高三一模计算汇编解析静安到闸北9区莘庄Word文件下载.docx

高三一模计算汇编解析静安到闸北9区莘庄Word文件下载.docx

《高三一模计算汇编解析静安到闸北9区莘庄Word文件下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三一模计算汇编解析静安到闸北9区莘庄Word文件下载.docx（13页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

剩余氧气n（O2）=11×

0.2mol=2.2mol

57.固体中n（Fe）∶n（O）＝4∶a，故设Fe为4mol，则固体中O为amol，而n（Fe）∶n（S）＝1∶2，所以SO2为8mol，那么n（O）总=a+16则n（O2）=（a+16）/2=b即b=0.5a+8

【答案】53．0.4或40%40%（2分）

54．78.9%（3分）

55．241.2g（3分）

56．78.4%（3分）

57．b＝0.5a＋8（3分）

【杨浦】

铝及其化合物在生产生活中的应用广泛。

54．Al4C3用于冶金及催化剂。

与盐酸反应（产物之一是含氢量最高的烃）的化学方程式是：

；

14.4gAl4C3与盐酸反应产生的气体是L（标准状况）。

55．AlN用于电子仪器。

AlN中常混有少量碳，将一定量含杂质碳的AlN样品置于密闭反应器中，通入4.032L（标准状况下的）O2，在高温下充分反应后测得气体的密度为1.34g/L（已折算成标准状况，AlN不跟O2反应），则所得气体的摩尔质量为g/mol，该气体的成分是（写化学式），该样品中含杂质碳g。

56．氯离子插层镁铝水滑石是一种新型的离子交换材料。

制备这种水滑石的过程是：

MgCl2、AlCl3、NaOH、NaCl溶液，按一定比例混合，在65℃充分反应后，经过滤、洗涤、干燥得到该水滑石。

为确定该水滑石的成分，进行如下操作：

（1）取26.65g样品，在高温下使其充分分解，得到金属氧化物和气体，气体依次通过足量的浓硫酸和浓氢氧化钠溶液，这两种液体分别增重9.9g和3.65g；

将金属氧化物在无色火焰上灼烧，火焰仍无色。

（2）另取26.65g样品，加入足量的稀硝酸，使其完全溶解，再加入NaOH溶液至过量，最终得到11.6g白色沉淀。

通过计算确定氯离子插层镁铝水滑石的化学式。

57．氯离子插层镁铝水滑石在空气中放置，缓慢与CO2反应，部分氯离子会被碳酸根离子代替。

26.65g样品在空气中放置一段时间后质量变为25.925g，则碳酸根离子代替部分氯离子的水滑石的化学式是，此过程的化学方程式。

【解析】54.Al4C3与HCl反应产物之一是含氢量最高的烃，即为CH4，类似于CaC2水解，所以另一种产物为AlCl3，方程式为Al4C3+12HCl→4Al（OH）3+3CH4↑按方程式计算即得产生甲烷气体的体积为6.72L。

55.AlN不跟O2反应，则只有C与O2反应，气体为CO或CO2或CO与CO2的混合物或CO2与O2的混合物，而气体密度为1.34g/L（标况）可知平均摩尔质量M=1.34×

22.4=30.016g/mol，显然必须有CO，则O2不足，另一种物质为CO2，十字交叉法CO2814

30即

①

CO2442

由O守恒得

②

两式解得n（CO2）=0.04mol所以n（C）=0.04×

（1+7）=0.32molm=12×

0.32=3.84g

56.分析知

（2）中沉淀为Mg（OH）2，n=11.6÷

56=0.2mol，

（1）中氧化物为MgO和Al2O3，总质量为26.65-9.9-3.65=13.1g则m（Al2O3）=13.1-0.2×

40=5.1g，n=5.1÷

102=0.05mol，则n（Al）=0.05×

2=0.1mol，氢氧化钠增重为HCl质量3.65g，n=0.1mol

设晶体中OH-的物质的量为xmol，由电荷守恒得

0.1×

3+0.2×

2=0.1×

1+x×

1解得x=0.6即晶体为0.1molAlMg2（OH）6Cl（假设不含结晶水）

如此质量m＜26.65g所以应含有结晶水设为AlMg2（OH）6Cl·

yH2O

AlMg2（OH）6Cl·

O.5Al2O3+2MgO+HCl+（y+2.5）H2O

0.1mol0.1y+0.25

（1）中生成水的总质量为9.9g，n=0.55mol，所以y=（0.55-0.25）÷

0.1=3

故晶体的化学式为AlMg2（OH）6Cl·

3H2O

57.氯离子插层镁铝水滑石在空气中放置，缓慢与CO2反应，部分氯离子会被碳酸根离子代替，由质量差法即可求出被替代的Cl，4[Mg2Al（OH）6Cl∙3H2O]+CO2→4[Mg2Al（OH）6Cl0.5（CO3）0.25∙2.75H2O]+2HCl

【答案】54．Al4C3+12HCl→4Al（OH）3+3CH4↑（1分）6.72L（1分）

55．30.016（1分）CO和CO2（1分）3.84（2分）

56．Mg2Al（OH）6Cl∙3H2O（3分）

57．Mg2Al（OH）6Cl0.5（CO3）0.25∙2.75H2O（3分）

4[Mg2Al（OH）6Cl∙3H2O]+CO2→4[Mg2Al（OH）6Cl0.5（CO3）0.25∙2.75H2O]+2HCl（2分）

【徐汇】

硫化钠是由无水硫酸钠与炭粉在高温下反应制得。

反应的化学方程式如下：

①Na2SO4+4C→Na2S+4CO↑②Na2SO4+4CO→Na2S+4CO2↑

56．要制取Na2S15.6g，需原料芒硝（Na2SO4·

10H2O）_____________mol。

57．制得的Na2S固体中含少量Na2SO4、碳粉等杂质。

称取该固体0.200g，加适量水溶解后加入25.0mL0.100mol/L的I2标准液，待反应完全后用0.100mol/LNa2S2O3溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液16.0mL（已知：

滴定时Na2S2O3转化为Na2S4O6），则该Na2S的纯度为__________。

58．①若在反应过程中，产生CO和CO2混合气体的体积为44.8L（标准状况），生成Na2S的物质的量（nmol）的范围是__________<

n<

___________；

②若在上述过程中生成Na2S的质量为62.4g，则混合气体中CO和CO2的体积比是多少？

59．硫化钠晶体（Na2S·

9H2O）放置在空气中，会缓慢氧化成Na2SO3·

7H2O和Na2SO4·

10H2O。

现称取在空气中已部分氧化的硫化钠晶体25.76g溶于水，加入足量用盐酸酸化的BaCl2溶液，过滤得沉淀5.62g，放出H2S气体1.12L（标准状况），求原硫化钠晶体的质量。

【解析】56.由S守恒n（Na2SO4·

10H2O）=Na2S=15.6÷

78=0.2mol

57.溶液中I2过量，分别发生以下两个反应

S2-+I2→S↓+2I-2S2O32-+I2→S4O62-+2I-

x0.1×

0.025-y0.1×

0.016y

解得y=0.0008nol，x=0.0017mol

所以c%=0.0017×

78÷

0.200×

100%=66.3

58.

（1）按①Na2SO4+4C→Na2S+4CO↑②Na2SO4+4CO→Na2S+4CO2↑反应，假设气体全为CO得n（Na2S）=0.5mol，假设气体全为CO2得n（Na2S）=1.0mol

（2）设气体中CO、CO2的物质的量分别为a、b，由C守恒得a+b=44.8÷

22.4=2mol

由得失电子守恒得

两式联立解得a=0.8nol，b=1.2mol

故体积比=物质的量之比=0.8:

1.2=2:

3

59.设Na2SO3·

7H2O为x，Na2S·

9H2O为y，Na2SO4·

10H2O为z，

溶液中有2S2-+SO32-+6H+→3S↓+3H2O

S2-+2H+→H2S↑

SO42-+Ba2+→BaSO4↓

252x+240y+322z=25.76gx=0.01mol

y-2x=1.12÷

22.4=0.5mol解得y=0.07mol

32×

3x+233z=5.62gz=0.02mol

则原来晶体质量m=240n（S）=240×

（0.01+0.07+0.02）=24g

【答案】56．

（1）0.2（2分）66.3%（2分）58．①0.51.0（2分）②2:

3（3分）

59．24g（5分，列式3分，计算过程及结果2分）

【松江】

绿矾（FeSO4·

7H2O）在化学合成上用作还原剂及催化剂，工业上常用废铁屑溶于一定浓度的硫酸溶液制备绿矾。

54．98%1.84g/cm3的浓硫酸在稀释过程中，密度下降，当稀释至50%时，密度为1.4g/cm3，50%的硫酸物质的量浓度为（保留两位小数），50%的硫酸与30%的硫酸等体积混合，混合酸的浓度为（填>

、<

、=）40%。

55．实际生产用20%发烟硫酸（100克发烟硫酸含SO320克）配制稀硫酸，若用SO3·

nH2O表示20%的发烟硫酸，则n=____________（保留两位小数）。

56．绿矾在空气中容易被部分氧化为硫酸铁，现取7.32克晶体溶于稀盐酸后，加入足量的BaCl2溶液，过滤得沉淀9.32克；

再通入112mL（标准状况）氯气恰好将Fe2＋完全氧化，推测晶体的化学式为。

57．硫酸亚铁铵［（NH4）2SO4·

FeSO4·

6H2O］（俗称莫尔盐），较绿矾稳定，在分析化学中常用来配制Fe2+的标准溶液，用此Fe2+的标准溶液可以测定剩余稀硝酸的量。

现取8.64克Cu2S和CuS的混合物用200mL2mol/L稀硝酸溶液处理，发生反应如下：

10NO3-＋3Cu2S＋16H＋→6Cu2＋＋10NO↑＋3SO42-＋8H2O

8NO3-＋3CuS＋8H＋→3Cu2＋＋3SO42-＋8NO↑+4H2O

剩余的稀硝酸恰好与VmL2mol/L（NH4）2Fe（SO4）2溶液完全反应。

已知：

NO3-＋3Fe2＋＋4H＋→NO↑＋3Fe3+＋2H2O

①V值范围；

②若V=48，试计算混合物中CuS的质量分数（保留两位小数）。

【解析】54.按溶液稀释公式算即可得c稀=7.14mol/L，浓硫酸密度大于水，不同浓度等体积稀释时浓度会大于二者的平均值。

55.用SO3·

nH2O表示20%的发烟硫酸，则其还可以表示为（1-n）SO3·

nH2SO4，SO3的质量分数可以表示为

解得n=0.76555≈0.77

56.9.32g沉淀是硫酸钡，n=0.04mol，112ml氯气为0.005mol，得到0.01mol电子，故被氧化的Fe2+为0.01mol，设原有Fe3+为x，则2×

0.01+3x=2×

0.04，解得x=0.02mol。

设晶体中水的含量为y，则56×

0.03+96×

0.04+18y=7.32解得y=0.1mol

故晶体化学式为FeSO4·

Fe2（SO4）3·

10H2O

57.10NO3-＋3Cu2S＋16H＋→6Cu2＋＋10NO↑＋3SO42-＋8H2O

8NO3-＋3CuS＋8H＋→3Cu2＋＋3SO42-＋8NO↑+4H2O

上述两个反应中都是H+消耗最多，固体硫化物不足，假设固体全是Cu2S，n=0.054mol，消耗HNO30.054×

16/3=0.288mol，剩余HNO3=0.2×

2-0.288=0.112mol发生NO3-＋3Fe2＋＋4H＋→NO↑＋3Fe3+＋2H2O

需要Fe2＋n=0.112×

3/4==0.084mol，V=0.084÷

2×

1000ml=42ml

同理，若固体全为CuS，V=60ml。

因固体为混合物，所以42＜V＜60。

当V=48ml时，设Cu2S、CuS物质的量分别为x、y，上述思维逆过来算即可得

160x+96y=8.64

16/3x+8/3y=0.4-0.128解得x=0.036mol，y=0.03mol，故c%=96×

0.03÷

8.64=0.33

【答案】54.7.14mol·

L－1;

>

（2分+2分）

55.0.77（2分）

56.FeSO4·

10H2O（2分）

57.①42～60mL（3分）；

②0.33（3分）

【青浦】

钠、镁、铝、铁等金属在日常生活、工业生产、航天事业中有着广泛的用途。

54．4.8gAl在空气中放置一段时间之后，质量变为5.28g，则未发生变化的铝的质量为___________g。

55．向10mL0.2mol/L的氯化铝溶液中逐滴加入未知浓度的氢氧化钡溶液，测得滴加10mL与滴加30mL时所得沉淀一样多。

求氢氧化钡溶液的物质的量浓度。

56．将镁、铝合金6.3g混合物加入到某浓度的硝酸中，产生标况下的气体8.96L（假设反应过程中还原产物是NO和NO2的混合气体），向所得溶液中加入氨水至沉淀达到最大量，沉淀干燥后测得的质量比原合金的质量增加10.2g，计算还原产物中NO和NO2的物质的量之比。

57．现有一包铝热剂是铝粉和氧化铁粉末的混合物，在高温下使之充分反应，将反应后的固体分为两等份，进行如下实验（计算pH时假定溶液体积没有变化）①向其中一份固体中加入50mL3.0mol/L的NaOH溶液，加热使其充分反应后过滤，测得滤液的c（OH-）为1.0mol/L；

②向另一份固体中加入100mL4.0mol/L的HCl溶液，使固体全部溶解，测得反应后所得溶液中只有H+、Fe2+和Al3+三种阳离子且c（H+）为0.2mol/L，计算这包铝热剂中铝的质量和氧化铁的质量。

【解析】54.由质量差法可求得发生反应的Al的质量为0.54g，故未发生的为4.8-0.54=4.26g

55.加氢氧化钠10ml时OH-不足，加入30ml时OH-过量，部分Al（OH）3转化为NaAlO2，列式计算即可求解。

56.设NO、NO2的物质的量分别为x，y

Mg失去2e-，Al失去3e-，最终转化为Mg（OH）2、Al（OH）3，显然n（e-）=n（OH-），而沉淀比金属多的质量就是OH-的质量，再由得失电子守恒守恒得3x+y=n（e）=n（OH）=△m/17=（10.2-6.3）/17=0.6①

x+y=8.96÷

22.4=0.15mol②

解得a=0.1mol，b=0.3mol故a：

b=1:

57.①中NaOH溶液过量，所以溶质为NaAlO2

NaAlO2-------NaOH（反应）

0.1mol0.1mol

根据钠元素守恒每份含铝元素为：

0.2mol—0.1mol=0.1mol

②中HCl溶液过量，根据电荷守恒铁元素为xmol

H+Fe2+Al3+Cl-

0.02mol+2xmol+3×

0.1mol==0.4mol

每份Fe元素x=0.04mol

所以铝热剂中Al的质量为0.1×

27=5.4g

n（Fe2O3）=0.04×

2/2=0.4mol

m（Fe2O3）=0.4×

160=6.4g

【答案】54．4.26g（2分）

55.0.12mol/L（4分）

56.1:

3（4分）

57.①中NaOH溶液过量，所以溶质为NaAlO2

【浦东】

42.在密闭容器中充入amolSO2和bmolO2（V2O5为催化剂，400℃），反应达平衡时，容器内共有dmol气体。

这时容器内尚有SO2多少摩尔？

43.已知电解NaOH溶液即电解水：

2H2O

2H2↑+O2↑

现对100g11.7%的NaCl溶液进行电解，总共通过电子0.4mol。

（1）在阴极产生的氢气的体积（按标准状况计）为______

（2）阳极产生的氧气的物质的量为__________

（3）假定控制条件使Cl2未从电解液中逸出，电解结束后经充分搅拌Cl2与NaOH发生了完全反应，生成NaClO和部分NaClO3。

求完全反应后电解池中三种钠盐的总质量。

【解析】42.2SO2+O2SO3

起始ab

反应2xx2x

平衡a-2xb-x2x

（a-2x）+（b-x）+2x=d解得x=a+b-d故n（SO2）=a-2x=2d-a-2b

43.阴极电极反应：

2H++2e→H2↑阳极：

①2Cl-—2e→Cl2↑

0.4mol0.2mol②4OH-—4e→2H2O+O2↑

0.4-0.2n

（1）阴极只有一个反应，转移0.4mol电子，产生0.2mol氢气，v=22.4×

0.2=4.48L

（2）100g食盐水中含NaCl质量11.7g，n=0.2mol，则产生Cl2时转移0.2mol电子，剩余0.2mol电子由O2得到，n=（0.4-0.2）÷

4=0.5mol

（3）设生成NaCl、NaClO、NaClO3的物质的量分别为x、y、z

得x+y+z=0.2x=2z+0.1

x=y+5z解得y+3z=0.1

则三种钠盐总质量为m=m钠+m氯+m氧=m（NaCl）+m（O）=11.7g+16×

0.1g=13.3g

【答案】42（5分）.2d-a-2b43.

（1）（3分）4.48L

（2）（4分）0.05mol（3）（2分）13.3g

【闵行】

闪锌矿（主要成份为ZnS）是含锌主要矿物之一，空气中高温加热闪锌矿生成ZnO和SO2。

ZnO用于冶炼金属锌，SO2可制亚硫酸盐或硫酸。

回答下列问题（以下计算保留2位小数）

55．取1.56g闪锌矿样品，在空气中高温加热（杂质不反应），充分反应后，冷却，得到残留

固体的质量为1.32g，样品中含硫化锌的质量分数是_________。

56．取1.95g锌加入到12.00mL18.4mol/L的浓硫酸中（反应中只生成一种还原产物），充分反应后，小心地将溶液稀释到1000mL，取出15.00mL，以酚酞为指示剂，用0.25mol/L的NaOH溶液中和余酸，耗用NaOH溶液的体积为21.70mL。

①反应后溶液中多余的硫酸是____________mol。

②通过计算确定浓硫酸被还原的产物是________________________。

57．将标况下4.48LSO2气体慢慢通入200mL一定浓度NaOH溶液中，SO2气体全部被吸收，将反应后的溶液在空气中小心蒸干（不考虑酸式盐的分解），得到不超过两种物质的无水晶体26.8g。

通过计算确定所得晶体的成分与物质的量。

【解析】55由质量差法计算得ZnS的质量为1.455g，c%=1.455÷

1.56=0.93

56.2NaOH+H2SO4→Na2SO4+2H2O

0.25×

0.0217molc解得c=0.00018mol/L

则剩余H2SO4的物质的量n总=cV=0.18mol

1.95gZn为0.03mol，所以溶液中ZnSO4为0.03mol

参加反应的SO42-为4.48÷

22.4—0.03—0.18=0.01mol

设S降价到x价，由得失电子守恒

（6—x）×

0.01=2×

0.03解得x=0所以产物为S单质

57.若SO2生产以下几种盐，其对应质量为

Na2SO3-25.2gNa2SO4-28.4gNaHSO3-20.8ggNaHSO4-24g

若SO2恰好与NaOH反应，则产物为Na2SO3，显然m＜26.8g

若加热过程中部分被氧化为Na2SO4用十字交叉法很容易算出

n（Na2SO3）=0.10mol

n（Na2SO4）=0.10mol

若SO2不足，产物为Na2SO3-25.2g，剩余NaOH-1.6g，得n（Na2SO3）=0.20mol

n（NaOH）=0.04mol

若SO2过量，产物为Na2SO3和NaHSO3且总物质的量为0.2mol，显然总质量m＜26.8g

若Na2SO3全被氧化有n（NaHSO3）=0.04mol

n（Na2SO4）=0.16mol

若NaHSO3全被氧化，Na2SO3不被氧化，总质量m＜26.8g

若Na2SO3和NaHSO3都被氧化有

n（Na2SO4）=0.13mol

n（NaHSO4）=0.07mol

【答案】55．（2分）0.93

56．（4分）0.18mol（2分）还原产物是S。

（2分）

57．（6分）

n（Na2SO3）=0.20moln（Na2SO3