（精選）最新人版高中化學(xué)計算題試題和答案解析Word版

1、高中化學(xué)計算題及答案分析（一）：【試題1】將KCl和KBr的混合物13.4 g溶于水配成500 mL溶液，通入過量的Cl2，反應(yīng)后將溶液蒸干，得固體11.175 g，則原來所配溶液中K+、Cl-、Br-的物質(zhì)的量濃度之比為（）A.123   B.321 C.132                      D.231【試題2】含8.0 g NaOH的溶液中通入一定量H

2、2S后，將得到的溶液小心蒸干，稱得無水物7.9 g，則該無水物中一定含有的物質(zhì)是()A.Na2S                         B.NaHS C.Na2S和NaHS            D.NaOH和NaHS【試題3】維生素C（又名抗壞血酸

3、，分子式為C6H8O6）具有較強(qiáng)的還原性，放置在空氣中易被氧化，其含量可通過在弱酸性溶液中用已知濃度的I2溶液進(jìn)行滴定。該反應(yīng)的化學(xué)方程式如下：C6H8O6+I2C6H6O6+2HI現(xiàn)欲測定某樣品中維生素C的含量，具體的步驟及測得的數(shù)據(jù)如下。取10 mL 6 mol·L1的CH3COOH,加入100 mL蒸餾水，將溶液加熱煮沸后放置冷卻。精確稱取0.2000 g樣品，溶解于上述冷卻的溶液中。加入1 mL淀粉指示劑，立即用濃度為0.05000 mol·L1的I2溶液進(jìn)行滴定，直至溶液中的藍(lán)色持續(xù)不褪為止，共消耗21.00 mL I2溶液。（1）為何加入的 CH3COOH稀溶液

4、要先經(jīng)煮沸、冷卻后才能使用？（2）計算樣品中維生素C的質(zhì)量分?jǐn)?shù)?！驹囶}4】水垢可以看作由多種物質(zhì)組成的混合物，為研究含有的水所形成水垢的化學(xué)組成，取干燥的水垢6.32 g，加熱使其失去結(jié)晶水，得到5.78 g剩余固體A；高溫灼燒A至恒重，殘余固體為和，放出的氣體用過量的溶液吸收，得到11.82 g沉淀。（1）通過計算確定A中是否含有碳酸鎂。（2）5.78 g剩余固體A灼燒至恒重時產(chǎn)生的氣體完全被堿石灰吸收，堿石灰增重2.82 g。通過計算確定A中各成分的物質(zhì)的量，并計算出水垢中碳酸鹽的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。（二）：5.現(xiàn)有m1 g KCl飽和溶液，其溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為c1%，對其采取某種措施后析出m g K

5、Cl晶體，母液質(zhì)量為m g，其溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為c2%，則下列關(guān)系中正確的是( )A.c1一定大于c2 B.原條件下KCl的溶解度小于c1 gC.m1-m2m D.m1c1-10m=m2c26.超導(dǎo)材料是具有零電阻及反磁性的物質(zhì)，以Y2O3、BaCO3和CuO為原料，經(jīng)研磨燒結(jié)可合成一種高溫超導(dǎo)物質(zhì)Y Ba2Cu3O。現(xiàn)欲合成0.5 mol此高溫超導(dǎo)物，依化學(xué)計量比例，需取Y2O3、BaCO3及CuO的物質(zhì)的量(mol)分別為( )A.0.50、0.50、0.50 B.0.25、1.0、1.5C.0.50、1.0、1.5 D.1.0、0.25、0.177.在一個密閉容器中盛有11 g X氣體（X

6、的摩爾質(zhì)量為44 g·mol-1)時，壓強(qiáng)為1×104 Pa。如果在相同溫度下，把更多的氣體X充入容器，使容器內(nèi)的壓強(qiáng)增至5×104 Pa，這時容器內(nèi)氣體X的分子數(shù)約為( )A.3.3×1025 B.3.3×1024C.7.5×1023 D.7.5×10228.常溫常壓下，某容器真空時質(zhì)量為201.0 g，當(dāng)它盛滿甲烷時的質(zhì)量為203.4 g，而盛滿某氣體X時質(zhì)量為205.5 g，則X氣體可能是( )A.氧氣 B.氮氣 C.乙烷 D.一氧化碳9.已知32 g X與40 g Y恰好完全反應(yīng)，生成m g Q和9 g H，在相同條

7、件下，16 g X和足量Y混合生成0.25 mol Q和若干摩的H，則物質(zhì)Q的摩爾質(zhì)量應(yīng)是( )A.122 g·mol-1 B.63 g·mol-1C.126 g·mol-1 D.163 g·mol-110.有一金屬鈉和過氧化鈉的混合物，與過量水充分反應(yīng)后，產(chǎn)生2.8 L氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，用電火花點燃充分反應(yīng)后恢復(fù)到標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)，氣體壓強(qiáng)幾乎為零，則原混合物中鈉與過氧化鈉的物質(zhì)的量之比為( )A.13 B.31 C.21 D.1211.右圖中橫坐標(biāo)表示完全燃燒時耗用可燃?xì)怏wX(X=A，B，C)的物質(zhì)的量n(X)，縱坐標(biāo)表示消耗O2的物質(zhì)的量n(O2)，A，

8、B是兩種可燃?xì)怏w，C是A和B的混合氣體，則C中n(A)n(B)為( )A.21 B.12 C.11 D.任意比12.如右圖所示，容器A(容積2 L)中有1×105 Pa的空氣。在容器B(容積1 L)中放入少量的只吸附氧氣的吸附劑，保持真空。打開旋塞C，放置片刻，容器內(nèi)的總壓強(qiáng)變?yōu)?.6×105 Pa，這時氣體中氮氣和氧氣的分子數(shù)之比最接近的數(shù)值是(吸附劑的體積可忽略不計)( )A.81 B.101 C.121 D.14113.已知一個N2O3分子的質(zhì)量為a g，一個N2O5分子的質(zhì)量為b g，若以一個氧原子質(zhì)量的作為相對原子質(zhì)量的標(biāo)準(zhǔn)，則NO2的相對分子質(zhì)量為( )A. B

9、. C. D.。14.常溫下，在10 L容器中通入A mol氫氣和B mol氧氣(A、B均為小于或等于4的正整數(shù))，點燃后充分反應(yīng)，恢復(fù)到常溫，容器內(nèi)的氣體(水蒸氣的體積忽略不計)密度(g/L)最大值可能是( )A.6.4 B.9. 6 C.11.2 D.12.815.某氣體的摩爾質(zhì)量為M g·mol-1，Na表示阿伏加德羅常數(shù)的值，在一定溫度和壓強(qiáng)下體積為V L的氣體所含有的分子總數(shù)為X，則表示( )A.以g為單位V L該氣體的質(zhì)量 B.每升氣體中所含的分子數(shù)C.以g為單位1 L該氣體的質(zhì)量 D.以L為單位1 mol該氣體的體積（三）：優(yōu)化測控一、選擇題（本題包括9個小題，每小題只

10、有一個選項符合題意，共45分）1.下列關(guān)于氣體的說法正確的是（ ）A.氣體的體積等于氣體分子的體積之和B.氣體的溫度升高說明它的所有分子的動能都增大C.一定質(zhì)量的某種氣體，溫度不變，體積增大時，它的壓強(qiáng)一定減小D.一定質(zhì)量的某種氣體，體積不變，壓強(qiáng)增大時，它的溫度可能不變2.(2006北京東城檢測)設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)值，下列說法正確的是（ ）A.1 L 1 mol·L-1 CH3COONa溶液中存在NA個CH3COO-B.1 mol CnH2n+2含有（3n+1）NA個共價鍵C.1 mol Cl2參加化學(xué)反應(yīng)獲得的電子數(shù)都是2NAD.1 mol NO2氣體降溫后顏色變淺，其所含

11、的分子數(shù)仍為NA3.只給出下列甲中和乙中對應(yīng)的量，不能組成一個求物質(zhì)的量的公式的是（ ）甲物質(zhì)粒子數(shù)標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體摩爾體積固體體積溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)非標(biāo)準(zhǔn)狀況下物質(zhì)的質(zhì)量乙阿伏加德羅常數(shù)標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體體積固體密度溶液的體積物質(zhì)的摩爾質(zhì)量A. B. C. D.4.由鈉和氧組成的某種離子晶體中陰離子只有O2-和（過氧離子）。在此晶體中，氧元素和鈉元素質(zhì)量之比是4892，則其中O2-和的物質(zhì)的量之比為（ ）A.21 B.11 C.12 D.135.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，將V L A氣體(摩爾質(zhì)量為Mg·mol-1)溶于0.1 L水中，所得溶液密度為 g·L-1。則此溶液物質(zhì)的量濃度為（ ）A.

12、 mol·L-1 B. mol·L-1C. mol·L-1 D.mol·L-16.將NaCl和NaBr的混合物a g溶于足量水中配成1 L溶液A，再向A中通入足量Cl2，充分反應(yīng)后蒸發(fā)溶液至干得到（a-2） g晶體。則A溶液中Na+、Cl-、Br-的物質(zhì)的量之比肯定不正確的是( )A.314 B.321 C.312 D.4317.有一未知濃度的鹽酸25 mL，在加入5 mol·L-1 AgNO3溶液25 mL后，改加NaOH溶液，結(jié)果用去1.0 mol·L-1 NaOH 25 mL，恰好完全中和，則鹽酸的物質(zhì)的量濃度為( )A.0.5

13、 mol·L-1 B.1.0 mol·L-1 C.1.5 mol·L-1 D.2.0 mol·L-18.(2006廣東廣州期中卷)將溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為a%的NaOH溶液蒸發(fā)掉m g水后，變成溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為2a%的NaOH不飽和溶液V mL，所得溶液的物質(zhì)的量濃度為（ ）A. mol·L-1 B.mol·L-1 C. mol·L-1 D. mol·L-19.在一定溫度下向飽和Na2SO4溶液中加入a g無水硫酸鈉粉末，攪拌，靜置后析出b g Na2SO4·10H2O晶體，（b-a） g是（ ）A.原飽和溶液

14、失去的水的質(zhì)量 B.原飽和溶液中減少的硫酸鈉的質(zhì)量C.原飽和溶液中失去的水和硫酸鈉的總質(zhì)量 D.析出的晶體中含有的硫酸鈉的質(zhì)量二、非選擇題（本題包括5個小題，共55分）10.（6分）有一不含結(jié)晶水的固體物質(zhì)的溶液甲，在一定溫度下，經(jīng)歷如下變化：溶液甲蒸發(fā)10 g水，未見晶體析出得溶液乙；再蒸發(fā)10 g水，析出3 g晶體，并得溶液丙。試完成下列問題：（1）該溫度下，甲、乙、丙三種溶液中一定是飽和溶液的是_。（2）若乙為飽和溶液，則該溫度下固體物質(zhì)的溶解度為_。11.（8分）把淀粉和NaBr溶液裝入半透膜袋，浸入蒸餾水中進(jìn)行滲析。試完成下列問題：（1）證明淀粉未透過半透膜，而Br-已透過半透膜的實

15、驗方法是_。（2）證明淀粉與NaBr已分離完全的實驗方法是_。12.（10分）FeS能跟鹽酸反應(yīng)生成H2S氣體和FeCl2。把8.8 g FeS放入200 mL 2.0 mol·L-1的鹽酸中，以制備H2S。反應(yīng)完全后，若溶液中H2S的濃度為0.01 mol·L-1，假定溶液的體積不變，試計算：（1）收集到的H2S的體積為_；（2）溶液中Fe2+的物質(zhì)的量濃度是_。13.(2006江蘇徐州高三模擬)（15分）在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，將224 L HCl氣體溶于645 mL(=1.00 g·cm-3)的水中，所得鹽酸的密度為1.20 g·cm-3。試完成下列問題：（

16、1）該鹽酸的物質(zhì)的量濃度。（2）標(biāo)準(zhǔn)狀況下，取這種鹽酸100 mL，與足量的NaHCO3溶液反應(yīng)后，放出多少升氣體？氣體干燥后，通過盛有足量Na2O2固體的容器，充分反應(yīng)后，容器內(nèi)固體增重多少克？14.(2005廣東高考，27)（16分）化合物KxFe(C2O4)y·zH2O是一種重要的光化學(xué)試劑，其中鐵為+3價。分別稱取該樣品0.491 g兩份，其中一份在110 干燥脫水，至質(zhì)量恒定為0.437 g。另一份置于錐形瓶中，加入足量的3 mol·L-1 H2SO4和適量的蒸餾水，加熱至75 ，趁熱加入0.050 0 mol·L-1 KMnO4溶液24.0 mL，恰好

17、完全反應(yīng)；再向溶液中加入適量的某種還原劑，將Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe2+，該溶液中Fe2+剛好與4.0 mL 0.050 0 mol·L-1 KMnO4溶液完全反應(yīng)。通過計算，分別求：（1）0.491 g樣品中結(jié)晶水的物質(zhì)的量。（2）化合物中草酸根的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。（3）化合物的化學(xué)式。已知：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O（四）：守恒法守恒法是高考中常考常用的一種解題方法。系統(tǒng)學(xué)習(xí)守恒法的應(yīng)用，對提高解題速率和破解高考難題都有很大的幫助例題1：現(xiàn)有19.7 g由Fe、FeO、Al、Al2

18、O3組成的混合物，將它完全溶解在540 mL 2.00 molL1的H2SO4溶液中，收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體8.96 L。已知混合物中，F(xiàn)e、FeO、Al、Al2O3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)分別為0.284、0.183、0.274和0.259。欲使溶液中的金屬陽離子完全轉(zhuǎn)化為氫氧化物沉淀，至少應(yīng)加入2.70 molL1的NaOH(aq)體積是_。解析：根據(jù) Na 原子守恒和 SO 守恒得如下關(guān)系：2NaOH Na2SO4 H2SO4則：n(NaOH) = 2n(H2SO4)c(NaOH)V NaOH(aq) = 2c(H2SO4)V H2SO4(aq)V NaOH(aq)可求。 答案：800 mL例題2：將

19、 CaCl2 和 CaBr2 的混合物 13.400 g溶于水配成 500.00 mL 溶液，再通入過量的 Cl2，完全反應(yīng)后將溶液蒸干，得到干燥固體 11.175 g。則原配溶液中，c(Ca2)c(Cl)c(Br)為A.321B.123C.132D.231命題意圖：考查學(xué)生對電荷守恒的認(rèn)識。屬化學(xué)教學(xué)中要求理解的內(nèi)容。知識依托：溶液等有關(guān)知識。錯解分析：誤用電荷守恒： n(Ca2 )= n(Cl) n(Br)，錯選A。解題思路：1個 Ca2 所帶電荷數(shù)為2，根據(jù)溶液中陽離子所帶正電荷總數(shù)等于陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)，知原溶液中：2n(Ca2) = n (Cl) n (Br) 將各備選項數(shù)值代入上

20、式進(jìn)行檢驗可知答案。 答案：D相應(yīng)知識點：化學(xué)上，常用的守恒方法有以下幾種：1.電荷守恒溶液中陽離子所帶正電荷總數(shù)等于陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)。即：陽離子物質(zhì)的量(或濃度)與其所帶電荷數(shù)乘積的代數(shù)和等于陰離子物質(zhì)的量(或濃度)與其所帶電荷數(shù)乘積的代數(shù)和。2.電子守恒：化學(xué)反應(yīng)中(或系列化學(xué)反應(yīng)中)氧化劑所得電子總數(shù)等于還原劑所失電子總數(shù)。3.原子守恒系列反應(yīng)中某原子(或原子團(tuán))個數(shù)(或物質(zhì)的量)不變。以此為基礎(chǔ)可求出與該原子(或原子團(tuán))相關(guān)連的某些物質(zhì)的數(shù)量(如質(zhì)量)。4.質(zhì)量守恒：包含兩項內(nèi)容：質(zhì)量守恒定律；化學(xué)反應(yīng)前后某原子(或原子團(tuán))的質(zhì)量不變。此外，還有物料平衡，將編排在第16篇水的電離中

21、。訓(xùn)練習(xí)題：1.將 3.48 g Fe3O4 完全溶解在 100 mL 1.00 mol/L 的 H2SO4(aq) 中，然后加入 K2Cr2O7(aq)25.00 mL，恰好使 Fe2全部轉(zhuǎn)化為 Fe3，且 Cr2O 全部轉(zhuǎn)化為 Cr3。則 K2Cr2O7 的物質(zhì)的量濃度為_。2.某露置的苛性鉀經(jīng)分析含水：7.62%(質(zhì)量分?jǐn)?shù)，下同)、K2CO3：2.38%、KOH ：90.00%。取此樣品 1.00 g 放入 46.00 mL 1.00 molL1 的 HCl(aq) 中，過量的 HCl 可用 1.070 mol/L KOH(aq)中和至中性，蒸發(fā)中和后的溶液可得固體_克。3.A、B、C三

22、種物質(zhì)各15 g，發(fā)生如下反應(yīng)：ABC D反應(yīng)后生成D的質(zhì)量為30 g。然后在殘留物中加入10 g A，反應(yīng)又繼續(xù)進(jìn)行，待反應(yīng)再次停止，反應(yīng)物中只剩余C，則下列說法正確的是( )A.第一次反應(yīng)停止時，剩余B 9 g B.第一次反應(yīng)停止時，剩余C 6 gC.反應(yīng)中A和C的質(zhì)量比是53 D.第二次反應(yīng)后，C剩余5 g4.(1)中學(xué)教材上圖示了NaCl晶體結(jié)構(gòu)，它向三維空間延伸得到完美晶體。NiO(氧化鎳)晶體的結(jié)構(gòu)與NaCl相同，Ni2與最近O2的核間距離為a×108cm，計算NiO晶體的密度(已知NiO摩爾質(zhì)量為74.7 gmol1)。 圖11(2)天然的和絕大部分人工制備的晶體，都存

23、在各種缺陷，例如在某種NiO晶體中就存在如圖11所示的缺陷：一個Ni2空缺，另有兩個Ni2被兩個Ni3所取代。其結(jié)果晶體仍呈電中性，但化合物中Ni和O的比值卻發(fā)生了變化。某氧化鎳樣品組成為Ni0.97O，試計算該晶體中Ni3與Ni2的離子數(shù)之比。訓(xùn)練題答案：1.提示：Fe3O4中 2 價鐵所失電子物質(zhì)的量與 Cr2O 中6 價鉻所得電子物質(zhì)的量相等。 ×(32)= 0.02500 L×c(Cr2O )×(63)×2。答案：0.100 molL12.提示：根據(jù) Cl 原子守恒得：n(KCl) = n(HCl) = 1.00 molL1×0.046

24、00 L = 4.60×102 mol，m(KCl) 易求。答案：3.43 g3.解析：第一次反應(yīng) A 不足，因為第一次反應(yīng)后加入 A 又能進(jìn)行第二次反應(yīng)。第二次反應(yīng)后，只剩余 C，說明 A、B 恰好完全反應(yīng)。則：m反(A)m反(B) = (15 g10 g)15 g = 53第一次反應(yīng)耗 B 的質(zhì)量mB為：15 gmB=53，mB=9 g即第一次反應(yīng)后剩余B質(zhì)量為：15 g9 g=6 g?？梢?A)選項不正確。根據(jù)mAmBmC=mD ，可知生成30 g D時消耗C的質(zhì)量。mC=30 g15 g9 g=6 g即第一次反應(yīng)后剩余C質(zhì)量為：15 g6g=9g。又見(B)選項不正確。易見反

25、應(yīng)消耗A、B、C質(zhì)量之比為：mAmBmC=15 g9 g6g=532(C)選項不正確。答案：D4.提示：由題得 NiO 晶體結(jié)構(gòu)(如右圖)。其體積為：V = (a×108cm)3右圖向三維空間延伸，它平均擁有的 Ni2、O2數(shù)目為：N(Ni2) =N(O2) = ×4 = =N(NiO)由密度公式得：(NiO) = 。(2)(電荷守恒法)設(shè) 1 mol Ni0.97O 中含Ni3物質(zhì)的量為x，則Ni2的物質(zhì)的量為(0.97 molx)；根據(jù)電荷守恒得：3x2×(0.97 molx)=1 mol×2x=0.06 molN(Ni3)N(Ni2)=0.06 m

26、ol(0.97 mol0.06 mol)=691答案：(1) (2)691（五）：估算法估算就是不算，估算法是通過推理、猜測得出答案的一種方法。例題1：甲、乙兩種化合物都只含X、Y 兩種元素，甲、乙中 X 元素的百分含量分別為 30.4% 和 25.9%。若已知甲的分子式是 XY2，則乙的分子式只可能是( )A.XYB.X2YC.X2Y3D.X2Y5解析：由于甲分子中含 X：30.4%，且 N(X)N(Y) = 12，現(xiàn)乙分子中含X：25.9%，小于 A 中 X 的百分含量，故可估算出乙分子中，N(X)N(Y)必小于12，只有 D 選項中N(X)N(Y) = 12.5 符合題意。答案：D例題2

27、：在 100 mL 0.10 molL1的 AgNO3(aq) 中，加入 100 mL 溶有 2.08 g BaCl2 的溶液，再加入 100 mL 溶有 2.50 g CuSO45H2O 的溶液，充分反應(yīng)。下列說法中正確的是A.最終得到白色沉淀和無色溶液 B.最終得到的白色沉淀是等物質(zhì)的量的兩種化合物的混合物C.混合過程中，逸出無色氣體 D.在最終得到的溶液中，c(Cu2) = 0.01 molL1命題意圖：考查學(xué)生對離子反應(yīng)的認(rèn)識及進(jìn)行相關(guān)計算的能力。知識依托：Ba2 與 SO 、Ag 與 Cl 的反應(yīng)及過量計算。錯解分析：數(shù)字運算失誤。解題思路：本題有以下兩種解法。方法1(計算法)：n(

28、Ag) = 0.100 L×0.10 molL1 = 0.010 moln(Ba2) = n (BaCl2) = = 0.0100 moln(Cl) = 2n(BaCl2) = 0.0200 moln(SO ) = n(CuSO45H2O) = = 0.0100 mol首先 Cl 與 Ag 發(fā)生反應(yīng)生成白色 AgCl 沉淀：Ag Cl = AgCl0.010 mol0.010 mol0.010 mol反應(yīng)后剩余 Cl：0.0200 mol0.010 mol = 0.010 mol。其次 Ba2 與 SO 發(fā)生反應(yīng)生成白色 BaSO4 沉淀：Ba2 SO = BaSO40.010 mo

29、l 0.010 mol 0.010mol生成BaSO4 0.010 mol。反應(yīng)后溶液中含 Cu2，其濃度為：c(Cu2) = = 0.033 molL1與備選項對照，可知答案。方法2(估算法)：最后 Cu2留在溶液中，溶液淺藍(lán)色，A 項不可選。由 CuSO45H2O 的質(zhì)量是3位有效數(shù)字，及溶液的體積也是3位有效數(shù)字可推知c(Cu2)應(yīng)為3位有效數(shù)字，D 項不可選。由于溶液混合時，只發(fā)生 Ag 與 Cl、Ba2與SO 的反應(yīng)，所以也不會逸出氣體，C項不可選。 答案：B評注：就解題效率而言，估算法大大優(yōu)于計算法。相應(yīng)知識點：估算法雖可大大提高解題效率，但其使用范圍有一定的局限性，絕大多數(shù)計算題

30、是不能用估算法解決的。嘗試用估算法解題是好的，但面對每一個題都想用估算法解決，有時也會貽誤時間。訓(xùn)練習(xí)題：1.有規(guī)律稱：強(qiáng)酸溶液每稀釋 10 倍 pH 增加 1 ，強(qiáng)堿溶液每稀釋 10 倍 pH 減小 1，但此規(guī)律有一定的局限性。試問將 pH = 3 的 H2SO4(aq) 稀釋 105 ，其 pH 為( )A.8B.7C.2D.32.將質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 0.052(5.2%)的 NaOH(aq)1 L(密度為 1.06 gcm3)用鉑電極電解，當(dāng)溶液中 NaOH 的質(zhì)量分?jǐn)?shù)改變了 0.010(1.0%)時停止電解，則此時溶液中應(yīng)符合的關(guān)系是( )NaOH的質(zhì)量分?jǐn)?shù)陽極析出物的質(zhì)量/g陰極析出物的質(zhì)

31、量/gA0.062(6.2%)19152B0.062(6.2%)15219C0.042(4.2%)1.29.4D0.042(4.2%)9.41.23.氫型陽離子交換樹脂的主要反應(yīng)可用下式表示：2R H M2 MR2 2H，若將 100 mL 水經(jīng)過氫型陽離子交換樹脂交換后，流出液用 0.10 molL1的 NaOH 溶液中和，完全反應(yīng)后用去 NaOH 溶液 20 mL，若此水中存在的陽離子只有 Ca2，則 100 mL 水中含有 Ca2為( )A.20.03 mgB.40 mgC.80.16 mgD.160.32 mg4.圖21中橫坐標(biāo)表示完全燃燒時耗用可燃?xì)怏w X(X = A、B、C)的物質(zhì)

32、的量 n(X)，縱坐標(biāo)表示消耗 O2 的物質(zhì)的量 n(O2)，A、B 是兩種可燃性氣體 ，C 是 A、B 的混合氣體，則 C 中：n(A)n(B)為( )A.21B.12C.11D.任意比訓(xùn)練題答案：1.提示：酸不可能稀釋為堿，也不可能稀釋后 pH 變小或不變。答案：B2.解析：電解 NaOH(aq) 的實質(zhì)是電解水。隨溶液中水的減少，w(NaOH)逐漸增大，因而 C、D項不可選。電解時陽極產(chǎn)生 O2，陰極產(chǎn)生 H2，其質(zhì)量前者大，后者小，故 B項為正確答案。答案：B3.提示：由題意：n(Ca2) = n(H) = n(NaOH)，根據(jù)數(shù)據(jù)可斷定n(Ca2)數(shù)值為兩位有效數(shù)字。又：m(Ca2)

33、 = n(Ca2)×M(Ca2)，則m(Ca2)數(shù)值為兩位有效數(shù)字。答案： B4.提示：首先排除任意比。由圖可知： 1 mol A 耗用 0.5 mol O2，1 mol B 耗用2 mol O2；若 A、B以11混合，則 1 mol C 耗用 1.25 mol O2，而圖中 1 mol C 耗用1 mol O2，可見 A、B 混合物中，n(A)n(B)11。觀察備選項可知答案。答案：A答案：（一）：1. 解析：本題的解答用一般方法解決時，必須根據(jù)混合物總質(zhì)量13.4 g，及加入Cl2后得固體11.175 g，建立方程組求得。但若能注意到溶液中的電荷守恒關(guān)系，即可一舉獲解。這種計算技

34、巧對選擇題顯得非常適合，解法簡捷而靈活。由于因為，所以答案：B2. 解析：本題主要考查H2S的性質(zhì)及討論型計算題的解題方法。由于(NaOH)=8.0 g/40 g·mol1 =0.2 mol，則當(dāng)NaOH全部生成Na2S時，(Na2S)=×0.2 mol×78 g·mol1=7.8 g，若NaOH全部生成NaHS時，(NaHS)=0.2 mol×56 g·mol1 =11.2 g，而7.8 g<7.9 g<8.0 g,7.8 g<7.9 g<11.2 g，故該無水物可能為NaOH和Na2S的混合物，也可能為Na

35、2S與NaHS的混合物，故本題答案為A。答案：A3. 答案：（1）煮沸是為了除去溶液中溶解的O2，避免維生素C被O2氧化，冷卻是為了減緩滴定過程中維生素C與液面上空氣接觸時被氧化的速度。（2）。4. 解析：(1)根據(jù)題意若全部來自于的分解。則不合題意；所以，A中一定含有。(2) 解得答案：(1)一定含有MgCO3(2)82.3%（二）：1. 解析：氣體的體積取決于分子間的平均距離，而不是本身分子的大小，A不正確；影響氣體溫度的因素有多種，溫度升高，它的所有分子的動能不一定增大，B不正確；由阿伏加德羅定律及推論，可知C正確，D不正確。答案：C2. 解析：CH3COONa是強(qiáng)堿弱酸鹽，CH3COO

36、-水解，1 L 1 mol·L-1 CH3COONa(aq)中CH3COO-因水解而小于NA，故A錯；CnH2n+2屬烷烴，碳為四價，形成四個共價鍵，分子中共價鍵數(shù)為（3n+1）個，B對；Cl2在反應(yīng)中，Cl元素原子不一定都得電子，可能歧化，故1 mol Cl2得電子數(shù)小于等于2NA，故C錯；NO2氣體存在平衡2NO2N2O4；H0，降溫后，平衡正向移動，顏色變淺，分子數(shù)減小，故D錯。答案：B3. 解析：由n=可知正確。對而言由固體體積和密度可求出固體的質(zhì)量而不知摩爾質(zhì)量，故無法求出n；對于，n=cV（aq）=×V（aq），因缺少溶液的密度和溶質(zhì)的摩爾質(zhì)量，無法求出n。答案

37、：C4. 解析：設(shè)n（O2-）=x，n（）=y，則x=y。答案：B5. 解析：c=，n= mol，溶液質(zhì)量=（·M+100） g，所以溶液體積=×10-3 L，所以c= mol÷(×10-3) L= mol·L-1。答案：B6. 解析：該題利用溶液A中陰陽離子所帶電荷數(shù)相等這一規(guī)律，即可輕松解答。若A溶液中Na+、Cl-、Br-的物質(zhì)的量之比為314，不能保持溶液呈電中性，故A肯定不正確；B、C、D均可滿足題意，故正確。答案：A7. 解析：AgNO3溶液不消耗H+，設(shè)所求濃度為x，則x×25 mL=1.0 mol·L-1&#

38、215;25 mL，則x=1.0 mol·L-1。答案：B8. 解析：由題意知，原溶液質(zhì)量為2m g。則原溶液中m(NaOH)=2m g·a%n(NaOH)=所以c(NaOH)= mol·L-1答案：D9. 解析：在一定溫度下向飽和Na2SO4溶液中加入a g無水Na2SO4粉末，此時無水Na2SO4與飽和溶液中一定量的水結(jié)合形成Na2SO4·10H2O而析出。飽和溶液由于失去了一部分水，它所溶解的Na2SO4也形成Na2SO4·10H2O而析出。b g Na2SO4·10H2O，即是這兩部分Na2SO4·10H2O晶體的質(zhì)

39、量和。理解了上述過程后便可進(jìn)行判斷：A敘述不正確；B敘述不正確；C敘述正確，D敘述不正確。答案：C10. 解析：（1）在一定溫度下，不管采用何種方式，只要溶液中有晶體析出，則該溫度下所形成的溶液一定是飽和溶液，所以丙一定是飽和溶液。（2）若乙為飽和溶液，蒸發(fā)后的丙為飽和溶液，蒸發(fā)減少的溶液必為飽和溶液。所以該溫度下固體物質(zhì)的溶解度為×100 g=30 g。答案：（1）丙（3分） （2）30 g（3分）11. 解析：實驗方案的設(shè)計依據(jù)是淀粉膠體不能透過半透膜而留在半透膜袋內(nèi)，而Na+和Br-能透過半透膜而進(jìn)入蒸餾水中。答案：（1）取滲析后蒸餾水中的少許液體，滴加少量AgNO3溶液，產(chǎn)生

40、淺黃色沉淀，證明Br-已透過半透膜（4分）（2）將半透膜袋再浸入另一份蒸餾水中，片刻后取出半透膜，向蒸餾水中再滴入AgNO3溶液，無淺黃色沉淀產(chǎn)生，證明淀粉與NaBr已完全分離（4分）12. 解析：設(shè)H2S的體積為x。FeS + 2HClFeCl2 + H2S1 mol 2 mol 22.4 L=0.1 mol 0.2 L×2 mol·L-1=0.4 mol x所以HCl過量。1 mol22.4 L=0.1 molx，x=2.24 L。所以V（H2S）=2.24 L-0.2 L×0.01 mol·L-1×22.4 L·mol-1=2.

41、24 L-0.048 L=2.195 2 L。(2)c(Fe2+)=0.05 mol·L-1。答案：（1）2.195 2 L（6分） （2）0.05 mol·L-1（4分）13. 解析：（1）n(HCl)=224 L/22.4 L·mol-1=10.0 molm(HCl溶液)=635 g+10.0 mol×36.5 g·mol-1=1.00×103 gc(HCl)=12.0 mol·L-1（2）HCl+NaHCO3 = NaCl+H2O+CO2 1 mol 22.4 L0.100 L×12.0 mol·L

42、-1=1.20 mol V(CO2)V(CO2)=22.4 L×1.20 mol÷1 mol=26.9 L2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 固體質(zhì)量增加44.8 L 56 g26.9 L m m=33.6 g該鹽酸的物質(zhì)的量濃度為12.0 mol·L-1；放出的氣體的體積為26.9 L；容器內(nèi)固體增重33.6 g。答案：（1）12.0 mol·L-1（5分） （2）26.9 L（5分） 33.6 g （5分）14. 解析：(1)n(H2O)=0.003 00 mol(2)n()=0.050 0 mol·L-1×0.024

43、L×=0.003 00 molm()=0.003 00 mol×88 g·mol-1=0.264 gw()=×100%=53.8%(3)因為n(Fe3+)=n(Fe2+)=0.050 0 mol·L-1×0.004 L×5=0.001 00 mol1yz=0.001 00 mol0.003 00 mol0.003 00 mol=133則y=3，z=3根據(jù)電荷守恒有：x+3=2y，得x=3所以，化合物的化學(xué)式為：K3Fe(C2O4)3·3H2O。答案：(1)0.003 00 mol（4分） (2)53.8%（6分） (3)K3Fe(C2O4)3·3H2O（6分） （三）：5. 答案：D解析：本題考查學(xué)生對溶解度等概念的理解能力。晶體KCl析出的條件為降低溫度、蒸發(fā)水分等。若原溶液為飽和溶液，條件為降低溫度，則冷卻將使晶體析出，但溫度一定，KCl的溶解度為一定值，此時c1=c2，A錯誤；B中若原溶液為飽和溶液，則溶解度S與質(zhì)量分?jǐn)?shù)的關(guān)系是S/(100+S)×100%=c1%，故S>c1，B錯誤；若條件只為降低溫度使晶體析出，則m1-m2=m，若條件只為蒸發(fā)水分m(H2O) g使晶體析出，則m1-m2=m+m(H2O)，綜上所述得m1-m2m，C不