《北京市第四中学高考化学总复习 守恒法在化学计算中的应用基础巩固练习（含解析）（通用）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京市第四中学高考化学总复习 守恒法在化学计算中的应用基础巩固练习（含解析）（通用）（3页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、守恒法在化学计算中的应用基础巩固练习【巩固练习】 一选择题（每小题只有1个选项符合题意）1已知由NaHS、MgSO4、NaHSO3组成的混合物，硫元素的质量分为a%，则混合物中氧元素的质量分数为 （ ）A、a% B、2a% C、11.75a% D、10.75a%2在体积为V L的密闭容器中通入a mol NO和b mol O2，反应后容器内氮原子数和氧原子数之比为()31 mol过氧化钠与2 mol碳酸氢钠固体混合后，在密闭容器中加热充分反应，排出气体物质后冷却，残留的固体物质是A.Na2CO3 B.Na2O2 Na2CO3 C.NaOH Na2CO3 D.Na2O2 NaOH Na2CO3
2、4测得某溶液中仅含有Na+、 Mg2+ 、SO42 、Cl四种离子，其中离子个数比Na+:Mg2+:Cl=4:5:8，如假设Na+ 为4n个，则SO42可能为：（ ）A、2n个 B、3n个 C、6n个 D、8n个5有一块AlFe合金，溶于足量的盐酸中，再用过量的NaOH溶液处理，将产生的沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧，完全变成红色粉末，经称量红色粉末和合金质量恰好相等，则合金中铝的含量为 ( )A70% B52.4% C47.6% D30% 6R2O82-离子在一定条件下可以把Mn2+氧化为MnO4-，若反应后R2O82-离子变成RO4n-。又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:2，则n的值
3、是（ ） A、1 B、2 C、3 D、47已知Q与R的摩尔质量之比为9：22，在反应X2Y2QR中，当1.6克X与Y完全反应后，生成4.4克R，则参与反应的Y和生成物Q的质量之比为（ ）A、46：9 B、32：9 C、23：9 D、16：98某温度下，将Cl2通入KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合液，经测定ClO和ClO3个数比为12，则Cl2与KOH溶液反应时，被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为 ( )A、3：1B、1：3C、3：11 D、11：39.将11.9gMg-Al-Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少2.7g。另取等质量的合金溶于过量稀硝
4、酸中，生成6.72L(标准状况)NO，向反应后的溶液中加入适量的NaOH溶液恰好使Mg2+、Al3+、Fe3+完全转化为沉淀，则沉淀质量为（ ）A.22.1个 B.27.2个 C.30g D.无法确定10工业废气中的氮氧化物是主要污染源，为了治理污染，常通入NH3，发生NOx + NH3N2+H2O反应来治理污染现有NO、NO2混合气体3L，用同温同压下3.5L NH3使其恰好完全转化为N2，则混合气体中NO、NO2的物质的量之比为 （ ）A11B21 C13D14 112mg铜跟适量浓硝酸反应后，铜完全溶解,共收集到11.2mL标况下气体,则反应消耗的硝酸可能为( )A、0.8103mol
5、B、0.5103mol C、1.2103mol D、1.1103mol二、计算题1往100 mL溴化亚铁溶液中缓慢通入2.24 L(标准状况)氯气，反应完成后溶液中有1/3的溴离子被氧化成溴单质。求原溴化亚铁溶液的物质的量浓度。2把6.56 g NaHCO3和Na2CO310H2O的混合物溶于水制成100 mL 溶液，其中Na+浓度为0.5 mol / L。如果将6.56 g 这种混合物加热到恒重失去的质量为多少克？3.一定量的乙醇在氧气不足的情况下燃烧得到CO、CO2和H2O的总质量为27.6g，若其中水的质量为10.8g,求CO的质量为多少克？【答案及解析】一、选择题1.C 2. C【解析
6、】NO和O2的反应在密闭容器中进行，根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和个数没有增减，即原子守恒，所以，。 3. A4.B【解析】根据电荷守恒知4n15n28n1+n(SO42)2,解得n(SO42)3n,故选B.5. D【解析】反应前后铁的质量相等。故合金中铝的质量分数等于氧化铁中氧的质量分数。6B【解析】设RO4n-中R的化合价为a，依得失电子守恒有：52（7-a）=2(7-2)，解得：a=6，所以n=2。7. D【解析】已知Q与R的摩尔质量比为9：22，结合方程式可以知道，反应生成的Q和R的质量比为18：22，也就是1.6 g X与Y完全反应后，生成了4.4 g R，同时生成了4.41
7、822=3.6 g Q，消耗Y的质量为3.6 g +4.4 g -1.6 g =6.4 g。所以参加反应的Y和生成物Q的质量之比为6.4g/3.6g=16：9。8. D【解析】设ClO-为x个，由题意知，ClO3-为2x个，它们共失去电子为11x个，由电子得失守恒知必有11x个Cl-生成。所以被还原的氯与被氧化的氯的原子个数比为11x(x2x )113，应选D。9.B【解析】生成6.72L(标准状况)NO即0.3 mol，则电子转移为0.9mol，氢氧根的物质的量也为0.9 mol，氢氧根的质量为15.3g，则沉淀质量为27.2g。10C【解析】设NO的体积为aL,则NO2为(3-a)L,由电
8、子得失相等有：2a+4(3-a)=3.53，解得a=0.75。11D【解析】根据N原子守恒，有如下物料守恒式：n(HNO3) n(HNO3)氧n（HNO3）酸n(气) 2nCu(NO3)2(11.2103/22.4)2(19.2103/64) 1.1103mol。二、计算题1.解法一：电子守恒法。由提示知，还原性：Fe2+Br，Br已部分被氧化，故Fe2+已全部被氧化。设原FeBr2的物质的量浓度为x，根据氧化还原反应中，得电子总数等于失电子总数，可得：(x2x1/3 )0.1 L12 x1.2 molL1 解法二：电中性法。反应后所得溶液中的离子有Fe3+、Cl和Br(剩余2/3)。3xx22，x1.2 molL1。2.【解析】混合物受热分解时，Na原子未发生变化，最终以Na2CO3形式存在。据Na原子守恒则有：6.56(0.50.1/2)1063.91 ，即失重3.91 g。3.【解析】n(H2O)=0.6mol，根据H原子守恒，参加反应的乙醇为0.2mol，含C原子为0.4mol。设CO为Xmol、CO2为Ymol求解，X+Y=0.4; 28X+44Y=16.8。X=0.05，Y=0.35，故CO的质量为1.4g。
