届高考化学一轮必刷题集化学常用计量 解析版.docx
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届高考化学一轮必刷题集化学常用计量解析版
化学常用剂量
1.高锰酸钾法测定水体COD(化学需氧量)的实验步骤如下:
步骤1 准确移取100mL水样,置于250mL锥形瓶中。
加入10mL1∶3的硫酸,再加入15.00mL0.0200mol·L-1KMnO4溶液(此时溶液仍呈紫红色)。
步骤2 用小火煮沸10min(水中还原性物质被MnO
氧化,本身还原为Mn2+),取下锥形瓶趁热加10.00mL0.0500mol·L-1Na2C2O4溶液,充分振荡(此时溶液为无色)。
步骤3 趁热用0.0200mol·L-1KMnO4溶液滴定至呈微红色,消耗KMnO4溶液4.500mL。
通过计算确定该水样的化学需氧量(写出计算过程)。
[已知:
COD是指在一定条件下,以氧化1L水样中还原性物质所消耗的氧化剂的量,通常换算为需要的O2的质量(mg),COD的单位mg·L-1。
]
【解析】n(Na2C2O4)=0.0500mol·L-1×10.00mL×10-3L·mL-1=5.000×10-4mol,两次共消耗n(KMnO4)=0.0200mol·L-1×(15.00+4.500)mL×10-3L·mL-1=3.900×10-4mol,氧化有机物消耗n(KMnO4)=3.900×10-4mol-
n(Na2C2O4)=3.900×10-4mol-
×5.000×10-4mol=1.900×10-4mol,n(O2)=
×1.900×10-4mol=2.375×10-4mol,m(O2)=2.375×10-4mol×32g·mol-1=7.600×10-3g=7.600mg,COD=76.0mg·L-1。
2.为确定由CoC2O4·2H2O获得Co3O4的最佳煅烧温度,准确称取4.575g的CoC2O4·2H2O样品,在空气中加热,固体样品的剩余质量随温度的变化如图所示(已知385℃以上残留固体均为金属氧化物)。
(1)B处的物质为_________________________________________________(填化学式)。
(2)经测定,205~385℃的煅烧过程中,产生的气体为CO2,计算AB段消耗O2在标准状况下的体积(写出计算过程,结果保留2位有效数字)。
【解析】
(1)Co3O4
(2)n(CoC2O4·2H2O)=
=0.025mol
CoC2O4·2H2O中m(H2O)=0.025mol×2×18g·mol-1=0.9g
CoC2O4·2H2O中m(CoC2O4)=4.575g-0.9g=3.675g
根据图中A点数据可知,A为CoC2O4
AB段发生反应的化学方程式为3CoC2O4+2O2===Co3O4+6CO2
V(O2)=
×0.025mol×22.4L·mol-1≈0.37L。
3.一种测定硫酸锰铵晶体[设为:
(NH4)xMny(SO4)z·wH2O]组成的方法如下:
①称取一定量的硫酸锰铵晶体配成250mL溶液A。
②取25.00mL溶液A加入足量的BaCl2溶液得BaSO40.5126g。
③另取25.00mL溶液A加入10mL20%的中性甲醛溶液,摇匀、静置5min[4NH
+6HCHO===3H++6H2O+(CH2)6N4H+,滴定时,1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当],加入1~2滴酚酞溶液,用0.1000mol·L-1NaOH标准溶液滴定至终点(在该过程中Mn2+不沉淀),消耗NaOH溶液22.00mL。
④取一定量样品在空气中加热,样品的固体残留率(
)随温度的变化如图所示(样品在371℃时已完全失去结晶水)。
根据以上实验数据计算确定硫酸锰铵晶体的化学式(写出计算过程)。
【解析】n(SO
)=n(BaSO4)=
=2.200×10-3mol,n(NH
)=n(NaOH)=0.1000mol·L-1×22.00mL×10-3L·mL-1=2.200×10-3mol,由电荷守恒可得n(Mn2+)=
[2n(SO
)-n(NH
)]=1.100×10-3mol,x∶y∶z=2∶1∶2,化学式为(NH4)2Mn(SO4)2·wH2O,
=69.2%,w≈7,化学式为(NH4)2Mn(SO4)2·7H2O。
4.为确定NVCO{化学式可表示为(NH4)a[(VO)b(CO3)c(OH)d]·10H2O}的组成,进行如下实验:
①称取2.130g样品与足量NaOH充分反应,生成NH30.224L(已换算成标准状况下)。
②另取一定量样品在氮气氛围中加热,样品的固体残留率(
×100%)随温度的变化如下图所示(分解过程中各元素的化合价不变)。
根据以上实验数据计算确定NVCO的化学式(写出计算过程)。
【解析】设NVCO的摩尔质量为Mg·mol-1,由
=0.8648,可得M≈1065,由
=0.4676可得b=6;由
×a=n(NH3)=
=0.01mol,解得a=5,由最后产物为VO2,则VO为+2价,2c+d=5×1+2×6=17,由化合物的相对分子质量18a+67b+60c+17d+180=1065可知60c+17d=393,解得c=4,d=9,将a=5,b=6,c=4,d=9代入化学表达式,可得化学式为(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O。
5.为研究一水草酸钙(CaC2O4·H2O)的热分解性质,进行如下实验:
准确称取36.50g样品加热,样品的固体残留率(
×100%)随温度的变化如下图所示:
(1)300℃时残留固体的成分为________,900℃时残留固体的成分为________。
(2)通过计算求出500℃时固体的成分及质量(写出计算过程)。
【答案】
(1)CaC2O4 CaO
(2)在600℃时,
×100%=68.49%,m(剩余)=36.50g×68.49%≈25g,从300℃至600℃时,失去的总质量为32g-25g=7g,失去物质的摩尔质量为
=28g·mol-1,500℃时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物,样品中CaC2O4·H2O的物质的量n(CaC2O4·H2O)=
=0.25mol,设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为xmol和ymol,根据500℃时固体总质量可得128x+100y=36.50g×76.16%,根据钙元素守恒可得x+y=0.25,解得x≈0.10,y≈0.15,m(CaC2O4)=0.10mol×128g·mol-1=12.80g,m(CaCO3)=0.15mol×100g·mol-1=15.0g,500℃时固体的成分为12.8gCaC2O4和15.0gCaCO3。
【解析】
(1)n(CaC2O4·H2O)=
=0.25mol,含有m(H2O)=0.25mol×18g·mol-1=4.50g,在300℃时,
×100%=87.67%,m(剩余)=36.50g×87.67%≈32g,减少的质量为36.50g-32g=4.50g,故此时失去全部的结晶水,残留固体为CaC2O4;在900℃时,
×100%=38.36%,m(剩余)=36.50g×38.36%≈14g,其中Ca的质量没有损失,含m(Ca)=0.25mol×40g·mol-1=10g,另外还含有m(O)=14g-10g=4g,n(O)=
=0.25mol,则n(Ca)∶n(O)=1∶1,化学式为CaO。
6.碱式氯化铝[Al2(OH)xCl(6-x)]y是一种高效净水剂,利用“铝灰酸溶一步法”可制得。
研究表明酸溶反应的最佳条件是选用6mol·L-1的盐酸,温度控制在85℃左右,以中等速度搅拌。
(1)写出铝灰中主要成分铝与盐酸反应生成Al2(OH)xCl(6-x)的化学方程式:
________________________________________________________________________。
(2)若用溶质质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16g·cm-3)配制50mL6mol·L-1盐酸,所用浓盐酸的体积为______________mL。
(3)以中等速度搅拌的理由是___________________________________________________。
(4)为测定某[Al2(OH)xCl(6-x)]y样品组成中的x值,可以采取如下方法:
取两份等质量的样品,一份样品用足量稀HNO3溶解后,加入足量AgNO3溶液,得到3.157g白色沉淀;另一份样品配成500mL溶液,取出12.50mL溶液,加入0.1000mol·L-1EDTA标准溶液25.00mL,调节溶液pH为3~4,煮沸,冷却后用0.1000mol·L-1ZnSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点,消耗ZnSO4标准溶液20.00mL(已知Al3+、Zn2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1)。
计算[Al2(OH)xCl(6-x)]y样品中的x值(写出计算过程)。
【答案】
(1)2Al+(6-x)HCl+xH2O===Al2(OH)xCl(6-x)+3H2↑
(2)25.9
(3)搅拌速度过快,导致盐酸挥发太快;搅拌速度过慢,反应速率慢
(4)n(Cl-)=n(AgCl)=
=0.022mol
n(Al3+)=0.1000mol·L-1×(25.00-20.00)mL×10-3L·mL-1×
=0.02mol
=
=
x=3.8
【解析】
(1)按Al、Cl、H分别守恒配平反应。
(2)c(HCl)=
=11.6mol·L-1,根据稀释原理知,c1V1=c2V2,11.6×V×10-3=50×10-3×6,得V≈25.9mL。
(3)搅拌过快,盐酸会挥发;搅拌过慢,反应物之间的接触面积小,反应速率慢。
(4)3.157g白色沉淀为AgCl,由此可计算出Cl—的物质的量。
EDTA先与Al3+反应,过量的部分再与Zn2+反应,用总的EDTA的量减去与Zn2+反应的EDTA的量,即为与Al3+反应的EDTA的量,由此可以计算出Al3+的物质的量。
计算中要注意500mL中只取出12.50mL,所以要将计算与Al3+反应的EDTA的量扩大。
然后根据
=
,得出x的值。
7.PbO2是一种强氧化剂,在铅蓄电池中用作电极材料。
由PbO为原料制备PbO2流程如下:
“氧化”反应原理:
2Pb(CH3COO)2+4NaOH+Ca(ClO)2===2PbO2↓+4CH3COONa+CaCl2+2H2O
(1)PbO2常温下即可与盐酸反应生成Pb2+、Cl2,若反应消耗2.39gPbO2,则被氧化的HCl物质的量为______________________________________________________。
(2)“氧化”制得的PbO2可能含有的含铅杂质化学式是________________________。
(3)PbO2的检验:
向Mn(NO3)2的HNO3溶液中加入少量产品,搅拌并水浴微热,溶液变紫红色,说明含有PbO2。
该反应的离子方程式为_____________________________。
(PbO2被还原为Pb2+)
(4)为测定产品(假定只含PbO2和PbO)中PbO2、PbO的物质的量之比,进行以下实验:
①取一定量待测产品,加入200.00mL0.2100mol·L-1的草酸溶液(过量),充分搅拌反应。
然后用氨水调节溶液pH至PbC2O4沉淀完全,过滤得PbC2O4质量为2.9500g。
②上述滤液酸化后加水稀释至500.00mL,某同学取出100.00mL用0.1000mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液19.20mL。
计算产品中PbO2与PbO的物质的量之比(写出计算过程)。
(已知:
PbO2+H2C2O4―→PbC2O4↓+CO2↑+H2O,未配平;H++MnO
+H2C2O4―→CO2↑+Mn2++H2O,未配平)
【答案】
(1)0.02mol
(2)Pb(OH)2或CaPbO3
(3)5PbO2+2Mn2++4H+
5Pb2++2MnO
+2H2O
(4)2MnO
~ 5H2C2O4
25
1.92×10-3moln(H2C2O4)
100mL溶液中:
n(H2C2O4)=4.8×10-3mol,
原溶液中n(H2C2O4)=2.4×10-2mol
与PbO2、PbO反应的H2C2O4为:
0.042mol-0.024mol=0.018mol
草酸铅的物质的量为0.01mol
设原混合物中n(PbO)为x,则n(PbO2)为0.01mol-x
PbO2~ 2H2C2O4 PbO~H2C2O4
1211
0.01mol-xn(H2C2O4)xn(H2C2O4)
2(0.01mol-x)+x=0.018mol,解得x=0.002mol
原混合物中n(PbO)=0.002mol
n(PbO2)=0.008mol
n(PbO2)∶n(PbO)=0.008mol∶0.002mol=4∶1。
【解析】
(1)根据得失电子守恒找出关系为:
PbO2~2HCl,n(HCl)=2n(PbO2)=2×
=0.02mol。
(2)酸浸得到Pb2+,与NaOH反应生成Pb(OH)2,也有可能生成盐类:
铅酸钙。
(3)紫红色为MnO
,即Mn2+被PbO2氧化,自身被还原为Pb2+,根据Mn和Pb得失电子守恒配平反应,在酸性条件下,用H+平衡电荷,最后配平其他原子。
8.实验室中需要2mol·L-1的NaCl溶液950mL,配制时应选用的容量瓶的规格和称取NaCl质量分别是( )
A.950mL,111.2gB.950mL,117.0g
C.1000mL,117.0gD.1000mL,111.2g
【答案】C
【解析】实验室没有950mL的容量瓶,应用1000mL的容量瓶进行配制,则n(NaCl)=1L×2mol·L-1=2mol,m(NaCl)=2mol×58.5g·mol-1=117.0g。
9.为了配制100mL1mol·L-1NaOH溶液,其中有下列几种操作,错误的操作有( )
①选刚用蒸馏水洗净过的100mL容量瓶进行配制
②
NaOH固体在烧杯里刚好完全溶解,立即把溶液转移到容量瓶中
③用蒸馏水洗涤烧杯内壁两次,洗涤液都移入容量瓶中
④使蒸馏水沿着玻璃棒注入容量瓶,直到溶液的凹液面恰好跟刻度线相切
⑤由于操作不慎,液面超过了容量瓶的刻度线,这时采取的措施是使用胶头滴管吸出超过的一部分
A.②④⑤B.①⑤C.②③⑤D.①②
【答案】A
【解析】①配制100mL1mol·L-1的NaOH溶液,应选择100mL容量瓶,因为容量瓶定容时仍需要加蒸馏水,所以使用前不需要干燥,正确;②NaOH溶于水放热,所以不能立即把溶液转移到容量瓶中,应冷却至室温再转移,错误;③用蒸馏水洗涤烧杯内壁2次,洗涤液也均转入容量瓶中,是为了将溶质全部转移到容量瓶中,正确;④定容时为了防止加水超过刻度线,当加水至液面距离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管滴加,使溶液的凹液面的最低点与刻度线相平,错误;⑤由于操作不慎,液面超过了容量瓶的刻度线,若吸出溶液则减少了溶质的质量,结果偏低,实验失败,需要重新配制,错误。
10.配制一定物质的量浓度的稀盐酸,结果偏高的是( )
A.在容量瓶中定容时,俯视刻度线
B.用量筒量取浓盐酸时,俯视刻度线
C.转移溶液后,未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
D.定容后把容量瓶倒置摇匀,发现液面低于刻度线又加水至刻度线
【答案】A
【解析】在容量瓶中定容时,俯视刻度线导致溶液体积偏小,浓度偏高,A正确;用量筒量取浓盐酸时,俯视刻度线体积偏小,浓度偏低,B错误;转移溶液后,未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容溶质偏少,浓度偏低,C错误;定容后把容量瓶倒置摇匀,发现液面低于刻度线又加水至刻度线溶液体积增加,浓度偏低,D错误。
11.把500mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份,取一份加入含amol硫酸钠的溶液,恰好使钡离子完全沉淀;另取一份加入含bmol硝酸银的溶液,恰好使氯离子完全沉淀。
则该混合溶液中钾离子浓度为( )
A.0.1(b-2a)mol·L-1B.10(2a-b)mol·L-1
C.10(b-a)mol·L-1D.10(b-2a)mol·L-1
【答案】D
【解析】根据题意,500mL溶液分成5等份,每份为100mL。
每份中n(Ba2+)=amol,n(Cl-)=bmol,根据电荷守恒关系得n(K+)=(b-2a)mol,则c(K+)=
=10(b-2a)mol·L-1。
12.NA是阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是( )
A.500mL2mol·L-1FeCl3溶液中Cl-数目为3NA,且
=3
B.电解法精炼铜,阴极析出1molCu时,阳极失去的电子数为2NA
C.64gSO2与足量的O2在一定条件下反应生成的SO3分子数目为NA
D.在标准状况下,2.24LNH3通入水中制成氨水,溶液中NH
数目为0.1NA
【答案】B
【解析】Fe3+为弱碱阳离子,水溶液中部分发生水解,所以500mL2mol·L-1FeCl3溶液中Fe3+数目小于NA,
>3,A错误;阴极析出1molCu,需要得到2mol电子,故阳极需要失去2mol电子,B正确;该反应可逆不可进行到底,生成的SO3分子数目小于NA,C错误;NH3+H2ONH3·H2ONH
+OH-,氨气与水的反应和一水合氨电离均可逆,所以溶液中NH
数目小于0.1NA,D错误。
13.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法错误的是( )
A.11.2L甲烷和乙烯的混合物中含氢原子数目等于2NA
B.含NA个CO
的Na2CO3溶液中,Na+数目大于2NA
C.密闭容器中,2molSO2和足量O2充分反应,产物的分子数小于2NA
D.4.0gCO2气体中含电子数目等于2NA
【答案】A
【解析】未指明气体在什么条件下,所以不能确定气体的物质的量及微粒数目,A错误;Na2CO3电离产生Na+、CO
个数比为2∶1,在溶液中CO
由于发生水解反应而消耗,所以若溶液中含NA个CO
,则Na+数目大于2NA,B正确;SO2和O2生成SO3的反应是可逆反应,反应物不能完全转化为生成物,所以密闭容器中,2molSO2和足量O2充分反应,产物SO3的分子数小于2NA,C正确;1个CO2分子中含有22个电子,则4.0gCO2气体中含有的电子数为N=
×22NA=2NA,D正确。
14.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述正确的是( )
A.4℃时,5.4mL水含有0.8NA个原子
B.常温下,0.1mol环氧乙烷(
)共有0.7NA个共价键
C.标准状况下,2.24LNO与1.12LO2混合后的气体分子数为0.1NA
D.含有0.2NA个阴离子的Na2O2与CO2完全反应,转移0.4NA个电子
【答案】B
【解析】4℃时,5.4mL水的质量为5.4g,物质的量为
=0.3mol,含有0.9NA个原子,故A错误;常温下,每个环氧乙烷分子含有7个共价键,所以0.1mol环氧乙烷(
)共有0.7NA个共价键,故B正确;标准状况下,2.24LNO与1.12LO2混合后生成2.24L二氧化氮,但二氧化氮能生成四氧化二氮,所以气体分子数小于0.1NA,故C错误;含有0.2NA个阴离子的Na2O2的物质的量为0.2mol,与CO2完全反应,转移0.2NA个电子,故D错误。
15.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列叙述正确的是( )
A.CO2通过Na2O2使其增重2.8g,反应中转移电子数为0.2NA
B.相同质量的Na2O2和Na2S固体具有相同的阴、阳离子数和质子数
C.用碱性锌锰干电池作电源电解饱和食盐水,当消耗MnO28.7g时,可制得标准状况下氯气2.24L(不考虑氯气的溶解;电池工作时MnO2转化为MnOOH)
D.常温下CH3COONH4的pH=7,则0.5mol·L-1的CH3COONH4溶液中,NH
浓度为0.5mol·L-1
【答案】B
【解析】通过方程式可知,当转移2mol电子时,固体增重56g,当增重2.8g时,反应中转移电子数为0.1NA,故A项错误;Na2O2和Na2S摩尔质量相同,故相同质量的两者的物质的量相同,而两者均含2个阳离子和1个阴离子,则物质的量相同时具有相同的阴、阳离子数和质子数,故B项正确;8.7gMnO2的物质的量为0.1mol,转化为MnOOH时Mn元素由+4价变为+3价,即转移0.1mol电子,因为阳极上是氯离子放电生成氯气,当失去0.1mol电子时,阳极上有0.1mol氯离子失电子生成0.05mol氯气,在标况下体积为1.12L,故C项错误;0.5mol·L-1的CH3COONH4溶液中,由于NH
的水解,NH
浓度小于0.5mol·L-1,故D项错误。
16.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.1LpH=5的醋酸溶液中含有的H+数目等于10-5NA
B.9.2g14CO2与N
O的混合物中所含中子数为4.2NA
C.硝酸与铜反应生成0.1molNOx时,转移电子数为0.2NA
D.1molSO2和0.5molO2充分反应,生成SO3的分子数为NA
【答案】A
【解析】pH=5的醋酸溶液中c(H+)=10-5mol·L-1,所以1LpH=5的醋酸溶液中含有的H+数目等于10-5NA,故A项正确;14CO2与N
O的相对分子质量均为46,且每个分子中含有的中子数为24,所以9.2g14CO2与N
O的混合物中所含中子数为4.8NA,故B项错误;根据得失电子守恒可得,NOx可能为NO或NO2,转移电子数介于0.1NA~0.3NA之间,故C项错误;SO2和O2反应是可逆反应,所以生成SO3的分子数小于NA,故D项错误。
17.设阿伏加德罗常数的值为NA,下列说法正确的是( )
A.标准状况下,2.24LCH3OH分子中共价键的数目为0.5NA
B.1molNa2O2与足量CO2充分反应,转移的电子数为2NA
C.用浓盐酸分别和KMnO4、KClO3反应制备1mol氯气,转移的电子数均为2NA
D.5.6gFe粉与足量S粉加热充分反应转移的电子数为0.2NA
【答案】D
【解析】标准状况下,CH3OH是液体,2.24LCH3OH的物质的量不是0.1mol,故A错误;Na2O2与CO2的反应中,Na2O2既是氧化剂又是还原剂,1molNa2O2与足量CO2充分反应,转移的电子数为NA,故B错误;浓盐酸和KMnO4反应制备氯气,氯气是氧化产物,生成1mol氯气转移2mol电子;浓盐酸和KClO3反应制备氯气,氯气既是氧化产物又是还原产物,生成
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