给我10道高一经典化学题Thank you

给我10道高一经典化学题Thank you

例1：取ag某物质在氧气中完全燃烧,将其产物跟足量的过氧化钠固体完全反应,反应后固体的质量恰好增加了ag.下列物质中不能满足上述结果的是A H2 B CO C C6H12O6 D C12H22O11
解析：由CO+Na2O2 Na2CO3可知agCO满足题意,agH2也满足,可以拓展化学式能改写为(CO)m(H2)n就满足题意.而C6H12O6可改写成(CO)6(H2)6,C12H22O11不能改写成(CO)m(H2)n的形式,即C12H22O11完全燃烧的产物不满足题意,答案为D.
例2：有Na2CO3、NaHCO3、CaO和NaOH组成的混合物27.2 g,把它们溶于足量水中,充分反应后,溶液中Ca2+、CO32—、HCO3¬均转化为沉淀.将反应后容器内水分蒸干,最后得到白色固体29 g,则原混合物中Na2CO3的质量是
A 21.2 g B 10.6 g C 17.2 g D 14.5 g
解析：本题涉及反应主要有：①CaO＋H2O＝Ca(OH)2
②Na2CO3＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋2NaOH
③NaHCO3＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋NaOH＋H2O
①+②加合约简得：④Na2CO3＋CaO＋H2O＝CaCO¬3↓＋2NaOH
①+③加合约简得：⑤NaHCO3＋CaO＝CaCO3↓＋NaOH
据题意,最后得到的29 g白色固体为CaCO3和NaOH的混合物,根据质量守恒,由④⑤两式可知：固体由27.2g增至29g,所增质量为反应④中参加反应的H2O的质量.据反应④计算有m(Na2CO3)＝10.6g.
一、守恒法
例1．有一在空气里暴露过的NaOH固体,经分析知其含水7.65%,含Na2CO34.32%,其余是NaOH.若将1 g该样品放入含有3.65g的盐酸中使其完全反应后,残酸再用50g2%的NaOH溶液恰好中和完全.蒸发所得溶液至干,计算所得固体质量是多少克?
解析：最后所得固体物质为NaCl,而氯元素全部来自盐酸,且盐酸完全反应,则可由氯元素守恒快速解题.
HCl ～ NaCl
36.5 58.5
3.65g m(NaCl) 解得：m(NaCl)=5.85g
答案：5.85g
二、差量法
例2．在一定条件下,使H2和O2的混合气体26 g充分发生反应.所得产物在适当温度下跟足量的固体Na2O2反应,使固体增重2 g .求原混合气体中O2和H2的质量.
解析：先根据差量法,求出使固体增重2 g所需水的质量,再求O2和H2的质量.
设反应生成水的质量为x
2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑ △m
156g 36g 160g 4g
x 2g
36∶4=x∶2g x=18g
根据2H2+O2=2H2O,要生成18 g水需要氧气16 g,氢气2 g ,剩余气体可能是氢气,也可能是氧气.
答案：16 g、10 g或2 g、24 g
三、方程式叠加法
例3．将7.2 g CO和H2的混合气体与足量O2充分燃烧后,立即通入足量的Na2O2固体中,固体的质量增加
A．2.1 g B．3.6 g C．7.2 g D．无法确定
解析：此题利用“方程叠加法”非常简便,题中整个过程发生四个反应：
①2H2＋O2＝2H2O ②2H2O＋2Na2O2＝4NaOH＋O2↑
③2CO＋O2＝2CO2 ④2CO2＋2Na2O2＝2Na2CO3＋O2↑
由①、②叠加得2H2＋2Na2O2＝4NaOH,由③、④叠加得2CO＋2Na2O2＝2Na2CO3,由叠加方程式不难看出,Na2O2将全部的CO和H2吸收,因此增重的质量为CO与H2的质量之和.本题国“O2”起到了“催化”作用.
答案：C
四、中值假设法
例4． 18.4gNaOH和NaHCO3固体混合物,在密闭容器中加热到约250℃,经充分反应后排出气体,冷却后称得剩余固体质量为15.73g.试计算原混合物中NaOH的质量分数.
解析：中值假设法是选定变化过程中某点(如恰好完全反应)的量值为参照,分析、推理变化的关系,进而求解的方法.本题的关键是分析出质量减少的原因,由原因再确定所发生的化学反应,进行下一步计算求解.
设18.84gNaOH和NaHCO3恰好完全反应,固体减少为x
NaOH+NaHCO3＝Na2CO3+H2O↑ △m
(40+84)g 18g 18g
18.4g x
(48+84) g∶18.4g= 18g∶x x=2.67g
固体质量实际减少：18.4g—15.73g=2.67g
即固体质量减少是产生了H2O,且NaOH和NaHCO3恰好完全反应.
混合物中NaOH的质量分数为：40/(40+84)=32.3%
答案：32.3%
例2：把一块铁铝合金溶于足量的盐酸中,通入足量的氯气中,再加入过量NaOH溶液,过滤,将滤渣充分灼烧,得到的固体残留物恰好跟原来合金的质量相等,则此合金中,铁与铝的质量比约为 A．1:1 B．3:1 C．7:3 D．1:4
铁铝合金粉末溶于足量盐酸中,生成Al3+和Fe2+,加入过量NaOH溶液,Al3+转化为AlO2—,留在溶液中；Fe3+生成了Fe(OH)3沉淀,过滤出沉淀,经洗涤、干燥、灼烧,得到的红色粉末为Fe2O3,铁在反应过程中是守恒的, 质量不变,Fe2O3中氧的量等于合金中铝的量,则：
m(Fe):m(Al)=m(Fe):m(O)=(2×56):(3×16)=7:3
正确选项为C
例3：向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物投入100 mL1mol/L的盐酸,恰好使混合物完全溶解,放出224 mL(标准状况)的气体,所得溶液中,加入KSCN溶液无血红色出现,若用过量的CO在高温下还原相同质量的混合物,能得铁的质量为
A．11.2 g B．5.6 g C．2.8 g D．无法计算
解析：依题意可知,反应后的溶液溶质只有FeCl2,而Cl―来自盐酸,所以n(Fe)=n(Fe2+)=1/2(Cl―)=1/2×0.1L×1mol/L
=0.05mol,
m(Fe)= 0.05mol ×56g/mol=2.8 g
正确选项为C
将几种铁的氧化物的混合物投入到7mol/L的盐酸100 mL 中,恰好完全溶解,在所得的溶液中再通入0.56L(标况)氯气时,刚好使溶液中Fe2+ 完全转化为Fe3+ ,则该混合物中铁元素的质量分数为
A．74.1% B．72.4%
C．70.0% D．63.6%
解析：铁的氧化物是由铁和氧两种元素组成,在反应中氧元素转化为水中的氧,由关系式得：H2O～2HCl～O,n(O)=1/2n(HCl)=1/2×7mol/L×0.1L=0.35mol
即：m(O)=0.35mol×16g/mol=5.6g.
最后的溶液为FeCl3,
n(Cl)= 0.56L÷22.4mol/L×2+0.7mol
=0.75mol
n(Fe)=1/3n(Cl)=0.25mol
m(Fe)=0.25mol×56g/mol=14g,
w(Fe)=14g÷(14g+5.6g) ×100%=71.4%
正确答案：A
1.若NA表示阿伏加德罗常数,则下列说法错误的是:
问题补充：A 常温常压下22.4L水分子含2NA个电子
B NA个氧分子和NA个氢分子质量比为16:1
C 1mol水总共含有3NA个原子
D 71gCl离子可得到NA个电子
2.物质的量浓度相同的NaCl,MgCl2,AlCl3,三种溶液,当它们的体积比为3:2:1时,这三种溶液中Cl离子的物质的量之比为
A 1:1:1 B 1:2:3 C 3:2:1 D 3:4:3
3.标准状况下,①6.72L NH3 ②1.24×10^23个H2S
③5.6g CH4 ④0.5mol HCl ,下列关系正确的是
A 体积大小：④＞③＞②＞①
B 原子数目：③＞①＞④＞②
C 密度大小：④＞②＞③＞①
D质量大小： ④＞③＞②＞①
1.A(水蒸气是液化形成的所以是液体所以不可以认为是1mol)B（摩尔质量不一定）
2.C（四同定律中第一条物质的量的浓度相同时体积之比等于物质的量的比）
3.我把 能求的都求了:(a)0.3molNH3,共1.2Na个原子,又因四同定律中第三条：密度之比等于相对原子质量之比（摩尔质量比）所以可设比的一份是x则有17x,5.1gNH3（b）0.205（约等）molH2S,共0.6Na个原子,体积为4.48L,密度为34x,质量为17g（c）0.35molCH4,共1.75Na个原子,体积为7.84L,密度为16x,质量为5.6g（d）0.5molHCl,共1Na个原子,体积为11.2L,密度为36.5x,质量为18.25g.故选B
已知“在同一温度和压强下,相同体积的任何气体含分子个数都相等.”在一体积空气（空气二氧化碳忽略不计）中混人1体积二氧化碳,高温下跟足量的焦碳,假设氧气二氧化炭都全部反应,则反应后的气体中一氧化炭的体积分数是多少.
空气中,O2:N2=1:4 ;
1mol空气得到0.4molCO和0.8molN2 ;
1molCO2得到2molCO.
2.4/3.2=75%
（8分）将SO2和O2的混合气体通入容积为1L的密闭容器内,在一定温度和催化剂存在的条件下,反应达平衡时测得SO2、O2和SO3物质的量分别为2mol、1mol和3mol.
（1）SO2和O2反应的方程式：
.
（2）初始混合气体中：SO2的浓度为多少mol/L,其转化率为多少；O2的浓度为多少mol/L,其转化率为多少
（3）若将O2的起始浓度增加至6 mol/L,测得相同实验条件下达平衡时SO3物质的量为4 mol,则SO2的转化率为多少；O2的转化率为多少.
1 （1）略
（2）5；60%；2.5；60%
（3） 80%；33.3%
2． （10分）氮肥或土壤中的含氮量可以用酸碱滴定法测定.称取氮肥氯化铵0.2000 g于蒸馏瓶中,加蒸馏水溶解后加入过量浓NaOH溶液,加热使产生的氨气导入40.00 mL浓度为0.1004 mol/L的硫酸溶液中被吸收.然后用0.1600 mol/L的NaOH标准溶液滴定余量的硫酸,消耗NaOH标液20.11 mL.
（1）写出滴定反应方程式；选用的指示剂是
（2）滴定消耗NaOH物质的量为多少mmol.
（3）吸收氨消耗的H2SO4物质的量为多mmol.
（4）氮肥试样中氮（相对原子量14）的质量分数为多少
2． （1）2 NaOH＋H2SO4 = Na2SO4 + 2 H2O； 甲基红
（2）3.218；
（3）2.407；
（4）16.85%

3．(7分)某天然碱可以看作是CO2和NaOH反应后的产物组成的一种物质.为了测定该物质的成分,进行如下实验：
(1) 称取3.32 g天然碱样品,加入30 mL过量稀盐酸,产生672 mLCO2气体(标准状况).
(2) 另称取3.32 g天然碱样品,在300 ℃下加热至分解完全,产生CO2 112 mL(标准状况)和0.45 g水.
试通过计算,确定天然碱的化学式.
3．(7分)
已知CO2和NaOH反应的产物可能有Na2CO3、NaHCO3或二者的混合物.题中两次实验产生CO2的体积关系,可以推知天然碱中含有Na2CO3和NaHCO3成分.(1分)
根据反应：2NaHCO3=Na2CO3+H2O↑+CO2↑
样品中：2NaHCO3=Na2CO3+H2O↑+CO2↑
n(H2O)=0.5×0.01mol×18g/mol=0.09g (2分)
则样品中：n(NaHCO3)=0.02mol (2分)
结晶水：n(H2O)=0.02mol
所以,天然碱的化学式为：2Na2CO3•NaHCO3•2H2O.(1分)
4．(8分)蛋壳的主要成分是CaCO3,其次是MgCO3、蛋白质、色素等.为测定其中钙的含量,洗净蛋壳,加水煮沸约5 min,置于蒸发皿中用小火烤干,研细.
(1) 称取0.3 g(设为0.3000g)蛋壳样品,置于锥形瓶中逐滴加入已知浓度c(HCl)的盐酸40.00 mL,而后用小火加热使之溶解,冷却后加2滴甲基橙溶液,用已知浓度c(NaOH)回滴,消耗V(NaOH) L达终点.
① (2分)写出计算钙含量的算式.
② (1分)计算得到的是钙的含量吗?
③ (1分)是原蛋壳中钙的含量吗?
(2) 称取0.3 g(设为0.3000 g)蛋壳样品,用适量强酸溶解,然后加(NH4)2C2O4得沉淀,经过滤、洗涤,沉淀溶于H2SO4溶液,再用已知浓度c(KMnO4)滴定(生成Mn2+和CO2),消耗V(KMnO4)L达到终点.
① (2分)写出计算钙含量的算式；
② (2分)此法求得的钙含量略低于上法.为什么?

4.(1) ①
(2分)
②应是Ca、Mg的总量(1分)
③不是,因洗涤、煮沸时除去了少量蛋白质,而算式中全按Ca2+,即40.00 g/mol计算(1分)
(2) ①CaCO3+2H+ Ca2++H2O+CO2↑
Ca2++C2O42- CaC2O4↓
CaC2O4+2H+ Ca2++H2C2O4
2MnO4+5H2C2O4+6H+ 2Mn2++10CO2↑+8H2O
即1 mol CaCO3～1 mol Ca2+～1 mol H2C2O4～2/5 mol KMnO4
(2分)
② Ca2C2O4为难溶物,能从溶液中完全沉淀,又能完全溶于过量稀硫酸.实验结果钙含量低,可能是MgC2O4溶解度不很小之故(附：18 ℃时MgC2O4•10H2O溶解度为0.03 g),用硫酸溶解时,H2C2O4量减少之故.(2分)
5．（7分）某NaOH固体因密封不严而部分变质为Na2CO3.为测定其成份含量,称取0.700g（其它杂质不与HCl反应）烧碱固体稀释至100mL,然后作如下测定：
①取稀释液20.0mL滴入2~3滴甲基橙作指示剂,用0.110mol/L的盐酸滴定,达终点时消耗盐酸26.0mL；
②另取稀释液20.0mL,加入过量的BaCl2溶液,过滤,在滤液中滴入2~3滴酚酞作指示剂,用上述盐酸滴定,达终点时时消耗盐酸20.0mL.
请回答：
(1)操作①达终点时颜色变化是 .
(2)第②步操作如果不过滤,在有沉淀的溶液中直接用盐酸滴定,当滴定到终点时,溶液中的BaCO3变为了（写化学式） ,原因是
.
(3)请计算该烧碱样品中NaOH和Na2CO3的质量分数.

5.（1）溶液由黄色变为橙色（1分）
(2)BaCl2、Ba(HCO3)2（1分）；NaHCO3水解后的稀溶液pH值范围,恰好是酚酞的变色范围(1分)
（3）答：该烧碱NaOH质量分数是62.9%,Na2CO3的质量分数是25.0%
32．（10分）为测定某氧化物（化学式为MO）中M是何种金属,做以下实验：称取该氧化物8.0g溶于适量的稀硫酸中,再配制成250.0mL溶液.取该溶液50mL用惰性电极进行电解,当刚好电解完全时,电极析出M1.28g .请通过计算回答以下问题：
⑴M是什么金属?
⑵电解过程中,导线上流过了的电子个数是多少?
⑶最初配制的溶液中,该金属离子物质的量浓度是多少?
⑷若此电解液在电解后体积为40mL,此时溶液的pH值是多少?
32．（10分）⑴该金属的质量为：1.28×(250/50)=6.4(g) …………… (1分 )

设其相对原子质量为x,则解得：x=64 ……………………………（2分）
故该金属是铜.（1分）
⑵由Cu2++2e=Cu↓知,电路中上通过的电子为：0.04mol ……………（1分）

即：0.04×6.02×1023=2.408×1022(个)……………………………………………………（1分）
⑶原溶液中 cu离子物质的量浓度是 0.4mol/L ……………………………………（2分 ）
⑷由电解方程式：2Cu2++2H2O=2Cu↓+O2↑+4H+ ……………………… …………….（1分 ）

得：H离子物质的量浓度是 1mol/L （1分 ）所以：pH= —lg[H+]= —lg1=0 …（1分 ）
7．取100mL 18.3mol/L的H2SO4与Zn反应,当Zn完全溶解时,生成的气体在标准状况下占有的体积为22.4L.将所得的溶液稀释成1L,测得溶液中H＋浓度为1mol/L,则所生成的气体中SO2和H2的体积比约为
A、1∶2 B、2∶1 C、1∶4 D、4∶1
7.A
13．将两种硫酸盐按一定比例混合后共熔,可制得化合物X,X溶于水能电离出K＋、Cr3＋、SO42－,若将2.83 g X中的Cr3＋全部氧化为Cr2O72－后,溶液中的Cr2O72－可和过量KI溶液反应,得到3．81 g I2,反应的离子方程式为：Cr2O72－＋6I－＋14H＋＝2Cr3＋＋3I2＋7H2O,若向溶有2.83 g X的溶液中,加入过量的BaCl2溶液,可得到4.66 g白色沉淀.由此可推断出X的化学式为（ ）
A．K2SO4•2Cr2(SO4)3 B．2K2SO4•Cr2(SO4)3
C．K2SO4•Cr2(SO4)3 D．K2SO4• Cr2(SO4)3
8.C
9.．在一恒定容积的容器中充入2 mol的A和1 mol的B发生反应：2A(s)+B(g) xC(g).达到化学平衡后,C的体积分数为a.若在恒温恒容下,按0.6 mol的A、0.3 mol的B、1.4 mol的C为起始物质,达到化学平衡后,C的体积分数仍为a,则x为
A．只能为2 B．只能为3 C．可能为2或3 D．无法确定
9.C
10．在一定温度下,某浓度的HNO3与Zn反应,生成NO2和NO的物质的量之比为1:3,则要使1mol Zn完全反应,需要HNO3的物质的量为
A．2.8mol B．2.6mol C．2.4mol D．0.8mol
10.A