2024届高考二轮复习 培优课堂1　“方法建构”下的化学计算 专项特训（含解析）

培优课堂“方法建构”下的化学计算1.过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)可用于改善地表水质、处理含重金属粒子废水、应急供氧等。(1)已知：I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)，测定制备的过氧化钙晶体中CaO2的含量的实验步骤如下：第一步：准确称取ag产品放入锥形瓶中，再加入过量的bgKI晶体，加入适量蒸馏水溶解，再滴入少量2mol·L－1的H2SO4溶液，充分反应。第二步：向上述锥形瓶中加入几滴淀粉溶液。第三步：逐滴加入浓度为cmol·L－1的Na2S2O3溶液发生反应，滴定达到终点时出现的现象是______________________________________________________________________________________________________________________。若滴定消耗Na2S2O3溶液VmL，则样品中CaO2的质量分数为________(用字母表示)。(2)已知过氧化钙加热至350℃左右开始分解放出氧气。将过氧化钙晶体(CaO2·8H2O)在坩埚中加热逐渐升高温度，测得样品质量随温度的变化如图所示，则350℃左右所得固体物质的化学式为________________。2.(1)碱式碳酸镁是制备金属镁及其化合物的原料，以卤块(主要成分为MgCl2，此外还含有Fe3＋、Fe2＋等离子)为原料制备碱式碳酸镁[MgCO3·Mg(OH)2]。采用上述流程制得的碱式碳酸镁常含一定量结晶水，化学式为MgCO3·Mg(OH)2·xH2O。称取42.8g样品，进行热重分析，并绘制出如图所示热重曲线示意图。已知T℃时固体样品为MgO，计算x＝________。(2)近年来，FePO4作为制备锂离子电池正极材料LiFePO4的重要原料而成为研究热点。一种以FeCl3、H3PO4、氨水为主要原料制备FePO4的流程如图。测定产物样品中铁元素的质量分数，主要步骤如下：ⅰ.取ag样品，加入过量盐酸充分溶解，再滴加SnCl2(还原剂)至溶液呈浅黄色；ⅱ.加入TiCl3，恰好将ⅰ中残余的少量Fe3＋还原为Fe2＋；ⅲ.用cmol·L－1K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2＋，消耗VmLK2Cr2O7标准溶液。产物中铁元素的质量分数为________%。3.我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、____________和____________(填化学式)。4.(1)ZnSO4·7H2O在不同的温度下分解产物不同，取28.70gZnSO4·7H2O加热至不同温度，剩余固体的质量变化如图所示。分析数据，680℃时所得固体的化学式为______________________________________________(填标号)。A.ZnO B.Zn3O(SO4)2C.ZnSO4 D.ZnSO4·H2O(2)煅烧NH4VO3可制得V2O5，煅烧过程中固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到200℃时，得到的固体物质的化学式为_____________________________，300～350℃放出气态物质的化学式为________。5.实验制得的POCl3中常含有PCl3杂质，通过下面方法可测定产品的纯度(已知POCl3与PCl3极易水解)①快速称取5.00g产品，加水反应后配成250mL溶液；②取以上溶液25.00mL，向其中加入10.00mL0.1000mol·L－1碘水(足量)，充分反应；③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.1000mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定；④重复②、③操作，平均消耗0.1000mol·L－1Na2S2O3溶液12.00mL。已知：H3PO3＋I2＋H2O=H3PO4＋2HI，I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6。(1)滴定至终点的现象是_____________________________________________________________________________________________________________。(2)该产品的纯度为________。[已知：M(PCl3)＝137.5g·mol－1、M(POCl3)＝153.5g·mol－1]6.Cl2O是很好的氯化剂，已知：Cl2O＋H2O2HClO，Cl2O在CCl4中的溶解度远大于其在水中的溶解度。产品分析：取一定量Cl2O浓溶液的稀释液，加入适量CCl4、过量KI溶液及一定量的稀H2SO4，充分反应。用标准Na2S2O3溶液滴定(滴定Ⅰ)；再以酚酞为指示剂，用标准NaOH溶液滴定(滴定Ⅱ)。已知产生I2的反应(不考虑Cl2与水反应)：2I－＋Cl2=I2＋2Cl－4I－＋Cl2O＋2H＋=2I2＋H2O＋2Cl－2I－＋HClO＋H＋=I2＋H2O＋Cl－实验数据如下表：加入量n(H2SO4)/mol2.505×10－3滴定Ⅰ测出量n(I2)/mol2.005×10－3滴定Ⅱ测出量n(H2SO4)/mol1.505×10－3(1)用标准Na2S2O3溶液滴定时，无需另加指示剂。判断滴定Ⅰ到达终点的实验现象是______________________________________________________________________________________________________________。(2)高纯度Cl2O浓溶液中要求n(Cl2O)/n(Cl2)≥99(Cl2O和HClO均以Cl2O计)。结合数据分析所制备的Cl2O浓溶液是否符合要求_____________________________________________________________________________________________。7.钛在医疗领域的使用非常广泛，如制人造关节、头盖、主动心瓣等。TiCl4可制备纳米TiO2；以N2为载体，用TiCl4和水蒸气反应生成Ti(OH)4。再控制温度生成纳米xTiO2·yH2O，测定产物xTiO2·yH2O组成的方法如下：步骤一：取样品2.100g用稀硫酸充分溶解得到TiOSO4，再用足量铝将TiO2＋还原为Ti3＋，过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并注入250mL容量瓶，定容得到待测液。步骤二：取待测液25.00mL于锥形瓶中，加几滴KSCN溶液作指示剂，用0.1000mol·L－1的NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定，将Ti3＋氧化为TiO2＋，三次滴定消耗标准溶液的平均值为24.00mL。(1)滴定终点的判断方法是___________________________________________。(2)通过分析、计算，该样品的组成为_________________________________。8.二氧化氯(ClO2)可用于自来水消毒。ClO2很不稳定，需随用随制，为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了以下实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100mL试样。步骤2：量取V1mL试样加入锥形瓶中，调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟。(已知ClO2＋I－＋H＋——I2＋Cl－＋H2O未配平)步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用cmol·L－1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL。(已知：I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6))(1)准确量取10.00mLClO2溶液的玻璃仪器是________。(2)上述步骤3中滴定终点的现象是___________________________________________________________。(3)若实验中使用的Na2S2O3标准溶液部分因被氧气氧化而变质，则实验结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。(4)根据上述步骤可计算出原ClO2溶液的浓度为________mol·L－1(用含字母的代数式表示)。9.我国科学家以铬铁合金(主要成分：铬、铁、镍)为原料，提出了制备氧化铬的“铬铁—三价铬冶金化工联合法”，彻底解决了传统铬生产工艺中六价铬的污染问题，为满足冶金及颜料级铬绿的要求，氧化铬产品中铁的质量分数应低于0.03%。一种测定氧化铬中铁含量的操作如下：ⅰ.称取mg氧化铬产品，用酸溶解；ⅱ.多步操作分离铁和铬；ⅲ.取含有Fe3＋的溶液，调pH，加入指示剂，用cmol·L－1的无色EDTA－2Na溶液滴定，共消耗EDTA－2Na标准液VmL。资料：EDTA－2Na和Fe3＋按物质的量1∶1反应，低浓度时产物无明显颜色。①指示剂是________，滴定终点的现象为______________________________________________________________________________________________________________________________________；②氧化铬产品中铁的质量分数是________________。培优课堂1“方法建构”下的化学计算1.答案（1）溶液由蓝色变无色，且30s内不恢复蓝色eq\f(36cV×10－3,a)×100%（2）CaO解析（1）根据得失电子守恒，可得关系式CaO2～I2～2S2Oeq\o\al(2－,3)，则样品中CaO2的质量分数为eq\f(cV×10－3×72,2×a)×100%＝eq\f(36cV×10－3,a)×100%。（2）CaO2·8H2O的摩尔质量为216g·mol－1，故2.16g过氧化钙晶体为0.01mol，350℃左右所得固体质量为0.56g，根据钙原子守恒，可知为CaO。2.答案（1）4（2）eq\f(33.6cV,a)解析（1）由化学式可知MgCO3·Mg（OH）2·xH2O的摩尔质量为（142＋18x）g·mol－1，则起始时MgCO3·Mg（OH）2·xH2O的物质的量为eq\f(42.8,142＋18x)mol，其中镁离子的物质的量为eq\f(2×42.8,142＋18x)mol，热重后得到氧化镁的质量为16.0g，则镁离子的物质的量为eq\f(16.0g,40g·mol－1)＝0.4mol；根据元素守恒可得：eq\f(2×42.8,142＋18x)＝0.4，解得：x＝4。（2）测定产品中铁元素的质量分数时，Fe3＋被SnCl2和TiCl3还原为Fe2＋，生成的Fe2＋被酸性重铬酸钾氧化，发生反应的离子方程式为6Fe2＋＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋14H＋=6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，根据关系式Cr2Oeq\o\al(2－,7)～6Fe2＋～6FePO4可得n（FePO4）＝6×10－3cVmol，铁元素的质量分数w＝eq\f(m铁,m总)＝eq\f(6×10－3cV×56,a)×100%＝eq\f(33.6cV,a)%。3.答案CuOSO3解析根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产出，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO4eq\o(=,\s\up7(700℃))3CuO＋2SO2↑＋SO3↑＋O2↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2。4.答案（1）B（2）HVO3H2O解析（1）28.70gZnSO4·7H2O的物质的量为0.1mol，由Zn元素守恒可知，生成ZnSO4·H2O或ZnSO4或ZnO时，物质的量均为0.1mol。若得ZnSO4·H2O，则质量为17.90g（100℃）；若得ZnSO4，则质量为16.10g（250℃）；若得ZnO，则质量为8.10g（930℃）；据此可确定680℃时所得固体的化学式为Zn3O（SO4）2。（2）煅烧NH4VO3时，固体质量随温度变化的曲线如图所示。加热到200℃时，质量减少0.17g，所以0.01molNH4VO3受热分解生成气体为0.01molNH3，发生NH4VO3eq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋HVO3；加热到350℃时固体质量又减少0.09g，失去0.005molH2O，发生的反应为2HVO3eq\o(=,\s\up7(△))H2O＋V2O5，则放出气态物质的化学式为H2O。5.答案（1）当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色（2）89.0%解析（1）当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，说明滴定达到终点。（2）POCl3与水反应生成H3PO4和HCl，PCl3与水反应生成H3PO3和HCl，根据题意知，存在关系式：PCl3～H3PO3～I2，I2～2Na2S2O3；消耗Na2S2O3的物质的量＝0.1000mol·L－1×12.00×10－3L＝12×10－4mol，则和Na2S2O3反应的I2的物质的量＝eq\f(1,2)×12×10－4mol＝6×10－4mol；PCl3的物质的量等于和H3PO3反应的I2的物质的量＝0.1000mol·L－1×10.00×10－3L－6×10－4mol＝4×10－4mol，PCl3的质量为4×10－4mol×137.5g·mol－1＝5.5×10－2g，产品中含PCl3的质量为5.5×10－2g×eq\f(250,25.00)＝0.55g，则产品的纯度为eq\f(5.00－0.55,5.00)×100%＝89.0%。6.答案（1）CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复（2）溶液中Cl2O和Cl2分别为1.000×10－3mol、5×10－6mol，eq\f(n（Cl2O）,n（Cl2）)＝200>99，符合要求解析（1）溶有I2的CCl4溶液呈紫红色，用标准Na2S2O3溶液滴定I2过程中，当I2恰好反应完全时，溶液呈无色，因此滴定I2到达终点的实验现象是CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复。（2）由2I－＋Cl2=I2＋2Cl－、4I－＋Cl2O＋2H＋=2I2＋H2O＋2Cl－、2I－＋HClO＋H＋=I2＋H2O＋Cl－（HClO为Cl2O与H2O反应的产物）可得关系式：Cl2O～2H＋～2I2，由实验数据可知Cl2O和HClO共消耗n（H＋）＝2×（2.505×10－3mol－1.505×10－3mol）＝2×10－3mol，生成I2的物质的量为2×10－3mol，则高纯度Cl2O浓溶液中n（Cl2O）＝1×10－3mol，加入过量KI溶液共生成I2的物质的量为2.005×10－3mol，因此Cl2与I－反应生成I2的物质的量为2.005×10－3mol－2×10－3mol＝5×10－6mol，由此可知高纯度Cl2O浓溶液中n（Cl2）＝5×10－6mol，所以高纯度Cl2O浓溶液中eq\f(n（Cl2O）,n（Cl2）)＝eq\f(1×10－3mol,5×10－6mol)＝200>99，则所制备的高纯度Cl2O浓溶液符合要求。7.答案（1）溶液出现红色且半分钟不褪色（2）12TiO2·5H2O解析（1）若反应完全，滴入标准溶液，标准溶液中的Fe3＋与SCN－结合，使溶液变为红色，滴定终点现象为溶液出现红色且半分钟不褪色。（2）三次滴定消耗标准溶液的平均值为24.00mL，物质反应转化关系为TiO2～NH4Fe（SO4）2，m（TiO2）＝80g·mol－1×0.1000mol·L－1×0.024L×eq\f(250mL,25.00m