《新步步高》高考化学（浙江专用）二轮复习热点题型排查练15Word版含答案.docxVIP

题型十五　定量计算型1．将11.2g铜粉和镁粉的混合物分成2等份，将其中一份加入200mL的稀硝酸中并加热，固体和硝酸恰好完全反应，并产生标准状况下的NO2.24L；将另一份在空气中充分加热，最后得到mg固体。下列有关说法：①c(HNO3)＝2mol·L－1；②无法计算硝酸的浓度；③m＝8.0；④m＝7.2，其中正确的是(　)A．①④B．①③C．②④D．②③答案　B解析　根据3M＋8HNO3===3M(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，n(HNO3)＝4n(NO)＝0.4mol，所以c(HNO3)＝＝2mol·L－1，n(混合物)＝×3＝0.15mol，所以m＝＋0.15mol×16g·mol－1＝8.0g。2．已知酸性K2Cr2O7溶液可与FeSO4反应生成Fe3＋和Cr3＋。现将硫酸酸化的K2Cr2O7溶液与FeSO4溶液混合，充分反应后再向所得溶液中加入KI溶液，混合溶液中Fe3＋的物质的量随加入的KI的物质的量的变化关系如图所示。下列说法中不正确的是(　)A．图中AB段的氧化剂为K2Cr2O7B．图中BC段发生的反应为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2C．开始加入的K2Cr2O7为0.25molD．K2Cr2O7与FeSO4二者物质的量之比为1∶3答案　D解析　A项，开始时Fe3＋浓度不变，则说明Fe3＋没有参加反应，则AB应为K2Cr2O7和碘化钾的反应，K2Cr2O7为氧化剂，故A正确；B项，BC段Fe3＋浓度逐渐减小，为铁离子和碘化钾的反应，反应的离子方程式为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，故B正确；C项，由氧化剂和还原剂得失电子数目相等可知反应的关系式为K2Cr2O7～6Fe3＋～6I－，共消耗的n(I－)＝1.5mol，则开始加入的K2Cr2O7的物质的量为mol＝0.25mol，故C正确；D项，由方程式2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2可知，BC段消耗KI0.9mol，则n(Fe3＋)＝n(Fe2＋)＝0.9mol，K2Cr2O7、FeSO4二者物质的量之比为0.25mol∶0.9mol＝5∶18，故D错误。3．假设R元素无同位素，元素R原子的质量数为A，Rm－的核外电子数为x，则WgRm－所含中子的物质的量为(　)A．(A－x＋m) molB．(A－x－m) molC.(A－x＋m) molD.(A－x－m) mol答案　C解析　Rm－有x个电子，电荷数为m，阴离子的核外电子数＝质子数＋电荷数，所以质子数＝核外电子数－电荷数＝x－m；中子数＝质量数－质子数＝A－(x－m)＝A－x＋m，离子的物质的量为mol，则中子的物质的量为 (A－x＋m) mol。4．取100mL18.3mol·L－1的H2SO4与Zn反应，当Zn完全溶解时，生成气体在标况下占有的体积为22.4L，将所得的溶液稀释成1L，测得溶液的H＋浓度为1mol·L－1，则所生成的气体中SO2与H2的体积比约为(　)A．1∶2B．2∶1C．1∶4D．4∶1答案　A解析　100mL18.3mol·L－1的H2SO4中含有硫酸的物质的量：n(H2SO4)浓＝0.1L×18.3mol·L－1＝1.83mol，剩余硫酸的物质的量：n(H2SO4)剩＝×1L×1mol·L－1＝0.5mol，消耗硫酸的物质的量：n(H2SO4)消耗＝1.83mol－0.5mol＝1.33mol。锌与浓硫酸发生：Zn＋2H2SO4===ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：Zn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑，生成气体为SO2和H2的混合物，物质的量为＝1mol设混合物气体中含有xmolSO2，ymolH2。Zn＋2H2SO4===ZnSO4＋SO2↑＋H2O2xmolxmolZn＋H2SO4===ZnSO4＋H2↑ymolymol则有：解之得：所以n(SO2)∶n(H2)＝x∶y＝0.33∶0.67≈1∶2，故选A。5．Na2S2O3可作为脱氧剂，已知25.0mL0.100mol·L－1Na2S2O3溶液恰好与224mL(标准状况下)Cl2完全反应，则S2O将转化成(　)A．S2－B．SC．SOD．SO答案　D解析　n(Na2S2O3)＝0.025L×0.100mol·L－1＝0.0025mol，n(Cl2)＝＝0.01mol，设S2O被氧化后的S元素的化合价为n，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，则0.0025×2×(n－2)mol＝2×0.01mol，n＝6，故选D。6．一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到的气体其物质的量为amol，向反应后的溶液中(存在Cu2＋和SO)加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物