五年2019-2023高考化学真题按知识点分类汇编-3化学计量（物质的量、阿伏伽德罗常数、摩尔质量等含解析）
一、单选题
1．（2023·辽宁·统考高考真题）我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．含键数目为 B．每生成转移电子数目为
C．晶体中含离子数目为 D．溶液中含数目为
2．（2023·浙江·统考高考真题）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．4.4gC2H4O中含有σ键数目最多为0.7NA
B．1.7gH2O2中含有氧原子数为0.2NA
C．向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1NA
D．标准状况下，11.2LCl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA
3．（2023·北京·统考高考真题）离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是
A．中均有非极性共价键
B．①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应
C．中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为
D．当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同
4．（2023·全国·统考高考真题）为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．异丁烷分子中共价键的数目为
B．标准状况下，中电子的数目为
C．的溶液中的数目为
D．的溶液中的数目为
5．（2022·重庆·统考高考真题）工业上用N2和H2合成NH3，NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．消耗14gN2生成NH3分子数为2 NA
B．消耗1molH2，生成N－H键数为2 NA
C．生成标准状况下22.4LNH3，电子转移数为2 NA
D．氧化1molNH3生成NO，需O2分子数为2 NA
6．（2022·福建·统考高考真题）氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为：
①
②
在一定条件下模拟处理氨氮废水：将的氨水分别和不同量的混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是
A．的数值为0.009
B．时，
C．时，x越大，生成的量越少
D．时，
7．（2022·福建·统考高考真题）常温常压下，电化学还原制氨气的总反应方程式：，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．水中含有的孤电子对数为
B．每产生失去的电子数为
C．氨水中，含有的分子数少于
D．消耗(已折算为标况)时，产生的分子数为
8．（2022·河北·高考真题）NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．3.9gNa2O2与足量水反应，转移电子个数为0.1NA
B．1.2gMg在空气中燃烧生成MgO和Mg3N2，转移电子个数为0.1NA
C．2.7gAl与足量NaOH溶液反应，生成H2的个数为0.1NA
D．6.0gSiO2与足量NaOH溶液反应，所得溶液中SiO的个数为0.1NA
9．（2022·海南·统考高考真题）在2.8gFe中加入100mL3mol/LHCl，Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．反应转移电子为0.1mol B．HCl溶液中数为3NA
C．含有的中子数为1.3NA D．反应生成标准状况下气体3.36L
10．（2022·河北·高考真题）溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．还原工序逸出的用溶液吸收，吸收液直接返回还原工序
B．除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离
C．中和工序中的化学反应为
D．参与反应的为1∶1∶1
11．（2021·海南·统考高考真题）代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中含有的电子数为1.3
B．中含有的共价键的数目为0.1
C．肼含有的孤电子对数为0.2
D．，生成乙烷时断裂的共价键总数为
12．（2021·湖北·统考高考真题）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．23gCH3CH2OH中sp3杂化的原子数为NA
B．0.5molXeF4中氙的价层电子对数为3NA
C．1mol[Cu(H2O)4]2+中配位键的个数为4NA
D．标准状况下，11.2LCO和H2的混合气体中分子数为0.5NA
13．（2021·辽宁·统考高考真题）下列说法正确的是
A．(标准状况)与水充分反应转移电子
B．和均可通过化合反应得到
C．将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生
D．与溶液反应：
14．（2021·山东·统考高考真题）X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX的单质与足量稀盐酸反应，生成H2体积为V1L；0.1molY的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2L。下列说法错误的是
A．X、Y生成H2的物质的量之比一定为
B．X、Y消耗酸的物质的量之比一定为
C．产物中X、Y化合价之比一定为
D．由一定能确定产物中X、Y的化合价
15．（2021·全国·高考真题）为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．重水()中含有的质子数为
B．的与完全反应时转移的电子数为
C．环状( )分子中含有的键数为
D．的溶液中离子数为
16．（2020·浙江·统考高考真题）设[aX＋bY]为a个X微粒和b个Y微粒组成的一个微粒集合体，NA为阿伏加 德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH＝－286 kJ·mol 1，则每1 mol [H2(g)＋O2(g)]生成1 mol [H2O(l)]放热286 kJ
B．Cr2O72-＋ne ＋14H+=2Cr3+＋7H2O，则每生成1 mol Cr3+转移电子数为3NA
C．Al3+＋4OH =[Al(OH)4] ，说明1 mol Al(OH)3电离出H+数为NA
D．1 mol CO2与NaOH溶液完全反应，则n(CO32-)＋n(HCO3-)＋n(H2CO3)＝1 mol
17．（2020·全国·高考真题）NA是阿伏加 德罗常数的值。下列说法正确的是
A．22.4 L(标准状况)氮气中含有7NA个中子
B．1 mol重水比1 mol水多NA个质子
C．12 g石墨烯和12 g金刚石均含有NA个碳原子
D．1 L 1 mol·L 1 NaCl溶液含有28NA个电子
18．（2020·海南·高考真题）NA代表阿伏加 德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1molHC≡CH分子中所含σ键数为5 NA
B．1L0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液含的数目为0.1 NA
C．78 g Na2O2与足量水完全反应，电子转移数为NA
D．标准状况下，2.24 L C2H5OH所含氢原子数为0.6 NA
19．（2019·全国·高考真题）已知NA是阿伏加 德罗常数的值，下列说法错误的是
A．3g 3He含有的中子数为1NA
B．1 L 0.1 mol·L 1磷酸钠溶液含有的数目为0.1NA
C．1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NA
D．48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
20．（2019·浙江·高考真题）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．1 mol CH2＝CH2分子中含有的共价键数为6NA
B．500 mL 0.5 mol·L 1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NA
C．30 g HCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为NA
D．2.3 g Na与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间
21．（2019·浙江·统考高考真题）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．32 g S8（分子结构：）中的共价键数目为NA
B．2 g由H218O和2H2O组成的物质中含有的质子数为NA
C．8 g CuO与足量H2充分反应生成Cu，该反应转移的电子数为0.2NA
D．标准状况下，11.2 L Cl2溶于水，溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和为NA
二、实验题
22．（2020·天津·高考真题）为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题：
Ⅰ.甲方案
实验原理：
实验步骤：
(1)判断沉淀完全的操作为____________。
(2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为_____________。
(3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为__________。
(4)固体质量为wg，则c(CuSO4)=________mol L-1。
(5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO4)_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
Ⅱ.乙方案
实验原理：，
实验步骤:
①按右图安装装置(夹持仪器略去)
②……
③在仪器A、B、C、D、E…中加入图示的试剂
④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，读数并记录。
⑤将CuSO4溶液滴入A中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生
⑥待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录
⑦处理数据
(6)步骤②为___________。
(7)步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是________(填序号)。
a.反应热受温度影响 b.气体密度受温度影响 c.反应速率受温度影响
(8)Zn粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下，则c(CuSO4)______mol L-1(列出计算表达式)。
(9)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则测得c(CuSO4)________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(10)是否能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度：_________(填“是”或“否”)。
三、原理综合题
23．（2020·全国·统考高考真题）化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：
(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许______离子通过，氯气的逸出口是_______(填标号)。
(2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)=，X为HClO或ClO ]与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为______。
(3)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为______。
(4)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1 mol ClO2消耗NaClO2的量为_____mol；产生“气泡”的化学方程式为____________。
(5)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是______(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000 kg该溶液需消耗氯气的质量为____kg(保留整数)。
参考答案：
1．C
【详解】A．分子含有2个 键，题中没有说是标况条件下，气体摩尔体积未知，无法计算 键个数，A项错误；
B．2.8g的物质的量，1mol生成转移的电子数为12，则0.1mol转移的电子数为1.2，B项错误；
C．0.1mol晶体含有离子为、，含有离子数目为0.2，C项正确；
D．因为水解使溶液中的数目小于0.1，D项错误；
答案选C。
2．A
【详解】A．1个C2H4O中含有6个σ键和1个π键(乙醛)或7个σ键(环氧乙烷)，4.4gC2H4O的物质的量为0.1mol，则含有σ键数目最多为0.7NA，A正确；
B．1.7gH2O2的物质的量为=0.05mol，则含有氧原子数为0.1NA，B不正确；
C．向1L0.1mol/LCH3COOH溶液通氨气至中性，溶液中存在电荷守恒关系：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH)+c(H+)，中性溶液c(OH-)=c(H+)，则c(CH3COO-)=c(NH)，再根据物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，得出铵根离子数小于0.1NA，C不正确；
D．标准状况下，11.2LCl2的物质的量为0.5mol，通入水中后只有一部分Cl2与水反应生成H+、Cl-和HClO，所以溶液中氯离子数小于0.5NA，D不正确；
故选A。
3．C
【详解】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键面不含非极性键，A错误；
B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；
C．Na2O2由Na+和组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；
D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；
故选C。
4．A
【详解】A．异丁烷的结构式为，1mol异丁烷分子含有13NA共价键，所以0.50mol异丁烷分子中共价键的数目为6.5NA，A正确；
B．在标准状况下，SO3状态为固态，不能计算出2.24L SO3物质的量，故无法求出其电子数目，B错误；
C．pH=2的硫酸溶液中氢离子浓度为c(H+)=0.01mol/L，则1.0L pH=2的硫酸溶液中氢离子数目为0.01NA，C错误；
D．属于强碱弱酸盐，在水溶液中CO会发生水解，所以1.0L 1.0 mol/L的Na2CO3溶液中CO的数目小于1.0NA，D错误；
故选A。
5．B
【详解】A．由方程式可知，消耗14g氮气生成氨气的分子数为×2×NAmol—1=NA，故A错误；
B．由方程式可知，消耗1mol氢气生成N－H键数为1mol××3×NAmol—1=2NA，故B正确；
C．由方程式可知，生成标准状况下22.4L氨气，反应电子转移数为×3×NAmol—1=3NA，故C错误；
D．由得失电子数目守恒可知，1mol氨气与氧气反应生成一氧化氮，需氧气分子数为1mol××NAmol—1=1.25NA，故D错误；
故选B。
6．C
【详解】A．x1时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5，，95%的氨气参与反应①、有5%的氨气参与反应②，反应①消耗，参与反应②消耗，，A错误；
B．x>x1时，反应①也生成氯离子，所以，B错误；
C．x>x1时，x越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C正确；
D．x=x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有和ClO-，含有Na+、H+、、Cl-和OH-，根据电荷守恒得，D错误；
故本题选C。
7．D
【详解】A．H2O分子中孤电子对数为=2，H2O的物质的量为=0.5mol，含有的孤电子对数为，故A错误；
B．该反应中N2中N元素化合价由0价下降到-3价，34g的物质的量为=2mol，每产生，得到6mol电子，数目为6NA，故B错误；
C．氨水的体积未知，无法计算的分子数，故C错误；
D．的物质的量为0.5mol，由方程式可知，消耗0.5mol，产生的0.75mol，数目为，故D正确；
故选D。
8．B
【详解】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，则3.9g过氧化钠与足量水反应，转移电子个数为×1×NAmol-1=0.05NA，故A错误；
B．镁在空气中燃烧无论生成氧化镁，还是氮化镁，镁均转化为镁离子，则1.2gMg在空气中燃烧生成氧化镁和氮化镁时，转移电子个数为×2×NAmol-1=0.1NA，故B正确；
C．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则2.7g铝与足量氢氧化钠溶液反应生成氢气的个数为××NAmol-1=0.15NA，故C错误；
D．二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，硅酸钠在溶液中发生水解反应，则由原子个数守恒可知，6.0g二氧化硅与足量氢氧化钠溶液反应所得溶液中硅酸根离子的个数小于×NAmol-1=0.1NA，故D错误；
故选B。
9．A
【分析】2.8gFe的物质的量为0.05mol；100mL 3mol·L-1HCl中H+和Cl-的物质的量均为0.3mol，两者发生反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。
【详解】A．Fe完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，A正确；
B．HCl溶液中Cl-的物质的量为0.3mol，因此，Cl-数为0.3NA，B不正确；
C．56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的量为0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子数为1.5NA，C不正确；
D．反应生成H2的物质的量为0.05mol，在标准状况下的体积为1.12L ，D不正确；
综上所述，本题A。
10．A
【分析】由流程可知，氢溴酸中含有少量的溴，加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫，再加入硫酸除杂，得到的滤渣为硫酸钡和硫；加入碳酸锂进行中和，得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到产品溴化锂。
【详解】A．还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化钠和溴酸钠等物质，若直接返回还原工序，则产品中会有一定量的溴化钠，导致产品的纯度降低，A说法错误；
B．除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸钡不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，B说法正确；
C．中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为 Li2CO3+2HBr=CO2↑ +2LiBr +H2O，C说法正确；
D．根据电子转化守恒可知，溴和硫化钡反应时物质的量之比为1:1；根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知，n(BaS):n(H2SO4)为1:1，因此，参与反应的n(Br2): n(BaS):n(H2SO4)为1:1:1，D说法正确；
综上所述，本题选A。
11．C
【详解】A．1个的电子数为10，故中含有的电子数为1.0，故A错误；
B．的电子式为，含有1个共价键，的物质的量为=0.05mol，故中含有的共价键的数目为0.05，故B错误；
C．肼中每个N原子上各有1个孤电子对，故肼含有的孤电子对数为0.2，故C正确；
D．发生反应时，C=C中的一个键和H-H键都断裂，故生成乙烷时断裂的共价键总数为2，故D错误；
故选C。
12．A
【详解】A．中C和O均为杂化，23g乙醇为0.5mol，杂化的原子数为，选项A错误；
B．中氙的孤电子对数为，价层电子对数为，则中氙的价层电子对数为，选项B正确；
C．1个中含有4个配位键，1mol含配位键的个数为，选项C正确；
D．标准状况下。11.2LCO和的混合气体为0.5mol，分子数为，选项D正确。
答案选A。
13．B
【详解】A．由于溶于水中的Cl2只有部分与H2O反应，故(标准状况)与水充分反应转移电子数目小于，A错误；
B．根据反应：SO3+H2O=H2SO4，Cu+Cl2CuCl2，故和均可通过化合反应得到，B正确；
C．将蘸有浓氨水和浓盐酸或浓硝酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生，由于浓硫酸难挥发，故不能形成白烟，C错误；
D．由于ClO-具有强氧化性，SO2具有强还原性，故与溶液反应：，D错误；
故答案为：B。
14．D
【分析】设与1mol X反应消耗HCl的物质的量为amol，与1mol Y反应消耗H2SO4的物质的量为bmol，根据转移电子守恒以及H原子守恒可知、。
【详解】A．同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成H2的物质的量之比一定为，故A正确；
B． X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为，因，因此，故B正确；
C．产物中X、Y化合价之比为，由B项可知，故C正确；
D．因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时，生成的盐中金属元素化合价有+1、+2、+3三种情况，因此存在a=1，2，3，b=0.5，1的多种情况，由可知，当a=1，b=0.5时，=1，当a=2，b=1时，=1，两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据可能无法确定X、Y的化合价，故D错误；
综上所述，错误的D项，故答案为D。
15．C
【详解】A．的质子数为10，18g的物质的量为 0.9mol， 则重水()中所含质子数为，A错误；
B．与反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应消耗3个NO2分子转移的电子数为2个，则有3mol的NO2参与反应时，转移的电子数为，B错误；
C．一个( )分子中含有的键数为8个，32gS8的物质的量为mol，则含有的键数为，C正确；
D．酸性溶液中存在：，含Cr元素微粒有和，则的溶液中离子数应小于，D错误；
故选C。
16．C
【详解】A项、由热化学方程式可知，氢气在氧气中的燃烧为放热反应，1 mol [H2(g)＋O2(g)]生成1 mol [H2O(l)]放热286 kJ，故A正确；
B项、由铬元素化合价变化可知，生成2 mol Cr3+转移6mol电子，则生成1 mol Cr3+转移电子数为3NA，故B正确；
C项、氢氧化铝是两性氢氧化物，在溶液中发生酸式电离部分电离出氢离子，则1 mol Al(OH)3电离出H+数小于NA，故C错误；
D项、由碳原子个数守恒可知，1 mol CO2与NaOH溶液完全反应生成的盐溶液中，n(CO32-)＋n(HCO3-)＋n(H2CO3)＝1 mol，故D正确；
故选C。
【点睛】氢氧化铝是两性氢氧化物，在溶液中发生酸式电离部分电离出氢离子是解答关键，也是易错点。
17．C
【详解】A．标准状况下22.4L氮气的物质的量为1mol，若该氮气分子中的氮原子全部为14N，则每个N2分子含有(14-7)×2=14个中子，1mol该氮气含有14NA个中子，不是7NA，且构成该氮气的氮原子种类并不确定，故A错误；
B．重水分子和水分子都是两个氢原子和一个氧原子构成的，所含质子数相同，故B错误；
C．石墨烯和金刚石均为碳单质，12g石墨烯和12g金刚石均相当于12g碳原子，即=1molC原子，所含碳原子数目为NA个，故C正确；
D．1molNaCl中含有28NA个电子，但该溶液中除NaCl外，水分子中也含有电子，故D错误；
故答案为C。
18．C
【详解】A. HC≡CH中含有3个σ键和2个π键，所以1molHC≡CH分子中所含σ键数为3 NA，所以A错。
B.因为会发生水解反应，所以1L0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液含的数目小于0.1 NA，所以B错。
C. Na2O2和水反应生成1molO2，转移电子数为2mol，78 g Na2O2是1mol，只能产生0.5molO2，所以电子转移数为NA，所以C对。
D. 标准状况下，C2H5OH是液体，不是气体，所以不能用来计算，所以D错。
19．B
【详解】A. 的中子数为3-2=1，则3g的中子数为=NA，A项正确；
B. 磷酸钠为强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则1L 0.1mol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子的个数小于1L×0.1mol/L×NA mol-1 =0.1NA，B项错误；
C. 重铬酸钾被还原为铬离子时，铬元素从+6降低到+3，1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol×2×NA mol-1 =6NA，C项正确；
D. 正丁烷与异丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为13个，则48g正丁烷与10g异丁烷所得的混合物中共价键数目为×13×NA mol-1 =13NA，D项正确；
答案选B。
20．D
【详解】A.1个乙烯分子中碳碳双键含两个共价键，4个碳氢键合为4个共价键，总计6个共价键，因而1mol CH2＝CH2分子中含有的共价键数为6NA，A项正确；
B.n(Na+)=n(Cl-)=0.5L×0.5mol·L-1=0.25mol，n(Na+)+n(Cl-)=0.5mol,因而钠离子和氯离子总计0.5NA个，但水会电离出极少量的H+和OH-，因而NaCl溶液中微粒数大于0.5NA，B项正确；
C.HCHO与CH3COOH的最简式为CH2O，原混合物相当于30gCH2O，n(CH2O)=1mol，因而C原子数为NA，C项正确；
D.不管钠和氧气生成氧化钠还是过氧化钠，钠元素的化合价由0变为+1，因而2.3gNa（2.3gNa为0.1mol）转移电子数为0.1mol×1×NA=0.1NA，D项错误。
故答案选D。
21．D
【详解】A、由选项可知1 mol S8中所含共价键为数目为8NA，32gS8为0.125mol，所含共价键数目为NA，故选项A正确。B、H218O和2H2O的相对分子质量均为20，质子数均为10，2g该混合物的物质的量为0.1mol，含有的质子数为NA，选项B正确；C、1mol氧化铜被氢气还原转移电子数为2NA，8g氧化铜为0.1mol，转移电子数为0.2NA，故选项C正确；D、标准状况下11.2L氯气物质的量为0.5mol，氯气与水之间是可逆反应，反应不彻底，溶液中Cl-、C1O-和HClO的微粒数之和小于NA，选项D不正确。答案选D。
22． 向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全 AgNO3溶液 坩埚 偏低 检查装置气密性 b 偏高 否
【分析】甲方案是利用溶液中的硫酸铜与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，经灼烧、洗涤、称重后得到的固体是硫酸钡，利用硫酸根守恒，计算出硫酸铜的物质的量，从而计算出浓度；乙方案是利用锌与稀硫酸反应释放出氢气的体积，换算成质量，计算出与稀硫酸反应的锌的物质的量，再利用锌的总的物质的量减去与酸反应的锌的物质的量，得到与硫酸铜反应的锌的物质的量，根据锌和硫酸铜的物质的量关系，计算出硫酸铜的物质的量，根据得到硫酸铜的浓度，据此分析。
【详解】Ⅰ．(1)硫酸根离子的检验是滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明溶液中含有硫酸根离子，故判断沉淀完全的操作向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；
(2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为AgNO3溶液，硫酸钡沉淀中可能附着有氯化钡，为了证明还有没氯离子，需要加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明没有洗净；
(3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器为坩埚；
(4)固体质量为wg，为硫酸钡的质量，硫酸钡的物质的量为n=，根据硫酸根守恒可知，CuSO4~BaSO4，则c(CuSO4)===mol L-1；
(5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，会使固体的质量偏小，物质的量偏小，根据可知，则测得c(CuSO4)偏低；
Ⅱ．(6)加入药品之前需检查装置的气密性；步骤②为检查装置气密性；
(7)气体的体积受温度和压强的影响较大，气体的质量不随温度和压强的变化而改变，密度也受温度和压强的影响，步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是气体密度受温度影响；反应热不受温度的影响，只与反应物和生成物自身的能量有关，不随温度压强而改变；反应速率受温度影响，温度越高，反应速率越快，步骤⑥需保证体系恢复到室温与反应速率无关；
(8)Zn粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下，氢气的质量=，利用氢气的质量得到氢气的物质的量n=，根据，与酸反应的锌的物质的量为，锌的总物质的量为，与硫酸铜反应的锌的物质的量为，根据，则c(CuSO4)=；
(9)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，得到氢气的体积偏小，与硫酸反应的锌的质量偏小，与硫酸铜反应的锌的质量偏大，则测得c(CuSO4)偏高；
(10) 不能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度，硫酸镁不和锌发生置换反应。
【点睛】本题甲方案计算时，需要根据硫酸根守恒，是易错点。
23． Na+ a 10-7.5 2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O 1.25 NaHCO3+NaHSO4=CO2↑+Na2SO4+H2O ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+ H2O 203
【分析】（1）电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阳离子移向阴极室；
（2）由图pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka==c(H+)；
（3）Cl2歧化为Cl2O和Cl-；
（4）根据5ClO2－＋4H＋=4ClO2＋Cl－＋2H2O，计算每生成1molClO2，消耗的NaClO2；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳；
(5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应；根据NaOH质量守恒计算；
【详解】（1）电解饱和食盐水，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑，阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，氯气从a口逸出，阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，产生OH-与通过离子膜的Na+在阴极室形成NaOH，故答案为：Na+；a；
(2)由图pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka==c(H+)=10-7.5；故答案为：10-7.5；
（3）Cl2歧化为Cl2O和Cl-，HgO和氯气反应的方程式为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O，故答案为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；
（4）5ClO2－＋4H＋=4ClO2＋Cl－＋2H2O，每生成1molClO2，消耗NaClO2为 =1.25mol；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，方程式为：NaHCO3＋NaHSO4=Na2SO4＋H2O＋CO2↑，故答案为:1.25mol；NaHCO3＋NaHSO4=Na2SO4＋H2O＋CO2↑；
(5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应，离子方程式为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O；设氯气为xkg，则消耗的NaOH为kg，原氢氧化钠质量为+1000kg×0.01，由NaOH质量守恒：原溶液为1000kg-x，则kg+1000kg×0. 01=（1000kg-x)×0.3，解得x=203kg；故答案为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O；203。
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