2023届新高考化学选考一轮总复习训练-专题突破1　化学计算中的常用方法.docx

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1、专题突破1化学计算中的常用方法课时训练1.(2021宁波十校联考)工业上采用向KOH溶液中通入氯气,然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4,发生的反应为Cl2+KOHKCl+KClO+KClO3+H2O(未配平);Fe(NO3)3+KClO+KOHK2FeO4+KNO3+KCl+H2O(未配平)。已知:反应中n(ClO-)n(ClO3-)=51请计算:(1)反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为。(2)要得到0.2 mol K2FeO4,消耗mol Cl2(写出计算过程)。解析:(1)反应中配平后为8Cl2+16KOH10KCl+5KClO+KClO3+8H2O,则氧化剂与还原剂

2、的物质的量之比为106=53。(2)由电子守恒可知,24Cl215KClO10K2FeO424 10n 0.2 mol则要得到0.2 mol K2FeO4,消耗Cl2的物质的量n=0.48 mol。答案:(1)53(2)0.48由电子守恒可知,24Cl215KClO10K2FeO424 10n 0.2 mol则要得到0.2 mol K2FeO4,消耗Cl2的物质的量n=0.48 mol。2.取30.8 g甲酸铜(HCOO)2Cu在隔绝空气的条件下加热分解,会生成含两种红色固体的混合物A和混合气体B;若相同质量的甲酸铜在空气中充分加热,则生成黑色固体D和CO2、H2O。固体A和D质量相差2.4

3、g。请计算:(1)红色固体A中Cu单质的物质的量为 mol。(2)将混合气体B置于O2中充分燃烧,消耗O2的体积是L(换算为标准状况)。解析:(1)n(HCOO)2Cu=30.8 g154 g mol-1=0.2 mol,在隔绝空气的条件下加热分解,会生成含两种红色固体的混合物A,则A为Cu和Cu2O的混合物,甲酸铜在空气中加热生成CuO,设A中Cu的物质的量为x mol,固体A和D质量相差2.4 g,则80 gmol-10.2 mol-64 gmol-1x mol-144 gmol-10.2-x2mol=2.4 g,解得x=0.1。(2)由(1)知(HCOO)2Cu分解的方程式为4(HCOO

4、)2Cu2Cu+Cu2O+4H2O+ 5CO+3CO2,0.2 mol (HCOO)2Cu 分解生成n(CO)=540.2 mol=0.25 mol,置于O2中充分燃烧,消耗O2的体积在标准状况下是0.25 mol1222.4 L mol-1=2.8 L。答案:(1)0.1(2)2.83.混合碱(Na2CO3与NaHCO3,或Na2CO3与NaOH的混合物)的成分及含量可用双指示剂法测定。步骤如下:取混合碱溶液25.00 mL,滴加2滴酚酞为指示剂,用0.200 0 mol/L的盐酸标准液滴定至溶液呈微红色,记下消耗盐酸体积为22.50 mL;再滴加2滴甲基橙,继续滴定至溶液由黄色变为橙色,记

5、下第二次滴定消耗盐酸的体积为12.50 mL(已知: H2CO3的Ka1=4.310-7;Ka2=5.610-11)。请计算:(1)混合碱成分及物质的量之比为 。(2)混合碱溶液中Na2CO3的浓度为 mol/L(写出计算过程)。解析:以酚酞为指示剂时,发生的反应为OH-+H+H2O、CO32-+H+HCO3-,或只发生反应CO32-+H+HCO3-,以甲基橙为指示剂时,发生反应HCO3-+ H+H2O+CO2。由于两次消耗酸的体积不相同,且第一次多于第二次,则混合碱成分是Na2CO3与NaOH。(1)由分析可知,混合碱成分是Na2CO3与NaOH,两者物质的量之比为12.50 mL(22.5

6、0 mL-12.50 mL)=54。(2)n(Na2CO3)+n(NaOH)=0.200 0 mol/L22.50 mL10-3 L/mL=4.5 10-3 mol,n(Na2CO3)=594.510-3 mol=2.510-3 mol,混合碱溶液中Na2CO3的浓度为2.510-3mol0.025 L=0.100 0 mol/L。答案:(1)n(Na2CO3)n(NaOH)=54(2)0.100 0n(Na2CO3)+n(NaOH)=0.200 0 mol/L22.50 mL10-3 L/mL=4.510-3 mol,n(Na2CO3)=594.510-3 mol=2.510-3 mol,混

7、合碱溶液中Na2CO3的浓度为2.510-3mol0.025 L=0.100 0 mol/L。4.为确定铜铁合金组成,一同学将不同质量的该合金分别与50.00 mL 0.80 mol/L的FeCl3溶液反应,实验结果如表所示(反应前后溶液的体积变化忽略)。序号合金样品质量/g0.8001.2001.6003.200反应后剩余固体质量/g00.0640.4802.080(1)实验的滤液中c(Fe2+)= 。(2)合金中n(Cu)n(Fe)= 。解析:铁的还原性强于铜,所以Fe3+先和铁发生反应Fe+2Fe3+3Fe2+,反应后Fe3+有剩余,再与铜发生反应Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+,所以

8、剩余的固体是铜或铁和铜。从第组数据可以得出,FeCl3溶液全部参与反应,50.00 mL 0.80 mol/L溶液能溶解金属质量为1.200 g-0.064 g=1.136 g,大于第组溶解的金属质量,故第组金属完全反应,FeCl3有剩余;第组实验中FeCl3溶液全部参与反应,其物质的量为0.05 L0.8 mol/L =0.04 mol,假设只发生Fe+2Fe3+3Fe2+,参加反应的Fe的物质的量为0.02 mol,则溶解的Fe的质量为0.02 mol56 g/mol=1.12 g1.136 g,则同时也有一部分Cu溶解,所以剩余的固体全部为Cu,设溶解的铁和铜的物质的量分别为x mol和

9、y mol,则56x+64y=1.1362x+2y=0.04,解得x=0.018,y=0.002。则铜的总物质的量为0.002 mol+0.06464 mol=0.003 mol,所以合金中n(Cu)n(Fe)=16。第组实验中溶解金属质量为1.60 g-0.48 g=1.12 g,混合物中Fe恰好完全反应,Cu不反应。剩余0.48 g为Cu或铜与铁的混合物,故第组实验中,剩余固体为Fe、Cu,溶液中溶质为FeCl2,则溶液中存在c(Fe2+)=12c(Cl-)=32c(FeCl3)=320.80 mol/L=1.20 mol/L。答案:(1)1.20 mol/L(2)165.工业上由氨合成硝

10、酸并进一步制取化肥硝酸铵。工业上制备硝酸的流程如图所示。由图可知,根据绿色化学要求,生产中采用循环操作,理论上使氨气完全转化为硝酸。已知实际生产中:氨合成硝酸时,由NH3制NO的产率为94%,NO制HNO3的转化率为90%。氨与硝酸反应生成硝酸铵的转化率为94%。计算:(1)制HNO3所用的NH3占总消耗NH3(不考虑其他损耗)的质量分数为%(保留3位有效数字)。(2)写出计算过程。解析:设制备硝酸的氨气的物质的量为x mol,用于和硝酸反应生成硝酸铵的氨气的物质的量是 y mol,根据题意,x94%90%=y94%,得90%x=y,制HNO3所用的NH3占总消耗NH3(不考虑其他损耗)的质量

11、分数为xmol17 g/mol(x+y)mol17 g/mol100%=xx+90%x100%52.6%。答案:(1)52.6(2)设制备硝酸的NH3为 x mol,和硝酸反应生成硝酸铵的NH3为y mol。则由x94%90%=y94%,得y=0.9x,所以xx+y100%=x1.9x100%52.6%。6.为确定某碱式碳酸镁xMgCO3yMg(OH)2zH2O的组成,某同学取23.3 g样品置于硬质玻璃管中充分灼烧至恒重,残留固体质量为10.0 g,将产生的气体先通过足量98%的浓硫酸(密度为1.84 g/cm3),再通过足量的碱石灰,碱石灰质量增加8.8 g。请计算:(1)98%的硫酸溶液

12、的物质的量浓度是。(2)根据实验测定的数据,求出碱式碳酸镁化学式中x、y、z的比值(写出计算过程)。解析:(1)密度为1.84 g/cm3、质量分数为98%的浓硫酸的物质的量浓度为1 0001.8498%98mol/L=18.4 mol/L。(2)由题意可知,碱石灰质量增加8.8 g为二氧化碳的质量,由碳原子个数守恒可知,碱式碳酸镁中碳酸镁的物质的量为8.8 g44 g/mol=0.2 mol,质量为0.2 mol84 g/mol=16.8 g;残留固体为氧化镁,由镁离子个数守恒可知,碱式碳酸镁中镁离子的物质的量为10.0 g40 g/mol=0.25 mol,则氢氧化镁的物质的量为(0.25

13、-0.2) mol=0.05 mol,质量为0.05 mol58 g/mol=2.9 g;23.3 g碱式碳酸镁中结晶水的物质的量为(23.3-16.8-2.9) g18 g/mol=0.2 mol,由物质的量之比等于各微粒的个数比可得,xyz=0.2 mol0.05 mol0.2 mol=414。答案:(1)18.4 mol/L(2)由题意可知,碱石灰质量增加8.8 g为二氧化碳的质量,由碳原子个数守恒可知,碱式碳酸镁中碳酸镁的物质的量为8.8 g44 g/mol=0.2 mol,质量为0.2 mol84 g/mol=16.8 g;残留固体为氧化镁,由镁离子个数守恒可知,碱式碳酸镁中镁离子的

14、物质的量为10.0 g40 g/mol=0.25 mol,则氢氧化镁的物质的量为(0.25-0.2) mol=0.05 mol,质量为0.05 mol58 g/mol=2.9 g;23.3 g碱式碳酸镁中结晶水的物质的量为(23.3-16.8-2.9) g18 g/mol=0.2 mol,由物质的量之比等于各微粒的个数比可得,xyz=0.2 mol0.05 mol0.2 mol=414。7.向含硫酸铝和氯化铝的混合溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液至过量,加入氢氧化钡溶液的体积和所得沉淀的物质的量的关系如图所示。(1)氢氧化钡溶液浓度为。(2)原混合溶液中SO42-和Cl-的物质的量之比为。解析:(1

15、)向含硫酸铝和氯化铝的混合溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液至过量,反应的离子方程式有Ba2+SO42-BaSO4、Al3+3OH-Al(OH)3、Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O。1 mol硫酸铝中硫酸根离子完全被沉淀需要氢氧化钡是 3 mol,3 mol氢氧化钡提供6 mol氢氧根离子,1 mol硫酸铝中含有2 mol铝离子,两者恰好反应生成氢氧化铝。从起点到A点是硫酸铝与氢氧化钡反应生成3 mol 硫酸钡和2 mol氢氧化铝;A到B是氯化铝和氢氧化钡反应,B点时溶液中铝离子完全沉淀,沉淀达最大值,溶液中溶质为BaCl2;B到C是氢氧化铝溶解在氢氧化钡中,C点时氢氧化铝完全溶解。根据图像

16、可知,溶解氢氧化铝消耗氢氧化钡8 L-6 L= 2 L,消耗氢氧化铝是7 mol-3 mol=4 mol,所以需要氢氧化钡是2 mol,则氢氧化钡溶液浓度为2mol2 L=1 mol/L。(2)根据图像可知,硫酸钡的物质的量是3 mol,所以硫酸铝的物质的量是1 mol,氯化铝产生的氢氧化铝的物质的量为 2 mol,因此氯化铝的物质的量是2 mol,所以原混合溶液中SO42-和Cl-的物质的量之比为3 mol6 mol=12。答案:(1)1 mol/L(2)128.某实验小组用如下方法测定废水中苯酚的含量(其他杂质不参加反应)。.用已准确称量的KBrO3固体配制250 mL 0.100 0 m

17、ol/L KBrO3标准溶液;.取25 mL上述溶液,加入过量KBr,加硫酸酸化,溶液颜色呈棕黄色;.向所得溶液中加入100 mL废水,加入过量KI;.用0.200 0 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定中溶液,滴加2滴淀粉溶液,至滴定终点,消耗Na2S2O3溶液 15.00 mL。已知:BrO3-+5Br-+6H+3Br2+3H2O;I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6。请计算:(1)中KBrO3固体的质量是g。(2)该废水中苯酚的含量为 g/L(列式计算)。解析:(1)中用KBrO3固体配制250 mL 0.100 0 mol/L KBrO3标准溶液,则所需KBrO3固体的物

18、质的量为0.25 L0.100 0 mol/L=0.025 mol,质量为0.025 mol167 g/mol=4.175 g。(2)结合化学方程式2KI+Br2I2+2KBr、I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6可知,消耗的Na2S2O3的量就是与Br2反应的KI的量,n(KI)=cV=0.015 L 0.200 0 mol/L=0.003 mol,消耗的Br2为0.003mol2=0.001 5 mol,由化学方程式BrO3-+5Br-+6H+3Br2+3H2O可知,中反应得到的Br2共有0.007 5 mol,所以和苯酚反应的Br2的物质的量为0.007 5 mol-0.001

19、 5 mol=0.006 mol,消耗的苯酚的物质的量为0.006mol3=0.002 mol,其质量为0.002 mol94 g/mol=0.188 g,由于废水的体积为100 mL,所以废水中苯酚的含量为0.188 g0.1 L=1.88 g/L。答案:(1)4.175 (2)1.88结合化学方程式2KI+Br2I2+2KBr、I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6可知,消耗的Na2S2O3的量就是与Br2反应的KI的量,n(KI)=cV=0.015 L0.200 0 mol/L=0.003 mol,消耗的Br2为0.003mol2=0.001 5 mol,由化学方程式BrO3-+

20、5Br-+6H+3Br2+3H2O可知,中反应得到的Br2共有0.007 5 mol,所以和苯酚反应的Br2的物质的量为0.007 5 mol-0.001 5 mol=0.006 mol,消耗的苯酚的物质的量为0.006mol3=0.002 mol,其质量为0.002 mol94 g/mol=0.188 g,由于废水的体积为100 mL,所以废水中苯酚的含量为0.188 g0.1 L=1.88 g/L。9.(2021宁波适应性测试)硫粉和Na2S溶液反应可以生成多硫化钠(Na2Sn),离子方程式为S+S2-S22-、2S+S2-S32-(1)在100 mL Na2S溶液中加入0.8 g硫粉,只

21、发生反应S+S2-S22-,反应后溶液中S和S2-无剩余,则原溶液中c(Na2S)= mol/L。(2)在一定体积和浓度的Na2S溶液中加入6.75 g硫粉,控制一定条件使硫粉完全反应,反应后溶液中的阴离子有S2-、S22-、S32-(忽略其他阴离子),且物质的量之比为 110100。则反应后溶液中的n(S32-)=mol(写出计算过程)。解析:(1)0.8 g硫粉的物质的量为0.8 g32 g/mol=0.025 mol,只发生反应S+S2-S22-,则n(Na2S)=0.025 mol,c(Na2S)=0.025mol0.1 L=0.25 mol/L。(2)n(S22-)=10n(S2-)

22、,n(S32-)=100n(S2-),根据S+S2-S22-、2S+S2-S32-得,n(S)=n(S22-)+2n(S32-)=10n(S2-) +2100n(S2-)=6.75 g32 g/mol0.21 mol,n(S2-)=0.001 mol,n(S32-)=100n(S2-) =0.1 mol。答案:(1)0.25(2)0.1n(S22-)=10n(S2-),n(S32-)=100n(S2-),根据S+S2-S22-、2S+S2-S32-得,n(S)=n(S22-)+2n(S32-)=10n(S2-)+2100n(S2-)=6.75 g32 g/mol0.21 mol,n(S2-)=0.001 mol,n(S32-)=100n(S2-)=0.1 mol。