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专题 02 阿伏加德罗常数及其化学计算
内容 物质的量、气体摩尔体积 物质的量浓度
课
1.了解物质的量(n)及其单位摩尔(mol)、摩尔质量 1.了解物质的量浓度(c)的含义
标 (M)、气体摩尔体积(V )的含义
m 2.理解溶液中溶质的质量分数的
解 解读 2.了解阿伏加德罗常数(N )的含义 概念，并能进行有关计算
A
读 3.能根据微粒(原子、分子、离子等)物质的量、数 3.掌握配制一定物质的量浓度溶
目、气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算 液的方法
利用阿伏加德罗常数这个载体综合考查相关知识，涉及一定量的物质所含粒子(分子、原
子、离子、质子、中子等)数目、氧化还原反应中转移电子的数目、以及由于反应、浓度等的
考情分析
变化导致微粒数目变化，溶液中微粒个数，涉及电离水解平衡及守恒思想。在非选择题考查
以物质的量为中心的计算，特别是计算技巧的应用，如关系式法、守恒法、热重分析法。
一是要注意知识的系统性;二是要抓住重点，熟练掌握微粒物质的量、数目、气体体积之
备考策略 间的相互关系，气体摩尔体积的使用条件、物质结构、弱电解质的电离、可逆反应、氧化还
原反应中的电子转移等内容
核心素养 宏观辨识与微观探析 变化观念与平衡思想
高频考点一 阿伏加德罗常数(N )的广泛应用
A
（一）阿伏加德罗常数判断题中的常见陷阱
1．突破物质状态和条件设置的陷阱
一看“气体”是否在“标准状况”；二看“标准状况”下，物质是否为“气体”(如CCl 、HO、溴、
4 2
SO 、己烷、HF、苯等在标准状况下不为气体)；三注意n＝、n＝在任何条件下都适用，不存在条件限制，物
3
质所含的粒子数与温度、压强等外界条件无关。
2．突破物质组成有关的陷阱
(1)最简式相同时，质量一定，含有的原子数一定。
(2)摩尔质量相同，质量一定，含有的分子数一定。
(3)组成中原子数相同的分子，物质的量一定，该原子数一定。
3．突破物质结构有关的陷阱
(1)苯分子中不含 。
(2)白磷分子中含6个P—P键。
(3)C H 中共价键数为3n＋1。
n 2n＋2(4)若用N 表示阿伏加德罗常数的值，则1 mol 金刚石、SiO、石墨中含有的共价键数目分别为2N 、
A 2 A
4N 、1.5N 。
A A
4．突破电解质溶液中离子数目有关的陷阱
(1)是否有弱离子的水解。
(2)是否指明了溶液的体积。
(3)所给条件是否与电解质的组成有关，如pH＝1的HSO 溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，与电解质的组成无
2 4
关；0.05 mol·L－1的Ba(OH) 溶液中c(OH－)＝0.1 mol·L－1，与电解质的组成有关。
2
5．突破特定反应中有关离子数目判断的陷阱
(1)隐含“可逆反应”
2SO ＋O 2SO ，2NO NO，PCl ＋Cl PCl ， N＋3H 2NH ，
2 2 3 2 2 4 3 2 5 2 2 3
Cl＋HO HCl＋HClO。
2 2
(2)隐含“浓度的变化”
MnO ＋4HCl(浓)=====MnCl ＋Cl↑＋2HO，
2 2 2 2
Cu＋2HSO (浓)=====CuSO ＋SO ↑＋2HO，
2 4 4 2 2
Cu＋4HNO(浓)===Cu(NO )＋2NO ↑＋2HO。
3 3 2 2 2
(3)隐含“存在反应”
在混合气体NO和O 中会发生反应：2NO＋O===2NO 。
2 2 2
(4)隐含“钝化”
常温下，铁、铝遇浓硫酸、浓硝酸发生“钝化”。
(5)隐含反应物的“用量”
有些反应，反应物的用量不同，产物不同，如CO 与碱溶液的反应，少量CO 生成正盐，足量CO 生成酸
2 2 2
式盐；NaCO 与盐酸的反应；石灰水与NaHCO 溶液的反应等。
2 3 3
6．突破氧化还原反应中电子转移数的陷阱
(1)歧化反应类：NaO 与CO、NaO 与HO、NO 与HO、Cl 与NaOH(冷稀、浓热)等。
2 2 2 2 2 2 2 2 2
(2)变价金属(Fe、Cu)与强、弱氧化剂(Cl /Br 、S/I )反应类。
2 2 2
(3)Fe与浓、稀硝酸，Cu与浓、稀硝酸反应类。
(4)足量、不足量Fe与稀硝酸，足量Fe与浓硫酸反应类。
(5)足量KMnO 与浓盐酸，足量MnO 与浓盐酸反应类。
4 2
(6)注意氧化还原的顺序。如向FeI 溶液中通入Cl，首先氧化I－，再氧化Fe2＋。
2 2
【特别提】与电解质溶液中粒子数目判断有关的N 的应用
A
(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 L1 mol·L－1 乙酸钠溶液中CHCOO－数目均小于N 。
3 A
(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HSO 溶液c(H＋)＝0.1 mol·L－1，与电解质的组成无
2 4
关；0.05 mol·L－1的Ba(OH) 溶液，c(OH－)＝0.1 mol·L－1，与电解质的组成有关。
2
（二）关注特殊物质的“组成”和结构特点
1.理清整体与部分的数量关系
确定粒子个数：弄清楚微粒中相关粒子(质子、中子、电子)、离子、化学键之间的数量关系。
如单原子分子：稀有气体He、Ne等；双原子分子：Cl、N、O、H 等。
2 2 2 2
有特殊结构的物质的量计算：如1 mol Si中含Si—Si 2N 、1 mol SiO 中含Si—O 4N 、1 mol石墨烯(单层
A 2 A
石墨)中含有六元环的个数为0.5N 。
A
2.最简式相同的混合物简化计算技巧——求同存异，如第3题(3)将混合物看作“NO ”，(4)将混合物看作
2
“CH”。
2
3.最简式相同的混合物计算技巧——极端假设法，如第3题(3)可先假设都是NO 计算，再假设都是
2
NO，结果相同。
2 4
（三）关注特殊物质氧化还原反应中电子转移数目
1．判断电子转移总数做到“三注意”
(1)注意是否发生歧化反应，如NaO 与HO、CO 的反应；Cl、NO 与HO或NaOH的反应。
2 2 2 2 2 2 2
(2)注意变价元素，如Fe与足量硝酸反应生成Fe3＋，与少量硝酸反应生成Fe2＋。
(3)注意氧化还原反应的竞争及用量问题，如向FeBr 溶液中通入Cl，Cl 的量不同，转移的电子数不同。
2 2 2
2．熟记特殊反应中电子转移总数
反应 物质变化量 转移电子的物质的量或数目
NaO＋CO (或 1 mol Na 2 O 2 1 mol或N A
2 2 2
H 2 O) 1 mol O 2 mol或2N
2 A
Cl＋NaOH 1 mol Cl 1 mol或N
2 2 A
1 mol Cl 2 mol或2N
2 A
Cl＋Fe
2
1 mol Fe 3 mol或3N
A
题型一 考查物质中粒子数、化学键数目
例1．（2022·辽宁卷）设 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 中含有的中子数为
B. 分子中含有的 键数目为C. 标准状况下， 气体中 数目为
D. 的 溶液中 数目为
【答案】A
【解析】1个 原子中含有10个中子， 的物质的量为 ，故 中含
有中子的物质的量为 ，中子数为 ，故A正确；乙烯分子的结构式为 ，1个乙烯分子
中含有5个 键， 的物质的量为 ，所以 分子中含有的 键数目为 ，B错误；
是共价化合物， 分子中不存在 ，故C错误；没有给出 溶液的体积，无法计算 的
溶液中 的数目，故D错误；故选A。
【变式探究】（2022·全国甲卷） 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．25℃， 下， 氢气中质子的数目为
B． 溶液中， 的数目为
C． 苯甲酸完全燃烧，生成 的数目为
D．电解熔融 ，阴极增重 ，外电路中通过电子的数目为
【答案】C
【解析】25℃、101kPa不是标准状况，不能用标况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量，故 A错误；
Al3+在溶液中会发生水解生成Al(OH) ，因此2.0L 1.0 mol/L的AlCl 溶液中Al3+数目小于2.0N ，故B错误；苯
3 3 A
甲酸燃烧的化学方程式为 ，1mol苯甲酸燃烧生成7molCO ，则0.2mol苯甲酸完全
2燃烧生成1.4molCO ，数目为1.4N ，故C正确；电解熔融CuCl 时，阳极反应为 ，阴极反应为
2 A 2
，阴极增加的重量为Cu的质量，6.4gCu的物质的量为0.1mol，根据阴极反应可知，外电路中通
过电子的物质的量为0.2mol，数目为0.2N ，故D错误；故选C。
A
【举一反三】（2021·全国甲卷）NA 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 ( )
A.8g 重水（D2O）中含有质子数为 10NA
B.3mol 的 NO2 与 H2O 完全反应转移的电子数为 4NA
C.2g 环状 S8（ ）分子中含有 S-S 键数为 1NA
D.1L pH 值等于 4 的 0.1mol/L 的 K2Cr2O7 溶液中含
2-
有 Cr2O7 数为 0.1NA
【答案】C
【解析】DO的质子数为10，18gDO的物质的量为0.9mol，则所含质子数为9N ，A错误；NO 与HO
2 2 A 2 2
反应的方程式为：3NO +H O=2HNO +NO，该反应转移的电子数为2e-，若有3mol的NO 参与反应，则转移的
2 2 3 2
电子数为2N ，B错误；S 分子中含有的S-S键数为8，32gS 含有的S-S键数为1N ，C正确；D选项：酸性
A 8 8 A
KCr O 中存在：Cr O2-+H O=2CrO2-+2H+，含Cr元素物种有Cr O2-和CrO2-，则溶液中 Cr O2-离子数小于
2 2 7 2 7 2 4 2 7 4 2 7
0.1N ，D错误。
A
【变式探究】（2021·广东卷）设N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A
A. 1molCHCl 含有C-Cl键的数目为3N
3 A
B. 1.0mol·L-1的盐酸含有阴离子总数为2N
A
C.11.2LNO与11.2LO 混合后的分子数目为N
2 A
D. 23gNa与足量HO反应生成的H 分子数目为N
2 2 A
【答案】A
【解析】1个CHCl 分子中含有3个C-Cl键，微粒个数与物质的量成正比，故1molCHCl 含有3molC-Cl
3 3
键，C-Cl键的数目为3N ，A正确；盐酸为氯化氢的水溶液，氯化氢会全部电离出阴离子 Cl-，水会部分电离
A
出阴离子OH-，水的质量及电离程度未知，故无法计算1L1.0mol·L-1的盐酸含有阴离子总数，B错误；未提到
具体的温度、压强（如标况下），故无法计算 11.2LNO与11.2LO 混合后的分子数目，C错误；23gNa为
2
1mol，钠与足量的水反应生成氢气的关系式为: ，故1mol Na应对应生成0.5mol H ，H 分子数目应为
2 2
0.5N ，D错误；故选A。
A
题型二 考查与反应有关的粒子数
例2．（2022·海南卷）在2.8gFe中加入100mL3mol/LHCl，Fe完全溶解。N 代表阿伏加德罗常数的值，
A下列说法正确的是
A. 反应转移电子为0.1mol B. HCl溶液中 数为3N
A
C. 含有的中子数为1.3N D. 反应生成标准状况下气体3.36L
A
【答案】A
【解析】2.8gFe的物质的量为0.05mol；100mL 3mol·L-1HCl中H+和Cl-的物质的量均为0.3mol，两者发生
反应后，Fe完全溶解，而盐酸过量。Fe完全溶解生成Fe2+，该反应转移电子0.1mol，A正确；HCl溶液中Cl-
的物质的量为0.3mol，因此，Cl-数为0.3N ，B不正确；56Fe 的质子数为26、中子数为30，2.8g56Fe的物质的
A
量为0.05mol，因此，2.8g56Fe含有的中子数为1.5N ，C不正确；反应生成H 的物质的量为0.05mol，在标准
A 2
状况下的体积为1.12L ，D不正确；综上所述，本题A。
【变式探究】（2022·浙江卷）设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A
A.在25℃时，1LpH为12的Ba(OH) 溶液中含有OH-数目为0.01N
2 A
B.1.8g重水(D O)中所含质子数为N
2 A
C.足量的浓盐酸与8.7gMnO 反应，转移电子的数目为0.4N
2 A
D.32g甲醇的分子中含有C—H键的数目为4N
A
【答案】A
【解析】1LpH为12的Ba(OH) 溶液中含有OH-的浓度为0.01mol/L，物质的量0.01mol/L×1L=0.01mol，
2
OH-的数目为0.01N ，A正确；1.8g重水(D O)的物质的量为：0.09mol，所含质子数为0.9N ，B错误；足量的
A 2 A
浓盐酸与8.7gMnO(0.1mol)反应，+4价Mn转化生成Mn2+，转移电子的数目为0.2N ，C错误；甲醇的结构简
2 A
式为：CHOH，32g(1mol)的分子中含有C—H键的数目为3N ，D错误；故选A。
3 A
【举一反三】（2022·浙江卷）N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A
A. 中含有 个阳离子
B. 乙烷和丙烯的混合气体中所含碳氢键数为
C. 含有中子数为
D. 和 于密闭容器中充分反应后， 分子总数为
【答案】C
【解析】 由钠离子和硫酸氢根离子构成，其中的阳离子只有钠离子， 的物质的量为0.1mol，因此，其中只含有 个阳离子，A说法不正确；没有指明气体的温度和压强，无法确定
乙烷和丙烯的混合气体的物质的量是多少，因此，无法确定其中所含碳氢键的数目，B说法不正确； 分
子中有6个中子， 的物质的量为0.5mol，因此， 含有的中子数为 ，C说法正确； 和
发生反应生成 ，该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此， 和 于
密闭容器中充分反应后， 分子总数小于 ，D说法不正确。综上所述，故选C。
【变式探究】（2021·河北卷）N 是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A
A. 22.4L(标准状况)氟气所含的质子数为18N
A
B. 1mol碘蒸气和1mol氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2N
A
C. 电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为73g，则转移电子数为N
A
D. 1L1mol•L-1溴化铵水溶液中NH 与H+离子数之和大于N
A
【答案】C
【解析】在标准状况下22.4L氟气的物质的量为1mol，其质子数为18N ，A正确；碘蒸气与氢气发生的
A
反应为： ，反应为可逆反应，有一定的限度，所以充分反应，生成的碘化氢分子数小于
2N ，B正确；电解饱和食盐水时电极总反应为：2NaCl+2H O 2NaOH+H ↑+Cl↑，若阴阳两极产生气体分别
A 2 2 2
是氢气与氯气，且物质的量之比为1:1，若气体的总质量为73g，则说明反应生成的氢气与氯气的物质的量各
自为1mol，根据关系式H 2e-可知，转移的电子数为2N ，C错误； 1L1mol•L-1溴化铵水溶液存在电荷守
2 A
恒，即c(NH +)+c(H+)=c(Br-)+c(OH-)，则物质的量也满足n(NH +)+n(H+)=n(Br-)+n(OH-)，因为n(Br-)=1mol，所以
4 4
该溶液中NH +与H+离子数之和大于N ，D正确；故选C。
4 A
高频考点二 溶液的配制误差分析及溶液浓度的计算
1．一定物质的量浓度溶液的两种配制步骤与仪器
(1)固体溶解：①计算溶质质量，②称量(托盘天平)，③溶解(烧杯、玻璃棒)，④冷却转移(容量瓶)，⑤洗
涤，⑥定容(胶头滴管)，⑦摇匀，⑧装瓶。
(2)浓溶液稀释：①计算浓溶液体积，②量取(量筒或酸、碱式滴定管)，③稀释(烧杯、玻璃棒)，④冷却转移(容量瓶)，⑤洗涤，⑥定容(胶头滴管)，⑦摇匀，⑧装瓶。
2．误差分析的思维流程与方法
(1)误差分析的思维流程
(2)视线引起误差的分析方法
①仰视容量瓶刻度线(图1)，导致溶液体积偏大，结果偏低。
②俯视容量瓶刻度线(图2)，导致溶液体积偏小，结果偏高。
3．三种计算
(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)。
(3)稀释定律
①溶质的质量在稀释前后保持不变，即mw ＝mw 。
1 1 2 2
②溶质的物质的量在稀释前后保持不变，即cV＝cV。
1 1 2 2
③溶液质量守恒，m(稀)＝m(浓)＋m(水)(体积一般不守恒)。
【方法技巧】溶液混合的规律
同一溶质不同浓度的溶液混合后溶质质量分数的判断方法：设溶质质量分数分别为w 和w 的两溶液混合
1 2
后所得溶液溶质的质量分数为w。
(1)两溶液等质量混合w＝(w ＋w)。
1 2
(2)两溶液等体积混合
①若溶液中溶质的密度大于溶剂的密度，则w>(w＋w)，如HSO 溶液。
1 2 2 4②若溶液中溶质的密度小于溶剂的密度，则w<(w＋w)，如氨水、酒精溶液。
1 2
【知识拓展】用“偏高”“偏低”或“无影响”填空
①砝码生锈：偏高。
②定容时，溶液温度高：偏高。
③定容时俯视容量瓶刻度线：偏高。
④称量时物码颠倒且使用游码：偏低。
⑤未洗涤烧杯、玻璃棒：偏低。
⑥称量易吸水物质时间过长：偏低。
⑦转移时，有液体溅出：偏低。
⑧滴加蒸馏水超过容量瓶刻度线，再用胶头滴管吸出：偏低。
⑨定容摇匀后，液面低于刻度线，再加水至刻度线：偏低。
⑩容量瓶内有少量水：无影响。
题型三 考查溶液的浓度与误差分析
例3．配制一定物质的量浓度的稀盐酸，结果偏高的是( )
A．在容量瓶中定容时，俯视刻度线
B．用量筒量取浓盐酸时，俯视刻度线
C．转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容
D．定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线又加水至刻度线
【答案】A
【解析】在容量瓶中定容时，俯视刻度线导致溶液体积偏小，浓度偏高，A正确；用量筒量取浓盐酸时，
俯视刻度线体积偏小，浓度偏低，B错误；转移溶液后，未洗涤烧杯和玻璃棒就直接定容溶质偏少，浓度偏
低，C错误；定容后把容量瓶倒置摇匀，发现液面低于刻度线又加水至刻度线溶液体积增加，浓度偏低，D错
误。
【变式探究】下列关于物质的量浓度表述正确的是( )
A．0.3 mol·L－1的NaSO 溶液中含有的Na＋和SO的总物质的量为0.9 mol
2 4
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－1，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－1
C．在KSO 和NaCl的中性混合水溶液中，如果Na＋和SO的物质的量相等，则K＋和Cl－的物质的量浓度
2 4
一定相同
D．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，
它的物质的量浓度仍为0.35 mol·L－1【答案】D
【解析】不知道溶液体积，无法计算物质的量，A错误；22.4 L 氨气的温度、压强不知，物质的量不一定
为1 mol，B错误；KSO 和NaCl的中性混合水溶液中，c(H＋)＝c(OH－)，则c(K＋)＋c(Na＋)＝c(Cl－)＋2c(SO)，
2 4
若Na＋和SO的物质的量相等，则K＋的浓度必定大于Cl－的浓度，C错误；同一物质在同一温度下的溶解度一
定，饱和溶液物质的量浓度恒定，D正确。
高频考点三 关系式法与守恒法
（一）关系式法：表示两种或多种物质之间“物质的量”关系的一种简化式子。在多步反应中，它可以把
始态的反应物与终态的生成物之间的“物质的量”关系表示出来，把多步计算简化成一步计算。
1.在进行多步反应的计算时，要找出起始物与目标物之间的定量关系，一般的解题步骤
2.多步反应也可以利用原子守恒建立关系式
如工业制硝酸可利用生产过程中氮原子守恒直接建立NH 和硝酸的关系式： 。
3
3.多步连续氧化还原反应可以通过电子守恒建立关系式。
（二）守恒法：守恒法是中学化学计算中的一种常用方法，它包括质量守恒、电荷守恒、电子守恒。它们
都是抓住有关变化的始态和终态，淡化中间过程，利用某种不变量(如①某原子、离子或原子团不变；②溶液
中阴、阳离子所带电荷数相等；③氧化还原反应中得失电子数相等)建立关系式，从而达到简化过程，快速解
题的目的。
题型四 关系式法与守恒法
例4．为测定某石灰石中CaCO 的质量分数，称取W g石灰石样品，加入过量的浓度为6 mol·L－1的盐
3
酸，使它完全溶解，加热煮沸，除去溶解的CO，再加入足量的草酸铵[(NH )C O]溶液后，慢慢加入氨水降
2 4 2 2 4
低溶液的酸度，则析出草酸钙沉淀，离子方程式为C O＋Ca2＋===CaC O↓，过滤出CaC O 后，用稀硫酸溶
2 2 4 2 4
解：CaC O＋HSO ===H C O＋CaSO，再用蒸馏水稀释溶液至V mL。取出V mL用a mol·L－1的KMnO
2 4 2 4 2 2 4 4 0 1 4
酸性溶液滴定，此时发生反应：2MnO＋5HC O＋6H＋===2Mn2＋＋10CO↑＋8HO。若滴定终点时消耗a
2 2 4 2 2
mol·L－1的KMnO V mL，计算样品中CaCO 的质量分数。
4 2 3
【解析】本题涉及的化学方程式或离子方程式为CaCO ＋2HCl===CaCl ＋HO＋CO↑
3 2 2 2
C O＋Ca2＋===CaC O↓
2 2 4
CaC O＋HSO ===H C O＋CaSO
2 4 2 4 2 2 4 4
2MnO＋5HC O＋6H＋===2Mn2＋＋10CO↑＋8HO
2 2 4 2 2
由方程式可以得出相应的关系式
5CaCO ～5Ca2＋～5CaC O～5HC O～2MnO
3 2 4 2 2 4
5 2
n(CaCO) aV×10－3 mol
1 3 2
n(CaCO)＝2.5aV×10－3 mol
1 3 2
样品中n(CaCO)＝2.5aV×10－3× mol
3 2
则w(CaCO)＝×100%＝%。
3
【变式探究】（2020·江苏卷）次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C NOClNa)都是常用的杀菌消毒剂。
3 3 3 2
NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠。
(2)二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品
标准。实验检测原理为
准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸
和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用 NaSO 标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉
2 2 3
指示剂继续滴定至终点，消耗NaSO 溶液20.00mL。
2 2 3
①通过计算判断该样品是否为优质品_______。(写出计算过程，
)
②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值____________(填“偏高”或“偏低”)。
【答案】①
根据物质转换和电子得失守恒关系：得
氯元素的质量:
该样品的有效氯为：
该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品 ②偏低
【解析】①由题中反应可知， 在酸性条件产生HClO，HClO氧化碘离子产生碘单质，碘单质
再用硫代硫酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为： ，
，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.5
= ，氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的
有效氯为： =63.39%，该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品。
②如果硫酸的用量过少，则导致反应 不能充分进行，产生
的HClO的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低。
