8、复杂计算题答案.docVIP

8、复杂计算题

1、【答案】

C

【解析】

pH＝4的醋酸中，c(H＋)＝10－4mol·L－1，A项错误；饱和小苏打溶液中，NaHCO3===Na＋＋HCO，HCOH＋＋CO、HCO＋H2OH2CO3＋OH－，根据物料守恒可知c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，则饱和小苏打溶液中c(Na＋)c(HCO)，B项错误；根据电荷守恒原理可知饱和食盐水中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，C项正确；25℃时KW＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14，升高温度，KW1.0×10－14，则pH＝12的纯碱溶液中c(H＋)＝10－12mol/L，c(OH－)＝10－2mol·L－1，D项错误。

2、【答案】

D

【解析】

c(HNO3)＝63g·mol－1＝14.0mol/L，B项正确；1molCu(或Mg)失去2mole－后形成的Cu2＋(或Mg2＋)需结合2molOH－完全转化为沉淀，即镁铜合金失去电子的物质的量等于形成沉淀时结合OH－的物质的量，最后生成沉淀2.54g，增加的质量即是m(OH－)＝2.54g－1.52g＝1.02g，即n(OH－)＝＝0.06mol，结合氧化还原反应电子转移守恒关系得：n(NO2)＋n(N2O4)×2＝0.06mol、n(NO2)＋n(N2O4)＝＝0.05mol；二式联立可解得：n(NO2)＝0.04mol，n(N2O4)＝0.01mol，C项正确；利用合金质量和失去电子的物质的量可得：n(Cu)×64g·mol－1＋n(Mg)×24g·mol－1＝1.52g和n(Cu)×2＋n(Mg)×2＝0.06mol；二式联立可解得：n(Cu)＝0.02mol，n(Mg)＝0.01mol，A项正确；利用氮守恒可知溶解合金后溶液中含有c(NO)＝0.05L×14mol/L－0.04mol－0.01mol×2＝0.64mol，加入NaOH当离子恰好全部沉淀时，溶液为NaNO3溶液，利用原子守恒加入n(NaOH)＝n(NO)，故加入V(NaOH)＝0.64mol÷1.0mol·L－1＝640mL,D项错误。

3、【答案】

A

【解析】

若混合物全是CuS，其物质的量为12/80=0.15mol，电子转移数，0.15×（6+2）=1.2mol。两者体积相等，设NOxmol，NO2xmol，3x+x1=1.2，计算的x=0.3。气体体积V=0.6×22.4=13.44L；若混合物全是Cu2S，其物质的量为0.075mol，转移电子数0.075×10=0.75mol，设NOxmol，NO2xmol，3x+x1=0.75，计算得x=0.1875，气体体积0.375×22.4=8.4L，因此选A。

4、【答案】A

【解析】

常压和500℃条件下，水是气体，等物质的量的Ag2O,Fe(OH)3,NH4HCO3，NaHCO3完全分解，根据分解化学程式可知：生成的气体体积大小顺序为V3＞V4＞V2＞V1。

5、【答案】C

【解析】

A总醋酸是弱电解质，稀释后PH小于4，错误；B答案要看具体酸的性质，亚硫酸氢纳溶液显酸性，丹亚硫酸是弱酸，错误；C答案，溶液中的酸如果完全中和，则溶液呈碱性，现在溶液呈中性，说明醋酸剩余，正确；D答案，根据溶液中阴离子和氯离子的浓度即可判断，④中阴离子浓度最大，错误。

6、【答案】B

【解析】

本题考查化学计算。根据题意知最后得到的沉淀是Cu(OH)2，其质量是39.2g，则n(Cu(OH)2)=0.4mol，n(Cu)=0.4mol，即原化合物中的n(Cu)等于0.4mol，设原化合物中的Cu和Cu2O的物质的量分别是x、y，则有x＋2y=0.4mol，64x＋144y=27.2g，解得x=0.2mol，y=0.1mol，物质的量之比等于2:1，A正确；反应后得到溶质是NaNO3，则表现酸性的硝酸与氢氧化钠的物质的量相等，即1mol，0.2molCu和0.1molCu2O被硝酸氧化时共失去(0.4＋0.2)mole－，则有0.2mol的硝酸被还原为NO，所以硝酸的总物质的量是1.2mol，浓度是2.4mol/L，B错；产生的NO为0.2mol，标准状况下体积是4.48L，C正确；原混合物与硝酸反应生成Cu(NO3)2，n(Cu)=0.4mol，所以n(NO3－)=0.8mol，被还原的硝酸是0.2mol，硝酸的总物质的量是1.2mol，所以剩余硝酸0.2mol，D正确

7、【答案】

(1)①第三周期第ⅢA族CO2

②Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2OAr(其他合理答案均可)

(2)①吸氧