-新教材高中化学课时检测12化学反应的计算含解析苏教版必修第一册

化学反应的计算1．两种或多种物质在发生化学反应时()A．它们的质量一定相等B．它们的物质的量一定相等C．它们的质量比等于化学方程式中化学计量数之比D．它们的物质的量之比等于化学方程式中化学计量数之比解析：选D发生化学反应时各物质的物质的量之比等于化学方程式中化学计量数之比。2．下列有关化学方程式H2＋Cl2eq\o(=,\s\up7(点燃))2HCl的说法中，不正确的是()A．H2、Cl2、HCl的物质的量之比为1∶1∶2B．H2、Cl2、HCl的分子数之比为1∶1∶2C．在相同条件下，H2、Cl2、HCl的体积之比为1∶1∶2D．H2、Cl2、HCl的质量之比为1∶1∶2解析：选DD项，H2、Cl2、HCl的质量之比为2∶71∶73。3．实验室利用反应2KClO3eq\o(=,\s\up7(△),\s\do5(MnO2))2KCl＋3O2↑制取氧气，若24.5gKClO3参加反应，则得到标准状况下的氧气的体积是()A．2.24L B．4.48LC．44.8L D．6.72L解析：选Dn(KClO3)＝eq\f(m,M)＝eq\f(24.5g,122.5g·mol－1)＝0.2mol，根据方程式物质的量之比等于化学计量数之比得n(O2)＝0.2mol×eq\f(3,2)＝0.3mol，V(O2)＝0.3mol×22.4L·mol－1＝6.72L。4．0.56g氧化钙恰好与20mL盐酸反应，则此盐酸的物质的量浓度是()A．0.10mol·L－1 B．0.20mol·L－1C．0.50mol·L－1 D．1.00mol·L－1解析：选DCaO＋2HCl=CaCl2＋H2O56g2mol0.56gn(HCl)n(HCl)＝0.02mol,c(HCl)＝eq\f(0.02mol,20×10－3L)＝1.00mol·L－1。5．镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与时间(t)的关系如图所示。反应中镁和铝的()A．物质的量之比为3∶2 B．质量之比为3∶2C．摩尔质量之比为2∶3 D．密度之比为1∶1解析：选A根据题图，Mg、Al产生H2的体积相等，设产生H2的物质的量为n，则Mg＋H2SO4=MgSO4＋H2↑nn2Al＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2↑eq\f(2,3)nnn(Mg)∶n(Al)＝n∶eq\f(2,3)n＝3∶2m(Mg)∶m(Al)＝24n∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)n×27))＝4∶3M(Mg)∶M(Al)＝24∶27＝8∶9ρ(Mg)∶ρ(Al)＝eq\f(mMg,VMg)∶eq\f(mAl,VAl)，镁和铝的体积未知，不能确定其密度之比。6．2mol·L－1盐酸和硫酸各100mL，分别加入等质量的铁粉，反应后生成的气体质量之比为2∶3，则向盐酸中加入的铁粉的物质的量为()A．0.05mol B．0.075molC．0.15mol D．0.2mol解析：选Cn(HCl)＝0.2mol，n(H2SO4)＝0.2mol。若酸均不足，即完全反应生成H2的质量之比为1∶2；若酸均过量，即金属不足，则生成H2的质量之比为1∶1。现生成H2的质量之比为2∶3，则说明盐酸不足，硫酸过量。根据盐酸中HCl的物质的量可求出生成H2的物质的量为0.1mol，则H2SO4反应生成0.15molH2，则铁粉为0.15mol。7．把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为()A.eq\f(b－a,V)mol·L－1 B.eq\f(2b－a,V)mol·L－1C.eq\f(22b－a,V)mol·L－1 D.eq\f(2b－a,V)mol·L－1解析：选C一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁，那么MgSO4就有eq\f(a,2)mol。另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么溶液中MgSO4和K2SO4总物质的量为bmol。所以硫酸钾有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(a,2)))mol，钾离子就有2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(a,2)))mol＝(2b－a)mol。浓度就是eq\f(2b－a,\f(V,2))mol·L－1，即eq\f(22b－a,V)mol·L－1，C选项符合题意。8．用10mL0.1mol·L－1BaCl2溶液恰好使相同体积的硫酸铁、硫酸锌和硫酸钾三种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则这三种硫酸盐溶液中溶质的物质的量浓度之比是()A．3∶2∶2 B．1∶2∶3C．1∶3∶3 D．3∶1∶1解析：选C由Fe2(SO4)3、ZnSO4、K2SO4与BaCl2反应的化学方程式可知，每生成1molBaSO4需SOeq\o\al(2－,4)1mol，则需三种盐的物质的量分别是eq\f(1,3)mol、1mol、1mol，又因三种盐的体积相同，浓度之比等于其物质的量之比，即eq\f(1,3)∶1∶1＝1∶3∶3。9．ng金属溶于足量的盐酸时生成mmolH2，若该金属的化合价为＋2价，则该金属的相对原子质量为()A.eq\f(n,m) B.eq\f(2n,m)C.eq\f(n,m)g·mol－1 D.eq\f(2n,m)g·mol－1解析：选A＋2价金属M和足量的盐酸反应，化学方程式为M＋2HCl=MCl2＋H2↑，生成mmolH2，根据化学方程式可知，金属为mmol，所以该金属的摩尔质量为eq\f(ng,mmol)＝eq\f(n,m)g·mol－1，相对原子质量在数值上和摩尔质量相等，所以该金属的相对原子质量为eq\f(n,m)，故选A。10．已知：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，将23g钠投入m1g足量水中得ag溶液，将24g镁投入m2g足量盐酸中得到bg溶液。若m1＝m2，则a与b的关系是()A．a>b B．a<bC．a＝b D．无法确定解析：选C由于m1＝m2，所以只需比较反应后溶液增加的质量即可。用差量法可知，23g钠投入水中放出1g氢气，溶液增重22g,24g镁投入盐酸中放出2g氢气，溶液增重22g，所以反应后a＝b。11．有0.4g铁的氧化物，用足量的CO在高温下将其还原，把生成的CO2全部通入足量的澄清石灰水中得到0.75g固体沉淀物，这种铁的氧化物的化学式为()A．FeO B．Fe2O3C．Fe3O4 D．Fe4O5解析：选B由题意得知，铁的氧化物中的氧原子最后转移到沉淀物CaCO3中，且n(O)＝n(CaCO3)＝eq\f(0.75g,100g·mol－1)＝0.0075mol，m(O)＝0.0075mol×16g·mol－1＝0.12g。m(Fe)＝0.4g－0.12g＝0.28g，n(Fe)＝eq\f(0.28g,56g·mol－1)＝0.005mol。即n(Fe)∶n(O)＝2∶3，B选项正确。12．将12gCO和CO2的混合气体通过足量灼热的氧化铜后，得到气体的总质量为18g，则原混合气体中CO的质量分数为________。解析：设原混合气体中CO的质量分数为x。CuO＋COeq\o(=,\s\up7(△))Cu＋CO2气体质量增加(差量)28g44g44g－28g＝16g12xg18g－12g＝6geq\f(28g,16g)＝eq\f(12xg,6g)，解得x＝87.5%。答案：87.5%13．将20g含杂质25%的大理石(杂质与盐酸不反应)投入150mL盐酸中恰好完全反应，计算：(1)反应生成CO2的体积(标准状况)；(2)原盐酸的物质的量浓度。解析：n(CaCO3)＝eq\f(20g×1－25%,100g·mol－1)＝0.15molCaCO3＋2HCl=CaCl2＋H2O＋CO2↑1210．15moln(HCl)n(CO2)n(HCl)＝0.3moln(CO2)＝0.15mol故V(CO2)＝0.15mol×22.4L·mol－1＝3.36Lc(HCl)＝eq\f(0.3mol,0.15L)＝2mol·L－1。答案：(1)3.36L(2)2mol·L－114．实验室常用的浓盐酸密度为1.17g·mL－1，质量分数为36.5%。(1)此浓盐酸中HCl的物质的量浓度为________。(2)取此浓盐酸50mL，用蒸馏水稀释至200mL，稀盐酸中HCl的物质的量浓度约为________。(3)将13g锌投入上述实验所得稀盐酸中，充分反应，求：①放出的H2在标准状况下的体积为________。②将生成的H2通过足量的灼热CuO，生成的铜的质量为________(假设氢气在反应中没有损失)。解析：(1)c(HCl)＝eq\f(1000mL×1.17g·mL－1×36.5%,1L×36.5g·mol－1)＝11.7mol·L－1，即c(HCl)＝11.7mol·L－1。(2)稀释溶液过程中，溶质的物质的量不变。由c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)知，11．7mol·L－1×0.05L＝c(稀)·0.2L，c(稀)＝2．925mol·L－1≈2.93mol·L－1。(3)①由于Zn＋2HCl=ZnCl2＋H2↑652×36.513gm(HCl)m(HCl)＝14.6g<0.2L×2.93mol·L－1×36.5g·mol－1≈21.4g盐酸剩余，锌完全反应，按Zn计算生成的H2。Zn～H265213gm(H2)m(H2)＝0.4gV(H2)＝eq\f(0.4g,2g·mol－1)×22.4L·mol－1＝4.48L。②CuO＋H2eq\o(=,\s\up7(△))Cu＋H2O2640.4gm(Cu)m(Cu)＝eq\f(64×0.4g,2)＝12.8g答案：(1)11.7mol·L－1(2)2.93mol·L－1(3)①4.48L②12.8g15．医疗上颇为流行的“理疗特效热”，就是利用铁缓慢氧化放出均匀、稳定的热，使患处保持温热状态。若56g铁粉完全氧化成氧化铁，则需要消耗氧气的质量为()A．24g B．32gC．21g D．16g解析：选A56g铁的物质的量为1mol，由4Fe＋3O2=2Fe2O3可知，1mol铁生成0.5mol氧化铁，消耗0.75mol氧气，其质量为24g。16．超导材料为具有零电阻及反磁性的物质，以Y2O3、BaCO3和CuO为原料，经研磨烧结可合成一种高温超导物YBa2Cu3Ox。现欲合成0.5mol此高温超导物，依化学剂量比例，需取Y2O3、BaCO3和CuO的物质的量分别为()A．0.50mol,0.50mol,0.50molB．0.50mol,1.0mol,1.5molC．0.25mol,1.0mol,1.5molD．1.0mol,0.25mol,0.17mol解析：选C根据原子守恒计算需取Y2O3、BaCO3和CuO的物质的量。合成0.5molYBa2Cu3Ox，由Y原子守恒有n(Y2O3)＝eq\f(1,2)n(YBa2Cu3Ox)＝0.5mol×eq\f(1,2)＝0.25mol，根据Ba原子守恒有n(BaCO3)＝2n(YBa2Cu3Ox)＝0.5mol×2＝1mol，根据Cu原子守恒有n(CuO)＝3n(YBa2Cu3Ox)＝0.5mol×3＝1.5mol。17．把足量的铁粉投入硫酸和硫酸铜的混合溶液中，充分反应后，剩余金属粉末的质量与原加入铁粉的质量相等，则原溶液中H＋与SOeq\o\al(2－,4)的物质的量浓度之比为()A．1∶4 B．2∶7C．1∶2 D．3∶8解析：选A设原溶液中H2SO4和CuSO4的物质的量分别为xmol、ymol。Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑Δm(固体质量减少)56g1mol56gxmol56xgFe＋CuSO4=FeSO4＋CuΔm(固体质量增加)56g1mol64g8gymol8yg因为固体在反应前后质量相等，所以Δm(减)＝Δm(增)56x＝8y，eq\f(nH2SO4,nCuSO4)＝eq\f(x,y)＝eq\f(8,56)＝eq\f(1,7)，则eq\f(cH＋,cSO\o\al(2－,4))＝eq\f(1×2,1＋7)＝eq\f(1,4)。18．在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验。三组实验各取30mL同浓度的盐酸，加入同一种镁铝混合物粉末，产生气体，有关数据如表：实验序号甲乙丙混合物质量/mg255385459生成气体体积/mL280336336(1)甲、乙两组实验中，哪一组盐酸是不足量的？________(填“甲”或“乙”)。理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)要算出盐酸中HCl的物质的量浓度，题中可作计算依据的数据是___________________________________________________________________，求得盐酸中HCl的物质的量浓度为________。(3)求混合物中Mg、Al的物质的量之比，题中可作计算依据的数据是____________________________________________________________________