2019高三化学二轮复习配套教案：微专题3　隐藏在Ⅱ卷中的化学微型计算

微专题3　隐藏在Ⅱ卷中的化学微型计算

近三年全国卷考情

在理综测试中,对于计算能力的考查并非是化学学科的核心任务,不会出现以计算为主要考查目标的大题。但基本的化学计算是完整化学知识体系的重要组成部分,所以化学计算总是隐藏在Ⅱ卷的实验、工艺流程、化学原理等题目中,这可以从近三年全国高考理综化学部分对计算的考查频率中看出来。ΔH计算、氧化还原滴定、平衡常数K的计算成为近两年的考查热点。

类型一　物质含量、组成、化学式的计算

(对应学生用书第57~58页)

物质组成计算类型及方法总结

续表

续表

【例1】 (2018·全国Ⅱ卷,28节选)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(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实验如下:

(1)称量m g样品于锥形瓶中,溶解后加稀H2SO4酸化,用 c mol·L-1KMnO4 溶液滴定至终点。滴定终点的现象是　。 

(2)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 mol·L-1KMnO4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:(1)滴定终点的现象是有粉红色出现且半分钟内不变色。

(2)加入锌粉后将Fe3+还原为Fe2+,再用KMnO4溶液滴定,将Fe2+氧化为Fe3+,Mn转化为Mn2+:

Fe2+Fe3+~e-

MnMn2+~5e-

可得关系式:5Fe2+~Mn

已知n(Mn)=cV×10-3 mol

则n(Fe2+)=5cV×10-3 mol

则m(Fe2+)=5cV×10-3×56 g

该晶体中铁的质量分数w(Fe)=×100%=×100%

答案:(1)粉红色出现

(2)×100%

【例2】 (2017·全国Ⅱ卷,28节选)水中的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河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下:

Ⅰ.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。

Ⅱ.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(2S2+I22I-+S4)。

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 mol·L-1Na2S2O3溶液滴定,以淀粉溶液作指示剂,终点现象为

　; 

若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL,则水样中溶解氧的含量为　　　　mg·L-1。 

解析:(1)由题知:固氧时,Mn(OH)2MnO(OH)2,

所以反应为O2+2Mn(OH)22MnO(OH)2。

(2)终点:当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时,溶液蓝色刚好褪去,且半分钟内不变色。

由反应:2Mn(OH)2+O22MnO(OH)2,

酸化时:MnO(OH)2+2I-+4H+Mn2++I2+3H2O

I2+2S22I-+S4

得关系式:4S2~2I2~2MnO(OH)2~O2

 4 1

 ab×10-3 mol n(O2)

所以n(O2)=×10-3mol,

所以m(O2)=×10-3 mol×32 g·mol-1

=8ab×10-3g=8ab mg

所以=80ab mg·L-1。

答案:(1)O2+2Mn(OH)22MnO(OH)2

(2)蓝色刚好褪去　80ab

规律方法:对于连续多步的化学反应,可以通过原子守恒,找出多步反应中物质的关系式,利用关系式法计算,将会使问题变得简单。本题中物质的关系如下:O2~2MnO(OH)2~2I2~4S2。

【例3】 (2014·全国Ⅱ卷,27节选)PbO2在加热过程发生分解的失重曲线如图所示,已知失重曲线上的a点为样品失重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 

　。 

解析:根据题目信息可知,样品失重失去的是氧元素的质量,若a点固体组成表示为PbOx,可得方程式PbO2PbOx+O2↑,结合原子守恒得出x的值,若组成表示为mPbO2·nPbO,则O原子与Pb原子的比值为=x,以此计算。

答案:根据PbO2PbOx+O2↑,有×32=239×4.0%,x=2-=1.4

根据mPbO2·nPbO,=1.4,==

1.(2018·全国Ⅲ卷,26节选)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O,M=248 g·mol-1)可用作定影剂、还原剂。

利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下:

(1)溶液配制:称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在　　　　中溶解,完全溶解后,全部转移至100 mL的　　　　　　　　　中,加蒸馏水至　　　　　　。 

(2)滴定:取0.009 50 mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:Cr2+6I-+14H+3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S2S4+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当溶液　　　　,即为终点。平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80 mL,则样品纯度为　　　　%(保留1位小数)。 

解析:(1)配制一定物质的量浓度的溶液,应该在烧杯中溶解,冷却至室温后,转移至100 mL的容量瓶中,加水至距刻度线1~2 cm处,改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面最低处与刻度线相平。

(2)加入淀粉作指示剂,淀粉遇I2变蓝色,加入的Na2S2O3样品与I2反应,当I2消耗完后,溶液蓝色褪去,即为滴定终点。由反应Cr2+6I-+14H+3I2+2Cr3++7H2O

I2+2S2S4+2I-

得关系式:Cr2　~　3I2　~　6S2

 　1 　6

0.009 50 mol·L-1×0.02 L　0.009 50 mol·L-1×0.02 L×6

硫代硫酸钠样品溶液的浓度=

,样品的纯度为×100%=95.0%。

答案:(1)烧杯　容量瓶　刻度　(2)蓝色褪去　95.0

2.草酸钴是制备钴氧化物的重要原料。如图为二水合草酸钴(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。

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225~300 ℃与O2反应生成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。

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。

类型二　应用电子守恒的计算

(对应学生用书第59页)

化学学科中涉及的重要反应、复杂反应多为氧化还原反应,依据氧化还原反应的计算也成为高考中涉及较多的计算类型,尤其是多步的氧化还原反应,反应复杂,方程式繁多,如果利用方程式计算显得非常繁琐而易出错。此时抓住氧化还原反应的根本实质——电子守恒,运用关系式法进行计算将会使反应简化。

1.电子守恒计算基本思路

(1)确定反应中的氧化剂、还原剂及其还原产物、氧化产物。

(2)分析出一个原子、离子在反应中得失电子数目(注意化学式中原子个数)。

(3)根据电子守恒列出等式:氧化剂原子个数×得电子数目=还原剂原子个数×失电子数目。

2.对于多步连续进行的氧化还原反应,只要中间各步反应过程中没有其他的氧化产物、还原产物,中间反应只是起了一个电子的传递作用,可直接找出起始物和最终产物之间的电子守恒关系,快速求解。

3.原电池、电解池中电极产物、电解液中离子浓度的变化的计算,需要根据整个串联电路中通过的电子物质的量处处相等进行计算。

【例题】 (2016·全国Ⅰ卷,28节选)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等,其一种生产工艺如下:

回答下列问题:

(1)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为　　　　,该反应中氧化产物是　　　　。 

(2)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力,其定义是:每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为　　　　。(计算结果保留两位小数) 

解析:(1)尾气吸收的是少量的ClO2,根据转化关系可知,ClO2作氧化剂被还原为NaClO2,H2O2为还原剂被氧化为O2,根据电子守恒可求得:n(ClO2)∶n(H2O2)=2∶1。

(2)设NaClO2的有效氯含量为m(Cl2),根据有效氯的定义,结合电子守恒知:×4=×2,解得:m(Cl2)≈1.57 g。

答案:(1)2∶1　O2　(2)1.57

1.按要求解答下列各题:

(1)(2016·全国Ⅲ卷,28)“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为V,则需要氧化剂KClO3至少为　　　　 mol。 

(2)(2015·全国Ⅰ卷,28)大量的碘富集在海藻中,用水浸取后浓缩,再向浓缩液中加MnO2和H2SO4,即可得到I2。该反应的还原产物为　　　　。 

(3)(2015·全国Ⅱ卷,28)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为　　　　。 

(4)(2016·全国Ⅱ卷,26)联氨可用于处理高压锅炉水中的氧,防止锅炉被腐蚀。理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的O2　　　　kg。 

解析:(1)根据VO2+V,KClO3Cl-,由得失电子守恒,则n(VO2+)=6n(KClO3),

故n(KClO3)=n(VO2+)=×3 mol=0.5 mol。

(2)浓缩液中的碘元素为-1价,在酸性环境中,MnO2将-1价的I氧化为I2,MnO2中+4价的Mn被还原,产物应为MnSO4。

(3)由题给的反应物中有KClO3、生成物中有ClO2可知,氧化剂为KClO3,还原剂为Na2SO3。1 mol KClO3生成1 mol ClO2时得到1 mol电子,1 mol Na2SO3生成1 mol Na2SO4时失去2 mol电子,根据得失电子守恒可知,该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1。

(4)联氨处理高压锅炉水中的氧,发生的反应为N2H4+O2N2+2H2O,理论上1 kg的联氨可除去水中溶解的氧气为×32 g·mol-1=1 kg。

答案:(1)0.5　(2)MnSO4　(3)2∶1　(4)1

2.(2018·内蒙古包头一模)测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下:

葡萄酒样品
100.00 mL馏
分

溶液出现蓝色

且30 s内不褪色

(已知:滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI)

按上述方案实验,消耗标准I2溶液25.00 mL,该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为　　　　g·L-1。 

解析:(1)令100 mL葡萄酒中二氧化硫的质量为m g,则:

SO2　+　I2+2H2OH2SO4+2HI

 64 g 1 mol

 m g 0.025 L×0.010 00 mol·L-1

64 g∶m g=1 mol∶(0.025 L×0.010 00 mol·L-1)

解得m=0.016,

则样品中抗氧化剂的残留量为0.16 g·L-1。

答案:0.16

【教师用书备用】 如图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。

(1)腐蚀过程中,负极是　　　　(填图中字母“a”“b”或“c”)。 

(2)环境中的Cl-扩散到孔口,并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl,其离子方程式为　; 

(3)若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl,则理论上耗氧体积为　　　　L(标准状况)。 

解析:(1)根据图示,在青铜合金的腐蚀过程中是金属Cu失电子被氧化,所以负极是Cu。(2)根据图示负极产物是Cu2+,正极上是O2得电子生成OH-,两者与扩散到孔口的Cl-反应生成Cu2(OH)3Cl,则离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-Cu2(OH)3Cl↓。(3)4.29 g Cu2(OH)3Cl的物质的量为=0.02 mol,则负极上发生反应的Cu为0.04 mol,失去电子为0.08 mol,则正极上O2得到电子也为0.08 mol,反应的O2为0.02 mol,则理论上耗氧体积为0.02 mol×22.4 L/mol=0.448 L(标准状况)。

答案:(1)c　(2)2Cu2++3OH-+Cl-Cu2(OH)3Cl↓　(3)0.448

类型三　有关平衡常数、转化率、产率的计算

(对应学生用书第59~61页)

1.理解并掌握转化率、产率的意义

(1)转化率=×100%=×100%。

(2)生成物的产率:产率=×100%。其中理论产量是根据方程式计算出的数值。

(3)混合物中某组分的百分含量=×100%。可以是物质的量、物质的量浓度、气体体积等。

2.K、Ka、Kb、KW、Kh、Ksp的相似性

(1)K、Ka、Kb、KW、Kh、Ksp分别表示化学平衡常数、弱酸电离平衡常数、弱碱电离平衡常数、水的离子积常数、盐的水解平衡常数、难溶物的沉淀溶解平衡常数。表达该平衡过程进行的程度。

(2)其表达式的意义相同:K=,其中Ksp中难溶物无浓度,只有分子项。

(3)Kp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来表示时,就得到该反应的平衡常数Kp。

(4)Kp也同K相似可以利用“三段式法”进行计算,往往可以使得问题简化。

3.用好“三段式法”解答平衡题

依据方程式列出反应物、生成物各物质的初始量、变化量、平衡量,结合问题代入公式运算。

如mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g),令A、B起始物质的量浓度分别为a mol·L-1、b mol·L-1,达到平衡后A的物质的量浓度变化为mx mol·L-1。

　　　　　　　　　　mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)

起始浓度/(mol·L-1) a b 0 0

变化浓度/(mol·L-1) mx nx px qx

平衡浓度/(mol·L-1) a-mx b-nx px qx

K=

4.平衡常数的相关计算,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“三段式法”求出相关成分的浓度。然后通过平衡常数的定义式计算出结果。相对而言,Ksp的相关计算比较单一,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生成。

【例1】 (2018·全国Ⅰ卷,28节选)F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25 ℃时N2O5(g)分解反应:

其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(t=∞时,N2O5(g)完全分解):

(1)研究表明,N2O5(g)分解的反应速率v=2×10-3×(kPa·min-1)。t=62 min时,测得体系中=2.9 kPa,则此时的=　　　　kPa,v=　　　　kPa·min-1。 

(2)25 ℃时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp=　　　　kPa(Kp为以分压表示的平衡常数,计算结果保留1位小数)。 

思路点拨:(1)气体的分压之比等于各物质的物质的量之比。

(2)气体的分压如同气体的物质的量、物质的量浓度一样可以用“三段式法”进行计算。

解析:(1)由方程式2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)可知,62 min时,=2.9 kPa,则减小的N2O5为5.8 kPa,此时=35.8 kPa-5.8 kPa=30.0 kPa,则v(N2O5)=2×10-3×30.0 kPa·min-1=6.0×10-2 kPa·min-1。

(2)时间无限长时N2O5完全分解,故由2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)知,此时生成的=2=2×35.8 kPa=71.6 kPa,=0.5×35.8 kPa=17.9 kPa。由题意知,平衡时体系的总压强为63.1 kPa,则平衡体系中NO2、N2O4的压强和为63.1 kPa-17.9 kPa=45.2 kPa,设N2O4的压强为x kPa,则

　　　　　　　N2O4(g) 2NO2(g)

初始压强/kPa 0 71.6

转化压强/kPa x 2x

平衡压强/kPa x 71.6-2x

则x+(71.6-2x)=45.2,解得x=26.4,71.6 kPa-26.4 kPa×2=18.8 kPa,Kp==≈13.4 kPa。

答案:(1)30.0　6.0×10-2

(2)13.4

【例2】 (2018·全国Ⅲ卷,28节选)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。对于反应2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g),采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂,在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。

(1)343 K时反应的平衡转化率α=　　　　%。平衡常数K343 K=　　　　(保留2位小数)。 

(2)比较a、b处反应速率大小:va　　　　vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v=v正-v逆=k正-k逆,k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数,x为物质的量分数,计算a处的=　　　　　(保留1位小数)。 

解析:温度越高,反应速率越快,达到平衡的时间越短,曲线a达到平衡的时间短,则曲线a代表343 K时 SiHCl3的转化率变化曲线,曲线b代表323 K时SiHCl3的转化率变化曲线。

(1)由题图可知,343 K时反应的平衡转化率α=22%。设起始时SiHCl3(g)的浓度为1 mol·L-1,则有

　　　　　　　　　2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)

起始浓度/(mol·L-1) 　1 0 0

转化浓度/(mol·L-1) 　0.22 0.11 0.11

平衡浓度/(mol·L-1) 　0.78 0.11 0.11

则343 K时该反应的平衡常数K343 K=[c(SiH2Cl2)·c(SiCl4)]/c2(SiHCl3)=(0.11 mol·L-1)2/(0.78 mol·L-1)2≈0.02。

(2)温度越高,反应速率越快,a点温度为343 K,b点温度为323 K,故反应速率:va大于vb。反应速率v=v正-v逆=k正-k 逆,则有v正=k正,v逆=k逆,343 K下反应达到平衡状态时v正=v逆,即k正=k逆,此时SiHCl3的平衡转化率α=22%,经计算可得SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4的物质的量分数分别为0.78、0.11、0.11,则有k正×0.782=k逆×0.112,k正/k逆=0.112/0.782≈0.02。a处SiHCl3的平衡转化率α=20%,此时SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4的物质的量分数分别为0.8、0.1、0.1,则有v正/v逆=(k正)/(k逆)=·=0.02×≈1.3。

答案:(1)22　0.02　(2)大于　1.3

1.(2017·全国Ⅰ卷,27节选)Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为 FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备。工艺流程如下:

若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02 mol·L-1,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍),使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1,此时是否有 Mg3(PO4)2沉淀生成? 

(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。

解析:加入双氧水和磷酸后,溶液体积增加1倍,c(Mg2+)变为原来的,即c(Mg2+)=0.01 mol·L-1,Fe3+恰好沉淀完全时,溶液中c(P)== mol·L-1=1.3×10-17 mol·L-1。Q[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)·c2(P)=0.013×(1.3×10-17)2=1.7×10-40<Ksp[Mg3(PO4)2],故没有Mg3(PO4)2沉淀生成。

答案:Fe3+恰好沉淀完全时,c(P)= mol·L-1=1.3×10-17 mol·L-1。c3(Mg2+)·c2(P)值为0.013×(1.3×10-17)2=1.7×10-40<Ksp[Mg3(PO4)2],因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀

2.(2017·全国Ⅰ卷,28节选)H2S与CO2在高温下发生反应:H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)。在610 K时,将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中,反应平衡后水的物质的量分数为0.02。

H2S的平衡转化率α1=　　　　%,反应平衡常数K=　　　　。 

解析:设平衡时H2S转化的浓度为x mol·L-1,列三段式:

　　　　　　　H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)

c0(mol·L-1) 0.16 0.04 0 0

Δc(mol·L-1) x x x x

c平(mol·L-1) 0.16-x 0.04-x x x

=0.02,

解得x=0.004,

H2S的平衡转化率α1=×100%=×100%=2.5%。

反应平衡常数K==≈2.8×10-3。

答案:2.5　2.8×10-3

3.(2016·全国Ⅰ卷,27节选)元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH(绿色)、Cr2(橙红色)、Cr(黄色)等形式存在。Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体。

Cr和Cr2在溶液中可相互转化。室温下,初始浓度为1.0 mol·L-1的Na2CrO4溶液中c(Cr2)随c(H+)的变化如图所示。

(1)用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应

　。 

(2)根据A点数据,计算出该转化反应的平衡常数为

　。 

解析:(1)结合图像可知,随c(H+)增大,c(Cr2)增大,说明H+与Cr反应转化成Cr2,离子方程式为2Cr+2H+Cr2+H2O。

(2)由图像上A点的坐标数值,结合平衡常数的计算式:K===1.0×1014。

答案:(1)2Cr+2H+Cr2+H2O

(2)1.0×1014

4.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、盐的水解平衡常数、难溶电解质的溶度积常数。

(1)25 ℃时,将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合所得溶液中c(N)=c(Cl-),则溶液显　　　　(填“酸”“碱”或“中”)性;用含a的代数式表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb=　。 

(2)25 ℃时,H2SO3HS+H+的电离平衡常数Ka=1×10-2,则该温度下pH=3、c(HS)=0.1 mol·L-1的NaHSO3溶液中c(H2SO3)=　　　　。 

(3)高炉炼铁中发生的反应有:FeO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)　ΔH<0

该反应的平衡常数表达式K=　　　　; 

已知1 100 ℃时,K=0.25,则平衡时CO的转化率为　　　　; 

在该温度下,若测得高炉中c(CO2)=0.02 mol·L-1,c(CO)=0.1 mol·L-1,则此时反应速率是v正　　　　(填“>”“<”或“=”)v逆。 

(4)已知高温下Fe(OH)3和Mg(OH)2的Ksp分别为8.0×10-38、1.0×10-11,向浓度均为0.1 mol·L-1的FeCl3、MgCl2的混合溶液中加入碱液,要使Fe3+完全沉淀而Mg2+不沉淀(离子浓度小于1×10-5 mol·L-1时,即可认为该离子沉淀完全),应该调节溶液pH的范围是　　　　(已知lg 2=0.3)。 

解析:(1)根据电荷守恒得c(H+)+c(N)=c(Cl-)+c(OH-),因为c(N)=c(Cl-),

所以c(H+)=c(OH-),故溶液显中性。Kb===。

(2)由Ka=,代入数据得c(H2SO3)=0.01 mol·L-1。

(3)根据化学方程式可得K=;设开始时c(CO)=a mol·L-1,平衡时c(CO2)=b mol·L-1,则=0.25,得a=5b,则平衡时CO的转化率为==20%;Q===0.2<0.25,故v正>v逆。

(4)Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-),Fe3+完全沉淀时c(OH-)= mol·L-1=2×10-11 mol·L-1,pH=3.3,Mg(OH)2开始沉淀时 c(OH-)= mol·L-1=1×10-5 mol·L-1,pH=9,调节pH范围为3.3~9。

答案:(1)中　　

(2)0.01 mol·L-1

(3)　20%　>　(4)3.3~9