【创新设计】（江苏专用）2023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

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26.65g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，火焰无色。实验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。(1)由实验1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Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓。(3)浓硫酸增重的是水的质量，即n(H2O)＝＝0.55mol，氢氧化钠增重是因为吸收了HCl，即n(HCl)＝＝0.1mol，n(Mg)＝n[Mg(OH)2]＝＝0.2mol，根据水滑石灼烧后产物为MgO、Al2O3、HCl、H2O，则Al2O3的质量＝26.65g－0.2mol×40g·mol－1－3.65g－9.9g＝5.1g，即n(Al)＝0.1mol，进一步推出n(Mg)∶n(Al)∶n(H)∶n(Cl)∶n(O)＝2∶1∶12∶1∶9，则阴离子除了Cl－，应该还有OH－，则化学式为Mg2Al(OH)6Cl·3H2O。答案　(1)钠(或Na)(2)Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓(3)n(H2O)＝0.55moln(HCl)＝0.1moln(Mg)＝0.2molm(Al)＝2.7g或m(Al2O3)＝5.1g\n则n(Al)＝0.1mol，进一步推出n(Mg)∶n(Al)∶n(H)∶n(Cl)∶n(O)＝2∶1∶12∶1∶9则化学式为Mg2Al(OH)6Cl·3H2O2．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，进而可制备绿矾(FeSO4·7H2O)、硫酸亚铁铵[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O](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3mol·L－1H2SO4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)2SO4·FeSO4·6H2O](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0.352gCu2S和CuS的混合物在酸性溶液中用40.00mL0.150mol·L－1KMnO4溶液处理，发生反应如下：8MnO＋5Cu2S＋44H＋===10Cu2＋＋5SO2↑＋8Mn2＋＋22H2O6MnO＋5CuS＋28H＋===5Cu2＋＋5SO2↑＋6Mn2＋＋14H2O反应后煮沸溶液，剩余的KMnO4恰好与50.00mL0.200mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液完全反应。已知：MnO＋Fe2＋＋H＋―→Mn2＋＋Fe3＋＋H2O(未配平)①Cu2S和CuS的混合物在酸性溶液中用0.150mol·L－1KMnO4溶液处理后，溶液需煮沸的原因是___________________________________________________________________。②实验室配制250mL3mol·L－1H2SO4溶液，需要质量分数为98%，密度为1.84g·mL－1硫酸的体积为________mL。(保留1位小数)③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)4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O\n(3)①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②40.8　③由得失电子守恒有关系式　MnO～5Fe2＋剩余的KMnO4的物质的量为：50.00×10－3L×0.2mol·L－1×＝2.00×10－3mol用0.150mol·L－1KMnO4溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，反应的KMnO4的物质的量为：40×10－3L×0.150mol·L－1－2.00×10－3mol＝4.00×10－3mol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x＝1.00×10－3mol　y＝2.00×10－3mol混合物中CuS的质量分数为：m(CuS)/m(总)＝(2.00×10－3mol×96g·mol－1)/0.352g×100%＝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＋＋2H2O14H＋＋Cr2O＋6Fe2＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O试计算ClO2的产率。(写出计算过程)\n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＋)＝37.00×10－3L×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%。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(1－x)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。①该催化剂中铁元素的化合价为________。②图甲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。图乙为二水合草酸钴(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的氧化物。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价)，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和O的物质的量之比。解析　(1)①Co、Ni均为＋2价，则CoxNi(1－x)正价总数为＋2价，推出Fe为＋3价。②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\n越大，催化速率越高可知，Co2＋的催化效果更好。(2)①由题给信息知，300℃以上是钴的氧化物，18.3gCoC2O4·2H2O的物质的量＝＝0.1mol，设钴的氧化物为CoOx，则(59＋16x)×0.1＝8.03，解得x＝1.33，即钴的氧化物的化学式为Co3O4。18.3gCoC2O4·2H2O中H2O的物质的量为0.2mol，即3.6g，故14.7g全为CoC2O4；从图中B点到C点的化学方程式为3CoC2O4＋2O2===Co3O4＋6CO2。②见参考答案。答案　(1)①＋3　②微波水热　Co2＋(2)①Co3O4　3CoC2O4＋2O2===Co3O4＋6CO2②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＝0.6moln(O)＝(0.4mol×3＋0.6mol×2)÷2＝1.2mol故n(Co)∶n(O)＝1mol∶1.2mol＝5∶65．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：①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100.00mL溶液A。②量取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体9.32g。③量取25.00mL溶液A，加入足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下气体224mL，同时有红褐色沉淀生成。④将步骤③所得沉淀过滤、洗涤、灼烧，最终得固体4.80g。通过计算确定黄钾铵铁矾的化学式(写出计算过程)。解析　(1)所加溶液X，主要是沉淀Fe3＋，生成黄钾铵铁矾，故X是氨水。(2)用焰色反应检验K＋，要注意通过钴玻璃观察火焰。答案　(1)氨水(或NH3·H2O)\n(2)用洁净的铂丝(或铁丝)蘸取滤液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察，若火焰呈紫色，则存在K＋(3)n(SO)＝n(BaSO4)＝＝0.04moln(NH)＝n(NH3)＝＝0.01moln(Fe3＋)＝2n(Fe2O3)＝2×＝0.06moln(K＋)＝n(NH)＝0.01mol根据电荷守恒：n(OH－)＝n(K＋)＋n(NH)＋3n(Fe3＋)－2n(SO)＝0.12moln(K＋)∶n(NH)∶n(Fe3＋)∶n(SO)∶n(OH－)＝1∶1∶6∶4∶12黄钾铵铁矾的化学式为KNH4Fe6(SO4)4(OH)12。6．一水草酸钙(CaC2O4·H2O)可用作分离稀有金属的载体。以下是其制备方法。步骤Ⅰ：用精制氯化钙稀溶液与草酸溶液共热反应，过滤，将固体溶于热盐酸中。步骤Ⅱ：加氨水反应得一水草酸钙沉淀，过滤，热水洗涤，在105℃下干燥得产品。(1)写出步骤Ⅱ发生反应的化学方程式：___________________________________________________________________________________________________________。(2)已知CaC2O4·H2O的Ksp＝2.34×10－9，为使步骤Ⅱ溶液中c(C2O)≤1×10－5mol·L－1，c(Ca2＋)的范围为________________。(3)为研究一水草酸钙的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50g样品加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如图所示。①300℃时残留固体的成分为________，900℃时残留固体的成分为________；②通过计算求出500℃时固体的成分及质量。(写出计算过程)解析　在步骤Ⅰ得到H2C2O4和CaCl2，然后向该溶液中加入浓氨水发生反应产生一水草酸钙，该反应的化学方程式是H2C2O4＋CaCl2＋2NH3·H2O===CaC2O4·H2O↓＋2NH4Cl＋H2O。(2)由于CaC2O4·H2O的Ksp＝c(C2O)·c(Ca2＋)＝2.34×10－9，为使步骤Ⅱ溶液中c(C2O)≤1×10－5mol·L－1，应有c(Ca2＋)≥2.34×10－4mol。(3)①CaC2O4·H2\nO可能发生的分解反应是CaC2O4·H2OCaC2O4＋H2O，146gCaC2O4·H2O完全分解产生128gCaC2O4，样品的固体残留率＝×100%＝87.67%，所以在300℃时残留固体的成分为CaC2O4；CaC2O4·H2OCaCO3＋CO↑＋H2O，样品的固体残留率＝×100%＝68.49%，故在600℃时残留固体的成分为CaCO3；CaC2O4·H2OCaO＋CO2↑＋CO↑＋H2O，×100%＝38.36%，所以在900℃时残留固体的成分为CaO。②由于在500℃时固体残留率是87.67%>76.16%>68.49%，所以固体中应该含有CaC2O4和CaCO3。具体的计算过程见参考答案。答案　(1)H2C2O4＋CaCl2＋2NH3·H2O===CaC2O4·H2O↓＋2NH4Cl＋H2O　(2)≥2.34×10－4mol·L－1　(3)①CaC2O4　CaO　②500℃时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物样品中n(CaC2O4·H2O)＝＝0.25mol。设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质的量分别是x和y，根据500℃时固体总质量，可得128x＋100y＝36.50g×76.16%，根据Ca元素原子守恒，可得x＋y＝0.25，解得x＝0.1，y＝0.15。m(CaC2O4)＝0.1mol×128g·mol－1＝12.8g，m(CaCO3)＝0.15mol×100g·mol－1＝15.0g[对点回扣]综合计算的解题技巧(1)两组分混合物组成的计算一般设两组分的物质的量或质量为未知数，根据题给数据列方程组进行计算；(2)过量问题的计算一般设其中一种反应物为未知数，用另一种反应物的量计算，然后与所提供量进行比较从而确定过量物质；(3)图像问题的计算中要明确纵横坐标的含义和图像所表示的化学意义，再根据题给数据和图像中的重要拐点进行计算；(4)范围讨论的计算方法是写出化学方程式，找出界点，然后讨论大于、小于或等于时的情况，从而找出相应的区间，确定不同的范围；(5)化工生产的计算方法主要是根据化学方程式的计算，解题时要将化学方程式配平，然后进行对应量的计算；(6)确定复杂化学式的计算要依据题目所给的化学事实，分析判断化合物的成分，通过计算确定各成分的物质的量之比；\n(7)多步反应的计算首先要正确地书写反应的化学方程式，然后根据化学方程式或根据原子守恒找出已知反应物与所求生成物的化学计量数关系进行计算。