优化探究高考化学总复习 专题讲座一 化学计算中的基本技能和数学思想课时作业.doc

课时作业(三)化学计算中的基本技能和数学思想一、选择题1有一在空气中暴露过的koh固体，经分析知其含水2.8%，含k2co3 37.3%，其余为koh。现取1 g样品加入到25 ml 2 moll1的盐酸中，多余盐酸用1.0 moll1 koh溶液33.9 ml恰好完全中和，蒸发中和后溶液可得到固体为()a1 gb3.725 gc0.797 g d2.836 g解析：将样品加入到盐酸中发生反应k2co32hcl=2kclco2h2o、kohhcl=kclh2o，反应后盐酸剩余，加入koh又发生反应。该题虽涉及反应不多，但数据较多，用常规方法很难解答。据题意反应结束后溶质只有kcl可知：n(kcl)n(cl)n(hcl)0.025 l2 moll10.05 molm(kcl)0.05 mol74.5 gmol13.725 g。答案：b2在含有a g hno3的稀硝酸中，加入b g铁粉充分反应，铁全部溶解并生成no，有 g hno3被还原，则ab不可能为()a21 b31c41 d92解析：fe与hno3反应时，根据铁的用量不同，反应可分为两种极端情况。(1)若fe过量，发生反应：3fe8hno3(稀)=3fe(no3)22no4h2o，则有38，解得：，此为ab的最小值。(2)若hno3过量，发生反应：fe4hno3(稀)=fe(no3)3no2h2o，则有14，解得：此为ab的最大值。所以ab的取值范围为，即ab的比值在此范围内均合理。答案：a3两种金属混合物共15 g，投入足量的盐酸中，充分反应后得到11.2 l h2(标准状况)，则原混合物的组成肯定不可能为()amg和ag bzn和cucal和zn dal和cu解析：本题可用平均摩尔电子质量(即提供1 mol电子所需的质量)法求解。反应中h被还原生成h2，由题意可知15 g金属混合物可提供1 mol e，其平均摩尔电子质量为15 g/mole。选项中金属mg、zn、al的摩尔电子质量分别为12 g/mole、32.5 g/mole、9 g/mole，其中不能与盐酸反应的ag和cu的摩尔电子质量可看做。根据数学上的平均值原理可知，原混合物中一种金属的摩尔电子质量大于15 g/mole，另一金属的摩尔电子质量小于15 g/mole。答案：b4在氧气中灼烧0.44 g s和fe组成的化合物，使其中的s全部转化成h2so4，这些h2so4可用20 ml 0.5 mol/l的naoh溶液完全中和，则原化合物中s的质量分数约为()a18% b46%c53% d36%解析：根据元素守恒：sso2h2so42naoh，所以m(s)0.16 g，则w(s)100%36%。答案：d5标准状况下，一个装满氯气的容器的质量为74.6 g，若装满氮气时总质量为66 g，则此容器的容积是()a22.4 l b44.8 lc11.2 l d4.48 l解析：22.4 l(标准状况下)cl2换成22.4 l(标准状况下)n2的质量差是(7128) g43 g，设氯气的体积为x l，则有cl2n2m224 l43 gx l74.6 g66 g8.6 g解得x4.48。答案：d6把氯气通入浓氨水中，会立即发生下列反应：3cl28nh3h2o=6nh4cln28h2o。在标准状况下，把1.12 l cl2、n2的混合气体(90% cl2和10% n2，均为体积分数)通过浓氨水，实验测得逸出气体体积为0.672 l(其中有50% cl2和50% n2)，此反应中被氧化的nh3的质量为()a3.4 g b0.34 gc1.36 g d4.48 g解析：由反应式可得出每3 mol cl2(反应气)生成1 mol n2(生成气)时，气体物质的量减少了2 mol，即体积减小44.8 l，这一量即为“理论差量”，而这一差量所对应的被氧化的氨气的物质的量为2 mol(质量为34 g)，再从题中所给的数据可以求出“实际差量”为(1.120.672)l0.448 l。即：3cl22nh3n2v2 mol17 gmol144.8 lm(被氧化的nh3)0.448 l列出比例式：(2 mol17 gmol1)44.8 lm(被氧化的nh3)0.448 l，则m(被氧化的nh3)0.34 g。答案：b7一定质量的碳和8 g氧气在密闭容器中于高温下反应，恢复到原来的温度，测得容器内的压强变为原来的1.4倍，则参加反应的碳的质量为()a2.4 g b4.2 gc6 g d无法确定解析：n(o2)0.25 mol，由阿伏加德罗定律可知，气体压强变为原来的1.4倍，气体的物质的量变为原来的1.4倍，即n(c)n(co)n(co2)0.25 mol1.40.35 mol，m(c)12 gmol10.35 mol4.2 g答案：b8(2015年深圳模拟)由锌、铁、镁、铝四种金属中的两种组成的混合物10 g，与足量的盐酸反应产生1.0 g 氢气。则混合物中一定含有的金属是()a锌 b铁c铝 d镁解析：观察选项，a、b、d均为二价金属，铝相当于相对原子质量为18的二价金属。设混合金属为m，其平均相对原子质量设为x，则它与氢气的关系是：mh2x210 g1.0 gx20既然是混合金属，其相对原子质量有比20大的，也有比20小的，小的只有铝，所以必定含有的金属是铝。答案：c9取3.5 g某二价金属的单质投入50 g溶质质量分数为18.25%的稀盐酸中，反应结束后，金属仍有剩余；若取2.5 g该金属投入相同质量、相同质量分数的稀盐酸中，等反应结束后，加入该金属还可以反应。该金属的相对原子质量为()a24 b40c56 d65解析：n(hcl)0.25 mol，r2hcl=rcl2h2，二价金属最大摩尔质量28 gmol1，二价金属最小摩尔质量20 gmol1，所以，20mr28。答案：a10在15 g铁和氧化铁混合物中，加入稀硫酸150 ml，能放出h2 1.68 l(标准状况)。同时铁和氧化铁均无剩余，向反应后的溶液中滴入kscn溶液，未见颜色变化。为了中和过量的h2so4，且使fe2完全转化成fe(oh)2，共消耗3 moll1的naoh溶液200 ml，则原硫酸的物质的量浓度是()a1.5 moll1 b2 moll1c2.5 moll1 d3 moll1解析：此题反应过程复杂，但最后溶液中只有na2so4，因为naoh共0.6 mol，故na2so4为0.3 mol，所以原h2so4为0.3 mol。答案：b二、非选择题11ba2是一种重金属离子，有一环境监测小组欲利用na2s2o3、ki、k2cr2o7等试剂测定某工厂废水中ba2的浓度。(1)现需配制250 ml 0.100 mol/l标准na2s2o3溶液，所需要的玻璃仪器除量筒、250 ml容量瓶、玻璃棒外，还需要_。(2)取废水50.00 ml，控制适当的酸度加入足量的k2cr2o7溶液，得bacro4沉淀；沉淀经洗涤、过滤后，用适量的稀盐酸溶解，此时cro全部转化为cr2o；再加过量ki溶液反应，反应液中再滴加上述na2s2o3溶液，反应完全时，消耗na2s2o3溶液36.00 ml。已知有关的离子方程式为：cr2o6i14h=2cr33i27h2o；i22s2o=2is4o。试计算该工厂废水中ba2的物质的量浓度。解析：(1)根据配制溶液的实验步骤，还需要选取的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管。(2)由反应方程式可得下列关系式。设ba2物质的量为x，则ba2bacro4cr2oi23s2o1 mol3 molx36.001030.100 molx1.2103 mol，所以c(ba2)0.024 mol/l。答案：(1)烧杯、胶头滴管(2)0.024 mol/l120.80 g cuso45h2o样品受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如下图所示。请回答下列问题：(1)试确定200 时固体物质的化学式_(要求写出推断过程)。(2)若在0.1 moll1硫酸铜溶液中通入过量h2s气体，使cu2完全沉淀为cus，此时溶液中的h浓度是_moll1。解析：(2)cu2h2s=cus2h1201 moll1c(h)c(h)0.2 moll1。答案：(1)cuso45h2ocuso4(5n)h2onh2o25018n080 g0.80 g0.57 g0.23 g，解得n4则此时固体物质的化学式为cuso4h2o(2)0.213(2014年高考四川卷节选)污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。某研究小组利用软锰矿(主要成分为mno2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的so2，又制得电池材料mno2(反应条件已省略)。请回答下列问题：(1)上述流程脱硫实现了_(选填下列字母编号)。a废弃物的综合利用b白色污染的减少c酸雨的减少(2)用mnco3能除去溶液中al3和fe3，其原因是_。(3)假设脱除的so2只与软锰矿浆中mno2反应。按照图示流程，将a m3(标准状况)含so2的体积分数为b%的尾气通入矿浆，若so2的脱除率为89.6%，最终得到mno2的质量为c kg，则除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰元素相当于mno2_kg。解析：(1)白色污染主要是由于过度使用塑料引起的。(2)mnco3是碳酸盐，能与酸反应，使c(h)减小，从而使al3、fe3的水解平衡向右移动生成沉淀。(3)mno2so2=mnso4，通入的so2的物质的量n(so2) mol，生成的mnso4的物质的