高考化学大一轮复习专题1化学家眼中的物质世界专项突破练

1、高考化学大一轮复习专题1化学家眼中的物质世界专项突破练(一)表格剖析型1.(2021杭州市萧山区命题竞赛试卷)有一包铁粉和铜粉混合平均的粉末样品，为确定其组成，某同窗将不同质量的该样品区分与40mLimol-L'的FeCL溶液反响，实验结果如下表所示(疏忽反响前后溶液体积的变化)。实验序号水粉末样品)/g0.901.803.607.200(反响后剩余固体)/g00.642.486.08请计算:(1)实验的滤液中c(Fe")=molL(2)原粉末样品中n(Fe):n(Cu)=。答案(1)1.5(2)1：1解析(1)由于恢复性Fe>Cu,所以此混合物与FeCh溶液反响的先后

2、顺序为a.2Fe“+Fe=3Fe”b.2Fe"+Cu=2Fe>+Cu"实验中FeCL完全与Fe反响(此时Fe应剩余),2、3n(Fe)=0.04XIX-mol=0.06mol乙z_7、0.06mol,，trc(Fe")=n.-=1,5molL'0.04L(2)从第组数据可以看出，FeCL全部参与反响，假定只发作a反响，那么溶解Fe的质量为m(Fe)=56X等g=l.12g,1.80g-1.12g=0.68g大于0.64g,所以也有一局部Cu溶解，所以0.64g全部为Cu,设在1.80g样品中Cu、Fe的物质的量区分为xmol、ymol2Fe”+Fe=

3、3Fe”2yy2Fe"+Cu=2Fec*+Cu10.04-2y0.02-y依据Cu守恒得0.02)叶察=才ozl即x+y=0.03结合56y+64x=L80失掉:x2.(2021杭州市萧山区命题竞赛试卷)炼铁厂消费的生铁常用于炼钢。取某钢样粉末28.12g(假定只含Fe和C),在氧气流中充沛反响，失掉CO：气体224mL(规范状况下)。(1)计算此钢样粉末中铁和碳的物质的量之比为(最复杂的整数比)。(2)再取三份不同质量的上述钢样粉末区分加到100mL相反浓度的稀H：SOi中，充沛反响后，测得的实验数据如表所示：实验序号III111参与钢样粉末的质量(g)2.8125.6248.43

4、6生成气体的体积(L)(规范状况)1.1202.2402.800那么该硫酸溶液的物质的量浓度为答案(1)50：1(2)1.25molL-10.224L解析(1)n(C)=n(C0：)r=0.01mol乙乙.4Lmoln(Fe)=0. 5 mol28.12g0.01molX12gmol156gmolz?(Fe)0.5mol50"以嬴OOI=T在实验HI中，HSOi完全反响oonnt/2(H：S0；)=n(H：)=T71?=0.125molll.4Lmol/、0.125mol_.c(H：SO：)=7zj=1.25molLo3.有未知浓度的Ba(OH)二和NaOH混合溶液，量取四份该溶液区

5、分通入等量的CO式已折算成规范状况下的体积，不思索co：在水中的溶解)，生成沉淀的物质的量如下表：实验序号1IIIIIIVCO：体积(mL)2352235223522352样品体积(mL)20.030.040.050.0沉淀物质的量(X10”mol)1.504.506.007.50(1)该混合溶液中8(0由7的物质的量浓度=0(2)实验in最后所得溶液中碳酸钠的物质的量=。答案(1)1.50molL-1(2)0.0450mol解析Ba(0H)二和NaOH混合溶液中通入CO,气体，依次发作Ba(0H),+CO；=BaCO31+压02NaOH+C0：=Na：C05+H：0Na£0,+H:

6、0+CO2NaHCO5BaCO,+H：0+CO：=Ba(HCO3)o；依据图表数据，样品体枳依次增大10mL,实验II比实验I沉淀物质的量增大0.03mob实验HI比实验II沉淀物质的量增大0.015mob实验IV比实验III沉淀物质的量增大0.015mol,说明实验IV、川、II没有生成Ba(HCOJ二：实验I生成沉淀比II少0.03mol,说明实验I上述4个反响均有发作，氢氧化钠完全转化成碳酸氢钠。(D依据IH数据，设混合溶液中Ba(0H)二的物质的量浓度为cmolBa(0H)2+C0：=BaC05I+H：01mol1mol0.04LXcmolL0.06mol10.04LXcmolL0.0

7、6mol解得c=l.50。(二)图像剖析型4.(2021浙江10月选考，29)量取8.0或5.0111011/十60|溶液，加蒸储水稀释至100mL,取两份稀释后的H：SOi溶液各25mL,区分参与等质量的Zn和Fe,相反条件下充沛反响，发生氢气的体积随时间变化的曲线如下图(氢气体积已折算成规范状况下的体积)-请计算：(1)稀释后压S0；溶液的物质的量浓度为molL_1o(2)参与Fe的质量至少有ga答案(1)0.40(2)0.65解析(1)加蒸馀水稀释至100mL后，压S0i溶液的物质的量浓度=50比。-；L；O.0OSL=UeXL0.40molL0.224L(2)zz?(Fe)；丁X56g

8、mol1=0.56g：/4Lmol0224L(Zn)=99一1X65g-moll=0.65go铁、锌与反响都生成了224mL的氢气,乙乙.4Lmol说明参与反响的铁与锌的物质的量相等，由于参与等质量的Zn和Fe,且每份硫酸的物质的量刚好为0.01mol,说明铁有剩余，锌和硫酸刚好完全反响，所以铁至少为0.65go5.取一定物质的量浓度的NaOH溶液10mL,通入一定量的CO：,再继续滴参与0.1molL'的盐酸，规范状况下发生的CO二的体积与所加盐酸体积之间的关系如以下图所示，试回答以下效果：(1)原NaOH溶液的物质的量浓度为。原NaOH溶液中通入C0：后，所得溶液加盐酸后发生C0：

9、气体最大体积(规范状况)为答案(1)0.75mol厂1(2)112mL解析(1)当参与盐酸75mL时，发生二氧化碳气体体积最大，此时恰恰完全反响，溶液中溶质为NaCLNa'来自氢氧化钠，C来自盐酸，n(Na')=n(Cl-)=n(Na0H)=0.0075mol,所以每份溶液中c(NaOH)=0.75mol-LT。(2)由图示可知不发生气体需求盐酸的体积少于发生气体需求盐酸的体积，说明所得溶液为Na£Os和NaHCO,的混合溶液。设溶液中Na£Os物质的量为xmol,NaHCO,物质的量为ymol；0-25mL时发作反响：COf+H=HC0325-75mL时发

10、作反响：HC03+H*=H；O+CO:tx=0.025X0.1jv+y=0.05X0.1n(C0:)=(A+y)mol=0.005mol,KC0;)=112mL。6. (2021宁波市高三新高考选考顺应性考试)向一定质量CaCL和HC1的混合溶液中逐滴参与浓度为LOOOmol-L'的NaoCOs溶液，反响进程中参与的NaKO,溶液的体积与发生沉淀或气体的质量关系如下图。(1)样品中物质的量之比MCaCL):n(HCl)=。(2)匕=L«答案(1)1：2(2)0.1000解析剖析反响的进程可知：参与的碳酸钠先与盐酸反响，把盐酸消耗完了，才末尾与氯化钙反响，末尾生成沉淀，最后抵达

11、最高点CaCL完全反响，据此剖析解答。由图示可知碳酸钠与盐酸反响生成气体2.200g,a(HCD=2MC0J=2X券瞿=2X1：.200:尸O1mol：碳酸钠与氯化钙反响，生成沉淀MCO二)44gmol5,000g,n(CaCL)=/2(CaC0j：0°。§；=o.05mol,n(CaClJ：n(HCl)=0.05MCaCOs)100gmolmol:0.1mol=l:2o(2)依据C原子守恒可知:n(Na3C05)=n(C02)+n(CaC03)=0.1mobn(Na：C05)0.1mol八,“八，：=c(Na=CO5)-l.000mol-L1=0,100°L&#

12、176;(三)直接描画型7. (2021杭州市萧山区命题竞赛试卷)将amolCL通入过量的NaOH溶液中，产物中能够有NaCl、NaClO、NaC105,且产物的成分与温度上下有关。(1)改动温度，产物中NaClOs的最大实际产量为moK(2)假定某温度下,反响后e(Cr)：e(C10；)=6：1,那么溶液中c(C10")：c(C10D=答案(1)|(2)1：1解析只发作3CL：+6Na0HNaC103+5NaCl+3压0反响，生成的NaClOs最大，其物质的量为moK设。(CIO)=x,依据电子守恒得：o(Cl)=5c(C103)+x=6c(C10；)-5c(C10；)=c(C10

13、；)所以c(CW)：c(C103)=l：lo8. (2021杭州市萧山区命题竞赛试卷)将19.20gCuO和Fed的混合物在高温下与足量的CO充沛反响，反响后全部气体用200mL1.20mol-L-1Ba(0H),溶液吸收，生成35.46g白色沉淀(不思索沉淀的溶解，疏忽溶液体积的变化)。(1)那么吸收气体后溶液中溶质的化学式为，其浓度为.(2)混合物中CuO和Fe2s的物质的量之比为0答案(l)Ba(HC03)20.30molf1(2)2：1解析(1)假定19.20g全部为CuO,此时生成的CO二最少，A(Cd)=a产号,=0.24mol,oUgmolnBa(0H)z=0.240mol,n(

14、C0c)：nBa(0H)J=b此时恰恰生成BaCOs沉淀，由于a(C0二)>0.24mol,所以吸收气体后，溶液中溶质的化学式为Ba(HCO303516£nBa(HC03)J=0.2LX1.20mol=0.06mol19/gmol7,xn0.06mol-cBa(HCOJJ=AoT=0.30molL二设CuO,Fed的物质的量区分为x,y,那么80x+160y=19.20x+3y=/?(BaC0j+2nBa(HC03)J解之得x=Q. 12 moly=0. 06 molCuO,Fe念的物质的量之比为2：L9 .(2021杭州后萧山区命题竞赛试卷)室温下，将100mL某盐酸和硫酸的

15、混合溶液分红两等份。一份参与过量BaCL溶液，充沛反响后得沉淀2.33g：另一份参与50mL1.0mol-LNaOH溶液,充沛反响后溶液的pH=13(溶液的体积为100mL)。试计算:(1)原溶液中所含H60i的物质的量为mole(2)原混合溶液中盐酸的物质的量浓度为mol-L答案(1)0.02(2)0.4解析n(H：S0i)=n(BaS0i)=0.01mol所以原溶液中所含K：SOi的物质的量为0.02mob设每份中盐酸的物质的量为x0.05LX1.0molL_0.01molX2a-刃5么0.1molLUJLL-y=0.02molc(HCl) =0.02molX2aI=0.4molLUJLL10 .室温下，向100mLNaOHxBa(OH)二的混合溶液中参与100mL0.3molL"的H3soi溶液,充沛反响，得沉淀2.33g,反响后测得溶液的pH=13(假定反响后溶液的总体积为200mL).请计算：(1)原混合溶液中所含Ba(OH)=的物质的量是mob(2)原混合溶液中NaOH的物质的量浓度是mol-L答案(1)0.01(2)0.6解析先与Ba(OH)二反响再与NaOH反响。由题意可知：反响后。(0H)=0.1molLr(OH')=0.1molL-1X0.2L=