1、2022届高三化学高考备考一轮复习化学综合计算优选卷1把10.2g镁铝合金的粉末放入过量的烧碱中，得到6.72L标准状况下的H2，回答下列问题：(1)写出铝与烧碱的反应的离子方程式_(2)列式计算：该合金中铝的质量_。该合金溶于足量的盐酸溶液中，产生H2的体积_(标准状况下)。2在一个容积为500mL的密闭容器中，充入5molH2和2molCO。在一定条件下，发生如下反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)，经过5min后达到平衡状态。若此时测得CH3OH蒸气的浓度为2mol/L，求：以H2的浓度变化表示该反应的速率_。3(1)49gH2SO4的物质的量是_；1.5molH2SO4的质量是
2、_，其中含有_ molH，含有_ gO。(2)已知NH3的相对分子质量为17，则NH3的摩尔质量为_。(3)标准状况下，16gO2的体积_ L。(4)质量之比为16：7的两种气体SO2、CO，分子数之比为_；氧原子数之比为_。4一定温度下，将3mol A气体和1mol B气体通入一密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)若容器体积固定为2L，反应2min时测得剩余0.6molB，C的浓度为0.4mol/L。请填写下列空白：(1)2min内，A的平均反应速率为_；x=_；(2)若反应经4min达到平衡，平衡时C的浓度_0.8mol/L(填“大于”、“等于”或“小于”)；(3)若达
3、到平衡时C的体积分数为22%，则B的转化率为_。(结果保留小数点后一位)5一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图所示。回答下列问题：(1)反应开始到10s，用X、Z分别表示的反应速率为_；_；(2)反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了_；(3)反应开始到10s时，Y的转化率为_；(4)反应的化学方程式为_。6(1)反应3A(g)+B(g)=2C(g)在三种不同的条件下进行反应，一段时间后，测得的反应速率用不同的物质表示为：vA=1mol/(Lmin)；vC=0.5mol/(Lmin)；vB=0.5mol/(Lmin)，则在三种不同条件下该反应速率
4、由大到小的关系是_(请用序号表示)。(2)某温度时，在一个5L的恒容容器中，X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据填空：该反应的化学方程式为_。反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为_。若2min后反应达平衡，与初始时刻相比，此时容器内混合气体的平均相对分子质量_(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，混合气体密度比起始时_。上述反应，在第2min时，X的转化率为_。7为测定草酸亚铁晶体(FeC2O4xH2O)的x值，用硫酸溶解5.400 g草酸亚铁晶体，定容至250 mL。取25.00 mL溶液，用0.1000 molL-1 KMnO4标准溶
5、液滴定至终点。重复实验，数据如下：序号滴定前读数/mL滴定终点读数/mL10.0017.9821.2420.3831.4419.46已知：MnOFeC2O4xH2OHMn2Fe3CO2H2O，假设杂质不参加反应。(1)在FeC2O4xH2O中x=_。(2)取25.00 mL溶液，用0.1000 molL-1 KMnO4标准溶液滴定至终点，在标准状况下，生成二氧化碳气体_mL。8将70.4g铜置入一定量的浓硝酸中，并微热，随着铜的不断减少，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当铜反应完毕时(铜片完全消失)，共收集到NO2和NO的混合气体22.4L(标准状况)，求：(1)反应中被还原的HNO3的物质的量是
6、_mol。(2)生成的NO2与NO物质的量之比为_。9(1)由氢气和氧气反应生成1 mol水蒸气放热241.8 kJ，写出该反应的热化学方程式：_。若1g水蒸气转化成液态水放热2.444kJ，则反应H2(g)+O2(g)=H2O(l)的H=_kJ/mol。氢气的燃烧热为_kJ/mol。(2)火箭发射时可用肼(N2H4)为燃料，以二氧化氮作氧化剂，它们相互反应生成氮气和水蒸气。已知：N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) H=+67.7 kJ/mol；N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H=-534 kJ/mol；则N2H4和NO2反应的热化学方程式为_。10(1)0.2m
7、olNH3的质量为_g(2)配制250mL1.0mol/LH2SO4溶液，需要18mol/LH2SO4溶液体积是_。(3)我国古代四大发明之一的黑火药是由硫粉、硝酸钾和木炭按一定比例混合而成，爆炸时的反应为S+2KNO3+3C=K2S+N2+3CO2，反应中被还原的物质是_(填化学式)；1mol硫参加反应时转移电子数为_。(4)已知NH3和Cl2可以发生氧化还原反应，配平该方程式：NH3+Cl2=N2+HCl，_。11空气中含有少量臭氧(O3)可以起到消毒、杀菌的作用。但臭氧过量会对人体有害。我国的环境空气质量标准对空气中臭氧的最高浓度(单位体积的空气中所含臭氧的质量)限值如下表所示：浓度限值
8、(mg/m3)一级标准0.12二级标准0.16三级标准0.20臭氧与KI溶液反应，生成1种可使带火星木条复燃的气体，反应后的溶液能使酚酞试液变红，也能使蘸有淀粉溶液的滤纸条变蓝。为测定某地臭氧的含量，将50m3的空气通过足量的KI溶液，使臭氧完全反应：在所得溶液中再加入适量的Na2S2O3溶液(含Na2S2O3的质量为47.4mg)。恰好完全反应(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)。O3与KI反应的化学方程式：_。通过计算确定该地区空气中臭氧浓度的级别_。12某种治疗胃病药物的化学成分是AlxMgy(OH)z(CO3)wnH2O。(1)取该碱式盐3.40g，研磨、加水、搅拌使之
9、充分分散，滴加2.00molL-1盐酸，先后与OH-和CO反应，当加入盐酸35.0mL时，开始产生CO2，加入盐酸45.0mL时恰好完全反应，该碱式盐中氢氧根与碳酸根的物质的量之比为_。(2)在上述反应后所得溶液中加入过量氢氧化钠溶液，过滤、洗涤、干燥后沉淀物重1.74g，该碱式盐中铝离子与镁离子的物质的量之比为_。(3)若3.40g该碱式盐完全受热分解产生0.81g水，该碱式盐的化学式为_。13石墨的片层结构如图所示，试回答：(1)片层中平均每个正六边形含有_个碳原子。(2)在片层结构中，碳原子数、C-C键、六元环数之比为_。(3)ng碳原子可构成_个正六边形。14将12g某有机物在足量氧气
10、中完全燃烧生成CO2和H2O，并将CO2和H2O通过浓硫酸，浓硫酸增重14.4g，再通过碱石灰，碱石灰增重26.4g。(1)请写出该有机物的分子式_。(2)请写出该有机物可能的结构简式_。15将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，经5min后，测得D的浓度为0.5mol/L，c(A)c(B)=35，C的平均反应速率为0.1mol/(Lmin)。求：(1)此时A的浓度c(A)=_mol/L(2)前5min内用B表示的平均反应速率v(B)=_mol/(Lmin)；(3)化学反应方程式中x的值为_。16有一元羧酸和一元醇形成的酯A。燃烧
11、7.4gA，可得5.4g水和6.72L(标准状况)CO2。3.7gA与100mL0.8molL-1NaOH溶液共热，当完全水解后，为中和剩余的碱液，耗去0.5molL-1盐酸60mL。(1)A的分子式为_(2)符合条件的A有_种同分异构体，其可能的结构简式为_。17重铬酸钾(K2Cr2O7)主要用于制革、印染、电镀等。其水溶液中存在平衡：+H2O2+2H+。以铬酸钾(K2CrO4)为原料，用电化学法制备重铬酸钾的实验装置如图。不锈钢作_极，写出该电极的电极反应式_。分析阳极区能得到重铬酸钾溶液的原因_。当铬酸钾的转化率达到x时，阳极液中K与Cr的物质的量之比为_。18实验室中有一瓶碳酸氢钠固体
12、，因受热而部分变质(杂质为Na2CO3，假设杂质分布均匀)。为测定其组成，称取1.892g样品溶于水，配成500mL溶液。取出25.00mL该溶液，加入0.050molL-1Ba(OH)2溶液至22.00mL时沉淀量达到最大。请计算：(1)25时，0.050molL-1Ba(OH)2溶液中的氢氧根离子浓度是_mol/L(2)样品中n(NaHCO3)n(Na2CO3)=_。试卷第5页，共5页参考答案12Al+2OH+2H2O2AlO+3H25.4g11.2L【解析】(1)铝与烧碱反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH+2H2O2AlO+3H2；(2)10.2g合金生成气体的物质
13、的量为：n(H2)=6.72L22.4L/mol=0.3mol，则：因此合金中铝的质量是0.2mol27g/mol=5.4g；根据可知，合金中镁的物质的量为：(10.2g-5.4g)24g/mol=0.2mol，根据反应方程式Mg+2HClMgCl2+H2可知，生成氢气的物质的量为：n(H2)=n(Mg)=0.2mol，根据反应2Al+6HCl2AlCl3+3H2可知，生成气体的物质的量为：n(H2)=1.5n(Al)=0.2mol1.5=0.3mol，故生成标况下的氢气的体积为：（0.2mol+0.3mol）22.4L/mol=11.2L。20.8mol/(Lmin)【解析】经过5 min后
14、达到平衡状态若此时测得CH3OH蒸气的浓度为2 molL-1，可知生成甲醇为0.5L2mol/L=1mol，则列出三段式为：以H2的浓度变化表示的该反应的速率为=0.8molL1min1；30.5mol147g39617g/mol11.21：12：1【解析】(1)49gH2SO4的物质的量是=0.5mol；1.5molH2SO4的质量是1.5mol98g/mol=147g，含有1.5mol2=3molH原子，含有1.5mol4=6molO原子，质量为6mol16g/mol=96g；(2)摩尔质量以g/mol为单位时，在数值上与相对分子质量相等，所以NH3的摩尔质量为17g/mol；(3)16g
15、O2的物质的量为=0.5mol，标况下体积为0.5mol22.4L/mol=11.2L；(4)质量之比为16：7的两种气体SO2、CO，分子数之比即物质的量之比为：=1：1；所含氧原子数目之比为(12)：1=2：1。40.3mol/(Lmin)2小于36.1%【解析】(1)参加反应的各物质的物质的量变化量之比等于其化学计量数之比，2min内，n(B)=0.4mol，则n(A)=0.4mol3=1.2mol，n(C)=0.4x mol，A的平均反应速率=0.3mol/(Lmin)；2min末c(C)=0.4mol/L，则n(C)=0.4mol/L2L=0.8mol，则0.4x=0.8，解得x=2
16、，故答案为：0.3mol/(Lmin)；2。(2)2min4min内的正向化学反应速率小于02min，则2min4min内c(C)0.4mol/L，因此4min时c(C)0.8mol/L，故答案为：小于。(3)设反应开始至平衡过程中n(B)=xmol，则，所以，解得x=，则B的转化率为=36.1%。50.0395mol/(Ls)0.079mol/(Ls)0.395 mol/L79%X+Y2Z【分析】从图中可以采集如下信息：反应前，n(X)=1.20mol，n(Y)=1.00mol，n(Z)=0；10s后反应达平衡，此时n(X)=0.41mol，n(Y)=0.21mol，n(Z)=1.58mol
17、。【解析】(1)反应开始到10s，用X、Z分别表示的反应速率为v(X)= 0.0395mol/(Ls)；v(Z)= 0.079mol/(Ls)；答案为：0.0395mol/(Ls)；0.079mol/(Ls)；(2)反应开始到10s，X的物质的量浓度减少了：= 0.395 mol/L；答案为：0.395 mol/L；(3)反应开始到10s时，Y的转化率为=79%；答案为：79%；(4)从图中可以看出，反应物为X、Y，生成物为Z，10s内，它们的物质的量的变化量分别0.79mol、0.79mol、1.58mol，则化学计量数之比为1:1:2，反应的化学方程式为X+Y2Z。答案为：X+Y2Z。63
18、X(g)+Y(g)2Z(g)0.02mol/(Lmin)增大相等30%【解析】(1)化学反应速率与化学计量数的比值越大，该条件下的化学反应速率越大，由vA=1mol/(Lmin)可得，由vC=0.5mol/(Lmin)可得，由vB=0.5mol/(Lmin) 可得，则在三种不同条件下该反应速率由大到小的关系是，故答案为：；(2)由图可知，X、Y为反应物，Z为生成物，由各物质的物质的量变化量之比等于化学计量数之比可知，X、Y、Z的化学计量数之比为(10.7)mol：(10.9)mol：(0.20)mol=3:1:2，2min反应达到平衡状态，说明为可逆反应，则反应的化学方程式为3X(g)+Y(g
19、)2Z(g)，故答案为：3X(g)+Y(g)2Z(g)；由图可知，反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为=0.02mol/(Lmin)，故答案为：0.02mol/(Lmin)；该反应为气体体积减小的反应，若2min后反应达平衡，与初始时刻相比，此时容器内混合气体的平均相对分子质量将增大；由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，则在恒容容器中混合气体的密度始终不变，故答案为：增大；相等；由图可知，在第2min时，反应达到平衡，X的转化率为=30%，故答案为：30%。72134.4【解析】(1)由题干数据可知，第2组数据明显误差，舍去，故实际消耗酸性高锰酸钾溶液的平均体积为：，根据反
20、应方程式：3MnO5FeC2O4xH2O24H3Mn25Fe310CO2(12+5x)H2O可知，n(FeC2O4xH2O)=n(MnO)=0.1000mol/L18.0010-3L=310-3mol，故有：，故解得：x=2，故答案为：2；(2)取25.00 mL溶液，用0.1000 molL-1 KMnO4标准溶液滴定至终点，由反应方程式可知，n(CO2)=2n(FeC2O4xH2O)=2310-3mol=610-3mol，故在标准状况下，生成二氧化碳气体22.4103mL/mol610-3mol=134.4 mL，故答案为：134.4。812：3【分析】发生的反应为：Cu+4HNO3（浓）
21、=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，据此分析解答。【解析】(1)反应中被还原的HNO3生成NO、NO2混合气体，混合气体的物质的量=，由氮原子守恒可知，n被还原（HNO3）=n（NO、NO2）=1mol；(2)铜的物质的量=；设混合气体中NO2、NO的物质的量分别为xmol、ymol，根据电子转移守恒及二者体积，可得：x+y1；x+3y1.12；联立解得x=0.4、y=0.6，生成的NO2与NO物质的量之比为=0.4mol：0.6mol=2：3。92H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-483.6kJ/mol-285.
22、792285.7922N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) H=-1135.7kJ/mol【解析】(1)由氢气和氧气反应生成1 mol水蒸气放热241.8 kJ，则2molH2(g)与1molO2(g)反应生成2molH2O(g)，放热483.6kJ，该反应的热化学方程式：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-483.6kJ/mol。若1g水蒸气转化成液态水放热2.444kJ，则2H2O(g)= 2H2O(l) H=-2.444 kJ/g36g/mol=-87.984kJ/mol，利用盖斯定律，将二式相加，然后除以2，即得反应H2(g)+O2(g)=H2O(l
23、)的H=-285.792kJ/mol。氢气的燃烧热为生成1mol液态水时所放出的热量，所以氢气的燃烧热为-285.792kJ/mol。答案为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H=-483.6kJ/mol；-285.792；-285.792；(2) N2(g)+2O2(g)=2NO2(g) H=+67.7 kJ/mol N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H=-534 kJ/mol 利用盖斯定律，将2-，可求出H=(-534 kJ/mol)2-(+67.7 kJ/mol)= -1135.7kJ/mol，从而得出N2H4和NO2反应的热化学方程式为2N2H4(g)+2
24、NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) H=-1135.7kJ/mol。答案为：2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) H=-1135.7kJ/mol。【点睛】燃烧热强调燃烧物为1mol，且产物处于稳定态；中和热强调酸与碱反应，生成1mol水。103.413.9S、KNO312NA2NH3+3Cl2=2N2+6HCl【解析】(1)0.2molNH3的质量为0.2mol17g/mol=3.4g；(2)设所需18mol/LH2SO4溶液体积为V，则有18mol/LV=0.25L1.0mol/L，解得V=0.0139L=13.9mL；(3)该反应中N元素由+5价变为0价，
25、S元素由0价变为-2价，二者化合价均降低，所以被还原的物质为S、KNO3；该反应中C为唯一还原剂，且只作还原剂，所以C所失去的电子即转移电子，1molS参与反应时有3molC被氧化，所以转移3mol4=12mol电子，数目为12NA；(4)该反应中氯气被氨气还原，根据电子守恒可知NH3和Cl2的系数比为2:3，再结合元素守恒可得化学方程式为2NH3+3Cl2=2N2+6HCl。11O3+2KI+H2O=2KOH+I2+O2二级【解析】臭氧与碘化钾溶液反应生成氢氧化钾、碘和氧气，反应的化学方程式为O3+2KI+H2O=2KOH+I2+O2，故答案为：O3+2KI+H2O=2KOH+I2+O2；由
26、方程式可得如下关系：O3I22Na2S2O3，由消耗硫代硫酸钠的质量为47.4mg可知，该地区空气中臭氧浓度为=0.144 mg/m3，则由表可知臭氧浓度的级别为二级，故答案为：二级。125：21：3AlMg3(OH)5(CO3)22H2O【解析】(1) 、，则；(2)过量OH-，即Mg(OH)2的质量为1.74g，根据电荷守恒，n(Al3+)=0.01mol，n(Al3+)：n(Mg2+)=1：3；(3)受热分解产生0.81g水，故，故该碱式盐的化学式为AlMg3(OH)5(CO3)22H2O。1322:3:1【解析】(1)利用点与面之间的关系，根据结构图可知，每个正六边形占有的碳原子数是，
27、故答案为：2；(2)在石墨的片层结构中，以一个六元环为研究对象，由于每个C原子被3个六元环共用，即组成每个六元环需要碳原子数为；另外每个碳碳键被2个六元环共用，即属于每个六元环的碳碳键数为；碳原子数、C-C键、六元环数之比为2:3:1；(3)碳原子数为，每个正六边形占有2个碳原子，故可构成个正六边形，故答案为：。14C3H8OCH3CH2CH2OH、CH3CH2OCH3【解析】(1)由浓硫酸增重14.4g可知，有机物中含有氢原子的物质的量为2=1.6mol，由碱石灰增重26.4g可知，有机物中含有碳原子的物质的量为=0.6mol，则有机物中含有碳原子的物质的量为=0.2mol，则有机物的化学式
28、为C3H8O，由于有机物分子中氢原子个数已达到饱和，所以有机物的分子式为C3H8O，故答案为：C3H8O；(2)分子式为C3H8O的有机物可能为醇或醚，若为醇，可能为1丙醇、2丙醇，结构简式为CH3CH2CH2OH、；若为醚，可能为甲乙醚，结构简式为CH3CH2OCH3，故答案为：CH3CH2CH2OH、CH3CH2OCH3。150.750.052【解析】(1)将等物质的量的A、B混合于2L的密闭容器中，经5min后，测得D的浓度为0.5mol/L，生成的D为2L0.5mol/L=1mol，则：由于5min时c(A)c(B)=35，则（n-1.5）：（n-0.5）=3：5，解得n=3，此时A的
29、浓度c(A)=(3-1.5)mol2L=0.75mol/L；(2)消耗B的浓度是=0.5mol2L=0.25mol/L，则v(B)=0.25mol/L5min=0.05mol/（Lmin）；(3)C的平均反应速率为0.1mol/（Lmin），则=0.1mol/（Lmin），则x=2。16C3H6O22HCOOCH2CH3、CH3COOCH3【解析】(1)与A水解产生的羧酸反应时消耗NaOH的物质的量n(NaOH)0.1L0.8molL0.5L0.06molL0.05mol，则3.7gA的物质的量为0.05mol，所以MA=74g/mol，设A的分子式为CxHyOz，联立方程：解得：x3，y6，
30、z=2，所以A的分子式为C3H6O2；(2) 符合条件的A有HCOOCH2CH3、CH3COOCH3共2种同分异构体。17阴2H2O+2e-=H2+2OH-阳极H2O放电，溶液H+浓度增大，使+H2O2+2H+向生成方向移动，部分K+通过阳离子交换膜移动到阴极区，使阳极区主要成分是K2Cr2O7(2-x):1【分析】不锈钢与电源的负极相连，作电解池的阴极，发生反应2H2O+2e-=H2+2OH-；惰性电极与电源的正极相连，作电解池的阳极，发生反应2H2O-4e-=O2+4H+。【解析】由分析知，不锈钢作阴极，该电极的电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-。答案为：阴；2H2O+2e-=H
31、2+2OH-；在阳极区，H+的生成，促使+H2O2+2H+平衡的逆向移动，则能得到重铬酸钾溶液的原因：阳极H2O放电，溶液H+浓度增大，使+H2O2+2H+向生成方向移动，部分K+通过阳离子交换膜移动到阴极区，使阳极区主要成分是K2Cr2O7。答案为：阳极H2O放电，溶液H+浓度增大，使+H2O2+2H+向生成方向移动，部分K+通过阳离子交换膜移动到阴极区，使阳极区主要成分是K2Cr2O7；当铬酸钾的转化率达到x时，设K2CrO4的物质的量为1mol，则参加反应的K2CrO4的物质的量为xmol，生成K2Cr2O7的物质的量为0.5xmol，剩余K2CrO4的物质的量为(1-x)mol，从而得
32、出阳极液中K与Cr的物质的量之比为0.5xmol 2+(1-x)mol 2:1=(2-x):1。180.10mol L-110:1【解析】(1) 25C时，0. 050mol L-1Ba (OH)2溶液，c(OH-)=2cBa(OH)2=20. 050mol L-1=0.10mol L-1。(2) 加入0. 050 mol L-1Ba(OH)2溶液至 22. 00 mL 时沉淀量达到最大，消耗氢氧化钡的物质的量为n(Ba(OH)2)= 0. 050 mol L-122. 0010-3L=1.110-3mol。设原样品中碳酸氢钠的物质的量为xmol，碳酸钠的物质的量为ymol，沉淀最大时有关反应如下：Na2CO3+ Ba(OH)2= BaCO3+2NaOH，Ba(OH)2+NaHCO3=BaCO3+NaOH+H2O由反应可知消耗的Ba(OH)2的物质的量等于碳酸钠和碳酸氢钠物质的量之和则x+y= 20n(Ba(OH)2)= 2.210-2mol再结合样品质量可得：84x+106y=1.892g解得：x=210-2， y=210-3，则n(NaHCO3):n ( Na2CO3)=10:1，故答案为：10:1。答案第7页，共7页
