2023高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)選擇題熱點題型排查練題型十八定量計算型

PAGEPAGE2題型十八定量計算型一、單項選擇題1.有6.85g鉛的氧化物，用足量的CO在高溫下將其復(fù)原，把生成的全部CO2通入到足量的澄清的石灰水中得到4.00g固體沉淀物，這種鉛的氧化物的化學(xué)式為()A.PbO B.PbO2C.Pb3O4 D.Pb3O4和PbO2的混合物答案C解析4.00g固體沉淀物為碳酸鈣沉淀，那么n(CaCO3)＝4.00g÷100g·mol－1＝0.04mol，鉛氧化物中的氧原子被CO奪取生成CO2，根據(jù)碳元素、氧元素守恒可知CO～O～CO2～CaCO3，所以鉛氧化物中的氧原子的物質(zhì)的量為0.04mol，氧原子的質(zhì)量為0.04mol×16g·mol－1＝0.64g，那么鉛氧化物中的鉛元素的質(zhì)量為6.85g－0.64g＝6.21g，其物質(zhì)的量為6.21g÷207g·mol－1＝0.03mol，所以鉛氧化物中鉛原子與氧原子的物質(zhì)的量之比為0.03mol∶0.04mol＝3∶4，因此鉛氧化物的化學(xué)式為Pb3O4，故C項正確。2.取一定質(zhì)量的均勻固體混合物Cu、CuO和Cu2O，將其分成兩等份，取其中一份用足量的氫氣復(fù)原，測得反響后固體質(zhì)量減少3.20g，另一份中參加500mL稀硝酸(其復(fù)原產(chǎn)物為NO)，固體恰好完全溶解，且同時收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下NO氣體4.48L，那么所用硝酸的物質(zhì)的量濃度為()A.2.4mol·L－1 B.1.4mol·L－1C.1.2mol·L－1 D.0.7mol·L－1答案A解析將Cu2O拆分為Cu、CuO，原混合物看作Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氫氣復(fù)原，反響后固體質(zhì)量減少3.2g為混合物中O元素的質(zhì)量，O原子的物質(zhì)的量為3.2g÷16g·mol－1＝0.2mol，根據(jù)Cu元素守恒可知n(CuO)＝n(O)＝0.2mol；另一份中參加500mL稀硝酸，固體恰好完全溶解，溶液中溶質(zhì)為Cu(NO3)2，且同時收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下NO氣體4.48L，NO的物質(zhì)的量為4.48L÷22.4L·mol－1＝0.2mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)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，由銅元素守恒可知n[Cu(NO3)2]＝n(CuO)＋n(Cu)＝0.2mol＋0.3mol＝0.5mol，根據(jù)氮元素守恒可知n(HNO3)＝n(NO)＋2n[Cu(NO3)2]＝0.2mol＋2×0.5mol＝1.2mol，硝酸的濃度為1.2mol÷0.5L＝2.4mol·L－1，選A。3.現(xiàn)有某氯化物與氯化鎂的混合物，取3.8g粉末完全溶于水后，與足量的硝酸銀溶液反響后得到12.4g氯化銀沉淀，那么該混合物中的另一氯化物是()A.FeCl3 B.KClC.CaCl2 D.LiCl答案D解析假設(shè)氯化鎂中不含雜質(zhì)，那么3.8g可生成AgCl5.74g，現(xiàn)生成AgCl12.4g，說明雜質(zhì)是含氯量大于MgCl2中含氯量的物質(zhì)，氯化鎂中Cl的含量為eq\f(71,95)，氯化鐵中Cl的含量為eq\f(3×35.5,162)，小于氯化鎂中Cl的含量，故A錯誤；氯化鉀中Cl的含量為eq\f(35.5,74.5)，小于氯化鎂中Cl的含量，故B錯誤；氯化鈣中Cl的含量為eq\f(71,111)，小于氯化鎂中Cl的含量，故C錯誤；氯化鋰中Cl的含量為eq\f(35.5,42.5)＝eq\f(71,85)，大于氯化鎂中Cl的含量，故D正確；應(yīng)選D。4.某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中c(SOeq\o\al(2－,4))＋c(NOeq\o\al(－,3))＝2.5mol·L－1。取200mL該混合酸，那么能溶解銅的最大質(zhì)量為()A.12.8g B.19.2gC.32.0g D.38.4g答案B解析反響的離子方程式：3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，要使溶解的銅的質(zhì)量最大，那么氫離子和硝酸根離子濃度滿足方程式中的比例關(guān)系，硝酸全部起氧化劑作用，假設(shè)硫酸的濃度為xmol·L－1，那么硝酸的濃度為(2.5－x)mol·L－1，那么氫離子濃度為2x＋2.5－x＝2.5＋x，硝酸根離子濃度為2.5－x，那么(2.5－x)∶(2.5＋x)＝2∶8，解x＝1.5mol·L－1，那么硝酸根物質(zhì)的量為1×0.2mol＝0.2mol，溶解的銅為0.3mol，質(zhì)量為0.3mol×64g·mol－1＝19.2g，選B。5.在1L溶液中含有Fe(NO3)3和H2SO4兩種溶質(zhì)，其濃度分別為0.2mol·L－1和1.5mol·L－1，現(xiàn)向該溶液中參加39.2g鐵粉使其充分反響，以下有關(guān)說法正確的選項是()A.反響后溶液中Fe3＋物質(zhì)的量為0.8molB.反響后產(chǎn)生13.44LH2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)C.反響后溶液中Fe2＋和Fe3＋物質(zhì)的量之和為0.9molD.由于氧化性Fe3＋＞H＋，故反響中先沒有氣體產(chǎn)生后產(chǎn)生氣體答案C解析Fe(NO3)3和H2SO4的物質(zhì)的量分別為0.2mol、1.5mol，n(Fe)＝39.2g÷56g·mol－1＝0.7mol，氧化性為HNO3＞Fe3＋＞H＋，那么Fe＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=Fe3＋＋NO↑＋2H2O14110.62.40.60.6Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋0.10.20.3Fe完全反響，沒有剩余，溶液中存在0.6molFe3＋、0.3molFe2＋。反響后溶液中Fe3＋的物質(zhì)的量為0.6mol，故A錯誤；不會發(fā)生反響Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，那么沒有氫氣生成，故B錯誤；反響后溶液中存在0.6molFe3＋、0.3molFe2＋，反響后溶液中Fe2＋和Fe3＋物質(zhì)的量之和為0.9mol，故C正確；氧化性為HNO3>Fe3＋>H＋，先發(fā)生反響Fe＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，有氣體生成，故D錯誤；應(yīng)選C。6.某實驗小組對一含有Al3＋的未知溶液進(jìn)行了如下分析：①滴入少量氫氧化鈉溶液，無明顯變化；②繼續(xù)滴加NaOH溶液，有白色沉淀；③滴入過量的氫氧化鈉溶液，白色沉淀明顯減少。實驗小組經(jīng)定量分析，得出如下圖沉淀與滴入氫氧化鈉溶液體積的關(guān)系。以下說法錯誤的選項是()A.該未知溶液中至少含有3種陽離子B.滴加的NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為5mol·L－1C.假設(shè)另一種離子為二價陽離子，那么a＝10D.假設(shè)將最終沉淀過濾、洗滌、灼燒，其質(zhì)量一定為6g答案D解析實驗過程分析滴入氫氧化鈉溶液無沉淀，說明含有H＋，繼續(xù)滴入氫氧化鈉溶液生成白色沉淀說明一定生成氫氧化鋁沉淀，說明溶液中含有Al3＋，參加過量的氫氧化鈉沉淀減少，圖像分析說明溶液中除了鋁離子，應(yīng)還有另一種金屬陽離子，該未知溶液中至少含有3種陽離子，故A正確；依據(jù)圖像分析溶解的氫氧化鋁物質(zhì)的量為0.20mol－0.15mol＝0.05mol，消耗氫氧化鈉溶液體積110mL－100mL＝10mL，氫氧化鈉的濃度＝eq\f(0.05mol,0.01L)＝5mol·L－1，故B正確；假設(shè)另一種陽離子為二價金屬陽離子，生成氫氧化鋁最大沉淀量0.05mol，二價金屬物質(zhì)的量為0.15mol，開始消耗氫氧化鈉溶液的體積為amL，消耗氫氧化鈉物質(zhì)的量為0.05mol×3＋0.15mol×2＋a×10－3L×5mol·L－1＝0.1L×5mol·L－1，a＝10，故C正確；最后得到的沉淀不能確定其成分，所以不能計算灼燒后得到的氧化物的質(zhì)量，故D錯誤，應(yīng)選D。7.將Na2O2逐漸參加到含有Al3＋、Mg2＋、NHeq\o\al(＋,4)的混合液中并微熱，產(chǎn)生沉淀和氣體的物質(zhì)的量(mol)與參加Na2O2的物質(zhì)的量(mol)的關(guān)系如下圖，那么原溶液中Al3＋、Mg2＋、NHeq\o\al(＋,4)的物質(zhì)的量分別為()A.2mol、3mol、8molB.3mol、2mol、8molC.2mol、3mol、4molD.3mol、2mol、4mol答案C解析由圖可知，沉淀最大時是氫氧化鎂、氫氧化鋁沉淀，且n[Mg(OH)2]＋n[Al(OH)3]＝5mol，沉淀溶解至最小時為氫氧化鎂，由圖可知n[Mg(OH)2]＝3mol，那么n[Al(OH)3]＝2mol，根據(jù)元素守恒可知，n(Al3＋)＝n[Al(OH)3]＝2mol，n(Mg2＋)＝n[Mg(OH)2]＝3mol；反響生成的氣體為氨氣與氧氣，由圖可知溶液參加8molNa2O2以后，再加Na2O2，氣體的增加減少，故參加8molNa2O2時，NHeq\o\al(＋,4)完全反響，且沉淀達(dá)最大值，故溶液中Mg2＋、NHeq\o\al(＋,4)、Al3＋都恰好完全反響，此時溶液中Mg2＋、NHeq\o\al(＋,4)、Al3＋為Na＋代替，溶液中n(Na＋)＝2n(Na2O2)＝2×8mol＝16mol，根據(jù)電荷守恒有n(Na＋)＝2n(Mg2＋)＋n(NHeq\o\al(＋,4))＋3n(Al3＋)，即16mol＝2×3mol＋n(NHeq\o\al(＋,4))＋3×2mol，所以n(NHeq\o\al(＋,4))＝4mol，應(yīng)選C。8.將一定量Fe、FeO和Fe2O3的混合物放入25mL2mol·L－1的HNO3溶液中，反響完全后，無固體剩余，生成224mLNO氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，再向反響后的溶液中參加1mol·L－1的NaOH溶液，要使鐵元素全部沉淀下來，所加NaOH溶液的體積最少是()A.40mLB.45mLC.50mLD.無法確定答案A解析HNO3的物質(zhì)的量為0.025L×2mol·L－1＝0.05mol，生成NO的物質(zhì)的量：eq\f(0.224L,22.4L·mol－1)＝0.01mol，所以與一定量Fe、FeO和Fe2O3的混合物反響后溶液中含有的NOeq\o\al(－,3)的物質(zhì)的量為0.05mol－0.01mol＝0.04mol，再向反響后的溶液中參加1mol·L－1的NaOH溶液，要使鐵元素全部沉淀下來，所得溶液的溶質(zhì)為NaNO3，所以需要NaOH的物質(zhì)的量：n(NaOH)＝n(NOeq\o\al(－,3))＝0.04mol，那么所加NaOH溶液的體積最少是eq\f(0.04mol,1mol·L－1)＝0.04L，即40mL，應(yīng)選A。二、不定項選擇題9.用30g乙酸與46g乙醇反響，如果實際產(chǎn)率是理論產(chǎn)率的67%，那么可得到的乙酸乙酯的質(zhì)量是()A.29.5gB.44gC.74.8gD.88g答案A解析30g乙酸的物質(zhì)的量為eq\f(30g,60g·mol－1)＝0.5mol,46g乙醇的物質(zhì)的量為eq\f(46g,46g·mol－1)＝1mol，反響的方程式為CH3COOH＋CH3CH2OHeq\o(,\s\up7(濃H2SO4),\s\do5(△))CH3COOCH2CH3＋H2O，由此可知乙醇過量，那么CH3COOH＋CH3CH2OHeq\o(,\s\up7(濃H2SO4),\s\do5(△))CH3COOCH2CH3＋H2O1mol1mol1mol0.5mol×67%nn＝0.5mol×67%＝0.335molm(CH3COOCH2CH3)＝0.335mol×88g·mol－1≈29.5g，應(yīng)選A。10.27.4g的Na2CO3與NaHCO3的固體混合物，在空氣中加熱片刻后固體混合物質(zhì)量變?yōu)?4g，將所得的固體混合物溶于200mL2mol·L－1的稀鹽酸恰好完全反響，并完全放出二氧化碳?xì)怏w，將所得的溶液蒸干、灼燒、稱量，其質(zhì)量為()A.11.7g B.23.4gC.26.5g D.58.5g答案B解析混合物與鹽酸恰好反響得到NaCl溶液，蒸干溶液得到固體為NaCl，根據(jù)氯離子守恒n(NaCl)＝n(HCl)＝0.2L×2mol·L－1＝0.4mol，故將所得的溶液蒸干、灼燒、稱量，其質(zhì)量：m(NaCl)＝0.4mol×58.5g·mol－1＝23.4g，應(yīng)選B。11.含1molHNO3的稀硝酸分別與不同質(zhì)量的鐵粉反響，所得氧化產(chǎn)物與鐵粉物質(zhì)的量的關(guān)系如下圖(稀硝酸的復(fù)原產(chǎn)物只有NO)。以下有關(guān)判斷正確的選項是()A.曲線a表示Fe2＋，曲線b表示Fe3＋B.P點時總反響的離子方程式可表示為5Fe＋16H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe2＋＋2Fe3＋＋4NO↑＋8H2OC.n2＝1.2D.n3∶n1＝3∶2答案CD解析向稀硝酸中參加鐵粉時，發(fā)生兩個過程，開始先生成Fe(NO3)3，反響方程式：Fe＋4HNO3(稀)=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，根據(jù)硝酸的物質(zhì)的量為1mol