高三化学 第二章 物质分类及变化基础复习针对测试
1．X2O8在一定条件下可以把Mn氧化为MnO4，若反应后X2O8变为XO4，又知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2，则n的值是( )
A．1 B．2 C．3
n－
n－
2＋
－
n－2－
D．4
解析：设X2O8中X的化合价为a，则依据氧化还原反应中电子转移数相等得5×2(a－6)＝2×(7－2)，a＝＋7，所以n＝2.
答案：B
2．将22.4 L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反应后，气体体积变为11.2 L(体积均在相同条件下测定)，则该氮氧化合物的化学式为( )
A．NO2 C．N2O
B．N2O3 D．N2O4
解析：相同条件下，气体的体积比即为物质的量之比，因此氮氧化合物和生成的N2的物质的量之比为2∶1，根据氮原子守恒，可知氮氧化合物分子中含有1个氮原子．
答案：A
3．某硫酸镁和硫酸铝的混合溶液中，c(Mg)＝2 mol·L，c(SO4)＝6.5 mol·L，若将200 mL此混合液中的Mg和Al分离，至少应加入1.6 mol·L氢氧化钠溶液的体积是
( )
2＋
3＋
－1
2＋
－1
2－
－1
A．0.5 L C．1.8 L
B．1.625 L D．2 L
2＋
3＋
2－
3＋
解析：根据溶液中的电荷守恒可得：2c(Mg)＋3c(Al)＝2c(SO4)，故c(Al)＝(2×6.5 mol/L－2×2 mol/L)÷3＝3 mol/L，当加入的NaOH溶液恰好将Mg与Al分离时，NaOH转化为Na2SO4和NaAlO2，
2n则V(NaOH)＝＝
SO4
2－
2＋
3＋
c＋nAlNaOH
3＋
2×6.5 mol/L×0.2 L＋3 mol/L×0.2 L
＝2 L.
1.6 mol/L
答案：D
4．现有m mol NO2和n mol NO组成的混合气体，欲用a mol/L NaOH溶液使该混合气体全部转化成盐进入溶液，需用该NaOH溶液的体积是( )
A. L C.2
ma
B.D.
2m L 3am＋n L 3am＋n L a解析：NO2与NaOH溶液的反应为：
用心 爱心 专心
- 1 -
3NO2＋2NaOH===2NaNO3＋NO＋H2O NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2O
在NaOH足量时，混合气体可全部被吸收转化成盐NaNO3和NaNO2.由两化学式NaNO3、NaNO2
知，Na原子和N原子的物质的量之比为1∶1，氮原子的物质的量即为所需NaOH的物质的量：
n(NaOH)＝(m＋n) mol
V(NaOH)＝
答案：D
5．将小苏打和十水碳酸钠的混合物10.0 g溶于水制成200 mL溶液，其中c(Na)＝0.5 mol/L，若将10.0 g该混合物加热到恒重，混合物会失重( )
A．3.0 g C．4.7 g
B．4 g D．5 g
＋
m＋n mol
. a mol/L
解析：混合物中钠离子在反应中守恒，钠离子的物质的量为：0.2 L×0.5 mol/L＝0.1 mol，因混合物加热后的生成物中只有Na2CO3，所以Na2CO3的物质的量为0.05 mol，混合物失重10.0 g－0.05 mol×106 g/mol＝4.7 g.
答案：C
6．a g 铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反应后，得到a g 铜，则参与反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为( )
A．1∶7 C．7∶8
B．7∶1 D．8∶7
解析：可设参加反应的H2SO4的物质的量为x，则根据电子得失守恒有×2＝×2＋2x5664求得x＝，则参加反应的CuSO4和H2SO4的物质的量之比为∶＝7∶1，故选B.
44864448
答案：B
7．将m mol的Cu2S跟足量稀HNO3反应，生成Cu(NO3)2、H2SO4、NO和H2O，则参加反应的HNO3中被还原的HNO3的物质的量是( )
A．4m mol
B．10m mol D．2m/3 mol
aaaaaC．10m/3 mol
解析：由反应物、生成物可知：
失电子的为：Cu(＋1→＋2)，失1 mol电子
－2
＋
S (－2→＋6)，失8 mol电子
＋5
得电子的为：N (＋5→＋2)，得3 mol电子
根据得、失电子数相等，有：1×2×m＋8×m＝3n(HNO3)还
用心 爱心 专心 - 2 -
n(HNO3)还＝
答案：C
10m mol. 3
8．向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100 mL 1 mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224 mL(标准状况)的气体，所得溶液中加入KSCN溶液无红色出现，若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到的铁的质量为( )
A．11.2 g C．2.8 g
B．5.6 g D．无法计算
解析：由所得溶液中加入KSCN溶液无红色出现，判断最后溶液中溶质全部是FeCl2， 由化学式FeCl2知：2n(Fe)＝n(Cl)，
－
n(Cl－)＝n(HCl)＝0.1 L×1 mol/L＝0.1 mol
则n(Fe)＝0.05 mol
m(Fe)＝0.05 mol×56 g/mol＝2.8 g.
答案：C
9．把铝粉和氧化亚铁配成铝热剂，分成两等份，一份在高温下恰好完全反应后，再与足量的盐酸反应，另一份直接放入足量的烧碱溶液中充分反应，前后两种情况下生成的气体的质量之比是________．
解析：铝粉与氧化亚铁反应生成单质铁，铁与盐酸反应生成氢气，根据电子守恒知，铝失去的电子数等于氢得到的电子数，而铝与氢氧化钠溶液反应，氢得到的电子即为铝失去的电子，两份混合物中所含铝的质量相等，所以失去的电子数相等，生成氢气的质量相等，即两种情况下生成气体的质量之比为1∶1.
答案：1∶1
10．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68 L O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．若向所得硝酸铜溶液中加入一定浓度的NaOH溶液至Cu恰好完全沉淀，消耗NaOH溶液60 mL，则NaOH溶液的物质的量浓度为________ mol/L.
解析：铜与浓硝酸反应产生的NO2、N2O4、NO混合气体恰好与1.68 L O2、水反应生成硝酸，在整个过程中硝酸的量没有变化，铜失去的电子相当于被氧得到，根据得失电子守恒，铜失去电子的物质的量为：1.68 L÷22.4 L/mol×4＝0.3 mol，Cu的物质的量为0.15 mol，所以消耗NaOH的物质的量为0.3 mol，NaOH溶液的物质的量浓度为：0.3 mol÷0.06 L＝5 mol/L.
答案：5
用心 爱心 专心
- 3 -
2＋
2＋
高三化学 第二章 物质分类及变化基础复习针对测试
