as是什么元素(as是什么元素化合价)

一．选择题（共11小题）

1．（2015•海南）已知丙烷的燃烧热△H=﹣2215kJ•mol﹣1．若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g水，则放出的热量约为（ ）

A． 55kJB． 220kJC． 550kJD． 1108kJ

考点：有关反应热的计算．

分析：已知丙烷的燃烧热△H=﹣2215kJ•mol﹣1，则丙烷燃烧的热化学方程式为C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2215kJ•mol﹣1，根据生成水的质量计算放出的热量．

解答：解：已知丙烷的燃烧热△H=﹣2215kJ•mol﹣1，则丙烷燃烧的热化学方程式为C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2215kJ•mol﹣1，

一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8g水，则放出的热量约为

=55.375kJ≈55kJ；

故选：A．

点评：本题考查了燃烧热的概念、反应热的计算，题目难度不大，注意把握燃烧热的概念即1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量．

2．（2014•上海）含有砒霜（As2O3）的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢（AsH3）在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气，若砷的质量为1.50mg，则（ ）

A． 被氧化的砒霜为1.98mgB． 分解产生的氢气为0.672mL

C． 和砒霜反应的锌为3.90mgD． 转移的电子总数为6×10﹣5NA

考点：化学方程式的有关计算；真题集萃．

专题：计算题．

分析：A．反应中As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中﹣3价，砒霜发生还原反应；

B．根据n=

计算As的物质的量，根据原子守恒进而计算生成氢气的物质的量，氢气所处的状态不一定是标准状况；

C．电子转移守恒计算参加反应Zn的物质的量，再根据m=nM计算Zn的质量；

D．整个过程中，As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中﹣3价，AsH3中﹣3价升高为As中0价，据此计算转移电子数目．

解答：解：A．反应中As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中﹣3价，砒霜发生还原反应，故A错误；

B．生成As的物质的量=

=2×10﹣5mol，根据原子守恒可知分解的AsH3为2×10﹣5mol，由H原子守恒可知生成氢气为

=3×10﹣5mol，故标况下，分解产生氢气体积为3×10﹣5mol×22.4L/mol=6.72×10﹣4L=0.672 mL，但氢气所处的状态不一定是标准状况，故其体积不一定是0.672 mL，故B错误；

C．根据电子转移守恒，可知参加反应Zn的物质的量=2×10﹣5mol×[3﹣（﹣3）]÷2=6×10﹣5mol，故参加反应Zn的质量=6×10﹣5mol×65g/mol=3.9×10﹣3g=3.9mg，故C正确；

D．整个过程中，As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中﹣3价，AsH3中﹣3价升高为As中0价，故整个过程转移电子总数为2×10﹣5mol×（6+3）×NAmol﹣1=1.8×10﹣4NA，故D错误，

故选C．

点评：本题考查根据方程式计算、氧化还原反应计算等，注意利用守恒思想进行的计算，B选项为易错点，学生容易忽略气体摩尔体积的使用条件．

3．（2014•重庆）已知C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=akJ•mol﹣1

2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣220kJ•mol﹣1

H﹣H、O=O和O﹣H键的键能分别为436、496和462kJ•mol﹣1，则a为（ ）

A． ﹣332B． ﹣118C． +350D． +130

考点：有关反应热的计算．

专题：化学反应中的能量变化．

分析：根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，化学反应的焓变△H=H产物﹣H反应物再结合化学键能和物质能量的关系来回答．

解答：解：已知①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H=akJ•mol﹣1＞0，

②2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣220kJ•mol﹣1

①×2﹣②得：2H2O（g）═O2（g）+2H2（g）△H=（2a+220）kJ•mol﹣1＞0，

4×462﹣496﹣2×436=2a+220，

解得a=+130．

故选D．

点评：本题考查学生盖斯定律的应用以及化学反应的能量和化学键键能之间的关系，注意知识的迁移和应用是关键，难度中等．

4．（2013•海南）已知下列反应的热化学方程式：

6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）═2C3H5（ONO2）3（l）△H1

2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2

C（s）+O2（g）═CO2（g）△H3

则反应4C3H5（ONO2）3（l）═12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）的△H为（ ）

A． 12△H3+5△H2﹣2△H1B． 2△H1﹣5△H2﹣12△H3

C． 12△H3﹣5△H2﹣2△H1D． △H1﹣5△H2﹣12△H3

考点：有关反应热的计算；热化学方程式．

专题：化学反应中的能量变化．

分析：根据盖斯定律，利用方程式的加减得出C3H5（ONO2）3分解成CO2、N2、H2O、O2的化学方程式，其反应热也要相应的加减，从而得出其热化学反应方程式．

解答：解：已知：

①6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）═2C3H5（ONO2）3（l）△H1

②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2

③C（s）+O2（g）═CO2（g）△H3

由盖斯定律：5×②+12×③﹣2×①得：4C3H5（ONO2）3（l）═12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）△H=12△H3+5△H2﹣2△H1；

故选A．

点评：本题考查了反应热的计算，侧重于盖斯定律应用的考查，题目难度不大，准确把握盖斯定律的概念是关键．

5．（2012•重庆）向10mL 0.1mol•L﹣1 NH4Al（SO4）2溶液中，滴加等浓度Ba（OH）2溶液x mL．下列叙述正确的是（ ）

A． x=10时，溶液中有

、Al3+、

，且c（

）＞c（Al3+）

B． x=10时，溶液中有

、

、

，且c（

）＞c（

）

C． x=30时，溶液中有Ba2+、

、OH﹣，且c（OH﹣）＜c（

）

D． x=30时，溶液中有Ba2+、Al3+、OH﹣，且c（OH﹣）=c（Ba2+）

考点：离子方程式的有关计算．

专题：离子反应专题．

分析：当x=10时，NH4Al（SO4）2与Ba（OH）2等物质的量反应，此时OH﹣量不足，OH﹣首先与Al3+反应，与NH4+不反应，所以溶液中有未参加反应的NH4+和部分剩余的Al3+存在，同时SO42﹣也有剩余，但此时不会有AlO2﹣生成，结合铵根离子水解解答；

当x=30时，0.001 mol的NH4Al（SO4）2与0.003 mol Ba（OH）2反应，生成0.002 mol BaSO4、0.001 mol AlO2﹣、0.001 mol NH3•H2O，且剩余0.001 mol Ba2+和0.001 mol OH﹣，由于NH3•H2O也是一种碱，存在电离平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，据此判断反应中c（OH﹣）与c（AlO2﹣）、c（Ba2+）的大小关系．

解答：解：A、当x=10时，NH4Al（SO4）2与Ba（OH）2等物质的量反应，此时OH﹣量不足，OH﹣首先与Al3+反应，与NH4+不反应，所以溶液中有未参加反应的NH4+和部分剩余的Al3+存在，同时SO42﹣也有剩余，但此时不会有AlO2﹣生成，溶液中c（NH4+）＞c（Al3+），故A正确；

B、由A中分析可知，溶液中不会有AlO2﹣生成，溶液中有NH4+、Al3+、SO42﹣，参加反应的硫酸根离子为0.001mol，剩余0.001molSO42﹣，溶液中NH4+未参加反应，但溶液中NH4+水解，故c（NH4+）＜c（SO42﹣），故B错误；

C、当x=30时，0.001 mol的NH4Al（SO4）2与0.003 mol Ba（OH）2反应，生成0.002 mol BaSO4、0.001 mol AlO2﹣、0.001 mol NH3•H2O，且剩余0.001 mol Ba2+和0.001 mol OH﹣，由于NH3•H2O也是一种碱，存在电离平衡：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，使得溶液中c（OH﹣）大于0.001 mol，故c（OH﹣）＞c（AlO2﹣），故C错误；

D、由C中分析可知，溶液中含有Ba2+、AlO2﹣、OH﹣，其中溶液中c（OH﹣）大于0.001 mol，含有0.001 mol Ba2+，c（OH﹣）＞c（Ba2+），故D错误；

故选A．

点评：本题考查离子方程式的有关计算、过量计算等，难度中等，清楚氢氧根离子与铵根离子、铝离子反应的先后顺序是解题的关键．

6．（2011•江西）下列叙述正确的是（ ）

A． 1.00molNaCl中含有6.02×1023个NaCl分子

B． 1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023

C． 欲配置1.00L，1.00mol．L﹣1的NaCl溶液，可将58.5gNaCl溶于1.00L水中

D． 电解58.5g熔融的NaCl，能产生22.4L氯气（标准状况）、23.0g金属钠

考点：物质的量的相关计算；物质的量浓度的相关计算．

分析：根据物质的构成、离子的电子排布来分析微粒的物质的量，并根据溶液的配制来分析溶液的体积，利用电解反应中氯化钠的物质的量来计算电解产物的量即可解答．

解答：解：A、因NaCl为离子化合物，则不存在NaCl分子，故A错误；

B、因Na+的最外层电子总数为8电子稳定结构，则最外层电子的物质的量为8mol，其电子总数为8×6.02×1023，故B正确；

C、欲配置1.00L，1.00mol．L﹣1的NaCl溶液，可将58.5g NaCl溶于适量水中，配成1L溶液，而不是溶于1L的水中，故C错误；

D、NaCl的物质的量为

=1mol，则电解58.5g熔融的NaCl，能产生0.5mol×22.4L/mol=11.2L氯气（标准状况），而不是22.4L氯气，故D错误；

故选：B．

点评：本题考查微观粒子的物质的量的计算，明确物质的构成、电子排布、溶液的配制，电解等知识点来解答，学生熟悉物质的量的计算、利用原子守恒来判断电解产物的物质的量是解答本题的关键．

7．（2011•上海）氯元素在自然界有35Cl和37Cl两种同位素，在计算式34.969×75.77%+36.966×24.23%=35.453中（ ）

A． 75.77%表示35Cl的质量分数

B． 24.23%表示35Cl的丰度

C． 35.453表示氯元素的相对原子质量

D． 36.966表示37Cl的质量数

考点：相对原子质量及其计算；同位素及其应用；相对分子质量及其计算．

分析：本题考查相对原子质量的求法，涉及到下列几个概念：同位素、丰度、质量数、元素的相对原子质量、原子的相对原子质量等．

解答：解：A、75.77%表示35Cl的丰度，不是质量分数，故A错误；

B、24.23%表示37Cl的丰度，不是35Cl的丰度，故B错误；

C、氯元素的相对原子质量是用两种同位素的相对原子质量分别乘以各自的丰度，故C正确；

D、36.966表示37Cl的相对原子质量，不是37Cl的质量数，故D错误．

故选：C

点评：此题需要学生对于某些容易混淆的基本概念有准确的理解，体现了高考立足于基础知识的特点．

8．（2011•四川）25℃和101kpa时，乙烷、乙炔和丙烯组成的混合烃32mL与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体的总体积缩小了72mL，原混合烃中乙炔的体积分数为（ ）

A． 12.5%B． 25%C． 50%D． 75%

考点：化学方程式的有关计算．

专题：压轴题；计算题；差量法．

分析：根据有机物燃烧的化学反应方程式，分析反应前后气体体积的变化，利用气体体积缩小了72mL及混合气体的体积来列等式计算出乙炔的体积，最后计算乙炔的体积分数．

解答：解：由乙烷、乙炔和丙烯燃烧的方程式可知，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，

C2H6+

O2=2CO2+3H2O△V

1

2 2.5

C2H2+

O2=2CO2+H2O(△V

1

2 1.5

C3H6+

O2=3CO2+3H2O(△V

1

3 2.5

则C2H6和C3H6反应后体积缩小的量是相同的，故可将两者看成是一种物质即可，

设C2H6和C3H6一共为xmL，C2H2为ymL，

则有

，解得y=8mL，

混合烃中乙炔的体积分数为

，

故选B．

点评：本题考查学生利用有机物燃烧的化学反应方程式进行体积分数的计算，明确气体体积缩小的量及将乙烷和丙烯看成一种物质是解答的关键．

9．（2011•上海）根据碘与氢气反应的热化学方程式

（i） I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）+9.48kJ

（ii） I2（S）+H2（g）⇌2HI（g）﹣26.48kJ

下列判断正确的是（ ）

A． 254g I2（g）中通入2gH2（g），反应放热9.48 kJ

B． 1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17.00 kJ

C． 反应（Ⅰ）的产物比反应（Ⅱ）的产物稳定

D． 反应（Ⅱ）的反应物总能量比反应（Ⅰ）的反应物总能量低

考点：有关反应热的计算；反应热和焓变．

专题：化学反应中的能量变化．

分析：A、该反应是可逆反应，所以不能进行完全；

B、根据盖斯定律，（Ⅰ）﹣（Ⅱ）得I2（g）=I2（S）+35.96kJ；

C、反应（Ⅰ）、反应（Ⅱ）的产物都是HI（g）；

D、对于同一物质，固态物质的能量比气态物质能量低．

解答：解：A．因为是可逆反应，所以不能进行完全，放热小于9.48kJ，故A错误；

B．由盖斯定律知（Ⅰ）﹣（Ⅱ）得I2（g）=I2（S）+35.96kJ，故1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差35.96kJ，故B错误；

C．反应（Ⅰ）、反应（Ⅱ）的产物都是HI（g），状态相同，稳定性一样，故C错误；

D．对于同一物质，固态物质的能量比气态物质能量低，故反应（Ⅱ）的反应物总能量比反应（Ⅰ）的反应物总能量低，故D正确；

故选：D．

点评：本题考查对于热化学方程式的理解、可逆反应特点、物质状态与能量关系等，难度不大，注意题目中"+"表示放热，"﹣"表示吸热．

10．（2010•湖北）一定条件下磷与干燥氯气反应，若0.25g磷消耗掉314mL氯气（标准状况），则产物中PCl3与PCl5的物质的量之比接近于（ ）

A． 3：1B． 5：3C． 2：3D． 1：2

考点：化学方程式的有关计算．

专题：压轴题；十字交叉法．

分析：根据n=

计算磷的物质的量，根据n=

计算氯气的物质的量，进而计算产物中n（Cl）：n（P）的值，据此利用十字交叉法计算产物中PCl3与PCl5的物质的量之比．

解答：解析：参加反应的P和Cl2的物质的量之比为

：

≈1：1.74．

因此产物中n（Cl）：n（P）=（1.74×2）：1=3.48：1，

则：

即产物中PCl3和PCl5的物质的量之比1.52：0.48≈3：1，

故选A．

点评：考查化学有关计算，难度中等，本题采取十字交叉法解答，可以利用列方程计算产物中PCl3和PCl5的物质的量．

11．（2010•海南）把V L含有MgS04和K2S04的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡．则原混合溶液中钾离子的浓度为（ ）

A．

mol•L﹣1B．

mol•L﹣1

C．

mol•L﹣1D．

mol•L﹣1

考点：离子方程式的有关计算．

分析：根据两等份中一份加氢氧化钠时发生Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓，另一份加BaCl2的溶液发生Ba2++SO42﹣=BaSO4↓，且两个反应中使镁离子、硫酸根离子完全转化为沉淀，利用物质的物质的量代入离子方程式来计算Mg2+和SO42﹣的物质的量，然后计算原混合溶液中钾离子的浓度．

解答：解：设每份中镁离子的物质的量为x，硫酸根离子的物质的量为y，

则由Mg2++2OH﹣=Mg（OH）2↓可知，

1 2

x amol

，解得x=0.5amol，

由Ba2++SO42﹣=BaSO4↓可知，

1 1

bmol y

，解得y=bmol，

忽略溶液中的H+和OH﹣由电荷守恒知，b×2=c（K+）+0.5a×2，

溶液中K+的物质的量为（b﹣0.5a）×2mol=（2b﹣a）mol，

又由于混合溶液分成两等份，则原溶液中的K+的物质的量为2（2b﹣a）mol，

则原混合溶液中钾离子的浓度为

=

mol•L﹣1，

故选：D．

点评：本题考查学生利用离子方程式进行计算，学生应明确信息中恰好使离子转化为沉淀，然后利用离子之间的反应、电荷守恒、物质的量浓度的计算即可解答．