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1、详细答案:一、1.解析 混合物质量减轻是由于碳酸氢钠分解所致,固体质量差 21.0g-14.8g=6.2g,也就是生成的 CO2和 H2O 的质量,混合物中 m(NaHCO3)=1686.2g62=16.8g,m(Na2CO3)=21.0g-16.8g=4.2g,所以混合物中碳酸钠的质量分数为 20%。2.分析 本例是涉及溶解度的一道计算题。解答本题应具备理解透彻的概念、找准实际的差量、完成简单的计算等三方面的能力。题中告知,在 100和 30时,100g 水中分别最多溶解 KNO3246g 和 46g,由于冷却时溶剂的质量未变,所以温度从 100下降到 30时,应析出晶体 246g-46g=
2、200g(溶解度之差)。由题意又知,在温度下降过程中溶质的析出量,据此可得到比例式,求解出溶剂水的质量。再根据水的质量从而求出配制成 100饱和溶液时溶质 KNO3的质量。解 设所用水的质量为 x,根据题意,可列下式:25646100500ggggx 解得:x=250g 又设 100时饱和溶液用 KNO3的质量为 y,根据溶质与溶剂的对应关系,列式如下:246100250ggyg 解得:y=615g 答 将 615KNO3溶解于 250g 水中。3.解 若金属元素 R 的化合价为偶数 x,则其相同价态的氧化物、氯化物的化学式分别为ROx/2、RClx。根据关系式ROx/2RClx,相对分子质量
3、差值为355162275.xxx,所以n-m=27.5x,xnm275.。若金属元素 R 的化合价为奇数 x,则其相同价态的氧化物、氯化物的化学式分别为 R2Ox、RClx。由关系式 R2Ox2RClx可知,相对分子质量的差值为 235.5x-16x=55x,所以 2n-m=55x,x=255nm。答 金属元素 R 的化合价为nm275.或255nm。4.分析 本例是金属与酸反应,根据反应前后质量相等判断金属质量大小的一道选择题。根据题意,反应结束后所得各溶液质量相等,所以各金属反应掉的质量减去氢气生成的质量应相等。现建立如下关系式:MgH2 m=22,Al32H2 m=24,FeH2 m=5
4、4 确定 Mg、Al、Fe 三种金属的质量大小,可用下列两种方法解决。解:设 Mg、Al、Fe 的质量分别为 x、y、z,故三者反应结束后,溶液质量增加为2224x、2427y、5456z 且相等,故有:222424275456xyz,所以 yxz。5.分析 本例从反应最终的结果看,涉及如下两个反应:Na2CO3+H2O+CaO=CaCO3+2NaOH,NaHCO3+CaO=CaCO+2NaOH,根据题意“Ca2+、HCO3-、CO32-都转化CaCO3沉淀”,说明以上两反应恰好完全进行。从反应前后的质量来看,反应前:9.5g+9.6g=19.1g,反应后:20g,说明对于反应前后的固体而言,
5、其质量是增加的,数值为 20g-19.1g=0.9g。那么 0.9g 的增重从何增起呢?只能从发生的反应入手分析:第一个反应固体增重且增重 18g,即为水的质量。第二个反应固体质量不变。因此,0.9g 的增重源自第 1 个反应中水参加反应的质量。明确了这一层关系,本题就能迎刃而解了。解(1)水参加反应的质量为 0.9g,则 Na2CO3的质量为091810653.gggg,NaHCO3的质量为 9.5-5.3g=4.2g。(2)碱石灰中CaO的质量为(.).5310642845656ggggg,NaOH的质量为9.6g-5.6g=4.0g。6.解 根据分析可知,Fe 过量,设 CuSO4的质量
6、为 x,则 Fe 的质量为 12.8g-x,根据反应:Fe+CuSO4=Cu+FeSO4 m 160g 8g x 5.2g-(12.8g-x)=4.8g 所以:160852128gxgggx.(.)解得:x=8.0g,12.8g-x=4.8g 答 原混和物中 CuSO4和 Fe 的质量分别为 8.0g,4.8g。二、1.分析 本例是将稀溶液浓缩的一道填空题。若按通常方法,根据溶质守恒,列方程进行求解,则解题繁。若运用十字交叉法,运算简洁,思路流畅。但应处理好蒸发掉水,或加入 CuSO4粉末时 CuSO4的质量分数,前者可视为 0,后者视为 100%。解(1)(负号代表蒸发)说明水蒸发掉的质量为
7、原溶液质量的12,即 25g。(2)说明加入 12.5%CuSO4溶液的质量为原溶液质量的 2 倍,即 100g。(3)胆矾中 CuSO4的质量分数为160250100%64%说 明 加 入 胆 矾 的 质 量 为 原 溶 液 质 量 的454,即55450463gg.。(4)说明加入 CuSO4的质量为原溶液质量的118,即11850278gg.。答 25 100 4.63 2.78 2.解 方 法1:NH4NO3中N%=2880100%=35%,CO(NH2)2中N%=2860100%=46.7%说 明NH4NO3与CO(NH2)2的 物 质 的 量 之 比 为67%805%6011.。方
8、法 2:设混合物中 NH4NO3的物质的量为 1 mol,CO(NH2)2的物质的量为 x。根据题意,列式如下:21421480160100%40%1111gmolgmolxgmolmolgmolx 解得:x=1 mol 方法 3:由于 NH4NO3和 CO(NH2)2分子中均含有 2 个 N 原子,根据混合物中N%=40%,可知该混合物的平均相对分子质量为2840%70。说明 NH4NO3与 CO(NH2)2的物质的量之比为 11。答 本题正确选项为(B)。3.解 :(1)若混和液的溶质质量分数为 10 x%,则 19x%与 x%的两 H2SO4溶液必以等质量混和。现因等体积的 19x%溶液
9、质量大于 x%的溶液质量,故等体积混和后,所得溶液质量分数应大于 10 x%。(2)若将 a%的氨水加水稀释成a2%,则加入水的质量即为氨水的质量。现因水的密度大于氨水密度,故稀释后溶液的体积应小于原溶液体积的一半,根据溶质物质的量守恒,所以a2%的氨水物质的量浓度应大于b2 molL-1。4.NaNa ONa ONaOHNaClmLmLmol L、溶液 燃烧溶于水盐酸中和取盐酸消耗2221020011.图 44 根据以上图示,结合有关反应的用量,确定 1000mL NaOH 溶液中 NaOH 物质的量。由 Na 元素守恒,可计算出混合物(Na2O、Na2O2)的平均摩尔质量或平均化学式。从而
10、求解得之。解 1000mL NaOH 溶液的物质的量为1000100120100213mLmLmol LLmol.根据混和物的平均摩尔质量=混和物总质量混和物总物质的量,可知:Na2O 与 Na2O2的平均摩尔质量=04802127481.gmolg mol 说明Na2O与Na2O2的物质的量之比为3.212.8=14,即 Na2O 的物质的量分数为1141520%()。答 该产物中 Na2O 的物质的量分数为 20%。5.解 n(CO2)=0.8 mol,n(NaOH)=1L1 molL-1=1 mol 方法 1:设生成物 NaHCO3物质的量分别为 x、y。由碳元素守恒,列式:x+y=0.
11、8 mol 由钠元素守恒,列式:x+2y=1 mol 解得:x=0.6 mol y=0.2 mol 方法 2:若以 CO2为基准物质,分别发生反应(1)和(2)时,需 NaOH 分别为 0.8 mol和 1.6 mol。说明CO2在两个反应中所消耗的物质的量之比为0.60.2=31,也是生成物中 NaHCO3与 Na2CO3的物质的量之比。所以 n(NaHCO3)=0.8 mol 313=0.6 mol,n(Na2CO3)=0.2 mol。若以 NaOH 为基准物质,CO2则分别消耗 1 mol 和 0.5 mol。说明 NaOH 在两个反应中所消耗的物质的量之比为0.30.2=32,所以生成
12、物中 NaHCO3与 Na2CO3的物质的量之比应为 31。故n(NaHCO3)=1 mol 332=0.6 mol,n(Na2CO3)=1 mol33212=0.2 mol。方法 3:因 n(CO2)n(NaOH)=0.8 mol1 mol=45 说明产物中既有 NaHCO3生成,又有 Na2CO3生成,反应的总方程式可写成如下:CO2+NaOH Na2CO3+NaHCO3+H2O 根据物质的量之比等于化学方程中的计量数之比,故 CO2、NaOH 前的计量数分别为4 和 5,根据原子个数守恒,判断出 Na2CO3、NaHCO3和 H2O 前的计量数分别为 1、3 和1,即:4CO2+5NaO
13、H=Na2CO3+3NaHCO3+H2O,所以 n(Na2CO3)=140.8 mol=0.2 mol,n(NaHCO3)=340.8 mol=0.6 mol。三、1.解 NH4NO3中氮的质量分数是1480100%175%25%.,而 CO(NH2)2、NH4Cl、NH4HCO3和(NH4)2SO4中氮的质量分数分别是 46.7%、26.2%、17.7%和 21.1%,其中只有(NH4)2SO4和 NH4HCO3一组氮的质量分数都小于 25%。因此,该样品中混有的一组杂质一定不是(NH4)2SO4和 NH4HCO3。答 本题正确选项为(D)。2.解 若95mg全 是MgCl2,则 其 反 应
14、 后 产 生AgCl的 质 量 为9595214351mgg mol.gmol-1=287mg300mg。根据平均含义可推知:95mg 杂质与足量 AgNO3溶液反应生成 AgCl 的质量应大于300mg。这就要求杂质中 Cl 元素的质量分数比 MgCl2中高才有可能。因此本题转换成比较 Cl 元素含量的高低。现将每种的化学式作如下变形:MgCl2、Na2Cl2、Al23Cl2、K2Cl2、CaCl2。显然,金属式量低的,Cl 元素含量高,因此,只有 AlCl3才有可能成为杂质。答 本题正确选项为(B)。3.略 4.解(1)NH4HCO3NH3+H2O+CO2 根据质量守恒可知:n(NH4HC
15、O3)M(NH4HCO3)=n(混)M(混),故M(混)=1379 gmol-1,即混和气体的平均相对分子质量为 26.3。(2)设爆鸣气 100g,则 H2的物质的量为 100g75%2gmol-1=37.5mol,O2物质的量为 100g25%32gmol-1=0.78mol。故爆鸣气的平均摩尔质量为 100g(37.5+0.78)mol=2.619gmol-1,即对氢气的相对密度为 2.619 gmol-12 gmol-1=1.31。(3)干燥容器中气体的平均相对分子质量为 1.08232=34.62,由 34.62Br-。因此,在 FeBr2溶液中通入 Cl2时,首先发生:Cl2+2F
16、e2+=2Fe3+2Cl-,然后再发生:Cl2+2 Br-=Br2+2Cl-。根据 Cl2用量控制反应进程,所以 Fe2+和 Br-失去电子数目应等于 Cl2得到电子数目。据此守恒关系,列出等式,很易求解。解 设 FeBr2物质的量浓度为 C,由电子守恒可知:CLCLLL mol100102100102312242242331.解得:C=1.2 molL-1 答 原 FeBr2溶液的物质的量浓度为 1.2molL-1。五、1.本题提供的思路是运用极限法来分析求解。因为 M(SO2)M(H2S),要达到最大密度,必然剩余 SO2气体,且物质的量为最多,因此极端考虑,起始时,SO2物质的量取 最
17、大(5mol),H2S 物 质 的 量 取 最 小(1 mol),故 反 应 后 剩 余 SO2为512145molmolmol.,密度为45642014411.molg molLg L。所以(B)选项为本题正确答案。答 本题正确选项为(B)。2.(B)3.略 4.解析本题给出的数据不足,故不能求出每一种金属的质量,只能确定取值范围。三种金属中产生等量的氢气质量最大的为锌,质量最小的为铝。故假设金属全部为锌可求的金属质量为 8.125g,假设金属全部为铝可求的金属质量为 2.25g,金属实际质量应在 2.25g 8.125g 之间。故答案为 B、C。六、1.解析 根据化学方程式,可以找出下列关
18、系:FeS22SO22SO32H2SO4,本题从 FeS2制 H2SO4,是同种元素转化的多步反应,即理论上 FeS2中的 S 全部转变成 H2SO4中的 S。得关系式 FeS22H2SO4。过程中的损耗认作第一步反应中的损耗,得可制得 98硫酸的质量是%98120%)0.51(%855.2298t=3.36t。七、1.解析 CO 和 H2都有两步反应方程式,量也没有确定,因此逐步计算比较繁。Na2O2足 量,两 种 气 体 完 全 反 应,所 以 将 每 一 种 气 体 的 两 步 反 应 合 并 可 得H2+Na2O2=2NaOH,CO+Na2O2=Na2CO3,可以看出最初的气体完全转移
19、到最后的固体中,固体质量当然增加 2.1g。选。此题由于 CO 和 H2的量没有确定,两个合并反应不能再合并!八、1.解析 变化主要过程为:322223)(OFeOHFeNaAlOFeClAlClFeAlNaOHHCl灼烧过量 由题意得:Fe2O3与合金的质量相等,而铁全部转化为 Fe2O3,故合金中 Al 的质量即为 Fe2O3中氧元素的质量,则可得合金中铝的质量分数即为 Fe2O3中氧的质量分数,O%=163562163100%=30%,选 B。九、1.解析 。由题意,生成 0.5mol H2,金属失去的电子即为 1mol,即合金的平均摩尔电子质量为 10g/mol,镁、铝、铁、锌的摩尔电
20、子质量分别为:12、9、28、32.5(单位:g/mol),由平均值可知,混合物中一种金属的摩尔电子质量小于 10g/mol,另一种大于 10g/mol。故选 A、C 十、1.分析 本例是一道结合讨论分析的天平平衡题,考查了在化学解题过程中的有序思维和问题解决的完整性。反应后天平仍然平衡,说明天平左右两端加入金属的质量与放出氢气的质量数差值应相等。但不知镁粉、铝粉与盐酸的量相对大小,所以必须通过讨论判断谁过量,从而以另一方计算产生 H2的质量。因此如何判断谁过量是解决本题的关键,另外,还需时刻注意调整 a 的取值范围(由 b 的取值范围及 a 和 b 的关系确定),才能得到本题完整解答,这一点
21、在解题过程中是被常疏忽的。解 根据题意,题中发生的两个反应为:Mg+2HCl=MgCl2+H2 2Al+6HCl=2AlCl3+3H2 若盐酸完全反应,所需 Mg 粉质量为121001012412311Lmol Lg molg,所需铝粉质量为13100101279311Lmol Lg molg。(1)当 a12g,b9g,即盐酸适量或不足,产生 H2的质量应以 HCl 的量计算,因HCl 的量是一定的,故产生 H2的质量相等,要使天平平衡,即要求金属的质量相等,所以a=b,此时 b 的范围必须调整为 b12g。(2)当 a12g,b9g,即 Mg、Al 不足,应以其计算产生 H2的量。要使天平平衡,即要有:aag mg molbbg molg mol242322721111,解得:ab3233,此时a 的范围必须调整为 a8.7g。(3)当 a12g,b9g,即 Mg 不足,应以 Mg 算;Al 过量或适量,以 HCl 算。要使天 平 平 衡,必 须 满 足:aag molg molbLmol L2421210010101131 21g mol,解得:abg12121(),据(1)、(2)调整 a 的范围为 8.7ga12g。答(1)当 a12g 时,a=b;(2)当 8.7ga12g 时,ab12111();(3)当 0a8.7g时,ab3233。
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