2022版高考化学一轮复习-专题集训1-化学计算的常用方法.doc

2022版高考化学一轮复习 专题集训1 化学计算的常用方法2022版高考化学一轮复习 专题集训1 化学计算的常用方法年级：姓名：- 9 -化学计算的常用方法(建议用时：40分钟)1(2020河北张家口10月检测)为测定某碘水中碘单质的浓度，取该碘水10.00 mL，加入淀粉溶液作指示剂，用0.01 molL1Na2S2O3溶液滴定此碘水，当溶液由蓝色变为无色时，消耗Na2S2O3溶液的体积为20.00 mL。已知Na2S2O3被氧化为Na2S4O6，则碘单质的浓度为()A0.01 molL1 B0.16 molL1C0.04 molL1 D0.06 molL1A题述过程涉及的物质转化有Na2S2O3Na2S4O6，I2I，设I2的物质的量浓度为c，由氧化还原反应中得失电子守恒可得关系式2Na2S2O3I2，故2c10.00103 L0.01 molL120.00103L，则c0.01 molL1，A项正确。2(2020天津南开中学等六校联考)足量的铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体恰好被水完全吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5 molL1的NaOH溶液至恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是()A60 mL B45 mL C30 mL D15 mLA整个反应过程中氮元素的转化形式为NO氮的氧化物NO，第一阶段氮原子得到的电子数第二阶段氮原子失去的电子数，故第一阶段Cu失去的电子数也等于第二阶段O2得到的电子数，即2n(Cu)4n(O2)，故n(Cu)2n(O2)0.15 mol，消耗的NaOH为0.3 mol，则NaOH溶液的体积为0.06 L60 mL，A项正确。3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()A1744 B2217 C1722 D21C根据密胺的N、C个数比确定关系式：6NH33CO2，m(NH3)m(CO2)6173441722。4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 molL1氢氧化钠溶液完全中和，则原混合物中硫的百分含量为 ()A72% B40% C36% D18%C由硫原子守恒和有关反应可得出：SH2SO42NaOH32 g2 molm(S) 0.510103 mol得m(S)0.08 g原混合物中(S)100%36%。5若测得雨水所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：离子KNaNHSONOCl浓度/(molL1)410661062105410531052105根据表中数据判断试样的pH 。解析根据表格提供的离子可知，NH水解导致试样溶液呈酸性，再根据电荷守恒可知，c(K)c(NH)c(Na)c(H)2c(SO)c(Cl)c(NO)，将表格中的数据代入得H浓度为104 molL1，则pH为4。答案46将a g Fe2O3、Al2O3样品溶解在过量的200 mL pH1的硫酸溶液中，然后向其中加入NaOH溶液，使Fe3、Al3刚好沉淀完全，用去NaOH溶液100 mL，则NaOH溶液的浓度为 。解析当Fe3、Al3刚好沉淀完全时，溶液中溶质只有硫酸钠，而Na全部来源于NaOH，且变化过程中Na的量不变。根据电荷守恒可知：，所以，n(NaOH)n(Na)2n(SO)n(H)0.1 molL10.2 L0.02 mol，c(NaOH)0.2 molL1。答案0.2 molL17为测定该蛋白质中硫元素的质量分数，小组取蛋白质样品充分燃烧，先用足量碘水吸收二氧化硫，再取吸收液，以淀粉为指示剂，用硫代硫酸钠溶液滴定过量的碘。已知：2S2OI2=S4O2I。(1)写出二氧化硫与碘水反应的化学方程式： 。(2)滴定终点的现象为 。(3)取蛋白质样品m g进行测定，采用c1 molL1的碘水V1 mL进行吸收，滴定过量的碘样时消耗c2 molL1硫代硫酸钠溶液V2 mL。该蛋白质中的硫元素的质量分数为 。(4)若燃烧时过量氧气进入吸收液中，可能会导致该蛋白质中的硫元素的质量分数测定值 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。解析(3)根据I2SO22H2O=H2SO42HI、2S2OI2=S4O2I，得n(I2)n(SO2)n(Na2S2O3)，故n(SO2)n(I2)n(Na2S2O3)c1V1103 mol0.5 c2V2103 mol(c1V10.5c2V2)103 mol，则该蛋白质中的硫元素的质量分数为100%。(4)若燃烧时过量氧气进入吸收液中会发生反应：2SO2O22H2O=2H2SO4，导致硫元素的质量分数测定值偏小。答案(1)I2SO22H2O=H2SO42HI(2)当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色(3)%(4)偏小8已知皓矾的化学式可表示为ZnSO47H2O，ZnSO47H2O受热易分解。取28.70 g ZnSO47H2O，加热过程中所得固体的质量与温度的变化关系如图所示。回答下列问题：(1)A点时物质成分为 (填化学式，下同)；C点时物质成分为 。(2)从B点到D点，发生反应的化学方程式可能为 或 。解析(1)28.70 g ZnSO47H2O的物质的量为0.1 mol，根据题图可知，A点时，质量变为17.90 g，质量损失10.80 g，A点温度为100 ，损失的可能为结晶水，物质的量为0.6 mol，则A点物质的化学式应为ZnSO4H2O；随着温度继续升高，当晶体中的结晶水全部失去时，剩余固体的质量为17.90 g0.1 mol18 gmol116.10 g，即B点；随着温度继续升高，ZnSO4开始分解，分解过程中，Zn的质量保持不变，最终全部转化为ZnO，质量应为0.1 mol81 gmol18.10 g，即D点，可见C点时物质成分既有ZnO又有ZnSO4，设ZnO为x mol，则ZnSO4为(0.1x) mol,81x161(0.1x)13.43，解得x0.033，则n(ZnO)n(ZnSO4)12，C点物质的化学式为ZnO2ZnSO4，也可写作Zn3O(SO4)2。(2)从B点到D点，发生的反应为ZnSO4分解产生ZnO，既可能发生反应ZnSO4ZnOSO3，还可能发生反应2ZnSO42ZnO2SO2O2。答案(1)ZnSO4H2OZnO2ZnSO4或Zn3O(SO4)2(2)ZnSO4ZnOSO32ZnSO42ZnO2SO2O29无机化合物A和NaH都是重要的还原剂，遇水都发生剧烈反应。一定条件下，2.40 g NaH与气体B反应生成3.90 g化合物A和2.24 L(已折算成标准状况)的H2。已知气体B可使湿润的红色石蕊试纸变蓝。则A的化学式是 ；NaH与气体B反应生成化合物A的化学方程式为 。解析气体B可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，为氨气；参加反应的氨气的物质的量n(NH3)0.1 mol，n(NaH)0.1 mol，根据质量守恒，3.90 g A中含有0.1 mol的钠原子、0.1 mol的氮原子、0.2 mol的氢原子，故A的化学式是NaNH2。答案NaNH2NaHNH3=NaNH2H210ZrO2常用作陶瓷材料，可由锆英砂(主要成分为ZrSiO4，还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)通过如下流程制取。已知：ZrSiO4能与烧碱反应生成Na2ZrO3和Na2SiO3，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2；部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表。金属离子Fe3Al3ZrO2开始沉淀时pH1.93.36.2沉淀完全时pH3.05.28.0(1)“熔融”过程中ZrSiO4发生反应的化学方程式是 ；滤渣的化学式为 。(2)“氧化”过程中发生反应的离子方程式是 ；调“pHa”时，a的范围是 。(3)为得到纯净的ZrO2，滤渣要用水洗，检验沉淀是否洗涤干净的方法是 。(4)滤渣的成分是Zr(CO3)2xZr(OH)4取干燥后的滤渣 37.0 g，煅烧后可得到24.6 g ZrO2则x等于 ，“调pH8.0”时，所发生反应的离子方程式为 。解析(1)锆英砂(主要成分为ZrSiO4，还含少量FeCO3、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)，加NaOH熔融，ZrSiO4转化为Na2SiO3和Na2ZrO3，氧化铝转化为NaAlO2，SiO2转化为Na2SiO3，Fe2O3不反应，再加过量盐酸酸浸，Na2ZrO3与酸反应生成ZrO2，Na2SiO3与HCl生成硅酸沉淀，偏铝酸钠转化为氯化铝，碳酸亚铁、氧化铁转化为氯化亚铁、氯化铁，过滤分离，滤渣为硅酸，滤液中含有ZrO2、Fe2、Fe3、Al3，Na、Cl等，加入过氧化氢氧化亚铁离子，加氨水调节pH，使Fe3、Al3转化为氢氧化物沉淀，过滤分离滤渣为氢氧化铁、氢氧化铝，滤液中主要含有ZrO2、NH、Cl，Na、Cl等，再加氨水调节pH，使ZrO2转化为Zr(OH)4沉淀，过滤、洗涤、干燥得到Zr(OH)4，加热分解即可得到ZrO2。(2)调节pH，可使铁离子和铝离子完全沉淀，但要避免生成Zr(OH)4，由表中数据可知pH的范围为5.2，6.2)。(3)Zr(OH)4表面为附着Cl等，检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生说明已洗干净。(4)滤渣的成分是Zr(CO3)2xZr(OH)4，取干燥后的滤渣37.0 g，煅烧后可得到24.6 g ZrO2，则(1x)，x1，“调pH8.0”时，反应生成Zr(CO3)2Zr(OH)4，则所发生反应的离子方程式为2ZrO22CO2H2O=Zr(CO3)2Zr(OH)4。答案(1)ZrSiO44NaOH=Na2ZrO3Na2SiO32H2OH2SiO3(2)2Fe2H2O22H=2Fe32H2O5.2a6.2(3)取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生说明已洗干净(4)12ZrO22CO2H2O=Zr(CO3)2Zr(OH)411某实验小组制备无机抗菌剂Mg2ClO(OH)3H2O，并测定产品的有效氯含量。资料：Mg2ClO(OH)3H2O为白色固体，难溶于水；在中性或碱性溶液中加热也不分解，在干燥的空气中相对稳定，但遇二氧化碳(或无机酸类)则分解生成新生态氧，具有极好的消毒、杀菌及漂白能力。(1)制备Mg2ClO(OH)3H2O的装置如图所示(部分夹持装置已略)：ABCDA装置为氯气发生装置。A装置中反应的离子方程式是 。B装置中盛装的试剂可以是 。a浓硫酸b饱和NaHCO3溶液c饱和NaCl溶液 dNaOH溶液C装置中发生反应的离子方程式为 。用必要的文字和离子方程式说明D装置的作用： 。(2)测定产品的有效氯含量(指每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力)称取产品a g加入碘量瓶(内装过量KI溶液)中；加入稍过量10%的KOH溶液，再加入适量稀盐酸，盖上瓶盖，振摇混匀；加蒸馏水数滴于碘量瓶盖缘，在暗处放置5 min。打开盖，让盖缘蒸馏水流入瓶内，用c molL1 Na2S2O3标准溶液滴定游离碘，待溶液呈浅棕色时加入10滴0.5%淀粉指示剂，继续滴定到终点(2S2OI2=S4O2I)，消耗Na2S2O3溶液V mL。回答下列问题：加蒸馏水数滴于碘量瓶盖缘的作用是 。滴定终点的现象是 。写出产品与KI碱性溶液反应的离子方程式： ；产品中有效氯含量为 (列出计算表达式)。解析(1)A装置利用浓盐酸与高锰酸钾反应制备氯气，离子方程式是2MnO16H10Cl=2Mn25Cl28H2O。B装置的作用是除去Cl2中含有的HCl，故盛装的试剂为饱和NaCl溶液。C装置是制备Mg2ClO(OH)3H2O的装置，题干信息“Mg2ClO(OH)3H2O为白色固体，难溶于水”，故离子反应的方程式是2Mg2Cl25OH=Mg2ClO(OH)3H2OCl。因为Cl22OH=ClClOH2O，所以D装置中盛放的NaOH溶液能够吸收氯气，防止污染环境。(2)为了防止碘挥发，加蒸馏水数滴于碘量瓶盖缘，形成液封。用Na2S2O3标准溶液滴定游离碘，发生的反应为2S2OI2=S4O2I，淀粉为指示剂，滴定终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。产品与KI碱性溶液的反应是Mg2ClO(OH)3H2O2I=Cl2Mg(OH)2OHI2，由I2守恒可得关系式：Mg2ClO(OH)3H2OI22S2O。nMg2ClO(OH)3H2On(S2O)cV103 mol，又Mg2ClO(OH)3H2OCl过程中得到2e，Cl22Cl过程中得到2e，故1 mol Mg2ClO(OH)3H2O的氧化能力相当于1 mol Cl2，故产品中有效氯含量为。答案(1)2MnO16H10Cl=2Mn25Cl28H2Oc2Mg2Cl25OH=Mg2ClO(OH)3H2OCl因为Cl22OH=ClClOH2O，所以D装置中盛放的NaOH溶液能够吸收氯气，防止污染环境(2)形成液封，防止碘挥发溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色Mg2ClO(OH)3H2O2I=Cl2Mg(OH)2OHI2