届高考化学二轮复习化学综合计算作业全国通用.docx
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届高考化学二轮复习化学综合计算作业全国通用
特训18 化学综合计算
1.(2018·徐州期中)过硫酸氢钾复盐(xK2SO4·yKHSO4·zKHSO5)是一种稳定、具有广泛用途的酸性氧化剂,可以通过浓硫酸、30%双氧水及碳酸钾反应来制备。
(1)制备过硫酸氢钾复盐的反应需在冰水浴中进行,原因是____________________________________________________________________。
(2)为确定过硫酸氢钾复盐的组成,进行如下实验:
步骤Ⅰ:
称取1.5350g样品,加入适量蒸馏水溶解后,配成250mL溶液;
步骤Ⅱ:
取步骤I配制的溶液,测得溶液的pH为2.0;
步骤Ⅲ:
取步骤I配制的溶液25.00mL,加入过量的KI溶液,充分反应后,滴入1~2滴淀粉溶液,用0.1250mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点(I2+2S2O===2I-+S4O),消耗Na2S2O3标准溶液8.00mL。
已知:
KHSO5溶液呈中性;可认为步骤I配制溶液中的HSO完全电离。
①步骤Ⅲ中判断滴定达到终点的方法是
____________________________________________________________________。
②步骤Ⅲ中KHSO5与KI反应转化为K2SO4,则该反应的离子方程式为____________________________________________________________________。
③通过计算确定过硫酸氢钾复盐的化学式(写出计算过程)。
解析
(1)冰水浴中进行,说明需要低温,温度高,反应物中H2O2易分解。
(2)①步骤Ⅲ中KHSO5将I-氧化,加入淀粉,溶液呈蓝色,用Na2S2O3和I2反应,达到终点时,溶液蓝色褪去。
②HSO将I-氧化为I2,自身被还原为SO,由于KHSO4完全电离:
KHSO4===K++H++SO,溶液呈酸性,配平。
答案
(1)温度高H2O2易分解
(2)①滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液,蓝色褪去,且半分钟内不变色
②HSO+2I-+H+===I2+SO+H2O
③250mL溶液中:
n(H+)=0.01mol·L-1×250×10-3L=2.5×10-3mol
n(KHSO4)=n(H+)=2.5×10-3mol
n(KHSO5)=n(Na2S2O3)=
=5×10-3mol
m(K2SO4)=1.5350g-2.5×10-3mol×136g·mol-1-5×10-3mol×152g·mol-1=0.435g
n(K2SO4)==2.5×10-3mol
x∶y∶z=1∶1∶2,化学式为K2SO4·KHSO4·2KHSO5
2.(2018·苏锡常镇质检)达喜的化学成分是AlaMgb(OH)c(CO3)d·xH2O,常用于中和胃酸。
(1)1mol达喜与足量的盐酸完全反应后生成水的物质的量为________(用含x等字母的代数式表示)。
(2)达喜化学式中a、b、c、d的关系为a+b________c+d(填“>”、“=”或“<”)。
(3)已知在常温下溶液中Al3+、Mg2+、AlO的浓度与溶液pH的关系如图所示。
为测定达喜的组成,进行了下列实验:
①取达喜6.02g研碎,缓慢加入2.00mol·L-1盐酸使其溶解,当加入盐酸85.00mL时开始产生CO2,加入盐酸至90.00mL时正好反应完全。
②在①所得溶液中加入适量的________(填“氨水”、“氢氧化铝”或“氧化镁”)以调节溶液的pH至5.0~7.8,使有关离子完全沉淀。
③将②产生的全部沉淀过滤、洗涤,灼烧至恒重,称量为1.02g。
请通过计算确定达喜的化学式(写出计算过程)。
解析
(1)可以理解为OH-+H+===H2O,CO+2H+===H2O+CO2↑,所以水的物质的量为c+d+x。
(2)根据电荷守恒知,3a+2b=c+2d,转化为2(a+b)-2(c+d)=-(a+c)<0,即a+b (3)②加入Al(OH)3或MgO时,最多只能将溶液pH调为7,要将溶液调成碱性,必须加碱,备选只有氨水满足。 答案 (1)x+c+d (2)< (3)②氨水 ③HCl的总物质的量: 2.00mol·L-1×0.09L=0.18mol CO产生CO2消耗HCl的物质的量: (0.09-0.085)L×2.00mol·L-1×2=0.02mol CO的物质的量: 0.02mol÷2=0.01mol 6.02g达喜中OH-的物质的量: 0.18mol-0.02mol=0.16mol 6.02g达喜中Al3+的物质的量: ×2=0.02mol 6.02g达喜中Mg2+的物质的量: =0.06mol 6.02g达喜中H2O的物质的量: =0.04mol n(Al3+)∶n(Mg2+)∶n(OH-)∶n(CO)∶n(H2O)=0.02mol∶0.06mol∶0.16mol∶0.01mol∶0.04mol=2∶6∶16∶1∶4 达喜的化学式为Al2Mg6(OH)16(CO3)·4H2O 3.某铜(Ⅱ)盐晶体组成可以表示为Ka[Cub(C2O4)c]·dH2O,其组成可通过下列实验测定: Ⅰ.铜含量的测定 ①准确称取3.54g样品,加入1mol·L-1的H2SO4溶解,配制成100mL溶液。 ②取所配溶液25.00mL于锥形瓶中,加入过量淀粉KI溶液,充分反应后用0.2000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定,消耗12.50mL。 (已知: 2Na2S2O3+I2===Na2S4O6+2NaI) (1)已知Cu2+可被I-还原生成CuI沉淀,试写出该反应的离子方程式____________________________________________________________________。 (2)用Na2S2O3溶液滴定至终点的现象为___________________________________________________________________。 Ⅱ.草酸根和结晶水含量的测定 另准确称取3.54g样品,灼烧。 剩余固体质量随温度变化如图: 已知: ①该晶体在150℃时失去结晶水,260℃时分解。 ②H2C2O4 CO↑+CO2↑+H2O (3)灼烧时用到的主要仪器有酒精灯、玻璃棒和________。 (4)计算该铜盐的组成(请写出计算过程)。 解析 (1)根据氧化还原反应规律,Cu2+可被I-还原生成CuI沉淀,Cu2+价态降低,必然I-价态升高,析出I2,则离子反应方程式为: 2Cu2++4I-===2CuI↓+I2。 (2)I2遇淀粉显蓝色,用Na2S2O3溶液滴定,蓝色逐渐变浅,至最后一滴Na2S2O3溶液滴入,蓝色彻底褪去,且半分钟内不再恢复蓝色,即达到滴定终点。 (3)灼烧固体应该用坩埚。 (4)取所配溶液25.00mL于锥形瓶中,加入过量KI溶液,充分反应后用0.2000mol/LNa2S2O3溶液滴定,消耗12.50mL,由2Na2S2O3+I2===Na2S4O6+2NaI得到关系式2Cu2+~I2~2Na2S2O3,则原晶体中n(Cu2+)=0.0125L×0.2mol/L×100mL/25.00mL=0.01mol; 晶体在150℃时失去结晶水剩余固体3.18g,此时失去的是结晶水,因此根据质量差可以求出结晶水的含量: n(H2O)==0.02mol 260℃时剩余固体质量为1.74g,发生分解反应: H2C2O4 CO↑+CO2↑+H2O,所以根据质量差可以求出: n(C2O)==0.02mol 最后根据据电荷守恒得: n(K+)=2n(C2O)-2n(Cu2+)=0.02mol×2-0.01mol×2=0.02mol 可以得到n(K+)∶n(Cu2+)∶n(C2O)∶n(H2O)=0.02mol∶0.01mol∶0.02mol∶0.02mol=2∶1∶2∶2,则该铜盐的化学式为: K2[Cu(C2O4)2]·2H2O。 答案 (1)2Cu2++4I-===2CuI↓+I2 (2)蓝色褪去,且半分钟不恢复 (3)坩埚 (4)2Cu2+~I2~2Na2S2O3 2.5×10-3mol0.2000×12.500×10-3mol n(Cu2+)=2.5×10-3mol×4=0.01mol n(H2O)==0.02mol n(C2O)==0.02mol 据电荷守恒得: n(K+)=2n(C2O)-2n(Cu2+)=0.02mol×2-0.01mol×2=0.02mol n(K+)∶n(Cu2+)∶n(C2O)∶n(H2O)=0.02mol∶0.01mol∶0.02mol∶0.02mol=2∶1∶2∶2,则该铜盐的化学式为: K2[Cu(C2O4)2]·2H2O 4.(2017·盐城三调)Cr(Ⅵ)对人体具有致癌、致突变作用。 铁氧体法[铁氧体是组成类似于Fe3O4的复合氧化物,其中部分Fe(Ⅲ)可被Cr(Ⅲ)等所代换]是目前处理Cr(Ⅵ)废水的常见方法之一,其工艺流程如下: (1)Cr(Ⅵ)包括CrO和Cr2O,我国排放标准是每升废水铬元素含量不超过0.5mg·L-1。 ①转化反应: 2CrO+2H+ Cr2O+H2O的平衡常数表达式为K=________; ②取某Cr(Ⅵ)废水(只含CrO)与2.0×10-4mol·L-1AgNO3溶液等体积混合,有棕红色Ag2CrO4沉淀,则原废水中六价铬超标________倍以上[Ksp(Ag2CrO4)=1.0×10-12]。 (2)铁氧体法处理含Cr2O废水的工艺流程中: ①“反应槽”中发生反应的离子方程式为 ____________________________________________________________________; ②在“加热曝气槽”中通人压缩空气的目的是 ____________________________________________________________________; (3)实验室有100L含Cr(Ⅵ)强酸性废水(只含Cr2O),经测定Cr2O浓度为2×10-4mol·L-1。 设计通过向其中加入一定量的FeSO4·7H2O,搅拌充分反应后再加入NaOH溶液调节pH,搅拌并加热,使Cr和Fe恰好均转化为Fe3+[Fe2+FeCr]O4(不考虑微量的残留)。 计算100L该废水需加入的FeSO4·7H2O的质量,写出计算过程。 解析 (1)①固体和纯液体不写入平衡常数,则K=;②设废水中CrO的浓度为x,与AgNO3溶液等体积混合后,CrO的浓度变成,c(AgNO3)==1.0×10-4(mol·L-1),Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO)=(1.0×10-4)2×=1.0×10-12,x=2.0×10-4(mol·L-1),Cr含量=2.0×10-4mol·L-1×52g·mol-1×1000mg·g-1=10.4mg·L-1,超标=20.8(倍)。 (2)①反应槽中,Cr2O在酸性条件下氧化Fe2+,生成Fe3+和Cr3+,根据Fe和Cr得失电子守恒,用H+平衡电荷;②反应槽中Fe2+是过量的,在“加热曝气槽”中,加入NaOH会生成Fe(OH)2,压入空气,可以将Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3,最终可以转化为铁氧体中的Fe3+。 (3)废水中Cr2O的物质的量为0.02mol,根据“Cr2O~6Fe2+”知,完全还原Cr2O时,消耗的n1(Fe2+)=0.12mol,反应后生成的n(Fe3+)=0.12mol,n(Cr3+)=0.04mol。 铁氧体为Fe3+[Fe2+FeCr]O4,设n(Fe2+)=1mol,则n(Fe3+)+n(Cr3+)=1+(1-x)+x=2,则形成铁氧体的n2(Fe2+)=[n(Fe3+)+n(Cr3+)]=×(0.12+0.04mol)=0.08mol,总共消耗的n(FeSO4·7H2O)=n1(Fe2+)+n2(Fe2+)=0.12mol+0.08mol=0.20mol,n(FeSO4·7H2O)=0.12mol+0.08mol=0.20mol,m(FeSO4·7H2O)=0.20mol×278g·mol-1=55.6g。 答案 (1)① ②20.8 (2)①Cr2O+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O ②将部分Fe(OH)2氧化为Fe(OH)3以形成铁氧体 (3)n(Cr2O)=100L×0.0002mol·L-1=0.0200mol,还原反应需消耗n1(Fe2+)=0.1200mol,同时反应生成的n(Cr3+)=0.0400mol,n(Fe3+)=0.1200mol 与Cr3+和Fe3+形成铁氧体的n2(Fe2+)=[n(Cr3+)+n(Fe3+)]=0.0800mol n(FeSO4·7H2O)=n1(Fe2+)+n2(Fe2+)=0.1200mol+0.0800mol=0.2000mol 加入的m(FeSO4·7H2O)=0.2000mol×278g·mol-1=55.6g 5.(2017·泰州中学质检)铜的硫化物可用于冶炼金属铜。 为测定某试样中Cu2S、CuS的质量分数,进行如下实验: 步骤1: 在0.7500g试样中加入100.00mL0.1200mol·L-1KMnO4的酸性溶液,加热,硫元素全部转化为SO,铜元素全部转化为Cu2+,滤去不溶性杂质。 步骤2: 收集步骤1所得滤液至250mL容量瓶中,定容。 取25.00mL溶液,用0.1000mol·L-1FeSO4溶液滴定至终点,消耗16.00mL。 步骤3: 在步骤2滴定所得溶液中滴加氨水至出现沉淀,然后加入适量NH4HF2溶液(使Fe、Mn元素不参与后续反应),加入约1gKI固体(过量),轻摇使之溶解并发生反应: 2Cu2++4I-===2CuI↓+I2。 用0.05000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点,离子方程式为2S2O+I2===2I-+S4O,消耗14.00mL。 已知: 酸性条件下,MnO的还原产物为Mn2+。 (1)若步骤3加入氨水产生沉淀时,溶液的pH=2.0,则溶液中c(Fe3+)=__________________。 (已知室温下Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39) (2)步骤3若未除去Fe3+,则测得的Cu2+的物质的量将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。 (3)计算试样中Cu2S和CuS的质量分数(写出计算过程)。 解析 (1)若步骤3加入氨水产生沉淀时,溶液的pH=2.0,则c(OH-)=10-12mol·L-1,Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=2.6×10-39,c(Fe3+)=2.6×10-3mol·L-1。 (2)步骤3若未除去Fe3+,则加入KI时先发生反应: 2Fe3++2I-===2Fe2++I2,后发生反应: 2Cu2++4I-===2CuI↓+I2,反应消耗的n(I-)增大,测得的n(Cu2+)偏高。 (3)设Cu2S和CuS的物质的量分别为x、y,计算的关系式为: 2Cu2+~I2~2S2O,n(Cu2+)=n(S2O)=0.05000mol·L-1×14.00×10-3L=7.000×10-4mol,则2x+y=7.000×10-4mol×(250mL÷25mL)。 Cu2S和CuS被酸性KMnO4溶液氧化为CuSO4,Cu、S两种元素失去电子的物质的量等于Mn元素得到电子的物质的量,即10x+8y=0.1200mol·L-1×0.1L×5-0.1000mol·L-1×0.16L×(250mL÷25mL)。 将两个方程联立求解,可得: x=2.000×10-3mol,y=3.000×10-3mol,据此可求质量分数。 答案 (1)2.6×10-3mol·L-1 (2)偏高 (3)w(Cu2S)=42.7% w(CuS)=38.4% 6.以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备二氧化氯气体,再用水吸收该气体获得二氧化氯溶液。 在此过程中需要控制适宜的温度,若温度不当,副反应增加,影响生成ClO2气体的纯度,且会影响ClO2气体的吸收率。 具体情况如图所示。 请回答下列问题: (1)据图可知,反应时需要控制的适宜温度是________,达到此要求采取的适宜措施是________________________________________________________。 (2)已知: 黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO氧化成SO,写出制备二氧化氯的离子方程式: _________________________________________________ __________________________________________________________________。 (3)某校化学学习小组拟以“”作为衡量ClO2产率的指标。 若取NaClO3样品质量6.0g,通过反应和吸收可得400mLClO2溶液,取出20mL,加入37.00mL0.500mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2溶液充分反应,过量Fe2+再用0.0500mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点,消耗20.00mL。 反应原理如下: 4H++ClO2+5Fe2+===Cl-+5Fe3++2H2O 14H++Cr2O+6Fe2+===2Cr3++6Fe3++7H2O 试计算ClO2的产率。 (写出计算过程) 解析 (1)由图可知ClO2的吸收率先升高后降低,当达到30℃时最大,兼顾两者适宜温度即为30℃,当所需温度低于100℃时,水浴加热便于控温和均匀受热。 (2)由得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒,以及酸性环境不难得出离子方程式。 (3)详细过程参见答案。 答案 (1)30℃ 水浴加热(或水浴控制恒温) (2)15ClO+FeS2+14H+===15ClO2↑+Fe3++7H2O+2SO (3)与K2Cr2O7反应的n(Fe2+)=6n(Cr2O)=6×20.00×10-3L×0.0500mol·L-1=6×10-3mol,与ClO2反应的n(Fe2+)=37.00×10-3L×0.500mol·L-1-6×10-3mol=1.25×10-2mol,n(ClO2)=×1.25×10-2mol=2.5×10-3mol,ClO2的产率 =×100%=56.25%。 7.(2016·徐州宿迁三调)草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体Kx[Fey(C2O4)z]·nH2O可用于摄影和蓝色印刷。 为确定其组成,某化学兴趣小组在没有氧气干扰下进行如下实验: 实验Ⅰ.草酸根含量的测定 称取0.9820g样品放入锥形瓶中,加入适量稀硫酸和一定量水,加热至343~358K,用0.2000mol·L-1KMnO4溶液滴定,滴定过程中草酸根离子转变成CO2逸出反应容器,KMnO4转变成Mn2+。 达到滴定终点时,共消耗KMnO4溶液12.00mL。 实验Ⅱ.铁含量的测定 将上述滴定过草酸根的保留液充分加热,使淡红色消失。 冷却后,调节溶液pH并加入过量的KI固体,充分反应后调节pH至7左右,滴入几滴淀粉溶液做指示剂,用0.2500mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点,共消耗Na2S2O3溶液8.00mL。 (已知: 实验Ⅱ中涉及的部分离子方程式为: I2+2S2O===2I-+S4O) 请根据上述实验回答下列问题: (1)实验Ⅰ在滴定过程中发生的离子反应方程式为 ____________________________________________________________________。 (2)MnO在酸性条件下,加热能分解为O2,同时生成Mn2+。 若实验Ⅱ中没有对实验Ⅰ的保留液进行充分加热,则测定的Fe3+的含量将会________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。 (3)实验Ⅱ用淀粉溶液做指示剂,则滴定终点观察到的现象为________________。 (4)通过计算确定样品晶体的组成(写出计算过程)。 解析 (1)方程式书写分成以下几步: ①得失电子守恒: 2Mn+7O+5C2+3O-2Mn+22++10C+4O2↑,②电荷守恒: 2Mn+7O+5C2+3O+16H+-2Mn2++2+10C+4O2↑,③质量守恒: 2Mn+7O+5C2+3O+16H+-2Mn2++2+10C+4O2↑+8H2O。 (2)未充分加热,过量的MnO与Fe3+一起氧化I-,故测得Fe3+的含量是偏高的。 (3)当Na2S2O3标准溶液将I2消耗结束时,溶液颜色由原来的蓝色变成无色。 (4)依据MnO的量,可求得C2O的量,依据S2O的量可求得Fe3+的量,再根据电荷守恒,得出K+的量,再由质量守恒得出H2O的量,由它们的物质的量之比,可得出物质的化学式。 答案 (1)2MnO+5C2O+16H+===2Mn2++8H2O+10CO2↑ (2)偏高
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