高考化学一轮复习 专题1Word下载.docx

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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）＝＝0.25mol，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）＝0.25mol×

（1.4－1）＝0.1mol。

2C　　　＋　　　　O22CO　　　Δn（气体）

2mol　　　　　　　1mol　　　　　1mol

0．2mol　　　　　0.1mol　　　　0.1mol

则生成CO消耗0.1molO2，生成CO2消耗0.15molO2。

C　　　＋　　O2CO2

0．15mol　　0.15mol

故n（C）＝0.2mol＋0.15mol＝0.35mol，m（C）＝0.35mol×

12g·

mol－1＝4.2g。

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336mL，密度为2.56g·

L－1，则化合物AB2的相对分子质量为（　　）

A．30B．38

C．76D．172

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∶1B．3∶2

C．2∶1D．1∶3

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1mol三氯异氰尿酸消耗1molC3N3H3O3和3molHClO，故氰尿酸与次氯酸的物质的量之比为1mol∶3mol＝1∶3。

6．将15mL2mol·

L－1Na2CO3溶液逐滴加入40mL0.5mol·

L－1MCln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．4B．3

C．2D．1

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．1B．2

C．3D．4

根据得失电子守恒，2molMn2＋―→2molMnO，失10mole－，所以每1molR2O―→2molRO得2mole－，故可知R2O中R的化合价为＋7价。

因此n＝2。

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11.2L，溶液中再加入NaOH溶液，生成沉淀质量的最大值为（　　）

A．17.4gB．46.8g

C．40.8gD．23.4g

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＝0.5mol，根据电子转移守恒，n（Mg）＝n（Al）＝＝0.3mol，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）＝0.3mol，根据Al元素守恒，n[Al（OH）3]＝n（Al）＝0.3mol，故沉淀最大质量为0.3mol×

58g/mol＋0.3mol×

78g/mol＝40.8g，故C正确。

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1mol金属锌完全反应，反应过程中消耗HNO3的物质的量为（　　）

A．2.4molB．2.6mol

C．2.8molD．3.2mol

10．铜和镁的合金4.6g完全溶于一定量的浓硝酸，若反应中HNO3被还原只产生1792mL的NO2气体和1120mL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．7.04gB．8.26g

C．8.51gD．9.02g

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＝0.08mol＋0.05mol×

3＝0.23mol，则n（OH－）＝0.23mol，m（OH－）＝3.91g，所以沉淀的质量＝m（合金）＋m（OH－）＝4.6g＋3.91g＝8.51g。

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/LB．3.2mol/L

C．2.8mol/LD．2.4mol/L

【答案】B

【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，1LNO2高温分解（2NO22NO＋O2），达到平衡时体积变为1.3L，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.aC.（1－a）D.（1－a）

【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mmLNO和nmLNO2的量筒倒立于水槽中，然后通入mmLO2，若m＜n，则充分反应后，量筒内气体的体积为（单位：

mL）（）

A．3（m－n）B．m＋C.D.

【解析】由电子得失守恒：

。

设最后剩余NOxmL，根据电子得失总数相等有：

3（m－x）＋n＝4m。

解得x＝mL。

15、现有44gMg、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22，4L

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、FeCl20.425mol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

【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FeCl20.425mol，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：

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2L0.5mol/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．11.2LB．6.27L

C．5.6LD．无法确定

19．常温下，向0.1mol·

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30mL

B．b时刻溶液中SO42－的浓度约为0.5mol·

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<

d=b<

a

【解析】要分析图像的起点、拐点的含义。

硫酸与氢氧化钡发生中和反应，C点恰好反应完全，因为二者浓度相同，所以体积相等，A项错误；

b时刻SO42－沉淀一半，体积变为原来的1.5倍，SO42－的浓度约为0.1/1.5=0.0667mol·

L－1，B项错误；

d时刻Ba（OH）2过量，c（OH-）=（0.1×

10×

2）/50=0.04mol/L,C项正确；

b、d两点离子物质的量相等，但后者体积大，离子浓度小，导电性弱，导电能力c<

d<

b<

a，D项错误，选C。

20．agFe2O3和A12O3组成的混合物全部溶于20mLpH=1的硫酸，反应后向所得溶液中加入10mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、A13+完全沉淀，则c（NaOH）为（）

A．0．1mol·

L-1B．0．2mol·

L-1

C．0．4mol·

L-1D．0．8mol·

L-1

【答案】B　

【解析】若恰好使Fe3+、A13+完全沉淀，溶液就是Na2SO4，由电荷守恒即得答案B.

21．把氯气通入浓氨水中，会立即发生下列反应：

3Cl2＋8NH3·

H2O===6NH4Cl＋N2＋8H2O。

在标准状况下，把1.12LCl2、N2的混合气体（90%Cl2和10%N2，均为体积分数）通过浓氨水，实验测得逸出气体体积为0.672L（其中有50%Cl2和50%N2），此反应中被氧化的NH3的质量为（　　）

A．3.4gB．0.34gC．1.36gD．4.48g

22．取3.5g某二价金属的单质投入50g溶质质量分数为18.25%的稀盐酸中，反应结束后，金属仍有剩余；

若取2.5g该金属投入相同质量、相同质量分数的稀盐酸中，等反应结束后，加入该金属还可以反应。

该金属的相对原子质量为（　　）

A．24B．40C．56D．65

【解析】n（HCl）＝＝0.25mol

R＋2HCl===RCl2＋H2↑

二价金属最大摩尔质量＝＝28g·

mol－1

二价金属最小摩尔质量＝＝20g·

所以，20<

Mr<

28。

23．铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原只产生4480mL的NO2气体和336mL的N2O4气体（都已折算到标准状况），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．9.02gB．8.51gC．8.26gD．7.04g

【解析】最后沉淀为Cu（OH）2和Mg（OH）2，Cu和Mg共4.6g，关键是求增加的n（OH－），n（OH－）等于金属单质所失电子数即：

n（OH－）＝×

1mol＋×

2mol＝0.23mol，故沉淀的质量为4.6g＋0.23×

17g＝8.51g。

24．一定质量的镁、铝合金与硝酸恰好完全反应，得到硝酸盐溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与标准状况下3.36LO2混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸。

若向所得硝酸盐溶液中加入2mol/LNaOH溶液至沉淀最多时停止加入，将沉淀滤出，向滤液中加水稀释至500mL，此时所得溶液的物质的量浓度为（　　）

A．0.5mol/LB．1mol/L　　　　

C．1.2mol/LD．2mol/L

答案　C

25．铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应后硝酸被还原只产生4480mL的NO2气体和336mL的N2O4气体（都已折算到标准状况），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（　　）

答案　B

解析　最后沉淀为Cu（OH）2和Mg（OH）2，Cu和Mg共4.6g，关键是求增加的n（OH－），n（OH－）等于金属单质所失电子数即：

26．电解100mL含c（H＋）＝0.30mol/L的下列溶液，当电路中通过0.04mol电子时，理论上析出金属质量最大的是（　　）

A．0.10mol/LAg＋B．0.20mol/LZn2＋

C．0.20mol/LCu2＋D．0.20mol/LPb2＋

【答案】C　

【解析】100mL溶液中各离子的物质的量分别为n（H＋）＝0.03mol，n（Ag＋）＝0.01mol，n（Zn2＋）＝0.02mol，n（Cu2＋）＝0.02mol，n（Pb2＋）＝0.02mol，当分别电解它们的溶液通过0.04mol电子时，A中0.01molAg全部析出，其质量为1.08g，B中H＋首先放电，因此析出Zn为0.005mol，质量为0.325g，C中0.02molCu全部析出，质量为1.28g，D中H＋首先得电子，析出Pb为0.005mol，质量为1.035g，因此C中析出金属质量最大。

27．镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积（V）与时间（t）的关系如下图。

反应中镁和铝的（　　）

A．物质的量之比为3∶2

B．质量之比为3∶2

C．摩尔质量之比为2∶3

D．反应速率之比为2∶3

【答案】A　

28．将Na2O2逐渐加入到含有Al3+、Mg2+、NH4+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+、NH4+的物质的量分别为（）

A.2mol、3mol、8molB.3mol、2mol、8mol

C.2mol、3mol、4molD.3mol、2mol、4mol

【解析】2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑，Al（OH）3+NaOH==NaAlO2+2H2O，所以n（Al3+）=（9-8）×

2mol=2mol，由图可知生成8mol气体，消耗8molNa2O2（生成4molO2），所以n（NH4+）=n（NH3）=（8-4）mol=4mol，。

29．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。

若向所得硝酸铜溶液中加入5mol·

L－1NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）

A．60mLB．45mLC．30mLD．15mL

【解析】根据电子守恒得：

NaOH的物质的量等于得失电子的物质的量

n（NaOH）＝×

4＝0.3mol

V（NaOH）＝＝0.06L，即60mL。

30．标准状况下，一个装满氯气的容器的质量为74.6g，若装满氮气时总质量为66g，则此容器的容积是（　　）

A．22.4LB．44.8LC．11.2LD．4.48L

答案　D

解析　22.4L（标准状况下）Cl2换成22.4L（标准状况下）N2的质量差是（71－28）g＝43g，设氯气的体积为xL，则有

Cl2　　～　　N2　Δm

22．4L　　　43g

xL　　　74.6g－66g＝8.6g

解得x＝4.48。

31．标准状况下，6.72LNO2通入水后，收集到5.04L气体，则被氧化的NO2的体积是（　　）

A．1.68LB．2.52LC．0.56LD．1.12L

答案　A

32．把氯气通入浓氨水中，会立即发生下列反应：

解析　由反应式可得出每3molCl2（反应气）生成1molN2（生成气）时，气体物质的量减少了2mol，即体积减小44.8L，这一量即为“理论差量”，而这一差量所对应的被氧化的氨气的物质的量为2mol（质量为34g），再从题中所给的数据可以求出“实际差量”为（1.12－0.672）L＝0.448L。

即：

3Cl2～2NH3　　～　　　　N2　　　　ΔV

2mol×

17g·

mol－144.8L

m（被氧化的NH3）0.448L

列出比例式：

（2mol×

mol－1）∶44.8L＝m（被氧化的NH3）∶0.448L，则m（被氧化的NH3）＝0.34g。

33．取3.5g某二价金属的单质投入50g溶质质量分数为18.25%的稀盐酸中，反应结束后，金属仍有剩余；

34．碱式碳酸铝镁[MgaAlb（OH）c（CO3）d·

xH2O]常用作塑料阻燃剂。

（1）碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和________。

（2）MgaAlb（OH）c（CO3）d·

xH2O中a、b、c、d的代数关系式为________。

（3）为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：

①准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO20.560L（已换算成标准状况下）。

②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率（×

100%）随温度的变化如下图所示（样品在270℃时已完全失去结晶水，600℃以上残留固体为金属氧化物的混合物）。

根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n（OH－）∶n（CO）（写出计算过程）。

[

解析　

（1）碱式碳酸铝镁之所以具有阻燃作用，除了受热分解需要吸收大量的热量外，还因为生成的高熔点的MgO、Al2O3和释放出的大量CO2也有阻燃作用。

（2）根据电荷守恒有：

n（Mg2＋）×

2＋n（Al3＋）×

3＝n（OH－）＋n（CO）×

2，则2a＋3b＝c＋2d。

答案　

（1）生成的产物具有阻燃作用

（2）2a＋3b＝c＋2d

（3）n（CO2）＝＝2.50×

10－2mol[

m（CO2）＝2.50×

10－2mol×

44g·

mol－1＝1.10g

在270～600℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2O

m（CO2）＋m（H2O）＝3.390g×

（0.7345－0.3702）＝1.235g[]

m（H2O）＝1.235g－1.10g＝0.135g

n（H2O）＝＝7.50×

10－3mol

n（OH－）＝7.50×

10－3mol×

2＝1.50×

10－2mol

n（OH－）∶n（CO）