三化学计算专练高考化学一轮复习专项练含解析

2022-04-15 06:20
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雨林之风
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三化学计算专练高考化学一轮复习专项练含解析

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这是一份三化学计算专练高考化学一轮复习专项练含解析，共8页。

化学计算专练

(建议用时20分钟)

1．(电荷守恒)把含硫酸铵和硝酸铵的混合液a L分成两等份。一份加入含b mol NaOH的溶液并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需要消耗c mol BaCl2才能使SO完全沉淀，则原溶液中NO的物质的量浓度(mol·L－1)为(　　)

A．　　B．　　C．　　D．

【解析】选B。b mol NaOH恰好将NH3全部赶出，根据NH＋OH－NH3↑＋H2O可知，每份中含有b mol NH；与氯化钡溶液完全反应消耗c mol BaCl2才能使SO完全沉淀，根据Ba2＋＋SO===BaSO4↓可知每份含有SO c mol。设每份中含有NO的物质的量为x mol，根据溶液呈电中性，则b mol×1＝c mol×2＋x mol×1，得x＝b－2c，因将a L混合液分成两等份，则每份的体积是0.5a L，所以每份溶液中NO的浓度是c(NO)＝＝ mol·L－1，即原溶液中NO的浓度是 mol·L－1，故选B。

【加固训练—拔高】

酸雨是因为过度燃烧煤和石油，生成的硫的氧化物与氮的氧化物溶于水生成硫酸和硝酸的缘故。某次雨水的分析数据如下：

c(NH)＝2.0×10－6mol·L－1

c(Cl－)＝6.0×10－6mol·L－1

c(Na＋)＝3.0×10－6mol·L－1

c(NO)＝2.3×10－5mol·L－1

c(SO)＝2.8×10－5mol·L－1

则此次雨水的pH大约为(　　)

A．3　　　　　　　B．4

C．5 D．6

　【解析】选B。此题应根据雨水中阴、阳离子所带负、正电荷守恒(溶液呈电中性)解析，根据电荷守恒：c(H＋)＋c(NH)＋c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(NO)＋2c(SO)，计算出c(H＋)，再代入pH＝－lg c(H＋) ＝5－lg8≈4。

2．(差量法)为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1 g样品加热，其质量变为w2 g，则该样品的纯度(质量分数)是(　　)

A．　　　　　 B．

C． D．

【解析】选A。由题意知(w1－w2) g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3质量为x g，由此可得到如下关系：

则x＝，故样品纯度为＝＝。

【加固训练—拔高】

将8 g铁片放入100 mL硫酸铜溶液中，溶液中的铜离子全部被还原时，固体质量变为8.2 g，则原硫酸铜溶液的物质的量浓度为(　　)

A．0.5 mol·L－1

B．0.25 mol·L－1

C．0.025 mol·L－1

D．0.125 mol·L－1

【解析】选B。

Fe＋CuSO4===FeSO4＋Cu　　Δm

56 g 1 mol 64 g 8 g

n(CuSO4) (8.2－8) g

n(CuSO4)＝＝0.025 mol，

c(CuSO4)＝＝0.25 mol·L－1。

3．(关系式法)已知Fe＋SFeS，FeS＋2HCl===FeCl2＋H2S↑，2H2S＋3O22SO2＋2H2O，一定量的铁粉和9 g硫粉混合加热，待其反应后再加入过量盐酸，将生成的气体完全燃烧，共收集得9g水，则加入的铁粉质量为

(　　)

A．14 g　　　B．42 g　　　C．56 g　　　D．28 g

【解析】选D。根据化学方程式可推出关系式

Fe～H2S～H2O、Fe～2HCl～H2～H2O，故

Fe　～　 H2O

56 18

x g 9 g

x＝28。

4．(守恒法)在体积为V L的密闭容器中通入a mol一氧化碳和b mol 氧气，点燃充分反应后容器内碳原子与氧原子数之比为(　　)

A．a∶b　　　　　　　　B．a∶2b

C．a∶(a＋2b) D．a∶[2(a＋b)]

【解析】选C。根据反应前后原子守恒可知，n(C)∶n(O)＝a∶(a＋2b)。

5．(极值法)称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24 g，加入含0.1 mol NaOH的溶液，完全反应，生成NH3 1 792 mL(标准状况)，则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为(　　)

A．1∶1 B．1∶2

C．1.87∶1 D．3.65∶1

【解析】选C。利用极值法分析，7.24 g全部为(NH4)2SO4时，n[(NH4)2SO4]约为0.055 mol，全部为NH4HSO4时，n(NH4HSO4)约为0.063 mol，完全反应需要NaOH的物质的量分别为0.11 mol、0.126 mol，可知0.1 mol氢氧化钠不足，故先将NH4HSO4反应完，再反应(NH4)2SO4，因共生成NH3 0.08 mol，故与H＋反应的氢氧化钠为0.02 mol，则可知道NH4HSO4为0.02 mol，则(NH4)2SO4质量为7.24 g－115 g·mol－1×0.02 mol＝4.94 g，(NH4)2SO4的物质的量为4.94 g ÷132 g·mol－1≈0.037 4 mol。因此(NH4)2SO4与NH4HSO4物质的量之比为1.87∶1 ，故选C。

6．(电子守恒)某强氧化剂XO(OH)可被Na2SO3还原。如果还原

1.2×10－3 mol XO(OH)需用30 mL 0.1 mol·L－1的Na2SO3溶液，那么X元素被还原后的物质可能是(　　)

A．XO　　　B．X2O3　　　C．X2O　　　D．X

【解析】选D。由题意知，S元素由＋4价→＋6价，假设反应后X的化合价为＋x价，根据氧化还原反应中得失电子数目相等可得，1.2×10－3 mol×(5－x)＝0.03 L×0.1 mol·L－1×(6－4)，解得x＝0，所以X元素被还原后的物质是X，D项正确。

7．(守恒法)将一定质量的镁、铜合金加入稀硝酸中，合金完全溶解，假设反应过程中还原产物全部是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3 mol·L－1的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，则下列有关叙述正确的是(　　)

A．反应中转移电子的总物质的量为0.3 mol

B．反应过程中，消耗硝酸的物质的量为0.3 mol

C．沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100 mL

D．开始加入合金的质量可能为3.4 g

【解析】选A。A项，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1 g，即结合OH－的物质的量为mol＝0.3mol，合金失电子数等于金属离子结合OH－数，反应中转移电子的总物质的量为0.3mol，正确；B项，根据上述分析，反应中转移的电子总物质的量为0.3mol，根据电荷守恒，合金与硝酸反应表现酸性的硝酸的物质的量为0.3mol，硝酸的还原产物为NO，表现氧化性的硝酸的物质的量为0.1mol，反应过程中，消耗硝酸的物质的量为0.4mol，错误；C项，合金完全溶解后硝酸可能剩余，沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积≥100mL，错误；D项，转移电子的总物质的量为0.3mol，合金的物质的量为0.15mol，利用极值法，合金的质量范围3.6 g<m<9.6 g，错误。

8．(守恒法)密胺是重要的工业原料，结构简式如图所示。工业上以液氨和二氧化碳为原料，以硅胶为催化剂，在一定条件下通过一系列反应生成密胺。若原料完全反应生成密胺，则NH3和CO2的质量之比应为(　　)

A．17∶44 B．22∶17 C．17∶22 D．2∶1

【解析】选C。根据密胺的结构简式和元素守恒可知，一个密胺分子中有三个碳原子和六个氮原子，所以合成1 mol 密胺需要3 mol CO2和6 mol NH3，NH3和CO2的质量之比应为(6×17)∶(3×44)＝17∶22。

9．(关系式法)在氧气中燃烧0.22 g硫和铁组成的混合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，把这些二氧化硫全部氧化成三氧化硫并转变为硫酸，这些硫酸可用10 mL 0.5 mol·L－1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为

(　　)

A．72% B．40% C．36% D．18%

【解析】选C。由S原子守恒和有关反应可得出：

S～H2SO4～2NaOH

32 g 2 mol

m(S) 0.5×10×10－3 mol

得m(S)＝0.08 g

原混合物中w(S)＝×100%≈36%。

10．(守恒法)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(　　)

A．36 g B．40 g

C．80 g D．160 g

【解析】选B。28 g铁粉溶于稀盐酸中生成氯化亚铁溶液，然后加入足量的Na2O2固体，由于Na2O2固体溶于水后生成氢氧化钠和氧气，本身也具有强氧化性，所以充分反应后生成氢氧化铁沉淀，过滤，将滤渣加强热，最终得到的固体为Fe2O3，根据铁原子守恒，n(Fe2O3)＝n(Fe)＝×＝0.25 mol，所得Fe2O3固体的质量为0.25 mol×160 g·mol－1＝40 g。

11．(气体体积差)16 mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应：6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比不可能为(　　)

A．5∶3 B．3∶2 C．4∶3 D．10∶7

【解析】选A。根据反应前后气体体积的变化，可用差量法直接求解。

6NO＋4NH35N2＋6H2O(g)　ΔV(气体的体积差)

6 mL 4 mL 5 mL 6 mL 1 mL(理论差量)

9 mL 6 mL [17.5 mL－16 mL＝1.5 mL(实际差量)]

由此可知共消耗15 mL NO与NH3的混合气体，还剩余1 mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)＝(9 mL＋1 mL)∶6 mL＝5∶3；假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9 mL∶(6 mL＋1 mL)＝9∶7，但因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体，故V(NO)∶V(NH3)介于9∶7与5∶3 之间，对照所给的数据知3∶2、4∶3与10∶7在此区间内。

12．(守恒法)碳酸铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸，转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解成氧化铜。溶解28.4 g上述混合物，消耗1 mol·L－1盐酸500 mL。煅烧等质量的上述混合物，得到氧化铜的质量是(　　)

A．35 g B．30 g C．20 g D．15 g

【解析】选C。由题意可知，HCl的物质的量为0.5mol，根据氯元素守恒可知，CuCl2的物质的量为0.25 mol。根据Cu元素守恒可知，原混合物中含有Cu元素的物质的量为0.25 mol。则灼烧等质量的题述混合物，得到氧化铜的物质的量为0.25 mol，则m(CuO)＝0.25 mol×80 g·mol－1＝20 g。

13．(关系式法)黄铁矿的主要成分是FeS2，已知4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，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·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。

已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋；

Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。

(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。

【解析】(1)据方程式：4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2；

SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO＋2Fe2＋＋4H＋；

Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O；可得关系式：

Cr2O～6Fe2＋～3SO2～FeS2

0．020 00×0.025 mol

m(FeS2)＝0.090 00 g

样品中FeS2的质量分数为

×100%＝90.0%。

(2)4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2

4 mol 8 mol

mol　 n(SO2)

n(SO2)＝1.5×105 mol，在标准状况下的体积V(SO2)＝3.36×106 L，

由SO2 ～ SO3 ～ H2SO4

1 mol 98 g

1．5×105 mol m(H2SO4)×98%

得m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。

答案：(1)90.0%　(2)3.36×106　15

14．(关系式法)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：Cr2O＋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＋2S2O===S4O＋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)。