Question

17．（1）标准状况下，1.806×10²²个NH₃分子的体积为0.672L，氢原子的物质的量为0.09mol，溶于水形成200ml溶液所得氨水的物质的量浓度为0.15mol/L．
（2）将7.1g Na₂SO₄溶于水配成200mL溶液，溶液中Na⁺的物质的量浓度为0.5mol/L．向该溶液中加入一定量NaCl固体，使溶液中Na⁺的物质的量浓度为0.6mol•L^-1（假设溶液体积不变）需加入NaCl的质量为1.17g．
（3）有FeCl₂、CuCl₂混合溶液400mL，经测定其中Cl^- 浓度是a mol/L．投入过量的锌粉b g，充分反应后过滤，所得固体残渣洗涤干燥后，质量为c g．则原混合溶液中Fe²⁺是$\frac{1}{16}$（5b-5c-a） mol/L，Cu²⁺是$\frac{1}{16}$（9a-5b+5c） mol/L．

Answer 1

分析 （1）根据V=$\frac{N}{{N}_{A}}{V}_{m}$进行计算；n（H）=3n（NH₃），计算氢原子的物质的量，根据c=$\frac{n}{V}$求氨水的物质的量；
（2）根据n=m$\frac{m}{M}$计算7.1g  Na₂SO₄的物质的量，再根据c=$\frac{n}{V}$计算Na₂SO₄溶液的物质的量浓度，从而求出钠离子的物质的量；根据钠守恒求氯化钠的物质的量，然后求其质量；
（3）Zn的活泼性大于Fe、Cu，所以Zn能置换出Fe、Cu，该混合溶液中根据化学式得n（Fe²⁺）+n（Cu²⁺）=$\frac{1}{2}$n（Cl^-）=$\frac{1}{2}$×amol/L×0.4L=0.2amol，Zn的摩尔质量大于Fe、Cu，所以Zn置换出Fe、Cu时导致固体质量减少（b-c）g，列方程组计算C（Fe²⁺）、C（Cu²⁺）．

解答 解：（1）标准状况下，1.806×10²²个NH₃分子的体积为$\frac{1.806×1{0}^{22}}{6.02×1{0}^{23}}×22.4$=0.672L，所以氢原子的物质的量为0.03×3=0.09mol，溶于水形成200ml溶液所得氨水的物质的量浓度为$\frac{0.03mol}{0.2L}$=0.15mol/L，
故答案为：0.672L；0.09mol；0.15mol/L；
（2）7.1g Na₂SO₄的物质的量为$\frac{7.1}{142}$=0.05mol，故Na₂SO₄溶液的物质的量浓度为$\frac{0.05mol}{0.2L}$=0.25mol/L，溶液中c（Na⁺）=2c（Na₂SO₄）=0.25mol/L×2=0.5mol/L；n（NaCl）=0.6×0.2-0.05×2=0.02mol，所以氯化钠的质量为：0.02mol×58.5g/mol=1.17g，
故答案为：0.5mol/L；1.17g；
（3）Zn的活泼性大于Fe、Cu，所以Zn能置换出Fe、Cu，该混合溶液中根据化学式得n（Fe²⁺）+n（Cu²⁺）=$\frac{1}{2}$n（Cl^-）=amol/L×0.4L=0.2amol，Zn的摩尔质量大于Fe、Cu，所以Zn置换出Fe、Cu时导致固体质量减少（b-c）g，设FeCl₂和CuCl₂分别为xmol、ymol，则：
Zn+Cu²⁺=Cu+Zn²⁺质量减少
         1mol              1g
          ymol            yg
Zn+Fe²⁺=Fe+Zn²⁺质量减少
      1mol                9g
        xmol              9xg
可得方程组：
解得$\left\{\begin{array}{l}{x+y=0.2a\\;}\\{9x+y=b-c}\end{array}\right.$解之得：$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{1}{8}（b-c-0.2a）}\\{y=\frac{1}{8}（1.8a-b+c）}\end{array}\right.$
故C（Fe²⁺）=$\frac{\frac{1}{8}（b-c-0.2a）mol}{0.4L}$=$\frac{1}{16}$（5b-5c-a）mol/L
C（Cu²⁺）=$\frac{\frac{1}{8}（1.8a-b+c）mol}{0.4L}$=$\frac{1}{16}$（9a-5b+5c）mol/L
故答案为：$\frac{1}{16}$（5b-5c-a）；$\frac{1}{16}$（9a-5b+5c）．

点评 本题考查常用化学计量的有关计算，比较基础，注意对公式的理解与灵活运用．