1、PAGE PAGE 5課時分層作業(六)以物質的量為核心的計算1某結晶水合物的化學式為RnH2O，其相對分子質量為M。25 時，a g該晶體能夠溶于b g水中形成V mL飽和溶液。下列關系中不正確的是()A該溶液中溶質的質量分數為eq f(100aM18n,ab)%B該溶液的物質的量濃度為eq f(1 000a,MV) molL1C該溶液的溶解度為eq f(100aM18na,18nabM) gD該溶液的密度為eq f(ab,V) gcm3AA項，某結晶水合物的化學式為RnH2O，該晶體中含有R的質量為a geq f(Mn18,M)，所以飽和溶液中溶質的質量分數為eq f(aM18n,Mab)

2、100%，錯誤。2在t 時，將a g NH3完全溶于水，得到V mL溶液，假設該溶液的密度為 gcm3，質量分數為，其中含有NHeq oal(,4)的物質的量是b mol，下列敘述正確的是()A溶質的質量分數eq f(a,Va)100%B溶質的物質的量濃度ceq f(1 000a,35V) molL1C溶液中c(OH)eq f(1 000b,V) molL1c(H)D向上述溶液中加入V mL水，所得溶液的質量分數大于0.5C溶質的質量分數eq f(a,V)100%，A項錯誤；氨水中的溶質是NH3，不是NH3H2O，將eq f(a,V)100%代入公式ceq f(1 000,M)，化簡可得ceq

3、 f(1 000a,17V) molL1，B項錯誤；氨水中含有的陽離子為H和NHeq oal(,4)，含有的陰離子只有OH，根據電荷守恒可知C項正確；由于氨水的密度小于水的密度，與水等體積混合所得稀氨水的質量大于原氨水質量的2倍，故其質量分數小于0.5，D項錯誤。3現有100 mL 1 molL1稀鹽酸，欲將其濃度變為2 molL1，可以采取的措施為()A向其中通入標準狀況下2.24 L HCl氣體B加熱蒸發使溶液體積變為50 mLC加熱蒸發掉50 mL水 D加入5 molL1鹽酸100 mL，再將溶液體積稀釋到300 mLD向其中通入標準狀況下2.24 L HCl氣體，則溶質的物質的量為0.

4、1 L1 molL12.24 L/22.4 Lmol10.2 mol，而溶液體積不能計算，所以其物質的量濃度不能計算，A錯誤；HCl易揮發，所以加熱蒸發稀鹽酸，HCl和水蒸氣都減少，蒸發操作不可取，故B、C錯誤；加入5 molL1鹽酸100 mL，再將溶液體積稀釋到300 mL，所得溶液中溶質物質的量濃度為(0.1 L1 molL15 molL10.1 L)/0.3 L2 molL1，D正確。4(2021東北三省聯考)NA表示阿伏加德羅常數的值。下列說法不正確的是()A22 g CO2和N2O的混合物中含有的質子數一定為11NAB標準狀況下，將224 mL SO2溶于水配制成100 mL溶液，

5、SO2、H2SO3、HSOeq oal(,3)、SOeq oal(2,3)四種粒子數目之和為0.01NAC標準狀況下，將2.24 L氯氣溶于足量NaOH溶液中，轉移電子數為0.1NAD84 g環己烷中含有共價鍵的數目一定為12NAD1個環己烷含有共價鍵18個，故84 g (1 mol)環己烷中含共價鍵數目為18NA，D項錯誤。5(2021山東模擬)NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是()A1 mol OH(羥基)與1 mol NHeq oal(,4)中所含電子數均為10NAB25 時，100 mL pH1的稀硫酸中，含有的H數目為0.01NAC室溫下，1 L pH13的NaOH溶液中，由

6、水電離的OH數目為0.1NAD標準狀況下，2.24 L NO2和N2O4混合氣體中含0.2NA個氧原子BA項，1 mol OH含電子數為9NA，錯誤；C項，1 L pH13的NaOH溶液中水電離出的OH數目為11013NA，錯誤；D項，含有氧原子的個數在0.2NA0.4NA之間，錯誤。6在標準狀況下，將224 L HCl氣體溶于635 mL水中，所得鹽酸的密度為1.18 gcm3。試計算：(1)所得鹽酸的質量分數和物質的量濃度分別是_、_。(2)取這種鹽酸100 mL，稀釋至1.18 L，所得稀鹽酸的物質的量濃度是_。(3)在40.0 mL 0.065 molL1 Na2CO3溶液中，逐滴加入

7、上述稀釋后的稀鹽酸，邊加邊振蕩。若使反應不產生CO2氣體，加入稀鹽酸的體積最多不超過_mL。(4)將不純的NaOH樣品1 g(樣品含少量Na2CO3和水)，放入50 mL 2 molL1的鹽酸中，充分反應后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40 mL 1 molL1的NaOH溶液。蒸發中和后的溶液，最終得到_ g固體。解析(1)n(HCl)eq f(224 L,22.4 Lmol1)10 mol，m(HCl)10 mol36.5 gmol1365 g，鹽酸的質量分數eq f(365 g,365 g635 g)100%36.5%，c(HCl)eq f(1 000,M)eq f(1 000 mLL1

8、1.18 gcm336.5%,36.5 gmol1)11.8 molL1。(2)由c(濃)V(濃)c(稀)V(稀)可知，c(稀)eq f(11.8 molL10.1 L,1.18 L)1 molL1。(3)n(Na2CO3)0.040 L0.065 molL10.002 6 mol，設加入稀鹽酸的體積最多不超過x mL，則n(HCl)1 molL10.001x L0.001x mol，根據反應Na2CO3HCl=NaHCO3NaCl得0.002 60.001x，x2.6。(4)經過反應，蒸發中和后的溶液，最后所得固體為NaCl，根據氯原子守恒：n(NaCl)n(HCl)0.050 L2 mol

9、L10.1 mol，m(NaCl)0.1 mol58.5 gmol15.85 g。答案(1)36.5%11.8 molL1(2)1 molL1(3)2.6(4)5.857(2021宣城模擬)84消毒液和“潔廁靈”混用時，因易發生反應引起中毒，若反應為：Na35ClO2H37Cl=NaClCl2H2O。下列說法正確的是設NA為阿伏加德羅常數的值，已知：K(HClO)3.0108，Ka1(H2CO3)4.3107，Ka2(H2CO3)5.61011()A理論上，上述反應生成的1 mol Cl2含有的中子數為40NAB84消毒液在空氣中會發生反應：NaClOCO2H2O=NaHCO3HClOC理論上

10、，上述反應每轉移NA個電子，氧化劑比還原劑少2 gD為提高氯水中HClO的濃度，可加過量K2CO3固體B反應中生成的氯氣為35Cl37Cl，一個分子中含有182038個中子，因此1 mol Cl2含有的中子數為38NA，故A錯誤；根據電離平衡常數，酸性：H2CO3HClOHCOeq oal(,3)，由強酸制弱酸原理可知，CO2與84消毒液發生反應的化學方程式是NaClOCO2H2O=NaHCO3HClO，故B正確；Na35ClO2H37Cl=NaClCl2H2O中化合價發生變化的只有氯元素，分別由1價、1價變成0價，轉移一個電子，因此每轉移NA個電子，有1 mol氧化劑Na35ClO和1 mo

11、l還原劑H37Cl反應，氧化劑的質量為74 g，還原劑的質量為38 g，氧化劑比還原劑多36 g，故C錯誤；氯水中存在平衡Cl2H2OHClHClO，在氯水中加入過量K2CO3固體，由于酸性：HClHClOHCOeq oal(,3)，K2CO3固體能夠與H和HClO反應，氯水中HClO的濃度減小，故D錯誤。8(2021龍巖模擬)為探究乳酸亞鐵晶體CH3CH(OH)COO2Fe3H2O中鐵元素含量，甲、乙同學分別設計如下方案，以測定樣品中鐵元素的含量。甲乙稱取w1 g樣品溶于水，用c1 molL1酸性KMnO4標準溶液滴定，當溶液恰好顯淺紫色，且30 s內不恢復，停止滴定，測得消耗標準溶液V1

12、mL。由此求得n(Fe)5c1V1103 mol稱取w2 g樣品，灼燒完全灰化，加足量鹽酸溶解，加入過量KI溶液充分反應，然后加入幾滴淀粉溶液，用c2 molL硫代硫酸鈉溶液滴定(已知：I22S2Oeq oal(2,3)=S4Oeq oal(2,6)2I)，滴定終點時，測得消耗標準溶液V2 mL。(1)甲方案錯誤，主要原因是_，該方案測定結果將明顯_(填“偏大”或“偏小”)。(2)依據乙方案可得出樣品中鐵元素含量為_(用含有相關字母的代數式表示)。解析(1)乳酸根中含有羥基，也可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，導致消耗高錳酸鉀的量增大，使計算所得乳酸亞鐵的質量偏大。(2)滴定終點時，V2 mL硫代硫酸鈉溶液中所含硫代硫酸鈉的物質的量為n(Na2S2O3)c