高考化学 专题03 物质的量专题检测 17页

‎【2019最新】精选高考化学 专题03 物质的量专题检测 ‎1.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是 ‎ A．46 g乙醇中含有的化学键数为7 NA ‎ B．1 mol氯气和足量NaOH溶液反应转移电子数为2 NA ‎ C．1 mol OH- 和1 mol -OH（羟基）中含有的质子数均为 9 NA ‎ D．10 L 0.1 mol·L-1 的Na2CO3溶液中，Na+、CO32- 总数为3 NA ‎【答案】C ‎ 2.NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是 ‎ A．22.4L NH3中含氮原子数为 NA ‎ B．1 mol Na2O2与水完全反应时转移的电子数为NA ‎ C．1 L 0.1mol·L－1碳酸钠溶液的阴离子总数等于0.1 NA D．1 mol O2和2 mol SO2在密闭容器中充分反应后的分子数等于2NA ‎【答案】B ‎【解析】A项未指明NH3所处的温度和压强，不一定是标准状况，不正确；Na2O2与水反应：‎ 17 / 17‎ ‎2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，该反应中的氧化剂和还原剂都是Na2O2，1molNa2O2反应后转移电子数为NA，B项正确；CO32-水解：CO32-+H2O≒HCO3-+OH-，阴离子的种类和数量均增加，C项错误；SO2与氧气反应为可逆反应，不能进行彻底，此转移电子数介于2NA 和3NA之间,D项错误。‎ ‎3.（2018·湖南省五市十校联合检测）用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A．标准状况下，22.4L己烷中共价键数目为19NA B．由CO2和O2组成的混合物中共有NA个分子，其中的氧原子数为2NA C．常温常压下的33.6L氯气与27g铝充分反应，转移电子数为3NA D．1L浓度为1mol·L-1的Na2CO3溶液中含有NA个CO32-‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据己烷结构式可知，一个分子中含有19个共价键，但标准状况下己烷是液体，不适合标准状况下气体摩尔体积，A项错误；一个CO2分子和一个O2分子均含有两个氧原子，NA个混合物分子中的氧原子数为2NA，B项正确；根据3Cl2+2Al=2AlCl3可知，1mol铝与1.5mol完全反应转移的电子数为3NA”,常温常压下33.6L氯气的物质的量小于1.5mol，故27g铝不能完全反应，转移电子数小于3NA，C项错误；1L浓度为1mol·L-1的溶液中n（Na2CO3）=1mol，因CO32-发生水解，故N（CO32-）〈 NA，D项错误。‎ ‎ 4. (2018·河北省××市期末) NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是 ‎ A．等质量的N2和CO所含分子数均为NA 17 / 17‎ ‎ B．在标准状况下，22.4 L CH4与18 g H2O所含的电子数均为10NA ‎ C．一定温度下，l L l mol·L-1的CH3COONa溶液含NA个CH3COO—离子 ‎ D．1 mol SO2与足量O2在一定条件下反应生成SO3，共转移2NA个电子 ‎【答案】B ‎5.（2018·××市九校联合诊断）阿伏加德罗常数为NA，下列说法中正确的是 ‎ A．62 g Na2O溶于水后所得溶液中含有的O2－数为NA ‎ B．在含Al3+总数为NA的AlCl3溶液中，Cl—总数大于3NA C．常温常压下，16g甲基(—13CH3)所含的中子数为10NA D．0.5molCu和足量浓硝酸反应可以生成22.4LNO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】Na2O溶于水发生反应：Na2O+H2O=2NaOH，故溶液中不存在O2-，A项错误；Al3+在溶液中发生水解，故含Al3+总数为NA的AlCl3的物质的量大于1mol，则溶液中Cl-总数大于3NA，B项正确；—13CH3中13C所含中子数是7，H中无中子，故—13C所含中子数为7，而16g甲基的物质的量等于1mol，其含有的中子数等于7NA，C项错误；0.5molCu和足量浓硝酸反应生成1molNO2，题中未指明NO2所处的温度和压强，不一定是标准状况，且NO2与N2O4存在平衡：2NO2≒N2O4，气体体积不确定，D项错误。‎ ‎6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法一定正确的是 17 / 17‎ A．9.2 g C7H8和C3H8O3的混合物中所含氢原子总数为0.8 NA B．标准状况下，11.2 L C2H5OH中所含的分子数为0.5 NA C．将含0.1 mol FeCl3的溶液滴加到沸水中完全水解可生成0.1 NA个Fe(OH)3胶粒 D．0.1 mol Na2O2参加反应转移的电子数目是0.2 NA ‎【答案】A ‎7.36.5gHCl溶解在1L水中（水的密度近似为1g/ml），所得溶液的密度为ρg/ml，质量分数为ω，物质的量浓度为c mol/L，NA表示阿伏加德罗常数，则下列叙述中正确的是 A．所得溶液的物质的量浓度为1mol/L B．所得溶液中含有NA个HCl分子 C．36.5gHCl气体占有的体积为22.4L D．所得溶液的质量分数：ω=36.5c/（1000ρ）‎ ‎【答案】D ‎【解析】溶剂的体积是1L，溶解后溶液体积不是1L，A项错误；HCl溶于水完全电离，不存在HCl分子，B项错误；C项未指明HCl气体所处的温度和压强，不一定是标准状况，错误。‎ ‎8某混合溶液中所含离子的种类及其物质的量浓度（不考虑离子的水解）如下表所示：‎ 所含离子 SO42-‎ M Mg2+‎ Fe2+‎ 17 / 17‎ 物质的量浓度/mol·L-1‎ c ‎3‎ ‎3‎ ‎2‎ 则下列有关说法不正确的是 （ ）‎ A.若M是NO3-，则c为3.5‎ B.欲使Fe2+的浓度减小，可以加入氯水 C.若加入足量烧碱溶液充分搅拌，放置较长时后，所得沉淀中含有两种成分，则M可能是Al3+‎ D.若加入BaCl2溶液能产生两种沉淀，且沉淀可部分溶于稀盐酸，则M可能是CO32-‎ ‎【答案】D ‎【解析】若M是NO3-，根据电荷守恒3×2＋2×2＝3×1＋2c , SO42-的浓度为3.5mol·L-1，A项正确；加入氯水，Fe2+会被氧化为Fe3+，故B项正确；若M是Al3+，加入足量烧碱充分搅拌，则Al3+转化为AlO2-，长时间放置后沉淀是Mg(OH)2、Fe(OH)3，C项正确；CO32-与Mg2+、Fe2+均不能大量共存，故M不可能是CO32-，D项错误。‎ ‎9．在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是 A．两种气体的压强相等 B．O2比O3质量小 C．两种气体的分子数目相等 D．两种气体的氧原子数目相等 ‎【答案】D 17 / 17‎ ‎10．下列关系正确的是 A．等物质的量的Na2O2 与Na2O 中阴离子个数之比为2:1‎ B．标准状况下，等体积的CO2与CO中氧原子数之比为2:1‎ C．pH相同的H2SO4(aq)与CH3COOH(aq)中的c(H+)之比为2:1‎ D．等浓度的(NH4)2SO4 (aq)与NH4Cl(aq)中c(NH4+)之比为2:1‎ ‎【答案】B ‎【解析】A、等物质的量的Na2O2 与Na2O ，1摩尔Na2O2中有1摩尔过氧根离子，阴离子个数之比为1:1，错误；B、标准状况下，等体积的CO2与CO的物质的量相同，氧原子数之比为2:1 ，正确；C、pH相同，c(H+)相同，错误；D、铵盐要发生水解，水解程度不同，错误。‎ ‎11．单质碳和氧化铜在一定温度下反应时，氧化铜可被还原为Cu2O、Cu。现将2.00g C与 16.0g CuO的混合物，隔绝空气加热一段时间后,将生成的气体通过足量的澄淸石灰水，共收集到1.12 L气体(标准状况）,生成沉淀的质量为5.00 g。下列说法错误的是 A.反应后的固体混合物中还含有碳 B.反应后的固体混合物中Cu的质量为12.8 g C.反应后的固体混合物总质貴为14.4 g D.反应后的固体混合物中氧化物的物质的量为0.05mol 17 / 17‎ ‎【答案】B 可知2x＋y＝＝0.2mol，解得x＝0.05mol、y＝0.1mol，所以 反应后的固体混合物中Cu的质量为0.1mol×64g/mol＝6.4g，B不正确；C、反应后的固体混合物总质量为2.00g－1.20g＋6.4g＋0.05mol×144g/mol＝14.4 g，C正确；D、根据以上分析可知，氧化亚铜的物质的量是0.05mol，D正确，答案选B。‎ ‎12．某草酸盐晶体KxFey(C2O4)z•wH2O中铁为+3价，草酸根为-2价，且知x+y+z=7。取该晶体做了以下实验：‎ ‎① 取4．910g晶体在不同温度下加热至恒重，所得固体的化学式和质量如下表：‎ ‎120℃‎ ‎300℃‎ ‎480℃‎ 化学式 KxFey(C2O4)z KxFeyO(C2O4)z-1‎ KxFeyO2(C2O4)z-2‎ 质量 ‎4．370g ‎3．650g ‎2．930 g 加热到300℃以上时，还生成了一种不常见的碳的氧化物气体（用R表示）；‎ ‎② 另取4．910g晶体，经过加酸溶解、加足量碱沉淀、灼烧至恒重，铁元素全部转化为Fe2O3，质量为0．800g。‎ ‎（1）计算得出草酸盐晶体中结晶水的质量分数为 （保留三位小数）；‎ ‎（2）R的化学式为 ；‎ ‎（3）草酸盐晶体的摩尔质量为 ；‎ ‎（4）试通过计算，确定草酸盐晶体的化学式。‎ ‎【答案】（1）11．0%或0．110（2）C2O3（3）491 （4）K3Fe(C2O4)3•3H2O ‎ 17 / 17‎ ‎【解析】（1）草酸盐晶体中结晶水的质量分数为：（4．910-4．370）*100%/4．910=11%‎ ‎（2）300℃ KxFeyO(C2O4)z-1 ；480℃ KxFeyO2(C2O4)z-2 R：C2O3‎ ‎（3）120℃ 4．370g KxFey(C2O4)z ； 300℃ 3．650g KxFeyO(C2O4)z-1‎ 解：设KxFey(C2O4)z•wH2O的物质的量为n KxFey(C2O4)z•wH2O→KxFey(C2O4)z→KxFeyO(C2O4)z-1→C2O3‎ ‎1 1 72‎ n 4．370-3．650‎ n=0．01‎ M=m/n=4．910/0．01=491 (g/mol)‎ ‎（4）2 KxFey(C2O4)z•wH2O→2KxFey(C2O4)z→2wH2O---------→yFe2O3‎ ‎ 2 2 36w y ‎ 0．01 4．910-4．370=0．54 0．8/160‎ y=1 w=3 由因为x+y+z=7。 ‎ ‎2KxFey(C2O4)z•wH2O→yFe2O3→2wH2O 铁为+3价，草酸根为-2价，且知x+y+z=7。‎ x+3y=2z y=1 代入 x+3=2z x+1+ z=7 x=3 z=3‎ 化学式：K3Fe(C2O4)3•3H2O ‎13．请完成下列填空：‎ ‎（1）当SO2和SO3中分子个数比为1∶1 时，原子总数之比为 ，质量之比为 。 ‎ ‎（2）中和含0.2 mol HCl的稀盐酸，需NaOH的质量为 g。‎ ‎（3）现有m g某气体，它由双原子分子构成，它的摩尔质量为M g·mol—1 ，则：‎ 17 / 17‎ ‎①该气体的物质的量为 mol。‎ ‎②该气体在标准状况下的体积为 L。‎ ‎③该气体溶于水后形成V L溶液（不考虑反应），其溶液的物质的量浓度为 mol·L—1。‎ ‎（4）将5 mol/L的Mg(NO3)2溶液a mL稀释至b mL，稀释后溶液中NO3－的物质的量浓度是 mol·L—1。‎ ‎（5）用等体积的0.1 mol·L—1的BaCl2 溶液，可使相同体积的Fe2(SO4)3、Na2SO4、KAl(SO4)2 三种溶液中的SO42—完全沉淀，则三种硫酸盐的物质的量浓度之比为 。‎ ‎【答案】（1）3∶4 4∶5 （2）8 （3）① ② ③ （4）10a/b mol/L （5）2∶6∶3‎ ‎【解析】（1）、设SO2和SO3中分子个数均为x个，则它们所含原子总数之比为(x+2x)∶(x+3x)=3∶4；由于n=N/NA，则它们的物质的量之比为1∶1 ，设均为ymol；由于m=n•M，则它们的质量之比为(64y)∶(80y)=4∶5；（2）、盐酸与氢氧化钠中和反应式为NaOH+HCl=NaCl+H2O，由于两反应物的化学计量数之比等于物质的量之比，则消耗NaOH的物质的量为0.2mol；由于m=n•M，则NaOH的质量为0.2mol×40g/mol=8g；（3）、①由于n=m/M，则该气体的物质的量为mol；②由于V=n×22.4L/mol，则该气体气体为mol×22.4L/mol=L；③由于c=n/V，则该气体溶解所得溶液中溶质的物质的量浓度为mol÷VL=mol/L；（4）由稀释定律可知，稀释前后硝酸镁的物质的量相等，c1•V1=c2•V2，则稀释后硝酸镁的物质的量浓度为5a/bmol/L；硝酸镁的电离方程式为Mg(NO3)2=Mg2++2NO3—‎ 17 / 17‎ ‎，生成物与反应物的化学计量数之比等于物质的量之比，则稀释后硝酸根离子浓度为10a/bmol/L；（5）、沉淀反应式均为Ba2++SO42—=BaSO4↓，两反应物的化学计量数之比等于物质的量之比，由于三反应消耗的氯化钡相同，设Ba2+和SO42—均为xmol；三种可溶性硫酸盐的电离方程式为：Fe2(SO4)3=2Fe3++3SO42—、Na2SO4=2Na++SO42—、KAl(SO4)2=K++Al3++2SO42—，其中反应物和硫酸根离子的化学计量数之比等于物质的量之比，则消耗的Fe2(SO4)3、Na2SO4、KAl(SO4)2 分别为x/3mol、xmol、x/2mol；由于三种硫酸盐溶液体积相同，c=n/V，则Fe2(SO4)3、Na2SO4、KAl(SO4)2的物质的量浓度之比为x/3∶x∶x/2=2∶6∶3。‎ ‎14．12.0 g某液态有机化合物A完全燃烧后，生成14.4 g H2O和26.4 gCO2。测得有机化合物A的蒸气对H2的相对密度是30，求：‎ ‎（1）有机物A的分子式 。‎ ‎（2）用如图所示装置测定有机物A的分子结构，实验数据如下（实验数据均已换算为标准状况）：a mL（密度为）的有机物A与足量钠完全反应后，量筒液面读数为b mL，若1 molA分子中有x mol氢原子能跟金属钠反应，则x的计算式为 （可以不化简）。‎ ‎【答案】（1）C3H8O ‎ ‎（2）（其它部分化简的表达式均可得分）‎ ‎【解析】（1）根据阿伏加德罗定律可知，在相同条件下气体的相对分子质量之比等于密度之比，该化合物的蒸气对氢气的相对密度为30，则该化合物的相对分子质量为30×2＝60，则12g有机物的物质的量是 ‎12g÷60g/mol＝0.2mol 17 / 17‎ n（H2O）＝14.4g÷18/mol＝0.8mol n（CO2）＝26.4g÷44/mol＝0.6mol 所以12.0g有机物中含有：m（C）＝0.6mol×12g/mol＝7.2g m（H）＝2×0.8mol×1g/mol＝1.6g 则m（O）＝＝12.0g－7.2g－1.6g＝3.2g n（O）＝3.2g÷16g/mol＝0.2mol 所以有机物中含有：N（C）＝3，N（H）＝8，N（O）＝1‎ 则有机物分子式为C3H8O ‎15．某学生欲配制6.0 mol/L的H2SO4 1 000 mL，实验室有三种不同浓度的硫酸：‎ ‎①480 mL 0.5 mol/L 的硫酸；②150 mL 25%的硫酸(ρ＝1.18 g/mL)；③足量的18 mol/L的硫酸。有三种规格的容量瓶：250 mL、500 mL、1 000 mL。老师要求把①②两种硫酸全部用完，不足的部分由③来补充。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)实验所用25%的硫酸的物质的量浓度为______mol/L(保留1位小数)。‎ ‎(2)配制该硫酸溶液应选用容量瓶的规格为______mL。‎ ‎(3)配制时，该同学的操作顺序如下，请将操作步骤B、D补充完整。‎ A．将①②两溶液全部在烧杯中混合均匀；‎ B．用量筒准确量取所需的18 mol/L的浓硫酸____mL，沿玻璃棒倒入上述混合液中。并用玻璃棒搅拌，使其混合均匀；‎ C．将混合均匀的硫酸沿玻璃棒注入所选的容量瓶中；‎ D．_________________________________________________________________‎ ‎_________________________________________________________________‎ 17 / 17‎ E．振荡，继续向容量瓶中加水，直到液面接近刻度线1～2 cm 处；‎ F．改用胶头滴管加水，使溶液的凹液面恰好与刻度线相切；‎ G．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀。‎ ‎(4)如果省略操作D，对所配溶液浓度有何影响？________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。‎ ‎(5)进行操作C前还需注意 ‎ ‎ 。‎ ‎【答案】(1)3.0 (2)1 000 (3)295.0 用适量的水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液均注入容量瓶中(4)偏小 (5)将稀释后的硫酸冷却到室温 ‎【解析】（1）C=1000×1.18×25%/98mol·L－1=3.0 mol·L－1。‎ ‎（2）配制的硫酸溶液为1 000 mL，所以选择1 000 mL容量瓶。‎ ‎（3）设需要18 mol/L的浓硫酸的体积为V，则：‎ ‎0.48L ×0.5 mol•L‾1+0.15L ×3.0 mol•L‾1+V×18mol•L‾1=1L ×6.0 mol•L‾1‎ 得：V=295.0mL；转移溶液后要洗涤烧杯和玻璃杯。‎ ‎（4）如果不洗涤烧杯和玻璃杯，溶质会减少，配制的溶液浓度偏小。‎ ‎（5）浓硫酸与其他溶液混合后放热，所以要冷却到室温。‎ 考点：本题考察一定物质的量浓度溶液的配制。‎ ‎16．含有硫的化合物在工业生产中应用广泛，回答下列问题：‎ ‎（1）黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分为CuFeS2。‎ ‎①测得某黄铜矿(CuFeS2)中含硫20%（质量分数），求该矿石含铜的质量分数。‎ ‎②现有一种天然黄铜矿（含少量脉石），为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：称取 17 / 17‎ 研细的黄铜矿样品1.150g，在空气中进行煅烧，生成Cu、Fe3O4和SO2气体，用100 mL滴有淀粉的 蒸馏水全部吸收SO2，然后取10mL吸收液，用0.05mol/L标准碘溶液进行滴定，用去标准碘溶液的体 积为20.00mL。求该黄铜矿的纯度。‎ ‎（2）将FeS和Fe2O3的混和物56.6 g，用足量稀H2SO4溶解后可得3.2 g硫，原混和物中FeS的质量。‎ ‎（3）一定温度下，硫酸铜受热分解生成CuO、SO2、SO3和O2。已知：SO2、SO3都能被碱石灰和氢氧 化钠溶液吸收。利用下图装置加热无水硫酸铜粉末直至完全分解。若无水硫酸铜粉末质量为10.0 g，‎ 完全分解后，各装置的质量变化关系如下表所示。‎ 装置 A（试管+粉末）‎ B C 反应前 ‎42.0 g ‎75.0 g ‎140.0 g 反应后 ‎37.0 g ‎79.0 g ‎140.5 g 请通过计算，推断出该实验条件下硫酸铜分解的化学方程式。‎ ‎（4）硫化钠是用于皮革的重要化学试剂，可用无水Na2SO4与炭粉在高温下反应制得，化学方程式如下：‎ ‎①Na2SO4 + 4CNa2S + 4CO↑ ②Na2SO4 + 4CONa2S + 4CO2 ‎ a.若在反应过程中，产生CO和CO2混合气体为2mol，求生成Na2S的物质的量。‎ 17 / 17‎ b.硫化钠晶体放置在空气中，会缓慢氧化成Na2SO3，甚至是Na2SO4，现将43.72g部分变质的硫化钠样品溶于水中，加入足量盐酸后，过滤得4.8g沉淀和1.12L H2S 气体（标准状况，假设溶液中气体全部逸出），在滤液中加入足量的BaCl2后过滤得2.33g沉淀，分析该硫化钠样品的成分及其物质的量。‎ ‎【答案】（1） ① 20% ②80% ‎ ‎（2） 8.8 g ；40.6 g ‎ ‎（3）4CuSO44CuO + 2SO3↑+ 2SO2↑+ O2↑ ‎ ‎（4） a.0.5 ＜ n（Na2S）＜1 ‎ b.n（Na2S）=0.15 mol ；n（Na2SO3）=0.05 mol ；n（Na2SO4）=0.01 mol n（H2O）=1.35 mol ‎ ‎【解析】（1）①根据化学式CuFeS2可知，该化合物中铜和硫的质量之比是64:64＝1:1，所以该矿石含铜的质量分数等于硫的质量分数，都是20%。‎ ‎②消耗单质碘的物质的量是0.05mol/L×0.020mol/L＝0.0010mol，则根据方程式I2＋SO2＋2H2O＝H2SO4＋2HI可知，10ml溶液中含有SO2的物质的量是0.010mol，所以生成的SO2的物质的量是0.0010mol×＝0.0100mol，所以根据硫原子守恒可知，CuFeS2的物质的量是0.0100mol÷2＝0.0050mol，其质量＝0.0050mol×184g/mol＝0.82g，所以该黄铜矿的纯度×80%＝80%。‎ ‎（2）生成单质S的物质的量是3.2g÷32g/mol＝0.1mol。反应中如果铁离子不足，则根据关系式2Fe3＋～S可知，铁离子的物质的量是0.2mol，因此氧化铁的物质的量是0.1mol，其中质量是160g/mol×0.1mol＝16g，因此FeS的质量是56.6g－16g＝40.6g；如果反应中铁离子过量，则根据硫原子守恒可知，FeS的物质的量是0.1mol，质量是0.1mol×88g/mol＝8.8g。‎ 17 / 17‎ ‎（4）a.若反应中生成的气体只有CO，则根据反应①可知，生成的硫化钠物质的量＝2mol÷4＝0.5mol；若反应中生成的气体只有CO2，则根据反应①②可知Na2SO4 + 2CNa2S + 2CO2↑，所以生成的硫化钠物质的量＝2mol÷2＝1mol，因此硫化钠的物质的量是0.5 ＜ n（Na2S）＜1。‎ b.在滤液中加入足量的BaCl2后过滤得2.33g沉淀，该白色沉淀是硫酸钡，其物质的量是2.33g÷233g/mol＝0.01mol，因此根据原子守恒可知，硫酸钠的物质的量是0.01mol。4.8g沉淀是S，其物质的量是4.8g÷32g/mol＝0.15mol，则根据方程式2Na2S＋Na2SO3＋6HCl＝6NaCl＋3S↓＋3H2O可知，硫化钠和亚硫酸钠的物质的量分别是0.10mol和0.05mol。1.12L H2S 气体的物质的量＝1.12L÷22.4L/mol＝0.05mol，所以根据方程式Na2S＋2HCl＝6NaCl＋H2S↑可知，硫化钠的物质的量＝0.05mol，因此硫化钠的物质的量共计＝0.15mol。因此结晶水的质量＝43.72g－0.15mol×78g/mol－0.05mol×126g/mol－0.01mol×142g/mol＝24.3g，所以结晶水的物质的量＝24.3g÷18g/mol＝1.35mol。‎ ‎17．如图装置中，容器甲内充入0.1 mol 17 / 17‎ ‎ NO气体，干燥管内装有一定量Na2O2，从A处缓慢通入CO2气体．恒温下，容器甲中活塞缓慢由D向左移动，当移至C处时容器体积缩小至最小，为原体积的，随着CO2的继续通入，活塞又逐渐向右移动。（不考虑活塞的磨擦）‎ 已知： 2Na2O2 + 2CO2 → 2Na2CO3 + O2‎ ‎（1）已知当活塞移至C处时，干燥管中物质的质量增加了2.24 g。‎ ‎①此时，通入标准状况下的CO2气体多少L？‎ ‎②容器甲中NO2转化为N2O4的转化率是多少？‎ ‎③活塞移至C处后，继续通入a mol CO2，此时活塞恰好回至D处．则a值必 0.01（填大于、小于、等于），其理由是 。‎ ‎（2）若改变干燥管中Na2O2的量，要通过调节甲容器的温度及通入的量CO2，使活塞发生从D到C，又从C到D的移动，则Na2O2的质量最小值应大于________g。‎ ‎【答案】（1）①CO2体积1.792 L； ②25％‎ ‎③小于（2分）；活塞移至C，体积不会再减少，则干燥管中Na2O2已反应完，活塞由C向D移动，体积扩大，2NO2N2O4平衡左移，使二者物质的量增多，活塞移至D时，气体物质的量共增加0.01 mol，因此所需CO2必小于0.01 mol ‎ ‎（2）1.56 g ‎【解析】：（1）①设通入标准状况下CO2气体的体积为x，产生氧气的体积为y ‎2Na2O2+2CO2=Na2CO3+O2 Δm↑‎ ‎2×22.4 L 22.4 L 56 g x y 2.24 g ‎56 g︰x＝2×22.4 L×2.24 g 解得x=1.792L、y=0.896L n（O2）=0.04mol 17 / 17‎ ‎2NO+ O2=2NO2‎ ‎2 1 2‎ ‎0.08 mol 0.04 mol  0.08 mol ‎0.1 mol>0.08 mol 所以NO过量，生成NO2的物质的量为0.08 mol。‎ 所以2NO2N2O4 Δn↓‎ ‎2 1 1‎ ‎0.02 mol 0.1 mol×(1－9/10)=0.01mol 所以NO2转化为N2O4的转化率为 活塞移至C，体积不会再减少，则干燥管中Na2O2已反应完，活塞由C向D移动，体积扩大，2NO2N2O4平衡左移，使二者物质的量增多，活塞移至D时，气体物质的量共增加0.01 mol，因此所需CO2必小于0.01 mol。‎ ‎（2）实现从B→C的移动，只能通过降温使2NO2N2O4的平衡向右移动（此反应为放热反应）。‎ 即降温时2NO2N2O4 Δn↓‎ ‎2 1 1‎ ‎0.02 mol 0.1 mol×(1－9/10)‎ 即容器中至少应有0.02 mol的NO2‎ 根据转化关系式可知：2Na2O2→O2→2NO→2NO2‎ 至少需要Na2O2  0.02 mol 所以其质量最小值为0.02 mol×78 g/mol＝1.56 g。‎ 17 / 17‎