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第二章 物质的量
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 Na 23 Al 27 Ca40 Cu 64 Zn 65 Ba
137
第Ⅰ卷（选择题 共42 分）
一、选择题：本题共14 个小题，每小题3 分，共42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
目要求的。
1．（2025·安徽马鞍山·二模）氯及其化合物部分转化关系如图。
为阿伏加德罗常数的值，下列说法正
确的是
A．标准状况下，2.24 L HCl 和Cl2混合气体中氯原子数为
B．0.1 mol/L NaCl 溶液中Na+数为
C．反应①每消耗0.1 mol Ca(ClO)2，生成的氯气的分子数为
D．反应②每生成0.1 mol 氧化产物，转移电子数目为
【答案】D
【详解】A．标准状况下2.24 L 混合气体物质的量为0.1 mol，HCl 含1 个Cl 原子、Cl2含2 个Cl 原子，因两
者比例未知，氯原子数介于0.1NA~0.2NA之间，无法确定为0.15NA，A 错误；
B．溶液体积未知，无法根据浓度计算Na+物质的量，B 错误；
C．反应①为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，1 mol Ca(ClO)2生成2 mol Cl2，0.1 mol Ca(ClO)2应生成0.2 mol
Cl2，分子数为0.2NA，C 错误；
D．反应②为3Cl2+6NaOH=NaClO3+5NaCl+3H2O，氧化产物为NaClO3，Cl 从0 价升至+5 价，生成1 mol NaClO3
转移5 mol 电子，则生成0.1 mol 氧化产物转移0.5 mol 电子，数目为0.5NA，D 正确；
2．（2025·安徽蚌埠·三模）
为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．常温下，
的
溶液中
数目为
B．标准状况下，
通入足量水中充分反应，转移电子数为
C．常温下，将2.7 gAl 片放入足量浓硝酸中，转移电子数为
D．
(
)与
(
)组成的混合物所含共价键的数目为
【答案】D
1
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【详解】A．pH=12 的NH3·H2O 溶液中c(OH-)=0.01 mol/L，但未给出溶液体积，无法计算OH-数目，A 错误；
B．Cl2与水的反应为可逆反应（Cl2+H2O
HCl+HClO
⇌
），1 mol Cl2不能完全反应，转移电子数小于NA，B 错误；
C．常温下Al 与浓硝酸发生钝化，表面生成氧化膜阻止反应继续进行，转移电子数远小于0.3NA，C 错误；
D．S8和S6均为硫单质，64 g 混合物中硫原子总物质的量为64 g/32 g/mol=2 mol，S8（皇冠形）和S6（六元
环）均为环状分子，每个硫原子形成2 个共价键，每个共价键由2 个硫原子共用，故1 mol 硫原子对应1
mol 共价键，2 mol 硫原子含共价键2NA，D 正确；
答案选D。
3．（2025·安徽蚌埠·三模）下列实验装置能达到实验目的的是
A．制备晶体
B．配制一定物质的量
浓度NaOH 溶液
C．验证非金属性
D．区分
和
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】A
【详解】A．制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O 晶体时，由于该配合物在乙醇中溶解度较小，向[Cu(NH3)4]SO4溶液中加
入乙醇可降低其溶解度，促使晶体析出，装置合理，A 正确；
B．配制一定物质的量浓度的NaOH 溶液需在烧杯中溶解固体，冷却后转移至容量瓶定容，不能用容量瓶溶
解，B 错误；
C．验证非金属性N>C>Si 应利用最高价含氧酸的酸性强弱，浓硝酸易挥发，挥发出的HNO3会干扰CO2与
Na2SiO3的反应，无法准确比较C 和Si 的非金属性，C 错误；
D．Na2CO3和NaHCO3均能与澄清石灰水反应生成CaCO3沉淀，现象相同，无法区分，D 错误；
2
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答案选A。
4．（2025·安徽芜湖·一模）
代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．
中含有σ 键数目最少为
B．标准状况下，
与
充分反应，生成
分子数目为
C．向
溶液通氨气至中性，铵根离子数目为
D．
和
的固体混合物中共含有0.2mol 阳离子，则混合物中总质子数目为
【答案】D
【详解】A．C2H4O 的摩尔质量为44g/mol，8.8gC2H4O 的物质的量为0.2mol，无论结构如何（如环氧乙烷或
乙醛），每个分子至少含6 个σ 键（如C-H、C-O、C-C 等），则总σ 键数目最少为1.2NA，A 错误；
B．标准状况下，1.12L N2（0.05mol）与3.36L H2（0.15mol）按1:3 反应生成NH3，理论上生成0.1mol NH3，
但该反应为可逆反应，实际生成量小于理论值，故NH3分子数小于0.1N A，B 错误；
C．向1L 0.1mol/L CH3COOH 溶液通氨气至中性，根据电荷守恒：
，
中性溶液中
，则
，再根据物料守恒：
，则铵根离子数目小于0.1NA，C 错误；
D．CaCO3和KHCO3的质子数均为50，若阳离子总物质的量为0.2mol，则混合物中总质子数目为10NA，D 正
确；
故选D。
5．（2025·安徽黄山·一模）设
为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，
和
的混合气体所含电子数为
B．常温下，
的
溶液中，所含
数目为
C．足量
与
浓盐酸共热生成
分子数为
D．1mol 白磷
和1mol 甲烷中所含的共价键数均为
【答案】A
【详解】A．每个CO2和N2O 分子均含22 个电子，则标准状况下，
和
的混合气体所含电子
数为
，A 正确。
B．
会发生水解，则常温下，
的
溶液中，所含
数目小于1 mol/L×1 L=1 mol，即
小于NA，B 错误。
C．
与浓盐酸共热发生反应：
，但浓盐酸随反应的进行变稀后
3
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不再与MnO2反应，则足量
与
浓盐酸共热生成
分子数小于
，即小
于0.1NA，C 错误。
D．1 个P4、CH4分子分别含有6 个、4 个共价键，则1 mol 白磷
和1 mol 甲烷中所含的共价键数分别为
6NA、4NA，D 错误。
故选A。
6．（2025·安徽·三模）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．标准状况下，11.2 L Cl2溶于水，溶液中Cl-、ClO-和HClO 的微粒数之和为NA
B．12 g 金刚石和12 g 石墨含有的C-C 键数目均为2NA
C．常温常压下，Na2O2与足量H2O 反应，生成0.2 mol O2，转移电子的数目为0.4NA
D．测得0.1 mol·L-1CH3COONH4溶液呈中性，则1 L 该溶液中含CH3COO-数为0.1NA
【答案】C
【详解】A．标准状况下11.2 L(
)
溶于水后部分与水发生反应
，溶
液中Cl⁻、ClO⁻和HClO 的微粒数之和小于NA，A 错误；
B．
金刚石中C-C 键数目为2NA，
石墨中C-C 键数目为1.5NA，两者不同，B 错误；
C．
与
反应，每生成1mol
转移2mol 电子，0.2mol
转移0.4NA电子，C 正确；
D．
为弱酸根离子，因水解浓度小于0.1 mol·L-1，数目小于0.1NA，D 错误；
故答案选C。
7．（2025·安徽阜阳·一模）设
为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是
A．标准状况下11.2 L
中，含有的氧原子数目为
B．1 mol 的
晶体中，离子总数为
C．0.1
溶液中，
离子的数目小于
D．28 g 由
和
组成的混合气体中，含有的原子总数为
【答案】D
【详解】A．标准状况下，三氧化硫为固体，无法计算11.2L 三氧化硫的物质的量和含有的氧原子数目，A
错误；
B．硫酸氢钠是由钠离子和硫酸氢根离子形成的离子化合物，则1 mol 硫酸氢钠含有的离子总数为
1mol×2×NAmol-1=2NA，B 错误；
C．缺溶液体积，无法计算0.1mol/L 碳酸钠溶液中碳酸根离子的物质的量，不能确定溶液中碳酸根离子的
的离子数目，C 错误；
D．C2H4和C3H6的最简式相同，均为CH2，则28g 混合气体含有的原子总数为
×3×NAmol-1=6NA，D 正
确；
4
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故选D。
8．（2025·安徽六安·模拟预测）部分含碳物质的转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列
说法正确的是
A．1 mol CaC2含有的σ 键数目为3NA
B．标准状况下，22.4 L CS2含有的原子数目为3NA
C．反应①每消耗12g C，生成π 键的数目为2NA
D．反应②每生成1 mol CaC2，转移的电子数为4NA
【答案】C
【详解】A．
的结构为
，其中的1 个碳碳三键只含有1 个σ 键，则
含有的σ 键
数目为NA，A 错误；
B．标准状况下，
为液体，不能使用气体摩尔体积来进行计算，B 错误；
C．反应①每消耗12g C，即1mol C，根据反应
可以生成
，再由
的结构
，
其中1mol 双键含1mol π 键 ，则
含π 键的数目为2NA，C 正确；
D．反应②的方程式为：
，参与反应的元素中，只有C 元素化合价发生变化，即C
既为氧化剂又为还原剂，再根据化合价变化值可知，每生成1 mol CaC2，转移的电子数为2NA，D 错误；
故答案为：C。
9．（2025·安徽·模拟预测）设
为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．500mL 0.5mol/L 的NaF 溶液中离子数大于
B．6.5g
晶体中所含
键数目为
C．往1 L1 mol/L
溶液中通入1.5 mol
，反应转移电子数为
D．1 mol 乙二醇被足量酸性
溶液氧化，转移电子数为
【答案】D
【详解】A．NaF 溶液中，
的物质的量为0.25 mol（0.5 L×0.5 mol/L），F-因水解部分减少，但水解生成
的OH-数目等于消耗的F-数目，总阴离子数仍为0.25 mol，溶液中还存在水电离出的氢离子和氢氧根离子，
故总离子数大于
，A 正确。
B．
的摩尔质量为65 g/mol，6.5 g
的物质的量为0.1 mol。每个
含2 个σ 键，0.1 mol
含
0.2 mol σ 键，即
，B 正确。
C．1 mol
含2 mol
和1 mol
。
优先氧化
：2 mol
需1 mol
（转移2 mol e⁻），剩余
0.5 mol
氧化
（1 mol
转移1 mol e⁻）。总转移电子数
，C 正确。
5
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D．1 mol 乙二醇（
）被足量KMnO4氧化为CO2，每个羟基碳的氧化态从-1 升至+4，每个碳
转移5e⁻，总转移10 mol e⁻（
），D 错误。
故答案为：D。
10．（2025·安徽·二模）设
是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．
中，中子数与质子数之差为
B．
完全转化为
时，转移的电子数为
C．标准状况下，
和
混合气体中氧原子数为
D．
溶液中
数小于
【答案】B
【详解】A．
37Cl 的质子数为17，中子数为37−17=20，每个原子中子比质子多3 个，37g37Cl 为1mol，总中
子-质子差为3NA，A 正确；
B．46g 乙醇（1mol）转化为乙酸时，每个分子失去4e-，总转移4NA电子，B 错误；
C．标准状况下11.2L 混合气体为0.5mol，CO2和SO2均含2 个O 原子，总氧原子数为0.5×2×NA=NA，C 正确；
D．NaF 溶液中F-会水解，导致实际F-数目小于0.1NA，D 正确；
故选B。
11．（2025·安徽阜阳·三模）将
与过量双氧水、氨水、氯化铵混合发生反应，可生成
或
。设
表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．
中含σ 键数为
B．
氨水中含氮原子数为
C．53.5g 由
和
组成的物质中含
数为
D．
中含配位原子(也包括离子)数为
【答案】D
【详解】A．
中
和
都是σ 键，0.5 mol
中含1.5molσ 键，数目为
，A 错误；
B．没有指明
氨水的体积，无法计算出氮原子数，B 错误；
C．
和
组成的物质中含有
和
、两者的比例未知，其平均摩尔质量不一定等于
，其离子数不一定为
，C 错误；
D．
的配体为5 个
和1 个
，配位数为6，
中含配位原子(也
包括离子)数为
，D 正确；
故选D。
6
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12 ．（2025 高三下· 安徽· 模拟预测）利用CrCl3+3
+3NH3→Cr(C5H7O2)3+3NH4Cl 制备降爆剂
Cr(C5H7O2)3(结构如图)，下列有关说法不正确的是
A．0.1 mol
中σ 键数目为1.4NA
B．标准状况下，每消耗6.72 L NH3生成Cr(C5H7O2)3数目为0.1NA
C．2 mol Cr(C5H7O2)3中含有的配位键数目为6NA
D．1 L 0.1 mol·L-1 NH4Cl 溶液含有的
数目为0.1NA
【答案】D
【详解】
A．
的结构简式为CH3COCH2COCH3，含有14 个σ 键，0.1 mol
中，σ 键数目为1.4NA，A 项正确；
B．标准状况下，每消耗6.72 L(0.3 mol)NH3，生成0.1 mol Cr(C5H7O2)3，其数目为0.1NA，B 项正确；
C．Cr(C5H7O2)3中Cr3+与3 个
中的氧原子形成3 个配位键，则2 mol Cr(C5H7O2)3中含有的配位键数目为
6NA，C 项正确；
D．1 L 0.1 mol·L-1 NH4Cl 溶液中，铵根离子发生水解，则含有的
数目小于0.1NA，D 项错误；
故选D。
13．铁及其化合物的转化关系如图。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．FeCl3溶液中通入SO2可实现转化①，说明氧化性：
B．转化②中每生成0.1 molFe3O4，转移的电子数为0.9NA
C．转化③中FeCl3和FeCl2的物质的量之比为1 2∶
D．过量Fe 在氯气中燃烧生成FeCl2
【答案】A
7
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【分析】Fe 与盐酸反应得到FeCl2，与Cl2反应得到FeCl3，FeCl2与FeCl3二者可以相互转化，二者的混合物与
NaOH 在一定条件下反应得到Fe3O4，Fe 与水蒸气或氧气反应也能得到Fe3O4。
【详解】A．氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性，FeCl3溶液中通入SO2可生成FeCl2，FeCl3为氧化剂，SO2
为还原剂，说明氧化性：
，A 正确；
B．Fe 与O2或水蒸气反应生成Fe3O4，生成1molFe3O4转移8mol 电子，每生成0.1 molFe3O4，转移的电子数
为0.8NA，B 错误；
C．转化③的化学方程式为：2FeCl3+FeCl2+8NaOH
Fe3O4+8NaCl+4H2O，转化③中FeCl3和FeCl2的物
质的量之比为2 1∶，C 错误；
D．Fe 与Cl2反应生成FeCl3，化学方程式为：2Fe+3Cl2
2FeCl3，无论Fe 过量还是少量，Fe 在氯气中燃烧
都生成FeCl3，D 错误；
答案选A。
14．（2025·安徽黄山·二模）
是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．
中氙的价层电子对数为
B．标准状况下，
中原子总数为
C．
中阴离子总数小于
D．电解精炼铜时，阳极减重
时，外电路转移电子数一定为
【答案】A
【详解】A．XeF2中Xe 的价层电子对数为2+
，
中氙的价层电子对数为0.5×5×NA=
，A 正确；
B．标准状况下SO3不是气体，不能用气体的摩尔体积进行计算物质的量，B 错误；
C．
的物质的量为0.2L×1mol/L=0.2mol，Na+的物质的量为0.2mol，水还要电离产生H+，
所以阳离子的数目大于0.2NA，根据电荷守恒可知，阴离子总数大于0.2NA，C 错误；
D．阳极为粗铜，含有Fe、Zn 等，64g 不一定都是Cu 单质，转移电子数无法判断，D 错误；
答案选A。
第II 卷（非选择题 共58 分）
二、非选择题：本题共4 个小题，共58 分。
15．（15 分）（2025·安徽·模拟预测）根据要求，回答下列问题：
(1)新制备的
沉淀接触空气的现象： ；该过程发生反应的化学方程式为 。
(2)在饱和食盐水中先通入足量
，再通入
生成白色沉淀，该反应的总离子方程式为 。
8
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(3)
属于 (填“氧化物”“混合物”或“钾盐”)。
溶解于稀硫酸中，生成一种气体单
质，则该反应的离子方程式是 。
(4)混盐一般是由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐，如化学式为
的物质就属于混盐。向
中加入稀硫酸有黄绿色气体逸出，在足量稀硫酸中，12.7 g
完全反应，转移 mol 电
子。
(5)下图是用NaCl 固体配制250 mL 0.5 mol·L-1 NaCl 溶液的操作装置图，正确的操作顺序为：①→ ；
请指出图中存在的1 处错误： 。
①
②
③
④
⑤
⑥
【答案】(1) 白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后变为红褐色沉淀
(2)
(3) 钾盐
(4)0.1
(5) ③→②→⑤→⑥→④ 装置②中玻璃棒末端未在刻度线下
【详解】（1）新制备的
为白色絮状沉淀，易被空气中的氧气氧化，现象为白色絮状沉淀迅速变
为灰绿色，一段时间后变为红褐色沉淀；反应的化学方程式为：
；
（2）在饱和食盐水中先通入足量
，再通入
生成
和NH4Cl，该反应的总离子方程式为
；
（3）
是由K+和
构成，属于钾盐；分析
、
中的元素组成可知，
溶解于
稀硫酸中，生成两种盐为
、
，一种氧化物为
，Fe 元素化合价从+6 降低为+3，则反应
中应该有元素化合价升高，故生成的气体单质为
，则该反应的离子方程式为：
；
（4）12.7 g
为0.1 mol，
与稀硫酸反应生成的黄绿色气体为
，
相当于
，
即其中Cl 分别为-1 价和+1 价，故反应的化学方程式是
，则0.1 mol
9
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完全反应转移0.1 mol 电子；
（5）配制250 mL 0.5 mol·L-1 NaCl 溶液的正确操作：称量→溶解→转移→洗涤→定容→摇匀，则正确的顺
序为：①→③→②→⑤→⑥→④；图中存在的1 处错误为：转移时，装置②中玻璃棒末端未在刻度线下。
16．（15 分）氯化钡常用作分析试剂、脱水剂，制钡盐原料以及用于电子、仪表、冶金等工业。某实验小
组欲通过重量分析法测定
中钡元素的含量。
I．沉淀剂的配制
用
重量法测定
时，一般用稀硫酸作沉淀剂。实验中需用质量分数为
、密度为
的
浓硫酸配制
溶液。
(1)下图所给仪器中在配制溶液中肯定不需要的是 (填仪器名称)，配制上述溶液时还需用到的玻
璃仪器是 ，该仪器在使用前必须进行的一步操作是 。
(2)在配制溶液时，用量筒量取浓硫酸的体积为
(结果保留一位小数)；以下操作中导致配制
硫酸溶液浓度偏低的是 (填字母)。
A．容量瓶使用前未干燥
B．用量筒量取浓硫酸时，俯视读数
C．稀释浓硫酸后，未冷却至室温就直接转移
D．定容时，蒸馏水超过刻度线后用胶头滴管吸出
II．测定
试样中钡元素的含量
实验步骤1：准确称取
试样平均分成两份，分别置于
烧杯中，加入约
水、
溶液，搅拌溶解，加热至近沸。另取
溶液两份于两个
烧杯中，
加水
，加热至近沸，趁热将两份
溶液分别用小滴管逐滴加入到两份热的钡盐溶液中，并用玻
璃棒不断搅拌，直至两份
溶液加完为止。
实验步骤2：待
沉淀下沉后，向上层清液中加入
滴
溶液，仔细观察沉淀是否完全。沉淀
完全后，盖上表面皿(切勿将玻璃棒拿出杯外)，放置过夜陈化。
实验步骤3：沉淀的过滤和洗涤，即沉淀用倾泻法过滤；用稀硫酸(
溶液加
水配
成)洗涤沉淀
次。
实验步骤4：沉淀的灼烧和恒重，即将两份折叠好的沉淀滤纸包分别置于已恒重的瓷坩埚中烘干、炭化、
灰化后，在
的马弗炉中灼烧至恒重。计算
中钡元素的含量。
(3)溶解
试样时加入稀盐酸的目的是 。
(4)检测沉淀洗涤干净的方法是 。
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(5)若最终产生沉淀的平均质量为
，则
中钡元素的含量为 。
【答案】(1) 分液漏斗、圆底烧瓶
容量瓶 检漏
(2) 5.4 BD
(3)排除杂质离子的干扰，保证产生的沉淀完全是硫酸钡沉淀
(4)取最后一次洗涤液于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，说明沉淀洗涤干净
(5)54.8%
【详解】（1）稀释浓硫酸时肯定不需要的是分液漏斗、圆底烧瓶；还需要
容量瓶，容量瓶在使用
前要先检漏；
（2）通过
计算可知浓硫酸的物质的量浓度为
，稀释过程中溶质的物质的量不变，可
计算出需要浓硫酸的体积为
；A．容量瓶使用前未干燥，对实验结果没有影响，
A 项不符合；B．用量筒量取浓硫酸时，俯视读数，会使量取的浓硫酸的体积偏小，导致配制的溶液浓度偏
低，B 项符合；C．稀释浓硫酸后，未冷却至室温就直接转移，因为热胀冷缩，所加蒸馏水的体积偏小，则
浓度偏高，C 项不符合；D．定容时，蒸馏水超过刻度线后用胶头滴管吸出，会导致溶液浓度偏低，需要重
新配制，D 项符合；故选BD；
（3）溶解
试样时加入稀盐酸的目的是防止生成碳酸钡等沉淀，使钡离子全部生成硫酸钡沉淀；
（4）检验沉淀洗涤干净的方法是检验氯离子是否洗涤干净，操作是取最后一次洗涤液于试管中，加入硝
酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀产生，说明沉淀洗涤干净；
（5）根据题意可知
中钡元素的含量为
。
17．（14 分）（23-24 高三上·安徽合肥·月考）元素及其化合物性质是学习化学的基础。根据要求回答下列
问题：
(1)取300 mL
KI 溶液与一定量的酸性
溶液恰好反应(
)，生成等物质的量
的
和
，则消耗
的物质的量是 。
(2)在100 mL
溶液中通入标准状况下3.36 L
，溶液中有
的
被氧化成单质
，则原
溶液
中
的物质的量浓度为 。
(3)将Al、
和
的混合物恰好与NaOH 溶液反应，反应后溶液中溶质的化学式为 。
向反应后的溶液中通入过量
，反应的离子方程式为 。
(4)三氟化氮(
)是一种无色、无味的气体，是微电子工业技术的关键原料之一，
在潮湿的空气中与水
蒸气能发生氧化还原反应，该反应的产物有：HF、NO 和
。
①写出该反应的化学方程式： ，反应中生成0.2 mol
，转移的电子数目为 (
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表示阿伏加德罗常数的值)。
②
无色、无臭，可一旦在空气中泄漏，却易于发现，判断该气体泄漏的现象是 。
【答案】(1)0.032mol
(2)
(3) Na[Al(OH)4]
(4)
0.4NA 出现红棕色气体
【详解】（1）根据题给信息可知n(KI)＝0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量
的I2和KIO3，则n(I2)＝n(KIO3)＝0.02mol，KI 失电子的物质的量为2×0.02mol＋6×0.02mol＝0.16mol，1 mol
得电子的物质的量为5mol，根据得失电子守恒，则消耗KMnO4的物质的量是0.032mol；
（2）标准状况下3.36 L 氯气的物质的量为3.36 L÷22.4L/mol=0.15mol，还原性Fe2+＞Br-，氯气先氧化亚铁离
子，亚铁离子反应完毕，再氧化溴离子，溶液中有 1/4 的 Br−被氧化成单质 Br2，发生的反应方程式为：
，则
，
；
（3）Al、Al2O3、
都能和NaOH 溶液反应生成Na[Al(OH)4]，Na[Al(OH)4]溶液能和过量的CO2反应生成
和碳酸氢钠，反应的离子方程式为
；
（4）①由题意知，
在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，生成HF、NO 和
，在该反应
中NF3中的N 元素的化合价一部分由+3 价升高到+5 价，失去2 个电子，一部分由+3 价降低到+2 价，得到1
个电子，根据得失电子守恒和原子守恒配平，该反应的化学方程式为
；根据
化学方程式，在反应过程中，被氧化的N 即化合价升高的N 与被还原的N 即化合价降低的N 元素原子的物
质的量之比为1:2，则每产生1mol HNO3，转移电子2 mol 的电子，因此若反应中生成0.2 mol HNO3，转移
的电子数目为0.2×2NA=0.4NA；
②NF3是一种无色、无臭的气体，但一旦NF3在空气中泄漏，就会反应反应
，
；NO2是红棕色有刺激性气味的气体，所以判断该气体泄漏时的现象是出现红棕色气体。
18．（14 分）（22-23 高三上·安徽·开学考试）“84 消毒液”在抗击新冠中具有极为重要的作用，其有效
成分是
。
(1)某次实验需要使用
的
溶液，欲用
固体配制该溶液，实验中需要称量
晶体，下图不需要的仪器是 (写出仪器名称)，若定容时仰视刻度线，则所配溶液浓度
(填“＞”或“＜”)
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(2)“84 消毒液”在存放中会变质，实验室中可用淀粉
试纸判断某“84 消毒液”是否完全变质，若试纸
则说明“84 消毒液”没有完全变质。在强碱性溶液中，
能将
氧化为
，若用
上述所
配溶液，能恰好氧化
溶液，则
。
(3)已知：①
②
写出在溶液中
分解生成
的热化学方程式： 。
(4)在不同温度时，测得84 消毒液
值(
表示水溶液中物质的氧化性或还原性强弱。
值越大，
氧化性越强)随时间的变化曲线如图所示：
试分析，
值在不同温度下变化不同的原因可能是 。
【答案】(1) 14.9 漏斗、圆底烧瓶 <
(2) 变蓝色 10 或10.0
(3)3NaClO(aq)=2NaCl(aq)+NaClO3(aq) ΔH=(b-3a)kJ·mol-1
(4)温度升高使次氯酸分解加快，溶液中次氯酸浓度减小，氧化性减弱
【详解】（1）根据题目要求选择1000mL 的容量瓶配制溶液，故需要称量NaClO 的质量
m=1L×0.2mol·L-1×(23+35.5+16)g/mol=14.9g；配制过程中需要用到托盘天平进行称量，烧杯、玻璃棒用于溶
解，胶头滴管用于定容，不需要漏斗和圆底烧瓶；定容时仰视，溶液体积偏大，所配溶液浓度小于
0.2mol/L；
（2）84 消毒液有效成分为具有漂白性的NaClO，NaClO 的强氧化性可将I-氧化为I2，遇到淀粉显蓝色；
NaClO 被还原为Cl-，根据氧化还原反应电子得失守恒可列式0.2×20.0×10-3×2=0.2×V×10-3×4，解得
V=10.0mL；
（3）根据盖斯定律可得目标方程式为②-3×①，可得热化学方程式为3NaClO(aq)=2NaCl(aq)+NaClO3(aq) ΔH
=(b-3a)kJ·mol-1；
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（4）消毒液中有效成分次氯酸受热易分解，温度升高使次氯酸分解加快，溶液中次氯酸浓度减小，氧化
性减弱。
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