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第18题新型化学物质分析与化学计算1研究高考真题——明考情2突破备考重点——提能力3查验备考能力——扫盲点4课下练——练通高考目录CONTENTS研究高考真题——明考情1．(2019·江苏高考)聚合硫酸铁[Fe2(OH)6－2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。(1)将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2＋的离子方程式为___________；水解聚合反应会导致溶液的pH________。(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000g，置于250mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2＋将Fe3＋还原为Fe2＋)，充分反应后，除去过量的Sn2＋。用5.000×10－2mol·L－1K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2O2－7与Fe2＋反应生成Cr3＋和Fe3＋)，消耗K2Cr2O7溶液22.00mL。①上述实验中若不除去过量的Sn2＋，样品中铁的质量分数的测定结果将________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。②计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)。[把脉考点]第(1)问考查离子方程式的书写和化学原理分析第(2)问考查化学原理分析、样品中元素含量的计算解析：(1)将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸中，缓慢加入H2O2溶液，发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O；Fe3＋水解聚合使得溶液酸性增强，即会导致溶液的pH减小。(2)①实验中滴加过量的SnCl2溶液(Sn2＋将Fe3＋还原为Fe2＋)，若不除去过量的Sn2＋，滴定过程中Cr2O2－7与Sn2＋反应，消耗K2Cr2O7偏多，使结果偏大。②根据题意，计算出消耗K2Cr2O7的物质的量，然后根据氧化还原反应的电子得失守恒，找出关系式，列等式计算求出铁原子的物质的量，得出铁元素的质量，最后得出样品中铁元素的质量分数。答案：(1)2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O减小(2)①偏大②n(Cr2O2－7)＝5.000×10－2mol·L－1×22.00mL×10－3L·mL－1＝1.100×10－3mol由滴定时Cr2O2－7→Cr3＋和Fe2＋→Fe3＋，根据电子得失守恒可得微粒的关系式：Cr2O2－7～6Fe2＋(或Cr2O2－7＋14H＋＋6Fe2＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O)则n(Fe2＋)＝6n(Cr2O2－7)＝6×1.100×10－3mol＝6.600×10－3mol样品中铁元素的质量：m(Fe)＝6.600×10－3mol×56g·mol－1＝0.3696g样品中铁元素的质量分数：w(Fe)＝0.3696g3.000g×100%＝12.32%2．(2018·江苏高考)碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为(2－x)Al2(SO4)3＋3xCaCO3＋3xH2O===2[(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3]＋3xCaSO4↓＋3xCO2↑生成物(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。(1)制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有____________________________________。(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。(3)通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：①取碱式硫酸铝溶液25.00mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300g。②取碱式硫酸铝溶液2.50mL，稀释至25mL，加入0.1000mol·L－1EDTA标准溶液25.00mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000mol·L－1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00mL(已知Al3＋、Cu2＋与EDTA反应的化学计量数比均为1∶1)。计算(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值(写出计算过程)。[把脉考点]第(1)问考查化学原理分析第(2)问考查化学原理分析第(3)问考查新物质的组成及计算解析：(1)要提高x值，就需要提高CaSO4的生成速率，因为碳酸钙是粉末，因此不能通过增大表面积的方式提高反应速率，可以通过增加CaCO3的量和搅拌加快CaSO4的生成速率，以提高x的值。(2)吸收二氧化硫的过程中，OH－参加反应，因此溶液的pH减小。(3)由题意知，Al3＋、Cu2＋与EDTA反应的化学计量数比均为1∶1，因此EDTA总物质的量应等于Al3＋和Cu2＋的物质的量之和，根据题给数值即可求算出x的值。答案：(1)适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率(2)减小(3)25.00mL溶液中：n(SO2－4)＝n(BaSO4)＝2.3300g233g·mol－1＝0.0100mol2．50mL溶液中：n(Al3＋)＝n(EDTA)－n(Cu2＋)＝0.1000mol·L－1×25.00mL×10－3L·mL－1－0.08000mol·L－1×20.00mL×10－3L·mL－1＝9.000×10－4mol25．00mL溶液中：n(Al3＋)＝9.000×10－3mol1mol(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中：n(Al3＋)＝(2－x)mol；n(SO2－4)＝3(1－x)moln（Al3＋）n（SO2－4）＝2－x3（1－x）＝9.000×10－3mol0.0100molx≈0.413．(2017·江苏高考)碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。(1)碱式氯化铜有多种制备方法。①方法1：45～50℃时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O，该反应的化学方程式为_______。②方法2：先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3＋对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。M′的化学式为________________。(2)碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：①称取样品1.1160g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A；②取25.00mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl0.1722g；③另取25.00mL溶液A，调节pH4～5，用浓度为0.08000mol·L－1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2＋(离子方程式为Cu2＋＋H2Y2－===CuY2－＋2H＋)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。[把脉考点]第(1)问考查陌生化学方程式的书写、化学原理分析第(2)问考查新物质的组成及计算解析：(1)①在H2O存在的条件下，CuCl能被空气中的O2氧化生成Cu2(OH)2Cl2·3H2O，根据Cu和O得失电子守恒配平反应的化学方程式。②由题图知，O2氧化M′生成M，根据题意“Fe3＋对该反应有催化作用”，则M′为Fe2＋。(2)由②中生成AgCl的质量，可计算出1.1160g样品中Cl－的物质的量n(Cl－)；由③可计算出1.1160g样品中Cu2＋的物质的量n(Cu2＋)，根据电荷守恒：n(OH－)＋n(Cl－)＝2n(Cu2＋)，得出n(OH－)，最后由质量守恒得出n(H2O)；由四种粒子的物质的量，可确定样品的化学式。答案：(1)①4CuCl＋O2＋8H2O=========45～50℃2Cu2(OH)2Cl2·3H2O②Fe2＋(2)n(Cl－)＝n(AgCl)×100.00mL25.00mL＝0.1722g143.5g·mol－1×100.00mL25.00mL＝4.800×10－3moln(Cu2＋)＝n(EDTA)×100.00mL25.00mL＝0.08000mol·L－1×30.00mL×10－3L·mL－1×100.00mL25.00mL＝9.600×10－3moln(OH－)＝2n(Cu2＋)－n(Cl－)＝2×9.600×10－3mol－4.800×10－3mol＝1.440×10－2molm(Cl－)＝4.800×10－3mol×35.5g·mol－1＝0.1704gm(Cu2＋)＝9.600×10－3mol×64g·mol－1＝0.6144gm(OH－)＝1.440×10－2mol×17g·mol－1＝0.2448gn(H2O)＝1.1160g－0.1704g－0.6144g－0.2448g18g·mol－1＝4.800×10－3mola∶b∶c∶x＝n(Cu2＋)∶n(OH－)∶n(Cl－)∶n(H2O)＝2∶3∶1∶1化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O4．(2016·江苏高考)过氧化钙(CaO2·8H2O)是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。(1)Ca(OH)2悬浊液与H2O2溶液反应可制备CaO2·8H2O。Ca(OH)2＋H2O2＋6H2O===CaO2·8H2O反应时通常加入过量的Ca(OH)2，其目的是________________________________________________________。(2)向池塘水中加入一定量CaO2·8H2O后，池塘水中浓度增加的离子有________(填字母)。A．Ca2＋B．H＋C．CO2－3D．OH－(3)水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封静置；加入适量稀H2SO4，待MnO(OH)2与I－完全反应生成Mn2＋和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。测定过程中物质的转化关系如下：O2――→Mn2＋MnO(OH)2――→I－I2――→S2O2－3S4O2－6①写出O2将Mn2＋氧化成MnO(OH)2的离子方程式：_____________________________________________。②取加过一定量CaO2·8H2O的池塘水样100.00mL，按上述方法测定水样的溶解氧，消耗0.01000mol·L－1Na2S2O3标准溶液13.50mL。计算该水样中的溶解氧(以mg·L－1表示)，写出计算过程。[把脉考点]第(1)问考查化学原理分析第(2)问考查化学原理分析第(3)问考查陌生离子方程式的书写、物质含量的计算解析：(1)增加易得廉价原料，提高高价原料的利用率，故加入过量的Ca(OH)2，其主要目的是提高H2O2的利用率。(2)CaO2可作水产养殖的供氧剂，则CaO2与水发生反应：2CaO2＋2H2O===2Ca(OH)2＋O2↑，故溶液中Ca2＋、OH－的浓度增加。(3)①O2在碱性条件下将Mn2＋氧化为MnO(OH)2，反应的离子方程式为2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓。答案：(1)提高H2O2的利用率(2)AD(3)①2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓②在100.00mL水样中I2＋2S2O2－3===2I－＋S4O2－6n(I2)＝c（Na2S2O3）·V（Na2S2O3）2＝0.01000mol·L－1×13.50mL×10－3L·mL－12＝6.750×10－5moln[MnO(OH)2]＝n(I2)＝6.750×10－5moln(O2)＝12n[MnO(OH)2]＝12×6.750×10－5mol＝3.375×10－5mol水中溶解氧＝3.375×10－5mol×32g·mol－1×1000mg·g－1100.00mL×10－3L·mL－1＝10．80mg·