全国卷高考化学复习专题突破计算题巧解习题含答案 6页

‎2018年全国卷高考化学复习专题突破《计算题巧解》‎ ‎ 在选择题中有一类技巧型题,一般属于综合性较强、中等难度以上的能力测试题.近十年的高考中,每年都有2～4道题属于这种题型,它着重考查“双基”知识和分析、归纳、推理等解题能力.‎ 这类题设计精巧,有的题设条件似显实隐、似足实少;有的玲珑剔透、诱人遐思;有的长篇叙述,难见精要,但却构思巧妙,大智若愚.特别是计算型题中,各种量之间关系错综复杂,各反应原理又隐含其中.许多学生习惯于常规思维,提笔就算,结果是走上歧途,不得其解(即使算出了结果,却浪费了宝贵的时间).所以,对此类题,必须抓住其精巧之处、独特之点,避开常规方法,另辟蹊径、巧思妙解.除了要在“审、明、透”三个环节上下工夫外,定要突出一个“巧”字.要巧找共性、巧用特性,巧析范围,巧用数据,巧攻一点,巧用规律,要巧挖隐含量,巧用已知量.‎ ‎[习题练习]‎ ‎1.将KCl和KBr的混合物13.4g溶于水配成500mL溶液,再通入过量的Cl2反应后,将固体蒸干得固体11.175g.求原来所配溶液中K+、Cl¯、Br¯物质的量浓度之比为( ) A．3:2:1 B．3:2:2 C．5:4:2 D．4:3:2 【简析】题设中的数据,虽然按常规方法或差量法都可解.但都费事费力,若考虑到溶液为电中性,阳离子所带正电荷的总量等于阴离子所带负电荷的总量可得出nK+=nCl¯+nBr¯,对照选项只能选A.‎ ‎2.在密闭容器中盛有H2、O2、Cl2三种气体,电火花点燃后,三种气体都正好反应完全,冷却到室温,所得溶液得质量分数为25.26%,则原混合气体中三者得分子个数之比为( ) A．6:3:1 B．9:6:1 C．13:6:1 D．15:8:1 【简析】巧思时,根据2H2+O2=2H2O,H2+Cl2=2HCl.可得出n(H2)=2n(O2)+n(Cl2),分析四选项只能是C.‎ ‎3.O2和Cl2的混合气体500mL,使H2在其中充分燃烧后,用适量水吸收反应产物制得250mL溶液,从中取出25mL,用0.125mol/L的NaOH溶液20.00mL恰好完全中和,则与混合气体反应掉的H2(标况)的体积为( ) A．448mL B．460mL C．472mL D．720mL 【简析】此题谁若动笔就算必误入歧途,必须得打破常规另辟蹊径.当你慎思时,你会发现.若混合气体都是Cl2,完全反应时需H2500mL,若都是O2,则需H2更多,对照选项前三者都小于500,所以必是D选项.‎ ‎4.标准状况下Cl2和H2共a L,在光照下充分进行反应,反应后的气体恰好能使b mol NaOH完全转化成盐,则a、b的关系不可能是下列的( ) A．b= a/11.2 B．b< a/22.4 C．b> a/22.4 D．b> a/11.2 【简析】此题可根据终态产物Na或Cl原子守恒去解.不论Cl2、H2谁过量再与NaOH反应,反应后的终态产物总是NaCl或NaCl与NaClO的混合物.总有n(Na+)=n(Cl-),所以有n(Cl-)≤a/11.2mol,即b≤a/11.2.故选D ‎5.足量浓硫酸加入a g铜,完全反应后放出b L气体;足量的盐酸中加入m g FeS,完全反应后放出V L气体(标准状况),已知二者所产生的气体恰好完全反应,则a:b:m:V应是( ) A．40:14:110:7 B．40:14:55:14 C．20:7:55:14 D．20:7:55:21 【简析】b L为SO2,V L为H2S,由2H2S+SO2=3Sâ+2H2O,可知:b:V=1:2,则只有C符合.选择C.‎ ‎6.向500mlFeCl3溶液中通入一定量的H2S气体,恰好完全反应,所得滤液的质量比原来增重1g,则原FeCl3溶液的物质的量浓度为( ) A．1mol/L B．1.5mol/L C．2mol/L D．2.5mol/L 【简析】根据2Fe3++H2S=2Fe2++Sâ+2H+可知,增重的1g是H+,则通入的H2S为0.5mol,原溶液中的FeCl3为1mol,所以浓度为2mol/L,选C.‎ ‎7.今有3mol/L盐酸和硫酸各100ml,分别加入等质量的铁粉,待反应完毕后,测得生成气体的质量比为3:4,则加入铁粉的质量是( ) A．5.6g B．8.4g C．11.2g D．16.8g 【简析】两种酸都完全反应时,盐酸溶解铁为8.4g,硫酸溶解铁为16.8g,产生H2的质量比是1:2.现在比值是3:4,可见,对盐酸铁有剩余,对硫酸,铁不足.所以8.4g3,所以O原子的个数应当大于R原子个数的3倍,选D ‎33.甲乙两种化合物都只含有X、Y两种元素,甲乙中X元素的质量分数为30.4%和25.9%,若甲的分子式为XY2,则乙的分子式可能是( ) A．XY B．X2Y C．X2Y3 D．X2Y5 【简析】抓准甲中X与Y的原子个数之比为1:2这一突破点,根据甲中X的含量高于乙,所以乙中原子个数比X:Y<1:2,只能选B ‎34.据测哈雷慧星上碳的两种同位素12C和13C的原子个数比为65:1,而地球上12C和13C的原子个数比为89:1,地球上碳的原子量是12.011,则哈雷慧星上碳元素的原子量为( ) A．12.000 B．12.009 C．12.015 D．12.980 【简析】比较12C∶13C的两个比值,可得出哈雷慧星上碳元素的原子量肯定比地球上的“稍大”,所以选C ‎35.A、B、C为短周期相邻的三种元素,A、B为同周期,A、C为同主族,三元素族数之和为19,原子序数之和为41,则A、B、C三元素的符号分别为( ) A．N、O、S B．Cl、O、S C．Si、P、N D．S、Cl、F 【简析】紧紧抓住(1)族数之和;(2)原子序数之和两点中的任意一点,即可选出正确答案为B ‎36.有X、Y、Z三种金属混合物,其原子量之比为3:5:7,原子个数之比为4:2:1,将其溶解于足量的稀盐酸中,共产生1.568 L气体,反应中三者的化合价相同,则三种金属的原子量分别为( ) A．24、27、40 B．9、27、40 C．24、40、65 D．24、40、56 【简析】紧紧抓住原子量之比为3:5:7这一点,各选项中符合这一点的只有D ‎37.13.9g RSO4·nH2O完全失去结晶水后,余下7.6g无水物,若R的原子量约是结晶水分子数的8倍,则R的原子量和n值是( ) A．23∶6 B．27:8 C．40:5 D．56:7 【巧思】由RSO4可知R的化合价为+2,排除A、B(或由8倍关系也可排除A、B),又因为CaSO4中结晶水数目最多为2,所以只能选D ‎38.把H2O、NaCl、Na2S、MgO、NH3按沸点从高到低的顺序排列正确的是( )‎ A．MgO、NaS、NaCl、H2O、NH3‎ B．MgO、NaCl、NaS、H2O、NH3‎ C．NaCl、MgO、NaS、H2O、NH3‎ D．H2O、NaCl、NaS、MgO、NH3 【简析】用排除和比较法.先抓住MgO的沸点最高这一点排除C、D.再比较NaCl和Na2S中Cl¯和S2-的半径,很明显S2-的离子半径大,Na2S中离子键较弱,则沸点NaCl的较高,选B ‎39.将1molCO和1mol水蒸气混合,在一定条件下CO+H2O=CO2+H2,已知反应达到平衡时CO的转化率为21.75%,则平衡混合气体是同条件下的密度的( ) A．6.85倍 B．9倍 C．11.5倍 D．17.8倍 【简析】此题谁若动笔就计算,必然误入歧途.巧思:相同条件下,CO的密度是H2的14倍,H2O(g)是H2密度的9倍,所以混合气体的相对密度在9~14之间,只能是C ‎40.反应mA(g)+nB(g)=pC(g)+qD(g)经5分钟后达到平衡,测得此时A的浓度减少了a mol/L,而C的浓度增加了2/3a mol/L;又测得平均反应速率vC=2vB.达平衡后,若保持温度不变,给体系加压,平衡不移动,则该反应可表示为( ) A．2A(g)+6B(g)=3C(g)+5D(g) B．3A(g)+B(g)=2C(g)+2D(g) C．3A(g)+B(g)=2C(g)+D(g) D． A(g)+3B(g)=2C(g)+2D(g)‎ ‎【简析】由加压平衡不移动,可得出V前=V后,再由vC=2vB,则只能是B ‎41.在一个6升的密闭容器中放入了3升X气体和2升Y气体,在一定条件下发生如下反应:4X(g)+3Y(g)⇌2Q(g)+nR(g),达平衡后容器内温度不变,混合气体的压强比原来增加了5%,X的浓度减少了1/3,则该反应方程式中的n值为( ) A．3 B．4 C．5 D．6 【简析】本题数据不少,虚张声势,设陷布障,但我们透过现象看本质,不难发现,“压强比原来增加”,必然有2+n>4+3,则只有D中n =6符合 ‎42.在一定体积的密闭容器中,放入3升R(g)和5升Q(g)在一定条件下发生反应:2R(g)+5Q(g)=4X(g)+nY(g).反应完全后容器内温度不变,混合气体的压强是原来的87.5%,则化学方程式中的n值是( ) A．2 B．3 C．4 D．5 【简析】思路同上,抓住“压强比原来减少”,必有4+n<2+5,则只能是A ‎43.常温下将10g下列物质与90g水相混合,所得溶液的浓度最小的是( ) A．CuSO4·5H2O B．Na2O2 C．NaOH和Al(OH)3各5g D．CaO 【简析】此题隐含条件较多,但最关键一点是CaO微溶于水.抓死此点就可得出Ca(OH)2得浓度(不论是物质的量浓度还是溶质得质量分数)最小,所以选D ‎44.为了实现我国政府在1997年12月31日前对淮河流域环境的治理,某甲、乙两相邻的工厂做了横向联合.已知两厂排放的污水经初步处理后,只溶有Ag+、Ba2+、Fe3+、Na+、Cl¯、SO42-、NO3-、OH-的各不同的4种离子(设各离子浓度比较大),若单独排放仍会造成环境污染,如将两厂的污水按适当的比例混合,沉淀后污水变成无色澄清的硝酸钠排出,则污染程度大为降低,你认为下列分析判断正确的是( ) A．SO42-和NO3-可存在于同一工厂 B．Cl¯和NO3-一定在不同的工厂 C．Ag+和Na+可能在同一工厂 D．NaNO3来自同一工厂 【简析】这是一道STS型离子共存与否试题,谁若在思考中试图将两厂排放的污水中所含的离子分组,则必坠入 ‎“陷阱”.妙解时应考虑可与Ag+大量共存的阴离子中只有NO3-,所以Cl¯与NO3-定不在同一工厂,所以选B ‎45.某学生欲把100g 5%的CuSO4溶液的浓度增大1倍,采取的办法是:(1)蒸掉1半水;(2)加入无水CuSO4 5.56g;(3)加入胆矾9.26g;(4)加入15%的CuSO4溶液100g;(5)加入20%CuSO4溶液50g,其中正确的是( )‎ A．(1)、(2)、(4)‎ B．(2)、(3)、(5)‎ C．(2)、(3)、(4)、(5)‎ D．都不正确 【简析】此题的判断技巧可用排除法和优选法.判断中(1)肯定不正确,而题中必有正确选项,所以可以排除A和D)选项,而B、C选项中又都有(2)、(3)、(5)则不需考虑,只需要确定(4)是正确的.计算出(4)正确,所以B、C选项都符合题意,所以选B、C ‎46.1L1mol/L的NaOH溶液吸收了0.8mol CO2,所得溶液中CO32-和HCO3-的物质的量浓度之比约为( ) A．1:3 B．2:1 C． 2:3 D．3:2 【简析】巧找不变量,根据Na+守恒,设生成Na2CO3为xmol,NaHCO3为ymol,则有x+y=0.8,2x+y=1得x=0.2、y=0.6所以[CO32-]:[HCO3-]=0.2:0.6=1:3,选A ‎47.露置的苛性钾经分析其中含有的各种物质的质量分数分别为:H2O 7.62%、K2CO3 2.38%、KOH 90%.若将此样品1g加入到1mol/L盐酸46.00mL中过量的盐酸用1.070mol/LKOH溶液恰好中和.蒸发中和的溶液,可得固体( ) A．3.43 g B．4.00 g C．4.50 g D．无法计算 【简析】此题数据虽多,但多无用.分析反应原理后进行终端归纳:最后的固体只有KCl,而Cl¯只来源于盐酸根据Cl¯守恒,有n(KCl)=n(HCl)=0.046mol质量为3.43g,选A ‎48.在空气中放置一段时间的KOH固体,经分析知其中含水a%、含K2CO3 b%,其余为KOH.取此样品m g溶于100mL浓度为1mol/L的稀H2SO4中,所得溶液尚需加入n g KOH固体才能完全中和.然后将溶液蒸干,可得固体物质的质量是( ) A．3.1(m+n) g B．14.2 g C．17.4 g D．20.6 g 【简析】思路同上题SO42-→K2SO4最后得0.1mol K2SO4为17.4g,选C ‎49.将mgAl2O3和Fe2O3的混合物溶解在过量的100mL[H+]=0.1mol/L的硫酸中,然后向其中加入NaOH溶液使Fe3+和Al3+刚好全部转化为沉淀,用去100mLNaOH溶液,则NaOH溶液物质的量浓度为( ) A．0.1mol/L B．0.05mol/L C．0.2mol/L D．无法计算 ‎【简析】此题可根据终态反应实质考虑.最终的反应结果可归纳为H++OH-=H2O所以n(H+)=n(OH-),所以选A ‎50.将m g含Fe2O3·nH2O杂质的Al2O3样品溶解在过量的200mL[H+]=0.1mol/L的稀H2SO4溶液中,然后向其中加入100mL NH3·H2O溶液,使Fe3+和Al3+恰好全部转化为沉淀,所加NH3·H2O溶液物质的量浓度为( ) ‎ A．0.2mol/L B．0.1mol/L C．0.05mol/L D．无法计算 【简析】思路同上,所加入的NH3·H2O实际上是中和酸 n(H+)=n(NH3·H2O),所以选A ‎51.在Na2SO4和K2SO4的混合溶液中,当[Na+]=0.2mol/L,[SO42-]=x mol/L时,x与y的关系是( ) A．x=y+0.2 B．x=y/2 C．x=0.1+y/2 D．缺[H+]和[OH-]的数据,无法计算 【简析】根据正电荷总量=负电荷总量,则有0.2+y=2x,所以x=0.1+y/2选C ‎51.用水稀释0.1mol/L的氨水时,溶液中随着水量的增加而减小的是( ) A．[OH-]/[NH3·H2O] B．[NH3·H2O]/[OH-] C．[H+]和[OH-]的乘积 D．OH-的物质的量 【简析】因C项乘积为常数,D)项OH-物质的量增加,在A 、B选项中可借助“极端假设”法,无限稀释时[OH-]趋于常数10-7mol/L [NH3·H2O]趋于为零.所以可简捷的判断出应选B ‎52.0.1mol/L的H2SO4 10mL和0.2mol/L的BaCl2溶液10mL混合,所得溶液中离子浓度由大到小的排列顺序是( ) A．[H+]>[Cl¯]>[SO42-]>[OH-] ‎ B． ‎[SO42-]>[Ba2+]>[H+]>[OH-]‎ C．[Cl¯]>[H+]>[Ba2+]>[SO42-]>[OH-] ‎ D．[H+]>[Cl¯]>[Ba2+]=[SO42-]>[OH-] 【简析】高考题中,不可没有正确选项.分析中紧紧抓住[Cl-]最大这一点,就可快速选出答案为C选项 ‎53.将0.2mol/L Ba(OH)2溶液与0.05mol/L Na2SO4溶液等体积混合后,下列几种离子浓度大小顺序正确的是( )‎ A．[Ba2+]>[OH-]>[Na+]>[SO42-] B．[Na+]>[OH-]>[Ba2+]>[SO42-] C．[Na+]>[Ba2+]>[OH-]>[SO42-] D．[OH-]>[Ba2+]>[Na+]>[SO42-] 【简析】只要抓住反应后溶液中[OH-]最大着一点即可选出D ‎54.将两个铂电极插入500mLCuSO4溶液中进行电解,通电一段时间后,某一电极增重0.064g(设电解时该电极无H2放出,且不考虑水解和溶液体积的变化),此时溶液中[H+]约为( ) A．4×10-3mol/L B．2×10-3mol/L C．1×10-3mol/L D．1×10-7‎ mol/L 【简析】要巧找关系量.当有一个Cu2+放电,必有2个OH-放电,也必然产生2个H+.设[H+]为x mol/L则64:2=0.064:0.5x,所以x=4×10-3mol/L,故选A ‎55.对2L 6%的KOH溶液(密度1.05g/cm3),用石墨做电极电解.当溶液的浓度改变2%时停止电解,此时溶液的浓度及电极上析出的物质的质量是( ) A．浓度为8%;阳极得58.33g,阴极得466.64g B．浓度为8%;阳极得466.64g,阴极得58.33g C．浓度为4%;阳极得445g,阴极得55.6g D．浓度为4%;阳极得55.6g,阴极得445g 【简析】因用惰性电极电解KOH,实质是电解水,电解后溶液浓度增加,选排除C、D选项,电解时阳极放出O2,阴极放出H2,所以阳极析出物质的质量重,故选B ‎56.在50mL苯中通入5.6L乙炔,再加入75g苯乙烯,所得混合物中碳元素的质量分数为( ) A．66.7% B．80% C．87.75% D．42.3% 【简析】要巧找共性,三者的最简式都是CH,不论怎样混合c%=12/13´100%=92.3%,所以选D ‎57.甲、乙、丙醛的混合物中氢元素的质量分数是9%,则氧元素的质量分数是( ) A．16% B．37% C．48% D．无法计算 【简析】共性在于C :H=1:2,碳的百分含量是氢的6倍,占54%.所以氧占37%选B ‎58.X、Y、Z三种物质的分子组成分别符合烷烃、稀烃、炔烃的通式,若在一定条件下,V L的X、Y、Z的混合气体可与V LH2发生加成反应,则混合气体中X、Y、Z的体积比可能是( ) A．1:1:1 B．1:2:3 C．1:2:1 D．3:2:1 【简析】因1mol稀烃可与1molH2加成,1mol炔烃可与2molH2加成所以当V炔=V烷时的选项都符合题意,应选A、C ‎59.在苯和苯酚组成的混合物中,碳元素的质量分数为90%,则混合物中氧元素的质量分数是( ) A．2.5% B．5% C．6.5% D．7.5% 【简析】二者含C、H原子个数之比为1:1质量比应为90%:7.5%,所以氧的含量占2.5%,选A ‎60.下列各组混合物总物质的量不变时,各组分以任意比混合后,充分燃烧时消耗氧气的量不变的是( ) A．乙烯、乙醇、乙醛 B．乙炔、乙醛、乙二醇 C．甲烷、甲醇、乙酸 D．乙烷、丙酸、甘油 【简析】巧变化其分子式如B组中乙醛写成C2H2·H2O,乙二醇写成C2H2·2H2O,三者以任意比混合耗氧量相同.D组把丙酸写成C2H6·CO2,甘油写成C2H6·CO2·H2O三者以任意比混合耗氧量也相同,所以选B、D