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文档介绍
高考化学 专题03 物质的量专题检测
【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查看更多