浙江鸭2022年高考化学二轮专题复习综合训练七化学计算

综合训练(七)　化学计算1.(2022·全国卷3)NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)A.0.1mol的11B中,含有0.6NA个中子B.pH=1的H3PO4溶液中,含有0.1NA个H+C.2.24L(标准状况)苯在O2中完全燃烧,得到0.6NA个CO2分子D.密闭容器中1molPCl3与1molCl2反应制备PCl5(g),增加2NA个P—Cl键2.常温下,取0.2mol·L-1HX溶液与0.2mol·L-1NaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化),测得混合溶液的pH=8,则下列说法(或关系式)正确的是(　　)A.c(Na+)-c(X-)=9.9×10-7mol·L-1B.c(Na+)=c(X-)+c(HX)=0.2mol·L-1C.c(OH-)-c(HX)=c(H+)=1×10-6mol·L-1D.混合溶液中由水电离出的c(OH-)=10-8mol·L-13.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(　　)A.标准状况下,22.4LC2H2、C2H6的混合气体与22.4LC2H4中所含原子总数均为6NAB.标准状况下,11.2L12C16O和14N2的混合气体中所含中子数和原子数的差值为6NAC.常温下,1LpH=14的NaOH溶液中由水电离出的OH-数为NAD.将200mL0.1mol·L-1FeCl3溶液制成胶体,所得Fe(OH)3胶体粒子数为0.02NA4.已知溶质质量分数为98%的浓硫酸,其物质的量浓度为18.4mol·L-1。取10mL该浓硫酸与amL水混合,配制成溶质质量分数为49%的硫酸溶液,其物质的量浓度为bmol·L-1,则a、b分别为(　　)A.a=10,b=9.2B.a<10,b>9.2C.a>10,b<9.2D.a>10,b=9.25.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)A.1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NAB.0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NAC.标准状况下,11.2L苯中含有分子的数目为0.5NAD.在过氧化钠与水的反应中,每生成0.1mol氧气,转移电子的数目为0.4NA6.聽72185Hf是我国科学家首次合成的一种过渡金属的新核素,该核素在高科技领域有着重要的用途。若一个该核素的质量为ag,12C核素的质量为bg,NA是阿伏加德罗常数值,下列说法中错误的是(　　)A.NA=B.Wg聽72185Hf的物质的量为molCHf的摩尔质量为g·mol-1D.等物质的量的聽72185Hf、12C质量比为b∶a7.某溶液中含K+、Al3+、NH4+、SO42-。取500mL该溶液加入过量的氢氧化钡溶液,经过滤、洗涤、干燥,称重得到9.32g固体1,并收集到224mL(标准状况)气体。在滤液中通入过量的CO2,经过滤、洗涤、灼烧,称重得到0.51g固体2。原溶液中K+的浓度为(　　)8\nA.0.08mol·L-1B.0.04mol·L-1C.0.02mol·L-1D.0.01mol·L-18.下列指定微粒的数目相等的是(　　)A.等物质的量的水与重水含有的中子数B.等质量的乙烯和丙烯中含有的共用电子对数C.同温、同压、同体积的CO气体和NO气体含有的质子数D.等物质的量的铁和铝分别与足量盐酸完全反应时转移的电子数9.1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g·mL-1、质量分数为63%的浓硝酸中,得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(标准状况),向反应后的溶液中加入1.0mol·L-1NaOH溶液,当金属离子全部沉淀时,得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是(　　)A.该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol·L-1C.NO2和N2O4的混合气体中,NO2的体积分数是80%D.恰好得到2.54g沉淀时,加入NaOH溶液的体积是600mL10.称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24g,加入含0.1molNaOH的溶液,完全反应,生成NH31792mL(标准状况),则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为(　　)A.1∶1B.1∶2C.1.87∶1D.3.65∶111.羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂,能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中,将CO和H2S混合加热并达到下列平衡:CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)　K=0.1,反应前CO物质的量为10mol,平衡后CO物质的量为8mol。下列说法正确的是(　　)A.升高温度,H2S浓度增大,表明该反应是吸热反应B.通入CO后,正反应速率逐渐增大C.反应前H2S物质的量为7molD.CO的平衡转化率为80%12.随着科学技术的发展和环保要求的不断提高,CO2的捕集利用技术成为研究的重点。完成下列填空:(1)目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原,所涉及的反应的化学方程式为:CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)。已知H2的体积分数随温度升高而增加。若温度从300℃升至400℃,重新达到平衡,判断下列表格中各物理量的变化。(选填“增大”“减小”或“不变”)v正v逆平衡常数K转化率α(2)相同温度时,上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡,各物质的平衡浓度如下表:c(CO2)/(mol·L-1)c(H2)/(mol·L-1)c(CH4)/(mol·L-1)c(H2O)/(mol·L-1)平衡Ⅰabcd8\n平衡Ⅱmnxya、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为　　　　　　　　　　　。 (3)碳酸:H2CO3,Ki1=4.3×10-7,Ki2=5.6×10-11草酸:H2C2O4,Ki1=5.9×10-2,Ki2=6.4×10-50.1mol·L-1Na2CO3溶液的pH　　　　(选填“大于”“小于”或“等于”)0.1mol·L-1Na2C2O4溶液的pH。等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中,氢离子浓度较大的是　　　　　　　溶液。若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合,溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是　　　　　。(选填编号) a.c(H+)>c(HC2)>c(HC)>c(CO32-)b.c(HC)>c(HC2)>c(C2O42-)>c(CO32-)c.c(H+)>c(HC2)>c(C2O42-)>c(CO32-)d.c(H2CO3)>c(HC)>c(HC2)>c(CO32-)(4)人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡:H++HCH2CO3,当有少量酸性或碱性物质进入血液中时,血液的pH变化不大,用平衡移动原理解释上述现象: 　。 13.SO2和氮氧化物的转化和综合利用既有利于节约资源,又有利于保护环境。(1)H2还原法是处理燃煤烟气中SO2的方法之一。已知:2H2S(g)+SO2(g)3S(s)+2H2O(l)　ΔH=akJ·mol-1H2S(g)H2(g)+S(s)　ΔH=bkJ·mol-1H2O(l)H2O(g)　ΔH=ckJ·mol-1写出SO2(g)和H2(g)反应生成S(s)和H2O(g)的热化学方程式: 　。 (2)SO2经过净化后与空气混合进行催化氧化可制取硫酸,其中SO2发生催化氧化的反应为:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。若在T1℃、0.1MPa条件下,往一密闭容器通入SO2和O2,其中n(SO2)∶n(O2)=2∶1,测得容器内总压强与反应时间的关系如图所示。①图中A点时,SO2的转化率为　　　　。 ②在其他条件不变的情况下,测得T2℃时压强的变化曲线如图所示,则C点的正反应速率v正(C)与A点的逆反应速率v逆(A)的大小关系为v正(C)　　　　(填“>”“<”或“=”)v逆(A)。 ③图中B点的压强平衡常数Kp=　　　　8\n(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。 14.汽车尾气中CO、NOx以及燃煤废气中的SO2都是大气污染物,对它们的治理具有重要意义。(1)氧化—还原法消除NOx的转化如下:NONO2N2①反应Ⅰ为NO+O3NO2+O2,生成标准状况下11.2LO2时,转移电子的物质的量是　　　mol。 ②反应Ⅱ中,当n(NO2)∶n[CO(NH2)2]=3∶2时,氧化产物与还原产物的质量比为　　　　。 (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,则化学方程式中CO2和N2的化学计量数比为　　　　。 (3)吸收SO2和NO,获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素)。装置Ⅱ中,酸性条件下,NO被Ce4+氧化的产物主要是N、N,请写出生成等物质的量的N和N时发生反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　。 (4)已知进入装置Ⅳ的溶液中,N的浓度为ag·L-1,要使1m3该溶液中的N完全转化为NH4NO3,至少需向装置Ⅳ中通入标准状况下的氧气　　　　L(用含a代数式表示,结果保留整数)。 参考答案综合训练(七)　化学计算1.A　2.A　根据电荷守恒,则有c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-),c(Na+)-c(X-)=c(OH-)-c(H+)=(10-6-10-8)mol·L-1=9.9×10-7mol·L-1,故正确;根据物料守恒,c(Na+)=c(X-)+c(HX)=0.1mol·L-1,故错误;根据质子守恒,c(OH-)=c(H+)+c(HX),则有c(OH-)-c(HX)=c(H+)=10-8mol·L-1,故错误;混合溶液中水电离产生的c(OH-)=mol·L-1=10-6mol·L-1,故错误。3.B　标准状况下,22.4LC2H2、C2H6的混合气体与22.4LC2H4的物质的量均为1mol,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11.2L气体的物质的量为0.5mol,1mol12C16O和1mol14N2中均含有14mol中子,故0.5mol12C16O和14N2的混合气体中含有7mol中子,12C16O和14N2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1.0×1mol·L-1,1L8\n该溶液中由水电离出的OH-数为1×10-14NA,C项错误;将200mL0.01mol·L-1FeCl3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,1.6gO2和O3的混合物中氧原子质量为1.6g,物质的量为0.1mol,A正确;丙烯酸()中含有键和键,0.1mol丙烯酸中含有0.2mol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0.1mol氧气,转移0.2mol电子,D错误。6.D7.A　固体1为BaSO4,n(BaSO4)=0.04mol,则原溶液中含0.04molS;所得气体为NH3,n(NH3)=0.01mol,则原溶液中含0.01molN;固体2为Al2O3,n(Al2O3)=0.005mol,则原溶液中含0.01molAl3+。根据溶液呈电中性可知原溶液中含K+的物质的量n(K+)=0.08mol-(0.03+0.01)mol=0.04mol,c(K+)==0.08mol·L-1。8.B　1mol普通水中含有的中子数是8NA,1mol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xmol,镁的物质的量为ymol,则有正确;B项,HNO3的物质的量为(50mL×1.40g·mL-1×63%)÷63g·mol-1=0.7mol,其物质的量浓度为=14.0mol·L-1,正确;C项,该合金失去电子总的物质的量为(0.01+0.02)mol×2=0.06mol,NO2和N2O4的物质的量之和为=0.05mol,设NO2物质的量为amol,N2O4物质的量为bmol,,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)8\nmol=0.64mol,NaOH溶液的体积为=0.64L=640mL,D项错误。10.C　0.1mol氢氧化钠先将NH4HSO4反应完,再反应(NH4)2SO4,因共生成NH30.08mol,故与H+反应的氢氧化钠的物质的量为0.02mol,则可知道NH4HSO4的物质的量为0.02mol,故(NH4)2SO4的质量为7.24g-115g·mol-1×0.02mol=4.94g,(NH4)2SO4的物质的量为4.94g÷132g·mol-1≈0.0374mol。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nmol,容器的容积为1L,则　CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)　K=0.1n(始)/mol　10　　　n　　　　0　　　　0n(变)/mol　2　　　2　　　　2　　　　2n(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==0.1,解得n=7,正确;D项,根据上述计算可知CO平衡的转化率为20%,错误。12.(1)v正v逆平衡常数K转化率α增大增大减小减小(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13.(1)SO2(g+2H2(g)S(s)+2H2O(g)　ΔH=(a-2b+2c)kJ·mol-1　(2)45%　>　24300【解析】(1)已知:①2H2S(g)+SO2(g)3S(s)+2H2O(l)　ΔH1=akJ·mol-1,②H2S(g)H2(g)+S(s)　ΔH2=bkJ·mol-1,③H2O(l)H2O(g)　ΔH3=ckJ·mol-1,根据盖斯定律,由①-②×2+③×2得反应SO2(g)+2H2(g)S(s)+2H2O(g)　ΔH=ΔH1-2ΔH2+2ΔH3=(a-2b+2c)kJ·mol-1;(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,SO28\n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)<v正(B),又因T2>T1,v正(B)<v正(C),所以v逆(A)<v正(C);③设氧气起始物质的量为a,达到平衡时消耗氧气的物质的量为y,　　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==24300。14.(1)①1　②4∶3　(2)3∶1(3)2NO+3H2O+4Ce4+N+N+6H++4Ce3+　(4)243a【解析】(1)①在反应NO+O3NO2+O2中,每产生1mol氧气,转移电子的物质的量是2mol,在生成标准状况下11.2LO2时,n(O2)=0.5mol,转移电子的物质的量是1mol。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Ce4+氧化所得产物主要是N、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+4Ce4+N+N+6H++4Ce3+。(4)在进入装置Ⅳ的溶液中,N的浓度为ag·L-1,要使1m3该溶液中的N完全转化为NH4NO3,则反应过程中失去电子数目是1000××NA。设该过程中消耗标况下氧气的体积是VL,则反应中得电子数目是V÷22.4×2×(2-0)×NA,根据得失电子守恒,×NA=V÷22.4×2×(2-0)×NA,解得8\nV≈243a。8