2022届备高三高考化学二轮复习 计算题专题训练 WORD版含答案.docx

1、计算题必刷 备战2022年高考化学二轮复习学校:_姓名：_班级：_考号：_1（2021浙江高考真题）将3.00g某有机物(仅含C、H、O元素，相对分子质量为150)样品置于燃烧器中充分燃烧，依次通过吸水剂、CO2吸收剂，燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表：吸水剂CO2吸收剂实验前质量/g20.0026.48实验后质量/g21.0830.00请回答：(1)燃烧产物中水的物质的量为_mol。(2)该有机物的分子式为_(写出计算过程)。2（2021浙江高考真题）玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O(x-1)S+K2SK2Sx(x

2、=26)S+ K2SO3K2S2O3请计算：(1)0.480 g硫单质与V mL 1.00 molL-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V=_。(2)2.560 g硫单质与60.0 mL 1.00 molL-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x=_。(写出计算过程)3（2021浙江诸暨模拟预测）粗ZnS中的S2-的含量可以用“碘量法”测得。准确称取0.150g样品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mo/L的I2KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置于暗处充分反应5min，硫元素完全转化为单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1

3、000mol/LNa2S2O3溶液滴定，反应式为I2+2S2O=2I-+S4O。测定时，消耗Na2S2O3溶液体积24.00mL。请计算样品中S2-的含量为_(计算结果保留三位有效数字，写出计算过程)。4（2021广东深圳模拟预测）常温下一种烷烃A和一种单烯烃B组成混合气体，A或B分子最多只含有4个碳原子，且B分子的碳原子数比A分子的多。（1）将该混合气体1L充分燃烧在同温、同压下得2.5LCO2，试推断原混合气体A中和B所有可能的组合及其体积比_。（2）120时取1L该混合气体与9L氧气混合，充分燃烧后，当恢复到120和燃烧前的压强时，体积增大6.25%，试通过计算确定混合气中各成分的分子式

4、_。5（2021浙江模拟预测）重铬酸铵(NH4)2Cr2O7用作分析试剂、催化剂及媒染剂等。实验室常利用甲醛法测定重铬酸铵样品中氮的质量分数，其反应原理为2Ba2+Cr2O72+H2O = 2BaCrO4+2H+、4NH4+6HCHO = 3H+6H2O+(CH2)6N4H+ 滴定时，1 mol (CH2)6N4H+与1 mol H+相当，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。实验步骤：称取样品2.800 g，配成250 mL溶液，移取25.00 mL样品溶液于锥形瓶中，加入硝酸钡溶液使Cr2O72完全沉淀后，加入10 mL 20%的中性甲醛溶液，摇匀，静置5 min后，加入12滴酚酞溶液，

5、用0.200 molL-1 NaOH标准溶液滴定至终点，重复上述操作3次。滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.001.0521.06225.001.9821.97325.000.2021.98该样品中氮的质量分数为_(结果保留两位小数)，并写出简要的运算过程。6（2021浙江杭州高级中学模拟预测）化学需氧量(chemical oxygen demand，简称COD)表示在强酸性条件下重铬酸钾氧化 1 L 污水中有机物所需的氧化剂的量，并换算成以氧气为氧化剂时，1 L水样所消耗O2的质量(mgL-1)计算。COD小，水质好。某湖面

6、出现赤潮，某化学兴趣小组为测定其污染程度，用 1.176 g K2Cr2O7固体配制成 100 mL溶液，现取水样20.00 mL，加入10.00 mL K2Cr2O7溶液，并加入适量酸和催化剂，加热反应2 h。多余的K2Cr2O7用0.100 0 molL-1Fe(NH4)2(SO4)2溶液进行滴定，消耗Fe(NH4)2(SO4)2溶液的体积如下表所示。此时，发生的反应是CrO72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O。(已知K2Cr2O7和有机物反应时被还原为 Cr3+，K2Cr2O7的相对分子质量为294)序号起始读数/mL终点读数/mL10.0012.1021.2613.

7、1631.5414.64(1)K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为_molL-1。(2)求该湖水的COD为_mgL-1。7（2021浙江衢州模拟预测）达喜是常用的中和胃酸的药物，其有效成分是含结晶水的铝镁碱式盐。取该碱式盐6.02g，向其中逐滴加入4.00molL-1的盐酸，当加入盐酸42.5mL时开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时恰好反应完全。（1）计算该碱式盐样品中碳酸根与氢氧根的物质的量之比：_。（2）若达喜中镁、铝元素的物质的量之比为3：1，则氢元素的质量分数为_。8（2011上海松江二模）NaHCO3在潮湿的空气中会缓慢分解，Na2CO3会吸收空气中的水分：Na2CO3nH2O=

8、 Na2CO3nH2O(n为平均值，n10)。取没有妥善保管的NaHCO3样品A9.16g，溶于水配成溶液，慢慢滴入稀盐酸并不停地搅拌，加入盐酸的体积与生成的CO2的体积(标准状况)如图。(已知盐酸滴加至10mL时，开始产生气体，加至15mL时生成CO2112mL，溶解的CO2忽然不计)试求：(1)所加盐酸物质的量浓度_。(2)x的值_。(3)样品A中的成分及各成分的物质的量_。9（2021上海高三零模）CO和CO2都可以合成甲醇：CO+2H2CH3OH；CO2+3H2CH3OH+H2O，CO、CO2和H2可通过下列反应制备：CH4+H2O(g) CO+3H2 ；CO+H2O(g) CO2+H

9、2；反应的产物合成甲醇时H2过量，反应的的产物合成甲醇时H2不足。为了充分利用原料，可将两个反应的产物混合使用。(1)以CH4、CO、H2O混合气体为原料气，在一定条件下充分反应，所得气体以合成甲醇，为使原子的利用率达到最高，则CH4、CO、H2O的最佳配比为_ 。(2)若以100L CH4和H2O的混合气体为原料，制备CO、CO2和H2混合气体，当CH4和H2O均完全反应后，在相同条件下反应后气体的体积为_L（写范围）。(3)若以100L CH4和H2O的混合气体，充分反应后，测得同温同压下气体的体积为180L，求原混合气体中CH4和H2O的体积比为_。(4)在100L CH4和H2O的混合

10、气体中，CH4所占的体积分数为x，反应后气体的体积为y（L），求：x的取值范围和气体产物的体积y（用含x的函数表达式）_10（2021上海松江二模）某化学兴趣小组探究氯化铁溶液的某些性质，将一定量氯化铁固体先加入含1molHCl的浓盐酸中，再加水配制成1L溶液A。（1）若在A溶液中加入一块铜片，一段时间后得溶液B。写出铜片在FeCl3溶液中反应的离子方程式：_；（2）若在B中加铁粉mg，充分反应后剩余固体ng；过滤，从1L滤液中取出20mL，向其中滴入40mL2mol/LAgNO3溶液时，Cl-恰好完全沉淀。则溶液A中FeCl3的物质的量浓度是_；（3）若在A溶液中加铁粉至不再溶解，则需铁粉_

11、克。11（2021上海市建平中学一模）黄铁矿(主要成分为FeS2)是生产硫酸的主要原料。高温时，黄铁矿在空气，设空气中V(N2)：V(O2)=41中煅烧，可发生下列反应：4FeS2 11O2 2Fe2O3 8SO2。根据题意完成下列计算：(1)若把2.00g黄铁矿试样在足量空气中充分灼烧后，得到1.56g残渣，则黄铁矿的纯度为_。(2)燃烧70t黄铁矿（含硫35%，杂质不含硫）生产出72.8t硫酸铵。若黄铁矿制取硫酸时的利用率为80%，则在制取硫酸铵时硫酸的利用率为_。(3)为使FeS2煅烧完全生成Fe2O3，工业上使用过量空气，当空气过量20%时，煅烧后的气体中SO2的体积分数为_。(4)4

12、80g纯净的FeS2在空气中完全反应，若所得固体中，Fe和O的物质的量之比n(Fe)n(O)4x，此时消耗空气为ymol。试写出y与x的关系式：_。12（2021上海闵行一模）黄铁矿(主要成分为FeS2)是生产硫酸的主要原料。高温时，黄铁矿在空气中煅烧设空气中V(N2) V(O2)41且不含其他气体，可发生下列反应：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。根据题意完成下列计算：(1)若把2.00g某黄铁矿试样在足量空气中充分灼烧后（杂质不反应、不挥发），得到1.56g残渣，则该黄铁矿的纯度为_。(2)煅烧70t黄铁矿（含硫35%，杂质不含硫且不反应）生产出72.8t硫酸铵。若黄铁矿制取硫酸

13、时的利用率为80%，则在制取硫酸铵时硫酸的利用率为_（答案保留两位小数）。(3)为使FeS2煅烧完全生成Fe2O3，工业上使用过量空气，当空气过量20%时，煅烧后的混合气体平均相对分子质量为_（答案保留两位小数）。(4)硫酸工业的尾气可以使用氨水进行吸收，既防止了有害物质的排放，也同时生产副产品氮肥。已知吸收尾气后的氨水全部转化为铵盐。取两份相同体积的铵盐溶液，一份中加入足量硫酸，产生0.09mol SO2（假设气体已全部逸出，下同）；另一份中加入足量Ba(OH)2，产生0.16mol NH3，同时得到21.86g沉淀。通过计算，求铵盐溶液中各溶质成分与物质的量浓度之比。_13（2021上海闵

14、行二模）硫铁矿石（主要成分FeS2）用于工业制硫酸，其排出的矿渣在一定条件下以磁性铁为主。经磁选获得精矿，可直接用于高炉炼铁。已知某精矿的主要成分是磁性铁（Fe3O4）和Fe2O3及杂质（杂质不含铁、硫、氧元素，且杂质不耗氧）。请回答下列问题：(1)某硫铁矿石中（杂质不含铁、硫）含硫的质量分数是0.360，则该硫铁矿石中含铁的质量分数是：_（用小数表示，保留3位小数）。(2)如用上述硫铁矿石制硫酸，矿渣经磁选获得精矿，直接用于高炉炼铁，当制得98%的硫酸1.92吨时（不考虑硫的损失），则炼铁厂（不计选矿及炼铁时铁的损耗）最多可生产含碳4%的生铁_吨。(3)煅烧硫铁矿常用富氧空气。从沸腾炉排出的

15、气体成分如下表。如果精矿中铁、氧的物质的量之比为n(Fe)n(O)=57，则富氧空气中O2和N2的体积比为_。气体SO2N2O2物质的量（mol）10586(4)炼铁厂生产的生铁常用于炼钢。取某钢样粉末28.12 g（假设只含Fe和C），在氧气流中充分反应，得到CO2气体224 mL（标准状况）。计算此钢样粉末中铁和碳的物质的量之比_（最简单的整数比）。再取三份不同质量的钢样粉末分别加到100 mL相同浓度的H2SO4溶液中，充分反应后，测得的实验数据如下表所示：实验序号IIIIII加入钢样粉末的质量/g2.8125.6248.436生成气体的体积/L（标准状况）1.1202.2402.800

16、则该硫酸溶液的物质的量浓度_。若在实验II中继续加入m g钢样粉末，计算反应结束后剩余的固体质量为多少? （写出必要的步骤，答案保留3位小数）_。14（2021上海闵行二模）开展“三废”综合治理，是防治工业“三废”污染，搞好环境保护的重要途径之一。其中常用方法是将“三废”中有毒有害物转化为无害的物质或有用的产品。（1）硝酸工业尾气中氮氧化物（NO与NO2）是主要的大气污染物之一，可用氨氧混合气进行选择性催化还原处理。其主要反应原理：4NO + 4NH3 + O24N2 + 6H2O6NO2 + 8NH37N2 + 12H2O，某硝酸厂排放的尾气中氮氧化合物的含量为2490mg/m3（体积已折算

17、至标准状况），其中NO与NO2物质的量比为41。设尾气中氮氧化物与氨氧混合气恰好完全反应。氨氧混合气的平均相对分子质量为_（精确到0.01）。尾气中NO的含量为_mg/m3。要处理5m3的尾气，需要氨氧混合气的体积为_L。（2）另一种处理氮氧化物的方法是用烧碱进行吸收，产物为NaNO2、NaNO3和H2O。现有含0.5mol氮氧化物的尾气，恰好被一定体积的25% NaOH溶液（密度1.28g/cm3）完全吸收。NaOH溶液的物质的量浓度为_mol/L，体积为_mL。已知反应后溶液中含有0.35mol NaNO2。若将尾气中NO与NO2的平均组成记为NOx，则x=_。（3）硫酸工业的废水中含质量

18、分数4.9%的硫酸，加入质量分数22.2%的石灰乳，恰好使废水达到排放标准（pH=7），同时又得到副产品石膏（CaSO42H2O）。已知按此法处理后每小时可排放达标废水276.5吨，求每小时生产石膏的质量（忽略其他反应且不计过程中损耗）。_15（2021上海奉贤二模）硫化钠是用于皮革鞣制的重要化学试剂，可用无水芒硝（Na2SO4）与炭粉在高温下反应而制得，反应方程式如下：Na2SO4+4CNa2S+4CONa2SO4+4CONa2S+4CO2(1)现要制取Na2S11.70 g，若生成过程中无水芒硝的利用率为90%，则理论上需要无水芒硝_g(精确到0.01)。(2)若在反应过程中生成的Na2S

19、物质的量为3 mol，则消耗的碳单质的物质的量 n的范围是_moln_mol。若产生的气体最终只有CO2，则消耗的碳的物质的量为_mol；若生成等物质的量CO和CO2，则消耗的碳的物质的量为_mol；(3)若在上述反应中消耗的碳单质为1 mol，生成 Na2S的物质的量为y mol，生成的CO和 CO2的物质的量之比为x，则x与y的关系为y=_。(4)Na2S放置在空气中，会被缓慢氧化成Na2SO4及Na2SO3，现称取已经部分氧化的硫化钠样品78.40 g溶于水中，加入足量盐酸，充分反应后过滤得沉淀19.20 g，放出H2S气体2.24 L(标准状况)。请计算：78.40 g样品中各氧化产物

20、的物质的量_(写出必要的计算过程)。参考答案：1 0.0600 C4H6O6【解析】(1)根据表格中的数据，吸水剂增加的质量全部为有机物完全燃烧生成水的质量，则生成水的物质的量n(H2O)=0.0600mol；(2)n(H)=0.0600mol2=0.120mol，n(C)=0.0800mol，n(O)=0.120mol，则最简式为C2H3O3，由于相对分子质量为150，则可以得到有机物的分子式为C4H6O6。2 30.0 3【解析】(1)根据方程式3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O可知，3mol S可以和6mol KOH反应，0.48g S的物质的量n=0.015mol，则需要消耗

21、KOH的物质的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH溶液的体积V= =0.03L=30.0mL，故答案为30.0；(2)若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH2K2Sx+K2S2O3+3H2O，根据反应方程式有解得x=3，故答案为3。327.7%【解析】由方程式可知，I2+S2-=2I-+S；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；n(I2)-硫离子=2.510-3mol0.12410-3mol2=1.310-3moln(S2-)=n(I2)=1.310-3mol；m(S2-)=1.310-3mol32g/mol=0.0416g

22、w%(S2-)=0.0416g0.150g=27.7%4 组合编号A的分子式B的分子式A和B的体积比（VA：VB）CH4C3H61：3CH4C4H81：1C2H6C3H61：1C2H6C4H83：1 C2H6、C4H8【解析】1升混合气体充分燃烧后生成2.5升CO2，且B分子的碳原子数比A分子的多，混合气体只能由碳原子数小于2.5的烷烃（CH4和C2H6）和碳原子数大于2.5的烯烃（C3H6和C4H8）组成。（1）混合气体只能由碳原子数小于2.5的烷烃（CH4和C2H6）和碳原子数大于2.5的烯烃（C3H6和C4H8）组成。它们有四种可能的组合：CH4、C3H6；CH4、C4H8；C2H6、C

23、3H6；C2H6、C4H8；根据每一种组合中烷烃和烯烃的碳原子数及燃烧后生成的CO2体积，可确定A和B的体积比如：，则V（CH4）：V（C3H6）=1：3，同理可得CH4、C4H8的比1：1；C2H6、C3H6的比是1：1；C2H6、C4H8的比是3：1；（2）设1升气态烃与氧充分燃烧后体积变化为V升，则CH4+2O2CO2+2H2O（气）V1=0（升）；C2H6+7/2 O22CO2+3H2O（气）V2=0.5（升）；C3H6+9/2 O23CO2+3H2O（气）V3=0.5（升）； C4H8+6O24CO2+4H2O（气）V4=1.0（升）。各种组合的1升混合气体与氧气充分燃烧，体积增大为

24、：组合(V1+3V3)4=0.375（升），则，；组合(V1+V4)2=0.5（升），则；组合(V2+V3)2=0.5（升），则；组合(3V2+V4)4=0.625（升），则，故组合符合题意，即A为C2H6；B为C4H8。【点睛】利用十字交叉法及差量方法在物质组成及物质燃烧的应用的知识进行解题。510.00%(NH4)2Cr2O7 2N 4 H+ 4NaOH得到n(N) =n(NaOH) =0.200molL-10.02L10=0.02mol，氮的质量分数【解析】先计算消耗NaOH标准溶液的体积的平均值，再根据关系式(NH4)2Cr2O7 2N 4 H+ 4NaOH进行计算氮的质量分数。消耗氢

25、氧化钠标准溶液的体积分别为：20.01mL、19.99mL、21.78mL（误差太大，舍去），所以平均消耗V(NaOH)=20.00mL；根据关系式(NH4)2Cr2O7 2N 4 H+ 4NaOH得到n(N) = n(NaOH)=0.200molL-10.02L10=0.02mol，氮的质量分数；故答案为：10.00%；(NH4)2Cr2O7 2N 4 H+ 4NaOH得到n(N) =n(NaOH) =0.200 molL-10.02L 10 = 0.02mol，氮的质量分数。【点睛】利用关系式在化学计算是高考常考的题型，切记不能一步一步进行计算。6 0.0400 480【解析】(1)根据n

26、=及c=计算K2Cr2O7溶液的物质的量浓度；(2)根据CrO72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O，计算剩余的K2Cr2O7的物质的量，进而计算水样消耗的n(K2Cr2O7)；再根据电子转移守恒计算水样消耗氧气的物质的量，及计算水样的化学需氧量，据此解答。(1)K2Cr2O7的摩尔质量为294 g/mol，则1.176 g K2Cr2O7固体的物质的量是n(K2Cr2O7)=0.0040 mol，由于配制成100 mL溶液，所以配制K2Cr2O7的溶液的物质的量浓度c(K2Cr2O7)=0.0400 mol/L；(2)n(K2Cr2O7)=0.01 L0.0400 mol/

27、L=410-4 mol，三次实验消耗溶液的体积分别是12.10 mL、11.90mL、13.10 mL，可见第三次实验误差较大，要舍去，则消耗溶液平均体积是V=12.00 mL、n(Fe2+)=1210-3 L0.10 mol/L=1.210-3 mol，由CrO72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O可知，剩余的n(K2Cr2O7)=n(Fe2+)=1.210-3 mol=210-4 mol，则水样消耗的n(K2Cr2O7)=410-4 mol-210-4 mol=210-4 mol，根据电子电子转移可知，水样需要氧气的物质的量为n(O2)=210-4mol(6-3)2=31

28、0-4 mol，氧气的质量m(O2)=310-4 mol32 g/mol=9610-4 g=9.6 mg，故该水样的化学需氧量COD=480 mg/L。【点睛】本题以水体化学需氧量为载体，考查滴定方法在氧化还原反应计算中的应用，掌握方程式中物质反应的物质的量关系，利用电子守恒进行计算，易错点是Fe(NH4)2(SO4)2溶液的体积的数据处理，要舍去误差较大的实验数据。7 1：16 4.00%【解析】碱式碳酸盐与盐酸反应过程中先中和碱，再和碳酸盐生成碳酸氢盐，然后才会放出CO2气体，涉及到的化学反应有：OH-+H+=H2O；CO32-+H+HCO3-；HCO3-+H+H2O+CO2；利用质量守恒

29、，结合化学方程式计算。(1)当加入盐酸42.5mL时，开始产生CO2，加入盐酸至45.0mL时正好反应完全，所发生的反应分别为：OH+H+=H2O；CO32+H+HCO3；HCO3+H+H2O+CO2；可得n(CO2)=n(CO32)=(45.0-42.5)103L4mol/L=0.01mol，而中和OH需要盐酸42.5mL2.5mL=40mL，所以n(OH)=40103L4mol/L=0.16mol，则n(CO32)：n(OH) =1：16；(2)镁、铝元素物质的量之比为3：1，令镁元素物质的量为3xmol，铝元素物质的量为xmol，根据化合价的代数和为0，则有6x+3x=0.16+0.01

30、2，解得x=0.02mol，结晶水的质量为(6.020.06240.02270.16170.0160)g=0.72g，n(H2O)=0.04mol，因此H元素质量分数为：100%4%。8 1.0 mol/L 110 mL A中含有NaHCO3为0.090mol和Na2CO3nH2O为0.010mol【解析】由图可知，010mL时，盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，反应的化学方程式为Na2CO3+HClNaCl+ NaHCO3，10mLxmL时，盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的的化学方程式为NaHCO3+HClNaCl+CO2+H2O。（1）10mL15mL时，盐酸不足，碳

31、酸氢钠没有完全反应，由方程式可知n（HCl）=n（CO2）=0.005mol，则稀盐酸的浓度为=1.0mol/L，故答案为：1.0mol/L；（2）由图可知，盐酸体积为xmL时，碳酸钠和碳酸氢钠完全反应生成2240ml二氧化碳，由碳原子个数守恒可知，溶液中n（CO32-）+n（HCO3-）=0.10mol，由010mL时，盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠可知，n（CO32-）= n（HCl）=1.0mol/L0.010L=0.01mol，则n（HCO3-）=（0.100.010）mol=0.090mol，碳酸钠和碳酸氢钠完全反应消耗n（HCl）=0.010mol2+0.090mol=0.1

32、1mol，x=1000ml/L=110ml，故答案为：110ml；（3）由图可知，盐酸体积为xmL时，碳酸钠和碳酸氢钠完全反应生成2240ml二氧化碳，由碳原子个数守恒可知，溶液中n（CO32-）+n（HCO3-）=0.10mol，由010mL时，盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠可知，n（CO32-）= n（HCl）=1.0mol/L0.01L=0.010mol，则n（HCO3-）=（0.100.010）mol=0.090mol，由此可知样品A中含有NaHCO3为0.090mol和Na2CO3nH2O为0.010mol，故答案为：A中含有NaHCO3为0.090mol和Na2CO3nH2O

33、为0.010mol。9 2：1：2 166.7Lv200L 2:3 H2O少量，x1，y=300-200x H2O过量，0x，y=100+200x H2O与CH4均完全反应，x，y=100+200x【解析】（1）使原子利用率都达到100%，根据原子守恒，由甲醇的分子式可知，则混合气体中n(C)：n(H)：n(O)=1：4：1，据此计算；（2）假定只发生反应CH4+H2O (g)CO+3H2，生成的混合气体的体积最大，假定只发生CH4+2H2O(g)CO2+4H2，生成的混合气体的体积最小，据此计算；（3）根据反应计算V2L气体中CO2、H2的体积，反应合成甲醇剩余的氢气，与反应生成的混合气体恰

34、好发生反应，据此计算；（4）根据反应CH4+H2O(g)CO+3H2和CH4+2H2O(g)CO2+4H2进行计算。（1）使原子利用率都达到100%，根据原子守恒，由甲醇的分子式可知，则混合气体中n(C)：n(H)：n(O)=1：4：1，令CH4、CO、H2O的物质的量分别为xmol、ymol、zmol，则(x+y)：(4x+2z)：(y+z)=1：4：1，整理得x：y：z=2：1：2，故答案为：2：1：2；（2）假定只发生反应CH4+H2O(g)CO+3H2，生成的混合气体的体积最大，最大体积为100L=200L，假定只发生CH4+2H2O(g)CO2+4H2，生成的混合气体的体积最小，最小

35、体积为100L=166.7L，故反应后气体的体积为：166.7Lv200L，故答案为：166.7Lv200L；（3）反应的气体产物共为V2L，则反应生成的气体中CO2体积为0.5V2L，H2的体积为0.5V2L，反应合成甲醇剩余的氢气，与反应生成的混合气体恰好发生反应，故0.5V2L：(0.5V2L+0.25V1L)=1：3，整理得V1：V2=4：1，故答案为：4：1；（4）反应可能由3种情况：如H2O少量，则只发生：CH4+H2O(g)CO+3H2，x的取值范围x1，由差量法可知反应后的体积为100+100(1-x)2=300-200x，即：y=300-200x；如H2O过量，则只发生：CH

36、4+2H2O(g)CO2+4H2，x的取值范围0x，反应后气体为CO2、H2和H2O，由差量法可知反应后的体积为100+200x，即：y=100+200x；如H2O与CH4均完全反应，x的取值范围x，由差量法可知y=100+200x。10 2Fe3+Cu= Cu2+2Fe 1mol/L 56g【解析】(1)Fe3+有较强氧化性，可将Cu氧化成Cu2+，离子方程式为2Fe3+Cu= Cu2+2Fe；(2)若在B中加铁粉mg，充分反应后剩余固体ng，则此时滤液中溶质只有FeCl2，滴入40mL2mol/LAgNO3溶液时，Cl-恰好完全沉淀，则20mL滤液中n(Cl-)=0.04L2mol/L=0

37、.08mol，则1L滤液中n(Cl-)=0.08mol=4mol，加入了1molHCl，则溶液中n(Cl-)=4mol-1mol=3mol，则n(FeCl3)=1mol，溶液体积为1L，所以溶液A中FeCl3的物质的量浓度是1mol/L；(3)A中加铁粉发生反应2Fe3+Fe=3Fe2+、2H+Fe=Fe2+H2，溶液中n(FeCl3)=1mol，n(HCl)=1mol，所以消耗的铁粉物质的量为0.5mol+0.5mol=1mol，质量为56g。【点睛】解决此类题目要注意寻找守恒关系，不能盲目写反应方程式；第3题要注意HCl也可以与铁粉反应。11 66% 90.04% 12.7% y=2.5x

38、+40【解析】(1)设试样中含FeS2的物质的量为x mol，则杂质的质量为(2.00-120x) g，由反应方程式4FeS211O2 2Fe2O38SO2，可得出生成Fe2O3的物质的量为0.5x mol，从而得出：1600.5x=1.56-(2.00-120x) g，x=0.011mol，则黄铁矿的纯度为=66%。答案为：66%；(2)设在制取硫酸铵时硫酸的利用率为y，由SH2SO4建立关系式，则，y=90.04%。答案为：90.04%；(3)设FeS2的物质的量为4mol，由反应方程式4FeS211O2 2Fe2O38SO2，可得出消耗O211mol，生成SO28mol。投入空气11mo

39、l1.25=66mol，剩余气体66mol-11mol=55mol，从而得出煅烧后的气体中SO2的体积分数为=12.7%。答案为：12.7%；(4)可假设产物的化学式为Fe4Ox，则反应的化学方程式为8FeS2+(16+x)O22Fe4Ox+16SO2，n(FeS2)=4mol，则(16+x)5 =2y，从而求出y与x的关系式为y=2.5x+40。答案为：y=2.5x+40。【点睛】在利用“FeS2煅烧完全生成Fe2O3，工业上使用过量空气，当空气过量20%”，求煅烧后的气体中SO2的体积分数时，我们容易在O2的消耗量上出错，过量的20%并未参加反应，而我们在计算时，把它当成反应物去掉了，从而

40、导致错误的发生。12 66% 90.04% 32.71 c(NH4)2SO3 : c(NH4HSO3) : c(NH4)2SO4 = 5 : 4 : 1【解析】(1)FeS2在氧气流中充分灼烧，完全反应后生成Fe2O3，根据Fe元素守恒以及利用差量法计算FeS2的质量，进而计算FeS2的质量分数；(2)根据S元素守恒，利用关系式法计算；(3)设FeS2为1 mol，根据方程式求出消耗的氧气和生成的SO2，然后求出反应后混合气体的成分以及物质的量和质量，最后根据M=m/n求出摩尔质量，摩尔质量在以g/mol为单位时数值上等于平均相对分子质量；(4)根据确定沉淀的成分，然后再根据SO2和氨气的关系

41、确定其他成分，最后列式计算。(1)FeS2在氧气流中充分灼烧，完全反应后生成Fe2O3，根据Fe元素守恒可得2FeS2Fe2O3，利用差量法计算，设2.00g矿石样品中FeS2的质量为m，则，m=，所以该黄铁矿中FeS2的质量分数为，故答案为：66%；(2)根据S元素守恒，利用关系式法计算，反应的关系式为：FeS22SO22SO32H2SO4(NH4)2SO4，设制取硫酸铵时硫酸的利用率为x，解得 x=90.04%，故答案为：90.04%；(3)设FeS2为1 mol，完全煅烧需要的n(O2)=2.75 mol，n(SO2)=2mol，过量20%所需空气为：n(空气)=2.750.21.2=1

42、6.5 mol，则混合物气体中氧气为，氮气的物质的量为，SO2为2mol，则混合气体的摩尔质量为，所以煅烧后的混合气体平均相对分子质量为32.71，故答案为：32.71；(4)设0.09molSO2能产生沉淀的质量为Xg，解得X=19.53g，所以沉淀中有硫酸钡和亚硫酸钡，硫酸钡的质量为21.86g-19.53g=2.33g，硫酸根的物质的量为，亚硫酸根的物质的量，所以(NH4)2SO4的物质的量为0.01mol，(NH4)2SO4产生的NH3是0.01mol2=0.02mol，共产生0.16molNH3，其他成分产生氨气0.16mol-0.02mol=0.14mol，亚硫酸根与铵根为9：14

43、，所以成份还有：亚硫酸铵和亚硫酸氢铵，设亚硫酸铵和亚硫酸氢铵的物质的量分别为：X、Y，则，解得：X=0.05mol，Y=0.04mol，铵盐溶液中各溶质成分与物质的量浓度之比：c(NH4)2SO3: c(NH4HSO3): c(NH4)2SO4 = 5 : 4 : 1，故答案为：c(NH4)2SO3: c(NH4HSO3): c(NH4)2SO4 = 5 : 4 : 1。【点睛】本题考查化学计算，常用方法有元素守恒、利用差量法计算、利用关系式法计算；求平均相对分子质量，根据M=m/n求出摩尔质量，摩尔质量在以g/mol为单位时数值上等于平均相对分子质量；计算前，确定成分之间的关系，最后列式计算

44、。13 0.315 0.560 39:116 50:1 1.25mol/L H2SO4共0.125 mol，设再加入钢样的质量为x时酸反应完，则有：5.624g+x=，x = 1.406 g。a若加入的钢样粉末过量（m1.406 g），H2SO4全反应，则：m(余固体) = (5.624 g + m g)0.125 mol56 gmol1 = (m1.376)g。b若加入的钢样粉末少量（m1.406 g），Fe全溶解，则剩余固体全部为碳的质量。即：m(余固体) = (5.624 g + m g)=(5.624 g + m g)。【解析】(1)利用化学式FeS2，硫的质量分数是0.360，则该硫

45、铁矿石中含铁的质量分数为=0.315。答案为：0.315；(2)由硫铁矿石的化学式FeS2，可建立关系式FeS22H2SO4Fe，最多可生产含碳4%的生铁的质量为=0.560t。答案为：0.560；(3)由精矿中铁、氧的物质的量之比为n(Fe)n(O)=57，可假设化学式Fe5O7，写出方程式：10FeS2+27O22Fe5O7+20SO2，则富氧空气中O2和N2的体积比为(mol+6mol):58mol=39:116。答案为：39:116；(4)由CO2气体224 mL，n(CO2)=0.01mol，可求出钢样中含C的质量为0.12g，从而求出Fe的质量为28g，便可计算此钢样粉末中铁和碳的

46、物质的量之比为=50:1。答案为：50:1；由表中数据可知，第III次实验中，样品过量，硫酸完全反应，由H2的体积2.8L，可求出该硫酸溶液的物质的量为=0.125mol，c(H2SO4)= 1.25mol/L。答案为：1.25mol/L；H2SO4共0.125 mol，设再加入钢样的质量为x时酸反应完，则有：5.624g+x=，x = 1.406 g。a若加入的钢样粉末过量（m1.406 g），H2SO4全反应，则：m(余固体) = (5.624 g + m g)0.125 mol56 gmol1 = (m1.376)g。b若加入的钢样粉末少量（m1.406 g），Fe全溶解，则剩余固体全部

47、为碳的质量。即：m(余固体) = (5.624 g + m g)=(5.624 g + m g)。答案为：钢样过量时，剩余固体质量为(m1.376)g；钢样不足量时，剩余固体质量为(5.624 g + m g)。【点睛】计算Fe刚好与硫酸完全反应时，所需添加的钢样的质量时，也可以利用“取某钢样粉末28.12 g，得到CO2气体224 mL（标准状况）”进行计算。再加入钢样的质量为x时酸反应完，则5.624g+x=，求出x = 1.406 g。14 19.37 1800 10.64L 8 62.5 1.8 22t【解析】(1)先根据尾气中二氧化氮和一氧化氮的关系计算二氧化氮、一氧化氮的物质的量，

48、再根据方程式计算氨气和氧气的物质的量，最后根据M=计算其平均相对分子质量；根据m=nM计算；根据V=nVm计算需要氨氧混合气体的体积；(2)c=，根据原子守恒知，氮氧化物的物质的量等于氢氧化钠的物质的量，再根据V=计算；根据方程式2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O和NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O中氮原子守恒计算NO和NO2的物质的量分别是多少，根据氧原子守恒解答；(3)根据质量守恒进行解答，即废水的质量和石灰乳的质量之和等于达标废水的质量和石膏质量之和。(1)设1m3尾气中NO2的物质的量为x，则NO的物质的量为4x，则 4xmol30g/mol+46xg=2

49、.49g，x=0.015mol，所以1m3尾气中NO2的物质的量为0.015mol，则NO的物质的量为0.06mol，由4NO + 4NH3 + O24N2 + 6H2O知，0.06molNO需要0.06molNH3，0.015molO2，根据方程式6NO2 + 8NH37N2 + 12H2O知，0.015molNO2需要0.02molNH3，所以氨氧混合气体的平均摩尔质量=19.37g/mol，所以其相对分子质量为19.37；1m3尾气中NO的物质的量为0.06mol，所以其m=nM=0.06mol30g/mol=1800mg；处理1m3尾气需要氨氧混合物的体积=(0.06+0.02+0.0

50、15)mol22.4L/mol=2.128L，则要处理5m3的尾气，需要氨氧混合气的体积为=2.128L5=10.64L；(2)c=mol/L8mol/L，根据原子守恒知，氮氧化物的物质的量等于氢氧化钠的物质的量，所以V=62.5mL；2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O和NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，根据氮原子守恒知，生成0.35mol亚硝酸钠则生成0.15mol硝酸钠，生成0.15mol硝酸钠需要0.3mol二氧化氮，同时生成0.15mol亚硝酸钠，0.2mol亚硝酸钠需要0.1mol一氧化氮，所以二氧化氮的物质的量是0.4mol，根据氧原子守恒得x=1.

51、8；(3)设每小时生产石膏的质量为mg，生成硫酸钙的质量为X，可中和硫酸工业废水的质量为Y、需要石灰乳的质量为Z，列关系式可得：，X=，Y=11.63mg；，Z=1.94mg，则根据质量守恒定律得：Y+Z=m+276.5t，11.63m+1.94m g =m+276.5t，m=22t。15 23.67 6 moln12 mol 6 8 n(Na2SO3)=0.2 mol n(Na2SO4)=0.1 mol【解析】(1)根据n=计算11.70 gNa2S的物质的量，根据硫元素守恒计算需要无水芒硝的物质的量，再根据m=nM计算无水芒硝的质量；(2)若生成的气体为CO，消耗的碳的物质的量最多，若生成

52、的气体为CO2，消耗的碳的物质的量最少；若产生的气体最终只有CO2，反应中C元素化合价由0价升高为+4价，根据电子转移守恒计算需要碳的物质的量；若生成等物质的量CO和CO2，根据电子转移守恒计算CO和CO2的物质的量，再根据碳原子守恒计算碳的物质的量；(3)计算CO和CO2各自的物质的量，再根据电子转移守恒列等式，确定x与y的关系；(4)Na2S与Na2SO3在酸性条件下发生反应：2Na2S+Na2SO3+6HCl=NaCl+3S+3H2O，故19.2 g为硫的质量，放出H2S气体2.24 L，还发生反应2HCl+Na2S=2NaCl+H2S，根据n=计算S的物质的量，进而计算生成S的反应中参

53、加反应的Na2S、Na2SO3各自的物质的量，根据n=计算H2S的物质的量，进而计算与盐酸反应生成H2S气体需要Na2SO3的物质的量，再根据m=nM计算样品中Na2S、Na2SO3各自的质量，继而计算Na2SO4的质量，根据n=计算Na2SO4的物质的量。(1)11.70 gNa2S的物质的量n= mol，根据硫元素守恒可知，需要无水芒硝的物质的量n(Na2SO4)= mol90%，其质量为m(Na2SO4)= mol142 g/mol=23.67 g；(2)若生成的气体为CO，消耗的碳的物质的量最多，由Na2SO4+4CNa2S+4CO可知，生成3 mol Na2S需要碳的物质的量为3 m

54、ol4=12 mol，若生成的气体为CO2，消耗的碳的物质的量最少，根据电子转移守恒可知，生成3 mol Na2S需要碳的物质的量为=6 mol，故消耗的碳单质的物质的量n的范围是6moln12mol；若产生的气体最终只有CO2，反应中C元素化合价由0价升高为+4价，根据电子转移守恒可知，生成3 mol Na2S需要碳的物质的量为=6 mol；若生成等物质的量CO和CO2，假设各自物质的量为y mol，根据电子注意守恒，则2y+4y=36-(-2)，解得y=4，根据碳原子守恒可知，需要碳的物质的量为4 mol+4 mol=8 mol；(3)消耗的碳单质为1 mol，根据碳原子守恒，生成的CO和

55、CO2的总物质的量为1mol，生成的CO和CO2的物质的量之比为x，假设CO2的物质的量为a mol，则a+ax=1，故a=，则CO的物质的量为，反应生成 Na2S的物质的量为y mol，根据电子转移守恒有：y6-(-2)=4+2，整理得y=；(4)19.20 g硫的物质的量n(S)=0.6 mol，由方程式：2Na2S+Na2SO3+6HCl=NaCl+3S+3H2O可知，参加该反应的Na2S为n(Na2S)=0.6 mol=0.4 mol，Na2SO3的物质的量为n(Na2SO3)=0.6 mol=0.2 mol，2.24 LH2S气体的物质的量n(H2S)=0.1 mol，根据反应2HCl+Na2S=2NaCl+H2S可知，参加该反应的Na2S的物质的量为0.1 mol，故样品中Na2SO4的质量m(Na2SO4)=78.40 g-0.2 mol126 g/mol-(0.4 mol+0.1 mol)78 g/mol=14.2 g，故Na2SO4的物质的量n(Na2SO4)=0.1 mol，故78.40 g样品中氧化产物：Na2SO3为0.2 mol，Na2SO4为0.1 mol。【点睛】本题考查混合物的有关计算，注意利用极限法与守恒法，结合物质的量的有关计算公式进行的计算，是对学生综合能力的考查。