【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 231.5mLB 268.8mLC 287.5mLD 313.6mL2（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2：1B 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LC 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 mL3（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 LB 13.5 LC 15.7 LD 16.8 L4（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2：1B 硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC 产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol5（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、PbOB 1：2混合的PbO2、Pb3O4C 1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbOD 1：1：4混合的PbO2、Pb3O4、PbO6（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/LB 1.5mol/LC 0.18mol/LD 0.24mol/L7（2010上海）将0.4g NaOH和1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1molL1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 4：3B 3：2C 3：1D 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 231.5mLB 268.8mLC 287.5mLD 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：x+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：x+x+44.8mL=y，联立解得：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：x+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：x44.8mL，此过程中消耗氧气体积为：（x44.8mL），消耗氧气总体积为：x+（x44.8mL）=y，联立可得：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2：1B 该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/LC 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2.54g1.52g=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2.54g1.52g=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（0.05a）mol，依据电子转移守恒可知，a1+（0.05a）21=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0.05L14mol/L0.04mol（0.050.04）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 LB 13.5 LC 15.7 LD 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）=1.2molNO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=0.6mol22.4L/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0.07510=0.75mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=0.75，计算得x=0.1875，气体体积0.1875mol222.4L/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2：1B 硝酸的物质的量浓度为2.6mol/LC 产生的NO在标准状况下的体积为4.48LD 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/L1.0L=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）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4molA、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）=nCu（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）+2nCu（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/L1.0L=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）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4molA、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）=20.2mol+20.1mol，解得n（NO）=0.2mol，依据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=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0.2mol22.4L/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）+2nCu（NO3）2=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）2nCu（NO3）2=1mol20.4mol=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、PbOB 1：2混合的PbO2、Pb3O4C 1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbOD 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（42）=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：3x4+2x2=2，解得x=0.125，故知1mol PbO2在受热分解过程中产生O2为0.125mol3=0.375mol，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n（O）=2mol0.375mol2=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/LB 1.5mol/LC 0.18mol/LD 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0.2mol0.4mol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0.1molL1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+CO28（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 4：3B 3：2C 3：1D 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