【精选】高考化学二轮选择题题型排查练：题型十八 含答案

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1、精选高考化学复习资料题型十八定量计算型一、单项选择题1.有6.85 g铅的氧化物，用足量的CO在高温下将其还原，把生成的全部CO2通入到足量的澄清的石灰水中得到4.00 g固体沉淀物，这种铅的氧化物的化学式为()A.PbO B.PbO2C.Pb3O4 D.Pb3O4和PbO2的混合物答案C解析4.00 g固体沉淀物为碳酸钙沉淀，则n(CaCO3)4.00 g100 gmol10.04 mol，铅氧化物中的氧原子被CO夺取生成CO2，根据碳元素、氧元素守恒可知COOCO2CaCO3，所以铅氧化物中的氧原子的物质的量为0.04 mol，氧原子的质量为0.04 mol16 gmol10.64 g，则

2、铅氧化物中的铅元素的质量为6.85 g0.64 g6.21 g，其物质的量为6.21 g207 gmol10.03 mol，所以铅氧化物中铅原子与氧原子的物质的量之比为0.03 mol0.04 mol34，因此铅氧化物的化学式为Pb3O4，故C项正确。2.取一定质量的均匀固体混合物Cu、CuO和Cu2O，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3.20 g，另一份中加入500 mL稀硝酸(其还原产物为NO)，固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48 L，则所用硝酸的物质的量浓度为()A.2.4 molL1 B.1.4 molL1C.1.2 molL1

3、D.0.7 molL1答案A解析将Cu2O拆分为Cu、CuO，原混合物看作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3.2 g为混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为3.2 g16 gmol10.2 mol，根据Cu元素守恒可知n(CuO)n(O)0.2 mol；另一份中加入500 mL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4.48 L，NO的物质的量为4.48 L22.4 Lmol10.2 mol，根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n(Cu)3n(NO)30.2 mol，n(Cu)0.3 mol，由铜

4、元素守恒可知nCu(NO3)2 n(CuO)n(Cu)0.2 mol0.3 mol0.5 mol，根据氮元素守恒可知n(HNO3)n(NO)2nCu(NO3)2 0.2 mol20.5 mol1.2 mol，硝酸的浓度为1.2 mol0.5 L2.4 molL1，选A。3.现有某氯化物与氯化镁的混合物，取3.8 g粉末完全溶于水后，与足量的硝酸银溶液反应后得到12.4 g氯化银沉淀，则该混合物中的另一氯化物是()A.FeCl3 B.KClC.CaCl2 D. LiCl答案D解析假设氯化镁中不含杂质，则3.8 g可生成AgCl 5.74 g，现生成AgCl 12.4 g，说明杂质是含氯量大于Mg

5、Cl2中含氯量的物质，氯化镁中Cl的含量为，氯化铁中Cl的含量为，小于氯化镁中Cl的含量，故A错误；氯化钾中Cl的含量为，小于氯化镁中Cl的含量，故B错误；氯化钙中Cl的含量为，小于氯化镁中Cl的含量，故C错误；氯化锂中Cl的含量为，大于氯化镁中Cl的含量，故D正确；故选D。4.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中c(SO)c(NO)2.5 molL1。取200 mL该混合酸，则能溶解铜的最大质量为()A.12.8 g B.19.2 gC.32.0 g D.38.4 g答案B解析反应的离子方程式：3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O，要使溶解的铜的质量最大，则氢离子和硝酸根离子浓度满足方程式中的比

6、例关系，硝酸全部起氧化剂作用，假设硫酸的浓度为x molL1，则硝酸的浓度为(2.5x) molL1，则氢离子浓度为2x2.5x2.5x，硝酸根离子浓度为2.5x，则(2.5x)(2.5x)28，解x1.5 molL1，则硝酸根物质的量为10.2 mol0.2 mol，溶解的铜为0.3 mol，质量为0.3 mol64 gmol119.2 g，选B。5.在1 L溶液中含有Fe(NO3)3和H2SO4两种溶质，其浓度分别为0.2 molL1和1.5 molL1，现向该溶液中加入39.2 g铁粉使其充分反应，下列有关说法正确的是()A.反应后溶液中Fe3物质的量为0.8 mol B.反应后产生13

7、.44 L H2(标准状况) C.反应后溶液中Fe2和Fe3物质的量之和为0.9 mol D.由于氧化性Fe3H，故反应中先没有气体产生后产生气体答案C解析Fe(NO3)3和H2SO4的物质的量分别为0.2 mol、1.5 mol，n(Fe)39.2 g56 gmol10.7 mol，氧化性为HNO3Fe3H，则Fe4HNO=Fe3NO2H2O 1 4110.6 2.4 0.60.6Fe2Fe3=3Fe20.10.20.3Fe完全反应，没有剩余，溶液中存在0.6 mol Fe3、0.3 mol Fe2。反应后溶液中Fe3的物质的量为0.6 mol，故A错误；不会发生反应Fe2H=Fe2H2，则

8、没有氢气生成，故B错误；反应后溶液中存在0.6 mol Fe3、0.3 mol Fe2，反应后溶液中Fe2和Fe3物质的量之和为0.9 mol，故C正确；氧化性为HNO3Fe3H，先发生反应Fe4HNO=Fe3NO2H2O，有气体生成，故D错误；故选C。6.某实验小组对一含有Al3的未知溶液进行了如下分析：滴入少量氢氧化钠溶液，无明显变化；继续滴加NaOH溶液，有白色沉淀；滴入过量的氢氧化钠溶液，白色沉淀明显减少。实验小组经定量分析，得出如图所示沉淀与滴入氢氧化钠溶液体积的关系。下列说法错误的是()A.该未知溶液中至少含有3种阳离子B.滴加的NaOH溶液的物质的量浓度为5 molL1C.若另一

9、种离子为二价阳离子，则a10D.若将最终沉淀过滤、洗涤、灼烧，其质量一定为6 g答案D解析实验过程分析滴入氢氧化钠溶液无沉淀，说明含有H，继续滴入氢氧化钠溶液生成白色沉淀说明一定生成氢氧化铝沉淀，说明溶液中含有Al3，加入过量的氢氧化钠沉淀减少，图像分析说明溶液中除了铝离子，应还有另一种金属阳离子，该未知溶液中至少含有3种阳离子，故A正确；依据图像分析溶解的氢氧化铝物质的量为0.20 mol0.15 mol0.05 mol，消耗氢氧化钠溶液体积110 mL100 mL10 mL，氢氧化钠的浓度5 molL1，故B正确；若另一种阳离子为二价金属阳离子，生成氢氧化铝最大沉淀量0.05 mol，二价

10、金属物质的量为0.15 mol，开始消耗氢氧化钠溶液的体积为a mL，消耗氢氧化钠物质的量为0.05 mol30.15 mol2a103 L5 molL10.1 L5 molL1，a10，故C正确；最后得到的沉淀不能确定其成分，所以不能计算灼烧后得到的氧化物的质量，故D错误，故选D。7.将Na2O2逐渐加入到含有Al3、Mg2、NH的混合液中并微热，产生沉淀和气体的物质的量(mol)与加入Na2O2的物质的量(mol)的关系如图所示，则原溶液中Al3、Mg2、NH的物质的量分别为()A.2 mol、3 mol、8 molB.3 mol、2 mol、8 molC.2 mol、3 mol、4 mo

11、lD.3 mol、2 mol、4 mol答案C解析由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且nMg(OH)2nAl(OH)35 mol，沉淀溶解至最小时为氢氧化镁，由图可知nMg(OH)23 mol，则nAl(OH)32 mol，根据元素守恒可知，n(Al3)nAl(OH)32 mol，n(Mg2)nMg(OH)23 mol；反应生成的气体为氨气与氧气，由图可知溶液加入8 mol Na2O2以后，再加Na2O2，气体的增加减少，故加入8 mol Na2O2时，NH完全反应，且沉淀达最大值，故溶液中Mg2、NH、Al3都恰好完全反应，此时溶液中Mg2、NH、Al3为Na代替，溶液中n(Na

12、)2n(Na2O2)28 mol16 mol，根据电荷守恒有n(Na)2n(Mg2)n(NH)3n(Al3)，即16 mol23 moln(NH)32 mol，所以n(NH)4 mol，故选C。8.将一定量Fe、FeO和Fe2O3的混合物放入25 mL 2 molL1的HNO3溶液中，反应完全后，无固体剩余，生成224 mL NO气体(标准状况)，再向反应后的溶液中加入1 molL1的NaOH溶液，要使铁元素全部沉淀下来，所加NaOH溶液的体积最少是()A.40 mL B.45 mL C.50 mL D.无法确定答案A解析HNO3的物质的量为0.025 L2 molL10.05 mol，生成N

13、O的物质的量：0.01 mol，所以与一定量Fe、FeO和Fe2O3的混合物反应后溶液中含有的NO的物质的量为0.05 mol0.01 mol0.04 mol，再向反应后的溶液中加入1 molL1的NaOH溶液，要使铁元素全部沉淀下来，所得溶液的溶质为NaNO3，所以需要NaOH的物质的量：n(NaOH)n(NO)0.04 mol，则所加NaOH溶液的体积最少是0.04 L，即40 mL，故选A。二、不定项选择题9.用30 g乙酸与46 g乙醇反应，如果实际产率是理论产率的67%，则可得到的乙酸乙酯的质量是()A.29.5 g B.44 g C.74.8 g D.88 g答案A解析30 g乙酸

14、的物质的量为0.5 mol,46 g乙醇的物质的量为1 mol，反应的方程式为CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O，由此可知乙醇过量，则CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O1 mol1 mol 1 mol0.5 mol67% nn0.5 mol67%0.335 molm(CH3COOCH2CH3)0.335 mol88 gmol129.5 g，故选A。10.27.4 g的Na2CO3与NaHCO3的固体混合物，在空气中加热片刻后固体混合物质量变为24 g，将所得的固体混合物溶于200 mL 2 molL1的稀盐酸恰好完全反应，并完全放出二氧化碳气

15、体，将所得的溶液蒸干、灼烧、称量，其质量为()A.11.7 g B.23.4 gC.26.5 g D.58.5 g答案B解析混合物与盐酸恰好反应得到NaCl溶液，蒸干溶液得到固体为NaCl，根据氯离子守恒n(NaCl)n(HCl)0.2 L2 molL10.4 mol，故将所得的溶液蒸干、灼烧、称量，其质量：m(NaCl)0.4 mol58.5 gmol123.4 g，故选B。11.含1 mol HNO3的稀硝酸分别与不同质量的铁粉反应，所得氧化产物与铁粉物质的量的关系如图所示(已知稀硝酸的还原产物只有NO)。下列有关判断正确的是()A.曲线a表示Fe2，曲线b表示Fe3B.P点时总反应的离子

16、方程式可表示为5Fe16HNO=3Fe22Fe34NO8H2OC.n21.2D.n3n132答案CD解析向稀硝酸中加入铁粉时，发生两个过程，开始先生成Fe(NO3)3，反应方程式：Fe4HNO3(稀)=Fe(NO3)3NO2H2O，根据硝酸的物质的量为1 mol，利用方程式可计算出生成的 Fe(NO3)3为0.25 mol，所以参加反应的铁为0.25 mol即n10.25，a为 Fe(NO3)3，故A错误；Fe(NO3)3 与过量的铁继续反应生成Fe(NO3)2，反应方程式：2Fe(NO3)3Fe=3Fe(NO3)2，P点为 Fe(NO3)3 与 Fe(NO3)2物质的量相等的点，随后是Fe(

17、NO3)3 与过量的铁继续反应生成 Fe(NO3)2，故B错误；根据铁原子守恒，n(Fe)nFe(NO3)2nFe(NO3)3，所以 n(Fe)1.2 mol即n21.2 mol，故C正确；n10.25，将0.25 mol的 Fe(NO3)3转化为 Fe(NO3)2需要的金属铁是0.125 mol，所以n30.25 mol0.125 mol0.375 mol，n3n132，故D正确。12.一定量的镁溶于一定浓度的硝酸的反应中，产生标准状况下的N2O气体11.2 L，在所得的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤出沉淀，经洗涤、蒸干并充分灼烧，最后得到固体的质量为()A.20 g B.40 gC.58 g D.80 g答案D解析设Mg的物质的量为x，根据电子守恒得：2x2(51)x2 mol所以最后得MgO质量：m(MgO)2 mol40 gmol180 g。