【創(chuàng)新設計】2012屆高考化學二輪專題復習 方法與技巧專題4 化學計算題的學科思想整合限時練習

1、【創(chuàng)新設計】2012屆高考化學二輪專題復習 方法與技巧專題4 化學計算題的學科思想整合限時練習(時間：40分鐘滿分：60分)選擇題(共10小題，每小題6分，共60分)1在濃鹽酸中HNO2與SnCl2反應的離子方程式為：3SnCl212Cl2HNO26H=N23SnCl4H2O。關(guān)于該反應的說法正確的是()。氧化劑是HNO2還原性：Cl>N2每生成2.8 g N2，還原劑失去的電子為0.6 molx為4，y為2SnCl是氧化產(chǎn)物A BC D只有解析反應中，HNO2得到電子為氧化劑，SnCl2失去電子為還原劑，其對應產(chǎn)物SnCl是氧化產(chǎn)物。Cl在反應中沒有得失電子。每生成1 mol N2轉(zhuǎn)移

2、6 mol電子，故生成2.8 g N2(0.1 mol)，SnCl2失去0.6 mol電子。根據(jù)電荷守恒有：1263y，y2，根據(jù)原子守恒有：6123x，x6。綜合上述，正確。答案A2質(zhì)量相等的某2價金屬A、B兩塊，將A放入足量CuSO4溶液中，B放入足量Hg(NO3)2溶液中，一段時間后，取出洗凈、干燥、稱量，A減輕3.6%，B增重6.6%，已知溶解的金屬A、B質(zhì)量相同，則該金屬的相對原子質(zhì)量為()。A56 B65 C112 D118解析設該2價金屬的元素符號為M，其相對原子質(zhì)量為R，溶解的質(zhì)量為m，原金屬A、B的質(zhì)量為x。MCuSO4=MSO4Cum1R 64 R64M MHg(NO3)2

3、=HgM(NO3)2m2R 201 201RM )3.6%6.6%解/得R112，故選C。答案C3在一密閉氣缸中，用一不漏氣可滑動的活塞隔開，左邊充有N2，右邊充有H2和O2的混合氣體，在20 時，將右邊混合氣體點燃，反應后冷卻到原來溫度，若活塞原來離氣缸左端的距離為總長的，反應后靜止于氣缸的正中(忽略水蒸氣)，則原來H2和O2的體積之比為()。A一定是45 B一定是54C一定是72 D可能是45或72解析反應前：活塞兩邊的氣體均處于20 ，壓強也相同，根據(jù)阿伏加德羅定律，右邊混合氣體的物質(zhì)的量是N2的3倍。反應后：活塞兩邊氣體仍處于20 ，壓強也相同，根據(jù)阿伏加德羅定律，右邊剩余氣體的物質(zhì)的

4、量與N2的相等。由于反應前后N2的體積雖然發(fā)生變化，但其物質(zhì)的量沒有改變，所以我們?nèi)艏俣∟2的物質(zhì)的量為1 mol時，H2和O2混合氣體的物質(zhì)的量共3 mol，反應后剩余氣體即為1 mol，那么混合氣體從3 mol變?yōu)? mol是由以下反應引起的：2H2O22H2O(液)，這是一個氣體物質(zhì)的量減少的反應?，F(xiàn)假定參加反應的氫氣和氧氣的物質(zhì)的量分別為x mol和y mol，根據(jù)差量法可以確定x和y：2H2O22H2O氣體物質(zhì)的量的減少量2 1 3x mol y mol 3 mol1 mol2 mol則x，y。xy23，說明有氣體剩余，那么剩余的1 mol氣體是什么呢？氫氣或氧氣都有可能。討論如下：

5、若氫氣有剩余，則氧氣的物質(zhì)的量為： mol，氫氣的物質(zhì)的量為： mol1 mol mol，即體積之比等于物質(zhì)的量之比為72。若氧氣有剩余，則氫氣的物質(zhì)的量為 mol，氧氣的物質(zhì)的量為： mol1 mol mol，即體積之比等于物質(zhì)的量之比為45。答案D4Na2Sx在堿性溶液中可被NaClO氧化為Na2SO4，而NaClO被還原為NaCl，若反應中Na2Sx與NaClO的物質(zhì)的量之比為116，則x的值為()。A2 B3 C4 D5解析本題考查在氧化還原反應中用得失電子守恒進行相關(guān)的計算。 得關(guān)系式1×·xe16×2e，x5。答案D5檢驗某病人血液中的含鈣量，取10

6、mL血液，稀釋后用(NH4)2C2O4(草酸銨)溶液處理生成CaC2O4沉淀，過濾此沉淀并將其溶于強酸中，然后用0.5 mol·L1的KMnO4溶液滴定，用去KMnO4溶液1.60 mL，有關(guān)反應式為Ca2C2O=CaC2O4，CaC2O4H2SO4=CaSO4H2C2O4,3H2SO45H2C2O42KMnO4=K2SO42MnSO410CO28H2O。則血液中的含鈣量為()。A2.4 g·L1 B8 g·L1C6 g·L1 D12 g·L1解析設血液中c(Ca2)為x，5Ca25CaC2O45H2C2O42KMnO45 mol 2 mol1

7、0×103 L×x 1.6×103 L×0.5 mol·L152(10×103 L×x)(1.6×103 L×0.5 mol·L1)，解得x0.2 mol·L1即血液中含鈣量為40 g·mol1×0.2 mol·L18 g·L1。答案B6在隔絕空氣的情況下，9.8 g鐵、鎂、鋁混合物溶于一定濃度的稀硝酸中，當金屬全部溶解后，收集到4.48 L NO氣體(標準狀況下)，在反應后的溶液中加入過量的燒堿溶液，可生成氫氧化物沉淀的質(zhì)量可能是()。A18

8、g B22 g C20 g D無法計算解析HNO3NO，N得到3e，n(NO)0.2 mol，n(e)0.6 mol，由MMnM(OH)n和電子守恒知金屬失去電子的物質(zhì)的量等于氮得到電子的物質(zhì)的量，也等于生成沉淀時結(jié)合OH的物質(zhì)的量，最多生成沉淀的質(zhì)量等于金屬質(zhì)量凈增OH的質(zhì)量9.8 g0.6 mol×17 g·mol120.0 g，由于沉淀中沒有氫氧化鋁，所以質(zhì)量應小于20 g。答案A7恒溫、恒壓下，在一個容積可變的密閉容器中發(fā)生如下反應：A(g)B(g)C(g)，若開始時通入1 mol A和1 mol B，達到平衡時，生成a mol C。則下列說法錯誤的是()。A若開始

9、時通入3 mol A和3 mol B，達到平衡時，生成的C的物質(zhì)的量為3a molB若開始時通入4 mol A、4 mol B和2 mol C，達到平衡時，B的物質(zhì)的量一定大于4 molC若開始時通入2 mol A、2 mol B和1 mol C，達到平衡時，再通入3 mol C，則再次達到平衡后，C的物質(zhì)的量分數(shù)為D若在原平衡體系中，再通入1 mol A和1 mol B，混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變解析選項A，開始時通入3 mol A和3 mol B，由于容器體積膨脹，保持恒壓，相當于將三個原容器疊加，各物質(zhì)的含量與原平衡相同，C的物質(zhì)的量為3a mol；選項B，無法確定平衡移動的方向，不

10、能確定B的物質(zhì)的量一定大于4 mol；選項C，根據(jù)題給數(shù)據(jù)可算出達到平衡時C的物質(zhì)的量分數(shù)為；選項D，這種條件下混合氣體的相對分子質(zhì)量應不變。答案B8電解普通水和重水(D2O)的混合物，通電一段時間后，兩極共生成氣體18.5 g，其體積為33.6 L(標準狀況)，在所生成的氣體中，重氫(D)和普通氫(H)的原子個數(shù)之比是()。A12 B23 C13 D25解析n(氣)n(H2)n(D2)n(O2)1.5 mol。由2H2O2H2O2可知：每摩爾水被分解可生成1.5 mol氣體，由題意知有1 mol這種“混合水”分解，其平均相對分子質(zhì)量為18.5。故n(D2)n(H2)n(D)n(H)n(D2O

11、)n(H2O)13。答案C9一定體積的KMnO4溶液恰好能氧化一定質(zhì)量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O。若用0.100 0 mol·L1的NaOH溶液中和相同質(zhì)量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O，所需NaOH溶液的體積恰好為KMnO4溶液的3倍，則KMnO4溶液的濃度(mol·L1)為()。(提示：H2C2O4是二元弱酸10KHC2O4·H2C2O48KMnO417H2SO4=8MnSO49K2SO440CO232H2O)A0.008 889 B0.080 0C0.120 0 D0.240 0解析可設NaOH溶液

12、體積為1 L，則KMnO4溶液為 L，n(NaOH)0.1 mol·L1×1 L0.1 moln(KHC2O4·H2C2O4·2H2O)n(NaOH)×0.1 mol moln(KMnO4)·n(KHC2O4·H2C2O4·2H2O)· mol molc(KMnO4)0.080 0 mol·L1答案B10常溫下，向20 L的真空容器中通入a mol H2S和b mol SO2(a和b都是正整數(shù)，且a5，b5)。反應完全后，容器內(nèi)氣體可能達到的最大密度是()。A24.5 g·L1 B14.4 g·L1C8 g·L1 D5.19 g·L1解析若容器內(nèi)充入的全是H2S，則氣體的最大密度是8.5