高考化学专题06化学计量与化学计算热点试题专项训练B练习.docx
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高考化学专题06化学计量与化学计算热点试题专项训练B练习
2019年高考化学专题06化学计量与化学计算热点试题专项训练(B)练习06化学计量与化学计算(B)
【真题】
1、【2018卷】磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下:
已知:
磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH),还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。
溶解度:
Ca5(PO4)3(OH) (6)取ag所得精制磷酸,加适量水稀释,以百里香酚酞作指示剂,用bmol·L−1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4,消耗NaOH溶液cmL,精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。 (已知: H3PO4摩尔质量为98g·mol−1) 【答案】 2、【2018江苏卷】碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。 室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末,反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液,反应方程式为 (2−x)Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O 2[(1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3]+3xCaSO4↓+3xCO2↑ 生成物(1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。 (3)通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值,测定方法如下: ①取碱式硫酸铝溶液25.00mL,加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应,静置后过滤、洗涤,干燥至恒重,得固体2.3300g。 ②取碱式硫酸铝溶液2.50mL,稀释至25mL,加入0.1000mol·L−1EDTA标准溶液25.00mL,调节溶液pH约为4.2,煮沸,冷却后用0.08000mol·L−1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点,消耗CuSO4标准溶液20.00mL(已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1)。 计算(1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值(写出计算过程)。 【答案】(3)25mL溶液中: n(SO42−)=n(BaSO4)= =0.0100mol 2.5mL溶液中: n(Al3+)=n(EDTA)−n(Cu2+)=0.1000mol·L−1×25.00mL×10−3L·mL−1−0.08000mol·L−1×20.00mL ×10−3L·mL−1=9.000×10−4mol 25mL溶液中: n(Al3+)=9.000×10−3mol 1mol(1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中 n(Al3+)=(2−x)mol;n(SO42−)=3(1−x)mol = = ,解得x=0.41 3、【2017江苏卷】碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。 (2)碱式氯化铜有多种组成,可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。 为测定某碱式氯化铜的组成,进行下列实验: ①称取样品1.1160g,用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A;②取25.00mL溶液A,加入足量AgNO3溶液,得AgCl0.1722g;③另取25.00mL溶液A,调节pH4~5,用浓度为0.08000mol·L−1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+(离子方程式为Cu2++H2Y2− CuY2−+2H+),滴定至终点,消耗标准溶液30.00mL。 通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。 【答案】 (2)n(Cl−)=n(AgCl)× = =4.800×10−3mol n(Cu2+)=n(EDTA)× =0.08000mol·L−1×30.00mL×10−3L·mL−1× =9.600×10−3mol n(OH−)=2n(Cu2+)−n(Cl−)=2×9.600×10−3mol-4.800×10−3mol=1.440×10−2mol m(Cl−)=4.800×10−3mol×35.5g·mol−1=0.1704g m(Cu2+)=9.600×10−3mol×64g·mol−1=0.6144g m(OH−)=1.440×10−2mol×17g·mol−1=0.2448g n(H2O)= =4.800×10−3mol a∶b∶c∶x=n(Cu2+)∶n(OH−)∶n(Cl−)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1 化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O =0.08000mol·L−1×30.00mL×10−3L·mL−1× =9.600×10−3mol 再由化合物中电荷守恒得: n(OH−)=2n(Cu2+)−n(Cl−)=2×9.600×10−3mol-4.800×10−3mol=1.440×10−2mol 分别求出这3种离子的质量,根据质量守恒,求出H2O的质量: m(Cl−)=4.800×10−3mol×35.5g·mol−1=0.1704g m(Cu2+)=9.600×10−3mol×64g·mol−1=0.6144g m(OH−)=1.440×10−2mol×17g·mol−1=0.2448g 再求出结晶水的物质的量: n(H2O)= =4.800×10−3mol 最后求出各粒子的个数之比,写出化学式: 因为a∶b∶c∶x=n(Cu2+)∶n(OH−)∶n(Cl−)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1,所以该样品的化学式Cu2(OH)3Cl·H2O。 【典题】 1.设NA代表阿伏加德罗常数的值,N表示粒子数。 下列叙述正确的是() A.在标准状况下,78g苯的碳碳双键数目为3NA B.将1molCl2通入水中,则N(HClO)+N(Cl-)+N(ClO-)=2NA C.将CO2通过Na2O2使其增重ag时,反应中转移电子数为 D.200g30%的甲醛(HCHO)或醋酸溶液中含有的碳原子总数都为2NA 【答案】D 2.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是() A.1molNaHSO4熔融或溶于水时电离出的离子总数均为3NA B.17gH2O2含有0.5NA个非极性共价键 C.在1L0.5mol·L-1H2SO4溶液中,含有的氧原子数为2NA D.标准状况下,22.4LCl2溶于水转移的电子数为NA 【答案】B 【解析】1molNaHSO4熔融时电离出钠离子和硫酸氢根离子,离子总数为2NA,故A项错误;1个H2O2分子中含有1个非极性共价键,17gH2O2的物质的量是 =0.5mol,含有0.5NA个非极性共价键,故B项正确;硫酸、水都含有氧原子,在1L0.5mol·L-1H2SO4溶液中,含有的氧原子数大于2NA,故C项错误;氯气溶于水时,部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,所以标准状况下,22.4LCl2溶于水转移的电子数小于NA,故D项错误。 3.设NA为阿伏加德罗常数的值。 下列有关叙述正确的是() A.28g乙烯和环丙烷混合气体中的氢原子数为4NA B.25℃时,pH=1的H3PO4溶液中含有H+的数目为0.1NA C.3molH2与1molN2于密闭容器中充分反应后,其分子总数为4NA D.标准状况下,2.24L苯在O2中完全燃烧得到CO2分子数为0.6NA 【答案】A 【解析】乙烯和环丙烷的最简式均为CH2,28g“CH2”的物质的量为2mol,则28g此混合气体中氢原子数为4NA,A项正确;因溶液的体积未知,故无法计算出pH=1的H3PO4溶液中H+的数目,B项错误;氢气与氮气反应生成氨气,是分子数减少的反应,故3molH2与1molN2于密闭容器中充分反应后,其分子总数小于4NA,C项错误;标准状况下,苯的状态为液体,无法计算苯的物质的量,D项错误。 4.阿伏加德罗常数的值为NA,下列有关叙述不正确的是() A.标准状况下,11.2LHF中含有氟原子的数目为0.5NA B.含1molCl-的NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性,此时溶液中N 数为NA C.13g锌与一定量浓硫酸恰好完全反应,生成气体的分子数为0.2NA D.28g乙烯和环丁烷的混合气体中含有的碳原子数为2NA 【答案】A 5.NA为阿伏加德罗常数的值,下列有关说法正确的是() A.电解熔融氧化铝,阳极上每生成67.2L气体,就有4NA个Al3+在阴极得到电子变成Al B.1L0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中HC 和C 的数目之和为0.1NA C.0.25molZn与一定量浓硫酸反应后完全溶解,生成气体的分子数为0.25NA D.46g有机物C2H6O中含有极性共价键的数目一定为7NA 【答案】C 【解析】未注明气体所处的状态,无法计算67.2L气体的物质的量,故A项错误;1L0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中,根据物料守恒,HC 和C 以及碳酸分子数之和为0.1NA,故B项错误;Zn的物质的量是0.25mol,无论生成氢气还是二氧化硫,都是生成1mol气体得到2mol电子,0.25mol锌可以反应生成0.25mol气体,气体分子数必为0.25NA,故C项正确;C2H6O可能为乙醇,也可能为二甲醚,当为二甲醚时,1molC2H6O中含8NA个极性共价键,故D项错误。 6.设阿伏加德罗常数的值为NA,下列有关叙述正确的是() A.室温下,1LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.2NA B.密闭容器中0.2molNO和0.1molO2充分反应后,分子总数为0.2NA C.7.8gNa2S和7.8gNa2O2中含有阴、阳离子总数均为0.3NA D.0.02molNa与0.1mol·L-1的盐酸充分反应,转移的电子数为0.01NA 【答案】C 7、碲(Te)的单质和化合物在化工生产等方面具有重要应用。 25℃时,亚碲酸(H2TeO3)的Ka1=1×10-3,Ka2=2×10-8,0.1mol·L-1H2TeO3溶液中H2TeO3的电离度α约为(α= ×100%);NaHTeO3溶液的pH(填“<”“>”或“=”)7。 【答案】10%< 【解析】弱酸以一级电离为主,H2TeO3 HTe +H+,设溶液中H+和HTe 的浓度均为xmol·L-1,则Ka1= =1×10-3,则x=0.01mol·L-1,α= ×100%=10%;HTe +H2O H2TeO3+OH-,其水解常数Kb= =1×10-11 电离大于其水解,其水溶液的pH<7。 8、.实验室有一瓶硫酸亚铁和硫酸铁的混合物,取一定量样品溶于水,配成100mL溶液。 所得溶液分成两份,在第一份溶液中加入220mL0.5mol·L-1氯化钡溶液恰好完全反应;在第二份溶液中通入标准状况下的氯气0.896L,可使Fe2+全部变成Fe3+。 (1)所取样品中硫酸铁的物质的量是。 (2)若在第一份溶液完全反应后所得溶液中再加入足量氢氧化钠溶液,所得沉淀经洗涤,在空气中充分灼烧,最后所得残渣的质量是。 【答案】 (1)0.02mol (2)8g 9、.软锰矿(主要成分MnO2,杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O,反应的化学方程式为MnO2+SO2 MnSO4。 (1)质量为17.40g纯净的MnO2最多能氧化LSO2(标准状况)。 (2)已知: Ksp[Al(OH)3]=1×10-33,Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39,pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。 室温下,除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度小于1×10-6mol·L-1),需调节溶液pH范围为。 (3)下图可以看出,从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体,需控制的结晶温度范围为。 (4)准确称取0.1710gMnSO4·H2O样品置于锥形瓶中,加入适量H3PO4和NH4NO3溶液,加热使Mn2+全部氧化成Mn3+,用c(Fe2+)=0.0500mol·L-1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+),消耗Fe2+溶液20.00mL。 计算MnSO4·H2O样品的纯度。 (请给出计算过程) 【答案】 (1)4.48 (2)5.0 (4)n(Fe2+)=0.0500mol·L-1× =1.00×10-3mol n(Mn2+)=n(Fe2+)=1.00×10-3mol m(MnSO4·H2O)=1.00×10-3mol×169g·mol-1=0.169g MnSO4·H2O样品的纯度为 ×100%≈98.8% 浓度应为1×10-9mol·L-1,即pH最小应为5.0,因为Mn(OH)2沉淀时的最小pH为7.1,故除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+,应调节溶液pH的范围为5.0 (3)由图可知,60℃时,MgSO4·6H2O与MnSO4·H2O的溶解度相等,随着温度的不断升高,MgSO4·6H2O的溶解度逐渐增大,而MnSO4·H2O的溶解度逐渐减小,因此欲从混合溶液中结晶析出MnSO4·H2O,需控制温度在60℃以上。 (4)Fe2+的氧化产物为Fe3+,由质量守恒定律和电子守恒可得: Mn2+~Mn3+~Fe2+,因此,n(Mn2+)=n(Fe2+)=0.0500mol·L-1×0.020L=1.00×10-3mol,则m(MnSO4·H2O)=1.00×10-3mol×169g·mol-1=0.169g,故MnSO4·H2O样品的纯度为 ×100%≈98.8%。 10、钪及其化合物具有许多优良的性能,在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。 从钛白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Sc2O3)的一种流程如下: 回答下列问题。 (1)25℃时,先加入氨水调节pH=3,过滤,滤渣主要成分是;再向滤液加入氨水调节pH=6,滤液中Sc3+的浓度为。 Ksp[Mn(OH)2]=1.9×10-13、Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39,Ksp[Sc(OH)3]=9.0×10-31 (2)用草酸“沉钪”。 25℃时pH=2的草酸溶液中 =(保留两位有效数字)。 写出“沉钪”得到草酸钪的离子方程式。 (已知Ka1(H2C2O4)=5.9×10-2,Ka2(H2C2O4)=6.4×10-5) (3)废酸中含钪量为15mg·L-1,则VL废酸最多可提取Sc2O3的质量为。 【答案】 (1)Fe(OH)39.0×10-7mol·L-l (2)3.8×10-22Sc3++3H2C2O4 Sc2(C2O4)3↓+6H+ (3)0.023Vg
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- 高考 化学 专题 06 计量 计算 热点 试题 专项 训练 练习