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1、2006年河南省息县第二高级中学高三化学计算诊断测试 人教版2006年河南省息县第二高级中学高三化学计算诊断测试2006年03月07 日 河南省息县第二高级中学 以下数据可供解题时参考: 相对原子质量:C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 P 31 S32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe56 Ba 137 Cu 64 一、 选择题(本题包括 18小题，每小题3 分，共54分。每小题有一个或两个选项符合题意)1、4个同学同时分析一个由KCl和KBr组成的混合物,他们各取2.00克样品配成水溶液,加入足够HNO后再加入适量AgNO溶液,待沉淀完全后过滤得到干燥的卤化银沉
2、淀的质量如下列四个33选项所示,其中数据合理的是 A.3.06g B.3.36g C.3.66g D.3.96 2、今有铁的溴化物5.12克，其溶液与足量的AgNO溶液完全反应，生成9.4 克AgBr沉淀，则3原混合物中FeBr与FeBr的物质的量之比为( ) 23A:,?, B:,?, C:,?, D:无法确定 3、在一个6L的密闭容器中，放入3LX(气)和2L,(气),在一定条件下发生下列反应:,X(气)，,(气) ZQ(气)，nR(气)达到平衡后，容器内温度不变，混合气体比原来增加5%，,的浓度减小1/3，则该反应方程式中的n值是( ) A:, B:, C:, D:, 4、有一铁的氧化物
3、样品，用5mol/L盐酸140ml恰好完全溶解，所得溶液还能吸收标况下2+3+0.56LCl、Fe全部变成Fe、则该氧化物可能的化学式为( ) 2,:FeO,:FeO ,:FeO ,:FeO23 34 45 57 5、由钠、镁、铝、铁四种金属中的两种组成的混合物12g与足量盐酸反应，产生H5.6,，则,此混合物中必有 A:Na B:Mg C:Al D:Fe 6、在一定条件下，合成氨反应达到平衡后，混合气体中NH的体积占25% ，若反应前后条件保3持不变，则反应后缩小的气体体积与原反应物的总体积的比值是( ) 1111A: B: C: D: 54327、有NaCO、Na,CO、CaO和NaO,组
4、成的混合物41.4克，把它们溶于足容水中充分反应后，233 2+2-溶液中Ca、CO、HCO均转化为沉淀，将反应器内水分蒸干，最后得到白色固体物质共45克，33则混合物中NaCO的质量是( )。 23,:5.3克 ,:10.6克 ,:21.2克 ,:无法计算 8、在标况下，一个装满,l的溶器质量为74.6克，若装满N质量为66克，则此溶器的容积是22( ) ,:22.4L ,:44.8L ,:11.2L ,:4.48L 9、某CaCl样品中混有FeCl 、MgCl 、NaCl和 NaCO中的一种或两种杂质，取11.1克样品23223溶解，得无色溶液，再加入足量的AgNO溶液，得到29.7g沉淀
5、，由此可知，样品杂质的正确结3论是( ) A:一定无NaCO,可能有FeCl B:可能有NaCO和NaCl 23323C:一定有MgCl、可能有NaCl D:一定有NaCl 210、用惰性电极电解NaCl和CuSO的混合液250ml，经过一段时间后两极分别得到11.2(标况)4气体，则原混合液中NaCl的物质的量浓度不可能为( ) A:0.5mol/L B:1 mol/L C:1.5 mol/L D:4 mol/L11、30mL一定浓度的硝酸溶液与5.12克铜片反应,当铜片全部反应完毕后,共收集到气体2.24(S.T.P),则该硝酸溶液的物质的量浓度至少为( ) 升A.9mol/L B.8mo
6、l/L C.5mol/L D.10mol/L 12、一定量的铁粉和9克硫粉混合加热,待其反应后再加入过量盐酸,将生成的气体完全燃烧,共收集得9克水,求加入的铁粉质量为( ) A.14g B.42g C.56g D.28g +-3+13、已知某强氧化剂RO(OH)能被硫酸钠还原到较低价态,如果还原含 2.4*10molRO(OH)22的溶液到低价态,需12mL0.2mol/L的亚硫酸钠溶液,那么R元素的最终价态为 ( )A.+3 B.+2 C.+1 D.-1 14、将各为0.3214摩的下列各物质在相同条件下完全燃烧,消耗氧气的体积最少的是( )A.甲酸 B.甲醛 C.乙醛 D.甲酸甲酯 15、
7、第二主族元素R的单质及其相应氧化物的混合物12g，加足量水经完全反应后蒸干，得固体16g，试推测该元素可能是( ) A:Mg B:Ca C:Sr D:Ba 16、在一定温度计压强下，气体x发生反应 2XY +3Z，此时平衡混合气体对相同(气) (气)(气)条件下的H的相对密度为4.25,则X的相对分子量为( ) 2A:8.5 B:16 C:17 D:34 17、6.4克Cu与过量的HNO(8mol/L 60mol)充分反应后，HNO的还原产物有NO和NO，反应332+-后溶液中所含H为mol，此时溶液中所含NO的物质的量为( ) n3A:0.28mol B:0.31mol C:(n + 0.2
8、)mol D:(n + 0.4)mol18、将NO，NH和O的混合气体22.4升(标况)通过稀HSO后，溶液质量增加了26.7克，气23224体体积缩小为4.48升(标况)，剩余气体能使带火星的木条着火，则混合气体的平均分子量为( ) A:28.1 B:30.2 C:33.1 D:34.0 二、填空题(本题包括 3小题，每小题6分，共18 分) 19、向一定量的Fe、FeO、FeO 的混合物中，加入100ml1mol/L的HCl，恰好使混合物的溶解，23放出2.24mL(标准)的气体。所得溶液中，加入KSCN溶液无血红色出现，那么用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，得铁的质量为 . 2
9、0、向50mlFeCl溶液中通入HS 1.12升(标况)，设HS全部被吸收后，再加入过量铁粉，等3223+反应停止后，测得溶液中含有0.3mol金属离子，则原FeCl溶液中Fe的物质的量浓度为 3. (已知:2 FeCl+ HS = 2 FeCl+ S? + 2HCl ) 3 22 21、一定量的铝铁合金与300ml 2mol/L HNO完全反应生成3.36升NO(标况)和三价铁盐、铝3盐等，再向反应后的溶液中加入3mol/L NaOH溶液，使铁元素完全沉淀下来，则所加NaOH溶液体积是 . 三、计算型推断题(本题包括2 小题，每小题7分，共 14分) 22、将一定量的CO气体通入500mL某
10、NaOH溶液中，充分反应后，将溶液在低温进蒸发，得到2不含结晶水的白色固体A。取三份质量不同的A样品分别与50mL相同浓度的盐酸反应，得到气体的体积(标准状况)与固体A的质量关系职下表所示: 组 别 1 2 3 盐酸体积(mL) 50 50 50 A的质量 (g) 3.80 6.20 7.20 气体体积(mL) 896 1344 1344 (1)上表中第 组数据加入的50mL盐酸的反应后有剩余， 理由是 (2)试推断:的成份为 A23、化合物A含硫(每个分子只含一个硫原子)、氧以及一种或几种卤素。少量A与水反应完全水解但不发生氧化或还原，所有反应产物均可溶于水。将A配成水溶液稀释后分成几份，分
11、别加入一系列0.1mol/L的试剂，现象如下: ?加入硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀; ?加入氯化钡溶液，无沉淀产生; ?溶液经酸化后加入高锰酸钾溶液，紫色褪去，再加入硝酸钡溶液，产生白色沉淀。(1)由此判断组成该化合物的元素中，可能存在的卤素有 ，A与水反应后生成的溶液中含有的离子可能有 。 (2)要确定该化合物的分子式，称取11.90gA溶于水稀释至250.00mL，取25.00mL溶液加入足量的高锰酸钾和硝酸钡溶液，使沉淀完全，沉淀经洗涤、干燥后称重为2.33g。试确定A的化学式，写出计算推理过程。 四、计算题(本题包括 2小题，每小题7分，共14分) 24、为了测定KCO和NaHCO混
12、合物的组成，某学生每次称取一定质量的混合物溶于水配成溶液，233向其中加入相同浓度的Ba(OH)溶液，每次实验均充分反应，实验结果记录如下表:2 实验次数 混合物的质量/g 所加Ba(OH)溶液的体积/L 测得沉淀的质量/g 21 0.858 0.5 1.379 2 1.716 0.5 3 2.574 0.5 4.137 4 3.432 0.5 5.516 5 4.290 0.5 5.516 6 5.148 0.5 5.516 请回答下列问题: (1)第二次实验中产生沉淀的质量是 g (2)混合物中KCO和NaHCO的物质的量之比为 ; 233(3)在25?时，取下第3组实验所得溶液体积的十分
13、之一，加水配成500mL溶液，求此溶液pH(要求写出计算过程)。 25、某研究性学习小组拟用铜屑与氧化铜混合物与硫酸和硝酸组成的混酸反应来制取CuSO?5HO晶体，混酸中硝酸的还原产物为NO，反应过程中不产生SO，反应后的溶液中不含422Cu(NO)， 反应中固体完全溶解，两种酸均恰好完全反应。设固体混合物的总质量为480 g，32其中铜的质量分数为x，试回答下列。 (1)所得硫酸铜晶体的质量y为: g(用x表示); (2)若x =0.4，混酸中HNO与HSO的物质的量之比为: ;324(3)若x =0.4，480g固体混合物与一定量混酸微热后，充分反应，冷却恰好只得到CuSO?5HO，试求原
14、混酸中HSO的质量分数。 4224参考答案 选B和C. 解析:使用极限法,设2.00克全部为KCl,根据KCl-AgCl,每74.5克KCl可生成143.5克AgCl,则可得沉淀为(2.00/74.5)*143.5=3.852克,为最大值,同样可求得当混合物全部为KBr时,每119克的KBr可得沉淀188克,所以应得沉淀为(2.00/119)*188=3.160克,为最小值,则介于两者之间的数值就符合要求,故只能选B和C. 2(选, 解析:设铁的溴化物平均分子组成的化学式为FeBrx FeBr - AgBr xx 56+80 188 xx5.12 9.4 (56+80)?5.12 =188?9
15、.4 解得 ,2.5 xxx2 3 故可知原混合物由FeBr和FeBr组成 x23用，字交叉得: FeBr 2 0.5 ,2.5 FeBr 3 0.5 3nFeBr12 ,1nFeBr33(选D 解析:这是一道关于平衡的计算题，若能变换思维角度，则此题无需计算用化学原理直接推，即可得出结果。 据“等容等温时，等质量的任何气体，它们的压强与其物质的量成正比”及题给条件就不难判定出，混合气体总物质的量增加了。只有满足气体生成物的系数大于反应物的系数，才可能使气体物质的量增大。则 4 + 3 5 4(选, 解析:由于每种氧化物Fe元素所呈化合价不一样，故可设其分子式为FeO，而FeO与HCl反应未发
16、xx2+3+生氧化还原反应，生成物为FeCl，Fe变成Fe发生在与Cl的反应之中， 2x2则易知Fe元素的物质的量为: - Fe - 2XCl 1mol 2X n 50.14 (Fe)0.70.56，3,2x,，2 n = 0.7/2x再利用得失电子守恒有:(Fe)2x22.4解得X = 7/5 5(选, 解析:本题涉及三种价态的四种金属，其共同特点都是失去电子发生氧化反应，若抓住物质在氧化还原反应中，每转移,mol电子所对应的质量摩尔电子质量进行计算，则化繁为简。2423，MeNa,23MeMg,12 122756，MeAl,9MeFe,28 32,12而Me,，11.2,24 5.6据平均
17、值原理可知，原混合物一定含有Fe 6(选,解析: N+ 3H 2NH 体积减小 2 2 31 3 2 2 VV 由已知可知:? = 1?4 而?V, VNHNH混33VVV1,NH3,? VVVVV5，,，NH混混原37(选C 解析:据题给条件，可判断白色固体是CaCO和NaO,。发生的反应可表示为:3Na,CO+ CaO = CaCO?+ NaO, ? 3 3 Na,CO+ CaO + HO = CaCO?+2 NaO, ? 3 23 由于反应?在反应前后固体质量无变化，故固体增重是由反应?引起的。 a,CO+ CaO + HO = CaCO?+2 NaO, 固体质量差 N3 23 106
18、18 X ( 45,41.4 ) 106?X = 18?( 45,41.4 ) 得 ,21.2克 8(选, 解析:标况下 22.4LCl与22.4LN质量差为71,28 = 43克 则有 22Cl N ?m 2222.4L 43克 ,66 = 8.6克 X 74.6 22.4/x = 43/8.6 X = 4.48L 9(选, 解析:因溶于水得色溶液，所以肯定无NaCO和FeCl，杂质只能是MgCl和NaCl中的一种或两种。2332假设11.1克全为CaCl，则应生成沉淀28.7克， 11.1克全为MgCl，则应生成沉淀33.5克，11.1克全22为NaCl，则应生成沉淀27.2克。 而已知生
19、成沉淀为29.7克，则必有MgCl，可能有NaCl。 210(选D。 解析:本题因涉及以两极产物的量，整个过程得失电子相等，所以首先应想到用守恒法。- - 阳极:首先是Cl放电，然后再是OH放电，分别生成对应产物Cl和O。 222+ + 阴极:首先是Cu放电，然后再是H放电，分别生成对应产物Cu和H。 22n，2n,2n，4n 所以: 2，HClOCu222分析可知:电极产物Cu, H, Cl和O都应存在。 22211.2n，n,0.5mol所以 ClO2222.4nn? 0.5 1 ClNaCl21mol,4mol/LC 故选D。 NaCl0.25L2+11(选A 解析: 根据质量守恒定律,
20、由于铜片只与硝酸完全反应生成Cu,则产物应为硝酸铜,且其物质的量与-原来的铜片一样,均为5.12/64=0.08摩,从产物的化学式Cu(NO)可以看出,参与复分解反应提供NO的HNO有32332*0.08=0.16摩;而反应的气态产物,无论是NO还是NO,每一个分子都含有一个N原子,则气体分子总数就相当2于参与氧化还原反应的HNO的摩尔数,所以每消耗一摩HNO都产生22.4L气体(可以是NO或NO甚至是两者的混332合物),现有气体2.24L,即有0.1摩HNO参与了氧化还原反应,故所耗硝酸为0.16+0.1=0.26摩,其浓度为3(0.26/0.03)mol/L,在8-9之间,只能选A. 1
21、2(D 解析: 因为题目中无指明铁粉的量,所以铁粉可能是过量,也可能是不足,则与硫粉反应后,加入过量盐酸时生成的气体就有多种可能:或者只有HS(铁全部转变为FeS),或者是既有HS又有H(铁除了生成FeS外还22222有剩余),所以只凭硫粉质量和生成的水的质量,不易建立方程求解.根据各步反应的定量关系,列出关系式:(1)Fe-FeS(铁守恒)-HS(硫守恒)-HO(氢守恒),(2)Fe-H(化学方程式)-HO(氢定恒),从而得知,无论铁2222参与了哪一个反应,每1个铁都最终生成了1个HO,所以迅速得出铁的物质的量就是水的物质的量,根本与硫无2关,所以应有铁为9/18=0.5摩,即28克. -
22、13(选C. 因为在RO(OH)中,R的化合价为+3价,它被亚硫酸钠还原的同时,亚硫酸钠被氧化只能得硫酸钠,2-3-硫的化合价升高了2价,根据2.4*10molRO(OH)与12ml*0.2mol/L=0.0024mol的亚硫酸钠完全反应,亚硫酸2-3-钠共升0.0024*2=0.0048价,则依照升降价守恒,2.4*10molRO(OH)共降也是0.0048价,所以每2-molRO(OH) 降了2价,R原为+3价,必须降为+1价,故不需配平方程式可直接选C. 214(C 解析: 这是关于有机物的燃烧耗氧量的计算,可应用拆分法:甲酸结构简式为HCOOH,可拆为HO+CO,燃2烧时办只有CO耗氧
23、,甲醛为HCHO,可拆为HO+C,比甲酸少了一个O,则等摩尔燃烧过程中生成相同数量的CO和22HO时,耗多一个O.同理可将乙醛CHCHO拆为HO+CH,比甲酸多一个CH,少一个O,耗氧量必定大于甲酸,甲酸甲232222酯HCOOCH拆为2HO+C,比乙醛少了H,耗氧量必定少,所以可知等量物质燃烧时乙醛耗氧最多. 322215(选 BC 解析:按一般方法求解此题，则只能列出两个方程三个未知数是无法解出答案的，只能采用极端值法。据题意可知16g为R对应的R(OH) 2假设 12克全为R则 R - R(OH) ?m 2 12，34M,102 M M+34 34 可得 412 16 4 若 12克全为
24、RO则 RO - R(OH) ?m 2 M,38 M+16 M+34 18 可得 12 16-14 而此题12克为R的单质和氧化物组成的混合物。 ? 38 M 102 16(选 B 解析:此反应为可逆反应，X的转化率并未告诉，所以它的转率必在0100%之间，当转化率为0时，M = 4.252 = 8.5，当X全部转化时，设反应前X为2mol ，则据反应方程式有，Y最多为1mol，Z为3mol ，则混合气体总的物质的量最多为4mol，而总质量不改变。 ,2MM,8.5M,17 4而此反应已发生，但不可能完全转化。 所以:8.5 M 17 选 B 17(选C 解析:反应后溶液为Cu(NO)和HNO
25、，利用电荷守恒可求之。 323+2+- H + 2Cu = NO 36.42n，,n即: ,NO364所以 n,n，0.2,NO3,18(选C 解析:气体平均分子量 =m/n， 而此题中n=1mol只要能计算出m即可求解。M总总总总据题意有:最后放出气体为O，则其中NH，NO和部分O都被稀HSO吸收，整个过程气体总质量守恒。2322244.48m,26.7，mO,26.7，32,33.1克 2总剩22.4,33.1M,33.1? 选C 119( 2.8克 解析:因混合物与HCl反应的量同与CO反应的量相同。则两种不同反应中铁元素的量保持不变，据题意有关系: Fe - 2Cl - 2HCl 56
26、克 2mol X克 0.1 1mol 562,可有 解之得 X=2.8克 x0.1，1扇形的面积S扇形=LR220( 4mol/L （2）交点式：y=a(x-x1)(x-x2)解析:这道题所涉及反应较多，但如果仔细分析可发生，反应前为FeCl溶液，反应后为FeCl溶液，整个32- - 过程Cl并未改变，因此，可利用Cl守恒建立关系: - 2FeCl - 3FeCl (Cl守恒) 322mol 3mol 0.05C 0.3mol 9.直角三角形变焦关系：易解得 C = 4mol/L 21( 150ml +- 解析:当铝铁元素完全沉淀下来，此时溶液中只有NaNO一种溶质，利用NO与Na两种微粒守恒
27、，则有:332、会数，会读，会写100以内的数，在具体情境中把握数的相对大小关系，能够运用数进行表达和交流，体会数与日常生活的密切联系。3.363v,0.3，2, 22.4解得 V = 0.15升，即150ml 74.94.15有趣的图形3 P36-4122(答案: (1)上表中第 (1) 组数据加入的50mL盐酸的反应后有剩余， 理由是:第一组生成的气体最少，而2、3组生成的气体一样多，假如1组中盐酸不足，则生成气体的体积应由盐酸决定，1、2、3产生的气体体积就应是相同的，假如2组中盐酸是过量的则，2、3组所生成的气体就不能相同，所以可以判断出1组中盐酸是过量的。 (2)A的成份为 NaOH
28、与NaCO或NaCO与NaHCO。 。 23233A、当a0时+-2-23( 解析:此题为计算推断题(1)Cl、F， H、SO、HSO、Cl、F、(少量OH)。(2) 11.90g A中含硫33(1)定义：顶点都在同一圆上的正多边形叫做圆内接正多边形，这个圆叫做该正多边形的外接圆.2.33g/233g/mol10=0.1mol，M(A)=11.90g/0.1mol=119g/mol A中硫呈+4价且只含一个硫原子，故A分子中只含一个氧原子和2个卤原子，两个卤原子的式量为119-32-16=71，只能是2个氯原子，A的化学式为SOCl 224(答案:(1)2.758 (2)以第一组数据计算，设样
29、品混合物中NaHCO和KCO的物质的量分别为x mol和y mol323 ,1,1,84gmolxmol138gmolymol0.858g,，,，, 1.379,xmolymol，,1,197gmol,x,0.002, ,即n(KCO):n(NaHCO),5:2,233y,0.005,2(3)设第4次实验中CO、HCO恰好生成沉淀，且沉淀质量为xg，则有 33 2BaCO CO331、认真研读教材，搞好课堂教学研究工作，向课堂要质量。充分利用学生熟悉、感兴趣的和富有现实意义的素材吸引学生，让学生主动参与到各种数学活动中来，提高学习效率，激发学习兴趣，增强学习信心。提倡学法的多样性，关注学生的个
30、人体验。197 1mol x (0.002+0.005)4 x=5.516g 或:由于第一次与第四次样品的质量比为:3.432: 0.858= 4: 1 而第一次与第四次沉淀的质量比为5.516: 1.379= 4:1 故第4次实验恰好沉淀，则原0.5L Ba(OH)溶液中: 22OH Ba(OH) BaCO23 2mol 197g 5.方位角：从某点的指北方向按顺时针转到目标方向的水平角，叫做方位角。如图3，OA、OB、OC的方位角分别为45、135、225。,197g2mol,c (OH) 5.516g ,c(OH),0.056mol,5.516gc(OH) 设第三次实验消耗OH的物质的量为Z NaHCO OH 31mol 1mol 1mol1mol,z,0.006mol0.0023mol Z 0.006molz(0.056,0.006)mol1,2,1? c(OH),，,10mol,L？pH,120.5L1025. (1)375x + 1500 (2)1?3.3 (3) 初中阶段，我们只学习直角三角形中，A是锐角的正切；