量计算为中心的各个转化关系的式子：2.化学计算常用的方法：差量法、守恒法、关系式法、极值法、十字交叉法、平均值法等。
一、物质的量在化学方程式计算中的应用：例1：将30 g MnO 2的质量分数为76.6%的软锰矿石与足量12 mol •L －1浓盐酸完全反应 (杂质不参加反应)。
试计算： (1)参加反应的浓盐酸的体积？ (2)生成的Cl 2的体积(标准状况)？ 解：设参加反应的盐酸的体积为ⅹL ，生成的Cl 2的体积为y L 。
4HCl(浓) ＋ MnO 2∆===== MnCl 2 ＋ 2H 2O ＋ Cl 2↑4 mol 87 g 22．4 L12 mol ·L －1 ⅹ 30g ×76．6% y 4 mol 12 mol ·L －1 ⅹ = 87 g 30g ×76．6%87 g 30g ×76．6% = 22．4 L y解得，ⅹ= 0.087 L y = 5.8 L 答：(略)对点训练：1．用二氧化锰和浓盐酸反应制取Cl 2，在标准状况下收集到33.6 L Cl 2，则被氧化的HCl 的物质的量是多少？反应过程中转移的电子的物质的量是多少?（3mol ；3 mol ）2. 将1.15g 金属钠跟水反应后，得到100mL 溶液，试计算：(1)生成的气体在标准状况下是多少毫升？（560 mL ）(2)反应后所得溶液的物质的量浓度是多少？（0.5 mol/L ）二、化学计算常用的一些方法和技巧：差量法是根据物质变化前后某种量发生变化的化学方程式或关系式，找出所谓“理论差量”，这个差量可以是质量差、气态物质的体积差或物质的量之差等。
该法适用于解答混合物间的反应，且反应前后存在上述差量的反应体系。
2021届高考化学大一轮核心突破：浓硫酸的性质及SO的检验【核心透析、核心训练】
——浓硫酸的性质及SO2－4的检验【核心透析】1．硫酸的物理性质(1)纯硫酸是一种无色油状液体，沸点高，难挥发。
(2)溶解性：浓H2SO4与水以任意比互溶，溶解时可放出大量热，浓H2SO4稀释的方法是将浓H2SO4沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌。
2．稀硫酸具有酸的通性3．浓硫酸的特性4．SO 2－4的检验检验SO 2－4的操作方法：被检液――→加足量盐酸酸化取清液――→滴加BaCl 2溶液有无白色沉淀―→判断有无SO 2－4先加稀盐酸的目的是排除CO 2－3、SO 2－3、Ag ＋等的干扰，检验过程中可能发生反应的离子方程式：CO 2－3＋2H ＋===CO 2↑＋H 2O 、SO 2－3＋2H ＋===SO 2↑＋H 2O 、Ag ＋＋Cl －===AgCl ↓、Ba 2＋＋SO 2－4===BaSO 4↓。
1．浓硫酸不仅能够吸收游离的水分子，还能吸收结晶水。
CuSO 4·5H 2O =====浓硫酸CuSO 4＋5H 2O2．浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的氢、氧元素按照水的组成比脱去，而不是游离的水分子。
3．检验SO 2－4时注意HNO 3的隐蔽性如向待测液中滴加用稀盐酸酸化的Ba(NO 3)2溶液生成白色沉淀，便误以为有SO 2－4。
该错误是未注意NO －3具有强氧化性，在酸性环境中发生反应：Ba 2＋＋SO 2－3===BaSO 3↓(白色)，3BaSO 3＋2H ＋＋2NO －3===3BaSO 4↓(白色)＋2NO ↑＋H 2O 。
4．浓硫酸与金属反应时表现强氧化性和酸性，其中起氧化剂和酸的作用的H 2SO 4各占1/2。
5．浓硫酸与非金属反应时表现强氧化性，可考虑先生成最高价含氧酸，若含氧酸稳定，则为最终产物；若含氧酸易分解，则最终生成高价氧化物。
浓硫酸与金属和非金属反应的规律1 与金属的反应浓硫酸具有强氧化性，能够和除Au 、Pt 以外的大多数金属发生反应。
(1)在常温下，浓硫酸和金属活动顺序表中H 后的金属不反应，加热才能反应，一般生成相应的硫酸盐和SO 2。
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---基本计算【核心透析】【满分策略】1.有关反应速率、化学平衡的计算:(1)加强对速率概念、平衡移动原理的理解。
(2)熟记各物质反应速率间的换算,在采用常规解法的同时,可采用极值法、估算法图示观察等解题技巧。
(3)理解与“三段式”有关的化学平衡计算。
2.有关氧化还原、电化学的计算:(1)根据氧化剂得电子总数与还原剂失电子总数相等,列出守恒关系式求解。
(2)涉及转移电子数、电荷数的计算时,注意相应的原子个数与所带的电荷数。
(3)电极析出量及溶液中的变化量的计算可用关系式。
3.滴定计算:(1)一般滴定找数据用公式C未知V未知=C标准V标准求解。
(2)测混合物纯度、质量分数计算:根据已知文字信息,把文字转化为化学反应方程式,找到对应的物质的量之间的关系,在酸碱中和滴定的原理基础上计算混合物中某一物质的纯度、质量分数。
(3)氧化还原滴定类似酸碱中和滴定,计算方法是根据电子守恒来进行计算,涉及两个以上氧化还原反应的,用关系式找出对应的物质的量之间的关系计算。
4.水溶液的计算:(1)已知溶度积、溶液中某离子的物质的量浓度,求溶液中的另一种离子的物质的量浓度;如判断沉淀顺序、计算溶液pH、浓度商Qc与Ksp 大小比较。
其中K sp(A m B n)=[c(A n+)]m·[c(B m-)]n,式中的浓度都是平衡浓度,Q(A m B n)=[c(A n+)]m·[c(B m-)]n式中的浓度是任意浓度。
【核心训练】1.含有砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应,生成的砷化氢(AsH3)在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。
若砷的质量为1.50 mg,则和砒霜反应的锌为____________mg,转移的电子总数为__________。
【解析】1.50 mg 砷的物质的量=1.50×10-3 g ÷75 g ·mol-1=2×10-5 mol,则砒霜转化为砷化氢得到电子的物质的量是2×10-5 mol ×6=1.2×10-4 mol,锌失去2个电子,则和砒霜反应的锌的质量= ×65 g ·mol -1=3.9×10-3 g=3.9 mg;转移的电子总数 为(2×10-5×6+2×10-5×3)N A =1.8×10-4N A 。
答案:3.90 1.8×10-4N A2.软锰矿(主要成分MnO 2,含杂质金属元素Fe 、Al 、Mg 等)的悬浊液与烟气中SO 2反应可制备MnSO 4·H 2O,反应的化学方程式为MnO 2+SO 2====MnSO 4。
(1)质量为17.40 g 的纯净MnO 2最多能氧化________L(标准状况)SO 2。
(2)准确称取0.171 0 g MnSO 4·H 2O 样品置于锥形瓶中,加入适量H 3PO 4和NH 4NO 3溶液,加热使Mn 2+全部氧化成Mn 3+,用c(Fe 2+)=0.050 0 mol ·L -1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn 3+被还原为Mn 2+),消耗Fe2+溶液20.00 mL 。
则MnSO 4·H 2O 样品的纯度是________。
【解析】(1)根据提供的化学方程式知,1 mol MnO 2氧化1 mol SO 2,则17.40 g 纯净的MnO 2最多能氧化标准状况下SO 2的体积为117.4 g87 g mol×22.4 L ·mol -1=4.48 L 。
(2)根据滴定原理可得关系式:Mn 2+～Mn 3+～Fe 2+,n(Fe 2+)=0.050 0 mol ·L -1×0.02 L=1.00×10-3 mol,则n(Mn 2+)=n(Fe 2+)=1.00×10-3 mol,m(MnSO 4·H 2O)=1.00×10-3 mol ×169 g ·mol -1=0.169 g,故MnSO 4·H 2O 样品的纯度为0.169 g0.171 0 g ×100%=98.8%。
答案:(1)4.48 (2)98.8%3.Bodensteins 研究了下列反应:2HI(g)H 2(g)+I 2(g)。
在716 K时,气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t 的关系如下表: t/min 0 20406080120x(HI) 1 0.91 0.85 0.815 0.795 0.784 x(HI) 0 0.60 0.73 0.773 0.780 0.784 (1)根据上述实验结果,该反应的平衡常数K 的计算式为_________。
(2)上述反应中,正反应速率为v 正=k 正·x 2(HI),逆反应速率为v 逆=k逆·x(H 2)·x(I 2),其中k 正、k 逆为速率常数,则k 逆为__________(以K和k 正表示)。
若k 正=0.002 7 min -1,在t=40 min 时,v 正=________min -1。
【解析】(1)2HI(g)H 2(g)+I 2(g)是反应前后气体物质的量不变的反应。
反应后x(HI)=0.784,则x(H 2)=x(I 2)=0.108,()222220.1080.108c H c I 0.1080.108V V 0.784c HI 0.784()V ⨯⨯=（）＝＝。
（）K(2)到达平衡时,v正=v逆,即k正x2(HI)=k逆x(H2)x(I2),k逆=k正·()()222x HI kx(H x I正＝）K ,在t=40 min时,x(HI)=0.85,v正=k正x2(HI)=0.002 7 min-1×(0.85)2=1.95×10-3 min-1。
4.(2019·全国卷Ⅱ·26节选)立德粉ZnS·BaSO4（也称锌钡白），是一种常用白色颜料。
回答下列问题：（1）成品中S2−的含量可以用“碘量法”测得。
称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 mol·L−1的I2−KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。
以淀粉溶液为指示剂，过量的I2用0.1000 mol·L−1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2223S O-=2I−+246S O-。
测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。
终点颜色变化为_________________，样品中S2−的含量为______________（写出表达式）。
【解析】（1）碘单质与硫离子的反应：S2-+I2=S+2I-；碘单质与淀粉混合为蓝色，用硫代硫酸钠滴定过量的I2，故终点颜色变化为浅蓝色至无色；根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法解题；根据化合价升降相等列关系式，设硫离子物质的量为nmol：S2- ～ I2 2S2O32-～ I21mol 1mol 2mol 1moln mol nmol 0.1V×10-3mol12⨯0.1V×10-3moln+12⨯0.1V×10-3mol=25⨯0.1V×10-3mol，得n=（25-12V）0.1×10-3mol则样品中硫离子含量为：2n M Sm-⨯（）×100%=125.00V0.1000322m1000-⨯⨯⨯（）×100%答案：浅蓝色至无色；125.00V0.1000322m1000-⨯⨯⨯（）×100%。
【答案】浅蓝色至无色125.000.10003221001000Vm-⨯⨯⨯⨯（）％5.(2019·全国卷Ⅲ·28节选)近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。
因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。
回答下列问题：（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。
下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。
设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O 2)=1∶1的数据计算K （400℃）=____________（列出计算式）。
按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。
进料浓度比c(HCl)∶c(O 2)过低、过高的不利影响分别是____________。
（2）Deacon 直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl 2(s)=CuCl(s)+12Cl 2(g) ΔH 1=83 kJ ·mol -1CuCl(s)+12O 2(g)=CuO(s)+12Cl 2(g) ΔH 2=-20 kJ ·mol -1CuO(s)+2HCl(g)=CuCl 2(s)+H 2O(g) ΔH 3=-121 kJ ·mol -1则4HCl(g)+O 2(g)=2Cl 2(g)+2H 2O(g)的ΔH=_________ kJ ·mol -1。
【解析】（1）根据反应方程式知，HCl 平衡转化率越大，平衡常数K 越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300℃)>K(400℃)；由图像知，400℃时，HCl 平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：2224HCl(g)O (g)2Cl (g)2H O(g)+=+起始（浓度） c0 c0 0 0变化（浓度） 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0 平衡（浓度）(1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0 则K=2240(0.42)(0.42)(10.84)(10.21)c⨯-⨯-；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl 不能充分反应，导致HCl 转化率较低；（2）根据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III ）×2得2224HCl(g)O (g)2Cl (g)2H O(g)+=+ ∆H=（∆H 1+∆H 2+∆H 3）×2=-116kJ ·mol -1；【答案】 (1). 大于 (2).2240(0.42)(0.42)(10.84)(10.21)c ⨯-⨯- (3). O 2和Cl 2分离能耗较高、HCl 转化率较低 (4). ﹣1166.三氯氢硅(SiHCl 3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。