2019版高考化学一轮复习第一单元化学计量在实验中的应用小专题二化学计算的快速突破课时练.doc

1、【 精品教育资源文库 】 小专题二 化学计算的快速突破 1 (2016年上海卷 )某铁的氧化物 (FexO)1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下 112 mL Cl2，恰好将 Fe2 完全氧化。 x值为 ( )。 A 0.80 B 0.85 C 0.90 D 0.93 2 (2018 届山西临汾实验中学月考 )将 2 mol NaHCO3和一定量的 Na2O2固体混合，在加热条件下让其充分反应后得到的固体，经测定 Na2O2 无剩余，则最后固体的物质的量为( )。 A 1 2 mol之间 B 1 4 mol之间 C 2 4 mol之间 D大于 4 mol 3 (2016年上

2、海卷 )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 1792 mL(标准状况 )，则 (NH4)2SO4 和 NH4HSO4 的物质的量比为( )。 A 11 B 12 C 1.871 D 3.651 4 Na2S2O35H 2O(俗称海波或大苏打 )常用下列途径制备： 已知反应： 4FeS 7O2=2Fe2O3 4SO2、 Na2SO3 S=Na2S2O3。计算原料 FeS在反应 (a)和(b)中的理论分配比等于 _。 5某硫酸厂用接触法制硫酸：在煅烧黄铁矿时损失硫 5%(质量分数，下同 )；在 SO2的

3、催化氧化时， SO3的产率为 92%；在吸收塔中损失 SO3 0.6%。现有含 FeS2 95%的黄铁矿 (杂质不含硫元素 )100 t，可制得 98%的浓硫酸 _t。 6某溶液中只可能含有 Fe2 、 Mg2 、 Cu2 、 NH4 、 Al3 、 Cl 、 OH 、 CO23 。当加入一种淡黄色固体并加热时， 有刺激性气体放出和白色沉淀产生，加入淡黄色固体的物质的量 (横坐标 )与析出的沉淀和产生气体的物质的量 (纵坐标 )的关系如下图所示。该淡黄色物质做焰色反应实验显黄色。可知溶液中含有的离子是 _；所含离子的物质的量浓度之比为 _；所加的淡黄色固体是 _。 7实验室采用滴定法测定某水样

4、中亚硫酸盐含量： (1)滴定时 ， KIO3和 KI作用析出 I2， 完成并配平下列离子方程式 ： IO3 _I _ =_I2 _H2O。 (2)反应 (1)所得 I2的作用是 _。 【 精品教育资源文库 】 (3)滴定终点时， 100 mL的水样共消耗 x mL 标准溶液。若消耗 1 mL标准溶液相当于 SO23的质量 1 g，则该水样中 SO23 的含量为 _mgL 1。 小专题二 化学计算的快速突破 1 A 解析： FexO中 Fe的平均化合价为 2x，被氧化为 Fe3 ，根据电子守恒可知，转移的电子数和 Cl2转移的电子数相等。标准状况下 112 mL Cl2转移电子数为 0.112

5、 L22.4 Lmol 12 0.01 mol，则有 1.52 g?56x 16? gmol 1 ? ?3 2x x 0.01 mol，解得 x 0.80。 2 B 解析：加热后，发生反应如下： 2NaHCO3= Na2CO3 H2O CO2 2 mol 1 mol 1 mol 1 mol 2Na2O2 2CO2=2Na2CO3 O2 1 mol 1 mol 2Na2O2 2H2O=4NaOH O2 1 mol 2 mol 若无 Na2O2固体存在 ， 2 mol NaHCO3分解生成 1 mol Na2CO3。若有 Na2O2固体存在 ， 2 mol NaHCO3分解生成的 H2O和 CO2

6、被足量的 Na2O2吸收 ， 还可生成 1 mol Na2CO3和 2 mol NaOH， 所以固体最多不超过 4 mol。 3 C 解析 ： 假设样品完全为 (NH4)2SO4， 此时消耗 NaOH的量最小 ， 7.24 g (NH4)2SO4的物质的量为 7.24 g132 gmol 10.0548 mol ， 消耗 NaOH的物质的量为 0.0548 mol2 0.1096 mol 0.1 mol， 说明 NaOH 的物质的量不足。 (NH4)2SO4和 NH4HSO4混合物样品中加入 NaOH溶液后，先与 NH4HSO4反应，然后再与 (NH4)2SO4反应，标准状况下生成氨气的物质的

7、量为 179210 3 L22.4 Lmo l 1 0.08 mol，则与 H 反应消耗 NaOH的物质的量为 0.1 mol 0.08 mol 0.02 mol，故 NH4HSO4的物质的量为 0.02 mol，所以 (NH4)2SO4的质量为 7.24 g 115 gmol 10.02 mol 4.94 g，其物质的量为 4.94 g132 gmol 10.0374 mol ，则 (NH4)2SO4 和 NH4HSO4 的物质的量比为 0.0374 mol0.02 mol 1.871 。 4 21 解析：依据 2H2S SO2=3S 2H2O，假设生成 3 mol S，需要 2 mol H

8、2S 和 1 mol SO2，由 Na2SO3 S=Na2S2O3可知 3 mol S需要 3 mol Na2SO3,3 mol Na2SO3需要 3 mol SO2，所以总共需要 4 mol SO2，所以生成 SO2的 FeS为 4 mol，生成 H2S的 FeS为 2 mol。 5 137.55 解析：根据 S元素守恒可知： n(S) 210010 6 g95%95%92%(1 0.6%)120 gmol 1 1 375 530.33 mol，则 m(H2SO4) n?S?98 gmol 198% 137.55 t。 6 Mg2 、 Al3 、 NH4 、 Cl 1138 Na2O2 解析

9、：淡黄色固体加入溶液中，并加热溶液时，有刺激性气体放出和白色沉淀生成，则一定没有 Fe2 和 Cu2 ，则淡黄色固体为 Na2O2，图象实际为两个图合在一起，偏上的是气体，偏下的是沉淀，图象中加入 8 mol过氧化钠后，沉淀减小，且没有完全溶解，一定有 NH4 、Al3 、 Mg2 ，则溶液中一定没有 OH 、 CO23 ，根据电荷守恒可知含有 Cl ，由图可知氢氧化镁为 2 mol，氢氧化铝为 4 mol 2 mol 2 mol，加入 8 mol过氧化钠之后，生成气体减小，故加入 8 mol过氧化钠时，铵根离子完全反应。当 n(Na2O2) 8 mol时，由 2Na2O2 2H2O=4NaOH【 精品教育资源文库 】 O2 ，可知 n(O2) 8 mol 12 4 mol，所以 n(NH4 ) n(NH3) 10 mol n(O2) 6 mol，由电荷守恒： 2n(Mg2 ) 3n(Al3 ) n(NH4 ) n(Cl )，则 n(Cl ) 16 mol，故 n(Mg2 ) n(Al3 ) n(NH4 ) n(Cl ) 2 mol2 mol6 mol16 mol 1138 。 7 (1)1 5 6 H 3 3 (2)氧化 SO23 、 S2O23 ，可以与淀粉有明显显色现象，有利于观察滴定终点 (3)104x