1、【 精品教育资源文库 】 小专题二 化学计算的快速突破 1 (2016年上海卷 )某铁的氧化物 (FexO)1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下 112 mL Cl2，恰好将 Fe2 完全氧化。 x值为 ( )。 A 0.80 B 0.85 C 0.90 D 0.93 2 (2018 届山西临汾实验中学月考 )将 2 mol NaHCO3和一定量的 Na2O2固体混合，在加热条件下让其充分反应后得到的固体，经测定 Na2O2 无剩余，则最后固体的物质的量为( )。 A 1 2 mol之间 B 1 4 mol之间 C 2 4 mol之间 D大于 4 mol 3 (2016年上
2、海卷 )称取 (NH4)2SO4和 NH4HSO4混合物样品 7.24 g，加入含 0.1 mol NaOH的溶液，完全反应，生成 NH3 1792 mL(标准状况 )，则 (NH4)2SO4 和 NH4HSO4 的物质的量比为( )。 A 11 B 12 C 1.871 D 3.651 4 Na2S2O35H 2O(俗称海波或大苏打 )常用下列途径制备： 已知反应： 4FeS 7O2=2Fe2O3 4SO2、 Na2SO3 S=Na2S2O3。计算原料 FeS在反应 (a)和(b)中的理论分配比等于 _。 5某硫酸厂用接触法制硫酸：在煅烧黄铁矿时损失硫 5%(质量分数，下同 )；在 SO2的
3、催化氧化时， SO3的产率为 92%；在吸收塔中损失 SO3 0.6%。现有含 FeS2 95%的黄铁矿 (杂质不含硫元素 )100 t，可制得 98%的浓硫酸 _t。 6某溶液中只可能含有 Fe2 、 Mg2 、 Cu2 、 NH4 、 Al3 、 Cl 、 OH 、 CO23 。当加入一种淡黄色固体并加热时， 有刺激性气体放出和白色沉淀产生，加入淡黄色固体的物质的量 (横坐标 )与析出的沉淀和产生气体的物质的量 (纵坐标 )的关系如下图所示。该淡黄色物质做焰色反应实验显黄色。可知溶液中含有的离子是 _；所含离子的物质的量浓度之比为 _；所加的淡黄色固体是 _。 7实验室采用滴定法测定某水样
4、中亚硫酸盐含量： (1)滴定时 ， KIO3和 KI作用析出 I2， 完成并配平下列离子方程式 ： IO3 _I _ =_I2 _H2O。 (2)反应 (1)所得 I2的作用是 _。 【 精品教育资源文库 】 (3)滴定终点时， 100 mL的水样共消耗 x mL 标准溶液。若消耗 1 mL标准溶液相当于 SO23的质量 1 g，则该水样中 SO23 的含量为 _mgL 1。 小专题二 化学计算的快速突破 1 A 解析： FexO中 Fe的平均化合价为 2x，被氧化为 Fe3 ，根据电子守恒可知，转移的电子数和 Cl2转移的电子数相等。标准状况下 112 mL Cl2转移电子数为 0.112
5、 L22.4 Lmol 12 0.01 mol，则有 1.52 g?56x 16? gmol 1 ? ?3 2x x 0.01 mol，解得 x 0.80。 2 B 解析：加热后，发生反应如下： 2NaHCO3= Na2CO3 H2O CO2 2 mol 1 mol 1 mol 1 mol 2Na2O2 2CO2=2Na2CO3 O2 1 mol 1 mol 2Na2O2 2H2O=4NaOH O2 1 mol 2 mol 若无 Na2O2固体存在 ， 2 mol NaHCO3分解生成 1 mol Na2CO3。若有 Na2O2固体存在 ， 2 mol NaHCO3分解生成的 H2O和 CO2
6、被足量的 Na2O2吸收 ， 还可生成 1 mol Na2CO3和 2 mol NaOH， 所以固体最多不超过 4 mol。 3 C 解析 ： 假设样品完全为 (NH4)2SO4， 此时消耗 NaOH的量最小 ， 7.24 g (NH4)2SO4的物质的量为 7.24 g132 gmol 10.0548 mol ， 消耗 NaOH的物质的量为 0.0548 mol2 0.1096 mol 0.1 mol， 说明 NaOH 的物质的量不足。 (NH4)2SO4和 NH4HSO4混合物样品中加入 NaOH溶液后，先与 NH4HSO4反应，然后再与 (NH4)2SO4反应，标准状况下生成氨气的物质的
7、量为 179210 3 L22.4 Lmo l 1 0.08 mol，则与 H 反应消耗 NaOH的物质的量为 0.1 mol 0.08 mol 0.02 mol，故 NH4HSO4的物质的量为 0.02 mol，所以 (NH4)2SO4的质量为 7.24 g 115 gmol 10.02 mol 4.94 g，其物质的量为 4.94 g132 gmol 10.0374 mol ，则 (NH4)2SO4 和 NH4HSO4 的物质的量比为 0.0374 mol0.02 mol 1.871 。 4 21 解析：依据 2H2S SO2=3S 2H2O，假设生成 3 mol S，需要 2 mol H
8、2S 和 1 mol SO2，由 Na2SO3 S=Na2S2O3可知 3 mol S需要 3 mol Na2SO3,3 mol Na2SO3需要 3 mol SO2，所以总共需要 4 mol SO2，所以生成 SO2的 FeS为 4 mol，生成 H2S的 FeS为 2 mol。 5 137.55 解析：根据 S元素守恒可知： n(S) 210010 6 g95%95%92%(1 0.6%)120 gmol 1 1 375 530.33 mol，则 m(H2SO4) n?S?98 gmol 198% 137.55 t。 6 Mg2 、 Al3 、 NH4 、 Cl 1138 Na2O2 解析
9、：淡黄色固体加入溶液中，并加热溶液时，有刺激性气体放出和白色沉淀生成，则一定没有 Fe2 和 Cu2 ，则淡黄色固体为 Na2O2，图象实际为两个图合在一起，偏上的是气体，偏下的是沉淀，图象中加入 8 mol过氧化钠后，沉淀减小，且没有完全溶解，一定有 NH4 、Al3 、 Mg2 ，则溶液中一定没有 OH 、 CO23 ，根据电荷守恒可知含有 Cl ，由图可知氢氧化镁为 2 mol，氢氧化铝为 4 mol 2 mol 2 mol，加入 8 mol过氧化钠之后，生成气体减小，故加入 8 mol过氧化钠时，铵根离子完全反应。当 n(Na2O2) 8 mol时，由 2Na2O2 2H2O=4NaOH【 精品教育资源文库 】 O2 ，可知 n(O2) 8 mol 12 4 mol，所以 n(NH4 ) n(NH3) 10 mol n(O2) 6 mol，由电荷守恒： 2n(Mg2 ) 3n(Al3 ) n(NH4 ) n(Cl )，则 n(Cl ) 16 mol，故 n(Mg2 ) n(Al3 ) n(NH4 ) n(Cl ) 2 mol2 mol6 mol16 mol 1138 。 7 (1)1 5 6 H 3 3 (2)氧化 SO23 、 S2O23 ，可以与淀粉有明显显色现象，有利于观察滴定终点 (3)104x
