高考二轮复习化学学案专题17《综合计算》doc高中化学2

专题十七综合计算【学法导航】近几年的高考题中出现纯计算的大题已经很少了，一般均以小题的形式呈现，穿插于选择题的选项中以及实验题、工业设计题、有机题等大题中；在复习时注意几点：1.熟练掌握考纲中涉及计算的知识点；2.平时注意计算题技巧和方法的归纳，提高解题的速度；3.对于计算类的题目最根本的方法就是要弄清计算该问题的根本计算公式是什么，题给物理量有什么,还缺什么物理量21世纪教育网【典例精析】1．(09全国卷Ⅰ7)将15ml.2mol•.溶液逐滴参加到40ml.0.5mol•.盐溶液中，恰好将溶液中的离子完全沉淀为碳酸盐，那么中n值是A．4B3C.2D.1【解析】M的化合价为+n，Na2CO3与MCln反响对应的关系式为：2Mn+~nCO32－2n15×10-3×240×10-3×0.5可得n=3，应选B21世纪教育网【答案】B【考点分析】此题考察物质的量应用于化学方程式的计算；2．(09全国卷Ⅰ11)为了检验某含有杂质的样品的纯度，现将克样品加热，其质量变为g,，那么该样品的纯度（质量分数）是A．B．C．D．29/29\n【解析】2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2ODm(减少)2×8410662x(w1-w2)解得x=，将其带入下式可得：w(Na2CO3)=(w1-x)/w1=，A项正确21世纪教育网【答案】A【考点分析】此题考察质量分数的计算，同时考察学生差量法的使用技巧。3．（09全国卷Ⅱ10）现有等浓度的以下溶液：①醋酸，②苯酚，③苯酚钠，④碳酸，⑤碳酸钠，⑥碳酸氢钠。按溶液pH由小到大排列正确的选项是A．④①②⑤⑥③B．④①②⑥⑤③C．①④②⑥③⑤D．①④②③⑥⑤【解析】①②④均属于酸，其中醋酸最强，碳酸次之，苯酚最弱。③⑤⑥均属于强碱弱酸盐，根据越弱越水解的原理知，因H2CO3>苯酚>HCO3－，所以对应的盐，其碱性为：碳酸钠>苯酚钠>碳酸氢钠，pH顺序相反，故C项正确。【答案】C【考点分析】此题考察溶液pH的大小比较；4．（09全国卷Ⅱ12）—OCCH3O—OC—O1molHO与足量的NaOH溶液充分反响，消耗的NaOH的物质的量为A．5molB．4molC．3molD．2mol【解析】该有机物含有酚，还有两个酯基，要注意该有机物的酯基与NaOH水解时，生成羧酸钠，此外生成的酚还要继续消耗NaOH，故需要5molNaOH，A项正确。29/29\n【答案】A【考点分析】此题考察有机物的官能团消耗氢氧化钠的量的关系。5．(09天津卷6)已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=-566kJ/molNa2O2(s)+CO2(g)=Na2CO3(s)+ΔH=-226kJ/mol根据以上热化学方程式判断，以下说法正确的选项是A．CO的燃烧热为283kJB．右图可表示由CO生成CO2的反响过程和能量关系C．2Na2O2(s)+2CO2(s)=2Na2CO3(s)+O2(g)ΔH＞-452kJ/molD．CO(g)与Na2O2(s)反响放出509kJ热量时，电子转移数为6.02×1023【解析】A项，燃烧热的单位出错，应为Kj/mol，错；图中的量标明错误，应标为2molCO和2molCO2,故错。CO2气体的能量大于固体的能量，故C项中放出的能量应小于452KJ,而DH用负值表示时，那么大于-452Kj/mol，正确；将下式乘以2，然后与上式相加，再除以2，即得CO与Na2O2的反响热，所得热量为57KJ，故D项错21世纪教育网【答案】C【考点分析】此题主要考察化学反响与能量变化，具体考察燃烧热、能量变化图、热化学反响方程式、能量计算；6.（09福建卷8）设NA为阿伏伽德罗常数，以下表达正确的选项是A．24g镁的原子量最外层电子数为NAB．1L0.1mol·L-1乙酸溶液中H+数为0.1NAC．1mol甲烷分子所含质子数为10NAD．标准状况下，22.4L乙醇的分子数为NA29/29\n【解析】A项，镁的最外层电子数为2，故错；B项，乙酸为弱电解质，局部电离，故H＋小于0.1NA，错；C项，CH4的质子数为10，正确；D项，乙醇标状下不是气体，错。【答案】C【考点分析】此题借助于阿伏伽德罗常数的计算考察物质的量与其他物理量之间的关系。7.（09宁夏卷7）将22.4L某气态氮氧化合物与足量的灼热铜粉完全反响后，气体体积11.2L（体积均在相同条件下测定），那么该氮氧化合物的化学式为A．NO2B．N2O2C．N2OD．N2O4【解析】根据2NxOy+2yCu=2yCuO+xN2,以及题中数据反响后气体体积为反响前气体体积的一半，可以得到x=1，因此只有A选项符合题意。【答案】A【考点分析】此题考察物质的量应用于化学方程式的计算，通过体积变化确认物质化学式。8．（09全国卷Ⅰ9）现有乙酸和两种链状单烯烃混合物，其中氧的质量分数为a,那么碳的质量分数是A．B．C．D．【解析】乙酸的化学式为C2H4O2，而单烯烃的通式为CnH2n，从化学式可以发现两者中,C与H之间的数目比为1:2,质量比为6:1，碳氢的质量分数一共为1-a,其中碳占。【答案】C【考点分析】此题考察有机物中元素质量分素的计算。9．（09全国卷Ⅱ11）已知：2H2（g）+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6KJ·mol-1CH4（g）+2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)ΔH=-890KJ·mol-129/29\n现有H2与CH4的混合气体112L（标准状况），使其完全燃烧生成CO2和H2O(l),假设实验测得反响放热3695KJ，那么原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是A．1∶1B．1∶3C．1∶4D．2∶3【解析】设H2、CH4的物质的量分别为x、ymol。那么x+y=5，571.6x/2+890y=3695,解得x=1.25mol;y=3.75mol，两者比为1：3，应选B项。【答案】B【考点分析】此题考察化学反响中能量变化的计算。10．（09江苏卷4）用NA表示阿伏加德罗常数的值。以下表达正确的选项是w.A．25℃时，PH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的数目为0.2NAB．标准状况下，2.24LCl2与过量稀NaOH溶液反响，转移的电子总数为0.2NAC．室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NAD．标准状况下，22.4L甲醇中含有的氧原子数为1.0NA【解析】A．PH=13也就是意味着，那么，所以，所以；B．发生的化学反响方程式为（该反响为歧化反响），，那么转移电子的数目应该为；C．乙烯和丁烯的最简式都是，那么，所以，；D．标准状况下，甲醇为液态，那么甲醇的物质的量就不是，那么所含有的氧原子个数也不为21世纪教育网【答案】C【考点分析】此题借助于阿伏伽德罗常数的计算考察溶液中离子数、转移电子数、混合气体中原子个数以及气体摩尔体积的应用21世纪教育网29/29\n11.（09宁夏卷13）在一定温度下，反响1/2H2(g)+1/2X2(g)HX(g)的平衡常数为10。假设将1.0mol的HX(g)通入体积为1.0L的密闭容器中，在该温度时HX(g)的最大分解率接近于A．5%B．17%C．25%D．33%【解析】1/2H2(g)+1/2X2(g)HX(g)的平衡常数K1为10,那么HX(g)1/2H2(g)+1/2X2(g)的平衡常数K2为1/10,2HX(g)H2(g)+X2(g)的平衡常数K3为(1/10)2=0.01.设HX(g)分解xmol/L,有,2HX(g)H2(g)+X2(g)100xxx1-xxxK3=x·x/(1-x)2=0.01,得到x=0.17,所以,该温度时HX(g)的最大分解率接近于B.17%【答案】B【考点分析】此题考察学生借助于平衡常数计算物质转化率的能力。12.(08江苏14)某有机物样品3.1g完全燃烧，燃烧后的混合物通入过量的澄清石灰水，石灰水共增重7.1g，经过滤得到10g沉淀。该有机样品可能是()A.乙二醇B.乙醇C.乙醛D.甲醇和丙三醇的混合物【解析】由10gCaCO3沉淀可知燃烧生成0.1molCO2(4.4g)，生成m(H2O)=7.1g-4.4g=2.7g,n(H2O)=0.15mol,可知有机物样品平均分子式中n(C)∶n(H)=1∶3，由含氧衍生物分子式分析：假设是纯洁物，那么分子式必为C2H6Ox，排除B、C；由3.1g完全燃烧生成7.1gCO2和H2O可知耗O2为4g，代入乙二醇检验，恰好符合，A正确，乙二醇分子式可以改写为C2H2(H2O)2,D中甲醇可改写为CH2（H2O）、丙三醇可改写为C3H2（H2O）3，由分子式可知甲醇和丙三醇按1∶1比例混合后平均分子式恰好为C2H2（H2O）2,故符合题意。【答案】AD29/29\n【考点分析】此题考察学生通过有机物的燃烧确认有机物化学式的计算能力。13.(08四川理综13)在aLAl2(SO4)3和（NH4）2SO4的混合溶液中参加bmolBaCl2，恰好使溶液中的SO离子完全沉淀；如参加足量强碱并加热可得到cmolNH3气，那么原溶液中的Al3+离子浓度（mol/L）为()A.B.C.D.【解析】由于产生cmolNH3,那么必定有NHcmol,使SO完全沉淀需Ba2+bmol,因此SO有bmol。根据电荷守恒：2c(SO)=c(NH)+3c(Al3+)，那么3c(Al3+)=mol/Lc(Al3+)=mol/L【答案】C【考点分析】此题考察溶液中离子浓度的计算。14.（上海市2022届高三年级上学期十四校联考）根据有关信息：21世纪教育网2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）+196.7KJ；某种硝酸钙晶体可表示为Ca（NO3）2·8H2O；25℃时NaHCO3的溶解度为9.6g/100g水；空气中氧气的体积分数为21%，判断以下有关数据正确的选项是A．室温下，配制2.5mol/L的NaHCO3溶液B．爆炸最强烈的坑道气中甲烷的体积分数为10.5%C．用1molSO2气体与足量氧气反响放出的热量为98.35KJD．与CaO作用直接制Ca（NO3）2·8H2O所用硝酸的质量分数为50%【解析】25℃时NaHCO3的溶解度为9.6g/100g水，那么n(NaHCO3)mol/0.1L=9.6/106mol÷0.1L＜1mol/L，A错；10.5：89.5×21%=1：1.8，CH4+2O2=CO2+2H229/29\nO,B错；C错，因为1molSO2气体不能完全反响；50/（63×2）：[50/18+50/（63×2）]=1:8,D正确；【答案】D【考点分析】此题考察学生通过溶解度计算物质的量浓度、体积分数、热量、质量分数的能力21世纪教育网15.(09全国卷Ⅰ28）s以以下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极。（1）接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.47%，乙中c电极质量增加。据此答复以下问题：①电源的N端为极；②电极b上发生的电极反响为；③列式计算电极b上生成的气体在标准状态下的体积：；④电极c的质量变化是g；⑤电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化，简述其原因：甲溶液；乙溶液；丙溶液；（2）如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进展，为什么？【解析】（1）①乙中C电极质量增加，那么c处发生的反响为：Cu2＋+2e－=Cu，即C处为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极。丙中为K2SO4，相当于电解水，设电解的水的质量为xg。由电解前后溶质质量相等有，100×10%=（100-x）×10.47%，得x=4.5g，故为0.25mol。由方程式2H2+O22H2O可知，生成2molH2O，转移4mol电子，所以整个反响中转化0.5mol电子，而整个电路是串联的，故每个烧杯中的电极上转移电子数是相等的。②29/29\n甲中为NaOH，相当于电解H2O，阳极b处为阴离子OH－放电，即4OH－-4e－=2H2O+O2↑。③转移0.5mol电子，那么生成O2为0.5/4=0.125mol，标况下的体积为0.125×22.4=2.8L。④Cu2＋+2e－=Cu，转移0.5mol电子，那么生成的m(Cu)=0.5/2×64=16g。⑤甲中相当于电解水，故NaOH的浓度增大，pH变大。乙中阴极为Cu2＋放电，阳极为OH－放电，所以H＋增多，故pH减小。丙中为电解水，对于K2SO4而言，其pH几乎不变。（2）铜全部析出，可以继续电解H2SO4，有电解液即可电解。【答案】（1）①正极②4OH－-4e－=2H2O+O2↑。③2.8L④16g⑤甲增大，因为相当于电解水；乙减小，OH－放电，H＋增多。丙不变，相当于电解水。（2）可以因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反响也就变为水的电解反响考点分析：此题以电化学知识点为背景，考察学生质量守恒的应用、电子得失守恒的应用能力21世纪教育网16.（09山东卷28）运用化学反响原理研究氮、氧等单质及其化合物的反响有重要意义。（1）合成氨反响反响N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，假设在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，平衡移动（填“向左”“向右”或“不”）；，使用催化剂反响的ΔH（填“增大”“减小”或“不改变”）。（2）O2(g)=O+2(g)+e-H1=1175.7kJ·mol-1PtF6(g)+e-1PtF6-(g)H2=-771.1kJ·mol-1O2+PtF6-(s)=O2+(g)+PtF6-H3=482.2kJ·mol-1那么反响O2（g）+PtF6(g)=O2+PtF6-(s)的H=_____________kJ·mol-1。（3）在25℃下，向浓度均为0.1mol·L-1的MgCL2和CuCl2混合溶液中逐滴参加氨水，先生成__________沉淀（29/29\n填化学式），生成该沉淀的离子方程式为____________。已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11,KsP[Cu(OH)2]=2.2×10-20。（4）在25℃下，将amol·L-1的氨水与0.01mol·L-1的盐酸等体积混合，反响平衡时溶液中c(NH4*)=c(Cl-)，那么溶液显_____________性（填“酸”“碱”或“中”）；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=__________。【解析】（1）在恒压条件下参加氩气，那么容积增大，导致原平衡中各物质的浓度同等比例减小，所以平衡向气体体积增大的方向即向左移动；催化剂仅是改变化学反响速率，不会影响焓变21世纪教育网（2）根据盖斯定律，将化学方程式①+②-③叠加。（3）Cu(OH)2的Ksp小于Mg(OH)2的，所以离子的浓度商首先大于Cu(OH)2的而先沉淀；由于氨水是弱碱，书写离子方程式时不能拆开21世纪教育网（4）由溶液的电荷守恒可得:c(H*)+c(NH4*)=c(Cl-)+c(OH-),已知c(NH4*)=c(Cl-)，那么有c(H*)=c(OH-)，溶液显中性；电离常数只与温度有关，那么此时NH3·H2O的电离常数Kb=[c(NH4*)·c(OH-)]/c(NH3·H2O)=(0.01mol·L-1·10-7mol·L-1)/(amol·L-1-0.01mol·L-1)=10-9/((a-0.01)mol·L-1.【答案】（1）向左不改变（2）-77.6（3）Cu(OH)2Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+（4）中Kb=10-9/((a-0.01)mol·L-1.【考点分析】此题考察学生盖斯定律的应用能力和电离常数的计算。17．（09上海卷31）烟气中是NO和的混合物（不含）。（1）根据废气排放标准，烟气最高允许含400mg。假设中NO质量分数为0.85，那么烟气中最高允许含NO__________L（标准状况，保存2位小数）。（2）工业上通常用溶质质量分数为0.150的水溶液（密度1.16g/mL）作为吸收剂，该碳酸钠溶液物质的量浓度为____________mol/L（保存2位小数）。29/29\n（3）已知：①②含2000mg的烟气用质量分数为0.150的碳酸钠溶液吸收。假设吸收率为80%，吸收后的烟气_______排放标准（填“符合”或“不符合”），理由：____________________。（4）参加硝酸可改变烟气中NO和NO2的比，反响为：NO+2HNO3→3NO2+H2O当烟气中时，吸收率最高。烟气含2000mg，其中。计算：（i）为了到达最高吸收率，烟气需用硝酸的物质的量（保存3位小数）。（ii）烟气到达最高吸收率90%时，吸收后生成NaNO2的质量（假设上述吸收反响中，反响①比反响②迅速。计算结果保存1位小数）。【解析及答案】（1）0.25（2）1.64（3）不符合因吸收后烟气总体积减小，含量仍超过（4）（i）（ii）【考点分析】此题主要考察气体体积的计算、物质的量浓度的计算、物质的量应用于化学方程式的计算21世纪教育网18.（09宁夏卷28）2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)反响过程的能量变化如以下图。已知1molSO2(g)氧化为1molSO3的ΔH=-99kJ·mol-1.请答复以下问题：29/29\n（1）图中A、C分别表示、，E的大小对该反应的反响热有无影响？。该反响通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？，理由是；（2）图中△H=KJ·mol-1；（3）V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被复原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化。写出该催化循环机理的化学方程式；（4）如果反响速率υ（SO2）为0.05mol·L-1·min-1,那么υ（O2）=mol·L-1·min-1、υ(SO3)=mol·L-1·min-1；（5）已知单质硫的燃烧热为296KJ·mol-1，计算由S(s)生成3molSO3(g)的△H（要求计算过程）。【解析】(1)本小题考察反响物总能量高于生成物总能量为放热反响，可得到A和C所表示的意义，E为活化能与反响热无关，但是用催化剂可以降低活化能；（2）图中表示的是2molSO2的反响，因此△H=-99×2KJ·mol-1；（3）依题意即可写出：SO2+V2O5=SO3+2VO24VO2+O2=2V2O5；（4）依据速率之比等于化学计量数之比【答案】（1）反响物能量生成物能量无降低因为催化剂改变了反响的历程使活化能E降低（2）-198（3）SO2+V2O5=SO3+2VO24VO2+O2=2V2O5(4)0.0250.05(5)S(s)+O2(g)=2SO2(g)△H1=-296KJ·mol-1,SO2(g)+1/2O2(g)=SO3(g)△H2=-99KJ·mol-13S(s)+9/2O2(g)=3SO3(g)△H=3(△H1+△H2)=-1185KJ·mol-1【考点分析】此题主要考察学生读图能力、焓变计算、化学反响速率的计算能力。29/29\n19.（09全国卷Ⅱ27）某温度时，在2L密闭容器中气态物质X和Y反响生成气态物质Z，它们的物质的量随时间的变化如表所示。（1）根据左表中数据，在右图中画出X、Y、Z的物质的量（n）随时间（t）变化的曲线：t/minX/molY/molZ/mol01.001.000.0010.900.800.2030.750.500.5050.650.300.7090.550.100.90100.550.100.90140.550.100.90(2)体系中发生反响的化学方程式是___________________________;(3)列式计算该反响在0-3min时间内产物Z的平均反响速率：_______________;(4)该反响到达平衡时反响物X的转化率等于___________________________;(5)如果该反响是放热反响。改变实验条件（温29/29\n度、压强、催化剂）得到Z随时间变化的曲线①、②、③（如右图所示）那么曲线①、②、③所对应的实验条件改变分别是：①_________________②________________③__________________【解析】（1）根据题目中表格给出的数据，在坐标系中找出相应的点，然后用光滑的曲线描点即可。（2）根据题意，可以利用“三步法”求解aX+bYcZ开场1.001.000转化0.450.90.9平衡0.550.10.9根据各物质的量之比可得体系中发生反响的化学方程式是：X+2Y2Z。（3）根据图像可知在3min时，生成物Z的物质的量为0.5mol，其平均速率为0.083mol/L·min。（4）X的转化率等于0.45。（5）由题目所给图象可知，在1中，平衡时Z的物质的量小于原平衡的物质的量，说明平衡逆向移动，条件为升高温度。在2中，平衡时Z的物质的量与原平衡相同，且速率加快，条件为参加催化剂；在3中，平衡正向移动，且速率加快，条件为加压21世纪教育网【答案】29/29\n【考点分析】此题考察化学反响速率和化学平衡的综合运用，注意图像和有关计算。20．（09江苏卷20）联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料。N2H4与N2O4反响能放出大量的热。（1）已知：2NO2（g）=====N2O4（g）△H=-57.20kJ·mol-1。一定温度下，在密闭容器中反响2NO2（g）N2O4（g）到达平衡。其他条件不变时，以下措施能提高NO2转化率的是（填字幕）A．减小NO2的浓度B.降低温度C.增加NO2的浓度D.升高温度（2）25℃时，1.00gN2H4（l）与足量N2O4（l）完全反响生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的热量。那么反响2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（l）的△H=kJ·mol-1（3）17℃、1.01×105Pa，密闭容器中N2O4和NO2的混合气体到达平衡时，c（NO2）=0.0300mol·L-1、c（N2O4）=0.0120mol·L-1。计算反响2NO2（g）N2O4（g）的平衡常数K21世纪教育网29/29\n（4）现用一定量的Cu与足量的浓HNO3反响，制得1.00L已到达平衡的N2H4和NO2的混合气体（17℃、1.01×105Pa），理论上至少需消耗Cu多少克？【解析】（1）考察影响化学平衡移动的因素（2）简单的反响热计算要注意将质量转化为物质的量，还要注意比例关系。（3）（4）见答案【答案】（1）BC（2）-1224.96（3）根据题意知平衡时：；K=答：平衡常数为13.3。（4）由（3）可知，在17℃、1.01×105Pa到达平衡时，1.00L混合气体中：那么由===可得答：理论上至少需消耗Cu1.73g.【考点分析】此题主要考察平衡的影响因素、物质的量与质量的转化计算、物质的量应用于化学方程式的计算21世纪教育网21.（09福建卷25）某研究性小组借助A-D的仪器装置完成有关实29/29\n【实验一】收集NO气体。（1）用装置A收集NO气体，正确的操作是（填序号）。a．从①口进气，用排水法集气b．从①口进气，用排气法集气c．从②口进气，用排水法集气d．从②口进气，用排气法集气【实验二】为了探究镀锌薄铁板上的锌的质量分数和镀层厚度，查询得知锌易溶于碱：Zn+2NaOH=Na2ZnO3+H2↑据此，截取面积为S的双面镀锌薄铁板试样，剪碎、称得质量为m1g。用固体烧碱和水作试剂，拟出以下实验方案并进展相关实验。方案甲：通过测量试样与碱反响生成的氢气体积来实现探究木目标。（2）选用B和（填仪器标号）两个装置进展实验。（3）测得充分反响后生成氢气的体积为VL（标准状况），=。（4）计算镀层厚度，还需要检索的一个物理量是。（5）假设装置B中的恒压分液漏斗改为普通分液漏斗，测量结果将（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。方案乙：通过称量试样与碱反响前后的质量实现探究目标。选用仪器C做实验，试样经充分反响，滤出不溶物、洗涤、烘干，称得其质量为m2g。（6）。方案丙：通过称量试样与碱反响前后仪器、试样和试剂的总质量（其差值即为H2的质量）实现探究目标。实验同样使用仪器C。（7）从实验误差角度分析，方案丙方案乙（填“优于”、“劣于”或“等同于”）。【解析】此题考察实验的探究，涉及NO气体的收集，混合物中金属含量的计算等。29/29\n（1）NO遇空气立即被氧化，故不能用排空气法收集，只能用排水法收集。排水时应用短进长出21世纪教育网（2）方案甲：Zn和Fe中只有Zn可以与NaOH产生气体，通过排水收集气体，依据反响方程式即可算出Zn的质量分数。所以需要的装置有测H2的体积的D装置。（3）Zn与H2之间量为1：1，那么n(Zn)=V/22.4mol,w(Zn)=m(Zn)/m1=。（4）有了Zn的质量，如果有密度，那么可以求出Zn的体积，再由Zn的截面积，即可求出Zn的高度（厚度）21世纪教育网（5）恒压式分液漏斗产生的气体有局部残留在分液漏斗上方，故排气时收集少了，所以用普通漏斗时收集的H2多一些，那么计算出的Zn的量偏大。（6）减少的质量即为Zn的质量21世纪教育网（7）丙方案根据H2的质量差值，显然误差大，因为产生的H2质量很小，计算偏差大。【答案】（1）C（2）D(3)(或等其他合理答案：）（4）金属锌的密度（或其他合理答案：）（5）偏大（6）（或其他合理答案：）（7）劣于【考点分析】此题借助于实验考察质量分数的计算。【专题突破】1.（安徽省潜山县黄铺中学2022届高三化学调研）已知以下热化学方程式：29/29\n由此可知热化学方程式Zn(S)+HgO(g)=ZnO（S）+Hg(l)的反响热△H3为A．-441kJ·mol－1B．-254kJ·mol－1C．-438.9kJ·mol－1D．-260.4kJ·mol－1【解析】根据盖斯定律上述两个方程式加和得：Zn(S)+HgO(g)=ZnO（S）+Hg(l)，△H=-260.4kJ·mol－1【答案】D2．（江苏春晖中学高三年级2022学年第一学期十二月月考）设氯原子的质量为ag，12C原子的质量为bg，用NA表示阿伏加德罗常数的值，那么以下说法正确的选项是A．氯元素的相对原子质量为12/bB．mg该氯原子的物质的量为m/NAmolC．该氯原子的摩尔质量是aNAD．ng该氯原子所含的电子数是17n/a【解析】根据相对原子质量的定义，氯元素的相对原子质量=ag/(bg/12)=12a/b,AC错；mg该氯原子的物质的量=mg/(12a/b)g.mol-1==mb/12amol,B错；【答案】D3．（2022惠州三模）某温度下，将2mo1A和3mo1B充入一密闭容器中，发生反响：aA(g)＋B(g)C(g)＋D(g)，5min后到达平衡。已知该温度下其平衡常数K=1，假设温度不变时将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，那么A．a=1B．a=2C．B的转化率为40%D．B的转化率为60%【解析】假设温度不变时将容器的体积扩大为原来的10倍，A的转化率不发生变化，那么压强不影响平衡状态，a=1；A(g)＋B(g)C(g)＋D(g)，起始物质的量（mol）230029/29\n变化物质的量（mol）xxxx平衡物质的量（mol）2-x3-xxxK=1=x2/[(2-x)(3-x)],X=1.2,那么B的转化率为1.2/3=40%【答案】AC4．（上海局部区县2022年11月高三调研测试）将amolNa和amolAl一同投入mg足量水中，所得溶液密度为dg·㎝－3，该溶液的质量分数为（）A．82a/(46a+m)%B．82000a/(46a+2m)%C．8200a/(46a+m)%D．8200a/(69a+2m)%【解析】由反响2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，知产生NaAlO2amol，H22amol，溶质为82ag；溶液为（23a+27a－2×2a）=46a+m。即可算出NaAlO2溶液质量分数。【答案】C5．（2022福建模拟题）设NA为阿伏加德罗常数，以下说法正确的选项是（）A．0.1molFe与0.1molCl2充分反响，转移的电子数为0.3NAB．1molH2O2完全分解生成H2O和O2时，转移了NA个电子C．1molC10H22分子中，含有共价键数目为32NAD．0.5molNa2O2中含有NA个阴离子【解析】Fe与Cl2反响生成FeCl3，Fe过量，转移电子数小于0.3NA，A项不正确；H2O2完全分解时，是1mol负1价氧失电子，另外1mol负1价得电子，转移电子为1mol，B项正确；1molC10H22分子中含共价键数目为（22+10－1）NA，即31NA，C项不正确；0.5molNa2O2含有0.5NA个O2－2（阴离子）。【答案】B。6．（安徽省砀山中学2022届高三化学试卷）某结晶水合物的化学式为A·H2O，其相对分子质量为B，在60℃时mg该晶体溶于ng水中，得到vmL密度为dg·mL-1的饱和溶液，下述表达式或判断正确的选项是（）A．该溶液物质的量浓度为(1000m/BVd)mol·L－1B．60℃时A的溶解度为(100m(B-18)/nB)g29/29\nC.该溶液溶质的质量分数为(m/(m+n))×100%，D．60℃时，将10gA投入到该饱和溶液中，析出晶体大于l0g【解析】n(A·H2O)=n(A)=m/Bmol;C(A)=1000n(A)/V=1000m/VBmol/L,A错；晶体中A的质量是：m（B-18）/B，根据饱和溶液的概念S：100=m（B-18）/B：（ｎ＋18m/B），那么Ｂ错；该溶液溶质的质量分数为(m（B-18）/B(m+n))×100%，Ｃ错；由于10gA参加，Ａ＋Ｈ２Ｏ＝A·H2O，Ｄ正确21世纪教育网【答案】D7．（2022年上学期绍兴中学学科综合检测试题）在t℃时，某Ba(OH)2的稀溶液中c(H+)=10-amol/L，c()=10-bmol/L，已知a+b=12。向该溶液中逐滴参加pH=c的盐酸（t℃），测得混合溶液的局部pH如下表所示。序号Ba(OH)2溶液的体积/mL盐酸的体积/mL溶液的pH①22.000.008②22.0018.007③22.0022.006假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，那么c为（）　　A．3　　　B．4　　　C．5　　　D．6【解析】由题意，在t℃时,Kw=1×10-12，②碱过量，PH=8,C(OH-)=10-4mol/L22×10-b-18.00×10-C=40×10-5,③恰好完全反响，22×10-b=22×10-C，联立两个等式，c=4.【答案】B8．(上海黄浦区08化学模拟)取标准状况下CH4和过量O2的混合气体840mL，点燃，将燃烧后的气体用过量碱石灰吸收，碱石灰增重0.600g。 (1)计算碱石灰吸收后所剩气体的体积(标准状况下)。(2)计算原混合气体中CH4跟O2的体积比。 【解析】(1)　CH4＋2O2→CO2＋2H2O 1molCH4完全燃烧得到的CO2和H2O共80g 29/29\n原混合气体中n(CH4)==0.0075mol CH4体积为0.0075mol×22.4×103mL·mol－1=168mL 剩余气体的体积=840mL－3×168mL=336mL    (2)V(CH4)∶V(O2)=168∶(840－168)=168∶672=1∶4  【答案】(1)336mL   (2) 1∶4  9．（08南通最后）以CO、H2和CH2＝CH2为原料，利用上题信息，通过反响①可制取丙醛，丙醛经反响②（加氢加成）可生成正丙醇、经反响③（催化氧化）可生成丙酸。由正丙醇和丙酸经反响④（酯化反响）生成丙酸正丙酯。请通过计算答复以下问题：⑴理论上生产3.0 kg正丙醇至少需要标准状况下的氢气L；⑵由于副反响的发生，生产中反响①、反响②、反响③的产率分别为a、a、b，且a＜b。假设反响④中反响物转化率均为70％。那么（计算结果请用含a、b的代数式表示）：①以2.8×103kg乙烯为原料，当反响②、反响③中丙醛的投料比为1∶1时，通过上述4步反响最多可制得丙酸正丙酯kg；②反响④中增加正丙醇的投料并保持正丙醇的转化率不变，可以使丙酸的转化率提高20％，此时反响②和反响③中丙醛的投料比应为多少？【解析】（1）略，（2） ②设反响②中丙醛的物质的量为x，反响③中丙醛的物质的量为y    那么：CH3CH2CHO＋H2→CH3CH2CH2OHx ax2CH3CH2CHO＋O2→2CH3CH2COOHyby根据CH3CH2CH2OH＋CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3＋H2O29/29\n可知，当丙酸的转化率增加20％时，消耗的丙醇应为by(0.7＋0.2)＝0.9by应有：0.7ax＝0.9by即：x∶y＝9b∶7a【答案】⑴2.24×103⑵①4.06a2②9b∶7a10．(安徽省2022届合肥市高三一摸.23)数据分析能力是新课程中对学生提出的一项要求。下表是用沉淀法测定KHCO3和Na2CO3混合物的组成的相关数据。实验过程是每次称取一定质量的样品溶于水制成溶液，向其中滴加相同浓度的Ba(OH)2溶液，每次实验均充分反响。实验记录见下表：实验次数称取样品的质量／g所加Ba(OH)2溶液的体积／L测得生成沉淀质量／g10.5180.50.98521.0360.531.5540.52,95542.0720.53.94052.5900.53.94063.1080.53.940分析上表数据答复以下问题：21世纪教育网(1)第2次实验中产生沉淀质量是多少克，请将结果填在表格相应空格中；(2)样品中KHCO3和Na2CO3的物质的量之比是；(3)室温下，取上述Ba(OH)2溶液50mL，参加0.05moL／L的盐酸，反响后所得溶液的pH＝2，求出所加盐酸的体积(溶液混合时不考虑体积变化，写出计算过程)。【解析】（1）1-3次中固体完全反响，4-6次实验中Ba(OH)2完全反响，Ba(OH)2溶液过量，根据比例关系，0.518g:0.985g=1.036g:m,m=1.970g;(2)根据第一次实验数据：100n(KHCO3)+106n(Na2CO3)=0.518g,n(KHCO3)+n(Na2CO3)=0.985/197mol,n(KHCO3)=0.002mol,n(Na2CO3)=0.003mol,n(KHCO3):n(Na2CO3)=2:3.29/29\n(3)根据第4次实验数据：C(Ba(OH)2)=[3.940/197]mol/0.5L=0.04mool/L,C(OH-)=0.08mol/L[V(HClaq)×0.05moL／L-0.05L×0.08mol/L]/[V(HClaq)-0.05L]=0.01mol/L;V(HClaq)=112.5ml。【答案】（1）1.970g；(2)2:3；(3)112.5ml11．（皖南八校2022届高三第二次联考12月）一种“人工固氮”的新方法是在常温、常压、光照条件下，N2在催化剂外表与水发生反响生成NH3：N2+3H2O==2NH3+O2.进一步研究NH3生成量与温度的关系，局部实验数据见下表（反响时间3h）：T/℃304050生成NH3量／（10mo1）4．85．96．0请答复以下问题：21世纪教育网（1）50℃时从开场到3h内以O2物质的量变化表示的平均反响速率为mol／min。（2）该反响过程与能量关系可用右图表示．完成反响的热化学方程式：。（3）与目前广泛应用的工业合成氨方法相比，该方法中固氮反响速率慢。请提出可提高其反响速率且增大NH3生成量的建议：。（4）工业合成氨的反响为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）。设在容积为2．0L的密闭容器中充人0．80molN2（g）和1．60molH2（g），反响在一定条件下到达平衡时，NH3的体积分数为20％。①该条件下反响2NH3（g）N2（g）十3H2（g）的平衡常数为。②相同条件下，在另一相同容器中充人amolN2（g）和bmo1H2（g），到达平衡时，测得容器中NH3为0．8mo1，H2为2．0mol，那么，。29/29\n【解析】（1）（4）①N2（g）+3H2（g）2NH3（g）起始／mol0．801．600转化／mol32平衡n／mol0．80—1．60一32解得：那么②由温度相同知设平衡时N2物质的量为由等效转化可求起始时N2、H2的物质的量。【答案】（1）2．5×l0（2）N2（g）+3H2O（1）=2NH3（g）+O2（g）（3）升高温度；加压；不断移出生成物脱离反响体系（合理均可）（4）①0．9375②0．73．2【专题综合】1.（浙江09届高三化学第一学期期末考试）以下有关热化学方程式及其表达正确的选项是()A．氢气的燃烧热为285.5kJ·mol－1，那么水分解的热化学方程式为：2H2O(l)＝2H2(g)＋O2(g)；△H＝+285.5kJ·mol－129/29\nB．已知2C(石墨，s)＋O2(g)＝2CO(g)；△H＝－221kJ·mol－1，那么石墨的燃烧热为110.5kJ·mol－1C．已知N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)；△H＝－92.4kJ·mol－1，那么在一定条件下将1molN2和3molH2置于一密闭容器中充分反响后，最多可放出92.4kJ的热量D．已知乙醇和乙烯的燃烧热分别为1366.8kJ·mol－1和1411.0kJ·mol－1，那么乙烯水化制乙醇的热化学方程式为：C2H4(g)＋H2O(l)＝C2H5OH(l)；△H＝－44.2kJ·mol－1【解析】氢气的燃烧热为285.5kJ·mol－1,那么2H2O(l)＝2H2(g)＋O2(g)；△H＝+571kJ·mol－1,A错；B错，因为燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定常温常压氧化物放出的热量；C错，由于反响不能进展彻底，放出的热量一定小于92.4kJ；D正确，根据盖斯定律可以知道。【答案】D2.（安徽蚌埠市凤阳中学09届高三第四次月考）在密闭容器中，将0.020mol·L-1CO和H2O(g)混合加热到773K时，到达以下平衡CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，已知该反响的K=9，求CO的平衡浓度和转化率。【解析】设CO的转化浓度为xmol·L-1，那么CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始浓度（mol·L-1）0.0200.02000转化浓度（mol·L-1）xxxx平衡浓度（mol·L-1）0.020-x0.020-xxx将平衡浓度数值代入平衡常数表达式中得，（2分）解得x＝0.0150。因此平衡时CO的浓度为0.020-x＝0.005mol·L-1，其转化率为α(CO)=【答案】[CO]=0.005mol·L-1α(CO)=75％29/29\n3．（安徽2022-2022萧城一中第四次月考）Cu(NO3)2受热分解后的产物为不含氮元素的固体、NO2和O2，CuO在一定温度下可发生以下反响：，试答复以下问题：（1）假设Cu(NO3)2受热分解后生成的NO2和O2的物质的量之比为4：1，那么铜元素的化合价在分解前后是否发生了变化___________（填“改变”或“不变”），其理由是__________________________________________________________________________（2）假设称到Cu(NO3)2强热使其分解得到NO2和O2，还有固体。将气体用水充分吸收后还有剩余气体同时得到100溶液，那么该溶液物质的量浓度为_________mol.L-1（用含的式子表示）。（3）假设（2）中=3.76，=1.52，试通过计算求残留固体的成分及其质量。【解析】（1）不变，因为Cu(NO3)2分解生成的NO2和O2的物质的量比为4：1，那么氮元素得电子数与氧元素失电子数相等，所以反响前后Cu元素的化合价不变。(4分)（2）0.106m（或5m/47）·L-1(3分)（3）3.76的物质的量为，假设分解得到的固体产物全部为，那么m（残渣）=，假设分解生成的残渣为，那么m（残渣）=而现在质量为1.52g，那么残渣成分为和的混合物，依题意得：解之得，（其它合理过程也给分）【答案】见解析29/29\n4．（湖北省武汉市教科院2022届高三第一次调考）某化学兴趣小组用以以下图所示装置测定铝镁合金薄片中铝质量分数和铝的相对原子质量。（铁架台等固定装置已略去）答复以下问题：（1）实验前检查装置气密性的方法是。（2）实验前，先将铝镁合金薄片用砂纸打磨，其目的是。（3）A中试剂为　　　　　　　　　　　。（4）经检查装置气密性完好后，将药品和水装入各仪器中，连接好装置，需进展的操作还有：①记录C中的液面位置；②将B中剩余固体过滤、洗涤、枯燥、称重；③待B中还有气体产生，恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B中滴加足量试剂。上述操作的顺序是　　　　　（填序号）；记录C的液面位置时，除视线平视外，还应　　　　　　。（5）B中发生反响的化学方程式为　　　　　　　　。（6）假设实验用铝镁合金薄片的质量为mg（打磨后称量），测得产生气体的体积为Vml．（已换算为标准状况），B中剩余固体的质量为n　g，试计算铝的相对原子质量。（7）合金薄片中铝的质量分数的表达式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。【解析】（1）方法一：往装置D中参加一定量的水，关闭分液漏斗活塞，用手捂住装置B一段时间，如果装置C和装置D中形成稳定的液面差，说明装置不漏气，否那么装置漏气。方法二：先关闭漏斗活塞后，再向装置D中参加一定量的水，如果装置C和装置D中形成稳定的液面差，说明装置不漏气，否那么装置漏气。29/29\n（2）除去铝镁合金外表的氧化膜。（3）NaOH溶液（或KOH溶液或Ba（OH）2溶液）（4）①④③②使D和C的液面相平（5）2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑（6）合金中合铝的质量为铝与NaOH溶液反响析出氢气的物质的量为设合金中铝的物质的量为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑23那么铝的摩尔质量为故铝的相对原子质量为（7）（答案为时，不给分）【答案】(1)----(5)见解析,(6)(7)21世纪教育网www.ks5u.comw.w.w.k.s.5.u.c.o.m29/29