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专题二 化学常用计量及其应用 (解析版)
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这是一份专题二 化学常用计量及其应用 (解析版)，共29页。学案主要包含了思维导引，对点析图等内容，欢迎下载使用。
专题二 化学常用计量及其应用
明课程标准
备关键能力
1．了解物质的量及其相关物理量的含义和应用，体会定量研究对化学科学的重要作用。
2．能基于物质的量认识物质组成及其变化，运用物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度之间的相互关系进行简单计算。
1．理解与辨析：能辨识物质的量及摩尔质量等概念，结合物质及反应的微观分析，掌握有关物质的量的计算。
2．探究与创新：能根据实验目的，对仪器进行创新应用，进行溶液的配制和实验探究。
3．分析与推测：能基于物质结构和化学反应的分析，计算微观粒子、化学键及电子转移数目。
高考真题·导航
GAO KAO ZHEN TI DAO HANG
1．(2021·全国甲卷)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( C )
A．18 g重水(D2O)中含有的质子数为10NA
B．3 mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为4NA
C．32 g环状S8()分子中含有的S—S键数为1NA
D．1 L pH＝4的0．1 mol·L－1 K2Cr2O7溶液中Cr2O离子数为0．1NA
【解析】 D2O的质子数为10,18 g D2O的物质的量＝0．9 mol，则18 g重水(D2O)中所含质子数为9NA，A错误；NO2与H2O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3 mol的NO2参与反应时，转移的电子数为2NA，B错误；一个S8()分子中含有的S—S键数为8个，32 g S8的物质的量为＝ mol，则含有的S—S键数为×8×NA＝NA，C正确；酸性K2Cr2O7溶液中存在：Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋，含Cr元素微粒有Cr2O和CrO，则1 L pH＝4的0．1 mol·L－1 K2Cr2O7溶液中Cr2O离子数应小于0．1NA，D错误。
2．(2020·全国卷Ⅲ·9)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( C )
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
【解析】 标准状况下22．4 L氮气的物质的量为1 mol，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，1 mol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；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；石墨烯和金刚石均为碳单质，12 g石墨烯和12 g金刚石均相当于12 g碳原子，即＝1 mol C原子，所含碳原子数目为NA，故C正确；1 mol NaCl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。
3．(2019·全国卷Ⅱ·8)已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( B )
A．3 g 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PO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
【解析】 1个3He的原子核中含有2个质子和1个中子，3 g 3He的物质的量为1 mol，含有的中子数为1NA，A正确；磷酸是弱酸，磷酸钠溶液中PO发生水解，故1 L 0．1 mol·L－1磷酸钠溶液含有的PO数目小于0．1NA，B错误；由K22O723＋知，1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3＋转移的电子数为6NA，C正确；正丁烷和异丁烷属于同分异构体，每个分子中都含有13个共价键，48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物共58 g，总物质的量为1 mol，共价键数目为13NA，D正确。
4．(2019·全国卷Ⅲ·11)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH＝2的H3PO4溶液，下列说法正确的是( B )
A．每升溶液中的H＋数目为0．02NA
B．c(H＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－)
C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
【解析】 pH＝2的H3PO4溶液中，c(H＋)＝0．01 mol·L－1，每升溶液中含有H＋的物质的量为0．01 mol，数目为0．01NA，A错误；根据电荷守恒，H3PO4溶液中离子间的关系为c(H＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－)，B正确；加水稀释后H3PO4电离度增大，溶液体积也增大，溶液中H＋浓度减小，pH增大，C错误；NaH2PO4是强电解质，在水中完全电离NaH2PO4===Na＋＋H2PO，生成的H2PO抑制了H3PO4的电离，H3PO4H＋＋H2PO平衡逆向移动，溶液酸性减弱，D错误。
5．(2019·全国卷Ⅰ，27(5))采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时失掉1．5个结晶水，失重5．6%。硫酸铁铵晶体的化学式为__NH4Fe(SO4)2·12H2O__。
【解析】 失重5．6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2·xH2O，由题意知＝，解得x≈12。
6．(2019·全国卷Ⅱ，26(3))立德粉(ZnS·BaSO4)成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25．00 mL 0．100 0 mol·L－1的I2－KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0．100 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2O===2I－＋S4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为__浅蓝色至无色__，样品中S2－的含量为__×100%__(写出表达式)。
【解析】 达到滴定终点时I2完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内颜色不再发生变化；根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I2～2S2O，可得n(I2)过量＝×0．100 0 V×10－3 mol，再根据关系式S2－～I2可知，n(S2－)＝0．100 0×25．00×10－3 mol－×0．100 0 V×10－3 mol＝×0．100 0×10－3 mol，则样品中S2－的含量为×100%。
高考要求能根据粒子的物质的量、数目、气体体积之间的相互关系进行有关计算。预测2022年高考仍会围绕NA、Vm的应用范围设置陷阱，同时又隐含对物质的组成与结构、氧化还原反应、弱电解质的电离、可逆反应、盐类的水解等知识的考查，重要命题角度有：
(1)求粒子数目；
(2)求共价键数；
(3)求混合物中指定粒子数目；
(4)求电子转移数目等等。
同时还要注意有关滴定计算的考查会出现在化工流程中考查产品产率及纯度的计算或以填空题考查多步反应的计算；有关化学平衡常数、转化率的计算会在综合题中应用阿伏加德罗定律结合“三段式”进行计算。
必备知识·整合
BI BEI ZHI SHI ZHENG HE
1．有关阿伏加德罗常数试题的常设“陷阱”
(1)气体摩尔体积的运用条件：考查气体时经常给定非标准状况下，如25 ℃、1．01×105 Pa气体体积，让考生用22．4 L·mol－1进行换算，误入陷阱。
(2)物质的聚集状态：22．4 L·mol－1适用对象是气体(包括混合气体)。命题者常用在标准状况下呈非气态的物质来迷惑考生，如H2O、CCl4、辛烷、汽油、SO3、C6H6、HF。但注意含四个碳以下的烃、甲醛、一氯甲烷是气体。
(3)混淆某些氧化还原反应中电子转移的数目：命题者常用一些反应中转移电子的数目来迷惑考生，如Na2O2与H2O、CO2的反应(1 mol Na2O2反应转移1 mol电子)。
(4)特殊物质的摩尔质量及微粒数目：如D2O、18O2、H37Cl。
(5)物质的组成、结构：气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如He、Ne)、三原子分子(如O3)等；Na2O2由Na＋和O构成，而不是Na＋和O2－，苯中不含碳碳单键和碳碳双键等。
(6)物质中的化学键数目：如白磷(31 g白磷含1．5 mol P—P键)、金刚石(12 g金刚石含2 mol C—C键)、晶体硅及晶体SiO2(60 g二氧化硅晶体含4 mol Si—O键)。
(7)电解质溶液中因微粒的电离或水解造成微粒数目的变化：弱电解质CH3COOH、HClO等部分电离，而使溶液中CH3COOH、HClO数目减小；Fe3＋、Al3＋、CO、CH3COO－等因发生水解使该种粒子数目减少；Fe3＋、Al3＋、CO等因发生水解而使溶液中阳离子或阴离子总数增多等。
2．物质的量浓度的多
角度计算
(1)物质的量浓度的计算
①熟记物质的量浓度的计算的基本桥梁公式
n＝＝＝＝cV；
②物质的量浓度与质量分数的换算
c＝或w＝
(2)物质的量浓度计算的两大规律
①质量守恒定律
a．化学反应前后，反应物和生成物的质量相等。
b．稀释前后，溶质的质量(或物质的量)不变。
②电荷守恒规律
溶液中阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。
关键能力·突破
GUAN JIAN NENG LI TU PO
考点一 阿伏加德罗常数及其应用
角度 气体摩尔体积的适用条件
典例1 ＋＋＋(2021·重庆模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( A )
A．常温常压下，20 g 2H2O含有氧原子数为NA
B．标准状况下，44．8 L CS2含有的分子数为2NA
C．标准状况下，33．6 L一氯甲烷和二氯甲烷混合物中含有原子的数目为5NA
D．1．12 L Cl2通入水中发生反应，转移的电子数为0．1 NA
【解析】 2H2O的相对分子质量为2×2＋16＝20，20 g 2H2O的物质的量为1 mol，含有NA个氧原子，A正确；标况下CS2不是气体，不能用22．4 L/mol计算其物质的量，B错误；常温常压下，二氯甲烷是液体，不能用标况下的气体摩尔体积计算，C错误；没有指明为标准状况，无法计算1．12 L Cl2的物质的量，则无法计算转移的电子数，D错误。
方法技巧
气体摩尔体积使用条件考查的解题方法
注意气体摩尔体积的使用条件，注重“两看”，排除干扰。
一看：气体是否处于标准状况(0 ℃、101 kPa)。
二看：标准状况下，物质是否是气态。常见干扰物质：①无机物Br2、SO3、H2O、HF等；②有机物中碳原子数大于4的烃，如苯、己烷等；③有机物中烃的衍生物CCl4、氯仿、乙醇等(CH3Cl、HCHO为气体)。
若题中给出非标准状况下的气体，切勿直接判断为错误说法，气体的物质的量或质量与温度、压强无关，可直接计算。
〔类题通关〕
1．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( B )
A．标准状况下，11．2 L苯中含有分子的数目为0．5NA
B．标准状况下，22．4 L SO2中含有的SO2分子数为NA
C．常温常压下，35．5 g氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA
D．常温常压下，22．4 L NO2和CO2的混合气体含有的氧原子数为2NA
【解析】 A项，标准状况下苯是液体，无法计算物质的量，错误；B项，标准状况下，22．4 L SO2的物质的量是1 mol，分子数为NA，正确；C项，35．5 g氯气的物质的量是0．5 mol，转移电子数为NA，错误；D项，常温常压下，22．4 L气体的物质的量不是1 mol，错误。
2．(2021·漳州模拟)NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( A )
A．2．3 g金属钠与氧气完全反应生成Na2O与Na2O2的混合物，转移的电子数目为0．1NA
B．常温常压下，等物质的量的N2和CO所含的分子数均为NA
C．1 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数等于NA
D．标准状况下，2．24 L CCl4中含有的C—Cl键数为0．4NA
【解析】 2．3 g金属钠的物质的量是0．1 mol，按得失电子数守恒，与氧气完全反应生成Na2O与Na2O2的混合物，转移的电子数目为0．1 NA，A正确；常温常压下，等物质的量的N2和CO所含的分子数相等，当物质的量是0．1 mol时分子数目才各自为NA，B不正确；1 mol CH4与Cl2在光照下发生取代反应，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳等，则按原子数守恒可知CH3Cl分子数小于NA，C不正确；标准状况下，四氯化碳为液体，2．24 L CCl4中含有的C—Cl键数原大于0．4 NA，D不正确。
角度 物质的微观组成与结构
典例2 ＋＋＋(2021·成都模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( D )
A．30 g C2H6中含有极性共价键的数目为7NA
B．12 g金刚石中含有化学键的数目为4NA
C．P4分子的空间构型为正四面体形，因此1 mol P4分子中含有4NA个共价键
D．7．8 g Na2S和Na2O2的混合物中，含有阴离子的数目为0．1NA
【解析】 C2H6中C—H键为极性键，所以30 g C2H6即1 mol C2H6中含有极性共价键的数目为6NA，A错误；12 g金刚石含1 mol碳原子，形成共价键数目为2NA ，B错误；P4分子的空间构型为正四面体形，1 mol P4分子中含有6NA个共价键，故C错误；Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78 g/mol，所以7．8 g Na2S和Na2O2的混合物的物质的量为0．1 mol，Na2S中的阴离子为S2－，Na2O2中的阴离子为O，所以混合物中阴离子的数目为0．1NA，D正确。
规律方法
常见物质的组成和结构考查的解题方法
记常见物质组成和结构，突破陷阱。
(1)记常见微粒(分子、原子、质子、中子、电子、电荷等)的数目，如Ne(稀有气体均为单原子分子)、H2O和D2O、CH4、—OH和OH－(质子数相同电子数不同)。
(2)记常见物质中所含化学键的数目，如几种常见物质化学键数目：
1 mol物质
金刚石
石墨
Si
SiO2
化学键的
物质的量(mol)
碳碳键：2
碳碳键：1．5
硅硅键：2
硅氧键：4
1 mol物质
白磷
H2O2
烷烃CnH2n＋2
化学键的物
质的量( mol)
磷磷
键：6
氧氢键(极性键)：2
氧氧键(非极性键)：1
总数：3n＋1
碳氢键：2n＋2
碳碳键：n－1
(3)记摩尔质量相同的物质，如N2、CO和C2H4等。
(4)记最简式相同的物质，如NO2和N2O4、单烯烃和环烷烃等。等质量的乙烯和丙烯所含原子数、碳原子数、氢原子数、共用电子对数分别相等，但分子数、物质的量、相同状况下体积均不同。
〔类题通关〕
1．(2021·连云港模拟)NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( C )
A．10 g CaCO3和KHCO3的固体混合物所含阳离子大于0．1NA
B．30 g二氧化硅中含有化学键的数目为NA
C．1 mol Na被完全氧化生成Na2O，失去NA个电子
D．1 L 1 mol/LCH3COONa溶液中含有CH3COO－的数目为NA
【解析】 CaCO3和KHCO3的摩尔质量均为100 g/mol，则10 g CaCO3和KHCO3的固体混合物的物质的量为0．1 mol，又由于CaCO3和KHCO3均为离子化合物，其阴阳离子之比为1∶1，则10 g CaCO3和KHCO3的固体混合物所含阳离子等于0．1NA，故A错；二氧化硅的摩尔质量为60 g/mol,30 g二氧化硅的物质的量为0．5 mol，由于1 mol二氧化硅在含4 mol硅氧键，所以30 g二氧化硅中含有化学键的数目为2NA，故B错；1 mol Na被完全氧化生成0．5 mol Na2O，转移的电子总数为NA，故选C；CH3COONa强碱弱酸盐，CH3COONa的水溶液中有部分CH3COO－会水解生成CH3COOH，从而1 L1 mol/L CH3COONa溶液中含有CH3COO－的数目应小于NA，故D错。
2．下列说法中正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)( C )
A．O2－的电子式为[∶∶]2－，则O2－核外有8个电子
B．1 mol NH4Cl中含有的H—Cl键的数目为NA
C．CrO5中Cr元素的化合价为＋6价，每个CrO5分子中存在两个过氧键
D．20 g Na2O和Na2O2的混合物中，所含阴阳离子数目之比无法确定
【解析】 O2－的电子式为[∶∶]2－，表示O2－的最外层有8个电子，但其原子核外有10个电子，A错误；NH4Cl是离子化合物，NH与Cl－间形成离子键，无H—Cl共价键存在，B错误；根据化合物中所有元素化合价的代数和为0原则，CrO5中5个O共为－6价，说明以－1价氧存在的共有两个过氧根，一个氧化合价－2价，C正确；Na2O和Na2O2都是离子化合物，其中含有的阴阳离子数目之比都是1∶2，与物质的多少无关，D错误。
角度 氧化还原反应中转移电子数目
典例3 ＋＋＋(2021·柳州模拟)NA是阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( B )
A．23 g Na在氧气中充分燃烧生成Na2O2，转移电子数为2NA
B．5．6 g Fe与足量稀硝酸反应，转移电子的数目为0．3NA
C．1 mol FeBr2与22．4 Cl2完全反应时转移的电子数为2NA
D．一定条件下，0．1 mol铁与足量水蒸气充分反应，转移的电子数为0．3NA
【解析】 钠转化为过氧化钠时需要失去电子，23 g Na(即1 mol Na)共失去1 mol电子，故23 g Na充分燃烧生成Na2O2时，转移电子数为NA，A错误；5．6 g Fe的物质的量为0．1 mol，与足量稀硝酸全部转化为Fe3＋，转移电子的数目为0．3NA，B正确；没有说明是否为标况，无法计算，C错误；0．1 mol铁与足量水蒸气充分反应的方程式为3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2可知，Fe完全反应，转移的电子数N＝0．1××NA≈0．27NA，D错误。
方法技巧
三步确定电子转移数目
〔类题通关〕
(2021·攀枝花模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( D )
A．0．5 mol O2与一定量的Na完全反应，转移的电子数一定为2．0NA
B．0．1 mol Fe和0．1 mol氯气充分反应，转移的电子数为0．3NA
C．将6．72 L(标准状况)氯气溶于水中，转移的电子数为0．3NA
D．反应2CuFeS2＋O2===Cu2S＋2FeS＋SO2中，每生成0．2 mol SO2，转移的电子数为1．2NA
【解析】 0．5 mol O2与一定量的Na反应不一定生成Na2O，还可能生成Na2O2，因此转移的电子数不一定为2．0 NA，故A错误；等物质的量的Fe和氯气反应生成氯化铁，铁过量，反应的电子转移根据氯气计算，转移的电子数为0．2 NA，故B错误；氯气溶于水，只有一部分氯气和水反应，且反应可逆，而6．72 L(标准状况)氯气的物质的量为＝0．3 mol，因此转移的电子数比0．3NA小得多，故C错误；反应2CuFeS2＋O2===Cu2S＋2FeS＋SO2中，化合价升高值＝化合价降低值＝转移电子数＝6，则每生成0．2 mol SO2，转移的电子数为1．2NA，故D正确。
角度 溶液中微粒数目的判断
典例4 ＋＋＋(2021·厦门模拟)NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( D )
A．将1 mol NH3完全溶于水，所得溶液中N(NH3·H2O)＋N(NH)＝NA
B．向1 L 0．1 mol/L NaCN溶液中加入适量HCN使溶液呈酸性，则溶液中CN－的数目小于0．1NA
C．将0．1 mol Cl2通入到足量的水中，溶液中Cl－、HClO、ClO－微粒总数为0．2
D．25 ℃时，1 L pH＝13的Ba(OH)2溶液中Ba2＋数目为0．05 NA
【解析】 将1 mol NH3完全溶于水，氨气溶于水是可逆反应，因此所得溶液中N(NH3)＋N(NH3·H2O)＋N(NH)＝NA，A错误；溶液中存在电荷守恒式：n(CN－)＋n(OH－)＝n(Na＋)＋n(H＋)，根据题意溶液呈酸性，即n(H＋)>n(OH－)，则n(Na＋)0．1 mol，B错误；将0．1 mol Cl2通入到足量的水中，溶液中存在Cl2 、HClO、ClO－、Cl－等含氯微粒，根据氯原子守恒规律分析，溶液中Cl－、HClO、ClO－微粒总数小于0．2NA，C错误；25 ℃时，1 L pH＝13的Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝0．1 mol/L，OH－数目为0．1 NA，Ba2＋数目为0．05 NA，D正确。
题后反思
审准题目“要求”，是突破该类题目的关键
(1)溶液中是否有“弱粒子”，即是否存在弱电解质或能水解的“弱离子”，如1 L 1 mol·L－1的乙酸或1 L 1 mol·L－1乙酸钠溶液中CH3COO－数目均小于NA。
(2)题目中是否指明了溶液的体积，如在pH＝1的HCl溶液中，因溶液体积未知而无法求算H＋的数目。
(3)所给条件是否与电解质的组成有关，如pH＝1的H2SO4溶液c(H＋)＝0．1 mol·L－1，与电解质的组成无关；0．05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液，c(OH－)＝0．1 mol·L－1，与电解质的组成有关。
〔类题通关〕
1．(2021·湖南适应性测试)已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( B )
A．常温常压下，22．4 L CH4含有电子数为10 NA
B．6 g CH3COOH 分子中含有共价键数为0．8 NA
C．1 L 0．1 mol·L－1 Na2CO3 溶液中含CO数为0．1 NA
D．密闭容器中2 mol SO2与1 mol O2 反应，生成SO3的分子数为2 NA
【解析】 气体的摩尔体积会受到温度和压强的影响，标准状况下气体摩尔体积为22．4 L/mol，不是常温常压下，A错误；CH3COOH的结构式为，其中的C===O由一个σ键和1个π键组成，算两个化学键，所以每个分子中含8个共价健，n(CH3COOH)＝＝0．1 mol，含的共价键数为0．1×8 NA＝0．8 NA，B正确；Na2CO3溶液中存在水解平衡CO＋H2O HCO＋OH－，会使CO减少，CO数目少于0．1 NA，C错误；2SO2＋O22SO3为可逆反应，反应不完全，生成的分子数少于2 NA，D错误。
2．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( A )
A．常温常压下，11．2 L SO2含有的氧原子数小于NA
B．0．1 mol 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 mol/L醋酸中含有的醋酸分子数是0．01NA
【解析】 常温常压下，气体摩尔体积大于22．4 L/mol，故11．2 L二氧化硫的物质的量小于0．5 mol，则含有的氧原子个数小于NA，故A正确；由Na2O2的电子式为Na＋[∶∶∶]2－Na＋，Na2O的电子式为Na＋[∶∶]2－Na＋可知，1 mol Na2O中含3 mol离子，1 mol Na2O2中含3 mol离子，则0．1 mol Na2O和Na2O2混合物中离子为0．3 mol，即含有的阴、阳离子总数是0．3NA，故B错误；H2O2溶液中，除了H2O2，水也含氢原子，故10 g质量分数为34%的H2O2溶液中溶质的质量10 g×34%＝3．4 g，物质的量n＝＝＝0．1 mol,0．1 mol过氧化氢分子中含有0．2 mol氢原子，0．2 mol氢原子个数等于0．2NA，水也含氢原子，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 mol/L醋酸的物质的量n＝cV＝0．1 mol/L×0．1 L＝0．01 mol，含有的醋酸分子数小于0．01NA，故D错误。
角度 隐含可逆反应的判断
典例5 ＋＋＋(2021·武汉模拟)已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( A )
A．标准状况下，11．2 L O2和22．4 L NO在密闭容器中充分混合后，气体分子总数小于NA
B．7．1 g Cl2与足量的水反应转移的电子总数为0．1NA
C．100 mL 0．1 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中含有的Fe2＋数目为0．01NA
D．一定条件下，1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA
【解析】 标准状况下，11．2 L O2和22．4 L NO在密闭容器中充分混合后生成22．4 L NO2，但由于二氧化氮可以转化为四氧化二氮，所以气体分子总数小于NA，A正确；Cl2与水的反应为可逆反应，7．1 g Cl2与足量水反应转移的电子总数小于0．1NA，B错误；亚铁离子能够微量水解，所以100 mL 0．1 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中含有的Fe2＋数目小于0．01NA，C错误；氮气和氢气合成氨为可逆反应，即使氢气过量，1 mol氮气也不能完全转化为氨气，因此1 mol N2与4 mol H2反应生成的分子数小于2NA，D错误。
〔类题通关〕
1．(2021·银川模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( B )
A．1 mol石墨中含有4NA个C—C键
B．5．6 g Fe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3·xH2O，电极反应中转移的电子数为0．2NA
C．在含SO的数目为NA的Na2SO3溶液中，含有Na＋的数目为2NA
D．常温下，pH＝12的NaClO溶液中由水电离出的OH－的数目为0．01NA
【解析】 1 mol石墨中含有1．5 mol C—C键，即1．5NA个C—C键，故A错误；铁发生吸氧腐蚀时，负极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，5．6 g Fe是0．1 mol，所以电极反应中转移的电子数为0．2NA，故B正确；Na2SO3溶液中，SO会水解，所以钠离子与SO之比大于2∶1，在含SO的数目为NA的Na2SO3溶液中，含有Na＋的数目多于2NA，故C错误；常温下，pH＝12的NaClO溶液中由水电离出的OH－的浓度为0．01 mol/L，不知道溶液体积，无法求算数目，故D错误。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( C )
A．2 mol SO2和1 mol O2在一定条件下充分反应后，混合物的分子数为2NA
B．100 g 17%的氨水溶液中含有的NH3分子数为NA
C．标准状况下，44．8 L NO与22．4 L O2反应后的分子数小于2NA
D．标准状况下，0．1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0．1NA
【解析】 2 mol SO2和1 mol O2在一定条件下充分反应后，混合物的分子数大于2NA，A项错误；氨水溶液中存在如下平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－，NH3分子数小于NA，B项错误；标准状况下，44．8 L NO与22．4 L O2反应生成44．8 L NO2，但体系中存在可逆反应2NO2N2O4，所以反应后的分子数小于2NA，C项正确；Cl2＋H2OHCl＋HClO是可逆反应，D项错误。
考点二 一定物质的量浓度溶液的配制及误差分析
角度 溶液的配制及误差分析
典例1 ＋＋＋(高考题组合)下列说法中正确的是__(4)__。
(1)称取KMnO4固体0．158 g，放入100 mL容量瓶配制浓度为0．010 mol·L－1 KMnO4溶液
(2)配制0．400 0 mol·L－1的NaOH溶液：称取4．0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250 mL容量瓶中定容
(3)称取2．0 g NaOH固体，先在托盘上各放1张滤纸，然后在右盘上添加2 g砝码，左盘上添加NaOH固体。
(4)向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁
(5)用pH＝1的盐酸配制100 mL pH＝2的盐酸所需全部玻璃仪器有100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管
(6)用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴定管吸出多余液体。
【解析】 (1)不能在容量瓶中溶解溶质，错误；(2)应待溶液冷却至室温再转移入容量瓶中，错误；(3)NaOH固体应该放在烧杯中称量，错误；(4)向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁，但应该靠在刻度线下方，正确；(5)缺少量筒，错误；(6)加水超过刻度线，实验失败，应该重新配制，错误。
易错点拨
一定浓度溶液配制“三提醒”
(1)配制步骤
→→→→→→→(→)
(2)配制过程中所需要的主要仪器：量筒或托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；
(3)定容操作要规范、明确不规范操作所造成的误差。
〔类题通关〕
1．(2021·潍坊模拟)下列实验误差分析错误的是( B )
A．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小
B．用容量瓶配置溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小
C．用湿润的pH试纸测稀碱液的pH，测定值偏小
D．测定中和反应的反应热时，将碱液缓慢倒入酸中，所测温度值偏小
【解析】 读数偏大，所测体积偏小，A正确；定容时俯视刻度线，加入的水小于正常值，所配溶液浓度偏大，B错误；湿润pH试纸测稀碱液的pH，相当于稀释碱液，测定值偏小，C正确；测定中和反应的反应热时，将碱液缓慢倒入酸中，有热量的损失，所测温度值偏小，D正确。
2．下列说法中正确的是( D )
A．移液时应该用玻璃棒引流，且玻璃棒的下端应该靠在刻度线上方
B．配制1 L 0．1 mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5．85 g NaCl固体
C．用浓盐酸配制1∶1(体积比)的稀盐酸(约6 mol·L－1)通常需要用烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶等仪器
D．用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，若溶解后立即移液、定容，所得溶液浓度偏高
【解析】 引流时玻璃棒的下端应该靠在刻度线下方，以防刻度线上方残留有液体，A错误；托盘天平读数时只能保留一位小数，B错误；因为是配制体积比浓度溶液，所以不需要容量瓶，C错误；浓硫酸溶于水放热立即移液定容，液体是热的，冷却后正常体积减小，浓度增大，D正确。
角度 有关物质的量浓度的计算
典例2 ＋＋＋(2021·福州模拟)20 ℃时有a g硫酸铜溶液V mL，将溶液蒸发掉b g水后恢复到20 ℃，恰好全部生成硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)，则下列关系式错误的是( C )
A．原硫酸铜溶液的密度为ρ＝ g·cm－3
B．生成硫酸铜晶体的物质的量为n(CuSO4·5H2O)＝ mol
C．原硫酸铜溶液的物质的量浓度为c(CuSO4)＝ mol·L－1
D．原硫酸铜溶液的质量分数w(CuSO4)＝%
【解析】 V mL硫酸铜溶液质量a g，所以溶液的密度为ρ＝＝a g/cm3，A正确；硫酸铜晶体的质量为(a－b)g，生成硫酸铜晶体的物质的量为＝ mol，B正确；硫酸铜晶体的质量为(a－b)g，生成硫酸铜晶体的物质的量为＝ mol，所以原硫酸铜溶液的＝ mol/L，C错误；硫酸铜晶体的质量为(a－b)g，所以硫酸铜的物质的量n(CuSO4·5H2O)＝ mol，故原硫酸铜溶液的质量分数w(CuSO4)＝×100%＝%，D正确。
规律方法
(1)气体溶质物质的量浓度的计算
标准状况下，1 L水中溶解某气体V L，所得溶液的密度为ρ g·cm－3，气体的摩尔质量为M g·mol－1，则c＝ mol·L－1。
(2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度之间的换算
c＝(c为溶质的物质的量浓度/mol·L－1，ρ为溶液的密度/g·cm－3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量/g·mol－1)。
〔类题通关〕
1．(2021·邯郸模拟)36．5 g HCl溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g·mL－1)，所得溶液的密度为ρ g·mL－1，质量分数为w，物质的量浓度为c mol/L，NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( D )
A．所得溶液的物质的量浓度：c＝1 g·mL－1
B．所得溶液中含有NA个HCl分子
C．36．5 g HCl气体占有的体积为22．4 L
D．所得溶液的质量分数：w＝
【解析】 物质的量浓度单位是mol·L－1，不是g·mL－1，A错误；氯化氢溶于水形成盐酸溶液是强电解质，溶液中无氯化氢分子，B错误；36．5 g HCl气体物质的量为1 mol，标准状况下占有的体积为22．4 L，选项中温度压强不知，C错误；所得溶液的质量分数：w＝＝，D正确。
2．标准状况下，用一定量的水吸收氨气后制得溶液(密度为0．915 g·cm－3)。该溶液中氨水的物质的量浓度为12．0 mol·L－1，试计算：
(1)该氨水中NH3的质量分数为__22．3%__。
(2)1体积水需吸收__378__体积氨气(标准状况)可制得上述氨水。
(3)取 mL的上述氨水，稀释到5a mL，所得溶液中氨水的物质的量浓度为__0．48_mol·L－1__。(本题中氨水稀释过程中的其他变化忽略不计，水的密度以1．00 g·cm－3计)
【解析】 (1)根据c＝可知，密度为0．915 g·cm－3，物质的量浓度为12．0 mol·L－1的氨水溶液中NH3的质量分数为＝22．3%。(2)设氨气体积为V L，则水为1 L，氨气物质的量为 mol，氨气质量为 g，水的质量为1 000 mL×1．00 g·mL－1＝1 000 g，溶液质量＝ g，溶液体积＝，则n(NH3)＝12．0× mol＝ mol，解得V＝378。(3)取 mL的上述氨水，稀释到5a mL，根据稀释定律，稀释后所得溶液中氨水的物质的量浓度为＝0．48 mol·L－1。
考点三 以物质的量为核心的相关计算
角度 关系式法在滴定计算中的应用
典例1 ＋＋＋(2017·全国卷Ⅱ，28)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ．取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。
Ⅱ．酸化、滴定
将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I－还原为Mn2＋，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O＋I2===2I－＋S4O)。
回答下列问题：
(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是__使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差__。
(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为__O2＋2Mn(OH)2===2MnO(OH)2__。
(3)Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和__量筒__；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除__氧气__及二氧化碳。
(4)取100．00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为__蓝色刚好褪去__；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为__80ab__mg·L－1。
(5)上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏__低__(填“高”或“低”)。
【思维导引】
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【解析】 (1)取水样时避免扰动水体表面，这样能保证所取水样中溶解氧量与水体中实际溶解氧量基本相同，以减小实验误差。(2)根据水样与Mn(OH)2碱性悬浊液反应生成MnO(OH)2，可写出固氧的反应为O2＋2Mn(OH)2===2MnO(OH)2。(3)由于Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定，配制该溶液时无需用容量瓶，只需粗略配制，故配制Na2S2O3溶液时，还需要用到的玻璃仪器为量筒；所用蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，这样能除去水中溶解的氧气和二氧化碳等，且能杀菌。(4)根据Ⅱ可知MnO(OH)2能将水样中的I－氧化为I2，滴定过程中用淀粉溶液作指示剂，在滴定终点前淀粉遇I2变蓝，达到滴定终点时，I2完全被消耗，溶液蓝色刚好褪去。根据得失电子守恒可得关系式O2～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3，结合消耗n(Na2S2O3)＝a mol·L－1×b×10－3 L＝ab×10－3 mol，可求出100．00 mL水样中溶解氧的质量为ab×10－3 mol×32 g·mol－1＝8ab×10－3 g＝8ab mg，则该水样中溶解氧的含量为8ab mg÷0．100 00 L＝80ab mg·L－1。(5)滴定完成时，滴定管尖嘴处留有气泡，会导致读取的Na2S2O3标准液体积偏小，根据关系式O2～4Na2S2O3，可知测定的溶解氧的含量偏低。
思维建模
利用关系式法解答连续反应类计算题
(1)应用原理
关系式是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种简化式子。在多步反应中，若第一步反应的产物是下一步反应的反应物，可以根据化学方程式，将该物质作为“中介”，找出已知物质和所求物质之间“量”的关系。
(2)解题步骤
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〔类题通关〕
(2021·盐城模拟)过碳酸钠是一种有多用途的新型氧系漂白剂，化学式可表示为aNa2CO3·bH2O2。现将一定质量的过碳酸钠粉末溶于水配成稀溶液，再向其中加入适量MnO2粉末，充分反应后生成672 mL气体(标准状况)。反应后的混合物经过滤、洗涤后，将滤液和洗涤液混合并加水配成100 mL溶液A。现向三份体积为10 mL、浓度为c mol/L的稀硫酸中分别逐滴滴入溶液A，边滴边振荡，充分反应后，测得实验数据如下表所示：
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
滴加溶液A的体积/mL
10．0
20．0
30．0
生成气体的体积/mL(标准状况)
89．6
179．2
224
(1)计算稀硫酸的物质的量浓度__1_mol/L__。
(2)通过计算确定过碳酸钠的化学式__2Na2CO3·3H2O2__。
(3)工业上常以所含活性氧的质量分数[w(活性氧)＝×100%]来衡量过碳酸钠产品的优劣，13%以上者为优等品。现将0．2 g某厂家生产的过碳酸钠样品(所含杂质不参与后面的氧化还原反应)溶于水配成溶液，加入15．0 mL 1 mol/L硫酸，再加入足量KI，摇匀后置于暗处，充分反应后，加入少量淀粉试液，用0．1 mol/L Na2S2O3溶液滴定到蓝色恰好消失时，共消耗30．00 mL，试计算判断该样品是否为优等品__不是优等品__。(已知：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI)
【解析】 (1)由图表可知，第三份稀硫酸完全反应，设稀硫酸的物质的量为x，
Na2CO3＋H2SO4===Na2SO4＋H2O＋CO2↑
1 22．4 L/mol
x 0．224 L
可得：＝，解得：x＝0．01 mol，稀硫酸的物质的量浓度为：c＝＝＝1 mol/L；
(2)n(O2)＝＝0．03 mol，n(H2O2)＝0．06 mol，由实验Ⅰ中数据可知，10 mL A溶液中：n(Na2CO3)＝n(CO2)＝0．004 mol，所以100 mL A中含有0．04 mol Na2CO3，n(Na2CO3)∶n(H2O2)＝0．04∶0．06＝2∶3，所以化学式为2Na2CO3·3H2O2；
(3)根据2I－＋H2O2＋2H＋===I2＋2H2O,2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI可知：n(H2O2)＝＝＝1．5×10－3 mol，该过碳酸钠的活性氧的质量分数为＝12%＜13%，所以该样品不是优等品。
角度 热重分析计算
典例2 ＋＋＋在空气中加热Co(OH)2，使其转化为钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的关系如图所示。下列说法错误的是( A )
A．a→b是Co(OH)2是失水过程，为分解反应
B．b→c发生的是氧化还原反应，也是分解反应
C．c处代表的物质是Co3O4
D．整个过程的总反应为6Co(OH)2＋O22Co3O4＋6H2O
【对点析图】 加热过程中，Co守恒，即整个过程中Co的物质的量不变。
【解析】 a→b是Co(OH)2的失水过程，发生的反应为4Co(OH)2＋O22Co2O3＋4H2O，不是分解反应，A项错误。b→c发生的反应为6Co2O34Co3O4＋O2↑，是氧化还原反应，也是分解反应，B项正确。总反应是Co(OH)2与O2反应生成Co3O4＋H2O，即6Co(OH)2＋O22Co3O4＋6H2O，D项正确。
方法技巧
解答热重分析试题的常用方法
(1)设晶体为1 mol。
(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。
(3)计算每步的m剩余，×100%＝固体残留率。
(4)晶体中金属质量不减少，仍在m剩余中。
(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)，即可求出失重后物质的化学式。
〔类题通关〕
为研究一水草酸钙(CaC2O4·H2O)的热分解性质，进行如下实验：准确称取36．50 g样品加热，样品的固体残留率随温度的变化如下图所示：
(1)300 ℃时残留固体的成分为__CaC2O4__,900 ℃时残留固体的成分为__CaO__。
(2)通过计算求出500 ℃时固体的成分及质量(写出计算过程)。
【解析】 (1)n(CaC2O4·H2O)＝＝0．25 mol，含有m(H2O)＝0．25 mol×18 g· mol－1＝4．50 g，在300 ℃时，×100%＝87．67%，m(剩余)＝36．50 g×87．67%≈32 g，减少的质量为36．50 g－32 g＝4．50 g，故此时失去全部的结晶水，残留固体为CaC2O4；在900 ℃时，×100%＝38．36%，m(剩余)＝36．50 g×38．36%≈14 g，其中Ca的质量没有损失，含m(Ca)＝0．25 mol×40 g·mol－1＝10 g，另外还含有m(O)＝14 g－10 g＝4 g，n(O)＝＝0．25 mol，则n(Ca)∶n(O)＝1∶1，化学式为CaO。(2)在600 ℃时，×100%＝68．49%，m(剩余)＝36．50 g×68．49%≈25 g，从300 ℃至600 ℃时，失去的总质量为32 g－25 g＝7 g，失去物质的摩尔质量为＝28 g·mol－1，则600 ℃时残留固体成分为CaCO3,500 ℃时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物，样品中CaC2O4·H2O的物质的量n(CaC2O4·H2O)＝＝0．25 mol，设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为x mol和y mol，根据500 ℃时固体总质量可得128x＋100y＝36．50 g×76．16%，根据钙元素守恒可得x＋y＝0．25，解得x≈0．10，y≈0．15，m(CaC2O4)＝0．10 mol×128 g·mol－1＝12．80 g，m(CaCO3)＝0．15 mol×100 g·mol－1＝15．0 g,500 ℃时固体的成分为12．8 g CaC2O4和15．0 g CaCO3。
预测精练·提能
YU CE JING LIAN TI NENG
1．(2021·河北适应性测试)NA是阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是( D )
A．1 mol氮气分子中含有π键的数目为2NA
B．1 mol氩气分子中含有原子的数目为NA
C．1 mol氯化钠中含有Na＋的数目为NA
D．1 mol白磷中含有P—P共价键的数目为4NA
【解析】 一个氮气分子中含有一个氮氮三键，三键中有一个σ键，两个π键，所以1 mol氮气分子中含有π键的数目为2NA，A正确；氩气分子为单原子分子，所以1 mol氩气分子中含有原子的数目为NA，B正确；氯化钠的化学式为NaCl，所以1 mol氯化钠中含有Na＋的数目为NA，C正确；白磷为P4，P4分子为正四面体结构(四个P原子分别位于顶点)，一个分子中含有6个P—P键，所以1 mol白磷中含有P—P共价键的数目为6NA，D错误；综上所述答案为D。
2．(2021·湖北适应性测试)NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是( A )
A．1 mol H2S分子中，S原子的价层电子对数目为4NA
B．标准状况下，2．24 L环己烷的分子数为0．1NA
C．1 L 0．01 mol·L－1溶液中，和的离子数目之和为0．01NA
D．电极反应LiFePO4－xe－===xLi＋＋Li1－xFePO4，每转移1 mol电子释放2NA个Li＋
【解析】 H2S中，S原子的价层电子对数＝(6＋1＋1)/2＝4，故1 mol H2S中，S原子的价层电子对数为4NA，故A正确；标准状况下，2．24 L己烷物质的量不是1 mol，故B错误；根据物料守恒，1 L溶液中，、和的物质的量之和为0．01 mol，故C错误；根据电极反应式LiFePO4－xe－===xLi＋＋Li1－xFePO4可知，转移1 mol电子，产生Li＋1 mol，即NA个，故D错误。
3．(2021·宝鸡模拟)下列表述正确的是( D )
A．22．4 L HCl溶于水制得1 L盐酸时，其浓度为1 mol·L－1
B．1 L 0．3 mol·L－1的CuCl2溶液中含有Cu2＋和Cl－的总物质的量为0．9 mol
C．在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果c(Na＋)＝c(SO)，则c(K＋)＝c(Cl－)
D．10 ℃时，100 mL KCl饱和溶液蒸发掉5 g水，冷却到10 ℃时，它仍为饱和溶液
【解析】 未说明温度和压强，故无法确定22．4 L HCl的物质的量，无法计算浓度，A错误；由于铜离子在水溶液中会水解，故1 L 0．3 mol·L－1的CuCl2溶液中含有Cu2＋的物质的量小于0．3 mol，Cu2＋和Cl－的总物质的量小于0．9 mol，B错误；根据电荷守恒，K2SO4和NaCl的混合溶液中，c(K＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(Cl－)＋c(OH－)，由于溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，所以c(K＋)＋c(Na＋)＝2c(SO)＋c(Cl－)，若c(Na＋)＝c(SO)，则c(K＋)＝c(SO)＋c(Cl－)，C错误；10 ℃时，100 mL KCl饱和溶液蒸发掉5 g水，冷却到10 ℃时，有晶体析出，但溶液仍为饱和溶液，D正确。
4．(2021·太原模拟)过氧化钙(CaO2)是一种用途广泛的优良供氧剂，常温下为白色固体，能溶于酸，难溶于水、乙醇，且本身无毒，不污染环境，某实验小组制备CaO2过程如下。
Ⅰ．制备CaO2·8H2O
利用反应Ca2＋＋H2O2＋2NH3＋8H2O===CaO2·8H2O↓＋2NH，在碱性环境下制取CaO2·8H2O的装置如图：
(1)CaO2的电子式为__Ca2＋[∶∶∶]2－__。
(2)写出甲装置中反应的化学方程式__2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O__。
(3)仪器A的名称为__三颈烧瓶__；仪器B的作用是__防倒吸__。
(4)乙中反应温度需控制在0 ℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率和__过氧化氢的利用率__。
(5)反应结束后，分离提纯CaO2·8H2O的过程中，洗涤的操作为__向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2～3次__。
Ⅱ．制得产品并定量检测
(6)CaO2·8H2O脱水干燥即得CaO2产品。经检测知某CaO2产品中含有CaO2·xH2O和CaO，已知CaO2·xH2O受热分解有CaO、O2和H2O生成。①称取3．248 g产品，加热，在标准状况下生成268．8 mL气体。②另取等量产品，溶于适量的稀盐酸后，加入足量的Na2CO3溶液得到沉淀2．80 g，则该产品中CaO2·xH2O的x值为__3__。
【解析】 (1)过氧化钙是由钙离子和过氧根离子形成的离子化合物，电子式为Ca2＋[∶∶∶]2－；(2)甲装置中发生的反应为氯化铵固体和氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；(3)由分析可知，装置乙中仪器A的名称为三颈烧瓶，装置B为长颈漏斗，用于防止因实验时氨气极易溶于水产生倒吸；(4)乙中反应温度需控制在0 ℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低，可以降低八水过氧化钙的溶解度，便于晶体析出，提高八水过氧化钙的产率，同时也能减少过氧化氢分解，提高过氧化氢的利用率；(5)洗涤八水过氧化钙的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2～3次即可；(6)由①可得：2CaO2·xH2O～O2，266．8 mL氧气的物质的量为＝0．012 mol，则CaO2·xH2O的物质的量为0．012 mol×2＝0．024 mol；由②可知，反应生成2．80 g碳酸钙的物质的量为＝0．028 mol，则样品中CaO2·xH2O和CaO的物质的量之和为0．028 mol，则CaO的物质的量为0．028 mol－0．024 mol＝0．004 mol；由样品的质量为3．248 g可得：0．024 mol×(72＋18x)g/mol＋0．004 mol×56 g/mol＝3．248 g，解得x＝3。
5．CrO3主要用于电镀工业，做自行车、仪表等日用五金电镀铬的原料。CrO3具有强氧化性，热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如图所示。
请回答下列问题：
(1)B点时剩余固体的化学式是__Cr2O3__。
(2)加热至A点时反应的化学方程式为__6CrO32Cr3O8＋O2↑__。
【解析】 设CrO3的质量为100 g，则n(Cr)＝＝1 mol。
(1)MB＝＝76 g·mol－1。
设B的化学式为CrOx
52＋16x＝76，x＝1．5
化为整数比为Cr2O3。
(2)MA＝＝94．67 g·mol－1。
设A的化学式为CrOy
52＋16y＝94．67，y＝2．67。
化为整数比为Cr3O8。
所以加热至A点时，反应的化学方程式为6CrO32Cr3O8＋O2↑
专题强化提升训练(二)
1．(2021·忻州模拟)用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( D )
A．1 mol NaHSO4晶体中含有的阳离子数目为2NA
B．用电解粗铜的方法精炼铜，当阳极质量减轻32 g时，电路中通过的电子数为NA
C．常温下，1 L pH＝9的CH3COONa溶液中，水电离出的H＋数目为10–9NA
D．向1 L 0．1 mol·L－1盐酸中滴加氨水至中性，溶液中含有的NH数目为0．1NA
【解析】 NaHSO4晶体中含有Na＋和HSO，1 mol NaHSO4晶体中含有的阳离子数目为NA，故A错误；电解精炼铜用粗铜作阳极，阳极首先是比铜活泼的金属(如Zn)放电溶解，比铜不活泼的金属以阳极泥的形式沉淀下来，阳极质量减轻32 g，转移的电子数不一定为NA，故B错误；CH3COONa溶液中，水电离出来的c(H＋)＝c(OH－)，所以常温下，1 L pH＝9的CH3COONa溶液中，水电离出的H＋数目为10－5NA，故C错误；向1 L 0．1 mol·L－1盐酸中滴加氨水至中性，即n(H＋)＝n(OH－)，再由电荷守恒：n(NH)＋n(H＋)＝n(OH－)＋n(Cl－)，可知n(NH)＝n(Cl－)＝0．1 mol·L－1×1 L＝0．1 mol，所以溶液中含有的NH数目为0．1NA，故D正确。
2．(2021·安庆模拟)嫦娥五号于2020年11月24日成功发射，其助燃剂为四氧化二氮。安徽华茂集团与武汉纺织大学等单位，经历了无数次试验和攻关，最终选用两种国产高性能纤维材料，成功研制出符合登月要求的第一面“织物版”五星红旗。下列有关说法正确的是( A )
A．五星红旗选用材料之一芳纶纤维
可由对苯二甲酸和对苯二胺缩聚而成
B．碳纤维和光导纤维都属于有机高分子材料
C．标准状况下92 g助燃剂所含分子数为2NA
D．嫦娥五号寻找并带回的土壤中含3He,3He与4He互为同素异形体
【解析】 五星红旗选用材料之一芳纶纤维可由对苯二甲酸和对苯二胺缩聚而成，羧基提供—OH，氨基提供—H，同时生成水，A正确；碳纤维为C的单质，光导纤维的成分为二氧化硅，均为无机材料，B错误；四氧化二氮与二氧化氮存在平衡，标准状况下92 g助燃剂所含分子数少于2NA，C错误；嫦娥五号寻找并带回的土壤中含3He,3He与4He互为同位素，D错误。
3．(2021·泰安模拟)以天然气为原料经由合成气(CO、H2)制取化学品是目前天然气转化利用的主要技术路线。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( D )
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22 g CH4与CO的混合气体，所含C原子数一定为NA
D．用CH4制备合成气的过程中，每生成1 mol CO，转移电子总数为3NA
【解析】 根据图中信息可知，制备CH3OH的反应过程为：CH4(g)===C(s)＋2H2(g)，CO2(g)＋C(s)===2CO(g)，2H2(g)＋CO(g)===CH3OH(l)，总反应为：CH4(g)＋CO2(g)===CH3OH(l)＋CO(g)。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，A项错误；1 mol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，1 mol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，B项错误；44 g CO2气体的物质的量为＝＝1 mol，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＞1 mol，44 g CH4与CO的混合气体假设全部是CO气体，物质的量为＞1 mol，故44 g CH4与CO的混合气体的物质的量大于1 mol，所含C原子数大于1 mol，故C原子数大于NA，C项错误；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2 mol一氧化碳时，转移2 mol电子消耗1 mol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1 mol碳原子转移的电子的物质的量为4 mol，要生成2 mol一氧化碳共需要转移6 mol电子，则若生成1 mol CO，反应转移电子的物质的量为3 mol，转移的电子数为3NA，D项正确。
4．(2021·郑州模拟)NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( B )
A．1 L 0．1 mol·L－1的AlCl3溶液中含有Al3＋的数目为0．1NA
B．常温常压下，2．0 g HO和D2O的混合物中含有的电子数一定为NA
C．常温常压下，31 g白磷燃烧生成P4O6时，断裂P—P键的数目为NA
D．0．1 mol NaHCO3晶体中阴、阳离子总数为0．3NA
【解析】 铝离子为弱碱阳离子，在水溶液中部分水解，所以1 L 0．1 mol·L－1的AlCl3溶液中含有Al3＋的数目小于0．1NA，故A错误；HO和D2O的相对分子质量均为20，常温常压下，2．0gHO和D2O的混合物中含有的电子数一定为×10×NA mol－1＝NA，故B正确；31 g白磷的物质的量为＝0．25 mol，而一个白磷分子中含6条P—P键，燃烧生成的P4O6的结构为，燃烧后P—P键全部断裂，0．25 mol白磷中含1．5NA条P—P键，因此断裂P—P键的数目为1．5NA，故C错误；0．1 mol NaHCO3晶体中含有0．1 mol钠离子和0．1 mol碳酸氢根离子，阴、阳离子总数为0．2NA，故D错误。
5．(2021·太原模拟)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( B )
A．常温下，pH＝9的CH3COONa溶液中，水电离出的H＋数目为10－5NA
B．1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3＋转移的电子数目为6NA
C．常温下2．24 L N2中共用电子对数目为0．3NA
D．1 L 0．1 mol·L－1NH4Cl溶液中，NH的数目为0．1NA
【解析】 溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H＋数，A错误；K2Cr2O7被还原为Cr3＋时，2个＋6价的Cr转化为＋3价，共转移6个电子，则1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3＋转移的电子数为6NA，B正确；常温下，不能用标况下气体摩尔体积计算N2的物质的量，则共用电子对数目不是0．3NA，C错误；NH是弱碱阳离子，发生水解：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH数量小于0．1NA，D错误。
6．(2021·成都模拟)设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是( A )
A．34 g H2O2中含有18NA个中子
B．1 L 0．1 mol·L－1 NH4Cl溶液中，阴离子数大于0．1NA
C．标准状况下，22．4 L CH4和C2H4的混合气体中含有C—H键的数目为4NA
D．足量Fe与1 mol Cl2完全反应，转移的电子数目为2NA
【解析】 34 g H2O2为1 mol，H中无中子，O中含有8个中子，所以34 g H2O2含有中子数＝1 mol×8×2＝16 mol即16NA，故A错误；NH能水解且水解后溶液显酸性，Cl－不水解，但水能发生微弱的电离，所以1 L 0．1 mol·L－1 NH4Cl溶液中，阴离子数大于0．1NA，故B正确；标准状况下，22．4 L CH4和C2H4的混合气体为1 mol，因为CH4和C2H4中都含有4个氢原子，所以含有C—H键的数目为4NA，故B正确；根据Cl2～2Cl－～2e－可知，足量Fe与1 mol Cl2完全反应，转移的电子数目为2NA，故D正确。
7．(2021·保定模拟)设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( D )
A．铜与浓硝酸充分反应生成22．4 L气体时转移电子数为NA
B．4．6 g Na完全与水反应，生成共价键0．1NA
C．Al3＋＋4OH－===[Al(OH)4]－，说明1 mol Al(OH)3电离出H＋数为NA
D．101 kPa、120 ℃时，7．8 g C6H6燃烧所得气体分子数一定为0．9NA
【解析】 生成气体所处的状态不明确，故气体的物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故A错误；4．6 g Na的物质的量为n(Na)＝＝＝0．2 mol，Na与水完全反应生成NaOH和H2，即2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，产物NaOH中OH－存在一个共价键，H2中存在1个共价键，由于0．2 mol Na与水完全反应生成0．2 mol NaOH和0．1 mol H2，所以生成0．2NA＋0．1NA＝0．3NA的共价键，故B错误；Al(OH)3的酸式电离为Al(OH)3H＋＋AlO＋H2O，Al(OH)3为弱电解质，不能完全电离，H＋数目小于NA，故C错误；7．8 g C6H6的物质的量为n(C6H6)＝＝＝0．1 mol,120 ℃时H2O为气体，燃烧产物为CO2或CO一种或两种及H2O，根据元素守恒，碳的氧化物为0．6 mol，H2O为0．3 mol，所得气体分子数为0．6NA＋0．3NA＝0．9NA，故D正确。
8．(2021·沧州模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( D )
A．6．0 g正丙醇中含有共价键的总数为NA
B．0．1 mol Cu与足量硫单质充分反应，转移的电子数为0．2NA
C．0．1 mol/L的NaCl溶液中含有的阴、阳离子总数共有0．2NA
D．标准状况下，11．2 L由甲烷和乙烯组成的混合气体中所含氢原子数为2NA
【解析】 每个正丙醇分子中含有11个共价键，6．0 g正丙醇中含有共价键的总数为1．1NA，A错误；Cu与硫反应生成Cu2S,0．1 mol Cu与足量硫单质充分反应，转移的电子数为0．1NA，B错误；溶液的体积未知，无法计算离子总数，C错误；每个甲烷和乙烯分子中均含有4个H原子，标准状况下，11．2 L由甲烷和乙烯组成的混合气体为0．5 mol，所含氢原子数为2NA，D正确。
9．(2021·太原模拟)下列实验过程可以达到实验目的的是( B )
编号
实验目的
实验过程
A
配制0．400 0
mol·L－1的
NaOH溶液
称取4．0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，立即转移至250 mL容量瓶中定容
B
探究维生素C的还原性
向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化
C
制取并纯化氢气
向稀盐酸中加入锌粒，将生产的气体依次通过NaOH溶液、浓盐酸
D
检验SO
向溶液中滴加HNO3酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生
【解析】 称取4．0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，冷却后转移至250 mL容量瓶中定容，配制0．400 0 mol·L－1的NaOH溶液，故A错误；向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，若黄色氯化铁溶液变为浅绿色，说明Fe3＋被还原为Fe2＋，证明维生素C具有还原性，故B正确；向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸，得到纯净干燥的氢气，故C错误；HNO3能把SO氧化为SO，向溶液中滴加HNO3酸化的BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，原溶液可能含有SO或SO或Ag＋，故D错误。
10．(2021·佛山模拟)氮化硅(Si3N4)是一种重要的结构陶瓷材料，可用作LED的基质材料，通过等离子法由SiH4(沸点－111．9 ℃)与氨气反应制取的方程式如下：3SiH4＋4NH3===Si3N4＋12H2。设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( B )
A．常温常压下，1．8 g SiH4所含质子的数目为3．2NA
B．标准状况下，4．48 L NH3和H2的混合气体所含分子总数为0．2NA
C．NA个NH3分子溶于1 L的水，所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1
D．当生成1 mol Si3N4时，转移电子数目为6NA
【解析】 1．8 g SiH4所含质子数为×(14＋4×1)×NA mol－1＝1．012 5 NA，故A错误；标准状况下，4．48 L NH3和H2的混合气体的物质的量为＝0．2 mol，分子数目为0．2NA，故B正确；NA个NH3分子溶于1 L的水，所得溶液的体积大于1 L，因此溶质物质的量浓度不是1 mol·L－1，故C错误；该反应转移电子为：，因此生成1 mol Si3N4时，转移电子数目为12NA，故D错误。
11．(2021·福州模拟)把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为( C )
A．(b－a)/V mol·L－1 B．(2b－a)/V mol·L－1
C．2(2b－a)/V mol·L－1 D．2(b－a)/V mol·L－1
【解析】 一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁，那么Mg2＋就有 mol，硫酸镁也就是 mol。另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有b mol。所以硫酸钾有 mol，钾离子就有2mol＝(2b－a) mol。浓度就是 mol/L，即 mol·L－1，C项符合题意。
12．(2021·南阳模拟)下列关于物质的量浓度表述中正确的是( C )
A．0．3 mol/LNaCl溶液中含有Na＋和Cl－总物质的量为0．6 mol
B．当1 L水吸收22．4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 mol/L，只有当22．4 L氨气溶于水制得1 L氨水时，其浓度才是1 mol/L
C．10 ℃时0．35 mol/L的KCl饱和溶液100 mL，蒸发掉5 g水，冷却到10 ℃时，其体积小于100 mL，它的物质的浓度仍为0．35 mol/L
D．在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na＋和SO的物质的量浓度相等，则K＋和Cl－的物质的量浓度一定相同
【解析】 没有告诉NaCl溶液的体积，无法计算溶液中钠离子和氯离子的物质的量之和，A错误；不是标况下，题中条件无法计算22．4 L氨气的物质的量，则无法计算该溶液的物质的量浓度，B错误；10 ℃时0．35 mol·L－1的KCl饱和溶液100 mL，蒸发掉5 g水，冷却到10 ℃时，其体积小于100 mL，但是此时仍然为饱和溶液，则它的物质的量浓度仍为0．35 mol·L－1，C正确；硫酸钾中，钾离子浓度是硫酸根离子浓度的2倍，NaCl中钠离子等于氯离子浓度，由于Na＋和SO的物质的量浓度相等，故K＋是Cl－的物质的量浓度的2倍，D错误。
13．(2021·济南模拟)1．76 g铜镁合金完全溶解于50 mL、密度为1．40 g·cm－3、质量分数为63%的浓硝酸中，得到1 792 mL NO2和224 mL N2O4(标准状况)混合气体，向反应后的溶液中加入适量的10．0 mol·L－1NaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀。下列说法不正确的是( C )
A．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14．0 mol·L－1
B．加入NaOH溶液的体积是60 mL
C．反应中被还原的硝酸的物质的量为0．08 mol
D．得到的金属氢氧化物的沉淀为3．46 g
【解析】 该浓硝酸密度为1．40 g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为 mol/L＝14 mol/L，故A正确；1 792 mL NO2的物质的量为＝0．08 mol,224 mL N2O4的物质的量为＝0．01 mol；向反应后的溶液中滴加NaOH溶液，恰好使溶液中的金属离子全部沉淀时，所得溶液为NaNO3溶液，结合电荷守恒和原子守恒可知，n(Na＋)＝n(NO)＝14 mol/L×0．05 L－(0．08 mol＋0．01 mol×2)＝0．6 mol，则加入NaOH溶液的体积为＝0．06 L＝60 mL，故B正确；NO2和N2O4均为还原产物，则被还原的硝酸的物质的量为0．08 mol＋0．01 mol×2＝0．01 mol，故C错误；溶液中Cu2＋和Mg2＋结合OH－的总物质的量等于Cu和Mg溶于硝酸失去电子的数目，则结合OH－的物质的量根据电子守恒可知为(0．08 mol＋0．01 mol×2)×(5－4)＝0．1 mol，最终得到的金属氢氧化物的沉淀为1．76 g＋17 g/mol×0．1 mol＝3．46 g，故D正确。
14．(2021·西安模拟)雄黄(As4S4，)与雌黄(As2S3)在古代均曾入药。二者可发生如图转化；NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( C )
A．1 mol雄黄(As4S4)分子中，含有S－S非极性共价键的数目为2NA
B．反应Ⅰ每生成22．4 L SO2气体时，转移的电子数目为7NA
C．反应Ⅲ产生1 mol雌黄时，消耗H2S分子的数目为3NA
D．1 L 1 mol/L NaH2AsO3溶液中，Na＋、H2AsO、AsO数目之和为2NA
【解析】 As是第ⅤA族元素，S是第ⅥA族元素，结合8电子稳定结构原理，雄黄结构中黑球为As，白球为S，因此，雄黄中不含有S—S共价键，A错误；根据图示的反应过程，反应Ⅰ的化学方程式为As4S4＋7O2===4SO2＋2As2O3，反应过程中每生成4 mol SO2需要转移28 mol电子，但是选项中没有指明SO2的状态，无法计算转移电子数目，B错误；根据图示的反应过程，反应Ⅲ的化学方程式为2H3AsO3＋3H2S===As2S3＋6H2O，反应过程中每产生1 mol雌黄时，消耗H2S的物质的量为3 mol，分子数为3NA，C正确；根据物料守恒有c(Na＋)＝c(H3AsO3)＋c(H2AsO)＋c(HAsO)＋c(AsO)＝1 mol/L，但H2AsO、AsO的物质的量浓度无法求得，故无法计算溶液中Na＋、H2AsO、AsO的数目之和，D错误。
15．84消毒液能有效灭杀新冠肺炎病毒等，某同学购买了一瓶84消毒液，并查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：含25% NaClO、1 000 mL、密度1．19 g·cm－3，稀释后使用。
请根据信息和相关知识回答下列问题：
(1)该84消毒液的物质的量浓度为__4．0__mol·L－1。
(2)该同学取100 mL该84消毒液，加入10 000 mL水进行稀释，稀释后的溶液中c(Na＋)＝__0．04__mol·L－1。(假设稀释后溶液密度为1．0 g·cm－3)
(3)该同学参阅该84消毒液的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含25% NaClO的消毒液。下列说法正确的是__C__(填字母)。
A．如图所示的仪器中，有四种是不需要的，还需一种玻璃仪器
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干才能用于溶液配制
C．利用购买的商品NaClO来配制可能导致结果偏低
D．需要称量的NaClO固体质量为143．0 g
【解析】 (1)c(NaClO)＝≈4．0 mol·L－1。(2)根据稀释前后溶质的物质的量不变，则100 mL×4．0 mol·L－1＝×c(NaClO)，解得c(NaClO)≈0．04 mol·L－1，故稀释后的溶液中c(Na＋)＝c(NaClO)≈0．04 moI·L－1。(3)配制480 mL含25% NaClO的消毒液时，用到的主要仪器有：托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管，故题图中①～④四种仪器不需要，但还需量筒、玻璃棒和胶头滴管，A项错误；容量瓶用蒸馏水洗净后，可以直接使用，不用干燥，B项错误；由于NaClO易变质，所以商品NaClO可能会部分变质，导致NaClO的物质的量减小，从而使结果偏低，C项正确；配制480 mL该84消毒液，应选取500 mL的容量瓶，需要称量的NaCIO固体的质量为0．5 L×4．0 mol·L－1×74．5 g·mol－1＝149．0 g，D项错误。
16．按要求回答问题。
(1)钨钛合金在工业中应用广泛，NH4Fe(SO4)2滴定法可测定合金中钛的含量：称取w g钨钛合金，用HNO3—HF混合液溶解，用NaOH溶液沉淀并分离钛元素后加盐酸溶解，用金属铝将Ti4＋还原为Ti3＋，向溶液中加几滴KSCN作指示剂，用c mol·L－1的NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定至溶液显红色，消耗标准溶液的体积为V mL。
①滴定时发生反应的离子方程式是__Ti3＋＋Fe3＋===Ti4＋＋Fe2＋__。
②样品中钛的含量为____%(用含w、c、V的式子表示)。
(2)若称取100 g MgCO3·nH2O晶体进行热重分析，得到的热重曲线如图所示，则该晶体中n＝__1__(取整数)。
【解析】 (1)②根据题意和方程式得到样品中钛的物质的量n(Ti3＋)＝c mol·L－1×V×10－3L＝cV×10－3 mol，样品中钛的含量为×100%＝%。(2)由题图知400 ℃时剩余质量为82．3 g，这是该晶体失去结晶水后的质量，则有100×＝100－82．3，解得n≈1。
专题二 化学常用计量及其应用
明课程标准
备关键能力
1．了解物质的量及其相关物理量的含义和应用，体会定量研究对化学科学的重要作用。
2．能基于物质的量认识物质组成及其变化，运用物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度之间的相互关系进行简单计算。
1．理解与辨析：能辨识物质的量及摩尔质量等概念，结合物质及反应的微观分析，掌握有关物质的量的计算。
2．探究与创新：能根据实验目的，对仪器进行创新应用，进行溶液的配制和实验探究。
3．分析与推测：能基于物质结构和化学反应的分析，计算微观粒子、化学键及电子转移数目。
高考真题·导航
GAO KAO ZHEN TI DAO HANG
1．(2021·全国甲卷)NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( C )
A．18 g重水(D2O)中含有的质子数为10NA
B．3 mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为4NA
C．32 g环状S8()分子中含有的S—S键数为1NA
D．1 L pH＝4的0．1 mol·L－1 K2Cr2O7溶液中Cr2O离子数为0．1NA
【解析】 D2O的质子数为10,18 g D2O的物质的量＝0．9 mol，则18 g重水(D2O)中所含质子数为9NA，A错误；NO2与H2O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3 mol的NO2参与反应时，转移的电子数为2NA，B错误；一个S8()分子中含有的S—S键数为8个，32 g S8的物质的量为＝ mol，则含有的S—S键数为×8×NA＝NA，C正确；酸性K2Cr2O7溶液中存在：Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋，含Cr元素微粒有Cr2O和CrO，则1 L pH＝4的0．1 mol·L－1 K2Cr2O7溶液中Cr2O离子数应小于0．1NA，D错误。
2．(2020·全国卷Ⅲ·9)NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( C )
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
【解析】 标准状况下22．4 L氮气的物质的量为1 mol，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，1 mol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；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；石墨烯和金刚石均为碳单质，12 g石墨烯和12 g金刚石均相当于12 g碳原子，即＝1 mol C原子，所含碳原子数目为NA，故C正确；1 mol NaCl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。
3．(2019·全国卷Ⅱ·8)已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是( B )
A．3 g 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PO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
【解析】 1个3He的原子核中含有2个质子和1个中子，3 g 3He的物质的量为1 mol，含有的中子数为1NA，A正确；磷酸是弱酸，磷酸钠溶液中PO发生水解，故1 L 0．1 mol·L－1磷酸钠溶液含有的PO数目小于0．1NA，B错误；由K22O723＋知，1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3＋转移的电子数为6NA，C正确；正丁烷和异丁烷属于同分异构体，每个分子中都含有13个共价键，48 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物共58 g，总物质的量为1 mol，共价键数目为13NA，D正确。
4．(2019·全国卷Ⅲ·11)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH＝2的H3PO4溶液，下列说法正确的是( B )
A．每升溶液中的H＋数目为0．02NA
B．c(H＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－)
C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
【解析】 pH＝2的H3PO4溶液中，c(H＋)＝0．01 mol·L－1，每升溶液中含有H＋的物质的量为0．01 mol，数目为0．01NA，A错误；根据电荷守恒，H3PO4溶液中离子间的关系为c(H＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－)，B正确；加水稀释后H3PO4电离度增大，溶液体积也增大，溶液中H＋浓度减小，pH增大，C错误；NaH2PO4是强电解质，在水中完全电离NaH2PO4===Na＋＋H2PO，生成的H2PO抑制了H3PO4的电离，H3PO4H＋＋H2PO平衡逆向移动，溶液酸性减弱，D错误。
5．(2019·全国卷Ⅰ，27(5))采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时失掉1．5个结晶水，失重5．6%。硫酸铁铵晶体的化学式为__NH4Fe(SO4)2·12H2O__。
【解析】 失重5．6%是质量分数，设结晶水合物的化学式为NH4Fe(SO4)2·xH2O，由题意知＝，解得x≈12。
6．(2019·全国卷Ⅱ，26(3))立德粉(ZnS·BaSO4)成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25．00 mL 0．100 0 mol·L－1的I2－KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0．100 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2O===2I－＋S4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为__浅蓝色至无色__，样品中S2－的含量为__×100%__(写出表达式)。
【解析】 达到滴定终点时I2完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内颜色不再发生变化；根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I2～2S2O，可得n(I2)过量＝×0．100 0 V×10－3 mol，再根据关系式S2－～I2可知，n(S2－)＝0．100 0×25．00×10－3 mol－×0．100 0 V×10－3 mol＝×0．100 0×10－3 mol，则样品中S2－的含量为×100%。
高考要求能根据粒子的物质的量、数目、气体体积之间的相互关系进行有关计算。预测2022年高考仍会围绕NA、Vm的应用范围设置陷阱，同时又隐含对物质的组成与结构、氧化还原反应、弱电解质的电离、可逆反应、盐类的水解等知识的考查，重要命题角度有：
(1)求粒子数目；
(2)求共价键数；
(3)求混合物中指定粒子数目；
(4)求电子转移数目等等。
同时还要注意有关滴定计算的考查会出现在化工流程中考查产品产率及纯度的计算或以填空题考查多步反应的计算；有关化学平衡常数、转化率的计算会在综合题中应用阿伏加德罗定律结合“三段式”进行计算。
必备知识·整合
BI BEI ZHI SHI ZHENG HE
1．有关阿伏加德罗常数试题的常设“陷阱”
(1)气体摩尔体积的运用条件：考查气体时经常给定非标准状况下，如25 ℃、1．01×105 Pa气体体积，让考生用22．4 L·mol－1进行换算，误入陷阱。
(2)物质的聚集状态：22．4 L·mol－1适用对象是气体(包括混合气体)。命题者常用在标准状况下呈非气态的物质来迷惑考生，如H2O、CCl4、辛烷、汽油、SO3、C6H6、HF。但注意含四个碳以下的烃、甲醛、一氯甲烷是气体。
(3)混淆某些氧化还原反应中电子转移的数目：命题者常用一些反应中转移电子的数目来迷惑考生，如Na2O2与H2O、CO2的反应(1 mol Na2O2反应转移1 mol电子)。
(4)特殊物质的摩尔质量及微粒数目：如D2O、18O2、H37Cl。
(5)物质的组成、结构：气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如He、Ne)、三原子分子(如O3)等；Na2O2由Na＋和O构成，而不是Na＋和O2－，苯中不含碳碳单键和碳碳双键等。
(6)物质中的化学键数目：如白磷(31 g白磷含1．5 mol P—P键)、金刚石(12 g金刚石含2 mol C—C键)、晶体硅及晶体SiO2(60 g二氧化硅晶体含4 mol Si—O键)。
(7)电解质溶液中因微粒的电离或水解造成微粒数目的变化：弱电解质CH3COOH、HClO等部分电离，而使溶液中CH3COOH、HClO数目减小；Fe3＋、Al3＋、CO、CH3COO－等因发生水解使该种粒子数目减少；Fe3＋、Al3＋、CO等因发生水解而使溶液中阳离子或阴离子总数增多等。
2．物质的量浓度的多
角度计算
(1)物质的量浓度的计算
①熟记物质的量浓度的计算的基本桥梁公式
n＝＝＝＝cV；
②物质的量浓度与质量分数的换算
c＝或w＝
(2)物质的量浓度计算的两大规律
①质量守恒定律
a．化学反应前后，反应物和生成物的质量相等。
b．稀释前后，溶质的质量(或物质的量)不变。
②电荷守恒规律
溶液中阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数。
关键能力·突破
GUAN JIAN NENG LI TU PO
考点一 阿伏加德罗常数及其应用
角度 气体摩尔体积的适用条件
典例1 ＋＋＋(2021·重庆模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( A )
A．常温常压下，20 g 2H2O含有氧原子数为NA
B．标准状况下，44．8 L CS2含有的分子数为2NA
C．标准状况下，33．6 L一氯甲烷和二氯甲烷混合物中含有原子的数目为5NA
D．1．12 L Cl2通入水中发生反应，转移的电子数为0．1 NA
【解析】 2H2O的相对分子质量为2×2＋16＝20，20 g 2H2O的物质的量为1 mol，含有NA个氧原子，A正确；标况下CS2不是气体，不能用22．4 L/mol计算其物质的量，B错误；常温常压下，二氯甲烷是液体，不能用标况下的气体摩尔体积计算，C错误；没有指明为标准状况，无法计算1．12 L Cl2的物质的量，则无法计算转移的电子数，D错误。
方法技巧
气体摩尔体积使用条件考查的解题方法
注意气体摩尔体积的使用条件，注重“两看”，排除干扰。
一看：气体是否处于标准状况(0 ℃、101 kPa)。
二看：标准状况下，物质是否是气态。常见干扰物质：①无机物Br2、SO3、H2O、HF等；②有机物中碳原子数大于4的烃，如苯、己烷等；③有机物中烃的衍生物CCl4、氯仿、乙醇等(CH3Cl、HCHO为气体)。
若题中给出非标准状况下的气体，切勿直接判断为错误说法，气体的物质的量或质量与温度、压强无关，可直接计算。
〔类题通关〕
1．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( B )
A．标准状况下，11．2 L苯中含有分子的数目为0．5NA
B．标准状况下，22．4 L SO2中含有的SO2分子数为NA
C．常温常压下，35．5 g氯气与足量镁粉充分反应，转移的电子数为2NA
D．常温常压下，22．4 L NO2和CO2的混合气体含有的氧原子数为2NA
【解析】 A项，标准状况下苯是液体，无法计算物质的量，错误；B项，标准状况下，22．4 L SO2的物质的量是1 mol，分子数为NA，正确；C项，35．5 g氯气的物质的量是0．5 mol，转移电子数为NA，错误；D项，常温常压下，22．4 L气体的物质的量不是1 mol，错误。
2．(2021·漳州模拟)NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( A )
A．2．3 g金属钠与氧气完全反应生成Na2O与Na2O2的混合物，转移的电子数目为0．1NA
B．常温常压下，等物质的量的N2和CO所含的分子数均为NA
C．1 mol CH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数等于NA
D．标准状况下，2．24 L CCl4中含有的C—Cl键数为0．4NA
【解析】 2．3 g金属钠的物质的量是0．1 mol，按得失电子数守恒，与氧气完全反应生成Na2O与Na2O2的混合物，转移的电子数目为0．1 NA，A正确；常温常压下，等物质的量的N2和CO所含的分子数相等，当物质的量是0．1 mol时分子数目才各自为NA，B不正确；1 mol CH4与Cl2在光照下发生取代反应，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳等，则按原子数守恒可知CH3Cl分子数小于NA，C不正确；标准状况下，四氯化碳为液体，2．24 L CCl4中含有的C—Cl键数原大于0．4 NA，D不正确。
角度 物质的微观组成与结构
典例2 ＋＋＋(2021·成都模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( D )
A．30 g C2H6中含有极性共价键的数目为7NA
B．12 g金刚石中含有化学键的数目为4NA
C．P4分子的空间构型为正四面体形，因此1 mol P4分子中含有4NA个共价键
D．7．8 g Na2S和Na2O2的混合物中，含有阴离子的数目为0．1NA
【解析】 C2H6中C—H键为极性键，所以30 g C2H6即1 mol C2H6中含有极性共价键的数目为6NA，A错误；12 g金刚石含1 mol碳原子，形成共价键数目为2NA ，B错误；P4分子的空间构型为正四面体形，1 mol P4分子中含有6NA个共价键，故C错误；Na2S和Na2O2的摩尔质量均为78 g/mol，所以7．8 g Na2S和Na2O2的混合物的物质的量为0．1 mol，Na2S中的阴离子为S2－，Na2O2中的阴离子为O，所以混合物中阴离子的数目为0．1NA，D正确。
规律方法
常见物质的组成和结构考查的解题方法
记常见物质组成和结构，突破陷阱。
(1)记常见微粒(分子、原子、质子、中子、电子、电荷等)的数目，如Ne(稀有气体均为单原子分子)、H2O和D2O、CH4、—OH和OH－(质子数相同电子数不同)。
(2)记常见物质中所含化学键的数目，如几种常见物质化学键数目：
1 mol物质
金刚石
石墨
Si
SiO2
化学键的
物质的量(mol)
碳碳键：2
碳碳键：1．5
硅硅键：2
硅氧键：4
1 mol物质
白磷
H2O2
烷烃CnH2n＋2
化学键的物
质的量( mol)
磷磷
键：6
氧氢键(极性键)：2
氧氧键(非极性键)：1
总数：3n＋1
碳氢键：2n＋2
碳碳键：n－1
(3)记摩尔质量相同的物质，如N2、CO和C2H4等。
(4)记最简式相同的物质，如NO2和N2O4、单烯烃和环烷烃等。等质量的乙烯和丙烯所含原子数、碳原子数、氢原子数、共用电子对数分别相等，但分子数、物质的量、相同状况下体积均不同。
〔类题通关〕
1．(2021·连云港模拟)NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( C )
A．10 g CaCO3和KHCO3的固体混合物所含阳离子大于0．1NA
B．30 g二氧化硅中含有化学键的数目为NA
C．1 mol Na被完全氧化生成Na2O，失去NA个电子
D．1 L 1 mol/LCH3COONa溶液中含有CH3COO－的数目为NA
【解析】 CaCO3和KHCO3的摩尔质量均为100 g/mol，则10 g CaCO3和KHCO3的固体混合物的物质的量为0．1 mol，又由于CaCO3和KHCO3均为离子化合物，其阴阳离子之比为1∶1，则10 g CaCO3和KHCO3的固体混合物所含阳离子等于0．1NA，故A错；二氧化硅的摩尔质量为60 g/mol,30 g二氧化硅的物质的量为0．5 mol，由于1 mol二氧化硅在含4 mol硅氧键，所以30 g二氧化硅中含有化学键的数目为2NA，故B错；1 mol Na被完全氧化生成0．5 mol Na2O，转移的电子总数为NA，故选C；CH3COONa强碱弱酸盐，CH3COONa的水溶液中有部分CH3COO－会水解生成CH3COOH，从而1 L1 mol/L CH3COONa溶液中含有CH3COO－的数目应小于NA，故D错。
2．下列说法中正确的是(NA为阿伏加德罗常数的值)( C )
A．O2－的电子式为[∶∶]2－，则O2－核外有8个电子
B．1 mol NH4Cl中含有的H—Cl键的数目为NA
C．CrO5中Cr元素的化合价为＋6价，每个CrO5分子中存在两个过氧键
D．20 g Na2O和Na2O2的混合物中，所含阴阳离子数目之比无法确定
【解析】 O2－的电子式为[∶∶]2－，表示O2－的最外层有8个电子，但其原子核外有10个电子，A错误；NH4Cl是离子化合物，NH与Cl－间形成离子键，无H—Cl共价键存在，B错误；根据化合物中所有元素化合价的代数和为0原则，CrO5中5个O共为－6价，说明以－1价氧存在的共有两个过氧根，一个氧化合价－2价，C正确；Na2O和Na2O2都是离子化合物，其中含有的阴阳离子数目之比都是1∶2，与物质的多少无关，D错误。
角度 氧化还原反应中转移电子数目
典例3 ＋＋＋(2021·柳州模拟)NA是阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( B )
A．23 g Na在氧气中充分燃烧生成Na2O2，转移电子数为2NA
B．5．6 g Fe与足量稀硝酸反应，转移电子的数目为0．3NA
C．1 mol FeBr2与22．4 Cl2完全反应时转移的电子数为2NA
D．一定条件下，0．1 mol铁与足量水蒸气充分反应，转移的电子数为0．3NA
【解析】 钠转化为过氧化钠时需要失去电子，23 g Na(即1 mol Na)共失去1 mol电子，故23 g Na充分燃烧生成Na2O2时，转移电子数为NA，A错误；5．6 g Fe的物质的量为0．1 mol，与足量稀硝酸全部转化为Fe3＋，转移电子的数目为0．3NA，B正确；没有说明是否为标况，无法计算，C错误；0．1 mol铁与足量水蒸气充分反应的方程式为3Fe＋4H2OFe3O4＋4H2可知，Fe完全反应，转移的电子数N＝0．1××NA≈0．27NA，D错误。
方法技巧
三步确定电子转移数目
〔类题通关〕
(2021·攀枝花模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( D )
A．0．5 mol O2与一定量的Na完全反应，转移的电子数一定为2．0NA
B．0．1 mol Fe和0．1 mol氯气充分反应，转移的电子数为0．3NA
C．将6．72 L(标准状况)氯气溶于水中，转移的电子数为0．3NA
D．反应2CuFeS2＋O2===Cu2S＋2FeS＋SO2中，每生成0．2 mol SO2，转移的电子数为1．2NA
【解析】 0．5 mol O2与一定量的Na反应不一定生成Na2O，还可能生成Na2O2，因此转移的电子数不一定为2．0 NA，故A错误；等物质的量的Fe和氯气反应生成氯化铁，铁过量，反应的电子转移根据氯气计算，转移的电子数为0．2 NA，故B错误；氯气溶于水，只有一部分氯气和水反应，且反应可逆，而6．72 L(标准状况)氯气的物质的量为＝0．3 mol，因此转移的电子数比0．3NA小得多，故C错误；反应2CuFeS2＋O2===Cu2S＋2FeS＋SO2中，化合价升高值＝化合价降低值＝转移电子数＝6，则每生成0．2 mol SO2，转移的电子数为1．2NA，故D正确。
角度 溶液中微粒数目的判断
典例4 ＋＋＋(2021·厦门模拟)NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( D )
A．将1 mol NH3完全溶于水，所得溶液中N(NH3·H2O)＋N(NH)＝NA
B．向1 L 0．1 mol/L NaCN溶液中加入适量HCN使溶液呈酸性，则溶液中CN－的数目小于0．1NA
C．将0．1 mol Cl2通入到足量的水中，溶液中Cl－、HClO、ClO－微粒总数为0．2
D．25 ℃时，1 L pH＝13的Ba(OH)2溶液中Ba2＋数目为0．05 NA
【解析】 将1 mol NH3完全溶于水，氨气溶于水是可逆反应，因此所得溶液中N(NH3)＋N(NH3·H2O)＋N(NH)＝NA，A错误；溶液中存在电荷守恒式：n(CN－)＋n(OH－)＝n(Na＋)＋n(H＋)，根据题意溶液呈酸性，即n(H＋)>n(OH－)，则n(Na＋)
题后反思
审准题目“要求”，是突破该类题目的关键
(1)溶液中是否有“弱粒子”，即是否存在弱电解质或能水解的“弱离子”，如1 L 1 mol·L－1的乙酸或1 L 1 mol·L－1乙酸钠溶液中CH3COO－数目均小于NA。
(2)题目中是否指明了溶液的体积，如在pH＝1的HCl溶液中，因溶液体积未知而无法求算H＋的数目。
(3)所给条件是否与电解质的组成有关，如pH＝1的H2SO4溶液c(H＋)＝0．1 mol·L－1，与电解质的组成无关；0．05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液，c(OH－)＝0．1 mol·L－1，与电解质的组成有关。
〔类题通关〕
1．(2021·湖南适应性测试)已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( B )
A．常温常压下，22．4 L CH4含有电子数为10 NA
B．6 g CH3COOH 分子中含有共价键数为0．8 NA
C．1 L 0．1 mol·L－1 Na2CO3 溶液中含CO数为0．1 NA
D．密闭容器中2 mol SO2与1 mol O2 反应，生成SO3的分子数为2 NA
【解析】 气体的摩尔体积会受到温度和压强的影响，标准状况下气体摩尔体积为22．4 L/mol，不是常温常压下，A错误；CH3COOH的结构式为，其中的C===O由一个σ键和1个π键组成，算两个化学键，所以每个分子中含8个共价健，n(CH3COOH)＝＝0．1 mol，含的共价键数为0．1×8 NA＝0．8 NA，B正确；Na2CO3溶液中存在水解平衡CO＋H2O HCO＋OH－，会使CO减少，CO数目少于0．1 NA，C错误；2SO2＋O22SO3为可逆反应，反应不完全，生成的分子数少于2 NA，D错误。
2．NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( A )
A．常温常压下，11．2 L SO2含有的氧原子数小于NA
B．0．1 mol 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 mol/L醋酸中含有的醋酸分子数是0．01NA
【解析】 常温常压下，气体摩尔体积大于22．4 L/mol，故11．2 L二氧化硫的物质的量小于0．5 mol，则含有的氧原子个数小于NA，故A正确；由Na2O2的电子式为Na＋[∶∶∶]2－Na＋，Na2O的电子式为Na＋[∶∶]2－Na＋可知，1 mol Na2O中含3 mol离子，1 mol Na2O2中含3 mol离子，则0．1 mol Na2O和Na2O2混合物中离子为0．3 mol，即含有的阴、阳离子总数是0．3NA，故B错误；H2O2溶液中，除了H2O2，水也含氢原子，故10 g质量分数为34%的H2O2溶液中溶质的质量10 g×34%＝3．4 g，物质的量n＝＝＝0．1 mol,0．1 mol过氧化氢分子中含有0．2 mol氢原子，0．2 mol氢原子个数等于0．2NA，水也含氢原子，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 mol/L醋酸的物质的量n＝cV＝0．1 mol/L×0．1 L＝0．01 mol，含有的醋酸分子数小于0．01NA，故D错误。
角度 隐含可逆反应的判断
典例5 ＋＋＋(2021·武汉模拟)已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( A )
A．标准状况下，11．2 L O2和22．4 L NO在密闭容器中充分混合后，气体分子总数小于NA
B．7．1 g Cl2与足量的水反应转移的电子总数为0．1NA
C．100 mL 0．1 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中含有的Fe2＋数目为0．01NA
D．一定条件下，1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NA
【解析】 标准状况下，11．2 L O2和22．4 L NO在密闭容器中充分混合后生成22．4 L NO2，但由于二氧化氮可以转化为四氧化二氮，所以气体分子总数小于NA，A正确；Cl2与水的反应为可逆反应，7．1 g Cl2与足量水反应转移的电子总数小于0．1NA，B错误；亚铁离子能够微量水解，所以100 mL 0．1 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液中含有的Fe2＋数目小于0．01NA，C错误；氮气和氢气合成氨为可逆反应，即使氢气过量，1 mol氮气也不能完全转化为氨气，因此1 mol N2与4 mol H2反应生成的分子数小于2NA，D错误。
〔类题通关〕
1．(2021·银川模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( B )
A．1 mol石墨中含有4NA个C—C键
B．5．6 g Fe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3·xH2O，电极反应中转移的电子数为0．2NA
C．在含SO的数目为NA的Na2SO3溶液中，含有Na＋的数目为2NA
D．常温下，pH＝12的NaClO溶液中由水电离出的OH－的数目为0．01NA
【解析】 1 mol石墨中含有1．5 mol C—C键，即1．5NA个C—C键，故A错误；铁发生吸氧腐蚀时，负极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，5．6 g Fe是0．1 mol，所以电极反应中转移的电子数为0．2NA，故B正确；Na2SO3溶液中，SO会水解，所以钠离子与SO之比大于2∶1，在含SO的数目为NA的Na2SO3溶液中，含有Na＋的数目多于2NA，故C错误；常温下，pH＝12的NaClO溶液中由水电离出的OH－的浓度为0．01 mol/L，不知道溶液体积，无法求算数目，故D错误。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( C )
A．2 mol SO2和1 mol O2在一定条件下充分反应后，混合物的分子数为2NA
B．100 g 17%的氨水溶液中含有的NH3分子数为NA
C．标准状况下，44．8 L NO与22．4 L O2反应后的分子数小于2NA
D．标准状况下，0．1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0．1NA
【解析】 2 mol SO2和1 mol O2在一定条件下充分反应后，混合物的分子数大于2NA，A项错误；氨水溶液中存在如下平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－，NH3分子数小于NA，B项错误；标准状况下，44．8 L NO与22．4 L O2反应生成44．8 L NO2，但体系中存在可逆反应2NO2N2O4，所以反应后的分子数小于2NA，C项正确；Cl2＋H2OHCl＋HClO是可逆反应，D项错误。
考点二 一定物质的量浓度溶液的配制及误差分析
角度 溶液的配制及误差分析
典例1 ＋＋＋(高考题组合)下列说法中正确的是__(4)__。
(1)称取KMnO4固体0．158 g，放入100 mL容量瓶配制浓度为0．010 mol·L－1 KMnO4溶液
(2)配制0．400 0 mol·L－1的NaOH溶液：称取4．0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，转移至250 mL容量瓶中定容
(3)称取2．0 g NaOH固体，先在托盘上各放1张滤纸，然后在右盘上添加2 g砝码，左盘上添加NaOH固体。
(4)向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁
(5)用pH＝1的盐酸配制100 mL pH＝2的盐酸所需全部玻璃仪器有100 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管
(6)用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴定管吸出多余液体。
【解析】 (1)不能在容量瓶中溶解溶质，错误；(2)应待溶液冷却至室温再转移入容量瓶中，错误；(3)NaOH固体应该放在烧杯中称量，错误；(4)向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁，但应该靠在刻度线下方，正确；(5)缺少量筒，错误；(6)加水超过刻度线，实验失败，应该重新配制，错误。
易错点拨
一定浓度溶液配制“三提醒”
(1)配制步骤
→→→→→→→(→)
(2)配制过程中所需要的主要仪器：量筒或托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；
(3)定容操作要规范、明确不规范操作所造成的误差。
〔类题通关〕
1．(2021·潍坊模拟)下列实验误差分析错误的是( B )
A．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小
B．用容量瓶配置溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小
C．用湿润的pH试纸测稀碱液的pH，测定值偏小
D．测定中和反应的反应热时，将碱液缓慢倒入酸中，所测温度值偏小
【解析】 读数偏大，所测体积偏小，A正确；定容时俯视刻度线，加入的水小于正常值，所配溶液浓度偏大，B错误；湿润pH试纸测稀碱液的pH，相当于稀释碱液，测定值偏小，C正确；测定中和反应的反应热时，将碱液缓慢倒入酸中，有热量的损失，所测温度值偏小，D正确。
2．下列说法中正确的是( D )
A．移液时应该用玻璃棒引流，且玻璃棒的下端应该靠在刻度线上方
B．配制1 L 0．1 mol·L－1的NaCl溶液时，用托盘天平称量5．85 g NaCl固体
C．用浓盐酸配制1∶1(体积比)的稀盐酸(约6 mol·L－1)通常需要用烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶等仪器
D．用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，若溶解后立即移液、定容，所得溶液浓度偏高
【解析】 引流时玻璃棒的下端应该靠在刻度线下方，以防刻度线上方残留有液体，A错误；托盘天平读数时只能保留一位小数，B错误；因为是配制体积比浓度溶液，所以不需要容量瓶，C错误；浓硫酸溶于水放热立即移液定容，液体是热的，冷却后正常体积减小，浓度增大，D正确。
角度 有关物质的量浓度的计算
典例2 ＋＋＋(2021·福州模拟)20 ℃时有a g硫酸铜溶液V mL，将溶液蒸发掉b g水后恢复到20 ℃，恰好全部生成硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)，则下列关系式错误的是( C )
A．原硫酸铜溶液的密度为ρ＝ g·cm－3
B．生成硫酸铜晶体的物质的量为n(CuSO4·5H2O)＝ mol
C．原硫酸铜溶液的物质的量浓度为c(CuSO4)＝ mol·L－1
D．原硫酸铜溶液的质量分数w(CuSO4)＝%
【解析】 V mL硫酸铜溶液质量a g，所以溶液的密度为ρ＝＝a g/cm3，A正确；硫酸铜晶体的质量为(a－b)g，生成硫酸铜晶体的物质的量为＝ mol，B正确；硫酸铜晶体的质量为(a－b)g，生成硫酸铜晶体的物质的量为＝ mol，所以原硫酸铜溶液的＝ mol/L，C错误；硫酸铜晶体的质量为(a－b)g，所以硫酸铜的物质的量n(CuSO4·5H2O)＝ mol，故原硫酸铜溶液的质量分数w(CuSO4)＝×100%＝%，D正确。
规律方法
(1)气体溶质物质的量浓度的计算
标准状况下，1 L水中溶解某气体V L，所得溶液的密度为ρ g·cm－3，气体的摩尔质量为M g·mol－1，则c＝ mol·L－1。
(2)溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度之间的换算
c＝(c为溶质的物质的量浓度/mol·L－1，ρ为溶液的密度/g·cm－3，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量/g·mol－1)。
〔类题通关〕
1．(2021·邯郸模拟)36．5 g HCl溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g·mL－1)，所得溶液的密度为ρ g·mL－1，质量分数为w，物质的量浓度为c mol/L，NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( D )
A．所得溶液的物质的量浓度：c＝1 g·mL－1
B．所得溶液中含有NA个HCl分子
C．36．5 g HCl气体占有的体积为22．4 L
D．所得溶液的质量分数：w＝
【解析】 物质的量浓度单位是mol·L－1，不是g·mL－1，A错误；氯化氢溶于水形成盐酸溶液是强电解质，溶液中无氯化氢分子，B错误；36．5 g HCl气体物质的量为1 mol，标准状况下占有的体积为22．4 L，选项中温度压强不知，C错误；所得溶液的质量分数：w＝＝，D正确。
2．标准状况下，用一定量的水吸收氨气后制得溶液(密度为0．915 g·cm－3)。该溶液中氨水的物质的量浓度为12．0 mol·L－1，试计算：
(1)该氨水中NH3的质量分数为__22．3%__。
(2)1体积水需吸收__378__体积氨气(标准状况)可制得上述氨水。
(3)取 mL的上述氨水，稀释到5a mL，所得溶液中氨水的物质的量浓度为__0．48_mol·L－1__。(本题中氨水稀释过程中的其他变化忽略不计，水的密度以1．00 g·cm－3计)
【解析】 (1)根据c＝可知，密度为0．915 g·cm－3，物质的量浓度为12．0 mol·L－1的氨水溶液中NH3的质量分数为＝22．3%。(2)设氨气体积为V L，则水为1 L，氨气物质的量为 mol，氨气质量为 g，水的质量为1 000 mL×1．00 g·mL－1＝1 000 g，溶液质量＝ g，溶液体积＝，则n(NH3)＝12．0× mol＝ mol，解得V＝378。(3)取 mL的上述氨水，稀释到5a mL，根据稀释定律，稀释后所得溶液中氨水的物质的量浓度为＝0．48 mol·L－1。
考点三 以物质的量为核心的相关计算
角度 关系式法在滴定计算中的应用
典例1 ＋＋＋(2017·全国卷Ⅱ，28)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ．取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。
Ⅱ．酸化、滴定
将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I－还原为Mn2＋，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O＋I2===2I－＋S4O)。
回答下列问题：
(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是__使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差__。
(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为__O2＋2Mn(OH)2===2MnO(OH)2__。
(3)Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和__量筒__；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除__氧气__及二氧化碳。
(4)取100．00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为__蓝色刚好褪去__；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为__80ab__mg·L－1。
(5)上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏__低__(填“高”或“低”)。
【思维导引】
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↓
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↓
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【解析】 (1)取水样时避免扰动水体表面，这样能保证所取水样中溶解氧量与水体中实际溶解氧量基本相同，以减小实验误差。(2)根据水样与Mn(OH)2碱性悬浊液反应生成MnO(OH)2，可写出固氧的反应为O2＋2Mn(OH)2===2MnO(OH)2。(3)由于Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定，配制该溶液时无需用容量瓶，只需粗略配制，故配制Na2S2O3溶液时，还需要用到的玻璃仪器为量筒；所用蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，这样能除去水中溶解的氧气和二氧化碳等，且能杀菌。(4)根据Ⅱ可知MnO(OH)2能将水样中的I－氧化为I2，滴定过程中用淀粉溶液作指示剂，在滴定终点前淀粉遇I2变蓝，达到滴定终点时，I2完全被消耗，溶液蓝色刚好褪去。根据得失电子守恒可得关系式O2～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3，结合消耗n(Na2S2O3)＝a mol·L－1×b×10－3 L＝ab×10－3 mol，可求出100．00 mL水样中溶解氧的质量为ab×10－3 mol×32 g·mol－1＝8ab×10－3 g＝8ab mg，则该水样中溶解氧的含量为8ab mg÷0．100 00 L＝80ab mg·L－1。(5)滴定完成时，滴定管尖嘴处留有气泡，会导致读取的Na2S2O3标准液体积偏小，根据关系式O2～4Na2S2O3，可知测定的溶解氧的含量偏低。
思维建模
利用关系式法解答连续反应类计算题
(1)应用原理
关系式是表示两种或多种物质之间“量”的关系的一种简化式子。在多步反应中，若第一步反应的产物是下一步反应的反应物，可以根据化学方程式，将该物质作为“中介”，找出已知物质和所求物质之间“量”的关系。
(2)解题步骤
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〔类题通关〕
(2021·盐城模拟)过碳酸钠是一种有多用途的新型氧系漂白剂，化学式可表示为aNa2CO3·bH2O2。现将一定质量的过碳酸钠粉末溶于水配成稀溶液，再向其中加入适量MnO2粉末，充分反应后生成672 mL气体(标准状况)。反应后的混合物经过滤、洗涤后，将滤液和洗涤液混合并加水配成100 mL溶液A。现向三份体积为10 mL、浓度为c mol/L的稀硫酸中分别逐滴滴入溶液A，边滴边振荡，充分反应后，测得实验数据如下表所示：
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
滴加溶液A的体积/mL
10．0
20．0
30．0
生成气体的体积/mL(标准状况)
89．6
179．2
224
(1)计算稀硫酸的物质的量浓度__1_mol/L__。
(2)通过计算确定过碳酸钠的化学式__2Na2CO3·3H2O2__。
(3)工业上常以所含活性氧的质量分数[w(活性氧)＝×100%]来衡量过碳酸钠产品的优劣，13%以上者为优等品。现将0．2 g某厂家生产的过碳酸钠样品(所含杂质不参与后面的氧化还原反应)溶于水配成溶液，加入15．0 mL 1 mol/L硫酸，再加入足量KI，摇匀后置于暗处，充分反应后，加入少量淀粉试液，用0．1 mol/L Na2S2O3溶液滴定到蓝色恰好消失时，共消耗30．00 mL，试计算判断该样品是否为优等品__不是优等品__。(已知：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI)
【解析】 (1)由图表可知，第三份稀硫酸完全反应，设稀硫酸的物质的量为x，
Na2CO3＋H2SO4===Na2SO4＋H2O＋CO2↑
1 22．4 L/mol
x 0．224 L
可得：＝，解得：x＝0．01 mol，稀硫酸的物质的量浓度为：c＝＝＝1 mol/L；
(2)n(O2)＝＝0．03 mol，n(H2O2)＝0．06 mol，由实验Ⅰ中数据可知，10 mL A溶液中：n(Na2CO3)＝n(CO2)＝0．004 mol，所以100 mL A中含有0．04 mol Na2CO3，n(Na2CO3)∶n(H2O2)＝0．04∶0．06＝2∶3，所以化学式为2Na2CO3·3H2O2；
(3)根据2I－＋H2O2＋2H＋===I2＋2H2O,2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI可知：n(H2O2)＝＝＝1．5×10－3 mol，该过碳酸钠的活性氧的质量分数为＝12%＜13%，所以该样品不是优等品。
角度 热重分析计算
典例2 ＋＋＋在空气中加热Co(OH)2，使其转化为钴的氧化物。加热过程中，固体质量与温度的关系如图所示。下列说法错误的是( A )
A．a→b是Co(OH)2是失水过程，为分解反应
B．b→c发生的是氧化还原反应，也是分解反应
C．c处代表的物质是Co3O4
D．整个过程的总反应为6Co(OH)2＋O22Co3O4＋6H2O
【对点析图】 加热过程中，Co守恒，即整个过程中Co的物质的量不变。
【解析】 a→b是Co(OH)2的失水过程，发生的反应为4Co(OH)2＋O22Co2O3＋4H2O，不是分解反应，A项错误。b→c发生的反应为6Co2O34Co3O4＋O2↑，是氧化还原反应，也是分解反应，B项正确。总反应是Co(OH)2与O2反应生成Co3O4＋H2O，即6Co(OH)2＋O22Co3O4＋6H2O，D项正确。
方法技巧
解答热重分析试题的常用方法
(1)设晶体为1 mol。
(2)失重一般是先失水，再失非金属氧化物。
(3)计算每步的m剩余，×100%＝固体残留率。
(4)晶体中金属质量不减少，仍在m剩余中。
(5)失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m(O)，由n(金属)∶n(O)，即可求出失重后物质的化学式。
〔类题通关〕
为研究一水草酸钙(CaC2O4·H2O)的热分解性质，进行如下实验：准确称取36．50 g样品加热，样品的固体残留率随温度的变化如下图所示：
(1)300 ℃时残留固体的成分为__CaC2O4__,900 ℃时残留固体的成分为__CaO__。
(2)通过计算求出500 ℃时固体的成分及质量(写出计算过程)。
【解析】 (1)n(CaC2O4·H2O)＝＝0．25 mol，含有m(H2O)＝0．25 mol×18 g· mol－1＝4．50 g，在300 ℃时，×100%＝87．67%，m(剩余)＝36．50 g×87．67%≈32 g，减少的质量为36．50 g－32 g＝4．50 g，故此时失去全部的结晶水，残留固体为CaC2O4；在900 ℃时，×100%＝38．36%，m(剩余)＝36．50 g×38．36%≈14 g，其中Ca的质量没有损失，含m(Ca)＝0．25 mol×40 g·mol－1＝10 g，另外还含有m(O)＝14 g－10 g＝4 g，n(O)＝＝0．25 mol，则n(Ca)∶n(O)＝1∶1，化学式为CaO。(2)在600 ℃时，×100%＝68．49%，m(剩余)＝36．50 g×68．49%≈25 g，从300 ℃至600 ℃时，失去的总质量为32 g－25 g＝7 g，失去物质的摩尔质量为＝28 g·mol－1，则600 ℃时残留固体成分为CaCO3,500 ℃时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物，样品中CaC2O4·H2O的物质的量n(CaC2O4·H2O)＝＝0．25 mol，设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质的量分别为x mol和y mol，根据500 ℃时固体总质量可得128x＋100y＝36．50 g×76．16%，根据钙元素守恒可得x＋y＝0．25，解得x≈0．10，y≈0．15，m(CaC2O4)＝0．10 mol×128 g·mol－1＝12．80 g，m(CaCO3)＝0．15 mol×100 g·mol－1＝15．0 g,500 ℃时固体的成分为12．8 g CaC2O4和15．0 g CaCO3。
预测精练·提能
YU CE JING LIAN TI NENG
1．(2021·河北适应性测试)NA是阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是( D )
A．1 mol氮气分子中含有π键的数目为2NA
B．1 mol氩气分子中含有原子的数目为NA
C．1 mol氯化钠中含有Na＋的数目为NA
D．1 mol白磷中含有P—P共价键的数目为4NA
【解析】 一个氮气分子中含有一个氮氮三键，三键中有一个σ键，两个π键，所以1 mol氮气分子中含有π键的数目为2NA，A正确；氩气分子为单原子分子，所以1 mol氩气分子中含有原子的数目为NA，B正确；氯化钠的化学式为NaCl，所以1 mol氯化钠中含有Na＋的数目为NA，C正确；白磷为P4，P4分子为正四面体结构(四个P原子分别位于顶点)，一个分子中含有6个P—P键，所以1 mol白磷中含有P—P共价键的数目为6NA，D错误；综上所述答案为D。
2．(2021·湖北适应性测试)NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是( A )
A．1 mol H2S分子中，S原子的价层电子对数目为4NA
B．标准状况下，2．24 L环己烷的分子数为0．1NA
C．1 L 0．01 mol·L－1溶液中，和的离子数目之和为0．01NA
D．电极反应LiFePO4－xe－===xLi＋＋Li1－xFePO4，每转移1 mol电子释放2NA个Li＋
【解析】 H2S中，S原子的价层电子对数＝(6＋1＋1)/2＝4，故1 mol H2S中，S原子的价层电子对数为4NA，故A正确；标准状况下，2．24 L己烷物质的量不是1 mol，故B错误；根据物料守恒，1 L溶液中，、和的物质的量之和为0．01 mol，故C错误；根据电极反应式LiFePO4－xe－===xLi＋＋Li1－xFePO4可知，转移1 mol电子，产生Li＋1 mol，即NA个，故D错误。
3．(2021·宝鸡模拟)下列表述正确的是( D )
A．22．4 L HCl溶于水制得1 L盐酸时，其浓度为1 mol·L－1
B．1 L 0．3 mol·L－1的CuCl2溶液中含有Cu2＋和Cl－的总物质的量为0．9 mol
C．在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果c(Na＋)＝c(SO)，则c(K＋)＝c(Cl－)
D．10 ℃时，100 mL KCl饱和溶液蒸发掉5 g水，冷却到10 ℃时，它仍为饱和溶液
【解析】 未说明温度和压强，故无法确定22．4 L HCl的物质的量，无法计算浓度，A错误；由于铜离子在水溶液中会水解，故1 L 0．3 mol·L－1的CuCl2溶液中含有Cu2＋的物质的量小于0．3 mol，Cu2＋和Cl－的总物质的量小于0．9 mol，B错误；根据电荷守恒，K2SO4和NaCl的混合溶液中，c(K＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(Cl－)＋c(OH－)，由于溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，所以c(K＋)＋c(Na＋)＝2c(SO)＋c(Cl－)，若c(Na＋)＝c(SO)，则c(K＋)＝c(SO)＋c(Cl－)，C错误；10 ℃时，100 mL KCl饱和溶液蒸发掉5 g水，冷却到10 ℃时，有晶体析出，但溶液仍为饱和溶液，D正确。
4．(2021·太原模拟)过氧化钙(CaO2)是一种用途广泛的优良供氧剂，常温下为白色固体，能溶于酸，难溶于水、乙醇，且本身无毒，不污染环境，某实验小组制备CaO2过程如下。
Ⅰ．制备CaO2·8H2O
利用反应Ca2＋＋H2O2＋2NH3＋8H2O===CaO2·8H2O↓＋2NH，在碱性环境下制取CaO2·8H2O的装置如图：
(1)CaO2的电子式为__Ca2＋[∶∶∶]2－__。
(2)写出甲装置中反应的化学方程式__2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O__。
(3)仪器A的名称为__三颈烧瓶__；仪器B的作用是__防倒吸__。
(4)乙中反应温度需控制在0 ℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低有利于提高CaO2·8H2O的产率和__过氧化氢的利用率__。
(5)反应结束后，分离提纯CaO2·8H2O的过程中，洗涤的操作为__向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2～3次__。
Ⅱ．制得产品并定量检测
(6)CaO2·8H2O脱水干燥即得CaO2产品。经检测知某CaO2产品中含有CaO2·xH2O和CaO，已知CaO2·xH2O受热分解有CaO、O2和H2O生成。①称取3．248 g产品，加热，在标准状况下生成268．8 mL气体。②另取等量产品，溶于适量的稀盐酸后，加入足量的Na2CO3溶液得到沉淀2．80 g，则该产品中CaO2·xH2O的x值为__3__。
【解析】 (1)过氧化钙是由钙离子和过氧根离子形成的离子化合物，电子式为Ca2＋[∶∶∶]2－；(2)甲装置中发生的反应为氯化铵固体和氢氧化钙共热反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；(3)由分析可知，装置乙中仪器A的名称为三颈烧瓶，装置B为长颈漏斗，用于防止因实验时氨气极易溶于水产生倒吸；(4)乙中反应温度需控制在0 ℃左右的原因是该反应是放热反应，温度低，可以降低八水过氧化钙的溶解度，便于晶体析出，提高八水过氧化钙的产率，同时也能减少过氧化氢分解，提高过氧化氢的利用率；(5)洗涤八水过氧化钙的操作为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待水自然流出后，重复操作2～3次即可；(6)由①可得：2CaO2·xH2O～O2，266．8 mL氧气的物质的量为＝0．012 mol，则CaO2·xH2O的物质的量为0．012 mol×2＝0．024 mol；由②可知，反应生成2．80 g碳酸钙的物质的量为＝0．028 mol，则样品中CaO2·xH2O和CaO的物质的量之和为0．028 mol，则CaO的物质的量为0．028 mol－0．024 mol＝0．004 mol；由样品的质量为3．248 g可得：0．024 mol×(72＋18x)g/mol＋0．004 mol×56 g/mol＝3．248 g，解得x＝3。
5．CrO3主要用于电镀工业，做自行车、仪表等日用五金电镀铬的原料。CrO3具有强氧化性，热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如图所示。
请回答下列问题：
(1)B点时剩余固体的化学式是__Cr2O3__。
(2)加热至A点时反应的化学方程式为__6CrO32Cr3O8＋O2↑__。
【解析】 设CrO3的质量为100 g，则n(Cr)＝＝1 mol。
(1)MB＝＝76 g·mol－1。
设B的化学式为CrOx
52＋16x＝76，x＝1．5
化为整数比为Cr2O3。
(2)MA＝＝94．67 g·mol－1。
设A的化学式为CrOy
52＋16y＝94．67，y＝2．67。
化为整数比为Cr3O8。
所以加热至A点时，反应的化学方程式为6CrO32Cr3O8＋O2↑
专题强化提升训练(二)
1．(2021·忻州模拟)用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( D )
A．1 mol NaHSO4晶体中含有的阳离子数目为2NA
B．用电解粗铜的方法精炼铜，当阳极质量减轻32 g时，电路中通过的电子数为NA
C．常温下，1 L pH＝9的CH3COONa溶液中，水电离出的H＋数目为10–9NA
D．向1 L 0．1 mol·L－1盐酸中滴加氨水至中性，溶液中含有的NH数目为0．1NA
【解析】 NaHSO4晶体中含有Na＋和HSO，1 mol NaHSO4晶体中含有的阳离子数目为NA，故A错误；电解精炼铜用粗铜作阳极，阳极首先是比铜活泼的金属(如Zn)放电溶解，比铜不活泼的金属以阳极泥的形式沉淀下来，阳极质量减轻32 g，转移的电子数不一定为NA，故B错误；CH3COONa溶液中，水电离出来的c(H＋)＝c(OH－)，所以常温下，1 L pH＝9的CH3COONa溶液中，水电离出的H＋数目为10－5NA，故C错误；向1 L 0．1 mol·L－1盐酸中滴加氨水至中性，即n(H＋)＝n(OH－)，再由电荷守恒：n(NH)＋n(H＋)＝n(OH－)＋n(Cl－)，可知n(NH)＝n(Cl－)＝0．1 mol·L－1×1 L＝0．1 mol，所以溶液中含有的NH数目为0．1NA，故D正确。
2．(2021·安庆模拟)嫦娥五号于2020年11月24日成功发射，其助燃剂为四氧化二氮。安徽华茂集团与武汉纺织大学等单位，经历了无数次试验和攻关，最终选用两种国产高性能纤维材料，成功研制出符合登月要求的第一面“织物版”五星红旗。下列有关说法正确的是( A )
A．五星红旗选用材料之一芳纶纤维
可由对苯二甲酸和对苯二胺缩聚而成
B．碳纤维和光导纤维都属于有机高分子材料
C．标准状况下92 g助燃剂所含分子数为2NA
D．嫦娥五号寻找并带回的土壤中含3He,3He与4He互为同素异形体
【解析】 五星红旗选用材料之一芳纶纤维可由对苯二甲酸和对苯二胺缩聚而成，羧基提供—OH，氨基提供—H，同时生成水，A正确；碳纤维为C的单质，光导纤维的成分为二氧化硅，均为无机材料，B错误；四氧化二氮与二氧化氮存在平衡，标准状况下92 g助燃剂所含分子数少于2NA，C错误；嫦娥五号寻找并带回的土壤中含3He,3He与4He互为同位素，D错误。
3．(2021·泰安模拟)以天然气为原料经由合成气(CO、H2)制取化学品是目前天然气转化利用的主要技术路线。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( D )
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22 g CH4与CO的混合气体，所含C原子数一定为NA
D．用CH4制备合成气的过程中，每生成1 mol CO，转移电子总数为3NA
【解析】 根据图中信息可知，制备CH3OH的反应过程为：CH4(g)===C(s)＋2H2(g)，CO2(g)＋C(s)===2CO(g)，2H2(g)＋CO(g)===CH3OH(l)，总反应为：CH4(g)＋CO2(g)===CH3OH(l)＋CO(g)。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，A项错误；1 mol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，1 mol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，B项错误；44 g CO2气体的物质的量为＝＝1 mol，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＞1 mol，44 g CH4与CO的混合气体假设全部是CO气体，物质的量为＞1 mol，故44 g CH4与CO的混合气体的物质的量大于1 mol，所含C原子数大于1 mol，故C原子数大于NA，C项错误；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2 mol一氧化碳时，转移2 mol电子消耗1 mol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1 mol碳原子转移的电子的物质的量为4 mol，要生成2 mol一氧化碳共需要转移6 mol电子，则若生成1 mol CO，反应转移电子的物质的量为3 mol，转移的电子数为3NA，D项正确。
4．(2021·郑州模拟)NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是( B )
A．1 L 0．1 mol·L－1的AlCl3溶液中含有Al3＋的数目为0．1NA
B．常温常压下，2．0 g HO和D2O的混合物中含有的电子数一定为NA
C．常温常压下，31 g白磷燃烧生成P4O6时，断裂P—P键的数目为NA
D．0．1 mol NaHCO3晶体中阴、阳离子总数为0．3NA
【解析】 铝离子为弱碱阳离子，在水溶液中部分水解，所以1 L 0．1 mol·L－1的AlCl3溶液中含有Al3＋的数目小于0．1NA，故A错误；HO和D2O的相对分子质量均为20，常温常压下，2．0gHO和D2O的混合物中含有的电子数一定为×10×NA mol－1＝NA，故B正确；31 g白磷的物质的量为＝0．25 mol，而一个白磷分子中含6条P—P键，燃烧生成的P4O6的结构为，燃烧后P—P键全部断裂，0．25 mol白磷中含1．5NA条P—P键，因此断裂P—P键的数目为1．5NA，故C错误；0．1 mol NaHCO3晶体中含有0．1 mol钠离子和0．1 mol碳酸氢根离子，阴、阳离子总数为0．2NA，故D错误。
5．(2021·太原模拟)NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( B )
A．常温下，pH＝9的CH3COONa溶液中，水电离出的H＋数目为10－5NA
B．1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3＋转移的电子数目为6NA
C．常温下2．24 L N2中共用电子对数目为0．3NA
D．1 L 0．1 mol·L－1NH4Cl溶液中，NH的数目为0．1NA
【解析】 溶液的体积未知，不能求出溶液中水电离出的H＋数，A错误；K2Cr2O7被还原为Cr3＋时，2个＋6价的Cr转化为＋3价，共转移6个电子，则1 mol K2Cr2O7被还原为Cr3＋转移的电子数为6NA，B正确；常温下，不能用标况下气体摩尔体积计算N2的物质的量，则共用电子对数目不是0．3NA，C错误；NH是弱碱阳离子，发生水解：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH数量小于0．1NA，D错误。
6．(2021·成都模拟)设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是( A )
A．34 g H2O2中含有18NA个中子
B．1 L 0．1 mol·L－1 NH4Cl溶液中，阴离子数大于0．1NA
C．标准状况下，22．4 L CH4和C2H4的混合气体中含有C—H键的数目为4NA
D．足量Fe与1 mol Cl2完全反应，转移的电子数目为2NA
【解析】 34 g H2O2为1 mol，H中无中子，O中含有8个中子，所以34 g H2O2含有中子数＝1 mol×8×2＝16 mol即16NA，故A错误；NH能水解且水解后溶液显酸性，Cl－不水解，但水能发生微弱的电离，所以1 L 0．1 mol·L－1 NH4Cl溶液中，阴离子数大于0．1NA，故B正确；标准状况下，22．4 L CH4和C2H4的混合气体为1 mol，因为CH4和C2H4中都含有4个氢原子，所以含有C—H键的数目为4NA，故B正确；根据Cl2～2Cl－～2e－可知，足量Fe与1 mol Cl2完全反应，转移的电子数目为2NA，故D正确。
7．(2021·保定模拟)设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( D )
A．铜与浓硝酸充分反应生成22．4 L气体时转移电子数为NA
B．4．6 g Na完全与水反应，生成共价键0．1NA
C．Al3＋＋4OH－===[Al(OH)4]－，说明1 mol Al(OH)3电离出H＋数为NA
D．101 kPa、120 ℃时，7．8 g C6H6燃烧所得气体分子数一定为0．9NA
【解析】 生成气体所处的状态不明确，故气体的物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故A错误；4．6 g Na的物质的量为n(Na)＝＝＝0．2 mol，Na与水完全反应生成NaOH和H2，即2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，产物NaOH中OH－存在一个共价键，H2中存在1个共价键，由于0．2 mol Na与水完全反应生成0．2 mol NaOH和0．1 mol H2，所以生成0．2NA＋0．1NA＝0．3NA的共价键，故B错误；Al(OH)3的酸式电离为Al(OH)3H＋＋AlO＋H2O，Al(OH)3为弱电解质，不能完全电离，H＋数目小于NA，故C错误；7．8 g C6H6的物质的量为n(C6H6)＝＝＝0．1 mol,120 ℃时H2O为气体，燃烧产物为CO2或CO一种或两种及H2O，根据元素守恒，碳的氧化物为0．6 mol，H2O为0．3 mol，所得气体分子数为0．6NA＋0．3NA＝0．9NA，故D正确。
8．(2021·沧州模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( D )
A．6．0 g正丙醇中含有共价键的总数为NA
B．0．1 mol Cu与足量硫单质充分反应，转移的电子数为0．2NA
C．0．1 mol/L的NaCl溶液中含有的阴、阳离子总数共有0．2NA
D．标准状况下，11．2 L由甲烷和乙烯组成的混合气体中所含氢原子数为2NA
【解析】 每个正丙醇分子中含有11个共价键，6．0 g正丙醇中含有共价键的总数为1．1NA，A错误；Cu与硫反应生成Cu2S,0．1 mol Cu与足量硫单质充分反应，转移的电子数为0．1NA，B错误；溶液的体积未知，无法计算离子总数，C错误；每个甲烷和乙烯分子中均含有4个H原子，标准状况下，11．2 L由甲烷和乙烯组成的混合气体为0．5 mol，所含氢原子数为2NA，D正确。
9．(2021·太原模拟)下列实验过程可以达到实验目的的是( B )
编号
实验目的
实验过程
A
配制0．400 0
mol·L－1的
NaOH溶液
称取4．0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，立即转移至250 mL容量瓶中定容
B
探究维生素C的还原性
向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，观察颜色变化
C
制取并纯化氢气
向稀盐酸中加入锌粒，将生产的气体依次通过NaOH溶液、浓盐酸
D
检验SO
向溶液中滴加HNO3酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生
【解析】 称取4．0 g固体NaOH于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，冷却后转移至250 mL容量瓶中定容，配制0．400 0 mol·L－1的NaOH溶液，故A错误；向盛有2 mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液，若黄色氯化铁溶液变为浅绿色，说明Fe3＋被还原为Fe2＋，证明维生素C具有还原性，故B正确；向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸，得到纯净干燥的氢气，故C错误；HNO3能把SO氧化为SO，向溶液中滴加HNO3酸化的BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，原溶液可能含有SO或SO或Ag＋，故D错误。
10．(2021·佛山模拟)氮化硅(Si3N4)是一种重要的结构陶瓷材料，可用作LED的基质材料，通过等离子法由SiH4(沸点－111．9 ℃)与氨气反应制取的方程式如下：3SiH4＋4NH3===Si3N4＋12H2。设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( B )
A．常温常压下，1．8 g SiH4所含质子的数目为3．2NA
B．标准状况下，4．48 L NH3和H2的混合气体所含分子总数为0．2NA
C．NA个NH3分子溶于1 L的水，所得溶液的物质的量浓度为1 mol·L－1
D．当生成1 mol Si3N4时，转移电子数目为6NA
【解析】 1．8 g SiH4所含质子数为×(14＋4×1)×NA mol－1＝1．012 5 NA，故A错误；标准状况下，4．48 L NH3和H2的混合气体的物质的量为＝0．2 mol，分子数目为0．2NA，故B正确；NA个NH3分子溶于1 L的水，所得溶液的体积大于1 L，因此溶质物质的量浓度不是1 mol·L－1，故C错误；该反应转移电子为：，因此生成1 mol Si3N4时，转移电子数目为12NA，故D错误。
11．(2021·福州模拟)把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为( C )
A．(b－a)/V mol·L－1 B．(2b－a)/V mol·L－1
C．2(2b－a)/V mol·L－1 D．2(b－a)/V mol·L－1
【解析】 一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁，那么Mg2＋就有 mol，硫酸镁也就是 mol。另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有b mol。所以硫酸钾有 mol，钾离子就有2mol＝(2b－a) mol。浓度就是 mol/L，即 mol·L－1，C项符合题意。
12．(2021·南阳模拟)下列关于物质的量浓度表述中正确的是( C )
A．0．3 mol/LNaCl溶液中含有Na＋和Cl－总物质的量为0．6 mol
B．当1 L水吸收22．4 L氨气时所得氨水的浓度不是1 mol/L，只有当22．4 L氨气溶于水制得1 L氨水时，其浓度才是1 mol/L
C．10 ℃时0．35 mol/L的KCl饱和溶液100 mL，蒸发掉5 g水，冷却到10 ℃时，其体积小于100 mL，它的物质的浓度仍为0．35 mol/L
D．在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na＋和SO的物质的量浓度相等，则K＋和Cl－的物质的量浓度一定相同
【解析】 没有告诉NaCl溶液的体积，无法计算溶液中钠离子和氯离子的物质的量之和，A错误；不是标况下，题中条件无法计算22．4 L氨气的物质的量，则无法计算该溶液的物质的量浓度，B错误；10 ℃时0．35 mol·L－1的KCl饱和溶液100 mL，蒸发掉5 g水，冷却到10 ℃时，其体积小于100 mL，但是此时仍然为饱和溶液，则它的物质的量浓度仍为0．35 mol·L－1，C正确；硫酸钾中，钾离子浓度是硫酸根离子浓度的2倍，NaCl中钠离子等于氯离子浓度，由于Na＋和SO的物质的量浓度相等，故K＋是Cl－的物质的量浓度的2倍，D错误。
13．(2021·济南模拟)1．76 g铜镁合金完全溶解于50 mL、密度为1．40 g·cm－3、质量分数为63%的浓硝酸中，得到1 792 mL NO2和224 mL N2O4(标准状况)混合气体，向反应后的溶液中加入适量的10．0 mol·L－1NaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀。下列说法不正确的是( C )
A．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14．0 mol·L－1
B．加入NaOH溶液的体积是60 mL
C．反应中被还原的硝酸的物质的量为0．08 mol
D．得到的金属氢氧化物的沉淀为3．46 g
【解析】 该浓硝酸密度为1．40 g/mL、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为 mol/L＝14 mol/L，故A正确；1 792 mL NO2的物质的量为＝0．08 mol,224 mL N2O4的物质的量为＝0．01 mol；向反应后的溶液中滴加NaOH溶液，恰好使溶液中的金属离子全部沉淀时，所得溶液为NaNO3溶液，结合电荷守恒和原子守恒可知，n(Na＋)＝n(NO)＝14 mol/L×0．05 L－(0．08 mol＋0．01 mol×2)＝0．6 mol，则加入NaOH溶液的体积为＝0．06 L＝60 mL，故B正确；NO2和N2O4均为还原产物，则被还原的硝酸的物质的量为0．08 mol＋0．01 mol×2＝0．01 mol，故C错误；溶液中Cu2＋和Mg2＋结合OH－的总物质的量等于Cu和Mg溶于硝酸失去电子的数目，则结合OH－的物质的量根据电子守恒可知为(0．08 mol＋0．01 mol×2)×(5－4)＝0．1 mol，最终得到的金属氢氧化物的沉淀为1．76 g＋17 g/mol×0．1 mol＝3．46 g，故D正确。
14．(2021·西安模拟)雄黄(As4S4，)与雌黄(As2S3)在古代均曾入药。二者可发生如图转化；NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( C )
A．1 mol雄黄(As4S4)分子中，含有S－S非极性共价键的数目为2NA
B．反应Ⅰ每生成22．4 L SO2气体时，转移的电子数目为7NA
C．反应Ⅲ产生1 mol雌黄时，消耗H2S分子的数目为3NA
D．1 L 1 mol/L NaH2AsO3溶液中，Na＋、H2AsO、AsO数目之和为2NA
【解析】 As是第ⅤA族元素，S是第ⅥA族元素，结合8电子稳定结构原理，雄黄结构中黑球为As，白球为S，因此，雄黄中不含有S—S共价键，A错误；根据图示的反应过程，反应Ⅰ的化学方程式为As4S4＋7O2===4SO2＋2As2O3，反应过程中每生成4 mol SO2需要转移28 mol电子，但是选项中没有指明SO2的状态，无法计算转移电子数目，B错误；根据图示的反应过程，反应Ⅲ的化学方程式为2H3AsO3＋3H2S===As2S3＋6H2O，反应过程中每产生1 mol雌黄时，消耗H2S的物质的量为3 mol，分子数为3NA，C正确；根据物料守恒有c(Na＋)＝c(H3AsO3)＋c(H2AsO)＋c(HAsO)＋c(AsO)＝1 mol/L，但H2AsO、AsO的物质的量浓度无法求得，故无法计算溶液中Na＋、H2AsO、AsO的数目之和，D错误。
15．84消毒液能有效灭杀新冠肺炎病毒等，某同学购买了一瓶84消毒液，并查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：含25% NaClO、1 000 mL、密度1．19 g·cm－3，稀释后使用。
请根据信息和相关知识回答下列问题：
(1)该84消毒液的物质的量浓度为__4．0__mol·L－1。
(2)该同学取100 mL该84消毒液，加入10 000 mL水进行稀释，稀释后的溶液中c(Na＋)＝__0．04__mol·L－1。(假设稀释后溶液密度为1．0 g·cm－3)
(3)该同学参阅该84消毒液的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含25% NaClO的消毒液。下列说法正确的是__C__(填字母)。
A．如图所示的仪器中，有四种是不需要的，还需一种玻璃仪器
B．容量瓶用蒸馏水洗净后，应烘干才能用于溶液配制
C．利用购买的商品NaClO来配制可能导致结果偏低
D．需要称量的NaClO固体质量为143．0 g
【解析】 (1)c(NaClO)＝≈4．0 mol·L－1。(2)根据稀释前后溶质的物质的量不变，则100 mL×4．0 mol·L－1＝×c(NaClO)，解得c(NaClO)≈0．04 mol·L－1，故稀释后的溶液中c(Na＋)＝c(NaClO)≈0．04 moI·L－1。(3)配制480 mL含25% NaClO的消毒液时，用到的主要仪器有：托盘天平、量筒、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管，故题图中①～④四种仪器不需要，但还需量筒、玻璃棒和胶头滴管，A项错误；容量瓶用蒸馏水洗净后，可以直接使用，不用干燥，B项错误；由于NaClO易变质，所以商品NaClO可能会部分变质，导致NaClO的物质的量减小，从而使结果偏低，C项正确；配制480 mL该84消毒液，应选取500 mL的容量瓶，需要称量的NaCIO固体的质量为0．5 L×4．0 mol·L－1×74．5 g·mol－1＝149．0 g，D项错误。
16．按要求回答问题。
(1)钨钛合金在工业中应用广泛，NH4Fe(SO4)2滴定法可测定合金中钛的含量：称取w g钨钛合金，用HNO3—HF混合液溶解，用NaOH溶液沉淀并分离钛元素后加盐酸溶解，用金属铝将Ti4＋还原为Ti3＋，向溶液中加几滴KSCN作指示剂，用c mol·L－1的NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定至溶液显红色，消耗标准溶液的体积为V mL。
①滴定时发生反应的离子方程式是__Ti3＋＋Fe3＋===Ti4＋＋Fe2＋__。
②样品中钛的含量为____%(用含w、c、V的式子表示)。
(2)若称取100 g MgCO3·nH2O晶体进行热重分析，得到的热重曲线如图所示，则该晶体中n＝__1__(取整数)。
【解析】 (1)②根据题意和方程式得到样品中钛的物质的量n(Ti3＋)＝c mol·L－1×V×10－3L＝cV×10－3 mol，样品中钛的含量为×100%＝%。(2)由题图知400 ℃时剩余质量为82．3 g，这是该晶体失去结晶水后的质量，则有100×＝100－82．3，解得n≈1。
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