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1、浙江选考化学真题专项训练题组第29题浙江选考化学真题专项训练题组第 29 题 1.有一包铁粉和铜粉混合均匀的粉末样品,为确定其组成,某同学将不同质量的该样品分别与11 40-L mol mL 的3FeCl 溶液反应,实验结果如表所示（忽略反应前后溶液体积的微小变化）。实验序号 m(粉末样品)/g 0.90 1.80 3.60 7.20 m(反应后剩余固体)/g 0 0.64 2.48 6.08 计算: (1)样品中铁和铜的物质的量之比 ) ( : ) ( Cu n Fe n = 。(2)实验的滤液中 ) (2+Fe c = 。【解析】铁的还原性强于铜,所以+ 3Fe 先和铁发生反应:+ +=
2、+2 33 2 Fe Fe Fe ,反应后+ 3Fe 有剩余,再与铜发生反应:+ + + = +2 2 32 2 Cu Fe Fe Cu ,所以剩余的固体是铜或铁和铜。从第组数据,可以得出3FeCl 溶液全部参与反应,11 40-L mol mL 的3FeCl 溶液能溶解金属质量g g g 16 .1 64 .0 80 .1 = - ,大于第组溶解的金属质量,故第组金属完全反应、3FeCl 有剩余；第组实验中3FeCl 溶液全部参与反应,其物质的量为 mol L mol L 04 .0 / 1 04 .0 = ,假设只发生+ += +2 33 2 Fe Fe Fe ,参加反应 Fe 的物质的量
3、为 mol 02 .0 ,则溶解的 Fe 的质量为 g g mol g mol 16 .1 12 .1 / 56 02 .0 = ,所以同时也有一部分 Cu 溶解,所以剩余的固体全部为 Cu 。(1) 实验中剩余的 g 64 .0 全部为 Cu ,则溶解的 Fe 、 Cu 的总质量为: g g g 16 .1 64 .0 80 .1 = - ,设溶解 Fe 、 Cu 的物质的量分别为一、y,则= += +04 .0 2 216 .1 64 56y _y _,计算得出:=mol ymol 05 .0015 .0,所以铜的物质的量为: mol 015 .06464 .0005 .0 = + ,所以
4、样品中铁和铜的物质的量之比 1 : 1 ) ( : ) ( = Cu n Fe n ,因此，本题正确答案是: 1 : 1 (2) 根 据 铁 守 恒 , 滤 液 中 亚 铁 离 子 来 于 单 质 铁 和 铁 离 子 , 所 以 实 验 的 滤 液 中1 2375 .104 .004 .0 015 .0) (- + =+= L molLmol molFe c ,因此，本题正确答案是:1375 .1-L mol 。2.取不同质量、相同组成的铁铜合金，每次用 mL 0 .20 3FeCl 溶液溶解，溶液中剩余金属的质量如下表所示： 3FeCl 溶液（ mL ） 20.0 20.0 20.0 铜铁合
5、金（ g ） 1.8 2.4 3.6 剩余金属（ g ） 0.32 0.96 2.20 计算：（1）合金中 Fe 与 Cu 的物质的量之比为 。（2）3FeCl 溶液的物质的量浓度为 L mol/ 。答案：（1） 1 : 1 （2） 5 .2 【解析】思路一：设中 Fe 、 Cu 的物质的量分别为 mol _ 、 mol y ，那么中 Fe 、 Cu 的物质的量分别为 mol _34、 mol y34， mL 20 的3FeCl 的物质的量为 mol a ，中反应的固体质量为 g 48 .1 ，中反应的固体质量为 g 44 .1 ，中反应的固体质量为 g 40 .1 ，则说明、剩余固体中均无
6、Fe ，且部分 Cu 参与反应，即有：2 33 2 FeCl FeCl Fe = + ，2 2 32 2 FeCl CuCl FeCl Cu + = + ，可得关系是：05 .0 015 .0 015 .096 .0 6421)38(346432 .0 6421) 2 ( 648 .1 64 56= = = - - = - -= +a y _ a y_ a yy _解得：135 .202 .005 .0) (- = = L molLmolFeCl c 。思路二：由思路一中分析p 可知，实验、中均无 Fe 剩余且部分 Cu 参与反应，由于 - g ) 32 .0 - 96 .0 ( g g 04
7、 .0 ) 8 .1 4 .2 ( = - ， 故 根 据 Cu Fe Cu Fe + = + + 2 2可 以 求 得 g 6 .0 合 金 中 g Fe m 28 .0 ) ( = ， 则g Cu m 32 .0 ) ( = ， 故 合 金 中 1 : 1 ) ( ) ( = Cu n Fe n ：； 实 验 中 反 应 了 Fe g 84 .0 和 Cu g 64 .0 ， 则mL L mL FeCl c mol / 10 20 ) ( 2 )6464 .05684 .0(33- = + ，则 L mol FeCl c / 5 .2 ) (3= 。3.将铜与3 2 OFe 的混合物共 g
8、 4 .14 加入 mL 20_100 .2-L mol 的稀硫酸中，充分反应后剩余固体的质量为g 20 .3 。请计算：（1）混合物中铜的物质的量为 mol 。（2）反应后的溶液中最多消耗锌片的质量为 g 。【解析】（1）根据 O H Fe H O Fe233 23 2 6 + = + +，以及混合物的质量和硫酸的物质的量，可知3 2 OFe 能完全溶解，因此剩余固体是铜； Cu 和+ 3Fe 发生反应+ + + = +2 2 32 2 Cu Fe Fe Cu 。溶解固体质量 g 2 .11 ，且 溶 解3 2 OFe 和 Cu 物 质 的 量 相 等 ， 计 算 可 知 参 加 反 应 的
9、 mol O Fe n 05 .0 ) (3 2= ， 参 加 反 应 的mol Cu n 05 .0 ) ( = ，剩余 Cu 的物质的量为 mol 05 .0 ，所以混合物中 mol Cu n 10 .0 ) ( =总。（2）由以上数据可知反应后溶液中 mol Cu n 05 .0 ) (2=+， mol Fe n 1 .0 ) (2=+， mol H n 5 .0 ) ( =+，最多消耗锌片的质量为 g 0 .26 。4.称取 g 00 .4 氧化铜和氧化铁固体混合物，加入100 .2 0 .50-L mol mL 的硫酸充分溶解，往所得溶液中加入 g 60 .5 铁粉，充分反应后，得固
10、体的质量为 g 04 .3 。请计算：（1）加入铁粉充分反应后，溶液中溶质的物质的量为 。（2）固体混合物中氧化铜的质量为 。【解析】氧化铜和氧化铁固体混合物加入硫酸充分反应，再加入铁粉，剩余固体成分可能有两种：第一种为单质铜，第二种为铁和铜混合物。根据溶液中硫酸根离子守恒，所得溶质的物质的量为 mol 100 .0 ，而加入溶液体系中的铁元素（氧化铁、铁粉）总物质的量大于 mol 100 .0 ，故可以判断加入的铁粉有剩余，剩余固体为铁、铜混合物，排除第一种可能，溶质为单一的硫酸亚铁溶液。（1）根据溶液中的硫酸根离子守恒，所得溶液的物质的量为 mol SO H n FeSO n 100 .0
11、 ) ( ) (4 2 4= = 。（2）设3 2 OFe 为 mol _ ， CuO 为 mol y ，根据质量守恒：00 .4 80 160 = + y _ ，根据整个体系中金属元素守恒：04 .3 56 1 .0 6 .5 64 2 56 + = + + y _ ，解方程得 mol _ 100 .0 = ， mol y 030 .0 = ；故 CuO 质量为g 40 .2 。5.一般通过测定土壤中碳的含量能有效判断土壤中有机物的含量高低，并以此来确定土壤的能力。常用的测定方法为用过量酸性7 2 2O Cr K 氧化土壤中的“碳”，然后用4FeSO 溶液反滴剩余的7 2 2O Cr K ；
12、同时取另一份等量的酸性7 2 2O Cr K ，用同一4FeSO 溶液进行“空白”滴定；由此可确定土壤中有机物的含量。某次实验的相关数据记录如表：土壤样品质量 g / 4FeSO 溶液浓度) /(1 -L mol c 反滴消耗4FeSO溶液体积 mL / “空白”滴定消耗4FeSO 溶液体积 mL / 有机物中平均碳含量 / 2.00 0.20 20.10 44.10 60 请回答：（1）若实验需用4120 .0 FeSO L mol- 溶液 mL 480 ，则实验室在配制4FeSO 溶液时需要称量的绿矾晶体质量为 g 。（2）土壤试样中有机物质的质量分数为 。【解析】（1）若实验需用4120
13、 .0 FeSO L mol- 溶液 mL 480 ，而实验配制的溶液应该是 mL 500 ，则需要4FeSO 的物质的量为 mol 10 .0 ，绿矾晶体 ) 7 (2 4O H FeSO 的质量为 g g 80 .27 ) 10 .0 278 ( = 。（2）在用7 2 2O Cr K 滴定有机物时，发生的离子反应为 O H CO Cr H C O Cr2 23 27 28 3 4 16 3 2 + + = + + + -，4FeSO 溶液反滴时的反应为 O H Cr Fe H Fe O Cr23 3 2 27 27 2 6 14 6 + + = + + + + + -；根据“空白”实验可
14、知，实际用于氧化有机物的7 2 2O Cr K 的物质的量为 mol mol4310 00 .8610 ) 10 .20 10 .44 ( 20 .0- = - ，则有机物中所含有的“碳”的物质的量为 mol mol34 -10 2 .1210 00 .8 3- = ，质量为 g2 -10 44 .1 ，换算成相应有机物的质量为 gg024 .060.010 44 .12 -=，则土壤试样中有机物质的质量分数为 2 .1 10000 .2024 .0= 。6.为确定3 2 CONa 样品的纯度（杂质不与盐酸反应），称取三份该样品溶于水后分别逐滴加入相同浓度盐酸 mL 0 .100 ，充分反应，
15、产生2CO 的体积（已折算成标准状况下的体积，不考虑2CO 在水中的溶解）如表：1 2 3 溶液体积 mL / 100.0 100.0 100.0 样品质量 g / 2.650 3.975 5.300 mL CO /2 448.0 336.0 112.0 计算：（1）盐酸的物质的量浓度为 。（2）样品中3 2 CONa 的质量分数为 。答案：（1） L mol/ 4500 .0 （2） 00 .80 【解析】根据实验 1、2、3 数据可知，实验 1 中碳酸钠不足，完全反应生成二氧化碳，2、3 中盐酸不足，3 2 CONa反应生成3NaHCO 和二氧化碳。则 g 65 .2 样品产生二氧化碳为
16、mL 448 ，根据反应关系式：2 3 2 CO CO Na可知， g 65 .2 样品含有碳酸钠为 molmol LL02 .0/ 4 .22448 .0= ，则样品中碳酸钠的质量分数为 8065 .2106 02 .0=；g 3 .5 样品中含有 mol 04 .0 碳酸钠，将样品加入盐酸中，先发生反应：NaCl NaHCO CO Na HCl + = +3 3 2，mol 04 .0 碳 酸 钠完 全反 应 消耗 消耗 HCl 的 物 质 的量 为 mol 04 .0 ， 然后 碳 酸氢 钠再 发生 反应 ：O H NaCl CO NaHCO HCl2 2 3+ + = + ，生成标准状
17、况下 mL 0 .112 二氧化碳消耗 HCl 的物质的量为molmol LLCO n HCl n 005 .0/ 4 .22112 .0) ( ) (2= = = ，所以 mL 100 盐酸中含有 HCl 的物质的量为 + mol 04 .0 mol mol 045 .0 005 .0 = ，该盐酸的物质的量浓度为 L molLmolHCl c / 45 .01 .0045 .0) ( = = 。7.为测定漂白粉有效成分的质量分数，称取 g 500 .0 漂白粉样品，加适量水溶解，调节溶液的 pH ，最终配制成 mL 100 溶液备用。滴定时取待测试样溶液 mL 00 .20 ，滴加几滴淀粉
18、溶液，然后用 KI L mol1020 .0-溶液进行滴定，当溶液出现稳定的浅蓝色时为滴定终点，记录滴定消耗的 KI 溶液体积于下表中：滴定次数 1 2 3 消耗 KI 溶液体积 mL / 19.98 20.00 20.02 计算：（1）试样溶液中 ) (-ClO c = 。（2）该漂白粉中有效成分的质量分数为 。答案：（1）0.01 （2）14.3 【解析】（1）滴定反应为 O H I Cl I ClO H2 22 2 + + = + +- - - +，得关系式为- -I ClO 2 ，设 mL 20 样品溶液中的 ) (-ClO c 为1 -L mol _ ，即 00 .20 020 .0
19、 20 2 = _ ， 01 .0 = _ 。（2） mL 100 样品溶液中所含的-ClO 物质的量为 mol mol ClO n 0010 .0 ) 100 .0 01 .0 ( ) ( = =-， g 500 .0 漂白粉样品含有2) (ClO Ca 的物质的量为 mol ClO Ca n 0005 .0 ) ( 2= ， = = g ClO Ca m ) 143 0005 .0 ( ) ( 2 g 0715 .0 ，质量分数为 30 .14 100500 .00715 .0= 。8.称取2) ( 7 .58 OH Ba g 和2BaCl 固体混合物，配成 mL 500 溶液，把该溶液分
20、成 5 等份后分别加入相同浓度不同体积的3NaHCO 溶液，生成沉淀的质量如下表。已知加入3NaHCO 溶液体积为 mL 00 .80 时，反应后溶液呈中性。（1）3NaHCO 溶液中溶质的物质的量浓度 。（2）原固体混合物中2) (OH Ba 和2BaCl 的物质的量之比 。【解析】（1）当加入320 NaHCO mL 溶液时，3NaHCO 少量，完全反应生成397 .1 BaCO g 沉淀，所以由C 守恒可得 molmol ggBaCO n NaHCO n 01 .0/ 19797 .1) ( ) (3 3= = = ， L molLmolNaHCO c / 500 .002 .001 .
21、0) (3= = 。（2）当加入380 NaHCO mL 溶液时溶液呈中性，-3HCO 与-OH 生成- 23CO 和水，- 23CO 与+ 2Ba 形成3BaCO 沉 淀 。mol L mol L HCO n 04 .0 / 5 .0 08 .0 ) (3= =-， 所 以 参 加反 应 的-OH 为 mol 04 .0 ， 即mol OH Ba n 02 .0 ) ( 2= ， molmol gmol g molgBaCl n 04 .0/ 208/ 171 02 .057 .58) (2= -= ，所以原固体混合物中2) (OH Ba 和2BaCl 的物质的量之比为 2 : 1 04 .
22、0 : 02 .0 = mol mol 。9.某校课外活动小组为测定已部分脱水的生石膏的组成 ) (2 4O yH _CaSO ,做如下实验：将固体加热，测量剩余固体的质量随时间的变化关系，如图所示。实验序号 3NaHCO 溶液 ) (mL 20.0 40.0 60.0 80.0 100.0 沉淀的质量 ) (g 1.97 3.94 5.91 7.88 7.88 （1）6 5 t t 时间段固体质量减轻的原因是产生了两种气体，其中一种能使品红溶液褪色的气体物质的量是 ； （2） = y _: 。【解析】在加热到1t 时 O yH _CaSO2 4 开始分解，2 1 tt 时间段和4 3 t t
23、 时间段固体的质量变化比较少，而6 5 t t 时间段固体质量变化较大，原因是2 1 tt 时间段生石膏脱去部分水，4 3 t t 时间段完全脱水，则从D 点开始，6 5 t t 时间段固体质量减轻的原因是产生了两种气体，说明该点的固体为硫酸钙，则硫酸钙的物质的量 molmol ggCaSO n 02 .013672 .2) (14=-。（1）6 5 t t 时间段固体质量减轻的原因是产生了两种气体，其中一种能使品红溶液褪色，说明生成二氧化硫 气 体 ， 根 据 得 失 电 子 守 恒 可 知 ， 还有 氧 气 生 成 ， g 12 .1 应 为 氧 化 钙 的 质 量 ， 其 物 质 的 量
24、molmol ggCaO n 02 .05612 .1) (1=-，和402 .0 CaSO mol 分解生成 CaO mol 02 .0 正好吻合，所以得出该反应方程式为 + + =2 2 42 2 2 O SO CaO CaSO ，根据方程式可知 mol CaO n SO n 02 .0 ) ( ) (2= = 。（2）水的物质的量 molmol gg gO H n 03 .01872 .2 26 .3) (12=-=-，则硫酸钙和水的物质的量之比等于其个数之比，即 3 : 2 03 .0 : 02 .0 : ) ( : ) (2 4= = = y _ O H n CaSO n 。10.取
25、458 .1 KMnO g 配成 mL 100 酸性溶液，往溶液中加入2 285 .5 O Na g 粉末，观察到4KMnO 溶液紫色褪去，同时产生一种常见的无色气体。（1）充分反应后溶液中+Na 的浓度为 （假设溶液体积不变）。（2）产生的气体体积为 L 。（标准状况下） 答案：（1） L mol/ 50 .1 （2） 12 .1 11.S Na 2 放置在空气中，会被缓慢氧化成3 2 SONa 及4 2 SONa ，称取硫化钠样品 g 40 .78 溶于水得到 mL 400溶液，加入足量盐酸，密封、充分反应后得到淡黄色沉淀 g 20 .19 ，放出标准状况 S H 2 气体 L 24 .2 （忽略在水中的溶解）。（1）计算样品溶于水所得的 mL 40第 13 页 共 13 页