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微专题 02 以物质的量为中心的计算
化学学科中的有关计算是以物质的量为中心进行的，化学计算是高考的必考点，更
是重点。
本专题对“以物质的量为中心的有关计算”进行分类解析，并通过分层训练达成掌
握，提升，灵活运用解题方法和技巧，从而实现较难化学计算题的解题突破。
1．物质的量和其他物理量之间的关系
（1）充分利用公式
（2）充分利用守恒法、差量法、关系式法等。
2.阿伏加德罗定律的推论
结论
相同条件
公式 语言叙述
T、p相同 ＝ 同温、同压下，气体的体积与其物质的量成正比
同温、同体积下，气体的压强与其物质的量成正
T、V相同 ＝
比
同温、同压下，气体的密度与其摩尔质量(或相对
T、p相同 ＝
分子质量)成正比3．解题要点
（1）对气体来说，在解题时要特别注意气体所处的外界条件，因温度、压强不同，气体
体积不同，注意运用阿伏加德罗定律的推论。当涉及NO2气体时，还要考虑2NO
2
NO 的转化。
2 4
（2）对于混合物中各物质进行分析，既要考虑反应，还要考虑反应进行的程度和过量问
题。
（3）影响因素：V 的数值不是固定不变的，它决定于气体所处的温度和压强。
m
一、与物质的量有关的计算
1．根据 进行相关的计算
【典例精析】
下列叙述不正确的是
A．1molH O的质量为18g/mol
2
B．N 个HSO 分子的质量与HPO 的摩尔质量在数值上相等
A 2 4 3 4
C．3.01×1023个SO 分子的质量为32g
2
D．18gNH 含有电子数为10N
A
【答案】A
【解析】
A．1molH O的质量为18g，故A错误；
2
B．N 个HSO 分子的质量为98g，HPO 的摩尔质量为98g/mol，两者在数值上相等，故
A 2 4 3 4
B正确；
C．3.01×1023个SO 分子的物质的量为 =0.5mol，质量为0.5mol×64g/
2
mol=32g，故C正确；
D．18gNH 的物质的量为1mol，1个NH 中有10个电子，则1mol NH 中含有电子数
为10N ，故D正确；
A
故选A。【基础题】
1．（2021学年广西象州县高一月考）1.6g物质中含有3.01×1022个分子，该物质的相对分
子量是
A．16 B．16g C．32 D．32g/mol
【答案】C
【解析】
1.6g物质中含有3.01×1022个分子，则其物质的量为 mol=0.05mol，所以摩尔质
量为 =32g/mol，则相对分子质量为32；
故答案为C。
2．(2021年高考化学纠错)若N 为阿伏加德罗常数，已知某元素的阴离子Rn-的原子核中，
A
中子数为A-x＋n，其中A为原子的质量数，则m g Rn-中电子总数为
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
m g Rn-的总物质的量为 mol，所含的电子总数为[A-(A-x＋n)＋n]=x，所以m g Rn-的电
子总数为 ·N ·x= 个，答案选D。
A
2．结合气体物质与N 的计算
A
【典例精析】
设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
AA．32gO 含有的电子数为16N
2 A
B．1molCl 与足量NaOH溶液反应，转移的电子数为1N
2 A
C．1L0.1mol·L-1NaSO 溶液中含有的Na+数为0.2N
2 4 A
D．11.2LCH 含有的分子数为0.5N
4 A
【答案】D
【解析】
A．32gO 的物质的量为1mol，电子数为1mol×16×N mol-1=16N ，A正确；
2 A A
B．1molCl 与足量NaOH溶液反应得到1molNaClO和1molNaCl，发生歧化反应，转移电
2
子数为1mol×(1-0)×N mol-1=1N ，B正确；
A A
C．1L0.1mol·L-1NaSO 溶液中含有的Na+数=1L×0.1mol·L-1×2×N mol-1=0.2N ，C正确；
2 4 A A
D．未给标准状况，无法计算，D错误；
答案选D。
【基础题】
1．(2021学年甘南州高一上学期期中考试)设N 表示阿伏加德罗常数的值，请回答下列问
A
题：
(1) O 的摩尔质量为______g/mol，1mol O 中含有_______个O 分子。
2 2 2
(2) 6.02×1023个Na+约含有_______mol Na+，其质量为_______g。
(3) 0.5 mol CH 约含有_______个CH，其标准状况的气体体积_______L。
4 4
(4) 0.2molAl含有_______个铝原子，质量是_______g。
【答案】32 6.02×1023 1 23 3.01×1023 11.2 1.204×1023 5.4
【解析】
(1) 摩尔质量以g/mol为单位数值上等于相对分子质量，则O 的摩尔质量为32g/mol，
2
1mol O 中含有 个O 分子。
2 2
(2) ，6.02×1023个Na+约含有1mol Na+，其质量为 。
(3) 0.5 mol CH 约含有 个CH，其标
4 4
准状况的气体体积 。
(4) 0.2molAl含有 个铝原子，质量
是 。
2．(2021学年桂林市临桂区高二月考)①6gH 分子、②2molNH 分子、③4℃时9mLH O
2 3 2
分子(1g/mL)、④1.505×1023个HSO 分子、⑤标准状况下33.6LO 分子。
2 4 2
(1)其中分子数量最多的是___，分子数由少到多的顺序是___。
(2)质量由小到大的顺序是___。
【答案】① ④＜③＜⑤＜②＜① ①＜③＜④＜②＜⑤
【解析】
①6gH 分子的分子数为： =1.806×1024，②2molNH 分子的
2 3
分子数为2×6.02×1023=1.204×1024，质量为2mol×17g/mol=34g，③4℃时9mLH O分子
2
(1g/mL)的质量为9mL×1g/mL=9g，分子数为： =3.01×1023，
④1.505×1023个HSO 分子的质量为 =24.5g，⑤标准状况下
2 4
33.6LO 分子的分子数为： =9.03×1023，质量为：
2=48g，据此分析解题：
(1)由分析可知，其中分子数量最多的是①，分子数由少到多的顺序是④＜③＜⑤＜②＜
①，故答案为：①；④＜③＜⑤＜②＜①；
(2)由分析可知，质量由小到大的顺序是①＜③＜④＜②＜⑤，故答案为：①＜③＜④＜
②＜⑤。
3．根据 进行相关计算
【典例精析】
根据所学知识填空(N 表示阿伏加德罗常数):
A
(1)0.2 mol Cl 含有_______mol Cl。
2
(2)1.5 mol H O中，氢原子与氧原子个数之比为_______，质量比为_______。
2
(3)1.204×1022个CO 分子，含O的质量为_______。
2
(4)1 mol OH-中含有_______mol 电子。
(5)同温同压下，同体积的N 和SO 分子数之比为_______，物质的量之比为_______，质
2 2
量之比为_______。
【答案】0.4 2:1 1:8 0.64g 10 1:1 1:1 7:16
【解析】
(1)0.2mol Cl 含有Cl的物质的量为:0.2mol×2=0.4mol，故答案为：0.4；
2
(2)1.5mol HO中氢原子与氧原子个数之比为2:1；含有H、O的质量之比=(2×1):
2
(1×16)=1:8，故答案为：2:1；1:8；
(3)1.204×1022个CO 分子的物质的量为: ，含有O的物质的量
2
为:0.02mol×2=0.04mol，含有O的质量为16g/mol×0.04mol=0.64g，故答案为：0.64g；
(4)1个OH-中含有的电子数为8+1+1=10，则1mol OH-中含有电子的物质的量为
1mol×10=10mol，故答案为：10；
(5)同温同压下，同体积的N 和SO 分子数之比为等于物质的量之比，等于体积之比，等
2 2于1:1；质量之比等于摩尔质量之比，等于28:64=7:16，故答案为：1:1；1:1；7:16。
【基础题】
1．(2020学年楚雄高一上学期月考)C、N、O、S、H、Na都是中学化学中常见的元素。
按要求完成下列填空。
(1)2molC HO分子中含___________mol碳原子、___________个氢原子。
2 6
(2)0.5molHSO 分子的质量为___________；0.1N 个Al (SO ) 所含SO 的物质的量为
2 4 A 2 4 3
___________，
(3)等物质的量的NH 和N 两种气体，所含原子数之比为___________，等质量的NH 和
3 2 3
N 物质的量之比为___________。
2
(4)24.8gNa R含Na＋0.8mol，则NaR物质的量为___________，摩尔质量为___________。
2 2
(5)现有ag某气体，该气体分子为双原子分子。它的摩尔质量为bg·mol-1.若阿伏加德罗常
数用N 表示，则：
A
①该气体的物质的量为___________mol；
②该气体所含原子总数为___________个。
【答案】4 12N 49g 0.3mol 2：1 28：17 0.4mol 62g/mol
A
【解析】
(1) 1个C HO分子中含有2个C原子、6个氢原子，2molC HO分子中含4mol碳原子、
2 6 2 6
2mol ×6×N =12N 个氢原子。
A A
(2)0.5molHSO 分子的质量为0.5mol×98g/mol=49g；0.1N 个Al (SO ) 含0.3N 个SO ，
2 4 A 2 4 3 A
SO 的物质的量为 mol；
(3)等物质的量的NH 和N 两种气体，所含原子数之比为(n×4×N ):( n×2×N )=2:1；等质量
3 2 A A的NH 和N 物质的量分别是 、 ，物质的量之比为 ：
3 2
=28：17。
(4)1个 NaR中含有2个Na＋，24.8gNa R含Na＋0.8mol，则NaR物质的量为0.4mol，摩
2 2 2
尔质量为 ；
(5)①ag某气体，摩尔质量为bg·mol-1，该气体的物质的量为 ；
②该气体分子为双原子分子，所含原子总数为 个。
2．(2021学年西安交通大学苏州附属中学高一上学期月考)按要求完成下列填空：
(1)0.6molHS与0.3molNH 的质量比______
2 3
(2)标准状况下，aLCO 中含有b个氧原子，则阿伏加德罗常数为_______。
2
(3)某金属氯化物MCl 40.5g，含有0.6molCl-，则金属M的相对原子质量为_______。
2
(4)为测定KSO 溶液的浓度，取25.00mL待测液，向其中加入过量的BaCl 溶液，充分反
2 4 2
应后过滤、洗涤并干燥，得到BaSO 沉淀1.165g。则KSO 的物质的量浓度为_____
4 2 4
(5)人造空气(氧气O 与He的混合气体)可用于减轻某些病痛或供深水潜水员使用，在标准
2
状况下，5.6L“人造空气”的质量是2.4g，其中氧气与氦气的物质的量之比是_____
【答案】4：1 mol-1 64 0.2 mol/L 1:4
【解析】
(1) H S的分子量是34 g/mol ，NH 的摩尔质量是17g/mol，则0.6molHS与0.3molNH 的
2 3 2 3
质量比 =4：1。(2)标准状况下，aLCO 其物质的量是 ,则氧原子物质的量是 ，由公式
2
n= 可得N = = = = mol-1。
A
(3) 某金属氯化物MCl ，含有0.6molCl-，则氯化物MCl物质的量也为0.3mol，则
2
M(MCl)= = =135g/mol，则金属M的相对原子质量=135-71=64。
(4) BaSO 沉淀1.165g，其物质的量为0.005 mol，根据硫酸根离子守恒，可知KSO 的物
4 2 4
质的量为0.005 mol，则c(0.005 mol)= =0.2 mol/L。
(5) 标准状况下，5.6L“人造空气”的物质的量是0.25 mol，混合气体由O 与He组成，设
2
其中氧气物质的量为a,氦气物质的量为b,则由题目条件可列一个二元一次方程组，
,解的a=0.05,b=0.2,则a:b=1:4。
4．结合氧化还原反应知识与N 的相关计算
A
【典例精析】
含2molH SO 的浓硫酸与足量的铜片在加热条件下完全反应，可产生N 个SO 气体分子
2 4 A 2
___
【答案】错
【解析】铜与浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，Cu+2H SO (浓)
2 4
CuSO +SO↑+2H O，随着反应的进行，浓硫酸变成了稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，所以
4 2 2
生成气体为SO 分子数小于N ，故判据错误；
2 A
【基础题】
1．50 mL 12 mol·L-1盐酸与足量MnO 共热， 转移的电子数为0.3N ___
2 A
【答案】错
【解析】
随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐变小，稀盐酸与二氧化锰不反应，故50 mL 12 mol·L-1
盐酸与足量MnO 共热， 转移的电子数小于0.3N ，故答案为：错。
2 A
2．(2021年高考化学经典小题)0.1 mol Fe 与0.1 mol Cl 充分反应，转移的电子数为0.3
2
N ___
A
【答案】错
【解析】
铁与氯气反应的产物为FeCl ，0.1 mol Fe 与0.1 mol Cl 充分反应，铁过量，氯气完全反应，
3 2
只能按Cl 计算转移的电子数，转移的电子数为0.2N ，故答案为：错。
2 A
3．(2021年高考化学经典小题)NaO 与过量CO 反应时，生成0.1mol O 时，转移的电子
2 2 2 2
数为0.4N ___
A
【答案】错
【解析】
NaO 与过量CO 反应时，NaO 既是氧化剂，又是还原剂，放出的O 由过氧化钠中的氧
2 2 2 2 2 2
而来，当生成0.1 mol O 时，应转移电子数0.1×2N ，故错误。
2 A
4．(2021年高考化学经典小题)0.2 mol Cl 溶于等体积水中，转移电子数为0.2N ___
2 A
【答案】错
【解析】
氯气溶于水，只有一部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，且该反应是一个可逆反应，
因此转移的电子数比0.2N 小得多，故答案为：错。
A5．结合物质结构基础知识与N 的相关计算
A
【典例精析】
常温常压下，1mol碳烯(:CH )所含的电子数为8N ___
2 A
【答案】对
【解析】
1个碳烯(：CH)所含的电子数为6+2=8，1mol碳烯(：CH)所含的电子数为8N ，故判据
2 2 A
正确。
【基础题】
1．1molC H 中含共价键的数目为30N ___
10 22 A
【答案】错
【解析】
烷烃的通式为C H ，1mol C H 含有共价键的量为(3n+1)mol；所以1molC H 中含共
n 2n+2 n 2n+2 10 22
价键的量为31mol，共价键的数目为31N ，故判据错误。
A
2．(2021年高考化学经典小题)31g白磷分子中，含有的共价单键数目是N 个___
A
【答案】错
【解析】
白磷分子式为P，则31g白磷的物质的量为 ，一个白磷分子含有6
4
个P—P键。所以31g白磷分子中含有 P—P键，故答案为：错。
3．(2021年高考化学经典小题)60 g SiO 晶体中含有硅氧键的数目为2N ___
2 A
【答案】错
【解析】
二氧化硅晶体中，每个硅原子与4个氧原子形成了4个硅氧键，二氧化硅的摩尔质量为
60g/mol，60 g SiO 晶体的质量为1mol，所以1mol SiO 晶体含有4 mol的硅氧键，数目为
2 2
4N ，故判据错误。
A
4．(2021年高考化学经典小题)12 g金刚石中含有化学键的数目为4N ___
A
【答案】错【解析】
金刚石中每一个碳原子有四条C-C共价键，每个碳碳键被2个碳原子共用，即一个碳原
子只形成2个共价键，12 g金刚石中含有1molC，因此12g金刚石中含有化学键的数目为
2N ，故答案为：错。
A
6．以 为中心有关基本粒子的计算
【典例精析】
(1)一个H SO 含_______个H，_______个O，_______个S
2 4
(2)1molH SO 含_______molH，_______molO，_______molS
2 4
(3)1.5molHO含_______molH，_______molO
2
(4)2molNa SO 中含Na+_______mol，含_______molSO
2 4
【答案】2 4 1 2 4 1 3 1.5 4 2
【解析】
(1)由物质组成可知，一个HSO 含2个H，4个O，1个S；
2 4
(2)1molH SO 含H 为1mol×1=1mol，O为1mol×4=4mol，S为1mol×1=1 mol；
2 4
(3)1.5molHO含H为1.5mol×2=3mol，O为1.5mol×1=1.5mol；
2
(4)2molNa SO 中含Na+为2mol×2=4mol，含SO 为2mol×1=2mol；
2 4
【基础题】
1．2molCO 的质量为___g，含分子数约为___N 个，在标准状况下所占的体积约为
2 A
___L，含氧原子的物质的量为___mol。
【答案】88 2 44.8 4
【解析】
2molCO 的质量为 ；含分子数约为 个；在标准
2
状况下所占的体积约为 ；含氧原子的物质的量为
；故答案为：88；2；44.8；4。2．(2021学年莆田市涵江区高二上学期期中)填写下列表格
物质 分子数 质量/g 物质的量/mol 摩尔质量/gmol-1
O _______ 16 ______ ______
2
HCl 3.01×1023 _____ _______ _______
HO _______ _____ 1.5 _______
2
【答案】3.01×1023 0.5 32 18.25 0.5 36.5 9.03×1023 27 18
【解析】
根据O 的分子式，氧气的摩尔质量为16g/mol×2=32g/mol，16g氧气的物质的量为
2
=0.5mol，则含有的分子数目N(O )=n∙N =0.5mol×6.02×1023=3.01×1023；
2 A
HCl的摩尔质量为36.5g/mol，3.01×1023个HCl分子的物质的量=
=0.5mol，其质量m=nM=0.5mol×36.5g/mol=18.25g；
水的摩尔质量为18g/mol，1.5mol水的质量为1.5mol×18g/mol=27g，水分子的数目
N(H O)=n∙N =1.5mol×6.02×1023/mol=9.03×1023。
2 A
7．化学方程式计算中物质的量的运用
【典例精析】
2.4 g镁与100 mL稀盐酸完全反应，反应前后溶液体积的变化忽略不计。
求：(1)产生的气体在标准状况下的体积___________________________。
(2)反应完全后，所得溶液中镁离子的物质的量浓度___________________________。
【答案】2.24L 1mol/L
【解析】
(1)2.4g Mg 的物质的量为 =0.1mol，设产生的氢气在标准状况下的体积为V，则：所以V= ×22.4L=2.24L，
答：生的氢气在标准状况下的体积为2.24L；
(2)溶液中n(Mg2+)=n(Mg)=0.1mol，溶液体积为100mL，故c(Mg2+)= =1mol/L，
答：溶液中镁离子的物质的量浓度为1mol/L。
【基础题】
1．(2021学年钦州市高一上学期期末)现有1.92g铜与足量的稀硝酸反应，回答以下问题。
(1)写出反应的离子方程式______。
(2)计算生成标准状况下气体的体积和被还原硝酸的物质的量______。
【答案】 ；
【解析】
(1)铜和稀硝酸反应，生成硝酸铜、NO和水，反应的化学方程式为：
3Cu+8HNO (稀)=3Cu(NO)+2NO↑+4HO，HNO 和Cu(NO ) 都是可溶于水的强电解质，
3 3 2 2 3 3 2
可以写成离子，离子方程式为：3Cu+8H++2 =3Cu2++2NO↑+4HO。
2
(2)1.92g铜的物质的量为 =0.03mol。根据反应的化学方程式可知，消耗3mol铜
生成2molNO，则消耗0.03molCu生成0.02molNO，标准状况下NO的体积为
0.02mol×22.4L/mol=0.448L；根据反应的化学方程式，当有3molCu参加反应时，消耗
8molHNO，其中只有2molHNO 发生了化合价的变化，即只有2molHNO 被还原，所以
3 3 3
当0.03molCu参加反应时，被还原的硝酸的物质的量为0.02mol。
2．(2021学年武冈市高一下学期开学考试)浓硫酸和铜在加热时反应，生成二氧化硫气体的体积为3.36L(标准状况下)。请回答下列问题：
(1)请写出该反应的化学方程式________；
(2)计算反应中消耗的铜的质量________；
(3)将生成的硫酸铜配制成500mL溶液，则该溶液中溶质的物质的量浓度是__________。
【答案】Cu+2H SO (浓) CuSO +SO↑+2H O 9.6g 0.3mol/L
2 4 4 2 2
【解析】
（1）浓硫酸和铜在加热时反应，生成二氧化硫，反应的化学方程式：Cu+2H SO (浓)
2 4
CuSO +SO↑+2H O；
4 2 2
（2）根据关系式： ，解得m=9.6g，则消耗铜的质量是9.6g；
（3）根据关系式： ，解得n=0.15mol/L，配制成500mL的溶液，则
该溶液中溶质的物质的量浓度是 。
二、与物质的量浓度有关的计算
1．依据物质的量浓度公式的基本计算
【典例精析】
将12gNaOH固体溶于水配成150mL溶液，其物质的量浓度为
A．0.1mol/L B．0.5mol/L C．2mol/L D．1mol/L
【答案】C
【解析】12gNaOH的物质的量n(NaOH)= =0.3mol，根据
=2mol/L，故选C。
【基础题】
1．将10mol/L的盐酸溶液10mL ，加水稀释至100mL ，再取出10mL ，此时该盐酸溶液
的浓度是( )
A．10mol/L B．5mol/L C．1mol/L D．0.5mol/L
【答案】C
【解析】
根据c(浓溶液)V(浓溶液)=c(稀溶液)V(稀溶液)，10mL10mol/L的盐酸溶液加水稀释到
100mL，所得盐酸溶液物质的量浓度为 =1mol/L，从稀释液中取出
10mL，取出溶液的物质的量浓度仍为1mol/L；
故答案选C。
2．(2021学年莆田高一上学期第二次月考)关于1L1mol·L-1NaSO 溶液，下列说法正确的
2 4
是(N 表示阿伏加德罗常数的值)
A
A．Na+的数目为N
A
B．溶液中Na+质量为23g
C．SO 的物质的量浓度为1mol·L-1
D．SO 物质的量为2mol
【答案】C
【解析】
A．Na+的数目为1L×1mol·L-1×2×N mol-1=2N ，A错误；
A A
B．溶液中Na+质量为1L×1mol·L-1×2×23g/mol=46g，B错误；C．1L1mol·L-1NaSO 溶液含有SO 的物质的量为：1L×1mol·L-1=1mol，故SO 的物质
2 4
的量浓度为 =1mol·L-1，C正确；
D．1L1mol·L-1NaSO 溶液含有SO 的物质的量为：1L×1mol·L-1=1mol，D错误；
2 4
故答案为：C。
2．与溶质成分有关的计算
【典例精析】
下列溶液中氯离子浓度与50 mL 1 mol/L AlCl 溶液中氯离子浓度相等的是
3
A．150 mL 1 mol/L的NaCl溶液 B．150 mL 3 mol/LNHCl溶液
4
C．75 mL 2 mol/L的NH Cl溶液 D．75 mL 1 mol/L CuCl 溶液
4 2
【答案】B
【解析】
A．150 mL 1 mol/L的NaCl溶液中氯离子浓度为1 mol/L×1=1mol/L，与题意不相符，故A
不选；
B．150 mL 3 mol/LNHCl溶液中氯离子浓度为3 mol/L×1=3mol/L，与题意相符，故B选；
4
C．75 mL 2 mol/L的NH Cl溶液中氯离子浓度为2mol/L×1=2mol/L，与题意不相符，故C
4
不选；
D．75 mL 1 mol/L CuCl 溶液中氯离子浓度为1mol/L×2=2mol/L，与题意不相符，故D不
2
选；
故选B。
【基础题】
1．(2020学年南平市浦城县高一上学期第一次月考)下列溶液中Cl- 浓度由小到大的顺序是
①200mL 2mol/L MgCl 溶液 ② 1000mL 2.5mol/L NaCl溶液 ③300mL 5mol/L KCl
2
溶液 ④ 250mL 1mol/L AlCl 溶液。
3
A．③①④② B．④①③② C．②④①③ D．④①②③【答案】A
【解析】
①200mL 2mol/L MgCl 溶液中c(Cl-)=2mol/L×2=4mol/L；
2
②1000mL 2.5mol/L NaCl溶液中c(Cl-)=2.5mol/L；
③300mL 5mol/L KCl溶液中c(Cl-)=5mol/L；
④250mL 1mol/L AlCl 溶液中c(Cl-)=1mol/L×3=3mol/L；
3
综上所述，c(Cl-)由大到小的顺序为③①④②，答案为A。
2．(2021学年江苏省震泽中学高一上学期月考)欲使1L0.5 mol·L-1 NaOH溶液的浓度增大
一倍， 可采取的合理措施是
A．加入20g固体NaOH，搅拌、溶解
B．将溶液加热浓缩至0.5 L
C．加入1L1.5 mol·L-1的NaOH溶液混合均匀
D．加入10 mol·L-1 NaOH溶液0.1L，再稀释至1.5L
【答案】BD
【解析】
A．加入20g固体NaOH，搅拌、溶解，由于溶解后的溶液体积会发生变化，NaOH的物
质的量为1mol，但是溶液的体积不是1L，所以浓度不是1mol/L，A不符合题意；
B．将溶液加热浓缩至0.5L，物质的量不变，溶液体积缩小一半，所以物质的量浓度增大
一倍，B符合题意；
C．加入1L1.5mol/L的NaOH溶液混合均匀，混合液的体积不是2.5L，故所得溶液的浓
度不是1mol/L，C不符合题意；
D．加入10mol/L的NaOH溶液0.1L，再稀释至1.5L，此时溶液中NaOH的浓度c=
=1mol/L，浓度是原来的两倍，D符合题意；
故选BD。
3．溶液配制有关计算
【典例精析】实验中需0.2 mol/L的NaCO 溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取
2 3
NaCO·10H O的质量分别是
2 3 2
A．1000 mL，21.2 g B．950 mL，54.34 g
C．1000 mL，57.2 g D．950 mL，20.14 g
【答案】C
【解析】
在实验室中没有规格是950 mL的容量瓶，根据选择仪器的标准是“大而近”的原则，应
该选择使用1000 mL的容量瓶。配制1000 mL的0.2 mol/L的NaCO 溶液，需要溶质的物
2 3
质的量n(Na CO)=0.2 mol/L×1 L=0.2 mol，根据C元素守恒，可知需NaCO·10H O的物
2 3 2 3 2
质的量是0.2 mol，其质量m(Na CO·10H O)=0.2 mol×286 g/mol=57.2 g，故合理选项是
2 3 2
C。
【基础题】
1．(2020学年长沙市第一中学高一上学期期中)下列说法正确的是
A．用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，量取浓硫酸时仰视量筒，会使所配溶液
浓度偏小
B．配制 的 溶液 ，则用托盘天平称量
C．同温同压下 和 所含的原子数之比为5∶6
D．镁原子的摩尔质量等于它的相对原子质量
【答案】C
【解析】
A．仰视时所量取的浓硫酸的体积偏大，所以所配制的溶液浓度偏大，故A错；
B．无480mL的容量瓶，所以应选择500mL的容量瓶，则计算时也按500mL进行计算，
则 ，故B错；
C．同温同压下气体的体积之比等于物质的量之比即，由于甲烷为5原子分子，氧
气为双原子分子，所以原子个数之比 ，故选C；
D．摩尔质量的单位为g/mol，而相对原子质量无单位，所以摩尔质量在以g/mol为单位
时，镁原子的摩尔质量在数值等于它的相对原子质量，故D错；
答案选C。
2．(浙江新东方)实验室欲配制480 mL0.5 mol/L的CuSO 溶液，据此回答下列问题：
4
(1)需称量胆矾CuSO ·5H O___________g。
4 2
(2)从配制好的CuSO 溶液中取出10 mL，将这10 mL的CuSO 溶液稀释至100 mL，稀释
4 4
后CuSO 溶液的浓度变为___________mol/L。
4
【答案】62.5 0.05
【解析】
实验室欲配制480 mL0.5 mol/L的CuSO 溶液，根据容量瓶的规格，应该配制500mL溶
4
液；
需称量胆矾的质量为 ，故答案为
62.5g;
根据稀释前后溶质的物质的量不变，可得 ,
故答案为：0.05mol/L;
4．溶液稀释的有关计算
【典例精析】
取2 mol/L的NaCl溶液10 mL稀释到50 mL，从中取出5 mL，这5 mL溶液中溶质的物质
的量浓度为
A．0.4 mol/L B．0.04 mol/L C．0.2 mol/L D．0.002 mol/L
【答案】A
【解析】溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，将2 mol/L的NaCl溶液10 mL稀释到50 mL，稀
释后溶液的物质的量浓度c= 。溶液具有均一性，溶液各处的
浓度相等，因此从稀释后的溶液中取出50 mL溶液，其物质的量浓度为0.4 mol/L，故合
理选项是A。
【基础题】
1．(浙江新东方)将 溶液加水稀释至 ，稀释后 的物
质的量浓度为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
1 mol·L-1NaSO 溶液中c(Na+)=2mol/L，将溶液稀释10倍后，c(Na+)变为原来的 ，故稀
2 4
释后Na+的物质的量浓度为0.2mol/L，答案选A。
2．(2021学年张家口市张垣联盟高一上学期12月阶段检测)将200 mL 1.5 mol·L-1 Fe (SO )
2 4 3
溶液稀释至1000 mL，稀释后SO 的物质的量浓度是
A．0.015 mol·L-1 B．0.045 mol·L-1 C．0.30 mol·L-1 D．0.90 mol·L-1
【答案】D
【解析】
200 mL 1.5 mol·L-1 Fe (SO ) 溶液稀释至1000 mL，稀释后Fe (SO ) 的浓度是
2 4 3 2 4 3
mol·L-1，根据化学式Fe (SO )，稀释后SO 的物质的量浓
2 4 3度是0.3 mol·L-1×3=0.90 mol·L-1，故选D。
5．溶液混合的有关计算
【典例精析】
已知17mol·L-1氨水的密度为0.92g·cm-3，3mol·L-1氨水的密度为0.98g·cm-3，若将上述两溶
液等质量混合，所得氨水溶液的物质的量浓度为
A．等于10mol·L-1 B．大于10mol·L-1 C．小于10mol·L-1 D．无法判断
【答案】B
【解析】
已知17mol·L-1氨水的密度为0.92g·cm-3，3mol·L-1氨水的密度为0.98g·cm-3，则等质量时密
度大的氨水体积小，设17mol·L-1氨水的体积为V，3mol·L-1氨水的体积为V，则
1 2
，若将上述两溶液等质量混合，则所得氨水溶液的体积 ，可看成是按以下
方式混合的：先各取VmL2种氨水混合得10 mol·L-1的氨水、再加入(V -V ) mL的
2 1 2
17mol·L-1氨水，则混合的结果为大于10mol·L-1，B正确；
答案选B。
【基础题】
1．(2021学年晋城市陵川县高一下学期开学考试)取 100 mL 0.3 mol/L 的硝酸和300 mL
0.25 mol/L的硫酸注入 500 mL的容量瓶中，加水稀释至刻度线，该混合溶液中 H+ 的物
质的量浓度是
A．0.18 mol/L B．0.36 mol/L C．0.2 mol/L D．0.4 mol/L
【答案】B
【解析】
100 mL 0.3 mol/L 的硝酸中硝酸的物质的量为0.1L ×0.3 mol/L=0.03mol，300 mL 0.25 mol/L
的硫酸中硫酸的物质的量为0.3L×0.25 mol/L=0.075mol，则混合酸液中氢离子的物质的量
为0.03mol+0.075mol×2=0.18mol，则500 mL该混合酸液中H+ 的物质的量浓度是=0.36mol/L，答案选B。
2．(2021学年广安市高一11月月考) 的 溶液和 200mL
的 溶液混合后(不考虑混合后溶液 体积的变化)，溶液中 的物质
的量浓度为
A．0.3 B．0.4 C．0.5 D．0.46
【答案】C
【解析】
100mL 0.3mol•L-1的KSO 溶液中含有溶质硫酸钾的物质的量为：0.3mol/
2 4
L×0.1L=0.03mol，含有硫酸根离子的物质的量为0.03mol；
200mL 0.2mol•L-1的Fe (SO ) 溶液中含有硫酸铁的物质的量为：0.2mol/L×0.2L=0.04mol，
2 4 3
含有硫酸根离子的物质的量为：0.04mol×3=0.12mol；
混合液中含有硫酸根离子的总物质的量为0.03mol+0.12mol=0.15mol，则混合液中硫酸根
离子的物质的量浓度为 =0.5mol/L，故选C。
【能力题】
1．(2021届辽宁省高三年级5月模拟)设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A
A．常温常压下，9.5g羟基(－18OH)中所含中子数为5N
A
B．常温下，密闭容器中2molNO与 充分反应，产物的分子数为2N
A
C．1mol/L的NaClO溶液中含有 的数目为N
A
D．100g46%的乙醇溶液中含有氧原子的数目为N
A
【答案】A
【解析】A．常温常压下，9.5g羟基(－18OH)为0.5mol，其中第个羟基含有9个中子，故所含中子
数为5N ，选项A正确；
A
B．存在 ，为可逆反应，故产物的分子数小于2N ，选项B错误；
A
C．没有给定体积，无法计算 的数目，选项C错误；
D．还含有水分子，氧原子的数目远大于N ，选项D错误。
A
答案选A。
2．(2021届泰安市高三高考全真模拟)设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A
A．36g40Ar中含有的质子总数为18N
A
B．0.4gN H 与6gCHOH的混合物中含有的共价键总数为N
2 4 3 A
C．0.1mol·L-1的HS溶液中HS、HS-和S2-的总数为0.1N
2 2 A
D．标准状况下，22.4LH O 催化分解产生的O 的分子数为0.5N
2 2 2 A
【答案】B
【解析】
A. 36g40Ar中含有的质子总数为 =16.2N ，A错误；
A
B. 0.4gN H 与6gCHOH的混合物中含有的共价键总数为
2 4 3
=N ，B正确；
A
C. 未告知溶液的体积，故无法计算出0.1mol·L-1的HS溶液中HS、HS-和S2-的总数，C
2 2
错误；
D. 标准状况HO 是无色液体，故无法计算标准状况下，22.4LH O 催化分解产生的O 的
2 2 2 2 2
分子数，D错误；
故答案为：B。
3．(2021届鹰潭市高考二模)设N 为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是
A
A．球碳盐KC 中阴阳离子个数比为1：3
3 60B．标准状况下，46gNO 气体中所含的分子数为
2
C．32g铜与足量硫单质完全反应，转移电子数为N
A
D．22.4L Cl 和CO的混合气体中含有的原子数为2N
2 A
【答案】A
【解析】
A．球碳盐KC 中存在阳离子为K+、阴离子为C ，则阴阳离子个数比为1：3，A说法
3 60
正确；
B．NO 气体中存在2NO ⇌ NO，则标准状况下，46gNO 气体中所含的分子数小于
2 2 2 4 2
N ，B说法错误；
A
C．32g铜与足量硫单质完全反应，Cu的化合价由0价变为+1价，则转移电子数为
0.5N ，C说法错误；
A
D．标况下，22.4L Cl 和CO的混合气体的物质的量为1mol，含有的原子数为2N ，未给
2 A
定气体状态，则原子数不能确定，D说法错误；
答案为A。
4．(2021届大连市高三第二次模拟)设N 表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A
A．14g聚丙烯中含C—H键总数目为2N
A
B．常温下，pH=13的NaOH溶液中含有的OH-数目为0.1N
A
C．标准状况下：2.24LNO与1.12LO 混合后的气体分子数为0.1N
2 A
D．电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阴极得到电子的数目为2N
A
【答案】A
【解析】
A．聚丙烯的最简式为CH，14g聚丙烯中含H： ，所有H
2
均与C以单键相连，所以C－H键总数目为2N ，A正确；
A
B．没有提供溶液体积，无法计算OH-数目，B错误；C．两者发生反应2NO＋O=2NO，2NO NO，标准状况下2.24LNO与1.12LO 混合
2 2 2 2 4 2
后气体分子的物质的量小于0.1mol，气体分子数应小于0.1N ，C错误；
A
D．电解精炼铜时，阳极溶解的除了Cu还有比Cu活泼的金属，所以若阳极质量减少
64g，则阴极得到电子的数目不为2N ，D错误；
A
故选A。
5．(2021年高考化学押题预测卷)捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法错误
的是(N 为阿伏加德罗常数的值)
A
A．二氧化碳的电子式：
B．在第一步“捕获”过程中CO 的共价键并没有断裂
2
C．100g46%的甲酸水溶液中所含的氢原子数目为2N
A
D．理论上捕获1mol CO 生成甲酸转移的电子数为2N
2 A
【答案】C
【解析】
A．二氧化碳中每个原子均为8电子稳定结构，并且C原子与氧原子以双键连接，故二氧
化碳的电子式为 ，A项正确；
B．由图可知，二氧化碳中的共价键在第一步“捕获”过程中并没有断裂，B项正确；
C．100g46%的甲酸水溶液中，含甲酸的物质的量为 ，故甲
酸中所含的氢原子数目为2N ，但是甲酸水溶液中含有水，水中含有H原子，故
A100g46%的甲酸水溶液中所含的氢原子数目大于2N ，C项错误；
A
D．由化合价变化可知二氧化碳转化为甲酸，碳原子由+4价变为+2价，故捕获1mol CO
2
生成甲酸转移的电子数为2N ，D项正确；
A
答案选C。
6．(2021年高考化学临考题号押题)甲烷重整可获得 、 合成气，在重整催化剂中加
入 可提高催化剂的反应活性，反应原理如下图所示。设 为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A． 个 分子重整可生成
B． 重整断裂的共价键数目为
C．重整生成 电子转移数目为
D．催化剂中添加 可以减少体系积碳
【答案】B
【解析】
根据图中信息可知，反应方程式CH+CO =2H +2CO 转移电子数为6e-；
4 2 2
A．没有说明在标准状态况下，无法计算氢气的体积，选项A错误；
B．一个甲烷分子中有4个共价键，所以1mol甲烷反应断键4N ，选项B正确；
A
C．由方程式可知，生成1mol一氧化碳转移3mol电子，选项C错误；
D．氧化钙只提高催化剂活性并不能减少积碳，选项D错误；答案选B。
7．(2021届宁波市高三下学期高考适应性考试（二模）)硫粉和 溶液反应可以生成
多硫化钠( )，离子反应为： 、 …
(1)在 溶液中加入 硫粉，只发生 ，反应后溶液中 和
无剩余，则原 _______ 。
(2)在一定体积和浓度的 溶液中加入 硫粉，控制一定条件使硫粉完全反应，反
应后溶液中的阴离子有 、 、 (忽略其他阴离子)，且物质的量之比为 。
则反应后溶液中的 _______ 。(写出计算过程)
【答案】0.25 0.1
【解析】
(1) 硫粉的物质的量为 =0.025mol，只发生 ，则
， 0.25 ；
(2) ， ，根据 ， ，
，
， 。
8．(上海市崇明县高考二模)已知：硝酸铜受热易分解。170℃时，2Cu(NO )
3 22CuO+4NO ↑+O ↑开始分解，至250℃分解完全。(其中2NO NO，2NO
2 2 2 2 4 2
2NO+O 等反应忽略不计)。
2
800℃时，4CuO 2Cu O+O↑ 开始分解，至1000℃以上分解完全。
2 2
(1)取5.64 g无水硝酸铜，加热至1000℃以上，将生成的气体导入足量的NaOH溶液充分
吸收后，还有逸出的气体是____（填分子式），体积（标准状况）为______；将吸收液
加水稀释到100 mL，此溶液中NO -的物质的量浓度为_____________。
3
(2)取5.64 g无水硝酸铜加热至某温度分解后的残留固体中含有1.60 g CuO，则残留固体的
质量可能是_________。实验证明，当温度达到1800℃时，Cu O也会发生分解：2Cu O
2 2
4Cu+O ↑。
2
(3)取8.00 g CuO，加热到1800℃左右，冷却后称得质量为6.88 g，通过计算求出反应后剩
余固体中各成分的物质的量之比________________。
(4)取8.00 g CuO，通入一定量H 并加热，使其部分还原为Cu和Cu O，且其中n(Cu O)：
2 2 2
n(Cu)=x。将此混合物溶于足量的稀硫酸中(Cu O+2H+=Cu+Cu2++H O)，充分反应后过滤得
2 2
到Cu y g，试求未被还原的CuO的物质的量(用含x、y的代数式表示)。_________
【答案】O 0.168 L 0.6 mol/L 3.48 g或2.32 g n(Cu O)：n(Cu)=3：4 n(CuO)=0.1-
2 2
【解析】
(1)5.64g无水硝酸铜物质的量为n[Cu(NO )]= =0.03 mol，无水硝酸铜分解生成
3 2
CuO时，生成的NO 与O 恰好与水完全反应，多余的气体为CuO分解生成的氧气，由
2 2
Cu元素守恒可知n(CuO)= n[Cu(NO )]=0.03 mol，根据方程式中物质关系4CuO～O 可知，
3 2 2n(O )=0.03 mol× =0.0075 mol，所以标准状况下氧气的体积为0.0075 mol×22.4
2
L/mol=0.168 L，由N元素转化关系可知，5.64g无水硝酸铜中含有的NO -等于溶液中含有
3
的NO -，故溶液中n(NO -)=0.03 mol×2=0.06 mol，故稀释后溶液中c(NO -)= =0.6
3 3 3
mol/L；
(2)残留固体可能是CuO和Cu O的混合物，也可能是CuO和Cu(NO ) 的混合物。若为
2 3 2
CuO和Cu O的混合物，则n(CuO)= =0.02 mol，根据Cu元素守恒可得：
2
n(CuO)+2n(Cu O)=0.03 mol，所以n(Cu O)=0.005 mol，故m(Cu O)=144 g/mol×0.005
2 2 2
mol=0.72 g，m(残留固体)=1.60 g+0.72 g=2.32 g；若为CuO和Cu(NO ) 的混合物，则
3 2
n(CuO)=0.02 mol，则n(CuO)+n[Cu(NO )]=0.03 mol，n[Cu(NO )]=0.01 mol，
3 2 3 2
m[Cu(NO )]=0.01 mol×188 g/mol=1.88 g，m(残留固体)=1.60 g+1.88 g=3.48 g；
3 2
(3)取8.00 gCuO，加热到1800℃左右，冷却后称得质量为6.88 g，则生成的氧气的质量为
8 g-6.88 g=1.12 g，8 gCuO中O元素质量为8 g× =1.6g＞1.12g，则CuO未完全转化为
Cu，剩余固体中O元素质量为1.6 g-1.12 g=0.48 g，Cu元素质量为6.88 g-0.48 g=6.4 g，剩
余固体中n(Cu)：n(O)= ： =10：3，故剩余固体为Cu、Cu O， n(Cu O)=n(O)=
2 2
=0.03 mol，n(Cu)= -0.03 mol×2=0.04 mol，故n(Cu O)：
2n(Cu)=0.03mol：0.04mol=3：4；
(4)8.00 g CuO的物质的量n(CuO)= =0.1 mol，假设氢气还原生成的Cu的
物质的量为n mol，则Cu O的物质的量分别nx mol，根据Cu O+2H+=Cu+Cu2++H O可知
2 2 2
nx molCu O反应产生Cu物质的量为nx mol，n+nx= ，则n= ，故
2
n(Cu O)=nx= ，根据铜原子守恒可知，未被还原的CuO的物质的量为
2
n(CuO)=0.1-n-2nx=0.1- -2× =0.1- 。
【提升题】
1．(2021学年白城市洮南市高一上学期第三次月考)将mg镁铝合金投入500mL 2mol•L-1的
盐酸中，固体完全溶解，收集到气体5.6L（标准状况下）。向反应所得溶液中加入
4mol•L-1的氢氧化钠溶液，沉淀质量的最大值为13.60g，则m的值为（ ）
A．5.10 B．8.50 C．9.35 D．11.48
【答案】A
【解析】
由关系式Mg(OH) -Mg-H -2OH-、2Al(OH) -2Al-3H -6OH-可知，n(OH-)=2n(H )=2×
2 2 3 2 2
=0.5mol，则m(OH-)=0.5mol×17g/mol=8.50g，从而得出
m=13.60g-8.50g=5.10g；故选A。
2．(2021学年白城市洮南市高一上学期第三次月考)以天然气为原料经由合成气(CO、H)
2制化学品是目前天然气转化利用的主导技术路线。制备CHOH的反应转化关系如图所示。
3
设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A
A．用1 mol CH 理论上能生产标准状况下CHOH 22.4 L
4 3
B．等物质的量的CHOH和CH，CHOH的质子数比CH 多8N
3 4 3 4 A
C．44 g CO 气体和44 g CH 与CO的混合气体，所含C原子数均为N
2 4 A
D．用CH 制备合成气的反应中，若生成1 mol CO，反应转移电子数为3N
4 A
【答案】D
【解析】
A．CHOH在标况下不是气体，故无法得出标况下的体积是22.4 L的结论，故A错误；
3
B．1mol的CHOH和CH，一个甲醇分子含有18个质子，一个甲烷分子含有10个质子，
3 4
一个甲醇分子比一个甲烷分子多8个质子，1mol的CHOH比CH 多8N 个质子，但等物
3 4 A
质的量没给出具体的物质的量数值，故CHOH的质子数不一定比CH 多8N ，故B错误；
3 4 A
C．44 g CO 气体的物质的量为 ，一氧化碳的相对分子质量为28，
2
甲烷的相对分子质量为16，44 g CH 与CO的混合气体假设全部是CH 气体，物质的量为
4 4
＞1mol，44 g CH 与CO的混合气体假设全部是CO气体，物质的量为
4
＞1mol，故44 g CH 与CO的混合气体的物质的量大于1mol，所含C原子数
4
大于1mol，故C原子数大于N ，故C错误；
A
D．制备CHOH的反应过程中生成一氧化碳，发生反应：CO(g)+C(s)=2CO(g)，生成
3 22mol一氧化碳时，转移2mol电子消耗1mol碳原子，消耗的碳原子来自于甲烷的分解，
CH(g)=C(s)+2H (g) ，甲烷中碳的化合价从-4价升高到0价，生成1mol碳原子转移的电
4 2
子的物质的量为4mol，要生成2mol一氧化碳共需要转移6mol电子，则若生成1 mol
CO，反应转移电子的物质的量为3mol，转移的电子数为3N ；
A
答案选D。
3．(2020届盐城市高三年级第三次（5月）模拟)NH Cl是实验室常用试剂，下列相关说
4
法正确的是
A．反应2NH Cl(s)+Ba(OH) (s)=BaCl (s)+2NH (g)+2HO(s)的△H>0，△S<0
4 2 2 3 2
B．0.1mol·L－1NH Cl溶液从15C升温到25°C时， 的值不变
4
C．反应NH Cl+NaNO =NaCl+N↑+2H O，每生成1molN 转移电子数为6×6.02×1023
4 2 2 2 2
D．常温下，K [Mg(OH) ]=1.8x10-11，K (NH ·H O)=1.8x10-5，NH Cl饱和溶液中加入少量
sp 2 b 3 2 4
Mg(OH) ，振荡，固体逐渐溶解
2
【答案】D
【解析】
A．NH Cl和Ba(OH) 的反应是吸热反应，△H>0，但是反应后气体体积增大，混乱度增
4 2
大，△S>0，A错误；
B．NH ＋在溶液中会水解，NH ＋＋HO NH ·H O＋H＋，水解吸热，升高温度，促进
4 4 2 3 2
水解，水解平衡常数 增大，B错误；
C．反应中NH Cl中的N的化合物为－3升高到0，NaNO 中的N的化合价从+3降低到0
4 2
价，都生成N，则每转移3mol电子生成1molN ，即转移的电子数为3×6.02×1023，C错
2 2
误；
D．若Mg(OH) 和NH Cl反应，离子方程式为2NH ＋＋Mg(OH) Mg2＋＋2NH ·H O，
2 4 4 2 3 2
该反应的平衡常数，带
入数据， ，平衡常数较小，为可逆反应。
NH Cl饱和溶液中NH ＋浓度很大，可以促进反应正向进行，Mg(OH) 会溶解，D正确。
4 4 2
答案选D。
4．(2020学年长沙市长郡中学高一下学期期末)铜镁合金2.14 g完全溶于一定浓度的硝酸，
硝酸被还原成NO 、NO、NO三种气体且标准况下它们体积均为0.224 L。反应后的溶液
2 2
中加入足量氢氧化钠溶液，生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后称量，质量为
A．3.12 g B．4.68 g C．5.08 g D．4.18 g
【答案】D
【解析】
铜镁合金溶于一定浓度的硝酸，反应生成Mg(NO)、Cu(NO )、NO 、NO、NO和
3 2 3 2 2 2
HO，反应后的溶液中加入足量NaOH溶液所得沉淀为Mg(OH) 和Cu(OH) ，沉淀的质量
2 2 2
等于原铜镁合金的质量与OH-的质量之和；而n(NO )=n(NO)=n(N O)=
2 2
=0.01mol；铜镁合金溶于一定浓度的硝酸发生氧化还原反应，反应中铜、镁失去的电子总
物质的量等于HNO 得到的电子总物质的量，HNO 得到电子被还原成NO 、NO、NO，
3 3 2 2
则2n（Mg）+2n（Cu）=0.01mol×[（+5）-（+4）]+ 0.01mol×[（+5）-（+2）]+
0.01mol×2×[（+5）-（+1）]=0.12mol；根据沉淀的组成Mg(OH) 和Cu(OH) ，沉淀中n
2 2
（OH-）=2n（Mg2+）+2n（Cu2+）=2n（Mg）+2n（Cu）=0.12mol，m（OH-）
=0.12mol×17g/mol=2.04g；沉淀的质量为2.14g+2.04g=4.18g，答案选D。
5．(2021学年眉山市彭山区高一4月月考)将一定质量的镁和铝混合物投入200 mL硫酸中，
固体全部溶解后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如下图所示。则下列说法不正确的是：
A．镁和铝的总质量为9 g
B．最初20 mLNaOH溶液用于中和过量的硫酸
C．硫酸的物质的量浓度为2.5 mol·L-1
D．生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L
【答案】D
【解析】
A、当V(NaOH溶液)=240mL时，沉淀不再减少，此时全部为Mg(OH) ，
2
n(Mg)=n[Mg(OH) ]=0.15mol，m(Mg)=0.15mol×24g•mol-1=3.6g，
2
n(Al)=n[Al(OH) ]=0.35mol-0.15mol=0.2mol，m(Al)=0.2mol×27g•mol-1=5.4g，所以镁和铝
3
的总质量为9g，A项正确；
B、根据A中分析可知B项正确；
C、从200mL到240mL，NaOH溶解Al(OH) ：NaOH+Al(OH) =NaAlO+2H O，则此过程
3 3 2 2
消耗n(NaOH)=n[Al(OH) ]=0.2mol，c(NaOH)=0.2mol÷0.04 L=5mol•L-1，在200mL时溶液
3
中只有硫酸钠，根据硫酸钠的化学式分析，硫酸的物质的量为5mol•L-1×0.2L÷2=0.5 mol，
硫酸的浓度为0.5 mol÷0.2 L =2.5 mol·L-1，C项正确；
D、由Mg+HSO =MgSO +H ↑，2Al+3H SO =2Al(SO )+3H ↑可以计算出生成
2 4 4 2 2 4 2 4 3 2
n(H )=0.45mol，标准状况下V(H )=0.45mol×22.4L•mol-1=10.08L，D项错误；
2 2
答案选D。
6．(2021年高考化学专练)磷有多种同素异形体，其中白磷和黑磷(每一个层由曲折的磷原
子链组成)的结构如图所示，设N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
AA．3.1g31P中含有的中子数为1.6N
A
B．31g白磷与31g黑磷中含有的P—P键数目均为1.5N
A
C．12.4g白磷与0.6molH 在密闭容器中充分反应，生成的PH 分子数为0.4N
2 3 A
D．6.82g白磷发生反应： ，转
移的电子数为0.6N
A
【答案】C
【解析】
A．1个31P原子中含有31-15=16个中子，则3.1g31P中含有的中子数为
=1.6N ，A正确；
A
B．白磷和黑磷分子中，每个P原子平均形成1.5个P-P键，则31g白磷与31g黑磷中含有
的P-P键数目均为 =1.5N ，B正确；
A
C．12.4g白磷物质的量为 =0.1mol，与0.6molH 在密闭容器中发生反应P+6H
2 4 2
4PH ，则充分反应生成的PH 分子数小于0.4N ，C不正确；
3 3 AD．6.82g白磷的物质的量为 =0.055mol，反应
中，电子转移的数目为24×(5-
0)e-=120e-，则0.055molP 参加反应时转移的电子数为 =0.6N ，
4 A
D正确；
故选C。
7．(2018版考前特训)把11.6 g FeO和Fe O 的固体混合物分成等质量的两份。第一份混合
2 3
物用氢气完全还原后生成水的质量为1.80 g；第二份混合物中加入100 mL HI溶液充分反
应，在反应后的溶液中加入硫氰化钾溶液，无现象。试计算：
(1)原混合物中Fe O 的质量为________ g。
2 3
(2)HI溶液的物质的量浓度c(HI)＝________。
【答案】 8.00 2.00 mol·L－1
【解析】（1）设每一份中 FeO和Fe O 的物质的量分别是xmol、ymol，则72x+160y＝
2 3
11.6/2，x+3y＝1.8÷18，解得x＝y＝0.025，因此原混合物中Fe O 的质量为
2 3
0.025mol×2×160g/mol＝8.00g；（2）第二份混合物中加入100 mL HI溶液充分反应，在反
应后的溶液中加入硫氰化钾溶液，无现象，说明全部转化为碘化亚铁、单质碘和水，根
据氧原子守恒可知生成水是0.1mol，所以HI的物质的量是0.2mol，则HI溶液的物质的量
浓度c(HI)＝0.2mol÷0.1L＝2.00mol/L。
8． (2017届浙江省稽阳联谊学校高三8月联考)取一定质量NH HSO 和MgSO 的固体混
4 4 4
合物溶于水配成200mL溶液，向溶液中加入0.100mol/LBa(OH) 溶液，产生沉淀的质量与
2
所加Ba(OH) 的体积有如图所示关系。
2试计算：
（l）所得混合溶液中c(SO 2-)=_________。
4
（2）原固体混合物中，NH HSO 和MgSO 的物质的量之比为__________。
4 4 4
【答案】 0.200mol/L 1：1
【解析】向溶液中加入0.100mol/LBa(OH) 溶液，首先与氢离子反应，同时产生硫酸钡沉
2
淀，即0～100mL为第一阶段，发生的反应为2NH HSO +Ba(OH) ＝BaSO↓+
4 4 2 4
(NH )SO +2H O，硫酸钡是0.01mol，所以硫酸氢铵的物质的量是0.02mol；100～300mL
4 2 4 2
为第二阶段，此时加入的氢氧化钡与硫酸镁反应生成硫酸钡和氢氧化镁沉淀，二者形成
的沉淀质量为8.15g－2.33g＝5.82g，所以硫酸镁的物质的量是5.82g÷（58+233）g/mol＝
0.02mol；第三阶段为最后的100mL氢氧化钡与硫酸铵反应生成2.33g硫酸钡沉淀。则
（l）根据以上分析可知所得混合溶液中c(SO 2-)=0.04mol÷0.2L＝0.200mol/L。（2）原固
4
体混合物中，NH HSO 和MgSO 的物质的量之比为0.02mol：0.02mol＝1：1。
4 4 4
点睛：明确反应的原理，尤其是反应的先后顺序是解答的关键。注意掌握图像的答题技
巧：①看面：弄清纵、横坐标的含义。②看线：弄清线的变化趋势，每条线都代表着一
定的化学反应过程。③看点：弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、
折点、最高点与最低点等。曲线的拐点代表着一个反应过程的结束和开始。
