专题讲座（一） 化学计算的常用方法（精练）-2022年一轮复习讲练测（解析版）.docx

专题讲座（一） 化学计算的常用方法（精练）完卷时间：50分钟一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12*5分）1兴趣小组测定莫尔盐化学式为(Fe为+2价)的化学式，过程如下：称取两份质量均为1.96 g的该结晶水合物，分别制成溶液。一份加入足量溶液，生成白色沉淀，用稀盐酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体2.33 g。另一份加入含的酸性溶液，恰好完全被还原为，所发生反应的如下：通过计算得出莫尔盐化学式中为ABCD【答案】C【解析】由操作可知：n()=n(BaSO4)=，由操作可知，n(Fe2+)=5n()=5×0.001mol=0.005mol，在根据电荷守恒可知：n()+2n(Fe2+)=2 n()可得：n()=2 n()-2n(Fe2+)=2×0.01mol-2×0.005mol=0.01mol，在根据质量守恒可知，一份该结晶水合物中结晶水的物质的量为：n(H2O)=0.03mol，故x：y：z：w= n()：n(Fe2+)：n()：n(H2O)=0.01mol：0.005mol：0.01mol：0.03mol=2：1：2：6，通过计算得出莫尔盐化学式中为，故答案为：C。2现有某铁的氧化物样品用10mL5mol/L盐酸恰好完全溶解，向反应后的溶液中通入氯气112mL(标准状况下)，Fe2+恰好可以全部转化为Fe3+。则该氧化物可能的化学式为AFe2O3BFe3O4CFe4O5DFe5O7【答案】C【解析】设该铁的氧化物为Fe2O3nFeO，则有Fe2O3nFeO+(6+2n)HCl=2FeCl3+nFeCl2+(n+3)H2O，nFeCl2+Cl2= nFeCl3，可得关系式：(6+2n)HClCl2，即=，解得n=2，所以该铁的氧化物为Fe2O32FeO，即Fe4O5，C符合题意，故答案选C。3向一定量的Fe、Fe2O3和CuO混合物投入100mL 0.9mol/L的硫酸溶液中，充分反应后生成448mL标准状况下的气体，得不溶物0.03mol。向滤液中加入2mol/L的NaOH溶液，加至10mL时开始出现沉淀。忽略溶液的体积变化，下列说法不正确的A0.03mol不溶物全为CuB混合物中氧原子的物质的量为0.05molC滤液中的阳离子只有两种D滤液中的Fe2+的物质的量浓度为0.8mol/L【答案】B【解析】向一定量的Fe、Fe2O3、CuO混合物中加入100mL 0.9mol/L的硫酸，充分反应后滤去不溶物，溶液中金属阳离子只有Fe2+，向滤液中加入2mol/L的NaOH溶液至10mL时开始出现沉淀，说明硫酸有剩余，说明反应后溶液中溶质为FeSO4、H2SO4，不溶物只有Cu，则滤液中n(H2SO4)=n(NaOH)=×0.01L×2mol/L=0.01mol；100mL 0.9mol/L的硫酸的物质的量为0.1L×0.9mol/L=0.09mol；不溶物0.03mol为Cu，则CuO为0.03mol，根据反应CuO+H2SO4=CuSO4+H2O可知，消耗硫酸的物质的量为0.03mol；充分反应后生成448mL标准状况下的气体H2的物质的量为0.02mol；根据反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2可知，与硫酸反应的铁的物质的量为0.02mol；则根据反应Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O可知，Fe2O3的物质的量为0.01mol，与Fe3+反应的Fe的物质的量为0.01mol，与Cu2+反应的Fe的物质的量为0.03mol。A根据分析，0.03mol不溶物全为Cu，A正确；B混合物中O原子的物质的量为0.03mol×1+0.01mol×3=0.06mol，B错误；C滤液中的阳离子只有Fe2+、H+两种，C正确；D溶液中只含有Fe2+和H+，c(Fe2+)=0.8mol/L，D正确；故答案选B。4为测定某区域空气中SO2的含量，课外小组的同学将空气样品通入200 mL 0. 100 mol·L-1的酸性KMnO4溶液(假定样品中无其他还原性气体，SO2可被溶液充分吸收)，反应的离子方程式为：5SO2 + 2+2H2O=5+2Mn2+4H+。 若空气流量为a L·min-1，经过b min溶液恰好褪色，则该空气样品中SO2的含量(单位：g·L-1)为ABCD【答案】D【解析】根据题干信息，经过b min溶液恰好褪色，则通过空气的体积为aL·min-1×bmin=ab L，消耗的酸性KMnO4的物质的量为0.2L×0.1mol/L=0.02mol，根据方程式5SO22，则n(SO2)=，则m(SO2)=0.05mol×64g/mol=3.2g，则该空气样品中SO2的含量为，答案选D。5把足量的铁粉投入硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后过滤，所得金属粉末的质量与原铁粉的质量相等，则原溶液中H+与SO的物质的量浓度之比为A1：4B2：7C1：2D3：8【答案】A【解析】设原溶液中H2SO4和CuSO4的物质的量分别为x、y。因为在反应前后固体质量相等，所以m(减)=m(增)，即：56x=8y，则，故合理选项是A。6（2020·辽宁大连市·大连二十四中高三期中）将9 g铜和铁的混合物投入100 mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12 L NO，剩余4.8 g金属；继续加入100 mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12 L NO。若向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法错误的是()A原混合物中铜和铁各0.075 molB该稀硝酸的物质的量浓度为2 mol/LC第一次剩余4.8 g金属为铜和铁D再加入足量稀硫酸，又得到标准状况下0.56 L NO【答案】C【解析】A整个过程可以看作是9g铜和铁混合物与200mL硝酸反应，金属完全溶解，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，说明生成硝酸亚铁、硝酸铜，且硝酸完全反应，生成NO为0.1mol，发生的反应方程式为：3Fe+8HNO33Fe(NO3)2+2NO+4H2O；3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO+4H2O，设铁为x mol，铜为ymol，根据二者质量、生成NO的物质的量有：56x+64y9、(x+y)0.1，联立方程，解得：x0.075、y0.075，即原混合物中铜和铁各0.075mol，A正确；B根据方程式可知，n(HNO3)4n(NO)0.4mol，稀硝酸的物质的量浓度为2mol/L，B正确；C剩余的金属一定含有Cu，可能含有Fe，9g混合物中含铜质量为0.075mol×64g/mol4.8g，故第一次剩余金属4.8g为Cu的质量，C错误；D反应后溶液中n(Fe2+)0.075mol，n()0.4mol0.1mol0.3mol，再加入足量稀硫酸，发生反应：3Fe2+4H+3Fe3+NO+2H2O，0.3mol反应消耗0.9molFe2+，有剩余，故生成NO为0.075mol×0.025mol，其体积为0.025mol×22.4L/mol0.56L，D正确；故答案为：C。7已知Na2C2O4具有还原性，能被KMnO4溶液氧化生成CO2，实验测得每生成1.12L标准状况下的CO2需要消耗100mL0.1mol·L-1的KMnO4溶液，则反应后锰元素的化合价为A+6 B+4 C+2 D条件不够，无法确定【答案】C【解析】Na2C2O4转变为CO2，C元素化合价从+3升高到+4，故每生成1.12L标准状况下的CO2，失去电子为，则100mL0.1mol·L-1KMnO4溶液得到电子0.05mol，则1mol的KMnO4溶液得到电子 ，锰元素化合价降低5价，故反应后锰元素的化合价为+2价；答案选C。8将64g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物共0.9 mol，这些气体恰好能被650 mL 2 mol/L NaOH溶液完全吸收，生成NaNO3和NaNO2的混合溶液，其中生成的NaNO3的物质的量为(已知NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O)A0.2 molB0.3 molC0.6 molD0.4 mol【答案】B【解析】用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是CuCu(NO3)2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，由电子转移守恒可知，64gCu失去的电子数等于HNO3到NaNO2得到的电子数，据此计算产物中NaNO2的物质的量。64gCu共失电子为，HNO3到NaNO2共得到电子2mol，故产物中NaNO2的物质的量为，n(NaOH)=，根据Na原子守恒，生成的NaNO3的物质的量为1.3mol-1mol=0.3mol，故B正确。故选B。9.28 g铁粉溶于稀盐酸中，然后加入足量的Na2O2固体，充分反应后过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体质量为()A36 gB40 gC80 gD160 g【答案】B【解析】根据Fe守恒，n(Fe2O3)n(Fe)×0.25 mol，m(Fe2O3)40 g。10.200 时，11.6 g CO2和水蒸气的混合气体与足量的Na2O2充分反应后固体质量增加了3.6 g，则原混合气体的总物质的量是 ()A0.125 mol B0.25 mol C0.5 mol D1 mol【答案】C【解析】向足量的固体Na2O2中通入11.6 g CO2和H2O，发生反应2Na2O22CO2=2Na2CO3O2,2Na2O22H2O=4NaOHO2，固体只增加了3.6 g，因为生成O2，根据质量守恒可知m(O2)11.6 g3.6 g8 g，所以n(O2)0.25 mol；根据方程式可知n(混合气体)2n(O2)0.5 mol；故选C。11.由CO2、H2、和CO组成的混合气在同温同压下与氮气的密度相同。则该混合气中CO2、H2、和CO的体积比为 ( )A29813 B22114 C13929 D261657 【答案】D【解析】由于CO在同温同压下时的密度与N2相同，所以CO的含量为任意值。只要CO2与H2的混合气体密度等于N2，即平均相对分子质量等于28便满足题意。利用“十字交叉”可求得CO2与H2的体积比，即：CO2 44H2 2 28282 = 264428 = 16只要在在同温同压下混合气中CO2与H2的体积比满足2616或138即可。以此得答案为D。12、有四种不纯的碳酸钠样品，分别含有下列选项中的一种杂质。取等质量的样品，分别向这些样品中加入2mol/L盐酸，均完全反应生成CO2，且所耗盐酸的体积也均相同。这四种样品中Na2CO3的质量百分比最小的是（ ）AKHCO3 BNH4HCO3 CK2CO3 DNaHCO3 【答案】C【解析】将四种杂质都看作“正盐”假设与Na2CO3相当，“1mol”盐消耗2mol盐酸，则（A）（B）(C) (D)的“分子量”依次变为200、158、138和168。各组混合物耗酸量相同时，各组盐的物质的量n正盐必相等。又因为各组盐的质量相同，所以盐的平均分子量相同。这样，Na2CO3与所含杂质物质的量之比则可由下式计算：Na2CO3 106杂质盐 MMMMM 106MMM106n(Na2CO3)n(杂质盐)欲使Na2CO3的含量最小，上式中M（即换量后杂质盐的分子量）值就应最小。M(K2CO3)=138，最小。故答案为C。二、主观题（共4小题，共40分）17（15分）黄铁矿的主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 mol·L1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。已知：SO22Fe32H2O=SO2Fe24H；Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O。(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)_(保留一位小数)。(2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为_L，制得98%的硫酸质量为_t。【答案】(1)90.0%(2)3.36×10615【解析】(1)据方程式：4FeS211O22Fe2O38SO2；SO22Fe32H2O=SO2Fe24H；Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O；可得关系式：Cr2O6Fe23SO2FeS210020 00×0.025 molm(FeS2)0.090 00 g样品中FeS2的质量分数为×100%90.0%。(2)4FeS211O22Fe2O38SO2 4 mol 8 mol moln(SO2)n(SO2)1.5×105 mol，在标准状况下的体积V(SO2)3.36×106 L，由SO2SO3H2SO4 1 mol 98 g 1.5×105 mol m(H2SO4)×98%得m(H2SO4)1.5×107 g15 t。18.（10分）在空气中加热10.98 g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)样品，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如表。温度范围/固体质量/g1502108.822903204.828909204.50(1)加热到210 时，固体物质的化学式为_。(2)经测定，加热到210310 过程中的生成物只有CO2和钴的氧化物，此过程发生反应的化学方程式为_。【答案】(1)CoC2O4 (2)3CoC2O42O2Co3O46CO2【解析】(1)n(CoC2O4·2H2O)0.06 mol，m(10.988.82)g2.16 gm(H2O)，故210 时固体为CoC2O4。(2)根据钴原子守恒可知m(Co)3.54 g，m(O)(4.823.54) g，n(O)0.08 mol，n(Co)n(O)34，可写出化学方程式：3CoC2O42O2Co3O46CO2。19.（6分）某气态烃A和B按23（体积比）混合后，取0.1mol与一定量氧气混合燃烧，产物为CO、CO2和水蒸气。将燃烧产物依次通过足量的浓硫酸、灼热的CuO及碱石灰，最后碱石灰增重7.04g。求A和B可能的分子式。 【答案】A的分子式为CH4，B的分子式可能为C2H6、C2H4、C2H2【解析】（1）碱石灰吸收的CO2包括燃烧生成的CO2及CO转化（还原CuO）成的CO2，即0.1mol混合烃中的C转化成CO2的总量，共为7.04g÷44g/mol=0.16mol 。可知：1mol混合烃含碳1.6mol，所以混合烃一定含CH4。CH4 1另一烃 x 1.6x1.61.61 = 0.6（2）设另一烃分子中含x个碳原子： 令A为CH4，则有（x1.6）/ 0.6 = 2/3，解得x=2B可能是C2H6、C2H4、C2H2。 令B为CH4，则有0.6 /（x1.6）=2/3，解得x=2.5（不合理，舍去）。以此得A的分子式为CH4，B的分子式可能为C2H6、C2H4、C2H2。20.（9分）测定K3Fe(C2O4)3·3H2O(三草酸合铁酸钾)中铁的含量。(1)称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀硫酸酸化，用c mol·L1 KMnO4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。加稀硫酸酸化，用c mol·L1 KMnO4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_。【答案】(1)当滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶中溶液变为粉红色，且30 s内不变色(2)×100%【解析】(1)KMnO4能将样品溶液中C2O氧化成CO2，达到滴定终点时，KMnO4稍过量，溶液中出现粉红色。(2)加入过量锌粉能将溶液中Fe3还原为Fe2，酸化后Fe2与KMnO4溶液反应，根据电子守恒可找出关系式为5Fe2MnO，根据消耗KMnO4溶液的浓度和体积可知溶液中n(Fe2)c mol·L1 ×V×103 L×55×103 cV mol，则该晶体中铁元素的质量分数为×100%或×100%。