专题27 化学计算-2017年浙江学考化学五次真题二年模拟分类汇编（解析版）

专题27 化学计算

1．【2016年4月浙江省选考】Cl2与NaOH溶液反应可生成NaCl、NaClO和NaClO3(Cl-和ClO-)的比值与反

应的温度有关，用24gNaOH配成的250mL溶液，与Cl2恰好完全反应（忽略Cl2与水的反应、盐类的水解及溶液体积变化）：

（1）NaOH溶液的物质的量浓度_____mol·L1；

－

（2）某温度下，反应后溶液中c(Cl-)=6c(ClO-)，则溶液中c(ClO-) =_____mol·L1。

－

【答案】 2.4 0.30

【解析】（1）根据c==

=2.4mol/L，故答案为：2.4；（2）NaCl、NaClO和NaClO3的组成发现，钠与

氯的物质的量之比为1：1，所以n(NaOH)=2n(Cl2)，所以n(Cl2)=0.3mol，设n(ClO-)=xmol，则n(Cl-)=6xmol，所以n(ClO3-)=(0.6-7x)mol，得失电子守恒得：6x=x+5(0.6-7x)，解之得x=0.075，所以则溶液中c(ClO-)=

=0.30mol/L，故答案为：0.30。

2．【2015年10月浙江省普通高校招生选考】量取8.0 mL 5.0 mol·L-1 H2SO4溶液，加蒸馏水稀释至100 mL，

取两份稀释后的H2SO4溶液各25 mL，分别加入等质量的Zn和Fe，相同条件下充分反应，产生氢气的体积随时间变化的曲线如图所示（氢气体积已折算成标准状况下的体积）。请计算：

（1）稀释后H2SO4溶液的物质的量浓度为________mol·L-1。 （2）加入Fe的质量至少有____________g。

【答案】 0.40 0.65

【解析】（1）H2SO4溶液各25mL，分别加入等质量的Zn和Fe，生成的氢气的体积相同，由于Fe的摩尔质

量比Zn的小，所以Fe与硫酸反应时Fe过量，其反应方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，由图象可知生成的氢气为n(H2)=

0.224LV==0.01mol，则n(H2SO4)=n(H2)=0.01mol，c(H2SO4)= 22.4L/molVmn0.01mol==0.40mol/L，故答案为：0.40；（2）Zn与硫酸反应时锌完全反应，反应方程式为0.025LVZn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，则n(Zn)=0.01mol，m(Zn)=nM=0.01mol×65g/mol=0.65g，Zn和Fe的质量相同，所以Fe的质量为0.65g，故答案为：0.65。

点睛：明确物质之间发生的反应是解本题关键，再结合原子守恒进行计算。本题的难点是根据相同条件下

充分反应，产生氢气的体积相等，判断等质量的Zn和Fe与硫酸的反应情况是硫酸完全反应还是硫酸过量。

3．【浙江省2017届高三4月普通高校招生选考】分别称取2.39g(NH4)2SO4和NH4Cl固体混合物两份。

（1）将其中一份配成溶液，逐滴加入一定浓度的Ba(OH)2溶液，产生的沉淀质量与加入Ba(OH)2溶液

体积的关系如图。混合物中n[(NH4)2SO4]:n(NH4Cl)为___________。

（2）另一份固体混合物中NH4与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，溶液中c(Cl)=_____(溶液

体积变化忽略不计)。

【答案】 （1）．1:2 （2）．0.1mol/L

【解析】（1）产生的沉淀是硫酸钡，物质的量是2.33g÷233g/mol=0.01mol，根据原子守恒可知硫酸铵的质量

是0.01mol×132g/mol＝1.32g，则氯化铵的质量是2.39g－1.32g＝1.07g，物质的量是1.07g÷53.5g/mol＝0.02mol，因此混合物中n[(NH4)2SO4]:n(NH4Cl)为1:2；（2）每一份中硫酸铵和氯化铵分别是0.01mol、0.02mol，另一份固体混合物中NH4+与Ba(OH)2溶液(浓度同上)恰好完全反应时，消耗氢氧化钡是0.02mol，因此溶液体积是200mL，则溶液中c(Cl-)=0.02mol÷0.2L＝0.1mol/L。

4．【2017年下半年浙江省普通高校招生选考】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_______________。 （2）气体A的物质的量_____________。 【答案】 （1）．60.0% ； （2）．0.095mol 【解析】（1）根据2KMnO4==K2MnO4+MnO2+O2，n(o2)=

7.90g?7.42g =0.015mol，则分解的高锰酸钾

32g/mol为0.03mol，则KMnO4的分解率=

0.03mol?158g/mol×100%=60.0%，故答案为：60%；（2）气体A

7.90g为氯气，若7.90gKMnO4不分解，直接与盐酸反应放出氯气，转移的电子为

7.9g×5=0.25mol，

158g/mol4=0.06mol，因此生成氯气转移的电子为而分解放出0.015mol氧气转移的电子为0.015mol×0.25mol-0.06mol=0.19mol，生成的氯气的物质的量为

0.19mol=0.095mol，故答案为：0.095mol。 2点睛：掌握氧化还原反应过程中的电子守恒是解答本题的关键。本题的易错点为（2），高锰酸钾最终转化

2+

为Mn转移的电子数等于先部分分解过程中转移的电子数+与浓盐酸反应转移的电子数。

5.【浙江省2017届高三10月招生选考】为确定Na2CO3和NaHCO3混合物样品的组成，称取四份该样品溶

于水后分别逐滴加入相同浓度盐酸30.0 mL，充分反应，产生CO2的体积(已折算成标准状况下的体积，不考虑CO2在水中的溶解)如下表：

（1）样品中物质的量之比n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=_________。 （2）盐酸的物质的量浓度c(HCl)=______________。 【答案】（4分）（1）2:1或2 ；（2）2.50mol/L。

【解析】（1）根据表格数据可知：在盐酸的体积都是30mL时，样品质量是2.96g、3.70g及5.18g时，随着

物质质量的增加，反应产生的CO2气体的体积也增大，2.96g、3.70g 时样品不质量，完全反应，盐酸过量。以2.96g时为标准计算。根据碳元素守恒可知：n(CO2)=n(Na2CO3)+ n(NaHCO3)=0.672L÷ 22.4L/mol=0.03mol，106×n(Na2CO3)+84 n(NaHCO3)=2.96，解得n(NaHCO3)=0.02mol，n(NaHCO3)= 0.01mol，所以样品中物质的量之比n(Na2CO3)：n(NaHCO3)=0.02mol:0.01mol=2:1；（2）根据表格数据可知反应产生气体的最大值是896mL，其物质的量是n(CO2)=0.896L÷22.4L/mol=0.04mol，根据物质反应规律，样品越多，反应产生的气体就越多，若盐酸足量，反应理论上产生气体的物质的量是（5.18÷2.96）×0.03mol=0.0525mol>0.04mol，说明HCl不足量，在5.18g样品中含有n(Na2CO3)= （5.18÷2.96）×0.02mol=0.035mol，含有n(NaHCO3)= （5.18÷2.96）×0.02mol=0.0175mol，根据反应的先后顺序，首

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