发布时间 : 星期二 文章(浙江选考)2018年高考化学二轮专题复习综合训练(七)化学计算更新完毕开始阅读ba7262c6fe00bed5b9f3f90f76c66137ef064fd4
溶液中水电离产生的c(OH)=
-
mol·L=10mol·L,故错误。
-1-6-1
3.B 标准状况下,22.4 L C2H2、C2H6的混合气体与22.4 L C2H4的物质的量均为1 mol,但是C2H2和C2H6的组成比例不确定,不能判断分子中所含原子总数,A项错误;标准状况下
121614
11.2 L气体的物质的量为0.5 mol,1 molCO和1 molN2中均含有14 mol中子,故0.5 121614121614
molCO和N2的混合气体中含有7 mol中子,CO和N2都是双原子分子,故混合气体中所含原子数为NA,中子数与原子数的差值为6NA,B项正确;碱溶液中水的电离受到抑制,故常温下pH=14的NaOH溶液中,由水电离出的OH浓度等于1.0×1
--14
-1
-
mol·L,1 L该溶液中由水
-1
电离出的OH数为1×10NA,C项错误;将200 mL 0.01 mol·L FeCl3溶液制成Fe(OH)3胶体,胶体粒子数小于0.02NA,D项错误。
4.C 由c=
可知,稀释前后,有
,即
,则b=9.2×,而对于
硫酸溶液来说,浓度越大,密度越大,故<1,因此b<9.2。
5.A O2和O3都只由氧元素组成,1.6 g O2和O3的混合物中氧原子质量为1.6 g,物质的量为0.1 mol,A正确;丙烯酸()中含有键和键,0.1 mol丙烯酸中含有0.2 mol双键,B错误;标准状况下,苯不是气体,C错误;2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂,每生成0.1 mol氧气,转移0.2 mol电子,D错误。
6.D
7.A 固体1为BaSO4,n(BaSO4)=0.04 mol,则原溶液中含0.04 mol SNH3,n(NH3)=0.01 mol,则原溶液中含0.01 mol N
3+
;所得气体为
;固体2为Al2O3,n(Al2O3)=0.005 mol,则
+
+
原溶液中含0.01 mol Al。根据溶液呈电中性可知原溶液中含K的物质的量n(K)=0.08 mol-(0.03+0.01) mol=0.04 mol,c(K)=
+
=0.08 mol·L。
-1
8.B 1 mol普通水中含有的中子数是8NA,1 mol重水中含有的中子数是10NA,所以等物质的量的水与重水含有的中子数不相等,错误;乙烯、丙烯都属于烯烃,通式符合CnH2n,最简式是CH2,若二者的质量相等,含最简式的个数相等,含有的共用电子对数也相等,正确;同温同压下,同体积的CO气体和NO气体所含分子数相同,但是由于单个CO和NO分子中含有的质子数不相同,所以同温同压下,同体积的CO气体和NO气体含有的质子数不相等,错误;铁和铝分别与盐酸反应生产氯化亚铁、氯化铝,所以等物质的量的铁和铝分别与足量的盐酸完全反应转移电子数目不相等,错误。
9.D A项,设该合金中铜的物质的量为x mol,镁的物质的量为y mol,则有
正确;B项,HNO3的物质的量为(50 mL×1.40
5
g·mL×63%)÷63 g·mol=0.7 mol,其物质的量浓度为
-1-1
=14.0 mol·L,正确;C项,该
-1
合金失去电子总的物质的量为(0.01+0.02) mol×2=0.06 mol,NO2和N2O4的物质的量之和为
=0.05 mol,设
NO2物质的量为
a mol,N2O4物质的量为b
mol,,NO2体积分数为80%,正确;D项,由反应过程中N原子守恒
可知,存在如下关系:n(HNO3)=n(NO2)+2n(N2O4)+n(NaNO3),则n(NaNO3)=(0.7-0.04-0.02) mol=0.64 mol,NaOH溶液的体积为
=0.64 L=640 mL,D项错误。
10.C 0.1 mol氢氧化钠先将NH4HSO4反应完,再反应(NH4)2SO4,因共生成NH30.08 mol,+
故与H反应的氢氧化钠的物质的量为0.02 mol,则可知道NH4HSO4的物质的量为0.02 mol,
-1
故(NH4)2SO4的质量为7.24 g-115 g·mol×0.02 mol=4.94 g,(NH4)2SO4的物质的量为4.94
-1
g÷132 g·mol≈0.037 4 mol。因此(NH4)2SO4与NH4HSO4物质的量之比为1.87∶1,故选C。
11.C A项,升高温度,H2S浓度增大,说明平衡向逆反应方向移动,逆反应吸热,正反应放热,错误;B项,通入CO气体瞬间正反应速率增大,达到最大值,进而向正反应方向建立新的平衡,正反应速率逐渐减小,错误;C项,设反应前H2S的物质的量为n mol,容器的容积为1 L,则
CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g) K=0.1 n(始)/mol 10 n 0 0 n(变)/mol 2 2 2 2 n(平)/mol 8 n-2 2 2
因为该反应是反应前后气体体积不变的反应,所以有K=根据上述计算可知CO平衡的转化率为20%,错误。
12.(1)
=0.1,解得n=7,正确;D项,
v正 v逆 平衡常转化率数K α 增增减小 减小 大 大
(2)
(3)大于 草酸 ac
+
(4)当少量酸性物质进入血液中,平衡向右移动,使H浓度变化较小,血液的pH基本不变;
+
当少量碱性物质进入血液中,平衡向左移动,使H浓度变化较小,血液的pH基本不变
-1
13.(1)SO2(g+2H2(g)S(s)+2H2O(g) ΔH=(a-2b+2c) kJ·mol (2)45% > 24 300
-1
【解析】(1)已知:①2H2S(g)+SO2(g)3S(s)+2H2O(l) ΔH1=a kJ·mol,②
6
H2S(g)H2(g)+S(s) ΔH2=b kJ·mol,③H2O(l)H2O(g) ΔH3=c kJ·mol,根据盖斯定律,由①-②×2+③×2得反应SO2(g)+2H2(g)S(s)+2H2O(g)
-1
ΔH=ΔH1-2ΔH2+2ΔH3=(a-2b+2c)kJ·mol;(2)①设氧气起始物质的量为a,A点时消耗氧气的物质的量为x,
2SO2(g)+O2(g)2SO3
起始量/mol 2a a 0 变化量/mol 2x x 2x 剩余量/mol 2a-2x a-x 2x
图中A点时,根据气体物质的量之比等于压强之比则
,x=0.45a,SO2
-1-1
的转化率=×100%=45%;②由图像分析可知,T1 ℃时,B点是平衡状态,A点反应未达到
平衡状态,故v逆(A) 2SO2(g)+O2(g)2SO3 起始量/mol 2a a 0 变化量/mol 2y y 2y 平衡量/mol 2a-2y a-y 2y 根据气体物质的量之比等于压强之比,则 ,y=0.9a,平衡常数Kp= =24 300。 14.(1)①1 ②4∶3 (2)3∶1 (3)2NO+3H2O+4Ce 4+ N+N+6H+4Ce (4)243a +3+ 【解析】(1)①在反应NO+O3NO2+O2中,每产生1 mol氧气,转移电子的物质的量是2 mol,在生成标准状况下11.2 L O2时,n(O2)=0.5 mol,转移电子的物质的量是1 mol。②反应Ⅱ中,当n(NO2)∶n[CO(NH2)2]=3∶2时,反应的化学方程式是6NO2+4CO(NH2)27N2+4CO2+8H2O,在该反应中,NO2是氧化剂,变为还原产物N2;CO(NH2)2是还原剂,变为氧化产物N2,所以氧化产物与还原产物的质量比为4∶3。(2)使用“催化转化器”可以减少尾气中的CO和NOx,转化过程中发生反应的化学方程式为CO+NOxN2+CO2(未配平),若x=1.5,则根据电子守恒及原子守恒,可得:3CO+2NO1.5N2+3CO2,化学方程式中CO2和N2的化学计量数比为3∶1。(3)在酸性条件下,NO被Ce氧化所得产物主要是N 4+ 、N,根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒可得生 成等物质的量的N和N时反应的离子方程式是2NO+3H2O+4Ce 4+ N+N+6H+4Ce。(4) +3+ 7 在进入装置Ⅳ的溶液中,N的浓度为a g·L,要使1 m该溶液中的N -13 完全转化为NH4NO3, 则反应过程中失去电子数目是1 000×则反应中得电子数目是恒,×NA。设该过程中消耗标况下氧气的体积是V L, V÷22.4×2×(2-0)×NA,根据得失电子守 ×NA=V÷22.4×2×(2-0)×NA,解得V≈243a。 8