特训十五综合计算题Word下载.docx

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②根据原子守恒：

n（NO）＋n（NO2）＝3mol－0.2mol·

10L＋0.1mol＝1.1mol

根据电子守恒：

0.1mol×

1＋[n（NO）－0.1mol]×

3＋n（NO2）×

1＝

2

解得：

n（NO）＝0.8mol　n（NO2）＝0.3mol

V（NO）∶V（NO2）＝n（NO）∶n（NO2）＝0.8mol∶0.3mol＝8∶3

2.钍试剂滴定法测定烟气中SO3、SO2含量的装置如图所示。

　　吸收瓶

试剂　　　

1

3

异丙醇

50mL6.8%

H2O2溶液

目的

吸收SO3

吸收SO2

当通过1m3烟气时，将吸收瓶1中的吸收液转移至锥形瓶1中，加入1～3滴钍指示剂，以0.02500mol·

L－1的Ba（ClO4）2标准液滴定至终点，消耗Ba（ClO4）2溶液20.00mL；

将吸收瓶2、3中的吸收液转移至1000mL容量瓶中并定容，取50.00mL至锥形瓶2中，加入40mL异丙醇，加入1～3滴钍指示剂，以0.02500mol·

L－1的Ba（ClO4）2标准液滴定至终点，消耗Ba（ClO4）2溶液30.00mL[已知：

Ba（ClO4）2＋H2SO4===BaSO4↓＋2HClO4]。

（1）将吸收瓶放入冰水箱中的目的是__________________________________。

（2）100g6.8%（质量分数）的H2O2溶液最多能吸收________L（标准状况）SO2。

（3）当溶液中SO

完全沉淀[c（SO

）≤1.0×

10－6mol·

L－1]时，c（Ba2＋）≥________[室温下，Ksp（BaSO4）＝1.1×

10－10]。

（4）根据以上数据计算烟气中SO3、SO2的质量浓度ρ（mg·

m－3）（请给出计算过程）。

解析　

（1）气体的溶解度随着温度的升高而减少，为使SO2、SO3被充分吸收，故需要在低温下进行。

（2）H2O2氧化SO2的方程式为H2O2＋SO2===H2SO4，n（SO2）＝n（H2O2）＝

＝0.2mol，V（SO2）＝0.2mol×

22.4L·

mol－1＝4.48L。

（3）Ksp（BaSO4）＝c（Ba2＋）·

c（SO

），c（Ba2＋）＝1.1×

10－10/1.0×

10－6＝1.1×

10－4mol·

L－1。

（4）n（SO3）＝n（H2SO4）＝n[Ba（ClO4）2]＝0.02500mol·

0.020L＝5.000×

10－4mol，根据质量浓度的单位知，应用SO3的质量除以烟气的总体积而得。

吸收瓶2和3用H2O2吸收SO2得H2SO4，再用Ba（ClO4）2测定H2SO4的量即可得出SO2的量，n（SO2）＝n（H2SO4）＝n[Ba（ClO4）2]＝0.02500mol·

0.0300L×

＝0.015mol，同理，应用SO2的质量除以烟气的总体积而得SO2的质量浓度。

答案　

（1）降温，增大气体的溶解度，使SO2、SO3被充分吸收

（2）4.48　（3）1.1×

L－1

（4）n[Ba（ClO4）2]1＝0.02500mol·

0.02000L＝5.000×

10－4mol

ρ（SO3）＝（5.000×

10－4mol×

80g·

mol－1×

103mg·

g－1）/1m3＝40mg·

m－3

n[Ba（ClO4）2]2＝0.02500mol·

0.03000L×

＝0.01500mol

ρ（SO2）＝（0.01500mol×

64g·

g－1）/1m3＝960mg·

3.（2016·

徐州高三5月考前模拟）Na2S2O3·

5H2O是重要的化工原料。

取126.0gNa2SO3，溶于800mL水配成溶液。

另取一定量的硫粉加乙醇后和上述溶液混合。

小火加热至微沸，反应约1h后过滤。

滤液经蒸发、浓缩、冷却至10℃后析出Na2S2O3·

5H2O粗晶体。

（1）加入乙醇的目的是______________________________________________。

（2）若将126.0gNa2SO3反应完全，理论上需要硫粉的质量为________。

（3）滤液中除Na2S2O3和未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是________。

（4）为测定所得粗晶体中Na2S2O3·

5H2O和Na2SO3比例，现称取三份质量不同的粗晶体，分别加入相同浓度的硫酸溶液30mL，充分反应（Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O）后滤出硫，微热滤液使SO2全部逸出。

测得有关实验数据如下表（气体体积已换算为标准状况）。

第一份

第二份

第三份

样品的质量/g

6.830

13.660

30.000

二氧化硫气体的体积/L

0.672

1.344

2.688

硫的质量/g

0.800

1.600

3.200

求所用硫酸溶液的物质的量浓度及粗晶体中n（Na2S2O3·

5H2O）、n（Na2SO3）的比值。

（请写出计算过程）

答案　

（1）增大Na2SO3和硫粉的接触面积，加快反应速率　

（2）32.0g　（3）Na2SO4

（4）由表中数据可知第三份硫酸反应完全。

在第三份反应中：

生成SO2的物质的量n（SO2，总）＝2.688L÷

22.4L·

mol－1＝0.120mol

生成S的物质的量n（S）＝3.2g÷

32g·

mol－1＝0.100mol

Na2S2O3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋S↓＋H2O

1mol1mol1mol

n1（H2SO4）n1（SO2）0.100mol

n1（H2SO4）＝0.1mol，n1（SO2）＝0.100mol

Na2SO3与H2SO4反应生成SO2的物质的量n2（SO2）＝0.12mol－0.1mol＝0.0200mol

Na2SO3＋H2SO4===Na2SO4＋SO2↑＋H2O

1mol1mol

n2（H2SO4）0.0200mol

n2（H2SO4）＝0.0200mol

所以硫酸溶液的浓度为：

c（H2SO4）＝（0.10mol＋0.02mol）÷

0.03L＝4.00mol·

由表中数据可知第二份反应中H2SO4过量，Na2S2O3·

5H2O和Na2SO3反应完全：

生成SO2的物质的量n3（SO2）＝1.344L÷

mol－1＝0.0600mol

生成S的物质的量n（S）＝1.6g÷

mol－1＝0.0500mol

所以n（Na2S2O3）＝0.0500mol

n（Na2SO3）＝0.0600mol－0.0500mol＝0.0100mol

所以n（Na2S2O3·

5H2O）∶n（Na2SO3）＝0.0500mol∶0.0100mol＝5∶1

4.实验室用铁粉制备摩尔盐的操作流程如下：

（1）流程中“趁热”过滤的原因是_____________________________________

__________________________________________________________________。

（2）反应1制得硫酸亚铁的物质的量理论上应小于________mol。

（3）为确定摩尔盐的化学式，进行如下实验：

现称取4.704g新制摩尔盐，溶于水配制成100.0mL溶液，再将该溶液分成两等份。

向其中一份溶液中加入足量Ba（OH）2溶液，并微热，逸出能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，同时生成白色沉淀，随即沉淀变为灰绿色，最后带有红褐色，用足量稀盐酸处理沉淀物，充分反应后过滤、洗涤和干燥，得白色固体2.796g。

另一份溶液用0.0500mol·

L－1K2Cr2O7酸性溶液滴定，当Cr2O

恰好完全被还原为Cr3＋时，消耗K2Cr2O7溶液的体积为20.00mL。

①25℃时，Ksp（BaSO4）＝1.1×

10－10，若要使溶液中SO

离子沉淀完全（即该离子浓度须小于1×

10－5mol·

L－1），则此时c[（Ba（OH）2]≥________mol·

②确定该摩尔盐的化学式（写出计算过程）。

答案　

（1）防止温度降低，硫酸亚铁晶体析出

（2）0.075

（3）①1.1×

10－5

②解：

n（SO

）＝

＝0.012mol

6Fe2＋＋Cr2O

＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O

6　1

n（Fe2＋）0.0500mol·

0.020L

n（Fe2＋）＝0.001mol×

6＝0.006mol

n（NH

）＋2n（Fe2＋）＝2n（SO

），n（NH

）＝0.012mol

n（H2O）＝

＝0.036mol

n（SO

）∶n（Fe2＋）∶n（NH

）∶n（H2O）＝0.012∶0.006∶0.012∶0.036＝2∶1∶2∶6

答：

该摩尔盐的化学式为（NH4）2Fe（SO4）2·

6H2O[或（NH4）2SO4·

FeSO4·

6H2O]

5.高碘酸钾（KIO4）为无色晶体，在分析化学中常用作氧化剂。

Ⅰ.高碘酸钾的制备

步骤①　称取1.270g碘溶于适量的水中，通入足量氯气将I2氧化为高碘酸（HIO4）。

步骤②　向步骤①所得溶液中加入适量氢氧化钾溶液中和。

步骤③　将步骤②所得溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶等操作得KIO4晶体。

（1）步骤①将I2氧化为HIO4，至少需要消耗________L（标准状况）Cl2。

（2）步骤①所得溶液用0.200mol·

L－1KOH溶液中和至中性时（HIO4为强酸，假定溶液中不含Cl2和HClO），则消耗0.200mol·

L－1KOH溶液的体积为________mL。

Ⅱ.用高碘酸钾测定甘油的含量

相关反应：

C8H8O3（甘油）＋2HIO4===2HCHO＋HCOOH＋2HIO3＋H2O

HIO3＋5KI＋5HCl===3I2＋5KCl＋3H2O

HIO4＋7KI＋7HCl===4I2＋7KCl＋4H2O

I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6

（3）用0.2000mol·

L－1Na2S2O3标准溶液滴定时，判断达到滴定终点的现象是________。

（4）已知滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液20.00mL，计算甘油样品的纯度（请给出计算过程）。

解析　

（1）Cl2氧化I2的方程式为：

I2＋7Cl2＋8H2O===2HIO4＋14HCl，n（Cl2）＝7n（I2）＝7×

＝0.035mol，V（Cl2）＝0.035mol×

mol－1＝0.784L。

（2）找出关系：

I2～16H＋～16OH－，n（KOH）＝16×

＝0.08mol，V（KOH）＝0.08mol/0.200mol·

L－1＝0.4L＝400mL。

（3）用Na2S2O3来滴定I2，用淀粉作指示剂，当溶液的蓝色褪去且30s不恢复原色时，即为滴定终点。

（4）甘油与过量的KIO4在酸性条件下反应生成HIO3，HIO3与KI在酸性条件下反应生成I2，过量的HIO4与KI在酸性条件下反应也生成I2。

由I守恒列式：

n（HIO3）＋n（HIO4）＝n（KIO4）①，与甘油反应后，滴定过程中，有关系为：

3n（HIO3）＋4n（HIO4）＝n（I2）②，依据Na2S2O3的消耗量，计算出生成的I2的量，结合①②式，可计算n（HIO3），进而计算出甘油的物质的量及纯度。

答案　

（1）0.784　

（2）400　（3）蓝色褪去且30s不恢复原色

（4）碘量瓶中n（HIO3）＋n（HIO4）＝n（KIO4）＝0.0230mol·

25.00mL×

10－3L·

mL－1＝5.750×

10－4mol①

滴定时：

3n（HIO3）＋4n（HIO4）＝n（I2）＝

n（Na2S2O3）＝

0.2000mol·

20.00mL×

mL－1＝2.000×

10－3mol②

①×

4－②得n（HIO3）＝3.000×

10－4mol

n（C3H8O3）＝

n（HIO3）＝1.500×

w（C3H8O3）＝

100%＝92.00%

6.钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。

（1）CoxNi（1－x）Fe2O4（其中Co、Ni均为＋2）可用作H2O2分解的催化剂，具有较高的活性。

①该催化剂中铁元素的化合价为__________。

②图1表示两种不同方法制得的催化剂CoxNi（1－x）Fe2O4在10℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线。

由图中信息可知：

________法制取得到的催化剂活性更高；

Co2＋、Ni2＋两种离子中催化效果更好的是____________________。

（2）草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料。

下图2为二水合草酸钴（CoC2O4·

2H2O）在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。

①通过计算确定C点剩余固体的化学成分为________（填化学式）。

试写出B点对应的物质与O2在225℃～300℃发生反应的化学方程式：

__________________________________________________________________

_________________________________________________________________。

②取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物（其中Co的化合价为＋2、＋3），用480mL5mol/L盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48L（标准状况）黄绿色气体。

试确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比。

解析　

（1）①根据化合价代数和为0列式，设Fe的化合价为＋a，则2x＋2（1－x）＋2a＝2×

4，得a＝＋3价。

②由图1知，在x相同时，微波水热法比常规水热法对H2O2分解的效果更好；

横坐标为x，表示随着Co2＋的增多，H2O2分解的速率加快，故Co2＋越多，其催化效果越好。

（2）①由热重分析图知，取18.3gCoC2O4·

2H2O，为0.1mol。

加热分解，但是产物中的Co的量不变，仍为n（Co）＝0.1mol，n（O）＝

＝

mol，n（Co）∶n（O）＝3∶4，则C点为Co3O4。

从起始至B点失去的质量为18.3－14.70＝3.6g，正好为0.2molH2O，所以B点为CoC2O4，与O2反应生成Co3O4，由原子守恒可确定出另一产物为CO2，由此配平反应。

②由Cl守恒，HCl中的Cl最终在CoCl2和Cl2中，所以2n（CoCl2）＋2n（Cl2）＝0.48×

5＝2.4mol，n（CoCl2）＝（2.4－2×

0.2）/2＝1mol。

由Co3＋氧化Cl－生成Cl2，根据得失电子守恒列式，1×

n（Co3＋）＝2×

n（Cl2），n（Co3＋）＝0.4mol，由Co守恒，n（Co2＋）＝1－0.4＝0.6mol，根据代数和为零，列式为：

2n（O2－）＝3n（Co3＋）＋2n（Co2＋），n（O）＝（0.4mol×

3＋0.6mol×

2）÷

2＝1.2mol，所以n（Co）∶n（O）＝1mol∶1.2mol＝5∶6。

答案　

（1）①＋3　②微波水热　Co2＋

（2）①Co3O4（写成CoO·

Co2O3亦可）　3CoC2O4＋2O2===Co3O4＋6CO2

②由电子守恒：

n（Co3＋）＝2n（Cl2）＝0.4mol

由电荷守恒：

n（Co）总＝n（Co2＋）溶液＝0.5n（Cl－）＝0.5×

（2.4mol－0.2mol×

2）＝1mol

所以固体中的n（Co2＋）＝1mol－0.4mol＝0.6mol

n（O）＝（0.4mol×

2＝1.2mol

故n（Co）∶n（O）＝1mol∶1.2mol＝5∶6

7.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×

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%。