高考化学一轮复习 专题1-3 化学计算中常用的几种方法押题专练

高考化学一轮复习 专题1-3 化学计算中常用的几种方法押题专练

‎【2019最新】精选高考化学一轮复习 专题1-3 化学计算中常用的几种方法押题专练 ‎1．标准状况下，一个装满氯气的容器的质量为74.6 g，若装满氮气时总质量为66 g，则此容器的容积是(　　)‎ A．22.4 L　　 　　　 B．44.8 L C．11.2 L D．4.48 L 答案：D ‎2．含KCl和KBr的样品3.87 g，溶于水配成溶液，向溶液中加入过量AgNO3溶液，充分反应后，产生的沉淀质量为6.63 g，则原样品中钾元素的质量分数为(　　)‎ A．24.1% B．40.3%‎ C．25.9% D．48.7%‎ 解析：KCl和KBr与AgNO3溶液反应生成AgCl和AgBr沉淀，固体的质量发生了变化，实质是由于K变成了Ag造成的，故可用差量法进行计算。‎ K～Ag　　　　　Δm ‎39　108　　　　69‎ m　　　　　　6.63 g－3.87 g＝2.76 g 解得m＝1.56 g质量分数为×100%≈40.3%‎ 答案：B ‎3．一定质量的碳和8‎ 16 / 16‎ ‎ g氧气在密闭容器中于高温下反应，恢复到原来的温度，测得容器内的压强变为原来的1.4倍，则参加反应的碳的质量为(　　)‎ A．2.4 g B．4.2 g C．6 g D．无法确定 解析：由化学方程式：C＋O2CO2和2C＋O22CO可知，当产物全部是CO2时，气体的物质的量不变，温度和体积不变时气体的压强不变；当产物全部是CO时，气体的物质的量增大1倍，温度和体积不变时压强增大1倍，现在气体压强变为原来的1.4倍，故产物既有CO2，又有CO。n(O2)＝＝0.25 mol，由阿伏加德罗定律可知，气体压强变为原来的1.4倍，气体的物质的量变为原来的1.4倍，即Δn(气体)＝0.25 mol×(1.4－1)＝0.1 mol。‎ ‎2C　　　＋　　　　O22CO　　　Δn(气体)‎ ‎2 mol　　　　　　　1 mol　 　 　　　1 mol ‎ ‎0．2 mol　　　　　 0.1 mol　　 　 　0.1 mol 则生成CO消耗0.1 mol O2，生成CO2消耗0.15 mol O2。‎ C　　　＋　　O2CO2‎ ‎0．15 mol　　0.15 mol 故n(C)＝0.2 mol＋0.15 mol＝0.35 mol，m(C)＝0.35 mol×12 g·mol－1＝4.2 g。‎ 答案：B ‎4．一定量的液态化合物AB2，在适量的氧气中恰好完全燃烧，反应化学方程式为AB2(l)＋3O2(g)===AO2(g)＋2BO2(g)，冷却后，在标准状况下测得生成物的体积为336 mL，密度为2.56 g·L－1，则化合物AB2的相对分子质量为(　　)‎ A．30 B．38‎ 16 / 16‎ C．76 D．172‎ 答案：C ‎5．三氯异氰尿酸是一种较强的氧化剂，利用氰尿酸(图甲)与次氯酸(HClO)在一定条件下反应可制备三氯异氰尿酸(图乙)，若原料完全反应生成三氯异氰尿酸，则氰尿酸与次氯酸的物质的量之比为(　　)‎ A．1∶1 B．3∶2‎ C．2∶1 D．1∶3‎ 解析：由氰尿酸、三氯异氰尿酸的结构简式可知，二者的分子式分别为C3N3H3O3、C3N3Cl3O3，而三氯异氰尿酸是由氰尿酸与次氯酸(HClO)在一定条件下反应制得，其中Cl原子来自于HClO，根据原子守恒可知，生成1 mol三氯异氰尿酸消耗1 mol C3N3H3O3和3 mol HClO，故氰尿酸与次氯酸的物质的量之比为1 mol∶3 mol＝1∶3。‎ 答案：D ‎6．将15 mL 2 mol·L－1Na2CO3溶液逐滴加入40 mL 0.5 mol·L－1 MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn＋完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是(　　)‎ A．4 B．3‎ C．2 D．1‎ 答案：B ‎7．R2O在一定条件下可以把Mn2＋氧化成MnO，若反应中R2O变为RO，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，则n值为(　　)‎ A．1 B．2‎ C．3 D．4‎ 16 / 16‎ 解析：根据得失电子守恒，2 mol Mn2＋―→2 mol MnO，失10 mol e－，所以每1 mol R2O―→2 mol RO得2 mol e－，故可知R2O中R的化合价为＋7价。因此n＝2。‎ 答案：B ‎8．有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8∶9。加入足量稀HNO3使其完全溶解后，产生NO气体在标准状况下的体积为11.2 L，溶液中再加入NaOH溶液，生成沉淀质量的最大值为(　　)‎ A．17.4 g B．46.8 g C．40.8 g D．23.4 g 解析：有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8∶9，则物质的量之比为∶＝1∶1，加入足量稀HNO3使其完全溶解后，生成NO的物质的量为＝0.5 mol，根据电子转移守恒，n(Mg)＝n(Al)＝＝0.3 mol，溶液中再加入NaOH溶液，生成沉淀质量最大时，沉淀为Mg(OH)2、Al(OH)3，根据Mg元素守恒，n[Mg(OH)2]＝n(Mg)＝0.3 mol，根据Al元素守恒，n[Al(OH)3]＝n(Al)＝0.3 mol，故沉淀最大质量为0.3 mol×58 g/mol＋0.3 mol×78 g/mol＝40.8 g，故C正确。‎ 答案：C ‎9．在一定温度下，某浓度的硝酸与金属锌反应生成NO2和NO，两者的物质的量之比为1∶3，则要使1 mol金属锌完全反应，反应过程中消耗HNO3的物质的量为(　　)‎ A．2.4 mol B．2.6 mol C．2.8 mol D．3.2 mol 答案：C 16 / 16‎ ‎10．铜和镁的合金4.6 g完全溶于一定量的浓硝酸，若反应中HNO3被还原只产生1 792 mL的NO2气体和1 120 mL的NO气体(标准状况下)，在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为(　　)‎ A．7.04 g B．8.26 g C．8.51 g D．9.02 g 解析：分析反应过程可知，最后生成的沉淀是Cu(OH)2和Mg(OH)2，Cu和Mg在反应后均为＋2价，它们失去的电子的总物质的量n(e－)等于它们形成氢氧化物沉淀时所结合的OH－的总物质的量n(OH－)。由得失电子守恒有：n(e－)＝n(NO2)＋n(NO)×3＝0.08 mol＋0.05 mol×3＝0.23 mol，则n(OH－)＝0.23 mol，m(OH－)＝3.91 g，所以沉淀的质量＝m(合金)＋m(OH－)＝4.6 g＋3.91 g＝8.51 g。‎ 答案：C ‎11、取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和 CuO，将其分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少6.40g，另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为（ ）‎ A．3.6mol/L B．3.2mol/L C．2.8mol/L D．2.4mol/L ‎【答案】B 16 / 16‎ ‎【解析】将Cu2O拆分为Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.40g为拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为=0.4mol，根据Cu元素守恒可知n（CuO）=n（O）=0.4mol；‎ 另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu（NO3）2，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，NO的物质的量为=0.2mol，根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n（Cu）=3n（NO）=3×0.2mol，n（Cu）=0.3mol，由铜元素守恒可知n[Cu（NO3）2]=n（CuO）+n（Cu）=0.4mol+0.3mol=0.7mol，根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=0.2mol+2×0.7mol=1.6mol，硝酸的浓度为=3.2mol/L．‎ ‎12、在温度和压强不变时，1 L NO2高温分解(2NO22NO＋O2)，达到平衡时体积变为1.3 L，这时NO2的转化率为（）‎ A．40% B．20% C．60% D．5%‎ ‎【答案】C ‎13、现有乙酸和两种链状单烯烃的混合物，若其中氧的质量分数为a，则碳的质量分数是（　　）‎ A. B. a C. (1－a) D. (1－a)‎ ‎【答案】C ‎【解析】乙酸的分子式为C2H4O2，单烯烃的通式为CnH2n(n≥2)，混合物中C和H的质量分数之和为(1－a)，两类物质中m(C)∶m(H)＝6∶1，故混合物中碳的质量分数是 (1－a)。‎ ‎14、将充有m mL NO和n mL NO2的量筒倒立于水槽中，然后通入m mL O2，若m＜n，则充分反应后，量筒内气体的体积为(单位：mL)（）‎ 16 / 16‎ A．3(m－n) B．m＋ C. D.‎ ‎【答案】C ‎【解析】由电子得失守恒：。设最后剩余NO x mL，根据电子得失总数相等有：3(m－x)＋n＝4m。解得x＝ mL。‎ ‎15、现有44g Mg、Al、Zn、Fe多种活泼金属粉末的混合物与体积为1L质量分数为20%的硫酸溶液恰好完全反应，经处理后得到无水硫酸盐140g，则下列说法正确的是（　　）‎ A．生成标准状况下的气体体积为22，4 L B．硫酸物质的量浓度为2.0mol/L C．硫酸溶液的质量为540g D．无法进行A、B、C选项的计算 ‎【答案】A ‎16、某磁黄铁矿的主要成分是FexS（S为﹣2价），既含有Fe2+又含有Fe3+．将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反应（注：矿石中其他成分不与盐酸反应），生成硫单质2.4g、FeCl2 0.425mol和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+．则下列说法正确的是（　　）‎ A．100mL的盐酸中HCl物质的量浓度为7.5mol/L B．生成的H2S气体在标准状况下的体积为2.24L C．该磁黄铁矿中FexS的x=0.85‎ D．该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3：1‎ ‎【答案】C 16 / 16‎ ‎【解析】n（S）==0.075mol，根据转移电子守恒得n（Fe3+）==0.15mol，则n（Fe2+）=0.425mol﹣0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6。‎ 盐酸恰好反应生成FeCl2 0.425mol，根据氯原子守恒得c（HCl）==8.5mol/L，A错误；根据氢原子、氯原子守恒得n（H2S）=n（HCl）=n（FeCl2）=0.425mol，V（H2S）=0.425mol×22.4L/mol=9.52L，B错误；FexS中n（S）=0.075mol+0.425mol=0.5mol，n（Fe）=0.425mol，所以n（Fe）：n（S）=0.425mol：0.5mol=0.85，所以x=0.85，C正确；根据转移电子守恒得n（Fe3+）==0.15mol，则n（Fe2+）=0.425mol﹣0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6，D错误；‎ ‎17、向xmL2.0mol/L的盐酸中投入ag镁铝合金，金属完全溶解，再加入ymL1. 0mol/L的NaOH 溶液沉淀达到最大值，且质量为（a+1.7）g，则下列说法不正确的是（ ）‎ A．a的取值范围为0.9g＜a＜1.2g B．镁铝合金与盐酸反应时转移电子的数目为0.1NA C．镁铝合金与盐酸反应产生H2的体积在常温常压下大于1.12L D．x=2y ‎【答案】D ‎18、若35.4g 铜银合金与2L 0.5mol/L 的硝酸溶液恰好完全反应，则收集的NO在标准状况下的体积是（　　）‎ A．11.2 L B．6.27 L C．5.6 L D．无法确定 16 / 16‎ ‎【答案】C ‎19．常温下，向0.1 mol·L－1的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验不同时刻的溶液，下列有关说法中正确的是 A．c时刻硫酸溶液的体积为30 mL B．b时刻溶液中SO42－的浓度约为0.5 mol·L－1‎ C．d时刻溶液的OH-的浓度为0.04mol/L ‎ D．溶液的导电能力：c

查看更多