高三化学一轮复习 全国百所名校模拟题分类汇编 专题1 常用化学计量Word文件下载.docx
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(1)淡黄色粉末的名称为;
(2)溶液中肯定有离子,肯定没有离子,可能有________离子;
(3)写出下列反应方程式
①淡黄色粉末与水反应;
②产生刺激性气味气体的离子方程式;
③加入淡黄色粉末的物质的量由0.4mol至0.45mol时,沉淀部分消失,反应的离子方程式为;
(4)溶液中阳离子的物质的量之比为(H+及没有确定的离子除外)。
【解析】
(1)过氧化钠
(2)NH4+、Al3+、Mg2+;
Cu2+、Fe2+、HCO3-;
K+、Cl-、SO42-(3)①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑②NH4++OH-=NH3↑+H2O③Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O(4)NH4+︰Mg2+︰Al3+=1︰2︰1
根据当加入一种淡黄色粉末状固体物质时,有刺激性气味的混和气体放出,同时生成白色沉淀,知淡黄色粉末是过氧化钠,刺激性气味是氨气,则溶液含NH4+,没有Cu2+、Fe2+,0.4mol过氧化钠与水反应生成0.2mol氧气,则氨气是0.3mol-0.2mol=0.1mol,继续加入淡黄色粉末时,沉淀量逐渐减少,至加入0.45mol粉末后,沉淀量由0.3mol减少至0.2mol,再加入粉末后,沉淀就不再减少,则溶液含Mg2+、Al3+,而且氢氧化镁的物质的量为0.2mol,氢氧化铝为0.1mol,n(NH4+)︰n(Mg2+)︰n(Al3+)=0.1︰0.2︰0.1=1:
2:
1,根据共存知没有HCO3-,可能含有的离子是K+、Cl-、SO42-。
⑶③当加入0.4mol淡黄色粉末时,生成的氢氧化钠为0.8mol,其中沉淀Mg2+、Al3+用去氢氧化钠0.7mol,余下的0.1mol氢氧化钠与NH4+反应,再加入0.05mol过氧化钠,生成的氢氧化钠刚好溶解氢氧化铝。
3.设NA表示阿伏加德罗常数,下列叙述中正确的是:
A.在25℃,1.01×
105Pa时,11.2L氮气所含的原子数目为NA
B.48gO3和O2混合气体所含的原子数目为3NA
C.1mol氦气所含的电子数目为4NA
D.2.7g金属铝变成铝离子时失去的电子数目为0.1NA
【答案解析】B解析:
A.在0℃,1.01×
105Pa时,11.2L氮气所含的原子数目为NA,但是在25℃时,1.01×
105Pa时,11.2L氮气的物质的量小于0.5mol,故所含的原子数目小于NA,错误;
B.48gO3和O2混合气体所含的原子数目为3NA,正确;
C.氦气是单原子分子,故1mol氦气所含的电子数目为2NA,错误;
D.1mol铝变成铝离子时失去的电子数目为3mol,故2.7g金属铝变成铝离子时失去的电子数目为0.3NA,错误。
4.设NA是阿伏加德罗常数的数值,下列说法不正确的是
A.1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA
B.标准状况下,2.24LCl2溶于水,转移的电子数目为0.1NA
C.常温常压下,8gSO3所含的氧原子的数目为0.3NA
D.过氧化钠与H2O反应,每生成0.1mol氧气,转移电子的数目为0.2NA
【答案解析】B解析:
A、氧化钠和过氧化钠中阴、阳离子个数比均为1:
2,正确;
B、氯气溶于水,氯气既是氧化剂又是还原剂,但溶解的氯气没有全部参与反应,即转移的电子数目小于0.1NA,错误;
C、8gSO3所含的氧原子的数目为(8g÷
80g/mo)×
3l=0.3mol,正确;
D、过氧化钠与H2O反应,每生成0.1mol氧气(O的化合价由-1→0)转移电子的数目为0.2NA,正确。
5.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是()
A.标准状况下,11.2L乙醇所含的羟基数为0.5NA
B.常温下,1L0.1mol·
L-1的Na2CO3溶液中含有的离子总数为0.3NA
C.常温常压下,5.6g乙烯和环丙烷的混合气体中含有的碳原子数为0.4NA
D.电解硫酸铜溶液时,阳极每生成标准状况下3.36L气体,电路中转移电子数为0.3NA
【答案解析】C解析:
A、在标准状况下,乙醇不是气体,无法计算11.2L乙醇的物质的量,故A错误;
B、1L0.1mol•L-1的Na2CO3溶液中含有溶质碳酸钠0.1mol,碳酸根离子部分水解,溶液中阴离子数目增多,所以溶液中含有的离子总物质的量大于0.3mol,离子总数大于0.3NA,故B错误;
C、乙烯和环丙烷的最简式为CH2,5.6g混合气体含有0.4mol最简式,含有0.4mol碳原子,含有的碳原子数为0.4NA,故C正确;
D、电解硫酸铜溶液时,阳极生成的是氧气,标准状况下3.36L气体的物质的量为0.15mol,转移的电子的物质的量为0.6mol,电路中转移电子数为0.6NA,故D错误;
故答案选C
6.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是()
A.1L1mol·
L-1的NaClO溶液中含有ClO-的数目为NA
B.标准状况下,一定量的铜与硝酸反应后生成22.4LNO、NO2、N2O4的混合气体,则被还原的硝酸的分子数大于NA
C.铁做电极电解食盐水,若阴极得到NA个电子,则阳极产生11.2L气体(标况下)
D.标准状况下,6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA
【答案解析】B解析:
A、ClO-离子水解,1L1mol·
L-1的NaClO溶液中含有ClO-的数目小于NA,故A错误;
B、标准状况下,一定量的铜与硝酸反应后生成22.4LNO、NO2、N2O4的,可知还原产物为1摩尔,根据氮原子守恒,还原的硝酸物质的量大于1摩尔,故B正确;
C、铁做电极电解食盐水,阳极发生铁的氧化反应,不会产生气体,故C错误;
D、根据3NO2+H2O=2HNO3+NO,标准状况下,6.72LNO2的物质的量是0.3摩尔,其中有0.1摩尔NO2被还原,转移的电子数目为0.2NA,故D错误。
故答案选B
7.以下数值大于或等于阿伏加德罗常数的是
A.含4.8g碳元素的石墨晶体中的共价键数
B.250mL1mol·
L-1FeCl3溶液中,阴、阳离子总数
C.一定条件下,将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器内,充分反应后的生成物分子数
D.在反应KClO4+8HCl=KCl+4Cl2↑+4H2O中,每生成0.5molCl2转移的电子数
A、石墨中1摩尔碳原子平均1.5摩尔共价键,含4.8g碳元素的石墨晶体中的共价键数是0.4mol×
1.5=0.6mol,故A不正确;
B、FeCl3溶液中电离产生的阴、阳离子总数为0.25mol×
4=1mol,铁离子水解使离子数目增加,阴、阳离子总数大于NA,故B正确;
C、发生可逆反应:
2SO2+O2
2SO3,将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器内,充分反应后的生成物分子数小于NA,故C错误;
D、根据反应方程式,生成4摩尔氯气时转移7摩尔电子,每生成0.5molCl2转移的电子数为0.5mol×
7÷
4=0.875mol,故D错误。
8.在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体,当这两个容器内温度和气体密度相等时,下列说法正确的是
A.两种气体的压强相等B.O2比O3的质量小
C.两种气体的分子数目相等D.两种气体的氧原子数目相等
【答案解析】D解析:
根据m=ρV,可知O2、O3的质量相等,物质的量之比是3:
2,A、同温同体积的气体的压强之比等于物质的量之比,气体的压强之比为3:
2,故A错误;
B、O2、O3的质量相等,故B错误;
C、两种气体的分子数目之比等于物质的量之比为3:
2,故C错误;
D、O2、O3的质量相等可知氧原子数目相等,故D正确。
故答案选D
9.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)常用作食品漂白剂。
其制备工艺流程如下:
已知:
反应Ⅱ包含2NaHSO3
Na2S2O5+H2O等多步反应。
(1)实验室制取氨气的化学方程式:
。
(2)“灼烧”时发生反应的化学方程式:
(3)已知Na2S2O5与稀硫酸反应放出SO2,其离子方程式为:
(4)副产品X的化学式是:
;
可循环利用的物质是:
__________________。
(5)为了减少产品Na2S2O5中杂质含量,需控制反应Ⅱ中气体与固体的物质的量之比约
为。
【答案解析】:
⑴2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3+2H2O(2分)
⑵2CuS+3O2
2CuO+2SO2(2分)
⑶S2O52-+2H+=2SO2↑+H2O(2分)
⑷CuSO4·
5H2O(1分)CO2(1分)
⑸2:
1.(2分)
⑴实验室用氢氧化钙与氯化铵反应制取氨气,化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3+2H2O
⑵“灼烧”时CuS被氧化为黑色的氧化铜和二氧化硫,2CuS+3O2
2CuO+2SO2
⑶Na2S2O5与稀硫酸反应生成SO2,反应中S元素的化合价未发生变化,同时生成硫酸钠与水,反应离子方程式为:
S2O52-+2H+=2SO2↑+H2O
⑷氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜,即X是CuSO4·
5H2O,根据流程知可循环的物质是二氧化碳
⑸反应Ⅱ中发生反应Na2CO3+H2O+2SO2=2NaHSO3+CO2,2NaHSO3
Na2S2O5+H2O,故SO2与Na2CO3的物质的量之比接近2:
1.
10..FeS与一定浓度的HNO3反应,生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O,当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为1︰1︰1时,实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为()
A.1∶6B.1∶7C.2∶11D.16∶25
假设产生的NO、NO2、N2O4的物质的量为1mol,由于NO2、N2O4中N的化合价相同,所以可以认为是产生NO23mol,设FeS的物质的量为amol,根据得失电子相等有a×
(1+8)=1×
(5-2)+3×
(5-4)=6,a=2/3,生成2/9molFe2(SO4)3,则Fe(NO3)3的物质的量为2/3-2/9×
2=2/9,含NO3-2/3mol,因此共用去HNO34+2/3mol与FeS的物质的量之比14/3:
2/3=7:
1,选B.
11.钛(Ti)被誉为21世纪金属。
冶炼钛的主要原料是含Fe2O3的钛铁矿(FeTiO3),其生产过程如下:
TiOSO4可溶于水且易水解,H2TiO3难溶于水。
试回答下列问题:
(1)步骤②的主要实验操作是冷却、结晶、(填操作名称);
步骤④在实验室中常将试剂置于(填仪器名称)中加强热。
(2)TiO2+生成H2TiO3的离子方程式
(3)步骤④中硫酸亚铁晶体(FeSO4·
7H2O)在空气中煅烧生成铁红、水和三氧化硫,写出该反应的化学方程式:
(4)步骤②所得到的硫酸亚铁晶体(FeSO4·
7H2O)是目前工业上处理含铬有毒废水常用的化学试剂,二者反应后(Cr由+6价转化为+3价)可以转化为有重要工业价值的铁氧体复合氧化物(常用FeO·
FeyCrxO3表示)。
欲制备该铁氧体复合氧化物,试求在酸性的含铬废水中,加入FeSO4·
7H2O的物质的量应为废水中六价铬物质的量的倍。
【答案解析】10分)
⑴过滤(2分)坩埚(2分)
⑵TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+(2分)
⑶4FeSO4·
7H2O+O2=2Fe2O3+4SO3+28H2O(2分)
⑷5(2分)
首先在钛铁矿和Fe2O3中加入H2SO4溶解,再加入Fe进行还原,将Fe3+转化为Fe2+,然后通过冷却、结晶、过滤得到FeSO4·
7H2O固体以及滤液,在滤液中加入热水,促使TiO2+发生水解生成H2TiO3,最后转化为Ti。
⑴冷却、结晶后是过滤,固体的灼烧在坩埚中进行
⑶FeSO4·
7H2O)在空气中煅烧生成铁红、水和三氧化硫,发生了氧化还原反应,根据得失电子相等配平4FeSO4·
7H2O+O2=2Fe2O3+4SO3+28H2O。
(4)根据题意FeSO4·
7H2O与含铬有毒废水发生了氧化还原反应生成FeO·
FeyCrxO3,其中Cr为+3价,FeO的Fe为+2价,另外的Fe为+3价,故x+y=2,根据电子得失守恒有y=3x,x=0.5,y=1.5,根据原子守恒有n(Fe):
(Cr)=(1+1.5):
0.5=5。
化学卷·
2015届辽宁省沈阳二中高三上学期10月月考
12.1L某混合溶液,可能含有的离子如下表:
可能大量含有的阳离子
H+NH4+Al3+K+
可能大量含有的阴离子
Cl-Br-I-ClO-AlO2-
(1)往该溶液中逐滴加入NaOH溶液并适当加热,产生沉淀和气体的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(v)的关系如右图所示。
则该溶液中确定含有的离子有;
不能确定是否含有的阳离子有,
要确定其存在可补充做的实验是;
肯定不存在的阴离子有。
(2)若经检测,该溶液中含有大量的Cl—、Br—、I—,若向1L该混合溶液中通入一定量的Cl2,溶液中Cl—、Br—、I—的物质的量与通入Cl2的体积(标准状况下)的关系如下图所示,分析后回答下列问题:
Cl2的体积(标准状况)
2.8L
5.6L
11.2L
n(Cl-)
1.25mol
1.5mol
2mol
n(Br-)
1.5mol
1.4mol
0.9mol
n(I-)
amol
①当通入的Cl2的体积为2.8L时,溶液中发生反应的离子方程式为:
②原溶液中Cl—、Br—、I—的物质的量浓度之比为
【答案解析】
(13分)
(1)H+、Al3+、NH4+(3分)K+(2分)焰色反应(2分)ClO-、AlO2-(2分)
(2)①Cl2+2I-=I2+2Cl-(2分)②10:
15:
4(2分)
⑴根据图示,开始时没有沉淀生成,说明溶液中含氢离子,则根据共存关系知一定没有ClO-、AlO2-;
随后出现沉淀,且沉淀完全溶解了,说明沉淀是氢氧化铝,溶液中一定含有铝离子;
氢氧化铝溶解前生成了气体,该气体一定是氨气,故溶液中一定含有铵离子。
该溶液中确定含有的离子有H+、NH4+、Al3+;
不能确定的阳离子是K+,而K+可通过焰色反应检验;
一定不存在ClO-、AlO2-。
⑵根据表知随着氯气的加入,n(Br-)减小,而还原性I->
Br-,即Br-反应之前,I-被氧化完,当通入的Cl2的体积为2.8L时,即是0.125mol,而且全部反应,生成Cl-0.25mol,则原溶液含Cl-:
1.25mol-0.25mol=1mol,此时I-没有反应完(余amL),则通入的氯气全部与I-反应,反应的I-为0.25mol,再通入氯气5.6L-2.8L=2.8L,即0.125mol,消耗Br-0.1mol(消耗氯气0.05mol),则与I-反应用去氯气0.125-0.05=0.075mol,此时消耗的I-为0.15mol,则原溶液含I-为0.4mol,因此Cl—、Br—、I—的物质的量浓度之比为1:
1.5:
0.4=10:
4。
13..往含0.2molNaOH和0.1molCa(OH)2的溶液中持续稳定地通入CO2气体,当通入气体的体积为6.72L(标准状况下)时立即停止,则在这一过程中,溶液中离子数目和通入CO2气体的体积关系正确的图像是(气体的溶解忽略不计)()
ABCD
【答案解析】C解析:
n(CO2)=
=0.3mol,含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中通入二氧化碳先后发生的反应是:
通入CO2,发生:
Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O,2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O,Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3。
选C。
14..设NA为阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是()
A.1L0.1mol•L-1的氨水含有0.1NA个NH4+
B.84gNaHCO3晶体中含有NA个HCO3-
C.1molFe在氧气中充分燃烧失去的电子数为3NA
D.64g铜片与足量稀HNO3反应生成NA个NO分子
A、NH3.H2O是弱电解质,部分电离,1L0.1mol•L-1的氨水含有NH4+数目小于0.1NA个,故A错误;
B、84gNaHCO3的物质的量是1摩尔,晶体中含有NA个HCO3-,故B正确;
C、Fe在氧气中充分燃烧生成Fe3O4,失去的电子数小于3NA,故C错误;
D、64g铜片与足量稀HNO3反应转移电子2摩尔,根据电子守恒知生成2/3NA个NO分子,故D错误。
15.三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体,它在潮湿的环境中能发生反应3NF3+5H2O===2NO+HNO3+9HF,下列有关该反应的说法正确的是
A.NF3是氧化剂,H2O是还原剂
B.还原剂和氧化剂的物质的量之比是2∶1
C.若生成0.2molHNO3,则转移0.2mol电子
D.NF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体
【答案解析】D解析:
NF3中的N是+3价,则氧化剂、还原剂都是NF3,还原产物是NO,氧化产物是HNO3,则还原剂与氧化剂的物质的量之比为HNO3:
NO==1:
2,A、B错误;
若生成0.2molHNO3,则转移0.2mol×
(5-3)=0.4mol,C错误;
NF3与H2O反应生成的NO被空气氧化为红棕色的NO2,D正确。
16.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是
A.将0.1molCO2通入足量NaOH溶液,则溶液中阴离子数目为0.1NA
B.标准状况下,将11.2L的Cl2通入足量的NaOH溶液中,转移的电子数为NA
C.0.1molN2与足量H2反应,转移的电子数为0.6NA
D.标准状况下,1.12LHCHO中C原子的数目为0.05NA
0.1molCO2通入足量NaOH溶液,生成0.1mol的碳酸钠,而后碳酸钠水解:
CO
+H2O
HCO
+2OH-,而且NaOH过量,因此溶液中阴离子数目大于0.1NA,A错误;
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,即0.5mol的Cl2参与反应,转移的电子数为0.5NA,B错误;
N2与H2的反应是可逆反应,则0.1molN2没有反应完,转移的电子数小于0.6NA,C错误;
标准状况下,1.12LHCHO是0.5mol,D正确。
17.NA为阿伏伽德罗常数,下列叙述正确的是
A.18gH2O中含有的质子数为NA
B.常温常压下,Na2O2与足量H2O反应,每生成1molO2,转移电子的数目为4NA
C.46gNO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NA
D.物质的量浓度为0.5mol·
L-1的MgCl2的溶液中,含有Cl-个数为NA
18gH2O为1mol,一个H2O分子中含2个H原子和1个O原子,质子数为10,因此18gH2O中含有的质子数为10NA,A错误;
Na2O2与足量H2O反应,每生成1molO2,由于O的化合价由-1→0,因此转移电子的数目为2NA,B错误;
把四氧化二氮全部转换成二氧化氮,这样46g二氧化氮是1mol,原子总数为3NA,故C正确;
D项没有给出溶液的体积,无法计算,错误。
18.NaNO2是一种食品添加剂,它能致癌。
酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的化学方程式为MnO
+NO
+K―→Mn2++NO
+H2O。
下列叙述中正确的是( )
A.该反应中NO
被还原B.反应过程中溶液的pH减小
C.生成1molNaNO3需消耗0
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