《（江苏专用）2016高考化学二轮复习 下篇 专题三 微题型十七 化学计算综合探究题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（江苏专用）2016高考化学二轮复习 下篇 专题三 微题型十七 化学计算综合探究题（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、微题型十七 化学计算综合探究题题型专练1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将MgCl2、AlCl3、NaOH、NaCl溶液按一定比例混合，在65 条件下充分反应后，经过滤、洗涤、干燥得到该水滑石。为确定该水滑石的成分，进行如下实验。实验1：取26.65 g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9.9 g和3.65 g；将金属氧化物在无色火焰上灼烧，火焰无色。实验2：另取26.65 g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11.6 g白色沉淀。(1)由实验1
2、可知水滑石肯定不含_元素。(2)写出实验2中生成白色沉淀的离子方程式：_。(3)通过计算确定水滑石的化学式。(写出计算过程)解析(1)实验1中将水滑石灼烧时，火焰无色，则不含钠元素。(2)加入氢氧化钠过量，则不会生成氢氧化铝沉淀，生成的沉淀应该是Mg(OH)2，故离子方程式为Mg22OH=Mg(OH)2。(3)浓硫酸增重的是水的质量，即n(H2O)0.55 mol，氢氧化钠增重是因为吸收了HCl，即n(HCl)0.1 mol，n(Mg)nMg(OH)20.2 mol，根据水滑石灼烧后产物为MgO、Al2O3、HCl、H2O，则Al2O3的质量26.65 g0.2 mol40 gmol13.65
3、 g9.9 g5.1 g，即n(Al)0.1 mol，进一步推出n(Mg)n(Al)n(H)n(Cl)n(O)211219，则阴离子除了Cl，应该还有OH，则化学式为Mg2Al(OH)6Cl3H2O。答案(1)钠(或Na)(2)Mg22OH=Mg(OH)2(3)n(H2O)0.55 moln(HCl)0.1 moln(Mg)0.2 molm(Al)2.7 g或m(Al2O3)5.1 g则n(Al)0.1 mol，进一步推出n(Mg)n(Al)n(H)n(Cl)n(O)211219则化学式为Mg2Al(OH)6Cl3H2O2工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产硫酸亚铁溶液，进而可制备绿
4、矾(FeSO4 7H2O )、硫酸亚铁铵(NH4)2SO4FeSO46H2O(俗称莫尔盐)等重要试剂。生产硫酸亚铁溶液的工艺流程如下：回答下列问题：(1)加入少量NaHCO3，调节溶液pH的目的是_。(2)硫酸亚铁溶液在空气中久置容易变质，用离子方程式表示其变质的原因：_。(3)若向所得FeSO4溶液中加入少量3 mol L1H2SO4溶液，再加入饱和(NH4)2SO4溶液， 经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等一系列操作后得到硫酸亚铁铵晶体(NH4)2SO4FeSO46H2O(俗称莫尔盐)。硫酸亚铁铵较绿矾稳定，在氧化还原滴定分析中常用来配制Fe2的标准溶液。现取0.352 g Cu2S和CuS的
5、混合物在酸性溶液中用40.00 mL 0.150 molL1 KMnO4溶液处理，发生反应如下：8MnO5Cu2S44H=10Cu25SO28Mn222H2O6MnO5CuS28H=5Cu25SO26Mn214H2O反应后煮沸溶液，剩余的KMnO4恰好与50.00 mL 0.200 molL1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液完全反应。已知：MnOFe2HMn2Fe3H2O(未配平)Cu2S和CuS的混合物在酸性溶液中用0.150 molL1KMnO4溶液处理后，溶液需煮沸的原因是_。实验室配制250 mL 3 mol L1H2SO4溶液，需要质量分数为98%，密度为1.84 g mL1硫酸的
6、体积为_mL。(保留1位小数)试计算混合物中CuS的质量分数(写出计算过程)。答案(1)除去铝离子，而不使亚铁离子形成沉淀(2)4Fe2O24H=4Fe32H2O (3)若不通过煮沸赶尽溶解的SO2 ，溶液中的SO2与酸性KMnO4溶液反应，无法准确测定混合物中CuS的质量分数40.8 由得失电子守恒有关系式MnO 5Fe2剩余的KMnO4的物质的量为：50.00103L 0.2 molL1 2.00103mol 用0.150 molL1 KMnO4溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，反应的KMnO4的物质的量为：40103L 0.150 molL12.00103 mol4.00103 mol
7、 设：Cu2S和CuS的混合物中，Cu2S的物质的量为x，CuS的物质的量为y解方程组得x1.00103moly2.00103mol混合物中CuS的质量分数为：m(CuS)/m(总)(2.00103mol96 gmol1)/0.352 g100%54.5%3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
8、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6.0 g，通过反应和吸收可得400 mL ClO2溶液，取出20 mL，加入37.00 mL 0.500 molL1(NH4)2Fe(SO4)2溶液充分反应，过量Fe2再用0.050 0 molL1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗20.00 mL。反应原理如下：4HClO25Fe2=Cl5Fe32H2O14HCr2O6Fe2=2Cr36Fe37H2O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，
9、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)15ClOFeS214H=15ClO2Fe37H2O2SO(3)与K2Cr2O7反应的n(Fe2)6n(Cr2O)620.00103L0.050 0 molL16103 mol，与ClO2反应的n(Fe2)37.00103L0.500 molL16103mol1.25102mol，n(ClO2)1.25102mol2.5103mol，ClO2的产率100
10、%56.25%。4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(1x)Fe2O4(其中Co、Ni均为2价)可用作H2O2分解的催化剂，具有较高的活性。该催化剂中铁元素的化合价为_。图甲表示两种不同方法制得的催化剂CoxNi(1x)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。图乙为二水合草酸钴(CoC2O42H2O)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的氧化物。通过计算确定C点剩余固
11、体的化学成分为_(填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225300 发生反应的化学方程式：_。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价)，用480 mL 5 mol/L盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48 L(标准状况)黄绿色气体。试确定该钴氧化物中Co和O的物质的量之比。解析(1)Co、Ni均为2价，则CoxNi(1x)正价总数为2价，推出Fe为3价。由图中两条曲线可知微波水热法使双氧水分解的速率更快，即活性更高；由图中x越大，催化速率越高可知，Co2的催化效果更好。(2)由题给信息知，300 以上是钴的氧化物，18.3 g CoC2O42H2O
12、的物质的量0.1 mol，设钴的氧化物为CoOx，则(5916x)0.18.03，解得x1.33，即钴的氧化物的化学式为Co3O4。18.3 g CoC2O42H2O中H2O的物质的量为0.2 mol，即3.6 g，故14.7 g全为CoC2O4；从图中B点到C点的化学方程式为3CoC2O42O2=Co3O46CO2。见参考答案。答案(1)3微波水热Co2(2)Co3O43CoC2O42O2=Co3O46CO2由电子守恒：n(Co3)2n(Cl2)0.4 mol由电荷守恒：n(Co)总n(Co2)溶液0.5n(Cl)0.5(2.4 mol0.2 mol2)1 mol所以固体中的n(Co2)1 mol0.4 mol0.6 moln(O)(0.4 mol30.6 mol2)21.2 mol故n(Co)n(O)1 mol1.2 mol565黄钾铵铁矾KNH4Fex(SO4)y(OH)z不溶于水和稀硫酸，制取黄钾铵铁矾的流程如下：(1)溶液X是_。(2)检验滤液中是否存在K的操作是_。(3)黄钾铵铁矾的化学式可通过下列实验测定：称取一定质量的样品加入稀硝酸中充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶并配制成100.0
