2020版高考化学二轮复习技能提升五化学微型计算高考真题（含解析）

技能提升五 化学微型计算

1．(2019·全国卷Ⅱ节选)成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 mol·L－1的I2－KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2O===2I－＋S4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为______________，样品中S2－的含量为________________(写出表达式)。

[解析]　达到滴定终点时I2完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内颜色不再发生变化；根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I2～2S2O，可得n(I2)过量＝×0.1000V×10－3 mol，再根据关系式S2－～I2可知，n(S2－)＝0.1000×25.00×10－3 mol－×0.1000V×10－3 mol＝×0.1000×10－3 mol，则样品中S2－的含量为×100%。

[答案]　浅蓝色至无色　×100%

2．(2019·全国卷Ⅲ节选)Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)。如图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：

可知反应平衡常数K(300℃)________K(400℃)(填“大于”或“小于”)。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝1∶1的数据计算K(400℃)＝________(列出计算式)。按化学计量数比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是__________________、________________。

[解析]　(1)由题给HCl平衡转化率随温度变化的关系图可知，随温度升高，HCl平衡转化率降低，则此反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，即K(300℃)大于K(400℃)。结合题图可知，c(HCl)∶c(O2)＝1∶1、400℃时HCl的平衡转化率为84%，列出三段式：

　4HCl(g)　＋　O2(g)　===　2Cl2(g)　＋　2H2O(g)

起始    c0          c0            0           0

转化   0.84c0       0.21c0       0.42c0         0.42c0

平衡  (1－0.84)c0   (1－0.21)c0    0.42c0       0.42c0

则K(400℃)＝＝；进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低会使O2和Cl2分离的能耗较高，过高则会造成HCl转化率较低。

[答案]　大于　　O2和Cl2分离能耗较高　HCl转化率较低

3．(2018·全国卷Ⅱ节选)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。测定三草酸合铁酸钾中铁的含量实验如下：

(1)称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1 KMnO4溶液滴定至终点。

(2)向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为________________________。

[解析]　加入锌粉后将Fe3＋还原为Fe2＋，再用KMnO4溶液滴定，将Fe2＋氧化为Fe3＋，MnO转化为Mn2＋：

Fe2＋―→Fe3＋～e－

MnO―→Mn2＋～5e－

可得关系式：5Fe2＋～MnO

已知n(MnO)＝cV×10－3 mol

则n(Fe2＋)＝5cV×10－3 mol

则m(Fe2＋)＝5cV×10－3×56 g

该晶体中铁的质量分数w(Fe)＝×100%＝×100%。

[答案]　×100%

[省市卷]

1．(2018·江苏卷节选)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。

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25.00 mL，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2.3300 g。

②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol·L－1 EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol·L－1 CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL(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值为________。

[解析]　25 mL溶液中：

n(SO)＝n(BaSO4)＝＝0.0100 mol

2．5 mL溶液中：

n(Al3＋)＝n(EDTA)－n(Cu2＋)

＝0.1000 mol·L－1×25.00 mL×10－3 L·mL－1－0.0800 mol·L－1×20.00 mL×10－3 L·mL－1＝9.000×10－4 mol

25 mL溶液中：n(Al3＋)＝9.000×10－3 mol

1 mol (1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中

n(Al3＋)＝(2－x) mol；n(SO)＝3(1－x) mol

＝＝，解得x＝0.41。

[答案]　0.41

2．(2018·浙江卷节选)称取4.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物，加入50.0 mL 2.00 mol·L－1的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入5.60 g铁粉，充分反应后，得固体的质量为3.04 g。

请计算：

(1)加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量________。

(2)固体混合物中氧化铜的质量________。

[解析]　向4.00 g氧化铜和氧化铁固体混合物中加入50.0 mL 2.00 mol·L－1硫酸充分反应，往所得溶液中再加入铁粉，充分反应后剩余固体有两种可能：第1种为单质铜，第2种为铁和铜的混合物，所得溶液中不含Fe3＋。根据溶液中硫酸根离子守恒，所得溶质的物质的量为50.0×10－3×2.00 mol＝0.100 mol，而加入溶液体系中的铁元素(氧化铁、铁粉)总物质的量大于0.100 mol，故可以判断加入的铁粉有剩余，剩余固体为铁和铜的混合物，所得溶液中的溶质为硫酸亚铁。(1)根据溶液中的硫酸根离子守恒，所得溶液中溶质的物质的量为n(FeSO4)＝n(H2SO4)＝0.100 mol。(2)设固体混合物中Fe2O3为x mol，CuO为y mol，根据质量守恒得：160x＋80y＝4.00，根据整个体系中金属元素守恒得：56×2x＋64y＋5.6＝0.100×56＋3.04，解得x＝0.0100，y＝0.0300，故固体混合物中CuO的质量为2.40 g。

[答案]　(1)0.100 mol　(2)2.40 g

3．(2018·江苏卷节选)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。

NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1 mol N2时，转移的电子数为________mol。

[解析]　反应时NH3中N由－3价升高到0价，NO2中N由＋4价降低到0价，反应为6NO2＋8NH3===7N2＋12H2O，则生成1 mol N2，转移电子 mol。

[答案]