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课时跟踪检测(三) 以物质的量为中心的化学计算(实践课)
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这是一份课时跟踪检测(三) 以物质的量为中心的化学计算(实践课)，共8页。试卷主要包含了阿伏加德罗常数的值用NA表示，NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是等内容，欢迎下载使用。
1．(2021·东莞模拟)阿伏加德罗常数的值用NA表示。下列说法中正确的是( )
A．33.6 L丙烯(标准状况)与足量HCl发生加成反应，生成1氯丙烷个数为1.5NA
B．一定条件下，Ca与O2反应生成7.2 g CaO2，转移电子的个数为0.4NA
C．2 ml冰醋酸与4 ml乙醇一定条件下充分反应，生成乙酸乙酯的个数为2NA
D．1 L 1 ml·L－1的葡萄糖溶液中，溶质所含羟基的个数为5NA
解析：选D 丙烯与HCl发生加成反应，可能生成1氯丙烷和2氯丙烷，无法计算生成1氯丙烷的个数，故A错误；7.2 g CaO2含有0.1 ml Ca，Ca从0价变到＋2价，转移电子的个数为0.2NA，故B错误；酯化反应为可逆反应，无法确定反应限度，故无法计算生成乙酸乙酯的量，C错误；1 ml的葡萄糖中含有5 ml羟基和1 ml醛基，故所含羟基的个数为5NA，故D正确。
2．(2021·昆明模拟)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．常温常压下，11.2 L SO2含有的氧原子数小于NA
B．0.1 ml Na2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数等于0.4NA
C．10 g质量分数为34%的H2O2溶液含有的氢原子数为0.2NA
D．100 mL 0.1 ml·L－1醋酸中含有的醋酸分子数是0.01NA
解析：选A 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4 L·ml－1，故11.2 L二氧化硫的物质的量小于0.5 ml，则含有的氧原子个数小于NA，故A正确；由Na2O2的电子式为，Na2O的电子式为可知，1 ml Na2O中含3 ml离子，1 ml Na2O2中含3 ml离子，则0.1 ml Na2O和Na2O2的混合物中离子为0.3 ml，即含有的阴、阳离子总数是0.3NA，故B错误；10 g质量分数为34%的H2O2溶液中溶质的质量为10 g×34%＝3.4 g，物质的量：n＝ eq \f(m,M) ＝ eq \f(3.4 g,34 g·ml－1) ＝0.1 ml，一个过氧化氢分子中含有两个氢原子，0.1 ml过氧化氢分子中含有0.2 ml氢原子，由于H2O2溶液中，除了H2O2，水也含氢原子，故氢原子的个数大于0.2NA，故C错误；醋酸为弱酸，在水中不完全电离，100 mL 0.1 ml·L－1醋酸的物质的量n＝cV＝0.1 ml·L－1×0.1 L＝0.01 ml，则含有的醋酸分子数小于0.01NA，故D错误。
3．(2021·宝鸡模拟)用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．100 g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氢原子数为6NA
B．标准状况下，6 g乙酸和丙醇的混合物中含有的分子数为0.1NA
C．标准状况下，铁丝在22.4 L氧气中燃烧时转移的电子数为3NA
D．将10 mL 0.1 ml·L－1FeCl3溶液滴入沸水中，得到Fe(OH)3胶粒的个数为0.001NA
解析：选B 100 g质量分数为46%的乙醇的物质的量为1 ml，由于溶液中水分子中还有氢原子，故含有的氢原子数大于6NA，故A错误；乙酸的分子式为C2H4O2，相对分子质量为60，丙醇的分子式为C3H8O，相对分子质量为60，故6 g乙酸和丙醇的混合物的物质的量为0.1 ml，含有的分子数为0.1NA，故B正确；标准状况下，22.4 L氧气为1 ml，燃烧时转移的电子数为4NA，故C错误；由于Fe(OH)3胶粒为Fe(OH)3的聚集体，则无法计算制得的胶体中含有Fe(OH)3胶粒的数目，故D错误。
4．欲配制500 mL 2 ml·L－1的盐酸，需要36.5%的浓盐酸(密度约为1.2 g·cm－3)的体积为( )
A．27.4 mL B．83.3 mL
C．120 mL D．无法计算
解析：选B 36.5%的浓盐酸c(HCl)＝ eq \f(1 000×1.2×36.5%,36.5) ml·L－1＝12 ml·L－1，溶液稀释时溶质的物质的量不变，即0.500 L×2 ml·L－1＝V×12 ml·L－1，解得V≈0.083 3 L，V≈83.3 mL。
5．将标准状况下的某气体(摩尔质量为M g·ml－1)溶于a g水中，所得溶液的密度为b g·cm－3，溶质的物质的量浓度为c ml·L－1，则该气体溶入水中的体积是( )
A． eq \f(22.4ac,M（1－c）) L B． eq \f(22.4c,M) L
C． eq \f(22.4ac,1 000b－Mc) L D． eq \f(22.4ac,1 000b) L
解析：选C 设溶入水中气体的体积为V L，则 eq \f(\f(V,22.4),\f(\f(V,22.4)M＋a,103b)) ＝c，化简整理得：V＝ eq \f(22.4ac,1 000b－Mc) 。
6．现有V L 0.5 ml·L－1的盐酸，欲将其浓度扩大一倍，以下方法中最宜采用的是( )
A．加热浓缩到原来体积的一半
B．加入5 ml·L－10.125V L的盐酸
C．加入10 ml·L－10.1V L的盐酸，再稀释至1.5V L
D．标准状况下通入11.2 L氯化氢气体
解析：选C 加热易使HCl挥发，溶液浓度降低，A错误；溶液的体积不具有加和性，B错误；混合后溶液中的HCl的n(HCl)＝0.5 ml·L－1×V L＋10 ml·L－1×0.1V L＝1.5V ml，所以c混合(HCl)＝ eq \f(1.5V ml,1.5V L) ＝1 ml·L－1，C正确；通入氯化氢气体，溶液的体积发生变化，不能计算其浓度，D错误。
7．(2021·开封模拟)设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．0.5 ml雄黄(As4S4)，结构如图，含有NA个S—S键
B．将1 ml NH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 的数目为NA
C．标准状况下，33.6 L二氯甲烷中含有氯原子的数目为3NA
D．高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应，转移的电子数为0.6NA
解析：选B S原子最外层有六个电子，形成2个共价键，As原子最外层有五个电子，形成3个共价键，由结构图知白色球为硫原子，分子中不存在S—S键，故A错误；NH4NO3===NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ＋NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ，NH3·H2ONH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ＋OH－，溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中n(NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) )＝n(NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) )，NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 的数目等于NA，故B正确；标准状况下，二氯甲烷为液体，不能使用气体摩尔体积，故C错误；16.8 g铁的物质的量为0.3 ml，而铁与水蒸气反应后变为＋ eq \f(8,3) 价，故0.3 ml铁失去0.8 ml电子即0.8NA个，所以D错误。
8．(2021·西安模拟)向100 mL Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法正确的是( )
A．a点时溶液中阳离子仅为Cu2＋和Fe2＋
B．b点时溶液中发生的反应为Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋
C．c点时加入的铁粉与Cu2＋反应
D．原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶1
解析：选B a点表示的是加入铁粉后，溶液中固体的质量仍为0，此时发生反应的离子方程式为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，由于反应仍未结束，故a点溶液中存在的阳离子有Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋，A错误；b点表示加入铁粉后，溶液中固体的质量增加，此时发生反应的离子方程式为Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋，B正确；当加入铁粉的质量大于1.68 g后，图中曲线出现了拐点，由点(2.24，1.84)可知，铁粉增加的质量与固体剩余物增加的质量相等，故c点没有发生反应，C错误；当加入铁粉质量为0.56 g时，发生反应的离子方程式为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，故溶液中n(Fe3＋)＝2n(Fe)＝ eq \f(m,M) ＝2× eq \f(0.56 g,56 g·ml－1) ＝0.02 ml，故溶液中n[Fe2(SO4)3]＝0.01 ml；当加入铁粉的质量为0.56～1.68 g时，发生反应的离子方程式为Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋，则溶液中n(Cu2＋)＝n(Fe)＝ eq \f(m,M) ＝ eq \f(1.68 g－0.56 g,56 g·ml－1) ＝0.02 ml，故溶液中n(CuSO4)＝0.02 ml；因此溶液中Fe2(SO4)3与CuSO4的物质的量之比为1∶2，D错误。
9．把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a ml硫酸钠的溶液，恰好使Ba2＋完全沉淀；另取一份加入含b ml硝酸银的溶液，恰好使Cl－完全沉淀，该混合溶液中K＋浓度为( )
A．10(b－2a)ml·L－1 B．5(b－2a)ml·L－1
C．2(b－a)ml·L－1 D．10(2a－b)ml·L－1
解析：选A 混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同。根据Ba2＋＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ===BaSO4↓可知，每份溶液中n(Ba2＋)＝n(Na2SO4)＝a ml；根据Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，每份溶液中n(Cl－)＝n(Ag＋)＝b ml，根据电荷守恒可知，每一份溶液中2n(Ba2＋)＋n(K＋)＝n(Cl－)，则n(K＋)＝b ml－2a ml＝(b－2a)ml，故c(K＋)＝ eq \f(（b－2a）ml,0.1 L) ＝10(b－2a)ml·L－1。
10．(2021·天水模拟)下列说法不正确的是( )
A．把7.2 g纯铁粉加入40 mL浓度未知的HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6 g，产生NO2和NO的混合气体0.08 ml，若不考虑N2O4的存在，则原HNO3溶液的物质的量浓度为7.0 ml·L－1
B．将质量分数为a%，物质的量浓度为c1 ml·L－1的稀H2SO4溶液蒸发掉一定量的水，使之质量分数为2a%，此时物质的量浓度为c2 ml·L－1，则c1和c2的数值关系是c2>2c1
C．将标准状况下的a L HCl气体溶于1 000 mL水中，得到的盐酸溶液密度为b g·mL－1，则该盐酸溶液的物质的量浓度为 eq \f(ab,22 400) ml·L－1
D．V L Fe2(SO4)3溶液中含Fe3＋m g，则溶液中SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 的物质的量浓度为 eq \f(3m,112 V) ml·L－1
解析：选C 把7.2 g纯铁粉投入40 mL某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6 g，说明生成硝酸亚铁，硝酸完全反应，参加反应的Fe的质量为m(Fe)＝7.2 g－1.6 g＝5.6 g，其物质的量为n(Fe)＝ eq \f(5.6 g,56 g·ml－1) ＝0.1 ml，则生成硝酸亚铁的物质的量为n[Fe(NO3)2]＝n(Fe)＝0.1 ml，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，起酸性作用的硝酸生成硝酸亚铁，起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO2，根据N元素守恒可知该硝酸溶液中含有硝酸的总物质的量为n(HNO3)＝2n[Fe(NO3)2]＋n(NO)＋n(NO2)＝0.1 ml×2＋0.08 ml＝0.28 ml，所以原HNO3溶液的物质的量浓度为c(HNO3)＝ eq \f(0.28 ml,0.04 L) ＝7.0 ml·L－1，A正确；设溶质质量分数为a%的硫酸溶液的密度为ρ1，则c1＝ eq \f(1 000ρ1a%,98) ml·L－1＝ eq \f(10aρ1,98) ml·L－1，设溶质质量分数为2a%的硫酸溶液密度为ρ2，则c2＝ eq \f(1 000ρ22a%,98) ml·L－1＝ eq \f(20aρ2,98) ml·L－1，所以c1∶c2＝ eq \f(10aρ1,98) ml·L－1∶ eq \f(20aρ2,98) ml·L－1＝ρ1∶2ρ2，即c2＝ eq \f(2ρ2,ρ1) c1，硫酸溶液的浓度越大密度也越大，所以ρ2>ρ1，所以 eq \f(2ρ2,ρ1) >2，即c2>2c1，B正确；标准状况下，a L HCl溶于1 000 mL水中，所得溶液中n(HCl)＝ eq \f(a,22.4) ml，溶液体积为V＝ eq \f(溶液的质量,溶液的密度) ＝ eq \f(\f(a,22.4) ml×36.5 g·ml－1＋1 000 mL×1 g·cm－3,1 000b g·L－1) ＝ eq \f(36.5a＋22 400,22 400b) L，因此该盐酸溶液的物质的量浓度c＝ eq \f(n,V) ＝ eq \f(\f(a,22.4) ml,\f(36.5a＋22 400,22 400b) L) ＝ eq \f(1 000ab,36.5a＋22 400) ml·L－1，C错误；V L Fe2(SO4)3溶液中含Fe3＋m g，则溶液中c(Fe3＋)＝ eq \f(n,V) ＝ eq \f(\f(m g,56 g·ml－1),V L) ＝ eq \f(m,56V) ml·L－1，由Fe2(SO4)3的化学式以及其在水中会发生完全电离可知，SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 浓度为Fe3＋浓度的1.5倍，则溶液中SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 的物质的量浓度为 eq \f(m,56V) × eq \f(3,2) ml·L－1＝ eq \f(3m,112V) ml·L－1，D正确。
11．在标准状况下，将224 L HCl气体溶于635 mL水中，所得盐酸的密度为1.18 g·cm－3。试计算：
(1)所得盐酸的质量分数和物质的量浓度分别是________、________。
(2)取这种盐酸100 mL，稀释至1.18 L，所得稀盐酸的物质的量浓度是________。
(3)在40.0 mL 0.065 ml·L－1的Na2CO3溶液中，逐滴加入上述稀释后的稀盐酸，边加边振荡。若使反应不产生CO2气体，加入稀盐酸的体积最多不超过________mL。
(4)将不纯的NaOH样品1 g(样品含少量Na2CO3和水)，放入50 mL 2 ml·L－1的盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40 mL 1 ml·L－1的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到________g固体。
解析：(1)n(HCl)＝ eq \f(224 L,22.4 L·ml－1) ＝10 ml，m(HCl)＝10 ml×36.5 g·ml－1＝365 g，盐酸的质量分数w＝ eq \f(365 g,365 g＋635 g) ×100%＝36.5%，c(HCl)＝ eq \f(1 000ρ w,M) ＝ eq \f(1 000 mL·L－1×1.18 g·cm－3×36.5%,36.5 g·ml－1) ＝11.8 ml·L－1。
(2)由c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)可知，c(稀)＝11.8 ml·L－1× eq \f(0.1 L,1.18 L) ＝1 ml·L－1。(3)n(Na2CO3)＝0.040 L×0.065 ml·L－1＝0.002 6 ml，设加入稀盐酸的体积最多不超过x mL，则n(HCl)＝1 ml·L－1×0.001x L＝0.001x ml，根据反应Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl得0.002 6＝0.001x，x＝2.6。(4)经过反应，蒸发中和后的溶液，最后所得固体为NaCl，根据氯原子守恒：n(NaCl)＝n(HCl)＝0.050 L×2 ml·L－1＝0.1 ml，m(NaCl)＝0.1 ml×58.5 g·ml－1＝5.85 g。
答案：(1)36.5% 11.8 ml·L－1 (2)1 ml·L－1 (3)2.6 (4)5.85
12．(2021·成都模拟)胆矾(CuSO4·5H2O)是铜的重要化合物，在工业生产中应用广泛。若改变反应条件可获得化学式为Cux(OH)y(SO4)z·nH2O的晶体，用热重分析仪对Cux(OH)y(SO4)z·nH2O晶体进行分析并推断该晶体的化学式。取3.30 g晶体样品进行热重分析，所得固体质量的变化曲线如图所示。已知：体系温度在650 ℃及以下时，放出的气体只有水蒸气；实验测得温度在650 ℃时，残留固体的组成可视为aCuO·bCuSO4；温度在1 000 ℃以上时，得到的固体为Cu2O。请回答下列问题：
(1)温度650～1 000 ℃产生的气体中，n(O)∶n(S)________(填“>”“<”或“＝”)3。
(2)通过计算推断Cux(OH)y(SO4)z·nH2O晶体的化学式：____________________________
____________________________________________。
解析：3.30 g晶体含水的质量为3.30 g－2.40 g＝0.9 g，n(H2O)＝ eq \f(0.9 g,18 g·ml－1) ＝0.05 ml，1 000 ℃以上时，得到的固体为Cu2O，n(Cu)＝ eq \f(1.44 g,144 g·ml－1) ×2＝0.02 ml，温度在650 ℃时，残留固体的组成可视为aCuO·bCuSO4，此时设CuO为x ml、CuSO4为y ml，则x＋y＝0.02，80x＋160y＝2.4，解得x＝y＝0.01 ml，(1)温度650～1 000 ℃产生的气体中，n(O)∶n(S)＝ eq \f(0.01 ml＋0.01 ml×4－0.02 ml×\f(1,2),0.01 ml) ＝4>3；(2)3.30 g晶体含水为3.30 g－2.40 g＝0.9 g，n(H2O)＝0.05 ml，n(Cu)＝0.02 ml，n(SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )＝0.01 ml，由电荷守恒得2n(Cu2＋)＝2n(SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )＋n(OH－)，n(OH－)＝0.02 ml，可知x∶y∶z∶n＝0.02 ml∶0.01 ml∶ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0.05－\f(0.02,2))) ml＝2∶2∶1∶4，化学式为Cu2(OH)2SO4·4H2O。
答案：(1)> (2)Cu2(OH)2SO4·4H2O
13．在FeSO4溶液中加入(NH4)2SO4固体可制备莫尔盐晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O](相对分子质量为392)，该晶体比一般亚铁盐稳定，不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。为了测定产品的纯度，称取a g产品溶于水，配制成500 mL溶液。每次取待测液20.00 mL，用浓度为b ml·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，实验结果记录如下：
滴定过程中发生反应的离子方程式为__________________________；滴管终点的现象是__________________________；通过实验数据计算的该产品纯度为________(用字母a、b表示)。
解析：利用酸性高锰酸钾的强氧化性，Fe2＋的强还原性，两者发生氧化还原反应，Fe2＋被氧化成Fe3＋化合价升高1，Mn由＋7价→＋2价，化合价降低为5，最小公倍数为5，根据原子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O；向溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，随着最后一滴酸性高锰酸钾溶液的滴入，溶液由无色变为浅紫色，且30 s不变色，达到反应终点；因为第三次与第一次、第二次相差较大，忽略不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为 eq \f(20.02 mL＋19.98 mL,2) ＝20.00 mL，根据离子反应方程式得出：n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]＝5n(KMnO4)＝20×10－3×b×5＝0.1b ml，则500 mL溶液中溶有(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的物质的量为 eq \f(500,20) ×0.1b＝2.5b ml，所以该晶体的纯度为 eq \f(2.5b×392,a) ×100%＝ eq \f(980b,a) ×100%。
答案：MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O 滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液变为浅紫色，且30 s不变色 eq \f(980b,a) ×100%
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗酸性高锰酸钾溶液体积/mL
20.02
19.98
20.52
1．(2021·东莞模拟)阿伏加德罗常数的值用NA表示。下列说法中正确的是( )
A．33.6 L丙烯(标准状况)与足量HCl发生加成反应，生成1氯丙烷个数为1.5NA
B．一定条件下，Ca与O2反应生成7.2 g CaO2，转移电子的个数为0.4NA
C．2 ml冰醋酸与4 ml乙醇一定条件下充分反应，生成乙酸乙酯的个数为2NA
D．1 L 1 ml·L－1的葡萄糖溶液中，溶质所含羟基的个数为5NA
解析：选D 丙烯与HCl发生加成反应，可能生成1氯丙烷和2氯丙烷，无法计算生成1氯丙烷的个数，故A错误；7.2 g CaO2含有0.1 ml Ca，Ca从0价变到＋2价，转移电子的个数为0.2NA，故B错误；酯化反应为可逆反应，无法确定反应限度，故无法计算生成乙酸乙酯的量，C错误；1 ml的葡萄糖中含有5 ml羟基和1 ml醛基，故所含羟基的个数为5NA，故D正确。
2．(2021·昆明模拟)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．常温常压下，11.2 L SO2含有的氧原子数小于NA
B．0.1 ml Na2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数等于0.4NA
C．10 g质量分数为34%的H2O2溶液含有的氢原子数为0.2NA
D．100 mL 0.1 ml·L－1醋酸中含有的醋酸分子数是0.01NA
解析：选A 常温常压下，气体摩尔体积大于22.4 L·ml－1，故11.2 L二氧化硫的物质的量小于0.5 ml，则含有的氧原子个数小于NA，故A正确；由Na2O2的电子式为，Na2O的电子式为可知，1 ml Na2O中含3 ml离子，1 ml Na2O2中含3 ml离子，则0.1 ml Na2O和Na2O2的混合物中离子为0.3 ml，即含有的阴、阳离子总数是0.3NA，故B错误；10 g质量分数为34%的H2O2溶液中溶质的质量为10 g×34%＝3.4 g，物质的量：n＝ eq \f(m,M) ＝ eq \f(3.4 g,34 g·ml－1) ＝0.1 ml，一个过氧化氢分子中含有两个氢原子，0.1 ml过氧化氢分子中含有0.2 ml氢原子，由于H2O2溶液中，除了H2O2，水也含氢原子，故氢原子的个数大于0.2NA，故C错误；醋酸为弱酸，在水中不完全电离，100 mL 0.1 ml·L－1醋酸的物质的量n＝cV＝0.1 ml·L－1×0.1 L＝0.01 ml，则含有的醋酸分子数小于0.01NA，故D错误。
3．(2021·宝鸡模拟)用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．100 g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氢原子数为6NA
B．标准状况下，6 g乙酸和丙醇的混合物中含有的分子数为0.1NA
C．标准状况下，铁丝在22.4 L氧气中燃烧时转移的电子数为3NA
D．将10 mL 0.1 ml·L－1FeCl3溶液滴入沸水中，得到Fe(OH)3胶粒的个数为0.001NA
解析：选B 100 g质量分数为46%的乙醇的物质的量为1 ml，由于溶液中水分子中还有氢原子，故含有的氢原子数大于6NA，故A错误；乙酸的分子式为C2H4O2，相对分子质量为60，丙醇的分子式为C3H8O，相对分子质量为60，故6 g乙酸和丙醇的混合物的物质的量为0.1 ml，含有的分子数为0.1NA，故B正确；标准状况下，22.4 L氧气为1 ml，燃烧时转移的电子数为4NA，故C错误；由于Fe(OH)3胶粒为Fe(OH)3的聚集体，则无法计算制得的胶体中含有Fe(OH)3胶粒的数目，故D错误。
4．欲配制500 mL 2 ml·L－1的盐酸，需要36.5%的浓盐酸(密度约为1.2 g·cm－3)的体积为( )
A．27.4 mL B．83.3 mL
C．120 mL D．无法计算
解析：选B 36.5%的浓盐酸c(HCl)＝ eq \f(1 000×1.2×36.5%,36.5) ml·L－1＝12 ml·L－1，溶液稀释时溶质的物质的量不变，即0.500 L×2 ml·L－1＝V×12 ml·L－1，解得V≈0.083 3 L，V≈83.3 mL。
5．将标准状况下的某气体(摩尔质量为M g·ml－1)溶于a g水中，所得溶液的密度为b g·cm－3，溶质的物质的量浓度为c ml·L－1，则该气体溶入水中的体积是( )
A． eq \f(22.4ac,M（1－c）) L B． eq \f(22.4c,M) L
C． eq \f(22.4ac,1 000b－Mc) L D． eq \f(22.4ac,1 000b) L
解析：选C 设溶入水中气体的体积为V L，则 eq \f(\f(V,22.4),\f(\f(V,22.4)M＋a,103b)) ＝c，化简整理得：V＝ eq \f(22.4ac,1 000b－Mc) 。
6．现有V L 0.5 ml·L－1的盐酸，欲将其浓度扩大一倍，以下方法中最宜采用的是( )
A．加热浓缩到原来体积的一半
B．加入5 ml·L－10.125V L的盐酸
C．加入10 ml·L－10.1V L的盐酸，再稀释至1.5V L
D．标准状况下通入11.2 L氯化氢气体
解析：选C 加热易使HCl挥发，溶液浓度降低，A错误；溶液的体积不具有加和性，B错误；混合后溶液中的HCl的n(HCl)＝0.5 ml·L－1×V L＋10 ml·L－1×0.1V L＝1.5V ml，所以c混合(HCl)＝ eq \f(1.5V ml,1.5V L) ＝1 ml·L－1，C正确；通入氯化氢气体，溶液的体积发生变化，不能计算其浓度，D错误。
7．(2021·开封模拟)设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．0.5 ml雄黄(As4S4)，结构如图，含有NA个S—S键
B．将1 ml NH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 的数目为NA
C．标准状况下，33.6 L二氯甲烷中含有氯原子的数目为3NA
D．高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应，转移的电子数为0.6NA
解析：选B S原子最外层有六个电子，形成2个共价键，As原子最外层有五个电子，形成3个共价键，由结构图知白色球为硫原子，分子中不存在S—S键，故A错误；NH4NO3===NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ＋NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ，NH3·H2ONH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) ＋OH－，溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中n(NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) )＝n(NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) )，NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 的数目等于NA，故B正确；标准状况下，二氯甲烷为液体，不能使用气体摩尔体积，故C错误；16.8 g铁的物质的量为0.3 ml，而铁与水蒸气反应后变为＋ eq \f(8,3) 价，故0.3 ml铁失去0.8 ml电子即0.8NA个，所以D错误。
8．(2021·西安模拟)向100 mL Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法正确的是( )
A．a点时溶液中阳离子仅为Cu2＋和Fe2＋
B．b点时溶液中发生的反应为Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋
C．c点时加入的铁粉与Cu2＋反应
D．原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶1
解析：选B a点表示的是加入铁粉后，溶液中固体的质量仍为0，此时发生反应的离子方程式为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，由于反应仍未结束，故a点溶液中存在的阳离子有Fe3＋、Cu2＋、Fe2＋，A错误；b点表示加入铁粉后，溶液中固体的质量增加，此时发生反应的离子方程式为Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋，B正确；当加入铁粉的质量大于1.68 g后，图中曲线出现了拐点，由点(2.24，1.84)可知，铁粉增加的质量与固体剩余物增加的质量相等，故c点没有发生反应，C错误；当加入铁粉质量为0.56 g时，发生反应的离子方程式为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，故溶液中n(Fe3＋)＝2n(Fe)＝ eq \f(m,M) ＝2× eq \f(0.56 g,56 g·ml－1) ＝0.02 ml，故溶液中n[Fe2(SO4)3]＝0.01 ml；当加入铁粉的质量为0.56～1.68 g时，发生反应的离子方程式为Fe＋Cu2＋===Cu＋Fe2＋，则溶液中n(Cu2＋)＝n(Fe)＝ eq \f(m,M) ＝ eq \f(1.68 g－0.56 g,56 g·ml－1) ＝0.02 ml，故溶液中n(CuSO4)＝0.02 ml；因此溶液中Fe2(SO4)3与CuSO4的物质的量之比为1∶2，D错误。
9．把500 mL含有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a ml硫酸钠的溶液，恰好使Ba2＋完全沉淀；另取一份加入含b ml硝酸银的溶液，恰好使Cl－完全沉淀，该混合溶液中K＋浓度为( )
A．10(b－2a)ml·L－1 B．5(b－2a)ml·L－1
C．2(b－a)ml·L－1 D．10(2a－b)ml·L－1
解析：选A 混合溶液分成5等份，每份溶液浓度相同。根据Ba2＋＋SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) ===BaSO4↓可知，每份溶液中n(Ba2＋)＝n(Na2SO4)＝a ml；根据Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，每份溶液中n(Cl－)＝n(Ag＋)＝b ml，根据电荷守恒可知，每一份溶液中2n(Ba2＋)＋n(K＋)＝n(Cl－)，则n(K＋)＝b ml－2a ml＝(b－2a)ml，故c(K＋)＝ eq \f(（b－2a）ml,0.1 L) ＝10(b－2a)ml·L－1。
10．(2021·天水模拟)下列说法不正确的是( )
A．把7.2 g纯铁粉加入40 mL浓度未知的HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6 g，产生NO2和NO的混合气体0.08 ml，若不考虑N2O4的存在，则原HNO3溶液的物质的量浓度为7.0 ml·L－1
B．将质量分数为a%，物质的量浓度为c1 ml·L－1的稀H2SO4溶液蒸发掉一定量的水，使之质量分数为2a%，此时物质的量浓度为c2 ml·L－1，则c1和c2的数值关系是c2>2c1
C．将标准状况下的a L HCl气体溶于1 000 mL水中，得到的盐酸溶液密度为b g·mL－1，则该盐酸溶液的物质的量浓度为 eq \f(ab,22 400) ml·L－1
D．V L Fe2(SO4)3溶液中含Fe3＋m g，则溶液中SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 的物质的量浓度为 eq \f(3m,112 V) ml·L－1
解析：选C 把7.2 g纯铁粉投入40 mL某HNO3溶液中，充分反应后剩余固体1.6 g，说明生成硝酸亚铁，硝酸完全反应，参加反应的Fe的质量为m(Fe)＝7.2 g－1.6 g＝5.6 g，其物质的量为n(Fe)＝ eq \f(5.6 g,56 g·ml－1) ＝0.1 ml，则生成硝酸亚铁的物质的量为n[Fe(NO3)2]＝n(Fe)＝0.1 ml，反应中硝酸起氧化剂、酸性作用，起酸性作用的硝酸生成硝酸亚铁，起氧化剂作用的硝酸生成NO和NO2，根据N元素守恒可知该硝酸溶液中含有硝酸的总物质的量为n(HNO3)＝2n[Fe(NO3)2]＋n(NO)＋n(NO2)＝0.1 ml×2＋0.08 ml＝0.28 ml，所以原HNO3溶液的物质的量浓度为c(HNO3)＝ eq \f(0.28 ml,0.04 L) ＝7.0 ml·L－1，A正确；设溶质质量分数为a%的硫酸溶液的密度为ρ1，则c1＝ eq \f(1 000ρ1a%,98) ml·L－1＝ eq \f(10aρ1,98) ml·L－1，设溶质质量分数为2a%的硫酸溶液密度为ρ2，则c2＝ eq \f(1 000ρ22a%,98) ml·L－1＝ eq \f(20aρ2,98) ml·L－1，所以c1∶c2＝ eq \f(10aρ1,98) ml·L－1∶ eq \f(20aρ2,98) ml·L－1＝ρ1∶2ρ2，即c2＝ eq \f(2ρ2,ρ1) c1，硫酸溶液的浓度越大密度也越大，所以ρ2>ρ1，所以 eq \f(2ρ2,ρ1) >2，即c2>2c1，B正确；标准状况下，a L HCl溶于1 000 mL水中，所得溶液中n(HCl)＝ eq \f(a,22.4) ml，溶液体积为V＝ eq \f(溶液的质量,溶液的密度) ＝ eq \f(\f(a,22.4) ml×36.5 g·ml－1＋1 000 mL×1 g·cm－3,1 000b g·L－1) ＝ eq \f(36.5a＋22 400,22 400b) L，因此该盐酸溶液的物质的量浓度c＝ eq \f(n,V) ＝ eq \f(\f(a,22.4) ml,\f(36.5a＋22 400,22 400b) L) ＝ eq \f(1 000ab,36.5a＋22 400) ml·L－1，C错误；V L Fe2(SO4)3溶液中含Fe3＋m g，则溶液中c(Fe3＋)＝ eq \f(n,V) ＝ eq \f(\f(m g,56 g·ml－1),V L) ＝ eq \f(m,56V) ml·L－1，由Fe2(SO4)3的化学式以及其在水中会发生完全电离可知，SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 浓度为Fe3＋浓度的1.5倍，则溶液中SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) 的物质的量浓度为 eq \f(m,56V) × eq \f(3,2) ml·L－1＝ eq \f(3m,112V) ml·L－1，D正确。
11．在标准状况下，将224 L HCl气体溶于635 mL水中，所得盐酸的密度为1.18 g·cm－3。试计算：
(1)所得盐酸的质量分数和物质的量浓度分别是________、________。
(2)取这种盐酸100 mL，稀释至1.18 L，所得稀盐酸的物质的量浓度是________。
(3)在40.0 mL 0.065 ml·L－1的Na2CO3溶液中，逐滴加入上述稀释后的稀盐酸，边加边振荡。若使反应不产生CO2气体，加入稀盐酸的体积最多不超过________mL。
(4)将不纯的NaOH样品1 g(样品含少量Na2CO3和水)，放入50 mL 2 ml·L－1的盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40 mL 1 ml·L－1的NaOH溶液。蒸发中和后的溶液，最终得到________g固体。
解析：(1)n(HCl)＝ eq \f(224 L,22.4 L·ml－1) ＝10 ml，m(HCl)＝10 ml×36.5 g·ml－1＝365 g，盐酸的质量分数w＝ eq \f(365 g,365 g＋635 g) ×100%＝36.5%，c(HCl)＝ eq \f(1 000ρ w,M) ＝ eq \f(1 000 mL·L－1×1.18 g·cm－3×36.5%,36.5 g·ml－1) ＝11.8 ml·L－1。
(2)由c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)可知，c(稀)＝11.8 ml·L－1× eq \f(0.1 L,1.18 L) ＝1 ml·L－1。(3)n(Na2CO3)＝0.040 L×0.065 ml·L－1＝0.002 6 ml，设加入稀盐酸的体积最多不超过x mL，则n(HCl)＝1 ml·L－1×0.001x L＝0.001x ml，根据反应Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl得0.002 6＝0.001x，x＝2.6。(4)经过反应，蒸发中和后的溶液，最后所得固体为NaCl，根据氯原子守恒：n(NaCl)＝n(HCl)＝0.050 L×2 ml·L－1＝0.1 ml，m(NaCl)＝0.1 ml×58.5 g·ml－1＝5.85 g。
答案：(1)36.5% 11.8 ml·L－1 (2)1 ml·L－1 (3)2.6 (4)5.85
12．(2021·成都模拟)胆矾(CuSO4·5H2O)是铜的重要化合物，在工业生产中应用广泛。若改变反应条件可获得化学式为Cux(OH)y(SO4)z·nH2O的晶体，用热重分析仪对Cux(OH)y(SO4)z·nH2O晶体进行分析并推断该晶体的化学式。取3.30 g晶体样品进行热重分析，所得固体质量的变化曲线如图所示。已知：体系温度在650 ℃及以下时，放出的气体只有水蒸气；实验测得温度在650 ℃时，残留固体的组成可视为aCuO·bCuSO4；温度在1 000 ℃以上时，得到的固体为Cu2O。请回答下列问题：
(1)温度650～1 000 ℃产生的气体中，n(O)∶n(S)________(填“>”“<”或“＝”)3。
(2)通过计算推断Cux(OH)y(SO4)z·nH2O晶体的化学式：____________________________
____________________________________________。
解析：3.30 g晶体含水的质量为3.30 g－2.40 g＝0.9 g，n(H2O)＝ eq \f(0.9 g,18 g·ml－1) ＝0.05 ml，1 000 ℃以上时，得到的固体为Cu2O，n(Cu)＝ eq \f(1.44 g,144 g·ml－1) ×2＝0.02 ml，温度在650 ℃时，残留固体的组成可视为aCuO·bCuSO4，此时设CuO为x ml、CuSO4为y ml，则x＋y＝0.02，80x＋160y＝2.4，解得x＝y＝0.01 ml，(1)温度650～1 000 ℃产生的气体中，n(O)∶n(S)＝ eq \f(0.01 ml＋0.01 ml×4－0.02 ml×\f(1,2),0.01 ml) ＝4>3；(2)3.30 g晶体含水为3.30 g－2.40 g＝0.9 g，n(H2O)＝0.05 ml，n(Cu)＝0.02 ml，n(SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )＝0.01 ml，由电荷守恒得2n(Cu2＋)＝2n(SO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(4)) )＋n(OH－)，n(OH－)＝0.02 ml，可知x∶y∶z∶n＝0.02 ml∶0.01 ml∶ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0.05－\f(0.02,2))) ml＝2∶2∶1∶4，化学式为Cu2(OH)2SO4·4H2O。
答案：(1)> (2)Cu2(OH)2SO4·4H2O
13．在FeSO4溶液中加入(NH4)2SO4固体可制备莫尔盐晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O](相对分子质量为392)，该晶体比一般亚铁盐稳定，不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。为了测定产品的纯度，称取a g产品溶于水，配制成500 mL溶液。每次取待测液20.00 mL，用浓度为b ml·L－1的酸性KMnO4溶液滴定，实验结果记录如下：
滴定过程中发生反应的离子方程式为__________________________；滴管终点的现象是__________________________；通过实验数据计算的该产品纯度为________(用字母a、b表示)。
解析：利用酸性高锰酸钾的强氧化性，Fe2＋的强还原性，两者发生氧化还原反应，Fe2＋被氧化成Fe3＋化合价升高1，Mn由＋7价→＋2价，化合价降低为5，最小公倍数为5，根据原子守恒、电荷守恒，反应的离子方程式为MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O；向溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液，随着最后一滴酸性高锰酸钾溶液的滴入，溶液由无色变为浅紫色，且30 s不变色，达到反应终点；因为第三次与第一次、第二次相差较大，忽略不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为 eq \f(20.02 mL＋19.98 mL,2) ＝20.00 mL，根据离子反应方程式得出：n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]＝5n(KMnO4)＝20×10－3×b×5＝0.1b ml，则500 mL溶液中溶有(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的物质的量为 eq \f(500,20) ×0.1b＝2.5b ml，所以该晶体的纯度为 eq \f(2.5b×392,a) ×100%＝ eq \f(980b,a) ×100%。
答案：MnO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(4)) ＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O 滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液变为浅紫色，且30 s不变色 eq \f(980b,a) ×100%
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗酸性高锰酸钾溶液体积/mL
20.02
19.98
20.52
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