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2014版大二轮专题复习高考化学（广西专用）特训--题型十四定量计算型

※基本信息※
- 资料类型：专题训练
- 教材版本：不限
- 适用学校：不限
- 所需点数：0点(会员免费)
- 资料来源：收集
- 资料作者：
- 资料大小：38.85KB
- 资料上传：admin
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- 下载次数：78
- 更新时间：2014-02-11 11:53:46
- 上传时间：2014-02-11 12:02:02
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※资料简介※
题型十四　定量计算型
1．将a g二氧化锰粉末加入b mol•L－1的浓盐酸c L中加热完全溶解，反应中转移电子d个，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是      (　　)
A．可以收集到氯气22.4b2NA L
B．反应后溶液中的Cl－数目为2aNA/87
C．NA可表示为87d2a
D．反应后溶液中的H＋数目为(bc－2d)
答案　C
解析　A项，V(Cl2)＝d2NA×22.4 L，A错；B项，(bcNA－d)个，错误；C项，a87×2×NA＝d，NA＝87d2a，正确；D项，考虑到浓盐酸的挥发，无法计算溶液中H＋的数目。
2．将一定量的氯气通入30 mL浓度为10.00 mol•L－1的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、Na ClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是   (　　)
A．与NaOH反应的氯气一定为 0.3 mol
B．n(Na＋)∶n(Cl－)可能为7∶3
C．若反应中转移的电子为n mol，则0.15＜n＜0.25
D．n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)可能为11∶2∶1
答案　C
解析　根据转移电子数计算氯气的物质的量，转移电子数未知导致无法计算氯气的物质的量，故A错误；根据得失电子数相等判断钠离子和氯离子的关系，当n(Na＋)∶n(Cl－)为7∶3时，根据阴阳离子所带电荷守恒知，次氯酸根离子和氯酸根离子之和与钠离子之比为4∶7，但氯气和氢氧化钠反应时，得失电子数不相等，故B错误；当n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)为11∶2∶1时，得失电子数之比为11∶7，所以不相等，故D错误。
3．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1.68 L O2(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5 mol•L－1 NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是                (　　)
A．60 mL    B．45 mL    C．30 mL    D．15 mL
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)＝1.68 L22.4 L•mol－1×4＝0.3 mol
V(NaOH)＝0.3 mol5 mol•L－1＝0.06 L，即60 mL。
4．某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。进行如下实验：

下列有关说法正确的是            (　　)
A．步骤Ⅰ中减少的3 g固体一定是混合物
B．步骤Ⅱ中质量减少的物质一定是Cu
C．根据步骤Ⅰ、Ⅱ可以判断混合物X的成分为Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2
D．根据上述步骤Ⅱ可以得出m(Fe2O3)∶m(Cu)＝1∶1
答案　D
解析　由于Al2O3、SiO2均和NaOH反应，所以减少的3 g固体可能是Al2O3、SiO2或它们的混合物，A、C项错误；B项，
Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2O，2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，
x          2x        2x      x
160x＋64x＝(6.4－1.92) g　　　　x＝0.02 mol
减少的质量应为Fe2O3和Cu的混合物。
m(Fe2O3)＝160×0.02 ＝3.2 g
m(Cu)＝1.92 g＋ 64 g•mol－1×0.02 mol＝3.2 g
应为1∶1，正确。
5．有4.8 g CuO、Fe2O3混合物跟足量CO充分反应后固体减少1.28 g，反应后全部气体用0.6 mol•L－1 Ba(OH)2溶液100 mL吸收。下列有关叙述中正确的是   (　　)
A．原混合物中CuO与Fe2O3物质的量的比为1∶2
B．原混合物中CuO与Fe2O3的质量比为2∶1
C．吸收CO2后溶液中一定有Ba(HCO3)2
D．反应中生成的CO2体积为1.792 L
答案　C
解析　设CuO、Fe2O3的物质的量分别为x、y
80 g•mol－1x＋160 g•mol－1•y＝4.8 gx＋3y×16＝1.28 g
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