2023年高考真题变式分类汇编：物质的量的相关计算4
一、选择题
1．（2021·广东）设 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A． 含有 键的数目为
B． 的盐酸含有阴离子总数为
C． 与 混合后的分子数目为
D． 与足量 反应生成的 分子数目为
2．（2020·珠海模拟）已知：在无氧条件下，葡萄糖发生反应C6H12O6 2CH3CH2OH + 2CO2↑。设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．0.1 mol葡萄糖(C6H12O6)含羟基(-OH)数目为0.6NA
B．常温常压下，46 g CH3CH2OH与足量的钠反应产生氢分子数为0.5NA
C．4.48 L CO2和CO的混合气体所含碳原子总数为0.2NA
D．2.4 g Mg在足量的CO2中完全燃烧，转移电子数目为0.4NA
3．（2020·梅县模拟）设 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )。
A． 与 的混合物，含离子总数为
B．已知 中铬元素的化合价为 价，则 分子中存在的过氧键数目为
C． 溶液完全反应，转移电子数目一定为
D．常温时， 的盐酸中水电离的 数目为
4．（2020·宣城模拟）设 为阿伏加德罗常数的值。化工厂常用浓氨水来检验氯气管道是否发生泄漏，其原理是： 。下列说法正确的是( )
A．如果氯气管道漏气，则会看到有大量白雾生成
B．反应中每形成 键，转移电子数为
C． 的 溶液中， 的数目小于
D．该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
5．（2020·安徽模拟）已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．72gCaO2中阴离子数目为2NA
B．将0.1molCl2通入1L水中，转移的电子数为0.1NA
C．标准状况下，11.2LO2和22.4LNO在密闭容器中充分混合后，气体分子总数小于NA
D．室温下1LpH=13的NaOH溶液中，水电离出的OH－的数目为0.1NA
6．（2020·安徽模拟）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．同温同压同体积的12C18O和14N2均含有14NA个电子
B．100mL0.1mol·L-1的氨水溶液中含有0.01NA个NH4+
C．14gC2H4和C3H4的混合物含有2NA个共用电子对
D．11.5gNa与一定量的氧气完全反应，一定失去0.5NA个电子
7．（2020·马鞍山模拟）称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24 g，加入含0.1 mol NaOH的溶液，完全反应，生成NH31792 mL（标准状况），则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为（ ）
A．1:1 B．1:2 C．1.87:1 D．3.65:1
8．（2020·抚州模拟）医用酒精(75%乙醇)和84消毒液(主要成分是次氯酸钠)均能用于消毒。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．74.5g次氯酸钠中含有的分子数目为NA
B．1mol次氯酸钠与足量盐酸反应转移的电子数为2 NA
C．46g医用酒精中含有碳碳键的数目为0.75 NA
D．1mol乙醇和1mol乙烯分别完全燃烧，消耗氧气的分子数均为3 NA
9．（2020·温州模拟）由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐，CaOCl2是一种常见的混盐。下列说法错误的是（ ）
A．CaOCl2有较强的氧化性
B．CaOCl2水溶液呈碱性
C．由氯气为原料，每生成1molCaOCl2，转移的电子为2mol
D．CaOCl2的溶液中加入足量浓硫酸，可有黄绿色的气体产生
10．（2020·绍兴模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．一定条件下，合成氨反应中有0.5molN2发生反应，则反应中转移电子数为3NA
B．10克环己烷与2-丙醇的混合液中，碳元素的质量分数为72%，则其中所含的氧原子数目为 NA
C．过量铜与含0.4molHNO3的浓硝酸反应，则反应中电子转移数为0.2NA
D．常温常压下有28g单晶硅晶体，则其中所含的Si—Si键数目为2NA
11．（2020·宁波模拟）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．50mL18.4mol·L-1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA
B．含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，所得溶液中Na+的物质的量浓度为1mol·L-1
C．在 反应中，每生成32g氧气，则转移2NA个电子
D．常温下，1L0.50mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液所含 物质的量相同
12．（2020·杭州模拟）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，N(z)为微粒 z 的数量，NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法一定错误的是（ ）
A．C(石墨)＋O2(g) = CO2(g) ΔH＝－390 kJ·mol 1，则每 1 mol [ C(石墨)＋ O2(g)]完全燃烧放热 130 kJ
B．Cu 与 1mol/L 的硝酸溶液充分反应，若生成 22.4 L 气体，则转移电子数为 3NA
C．标准状况下 1.6g 氧气含分子数为 0.05NA，且平均每个 O2 分子的体积约为 L
D．1 mol Cl2 与稀 NaOH 溶液完全反应，则反应后的溶液中 N(ClO )＋N(HClO)＝1NA
13．（2020·赤峰模拟）洁厕灵和84消毒液混合使用会发生反应： ，生成有毒的氯气。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．每生成 氯气，转移的电子数为2NA
B． 含有的电子数为28NA
C． 溶液中含有的次氯酸根离子数为0.2NA
D．将分子总数为NA的 和 的混合气体置于标准状况下，其体积约为
14．（2020·天津模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2LCHCl3含极性共价键数目为2NA
B．0.1L1.0mol/LNaHS溶液中S2 和HS 总数为0.1NA
C．常温常压下，1.8g甲基（﹣12C2H3）中含有的中子数为0.9NA
D．1molCl2与足量铜铁合金反应，转移电子数的范围在2NA和3NA之间
15．（2020·石景山模拟）下列各项比较中，一定相等的是（ ）
A．相同物质的量Cu分别与足量浓硝酸和稀硝酸反应，生成气体的物质的量
B．相同物质的量的Na2O和Na2O2中所含阴离子的数目
C．相同质量的Fe分别与足量Cl2、S充分反应，转移的电子数
D．相同物质的量浓度的NH4Cl和NH4HCO3溶液中的c(NH4+)
16．（2020·海淀模拟）下列说法正确的是（ ）
A．1 mol O2的体积为22.4 L
B．5.6 g Fe与足量Cl2反应，转移电子的物质的量为0.3 mol
C．0.1 mol/L AlCl3溶液中Cl-的物质的量为0.3 mol
D．28g丁烯所含碳原子数是28 g乙烯所含碳原子数的2倍
17．（2020·丰台模拟）下列各项比较中，一定相等的是（ ）
A．等物质的量的OH-和-OH中所含电子数
B．等质量的氧气和臭氧中含有的氧原子数目
C．1molNa2O2固体中阳离子与阴离子的数目
D．等物质的量的Cu与Fe分别与足量的稀硝酸反应时转移的电子数
18．（2020·丰台模拟）工业制备硝酸的反应之一为：3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO。用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A．室温下，22.4 L NO2 中所含原子总数为3 NA
B．36 g H2O中含有共价键的总数为2NA
C．上述反应，生成1 mol HNO3转移电子的数目为NA
D．标准状况下，11.2 L NO中所含电子总数为5 NA
19．（2020·咸阳模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1.8 g NH4＋含有的电子数为NA
B．1 L 1 mol·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA
C．标况下，22.4 L NO与11.2 L O2充分反应后，生成物的分子总数为NA
D．50 mL 18 mol·L－1的浓硫酸与足量的铜片共热，生成SO2的分子数为0.45NA
20．（2020·西安模拟）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是( )
A．1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数为0.1 NA个
B．0.1mol的2H35Cl分子的中子数是2NA
C．1mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为2NA
D．加热条件下，含0.2mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA
21．（2020·西安模拟）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA
B．1LpH=2的H2SO3溶液中含H+的数目为0.01NA
C．5.6g铁与稀硝酸反应生成0.08molNO，转移电子数为0.3NA
D．6.4 g S2和S8的混合物中所含硫原子数为0.2 NA
22．（2020·唐山模拟）以天然气为原料经由合成气(CO、H2)制化学品是目前天然气转化利用的主导技术路线。制备CH3OH的反应转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．用1 mol CH4理论上能生产标准状况下CH3OH 22.4 L
B．等物质的量的CH3OH和CH4，CH3OH的质子数比CH4多8NA
C．44 g CO2气体和44 g CH4与CO的混合气体，所含C原子数均为NA
D．用CH4制备合成气的反应中，若生成1 mol CO，反应转移电子数为3NA
23．（2020·台州模拟）捕获二氧化碳生成甲酸过程如图所示。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．10.1gN(C2H5)3可溶于一定量盐酸形成盐，其中[N(C2H5)3H]+的数目为0.1NA
B．30g甲酸分子中，电子对数目为5 NA
C．在捕获过程中，若有22.4L CO2（标准状况）参与反应，则在反应过程中CO2分子只拆开了NA对电子对
D．该反应是氧化还原反应，每生成1mol甲酸，转移的电子数为2NA
24．（2020·浙江模拟）NA 代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．88.0 g14CO2与14N2O的混合物中所含中子数为 44 NA
B．1 mol CH3COONa与少量 CH3COOH溶于水所得的中性溶液中，CH3COO-数目为NA
C．17.4 g MnO2与40 mL10 mol/L浓盐酸反应，转移电子的数目为0.2 NA
D．常温下pH=4的醋酸溶液中由水电离出的 H＋的数目为 10-10 NA
25．（2020·合肥模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2L三氯甲烷中含有分子数为0.5NA
B．常温常压下，2gD2O中含有电子数为NA
C．46gNO2和N2O4混合气体中含有原子数为3NA
D．1 mol Na完全与O2反应生成Na2O和Na2O2，转移电子数为NA
26．（2020·江西）已知 NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．32gS8与 S6（ ）的混合物中所含共价键数目为NA
B．1L0.1mol L－1H2C2O4溶液中含 C2O42－ 离子数为 0.1NA
C．2molNO与 2monO2在密闭容器中充分反应，转移的电子数为 8NA
D．标准状况下 22.4L氯气与甲烷的混合气体，光照时充分反应生成 HCl分子数为NA
27．（2020·承德模拟）NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1mol新戊烷中所含共价键数目为16 NA
B．标准状况下，1.12LSO3的分子数目为0.05 NA
C．1molNa2O2与足量 CO2充分反应，转移电子数目为2 NA
D．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2 NA
二、多选题
28．（2021高一上·邢台期末）某同学将钾投入溶液中待其充分反应。下列叙述错误的是（ ）
A．反应后的溶液中的数目约为
B．反应过程中没有白色沉淀生成
C．反应后的溶液中，溶质只有
D．生成标准状况下
三、非选择题
29．（2021·湖南）碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：
步骤I. 的制备
步骤Ⅱ.产品中 含量测定
①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；
②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用 盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸 ；
③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用 盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸 ；
④平行测定三次， 平均值为22.45， 平均值为23.51。
已知：(i)当温度超过35℃时， 开始分解。
(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表
温度/ 0 10 20 30 40 50 60
35.7 35.8 36.0 36.3 36.6 37.0 37.3
11.9 15.8 21.0 27.0
6.9 8.2 9.6 11.1 12.7 14.5 16.4
29.4 33.3 37.2 41.4 45.8 50.4 55.2
回答下列问题：
（1）步骤I中晶体A的化学式为 ，晶体A能够析出的原因是 ；
（2）步骤I中“300℃加热”所选用的仪器是_______(填标号)；
A． B．
C． D．
（3）指示剂N为 ，描述第二滴定终点前后颜色变化 ；
（4）产品中 的质量分数为 (保留三位有效数字)；
（5）第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则 质量分数的计算结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
30．（2021·河北）化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献，某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图：
回答下列问题：
（1）从A～E中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是 (按气流方向，用小写字母表示)。为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或 。
A． B． C． D． E.
（2）B中使用雾化装置的优点是 。
（3）生成NaHCO3的总反应的化学方程式为 。
（4）反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液：
①对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.14g，则固体NaHCO3的质量为 g。
②向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为 、 、洗涤、干燥。
（5）无水NaHCO3可作为基准物质标定盐酸浓度.称量前，若无水NaHCO3保存不当，吸收了一定量水分，用其标定盐酸浓度时，会使结果___(填标号)。
A．偏高 B．偏低 不变
31．（2021·浙江）玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：
3S+6KOH 2K2S+K2SO3+3H2O
(x-1)S+K2S K2Sx(x=2~6)
S+ K2SO3 K2S2O3
请计算：
（1）0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V= 。
（2）2.560 g硫单质与60.0
mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x= 。(写出计算过程)
32．（2020·扬州模拟）聚合氯化铁[Fe2(OH)nCl6-n]m简称PFC，是一种新型高效的无机高分子净水剂。以FeCl2·4H2O为原料，溶于稀盐酸并加入少量的NaNO2，经氧化、水解、聚合等步骤，可制备PFC。
（1）在稀盐酸中，NaNO2会与Fe2+反应生成一种无色气体M，气体M对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。 M的化学式为 ； Fe2+在酸性条件下被O2氧化的离子方程式为 。
（2）盐基度[B＝ × 100%]是衡量净水剂优劣的一个重要指标。盐基度越小，净水剂对水pH变化的影响 。(填“越大”、“越小”或“无影响”)
（3）PFC样品中盐基度(B)的测定：
已知：PFC样品的密度ρ = 1.40 g·mL 1，样品中铁的质量分数ω(Fe)
= 16%
步骤1：准确量取1.00
mL PFC样品置于锥形瓶中。
步骤2：加入一定体积0.05000
mol·L 1的盐酸标准溶液，室温静置后，加入一定体积的氟化钾溶液(与Fe3+反应，消除Fe3+对实验的干扰)，滴加数滴酚酞作指示剂，立即用0.05000 mol·L 1氢氧化钠标准溶液滴定至终点，消耗氢氧化钠标准溶液13.00 mL。
步骤3：准确量取1.00
mL蒸馏水样品置于锥形瓶中，重复步骤2操作，消耗氢氧化钠标准溶液49.00
mL。
根据以上实验数据计算PFC样品的盐基度(B)(写出计算过程) 。
33．（2020·台州模拟）有一稀硫酸和硝酸铁的混合溶液，向其中加入铁粉，溶液中的Fe2+浓度如图所示（不考虑溶液体积的变化）：
（1）溶液中H2SO4与Fe(NO3)3的物质的量之比为
（2）请写出详细的计算过程 。
四、题目
34．（2020·盐城模拟）镁铁水滑石(镁、铁的碱式碳酸盐)是具有层状结构的无机功能材料，可由Mg(NO3)2·6H2O、Fe(NO3)3·9H2O及CO(NH2)2等按一定比例在温度高于90℃时反应制得。
（1）其他条件不变时，n[CO(NH2)2]/n(Fe3+)对镁铁水滑石产率和溶液pH的变化关系如图所示：
① <3，反应液中产生少量气体，测氨仪未检出NH3，说明逸出的气体主要是 (填化学式)。
②n[CO(NH2)2]/n(Fe3+)>12，溶液的pH处于稳定状态，这是因为
（2）镁铁水滑石表示为：[FexMgy(OH)z](CO3)w·pH2O(摩尔质量为660g·mol-1)，可通过下列实验和文献数据确定其化学式，步骤如下：
I．取镁铁水滑石3.300g加入足量稀硫酸充分反应，收集到气体112mL(标准状况)。
II．文献查得镁铁水滑石热分解TG-DSC图：303~473K，失去层间水(结晶水)失重为10.9%；473~773K时，CO32-和OH-分解为CO2和H2O；773K以上产物为MgO、Fe2O3。
Ⅲ．称取0.4000g热分解残渣(773K以上)置于碘量瓶中，加入稍过量盐酸使其完全溶解，加入适量水和稍过量的KI溶液，在暗处放置片刻，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定到溶液呈淡黄色，加入3mL淀粉溶液，继续滴定到溶液蓝色消失。(2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6)，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。通过计算确定镁铁水滑石的化学式 (写出计算过程)。
35．（2020·杭州模拟）化学需氧量(chemical oxygen
demand，简称COD)表示在强酸性条件下重铬酸钾氧化 1 L 污水中有机物所需的氧化剂的量，并换算成以氧气为氧化剂时，1 L水样所消耗O2的质量(mg·L-1)计算。COD小，水质好。某湖面出现赤潮，某化学兴趣小组为测定其污染程度，用
1.176 g K2Cr2O7固体配制成
100 mL溶液，现取水样20.00 mL，加入10.00
mL K2Cr2O7溶液，并加入适量酸和催化剂，加热反应2 h。多余的K2Cr2O7用0.100 0 mol·L-1Fe(NH4)2(SO4)2溶液进行滴定，消耗Fe(NH4)2(SO4)2溶液的体积如下表所示。此时，发生的反应是CrO72-+6Fe2＋+14H+=2Cr3＋+6Fe3++7H2O。(已知K2Cr2O7和有机物反应时被还原为 Cr3+，K2Cr2O7的相对分子质量为294)
序号 起始读数/mL 终点读数/mL
1 0.00 12.10
2 1.26 13.16
3 1.54 14.64
（1）K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为 mol·L-1。
（2）求该湖水的COD为 mg·L-1。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.一个CHCl3中含有3个C-Cl化学键，因此1molCHCl3中含有C-Cl化学键的数目为3NA，A符合题意；
B.1L 1.0mol/L的盐酸中所含阴离子Cl-的数量为：1.0mol/L×1L=1.0mol，由于溶液中还存在水电离产生的OH-，因此溶液中所含阴离子的总数大于1.0NA，但达不到2NA，B不符合题意；
C.未给出气体所处的状态，无法根据气体摩尔体积进行计算，C不符合题意；
D.23gNa的物质的量为1mol，Na与H2O反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，因此1molNa反应生成0.5molH2，则生成H2的分子数为0.5NA，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.结合CHCl3的结构进行分析即可；
B.盐酸溶液中的阴离子有OH-、Cl-；
C.未给出气体所处状态，无法应用气体摩尔体积进行计算；
D.结合Na与H2O反应的化学方程式进行计算；
2．【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1个葡萄糖分子中含有5个-OH，则0.1 mol葡萄糖(C6H12O6)中含羟基(-OH)数目为0.5NA，A不符合题意；
B.46 g CH3CH2OH的物质的量是1 mol，由于2 molCH3CH2OH与足量金属钠反应产生1 mol H2，则1 mol CH3CH2OH与足量的钠反应产生氢分子的物质的量是0.5 mol，分子数为0.5NA，B符合题意；
C．缺少外界条件，不能确定气体的物质的量，因此不能计算其中含有的C原子数目，C不符合题意；
D．Mg是+2价金属，1 mol Mg完全失去2 mol电子，2.4 g Mg的物质的量是0.1 mol，则其在足量的CO2中完全燃烧，转移电子数目为0.2NA，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、1mol葡萄糖中只有5mol-OH
B、 2CH3CH2OH ~H2，故氢气的物质的量为0.5mol
C、未标明在标况下
D、Mg~2e-
0.1mol 0.2mol
3．【答案】A
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，则7.8gNa2S和Na2O2的混合物的物质的量为0.1mol，1molNa2S由2molNa+和1molS2-构成，1molNa2O2由2molNa+和1mol 构成，因此1molNa2S和Na2O2的混合物中含有的离子总数为0.3NA，A选项符合题意；
B．CrO5中铬元素的化合价为+6价，根据化合物中元素的化合价代数和为0可知，CrO5中1个O显-2价，4个O显-1价，则CrO5中有2个过氧键，因此1molCrO5分子中存在的过氧键数目为2NA，B选项不符合题意；
C．H2O2完全分解生成H2O和O2时，O元素的化合价有升高也有降低，即1molH2O2完全反应时转移的电子数为NA，C选项不符合题意；
D．溶液体积位置，不能确定溶液中水电离出的OH-数目，D选项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】D选项为易错点，解答时需要注意根据pH只能得出H+或OH-的浓度，而溶液体积未知，不能计算物质的量及离子数目。
4．【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．如果氯气管道漏气，遇氨气可立刻化合生成氯化铵固体小颗粒，会看到有大量白烟生成，不是白雾，故A不符合题意；
B．反应中每形成 键，即每生成1mol氮气，氮元素由-3价变为0价，转移电子的物质的量=1mol×2×3=6mol，则个数为6NA，故B符合题意；
C． 的 溶液体积未知，无法计算 的数目，故C不符合题意；
D．反应中Cl2为氧化剂，NH3为还原剂，由方程式可知，当有8molNH3参加反应，有2mol被氧化，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】判断还原剂时，要注意D项中的8mol氨气，并没有都做还原剂，只有2mol做了还原剂。
5．【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.72gCaO2的物质的量为1mol，1mol过氧化钙中含1molO22-，故1mol过氧化钙中含NA个阴离子，A选项不符合题意；
B．氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底，所以将0.1molCl2通入水中，转移电子数小于0.1NA，B选项不符合题意；
C．标准状况下，11.2LO2和22.4LNO的物质的量分别为0.5mol和1mol，两者混合后转化为NO2，但容器内存在反应2NO2 N2O4，则气体分子总数小于NA，C选项符合题意；
D．在pH=13的氢氧化钠溶液中，H+的物质的量浓度为10-13mol/L，全部来自于水的电离，而水电离出的氢氧根的浓度等于水电离出的氢离子的浓度，故pH=13的氢氧化钠中，水电离出的OH-的个数为10-13NA，D选项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A为易错选项，解答时需注意CaO2中含有的阴离子是过氧根(O22-)，而不是O2-。
6．【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．同温同压同体积的12C18O和14N2，具有相同的物质的量，但是其物质的量不是1mol，不能求得它们所含的电子数，A不符合题意；
B．NH3·H2O是弱电解质，在溶液中不能完全电离，因此NH4＋数目小于0.01NA，B不符合题意；
C．设C2H4的质量为xg，则C3H4的质量为(14－x)g。1molC2H4含有6mol共用电子对，1molC3H4含有8mol共用电子对，4gC2H4和C3H4的混合物含有 ，共用电子对数与C2H4的量有关，不能确定其共用电子对的数值，C不符合题意；
D．Na和氧气反应时，失去电子，生成Na＋，11.5gNa的物质的量为 ，失去的电子数为0.5NA，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.各物质的物质的量不定，无法计算；
B.氨水为弱电解质，在水溶液中部分电离；
C.利用假设法结合 C2H4和C3H4 中共用电子对数列式计算；
D.钠与氧气反应均生成钠离子，根据n=计算钠的物质的量，即可得出答案。
7．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】利用极值法分析，可知0.1mol氢氧化钠不足，故先将NH4HSO4反应完，再反应(NH4)2SO4，因共生成NH30.08mol，故与H+反应的氢氧化钠为0.02mol，则NH4HSO4为0.02mol，所以(NH4)2SO4质量为7.24g-115g/mol×0.02mol=4.94g，(NH4)2SO4的物质的量为4.94g ÷132g/mol=0.0374mol。因此(NH4)2SO4与NH4HSO4物质的量之比为：1.87：1，
故答案为：C。
【分析】首先采用极值分析法，得出应氢氧化钠应先与硫酸氢氨反应，再与硫酸铵反应；再根据生成氨气的物质的量能得出硫酸氢氨的物质的量，进一步分析即可得出答案。
8．【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】
【解答】A．次氯酸钠由Na+和ClO-构成，不存在分子，A不符合题意；
B．NaClO+2HCl=NaCl+H2O+Cl2↑~1e-，故1mol次氯酸钠与足量盐酸反应转移的电子数为1 NA，B不符合题意；
C．医用酒精为体积分数为75%的乙醇溶液，不是质量分数，现有条件无法计算乙醇的物质的量，也就无法计算碳碳键的数目，C不符合题意；
D．由CxHyOz+(x+ )O2 xCO2+ H2O可知，1mol乙醇(C2H5OH)完全燃烧消耗(2+ )mol=3molO2，1mol乙烯(C2H4)完全燃烧消耗(2+ )mol=3molO2，即1mol乙醇和1mol乙烯分别完全燃烧，消耗氧气的分子数均为3 NA，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】
A.NaClO3次氯酸钠有金属和非金属组合的离子化合物，水溶液中不含NaClO3分子，所以A错；
B.NaClO+2HCl=NaCl+H2O+Cl2↑~1e-利用化学价的变化可求，所以1mol次氯酸钠与足量盐酸反应转移的电子数为1 NA，所以B错;
C.医用酒精含体积分数为75%的乙醇，其余物质未知所以无法确定乙醇的质量，所以无法知道碳碳键数目，所以C错；
D.根据化学反应平衡方程式可求，D项是正确的。
9．【答案】C
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．CaOCl2中的酸根为ClO-和Cl-，次氯酸盐具有强氧化性，A选项不符合题意；
B．ClO-水解使溶液呈碱性，即CaOCl2水溶液呈碱性，B选项不符合题意；
C．由氯气为原料，每生成1molCaOCl2，1molCl2中1molCl的化合价由0价升高至+1价，1molCl的化合价由0价降低至-1价，总共转移1mol电子，C选项符合题意；
D．CaOCl2的溶液中加入足量浓硫酸，可发生反应CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2↑+H2O，生成黄绿色的氯气，D选项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据题干信息，混盐是由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐，则混盐CaOCl2中的酸根为ClO-和Cl-，据此分析解答。
10．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．反应中N2转化为NH3，氮元素由0价变为-3价，即1mol N2参与反应转移6mol电子，有0.5molN2发生反应，反应中转移电子数为3mol电子，数量为3 NA，故A不符合题意；
B．环己烷的分子式为C6H12，2-丙醇的分子式为C3H8O，相当于C3H6·H2O，碳元素的质量分数为72%，根据 ，解得10克混合液中含CH2的质量为8.4g，含“H2O”为1.6g，则其中含有的氧原子数目为 NA= NA，故B不符合题意；
C．过量铜与含0.4 mol HNO3的浓硝酸反应，若只生成NO2，发生反应为Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+2H2O+2NO2↑，氮元素由+5价变为+4价，0.4mol浓HNO3硝酸参与反应，其中0.2mol被还原，电子转移数目为0.2NA，但随着反应发生，浓硝酸变稀，产物气体由NO2变为NO，氮元素由+5价变为+2价，转移电子数目增多，则电子转移数目为大于0.2 NA，故C符合题意；
D．单晶硅中一个Si原子平均含有两个Si—Si键，常温常压下有28g单晶硅晶体为1mol，则其中所含的Si—Si键数目为2NA，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】将2-丙醇的分子式为C3H8O写成C3H6·H2O这一步很关键，能够计算出水的质量，从而计算出氧原子数。
11．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．n(H2SO4)=18.4mol·L-1×50mL×10-3=0.92mol，假设H2SO4完全反应，则由 可知，生成SO2的物质的量= =0.46mol，即生成SO2分子的数目为0.46NA，但是，随着反应的进行，H2SO4的浓度降低变为稀硫酸，稀硫酸不能发生上述反应，故生成SO2分子的数目小于0.46NA，A不符合题意；
B．Na2O+H2O=2NaOH，所得溶液中，n(Na+)=1mol，溶液体积未知，不能计算Na+的物质的量浓度，B不符合题意；
C．由 可知，每生成1molO2转移2mol电子，即每生成32g氧气，则转移2NA个电子，C符合题意；
D.1L0.50mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液的n(NH4Cl)相等，但是二者浓度不同，NH4+水解程度不同，故二者所含 物质的量不相同，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】B． 中的V指的是溶液的总体积，题目所给的1L为溶剂的体积，二者不相等。
12．【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A. 1mol石墨与1molO2反应放出390 kJ的热量，因此每 1 mol [ C(石墨)＋ O2(g)]完全燃烧放出的热量为 ×390 kJ=130 kJ，A不符合题意；
B. 题干中未给出反应所处的条件是否为标准状况，因此无法进行计算，B符合题意；
C. 1.6g 氧气的物质的量为 =0.05mol，分子数为0.05NA，标准状况下其体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，因此每个 O2 分子的体积为 L，C不符合题意；
D. 1 mol Cl2 与稀 NaOH 溶液完全反应，生成NaCl和NaClO，ClO-水解生成HClO，因此N(ClO )＋N(HClO)= 1NA，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. 根据1mol石墨与1molO2反应放出390 kJ的热量，计算出每 1 mol [ C(石墨)＋ O2(g)]完全燃烧放出的热量；
B. 题干中未给出反应所处的条件，无法进行计算；
C. 1.6g 氧气的物质的量为 =0.05mol，分子数为0.05NA，标准状况下其体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，据此计算每个 O2 分子的体积；
D. 1 mol Cl2 与稀 NaOH 溶液完全反应，生成NaCl和NaClO，ClO-水解生成HClO，据此计算N(ClO )＋N(HClO)。
13．【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A. 氯气中有2mol的0价氯，其中1mol来自于ClO-，1mol来自于Cl-，转移的电子数为NA，A不符合题意；
B. 1个 含有的电子数为10个，1个Cl-的的电子数为18个，故 含有的电子数为28NA，B符合题意；
C. 溶液中 ，在溶液中次氯酸根离子要水解，次氯酸根离子的物质的量小于0.2mol，含有的次氯酸根离子数小于0.2NA，C不符合题意；
D. 将分子总数为NA的 和 的气体混合，二者要发生反应生成氯化铵固体，故标准状况下，其体积不为 ，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据方程式找出转移的电子数即可
B.根据氯原子和钠原子的电子数判断即可
C.次氯酸根易水解
D.发生化学反应变成固体，体积不是22.4L
14．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．标况下CHCl3为液体，11.2LCHCl3的物质的量不是0.5mol，A不符合题意；
B．NaHS溶液中S元素存在形式有S2-、HS-、H2S，三者总数为0.1NA，B不符合题意；
C．一个12C原子所含中子数为6，一个2H所含中子数为1，所以一个该甲基所含中子数为9，该甲基的摩尔质量为18g/mol，所以1.8g该甲基的物质的量为0.1mol，含中子数为0.9NA，C符合题意；
D．铜铁足量，1mol氯气全部转化为Cl-，所以转移电子数为2NA，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.液体不能用标况下的气体摩尔体积衡量；
B.HS-水解HS-+H2OH2S+OH-；
C. 1.8g甲基（﹣12C2H3） 的物质的量==0.1mol；
D.根据氯气的量计算，氯气转化为氯离子。
15．【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．Cu和浓硝酸反应生成NO2，和稀硝酸反应生成NO，根据电子得失守恒可知，等物质的量的Cu分别与足量浓硝酸和稀硝酸反应，生成气体的物质的量不相等，A项不符合题意；
B．Na2O和Na2O2中所含阴离子分别为氧离子和过氧根离子，等物质的量的两种物质中，阴离子的物质的量之比为1:1，故相同物质的量的Na2O和Na2O2中所含阴离子的数目一定相等，B项符合题意；
C．Fe和足量Cl2反应生成FeCl3，每生成1molFeCl3转移3mol电子，Fe和S反应生成FeS，每生成1molFeS转移2mol电子，据此可知，等质量的Fe分别与足量Cl2、S充分反应，转移的电子数不相等，C项不符合题意；
D．NH4Cl溶液中NH4+水解，Cl-不发生水解，对NH4+的水解无影响；NH4HCO3溶液中NH4+和HCO3-会发生互促水解，故相同物质的量浓度的NH4Cl和NH4HCO3溶液中的c(NH4+)不相等，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、Cu与浓硝酸是二氧化氮，与稀硝酸是一氧化氮
B、氧化钠中阴离子为O2-，而过氧化钠中阴离子为O22-
D、碳酸氢根会促进铵根离子的水解，而氯离子对铵根离子的水解无影响
16．【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 1 mol O2无法确定体积为22.4 L，需要标明气体状态，A项不符合题意；
B.5.6 g Fe与足量Cl2反应，Fe少量完全反应生成三氯化铁，每个Fe失去3电子，5.6 g Fe转移电子的物质的量为0.3 mol，B项符合题意；
C.0.1 mol/L AlCl3溶液没有溶液的体积无法求算Cl-的物质的量，C项不符合题意；
D. 28g丁烯物质的量0.5mol所含碳原子数2NA等于28 g乙烯1mol所含碳原子数2NA，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】易错点C选项0.1 mol/L AlCl3溶液没有体积
17．【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1个OH-含有10个电子，一个羟基含有9个电子，所以等物质的量的氢氧根和羟基所含电子数不相等，A项不符合题意；
B．氧气与臭氧都是由氧原子构成的，因此，质量相等时，所含的氧原子数目一定相等，B项符合题意；
C．Na2O2中的阳离子是Na+，阴离子是 ，因此其中的阴阳离子个数比为1：2，数目不相等，C项不符合题意；
D．稀硝酸足量时，能够将Fe全部氧化为Fe3+，而Cu只能被氧化为Cu2+，所以相等物质的量的Fe和Cu与足量稀硝酸反应时，Fe转移的电子数更多，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、注意羟基中含有9个电子；
B、根据、进行作答即可；
C、根据过氧化钠的电子式进行作答；
D、根据氧化还原反应的原理进行作答。
18．【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.室温下，22.4L不能用气体摩尔体积进行计算物质的量，故A不符合题意；
B.36gH2O为2mol，一分子水中含有2个共价键，则2mol水中含有共价键的总数为4NA，故B不符合题意；
C.上述反应，生成2molHNO3共转移2mol电子，生成1molHNO3转移1mol电子，数目为NA，故C符合题意；
D.标准状况下，11.2LNO为0.5mol，一个NO中含有15个电子，则0.5molNO中所含电子总数为7.5NA，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据气体体积计算物质的量或粒子数目时，气体的条件必须在标准状况下。
19．【答案】A
【知识点】物质的量浓度；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 一个NH4＋含有10个电子，1.8 g NH4＋物质的量为 ，因此1.8g NH4＋含有的电子物质的量为1mol，数目为NA，故A符合题意；
B. 1 L 1 mol·L 1的NaAlO2水溶液中n(NaAlO2) = 1 L ×1 mol·L 1=1mol，NaAlO2中含有的氧原子物质的量为2mol，溶液中水还含有氧原子，因此溶液中氧原子物质的量大于2mol，氧原子数目大于2 NA，故B不符合题意；
C. 标况下，22.4 L NO即物质的量为 与11.2 L O2即物质的量为 ，发生2NO + O2 = 2NO2，即生成1molNO2，由于2NO2 N2O4，因此生成物的分子总数小于NA，故C不符合题意；
D. 50 mL 18 mol·L 1的浓硫酸即物质的量n(H2SO4) = 0.05 L ×18 mol·L 1=0.9 mol，与足量的铜片共热，根据Cu + 2H2SO4(浓) CuSO4+ SO2↑+ 2H2O和浓硫酸反应过程中逐渐变稀，稀硫酸不与铜反应，因此生成SO2的分子数小于0.45 NA，故D不符合题意。
故答案为A。
【分析】A、一个铵根离子中含有10个电子；
B、水中也存在氧原子；
C、二氧化氮会发生可逆反应生成四氧化二氮；
D、浓硫酸的浓度会变稀。
20．【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、碳酸根水解得到碳酸氢根和氢氧根离子，因此1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数大于0.1 NA个，A不符合题意；
B、2H35Cl分子的中子数＝2－1+35－17＝19，所以0.1mol的2H35Cl分子的中子数是1.9NA，B不符合题意；
C、过氧化钠与二氧化碳的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，1mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为NA，C不符合题意；
D、加热条件下，含0.2mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，随着反应的进行硫酸浓度减小，稀硫酸与铜不反应，因此生成二氧化硫的分子数小于0.1NA，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据碳酸根水解分析；
B、根据中子数＝质量数－质子数计算；
C、根据过氧化钠与二氧化碳的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂分析；
D、根据稀硫酸与铜不反应解答。
21．【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A．若2mol SO2和 1mol O2完全反应，可生成2mol SO3，即反应后分子总数为2NA，但实际上该反应是可逆反应，不能完全进行，故反应后分子总数大于2NA，故A不符合题意；
B．pH=2的H2SO3溶液中c(H+)=0.01mol/L，溶液体积为1L，所以溶液中所含氢离子数目为0.01NA，故B不符合题意；
C．该过程中还原产物为NO，氮元素由+5价变为+2价，所以生成一个NO，转移3个电子，则生成0.08molNO转移电子数为0.24NA，故C符合题意；
D.6.4 g S2和S8的混合物即6.4gS原子，所以硫原子的数目为 ×NAmol-1=0.2NA，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】易错选项为C，要注意铁在和稀硝酸反应时氧化产物不确定，当铁过量可能会有亚铁离子，该题中还原产物只有NO，所以根据还原产物计算电子转移数目。
22．【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．CH3OH在标况下不是气体，故无法得出标况下的体积是22.4 L的结论，故A不符合题意；
B.1mol的CH3OH和CH4，一个甲醇分子含有18个质子，一个甲烷分子含有10个质子，一个甲醇分子比一个甲烷分子多8个质子，1mol的CH3OH比CH4多8NA 个质子，但等物质的量没给出具体的物质的量数值，故CH3OH的质子数不一定比CH4多8NA，故B不符合题意；
C.44 g CO2气体的物质的量为 ，一氧化碳的相对分子质量为28，甲烷的相对分子质量为16，44 g CH4与CO的混合气体假设全部是CH4气体，物质的量为 ＞1mol，44 g CH4与CO的混合气体假设全部是CO气体，物质的量为 ＞1mol，故44 g CH4与CO的混合气体的物质的量大于1mol，所含C原子数大于1mol，故C原子数大于NA，故C不符合题意；
D．制备CH3OH的反应过程中生成一氧化碳，发生反应：CO2(g)+C(s)=2CO(g)，生成2mol一氧化碳时，转移2mol电子消耗1mol碳原子，消耗的碳原子来自于甲烷的分解，CH4(g)=C(s)+2H2(g) ，甲烷中碳的化合价从-4价升高到0价，生成1mol碳原子转移的电子的物质的量为4mol，要生成2mol一氧化碳共需要转移6mol电子，则若生成1 mol CO，反应转移电子的物质的量为3mol，转移的电子数为3NA；
故答案为：D。
【分析】A．CH3OH在标况下不是气体；
B．根据等质量的CH3OH和CH4的物质的量计算；
C．根据n=计算；
D．根据电子转移守恒计算。
23．【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 10.1gN(C2H5)3的物质的量为 ，类似于铵根离子，[N(C2H5)3H]+为弱离子，会发生水解，则其数目小于0.1NA，故A不符合题意；
B. 30g甲酸的物质的量为 ，又一个甲酸分子中含有5对共用电子对，则30g甲酸中含有共用电子对数目为 ，故B不符合题意；
C. 标准状况下，22.4L CO2的物质的量为1mol，由图可知，在捕获过程中，二氧化碳分子中的两个碳氧双键均变为单键，则在反应过程中1molCO2分子拆开了2NA对电子对，故C不符合题意；
D. CO2中C元素的化合价为+4，甲酸中C元素的化合价为+2，C元素的化合价发生变化，则该反应是氧化还原反应，且C元素的化合价由+4价降低为+2价，则每生成1mol甲酸，转移的电子数为2NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.，[N(C2H5)3H]+离子是弱酸根离子，会与水电离出的OH-结合生成H2O，使离子浓度减小；
B.要求30g甲酸分子中电子对的数目，先要求出其物质的量，一个甲酸分子中有5个共用电子对，那么电子对的数目就是5与物质的量之积；
C.反应过程中CO2分子拆开的电子数就是氧化还原反应中电子转移的数目。
24．【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 14CO2分子中含有24个中子，88.0 g14CO2的物质的量为88.0 g ÷46 g/mol=1.91 mol，所以其中含有的中子数目为1.91×24NA=45.9NA；14N2O的分子中含有22个中子，88.0 g14N2O的物质的量等于2 mol，所以其中含有的中子数目为44 NA，所以88.0 g14CO2与14N2O的混合物中所含中子数大于44 NA，A不符合题意；
B. 在该中性溶液中n(CH3COO-)=n(Na+)，由于CH3COONa的物质的量是1 mol，所以该溶液中CH3COO-数目为NA，B符合题意；
C. 17.4 g MnO2的物质的量n(MnO2)=17.4 g÷87 g/mol=0.2 mol，n(HCl)=10 mol/L×0.04 L=0.4 mol，根据方程式中物质反应关系MnO2过量，应该以HCl为标准计算，但随着反应的进行，盐酸溶液浓度变小，所以0.4 mol HCl不能完全反应，所以反应过程中转移电子的物质的量小于0.2NA，C不符合题意；
D. 只有离子浓度，缺少溶液的体积，不能计算微粒的数目，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】阿伏加德罗常数指的是单位物质的量的物质所具有的粒子数。
A.88.0 g14CO2与14N2O混合物中所含中子数大于44mol，因此所含的中子数大于44NA；
B.根据溶液中电荷守恒的原理，当 CH3COONa与 CH3COOH的混合溶液显中性时，n(CH3COO-)=n(Na+)，都是1mol，那么含有的CH3COO-数目为NA；
C.与只与浓盐酸反应得到氯气的，当反应进行到一定的程度时就无法继续进行了，因此转移的电子的物质的量小于0.2mol，也就是少于0.2NA；
D.要想计算氢离子的数目需要通过浓度与体积的乘积计算出物质的量，确实条件无法计算。
25．【答案】A
【知识点】摩尔质量；气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.标准状态下，CCl3不是气体，不可应用气体摩尔体积进行计算，选项错误，A符合题意；
B.2gD2O的物质的量，一个D2O分子中含有10个电子，因此所含电子数为NA，选项正确，B不符合题意；
C.46g混合物的物质的量，其所含的原子数为3NA，选项正确，C不符合题意；
D.Na在反应过程中由0价变为+1价，失去一个电子，因此1molNa完全反应，转移电子数为1NA，选项正确，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.标准状态下，CCl3不是气体；
B.D2O的摩尔质量为20g/mol；
C.NO2和N2O4的原子个数比相同，可用NO2进行计算；
D.根据反应过程中钠元素价态变化分析；
26．【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.由于32 g S8与S6（ ）的混合物中含硫为1mol，则该混合物中含1mol S-S键，A符合题意。
B. 1 L 0.1 mol·L 1 H2C2O4溶液含C2O42- 离子数小于0.1NA，因为草酸是弱电解质，部分电离出C2O42-，B不符合题意。
C.密闭容器中2 mol NO与2mol O2充分反应，由于NO不足，转移的电子数小于4NA，C不符合题意。
D.在标准状况下，22.4 L氯气与甲烷混合气体，光照时充分反应，由于无法知道氯气、甲烷各为多少量，所以生成HCl分子数无法计算。D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A. S8与S6含有的S-S键分别为8和6个。
B. 草酸是弱电解质，只能部分电离。
C.2NO+O2=2NO2，O2过量，不能完全反应；
D.22.4 L氯气与甲烷混合气体，光照时充分反应，生成的是多种物质的混合物。
27．【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.根据新戊烷的结构简式计算出1mol新戊烷含有碳碳键4mol， 碳氢键12mol， 所以1mol新戊烷所含共价键数目为16NA，A符合题意；
B.标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，B不符合题意；
C.根据反应方程式， 1mol过氧化钠反应时转移1mol电子， C不符合题意
D.SO2和O2的催化反应为可逆反应，反应不可能完全进行，存在一个化学平衡，所以密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数一定大于2NA小于3NA，即不一定为2NA，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A.烷烃的共价键数目为C和H的原子个数和碱去1；
B.标况下三氧化硫为固体；
C.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
D.可逆反应反应不可能完全进行，存在反应限度。
28．【答案】B,C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．钾的物质的量是，反应后的溶液中的数目约为0.01mol=，故A不符合题意；
B．钾和水反应生成0.01molKOH，的物质的量是0.02mol，发生反应，KOH不足，反应生成氢氧化铝沉淀，故B符合题意；
C．发生反应， 有剩余，反应后的溶液中，溶质有、，故C符合题意；
D.0.01molK和水发生反应，生成0.005 mol氢气，生成氢气在标准状况下的体积是，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断；
B、钾和水反应生成氢氧化钾，氢氧化钾和铝离子反应生成氢氧化铝；
C、结合化学方程式和物质的量判断，可以知道溶质有氯化铝和氯化钾；
D、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
29．【答案】（1）NaHCO3；在30-35 C时NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可）
（2）D
（3）紫色石蕊试液；蓝色变为红色
（4）3.56%
（5）偏大
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；化学实验方案的评价；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)根据题给信息，控制温度在30-35 C，目的是为了时NH4HCO3不发生分解，同时析出NaHCO3固体，得到晶体碳酸氢钠，故答案为：NaHCO3；在30-35 C时NaHCO3的溶解度最小；
(2)300 C加热抽干后的NaHCO3固体，需用坩埚、泥三角、三脚架进行操作，所以正确的为D项，故答案为：D；
(3)根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为紫色石蕊试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，溶液显碱性显蓝色，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为：蓝色变为红色；
(4)
根据分析，碳酸钠中混有碳酸氢钠，先加盐酸将碳酸钠全部变为碳酸氢钠，继续加入盐酸与碳酸氢钠反应，第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，消耗的盐酸的物质跌量为n(HCl)=0.1000mol/L 22.45 10-3L=2.245 10-3mol得出n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)=2.245 10-3mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，盐酸的物质的量n(HCl)=0.1000mol/L 23.51 10-3L=2.351 10-3mol则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)=n(HCl) =2.351 10-3mol，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)= n总(NaHCO3)- n生成(NaHCO3)= 2.351 10-3mol-2.245 10-3mol=1.06 10-4mol，则原产品中NaHCO3的物质的量为 =1.06 10-3mol，故产品中NaHCO3的质量分数为 ，故答案为：3.56%；
(5)若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，读数偏小，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大，故答案为：偏大。
【分析】（1）氯化钠和碳酸氢铵最终得到的碳酸氢钠固体和氯化铵，因此晶体A是碳酸氢钠固体，通过对不同时刻的溶解度进行分析，主要是由于低温时，碳酸氢钠的溶解度小
（2）温度过高是加热应该选择的是坩埚
（3）纯碱主要是碳酸钠，适合用酚酞做指示剂，先加入酚酞作指示剂滴入盐酸将碳酸钠全部转为碳酸氢钠，碳酸氢钠适合用石蕊作指示剂，在继续使用石蕊做指示剂进行滴定，到终点时，此时是蓝色，再加入一滴时溶液变为红色。
（4）第一次与碳酸钠作用，全部转为碳酸氢钠溶液，第二次是碳酸氢钠与稀盐酸作用，根据数据即可计算出碳酸钠和碳酸氢钠的质量
（5）第一滴定终点时，利用的是滴定管滴定，俯视读数，导致V1数值偏小，导致V2-V1偏大，导致计算结果偏大
30．【答案】（1）aefbcgh；将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔
（2）使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率（或其他合理答案）
（3）NH3 H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓
（4）0.84；蒸发浓缩；冷却结晶
（5）A
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)要制备 NaHCO3 ，向饱和氨盐水中通入二氧化碳气体，但二氧化碳中混有氯化氢气体，需要用饱和碳酸氢钠溶液除去因此按气流方向正确的连接顺序应为：aefbcgh；A中处于密封体系，内外大气压不等，为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，需要保证内外大气压相等，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔，故答案为：aefbcgh；将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔；
(2)雾化装置主要是将液体变为气体，增大接触面积，B中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率；
(3)根据上述分析可知，生成 的总反应的化学方程式为NH3 H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；
(4)①对固体 充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为： 将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量 ， 与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为： ，根据差量法数据进行计算设碳酸氢钠的物质的量为x，故列出比例式
2 56
x 0.14g
x=0.005mol,根据关系式 可知，消耗碳酸钠的物质的量为2 0.005mol=0.01mol，固体 的质量为0.01mol 84g/mol=0.84g；
②根据溶解度虽温度的变化曲线可以看出，氯化铵和氯化钠随着温度的升高，氯化铵受温度的影响较大，因此可采取降温结晶的方法进行写出氯化铵，需采用蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥的方法，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
(5)称量前，若无水 保存不当，吸收了一定量水分，称量时导致碳酸氢钠的质量减小，配制溶液时标准液被稀释，浓度减小，所以用其标定盐酸浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积 会增大，根据c(测)= 可知，最终会使c(测)偏高，A项正确，故答案为：A。
【分析】（1）先将二氧化碳的氯化氢除去，再将二氧化碳通入含有氨的饱和氯化钠溶液，最终进行除杂即可，分液漏斗液体顺利滴下应该保证内外大气压相等
（2）接触面积更大，提高反应速率
（3）氨水和氯化钠溶液产生碳酸氢钠和氯化铵固体
（4）①碳酸氢钠分解出水和二氧化碳，均与过氧化钠反应利用差量法计算质量即可②根据溶解度的变化趋势即可判断得到氯化铵利用降温结晶的方式进行析出固体
（5）有水稀释了碳酸氢钠时，称取相等的质量，导致碳酸氢钠减少，因此导致测定盐酸的浓度偏大
31．【答案】（1）30.0
（2）解：若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH 2K2Sx+K2S2O3+3H2O，根据反应方程式有 解得x=3，故答案为3。
【知识点】氧化还原反应；质量守恒定律；化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)根据方程式3S+6KOH 2K2S+K2SO3+3H2O可知，3mol S可以和6mol KOH反应，0.48g S的物质的量n=0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH溶液的体积V= = =0.03L=30.0mL，
故答案为30.0；
【分析】（1）利用第一个方程式计算即可（2）根据反应物和产物进行书写方程式方程式根据数据计算出即可
32．【答案】（1）NO；4Fe2++ O2+ 4H+= 4Fe3++ 2H2O
（2）越大
（3）样品中OH 的物质的量浓度： n(OH )＝ n1(NaOH) n2(NaOH)＝ 0.05000 mol·L 1× (49.00 13.00) × 10 3L＝1.8 × 10 3mol； c(OH )＝ ＝ ＝1.8 × 10 3mol·L 1； 样品中Fe3+的物质的量浓度： c(Fe3+)＝ ＝ ＝4.0 × 10 3mol·L 1； B＝ × 100% ＝ × 100%＝ 15%。
【知识点】离子方程式的书写；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)在稀盐酸中，NaNO2会将Fe2+氧化成Fe3+，该过程中NaNO2应作为氧化剂，据图可知，M与Fe2+可以生成Fe(NO)2+，铁元素化合价没有变化，则N元素化合价也不变，所以M应为NO；Fe2+在酸性条件下被O2氧化，应生成Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式应为4Fe2++ O2+ 4H+= 4Fe3++ 2H2O；(2)盐基度B＝ × 100%，盐基度越小，[Fe2(OH)nCl6-n]m中n的值越小，则c(OHˉ)越小，生成的Fe(OH)3胶体的量越少，溶液中c(Fe3+)越大，水解效果越强，对水pH变化的影响越大；(3)根据分析，样品中OH 的物质的量浓度： n(OH )＝ n1(NaOH) n2(NaOH)＝ 0.05000 mol·L 1× (49.00 13.00) × 10 3L＝1.8 × 10 3mol；c(OH )＝ ＝ ＝1.8 × 10 3mol·L 1；
样品中Fe3+的物质的量浓度：c(Fe3+)＝ ＝ ＝4.0 × 10 3mol·L 1；
B＝ × 100% ＝ × 100%＝ 15%。
【分析】(3)该滴定实验时测定PFC样品中的盐基度，盐基度B＝ × 100%；先根据样品的密度、铁的质量分数计算所取样品中Fe3+的浓度；然后加入一定体积的盐酸标准溶液充分反应，加入KF消除Fe3+对实验的干扰，之后用氢氧化钠标准液滴定剩余的盐酸的量；再利用蒸馏水重复操作，滴定加入的盐酸标准液的总量，总量减去剩余量即可得到样品中氢氧根消耗的盐酸标准的量。
33．【答案】（1）2:1
（2）加入铁粉，首先发生反应4H++ NO3-+ Fe = Fe3+ + NO↑ + 2H2O，NO3-消耗完后，继续发生反应2Fe3+ + Fe =3Fe2+， ， ， ，同理，n(Fe2)=0.35mol，则n(Fe3+总)=0.7mol，n(H+)= 4n(Fe1)=1.4mol，所以n(H2SO4)=0.7mol，原溶液中Fe3+物质的量n(Fe3+原)= n(Fe3+总)-n(Fe3+1)=0.7-0.35=0.35mol，所以硫酸和硝酸铁的物质的量之比为2:1。
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】加入铁粉，首先发生反应4H++ NO3-+ Fe = Fe3+ + NO↑ + 2H2O，NO3-消耗完后，继续发生反应2Fe3+ + Fe =3Fe2+，
， ，同理，n(Fe2)=0.35mol，则n(Fe3+总)=0.7mol，n(H+)=4n(Fe1)=1.4mol，所以n(H2SO4)=0.7mol，原溶液中Fe3+物质的量n(Fe3+原)= n(Fe3+总)-n(Fe3+1)=0.7-0.35=0.35mol，所以硫酸和硝酸铁的物质的量之比为2:1。
【分析】加入铁粉，首先发生反应4H++ NO3-+ Fe = Fe3+ + NO↑ + 2H2O，NO3-消耗完后，继续发生反应2Fe3+ + Fe =3Fe2+，据此列比例计算。
34．【答案】（1）CO2；（达到气液平衡，）溶液中OH－浓度处于（过）饱和状态
（2）[Fe2Mg6(OH)16] CO3·4H2O
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)①根据元素守恒，以及目标产物中含有CO32－，可知如果没有氨气逸出，那逸出的气体主要是CO2；
②从图中可以看出，n[CO(NH2)2]/n(Fe3+)>12时，测氨仪检出的NH3的量也没有变化，从溶液中逸出的NH3的量和溶解在溶液中NH3的相同，达到了平衡状态，溶液中OH－达到饱和状态；
(2)Ⅰ镁铁水滑石溶于足量的稀硫酸，其中的CO32－会与H＋反应生成CO2，产生112mL的气体，样品的物质的量 ，产生CO2的物质的量 ，则w= ；
Ⅱ在303～473K，镁铁水滑石失去结晶水，失重为10.9%，则p= =4；
Ⅲ由2Fe3++2I－=I2+2Fe2+，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，得关系式Fe3+～Na2S2O3，n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=0.1000mol·L－1×20.00mL×10－3L·mL－1=2.000×10－3mol，n(Fe2O3)=1.000×10－3mol。热分解残渣中，含有Fe2O3、MgO，则n(MgO)= =6.000×10－3mol；
则镁铁水滑石中镁和铁的比例为 =6.000×10－3mol÷2.000×10－3mol=3；
由化合价代数和为0，x×3+y×2+z×(－1)+1×(－2)=0；
由摩尔质量为660g·mol－1，56g·mol－1×x+24g·mol－1×y+17g·mol－1×z+60g·mol－1×1+18g·mol－1×4=660g·mol－1；
可以解得，x=2y=6z=16，则镁铁水滑石化学式为[Fe2Mg6(OH)16]CO3·4H2O。
【分析】（1）①＜3，反应液中产生少量气体，测氨仪未检出NH3，溶液显酸性；
②＞12，溶液的pH处于稳定状态，达到气液平衡状态；
（2）由I可知气体为二氧化碳，以此计算w；
由II可知303～473K，失去层间水（结晶水）失重为10.9%，以此计算p；
由Ⅲ可知发生2Fe3++2I-=I2+2Fe2+、2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，则存在Fe3+～Na2S2O3，以此计算x，结合正负化合价的代数和为0、摩尔质量计算，从而确定化学式。
35．【答案】（1）0.0400
（2）480
【知识点】中和滴定；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)K2Cr2O7的摩尔质量为294 g/mol，则1.176 g K2Cr2O7固体的物质的量是n(K2Cr2O7)= =0.0040 mol，由于配制成100 mL溶液，所以配制K2Cr2O7的溶液的物质的量浓度c(K2Cr2O7)= =0.0400 mol/L；(2)n(K2Cr2O7)=0.01 L×0.0400 mol/L=4×10-4 mol，三次实验消耗溶液的体积分别是12.10 mL、11.90mL、13.10 mL，可见第三次实验误差较大，要舍去，则消耗溶液平均体积是V= =12.00 mL、n(Fe2+)=12×10-3 L×0.10 mol/L=1.2×10-3 mol，由CrO72-+6Fe2＋+14H+=2Cr3＋+6Fe3++7H2O可知，剩余的n(K2Cr2O7)= n(Fe2+)= ×1.2×10-3 mol=2×10-4 mol，则水样消耗的n(K2Cr2O7)=4×10-4 mol-2×10-4 mol=2×10-4 mol，根据电子电子转移可知，水样需要氧气的物质的量为n(O2)= ×[2×10-4mol×(6-3)×2]=3×10-4 mol，氧气的质量m(O2)=3×10-4 mol×32 g/mol=96×10-4 g=9.6 mg，故该水样的化学需氧量COD= =480 mg/L。
【分析】(1)根据n= 及c= 计算K2Cr2O7溶液的物质的量浓度；(2)根据CrO72-+6Fe2++14H+=2Cr3＋+6Fe3++7H2O，计算剩余的K2Cr2O7的物质的量，进而计算水样消耗的n(K2Cr2O7)；再根据电子转移守恒计算水样消耗氧气的物质的量，及计算水样的化学需氧量，据此解答。
2023年高考真题变式分类汇编：物质的量的相关计算4
一、选择题
1．（2021·广东）设 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A． 含有 键的数目为
B． 的盐酸含有阴离子总数为
C． 与 混合后的分子数目为
D． 与足量 反应生成的 分子数目为
【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；物质结构中的化学键数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.一个CHCl3中含有3个C-Cl化学键，因此1molCHCl3中含有C-Cl化学键的数目为3NA，A符合题意；
B.1L 1.0mol/L的盐酸中所含阴离子Cl-的数量为：1.0mol/L×1L=1.0mol，由于溶液中还存在水电离产生的OH-，因此溶液中所含阴离子的总数大于1.0NA，但达不到2NA，B不符合题意；
C.未给出气体所处的状态，无法根据气体摩尔体积进行计算，C不符合题意；
D.23gNa的物质的量为1mol，Na与H2O反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，因此1molNa反应生成0.5molH2，则生成H2的分子数为0.5NA，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.结合CHCl3的结构进行分析即可；
B.盐酸溶液中的阴离子有OH-、Cl-；
C.未给出气体所处状态，无法应用气体摩尔体积进行计算；
D.结合Na与H2O反应的化学方程式进行计算；
2．（2020·珠海模拟）已知：在无氧条件下，葡萄糖发生反应C6H12O6 2CH3CH2OH + 2CO2↑。设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．0.1 mol葡萄糖(C6H12O6)含羟基(-OH)数目为0.6NA
B．常温常压下，46 g CH3CH2OH与足量的钠反应产生氢分子数为0.5NA
C．4.48 L CO2和CO的混合气体所含碳原子总数为0.2NA
D．2.4 g Mg在足量的CO2中完全燃烧，转移电子数目为0.4NA
【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1个葡萄糖分子中含有5个-OH，则0.1 mol葡萄糖(C6H12O6)中含羟基(-OH)数目为0.5NA，A不符合题意；
B.46 g CH3CH2OH的物质的量是1 mol，由于2 molCH3CH2OH与足量金属钠反应产生1 mol H2，则1 mol CH3CH2OH与足量的钠反应产生氢分子的物质的量是0.5 mol，分子数为0.5NA，B符合题意；
C．缺少外界条件，不能确定气体的物质的量，因此不能计算其中含有的C原子数目，C不符合题意；
D．Mg是+2价金属，1 mol Mg完全失去2 mol电子，2.4 g Mg的物质的量是0.1 mol，则其在足量的CO2中完全燃烧，转移电子数目为0.2NA，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、1mol葡萄糖中只有5mol-OH
B、 2CH3CH2OH ~H2，故氢气的物质的量为0.5mol
C、未标明在标况下
D、Mg~2e-
0.1mol 0.2mol
3．（2020·梅县模拟）设 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )。
A． 与 的混合物，含离子总数为
B．已知 中铬元素的化合价为 价，则 分子中存在的过氧键数目为
C． 溶液完全反应，转移电子数目一定为
D．常温时， 的盐酸中水电离的 数目为
【答案】A
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78g/mol，则7.8gNa2S和Na2O2的混合物的物质的量为0.1mol，1molNa2S由2molNa+和1molS2-构成，1molNa2O2由2molNa+和1mol 构成，因此1molNa2S和Na2O2的混合物中含有的离子总数为0.3NA，A选项符合题意；
B．CrO5中铬元素的化合价为+6价，根据化合物中元素的化合价代数和为0可知，CrO5中1个O显-2价，4个O显-1价，则CrO5中有2个过氧键，因此1molCrO5分子中存在的过氧键数目为2NA，B选项不符合题意；
C．H2O2完全分解生成H2O和O2时，O元素的化合价有升高也有降低，即1molH2O2完全反应时转移的电子数为NA，C选项不符合题意；
D．溶液体积位置，不能确定溶液中水电离出的OH-数目，D选项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】D选项为易错点，解答时需要注意根据pH只能得出H+或OH-的浓度，而溶液体积未知，不能计算物质的量及离子数目。
4．（2020·宣城模拟）设 为阿伏加德罗常数的值。化工厂常用浓氨水来检验氯气管道是否发生泄漏，其原理是： 。下列说法正确的是( )
A．如果氯气管道漏气，则会看到有大量白雾生成
B．反应中每形成 键，转移电子数为
C． 的 溶液中， 的数目小于
D．该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为
【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．如果氯气管道漏气，遇氨气可立刻化合生成氯化铵固体小颗粒，会看到有大量白烟生成，不是白雾，故A不符合题意；
B．反应中每形成 键，即每生成1mol氮气，氮元素由-3价变为0价，转移电子的物质的量=1mol×2×3=6mol，则个数为6NA，故B符合题意；
C． 的 溶液体积未知，无法计算 的数目，故C不符合题意；
D．反应中Cl2为氧化剂，NH3为还原剂，由方程式可知，当有8molNH3参加反应，有2mol被氧化，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】判断还原剂时，要注意D项中的8mol氨气，并没有都做还原剂，只有2mol做了还原剂。
5．（2020·安徽模拟）已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．72gCaO2中阴离子数目为2NA
B．将0.1molCl2通入1L水中，转移的电子数为0.1NA
C．标准状况下，11.2LO2和22.4LNO在密闭容器中充分混合后，气体分子总数小于NA
D．室温下1LpH=13的NaOH溶液中，水电离出的OH－的数目为0.1NA
【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.72gCaO2的物质的量为1mol，1mol过氧化钙中含1molO22-，故1mol过氧化钙中含NA个阴离子，A选项不符合题意；
B．氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底，所以将0.1molCl2通入水中，转移电子数小于0.1NA，B选项不符合题意；
C．标准状况下，11.2LO2和22.4LNO的物质的量分别为0.5mol和1mol，两者混合后转化为NO2，但容器内存在反应2NO2 N2O4，则气体分子总数小于NA，C选项符合题意；
D．在pH=13的氢氧化钠溶液中，H+的物质的量浓度为10-13mol/L，全部来自于水的电离，而水电离出的氢氧根的浓度等于水电离出的氢离子的浓度，故pH=13的氢氧化钠中，水电离出的OH-的个数为10-13NA，D选项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A为易错选项，解答时需注意CaO2中含有的阴离子是过氧根(O22-)，而不是O2-。
6．（2020·安徽模拟）设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．同温同压同体积的12C18O和14N2均含有14NA个电子
B．100mL0.1mol·L-1的氨水溶液中含有0.01NA个NH4+
C．14gC2H4和C3H4的混合物含有2NA个共用电子对
D．11.5gNa与一定量的氧气完全反应，一定失去0.5NA个电子
【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．同温同压同体积的12C18O和14N2，具有相同的物质的量，但是其物质的量不是1mol，不能求得它们所含的电子数，A不符合题意；
B．NH3·H2O是弱电解质，在溶液中不能完全电离，因此NH4＋数目小于0.01NA，B不符合题意；
C．设C2H4的质量为xg，则C3H4的质量为(14－x)g。1molC2H4含有6mol共用电子对，1molC3H4含有8mol共用电子对，4gC2H4和C3H4的混合物含有 ，共用电子对数与C2H4的量有关，不能确定其共用电子对的数值，C不符合题意；
D．Na和氧气反应时，失去电子，生成Na＋，11.5gNa的物质的量为 ，失去的电子数为0.5NA，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.各物质的物质的量不定，无法计算；
B.氨水为弱电解质，在水溶液中部分电离；
C.利用假设法结合 C2H4和C3H4 中共用电子对数列式计算；
D.钠与氧气反应均生成钠离子，根据n=计算钠的物质的量，即可得出答案。
7．（2020·马鞍山模拟）称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24 g，加入含0.1 mol NaOH的溶液，完全反应，生成NH31792 mL（标准状况），则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为（ ）
A．1:1 B．1:2 C．1.87:1 D．3.65:1
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】利用极值法分析，可知0.1mol氢氧化钠不足，故先将NH4HSO4反应完，再反应(NH4)2SO4，因共生成NH30.08mol，故与H+反应的氢氧化钠为0.02mol，则NH4HSO4为0.02mol，所以(NH4)2SO4质量为7.24g-115g/mol×0.02mol=4.94g，(NH4)2SO4的物质的量为4.94g ÷132g/mol=0.0374mol。因此(NH4)2SO4与NH4HSO4物质的量之比为：1.87：1，
故答案为：C。
【分析】首先采用极值分析法，得出应氢氧化钠应先与硫酸氢氨反应，再与硫酸铵反应；再根据生成氨气的物质的量能得出硫酸氢氨的物质的量，进一步分析即可得出答案。
8．（2020·抚州模拟）医用酒精(75%乙醇)和84消毒液(主要成分是次氯酸钠)均能用于消毒。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．74.5g次氯酸钠中含有的分子数目为NA
B．1mol次氯酸钠与足量盐酸反应转移的电子数为2 NA
C．46g医用酒精中含有碳碳键的数目为0.75 NA
D．1mol乙醇和1mol乙烯分别完全燃烧，消耗氧气的分子数均为3 NA
【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】
【解答】A．次氯酸钠由Na+和ClO-构成，不存在分子，A不符合题意；
B．NaClO+2HCl=NaCl+H2O+Cl2↑~1e-，故1mol次氯酸钠与足量盐酸反应转移的电子数为1 NA，B不符合题意；
C．医用酒精为体积分数为75%的乙醇溶液，不是质量分数，现有条件无法计算乙醇的物质的量，也就无法计算碳碳键的数目，C不符合题意；
D．由CxHyOz+(x+ )O2 xCO2+ H2O可知，1mol乙醇(C2H5OH)完全燃烧消耗(2+ )mol=3molO2，1mol乙烯(C2H4)完全燃烧消耗(2+ )mol=3molO2，即1mol乙醇和1mol乙烯分别完全燃烧，消耗氧气的分子数均为3 NA，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】
A.NaClO3次氯酸钠有金属和非金属组合的离子化合物，水溶液中不含NaClO3分子，所以A错；
B.NaClO+2HCl=NaCl+H2O+Cl2↑~1e-利用化学价的变化可求，所以1mol次氯酸钠与足量盐酸反应转移的电子数为1 NA，所以B错;
C.医用酒精含体积分数为75%的乙醇，其余物质未知所以无法确定乙醇的质量，所以无法知道碳碳键数目，所以C错；
D.根据化学反应平衡方程式可求，D项是正确的。
9．（2020·温州模拟）由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐，CaOCl2是一种常见的混盐。下列说法错误的是（ ）
A．CaOCl2有较强的氧化性
B．CaOCl2水溶液呈碱性
C．由氯气为原料，每生成1molCaOCl2，转移的电子为2mol
D．CaOCl2的溶液中加入足量浓硫酸，可有黄绿色的气体产生
【答案】C
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．CaOCl2中的酸根为ClO-和Cl-，次氯酸盐具有强氧化性，A选项不符合题意；
B．ClO-水解使溶液呈碱性，即CaOCl2水溶液呈碱性，B选项不符合题意；
C．由氯气为原料，每生成1molCaOCl2，1molCl2中1molCl的化合价由0价升高至+1价，1molCl的化合价由0价降低至-1价，总共转移1mol电子，C选项符合题意；
D．CaOCl2的溶液中加入足量浓硫酸，可发生反应CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2↑+H2O，生成黄绿色的氯气，D选项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据题干信息，混盐是由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐，则混盐CaOCl2中的酸根为ClO-和Cl-，据此分析解答。
10．（2020·绍兴模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．一定条件下，合成氨反应中有0.5molN2发生反应，则反应中转移电子数为3NA
B．10克环己烷与2-丙醇的混合液中，碳元素的质量分数为72%，则其中所含的氧原子数目为 NA
C．过量铜与含0.4molHNO3的浓硝酸反应，则反应中电子转移数为0.2NA
D．常温常压下有28g单晶硅晶体，则其中所含的Si—Si键数目为2NA
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．反应中N2转化为NH3，氮元素由0价变为-3价，即1mol N2参与反应转移6mol电子，有0.5molN2发生反应，反应中转移电子数为3mol电子，数量为3 NA，故A不符合题意；
B．环己烷的分子式为C6H12，2-丙醇的分子式为C3H8O，相当于C3H6·H2O，碳元素的质量分数为72%，根据 ，解得10克混合液中含CH2的质量为8.4g，含“H2O”为1.6g，则其中含有的氧原子数目为 NA= NA，故B不符合题意；
C．过量铜与含0.4 mol HNO3的浓硝酸反应，若只生成NO2，发生反应为Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+2H2O+2NO2↑，氮元素由+5价变为+4价，0.4mol浓HNO3硝酸参与反应，其中0.2mol被还原，电子转移数目为0.2NA，但随着反应发生，浓硝酸变稀，产物气体由NO2变为NO，氮元素由+5价变为+2价，转移电子数目增多，则电子转移数目为大于0.2 NA，故C符合题意；
D．单晶硅中一个Si原子平均含有两个Si—Si键，常温常压下有28g单晶硅晶体为1mol，则其中所含的Si—Si键数目为2NA，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】将2-丙醇的分子式为C3H8O写成C3H6·H2O这一步很关键，能够计算出水的质量，从而计算出氧原子数。
11．（2020·宁波模拟）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．50mL18.4mol·L-1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分子的数目为0.46NA
B．含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，所得溶液中Na+的物质的量浓度为1mol·L-1
C．在 反应中，每生成32g氧气，则转移2NA个电子
D．常温下，1L0.50mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液所含 物质的量相同
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．n(H2SO4)=18.4mol·L-1×50mL×10-3=0.92mol，假设H2SO4完全反应，则由 可知，生成SO2的物质的量= =0.46mol，即生成SO2分子的数目为0.46NA，但是，随着反应的进行，H2SO4的浓度降低变为稀硫酸，稀硫酸不能发生上述反应，故生成SO2分子的数目小于0.46NA，A不符合题意；
B．Na2O+H2O=2NaOH，所得溶液中，n(Na+)=1mol，溶液体积未知，不能计算Na+的物质的量浓度，B不符合题意；
C．由 可知，每生成1molO2转移2mol电子，即每生成32g氧气，则转移2NA个电子，C符合题意；
D.1L0.50mol·L-1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液的n(NH4Cl)相等，但是二者浓度不同，NH4+水解程度不同，故二者所含 物质的量不相同，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】B． 中的V指的是溶液的总体积，题目所给的1L为溶剂的体积，二者不相等。
12．（2020·杭州模拟）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，N(z)为微粒 z 的数量，NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法一定错误的是（ ）
A．C(石墨)＋O2(g) = CO2(g) ΔH＝－390 kJ·mol 1，则每 1 mol [ C(石墨)＋ O2(g)]完全燃烧放热 130 kJ
B．Cu 与 1mol/L 的硝酸溶液充分反应，若生成 22.4 L 气体，则转移电子数为 3NA
C．标准状况下 1.6g 氧气含分子数为 0.05NA，且平均每个 O2 分子的体积约为 L
D．1 mol Cl2 与稀 NaOH 溶液完全反应，则反应后的溶液中 N(ClO )＋N(HClO)＝1NA
【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A. 1mol石墨与1molO2反应放出390 kJ的热量，因此每 1 mol [ C(石墨)＋ O2(g)]完全燃烧放出的热量为 ×390 kJ=130 kJ，A不符合题意；
B. 题干中未给出反应所处的条件是否为标准状况，因此无法进行计算，B符合题意；
C. 1.6g 氧气的物质的量为 =0.05mol，分子数为0.05NA，标准状况下其体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，因此每个 O2 分子的体积为 L，C不符合题意；
D. 1 mol Cl2 与稀 NaOH 溶液完全反应，生成NaCl和NaClO，ClO-水解生成HClO，因此N(ClO )＋N(HClO)= 1NA，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. 根据1mol石墨与1molO2反应放出390 kJ的热量，计算出每 1 mol [ C(石墨)＋ O2(g)]完全燃烧放出的热量；
B. 题干中未给出反应所处的条件，无法进行计算；
C. 1.6g 氧气的物质的量为 =0.05mol，分子数为0.05NA，标准状况下其体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L，据此计算每个 O2 分子的体积；
D. 1 mol Cl2 与稀 NaOH 溶液完全反应，生成NaCl和NaClO，ClO-水解生成HClO，据此计算N(ClO )＋N(HClO)。
13．（2020·赤峰模拟）洁厕灵和84消毒液混合使用会发生反应： ，生成有毒的氯气。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．每生成 氯气，转移的电子数为2NA
B． 含有的电子数为28NA
C． 溶液中含有的次氯酸根离子数为0.2NA
D．将分子总数为NA的 和 的混合气体置于标准状况下，其体积约为
【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用
【解析】【解答】A. 氯气中有2mol的0价氯，其中1mol来自于ClO-，1mol来自于Cl-，转移的电子数为NA，A不符合题意；
B. 1个 含有的电子数为10个，1个Cl-的的电子数为18个，故 含有的电子数为28NA，B符合题意；
C. 溶液中 ，在溶液中次氯酸根离子要水解，次氯酸根离子的物质的量小于0.2mol，含有的次氯酸根离子数小于0.2NA，C不符合题意；
D. 将分子总数为NA的 和 的气体混合，二者要发生反应生成氯化铵固体，故标准状况下，其体积不为 ，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据方程式找出转移的电子数即可
B.根据氯原子和钠原子的电子数判断即可
C.次氯酸根易水解
D.发生化学反应变成固体，体积不是22.4L
14．（2020·天津模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2LCHCl3含极性共价键数目为2NA
B．0.1L1.0mol/LNaHS溶液中S2 和HS 总数为0.1NA
C．常温常压下，1.8g甲基（﹣12C2H3）中含有的中子数为0.9NA
D．1molCl2与足量铜铁合金反应，转移电子数的范围在2NA和3NA之间
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．标况下CHCl3为液体，11.2LCHCl3的物质的量不是0.5mol，A不符合题意；
B．NaHS溶液中S元素存在形式有S2-、HS-、H2S，三者总数为0.1NA，B不符合题意；
C．一个12C原子所含中子数为6，一个2H所含中子数为1，所以一个该甲基所含中子数为9，该甲基的摩尔质量为18g/mol，所以1.8g该甲基的物质的量为0.1mol，含中子数为0.9NA，C符合题意；
D．铜铁足量，1mol氯气全部转化为Cl-，所以转移电子数为2NA，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.液体不能用标况下的气体摩尔体积衡量；
B.HS-水解HS-+H2OH2S+OH-；
C. 1.8g甲基（﹣12C2H3） 的物质的量==0.1mol；
D.根据氯气的量计算，氯气转化为氯离子。
15．（2020·石景山模拟）下列各项比较中，一定相等的是（ ）
A．相同物质的量Cu分别与足量浓硝酸和稀硝酸反应，生成气体的物质的量
B．相同物质的量的Na2O和Na2O2中所含阴离子的数目
C．相同质量的Fe分别与足量Cl2、S充分反应，转移的电子数
D．相同物质的量浓度的NH4Cl和NH4HCO3溶液中的c(NH4+)
【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．Cu和浓硝酸反应生成NO2，和稀硝酸反应生成NO，根据电子得失守恒可知，等物质的量的Cu分别与足量浓硝酸和稀硝酸反应，生成气体的物质的量不相等，A项不符合题意；
B．Na2O和Na2O2中所含阴离子分别为氧离子和过氧根离子，等物质的量的两种物质中，阴离子的物质的量之比为1:1，故相同物质的量的Na2O和Na2O2中所含阴离子的数目一定相等，B项符合题意；
C．Fe和足量Cl2反应生成FeCl3，每生成1molFeCl3转移3mol电子，Fe和S反应生成FeS，每生成1molFeS转移2mol电子，据此可知，等质量的Fe分别与足量Cl2、S充分反应，转移的电子数不相等，C项不符合题意；
D．NH4Cl溶液中NH4+水解，Cl-不发生水解，对NH4+的水解无影响；NH4HCO3溶液中NH4+和HCO3-会发生互促水解，故相同物质的量浓度的NH4Cl和NH4HCO3溶液中的c(NH4+)不相等，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、Cu与浓硝酸是二氧化氮，与稀硝酸是一氧化氮
B、氧化钠中阴离子为O2-，而过氧化钠中阴离子为O22-
D、碳酸氢根会促进铵根离子的水解，而氯离子对铵根离子的水解无影响
16．（2020·海淀模拟）下列说法正确的是（ ）
A．1 mol O2的体积为22.4 L
B．5.6 g Fe与足量Cl2反应，转移电子的物质的量为0.3 mol
C．0.1 mol/L AlCl3溶液中Cl-的物质的量为0.3 mol
D．28g丁烯所含碳原子数是28 g乙烯所含碳原子数的2倍
【答案】B
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 1 mol O2无法确定体积为22.4 L，需要标明气体状态，A项不符合题意；
B.5.6 g Fe与足量Cl2反应，Fe少量完全反应生成三氯化铁，每个Fe失去3电子，5.6 g Fe转移电子的物质的量为0.3 mol，B项符合题意；
C.0.1 mol/L AlCl3溶液没有溶液的体积无法求算Cl-的物质的量，C项不符合题意；
D. 28g丁烯物质的量0.5mol所含碳原子数2NA等于28 g乙烯1mol所含碳原子数2NA，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】易错点C选项0.1 mol/L AlCl3溶液没有体积
17．（2020·丰台模拟）下列各项比较中，一定相等的是（ ）
A．等物质的量的OH-和-OH中所含电子数
B．等质量的氧气和臭氧中含有的氧原子数目
C．1molNa2O2固体中阳离子与阴离子的数目
D．等物质的量的Cu与Fe分别与足量的稀硝酸反应时转移的电子数
【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.1个OH-含有10个电子，一个羟基含有9个电子，所以等物质的量的氢氧根和羟基所含电子数不相等，A项不符合题意；
B．氧气与臭氧都是由氧原子构成的，因此，质量相等时，所含的氧原子数目一定相等，B项符合题意；
C．Na2O2中的阳离子是Na+，阴离子是 ，因此其中的阴阳离子个数比为1：2，数目不相等，C项不符合题意；
D．稀硝酸足量时，能够将Fe全部氧化为Fe3+，而Cu只能被氧化为Cu2+，所以相等物质的量的Fe和Cu与足量稀硝酸反应时，Fe转移的电子数更多，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、注意羟基中含有9个电子；
B、根据、进行作答即可；
C、根据过氧化钠的电子式进行作答；
D、根据氧化还原反应的原理进行作答。
18．（2020·丰台模拟）工业制备硝酸的反应之一为：3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO。用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( )
A．室温下，22.4 L NO2 中所含原子总数为3 NA
B．36 g H2O中含有共价键的总数为2NA
C．上述反应，生成1 mol HNO3转移电子的数目为NA
D．标准状况下，11.2 L NO中所含电子总数为5 NA
【答案】C
【知识点】氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A.室温下，22.4L不能用气体摩尔体积进行计算物质的量，故A不符合题意；
B.36gH2O为2mol，一分子水中含有2个共价键，则2mol水中含有共价键的总数为4NA，故B不符合题意；
C.上述反应，生成2molHNO3共转移2mol电子，生成1molHNO3转移1mol电子，数目为NA，故C符合题意；
D.标准状况下，11.2LNO为0.5mol，一个NO中含有15个电子，则0.5molNO中所含电子总数为7.5NA，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据气体体积计算物质的量或粒子数目时，气体的条件必须在标准状况下。
19．（2020·咸阳模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1.8 g NH4＋含有的电子数为NA
B．1 L 1 mol·L－1的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NA
C．标况下，22.4 L NO与11.2 L O2充分反应后，生成物的分子总数为NA
D．50 mL 18 mol·L－1的浓硫酸与足量的铜片共热，生成SO2的分子数为0.45NA
【答案】A
【知识点】物质的量浓度；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 一个NH4＋含有10个电子，1.8 g NH4＋物质的量为 ，因此1.8g NH4＋含有的电子物质的量为1mol，数目为NA，故A符合题意；
B. 1 L 1 mol·L 1的NaAlO2水溶液中n(NaAlO2) = 1 L ×1 mol·L 1=1mol，NaAlO2中含有的氧原子物质的量为2mol，溶液中水还含有氧原子，因此溶液中氧原子物质的量大于2mol，氧原子数目大于2 NA，故B不符合题意；
C. 标况下，22.4 L NO即物质的量为 与11.2 L O2即物质的量为 ，发生2NO + O2 = 2NO2，即生成1molNO2，由于2NO2 N2O4，因此生成物的分子总数小于NA，故C不符合题意；
D. 50 mL 18 mol·L 1的浓硫酸即物质的量n(H2SO4) = 0.05 L ×18 mol·L 1=0.9 mol，与足量的铜片共热，根据Cu + 2H2SO4(浓) CuSO4+ SO2↑+ 2H2O和浓硫酸反应过程中逐渐变稀，稀硫酸不与铜反应，因此生成SO2的分子数小于0.45 NA，故D不符合题意。
故答案为A。
【分析】A、一个铵根离子中含有10个电子；
B、水中也存在氧原子；
C、二氧化氮会发生可逆反应生成四氧化二氮；
D、浓硫酸的浓度会变稀。
20．（2020·西安模拟）用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是( )
A．1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数为0.1 NA个
B．0.1mol的2H35Cl分子的中子数是2NA
C．1mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为2NA
D．加热条件下，含0.2mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA
【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、碳酸根水解得到碳酸氢根和氢氧根离子，因此1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含阴离子总数大于0.1 NA个，A不符合题意；
B、2H35Cl分子的中子数＝2－1+35－17＝19，所以0.1mol的2H35Cl分子的中子数是1.9NA，B不符合题意；
C、过氧化钠与二氧化碳的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，1mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为NA，C不符合题意；
D、加热条件下，含0.2mol H2SO4的浓硫酸与足量铜反应，随着反应的进行硫酸浓度减小，稀硫酸与铜不反应，因此生成二氧化硫的分子数小于0.1NA，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据碳酸根水解分析；
B、根据中子数＝质量数－质子数计算；
C、根据过氧化钠与二氧化碳的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂分析；
D、根据稀硫酸与铜不反应解答。
21．（2020·西安模拟）NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA
B．1LpH=2的H2SO3溶液中含H+的数目为0.01NA
C．5.6g铁与稀硝酸反应生成0.08molNO，转移电子数为0.3NA
D．6.4 g S2和S8的混合物中所含硫原子数为0.2 NA
【答案】C
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A．若2mol SO2和 1mol O2完全反应，可生成2mol SO3，即反应后分子总数为2NA，但实际上该反应是可逆反应，不能完全进行，故反应后分子总数大于2NA，故A不符合题意；
B．pH=2的H2SO3溶液中c(H+)=0.01mol/L，溶液体积为1L，所以溶液中所含氢离子数目为0.01NA，故B不符合题意；
C．该过程中还原产物为NO，氮元素由+5价变为+2价，所以生成一个NO，转移3个电子，则生成0.08molNO转移电子数为0.24NA，故C符合题意；
D.6.4 g S2和S8的混合物即6.4gS原子，所以硫原子的数目为 ×NAmol-1=0.2NA，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】易错选项为C，要注意铁在和稀硝酸反应时氧化产物不确定，当铁过量可能会有亚铁离子，该题中还原产物只有NO，所以根据还原产物计算电子转移数目。
22．（2020·唐山模拟）以天然气为原料经由合成气(CO、H2)制化学品是目前天然气转化利用的主导技术路线。制备CH3OH的反应转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．用1 mol CH4理论上能生产标准状况下CH3OH 22.4 L
B．等物质的量的CH3OH和CH4，CH3OH的质子数比CH4多8NA
C．44 g CO2气体和44 g CH4与CO的混合气体，所含C原子数均为NA
D．用CH4制备合成气的反应中，若生成1 mol CO，反应转移电子数为3NA
【答案】D
【知识点】气体摩尔体积；物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．CH3OH在标况下不是气体，故无法得出标况下的体积是22.4 L的结论，故A不符合题意；
B.1mol的CH3OH和CH4，一个甲醇分子含有18个质子，一个甲烷分子含有10个质子，一个甲醇分子比一个甲烷分子多8个质子，1mol的CH3OH比CH4多8NA 个质子，但等物质的量没给出具体的物质的量数值，故CH3OH的质子数不一定比CH4多8NA，故B不符合题意；
C.44 g CO2气体的物质的量为 ，一氧化碳的相对分子质量为28，甲烷的相对分子质量为16，44 g CH4与CO的混合气体假设全部是CH4气体，物质的量为 ＞1mol，44 g CH4与CO的混合气体假设全部是CO气体，物质的量为 ＞1mol，故44 g CH4与CO的混合气体的物质的量大于1mol，所含C原子数大于1mol，故C原子数大于NA，故C不符合题意；
D．制备CH3OH的反应过程中生成一氧化碳，发生反应：CO2(g)+C(s)=2CO(g)，生成2mol一氧化碳时，转移2mol电子消耗1mol碳原子，消耗的碳原子来自于甲烷的分解，CH4(g)=C(s)+2H2(g) ，甲烷中碳的化合价从-4价升高到0价，生成1mol碳原子转移的电子的物质的量为4mol，要生成2mol一氧化碳共需要转移6mol电子，则若生成1 mol CO，反应转移电子的物质的量为3mol，转移的电子数为3NA；
故答案为：D。
【分析】A．CH3OH在标况下不是气体；
B．根据等质量的CH3OH和CH4的物质的量计算；
C．根据n=计算；
D．根据电子转移守恒计算。
23．（2020·台州模拟）捕获二氧化碳生成甲酸过程如图所示。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．10.1gN(C2H5)3可溶于一定量盐酸形成盐，其中[N(C2H5)3H]+的数目为0.1NA
B．30g甲酸分子中，电子对数目为5 NA
C．在捕获过程中，若有22.4L CO2（标准状况）参与反应，则在反应过程中CO2分子只拆开了NA对电子对
D．该反应是氧化还原反应，每生成1mol甲酸，转移的电子数为2NA
【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 10.1gN(C2H5)3的物质的量为 ，类似于铵根离子，[N(C2H5)3H]+为弱离子，会发生水解，则其数目小于0.1NA，故A不符合题意；
B. 30g甲酸的物质的量为 ，又一个甲酸分子中含有5对共用电子对，则30g甲酸中含有共用电子对数目为 ，故B不符合题意；
C. 标准状况下，22.4L CO2的物质的量为1mol，由图可知，在捕获过程中，二氧化碳分子中的两个碳氧双键均变为单键，则在反应过程中1molCO2分子拆开了2NA对电子对，故C不符合题意；
D. CO2中C元素的化合价为+4，甲酸中C元素的化合价为+2，C元素的化合价发生变化，则该反应是氧化还原反应，且C元素的化合价由+4价降低为+2价，则每生成1mol甲酸，转移的电子数为2NA，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.，[N(C2H5)3H]+离子是弱酸根离子，会与水电离出的OH-结合生成H2O，使离子浓度减小；
B.要求30g甲酸分子中电子对的数目，先要求出其物质的量，一个甲酸分子中有5个共用电子对，那么电子对的数目就是5与物质的量之积；
C.反应过程中CO2分子拆开的电子数就是氧化还原反应中电子转移的数目。
24．（2020·浙江模拟）NA 代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A．88.0 g14CO2与14N2O的混合物中所含中子数为 44 NA
B．1 mol CH3COONa与少量 CH3COOH溶于水所得的中性溶液中，CH3COO-数目为NA
C．17.4 g MnO2与40 mL10 mol/L浓盐酸反应，转移电子的数目为0.2 NA
D．常温下pH=4的醋酸溶液中由水电离出的 H＋的数目为 10-10 NA
【答案】B
【知识点】物质的量的相关计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A. 14CO2分子中含有24个中子，88.0 g14CO2的物质的量为88.0 g ÷46 g/mol=1.91 mol，所以其中含有的中子数目为1.91×24NA=45.9NA；14N2O的分子中含有22个中子，88.0 g14N2O的物质的量等于2 mol，所以其中含有的中子数目为44 NA，所以88.0 g14CO2与14N2O的混合物中所含中子数大于44 NA，A不符合题意；
B. 在该中性溶液中n(CH3COO-)=n(Na+)，由于CH3COONa的物质的量是1 mol，所以该溶液中CH3COO-数目为NA，B符合题意；
C. 17.4 g MnO2的物质的量n(MnO2)=17.4 g÷87 g/mol=0.2 mol，n(HCl)=10 mol/L×0.04 L=0.4 mol，根据方程式中物质反应关系MnO2过量，应该以HCl为标准计算，但随着反应的进行，盐酸溶液浓度变小，所以0.4 mol HCl不能完全反应，所以反应过程中转移电子的物质的量小于0.2NA，C不符合题意；
D. 只有离子浓度，缺少溶液的体积，不能计算微粒的数目，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】阿伏加德罗常数指的是单位物质的量的物质所具有的粒子数。
A.88.0 g14CO2与14N2O混合物中所含中子数大于44mol，因此所含的中子数大于44NA；
B.根据溶液中电荷守恒的原理，当 CH3COONa与 CH3COOH的混合溶液显中性时，n(CH3COO-)=n(Na+)，都是1mol，那么含有的CH3COO-数目为NA；
C.与只与浓盐酸反应得到氯气的，当反应进行到一定的程度时就无法继续进行了，因此转移的电子的物质的量小于0.2mol，也就是少于0.2NA；
D.要想计算氢离子的数目需要通过浓度与体积的乘积计算出物质的量，确实条件无法计算。
25．（2020·合肥模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A．标准状况下，11.2L三氯甲烷中含有分子数为0.5NA
B．常温常压下，2gD2O中含有电子数为NA
C．46gNO2和N2O4混合气体中含有原子数为3NA
D．1 mol Na完全与O2反应生成Na2O和Na2O2，转移电子数为NA
【答案】A
【知识点】摩尔质量；气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.标准状态下，CCl3不是气体，不可应用气体摩尔体积进行计算，选项错误，A符合题意；
B.2gD2O的物质的量，一个D2O分子中含有10个电子，因此所含电子数为NA，选项正确，B不符合题意；
C.46g混合物的物质的量，其所含的原子数为3NA，选项正确，C不符合题意；
D.Na在反应过程中由0价变为+1价，失去一个电子，因此1molNa完全反应，转移电子数为1NA，选项正确，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.标准状态下，CCl3不是气体；
B.D2O的摩尔质量为20g/mol；
C.NO2和N2O4的原子个数比相同，可用NO2进行计算；
D.根据反应过程中钠元素价态变化分析；
26．（2020·江西）已知 NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．32gS8与 S6（ ）的混合物中所含共价键数目为NA
B．1L0.1mol L－1H2C2O4溶液中含 C2O42－ 离子数为 0.1NA
C．2molNO与 2monO2在密闭容器中充分反应，转移的电子数为 8NA
D．标准状况下 22.4L氯气与甲烷的混合气体，光照时充分反应生成 HCl分子数为NA
【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.由于32 g S8与S6（ ）的混合物中含硫为1mol，则该混合物中含1mol S-S键，A符合题意。
B. 1 L 0.1 mol·L 1 H2C2O4溶液含C2O42- 离子数小于0.1NA，因为草酸是弱电解质，部分电离出C2O42-，B不符合题意。
C.密闭容器中2 mol NO与2mol O2充分反应，由于NO不足，转移的电子数小于4NA，C不符合题意。
D.在标准状况下，22.4 L氯气与甲烷混合气体，光照时充分反应，由于无法知道氯气、甲烷各为多少量，所以生成HCl分子数无法计算。D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A. S8与S6含有的S-S键分别为8和6个。
B. 草酸是弱电解质，只能部分电离。
C.2NO+O2=2NO2，O2过量，不能完全反应；
D.22.4 L氯气与甲烷混合气体，光照时充分反应，生成的是多种物质的混合物。
27．（2020·承德模拟）NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1mol新戊烷中所含共价键数目为16 NA
B．标准状况下，1.12LSO3的分子数目为0.05 NA
C．1molNa2O2与足量 CO2充分反应，转移电子数目为2 NA
D．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2 NA
【答案】A
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.根据新戊烷的结构简式计算出1mol新戊烷含有碳碳键4mol， 碳氢键12mol， 所以1mol新戊烷所含共价键数目为16NA，A符合题意；
B.标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，B不符合题意；
C.根据反应方程式， 1mol过氧化钠反应时转移1mol电子， C不符合题意
D.SO2和O2的催化反应为可逆反应，反应不可能完全进行，存在一个化学平衡，所以密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数一定大于2NA小于3NA，即不一定为2NA，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A.烷烃的共价键数目为C和H的原子个数和碱去1；
B.标况下三氧化硫为固体；
C.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；
D.可逆反应反应不可能完全进行，存在反应限度。
二、多选题
28．（2021高一上·邢台期末）某同学将钾投入溶液中待其充分反应。下列叙述错误的是（ ）
A．反应后的溶液中的数目约为
B．反应过程中没有白色沉淀生成
C．反应后的溶液中，溶质只有
D．生成标准状况下
【答案】B,C
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A．钾的物质的量是，反应后的溶液中的数目约为0.01mol=，故A不符合题意；
B．钾和水反应生成0.01molKOH，的物质的量是0.02mol，发生反应，KOH不足，反应生成氢氧化铝沉淀，故B符合题意；
C．发生反应， 有剩余，反应后的溶液中，溶质有、，故C符合题意；
D.0.01molK和水发生反应，生成0.005 mol氢气，生成氢气在标准状况下的体积是，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断；
B、钾和水反应生成氢氧化钾，氢氧化钾和铝离子反应生成氢氧化铝；
C、结合化学方程式和物质的量判断，可以知道溶质有氯化铝和氯化钾；
D、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
三、非选择题
29．（2021·湖南）碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：
步骤I. 的制备
步骤Ⅱ.产品中 含量测定
①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；
②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用 盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸 ；
③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用 盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸 ；
④平行测定三次， 平均值为22.45， 平均值为23.51。
已知：(i)当温度超过35℃时， 开始分解。
(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表
温度/ 0 10 20 30 40 50 60
35.7 35.8 36.0 36.3 36.6 37.0 37.3
11.9 15.8 21.0 27.0
6.9 8.2 9.6 11.1 12.7 14.5 16.4
29.4 33.3 37.2 41.4 45.8 50.4 55.2
回答下列问题：
（1）步骤I中晶体A的化学式为 ，晶体A能够析出的原因是 ；
（2）步骤I中“300℃加热”所选用的仪器是_______(填标号)；
A． B．
C． D．
（3）指示剂N为 ，描述第二滴定终点前后颜色变化 ；
（4）产品中 的质量分数为 (保留三位有效数字)；
（5）第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则 质量分数的计算结果 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】（1）NaHCO3；在30-35 C时NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可）
（2）D
（3）紫色石蕊试液；蓝色变为红色
（4）3.56%
（5）偏大
【知识点】常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；探究物质的组成或测量物质的含量；化学实验方案的评价；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)根据题给信息，控制温度在30-35 C，目的是为了时NH4HCO3不发生分解，同时析出NaHCO3固体，得到晶体碳酸氢钠，故答案为：NaHCO3；在30-35 C时NaHCO3的溶解度最小；
(2)300 C加热抽干后的NaHCO3固体，需用坩埚、泥三角、三脚架进行操作，所以正确的为D项，故答案为：D；
(3)根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为紫色石蕊试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，溶液显碱性显蓝色，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为：蓝色变为红色；
(4)
根据分析，碳酸钠中混有碳酸氢钠，先加盐酸将碳酸钠全部变为碳酸氢钠，继续加入盐酸与碳酸氢钠反应，第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，消耗的盐酸的物质跌量为n(HCl)=0.1000mol/L 22.45 10-3L=2.245 10-3mol得出n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)=2.245 10-3mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，盐酸的物质的量n(HCl)=0.1000mol/L 23.51 10-3L=2.351 10-3mol则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)=n(HCl) =2.351 10-3mol，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)= n总(NaHCO3)- n生成(NaHCO3)= 2.351 10-3mol-2.245 10-3mol=1.06 10-4mol，则原产品中NaHCO3的物质的量为 =1.06 10-3mol，故产品中NaHCO3的质量分数为 ，故答案为：3.56%；
(5)若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，读数偏小，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大，故答案为：偏大。
【分析】（1）氯化钠和碳酸氢铵最终得到的碳酸氢钠固体和氯化铵，因此晶体A是碳酸氢钠固体，通过对不同时刻的溶解度进行分析，主要是由于低温时，碳酸氢钠的溶解度小
（2）温度过高是加热应该选择的是坩埚
（3）纯碱主要是碳酸钠，适合用酚酞做指示剂，先加入酚酞作指示剂滴入盐酸将碳酸钠全部转为碳酸氢钠，碳酸氢钠适合用石蕊作指示剂，在继续使用石蕊做指示剂进行滴定，到终点时，此时是蓝色，再加入一滴时溶液变为红色。
（4）第一次与碳酸钠作用，全部转为碳酸氢钠溶液，第二次是碳酸氢钠与稀盐酸作用，根据数据即可计算出碳酸钠和碳酸氢钠的质量
（5）第一滴定终点时，利用的是滴定管滴定，俯视读数，导致V1数值偏小，导致V2-V1偏大，导致计算结果偏大
30．（2021·河北）化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献，某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备NaHCO3，进一步处理得到产品Na2CO3和NH4Cl，实验流程如图：
回答下列问题：
（1）从A～E中选择合适的仪器制备NaHCO3，正确的连接顺序是 (按气流方向，用小写字母表示)。为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或 。
A． B． C． D． E.
（2）B中使用雾化装置的优点是 。
（3）生成NaHCO3的总反应的化学方程式为 。
（4）反应完成后，将B中U形管内的混合物处理得到固体NaHCO3和滤液：
①对固体NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量Na2O2，Na2O2增重0.14g，则固体NaHCO3的质量为 g。
②向滤液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)→NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使NH4Cl沉淀充分析出并分离，根据NaCl和NH4Cl溶解度曲线，需采用的操作为 、 、洗涤、干燥。
（5）无水NaHCO3可作为基准物质标定盐酸浓度.称量前，若无水NaHCO3保存不当，吸收了一定量水分，用其标定盐酸浓度时，会使结果___(填标号)。
A．偏高 B．偏低 不变
【答案】（1）aefbcgh；将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔
（2）使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率（或其他合理答案）
（3）NH3 H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓
（4）0.84；蒸发浓缩；冷却结晶
（5）A
【知识点】纯碱工业（侯氏制碱法）；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)要制备 NaHCO3 ，向饱和氨盐水中通入二氧化碳气体，但二氧化碳中混有氯化氢气体，需要用饱和碳酸氢钠溶液除去因此按气流方向正确的连接顺序应为：aefbcgh；A中处于密封体系，内外大气压不等，为使A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，需要保证内外大气压相等，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔，故答案为：aefbcgh；将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔；
(2)雾化装置主要是将液体变为气体，增大接触面积，B中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率；
(3)根据上述分析可知，生成 的总反应的化学方程式为NH3 H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓；
(4)①对固体 充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为： 将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量 ， 与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为： ，根据差量法数据进行计算设碳酸氢钠的物质的量为x，故列出比例式
2 56
x 0.14g
x=0.005mol,根据关系式 可知，消耗碳酸钠的物质的量为2 0.005mol=0.01mol，固体 的质量为0.01mol 84g/mol=0.84g；
②根据溶解度虽温度的变化曲线可以看出，氯化铵和氯化钠随着温度的升高，氯化铵受温度的影响较大，因此可采取降温结晶的方法进行写出氯化铵，需采用蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥的方法，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
(5)称量前，若无水 保存不当，吸收了一定量水分，称量时导致碳酸氢钠的质量减小，配制溶液时标准液被稀释，浓度减小，所以用其标定盐酸浓度时，消耗的碳酸氢钠的体积 会增大，根据c(测)= 可知，最终会使c(测)偏高，A项正确，故答案为：A。
【分析】（1）先将二氧化碳的氯化氢除去，再将二氧化碳通入含有氨的饱和氯化钠溶液，最终进行除杂即可，分液漏斗液体顺利滴下应该保证内外大气压相等
（2）接触面积更大，提高反应速率
（3）氨水和氯化钠溶液产生碳酸氢钠和氯化铵固体
（4）①碳酸氢钠分解出水和二氧化碳，均与过氧化钠反应利用差量法计算质量即可②根据溶解度的变化趋势即可判断得到氯化铵利用降温结晶的方式进行析出固体
（5）有水稀释了碳酸氢钠时，称取相等的质量，导致碳酸氢钠减少，因此导致测定盐酸的浓度偏大
31．（2021·浙江）玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：
3S+6KOH 2K2S+K2SO3+3H2O
(x-1)S+K2S K2Sx(x=2~6)
S+ K2SO3 K2S2O3
请计算：
（1）0.480 g硫单质与V mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V= 。
（2）2.560 g硫单质与60.0
mL 1.00 mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x= 。(写出计算过程)
【答案】（1）30.0
（2）解：若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH 2K2Sx+K2S2O3+3H2O，根据反应方程式有 解得x=3，故答案为3。
【知识点】氧化还原反应；质量守恒定律；化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)根据方程式3S+6KOH 2K2S+K2SO3+3H2O可知，3mol S可以和6mol KOH反应，0.48g S的物质的量n=0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH溶液的体积V= = =0.03L=30.0mL，
故答案为30.0；
【分析】（1）利用第一个方程式计算即可（2）根据反应物和产物进行书写方程式方程式根据数据计算出即可
32．（2020·扬州模拟）聚合氯化铁[Fe2(OH)nCl6-n]m简称PFC，是一种新型高效的无机高分子净水剂。以FeCl2·4H2O为原料，溶于稀盐酸并加入少量的NaNO2，经氧化、水解、聚合等步骤，可制备PFC。
（1）在稀盐酸中，NaNO2会与Fe2+反应生成一种无色气体M，气体M对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。 M的化学式为 ； Fe2+在酸性条件下被O2氧化的离子方程式为 。
（2）盐基度[B＝ × 100%]是衡量净水剂优劣的一个重要指标。盐基度越小，净水剂对水pH变化的影响 。(填“越大”、“越小”或“无影响”)
（3）PFC样品中盐基度(B)的测定：
已知：PFC样品的密度ρ = 1.40 g·mL 1，样品中铁的质量分数ω(Fe)
= 16%
步骤1：准确量取1.00
mL PFC样品置于锥形瓶中。
步骤2：加入一定体积0.05000
mol·L 1的盐酸标准溶液，室温静置后，加入一定体积的氟化钾溶液(与Fe3+反应，消除Fe3+对实验的干扰)，滴加数滴酚酞作指示剂，立即用0.05000 mol·L 1氢氧化钠标准溶液滴定至终点，消耗氢氧化钠标准溶液13.00 mL。
步骤3：准确量取1.00
mL蒸馏水样品置于锥形瓶中，重复步骤2操作，消耗氢氧化钠标准溶液49.00
mL。
根据以上实验数据计算PFC样品的盐基度(B)(写出计算过程) 。
【答案】（1）NO；4Fe2++ O2+ 4H+= 4Fe3++ 2H2O
（2）越大
（3）样品中OH 的物质的量浓度： n(OH )＝ n1(NaOH) n2(NaOH)＝ 0.05000 mol·L 1× (49.00 13.00) × 10 3L＝1.8 × 10 3mol； c(OH )＝ ＝ ＝1.8 × 10 3mol·L 1； 样品中Fe3+的物质的量浓度： c(Fe3+)＝ ＝ ＝4.0 × 10 3mol·L 1； B＝ × 100% ＝ × 100%＝ 15%。
【知识点】离子方程式的书写；物质的量浓度；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)在稀盐酸中，NaNO2会将Fe2+氧化成Fe3+，该过程中NaNO2应作为氧化剂，据图可知，M与Fe2+可以生成Fe(NO)2+，铁元素化合价没有变化，则N元素化合价也不变，所以M应为NO；Fe2+在酸性条件下被O2氧化，应生成Fe3+，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式应为4Fe2++ O2+ 4H+= 4Fe3++ 2H2O；(2)盐基度B＝ × 100%，盐基度越小，[Fe2(OH)nCl6-n]m中n的值越小，则c(OHˉ)越小，生成的Fe(OH)3胶体的量越少，溶液中c(Fe3+)越大，水解效果越强，对水pH变化的影响越大；(3)根据分析，样品中OH 的物质的量浓度： n(OH )＝ n1(NaOH) n2(NaOH)＝ 0.05000 mol·L 1× (49.00 13.00) × 10 3L＝1.8 × 10 3mol；c(OH )＝ ＝ ＝1.8 × 10 3mol·L 1；
样品中Fe3+的物质的量浓度：c(Fe3+)＝ ＝ ＝4.0 × 10 3mol·L 1；
B＝ × 100% ＝ × 100%＝ 15%。
【分析】(3)该滴定实验时测定PFC样品中的盐基度，盐基度B＝ × 100%；先根据样品的密度、铁的质量分数计算所取样品中Fe3+的浓度；然后加入一定体积的盐酸标准溶液充分反应，加入KF消除Fe3+对实验的干扰，之后用氢氧化钠标准液滴定剩余的盐酸的量；再利用蒸馏水重复操作，滴定加入的盐酸标准液的总量，总量减去剩余量即可得到样品中氢氧根消耗的盐酸标准的量。
33．（2020·台州模拟）有一稀硫酸和硝酸铁的混合溶液，向其中加入铁粉，溶液中的Fe2+浓度如图所示（不考虑溶液体积的变化）：
（1）溶液中H2SO4与Fe(NO3)3的物质的量之比为
（2）请写出详细的计算过程 。
【答案】（1）2:1
（2）加入铁粉，首先发生反应4H++ NO3-+ Fe = Fe3+ + NO↑ + 2H2O，NO3-消耗完后，继续发生反应2Fe3+ + Fe =3Fe2+， ， ， ，同理，n(Fe2)=0.35mol，则n(Fe3+总)=0.7mol，n(H+)= 4n(Fe1)=1.4mol，所以n(H2SO4)=0.7mol，原溶液中Fe3+物质的量n(Fe3+原)= n(Fe3+总)-n(Fe3+1)=0.7-0.35=0.35mol，所以硫酸和硝酸铁的物质的量之比为2:1。
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】加入铁粉，首先发生反应4H++ NO3-+ Fe = Fe3+ + NO↑ + 2H2O，NO3-消耗完后，继续发生反应2Fe3+ + Fe =3Fe2+，
， ，同理，n(Fe2)=0.35mol，则n(Fe3+总)=0.7mol，n(H+)=4n(Fe1)=1.4mol，所以n(H2SO4)=0.7mol，原溶液中Fe3+物质的量n(Fe3+原)= n(Fe3+总)-n(Fe3+1)=0.7-0.35=0.35mol，所以硫酸和硝酸铁的物质的量之比为2:1。
【分析】加入铁粉，首先发生反应4H++ NO3-+ Fe = Fe3+ + NO↑ + 2H2O，NO3-消耗完后，继续发生反应2Fe3+ + Fe =3Fe2+，据此列比例计算。
四、题目
34．（2020·盐城模拟）镁铁水滑石(镁、铁的碱式碳酸盐)是具有层状结构的无机功能材料，可由Mg(NO3)2·6H2O、Fe(NO3)3·9H2O及CO(NH2)2等按一定比例在温度高于90℃时反应制得。
（1）其他条件不变时，n[CO(NH2)2]/n(Fe3+)对镁铁水滑石产率和溶液pH的变化关系如图所示：
① <3，反应液中产生少量气体，测氨仪未检出NH3，说明逸出的气体主要是 (填化学式)。
②n[CO(NH2)2]/n(Fe3+)>12，溶液的pH处于稳定状态，这是因为
（2）镁铁水滑石表示为：[FexMgy(OH)z](CO3)w·pH2O(摩尔质量为660g·mol-1)，可通过下列实验和文献数据确定其化学式，步骤如下：
I．取镁铁水滑石3.300g加入足量稀硫酸充分反应，收集到气体112mL(标准状况)。
II．文献查得镁铁水滑石热分解TG-DSC图：303~473K，失去层间水(结晶水)失重为10.9%；473~773K时，CO32-和OH-分解为CO2和H2O；773K以上产物为MgO、Fe2O3。
Ⅲ．称取0.4000g热分解残渣(773K以上)置于碘量瓶中，加入稍过量盐酸使其完全溶解，加入适量水和稍过量的KI溶液，在暗处放置片刻，用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定到溶液呈淡黄色，加入3mL淀粉溶液，继续滴定到溶液蓝色消失。(2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6)，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。通过计算确定镁铁水滑石的化学式 (写出计算过程)。
【答案】（1）CO2；（达到气液平衡，）溶液中OH－浓度处于（过）饱和状态
（2）[Fe2Mg6(OH)16] CO3·4H2O
【知识点】氧化还原反应；化学反应速率的影响因素；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)①根据元素守恒，以及目标产物中含有CO32－，可知如果没有氨气逸出，那逸出的气体主要是CO2；
②从图中可以看出，n[CO(NH2)2]/n(Fe3+)>12时，测氨仪检出的NH3的量也没有变化，从溶液中逸出的NH3的量和溶解在溶液中NH3的相同，达到了平衡状态，溶液中OH－达到饱和状态；
(2)Ⅰ镁铁水滑石溶于足量的稀硫酸，其中的CO32－会与H＋反应生成CO2，产生112mL的气体，样品的物质的量 ，产生CO2的物质的量 ，则w= ；
Ⅱ在303～473K，镁铁水滑石失去结晶水，失重为10.9%，则p= =4；
Ⅲ由2Fe3++2I－=I2+2Fe2+，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，得关系式Fe3+～Na2S2O3，n(Fe3+)=n(Na2S2O3)=0.1000mol·L－1×20.00mL×10－3L·mL－1=2.000×10－3mol，n(Fe2O3)=1.000×10－3mol。热分解残渣中，含有Fe2O3、MgO，则n(MgO)= =6.000×10－3mol；
则镁铁水滑石中镁和铁的比例为 =6.000×10－3mol÷2.000×10－3mol=3；
由化合价代数和为0，x×3+y×2+z×(－1)+1×(－2)=0；
由摩尔质量为660g·mol－1，56g·mol－1×x+24g·mol－1×y+17g·mol－1×z+60g·mol－1×1+18g·mol－1×4=660g·mol－1；
可以解得，x=2y=6z=16，则镁铁水滑石化学式为[Fe2Mg6(OH)16]CO3·4H2O。
【分析】（1）①＜3，反应液中产生少量气体，测氨仪未检出NH3，溶液显酸性；
②＞12，溶液的pH处于稳定状态，达到气液平衡状态；
（2）由I可知气体为二氧化碳，以此计算w；
由II可知303～473K，失去层间水（结晶水）失重为10.9%，以此计算p；
由Ⅲ可知发生2Fe3++2I-=I2+2Fe2+、2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，则存在Fe3+～Na2S2O3，以此计算x，结合正负化合价的代数和为0、摩尔质量计算，从而确定化学式。
35．（2020·杭州模拟）化学需氧量(chemical oxygen
demand，简称COD)表示在强酸性条件下重铬酸钾氧化 1 L 污水中有机物所需的氧化剂的量，并换算成以氧气为氧化剂时，1 L水样所消耗O2的质量(mg·L-1)计算。COD小，水质好。某湖面出现赤潮，某化学兴趣小组为测定其污染程度，用
1.176 g K2Cr2O7固体配制成
100 mL溶液，现取水样20.00 mL，加入10.00
mL K2Cr2O7溶液，并加入适量酸和催化剂，加热反应2 h。多余的K2Cr2O7用0.100 0 mol·L-1Fe(NH4)2(SO4)2溶液进行滴定，消耗Fe(NH4)2(SO4)2溶液的体积如下表所示。此时，发生的反应是CrO72-+6Fe2＋+14H+=2Cr3＋+6Fe3++7H2O。(已知K2Cr2O7和有机物反应时被还原为 Cr3+，K2Cr2O7的相对分子质量为294)
序号 起始读数/mL 终点读数/mL
1 0.00 12.10
2 1.26 13.16
3 1.54 14.64
（1）K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为 mol·L-1。
（2）求该湖水的COD为 mg·L-1。
【答案】（1）0.0400
（2）480
【知识点】中和滴定；物质的量的相关计算
【解析】【解答】(1)K2Cr2O7的摩尔质量为294 g/mol，则1.176 g K2Cr2O7固体的物质的量是n(K2Cr2O7)= =0.0040 mol，由于配制成100 mL溶液，所以配制K2Cr2O7的溶液的物质的量浓度c(K2Cr2O7)= =0.0400 mol/L；(2)n(K2Cr2O7)=0.01 L×0.0400 mol/L=4×10-4 mol，三次实验消耗溶液的体积分别是12.10 mL、11.90mL、13.10 mL，可见第三次实验误差较大，要舍去，则消耗溶液平均体积是V= =12.00 mL、n(Fe2+)=12×10-3 L×0.10 mol/L=1.2×10-3 mol，由CrO72-+6Fe2＋+14H+=2Cr3＋+6Fe3++7H2O可知，剩余的n(K2Cr2O7)= n(Fe2+)= ×1.2×10-3 mol=2×10-4 mol，则水样消耗的n(K2Cr2O7)=4×10-4 mol-2×10-4 mol=2×10-4 mol，根据电子电子转移可知，水样需要氧气的物质的量为n(O2)= ×[2×10-4mol×(6-3)×2]=3×10-4 mol，氧气的质量m(O2)=3×10-4 mol×32 g/mol=96×10-4 g=9.6 mg，故该水样的化学需氧量COD= =480 mg/L。
【分析】(1)根据n= 及c= 计算K2Cr2O7溶液的物质的量浓度；(2)根据CrO72-+6Fe2++14H+=2Cr3＋+6Fe3++7H2O，计算剩余的K2Cr2O7的物质的量，进而计算水样消耗的n(K2Cr2O7)；再根据电子转移守恒计算水样消耗氧气的物质的量，及计算水样的化学需氧量，据此解答。
