高考化学一轮复习第二章物质的量学案
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第二章 物质的量
第5讲 物质的量 气体摩尔体积
复习要点 1.了解物质的量（n）及其单位摩尔（mol）、摩尔质量（M）、气体摩尔体积（Vm）、阿伏加德罗常数（NA）的含义。2.能根据微粒（原子、分子、离子等）物质的量、数目、气体体积（标准状况）之间的相互关系，进行有关计算。
考点 物质的量 气体摩尔体积
A基础知识重点疑难
1.物质的量
（1）符号为n，单位是 摩尔 （mol）。
（2）使用范围：适用于微观粒子（如电子、质子、中子、分子、原子、离子等）或微观粒子的特定组合（如原子团、官能团等）。
（3）阿伏加德罗常数：指1 mol任何粒子的粒子数，符号为NA，NA≈ 6.02×1023 mol－1 。
（4）公式：n＝或N＝ n·NA 或NA＝。
2.摩尔质量（M）
（1）概念：单位物质的量的物质所具有的质量，单位： g·mol－1 。
（2）数值：当1 mol任何粒子或物质的质量以 克 为单位时，在数值上等于该粒子的相对分子（原子）质量 。
笔记：（1）数值大小与物质的量无关
（2）2O的摩尔质量为20 g·mol－1
（3）物质的量、物质的质量与摩尔质量的关系为n＝ 。
3.影响物质体积大小的因素
4.气体摩尔体积
应用气体摩尔体积22.4 L·mol－1解题时需要注意的问题：
（1）两个条件：一般指标准状况（0 ℃、101 kPa）。
气体摩尔体积受温度和压强的影响：
（2）一个对象：只限于气体，可以是单一气体，也可以是不反应的混合气体。
水、苯、SO3、HF、CCl4、己烷、CHCl3、Br2、乙醇等物质在标准状况下不是气体。
（3）两个数据：“1 mol”“约22.4 L”。
当1 mol气体的体积为22.4 L时，不一定是标准状况，非标准状况下，1 mol气体的体积也可能是22.4 L。
5.阿伏加德罗定律及其推论
总结：同温同压下，相同体积的任何 气体 ，含有相同数目的分子 ①（或气体的物质的量相同）。
阿伏加德罗定律的推论：
描述 关系
三正比 同温同压下，气体的体积之比等于它们的物质的量之比 V1/V2＝ n1/n2
同温同体积下，气体的压强之比等于它们的物质的量之比 p1/p2＝ n1/n2
同温同压下，气体的密度之比等于它们的摩尔质量之比 ρ1/ρ2＝ M1/M2
二反比 同温同压下，相同质量的任何气体的体积与它们的摩尔质量成反比 V1/V2＝ M2/M1
同温同体积下，相同质量的任何气体的压强与它们的摩尔质量成反比 p1/p2＝ M2/M1
一连比 同温同压下，同体积的任何气体的质量比等于它们的摩尔质量之比，也等于它们的密度之比 m1/m2＝M1/M2＝ρ1/ρ2
注意：推论从pV＝nRT、pV＝ RT、pM＝ρRT ②公式推导。
笔记：①不是相同数目的原子、离子
②（1）当T＝0 ℃，p＝1大气压时，1 mol气体体积约为22.4 L
（2）推导正比、反比关系
（3）在平衡速率题目中“恒温恒压”“恒温恒容”涉及，如利用混合气体密度、压强不变，判断平衡状态及KP计算
6.摩尔质量（M）计算的5种方法
（1）根据物质的质量（m）和物质的量（n）：M＝。
（2）根据一定质量（m）的物质中微粒数目（N）和阿伏加德罗常数（NA）：M＝NA·。
（3）根据标准状况下气体的密度（ρ）：M＝ρ g·L－1×22.4 L·mol－1。
（4）根据同温同压下气体的相对密度（D）：＝＝D。
（5）对于混合气体，求其平均摩尔质量，上述计算式仍然成立，还可以用下式计算：M＝M1×a％＋M2×b％＋M3×c％……（a％、b％、c％指混合物中各成分的物质的量分数或体积分数）。
B题组集训提升能力
题组一 基本概念
1.（2025·名师汇编）下列叙述正确的有 （填序号）。
①1 mol H2O2中含有2 mol氢和2 mol氧
②在相同条件下，相同物质的量的CO、N2的混合气体与O2的分子个数相同，原子个数也相同
③Na2O的摩尔质量为62
④1 mol N2的质量与它的相对分子质量相等
⑤2 mol水的摩尔质量是1 mol水的摩尔质量的2倍
解析：1 mol H2O2中含有2 mol氢原子和2 mol氧原子，必须指明具体的粒子名称，故①错误。由于三种气体物质都由双原子分子构成，故在相同的条件下，相同物质的量的CO、N2的混合气体与O2的分子个数、原子个数都相同，故②正确。摩尔质量有单位，Na2O的摩尔质量为62 g·mol－1，故③错误。1 mol N2的质量在数值上与它的相对分子质量相等，故④错误。1 mol物质所具有的质量为该物质的摩尔质量，故一种物质的摩尔质量的数值是确定的，即以g·mol－1为单位时，2 mol水的摩尔质量与1 mol水的摩尔质量相等，均为18 g·mol－1，故⑤错误。
答案：②
2.（2025·名师汇编）下列有关气体摩尔体积的叙述正确的有 （填序号）。
①在标准状况下，1 mol O2与1 mol CCl4的体积相同
②标准状况下，28 g CO与N2的混合气体的体积约为22.4 L
③CO2CO，22.4 L CO2被还原生成1 mol CO（2022·广东化学）
④标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是22.4 L
⑤某单质气体在标准状况下，密度为1.25 g·L－1，则该气体为N2
解析：标准状况下，1 mol任何气体的体积都约为22.4 L，既包括纯净物，也包括物质间不反应的气体混合物，但1 mol固体和1 mol液体的体积均不是22.4 L，标准状况下CCl4是液态物质，故①错误，②正确。没有指明二氧化碳是否处于标准状况，无法判断CO2的物质的量，也无法求出生成CO的物质的量，故③错误。标准状况下，只有6.02×1023个气体分子所占的体积才约为22.4 L，故④错误。该气体在标准状况下的密度ρ为1.25 g·L－1，M＝ρVm＝1.25 g·L－1×22.4 L·mol－1＝28 g·mol－1，且题目已知为单质气体，则该气体只能为N2，故⑤正确。
答案：②⑤
题组二 以n为中心的计算
3.某氯原子的质量为a g，12C的质量为b g，用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（ ）
A.氯元素的相对原子质量为g
B.氯元素的摩尔质量为aNA
C.m g该氯原子的物质的量为 mol
D.n g该氯原子所含的电子数为
解析：m g该氯原子的个数为，则其物质的量为 mol。
答案：C
4.（1）标准状况下，4.8 g甲烷（CH4）所占的体积为 L，它与标准状况下 L硫化氢（H2S）含有相同数目的氢原子。
（2）标准状况下，16 g O2与14 g N2的混合气体所占的体积是 。
（3）9.03×1023个NH3含 mol氢原子、 mol质子，在标准状况下的体积约为 L。
（4）标准状况下，若6.72 L O3含有m个氧原子，则阿伏加德罗常数的值可表示为 （用含m的式子表示）。
答案：（1）6.72 13.44 （2）22.4 L
（3）4.5 15 33.6 （4）
题组三 相对分子质量计算
5.（1）已知标准状况下，气体A的密度为2.857 g·L－1，则气体A的相对分子质量为 ，可能是 （填化学式）气体。
（2）CO和CO2的混合气体18 g，完全燃烧后测得CO2的体积为11.2 L（标准状况），则：
①混合气体在标准状况下的密度是 g·L－1（结果保留小数点后2位）。
②混合气体的平均摩尔质量是 g·mol－1。
答案：（1）64 SO2 （2）①1.61 ②36
6.在一定条件下，m g NH4HCO3完全分解生成NH3、CO2、H2O（g），按要求填空。
（1）若所得混合气体的密度折合成标准状况为ρ g·L－1，则混合气体的平均摩尔质量为 （用含ρ的代数式表示）。
（2）若所得混合气体对H2的相对密度为d，则混合气体的物质的量为 ，NH4HCO3的摩尔质量为 。（用含m、d的代数式表示）
（3）若在该条件下，所得NH3、CO2、H2O（g）的体积分数分别为a％、b％、c％，则混合气体的平均相对分子质量为 （用含a、b、c的代数式表示）。
答案：（1）22.4ρ g·mol－1 （2） mol 6d g·mol－1 （3）17a％＋44b％＋18c％
题组四 阿伏加德罗定律及其推论
7.我国科学家开发了具有可变孔径的新型三维MOF材料，实现了从C2H2、C2H4、C2H6混合气体中一步分离、提纯C2H4。已知：同温同压下，气体扩散速率与摩尔质量之间的定量关系为＝。下列叙述错误的是（ ）
A.同温同压下，扩散相等距离所用时间：C2H6＞C2H4＞C2H2
B.常温常压下，同体积的C2H2、C2H4、C2H6所含极性键数之比为1∶2∶3
C.同温同压下，等体积的C2H2、C2H4、C2H6含原子数之比为1∶1∶1
D.同温同密度下，气体压强C2H2＞C2H4＞C2H6
解析：同温同压下，气体扩散速率：C2H2＞C2H4＞C2H6，A项正确；碳氢键为极性键，乙炔、乙烯、乙烷分子含极性键数依次为2、4、6，B项正确；乙炔、乙烯、乙烷分子含原子数依次为4、6、8，C项错误；同温同密度下，气体压强与相对分子质量成反比，相对分子质量越小，压强越大，D项正确。
答案：C
8.三种气体X、Y、Z的摩尔质量关系为M（X）＜M（Y）＝0.5M（Z）。按要求回答下列问题。
（1）当三种气体的分子数相同时，质量最大的是 。
（2）同温同压下，同质量的三种气体，气体密度最小的是 。
（3）同温下，体积相同的两容器分别充入2 g Y气体和1 g Z气体，则压强p（Y）∶p（Z）＝ 。
答案：（1）Z （2）X （3）4∶1
9.向三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体。
（1）同温、同压、同体积时，三种气体的密度ρ（Ne）、ρ（H2）、ρ（O2）由大到小依次是 。
（2）温度、密度相同时，三种气体的压强p（Ne）、p（H2）、p（O2）由大到小依次是 。
（3）质量、温度、压强均相同时，三种气体的体积V（Ne）、V（H2）、V（O2）由大到小依次是 。
（4）温度、压强、体积均相同时，三种气体的质量m（Ne）、m（H2）、m（O2）由大到小依次是 。
答案：（1）ρ（O2）＞ρ（Ne）＞ρ（H2）
（2）p（H2）＞p（Ne）＞p（O2）
（3）V（H2）＞V（Ne）＞V（O2）
（4）m（O2）＞m（Ne）＞m（H2）
考点 “形变神不变”的阿伏加德罗常数
A基础知识重点疑难
1.微粒的组成、结构及价键数目
（1）从“价键”角度命题
①注意某些物质分子中的原子个数 ①，如Ne、O3、P4等；
②注意特殊物质的摩尔质量或分子中的中子数，如D2O、T2O、18O2、H37Cl等；
③注意一些物质中的化学键数目 ②，如金刚石：1 mol 含2 mol C—C键；石墨：1 mol含1.5 mol C—C键。
笔记：①进一步考查原子结构如计算质子、电子数目等，如（2023福建）0.1 mol [NH3OH] ＋含有的质子数为1.5NA（×）
②融合《物质结构与性质》中σ键、π键等，如（2023福建）0.5 mol [NH3OH] ＋[NO3]－含有的N—O σ键数为2NA（√）
（2024河北）44 g CO2中σ键的数目为2NA（√）
（2）从“物质的聚集状态”角度命题
若题中出现物质的体积，先考虑是否为气体，如果是气体还需考虑条件是否为标准状况（0 ℃，1.01×105 Pa）。
（3）从“物质的状态 ”角度命题
如NaHSO4晶体、熔融NaHSO4、NaHSO4水溶液中离子种类。NaHSO4熔融状态电离出Na＋、HS，而水溶液中电离出Na＋、H＋、S。
笔记：（2023福建）48 g固态[NH3OH] ＋[NO3]－含有的离子数为0.5NA（×）
（2022辽宁）标准状况下，22.4 L HCl气体中H＋数目为NA（×）
（4）从“混合物的组成”角度命题
①最简式相同 的混合物，如O2和O3、C2H4和C3H6等，可以计算一定质量混合物所含的原子数目。
②摩尔质量相同的混合物，如N2、CO和C2H4等，可以计算一定质量混合物所含的分子数目，但原子数目不一定能计算。
笔记：[高考热点]最简式相同，可以计算一定质量混合物的原子数、电子数、质子数等，但不能计算分子数
（5）从“物质组成”角度命题
如100 g质量分数为46％的乙醇溶液中含有氧原子数目，包括乙醇和水中氧原子的数目。
2.化学反应
（1）从“生成胶体”角度命题
FeCl3溶液转化为Fe（OH）3胶体，因为胶体微粒是集合体，所以胶粒的数目小于原溶液中Fe3＋的数目。
（2）从“可逆反应”角度命题
如2NO2N2O4、N2＋3H22NH3、I2＋H22HI、2SO2＋O22SO3、Cl2＋H2OHCl＋HClO。
（3）从“氧化还原反应 转移电子”角度命题
①同一种物质在不同反应中做氧化剂、还原剂的判断。如Cl2和Fe、Cu等反应，Cl2只做氧化剂，而Cl2和NaOH反应，Cl2既做氧化剂，又做还原剂。
②量不同，所表现的化合价不同。如Fe和HNO3反应，Fe不足，生成Fe3＋ ；Fe过量，生成Fe2＋。
③注意氧化还原的顺序。如向FeI2溶液中通入Cl2，Cl2首先氧化I－，再氧化Fe2＋。
笔记：（2023福建）[NH3OH] ＋[NO3]－在催化剂作用下可完全分解为N2、H2O和O2，则分解产生11.2 L N2（已折算为标准状况）的同时，生成O2分子数为NA（×）
（2024浙江6月）H＋＋CH3OH＋NN2＋CO2＋H2O（未配平），若生成标准状况下11.2 L CO2，转移电子数2NA（×）
（4）从“浓度影响反应”角度命题
如铜与浓H2SO4的反应、MnO2与浓盐酸的反应 ，溶液浓度低于一定量时反应停止；锌与浓、稀硫酸反应产物不同。
笔记：（2022浙江1月）足量的浓盐酸与8.7 g MnO2反应，转移电子的数目为0.4NA（×）
（5）从“有机反应”角度命题
如酯化反应的机理，醛醛加成反应的机理；烃光照取代 的过程断键数目计算。
笔记：如CH4与Cl2光照生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，遵循C守恒，且n（Cl2）＝n（HCl），如（2024海南）1 mol Cl2与足量CH4发生取代反应生成HCl分子的数目为2NA（×）
（6）从“钝化”角度命题
如铁、铝常温下遇浓硫酸、浓硝酸 钝化 。
3.平衡理论
（1）从“化学平衡”角度命题
如可逆反应 中不能完全转化引起的微粒数目、热效应、浓度等变化与相关NA的计算。
笔记：（2023海南）标准状况下，2.24 L SO2与1.12 L O2充分反应，生成的SO3分子数目为0.1NA（×），1.7 g NH3完全溶于1 L H2O所得溶液，NH3·H2O微粒数目为0.1NA（×）
（2）从“电离平衡”角度命题
考查弱电解质的部分电离。还要注意NaHCO3、NaHSO4的电离区别。
（3）从“水解平衡 ”角度命题
考查单水解与双水解的区别以及带来的离子浓度（或物质的量）的变化。
笔记：（2023辽宁）1 L 0.1 mol·L－1 K2S溶液中含S2－数目为0.1NA（×）
（2024安徽）1 L 0.1 mol·L－1 NaNO2溶液中Na＋和N数均为0. 1NA（×）
（4）从“平衡的守恒思想”角度命题
如考查物料守恒、电荷守恒、质子守恒 与粒子数的关系。
笔记：（2023浙江6月）向1 L 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1NA（×）
4.学会解题
（2024·河北化学）超氧化钾（KO2） ①可用作潜水或宇航装置的CO2吸收剂和供氧剂，反应为4KO2＋2CO22K2CO3＋3O2 ②，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A.44 g CO2中σ键 ③的数目为2NA
B.1 mol KO2晶体中离子的数目为3NA
C.1 L 1 mol·L－1 K2CO3溶液中C的数目为NA
D.该反应中每转移1 mol电子生成O2的数目为1.5NA
笔记：①[命题方向]结合新信息、素材，如物质转化、新科技
②[信息分析] KO2中O为－价，化合价变化
→，→，CO2化合价不变
③[命题趋势]融合物质结构，如σ键、π键、价层电子对数、杂化轨道、配位键等
解析：44 g（即1 mol） CO2中σ键的数目为2NA，A正确；KO2由K＋和构成，1 mol KO2晶体中离子的数目为2NA，B错误；C在水溶液中会发生水解：C＋H2OHC＋OH－，故1 L 1 mol·L－1 K2CO3溶液中C的数目小于NA，C错误；该反应中部分氧元素化合价由－价升至0价，部分氧元素化合价由－价降至－2价，则每4 mol KO2参加反应转移3 mol电子，每转移1 mol电子生成O2的数目为NA，D错误。
答案：A
B题组集训提升能力
题组一 阿伏加德罗常数的突破
a.一定体积的物质中微粒的数目
1.（2025·名师汇编）设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（ ）
A.25 ℃、101 kPa下，28 L氢气中质子的数目为2.5NA（2022·全国甲卷）
B.标准状况下，2.24 L N2和O2的混合气体中分子数为0.2NA
C.标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D.标准状况下，2.24 L乙醇中碳氢键的数目为0.5NA
解析：1 mol H2中含2 mol质子，在标准状况下28 L H2的物质的量为1.25 mol，而选项中气体状态是25 ℃、101 kPa，28 L H2物质的量不为1.25 mol，则所含质子数不是2.5NA，故A项错误。标准状况下，22.4 L任何气体所含的分子数均为NA，故2.24 L N2和O2的混合气体中分子数为0.1NA，故B项错误。1 mol甲烷含有4 mol H原子，1 mol乙烯含有4 mol H原子，二者无论按何种比例混合，相当于1 mol混合气体含有4 mol H原子，则标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含H原子：×4＝2 mol，即含氢原子数目为2NA，故C项正确。标准状况下乙醇为液体，故不能根据标准状况下的气体摩尔体积来计算其物质的量，故D项错误。
答案：C
b.一定量物质中原子、中子、质子、电子、化学键数目
2.（2025·名师汇编）设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 （填序号）。
①0.1 mol KNO3晶体中含离子数目为0.2NA（2023·辽宁化学）
②标准状况下，2.24 L SO3中电子的数目为4.00NA（2023·全国甲卷）
③1.7 g H2O2中含有氧原子数为0.2NA（2023·浙江6月选考）
④1.8 g 18O中含有的中子数为NA（2022·辽宁化学）
⑤NaCl和NH4Cl的混合物中含1 mol Cl－，则混合物中质子数为28NA（2023·广东化学）
⑥0.1 mol肼（H2N—NH2）含有的孤电子对数为0.2NA
⑦12 g金刚石中含有化学键的数目为4NA
⑧1 mol NH4Cl含有的共价键数目为5NA（2023·广东化学）
⑨58 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
⑩4.4 g C2H4O中含有σ键数目最多为0.7NA（2023·浙江6月选考）
解析：KNO3晶体含有的离子为K＋、N，0.1 mol KNO3晶体中含离子数目为0.2NA，故①正确。在标准状况下，SO3的状态为固态，2.24 L SO3的物质的量不为0.1 mol，其电子的数目也不为4.00NA，故②错误。1.7 g H2O2的物质的量为＝0.05 mol，则含有氧原子数为0.1NA，故③错误。1个18O中含有10个中子，1.8 g 18O的物质的量为＝0.1 mol，故1.8 g 18O中含有中子的物质的量为1 mol，即中子数为NA，故④正确。NaCl和NH4Cl的混合物中含1 mol Cl－，则混合物为1 mol，1 mol Cl－的质子数为17NA，Na＋和N的质子数均为11，当Na＋和N的物质的量之和为1 mol时，含有的质子数为11NA，则混合物中质子数为28NA，故⑤正确。肼（H2N—NH2）中每个N原子上各有1个孤电子对，故0.1 mol肼（H2N—NH2）含有的孤电子对数为0.2NA，故⑥正确。在金刚石中，1个碳原子参与形成4个C—C键，但每个共价键为两个碳原子共用，则平均1个碳原子形成4×＝2个C—C键，n（金刚石）＝＝1 mol，所以12 g金刚石中含有2NA个化学键，故⑦错误。NH4Cl为离子化合物，1个铵根离子中含有4个N—H共价键，则1 mol NH4Cl含有的共价键数目为4NA，故⑧错误。正丁烷和异丁烷互为同分异构体，每个正丁烷或异丁烷分子中均含有13个共价键，58 g正丁烷和异丁烷的混合物的物质的量为＝1 mol，则含有共价键的物质的量为13 mol，即含有13NA个共价键，故⑨正确。C2H4O可以表示乙醛或环氧乙烷，若为乙醛，则1个C2H4O中含有6个σ键和1个π键，若为环氧乙烷，则1个C2H4O中含有7个σ键，4.4 g C2H4O的物质的量为0.1 mol，则含有σ键数目最多为0.7NA，故⑩正确。
答案：①④⑤⑥⑨⑩
解题感悟
常见物质的组成和成键方式
（1）特殊物质中所含粒子（分子、原子、中子等）的数目
特殊物质注意点
Ne 单原子分子中原子个数
臭氧、白磷 多原子分子（O3、P4）中的原子个数
D2O HHH三者的中子数不同
O2、18O2 OO中子数不同
Na2O、Na2O2 阴、阳离子个数比为1∶2
（2）归纳总结常考物质中所含化学键的数目
苯：不含碳碳双键，1 mol苯中含6 mol C—H键。
SiO2：SiO2晶体是由Si和O按1∶2的比例所组成的三维骨架结构，1 mol SiO2含4 mol Si—O键。
CO2：是直线形分子，结构式为OCO，1 mol CO2含有2 mol CO键。
H2O2：1 mol H2O2含有3 mol共价键。
CnH2n＋2：1 mol CnH2n＋2含有（3n＋1） mol共价键。
（3）混合物中粒子数目的计算
①最简式相同的物质
NO2和N2O4 最简式为NO2
乙烯和丙烯等 最简式为CH2
乙炔和苯 最简式为CH
O2和O3 最简式为O
CH2O、C2H4O2、 C6H12O6 最简式为CH2O
最简式相同的物质组成混合物，计算原子个数时，不用考虑各混合物所占的比例，最简式的数目N＝×NA。
②摩尔质量相同的物质
N2、CO和C2H4：摩尔质量均为28 g·mol－1；
Na2S、Na2O2：摩尔质量均为78 g·mol－1。
摩尔质量相同的物质组成混合物，计算分子总数时，不用考虑各混合物所占比例，分子总数N＝×NA（M是相同的摩尔质量）。
c.溶液中微粒数目
3.（2025·名师汇编）设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是 （填序号）。
①标准状况下，22.4 L HCl气体中H＋数目为NA（2022·辽宁化学）
②1 L pH＝4的0.1 mol·L－1 K2Cr2O7溶液中Cr2离子数为0.1NA
③体积为1 L的1 mol·L－1 NaHCO3溶液中，HC数目为NA（2023·广东化学）
④pH＝12的Na2CO3溶液中OH－数目为0.01NA（2022·辽宁化学）
⑤1.0 L pH＝2的H2SO4溶液中H＋的数目为0.02NA（2023·全国甲卷）
⑥1 L 1 mol·L－1溴化铵水溶液中N与H＋离子数之和大于NA
解析：HCl是共价化合物，HCl分子中不存在H＋，故①错误。酸性K2Cr2O7溶液中存在：Cr2＋H2O2Cr＋2H＋，含Cr的微粒有Cr2和Cr，则1 L pH＝4的0.1 mol·L－1 K2Cr2O7溶液中Cr2离子数应小于0.1NA，故②错误。NaHCO3是强电解质，在水溶液中完全电离：NaHCO3Na＋＋HC，HC会发生水解和电离，则1 L的1 mol·L－1 NaHCO3溶液中HC数目小于NA，故③错误。没有给出Na2CO3溶液的体积，无法计算pH＝12的Na2CO3溶液中OH－的数目，故④错误。pH＝2的硫酸溶液中氢离子浓度为c（H＋）＝0.01 mol·L－1，则1.0 L pH＝2的硫酸溶液中氢离子数目为0.01NA，故⑤错误。1 L 1 mol·L－1溴化铵水溶液中存在电荷守恒，即c（N）＋c（H＋）＝c（Br－）＋c（OH－），则物质的量也满足n（N）＋n（H＋）＝n（Br－）＋n（OH－），因为n（Br－）＝1 L×1 mol·L－1＝1 mol，所以该溶液中N与H＋离子数之和大于NA，故⑥正确。
答案：⑥
解题感悟
求水解、电离过程中的粒子数目时常见陷阱
条件 不足 已知浓度缺体积或已知体积缺浓度两种情况，均无法求解出溶液中所含的粒子数目
特殊 物质 特别关注难电离、易水解的物质，掌握常见难电离的弱酸、弱碱及易水解的盐
忽略 溶剂 求解粒子数目时，只考虑溶质，忽略溶剂（溶剂中也含有所求粒子）导致出错
思维 定式 所要求的粒子数目是否与电解质的组成有关
例：求H2SO4溶液中c（H＋）。
（1）若已知pH＝1，则c（H＋）＝0.1 mol·L－1（无关）。
（2）若已知c（H2SO4）＝0.1 mol·L－1，则c（H＋）＝0.2 mol·L－1（有关）。
d.特殊反应中的粒子（或化学键）数目
4.（2025·名师汇编）设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是 （填序号）。
①11.2 L CH4和22.4 L Cl2（均为标准状况）在光照下充分反应后的分子数为1.5NA
②密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备PCl5（g），增加2NA个P—Cl键
③标准状况下，11.2 L Cl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA（2023·浙江6月选考）
④足量的浓盐酸与8.7 g MnO2反应，转移电子的数目为0.4NA（2022·浙江1月选考）
⑤常温下，56 g铁片投入足量浓硫酸中生成NA个SO2分子
解析：甲烷与氯气在光照条件下发生的反应为CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl、CH3Cl＋Cl2CH2Cl2＋HCl、CH2Cl2＋Cl2CHCl3＋HCl、CHCl3＋Cl2CCl4＋HCl，反应前后分子数均不变，因为反应前甲烷为0.5 mol，氯气为1 mol，共1.5 mol，则反应后分子数为1.5NA，故①正确。PCl3与Cl2生成PCl5的反应是可逆反应，所以1 mol PCl3与1 mol Cl2不可能完全反应，生成的PCl5小于1 mol，故增加的P—Cl键的数目小于2NA，故②错误。标准状况下，11.2 L Cl2的物质的量为0.5 mol，通入水中后只有一部分Cl2与水反应生成H＋、Cl－和HClO，所以溶液中氯离子数小于0.5NA，故③错误。足量的浓盐酸与8.7 g（0.1 mol）MnO2反应生成MnCl2，Mn由＋4价转化为＋2价，转移电子的数目为0.2NA，故④错误。常温下，铁在浓硫酸中发生钝化，不能完全反应，则生成的二氧化硫分子数小于NA，故⑤错误。
答案：①
解题感悟
识别反应中的隐含信息，避免因不必要的错误丢分
（1）“可逆反应”中物质转化不彻底
2NO2N2O4 Cl2＋H2OHCl＋HClO
N2＋3H22NH3 2SO2＋O22SO3
可逆反应进行不完全，当没有给出转化率时，不能准确求出目标粒子数目。
（2）有些反应浓度改变会引起“反应改变”
MnO2＋4HCl（浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O
Cu＋4HNO3（浓）Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O
解题感悟
随着反应进行，反应停止或产物发生变化，不能准确求出目标粒子数目。
（3）隐含“一些特殊情况”
如：常温下，铁、铝遇浓硫酸、浓硝酸发生“钝化”，故不能按常规反应来进行目标粒子数目的计算。
e.氧化还原反应中转移电子数目
5.（2025·名师汇编）设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是 （填序号）。
①我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为S＋2KNO3＋3CK2S＋N2↑＋3CO2↑，每生成2.8 g N2转移电子数目为NA（2023·辽宁化学）
②4Mn＋5HCHO＋12H＋4Mn2＋＋5CO2↑＋11H2O，1 mol [4Mn＋5HCHO]完全反应转移的电子数为20NA
③Cr2＋ne－＋14H＋2Cr3＋＋7H2O，则每生成1 mol Cr3＋转移电子数为3NA
④2.3 g Na与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间
⑤电解熔融CuCl2，阴极增重6.4 g，外电路中通过电子的数目为0.10NA（2022·全国甲卷）
解析：2.8 g N2的物质的量为0.1 mol，反应中S元素的化合价由0价降低为－2价，N元素的化合价由＋5价降低为0价，C元素的化合价由0价升高为＋4价，则生成0.1 mol N2转移的电子数为1.2NA，故①错误。Mn的化合价由＋7价降至＋2价，则4 mol Mn完全反应转移电子物质的量为4 mol×[（＋7）－（＋2）]＝20 mol，即转移电子数为20NA，故②正确。由铬元素化合价变化可知，生成2 mol Cr3＋转移6 mol电子，则生成1 mol Cr3＋转移电子数为3NA，故③正确。2.3 g Na物质的量为0.1 mol，与O2完全反应生成0.1 mol钠离子，转移的电子数目为0.1NA，故④错误。电解熔融CuCl2时，阴极反应式为Cu2＋＋2e－Cu，阴极增重6.4 g，即生成0.1 mol Cu时电路中转移电子数为0.2NA，故⑤错误。
答案：②③
解题感悟
常见易错的氧化还原反应中电子转移的数目
（1）自身氧化还原反应
解题感悟
若1 mol Na2O2与H2O（CO2）反应，则转移1 mol电子；若Na2O2与H2O（CO2）反应，生成1 mol O2，则转移2 mol电子。
（2）变价金属参与的反应
若1 mol Fe与足量强氧化剂反应，则生成Fe3＋，转移3 mol电子。
若1 mol Fe与弱氧化剂反应，则生成Fe2＋，转移2 mol电子。
题组二 阿伏加德罗常数的综合考查
6.（2024·江西化学）我国学者把游离态氮固定在碳上（示踪反应如下），制得的[NCN]2－离子可用于合成核酸的结构单元。阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（ ）
15N2＋C（石墨）＋2LiH
Li2[15NC15N]＋H2
A.22.4 L 15N2含有的中子数为16NA
B.12 g C（石墨）中sp2杂化轨道含有的电子数为6NA
C.1 mol [NCN]2－中含有的π键数为4NA
D.生成1 mol H2时，总反应转移的电子数为6NA
解析：A项，未指明是否为标准状况，无法计算，错误；B项，石墨中每个碳原子用sp2杂化轨道与邻近的3个碳原子形成共价键，即每个碳原子中sp2杂化轨道含有的电子数为3，12 g C（石墨）的物质的量为1 mol，则其中sp2杂化轨道含有的电子数为3NA，错误；C项，1个[NCN]2－中含有2个π键，则1 mol [NCN]2－中含有的π键数为2NA，错误；D项，该反应中，N元素的化合价由0降低为－3，C元素的化合价由0升高为＋4，H元素的化合价由－1升高为0，则生成1 mol H2时，总反应转移的电子数为6NA，正确。
答案：D
7.（2024·黑、吉、辽化学）硫及其化合物部分转化关系如图。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 SO2中原子总数为0.5NA
B.100 mL 0.1 mol·L－1Na2SO3溶液中，S数目为0.01NA
C.反应①每消耗3.4 g H2S，生成物中硫原子数目为0.1NA
D.反应②每生成1 mol还原产物，转移电子数目为2NA
解析：A项，1个SO2分子中含有3个原子，则n（SO2）＝＝0.5 mol时，含有的原子总数为1.5NA，错误；B项，S会发生水解，n（Na2SO3）＝0.01 mol的Na2SO3溶液中S的数目小于0.01NA，错误；C项，反应①为SO2＋2H2S3S＋2H2O，每消耗n（H2S）＝＝0.1 mol时，生成S的物质的量为0.1 mol×＝0.15 mol，生成物中硫原子数目为0.15NA，错误；D项，反应②为3S＋6OH－S＋2S2－＋3H2O，S2－为还原产物，每生成2 mol S2－转移4 mol电子，则生成1 mol S2－转移电子数目为2NA，正确。
答案：D
8.（2024·贵州化学）二氧化氯（ClO2）可用于自来水消毒。实验室用草酸（H2C2O4）和KClO3制取ClO2的反应为H2C2O4＋2KClO3＋H2SO42ClO2↑＋2CO2↑＋K2SO4＋2H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A.0.1 mol O中含有的中子数为1.2NA
B.每生成67.5 g ClO2，转移电子数为2.0NA
C.0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液中含有的H＋数目为0.2NA
D.标准状况下，22.4 L CO2中含σ键数目为2.0NA
解析：H原子中无中子，1个18O原子中含10个中子，故0.1 mol O中含有NA个中子，A项错误；根据题给化学方程式得关系式：2KClO3～2ClO2～2e－，则每生成67.5 g（1 mol） ClO2，转移电子数为NA，B项错误；未给出H2C2O4溶液的体积，不能计算H＋数目，C项错误；1个CO2分子中含有2个σ键、2个π键，则标准状况下，22.4 L（1 mol）CO2中含σ键数目为2.0NA，D项正确。
答案：D
9.（2025·八省联考云南卷）Cl2制备Cl2O化学方程式为2Cl2＋2Na2CO3＋H2O2NaHCO3＋2NaCl＋Cl2O，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A.22.4 L Cl2O中原子总数为3NA
B.1 mol C中σ键的数目为3NA
C.每消耗2 mol Cl2，转移电子数为4NA
D.0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中HC的数目等于0.1NA
解析：没有注明标准状况，无法计算气体的物质的量，A错误；1个C中有3个σ键，1 mol C σ键的数目为3NA，B正确；根据2Cl2＋2Na2CO3＋H2O2NaHCO3＋2NaCl＋Cl2O可知，2 mol Cl2参加反应，转移电子的物质的量为2 mol，转移电子数目为2NA，C错误；没有给出溶液的体积，无法计算NaHCO3的物质的量，D错误。
答案：B
10.（2024·安徽化学）地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如图所示（X、Y均为氮氧化物），羟胺（NH2OH）以中间产物的形式参与循环。常温常压下，羟胺易潮解，水溶液呈碱性，与盐酸反应的产物盐酸羟胺（[NH3OH]Cl）广泛用于药品、香料等的合成。
已知25 ℃时，Ka（HNO2）＝7.2×10－4，Kb（NH3·H2O）＝1.8×10－5，Kb（NH2OH）＝8.7×10－9。
NA是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 X和Y混合气体中氧原子数为0.1NA
B.1 L 0.1 mol·L－1NaNO2溶液中Na＋和N数均为0.1NA
C.3.3 g NH2OH完全转化为N时，转移的电子数为0.6NA
D.2.8 g N2中含有的价电子总数为0.6NA
解析：由题图可知，N→N→X→Y→N2的转化过程中都加了还原酶，则N元素化合价依次降低，只能是＋5→＋3→＋2→＋1→0，X、Y为氮氧化物，则X、Y分别是NO、N2O。A项，标准状况下，NO和N2O均为气体，且二者分子中含有的氧原子数均为1，则2.24 L（0.1 mol）X、Y的混合气体中氧原子总数为0.1NA，正确；B项，由Ka（HNO2）＝7.2×10－4可知HNO2为弱酸，N会发生水解，则1 L 0.1 mol·L－1 NaNO2溶液中N数小于0.1NA，错误；C项，3.3 g NH2OH（0.1 mol）完全转化为N时，N元素的化合价由－1→＋3，则转移电子数为0.4NA，错误；D项，N原子的价电子数为5，则2.8 g N2（0.1 mol）中含有的价电子数为0.1 mol×10NA mol－1＝NA，错误。
答案：A
限时跟踪检测（五） 物质的量 气体摩尔体积
1.（2025·湖北十堰期中）最近，全国的雾霾天气对环境造成了严重影响，十堰市开展了对臭氧的监测。下列有关说法正确的是（ ）
A.臭氧的摩尔质量是48 g
B.同温同压条件下，等质量的氧气和臭氧体积比为2∶3
C.1 mol Na＋含有电子总数为6.02×1024
D.40 g氖气中含有6.02×1023个分子
解析：臭氧的摩尔质量是48 g·mol－1，A错误；同温同压条件下，等质量的氧气和臭氧体积比等于物质的量之比，为48∶32＝3∶2，B错误；1 mol Na＋含有电子总数为10×6.02×1023＝6.02×1024，C正确；40 g氖气中含有×6.02×1023 mol－1＝1.204×1024个分子，D错误。
答案：C
2.（2025·山东济南模拟）NH4N3（叠氮化铵）易发生分解反应生成N2和H2，且两种气体的物质的量相等。若得到NH4N3的分解产物（简称a）28 g，则下列关于a的说法错误的是（ ）
A.a中两种气体（N2∶H2）的体积（同温同压）比为1∶1
B.a中两种气体（N2∶H2）的质量比为14∶1
C.a的密度为1.25 g·L－1
D.a的平均摩尔质量为15 g·mol－1
解析：同温同压下，气体体积与物质的量成正比，两种气体的体积比为1∶1，A正确；＝＝＝，两种气体的质量比为14∶1，B正确；a气体的质量确定，但一定物质的量的气体体积与温度、压强有关，所以密度不确定，C错误；分解产物N2、H2两种气体的物质的量相等，则n总＝2×＝ mol，＝＝15 g·mol－1，D正确。
答案：C
3.（2025·山东青岛质检）下列判断正确的是（ ）
A.同温、同压下，相同体积的氮气和氦气所含的原子数相等
B.标准状况下，5.6 L以任意比例混合的氯气和氧气所含的原子数为0.5NA
C.1 mol氯气和足量NaOH溶液反应转移的电子数为2NA
D.常温、常压下，22.4 L的NO2和CO2混合气体含有2NA个O原子
解析：同温、同压下，相同体积的氮气和氦气的物质的量相同，而氮分子为双原子分子，稀有气体分子为单原子分子，所以二者含有的原子数不相等，A错误；标准状况下，5.6 L任意气体的物质的量为＝0.25 mol，氯分子和氧分子都是双原子分子，以任意比例混合的氯气和氧气所含的原子的物质的量为0.5 mol，含有的原子数为0.5NA，B正确；1 mol氯气与足量氢氧化钠溶液反应生成1 mol氯化钠和1 mol次氯酸钠，转移1 mol电子，转移的电子数为NA，C错误；不是标准状况，不能使用22.4 L·mol－1计算混合气体的物质的量，D错误。
答案：B
4.现有两种金属单质X和Y，取等物质的量的X、Y分别与足量等浓度的稀硫酸完全反应，同温同压下产生气体的体积分别为V1 mL、V2 mL。下列推断正确的是（ ）
A.参与反应的X、Y的质量之比为V2∶V1
B.X、Y的摩尔质量之比为V1∶V2
C.反应产物中X、Y对应元素的化合价之比为V1∶V2
D.X、Y消耗稀硫酸的体积之比为2V1∶V2
解析：设金属为M、反应产物中金属元素的化合价为n，金属与酸反应的离子方程式为2M＋2nH＋2Mn＋＋nH2↑。设X和Y的摩尔质量分别为M和N，反应产物中X、Y对应元素的化合价分别为a、b，由等物质的量的X、Y分别与足量稀硫酸完全反应，同温同压下产生气体的体积分别为V1 mL、V2 mL，可得参与反应的X、Y的质量之比为（×M）∶（×N）＝∶，故A错误；设等物质的量的X和Y的质量分别为m1和m2，反应产物中X、Y对应元素的化合价分别为a、b，由等物质的量的X、Y分别与足量稀硫酸完全反应，同温同压下产生气体的体积分别为V1 mL、V2 mL，可得X、Y的摩尔质量之比为∶＝∶，故B错误；设反应产物中X、Y对应元素的化合价分别为a、b，由等物质的量的X、Y分别与足量稀硫酸完全反应，同温同压下产生气体的体积分别为V1 mL、V2 mL，可得：＝，则a∶b＝V1∶V2，故C正确；由H2SO4～H2可知，X、Y消耗稀硫酸的体积之比等于生成气体体积之比，为V1∶V2，故D错误。
答案：C
5.（2025·辽宁二模）新制氢氧化铜和葡萄糖的反应可用来检验血糖，其反应为CH2OH（CHOH）4CHO＋2Cu（OH）2＋NaOHCH2OH（CHOH）4COONa＋Cu2O↓＋3H2O，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A.18 g CH2OH（CHOH）4CHO中含有羟基的数目为0.6NA
B.每消耗1 mol Cu（OH）2，转移电子的数目为2NA
C.1 L 1 mol·L－1 CH2OH（CHOH）4COONa溶液中含有的离子数目为2NA
D.标准状况下，112 mL H2O（l）中含有的分子数目约为6.2NA
解析：18 g CH2OH（CHOH）4CHO为0.1 mol，含有羟基的数目为0.5NA，A错误；Cu（OH）2中铜的化合价降低1价，故每消耗1 mol Cu（OH）2，转移电子的数目为NA，B错误；溶液中还有氢离子和氢氧根离子，1 L 1 mol·L－1 CH2OH（CHOH）4COONa溶液中含有的离子数目大于2NA，C错误；112 mL H2O（l）的质量为112 g，物质的量约为6.2 mol，含有的分子数目约为6.2NA，D正确。
答案：D
6.（2025·江西八校二模）氮化硅（Si3N4）是一种新型无机非金属材料，应用广泛，可由石英和焦炭在高温的氮气中反应制备：3SiO2＋6C＋2N2Si3N4＋6CO，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A.标准状况下，2.24 L N2中π键数为0.1NA
B.30 g SiO2中Si—O共价键的数目为2NA
C.14 g由N2和CO组成的混合气体含有的质子数为7NA
D.上述反应中，当形成0.4 mol Si—N，转移的电子数为0.4NA
解析：1个N2分子中氮氮三键有2个π键，标准状况下，2.24 L N2物质的量为0.1 mol，含π键数为0.2NA，A错误；SiO2中n（SiO2）∶n（Si—O）＝1∶4，30 g SiO2物质的量为＝0.5 mol，含Si—O共价键的数目为2NA，B正确；N2和CO的摩尔质量都为28 g·mol－1，14 g由N2和CO组成的混合气体中分子物质的量为0.5 mol，1个N2、1个CO中都含14个质子，14 g由N2和CO组成的混合气体含有质子数为7NA，C正确；反应中C元素的化合价由0价升至＋2价、N元素的化合价由0价降至－3价，生成1 mol Si3N4转移12 mol电子，1 mol Si3N4中含12 mol Si—N键，则形成0.4 mol Si—N转移电子数为0.4NA，D正确。
答案：A
7.（2025·秦皇岛二模）实验室可利用反应：MnO2＋2KBr＋3H2SO4MnSO4＋2KHSO4＋Br2＋2H2O制备Br2。设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A.0 ℃、101 kPa下，11.2 L H2O所含的分子数为0.5NA
B.0.1 mol·L－1的KHSO4溶液中含有的离子数为0.3NA
C.常温常压下，9.8 g H2SO4和9.8 g H3PO4中含有的氧原子数均为0.4NA
D.该反应中生成0.2 mol Br2时，转移的电子数为0.2NA
解析：H2O在标准状况下不是气体，则0 ℃、101 kPa下，11.2 L H2O所含的分子数不是0.5NA，A错误；溶液体积未知，无法计算0.1 mol·L－1的KHSO4溶液中含有的离子数目，B错误；常温常压下，9.8 g H2SO4物质的量为0.1 mol，所含氧原子数为0.4NA，9.8 g H3PO4物质的量为0.1 mol，所含氧原子数为0.4NA，C正确；该反应中有1 mol Br2生成时，转移电子数为2 mol，则生成0.2 mol Br2时，转移的电子数为0.4NA，D错误。
答案：C
8.（2025·贵州二模）工业干法制备高铁酸钠的反应为2FeSO4＋6Na2O22Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A.1 L 0.5 mol·L－1 FeSO4溶液中含Fe2＋离子的数目为0.5NA
B.0.1 mol Na2O和Na2O2的混合物中含有的离子总数为0.3NA
C.当产生2.24 L（标准状况下）O2时，转移电子数为0.8NA
D.0.1 mol Na2SO4中含σ键的数目为4NA
解析：Fe2＋能水解，1 L 0.5 mol·L－1 FeSO4溶液中含Fe2＋离子的数目小于0.5NA，故A错误；Na2O、Na2O2中阴、阳离子的个数比均为1∶2，0.1 mol Na2O和Na2O2的混合物中含有的离子总数为0.3NA，故B正确；FeSO4中Fe元素化合价由＋2价升高为＋6价，部分Na2O2中O元素化合价由－1价升高为0价生成氧气，生成1 mol氧气转移10 mol电子，当产生2.24 L（标准状况下）O2时，转移电子数为NA，故C错误；Na2SO4中S和O形成σ键，0.1 mol Na2SO4中含σ键的数目为0.4NA，故D错误。
答案：B
9.（2025·北京市丰台区二模）用NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是（ ）
A.1 mol C2H2含有π键的数目为NA
B.1 mol基态Cr原子的未成对电子数为4NA
C.46 g NO2和N2O4的混合气体含有的原子数为3NA
D.2.24 L（标准状况下）乙醇与足量Na充分反应，生成H2的分子数为0.05NA
解析：1个C2H2分子中含有1个碳碳三键，1个碳碳三键有2个π键，因此1 mol C2H2含有π键的数目为2NA，故A错误；基态Cr原子的价层电子排布为3d54s1，因此1 mol基态Cr原子的未成对电子数为6NA，故B错误；46 g NO2和N2O4的混合气体的最简式为NO2，含有1 mol氮原子、2 mol氧原子，总共含有3 mol原子，含有原子的数目为3NA，故C正确；标准状况下乙醇不是气体，因此无法利用气体摩尔体积算得乙醇的物质的量，故D错误。
答案：C
10.（2025·河北5月模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A.标准状况下，22.4 L正丙醇（C3H8O）分子中含有C—H的数目为8NA
B.24 g质量分数为25％的甲醛水溶液中含有氢原子数目为2.4NA
C.pH＝1的H2SO4溶液与足量的Zn反应产生的氢分子数目为0.05NA
D.0.1 mol FeI2与0.1 mol Cl2反应时，转移电子的数目为0.3NA
解析：标准状况下，正丙醇（C3H8O）是液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，A错误；24 g质量分数为25％的甲醛水溶液中，6 g甲醛（HCHO）含氢原子数目为0.4NA，18 g水含有氢原子数目为2NA，共含有氢原子数目为2.4NA，B正确；没有溶液体积，不确定氢离子的物质的量，不能计算生成氢分子的数目，C错误；碘离子还原性大于亚铁离子，0.1 mol FeI2与0.1 mol Cl2反应时，氯气不足，碘离子完全反应，氯元素化合价由0价变为－1价，则转移0.2 mol电子，转移电子数目为0.2NA，D错误。
答案：B
11.（2025·鞍山质检二）25 ℃时，利用8N2O＋4CS2S8＋4CO2＋8N2（反应Ⅰ）获得1 mol S8（），同时将生成的CO2溶于水形成pH＝5.6的溶液Ⅱ，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A.反应Ⅰ中转移电子的数目为16NA
B.反应Ⅰ中形成S—S键的数目为7NA
C.反应Ⅰ产物中π电子的数目为8NA
D.溶液Ⅱ中含H＋的数目为10－5.6NA
解析：8N2O＋4CS2S8＋4CO2＋8N2中N元素由＋1价下降到0价，S元素由－2价上升到0价，生成1 mol S8时转移电子的数目为16NA，A正确；由S8的结构可知，生成1 mol S8时，形成S—S键的数目为8NA，B错误；CO2中含有2个π键，N2中含有2个π键，获得1 mol S8时生成4 mol CO2和8 mol N2，含有（4×2＋8×2） mol＝24 mol π键，π电子的数目为48NA，C错误；未知溶液的体积，无法计算溶液Ⅱ中含H＋的数目，D错误。
答案：A
12.（2025·湖北十一校第二次联考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A.电解精炼铜时，若阴极析出3.2 g铜，则阳极失电子数大于0.1NA
B.90 g葡萄糖分子中，手性碳原子个数为2.5NA
C.氯碱工业两极共收集到标准状况下2.24 L气体时理论上迁移的Na＋数为0.2NA
D.标准状况下5.6 L C4H10中含有的s－sp3σ键数为2.5NA
解析：电解精炼铜时，阴极反应为Cu2＋＋2e－Cu，若阴极析出3.2 g铜即0.05 mol Cu，则转移电子数为0.1NA，A项错误；90 g葡萄糖为0.5 mol，每个葡萄糖分子含有4个手性碳原子，则手性碳原子个数为2NA，B项错误；氯碱工业的反应为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，氯碱工业两极共收集到标准状况下2.24 L气体时即阴、阳极各收集0.05 mol气体，转移电子为0.1 mol，理论上迁移的Na＋数为0.1NA，C项错误；标准状况下5.6 L C4H10即为0.25 mol C4H10，每个C4H10含有10个s－sp3σ键（即C—H键），则s－sp3σ键数为2.5NA，D项正确。
答案：D
13.（1）a mol H2SO4中含有b个氧原子，则阿伏加德罗常数可以表示为 mol－1。
（2）某固体A在一定条件下加热分解，产物全是气体，A的分解反应为2A（s）B（g）＋2C（g）＋2D（g）。现测得分解产生的混合气体对氢气的相对密度为d，则A的摩尔质量为 g·mol－1。
（3）由CH4和O2组成的混合气体在同温、同压下与CO的密度相同，则混合气体中CH4的体积分数为 。
（4）在某温度时，一定量的元素A的氢化物AH3，在恒温恒压的密闭容器中完全分解为两种气态单质，此时容器的体积变为原来的，则A单质的分子式为 。
（5）一密闭气缸被一不漏气但可自由滑动的活塞隔开分成两部分。反应前，左边充有N2，右边充有H2、O2的混合气体；20 ℃时，将右边的混合气体点燃，反应后冷却到20 ℃，若活塞最终静止于气缸的中央（液体体积忽略不计），则反应前容器中N2和O2的物质的量之比可能为 （只填一组数据即可）。
解析：（1）a mol H2SO4中含氧原子的物质的量为4a mol，个数为b，由公式n＝，得NA＝＝ mol－1。
（2）2 mol A完全分解生成1 mol B、2 mol C和2 mol D，所得混合气体的总物质的量为5 mol，混合气体的平均摩尔质量为2d g·mol－1，则混合气体的总质量为5 mol×2d g·mol－1＝10d g，由质量守恒定律知2 mol A的质量为10d g，则A的摩尔质量M（A）＝＝5d g·mol－1。
（3）由CH4、O2组成的混合气体在同温、同压下与CO的密度相同，则混合气体的平均摩尔质量为28 g·mol－1，设混合气体中含a mol CH4、b mol O2，则
＝28 g·mol－1，解得3a＝b，则CH4的体积分数为×100％＝×100％＝25％。
（4）设1 mol AH3完全分解生成 mol H2和一定量的A单质，因反应后容器的体积变为原来的，则1 mol AH3分解应生成 mol气体，其中H2有 mol，则生成A单质 mol，由A原子守恒可知， mol A单质中含A原子1 mol，则A单质的分子式为A4。
（5）设反应前N2有1 mol，则H2和O2有3 mol，反应后N2与剩余气体体积相等，则反应后剩余气体的物质的量为1 mol，由方程式：2H2＋O22H2O可知，共消耗2 mol气体，其中，消耗H2 mol，消耗O2 mol，若剩余气体为H2，则反应前N2和O2的物质的量之比为1 mol∶ mol＝3∶2，若剩余气体为O2，则反应前N2和O2的物质的量之比为1 mol∶（ mol＋1 mol）＝3∶5。
答案：（1）
（2）5d
（3）25％
（4）A4
（5）3∶2（或3∶5）
14.欲测定金属镁的相对原子质量，利用如图给定的仪器组成一套实验装置（每个仪器只能使用一次，假设气体的体积可看作标准状况下的体积）。
填写下列各项（气流从左到右）。
（1）各种仪器连接的先后顺序是 接 、 接 、 接 、 接 （用小写字母表示）。
（2）连接好仪器后，要进行的操作有以下几步，其先后顺序是 （填序号）。
①待仪器B中的温度恢复至室温时，测得量筒C中水的体积为Va mL。
②擦掉镁条表面的氧化膜，将其置于天平上称量，得质量为m g，并将其投入试管B中的带孔隔板上。
③检查装置的气密性。
④旋开装置A上分液漏斗的活塞，使其中的水顺利流下，当镁完全溶解时再关闭这个活塞，这时A中共放入水Vb mL。
（3）根据实验数据可算出金属镁的相对原子质量，其数学表达式为 。
（4）若试管B的温度未冷却至室温，就读出量筒C中水的体积，这将会使所测定镁的相对原子质量数据 （填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（5）仔细分析上述实验装置后，经讨论认为结果会有误差，于是又设计了如图所示的实验装置。
①装置中导管a的作用是 。
②实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1 mL、V2 mL。则产生氢气的体积为 mL。
解析：（1）根据实验目的及各装置的特点分析可知：利用A装置中的水压将E中稀盐酸压至B中，产生的气体通过将D中的水排入C中测量其体积，所以连接顺序为a→h→g→b→c→f→e→d。
（2）综合考虑各实验步骤可知先后顺序为③②④①。
（3）由题意知：
Mg ～ H2
Mr 22.4 L
m （Va－Vb）×10－3 L
所以Mr＝。
（4）由于试管B未冷却至室温，会导致Va变大，所以使测定的Mg的相对原子质量偏小。
答案：（1）a h g b c f e d
（2）③②④①
（3）
（4）偏小
（5）①使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下；可以消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差
②V1－V2
第6讲 物质的量浓度
复习要点 1.了解溶液浓度的表示方法。理解溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度的概念并能进行有关计算。2.掌握配制一定溶质质量分数溶液和一定物质的量浓度溶液的方法。3.了解溶解度、饱和溶液的概念；掌握溶解度曲线在物质分离、提纯中的应用。
考点 物质的量浓度
A基础知识重点疑难
1.物质的量浓度（cB）
（1）概念：表示 单位体积的溶液里所含溶质B 的物质的量。
（2）表达式：cB＝；变形：nB＝cB·V；V＝。
笔记：①溶质的确定，如Na2O溶于水，溶质为NaOH
②是溶液体积，不是溶剂体积，利用ρ＝计算
（3）常用单位：mol·L－1 。
笔记：[高考拓展]如质量浓度，单位g·L－1，即
1 L溶液中含有溶质的质量
（4）特点：对于某浓度的溶液，取出任意体积的溶液，其浓度、密度、质量分数均不变，但所含溶质的 质量 、 物质的量 因体积不同而改变。
（5）物质的量浓度相关计算
①标准状况下气体形成的溶液中物质的量浓度计算
c＝
②物质的量浓度与质量分数的关系
c＝＝＝＝＝ w＝ ①。
③溶液稀释和混合计算
ⅰ.溶液稀释定律（守恒观点）
a.溶质的质量、物质的量 ②在稀释前后保持不变，即m1w1＝m2w2，c1V1＝c2V2。
b.溶液质量守恒，m（稀）＝m（浓）＋m（水）（体积一般不守恒）。
ⅱ.同溶质不同物质的量浓度溶液的混合计算
a.混合前后溶液体积保持不变时，c1V1＋c2V2＝c混×（V1＋V2）。
b.混合前后溶液体积发生改变时，c1V1＋c2V2＝c混V混，其中V混＝。
ⅲ.溶质相同、质量分数不同的两溶液的混合规律
同一溶质、质量分数分别为a％、b％的两溶液混合：
等体积混合 a.当溶液密度大于1 g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越大，等体积混合后，质量分数w＞（a％＋b％）（如H2SO4、NaOH等） b.当溶液密度小于1 g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越小，等体积混合后，质量分数w＜（a％＋b％）（如酒精溶液、氨水等）
等质量混合 两溶液等质量混合时（无论ρ＞1 g·cm－3还是ρ＜1 g·cm－3），则混合后溶液中溶质的质量分数w＝（a％＋b％）
④电荷守恒，电解质溶液中阳离子所带电荷总数与阴离子所带电荷总数相等：如Na2SO4和MgCl2的混合溶液中存在：2c（Mg2＋）＋c（Na＋）＝c（Cl－）＋2c（S）（忽略水的电离）。
笔记：①涉及的基本公式：w＝×100％（饱和溶液） c＝ c＝ w＝×100％ ρ＝ m液＝m质＋m剂
②与平衡相融合，加水稀释促进电解质溶液中平衡移动，如（2022浙江1月）取pH＝a的H2A（弱酸）溶液10 mL，加蒸馏水稀释至100 mL，则该溶液pH＝a＋1（×）
2.溶质的质量分数
（1）概念：以溶液里溶质质量与溶液质量的比值表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示，也可用小数表示。
（2）表达式：w（B）＝×100％。
B题组集训提升能力
题组一 物质的量浓度概念的理解
1.关于0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液的叙述正确的是（ ）
A.0.5 L该溶液中钠离子的物质的量浓度为0.05 mol·L－1
B.将10.6 g Na2CO3溶于1 L水中能得到0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液
C.从1 L该溶液中取出100 mL，则取出溶液中Na2CO3的物质的量浓度为0.01 mol·L－1
D.取该溶液10 mL，加水稀释至100 mL后，Na2CO3的物质的量浓度为0.01 mol·L－1
解析：溶液的浓度与所取溶液的体积无关，该溶液中钠离子的物质的量浓度为0.2 mol·L－1，Na2CO3的物质的量浓度为0.1 mol·L－1，故A、C项错误；物质的量浓度的表达式中，体积是溶液的体积，而不是水的体积，即将10.6 g Na2CO3溶于水所配成1 L的溶液浓度是0.1 mol·L－1，故B项错误；稀释前后，溶质的物质的量不变，所以0.1 mol·L－1×0.01 L＝c×0.1 L，c＝0.01 mol·L－1，故D项正确。
答案：D
题组二 溶液中相关浓度计算
a.气体溶于水后物质的量浓度计算
2.将标准状况下的a L氯化氢气体溶于100 g水中，得到的盐酸的密度为b g·mL－1，则该盐酸的物质的量浓度（mol·L－1）是（ ）
A. B.
C. D.
解析：n（HCl）＝ mol，m（溶液）＝（＋100） g，V（溶液）＝，则该盐酸的物质的量浓度＝＝ mol·L－1，故C项正确。
答案：C
解题感悟
1.物质的量浓度计算的关键点
（1）正确判断溶液中的溶质并计算物质的量
①与水发生反应生成新物质
例：Na、Na2O、Na2O2与水反应后生成NaOH；SO3溶于水生成H2SO4；NO2溶于水生成HNO3。
②特殊物质
例：NH3溶于水后，计算浓度时仍然用NH3作为溶质。
③注意含结晶水的物质
例：CuSO4·5H2O溶于水后的溶质为CuSO4。
（2）溶液体积的准确计算
V是溶液的体积，不是溶剂的体积，也不是溶质和溶剂的体积之和，应根据V＝计算。
2.气体溶于水所得溶液物质的量浓度的计算方法
b.物质的量浓度、质量分数、溶解度相互换算
3.某结晶水合物的化学式为R·nH2O，其相对分子质量为M，25 ℃时，将a g该晶体溶于b g水中恰好可形成V mL饱和溶液，下列关系中正确的是（ ）
A.饱和溶液的物质的量浓度c＝ mol·L－1
B.饱和溶液中溶质的质量分数w＝％
C.25 ℃时R的溶解度S＝ g
D.饱和溶液的密度ρ＝ g·mL－1
解析：n（R）＝n（R·nH2O）＝ mol，该饱和溶液的物质的量浓度c＝＝ mol·L－1，故A错误；根据w（溶质）＝×100％，可知该饱和溶液质量分数w＝×100％＝％，故B错误；R的质量为×a g，结晶水的质量为×a g，则100 g∶S＝（×a g＋b g）∶（×a g），解得S＝ g，故C正确；溶液总质量为（a＋b） g，根据ρ＝可知，溶液密度为＝ g·mL－1，故D错误。
答案：C
c.溶液稀释和混合计算
4.（2025·衡水模拟）下列说法正确的是（ ）
A.把100 mL 3 mol·L－1的硫酸与100 mL H2O混合，硫酸的物质的量浓度变为1.5 mol·L－1
B.把100 g 20％的NaCl溶液与100 g H2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10％
C.把200 mL 3 mol·L－1的BaCl2溶液与100 mL 3 mol·L－1的KCl溶液混合后，溶液中的c（Cl－）仍然是 3 mol·L－1
D.把100 mL 20％的NaOH溶液与100 mL H2O混合后，NaOH溶液的质量分数小于10％
解析：100 mL 3 mol·L－1的硫酸与100 mL H2O混合后的体积小于200 mL，故A错误；w＝×100％＝10％，故B正确；3 mol·L－1的BaCl2溶液中的氯离子浓度为6 mol·L－1，混合后溶液中氯离子浓度大于3 mol·L－1，故C错误；NaOH溶液的密度大于1 g·mL－1，加入水的质量等于100 g，所以混合后溶液中溶质的质量分数大于10％，故D错误。
答案：B
考点 一定物质的量浓度溶液的配制
A基础知识重点疑难
1.主要仪器
（1）托盘天平：称量前要调零，称量时药品放在 左 盘，砝码放在右盘 ，读数精确到 0.1 g。
笔记：若位置放反，则物质质量＝读数－2×游码读数
（2）容量瓶：
笔记：①（2022山东）应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液（√）
②（2023山东）进行容量瓶检漏时，倒置一次即可（×）
（3）量筒：量筒无0刻度；量取7.2 mL 溶液，应选用 10 mL量筒，量筒上标有使用温度、容量、刻度线；不能加热，不能将固体或浓溶液直接在量筒中溶解或稀释。
笔记：（2022山东）可用量筒量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中（×）
2.溶液配制的流程及误差分析
笔记：①高考中常取某一步骤中装置，如（2023重庆）考查“转移”装置
②（2022山东）应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体（√）
③关键操作及仪器的使用方法，如胶头滴管的使用、转移时玻璃棒的引流
④即操作对m、V的影响
3.定容时俯视 和仰视的分析
笔记：俯视、仰视、平视均从刻度线起，视线经过凹液面最低处，如（2023浙江6月）俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大（√）
（1）了解仪器的构造，特别是刻度是由下而上，还是由上而下。
（2）先画出正确的读数方法及数值，再比较仰视和俯视的情况。
例如量取一定体积的液体时：
仪器类型 观察方法 实际数值
“0”刻度线在下边 ① 仰视 偏大
俯视 偏小
“0”刻度线在上边 ② 仰视 偏小
俯视 偏大
笔记：①如量筒（无0 mL，但刻度由下向上增大）
②如滴定管
B题组集训提升能力
题组一 一定物质的量浓度溶液配制操作及仪器
1.（2025·山东联考）某小组用浓硫酸配制300 mL 1.0 mol·L－1硫酸溶液，配制过程如下：
①用量筒量取一定体积浓硫酸于烧杯中，再向烧杯中加入适量蒸馏水，搅拌，冷却至室温；
②将第①步所得溶液用玻璃棒引流至500 mL容量瓶中；
③用蒸馏水洗涤量筒﹑烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液直接倒入容量瓶中；
④向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相平，并摇匀、装瓶、贴标签。标签写着“1.0 mol·L－1硫酸溶液”。
上述配制过程中，存在的错误共有（ ）
A.1处 B.2处 C.3处 D.4处
解析：稀释浓硫酸时，应该把浓硫酸沿烧杯内壁倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，①存在1处错误；配制溶液可以多配但不可少配，将第①步所得溶液用玻璃棒引流至500 mL容量瓶中，②正确；用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液用玻璃棒引流至容量瓶中，量取浓硫酸的量筒不需要洗涤，③存在2处错误；向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切，④存在1处错误；综上所述，共存在4处错误，D正确。
答案：D
2.（2025·四川成都七中月考）配制100 mL 1.0 mol·L－1 NaOH溶液的操作如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.操作1前可用托盘天平、称量纸、药匙称取质量为4.0 g的NaOH固体
B.操作1中NaOH完全溶解后，为避免吸收空气中的CO2，应立刻进行操作2
C.操作4中如果俯视刻度线定容，所配NaOH溶液浓度偏大
D.将100 mL 1.0 mol·L－1的NaOH溶液加热蒸发50 g水后，其物质的量浓度变为2.0 mol·L－1
解析：NaOH具有腐蚀性，应在小烧杯中称取质量为4.0 g的NaOH固体，故A错误。操作1中NaOH完全溶解后，应冷却到室温，再进行操作2，故B错误。操作4中如果俯视刻度线定容，则加入水的体积偏小，所配NaOH溶液浓度偏大，故C正确。将100 mL 1.0 mol·L－1的NaOH溶液加热蒸发50 g水后，剩余溶液的体积不为50 mL，其物质的量浓度不是2.0 mol·L－1，故D错误。
答案：C
3.配制480 mL 0.5 mol·L－1的NaOH溶液，试回答下列问题。
（1）选择仪器：完成本实验所必需的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、 、 等。
（2）计算：需要NaOH固体的质量为 。
（3）称量：①称量过程中NaOH固体应放在小烧杯中并放在天平的 （填“左盘”或“右盘”）。
②某同学先用托盘天平称量一个小烧杯的质量，称量前把游码放在标尺的零刻度处，天平静止时发现指针在分度盘的偏右位置，说明此时左边质量 （填“大于”或“小于”）右边质量。假定最终称得小烧杯的质量为 （填“32.6 g”或“32.61 g”），请在下图标尺上画出游码的位置（画“△”表示）。
（4）溶解、冷却。该步实验中需要使用玻璃棒，作用是 。
（5）转移、洗涤。在转移时应使用 引流，洗涤烧杯2～3次是为了
。
（6）定容、摇匀。定容的操作是
。
答案：（1）胶头滴管 500 mL容量瓶
（2）10.0 g
（3）①左盘 ②小于 32.6 g
（4）搅拌，加速溶解
（5）玻璃棒 保证溶质全部转移至容量瓶中
（6）向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切
解题感悟
从实验步骤分析配制溶液所需仪器
注意：（1）容量瓶一定要注明规格。
（2）用固体配制溶液时，用天平称取固体；用液体配制溶液时，用量筒量取液体。
（3）固体试剂配制时用到量筒是粗略量取水的体积，可不必用到量筒；液体试剂配制时一定要用。
题组二 溶液配制的误差分析
4.配制一定物质的量浓度的溶液时，下列操作对溶液浓度有什么影响？用“偏大”“偏小”或“无影响”填空。
（1）配制NaOH溶液时，托盘天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片，其他操作均正确 。
（2）托盘天平砝码有锈蚀，其他均正确 。
（3）配制一定物质的量浓度NaOH溶液，需称量溶质4.4 g，称量时物码放置颠倒 。
（4）用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中 。
（5）用量筒量取浓硫酸时，仰视读数 。
（6）配制NaOH溶液时，将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并马上定容 。
（7）转移到容量瓶的过程中，有少量的溶液溅出 。
（8）转移后，未洗涤小烧杯和玻璃棒，或者未将洗涤液一并转移至容量瓶中 。
（9）定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线 。
（10）定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线 。
（11）定容时仰视刻度线 。
（12）配制前容量瓶中有水 。
（13）定容摇匀后少量溶液外流 。
答案：（1）偏小 （2）偏大 （3）偏小 （4）偏大 （5）偏大 （6）偏大 （7）偏小 （8）偏小 （9）偏小 （10）偏小 （11）偏小 （12）无影响
（13）无影响
解题感悟
根据c＝，分析nB、V变化
（1）nB偏小
①砝码与试剂位置颠倒（使用游码）
②搅拌时液体外溅
③向容量瓶移液时外溅
④未洗涤烧杯和玻璃棒
⑤定容时水多用滴管吸出
⑥用量筒量取需稀释液体时，俯视读数
（2）nB偏大
①砝码附着其他物质或已生锈
②用量筒量取需稀释液体时，仰视读数
（3）V偏大
①定容摇匀后液面下降再加水
②定容时仰视刻度线
（4）V偏小
①未冷却至室温就转移至容量瓶
②定容时俯视刻度线
（5）对浓度无影响
①容量瓶未干燥
②定容摇匀后少量溶液外流
考点 化学计算技巧和方法
A基础知识重点疑难
1.以物质的量为中心的计算
笔记：①基本计算，如方程式计算，包括平衡的三段式计算，如（2023重庆）反应2F2＋2NaOHOF2＋2NaF＋H2O，消耗44.8 L（标准状况）F2，则生成NaF质量为 ，生成的氧化产物分子数为 。（提示：84 g NA）
②融合弱电解质电离、盐类水解、沉淀溶解平衡，列三段式计算K、pH等
2.差量法计算
差量法 的解题关键是找准研究对象。
笔记：差量法特征：固体、溶液质量减少、增加；气体体积减少或增加，形式：
Zn＋CuSO4（aq）Cu＋ZnSO4（aq） 固体质量减少 溶液质量增加
1 mol 1 mol 1 mol 1 mol 1 g 1 g
（1）固体的质量差，研究对象就是固体。
（2）气体的质量差，研究对象就是气体。
（3）液体的质量差，研究对象就是液体。
3.热重法计算解题的方法思路
（1）设晶体为1 mol，其质量为m。
（2）失重一般是先失水 ，再失非金属氧化物。
笔记：实质也是差量法，如固体减少量
（3）计算每步剩余固体的质量（m余）：×100％＝固体残留率。
（4）晶体中金属质量不再减少，仍在m余中。
（5）失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m氧，由n金属∶n氧，即可求出失重后物质的化学式。
4.守恒法在以物质的量为核心的计算中的应用
守恒法是中学化学计算中一种很重要的方法和技巧，其特点是抓住有关变化的始态和终态，忽略中间过程，利用其中某种不变量建立关系式，从而简化思路，快速解题。
（1）考虑元素守恒
复杂多步的化学反应中某些元素的质量或浓度等没有发生变化。
多步反应计算
（2）考虑电荷守恒
求溶液中离子的浓度时，运用溶液呈电中性，此时也可以考虑元素守恒。
（3）考虑得失电子守恒
涉及氧化还原反应中氧化剂、还原剂得失电子及反应前后化合价变化的计算。
5.关系式法 解题步骤
笔记：拓展：在工业生产和滴定中应用，如FeS2～2SO2～2SO3～2H2SO4 FeS2～2H2SO4，各步转化率乘积等于总的转化率
6.极限法解题思路
（1）把可逆反应假设成向某一方向进行完全的反应，讨论最大值或最小值。
（2）把混合物假设成为某一纯净物，讨论极限。
（3）把多个同时进行的反应假设成单一反应 ，讨论极限。
笔记：如Cl2和NaOH反应的极限为Cl2＋2NaOHNaClO＋NaCl＋H2O和3Cl2＋6NaOH5NaCl＋NaClO3＋3H2O
B题组集训提升能力
题组一 差量法和热重法计算
1.（2025·广元模拟）草酸钴晶体是制备钴的氧化物的重要原料。18.3 g草酸钴晶体（CoC2O4·2H2O）在隔绝空气受热时的质量变化曲线如图所示，240 ℃及以上所得固体均为钴氧化物（其中Co的化合价为＋2或＋3）。下列说法正确的是（ ）
A.到A点时草酸钴晶体失去2个H2O
B.C点剩余固体的化学成分为Co3O4
C.若B点时通入氧气，则会发生反应3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2
D.C点到D点发生反应的化学方程式为CoCO3CoO＋CO2↑
解析：若CoC2O4·2H2O失去2个H2O，则固体质量保留百分数为×100％≈80.33％，对应的点为B点，A项错误；若C点生成Co3O4，根据钴元素守恒，得到关系式CoC2O4·2H2O～Co3O4，则固体质量保留百分数为×100％≈43.90％，假设不成立，B项错误；B点剩余固体为CoC2O4，通入氧气，则会发生反应3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2，C项正确；×100％≈65.03％，推测C点为CoCO3，CoCO3加热分解生成Co2O3，固体质量保留百分数为×100％≈45.36％，D项错误。
答案：C
2.16 mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应：6NO＋4NH35N2＋6H2O（g），达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比为 。
解析：6NO ＋ 4NH35N2＋6H2O（g） ΔV
6 4 5 6 1
V（NO） V（NH3） 1.5 mL
V（NO）＝＝9 mL，V（NH3）＝＝6 mL，由此可知共消耗15 mL气体，还剩余1 mL气体，假设剩余的气体是NO，则V（NO）∶V（NH3）＝（9 mL＋1 mL）∶6 mL＝5∶3，假设剩余的气体是NH3，则V（NO）∶V（NH3）＝9 mL∶（6 mL＋1 mL）＝9∶7。
答案：9∶7或5∶3
题组二 守恒法计算
3.向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中，加入1 L 0.6 mol·L－1的HNO3溶液恰好使混合物完全溶解，同时收集到2.24 L NO气体（标准状况）。已知：Cu2O＋2H＋Cu＋Cu2＋＋H2O。下列说法错误的是（ ）
A.发生氧化还原反应的HNO3物质的量为0.1 mol
B.得到的溶液中n（Cu2＋）＝0.25 mol
C.CuO与稀硝酸反应的离子方程式为CuO＋2H＋Cu2＋＋H2O
D.若混合物中含0.1 mol Cu，则该混合物与足量稀硫酸充分反应，最后剩余固体12.8 g
解析：HNO3的物质的量为0.6 mol·L－1×1 L＝0.6 mol，NO的物质的量为＝0.1 mol。HNO3作为氧化剂，还原产物为NO，根据分析，生成NO为0.1 mol，故发生还原反应的HNO3为0.1 mol，A正确；反应后溶液中的溶质为Cu（NO3）2，根据分析，起到酸性作用的HNO3为0.6 mol－0.1 mol＝0.5 mol，故n（Cu2＋）＝n（HNO3）＝0.25 mol，B正确；CuO与稀硝酸反应生成硝酸铜和水，故离子方程式为CuO＋2H＋Cu2＋＋H2O，C正确；混合物与硝酸反应时，Cu和Cu2O被氧化，失去的电子总数为HNO3所得电子数，物质的量为0.1 mol×3＝0.3 mol，故Cu2O转移电子的物质的量为0.3 mol－0.1 mol×2＝0.1 mol，n（Cu2O）＝×0.1 mol＝0.05 mol，根据溶液中n（Cu2＋）＝0.25 mol，可知Cu元素共0.25 mol，原混合物中n（CuO）＝0.25 mol－0.05 mol×2－0.1 mol＝0.05 mol，混合物与稀硫酸反应时，Cu不与稀H2SO4反应，根据Cu2O＋2H＋Cu＋Cu2＋＋H2O可知，生成的Cu的物质的量n'（Cu）＝n（Cu2O）＝0.05 mol，故反应后所得的Cu的物质的量为n（Cu）＋n'（Cu）＝0.15 mol，质量为0.15 mol×64 g·mol－1＝9.6 g，D错误。
答案：D
4.（2025·信阳模拟）将2.56 g Cu与30 mL一定浓度的浓HNO3反应，随着Cu的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，当Cu完全反应时，共收集到标准状况下1.12 L气体。待产生的气体全部释放后，向溶液中加入88 mL 2.5 mol·L－1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀。下列说法正确的是（ ）
A.与铜反应中消耗HNO3的物质的量为0.10 mol
B.混合气体中NO的体积分数是
C.原硝酸溶液的浓度为9.0 mol·L－1
D.欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要标准状况下的氧气224 mL
解析：2.56 g铜为0.04 mol，生成硝酸铜0.04 mol；生成一氧化氮、二氧化氮气体共1.12 L÷22.4 L·mol－1＝0.05 mol；加入氢氧化钠后恰好生成硝酸钠，根据氮元素守恒可知，初始HNO3共为0.05 mol＋0.088 L×2.5 mol·L－1＝0.27 mol；与铜反应中消耗HNO3的物质的量为0.04 mol×2＋0.05 mol＝0.13 mol，A项错误；设一氧化氮、二氧化氮分别为a mol、（0.05－a） mol，则根据电子守恒可知，a×3＋（0.05－a）×1＝0.04×2，a＝0.015，则混合气体中NO的体积分数是＝，B项错误；原硝酸溶液的浓度为 mol·L－1＝9.0 mol·L－1，C项正确；欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，根据电子守恒可知，需要氧气 mol＝0.02 mol，则至少需要标准状况下的氧气448 mL，D项错误。
答案：C
题组三 关系式法
5.（2024·日照一模）化学需氧量（COD）是在一定条件下，用强氧化剂氧化一定体积水中的还原性物质时所消耗氧化剂的量，折算成氧气的量（单位为mg·L－1）来表示。我国地表水可采用标准KMnO4法测定水中化学需氧量，即水体中还原性物质每消耗1 mol KMnO4折算为1.25 mol O2的消耗量。其操作步骤如下：
①取水样V0 mL，先加入足量稀硫酸酸化，再加入V1 mL c1 mol·L－1的KMnO4标准液，煮沸30 min（充分氧化水中的还原性物质），溶液呈稳定的红色，冷却至室温。
②向①中溶液中加入V2 mL c2 mol·L－1的Na2C2O4标准液（过量）。
③用c1 mol·L－1的KMnO4标准液滴定②中溶液至滴定终点，消耗KMnO4标准液V3 mL。
计算水样中COD含量（mg·L－1）表达式正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：分析整个过程可知，水样中的还原性物质和Na2C2O4发生氧化反应失去电子，KMnO4发生还原反应得电子，KMnO4发生还原反应变成Mn2＋，故得电子总量为5（V1＋V3）×10－3×c1 mol，Na2C2O4被氧化为二氧化碳共失去电子2V2×10－3×c2 mol，故水样中的还原性物质失电子总量为[5（V1＋V3）c1×10－3－2V2c2×10－3] mol，相当于消耗KMnO4 mol，由化学需氧量（COD），即水体中还原性物质每消耗1 mol KMnO4折算为1.25 mol O2的消耗量，故可知耗氧量为
× mol，故水样中COD含量（mg·L－1）为 mg·L－1＝ mg·L－1。
答案：A
6.黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2（SO4）3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。
已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2OS＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2＋6Fe2＋＋14H＋2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
（1）样品中FeS2的质量分数是 （假设杂质不参加反应）。
（2）煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积（标准状况）为 L，制得98％的浓硫酸质量为 t。
解析：（1）据方程式4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2、SO2＋2Fe3＋＋2H2OS＋2Fe2＋＋4H＋、Cr2＋6Fe2＋＋14H＋2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O得关系式：
Cr2 ～ 6Fe2＋ ～ 3SO2 ～ FeS2
1 mol ×120 g
0.020 00 mol·L－1×0.025 00 L m（FeS2）
m（FeS2）＝0.090 00 g，样品中FeS2的质量分数为×100％＝90.00％。
（2）4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2
4 mol 8×22.4 L
mol V（SO2）
V（SO2）＝3.36×106 L，
n（SO2）＝＝1.5×105 mol；
由SO2 ～ SO3 ～ H2SO4
1 mol 98 g
1.5×105 mol m（浓H2SO4）×98％
得m（浓H2SO4）＝1.5×107 g＝15 t。
答案：（1）90.00％ （2）3.36×106 15
题组四 极限法计算
7.已知Fe2O3在高炉中有如下反应：Fe2O3＋CO2FeO＋CO2，反应形成的固体混合物（Fe2O3、FeO）中元素铁和氧的质量比用m（Fe）∶m（O）表示。上述固体混合物中m（Fe）∶m（O）不可能的是 （ ）
①21∶9 ②21∶7.5 ③21∶6 ④21∶8
A.①③ B.②③ C.②④ D.①④
解析：利用极限法解答，根据Fe2O3、FeO中Fe、O元素质量之比确定范围。若固体只有Fe2O3时，Fe、O元素质量之比为（56×2）∶（16×3）＝7∶3＝21∶9；若固体只有FeO时，Fe、O元素质量之比为56∶16＝7∶2＝21∶6。混合物中21∶9＜m（Fe）∶m（O）＜21∶6，故①③不可能。
答案：A
8.将总物质的量为n mol的钠和铝的混合物（其中钠的物质的量分数为x），投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体V L。下列关系式中正确的是（ ）
A.x＝V/（11.2n）
B.0＜x≤0.5
C.V＝33.6n（1－x）
D.11.2n＜V≤22.4n
解析：Na、Al混合物中没有具体指明Na、Al的物质的量，且二者相对量的多少与H2O反应后产生H2的量有关，故需要采用极值法来确定V的范围，根据题意求出两个端值，则实际值介于两个端值之间。金属钠的物质的量为nx mol，Al的物质的量为n（1－x） mol，产生的H2是溶液中的H＋获得Na、Al失去的电子而生成的，根据得失电子守恒可得产生H2的物质的量＝ mol，根据反应2Na＋2H2O2NaOH＋H2↑、2Al＋2NaOH＋6H2O2Na[Al（OH）4]＋3H2↑和题中“金属没有剩余”，可知n（Na）≥n（Al），即0.5≤x＜1。当x＝1时，产生H2的物质的量为0.5n mol，即11.2n L；当x＝0.5时，产生H2的物质的量为n mol，即22.4n L，故产生H2的体积的取值范围为11.2n＜V≤22.4n，故D项正确。
答案：D
限时跟踪检测（六） 物质的量浓度
1.下列关于物质的量浓度说法正确的是（ ）
A.0.3 mol·L－1的Na2SO4溶液中含有Na＋和S的总物质的量为0.9 mol
B.将Na2O和Na2O2各1 mol溶于水配成1 L溶液，所得溶液物质的量浓度不同
C.标准状况下22.4 L NH3溶于水配成1 L溶液，所得溶液浓度为1 mol·L－1
D.要配制100 mL 1 mol·L－1的硫酸铜溶液，需要胆矾1.6 g
解析：溶液体积未知，不能计算物质的量，故A错误；将Na2O和Na2O2各1 mol溶于水配成1 L溶液，所得溶液中氢氧化钠的物质的量都是2 mol，所得溶液物质的量浓度都是2 mol·L－1，故B错误；标准状况下22.4 L NH3的物质的量为＝1 mol，1 mol氨气溶于水配成1 L溶液，所得溶液浓度为1 mol·L－1，故C正确；100 mL 1 mol·L－1的硫酸铜溶液中含有硫酸铜的物质的量为1 mol·L－1×0.1 L＝0.1 mol，0.1 mol胆矾的质量为250 g·mol－1×0.1 mol＝25.0 g，故D错误。
答案：C
2.下列溶液的物质的量浓度的相关计算正确的是（ ）
A.同浓度的三种物质的溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2溶液体积之比为3∶2∶1，则S浓度之比为3∶2∶3
B.将100 mL 5 mol·L－1的盐酸加水稀释至1 L，再取出5 mL，这5 mL溶液的物质的量浓度为0.5 mol·L－1
C.将1 mol·L－1的NaCl溶液和0.5 mol·L－1的BaCl2溶液等体积混合后，忽略溶液体积变化，c（Cl－）＝0.75 mol·L－1
D.标准状况下，22.4 L HCl溶于1 L水，盐酸的物质的量浓度为1 mol·L－1
解析：假设三种溶液的浓度均为1 mol·L－1，则Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3溶液中S浓度分别为1 mol·L－1×1＝1 mol·L－1、1 mol·L－1×1＝1 mol·L－1和1 mol·L－1×3＝3 mol·L－1，即浓度之比为1∶1∶3，故A错误；溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后盐酸物质的量浓度＝＝0.5 mol·L－1，溶液具有均一性，所以稀释后溶液中盐酸浓度都是相同的，与溶液体积大小无关，5 mL溶液物质的量浓度为0.5 mol·L－1，故B正确；1 mol·L－1的NaCl溶液中c（Cl－）＝1 mol·L－1×1＝1 mol·L－1，0.5 mol·L－1的BaCl2溶液中c（Cl－）＝0.5 mol·L－1×2＝1 mol·L－1，故两者等体积混合后，不考虑体积的变化，c（Cl－）＝1 mol·L－1，故C错误；1 L为水的体积，不是溶液的体积，则溶液体积未知不能计算盐酸的物质的量浓度，故D错误。
答案：B
3.用密度为1.84 g·mL－1、质量分数为98％的浓硫酸配制180 mL 2 mol·L－1的稀硫酸。下列各步骤中操作正确的是（ ）
A.计算、量取：用20 mL量筒量取19.6 mL浓硫酸
B.溶解、稀释：将浓硫酸倒入烧杯，再加入80 mL左右的蒸馏水，搅拌
C.转移、洗涤：将稀释并冷却后的溶液转移到容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，洗涤液转入容量瓶，重复2～3次
D.定容、摇匀：加水至凹液面最低处与刻度线相切，摇匀，最后在容量瓶上贴上标签
解析：用密度为1.84 g·mL－1、质量分数为98％的浓硫酸配制180 mL 2 mol·L－1稀硫酸，由于实验室没有180 mL的容量瓶，需要选用250 mL的容量瓶，所以V×1.84 g·mL－1×98％＝0.250 L×2 mol·L－1×98 g·mol－1，V≈27.2 mL，应用50 mL量筒量取27.2 mL浓硫酸，故A错误；稀释浓硫酸时应将浓硫酸缓慢注入水中，并不断搅拌，将水倒入浓硫酸中容易导致液体飞溅，造成实验室安全事故，故B错误；将稀释并冷却后的溶液用玻璃棒引流至容量瓶中，并用蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯2～3次，洗涤液也应转入容量瓶，使溶质全部转移至容量瓶中，故C正确；容量瓶不可用于贮存溶液，定容、摇匀后，应将溶液倒入试剂瓶，并贴上标签，注明溶液成分及浓度，故D错误。
答案：C
4.某实验需1 mol·L－1NaOH溶液90 mL，配制该NaOH溶液的几个关键实验步骤和操作示意图如下：
下列说法正确的是（ ）
A.用托盘天平和滤纸称取3.6 g氢氧化钠固体
B.NaOH在烧杯中完全溶解，立即转移到容量瓶中
C.操作①时，若俯视容量瓶的刻度线，使配得的NaOH溶液浓度偏低
D.上述操作的先后顺序是③②④⑥①⑤
解析：需要1 mol·L－1NaOH溶液90 mL，应选择100 mL容量瓶，需要氢氧化钠的质量：0.1 L×1 mol·L－1×40 g·mol－1＝4.0 g，且不能用滤纸称取NaOH，故A错误；NaOH在烧杯中完全溶解后，要冷却至室温，再转移到容量瓶中，故B错误；俯视容量瓶的刻度线导致溶液体积偏小，依据c＝可知溶液浓度偏高，故C错误；配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，正确的操作顺序为③②④⑥①⑤，故D正确。
答案：D
5.（2025·镇江模拟）在Al2（SO4）3、K2SO4和明矾的混合溶液中，如果c（S）等于0.2 mol·L－1，当加入等体积的0.2 mol·L－1的KOH溶液时，生成的沉淀恰好溶解，则原混合溶液中K＋的物质的量浓度为（ ）
A.0.25 mol·L－1 B.0.2 mol·L－1
C.0.45 mol·L－1 D.0.225 mol·L－1
解析：根据Al3＋＋4OH－[Al（OH）4]－可知，加入等体积的KOH溶液时生成的沉淀恰好溶解，说明原溶液中c（Al3＋）＝×0.2 mol·L－1＝0.05 mol·L－1。设K＋的物质的量浓度为x mol·L－1，则根据电荷守恒可知，c（K＋）＋c（Al3＋）×3＝c（S）×2，即x mol·L－1＋0.05 mol·L－1×3＝0.2 mol·L－1×2，解得x＝0.25。
答案：A
6.（2025·沈阳期中）下列叙述中正确的是（ ）
A.溶质质量分数为23％和10％的氨水等质量混合，混合液的溶质质量分数小于16.5％
B.同种溶质不同浓度的两种溶液混合，计算时可将体积直接加和
C.若溶质质量分数为2x％的乙醇溶液的物质的量浓度为2y mol·L－1，则将其加水稀释至溶质质量分数为x％，所得稀溶液物质的量浓度大于y mol·L－1
D.某溶液密度为ρ g·cm－3，溶质摩尔质量为M g·mol－1，若物质的量浓度为c mol·L－1，则该溶液的溶质质量分数为％
解析：溶质质量分数为23％和10％的氨水等质量混合，假设质量均为m，则混合液的溶质质量分数为×100％＝16.5％，故A错误；溶液混合计算时不可将体积直接加和，故B错误；由c＝可知，c1＝2y＝，稀释后c2＝，＝＝＝，c2＝y，乙醇密度小于水，则ρ2＞ρ1，故c2＞y，故C正确；由c＝可知，某溶液密度为ρ g·cm－3，溶质摩尔质量为M g·mol－1，若物质的量浓度为c mol·L－1，则该溶液的溶质质量分数为w＝×100％＝％，故D错误。
答案：C
7.在101 kPa、60 ℃下，2个烧瓶分别装有如表的气体，按如图装置进行喷泉实验。下列叙述正确的是（ ）
实验编号 甲 乙
气体成分 200 mL NH3和 50 mL空气 200 mL NO2和 50 mL空气
A.实验过程中，甲、乙都发生化学反应
B.乙中最后的剩余气体显红棕色
C.实验所得两溶液，溶质的物质的量浓度一定相同
D.甲中如果没有空气，所得溶液溶质的物质的量浓度更大
解析：实验过程中甲、乙都发生化学反应，甲中反应为NH3＋H2ONH3·H2O，乙中反应为4NO2＋O2＋2H2O4HNO3、3NO2＋H2O2HNO3＋NO，A正确。乙中首先发生的反应为4NO2＋O2＋2H2O4HNO3，由于O2不足，过量的NO2继续发生反应3NO2＋H2O2HNO3＋NO，最后剩余气体是无色的NO和剩余的N2，B错误。NH3极易溶于水，所得溶液的体积为200 mL，NH3的物质的量浓度为＝ mol·L－1；乙容器中O2约10 mL，反应为4NO2＋O2＋2H2O4HNO3，生成n（HNO3）＝ mol，O2不足，NO2过量160 mL，过量的NO2与H2O的反应为3NO2＋H2O2HNO3＋NO，生成n（HNO3）＝× mol，溶液的总体积为250 mL－40 mL－ mL＝ mL，溶液中c（HNO3）＝＝ mol·L－1＝ mol·L－1＜ mol·L－1，即两溶液中溶质的物质的量浓度不相同，C错误。甲中如果没有空气，设氨气的体积为V L，n（NH3）＝ mol，溶液中NH3的物质的量浓度为＝ mol·L－1，即甲中如果没有空气，则所得溶液溶质的物质的量浓度不变，D错误。
答案：A
8.（2025·娄底一模）实验探究是化学学习的方法之一，某化学实验小组进行FeSO4·7H2O在N2气氛中受热分解实验，根据实验结果或现象，所得结论不正确的是（ ）
A.FeSO4·7H2O脱水热分解，其热重曲线如图所示。根据实验结果推算出：x＝4，y＝1
B.FeSO4热分解后，其固态产物的颜色为红色，说明生成的物质为Fe2O3
C.生成的气态产物通过酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明产生了SO2
D.把产生的气态产物通过氯化钡溶液，立即有沉淀生成，不能证明其气态产物中含有SO3
解析：FeSO4·7H2O相对分子质量为278，100 ℃时，失重率为19.4％，278×19.4％≈54，即分解生成FeSO4·4H2O和3H2O，同理可以求得200 ℃时，FeSO4·4H2O分解生成FeSO4·H2O和3H2O，300 ℃时，FeSO4·H2O分解生成FeSO4和H2O，更高温度下，FeSO4隔绝空气，分解生成Fe2O3、SO2、SO3。100 ℃时，生成FeSO4·4H2O，即x＝4，200 ℃时，分解生成FeSO4·H2O，即y＝1，A正确；FeSO4热分解后，其固态产物的颜色为红色，说明最终生成的物质为Fe2O3，B正确；能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是有还原性的气体，反应中可能生成的有还原性的气体只有SO2，故生成的气态产物通过酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明产生了SO2，C正确；把产生的气态产物通过氯化钡溶液，立即有沉淀生成，因为SO2无法和氯化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，故可以说明其气态产物中含有SO3，D错误。
答案：D
9.将一定量的锌镁合金与200 mL 18.5 mol·L－1的浓硫酸充分反应后，固体完全溶解，同时生成气体A 33.6 L（生成气体全部逸出，测定条件为标准状况）。将反应后的溶液稀释到2 L，测得稀释后溶液中的H＋浓度为1 mol·L－1。向反应后的溶液中加入NaOH溶液500 mL时，所得沉淀质量最大，其质量为128 g。下列叙述中错误的是（ ）
A.气体A中SO2和H2的体积比为4∶1
B.该合金中锌、镁的物质的量之比为1∶2
C.该实验所用NaOH的浓度是10 mol·L－1
D.沉淀质量最大时，溶液中所含溶质的质量为355 g
解析：反应生成的SO2、H2气体的物质的量之和为n＝＝1.5 mol，溶液中剩余硫酸的物质的量为n（H2SO4）＝×2 L×1 mol·L－1＝1 mol，参加反应的n（H2SO4）＝0.2 L×18.5 mol·L－1－1 mol＝2.7 mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成x mol SO2、y mol H2，根据反应方程式中物质转化关系，可得关系式：x＋y＝1.5，2x＋y＝2.7，解得x＝1.2，y＝0.3。根据上述计算可知反应产生SO2为1.2 mol，产生H2为0.3 mol，在相同外界条件下，气体的物质的量的比等于其体积比，故气体A中SO2和H2的体积比为1.2 mol∶0.3 mol＝4∶1，A正确；反应后溶液中含有MgSO4、ZnSO4、H2SO4，当沉淀达到最大值时沉淀为Mg（OH）2、Zn（OH）2，二者的质量和为128 g，根据反应关系可知：n（OH－）＝n（e－）＝2n（气体）＝2×1.5 mol＝3 mol，则n（Mg）＋n（Zn）＝1.5 mol，m（Mg）＋m（Zn）＝128 g－3 mol×17 g·mol－1＝77 g，解得n（Zn）＝1 mol，n（Mg）＝0.5 mol，故该合金中锌、镁的物质的量之比为1 mol∶0.5 mol＝2∶1，B错误；Zn－Mg合金与200 mL 18.5 mol·L－1的浓硫酸充分反应后溶液中含有H2SO4、ZnSO4、MgSO4，当向溶液中加入500 mL NaOH溶液时，沉淀达到最大值，此时溶液为Na2SO4溶液，根据S元素守恒可知n（Na2SO4）＝n（H2SO4）－n（SO2）＝0.2 L
第5讲 物质的量 气体摩尔体积
复习要点 1.了解物质的量（n）及其单位摩尔（mol）、摩尔质量（M）、气体摩尔体积（Vm）、阿伏加德罗常数（NA）的含义。2.能根据微粒（原子、分子、离子等）物质的量、数目、气体体积（标准状况）之间的相互关系，进行有关计算。
考点 物质的量 气体摩尔体积
A基础知识重点疑难
1.物质的量
（1）符号为n，单位是 摩尔 （mol）。
（2）使用范围：适用于微观粒子（如电子、质子、中子、分子、原子、离子等）或微观粒子的特定组合（如原子团、官能团等）。
（3）阿伏加德罗常数：指1 mol任何粒子的粒子数，符号为NA，NA≈ 6.02×1023 mol－1 。
（4）公式：n＝或N＝ n·NA 或NA＝。
2.摩尔质量（M）
（1）概念：单位物质的量的物质所具有的质量，单位： g·mol－1 。
（2）数值：当1 mol任何粒子或物质的质量以 克 为单位时，在数值上等于该粒子的相对分子（原子）质量 。
笔记：（1）数值大小与物质的量无关
（2）2O的摩尔质量为20 g·mol－1
（3）物质的量、物质的质量与摩尔质量的关系为n＝ 。
3.影响物质体积大小的因素
4.气体摩尔体积
应用气体摩尔体积22.4 L·mol－1解题时需要注意的问题：
（1）两个条件：一般指标准状况（0 ℃、101 kPa）。
气体摩尔体积受温度和压强的影响：
（2）一个对象：只限于气体，可以是单一气体，也可以是不反应的混合气体。
水、苯、SO3、HF、CCl4、己烷、CHCl3、Br2、乙醇等物质在标准状况下不是气体。
（3）两个数据：“1 mol”“约22.4 L”。
当1 mol气体的体积为22.4 L时，不一定是标准状况，非标准状况下，1 mol气体的体积也可能是22.4 L。
5.阿伏加德罗定律及其推论
总结：同温同压下，相同体积的任何 气体 ，含有相同数目的分子 ①（或气体的物质的量相同）。
阿伏加德罗定律的推论：
描述 关系
三正比 同温同压下，气体的体积之比等于它们的物质的量之比 V1/V2＝ n1/n2
同温同体积下，气体的压强之比等于它们的物质的量之比 p1/p2＝ n1/n2
同温同压下，气体的密度之比等于它们的摩尔质量之比 ρ1/ρ2＝ M1/M2
二反比 同温同压下，相同质量的任何气体的体积与它们的摩尔质量成反比 V1/V2＝ M2/M1
同温同体积下，相同质量的任何气体的压强与它们的摩尔质量成反比 p1/p2＝ M2/M1
一连比 同温同压下，同体积的任何气体的质量比等于它们的摩尔质量之比，也等于它们的密度之比 m1/m2＝M1/M2＝ρ1/ρ2
注意：推论从pV＝nRT、pV＝ RT、pM＝ρRT ②公式推导。
笔记：①不是相同数目的原子、离子
②（1）当T＝0 ℃，p＝1大气压时，1 mol气体体积约为22.4 L
（2）推导正比、反比关系
（3）在平衡速率题目中“恒温恒压”“恒温恒容”涉及，如利用混合气体密度、压强不变，判断平衡状态及KP计算
6.摩尔质量（M）计算的5种方法
（1）根据物质的质量（m）和物质的量（n）：M＝。
（2）根据一定质量（m）的物质中微粒数目（N）和阿伏加德罗常数（NA）：M＝NA·。
（3）根据标准状况下气体的密度（ρ）：M＝ρ g·L－1×22.4 L·mol－1。
（4）根据同温同压下气体的相对密度（D）：＝＝D。
（5）对于混合气体，求其平均摩尔质量，上述计算式仍然成立，还可以用下式计算：M＝M1×a％＋M2×b％＋M3×c％……（a％、b％、c％指混合物中各成分的物质的量分数或体积分数）。
B题组集训提升能力
题组一 基本概念
1.（2025·名师汇编）下列叙述正确的有 （填序号）。
①1 mol H2O2中含有2 mol氢和2 mol氧
②在相同条件下，相同物质的量的CO、N2的混合气体与O2的分子个数相同，原子个数也相同
③Na2O的摩尔质量为62
④1 mol N2的质量与它的相对分子质量相等
⑤2 mol水的摩尔质量是1 mol水的摩尔质量的2倍
解析：1 mol H2O2中含有2 mol氢原子和2 mol氧原子，必须指明具体的粒子名称，故①错误。由于三种气体物质都由双原子分子构成，故在相同的条件下，相同物质的量的CO、N2的混合气体与O2的分子个数、原子个数都相同，故②正确。摩尔质量有单位，Na2O的摩尔质量为62 g·mol－1，故③错误。1 mol N2的质量在数值上与它的相对分子质量相等，故④错误。1 mol物质所具有的质量为该物质的摩尔质量，故一种物质的摩尔质量的数值是确定的，即以g·mol－1为单位时，2 mol水的摩尔质量与1 mol水的摩尔质量相等，均为18 g·mol－1，故⑤错误。
答案：②
2.（2025·名师汇编）下列有关气体摩尔体积的叙述正确的有 （填序号）。
①在标准状况下，1 mol O2与1 mol CCl4的体积相同
②标准状况下，28 g CO与N2的混合气体的体积约为22.4 L
③CO2CO，22.4 L CO2被还原生成1 mol CO（2022·广东化学）
④标准状况下，6.02×1023个分子所占的体积约是22.4 L
⑤某单质气体在标准状况下，密度为1.25 g·L－1，则该气体为N2
解析：标准状况下，1 mol任何气体的体积都约为22.4 L，既包括纯净物，也包括物质间不反应的气体混合物，但1 mol固体和1 mol液体的体积均不是22.4 L，标准状况下CCl4是液态物质，故①错误，②正确。没有指明二氧化碳是否处于标准状况，无法判断CO2的物质的量，也无法求出生成CO的物质的量，故③错误。标准状况下，只有6.02×1023个气体分子所占的体积才约为22.4 L，故④错误。该气体在标准状况下的密度ρ为1.25 g·L－1，M＝ρVm＝1.25 g·L－1×22.4 L·mol－1＝28 g·mol－1，且题目已知为单质气体，则该气体只能为N2，故⑤正确。
答案：②⑤
题组二 以n为中心的计算
3.某氯原子的质量为a g，12C的质量为b g，用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（ ）
A.氯元素的相对原子质量为g
B.氯元素的摩尔质量为aNA
C.m g该氯原子的物质的量为 mol
D.n g该氯原子所含的电子数为
解析：m g该氯原子的个数为，则其物质的量为 mol。
答案：C
4.（1）标准状况下，4.8 g甲烷（CH4）所占的体积为 L，它与标准状况下 L硫化氢（H2S）含有相同数目的氢原子。
（2）标准状况下，16 g O2与14 g N2的混合气体所占的体积是 。
（3）9.03×1023个NH3含 mol氢原子、 mol质子，在标准状况下的体积约为 L。
（4）标准状况下，若6.72 L O3含有m个氧原子，则阿伏加德罗常数的值可表示为 （用含m的式子表示）。
答案：（1）6.72 13.44 （2）22.4 L
（3）4.5 15 33.6 （4）
题组三 相对分子质量计算
5.（1）已知标准状况下，气体A的密度为2.857 g·L－1，则气体A的相对分子质量为 ，可能是 （填化学式）气体。
（2）CO和CO2的混合气体18 g，完全燃烧后测得CO2的体积为11.2 L（标准状况），则：
①混合气体在标准状况下的密度是 g·L－1（结果保留小数点后2位）。
②混合气体的平均摩尔质量是 g·mol－1。
答案：（1）64 SO2 （2）①1.61 ②36
6.在一定条件下，m g NH4HCO3完全分解生成NH3、CO2、H2O（g），按要求填空。
（1）若所得混合气体的密度折合成标准状况为ρ g·L－1，则混合气体的平均摩尔质量为 （用含ρ的代数式表示）。
（2）若所得混合气体对H2的相对密度为d，则混合气体的物质的量为 ，NH4HCO3的摩尔质量为 。（用含m、d的代数式表示）
（3）若在该条件下，所得NH3、CO2、H2O（g）的体积分数分别为a％、b％、c％，则混合气体的平均相对分子质量为 （用含a、b、c的代数式表示）。
答案：（1）22.4ρ g·mol－1 （2） mol 6d g·mol－1 （3）17a％＋44b％＋18c％
题组四 阿伏加德罗定律及其推论
7.我国科学家开发了具有可变孔径的新型三维MOF材料，实现了从C2H2、C2H4、C2H6混合气体中一步分离、提纯C2H4。已知：同温同压下，气体扩散速率与摩尔质量之间的定量关系为＝。下列叙述错误的是（ ）
A.同温同压下，扩散相等距离所用时间：C2H6＞C2H4＞C2H2
B.常温常压下，同体积的C2H2、C2H4、C2H6所含极性键数之比为1∶2∶3
C.同温同压下，等体积的C2H2、C2H4、C2H6含原子数之比为1∶1∶1
D.同温同密度下，气体压强C2H2＞C2H4＞C2H6
解析：同温同压下，气体扩散速率：C2H2＞C2H4＞C2H6，A项正确；碳氢键为极性键，乙炔、乙烯、乙烷分子含极性键数依次为2、4、6，B项正确；乙炔、乙烯、乙烷分子含原子数依次为4、6、8，C项错误；同温同密度下，气体压强与相对分子质量成反比，相对分子质量越小，压强越大，D项正确。
答案：C
8.三种气体X、Y、Z的摩尔质量关系为M（X）＜M（Y）＝0.5M（Z）。按要求回答下列问题。
（1）当三种气体的分子数相同时，质量最大的是 。
（2）同温同压下，同质量的三种气体，气体密度最小的是 。
（3）同温下，体积相同的两容器分别充入2 g Y气体和1 g Z气体，则压强p（Y）∶p（Z）＝ 。
答案：（1）Z （2）X （3）4∶1
9.向三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体。
（1）同温、同压、同体积时，三种气体的密度ρ（Ne）、ρ（H2）、ρ（O2）由大到小依次是 。
（2）温度、密度相同时，三种气体的压强p（Ne）、p（H2）、p（O2）由大到小依次是 。
（3）质量、温度、压强均相同时，三种气体的体积V（Ne）、V（H2）、V（O2）由大到小依次是 。
（4）温度、压强、体积均相同时，三种气体的质量m（Ne）、m（H2）、m（O2）由大到小依次是 。
答案：（1）ρ（O2）＞ρ（Ne）＞ρ（H2）
（2）p（H2）＞p（Ne）＞p（O2）
（3）V（H2）＞V（Ne）＞V（O2）
（4）m（O2）＞m（Ne）＞m（H2）
考点 “形变神不变”的阿伏加德罗常数
A基础知识重点疑难
1.微粒的组成、结构及价键数目
（1）从“价键”角度命题
①注意某些物质分子中的原子个数 ①，如Ne、O3、P4等；
②注意特殊物质的摩尔质量或分子中的中子数，如D2O、T2O、18O2、H37Cl等；
③注意一些物质中的化学键数目 ②，如金刚石：1 mol 含2 mol C—C键；石墨：1 mol含1.5 mol C—C键。
笔记：①进一步考查原子结构如计算质子、电子数目等，如（2023福建）0.1 mol [NH3OH] ＋含有的质子数为1.5NA（×）
②融合《物质结构与性质》中σ键、π键等，如（2023福建）0.5 mol [NH3OH] ＋[NO3]－含有的N—O σ键数为2NA（√）
（2024河北）44 g CO2中σ键的数目为2NA（√）
（2）从“物质的聚集状态”角度命题
若题中出现物质的体积，先考虑是否为气体，如果是气体还需考虑条件是否为标准状况（0 ℃，1.01×105 Pa）。
（3）从“物质的状态 ”角度命题
如NaHSO4晶体、熔融NaHSO4、NaHSO4水溶液中离子种类。NaHSO4熔融状态电离出Na＋、HS，而水溶液中电离出Na＋、H＋、S。
笔记：（2023福建）48 g固态[NH3OH] ＋[NO3]－含有的离子数为0.5NA（×）
（2022辽宁）标准状况下，22.4 L HCl气体中H＋数目为NA（×）
（4）从“混合物的组成”角度命题
①最简式相同 的混合物，如O2和O3、C2H4和C3H6等，可以计算一定质量混合物所含的原子数目。
②摩尔质量相同的混合物，如N2、CO和C2H4等，可以计算一定质量混合物所含的分子数目，但原子数目不一定能计算。
笔记：[高考热点]最简式相同，可以计算一定质量混合物的原子数、电子数、质子数等，但不能计算分子数
（5）从“物质组成”角度命题
如100 g质量分数为46％的乙醇溶液中含有氧原子数目，包括乙醇和水中氧原子的数目。
2.化学反应
（1）从“生成胶体”角度命题
FeCl3溶液转化为Fe（OH）3胶体，因为胶体微粒是集合体，所以胶粒的数目小于原溶液中Fe3＋的数目。
（2）从“可逆反应”角度命题
如2NO2N2O4、N2＋3H22NH3、I2＋H22HI、2SO2＋O22SO3、Cl2＋H2OHCl＋HClO。
（3）从“氧化还原反应 转移电子”角度命题
①同一种物质在不同反应中做氧化剂、还原剂的判断。如Cl2和Fe、Cu等反应，Cl2只做氧化剂，而Cl2和NaOH反应，Cl2既做氧化剂，又做还原剂。
②量不同，所表现的化合价不同。如Fe和HNO3反应，Fe不足，生成Fe3＋ ；Fe过量，生成Fe2＋。
③注意氧化还原的顺序。如向FeI2溶液中通入Cl2，Cl2首先氧化I－，再氧化Fe2＋。
笔记：（2023福建）[NH3OH] ＋[NO3]－在催化剂作用下可完全分解为N2、H2O和O2，则分解产生11.2 L N2（已折算为标准状况）的同时，生成O2分子数为NA（×）
（2024浙江6月）H＋＋CH3OH＋NN2＋CO2＋H2O（未配平），若生成标准状况下11.2 L CO2，转移电子数2NA（×）
（4）从“浓度影响反应”角度命题
如铜与浓H2SO4的反应、MnO2与浓盐酸的反应 ，溶液浓度低于一定量时反应停止；锌与浓、稀硫酸反应产物不同。
笔记：（2022浙江1月）足量的浓盐酸与8.7 g MnO2反应，转移电子的数目为0.4NA（×）
（5）从“有机反应”角度命题
如酯化反应的机理，醛醛加成反应的机理；烃光照取代 的过程断键数目计算。
笔记：如CH4与Cl2光照生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，遵循C守恒，且n（Cl2）＝n（HCl），如（2024海南）1 mol Cl2与足量CH4发生取代反应生成HCl分子的数目为2NA（×）
（6）从“钝化”角度命题
如铁、铝常温下遇浓硫酸、浓硝酸 钝化 。
3.平衡理论
（1）从“化学平衡”角度命题
如可逆反应 中不能完全转化引起的微粒数目、热效应、浓度等变化与相关NA的计算。
笔记：（2023海南）标准状况下，2.24 L SO2与1.12 L O2充分反应，生成的SO3分子数目为0.1NA（×），1.7 g NH3完全溶于1 L H2O所得溶液，NH3·H2O微粒数目为0.1NA（×）
（2）从“电离平衡”角度命题
考查弱电解质的部分电离。还要注意NaHCO3、NaHSO4的电离区别。
（3）从“水解平衡 ”角度命题
考查单水解与双水解的区别以及带来的离子浓度（或物质的量）的变化。
笔记：（2023辽宁）1 L 0.1 mol·L－1 K2S溶液中含S2－数目为0.1NA（×）
（2024安徽）1 L 0.1 mol·L－1 NaNO2溶液中Na＋和N数均为0. 1NA（×）
（4）从“平衡的守恒思想”角度命题
如考查物料守恒、电荷守恒、质子守恒 与粒子数的关系。
笔记：（2023浙江6月）向1 L 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液通氨气至中性，铵根离子数为0.1NA（×）
4.学会解题
（2024·河北化学）超氧化钾（KO2） ①可用作潜水或宇航装置的CO2吸收剂和供氧剂，反应为4KO2＋2CO22K2CO3＋3O2 ②，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A.44 g CO2中σ键 ③的数目为2NA
B.1 mol KO2晶体中离子的数目为3NA
C.1 L 1 mol·L－1 K2CO3溶液中C的数目为NA
D.该反应中每转移1 mol电子生成O2的数目为1.5NA
笔记：①[命题方向]结合新信息、素材，如物质转化、新科技
②[信息分析] KO2中O为－价，化合价变化
→，→，CO2化合价不变
③[命题趋势]融合物质结构，如σ键、π键、价层电子对数、杂化轨道、配位键等
解析：44 g（即1 mol） CO2中σ键的数目为2NA，A正确；KO2由K＋和构成，1 mol KO2晶体中离子的数目为2NA，B错误；C在水溶液中会发生水解：C＋H2OHC＋OH－，故1 L 1 mol·L－1 K2CO3溶液中C的数目小于NA，C错误；该反应中部分氧元素化合价由－价升至0价，部分氧元素化合价由－价降至－2价，则每4 mol KO2参加反应转移3 mol电子，每转移1 mol电子生成O2的数目为NA，D错误。
答案：A
B题组集训提升能力
题组一 阿伏加德罗常数的突破
a.一定体积的物质中微粒的数目
1.（2025·名师汇编）设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（ ）
A.25 ℃、101 kPa下，28 L氢气中质子的数目为2.5NA（2022·全国甲卷）
B.标准状况下，2.24 L N2和O2的混合气体中分子数为0.2NA
C.标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA
D.标准状况下，2.24 L乙醇中碳氢键的数目为0.5NA
解析：1 mol H2中含2 mol质子，在标准状况下28 L H2的物质的量为1.25 mol，而选项中气体状态是25 ℃、101 kPa，28 L H2物质的量不为1.25 mol，则所含质子数不是2.5NA，故A项错误。标准状况下，22.4 L任何气体所含的分子数均为NA，故2.24 L N2和O2的混合气体中分子数为0.1NA，故B项错误。1 mol甲烷含有4 mol H原子，1 mol乙烯含有4 mol H原子，二者无论按何种比例混合，相当于1 mol混合气体含有4 mol H原子，则标准状况下，11.2 L甲烷和乙烯混合物中含H原子：×4＝2 mol，即含氢原子数目为2NA，故C项正确。标准状况下乙醇为液体，故不能根据标准状况下的气体摩尔体积来计算其物质的量，故D项错误。
答案：C
b.一定量物质中原子、中子、质子、电子、化学键数目
2.（2025·名师汇编）设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 （填序号）。
①0.1 mol KNO3晶体中含离子数目为0.2NA（2023·辽宁化学）
②标准状况下，2.24 L SO3中电子的数目为4.00NA（2023·全国甲卷）
③1.7 g H2O2中含有氧原子数为0.2NA（2023·浙江6月选考）
④1.8 g 18O中含有的中子数为NA（2022·辽宁化学）
⑤NaCl和NH4Cl的混合物中含1 mol Cl－，则混合物中质子数为28NA（2023·广东化学）
⑥0.1 mol肼（H2N—NH2）含有的孤电子对数为0.2NA
⑦12 g金刚石中含有化学键的数目为4NA
⑧1 mol NH4Cl含有的共价键数目为5NA（2023·广东化学）
⑨58 g正丁烷和10 g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA
⑩4.4 g C2H4O中含有σ键数目最多为0.7NA（2023·浙江6月选考）
解析：KNO3晶体含有的离子为K＋、N，0.1 mol KNO3晶体中含离子数目为0.2NA，故①正确。在标准状况下，SO3的状态为固态，2.24 L SO3的物质的量不为0.1 mol，其电子的数目也不为4.00NA，故②错误。1.7 g H2O2的物质的量为＝0.05 mol，则含有氧原子数为0.1NA，故③错误。1个18O中含有10个中子，1.8 g 18O的物质的量为＝0.1 mol，故1.8 g 18O中含有中子的物质的量为1 mol，即中子数为NA，故④正确。NaCl和NH4Cl的混合物中含1 mol Cl－，则混合物为1 mol，1 mol Cl－的质子数为17NA，Na＋和N的质子数均为11，当Na＋和N的物质的量之和为1 mol时，含有的质子数为11NA，则混合物中质子数为28NA，故⑤正确。肼（H2N—NH2）中每个N原子上各有1个孤电子对，故0.1 mol肼（H2N—NH2）含有的孤电子对数为0.2NA，故⑥正确。在金刚石中，1个碳原子参与形成4个C—C键，但每个共价键为两个碳原子共用，则平均1个碳原子形成4×＝2个C—C键，n（金刚石）＝＝1 mol，所以12 g金刚石中含有2NA个化学键，故⑦错误。NH4Cl为离子化合物，1个铵根离子中含有4个N—H共价键，则1 mol NH4Cl含有的共价键数目为4NA，故⑧错误。正丁烷和异丁烷互为同分异构体，每个正丁烷或异丁烷分子中均含有13个共价键，58 g正丁烷和异丁烷的混合物的物质的量为＝1 mol，则含有共价键的物质的量为13 mol，即含有13NA个共价键，故⑨正确。C2H4O可以表示乙醛或环氧乙烷，若为乙醛，则1个C2H4O中含有6个σ键和1个π键，若为环氧乙烷，则1个C2H4O中含有7个σ键，4.4 g C2H4O的物质的量为0.1 mol，则含有σ键数目最多为0.7NA，故⑩正确。
答案：①④⑤⑥⑨⑩
解题感悟
常见物质的组成和成键方式
（1）特殊物质中所含粒子（分子、原子、中子等）的数目
特殊物质注意点
Ne 单原子分子中原子个数
臭氧、白磷 多原子分子（O3、P4）中的原子个数
D2O HHH三者的中子数不同
O2、18O2 OO中子数不同
Na2O、Na2O2 阴、阳离子个数比为1∶2
（2）归纳总结常考物质中所含化学键的数目
苯：不含碳碳双键，1 mol苯中含6 mol C—H键。
SiO2：SiO2晶体是由Si和O按1∶2的比例所组成的三维骨架结构，1 mol SiO2含4 mol Si—O键。
CO2：是直线形分子，结构式为OCO，1 mol CO2含有2 mol CO键。
H2O2：1 mol H2O2含有3 mol共价键。
CnH2n＋2：1 mol CnH2n＋2含有（3n＋1） mol共价键。
（3）混合物中粒子数目的计算
①最简式相同的物质
NO2和N2O4 最简式为NO2
乙烯和丙烯等 最简式为CH2
乙炔和苯 最简式为CH
O2和O3 最简式为O
CH2O、C2H4O2、 C6H12O6 最简式为CH2O
最简式相同的物质组成混合物，计算原子个数时，不用考虑各混合物所占的比例，最简式的数目N＝×NA。
②摩尔质量相同的物质
N2、CO和C2H4：摩尔质量均为28 g·mol－1；
Na2S、Na2O2：摩尔质量均为78 g·mol－1。
摩尔质量相同的物质组成混合物，计算分子总数时，不用考虑各混合物所占比例，分子总数N＝×NA（M是相同的摩尔质量）。
c.溶液中微粒数目
3.（2025·名师汇编）设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是 （填序号）。
①标准状况下，22.4 L HCl气体中H＋数目为NA（2022·辽宁化学）
②1 L pH＝4的0.1 mol·L－1 K2Cr2O7溶液中Cr2离子数为0.1NA
③体积为1 L的1 mol·L－1 NaHCO3溶液中，HC数目为NA（2023·广东化学）
④pH＝12的Na2CO3溶液中OH－数目为0.01NA（2022·辽宁化学）
⑤1.0 L pH＝2的H2SO4溶液中H＋的数目为0.02NA（2023·全国甲卷）
⑥1 L 1 mol·L－1溴化铵水溶液中N与H＋离子数之和大于NA
解析：HCl是共价化合物，HCl分子中不存在H＋，故①错误。酸性K2Cr2O7溶液中存在：Cr2＋H2O2Cr＋2H＋，含Cr的微粒有Cr2和Cr，则1 L pH＝4的0.1 mol·L－1 K2Cr2O7溶液中Cr2离子数应小于0.1NA，故②错误。NaHCO3是强电解质，在水溶液中完全电离：NaHCO3Na＋＋HC，HC会发生水解和电离，则1 L的1 mol·L－1 NaHCO3溶液中HC数目小于NA，故③错误。没有给出Na2CO3溶液的体积，无法计算pH＝12的Na2CO3溶液中OH－的数目，故④错误。pH＝2的硫酸溶液中氢离子浓度为c（H＋）＝0.01 mol·L－1，则1.0 L pH＝2的硫酸溶液中氢离子数目为0.01NA，故⑤错误。1 L 1 mol·L－1溴化铵水溶液中存在电荷守恒，即c（N）＋c（H＋）＝c（Br－）＋c（OH－），则物质的量也满足n（N）＋n（H＋）＝n（Br－）＋n（OH－），因为n（Br－）＝1 L×1 mol·L－1＝1 mol，所以该溶液中N与H＋离子数之和大于NA，故⑥正确。
答案：⑥
解题感悟
求水解、电离过程中的粒子数目时常见陷阱
条件 不足 已知浓度缺体积或已知体积缺浓度两种情况，均无法求解出溶液中所含的粒子数目
特殊 物质 特别关注难电离、易水解的物质，掌握常见难电离的弱酸、弱碱及易水解的盐
忽略 溶剂 求解粒子数目时，只考虑溶质，忽略溶剂（溶剂中也含有所求粒子）导致出错
思维 定式 所要求的粒子数目是否与电解质的组成有关
例：求H2SO4溶液中c（H＋）。
（1）若已知pH＝1，则c（H＋）＝0.1 mol·L－1（无关）。
（2）若已知c（H2SO4）＝0.1 mol·L－1，则c（H＋）＝0.2 mol·L－1（有关）。
d.特殊反应中的粒子（或化学键）数目
4.（2025·名师汇编）设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是 （填序号）。
①11.2 L CH4和22.4 L Cl2（均为标准状况）在光照下充分反应后的分子数为1.5NA
②密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备PCl5（g），增加2NA个P—Cl键
③标准状况下，11.2 L Cl2通入水中，溶液中氯离子数为0.5NA（2023·浙江6月选考）
④足量的浓盐酸与8.7 g MnO2反应，转移电子的数目为0.4NA（2022·浙江1月选考）
⑤常温下，56 g铁片投入足量浓硫酸中生成NA个SO2分子
解析：甲烷与氯气在光照条件下发生的反应为CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl、CH3Cl＋Cl2CH2Cl2＋HCl、CH2Cl2＋Cl2CHCl3＋HCl、CHCl3＋Cl2CCl4＋HCl，反应前后分子数均不变，因为反应前甲烷为0.5 mol，氯气为1 mol，共1.5 mol，则反应后分子数为1.5NA，故①正确。PCl3与Cl2生成PCl5的反应是可逆反应，所以1 mol PCl3与1 mol Cl2不可能完全反应，生成的PCl5小于1 mol，故增加的P—Cl键的数目小于2NA，故②错误。标准状况下，11.2 L Cl2的物质的量为0.5 mol，通入水中后只有一部分Cl2与水反应生成H＋、Cl－和HClO，所以溶液中氯离子数小于0.5NA，故③错误。足量的浓盐酸与8.7 g（0.1 mol）MnO2反应生成MnCl2，Mn由＋4价转化为＋2价，转移电子的数目为0.2NA，故④错误。常温下，铁在浓硫酸中发生钝化，不能完全反应，则生成的二氧化硫分子数小于NA，故⑤错误。
答案：①
解题感悟
识别反应中的隐含信息，避免因不必要的错误丢分
（1）“可逆反应”中物质转化不彻底
2NO2N2O4 Cl2＋H2OHCl＋HClO
N2＋3H22NH3 2SO2＋O22SO3
可逆反应进行不完全，当没有给出转化率时，不能准确求出目标粒子数目。
（2）有些反应浓度改变会引起“反应改变”
MnO2＋4HCl（浓）MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋SO2↑＋2H2O
Cu＋4HNO3（浓）Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O
解题感悟
随着反应进行，反应停止或产物发生变化，不能准确求出目标粒子数目。
（3）隐含“一些特殊情况”
如：常温下，铁、铝遇浓硫酸、浓硝酸发生“钝化”，故不能按常规反应来进行目标粒子数目的计算。
e.氧化还原反应中转移电子数目
5.（2025·名师汇编）设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是 （填序号）。
①我国古代四大发明之一黑火药的爆炸反应为S＋2KNO3＋3CK2S＋N2↑＋3CO2↑，每生成2.8 g N2转移电子数目为NA（2023·辽宁化学）
②4Mn＋5HCHO＋12H＋4Mn2＋＋5CO2↑＋11H2O，1 mol [4Mn＋5HCHO]完全反应转移的电子数为20NA
③Cr2＋ne－＋14H＋2Cr3＋＋7H2O，则每生成1 mol Cr3＋转移电子数为3NA
④2.3 g Na与O2完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA和0.2NA之间
⑤电解熔融CuCl2，阴极增重6.4 g，外电路中通过电子的数目为0.10NA（2022·全国甲卷）
解析：2.8 g N2的物质的量为0.1 mol，反应中S元素的化合价由0价降低为－2价，N元素的化合价由＋5价降低为0价，C元素的化合价由0价升高为＋4价，则生成0.1 mol N2转移的电子数为1.2NA，故①错误。Mn的化合价由＋7价降至＋2价，则4 mol Mn完全反应转移电子物质的量为4 mol×[（＋7）－（＋2）]＝20 mol，即转移电子数为20NA，故②正确。由铬元素化合价变化可知，生成2 mol Cr3＋转移6 mol电子，则生成1 mol Cr3＋转移电子数为3NA，故③正确。2.3 g Na物质的量为0.1 mol，与O2完全反应生成0.1 mol钠离子，转移的电子数目为0.1NA，故④错误。电解熔融CuCl2时，阴极反应式为Cu2＋＋2e－Cu，阴极增重6.4 g，即生成0.1 mol Cu时电路中转移电子数为0.2NA，故⑤错误。
答案：②③
解题感悟
常见易错的氧化还原反应中电子转移的数目
（1）自身氧化还原反应
解题感悟
若1 mol Na2O2与H2O（CO2）反应，则转移1 mol电子；若Na2O2与H2O（CO2）反应，生成1 mol O2，则转移2 mol电子。
（2）变价金属参与的反应
若1 mol Fe与足量强氧化剂反应，则生成Fe3＋，转移3 mol电子。
若1 mol Fe与弱氧化剂反应，则生成Fe2＋，转移2 mol电子。
题组二 阿伏加德罗常数的综合考查
6.（2024·江西化学）我国学者把游离态氮固定在碳上（示踪反应如下），制得的[NCN]2－离子可用于合成核酸的结构单元。阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（ ）
15N2＋C（石墨）＋2LiH
Li2[15NC15N]＋H2
A.22.4 L 15N2含有的中子数为16NA
B.12 g C（石墨）中sp2杂化轨道含有的电子数为6NA
C.1 mol [NCN]2－中含有的π键数为4NA
D.生成1 mol H2时，总反应转移的电子数为6NA
解析：A项，未指明是否为标准状况，无法计算，错误；B项，石墨中每个碳原子用sp2杂化轨道与邻近的3个碳原子形成共价键，即每个碳原子中sp2杂化轨道含有的电子数为3，12 g C（石墨）的物质的量为1 mol，则其中sp2杂化轨道含有的电子数为3NA，错误；C项，1个[NCN]2－中含有2个π键，则1 mol [NCN]2－中含有的π键数为2NA，错误；D项，该反应中，N元素的化合价由0降低为－3，C元素的化合价由0升高为＋4，H元素的化合价由－1升高为0，则生成1 mol H2时，总反应转移的电子数为6NA，正确。
答案：D
7.（2024·黑、吉、辽化学）硫及其化合物部分转化关系如图。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 SO2中原子总数为0.5NA
B.100 mL 0.1 mol·L－1Na2SO3溶液中，S数目为0.01NA
C.反应①每消耗3.4 g H2S，生成物中硫原子数目为0.1NA
D.反应②每生成1 mol还原产物，转移电子数目为2NA
解析：A项，1个SO2分子中含有3个原子，则n（SO2）＝＝0.5 mol时，含有的原子总数为1.5NA，错误；B项，S会发生水解，n（Na2SO3）＝0.01 mol的Na2SO3溶液中S的数目小于0.01NA，错误；C项，反应①为SO2＋2H2S3S＋2H2O，每消耗n（H2S）＝＝0.1 mol时，生成S的物质的量为0.1 mol×＝0.15 mol，生成物中硫原子数目为0.15NA，错误；D项，反应②为3S＋6OH－S＋2S2－＋3H2O，S2－为还原产物，每生成2 mol S2－转移4 mol电子，则生成1 mol S2－转移电子数目为2NA，正确。
答案：D
8.（2024·贵州化学）二氧化氯（ClO2）可用于自来水消毒。实验室用草酸（H2C2O4）和KClO3制取ClO2的反应为H2C2O4＋2KClO3＋H2SO42ClO2↑＋2CO2↑＋K2SO4＋2H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A.0.1 mol O中含有的中子数为1.2NA
B.每生成67.5 g ClO2，转移电子数为2.0NA
C.0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液中含有的H＋数目为0.2NA
D.标准状况下，22.4 L CO2中含σ键数目为2.0NA
解析：H原子中无中子，1个18O原子中含10个中子，故0.1 mol O中含有NA个中子，A项错误；根据题给化学方程式得关系式：2KClO3～2ClO2～2e－，则每生成67.5 g（1 mol） ClO2，转移电子数为NA，B项错误；未给出H2C2O4溶液的体积，不能计算H＋数目，C项错误；1个CO2分子中含有2个σ键、2个π键，则标准状况下，22.4 L（1 mol）CO2中含σ键数目为2.0NA，D项正确。
答案：D
9.（2025·八省联考云南卷）Cl2制备Cl2O化学方程式为2Cl2＋2Na2CO3＋H2O2NaHCO3＋2NaCl＋Cl2O，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A.22.4 L Cl2O中原子总数为3NA
B.1 mol C中σ键的数目为3NA
C.每消耗2 mol Cl2，转移电子数为4NA
D.0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中HC的数目等于0.1NA
解析：没有注明标准状况，无法计算气体的物质的量，A错误；1个C中有3个σ键，1 mol C σ键的数目为3NA，B正确；根据2Cl2＋2Na2CO3＋H2O2NaHCO3＋2NaCl＋Cl2O可知，2 mol Cl2参加反应，转移电子的物质的量为2 mol，转移电子数目为2NA，C错误；没有给出溶液的体积，无法计算NaHCO3的物质的量，D错误。
答案：B
10.（2024·安徽化学）地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如图所示（X、Y均为氮氧化物），羟胺（NH2OH）以中间产物的形式参与循环。常温常压下，羟胺易潮解，水溶液呈碱性，与盐酸反应的产物盐酸羟胺（[NH3OH]Cl）广泛用于药品、香料等的合成。
已知25 ℃时，Ka（HNO2）＝7.2×10－4，Kb（NH3·H2O）＝1.8×10－5，Kb（NH2OH）＝8.7×10－9。
NA是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 X和Y混合气体中氧原子数为0.1NA
B.1 L 0.1 mol·L－1NaNO2溶液中Na＋和N数均为0.1NA
C.3.3 g NH2OH完全转化为N时，转移的电子数为0.6NA
D.2.8 g N2中含有的价电子总数为0.6NA
解析：由题图可知，N→N→X→Y→N2的转化过程中都加了还原酶，则N元素化合价依次降低，只能是＋5→＋3→＋2→＋1→0，X、Y为氮氧化物，则X、Y分别是NO、N2O。A项，标准状况下，NO和N2O均为气体，且二者分子中含有的氧原子数均为1，则2.24 L（0.1 mol）X、Y的混合气体中氧原子总数为0.1NA，正确；B项，由Ka（HNO2）＝7.2×10－4可知HNO2为弱酸，N会发生水解，则1 L 0.1 mol·L－1 NaNO2溶液中N数小于0.1NA，错误；C项，3.3 g NH2OH（0.1 mol）完全转化为N时，N元素的化合价由－1→＋3，则转移电子数为0.4NA，错误；D项，N原子的价电子数为5，则2.8 g N2（0.1 mol）中含有的价电子数为0.1 mol×10NA mol－1＝NA，错误。
答案：A
限时跟踪检测（五） 物质的量 气体摩尔体积
1.（2025·湖北十堰期中）最近，全国的雾霾天气对环境造成了严重影响，十堰市开展了对臭氧的监测。下列有关说法正确的是（ ）
A.臭氧的摩尔质量是48 g
B.同温同压条件下，等质量的氧气和臭氧体积比为2∶3
C.1 mol Na＋含有电子总数为6.02×1024
D.40 g氖气中含有6.02×1023个分子
解析：臭氧的摩尔质量是48 g·mol－1，A错误；同温同压条件下，等质量的氧气和臭氧体积比等于物质的量之比，为48∶32＝3∶2，B错误；1 mol Na＋含有电子总数为10×6.02×1023＝6.02×1024，C正确；40 g氖气中含有×6.02×1023 mol－1＝1.204×1024个分子，D错误。
答案：C
2.（2025·山东济南模拟）NH4N3（叠氮化铵）易发生分解反应生成N2和H2，且两种气体的物质的量相等。若得到NH4N3的分解产物（简称a）28 g，则下列关于a的说法错误的是（ ）
A.a中两种气体（N2∶H2）的体积（同温同压）比为1∶1
B.a中两种气体（N2∶H2）的质量比为14∶1
C.a的密度为1.25 g·L－1
D.a的平均摩尔质量为15 g·mol－1
解析：同温同压下，气体体积与物质的量成正比，两种气体的体积比为1∶1，A正确；＝＝＝，两种气体的质量比为14∶1，B正确；a气体的质量确定，但一定物质的量的气体体积与温度、压强有关，所以密度不确定，C错误；分解产物N2、H2两种气体的物质的量相等，则n总＝2×＝ mol，＝＝15 g·mol－1，D正确。
答案：C
3.（2025·山东青岛质检）下列判断正确的是（ ）
A.同温、同压下，相同体积的氮气和氦气所含的原子数相等
B.标准状况下，5.6 L以任意比例混合的氯气和氧气所含的原子数为0.5NA
C.1 mol氯气和足量NaOH溶液反应转移的电子数为2NA
D.常温、常压下，22.4 L的NO2和CO2混合气体含有2NA个O原子
解析：同温、同压下，相同体积的氮气和氦气的物质的量相同，而氮分子为双原子分子，稀有气体分子为单原子分子，所以二者含有的原子数不相等，A错误；标准状况下，5.6 L任意气体的物质的量为＝0.25 mol，氯分子和氧分子都是双原子分子，以任意比例混合的氯气和氧气所含的原子的物质的量为0.5 mol，含有的原子数为0.5NA，B正确；1 mol氯气与足量氢氧化钠溶液反应生成1 mol氯化钠和1 mol次氯酸钠，转移1 mol电子，转移的电子数为NA，C错误；不是标准状况，不能使用22.4 L·mol－1计算混合气体的物质的量，D错误。
答案：B
4.现有两种金属单质X和Y，取等物质的量的X、Y分别与足量等浓度的稀硫酸完全反应，同温同压下产生气体的体积分别为V1 mL、V2 mL。下列推断正确的是（ ）
A.参与反应的X、Y的质量之比为V2∶V1
B.X、Y的摩尔质量之比为V1∶V2
C.反应产物中X、Y对应元素的化合价之比为V1∶V2
D.X、Y消耗稀硫酸的体积之比为2V1∶V2
解析：设金属为M、反应产物中金属元素的化合价为n，金属与酸反应的离子方程式为2M＋2nH＋2Mn＋＋nH2↑。设X和Y的摩尔质量分别为M和N，反应产物中X、Y对应元素的化合价分别为a、b，由等物质的量的X、Y分别与足量稀硫酸完全反应，同温同压下产生气体的体积分别为V1 mL、V2 mL，可得参与反应的X、Y的质量之比为（×M）∶（×N）＝∶，故A错误；设等物质的量的X和Y的质量分别为m1和m2，反应产物中X、Y对应元素的化合价分别为a、b，由等物质的量的X、Y分别与足量稀硫酸完全反应，同温同压下产生气体的体积分别为V1 mL、V2 mL，可得X、Y的摩尔质量之比为∶＝∶，故B错误；设反应产物中X、Y对应元素的化合价分别为a、b，由等物质的量的X、Y分别与足量稀硫酸完全反应，同温同压下产生气体的体积分别为V1 mL、V2 mL，可得：＝，则a∶b＝V1∶V2，故C正确；由H2SO4～H2可知，X、Y消耗稀硫酸的体积之比等于生成气体体积之比，为V1∶V2，故D错误。
答案：C
5.（2025·辽宁二模）新制氢氧化铜和葡萄糖的反应可用来检验血糖，其反应为CH2OH（CHOH）4CHO＋2Cu（OH）2＋NaOHCH2OH（CHOH）4COONa＋Cu2O↓＋3H2O，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A.18 g CH2OH（CHOH）4CHO中含有羟基的数目为0.6NA
B.每消耗1 mol Cu（OH）2，转移电子的数目为2NA
C.1 L 1 mol·L－1 CH2OH（CHOH）4COONa溶液中含有的离子数目为2NA
D.标准状况下，112 mL H2O（l）中含有的分子数目约为6.2NA
解析：18 g CH2OH（CHOH）4CHO为0.1 mol，含有羟基的数目为0.5NA，A错误；Cu（OH）2中铜的化合价降低1价，故每消耗1 mol Cu（OH）2，转移电子的数目为NA，B错误；溶液中还有氢离子和氢氧根离子，1 L 1 mol·L－1 CH2OH（CHOH）4COONa溶液中含有的离子数目大于2NA，C错误；112 mL H2O（l）的质量为112 g，物质的量约为6.2 mol，含有的分子数目约为6.2NA，D正确。
答案：D
6.（2025·江西八校二模）氮化硅（Si3N4）是一种新型无机非金属材料，应用广泛，可由石英和焦炭在高温的氮气中反应制备：3SiO2＋6C＋2N2Si3N4＋6CO，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A.标准状况下，2.24 L N2中π键数为0.1NA
B.30 g SiO2中Si—O共价键的数目为2NA
C.14 g由N2和CO组成的混合气体含有的质子数为7NA
D.上述反应中，当形成0.4 mol Si—N，转移的电子数为0.4NA
解析：1个N2分子中氮氮三键有2个π键，标准状况下，2.24 L N2物质的量为0.1 mol，含π键数为0.2NA，A错误；SiO2中n（SiO2）∶n（Si—O）＝1∶4，30 g SiO2物质的量为＝0.5 mol，含Si—O共价键的数目为2NA，B正确；N2和CO的摩尔质量都为28 g·mol－1，14 g由N2和CO组成的混合气体中分子物质的量为0.5 mol，1个N2、1个CO中都含14个质子，14 g由N2和CO组成的混合气体含有质子数为7NA，C正确；反应中C元素的化合价由0价升至＋2价、N元素的化合价由0价降至－3价，生成1 mol Si3N4转移12 mol电子，1 mol Si3N4中含12 mol Si—N键，则形成0.4 mol Si—N转移电子数为0.4NA，D正确。
答案：A
7.（2025·秦皇岛二模）实验室可利用反应：MnO2＋2KBr＋3H2SO4MnSO4＋2KHSO4＋Br2＋2H2O制备Br2。设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A.0 ℃、101 kPa下，11.2 L H2O所含的分子数为0.5NA
B.0.1 mol·L－1的KHSO4溶液中含有的离子数为0.3NA
C.常温常压下，9.8 g H2SO4和9.8 g H3PO4中含有的氧原子数均为0.4NA
D.该反应中生成0.2 mol Br2时，转移的电子数为0.2NA
解析：H2O在标准状况下不是气体，则0 ℃、101 kPa下，11.2 L H2O所含的分子数不是0.5NA，A错误；溶液体积未知，无法计算0.1 mol·L－1的KHSO4溶液中含有的离子数目，B错误；常温常压下，9.8 g H2SO4物质的量为0.1 mol，所含氧原子数为0.4NA，9.8 g H3PO4物质的量为0.1 mol，所含氧原子数为0.4NA，C正确；该反应中有1 mol Br2生成时，转移电子数为2 mol，则生成0.2 mol Br2时，转移的电子数为0.4NA，D错误。
答案：C
8.（2025·贵州二模）工业干法制备高铁酸钠的反应为2FeSO4＋6Na2O22Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A.1 L 0.5 mol·L－1 FeSO4溶液中含Fe2＋离子的数目为0.5NA
B.0.1 mol Na2O和Na2O2的混合物中含有的离子总数为0.3NA
C.当产生2.24 L（标准状况下）O2时，转移电子数为0.8NA
D.0.1 mol Na2SO4中含σ键的数目为4NA
解析：Fe2＋能水解，1 L 0.5 mol·L－1 FeSO4溶液中含Fe2＋离子的数目小于0.5NA，故A错误；Na2O、Na2O2中阴、阳离子的个数比均为1∶2，0.1 mol Na2O和Na2O2的混合物中含有的离子总数为0.3NA，故B正确；FeSO4中Fe元素化合价由＋2价升高为＋6价，部分Na2O2中O元素化合价由－1价升高为0价生成氧气，生成1 mol氧气转移10 mol电子，当产生2.24 L（标准状况下）O2时，转移电子数为NA，故C错误；Na2SO4中S和O形成σ键，0.1 mol Na2SO4中含σ键的数目为0.4NA，故D错误。
答案：B
9.（2025·北京市丰台区二模）用NA表示阿伏加德罗常数。下列说法正确的是（ ）
A.1 mol C2H2含有π键的数目为NA
B.1 mol基态Cr原子的未成对电子数为4NA
C.46 g NO2和N2O4的混合气体含有的原子数为3NA
D.2.24 L（标准状况下）乙醇与足量Na充分反应，生成H2的分子数为0.05NA
解析：1个C2H2分子中含有1个碳碳三键，1个碳碳三键有2个π键，因此1 mol C2H2含有π键的数目为2NA，故A错误；基态Cr原子的价层电子排布为3d54s1，因此1 mol基态Cr原子的未成对电子数为6NA，故B错误；46 g NO2和N2O4的混合气体的最简式为NO2，含有1 mol氮原子、2 mol氧原子，总共含有3 mol原子，含有原子的数目为3NA，故C正确；标准状况下乙醇不是气体，因此无法利用气体摩尔体积算得乙醇的物质的量，故D错误。
答案：C
10.（2025·河北5月模拟）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）
A.标准状况下，22.4 L正丙醇（C3H8O）分子中含有C—H的数目为8NA
B.24 g质量分数为25％的甲醛水溶液中含有氢原子数目为2.4NA
C.pH＝1的H2SO4溶液与足量的Zn反应产生的氢分子数目为0.05NA
D.0.1 mol FeI2与0.1 mol Cl2反应时，转移电子的数目为0.3NA
解析：标准状况下，正丙醇（C3H8O）是液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，A错误；24 g质量分数为25％的甲醛水溶液中，6 g甲醛（HCHO）含氢原子数目为0.4NA，18 g水含有氢原子数目为2NA，共含有氢原子数目为2.4NA，B正确；没有溶液体积，不确定氢离子的物质的量，不能计算生成氢分子的数目，C错误；碘离子还原性大于亚铁离子，0.1 mol FeI2与0.1 mol Cl2反应时，氯气不足，碘离子完全反应，氯元素化合价由0价变为－1价，则转移0.2 mol电子，转移电子数目为0.2NA，D错误。
答案：B
11.（2025·鞍山质检二）25 ℃时，利用8N2O＋4CS2S8＋4CO2＋8N2（反应Ⅰ）获得1 mol S8（），同时将生成的CO2溶于水形成pH＝5.6的溶液Ⅱ，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A.反应Ⅰ中转移电子的数目为16NA
B.反应Ⅰ中形成S—S键的数目为7NA
C.反应Ⅰ产物中π电子的数目为8NA
D.溶液Ⅱ中含H＋的数目为10－5.6NA
解析：8N2O＋4CS2S8＋4CO2＋8N2中N元素由＋1价下降到0价，S元素由－2价上升到0价，生成1 mol S8时转移电子的数目为16NA，A正确；由S8的结构可知，生成1 mol S8时，形成S—S键的数目为8NA，B错误；CO2中含有2个π键，N2中含有2个π键，获得1 mol S8时生成4 mol CO2和8 mol N2，含有（4×2＋8×2） mol＝24 mol π键，π电子的数目为48NA，C错误；未知溶液的体积，无法计算溶液Ⅱ中含H＋的数目，D错误。
答案：A
12.（2025·湖北十一校第二次联考）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A.电解精炼铜时，若阴极析出3.2 g铜，则阳极失电子数大于0.1NA
B.90 g葡萄糖分子中，手性碳原子个数为2.5NA
C.氯碱工业两极共收集到标准状况下2.24 L气体时理论上迁移的Na＋数为0.2NA
D.标准状况下5.6 L C4H10中含有的s－sp3σ键数为2.5NA
解析：电解精炼铜时，阴极反应为Cu2＋＋2e－Cu，若阴极析出3.2 g铜即0.05 mol Cu，则转移电子数为0.1NA，A项错误；90 g葡萄糖为0.5 mol，每个葡萄糖分子含有4个手性碳原子，则手性碳原子个数为2NA，B项错误；氯碱工业的反应为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，氯碱工业两极共收集到标准状况下2.24 L气体时即阴、阳极各收集0.05 mol气体，转移电子为0.1 mol，理论上迁移的Na＋数为0.1NA，C项错误；标准状况下5.6 L C4H10即为0.25 mol C4H10，每个C4H10含有10个s－sp3σ键（即C—H键），则s－sp3σ键数为2.5NA，D项正确。
答案：D
13.（1）a mol H2SO4中含有b个氧原子，则阿伏加德罗常数可以表示为 mol－1。
（2）某固体A在一定条件下加热分解，产物全是气体，A的分解反应为2A（s）B（g）＋2C（g）＋2D（g）。现测得分解产生的混合气体对氢气的相对密度为d，则A的摩尔质量为 g·mol－1。
（3）由CH4和O2组成的混合气体在同温、同压下与CO的密度相同，则混合气体中CH4的体积分数为 。
（4）在某温度时，一定量的元素A的氢化物AH3，在恒温恒压的密闭容器中完全分解为两种气态单质，此时容器的体积变为原来的，则A单质的分子式为 。
（5）一密闭气缸被一不漏气但可自由滑动的活塞隔开分成两部分。反应前，左边充有N2，右边充有H2、O2的混合气体；20 ℃时，将右边的混合气体点燃，反应后冷却到20 ℃，若活塞最终静止于气缸的中央（液体体积忽略不计），则反应前容器中N2和O2的物质的量之比可能为 （只填一组数据即可）。
解析：（1）a mol H2SO4中含氧原子的物质的量为4a mol，个数为b，由公式n＝，得NA＝＝ mol－1。
（2）2 mol A完全分解生成1 mol B、2 mol C和2 mol D，所得混合气体的总物质的量为5 mol，混合气体的平均摩尔质量为2d g·mol－1，则混合气体的总质量为5 mol×2d g·mol－1＝10d g，由质量守恒定律知2 mol A的质量为10d g，则A的摩尔质量M（A）＝＝5d g·mol－1。
（3）由CH4、O2组成的混合气体在同温、同压下与CO的密度相同，则混合气体的平均摩尔质量为28 g·mol－1，设混合气体中含a mol CH4、b mol O2，则
＝28 g·mol－1，解得3a＝b，则CH4的体积分数为×100％＝×100％＝25％。
（4）设1 mol AH3完全分解生成 mol H2和一定量的A单质，因反应后容器的体积变为原来的，则1 mol AH3分解应生成 mol气体，其中H2有 mol，则生成A单质 mol，由A原子守恒可知， mol A单质中含A原子1 mol，则A单质的分子式为A4。
（5）设反应前N2有1 mol，则H2和O2有3 mol，反应后N2与剩余气体体积相等，则反应后剩余气体的物质的量为1 mol，由方程式：2H2＋O22H2O可知，共消耗2 mol气体，其中，消耗H2 mol，消耗O2 mol，若剩余气体为H2，则反应前N2和O2的物质的量之比为1 mol∶ mol＝3∶2，若剩余气体为O2，则反应前N2和O2的物质的量之比为1 mol∶（ mol＋1 mol）＝3∶5。
答案：（1）
（2）5d
（3）25％
（4）A4
（5）3∶2（或3∶5）
14.欲测定金属镁的相对原子质量，利用如图给定的仪器组成一套实验装置（每个仪器只能使用一次，假设气体的体积可看作标准状况下的体积）。
填写下列各项（气流从左到右）。
（1）各种仪器连接的先后顺序是 接 、 接 、 接 、 接 （用小写字母表示）。
（2）连接好仪器后，要进行的操作有以下几步，其先后顺序是 （填序号）。
①待仪器B中的温度恢复至室温时，测得量筒C中水的体积为Va mL。
②擦掉镁条表面的氧化膜，将其置于天平上称量，得质量为m g，并将其投入试管B中的带孔隔板上。
③检查装置的气密性。
④旋开装置A上分液漏斗的活塞，使其中的水顺利流下，当镁完全溶解时再关闭这个活塞，这时A中共放入水Vb mL。
（3）根据实验数据可算出金属镁的相对原子质量，其数学表达式为 。
（4）若试管B的温度未冷却至室温，就读出量筒C中水的体积，这将会使所测定镁的相对原子质量数据 （填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（5）仔细分析上述实验装置后，经讨论认为结果会有误差，于是又设计了如图所示的实验装置。
①装置中导管a的作用是 。
②实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1 mL、V2 mL。则产生氢气的体积为 mL。
解析：（1）根据实验目的及各装置的特点分析可知：利用A装置中的水压将E中稀盐酸压至B中，产生的气体通过将D中的水排入C中测量其体积，所以连接顺序为a→h→g→b→c→f→e→d。
（2）综合考虑各实验步骤可知先后顺序为③②④①。
（3）由题意知：
Mg ～ H2
Mr 22.4 L
m （Va－Vb）×10－3 L
所以Mr＝。
（4）由于试管B未冷却至室温，会导致Va变大，所以使测定的Mg的相对原子质量偏小。
答案：（1）a h g b c f e d
（2）③②④①
（3）
（4）偏小
（5）①使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下；可以消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差
②V1－V2
第6讲 物质的量浓度
复习要点 1.了解溶液浓度的表示方法。理解溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度的概念并能进行有关计算。2.掌握配制一定溶质质量分数溶液和一定物质的量浓度溶液的方法。3.了解溶解度、饱和溶液的概念；掌握溶解度曲线在物质分离、提纯中的应用。
考点 物质的量浓度
A基础知识重点疑难
1.物质的量浓度（cB）
（1）概念：表示 单位体积的溶液里所含溶质B 的物质的量。
（2）表达式：cB＝；变形：nB＝cB·V；V＝。
笔记：①溶质的确定，如Na2O溶于水，溶质为NaOH
②是溶液体积，不是溶剂体积，利用ρ＝计算
（3）常用单位：mol·L－1 。
笔记：[高考拓展]如质量浓度，单位g·L－1，即
1 L溶液中含有溶质的质量
（4）特点：对于某浓度的溶液，取出任意体积的溶液，其浓度、密度、质量分数均不变，但所含溶质的 质量 、 物质的量 因体积不同而改变。
（5）物质的量浓度相关计算
①标准状况下气体形成的溶液中物质的量浓度计算
c＝
②物质的量浓度与质量分数的关系
c＝＝＝＝＝ w＝ ①。
③溶液稀释和混合计算
ⅰ.溶液稀释定律（守恒观点）
a.溶质的质量、物质的量 ②在稀释前后保持不变，即m1w1＝m2w2，c1V1＝c2V2。
b.溶液质量守恒，m（稀）＝m（浓）＋m（水）（体积一般不守恒）。
ⅱ.同溶质不同物质的量浓度溶液的混合计算
a.混合前后溶液体积保持不变时，c1V1＋c2V2＝c混×（V1＋V2）。
b.混合前后溶液体积发生改变时，c1V1＋c2V2＝c混V混，其中V混＝。
ⅲ.溶质相同、质量分数不同的两溶液的混合规律
同一溶质、质量分数分别为a％、b％的两溶液混合：
等体积混合 a.当溶液密度大于1 g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越大，等体积混合后，质量分数w＞（a％＋b％）（如H2SO4、NaOH等） b.当溶液密度小于1 g·cm－3时，必然是溶液浓度越大，密度越小，等体积混合后，质量分数w＜（a％＋b％）（如酒精溶液、氨水等）
等质量混合 两溶液等质量混合时（无论ρ＞1 g·cm－3还是ρ＜1 g·cm－3），则混合后溶液中溶质的质量分数w＝（a％＋b％）
④电荷守恒，电解质溶液中阳离子所带电荷总数与阴离子所带电荷总数相等：如Na2SO4和MgCl2的混合溶液中存在：2c（Mg2＋）＋c（Na＋）＝c（Cl－）＋2c（S）（忽略水的电离）。
笔记：①涉及的基本公式：w＝×100％（饱和溶液） c＝ c＝ w＝×100％ ρ＝ m液＝m质＋m剂
②与平衡相融合，加水稀释促进电解质溶液中平衡移动，如（2022浙江1月）取pH＝a的H2A（弱酸）溶液10 mL，加蒸馏水稀释至100 mL，则该溶液pH＝a＋1（×）
2.溶质的质量分数
（1）概念：以溶液里溶质质量与溶液质量的比值表示溶液组成的物理量，一般用百分数表示，也可用小数表示。
（2）表达式：w（B）＝×100％。
B题组集训提升能力
题组一 物质的量浓度概念的理解
1.关于0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液的叙述正确的是（ ）
A.0.5 L该溶液中钠离子的物质的量浓度为0.05 mol·L－1
B.将10.6 g Na2CO3溶于1 L水中能得到0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液
C.从1 L该溶液中取出100 mL，则取出溶液中Na2CO3的物质的量浓度为0.01 mol·L－1
D.取该溶液10 mL，加水稀释至100 mL后，Na2CO3的物质的量浓度为0.01 mol·L－1
解析：溶液的浓度与所取溶液的体积无关，该溶液中钠离子的物质的量浓度为0.2 mol·L－1，Na2CO3的物质的量浓度为0.1 mol·L－1，故A、C项错误；物质的量浓度的表达式中，体积是溶液的体积，而不是水的体积，即将10.6 g Na2CO3溶于水所配成1 L的溶液浓度是0.1 mol·L－1，故B项错误；稀释前后，溶质的物质的量不变，所以0.1 mol·L－1×0.01 L＝c×0.1 L，c＝0.01 mol·L－1，故D项正确。
答案：D
题组二 溶液中相关浓度计算
a.气体溶于水后物质的量浓度计算
2.将标准状况下的a L氯化氢气体溶于100 g水中，得到的盐酸的密度为b g·mL－1，则该盐酸的物质的量浓度（mol·L－1）是（ ）
A. B.
C. D.
解析：n（HCl）＝ mol，m（溶液）＝（＋100） g，V（溶液）＝，则该盐酸的物质的量浓度＝＝ mol·L－1，故C项正确。
答案：C
解题感悟
1.物质的量浓度计算的关键点
（1）正确判断溶液中的溶质并计算物质的量
①与水发生反应生成新物质
例：Na、Na2O、Na2O2与水反应后生成NaOH；SO3溶于水生成H2SO4；NO2溶于水生成HNO3。
②特殊物质
例：NH3溶于水后，计算浓度时仍然用NH3作为溶质。
③注意含结晶水的物质
例：CuSO4·5H2O溶于水后的溶质为CuSO4。
（2）溶液体积的准确计算
V是溶液的体积，不是溶剂的体积，也不是溶质和溶剂的体积之和，应根据V＝计算。
2.气体溶于水所得溶液物质的量浓度的计算方法
b.物质的量浓度、质量分数、溶解度相互换算
3.某结晶水合物的化学式为R·nH2O，其相对分子质量为M，25 ℃时，将a g该晶体溶于b g水中恰好可形成V mL饱和溶液，下列关系中正确的是（ ）
A.饱和溶液的物质的量浓度c＝ mol·L－1
B.饱和溶液中溶质的质量分数w＝％
C.25 ℃时R的溶解度S＝ g
D.饱和溶液的密度ρ＝ g·mL－1
解析：n（R）＝n（R·nH2O）＝ mol，该饱和溶液的物质的量浓度c＝＝ mol·L－1，故A错误；根据w（溶质）＝×100％，可知该饱和溶液质量分数w＝×100％＝％，故B错误；R的质量为×a g，结晶水的质量为×a g，则100 g∶S＝（×a g＋b g）∶（×a g），解得S＝ g，故C正确；溶液总质量为（a＋b） g，根据ρ＝可知，溶液密度为＝ g·mL－1，故D错误。
答案：C
c.溶液稀释和混合计算
4.（2025·衡水模拟）下列说法正确的是（ ）
A.把100 mL 3 mol·L－1的硫酸与100 mL H2O混合，硫酸的物质的量浓度变为1.5 mol·L－1
B.把100 g 20％的NaCl溶液与100 g H2O混合后，NaCl溶液的质量分数是10％
C.把200 mL 3 mol·L－1的BaCl2溶液与100 mL 3 mol·L－1的KCl溶液混合后，溶液中的c（Cl－）仍然是 3 mol·L－1
D.把100 mL 20％的NaOH溶液与100 mL H2O混合后，NaOH溶液的质量分数小于10％
解析：100 mL 3 mol·L－1的硫酸与100 mL H2O混合后的体积小于200 mL，故A错误；w＝×100％＝10％，故B正确；3 mol·L－1的BaCl2溶液中的氯离子浓度为6 mol·L－1，混合后溶液中氯离子浓度大于3 mol·L－1，故C错误；NaOH溶液的密度大于1 g·mL－1，加入水的质量等于100 g，所以混合后溶液中溶质的质量分数大于10％，故D错误。
答案：B
考点 一定物质的量浓度溶液的配制
A基础知识重点疑难
1.主要仪器
（1）托盘天平：称量前要调零，称量时药品放在 左 盘，砝码放在右盘 ，读数精确到 0.1 g。
笔记：若位置放反，则物质质量＝读数－2×游码读数
（2）容量瓶：
笔记：①（2022山东）应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液（√）
②（2023山东）进行容量瓶检漏时，倒置一次即可（×）
（3）量筒：量筒无0刻度；量取7.2 mL 溶液，应选用 10 mL量筒，量筒上标有使用温度、容量、刻度线；不能加热，不能将固体或浓溶液直接在量筒中溶解或稀释。
笔记：（2022山东）可用量筒量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中（×）
2.溶液配制的流程及误差分析
笔记：①高考中常取某一步骤中装置，如（2023重庆）考查“转移”装置
②（2022山东）应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体（√）
③关键操作及仪器的使用方法，如胶头滴管的使用、转移时玻璃棒的引流
④即操作对m、V的影响
3.定容时俯视 和仰视的分析
笔记：俯视、仰视、平视均从刻度线起，视线经过凹液面最低处，如（2023浙江6月）俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大（√）
（1）了解仪器的构造，特别是刻度是由下而上，还是由上而下。
（2）先画出正确的读数方法及数值，再比较仰视和俯视的情况。
例如量取一定体积的液体时：
仪器类型 观察方法 实际数值
“0”刻度线在下边 ① 仰视 偏大
俯视 偏小
“0”刻度线在上边 ② 仰视 偏小
俯视 偏大
笔记：①如量筒（无0 mL，但刻度由下向上增大）
②如滴定管
B题组集训提升能力
题组一 一定物质的量浓度溶液配制操作及仪器
1.（2025·山东联考）某小组用浓硫酸配制300 mL 1.0 mol·L－1硫酸溶液，配制过程如下：
①用量筒量取一定体积浓硫酸于烧杯中，再向烧杯中加入适量蒸馏水，搅拌，冷却至室温；
②将第①步所得溶液用玻璃棒引流至500 mL容量瓶中；
③用蒸馏水洗涤量筒﹑烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液直接倒入容量瓶中；
④向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相平，并摇匀、装瓶、贴标签。标签写着“1.0 mol·L－1硫酸溶液”。
上述配制过程中，存在的错误共有（ ）
A.1处 B.2处 C.3处 D.4处
解析：稀释浓硫酸时，应该把浓硫酸沿烧杯内壁倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，①存在1处错误；配制溶液可以多配但不可少配，将第①步所得溶液用玻璃棒引流至500 mL容量瓶中，②正确；用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，并将洗涤液用玻璃棒引流至容量瓶中，量取浓硫酸的量筒不需要洗涤，③存在2处错误；向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相切，④存在1处错误；综上所述，共存在4处错误，D正确。
答案：D
2.（2025·四川成都七中月考）配制100 mL 1.0 mol·L－1 NaOH溶液的操作如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.操作1前可用托盘天平、称量纸、药匙称取质量为4.0 g的NaOH固体
B.操作1中NaOH完全溶解后，为避免吸收空气中的CO2，应立刻进行操作2
C.操作4中如果俯视刻度线定容，所配NaOH溶液浓度偏大
D.将100 mL 1.0 mol·L－1的NaOH溶液加热蒸发50 g水后，其物质的量浓度变为2.0 mol·L－1
解析：NaOH具有腐蚀性，应在小烧杯中称取质量为4.0 g的NaOH固体，故A错误。操作1中NaOH完全溶解后，应冷却到室温，再进行操作2，故B错误。操作4中如果俯视刻度线定容，则加入水的体积偏小，所配NaOH溶液浓度偏大，故C正确。将100 mL 1.0 mol·L－1的NaOH溶液加热蒸发50 g水后，剩余溶液的体积不为50 mL，其物质的量浓度不是2.0 mol·L－1，故D错误。
答案：C
3.配制480 mL 0.5 mol·L－1的NaOH溶液，试回答下列问题。
（1）选择仪器：完成本实验所必需的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、 、 等。
（2）计算：需要NaOH固体的质量为 。
（3）称量：①称量过程中NaOH固体应放在小烧杯中并放在天平的 （填“左盘”或“右盘”）。
②某同学先用托盘天平称量一个小烧杯的质量，称量前把游码放在标尺的零刻度处，天平静止时发现指针在分度盘的偏右位置，说明此时左边质量 （填“大于”或“小于”）右边质量。假定最终称得小烧杯的质量为 （填“32.6 g”或“32.61 g”），请在下图标尺上画出游码的位置（画“△”表示）。
（4）溶解、冷却。该步实验中需要使用玻璃棒，作用是 。
（5）转移、洗涤。在转移时应使用 引流，洗涤烧杯2～3次是为了
。
（6）定容、摇匀。定容的操作是
。
答案：（1）胶头滴管 500 mL容量瓶
（2）10.0 g
（3）①左盘 ②小于 32.6 g
（4）搅拌，加速溶解
（5）玻璃棒 保证溶质全部转移至容量瓶中
（6）向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1～2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切
解题感悟
从实验步骤分析配制溶液所需仪器
注意：（1）容量瓶一定要注明规格。
（2）用固体配制溶液时，用天平称取固体；用液体配制溶液时，用量筒量取液体。
（3）固体试剂配制时用到量筒是粗略量取水的体积，可不必用到量筒；液体试剂配制时一定要用。
题组二 溶液配制的误差分析
4.配制一定物质的量浓度的溶液时，下列操作对溶液浓度有什么影响？用“偏大”“偏小”或“无影响”填空。
（1）配制NaOH溶液时，托盘天平的两个托盘上放两张质量相等的纸片，其他操作均正确 。
（2）托盘天平砝码有锈蚀，其他均正确 。
（3）配制一定物质的量浓度NaOH溶液，需称量溶质4.4 g，称量时物码放置颠倒 。
（4）用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中 。
（5）用量筒量取浓硫酸时，仰视读数 。
（6）配制NaOH溶液时，将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并马上定容 。
（7）转移到容量瓶的过程中，有少量的溶液溅出 。
（8）转移后，未洗涤小烧杯和玻璃棒，或者未将洗涤液一并转移至容量瓶中 。
（9）定容时，加水超过刻度线，用胶头滴管吸取多余的液体至刻度线 。
（10）定容摇匀后，发现液面下降，继续加水至刻度线 。
（11）定容时仰视刻度线 。
（12）配制前容量瓶中有水 。
（13）定容摇匀后少量溶液外流 。
答案：（1）偏小 （2）偏大 （3）偏小 （4）偏大 （5）偏大 （6）偏大 （7）偏小 （8）偏小 （9）偏小 （10）偏小 （11）偏小 （12）无影响
（13）无影响
解题感悟
根据c＝，分析nB、V变化
（1）nB偏小
①砝码与试剂位置颠倒（使用游码）
②搅拌时液体外溅
③向容量瓶移液时外溅
④未洗涤烧杯和玻璃棒
⑤定容时水多用滴管吸出
⑥用量筒量取需稀释液体时，俯视读数
（2）nB偏大
①砝码附着其他物质或已生锈
②用量筒量取需稀释液体时，仰视读数
（3）V偏大
①定容摇匀后液面下降再加水
②定容时仰视刻度线
（4）V偏小
①未冷却至室温就转移至容量瓶
②定容时俯视刻度线
（5）对浓度无影响
①容量瓶未干燥
②定容摇匀后少量溶液外流
考点 化学计算技巧和方法
A基础知识重点疑难
1.以物质的量为中心的计算
笔记：①基本计算，如方程式计算，包括平衡的三段式计算，如（2023重庆）反应2F2＋2NaOHOF2＋2NaF＋H2O，消耗44.8 L（标准状况）F2，则生成NaF质量为 ，生成的氧化产物分子数为 。（提示：84 g NA）
②融合弱电解质电离、盐类水解、沉淀溶解平衡，列三段式计算K、pH等
2.差量法计算
差量法 的解题关键是找准研究对象。
笔记：差量法特征：固体、溶液质量减少、增加；气体体积减少或增加，形式：
Zn＋CuSO4（aq）Cu＋ZnSO4（aq） 固体质量减少 溶液质量增加
1 mol 1 mol 1 mol 1 mol 1 g 1 g
（1）固体的质量差，研究对象就是固体。
（2）气体的质量差，研究对象就是气体。
（3）液体的质量差，研究对象就是液体。
3.热重法计算解题的方法思路
（1）设晶体为1 mol，其质量为m。
（2）失重一般是先失水 ，再失非金属氧化物。
笔记：实质也是差量法，如固体减少量
（3）计算每步剩余固体的质量（m余）：×100％＝固体残留率。
（4）晶体中金属质量不再减少，仍在m余中。
（5）失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得m氧，由n金属∶n氧，即可求出失重后物质的化学式。
4.守恒法在以物质的量为核心的计算中的应用
守恒法是中学化学计算中一种很重要的方法和技巧，其特点是抓住有关变化的始态和终态，忽略中间过程，利用其中某种不变量建立关系式，从而简化思路，快速解题。
（1）考虑元素守恒
复杂多步的化学反应中某些元素的质量或浓度等没有发生变化。
多步反应计算
（2）考虑电荷守恒
求溶液中离子的浓度时，运用溶液呈电中性，此时也可以考虑元素守恒。
（3）考虑得失电子守恒
涉及氧化还原反应中氧化剂、还原剂得失电子及反应前后化合价变化的计算。
5.关系式法 解题步骤
笔记：拓展：在工业生产和滴定中应用，如FeS2～2SO2～2SO3～2H2SO4 FeS2～2H2SO4，各步转化率乘积等于总的转化率
6.极限法解题思路
（1）把可逆反应假设成向某一方向进行完全的反应，讨论最大值或最小值。
（2）把混合物假设成为某一纯净物，讨论极限。
（3）把多个同时进行的反应假设成单一反应 ，讨论极限。
笔记：如Cl2和NaOH反应的极限为Cl2＋2NaOHNaClO＋NaCl＋H2O和3Cl2＋6NaOH5NaCl＋NaClO3＋3H2O
B题组集训提升能力
题组一 差量法和热重法计算
1.（2025·广元模拟）草酸钴晶体是制备钴的氧化物的重要原料。18.3 g草酸钴晶体（CoC2O4·2H2O）在隔绝空气受热时的质量变化曲线如图所示，240 ℃及以上所得固体均为钴氧化物（其中Co的化合价为＋2或＋3）。下列说法正确的是（ ）
A.到A点时草酸钴晶体失去2个H2O
B.C点剩余固体的化学成分为Co3O4
C.若B点时通入氧气，则会发生反应3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2
D.C点到D点发生反应的化学方程式为CoCO3CoO＋CO2↑
解析：若CoC2O4·2H2O失去2个H2O，则固体质量保留百分数为×100％≈80.33％，对应的点为B点，A项错误；若C点生成Co3O4，根据钴元素守恒，得到关系式CoC2O4·2H2O～Co3O4，则固体质量保留百分数为×100％≈43.90％，假设不成立，B项错误；B点剩余固体为CoC2O4，通入氧气，则会发生反应3CoC2O4＋2O2Co3O4＋6CO2，C项正确；×100％≈65.03％，推测C点为CoCO3，CoCO3加热分解生成Co2O3，固体质量保留百分数为×100％≈45.36％，D项错误。
答案：C
2.16 mL由NO与NH3组成的混合气体在催化剂作用下于400 ℃左右可发生反应：6NO＋4NH35N2＋6H2O（g），达到平衡时在相同条件下气体体积变为17.5 mL，则原混合气体中NO与NH3的物质的量之比为 。
解析：6NO ＋ 4NH35N2＋6H2O（g） ΔV
6 4 5 6 1
V（NO） V（NH3） 1.5 mL
V（NO）＝＝9 mL，V（NH3）＝＝6 mL，由此可知共消耗15 mL气体，还剩余1 mL气体，假设剩余的气体是NO，则V（NO）∶V（NH3）＝（9 mL＋1 mL）∶6 mL＝5∶3，假设剩余的气体是NH3，则V（NO）∶V（NH3）＝9 mL∶（6 mL＋1 mL）＝9∶7。
答案：9∶7或5∶3
题组二 守恒法计算
3.向Cu、Cu2O和CuO组成的混合物中，加入1 L 0.6 mol·L－1的HNO3溶液恰好使混合物完全溶解，同时收集到2.24 L NO气体（标准状况）。已知：Cu2O＋2H＋Cu＋Cu2＋＋H2O。下列说法错误的是（ ）
A.发生氧化还原反应的HNO3物质的量为0.1 mol
B.得到的溶液中n（Cu2＋）＝0.25 mol
C.CuO与稀硝酸反应的离子方程式为CuO＋2H＋Cu2＋＋H2O
D.若混合物中含0.1 mol Cu，则该混合物与足量稀硫酸充分反应，最后剩余固体12.8 g
解析：HNO3的物质的量为0.6 mol·L－1×1 L＝0.6 mol，NO的物质的量为＝0.1 mol。HNO3作为氧化剂，还原产物为NO，根据分析，生成NO为0.1 mol，故发生还原反应的HNO3为0.1 mol，A正确；反应后溶液中的溶质为Cu（NO3）2，根据分析，起到酸性作用的HNO3为0.6 mol－0.1 mol＝0.5 mol，故n（Cu2＋）＝n（HNO3）＝0.25 mol，B正确；CuO与稀硝酸反应生成硝酸铜和水，故离子方程式为CuO＋2H＋Cu2＋＋H2O，C正确；混合物与硝酸反应时，Cu和Cu2O被氧化，失去的电子总数为HNO3所得电子数，物质的量为0.1 mol×3＝0.3 mol，故Cu2O转移电子的物质的量为0.3 mol－0.1 mol×2＝0.1 mol，n（Cu2O）＝×0.1 mol＝0.05 mol，根据溶液中n（Cu2＋）＝0.25 mol，可知Cu元素共0.25 mol，原混合物中n（CuO）＝0.25 mol－0.05 mol×2－0.1 mol＝0.05 mol，混合物与稀硫酸反应时，Cu不与稀H2SO4反应，根据Cu2O＋2H＋Cu＋Cu2＋＋H2O可知，生成的Cu的物质的量n'（Cu）＝n（Cu2O）＝0.05 mol，故反应后所得的Cu的物质的量为n（Cu）＋n'（Cu）＝0.15 mol，质量为0.15 mol×64 g·mol－1＝9.6 g，D错误。
答案：D
4.（2025·信阳模拟）将2.56 g Cu与30 mL一定浓度的浓HNO3反应，随着Cu的不断减少，反应生成气体的颜色逐渐变浅，当Cu完全反应时，共收集到标准状况下1.12 L气体。待产生的气体全部释放后，向溶液中加入88 mL 2.5 mol·L－1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀。下列说法正确的是（ ）
A.与铜反应中消耗HNO3的物质的量为0.10 mol
B.混合气体中NO的体积分数是
C.原硝酸溶液的浓度为9.0 mol·L－1
D.欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要标准状况下的氧气224 mL
解析：2.56 g铜为0.04 mol，生成硝酸铜0.04 mol；生成一氧化氮、二氧化氮气体共1.12 L÷22.4 L·mol－1＝0.05 mol；加入氢氧化钠后恰好生成硝酸钠，根据氮元素守恒可知，初始HNO3共为0.05 mol＋0.088 L×2.5 mol·L－1＝0.27 mol；与铜反应中消耗HNO3的物质的量为0.04 mol×2＋0.05 mol＝0.13 mol，A项错误；设一氧化氮、二氧化氮分别为a mol、（0.05－a） mol，则根据电子守恒可知，a×3＋（0.05－a）×1＝0.04×2，a＝0.015，则混合气体中NO的体积分数是＝，B项错误；原硝酸溶液的浓度为 mol·L－1＝9.0 mol·L－1，C项正确；欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，根据电子守恒可知，需要氧气 mol＝0.02 mol，则至少需要标准状况下的氧气448 mL，D项错误。
答案：C
题组三 关系式法
5.（2024·日照一模）化学需氧量（COD）是在一定条件下，用强氧化剂氧化一定体积水中的还原性物质时所消耗氧化剂的量，折算成氧气的量（单位为mg·L－1）来表示。我国地表水可采用标准KMnO4法测定水中化学需氧量，即水体中还原性物质每消耗1 mol KMnO4折算为1.25 mol O2的消耗量。其操作步骤如下：
①取水样V0 mL，先加入足量稀硫酸酸化，再加入V1 mL c1 mol·L－1的KMnO4标准液，煮沸30 min（充分氧化水中的还原性物质），溶液呈稳定的红色，冷却至室温。
②向①中溶液中加入V2 mL c2 mol·L－1的Na2C2O4标准液（过量）。
③用c1 mol·L－1的KMnO4标准液滴定②中溶液至滴定终点，消耗KMnO4标准液V3 mL。
计算水样中COD含量（mg·L－1）表达式正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
解析：分析整个过程可知，水样中的还原性物质和Na2C2O4发生氧化反应失去电子，KMnO4发生还原反应得电子，KMnO4发生还原反应变成Mn2＋，故得电子总量为5（V1＋V3）×10－3×c1 mol，Na2C2O4被氧化为二氧化碳共失去电子2V2×10－3×c2 mol，故水样中的还原性物质失电子总量为[5（V1＋V3）c1×10－3－2V2c2×10－3] mol，相当于消耗KMnO4 mol，由化学需氧量（COD），即水体中还原性物质每消耗1 mol KMnO4折算为1.25 mol O2的消耗量，故可知耗氧量为
× mol，故水样中COD含量（mg·L－1）为 mg·L－1＝ mg·L－1。
答案：A
6.黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取0.100 0 g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2（SO4）3溶液完全反应后，用浓度为0.020 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。
已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2OS＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2＋6Fe2＋＋14H＋2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
（1）样品中FeS2的质量分数是 （假设杂质不参加反应）。
（2）煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积（标准状况）为 L，制得98％的浓硫酸质量为 t。
解析：（1）据方程式4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2、SO2＋2Fe3＋＋2H2OS＋2Fe2＋＋4H＋、Cr2＋6Fe2＋＋14H＋2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O得关系式：
Cr2 ～ 6Fe2＋ ～ 3SO2 ～ FeS2
1 mol ×120 g
0.020 00 mol·L－1×0.025 00 L m（FeS2）
m（FeS2）＝0.090 00 g，样品中FeS2的质量分数为×100％＝90.00％。
（2）4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2
4 mol 8×22.4 L
mol V（SO2）
V（SO2）＝3.36×106 L，
n（SO2）＝＝1.5×105 mol；
由SO2 ～ SO3 ～ H2SO4
1 mol 98 g
1.5×105 mol m（浓H2SO4）×98％
得m（浓H2SO4）＝1.5×107 g＝15 t。
答案：（1）90.00％ （2）3.36×106 15
题组四 极限法计算
7.已知Fe2O3在高炉中有如下反应：Fe2O3＋CO2FeO＋CO2，反应形成的固体混合物（Fe2O3、FeO）中元素铁和氧的质量比用m（Fe）∶m（O）表示。上述固体混合物中m（Fe）∶m（O）不可能的是 （ ）
①21∶9 ②21∶7.5 ③21∶6 ④21∶8
A.①③ B.②③ C.②④ D.①④
解析：利用极限法解答，根据Fe2O3、FeO中Fe、O元素质量之比确定范围。若固体只有Fe2O3时，Fe、O元素质量之比为（56×2）∶（16×3）＝7∶3＝21∶9；若固体只有FeO时，Fe、O元素质量之比为56∶16＝7∶2＝21∶6。混合物中21∶9＜m（Fe）∶m（O）＜21∶6，故①③不可能。
答案：A
8.将总物质的量为n mol的钠和铝的混合物（其中钠的物质的量分数为x），投入一定量的水中充分反应，金属没有剩余，共收集到标准状况下的气体V L。下列关系式中正确的是（ ）
A.x＝V/（11.2n）
B.0＜x≤0.5
C.V＝33.6n（1－x）
D.11.2n＜V≤22.4n
解析：Na、Al混合物中没有具体指明Na、Al的物质的量，且二者相对量的多少与H2O反应后产生H2的量有关，故需要采用极值法来确定V的范围，根据题意求出两个端值，则实际值介于两个端值之间。金属钠的物质的量为nx mol，Al的物质的量为n（1－x） mol，产生的H2是溶液中的H＋获得Na、Al失去的电子而生成的，根据得失电子守恒可得产生H2的物质的量＝ mol，根据反应2Na＋2H2O2NaOH＋H2↑、2Al＋2NaOH＋6H2O2Na[Al（OH）4]＋3H2↑和题中“金属没有剩余”，可知n（Na）≥n（Al），即0.5≤x＜1。当x＝1时，产生H2的物质的量为0.5n mol，即11.2n L；当x＝0.5时，产生H2的物质的量为n mol，即22.4n L，故产生H2的体积的取值范围为11.2n＜V≤22.4n，故D项正确。
答案：D
限时跟踪检测（六） 物质的量浓度
1.下列关于物质的量浓度说法正确的是（ ）
A.0.3 mol·L－1的Na2SO4溶液中含有Na＋和S的总物质的量为0.9 mol
B.将Na2O和Na2O2各1 mol溶于水配成1 L溶液，所得溶液物质的量浓度不同
C.标准状况下22.4 L NH3溶于水配成1 L溶液，所得溶液浓度为1 mol·L－1
D.要配制100 mL 1 mol·L－1的硫酸铜溶液，需要胆矾1.6 g
解析：溶液体积未知，不能计算物质的量，故A错误；将Na2O和Na2O2各1 mol溶于水配成1 L溶液，所得溶液中氢氧化钠的物质的量都是2 mol，所得溶液物质的量浓度都是2 mol·L－1，故B错误；标准状况下22.4 L NH3的物质的量为＝1 mol，1 mol氨气溶于水配成1 L溶液，所得溶液浓度为1 mol·L－1，故C正确；100 mL 1 mol·L－1的硫酸铜溶液中含有硫酸铜的物质的量为1 mol·L－1×0.1 L＝0.1 mol，0.1 mol胆矾的质量为250 g·mol－1×0.1 mol＝25.0 g，故D错误。
答案：C
2.下列溶液的物质的量浓度的相关计算正确的是（ ）
A.同浓度的三种物质的溶液：Na2SO4、MgSO4、Al2溶液体积之比为3∶2∶1，则S浓度之比为3∶2∶3
B.将100 mL 5 mol·L－1的盐酸加水稀释至1 L，再取出5 mL，这5 mL溶液的物质的量浓度为0.5 mol·L－1
C.将1 mol·L－1的NaCl溶液和0.5 mol·L－1的BaCl2溶液等体积混合后，忽略溶液体积变化，c（Cl－）＝0.75 mol·L－1
D.标准状况下，22.4 L HCl溶于1 L水，盐酸的物质的量浓度为1 mol·L－1
解析：假设三种溶液的浓度均为1 mol·L－1，则Na2SO4、MgSO4、Al2（SO4）3溶液中S浓度分别为1 mol·L－1×1＝1 mol·L－1、1 mol·L－1×1＝1 mol·L－1和1 mol·L－1×3＝3 mol·L－1，即浓度之比为1∶1∶3，故A错误；溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则稀释后盐酸物质的量浓度＝＝0.5 mol·L－1，溶液具有均一性，所以稀释后溶液中盐酸浓度都是相同的，与溶液体积大小无关，5 mL溶液物质的量浓度为0.5 mol·L－1，故B正确；1 mol·L－1的NaCl溶液中c（Cl－）＝1 mol·L－1×1＝1 mol·L－1，0.5 mol·L－1的BaCl2溶液中c（Cl－）＝0.5 mol·L－1×2＝1 mol·L－1，故两者等体积混合后，不考虑体积的变化，c（Cl－）＝1 mol·L－1，故C错误；1 L为水的体积，不是溶液的体积，则溶液体积未知不能计算盐酸的物质的量浓度，故D错误。
答案：B
3.用密度为1.84 g·mL－1、质量分数为98％的浓硫酸配制180 mL 2 mol·L－1的稀硫酸。下列各步骤中操作正确的是（ ）
A.计算、量取：用20 mL量筒量取19.6 mL浓硫酸
B.溶解、稀释：将浓硫酸倒入烧杯，再加入80 mL左右的蒸馏水，搅拌
C.转移、洗涤：将稀释并冷却后的溶液转移到容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，洗涤液转入容量瓶，重复2～3次
D.定容、摇匀：加水至凹液面最低处与刻度线相切，摇匀，最后在容量瓶上贴上标签
解析：用密度为1.84 g·mL－1、质量分数为98％的浓硫酸配制180 mL 2 mol·L－1稀硫酸，由于实验室没有180 mL的容量瓶，需要选用250 mL的容量瓶，所以V×1.84 g·mL－1×98％＝0.250 L×2 mol·L－1×98 g·mol－1，V≈27.2 mL，应用50 mL量筒量取27.2 mL浓硫酸，故A错误；稀释浓硫酸时应将浓硫酸缓慢注入水中，并不断搅拌，将水倒入浓硫酸中容易导致液体飞溅，造成实验室安全事故，故B错误；将稀释并冷却后的溶液用玻璃棒引流至容量瓶中，并用蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯2～3次，洗涤液也应转入容量瓶，使溶质全部转移至容量瓶中，故C正确；容量瓶不可用于贮存溶液，定容、摇匀后，应将溶液倒入试剂瓶，并贴上标签，注明溶液成分及浓度，故D错误。
答案：C
4.某实验需1 mol·L－1NaOH溶液90 mL，配制该NaOH溶液的几个关键实验步骤和操作示意图如下：
下列说法正确的是（ ）
A.用托盘天平和滤纸称取3.6 g氢氧化钠固体
B.NaOH在烧杯中完全溶解，立即转移到容量瓶中
C.操作①时，若俯视容量瓶的刻度线，使配得的NaOH溶液浓度偏低
D.上述操作的先后顺序是③②④⑥①⑤
解析：需要1 mol·L－1NaOH溶液90 mL，应选择100 mL容量瓶，需要氢氧化钠的质量：0.1 L×1 mol·L－1×40 g·mol－1＝4.0 g，且不能用滤纸称取NaOH，故A错误；NaOH在烧杯中完全溶解后，要冷却至室温，再转移到容量瓶中，故B错误；俯视容量瓶的刻度线导致溶液体积偏小，依据c＝可知溶液浓度偏高，故C错误；配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，正确的操作顺序为③②④⑥①⑤，故D正确。
答案：D
5.（2025·镇江模拟）在Al2（SO4）3、K2SO4和明矾的混合溶液中，如果c（S）等于0.2 mol·L－1，当加入等体积的0.2 mol·L－1的KOH溶液时，生成的沉淀恰好溶解，则原混合溶液中K＋的物质的量浓度为（ ）
A.0.25 mol·L－1 B.0.2 mol·L－1
C.0.45 mol·L－1 D.0.225 mol·L－1
解析：根据Al3＋＋4OH－[Al（OH）4]－可知，加入等体积的KOH溶液时生成的沉淀恰好溶解，说明原溶液中c（Al3＋）＝×0.2 mol·L－1＝0.05 mol·L－1。设K＋的物质的量浓度为x mol·L－1，则根据电荷守恒可知，c（K＋）＋c（Al3＋）×3＝c（S）×2，即x mol·L－1＋0.05 mol·L－1×3＝0.2 mol·L－1×2，解得x＝0.25。
答案：A
6.（2025·沈阳期中）下列叙述中正确的是（ ）
A.溶质质量分数为23％和10％的氨水等质量混合，混合液的溶质质量分数小于16.5％
B.同种溶质不同浓度的两种溶液混合，计算时可将体积直接加和
C.若溶质质量分数为2x％的乙醇溶液的物质的量浓度为2y mol·L－1，则将其加水稀释至溶质质量分数为x％，所得稀溶液物质的量浓度大于y mol·L－1
D.某溶液密度为ρ g·cm－3，溶质摩尔质量为M g·mol－1，若物质的量浓度为c mol·L－1，则该溶液的溶质质量分数为％
解析：溶质质量分数为23％和10％的氨水等质量混合，假设质量均为m，则混合液的溶质质量分数为×100％＝16.5％，故A错误；溶液混合计算时不可将体积直接加和，故B错误；由c＝可知，c1＝2y＝，稀释后c2＝，＝＝＝，c2＝y，乙醇密度小于水，则ρ2＞ρ1，故c2＞y，故C正确；由c＝可知，某溶液密度为ρ g·cm－3，溶质摩尔质量为M g·mol－1，若物质的量浓度为c mol·L－1，则该溶液的溶质质量分数为w＝×100％＝％，故D错误。
答案：C
7.在101 kPa、60 ℃下，2个烧瓶分别装有如表的气体，按如图装置进行喷泉实验。下列叙述正确的是（ ）
实验编号 甲 乙
气体成分 200 mL NH3和 50 mL空气 200 mL NO2和 50 mL空气
A.实验过程中，甲、乙都发生化学反应
B.乙中最后的剩余气体显红棕色
C.实验所得两溶液，溶质的物质的量浓度一定相同
D.甲中如果没有空气，所得溶液溶质的物质的量浓度更大
解析：实验过程中甲、乙都发生化学反应，甲中反应为NH3＋H2ONH3·H2O，乙中反应为4NO2＋O2＋2H2O4HNO3、3NO2＋H2O2HNO3＋NO，A正确。乙中首先发生的反应为4NO2＋O2＋2H2O4HNO3，由于O2不足，过量的NO2继续发生反应3NO2＋H2O2HNO3＋NO，最后剩余气体是无色的NO和剩余的N2，B错误。NH3极易溶于水，所得溶液的体积为200 mL，NH3的物质的量浓度为＝ mol·L－1；乙容器中O2约10 mL，反应为4NO2＋O2＋2H2O4HNO3，生成n（HNO3）＝ mol，O2不足，NO2过量160 mL，过量的NO2与H2O的反应为3NO2＋H2O2HNO3＋NO，生成n（HNO3）＝× mol，溶液的总体积为250 mL－40 mL－ mL＝ mL，溶液中c（HNO3）＝＝ mol·L－1＝ mol·L－1＜ mol·L－1，即两溶液中溶质的物质的量浓度不相同，C错误。甲中如果没有空气，设氨气的体积为V L，n（NH3）＝ mol，溶液中NH3的物质的量浓度为＝ mol·L－1，即甲中如果没有空气，则所得溶液溶质的物质的量浓度不变，D错误。
答案：A
8.（2025·娄底一模）实验探究是化学学习的方法之一，某化学实验小组进行FeSO4·7H2O在N2气氛中受热分解实验，根据实验结果或现象，所得结论不正确的是（ ）
A.FeSO4·7H2O脱水热分解，其热重曲线如图所示。根据实验结果推算出：x＝4，y＝1
B.FeSO4热分解后，其固态产物的颜色为红色，说明生成的物质为Fe2O3
C.生成的气态产物通过酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明产生了SO2
D.把产生的气态产物通过氯化钡溶液，立即有沉淀生成，不能证明其气态产物中含有SO3
解析：FeSO4·7H2O相对分子质量为278，100 ℃时，失重率为19.4％，278×19.4％≈54，即分解生成FeSO4·4H2O和3H2O，同理可以求得200 ℃时，FeSO4·4H2O分解生成FeSO4·H2O和3H2O，300 ℃时，FeSO4·H2O分解生成FeSO4和H2O，更高温度下，FeSO4隔绝空气，分解生成Fe2O3、SO2、SO3。100 ℃时，生成FeSO4·4H2O，即x＝4，200 ℃时，分解生成FeSO4·H2O，即y＝1，A正确；FeSO4热分解后，其固态产物的颜色为红色，说明最终生成的物质为Fe2O3，B正确；能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是有还原性的气体，反应中可能生成的有还原性的气体只有SO2，故生成的气态产物通过酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明产生了SO2，C正确；把产生的气态产物通过氯化钡溶液，立即有沉淀生成，因为SO2无法和氯化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，故可以说明其气态产物中含有SO3，D错误。
答案：D
9.将一定量的锌镁合金与200 mL 18.5 mol·L－1的浓硫酸充分反应后，固体完全溶解，同时生成气体A 33.6 L（生成气体全部逸出，测定条件为标准状况）。将反应后的溶液稀释到2 L，测得稀释后溶液中的H＋浓度为1 mol·L－1。向反应后的溶液中加入NaOH溶液500 mL时，所得沉淀质量最大，其质量为128 g。下列叙述中错误的是（ ）
A.气体A中SO2和H2的体积比为4∶1
B.该合金中锌、镁的物质的量之比为1∶2
C.该实验所用NaOH的浓度是10 mol·L－1
D.沉淀质量最大时，溶液中所含溶质的质量为355 g
解析：反应生成的SO2、H2气体的物质的量之和为n＝＝1.5 mol，溶液中剩余硫酸的物质的量为n（H2SO4）＝×2 L×1 mol·L－1＝1 mol，参加反应的n（H2SO4）＝0.2 L×18.5 mol·L－1－1 mol＝2.7 mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成x mol SO2、y mol H2，根据反应方程式中物质转化关系，可得关系式：x＋y＝1.5，2x＋y＝2.7，解得x＝1.2，y＝0.3。根据上述计算可知反应产生SO2为1.2 mol，产生H2为0.3 mol，在相同外界条件下，气体的物质的量的比等于其体积比，故气体A中SO2和H2的体积比为1.2 mol∶0.3 mol＝4∶1，A正确；反应后溶液中含有MgSO4、ZnSO4、H2SO4，当沉淀达到最大值时沉淀为Mg（OH）2、Zn（OH）2，二者的质量和为128 g，根据反应关系可知：n（OH－）＝n（e－）＝2n（气体）＝2×1.5 mol＝3 mol，则n（Mg）＋n（Zn）＝1.5 mol，m（Mg）＋m（Zn）＝128 g－3 mol×17 g·mol－1＝77 g，解得n（Zn）＝1 mol，n（Mg）＝0.5 mol，故该合金中锌、镁的物质的量之比为1 mol∶0.5 mol＝2∶1，B错误；Zn－Mg合金与200 mL 18.5 mol·L－1的浓硫酸充分反应后溶液中含有H2SO4、ZnSO4、MgSO4，当向溶液中加入500 mL NaOH溶液时，沉淀达到最大值，此时溶液为Na2SO4溶液，根据S元素守恒可知n（Na2SO4）＝n（H2SO4）－n（SO2）＝0.2 L
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