2019-2020年高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 選擇題專項(xiàng)訓(xùn)練6 計(jì)算應(yīng)用型.doc

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2019-2020年高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 選擇題專項(xiàng)訓(xùn)練6 計(jì)算應(yīng)用型 1.已知:H2O(g)H2O(l)　ΔH1=-Q1 kJmol-1(Q1>0) C2H5OH(g)C2H5OH(l)　ΔH2=-Q2 kJmol-1(Q2>0) C2H5OH(g)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(g)　ΔH3=-Q3 kJmol-1(Q3>0) 若使23 g液態(tài)乙醇完全燃燒,最后恢復(fù)室溫,則放出的熱量為(單位為kJ)(　) A.Q1+Q2+Q3 B.1.5Q1-0.5Q2+0.5Q3 C.0.5(Q1+Q2+Q3) D.0.5Q1-1.5Q2+0.5Q3 2.某溫度下,CO2飽和溶液的濃度是0.03 molL-1,其中的CO2轉(zhuǎn)變?yōu)镠2CO3,而H2CO3僅有0.1%發(fā)生電離:H2CO3H++HC,則溶液的pH約為(　) A.3 B.4 C.5 D.6 3.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,下列敘述中不正確的是(　) A.18 g N中所含的電子數(shù)為10NA B.5.6 g鐵粉與硝酸反應(yīng)失去的電子數(shù)一定為0.3NA C.用惰性電極電解飽和食鹽水,若產(chǎn)生2 g氫氣,則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為2NA D.28 g C3H6與C2H4的混合物完全燃燒可生成CO2分子數(shù)為2NA 4.加熱N2O5,依次發(fā)生的分解反應(yīng)為①N2O5N2O3+O2,②N2O3N2O+O2;在2 L密閉容器中充入8 mol N2O5,加熱到t ℃,達(dá)到平衡狀態(tài)后O2為9 mol,N2O3為3.4 mol。則t ℃時(shí)反應(yīng)①的平衡常數(shù)為(　) A.10.7 B.8.5 C.9.6 D.10.2 5.一定溫度下,硫酸銅受熱分解生成CuO、SO2、SO3和O2。已知:SO2、SO3都能被堿石灰和氫氧化鈉溶液吸收。利用如圖裝置加熱硫酸銅粉末直至完全分解。若硫酸銅粉末質(zhì)量為10.0 g,完全分解后,各裝置的質(zhì)量變化關(guān)系如下表所示。 裝置 A(試管+粉末) B C 反應(yīng)前 42.0 g 75.0 g 140.0 g 反應(yīng)后 37.0 g 79.5 g 140.0 g 請(qǐng)通過(guò)計(jì)算,推斷出該實(shí)驗(yàn)條件下硫酸銅分解的化學(xué)方程式是(　) A.4CuSO44CuO+2SO3↑+2SO2↑+O2↑ B.3CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑ C.5CuSO45CuO+SO3↑+4SO2↑+2O2↑ D.6CuSO46CuO+4SO3↑+2SO2↑+O2↑ 6.某溶液中可能含有下列6種離子中的某幾種:Cl-、S、C、N、Na+、K+。為確認(rèn)溶液組成進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn): (1)200 mL上述溶液,加入足量BaCl2溶液,反應(yīng)后將沉淀過(guò)濾、洗滌、干燥,得沉淀4.30 g,向沉淀中加入過(guò)量的鹽酸,有2.33 g沉淀不溶。 (2)向(1)的濾液中加入足量的NaOH溶液,加熱,產(chǎn)生能使?jié)駶?rùn)紅色石蕊試紙變藍(lán)的氣體1.12 L(已換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況,假定產(chǎn)生的氣體全部逸出)。 由此可以得出關(guān)于原溶液組成的正確結(jié)論是(　) A.一定存在S、C、N,可能存在Cl-、Na+、K+ B.一定存在S、C、N、Cl-,一定不存在Na+、K+ C.c(C)=0.01 molL-1,c(N)>c(S) D.如果上述6種離子都存在,則c(Cl-)>c(S) 7.某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一種或幾種物質(zhì)組成。進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn): 下列有關(guān)說(shuō)法正確的是(　) A.步驟Ⅰ中減少的3 g固體一定是混合物 B.步驟Ⅱ中質(zhì)量減少的物質(zhì)一定是Cu C.根據(jù)上述步驟Ⅱ可以得出m(Fe2CO3)∶m(Cu)=1∶1 D.根據(jù)步驟Ⅰ、Ⅱ可以判斷混合物X的成分為Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2 選擇題專項(xiàng)訓(xùn)練六　計(jì)算應(yīng)用型 1.B　解析:將三個(gè)熱化學(xué)方程式分別標(biāo)號(hào)為①②③,則3①-②+③可得:C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l),根據(jù)蓋斯定律,ΔH=(-3Q1+Q2-Q3) kJmol-1,23 g乙醇物質(zhì)的量為0.5 mol,則放出的熱量為(1.5Q1-0.5Q2+0.5Q3) kJ,B項(xiàng)正確。 2.C　解析:碳酸的濃度是0.01 molL-1,氫離子濃度為0.01 molL-10.1%=10-5 molL-1,因此溶液的pH=5。 3.B　解析:1個(gè)N的電子數(shù)為10,18 g N的物質(zhì)的量為1 mol,所含的電子數(shù)為10NA,A項(xiàng)正確;鐵與硝酸反應(yīng)可以生成Fe2+,也可以生成Fe3+,B項(xiàng)錯(cuò)誤;用惰性電極電解飽和食鹽水,陰極反應(yīng)為2H++2e-H2↑,生成2 g氫氣,則轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為2NA,C項(xiàng)正確;C3H6與C2H4的最簡(jiǎn)式為CH2,28 g混合物中碳原子的物質(zhì)的量為2 mol,生成CO2分子數(shù)為2NA,D項(xiàng)正確。 4.B　解析:題設(shè)中有兩個(gè)反應(yīng),可理解為先發(fā)生反應(yīng)①,其中生成的N2O3有一部分再發(fā)生分解反應(yīng)②,且在兩個(gè)反應(yīng)中都有O2生成,再由已知條件列方程組求解。 設(shè)反應(yīng)①中生成N2O3物質(zhì)的量濃度為x,反應(yīng)②中生成N2O物質(zhì)的量濃度為y。則: 　　　　　　　　N2O5(g)N2O3(g)+O2(g) 起始濃度/(molL-1)4 0 0 轉(zhuǎn)化濃度/(molL-1)x x x 　　　　　　　　N2O3(g)N2O(g)+O2(g) 起始濃度/(molL-1)x 0 0 轉(zhuǎn)化濃度/(molL-1)y y y 平衡濃度/(molL-1)x-y y y 依題意O2的平衡濃度為x+y=4.5 molL-1 N2O3的平衡濃度為x-y=1.7 molL-1 解得x=3.1 molL-1 y=1.4 molL-1 N2O5的平衡濃度為4 molL-1-3.1 molL-1=0.9 molL-1 N2O的平衡濃度為1.4 molL-1 則反應(yīng)①平衡常數(shù)K==8.5 5.A　解析:根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知參與反應(yīng)的10 g硫酸銅粉末質(zhì)量減少5 g,生成硫的氧化物為4.5 g,生成氧氣為0.5 g,硫的氧化物與氧氣的質(zhì)量比為9∶1,直接分析四個(gè)選項(xiàng),A項(xiàng)正確。 6.D　解析:n(BaSO4)==0.01 mol;n(BaCO3)==0.01 mol;n(NH3)==0.05 mol;根據(jù)電解質(zhì)溶液中離子電荷守恒關(guān)系:n(N)+n(Na+)+n(K+)=n(Cl-)+2n(C)+2n(S),0.05 mol+n(Na+)+n(K+)=n(Cl-)+20.01 mol+20.01 mol,n(Cl-)=n(Na+)+n(K+)+0.01 mol>0.01 mol,則n(Cl-)一定存在,Na+、K+可能存在,A、B兩項(xiàng)不正確;c(C)=0.01 mol0.2 L=0.05 molL-1,C項(xiàng)不正確;c(Cl-)>0.01 mol,n(S)=0.01 mol,則c(Cl-)>c(S),D項(xiàng)正確。 7.C　解析:Al2O3與SiO2雖均可與NaOH溶液反應(yīng),但不能確定混合物中一定含有Al2O3與SiO2,故步驟Ⅰ減少的物質(zhì)不一定是混合物,也可能是Al2O3與SiO2中的一種,A項(xiàng)錯(cuò);利用步驟Ⅱ得到藍(lán)色溶液知步驟Ⅱ中質(zhì)量減少的物質(zhì)一定是Fe2O3與Cu,B項(xiàng)錯(cuò);結(jié)合B項(xiàng)分析知在步驟Ⅱ中發(fā)生的反應(yīng)為Fe2O3+Cu+6H+2Fe2++Cu2++3H2O,即溶解固體(6.4 g-1.92 g)是等物質(zhì)的量混合的Fe2O3與Cu,由此可求出溶解Fe2O3與Cu的物質(zhì)的量均為0.02 mol,即混合6.4 g固體中含有m(Fe2O3)=0.02 mol160 gmol-1=3.2 g,含m(Cu)=6.4 g-3.2 g=3.2 g,C項(xiàng)正確;利用步驟Ⅰ、Ⅱ只能確定混合物中含有Cu、Fe2O3和Al2O3與SiO2中的至少一種,D項(xiàng)錯(cuò)。