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2019年高考化学真题分类汇编专题03：计算
一、单选题
1．（2019·全国Ⅱ卷）已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．3g 3He含有的中子数为1NA
B．1 L 0.1 mol·L 1磷酸钠溶液含有的 数目为0.1NA
C．1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
D．48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
【答案】B
【考点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.
3g 3He 的物质的量为1mol，且一个
3He 中有1个中子，所以
3g 3He含有的中子数为1NA，不符合题意
B.磷酸根离子为弱酸阴离子，在水溶液中水解所以磷酸根离子的数目小于0.1 NA，符合题意 。
C. K2Cr2O7 中 Cr 的化合价为+6，所以 1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA，不符合题意 。
D. 48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物相当于58gC4H10,相当于1mol,正丁烷，异丁烷中共价键个数都是13个，所以 共价键数目为13NA，不符合题意。
故答案为：B
【分析】关于 NA 的计算必须先求出物质的量，然后根据所求乘以 NA 。
2．（2019·全国Ⅲ卷）设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是（ ）
A．每升溶液中的H+数目为0.02NA
B．c(H+)= c( H2PO4- )+2c( HPO42- )+3c( PO43- )+ c(OH )
C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
【答案】B
【考点】电解质在水溶液中的电离；质量守恒定律；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、溶液的pH=2，则溶液中c(H+)=0.01mol/L，则1L溶液中所含H+的数目N=n×NA=c×V×NA=0.01mol/L×1L×NA=0.01NA，A不符合题意；
B、溶液中的H+来自于H3PO4、H2PO4-、HPO42-和H2O的电离，据此可得等式c(H+)=c(OH-)+c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)，B符合题意；
C、加水稀释，会促进H3PO4的电离，故电离度增大，由于稀释，溶液中c(H+)减小，pH增大，C不符合题意；
D、加入固体NaH2PO4，溶液中c(H2PO4-)增大，使得H3PO4的电离平衡“H3PO4 H++H2PO4-”逆向移动，溶液中c(H+)减小，酸性减弱，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、由溶液的pH计算溶液中c(H+)，再结合公式N=n×NA=c×V×NA计算溶液H+的数目；
B、结合溶液中H+的来源分析；
C、加水稀释，促进弱电解质的电离，但溶液中c(H+)减小；
D、加入固体NaH2PO4，溶液中c(H2PO4-)增大，结合浓度对平衡移动的影响分析；
二、综合题
3．（2019·江苏）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3.000
g，置于250 mL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 2
mol·L 1 K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中 与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。
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”或“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） 。
【答案】（1）2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；减小
（2）偏大；n( )=5.000×10 2 mol·L 1×22.00 mL×10 3 L·mL 1=1.100×10 3 mol 由滴定时 →Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式： ~6Fe2+ （或 +14H++6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O） 则n(Fe2+)=6n( )=6×1.100×10 3 mol=6.600×10 3 mol 样品中铁元素的质量： m(Fe)=6.600×10 3 mol×56 g·mol 1=0.3696 g 样品中铁元素的质量分数：w(Fe)= ×100%=12.32%
【考点】氧化还原反应
【解析】【解答】（1）H2O2具有氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，该反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；水解聚合过程中，促进了Fe3+的水解，使得溶液中c(H+)增大，pH减小；
（2）①K2Cr2O7具有氧化性，能将Sn2+氧化成Sn4+，若不除去溶液中过量的Sn2+，则会导致滴定过程中消耗n(Cr2O72-)增大，从而使得计算出的样品中铁元素的质量偏大，最终测定结果偏大；
②滴定过程中发生反应的离子方程式为：Cr2O72-+14H++6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O；滴定至终点时，消耗n(Cr2O72-)= 5.000×10 2 mol/L×22.00×10-3L=1.100×10-3mol；
由反应的离子方程式可得关系式：Cr2O72-~6Fe2+，
则可得样品中n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=6×1.100×10 3 mol=6.600×10 3 mol，
则3.000g样品中铁元素的质量m(Fe)=6.600×10 3 mol×56g/mol=0.3696g
故所得样品中铁元素的质量为：；
【分析】（1）H2O2具有氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，据此写出反应的离子方程式；水解聚合过程中使得溶液c(H+)增大；
（2）①Sn2+能被K2Cr2O7氧化；
②根据发生反应的离子方程式，结合滴定过程中消耗的n(Cr2O72-)计算样品中n(Fe2+)，从而计算样品中铁元素的质量分数；
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2019年高考化学真题分类汇编专题03：计算
一、单选题
1．（2019·全国Ⅱ卷）已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．3g 3He含有的中子数为1NA
B．1 L 0.1 mol·L 1磷酸钠溶液含有的 数目为0.1NA
C．1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
D．48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
2．（2019·全国Ⅲ卷）设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是（ ）
A．每升溶液中的H+数目为0.02NA
B．c(H+)= c( H2PO4- )+2c( HPO42- )+3c( PO43- )+ c(OH )
C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
二、综合题
3．（2019·江苏）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3.000
g，置于250 mL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 2
mol·L 1 K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中 与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。
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”或“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） 。
答案解析部分
1．【答案】B
【考点】阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.
3g 3He 的物质的量为1mol，且一个
3He 中有1个中子，所以
3g 3He含有的中子数为1NA，不符合题意
B.磷酸根离子为弱酸阴离子，在水溶液中水解所以磷酸根离子的数目小于0.1 NA，符合题意 。
C. K2Cr2O7 中 Cr 的化合价为+6，所以 1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA，不符合题意 。
D. 48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物相当于58gC4H10,相当于1mol,正丁烷，异丁烷中共价键个数都是13个，所以 共价键数目为13NA，不符合题意。
故答案为：B
【分析】关于 NA 的计算必须先求出物质的量，然后根据所求乘以 NA 。
2．【答案】B
【考点】电解质在水溶液中的电离；质量守恒定律；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、溶液的pH=2，则溶液中c(H+)=0.01mol/L，则1L溶液中所含H+的数目N=n×NA=c×V×NA=0.01mol/L×1L×NA=0.01NA，A不符合题意；
B、溶液中的H+来自于H3PO4、H2PO4-、HPO42-和H2O的电离，据此可得等式c(H+)=c(OH-)+c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)，B符合题意；
C、加水稀释，会促进H3PO4的电离，故电离度增大，由于稀释，溶液中c(H+)减小，pH增大，C不符合题意；
D、加入固体NaH2PO4，溶液中c(H2PO4-)增大，使得H3PO4的电离平衡“H3PO4 H++H2PO4-”逆向移动，溶液中c(H+)减小，酸性减弱，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、由溶液的pH计算溶液中c(H+)，再结合公式N=n×NA=c×V×NA计算溶液H+的数目；
B、结合溶液中H+的来源分析；
C、加水稀释，促进弱电解质的电离，但溶液中c(H+)减小；
D、加入固体NaH2PO4，溶液中c(H2PO4-)增大，结合浓度对平衡移动的影响分析；
3．【答案】（1）2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；减小
（2）偏大；n( )=5.000×10 2 mol·L 1×22.00 mL×10 3 L·mL 1=1.100×10 3 mol 由滴定时 →Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒可得微粒的关系式： ~6Fe2+ （或 +14H++6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O） 则n(Fe2+)=6n( )=6×1.100×10 3 mol=6.600×10 3 mol 样品中铁元素的质量： m(Fe)=6.600×10 3 mol×56 g·mol 1=0.3696 g 样品中铁元素的质量分数：w(Fe)= ×100%=12.32%
【考点】氧化还原反应
【解析】【解答】（1）H2O2具有氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，该反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；水解聚合过程中，促进了Fe3+的水解，使得溶液中c(H+)增大，pH减小；
（2）①K2Cr2O7具有氧化性，能将Sn2+氧化成Sn4+，若不除去溶液中过量的Sn2+，则会导致滴定过程中消耗n(Cr2O72-)增大，从而使得计算出的样品中铁元素的质量偏大，最终测定结果偏大；
②滴定过程中发生反应的离子方程式为：Cr2O72-+14H++6Fe2+=6Fe3++2Cr3++7H2O；滴定至终点时，消耗n(Cr2O72-)= 5.000×10 2 mol/L×22.00×10-3L=1.100×10-3mol；
由反应的离子方程式可得关系式：Cr2O72-~6Fe2+，
则可得样品中n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=6×1.100×10 3 mol=6.600×10 3 mol，
则3.000g样品中铁元素的质量m(Fe)=6.600×10 3 mol×56g/mol=0.3696g
故所得样品中铁元素的质量为：；
【分析】（1）H2O2具有氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，据此写出反应的离子方程式；水解聚合过程中使得溶液c(H+)增大；
（2）①Sn2+能被K2Cr2O7氧化；
②根据发生反应的离子方程式，结合滴定过程中消耗的n(Cr2O72-)计算样品中n(Fe2+)，从而计算样品中铁元素的质量分数；
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