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化学计算——应用化学方程式精练

1．取3.38gK2CO3和KHCO3的混合物溶于水配成25mL溶液，往溶液中加入25mLBa(OH)2溶液恰好使生成白色沉淀的量最多，反应后溶液中c(OH－)＝0.8mol·L－1(忽略混合后溶液体积变化)，则原混合物中K2CO3和KHCO3物质的量之比为()

A．1∶2B．1∶1C．2∶1D．2∶3

答案A

解析设原混合物中n(K2CO3)＝xmol，n(KHCO3)＝ymol，

根据总质量可得：138x＋100y＝3.38①

往溶液中加入Ba(OH2)溶液，恰好使生成白色沉淀的量最多，反应后剩余的氢氧根的物质的量n(OH－)＝0.8mol·L－1×0.05L＝0.04mol。

根据方程式：

K2CO3＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋2KOH

xmol2xmol

KHCO3＋Ba(OH)2===BaCO3↓＋KOH＋H2O

ymolymol

可得2x＋y＝0.04②

联立①②解方程组得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0.01,y＝0.02))

所以原混合物中n(K2CO3)∶n(KHCO3)＝0.01mol∶0.02mol＝1∶2。

2．为了检验某含有NaHCO3杂质的Na2CO3样品的纯度，现将w1g样品加热，其质量变为w2g，则该样品的纯度(质量分数)是()

A.eq\f(84w2－53w1,31w1) B.eq\f(84?w1－w2?,31w1)

C.eq\f(73w2－42w1,31w1) D.eq\f(115w2－84w1,31w1)

答案A

解析由题意知(w1－w2)g应为NaHCO3分解生成的CO2和H2O的质量，设样品中NaHCO3质量为xg，由此可得如下关系：

2NaHCO3eq\o(=====,\s\up7(△))Na2CO3＋

2×8462

xw1－w2

则x＝eq\f(84?w1－w2?,31)，

故样品的纯度为eq\f(m?Na2CO3?,m?样品?)＝eq\f(w1－x,w1)＝eq\f(84w2－53w1,31w1)。

3．16mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400℃左右可发生反应：6NO＋4NH3?5N2＋6H2O(g)，达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比有四种情况：

①5∶3②3∶2③4∶3④9∶7。其中正确的是()

A．①② B．①④

C．②③ D．③④

答案C

解析根据反应前后气体的总体积，可用差量法直接求解。

6NO＋4NH3?5N2＋6H2O(g)ΔV(气体的体积差)

6mL4mL5mL6mL(5＋6)－(4＋6)＝1(mL)(理论差量)

9mL6mL17.5－16＝1.5(mL)(实际差量)

由此可知共消耗15mL气体，还剩余1mL气体，假设剩余的气体全部是NO，则V(NO)∶V(NH3)＝(9mL＋1mL)∶6mL＝5∶3，假设剩余的气体全部是NH3，则V(NO)∶V(NH3)＝9mL∶(6mL＋1mL)＝9∶7，但因该反应是可逆反应，剩余气体实际上是NO、NH3的混合气体，故V(NO)∶V(NH3)介于5∶3与9∶7之间，对照所给的数据知3∶2与4∶3在此区间内。

4．取7.90gKMnO4，加热分解后剩余固体7.42g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2＋存在。

请计算：

(1)KMnO4的分解率为________。

(2)气体A的物质的量为________。

答案(1)60%(或0.60)

(2)0.095mol

解析(1)KMnO4的分解率＝eq\f(分解的KMnO4的物质的量,KMnO4总的物质的量)。题目已知KMnO4共7.90g，物质的量为0.05mol。加热分解后剩余固体为7.42g，损失的质量为O2的质量0.48g，说明O2的物质的量为0.015mol。由2KMnO4eq\o(=====,\s\up7(△))K2MnO4＋MnO2＋O2↑，可知消耗KMnO40.03mol。所以KMnO4的分解率为eq\f(0.03mol,0.05mol)×100%＝60%。

(2)在整个反应过程中，锰元素从＋7价全部转化为＋2价，说明整个反应过程中转移了0.05mol

×5＝0.25mol电子。剩余固体与浓盐酸反应生成气体A，则A应为氯气。