【备战2022年高考】近六年化学经典真题精选训练-化学综合计算-Word版含解析.docx

【备战2022年高考】近六年化学经典真题精选训练
化学综合计算
一．选择题（共8小题）
1．（2021•上海）将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体．原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（　　）
　 A． 231.5mL B． 268.8mL C． 287.5mL D． 313.6mL

2．（2021•四川）1.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀．下列说法不正确的是（　　）
　 A． 该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1
　 B． 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/L
　 C． NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
　 D． 得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL

3．（2021•上海）肯定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42﹣）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为（　　）
　 A． 9.0 L B． 13.5 L C． 15.7 L D． 16.8 L

4．（2022•四川）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2．在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g．下列有关说法不正确的是（　　）
　 A． Cu与Cu2O的物质的量之比为2：1
　 B． 硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L
　 C． 产生的NO在标准状况下的体积为4.48L
　 D． Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol

5．（2022•上海）PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2；现将1mol PbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3：2，则剩余固体的组成及物质的量比是（　　）
　 A． 1：1混合的Pb3O4、PbO
　 B． 1：2混合的PbO2、Pb3O4
　 C． 1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO
　 D． 1：1：4混合的PbO2、Pb3O4、PbO

6．（2011•上海）120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是（　　）
　 A． 2.0mol/L B． 1.5mol/L C． 0.18mol/L D． 0.24mol/L

7．（2010•上海）将0.4g NaOH和1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol•L﹣1稀盐酸．下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（　　）
　 A． B． C． D．

8．（2010•上海）由5mol Fe2O3、4mol Fe3O4和3mol FeO组成的混合物，加入纯铁1mol并在高温下和Fe2O3反应．若纯铁完全反应，则反应后混合物中FeO与Fe2O3的物质的量之比不行能是（　　）
　 A． 4：3 B． 3：2 C． 3：1 D． 2：l

【备战2022年高考】近六年化学经典真题精选训练
化学综合计算

一．选择题（共8小题）
1．（2021•上海）将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体．原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况）（　　）
　 A． 231.5mL B． 268.8mL C． 287.5mL D． 313.6mL

考点： 有关混合物反应的计算．
分析： 发生反应为：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，剩余的44.8mL气体可能为氧气，有可能是NO，设出混合气体中氨气体积为x、氧气体积为y，然后分别依据剩余气体为氧气、NO结合反应方程式列式计算即可．
解答： 解：最终收集到44.8mL气体可能为氧气，有可能为NO，
当剩余气体为氧气时，发生反应有：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，设氧气总体积为y，氨气总体积为x，则：①x+y=448mL；由于氨气完全反应，则x体积氨气消耗氧气体积为：x×=x，同时生成NO体积为x，生成的NO完全反应消耗氧气的体积为：x×=x，则：②x+x+44.8mL=y，联立①②解得：x=134.4mL、y=313.6mL，即：氧气体积为313.6mL；
当剩余的气体为NO时，则氧气、氨气完全反应，发生反应为：4NH3+5O24NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，剩余的44.8mL为NO，设原混合气体中氨气体积为x、氧气体积为y，则：③x+y=448mL，氨气完全反应消耗氧气体积为x×=x，同时生成NO体积为x，其中转化成硝酸的NO体积为：x﹣44.8mL，此过程中消耗氧气体积为：（x﹣44.8mL）×，消耗氧气总体积为：④x+（x﹣44.8mL）×=y，联立③④可得：x=160.5mL、y=287.5mL，即：原混合气体中氧气的总体积为287.5mL，
依据分析可知，原混合气体中氧气总体积可能为：313.6mL或287.5mL，
故选CD．
点评： 本题考查了混合物反应的计算，题目难度较大，明确剩余气体组成为解答关键，留意把握争辩法在化学计算中的应用，试题侧重考查同学的分析、理解力量及化学计算力量．

2．（2021•四川）1.52g 铜镁合金完全溶解于50mL 密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀．下列说法不正确的是（　　）
　 A． 该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1
　 B． 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/L
　 C． NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
　 D． 得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL

考点： 有关混合物反应的计算；硝酸的化学性质．
专题： 压轴题；守恒法．
分析： A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，依据n=计算氢氧根的物质的量，依据电荷守恒可知，金属供应的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，依据供应的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值，据此解答；
B、依据c=计算该浓硝酸的物质的量浓度；
C、依据n=计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，令二氧化氮的物质的量为amol，依据电子转移列放出计算，进而计算二氧化氮的体积分数；
D、依据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，依据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，再依据V=计算需要氢氧化钠溶液的体积．
解答： 解：A、金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g﹣1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为=0.06mol，依据电荷守恒可知，金属供应的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是0.02mol：0.01mol=2：1，故A正确；
B、该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为mol/L=14mol/L，故B正确；
C、NO2和N2O4混合气体的物质的量为=0.05mol，令二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05﹣a）mol，依据电子转移守恒可知，a×1+（0.05﹣a）×2×1=0.06，解得a=0.04，故NO2的体积分数是×100%=80%，故C正确；
D、依据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，依据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L﹣0.04mol﹣（0.05﹣0.04）×2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为=0.64L=640mL，故D错误；
故选D．
点评： 本题考查混合物的有关计算，难度中等，理解反应发生的过程是关键，是对同学综合力量的考查，留意依据守恒思想进行的解答．

3．（2021•上海）肯定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42﹣）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为（　　）
　 A． 9.0 L B． 13.5 L C． 15.7 L D． 16.8 L

考点： 有关混合物反应的计算．
专题： 守恒法．
分析： 利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，依据n=计算n（CuO），依据电子转移守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再依据电子转移数目守恒，计算n（NO）、n（NO2），依据V=nVm计算气体体积，实际气体介于二者之间．
解答： 解：若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）=n（CuO）==0.15mol，转移电子物质的量=0.15×（6+2）=1.2mol．NO和NO2的体积相等，设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为x，则3x+x=1.2，解得x=0.3，故气体体积V=0.6mol×22.4L/mol=13.44L；
若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）=n（CuO）=×0.15mol=0.075mol，转移电子物质的量0.075×10=0.75mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=0.75，计算得x=0.1875，气体体积0.1875mol×2×22.4L/mol=8.4L，
故选A．
点评： 本题考查氧化还原反应计算，难度中等，留意守恒思想与极限法的利用，是对同学综合力量的考查．

4．（2022•四川）向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2．在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g．下列有关说法不正确的是（　　）
　 A． Cu与Cu2O的物质的量之比为2：1
　 B． 硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L
　 C． 产生的NO在标准状况下的体积为4.48L
　 D． Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol

考点： 有关混合物反应的计算．
专题： 压轴题；守恒法．
分析： 在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，依据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.4mol．
A、令Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，依据二者质量及关系式n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，列方程计算；
B、依据N元素守恒可知原硝酸溶液n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），依据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），依据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH），再依据c=计算；
C、依据A计算的Cu和Cu2O的物质的量，利用电子转移守恒计算n（NO），再依据V=nVm计算NO的体积；
D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最终为硝酸钠溶液，依据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2n[[Cu（NO3）2]=n（NaNO3），据此计算．
解答： 解：在所得溶液中加入1.0mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，物质的量为=0.4mol，依据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.4mol．
A、设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，依据二者质量有 64x+144y=27.2，依据铜元素守恒有x+2y=0.4，联立方程解得x=0.2，y=0.1，所以n（Cu）：n（Cu2O）=0.2：0.1=2：1，故A正确；
B、依据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），依据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=2×0.2mol+2×0.1mol，解得n（NO）=0.2mol，依据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L×1.0L=1mol，所以n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+1mol=1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为=2.4mol/L，故B错误；
C、由B中计算可知n（NO）=0.2mol，所以标准状况下NO的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故C正确；
D、反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠与硝酸铜反应，剩余的氢氧化钠与硝酸反应，最终为硝酸钠溶液，依据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2n[[Cu（NO3）2]=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）﹣2n[[Cu（NO3）2]=1mol﹣2×0.4mol=0.2mol，故D正确．
故选B．
点评： 本题考查铜及其化合物学问、氧化还原反应的计算，难度较大，清楚反应过程，充分利用守恒计算是解题的关键．

5．（2022•上海）PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2；现将1mol PbO2加热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3：2，则剩余固体的组成及物质的量比是（　　）
　 A． 1：1混合的Pb3O4、PbO
　 B． 1：2混合的PbO2、Pb3O4
　 C． 1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO
　 D． 1：1：4混合的PbO2、Pb3O4、PbO

考点： 有关混合物反应的计算．
专题： 压轴题；计算题．
分析： PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物（Pb为+4、+2价），铅的氧化物的混合物再与盐酸作用时，+4价Pb还原为+2价，Cl﹣被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，利用“电子转移守恒”知1molPbO2在上述转化过程中共转移2mole﹣，设该过程得到O2的物质的量为3xmol，则Cl2的物质的量为2xmol，利用电子转移守恒计算x的值，进而确定PbO2加热分解后的物质中n（Pb）：n（O），据此推断．
解答： 解：PbO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物（Pb为+4、+2价），铅的氧化物的混合物再与盐酸作用时，+4价Pb还原为+2价，Cl﹣被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，利用“电子转移守恒”知1molPbO2在上述转化过程中共转移电子为1mol×（4﹣2）=2mol，设该过程得到O2的物质的量为3xmol，则Cl2的物质的量为2xmol，利用电子转移守恒有：3x×4+2x×2=2，解得x=0.125，故知1mol PbO2在受热分解过程中产生O2为0.125mol×3=0.375mol，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n（O）=2mol﹣0.375mol×2=1.25mol，故属于固体中n（Pb）：n（O）=1mol：1.25mol=4：5，
A、1：1混合的Pb3O4、PbO，n（Pb）：n（O）=（3+1）：（4+1）=4：5，故A正确；
B、1：2混合的PbO2、Pb3O4，n（Pb）：n（O）=（1+6）：（2+8）=7：10，故B错误；
C、1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO，n（Pb）：n（O）=（1+12+1）：（2+16+1）=14：19，故C错误；
D、1：1：4混合的PbO2、Pb3O4、PbO，n（Pb）：n（O）=（1+3+4）：（2+4+4）=4：5，故D正确；
故选AD．
点评： 本题通过元素化合物转化考查氧化还原反应计算、分析推理力量，难度中等，留意电子转移守恒的利用．

6．（2011•上海）120mL含有0.20mol碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是（　　）
　 A． 2.0mol/L B． 1.5mol/L C． 0.18mol/L D． 0.24mol/L

考点： 有关范围争辩题的计算；钠的重要化合物．
专题： 压轴题；计算题；分析比较法．
分析： 依据碳酸钠滴入盐酸中的反应及盐酸滴入碳酸钠中的反应，结合都有气体产生，但最终生成的气体体积不同来找出盐酸与碳酸钠的物质的量的关系，依据盐酸的浓度范围值来确定答案．
解答： 解：当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑，
当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应挨次为CO32﹣+H+═HCO3﹣、HCO3﹣+H+═H2O+CO2↑，则HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量，又由于最终生成的气体体积不同，
则HCO3﹣+H+=H2O+CO2不能全部完成，即HCl的物质的量比Na2CO3的物质的量的二倍少，
碳酸钠的物质的量为0.2mol，
则HCl的物质的量应介于0.2mol～0.4mol之间，
盐酸溶液的体积为200mL=0.2L，
即盐酸的浓度应当是大于1mol/L，小于2mol/L．
故选B．
点评： 本题考查同学利用盐酸与碳酸钠的反应分析盐酸的浓度，明确反应发生的先后挨次，通过比较及信息中都有气体产生，但最终生成的气体体积不同是解答的关键．

7．（2010•上海）将0.4g NaOH和1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol•L﹣1稀盐酸．下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（　　）
　 A． B． C． D．

考点： 有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算．
专题： 图示题；计算题．
分析： 对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3，最终发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，此时才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答．
解答： 解：对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaHCO3，最终发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，此时才有二氧化碳气体生成．
A、0.01mol盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；
B、图象中开头反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；
C、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；连续滴加时，盐酸和Na2CO3开头反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；连续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此时开头放出气体，正好与图象相符，故C正确；
D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；
故选C．
点评： 此题考查了元素化合物、图象数据的处理学问，解答此题的易错点是，不能精确     理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应．是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑．

8．（2010•上海）由5mol Fe2O3、4mol Fe3O4和3mol FeO组成的混合物，加入纯铁1mol并在高温下和Fe2O3反应．若纯铁完全反应，则反应后混合物中FeO与Fe2O3的物质的量之比不行能是（　　）
　 A． 4：3 B． 3：2 C． 3：1 D． 2：l

考点： 有关混合物反应的计算；有关范围争辩题的计算．
专题： 压轴题；极端假设法．
分析： 依据在高温下可能发生Fe2O3+Fe3FeO或4Fe2O3+Fe3Fe3O4时两种反应，或两种反应同时进行，依据加入铁的物质的量为1mol，结合化学方程式计算可能存在的物质的量的比值．
解答： 解：分析题给混合物和高温下发生的反应，可知：
当发生反应：Fe2O3+Fe3FeO时，反应后混合物中含有6molFeO、4molFe2O3，则FeO与Fe2O3的物质的量之比为3：2；
当发生反应：4Fe2O3+Fe3Fe3O4时，反应后混合物中含有3molFeO、1molFe2O3，则FeO与Fe2O3的物质的量之比为3：1；
当两反应均存在时，FeO与Fe2O3的物质的量之比处于两者之间，
故选A．
点评： 此题考查了化学计算学问，极端假设法是指依据已知的条件，把简单问题假设为处于抱负的极端状态，站在极端的角度去分析、考虑问题，使其因果关系显得格外明显、简洁，从而快速地作出正确推断的方法．比如此题中我们就假设了两个极端，首先确定两个极端，然后确定范围，最终选择．