答案：B
10．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( ) A．10 g 46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为0.5NA B．1 mol CnH2n＋2所含的共用电子对数为(2n＋1)NA
C．含有C—Si数目为2NA的SiC晶体中硅原子的物质的量为1 mol
D．常温下，5.6 g Fe与含0.2 mol HNO3的溶液充分作用，最少会失去电子数为0.15NA
解析：A.10 g 46%甲酸(HCOOH)水溶液含有溶质的物质的量n(HCOOH)＝10 g×46%
46 g/mol＝0.1 mol，其中含有O原子的物质的量为n(O)＝2n(HCOOH)＝ 10 g×?1－46%?
0.2 mol，该溶液中含有溶剂水的物质的量为n(H2O)＝＝0.3 mol，
18 g/mol所以水中所含的氧原子为0.3 mol，故该溶液中含有O原子的总物质的量为 0.5 mol，含有的O原子数目为0.5NA，A正确；B.在一个CnH2n＋2中含有C—H键为2n＋2，含有C—C键为n－1，故含有的共价键数目为3n＋1个，则1 mol CnH2n＋2所含的共用电子对数为(3n＋1)NA，B错误；C.每个Si原子与相邻的4个C原子形成共价键，所以1 mol SiC晶体中含4 NA个Si—C键，若含有C—Si数目为2NA，则SiC晶体的物质的量是0.5 mol，因此含有Si原子的物质的量为 0.5 mol，C错误；D.5.6 g Fe的物质的量是0.1 mol，与0.2 mol HNO3反应，当硝酸为稀硝酸时。此时n(Fe)∶n(HNO3)＝1∶2>3∶8，可知Fe过量，按照HNO31
的量计算，还原产物为NO,1 mol HNO3有4被还原，根据电子守恒可得转移的电1
子数目为0.2 mol×4×3＝0.15 mol；若硝酸为浓硝酸，反应条件加热，若反应产1
生Fe(NO3)2，则Fe过量，反应按照HNO3计算，转移的电子数为0.2 mol×2＝0.1 mol，至少转移0.1 mol电子；电子数目为0.1NA，D错误。 答案：A
11．(2019·湖北八校联合模拟)设NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是
( )
A．常温常压下，1.8 g甲基(—CD3)中含有的中子数为NA
B．标准状况下，11.2 L乙烯和环丙烷(C3H6)的混合气体中，共用电子对的数目
为3NA
C．过量铜与含0.4 mol HNO3的浓硝酸反应，电子转移数大于0.2NA
D．常温下，1 L pH＝9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10－9NA 1.8 g解析：A.—CD3的摩尔质量为18 g/mol,1.8 g—CD3物质的量为18 g/mol＝0.1 mol,1个—CD3中含有9个中子，1.8 g—CD3中含有中子物质的量为0.9 mol，A项错误；11.2 L
B.n(混合气)＝22.4 L/mol＝0.5 mol，若11.2 L气体全为乙烯，含有的共用电子对物质的量为0.5 mol×6＝3 mol，若11.2 L气体全为环丙烷，含有的共用电子对物质的量为0.5 mol×9＝4.5 mol，由于乙烯和环丙烷的比例未知，含有的共用电子对物质的量介于3 mol和4.5 mol之间，B项错误；C.若只发生反应Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O,4 mol浓HNO3反应转移2 mol电子，0.4 mol HNO3参加反应转移0.2 mol电子，若只发生反应3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O,8 mol稀HNO3反应转移6 mol电子，0.4 mol HNO3参加反应转移0.3 mol电子，过量Cu与浓硝酸反应先生成NO2，随着反应的进行HNO3浓度减小，后生成NO，过量Cu与含0.4 mol HNO3的浓硝酸反应中转移电子物质的量大于0.2 mol，C项正确；D.CH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO－的水解促进水的电离，c(H2O)电离＝c(OH－)＝1×10－5 mol/L，发生电离的水分子物质的量为1×10－5 mol/L×1 L＝1×10－5 mol，D项错误。 答案：C
12．阿伏加德罗常数值用NA表示。下列说法中正确的是( ) A．50 g 46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数为6NA
△B．NH4N3(叠氮化铵)发生爆炸：NH4N3=====2N2↑＋2H2↑当转移4NA个电子时，产生44.8 L(标准状况)混合气体
－－C．0.1 mol SO2溶于水，溶液中SO23、HSO3、H2SO3的总数为0.1NA
D．用铂电极电解100 mL 1 mol·L－1的CuSO4溶液足够长时间，转移的电子数一定为0.2NA
50×46%
解析：A.乙醇、水都含有氢原子，因此氢原子的物质的量为(46×6＋50×54%＋
×2)mol＝6 mol，故A正确；B.根据方程式，NH4中H的化合价降低，18
N的化合价升高，N－3的化合价升高，因此生成4 mol混合气体时，转移电子物质的量为4 mol，因此当转移4 mol电子时，产生标准状况下的气体4×22.4 L＝89.6
2－L，故B错误；C.还有未与水反应的SO2，应是SO2、HSO－3、SO3、H2SO3的总
物质的量为0.1 mol，故C错误；D.电解完CuSO4后，可能还要电解H2O，因此转移电子物质的量可能大于0.2 mol，故D错误。 答案：A
13．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)受热完全分解后的残留固体物含有FeO和Fe2O3，以该残留物为样品可以测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
①称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1 KMnO4溶液滴定至终点。
②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为____________________。 解析：以题意n＝c·V为证据推理可知，滴定时消耗的KMnO4或MnO－4为 c mol·L－1×V×10－3 L＝cV×10－3 mol(注意单位mL要换算成L)，以滴定时离子
＋3＋2＋方程式(5Fe2＋＋MnO－4＋8H===5Fe＋Mn＋4H2O)中两种物质的物质的量之
n?Fe2＋?5－－2＋比等于对应的系数之比，即)＝5n(MnO－＝，可知，n(Fe4)＝5cV×10n?MnO4?1
3
mol，所以样品中铁的质量为5cV×10－3 mol×56 g·mol－1＝5cV×10－3×56 g，
?5cV×10－3×56?g因此三草酸合铁酸钾晶体中铁的质量分数的表达式为×100%
m g5cV×56＝×100%。 m×1 000
5cV×56
答案：×100%
m×1 000
14．(2018·高考全国卷Ⅲ)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M＝248 g·mol－1)可用作定影剂、还原剂，利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
①溶液配制：称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在________中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的________中，加蒸馏水
至________。
②滴定：取0.009 50 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过
－－＋3＋量KI，发生反应：Cr2O2然后用硫代硫酸钠7＋6I＋14H===3I2＋2Cr＋7H2O。－－2－样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2＋2S2O23===S4O6＋2I。加入淀粉溶液
作为指示剂，平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为________%(保留1位小数)。
解析：以教材中配制一定物质的量浓度溶液的实验方法为证据推理可知，称量好的固体药品应该放入烧杯中溶解，为了防止具有还原性的样品氧化，用新煮沸并冷却的蒸馏水(即驱氧后的蒸馏水)溶解且在恢复室温后，全部转移至100 mL容量瓶中，加蒸馏水且使凹液面的最低点与刻度线相平；以n＝c·V为证据推理可
－－4知，标准溶液所含K2Cr2O7或Cr2O27为1.9×10 mol，根据离子方程式中两种
物质的物质的量之比等于对应的系数之比，即
n?I2?3
＝－
1，可知，n(I2)＝n?Cr2O27?
－－4
3n(Cr2O2再次以另一个离子方程式中两种物质的物质的量7)＝3×1.9×10 mol，－
n?S2O23?2
之比等于对应的系数之比[即＝1]可知，滴定时每24.80 mL样品溶液的
n?I2?
2－
n(S2O3)＝2n(I2)＝2×5.7×10－4 mol＝1.14×10－3 mol，则100 mL样品溶液中
100－－3n(Na2S2O3·5H2O)＝n(S2O2×1.14×10 mol，最后以硫代硫酸钠晶体3)＝24.80(Na2S2O3·5H2O，M＝248 g·mol－1)及m＝n·M为证据推理可得，硫代硫酸钠晶体100－3
×1.14×10×248 g24.80100－3
的质量为24.80×1.14×10×248 g，则样品纯度为
1.200 0 g×100%＝95.0%(由于题干已知数据至少三位有效数字，因此结果应保留三位有效数字)。
答案：①烧杯 容量瓶 凹液面最低点与刻度线相平 ②95.0
15．在焙烧NH4VO3的过程中，固体质量的减少值(纵坐标)随温度变化的曲线如图所示，210 ℃时，剩余固体物质的化学式为________。