2024届人教版高考化学一轮复习第二章第2讲化学计算的常用方法作业含答案

这是一份2024届人教版高考化学一轮复习第二章第2讲化学计算的常用方法作业含答案，共14页。试卷主要包含了6 g CO和4，25 ml,即m=0等内容，欢迎下载使用。
第2讲　化学计算的常用方法

(40分钟)
选题表
知识点
题号
基础
能力
创新
比例式法
1,4

11
差量法
2,5


守恒法
3
8,10

关系式法
6
7,9
12

1.以“物质的量”为中心的计算是化学计算的基础。下列与物质的量相关的计算正确的为(　D　)
A.现有CO、CO2、O3三种气体,它们分别都含有 1摩尔O,则三种气体的物质的量之比为3∶2∶1
B.5.6 g CO和4.48 L CO2中含有碳原子数一定相等
C.标准状况下,11.2 L X气体分子质量为16 g,则X气体的摩尔质量为32
D.a g Cl2中有b个氯原子,则阿伏加德罗常数NA的数值可以表示为35.5ba
解析:根据分别含1 mol O,可知CO、CO2和O3的物质的量分别为1 mol、12 mol和13 mol,其物质的量之比为1∶12∶13=6∶3∶2,A错误;未指出CO2所处的状态,无法计算其物质的量,B错误;摩尔质量的单位是g·mol-1,即X气体的摩尔质量是32 g·mol-1,C错误;a g Cl2为a71mol,所含氯原子数为a71×2NA=b,故NA的数值可表示为35.5ba,D正确。
2.CS2是实验室常用有机溶剂,取一定量CS2在氧气中充分燃烧,生成SO2和CO2,若0.1 mol CS2在1 mol O2中完全燃烧,反应生成气体混合物在标准状况下的体积是(　D　)
A.6.72 L B.13.44 L
C.15.68 L D.22.4 L
解析:由于CS2+3O2CO2+2SO2,反应中O2有剩余,最后得到气体为O2、CO2和SO2的混合气体,反应中只有CS2是液体,其余全为气体,且反应前后气体的物质的量不变,即Δn=0,故最后混合气体的物质的量仍为1 mol,标准状况下体积为22.4 L,D正确。
3.28 g铁粉溶于稀盐酸中,然后加入足量的Na2O2固体,充分反应后过滤,将滤渣加强热,最终得到的固体质量为(　B　)
A.36 g B.40 g
C.80 g D.160 g
解析:28 g Fe溶于稀盐酸中生成FeCl2,然后加入足量Na2O2固体,Na2O2溶于水后生成NaOH和O2,本身具有强氧化性,充分反应后生成Fe(OH)3沉淀,过滤后滤渣加强热,最终得到固体为Fe2O3,由铁原子守恒得n(Fe2O3)=12n(Fe)=12×28 g56 g·mol-1=0.25 mol,即m(Fe2O3)=0.25 mol×
160 g·mol-1=40 g。
4.在反应X+2YR+2M中,已知R和M的摩尔质量之比为22∶9,当
1.6 g X与Y完全反应后,生成4.4 g R。则在此反应中Y和M的质量之比为(　A　)
A.16∶9 B.23∶9
C.32∶9 D.46∶9
解析:设生成M的质量为m,由已知反应得
　　X　+　2YR　 +　 2M
Mr(R) 2Mr(M)
4.4 g m
由题意得Mr(R)∶2Mr(M)=22∶18=4.4 g∶m,解得m=3.6 g。根据质量守恒定律,参加反应的Y的质量为4.4 g+3.6 g-1.6 g=6.4 g,故Y与M的质量比为6.4 g∶3.6 g=16∶9。
5.25 ℃和101 kPa时,乙烷、乙炔和丙烯组成的混合烃32 mL与过量氧气混合并完全燃烧,除去水蒸气,恢复到原来的温度和压强,气体总体积缩小了72 mL,原混合烃中乙炔的体积分数为(　B　)
A.12.5% B.25%
C.50% D.75%
解析:
4CxHy+(4x+y)O24xCO2+2yH2O　ΔV
4 4x+y 4x 4+y
32 mL 72 mL
列方程得432=4+y72,解得y=5,即氢原子数平均值是5,乙烷和丙烯均含
6个氢原子,利用十字交叉法(),可计算出乙炔的体积分数为11+3×100%=25%。
6.黄铁矿的主要成分是FeS2,已知4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时,取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧,将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后,用浓度为
0.020 00 mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点,消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。
已知:SO2+2Fe3++2H2OSO42-+2Fe2++4H+;
Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O。
(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)　　　　　(保留一位小数)。 
(2)煅烧10 t上述黄铁矿,理论上产生SO2的体积(标准状况)为
　　　　　　L,制得98%硫酸的质量为　　　　t。 
解析:(1)根据反应方程式4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2、SO2+2Fe3++
2H2OSO42-+2Fe2++4H+、Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O,可得关系式
Cr2O72-～6Fe2+～3SO2　～　32FeS2
1 32
(0.020 00×0.025)mol m(FeS2)120 g·mol-1
解得m(FeS2)=0.090 00 g,样品中FeS2的质量分数为0.090 00 g0.100 0 g×
100%=90.0%。
(2)4FeS2+11O2　　2Fe2O3+8SO2
4 mol 8 mol
10×106×90.0%120mol n(SO2)
解得n(SO2)=1.5×105mol,在标准状况下的体积V(SO2)=3.36×106 L,设制得98% H2SO4的质量为m,
由SO2～　SO3　～　H2SO4
1 mol 98 g
1.5×105mol m×98%
解得m=1.5×107g=15 t。
答案:(1)90.0%　(2)3.36×106　15

7.用间接滴定法测定某葡萄糖酸钙产品(M[Ca(C6H11O7)2·H2O]=
448 g·mol-1)的纯度,其步骤如下:
①称取产品0.600 g置于烧杯中,加入蒸馏水及适量稀盐酸;
②加入足量(NH4)2C2O4溶液,用氨水调节pH为4～5,生成白色沉淀,过滤、洗涤;
③将②洗涤后所得的固体溶于稀硫酸溶液中,用0.020 00 mol·L-1
KMnO4标准溶液滴定,消耗KMnO4标准溶液25.00 mL。
(1)用KMnO4标准溶液滴定待测液的反应原理为   
(用离子方程式表示),判断滴定达到终点的现象为  　。 
(2)根据以上实验数据,测得产品中葡萄糖酸钙晶体的纯度为　　　　　(保留三位有效数字)。 
解析:(2)反应原理为5H2C2O4+2MnO4-+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O,得关系式
5Ca(C6H11O7)2·H2O～5CaC2O4～5H2C2O4～2MnO4-
5 mol 2 mol
n　　　 　0.020 00 mol·L-1×25.00×10-3L
解得n=1.250×10-3mol,m[Ca(C6H11O7)2·H2O]=M[Ca(C6H11O7)2·H2O]·n,则葡萄糖酸钙晶体的纯度为1.250×10-3mol×448 g·mol-10.600 g×100%≈93.3%。
答案:(1)5H2C2O4+2MnO4-+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O　滴入最后半滴KMnO4标准溶液,溶液由无色变为浅紫色,且半分钟内不褪色　(2)93.3%
8.(1)以硅藻土为载体的五氧化二钒(V2O5)是接触法生产硫酸的催化剂。从废钒催化剂中回收V2O5既避免污染环境又有利于资源综合利用。如图是一种废钒催化剂回收工艺路线:

“氧化”中欲使3 mol的VO2+变为VO2+,则需要氧化剂KClO3至少为
　　　　mol。 
(2)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力,其定义是每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为　　　　(保留两位小数)。 
解析:(1)根据电子守恒可知6VO2+～KClO3,n(KClO3)=16n(VO2+)=0.5 mol。
(2)Cl2、NaClO2的还原产物均为Cl-。根据 NaClO2～Cl-、Cl2～2Cl-,得电子数相等时存在 NaClO2～2Cl2,故NaClO2的有效氯含量为71×290.5≈1.57。
答案:(1)0.5　(2)1.57
9.银铜合金广泛应用于航空工业,从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺流程如图所示:

[注:Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 ℃和80 ℃]
若银铜合金中铜的质量分数为64.0%,理论上 5.0 kg 废料中的铜可完全转化为　　　　mol CuAlO2,至少需要1.0 mol·L-1的Al2(SO4)3溶液　　　　L。 
解析:5.0 kg废料中铜的物质的量为n(Cu)=5.0×103g×64.0%64 g·mol-1=50 mol,根据流程图分析和Cu原子守恒可得如下关系式
2Cu～Al2(SO4)3～2CuAlO2
2 1 2
故可完全转化生成50 mol CuAlO2,至少需要 Al2(SO4)3 的体积为50mol21.0mol·L-1=25.0 L。
答案:50　25.0
10.碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。
(1)碱式氯化铜有多种制备方法
①方法1:45～50 ℃时,向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　。 
②方法2:先制得CuCl2,再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2,Fe3+对该反应有催化作用,其催化原理如图所示。M′的化学式为　　　 　　。 

(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1.116 0 g,用少量稀硝酸溶解后配成100.00 mL溶液A;②取 25.00 mL溶液A,加入足量AgNO3溶液,得AgCl 0.172 2 g;③另取25.00 mL溶液A,调节pH 4～5,用浓度为 0.080 00 mol·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30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。
解析:(1)①反应物为CuCl、O2和H2O,生成物为Cu2(OH)2Cl2·3H2O,根据电子守恒和原子守恒配平。②由图示知,Cu+M→Cu2++M′,说明Cu被M氧化;M′+O2+H+→M+H2O,说明M′被氧化为M,M价态高,由题给信息“Fe3+对该反应起催化作用”可知,M为Fe3+,M′为Fe2+。
答案:(1)①4CuCl+O2+8H2O2[Cu2(OH)2Cl2·3H2O]　②Fe2+　
(2)n(Cl-)=n(AgCl)×100.00 mL25.00 mL=0.172 2 g143.5 g·mol-1×100.00 mL25.00 mL=4.800×
10-3mol,n(Cu2+)=n(EDTA)×100.00 mL25.00 mL=0.080 00 mol·L-1×30.00 mL×
10-3L·mL-1×100.00 mL25.00 mL=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×35.5 g·mol-1=0.170 4 g,m(Cu2+)=9.600×10-3mol×
64 g·mol-1=0.614 4 g,m(OH-)=1.440×10-2mol×17 g·mol-1=0.244 8 g,
n(H2O)=1.116 0 g-0.170 4 g-0.614 4 g-0.244 8 g18 g·mol-1=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。

11.在一定条件下,向a g环己烯样品中加入b mol Br2,与环己烯充分反应后,剩余的Br2与足量KI作用生成I2,用c mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定I2,终点时消耗Na2S2O3标准溶液V mL(以上数据均已扣除干扰因素)。
测定过程中,发生的反应如下:
①Br2+　②Br2+2KII2+2KBr　③I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6
(1)滴定所用指示剂为　　　　　。样品中环己烯的质量分数为　　　　　　　　(用含a、b、c的代数式表示)。 
(2)下列情况会导致测定结果偏低的是　　　(填字母)。 
a.样品中含有苯酚杂质
b.在测定过程中部分环己烯挥发
c.Na2S2O3标准溶液部分被氧化
解析:(1)由反应原理可知,当I2被Na2S2O3消耗完时,达到滴定终点,可用淀粉溶液作指示剂。
I2　+　2Na2S2O32NaI+Na2S4O6
1 2
cV2 000 cV1 000
则与环己烯反应的Br2为(b-cV2 000)mol,
Br2　　　+　　　
1 mol 82 g
(b-cV2 000)mol m g
解得m=82(b-cV2 000),环己烯的质量分数为mgag×100%=82(b-cV2 000)a×100%。
(2)a项,苯酚会与溴水反应,所用Na2S2O3标准溶液的体积偏小,测得环己烯质量分数偏高;b项,所用Na2S2O3标准溶液的体积偏大,测得环己烯质量分数偏低;c项,所用Na2S2O3标准溶液的体积偏大,测得环己烯质量分数偏低。
答案:(1)淀粉溶液　82×(b-cV2 000)a×100%　(2)bc
12.(2020·江苏卷,节选)次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)
都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠。二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为
C3N3O3Cl2-+H++2H2OC3H3N3O3+2HClO
HClO+2I-+H+I2+Cl-+H2O
I2+2S2O32-S4O62-+2I-
准确称取1.120 0 g样品,用容量瓶配成 250.0 mL溶液;取25.00 mL上述溶液于碘量瓶中,加入适量稀硫酸和过量KI溶液,密封在暗处静置5 min;用0.100 0 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色,加入淀粉指示剂,继续滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。
通过计算判断该样品是否为优质品。
(写出计算过程,该样品的有效氯=测定中转化为HClO的氯元素质量×2样品质量×100%)
解析:依据3个反应得出关系式C3N3O3Cl2-～2HClO～2I2～4S2O32-,根据Na2S2O3的消耗量,可以计算出测定中转化为HClO的氯元素的物质的量,进而得出氯元素的质量,再由有效氯的计算公式可计算出有效氯。
答案:n(S2O32-)=0.100 0 mol·L-1×0.020 00 L=2.000×10-3mol,根据物质转化和电子得失守恒关系C3N3O3Cl2-～2HClO～2I2～4S2O32-得n(Cl)=0.5n(S2O32-)=1.000×10-3mol,氯元素的质量m(Cl)=1.000×
10-3mol×35.5 g·mol-1=0.035 50 g,该样品的有效氯为0.035 50 g×21.120 0 g×25.00 mL250.0 mL×100%≈63.39%,该样品的有效氯大于60%,故该样品为优质品。