高考化学备考考前10天易错点专项突破专题8 化学计算.docx
- 文档编号:30212118
- 上传时间:2023-08-07
- 格式:DOCX
- 页数:29
- 大小:377.25KB
高考化学备考考前10天易错点专项突破专题8 化学计算.docx
《高考化学备考考前10天易错点专项突破专题8 化学计算.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考化学备考考前10天易错点专项突破专题8 化学计算.docx(29页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
高考化学备考考前10天易错点专项突破专题8化学计算
专题8化学计算
【1】多硫化钠Na2Sx(
)在结构上与Na2O2,FeS2等有相似之处,Na2Sx在碱性溶液中可
被NaClO氧化成Na2SO4,而NaClO被还原成NaCl,反应中Na2Sx与NaClO的量之比为1:
16,则x值是()
A.5B.4C.3D.2
【错解分析】错选B。
忽略x在得失电子守恒计算中应用。
若把Na2Sx中S元素当做-2价,则选择B。
【纠错】利用整体法计算。
1molNaClO得电子2mol,Na2Sx中Sx2-显示-2价,反应后生成xmolNa2SO4,转移电子6x-(-2)=(6x+2)mol,16×2=6x+2,解得x=5.
【答案】A
【2】同温同压下,甲容器充满35Cl2,乙容器中充满37Cl2,下列叙述不正确的是
()
A.若两种气体体积相等,甲、乙两容器中气体的密度之比为35:
37
B.若两种气体体积相等,甲、乙两容器中气体分子数之比为35:
37
C.若两种气体质量相等,甲、乙两容器中气体所含质子数之比为37:
35
D.若两种气体体积相等,甲、乙两容器中气体所含中子数之比为9:
10
【3】在aLAl2(SO4)3和(NH4)2SO4的混合溶液分成两等分,一份加入bmol的BaCl2,恰好使溶液中的SO42-完全沉淀;另一份加入足量强碱并加热可得到cmolNH3,则原溶液中的Al3+的浓度(mol/L)为()
A.
B.
C.
D.
【错解分析】错选C。
忽略题中条件“溶液分成两等分”,溶质变为原来的1/2.
【纠错】溶液中n(SO42-)=bmol,n(NH4+)=cmol,根据电荷守恒,n(Al3+)=(2b-c)/3,溶液体积分成两等分,所以原溶液中Al3+的浓度(mol/L)为
。
【答案】D
【4】向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL4mol/L的稀硝酸,恰好使混合物完全溶解,放出1.344LNO(标准状况),往所得溶液中加入KSCN溶液,无血红色出现。
若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物,能得到铁的物质的量为
A.0.24molB.0.21molC.0.16molD.0.14mol
【错解分析】错选A。
最终反应完全后溶液为Fe(NO3)2,硝酸物质的量为0.12×4=0.48mol,所以n(Fe)=0.24mol,忽略生成NO0.06mol的那一部分硝酸。
【纠错】硝酸分为两部分,一部分起酸性作用生成Fe(NO3)2,一部分被还原生成NO,硝酸总物质的量为0.12×4=0.48mol,生成NO0.06mol,起酸性作用部分0.
42mol,根据铁元素守恒,最终氢气还原得到Fe的物质的量为0.21mol。
【答案】B
【5】自然界中存在一种尖晶石,化学式可表示为MgAl2O4,它透明色美,可作为宝石。
已知该尖晶石中混有Fe2O3。
取一定量样品5.4g,恰好完全溶解在一定浓度100mL盐酸溶液中,盐酸浓度可能是()
A.2.8mol·L-1B.3.8mol·L-1
C.4.3mol·L-1D.4.9mol·L-1
【错解分析】错解BCD,一是弄不清MgAl2O4与盐酸反应的最终产物,二是因为找不到快捷方法,只好利用混合物进行计算,步骤繁琐而结果易错,导致费时而不得分。
【纠错】MgAl2O4与盐酸反应最终生成MgCl2和AlCl3,1molMgAl2O4消耗8molHCl。
因为恰好溶解,采用极值法计算,假如全部是尖晶石,盐酸浓度为5.4÷144×8÷0.1=3mol/L;假如全部是Fe2O3,1molFe2O3消耗HCl6mol,盐酸浓度为5.4÷160×6÷0.1=2.025mol/L,介于二者之间,选A。
【答案】A
【6】某有机化合物A的相对分子质量大子100,小于l30。
经分析得知,其中碳和氢的质量分数之和为46.66%,其余为氧,则该化合物分子中最多含碳氧双键的个数为
A.1B.2C.3D.4
【错解分析】错选D,碳氧双键是不饱和键,应该与氢原子个数有关,而不是氧原子,有的同学可能求出4个氧原子,所以最多4个碳氧双键。
【纠错】100×53.33%÷16==3.33130×53.33%÷16==4.33,所以分子中含有4个O原子,16×4÷53.33%==120,(120-16×4)÷12==4……8,所以该有机物分子式为C4H8O4.根据C、H原子个数知道,分子中含有一个不饱和键,所以最多含有一个碳氧双键。
【答案】A
【7】在K2CO3样品中含Na2CO3、KNO3、Ba(NO3)2中的一或二种杂质.将13.8g该样品溶于足量水中得到澄清溶液,再加入过量CaCl2溶液,可得9.0g沉淀,则原样品中含有的杂质会是( )
A.肯定有Na2CO3,没有Ba(NO3)2
B.肯定有KNO3,没有Ba(NO3)2,可能还有Na2
CO3
C.肯定没有Na2CO3,Ba(NO3)2
D.无法判断何种为肯定或否定的杂质
【错解分析】错选C。
错选原因不能将定性分析与定量计算相结合。
根据碳酸根离子守恒,杂质提供CO32—少或者无,所以Na2CO3可能有。
【纠错】由样品可全部溶于水中可知肯定没有Ba(NO3)2,但若样品全部为K2CO3时,13.8g应生成沉淀10g,故样品中肯定含有同为13.8g时不生成或生成沉淀小于10g的杂质,即肯定含有KNO3,而13.8g的Na2CO3反应生成的沉淀大于10g,应为可能有。
【答案】B
【8】取一定质量的均匀固体混合物Cu、Cu2O和CuO,将其分成两等分,取其中一份用足量的氢气还原,测得反应后固体质量减少6.40g,另一份加入500ml稀硝酸,固体恰好完全溶解,且同时收集到标准状况下NO气体4.48L,则所用硝酸的物质的量浓度为
A.3.2mol/LB.3.6mol/LC.4.0mol/LD.无法判断
【答案】A
【9】在由Fe、FeO和Fe2O3组成的混合物中加入100mL2mol/L的盐酸,恰好使混合物完全溶解,并放出448mL气体(标准状况),此时溶液中无Fe3+。
则下列判断正确的是()
A.混合物中三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1:
1:
3
B.反应后所得溶液中的Fe2+和Cl-的物质的量之比为1:
3
C.混合物中,FeO的物质的量无法确定,但Fe比Fe2O3的物质的量多0.02mol
D.混合物中,Fe2O3的物质的量无法确定,但Fe比FeO的物质的量多0.01mol
【错解分析】错选A。
混合物计算不要设定比例,注意抓住题中的重要定量关系进行分析判断。
错选A是因为默认三者组成为1:
1:
1,所以要克服这样的思维定势。
【纠错】混合物溶解后溶液中无Fe3+,同时有气体生成,所以Fe过量,Fe与Fe2O31:
1溶于酸时恰好反应生成Fe2+,过量的铁与酸生成氢气,所以n(Fe)-n(Fe2O3)=n(H2),Fe比Fe2O3的物质的量多0.02mol。
【答案】C
【10】常温下,向0.25mol·L-1的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液,生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示,a、b、c、d分别表示实验不同时刻的溶液,下列有关说法
中正确的是
A.硫酸溶液的体积为30mL
B.b时刻溶液中SO42-的浓度约为0.125mol·L-1
C.d时刻溶液的pH约为13
D.溶液的导电能力:
c 【错解分析】错选D,忽略体积变化,溶液导电能力取决于自由移动离子的浓度而不是数目,b、d两点离子物质的量相等,但后者体积大,离子浓度小,导电性弱。 【答案】C 【11】用H2还原xgCuO,当大部分固体变红时停止加热,冷却后得残留固体yg, 共用掉zgH2,此时生成水的质量为() A.8(x-y)/9gB.9(x-y)/8g C.9zgD.9z/40g 【错解分析】多选C,用H2还原CuO,应该先通氢气,最后在氢气流中冷却,用去氢气的量远大于实际参加反应的氢气。 所以不能用氢气的量来求水的质量。 【纠错】考虑实验的具体过程。 用固体差量来求水的质量,固体差量为氧元素质量,根据氧元素守恒求算即可。 【答案】B 【12】某金属最高价氟化物的相对分子质量为 ,其最高价的硫酸盐的相对分子质量为 ,若此元素的最高正价为n,则n与 、 的关系可能是(AB ) A. B. C. D. 【错解分析】漏选A或者B。 金属的化合价有+1、+2、+3价,奇数价与偶数价硫酸盐的化学式有所不同,式量不同,结果也不同。 【纠错】涉及字母的计算本身具有一定难度。 采用讨论法,设金属化合价为x,最高价氟化物化学式为MFx,如果金属化合价为奇数,硫酸盐化学式为M2(SO4)x,选A;如果金属化合价为偶数,硫酸盐化学式为M(SO4)x/2,选B。 【答案】AB 【13】在一定温度条件下,甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应: 3A(g)+B(g)xC(g)+D(s),向甲中通入6molA和2molB,向乙中通入1.5molA、0.5molB和3molC、2molD,反应一段时间后都达到平衡,此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2,下列叙述中正确的是() A.若平衡时,甲、乙两容器中A的物质的量相等,则x=4 B.平衡时,甲、乙两容器中A、B的物质的量之比不相等 C.平衡时甲中A的体积分数为0.4 D.若平衡时两容器中的压强不相等,则两容器中压强之比8: 5 【错解分析】错选A或C。 审题注意两点“D为固态”,“甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2”,所以可逆反应在两种情况下建立平衡,一种是完全相同的平衡,一种是体积分数(各物质百分含量)相同的平衡。 【纠错】甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2,如果甲、乙两容器中A的物质的量相等,则两个容器中达到相同的平衡状态,将乙中加入物质折合为6molA和2molB,x=2;如果甲乙两个容器各物质百分含量相同,则x=4,平衡时各物质物质的量不相等,但两容器中每种物质物质的量之比相等,A项、B项均错误;平衡时A、B物质的量之比为3: 1,A、B体积分数之和为0.8,所以平衡时甲中A的体积分数为0.6,C项错误;若平衡时两容器中的压强不相等,则反应中x=4,气体体积不变的反应,平衡压强比等于起始压强比,即为8: 5,D项正确。 【答案】D 【14】在100g浓度为10mol·L-1、密度为ρg·cm-3的氨水中加入一定量的水稀释成5mol·L-1的氨水,则加入水的体积为 A.小于100mLB.等于100mLC.大于100mLD.等于(100/ρ)mL 【错解分析】错选A。 氨水的密度小于1g·cm-3。 【纠错】如果不考虑体积变化,将10mol·L-1氨水稀释成5mol·L-1的氨水,加入一倍体积的水即可,因为氨水密度小于1g·cm-3,所以100g氨水体积大于100mL,加水体积也大于100mL。 【答案】C 【15】某元素R硝酸盐的相对分子质量为m,该元素相同价态的硫酸盐的相对分子质量为n,则该元素的可能化合价是( ) A、(m-n)/14 B、(n-m)/14 C、(2m-n)/28 D、(n-2m)/28 【答案】AC 【16】18.4gNaOH和NaHCO3固体混和物,在密闭容器中加热到约250℃,经充分反应后排出气体,冷却,称得剩余固体质量为16.6g。 试计算原混和物中NaOH的百分含量。 【答案】 混合物加热时的化学方程式为: 2NaOH+CO2===Na2CO3+H2O 若混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比为1∶1,则加热后质量减少为 若混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比大于或小于1∶1,则混合物的质量减少分别应小于或大于2.67g。 现混合物质量减少为18.4g-16.6g=1.8g,说明混合物中NaOH过量 设NaOH质量为x,NaHCO3质量为18.4g-x NaOH+NaHCO3==Na2CO3+H2O 84g 18g (18.4g-x) 1.8g 84g∶(18.4g-x)=18g∶1.8g x=10g 【解析】 首先分析出混合物加热时发生的化学反应为: NaOH和NaHCO3的物质的量之比为1∶1,求加热后混合物质量减少多少g。 获得了此数据,就找到了中间值,据此可推断两种物质的物质的量之比,判断出何种物质过量,方可开始计算。 即: 设混合物质量减少为z 124g∶18.4g=18g∶z 若混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比大于1∶1,则混合物的质量减少应小于2.67g;若混合物中NaOH和NaHCO3的物质的量之比小于1∶1,则混合物的质量减少应大于2.67g。 现混合物的质量减少为18.4g-16.6g=1.8g,1.8<2.67,说明混合物中NaOH过量。 由于所设的未知数不同,可出现以下几种不同的运算过程。 第一种: 设NaOH质量为x,NaHCO3质量为(18.4g-x) NaOH+NaHCO3==Na2CO3+H2O 84g 18g (18.4g-x) 1.8g 84g∶(18.4g- x)=18g∶1.8g 解之,得x=10g 第二种: 设原混合物中NaOH质量为x,反应后剩余NaOH质量为y NaOH+NaHCO3==Na2CO3+H2O 40g 84g 106g (x-y)(18.4g-x)(16.6g-y) 第三种: 设未参加反应的NaOH的质量为x 124g∶(18.4g-x)=106g∶(16.6g-x) 在常见误区的 (2)式旁边画了“×”,其原因是误认为NaOH未发生反应,还残留在剩余固体中,对混合物受热(250℃)发生的反应不清楚,不懂得NaOH会吸收NaHCO3分解产生的CO2,更不清楚混合物质量从18.4g变成16.6g的原因,可以说从一开始就错了,致使最后结 【纠错】设NaHCO3为xg,NaOH为yg, 【17】某学生对久置于空气中已部分变质的CaO取样分析,实验如下: 取10.00g样品高温灼烧,将生成的气体全部通入足量的Ba(OH)2溶液中,得到3.94g沉淀;另取1.00g样品,加入40mL1.0mol·L-1稀盐酸,充分反应后稀释至500mL。 从中取出25m L溶液,以0.020mol·L-1NaOH溶液中和其中过量的盐酸,用去23mLNaOH溶液,试计算样品中各种物质的质量百分组成。 【答案】据CO2+Ba(OH)2==BaCO3↓+H2O CaCO3~BaCO3 100g 197g x 3.94g 100g∶x=197g∶3.94g 解之,得x=2.0g 1.00g样品中除CaCO3外,其余物质的质量为 1.00g-1.00g×20%=0.80g[ 它们消耗的盐酸的物质的量为: 0.002mol×2=0.0268mol 除CaCO3外,Ca2+的总物质的量为0.0134mol 假设全部为CaO,则质量为0.0134mol×56g·mol-1=0.7504g 0.7504g<0.80g,所以样品中一定含有Ca(OH)2 设0.80g中含CaO质量为y,含Ca(OH)2质量为(0.80g-y),可列式: 解之,得y=0.60g 【解析】由样品高温灼烧后产生气体,且气体通入足量Ba(OH)2溶液中得到沉淀,可推知样品中可能含有CaCO3。 CO2+Ba(OH)2==BaCO3↓+H2O CaCO3~BaCO3 100g 197g x 3.94g 100g∶x=197g∶3.94g 解之,x=2.0g 1g样品中CaCO3为0.20g,物质的量为0.002mol,它与盐酸反应时,耗盐酸(0.002×2)mol。 加入盐酸的总物质的量为1.0mol·L-1×40×10-3L=4×10-2mol。 10-3mol 除CaCO3外,样品耗盐酸的物质的量为 4×1 0-2mol-9.2×10-3mol-0.002×2mol=0.0268mol 假设全部为CaO,则质量为0.0134mol×56g·mol-1=0.7504g 因为1.00g样品中除CaCO3外,其余物质的质量为1.00g-0.20g=0.80g 0.7504g小于0.80g,所以样品中除有CaO外,一定还含有Ca(OH)2。 至此,可有以下三种解法。 方法一: 用差量法计算CaO和Ca(OH)2的含量: CaO~Ca(OH)2 质量差 56g 74g 74g-56g=18g y 0.80g-0.7504g=0.0496g 74g∶y=18g∶0.0496g 解之,得y=0.20g CaO的质量分数为1-20%-20%=60% 方法二: 设0.80g样品中含CaO质量为z,含Ca(OH)2质量为(0.80g-z),可列式: 解之,z=0.60g 【纠错】①CaCO3~BaCO3 100g 187g x 3.94g ②除CaCO3外,样品耗盐酸的物质的量为 1.0×40×10-3-0.020×23×10-3-0.002×2=0.035(mol)。 ③除CaCO3外,Ca2+的物质的量为0.0268mol。 出现①误区,是由于把BaCO3的分子量197算成了187,导致失误。 失误。 出现③误区,是由于把Ca2+~2HCl这个关系式搞错了,本来Ca2+的物质的量应为0.0134mol,却写成了0.0268mol,导致失误。 由此我们得到启示,在做这类题时,可先用极端假设法,然后用差量法或关系式法或十字交叉法进行计算,要在分析问题的方法上多下功夫。 【18】1996年诺贝尔化学奖授予对发现C60有重大贡献的三位科学家。 C60分子是形如球状的多面体(图2-2-1),该结构的建立基于以下考虑: (1)C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键; ②C60分子只含有五边形和六边形; ③多面体的顶点数、面数和棱边数的关系,遵循欧拉定理: 据上所述,可推知C60分子有12个五边形和20个六边 形,C60分子所含的双键数为30。 请回答下列问题: (1)固体C60与金刚石相比较,熔点较高者应是______,理由是: ____________________。 (2)试估计C60跟F2在一定条件下,能否发生反应生成C60F60(填“可能”或“不可能”)______,并 简述其理由: _________________________。 (3)通过计算,确定C60分子所含单键数。 C60分子所含单键数为______。 (4)C70分子也已制得,它的分子结构模型可以与C60同样考虑而推知。 通过计算确定C70分子中五边形和六边形的数目。 C70分子中所含五边形数为______,六边形数为______。 【答案】 (1)金刚石 金刚石属原子晶体,而固体C60不是,故金刚石熔点较高。 (答出“金刚石属原子晶体”即给分) (2)可能因C60分子含30个双键,与极活泼的F2发生加成反应即可生成C60F60(只要指出“C60含30个双键”即给分,但答“因C60含有双键”不给分) 也可由欧拉定理计算键数(即棱边数): 60+(12+20)-2=90 C60分子中单键为: 90-30=60 (答“2×30(双键数)=60”即给分) (4)设C70分子中五边形数为x,六边形数为y。 依题意可得方程组: 解得: 五边形数x=12,六边形数y=25 附: 第(3)问的其他解法,供大家参考。 解法一: 以价电子数为突破口,分析推算。 分析: 碳是ⅣA族元素,每个碳原子有4个价电子,所以C60分子中共有价电子总数为240,当碳碳原子间每形成一个双键,必然用去4个价电子,即C∷C。 据题示信息“C60分子所含的双键数为30”,则共用去价电子数为4×30=120,剩余的价电子数是240-120=120。 又由于碳碳原子之间每形成一个单键,必然用去2个价电子,即C∶C。 故C60分子中的单键数为120÷2=60。 解法二: 以化学键的成键规律为突破口,分析推算。 分析: 根据题示信息“C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键”,可知每个碳原子与相邻碳原子间有1个双键,必然有2 因此单键数为30×2=60。 解法三: 以欧拉定理为突破口。 分析推算。 分析: 由题示信息欧拉定理可知,C60球形多面体的棱边数就是C60分子中的化学键数。 因此可先求出C60球形多面体的总棱数(即单键数与双 键数之和),再减去双键数,即可求出C60分子中含的单键数。 已知C60分子中含12个五边形和20个六边形,又知每条棱被2个 =90。 单键数为90-30=60。 附: 第(4)问的其他解法,供大家参考。 解法一: 以梭边数为突破口,列一元一次方程求解。 分析: 根据题示信息“C70分子也已制得,它的分子结构模型可与C60同样考虑”,可知C70分子中的每个碳原子也是与相邻的3个碳原子形成化学键,这样每个碳原子与其他碳原子之间有3条棱,而多面体的每条棱都是为2个碳原子共有,因此C70球形多面体的总棱数为: 70×3÷2=105。 再根据欧拉定理: 面数=2-顶点数+棱边数=2-70+105=37 设C70分子中五边形数为x,则六边形数为(37-x),可列式: 解之,得x=12,六边形数为37-12=25。 解法二: 以顶点数为突破口,列二元一次方程组求解。 分析: 设五边形数为x,六边形数为y,根据题示信息欧拉定理可知: 则 x+y=37(面数) ① 再根据题示信息,从化学角度分析,C70分子中每个碳原子与其他3个碳原子成键;从数学角度分析,C70分子中每3条校共用一个顶点。 因此可根据顶点数列式: 二元一次方程组为: 解之,得x=12,y=25。 解法三: 以C60分子成键规律为突破口,分析C70求解。 分析: 受题示信息C70的分子结构模型可以与C60同样考虑的启发,C60分子中化学键的成键规律为: 碳原子数: 单键数=1∶1; 碳原子数: 双键数=2∶1 应用此规律分析C70分子,故C70分子中含单键数为70,双键数为35。 因此,总键数为70+35=105(C70球多面体的总棱数是105)。 然后根据欧拉定理求出面数为2- 70+105=37。 后面的解法可同解法一或解法二,不再赘述。 【解析】阅读新信息,知道①C60分子是形如球状的多面体,固体C60不是原子间体。 ② 第 (2)问: 出现①误区,是由于判断错误所致。 出现②误区,是由于未指明双键个数,回答中不能充分运用题示新信息“C60分子所含的双键数为30”,反映出有些同学的自学能力差,或思维的严密性差,导致了
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 高考化学备考考前10天易错点专项突破专题8 化学计算 高考 化学 备考 考前 10 天易错点 专项 突破 专题 计算