高考化学一轮复习 专题1.docx
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高考化学一轮复习专题1
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【2019-2020】高考化学一轮复习专题1
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1.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.22.4L B.44.8L
C.11.2LD.4.48L
答案:
D
2.含KCl和KBr的样品3.87g,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6.63g,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 6.63g-3.87g=2.76g
解得m=1.56g质量分数为×100%≈40.3%
答案:
B
3.一定质量的碳和8g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.2.4gB.4.2g
C.6gD.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)==0.25mol,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。
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
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∶1B.3∶2
C.2∶1D.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。
答案:
D
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
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.1B.2
C.3D.4
解析:
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。
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11.2L,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
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=0.5mol,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。
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
答案:
C
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
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=0.08mol+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。
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/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)
【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.
【答案】C
【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
【答案】C
【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:
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
【答案】C
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【答案】C
【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c20.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
【答案】B
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
【答案】A
【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·mol-1
所以,2023.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
【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:
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( )
A.9.02gB.8.51gC.8.26gD.7.04g
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:
n(OH-)=×1mol+×2mol=0.23mol,故沉淀的质量为4.6g+0.23×17g=8.51g。
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
【答案】C
【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
【答案】A
【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:
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
答案 B
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×17g·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;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
答案 A
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)