11.2 n5 VA. B.
V11.2n22.4V22.4nC. D.
5n5V
5V L解析 1 mol NH3被催化氧化，转化为NO，转移的电子数为5，由题意可得－
22.4 L·mol122.4n
×NA＝n，解之得NA＝，故答案为D。
5V
答案 D
2．(2013·重庆联考)现有500 mL某硫酸镁溶液，它的密度是1.20 g·cm3，其中镁离子的
－
质量分数是4.8%，则下列有关该溶液的说法中不正确的是( )。
A．溶质的质量分数是24.0%
B．溶液中溶质的物质的量浓度是2.4 mol·L1
－
C．溶质和溶剂的物质的量之比是1∶40 D．硫酸根离子的质量分数是19.2%
120120＋
解析 溶质(MgSO4)的质量分数w(MgSO4)＝×w(Mg2)＝×4.8%＝24.0%，A项
24241 000×1.20×4.8%＋－＋－
正确。c(Mg2)＝＝2.4(mol·L1)，c(MgSO4)＝c(Mg2)＝2.4 mol·L1，B项
24正确。C项，溶质的质量分数为24.0%，溶剂的质量分数为1－24.0%＝76.0%，假设溶液质2476
量为100 g，则溶质为24 g，溶剂(水)为76 g，溶质和溶剂的物质的量之比为∶≠1∶40，
12018C项错误。硫酸根离子的质量分数可以用以下两种方法进行计算：
方法1：w(SO24)＝
－－
9696＋
×w(Mg2)＝×4.8%＝19.2%。 2424
＋
2
方法2：w(SO24)＝w(MgSO4)－w(Mg)＝24.0%－4.8%＝19.2%，D项正确。
答案 C
3．(1)A、B两种气体组成的混合气体8.6 g，在标准状况下体积为8.96 L。已知A与B的物质的量之比为3∶1，相对分子质量之比为14∶1，由此可推断A可能是________或________，B可能是________。
(2)在标准状况下，CO和CO2的混合气体质量为36 g，体积为22.4 L，则CO所占的体积是________L，质量是________g。
8.96 L解析 (1)由题意可得：n(A)＋n(B)＝－＝0.4 mol，则3n(B)＋n(B)＝0.4 mol，
22.4 L·mol1即n(B)＝0.1 mol，n(A)＝0.3 mol。
设B的相对分子质量为Mr，则A的相对分子质量为14Mr。
0．3×14Mr＋0.1×Mr＝8.6，解得Mr＝2，则A、B的相对分子质量分别为28、2，A可
能为N2、C2H4或CO，B可能是H2。
(2)由题意列方程组得
22.4 L??n?CO?＋n?CO2?＝22.4 L·－1mol ?
－－11?moln?CO?＋44 g·moln?CO2?＝36 g?28 g·
解得n(CO)＝0.5 mol，n(CO2)＝0.5 mol 故V(CO)＝11.2 L，m(CO)＝14 g 答案 (1)N2 CO H2 (2)11.2 14
1．物质的量计算中的万能恒等式 mV?g?NQ
n＝＝＝＝＝cV(aq)。 MVmNAΔH
2．物质的量浓度与溶质质量分数之间的换算
nm/Mm?aq?w1 000ρwcBM－
cB＝＝＝＝，w＝。(ρ单位：g·cm3)
VVMVM1 000ρ3．物质的量浓度与溶解度的换算
nS/M1 000ρS1 000cBM－
cB＝＝＝，S＝。(ρ单位：g·cm3)
V100＋SM?100＋S?1 000ρ－cBM
1 000ρ4．稀释定律
(1)如用V1、V2、c1、c2分别表示稀释前后溶液的体积和物质的量浓度，有：c1V1＝c2V2。 (2)如用m1、m2、w1、w2分别表示稀释前后溶液的质量和质量分数，有：m1w1＝m2w2。
必考点一 阿伏加德罗常数的左关右联
有关阿伏加德罗常数的试题，涵盖的知识面广，灵活性强，可与气体摩尔体积、微粒数、化学键、电子转移、盐类水解、同位素等问题联系在一起，主要以选择题的形式进行考查。解决此类问题首先需要仔细审题，注意选项的研究对象是哪种微观粒子，是原子、分子、离子还是电子、质子等；其次要注意题目所给条件及该条件下物质的状态、结构特点、电子的转移数目等，同时注意特殊值如22.4 L·mol
【真题导航1】
(2013·全国新课标Ⅱ，9)N0为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )。 A．1.0 L 1.0 mol·L
－1
－1
的应用，就能轻松作答此类试题。
的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2N0
B．12 g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为0.5N0 C．25 ℃时pH＝13的NaOH溶液中含有OH的数目为0.1N0 D．1 mol的羟基与1 mol的氢氧根离子所含电子数均为9N0
[科学审题] ①“均摊法”在物质微观结构分析中的应用；②羟基与氢氧根的结构差异。 解析 A项忽视了NaAlO2溶液中水中的氧，错；B项中每个碳原子被3个六元环共用，
－
112 g
则每个六元环占有的碳原子数＝1××6＝2个，12 g石墨烯含六元环的物质的量＝－324 g·mol1＝0.5 mol，正确；C项没有告诉溶液的体积，无法计算，错；D项中OH是10电子微粒，所以1 mol OH含电子数为10N0，错。
答案 B 【模拟题组】
1．(2013·青岛模拟)用NA表示阿伏加德常数的数值，下列说法正确的是( )。 A．铝与盐酸反应，生成了1 mol H2，发生转移的电子数目为3NA B．28 g CO气体中所含电子数目为28NA
C．0 ℃、一个大气压下，NA个氢气分子的体积约为22.4 L D．醋酸的摩尔质量与NA个醋酸分子的质量相等
解析 2 mol H可生成1 mol H2，氢元素化合价降低，需得到2×1 mol e，即为2NA个电子，故A错；1 mol CO原子核外有14 mol e，28 g CO的物质的量为1 mol，所含电子数目应为14NA，故B错；0 ℃、一个大气压即为标准状况，在标准状况下，1 mol任何气体体积都约为22.4 L，故C正确；醋酸的摩尔质量与NA个醋酸分子的质量在数值上相等，但单位不同，故D错。
答案 C
－
＋
－
－
－
P4分子结构模型
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )。 A．常温常压下，16 g14CH4中所含的中子数为8NA B．标准状况下，22.4 L CCl4中所含的分子数为NA C．在1 L 1.0 mol·L1 NaCl溶液中含有NA个NaCl分子
－
D．6.2 g白磷(分子式为P4，分子结构如图所示)中所含的P—P键数目为0.3NA 解析 选项A,1个14CH4中含有8个中子，但16 g14CH4的物质的量小于1 mol，所以16 g14CH4中含有的中子数也小于8NA。选项B，CCl4在标准状况下为液态，不能根据标准状况下的气体摩尔体积进行计算。选项C，NaCl是离子化合物在溶液中完全电离，不存在NaCl分子。选项D，根据图示可知，1 mol P4分子中含有6 mol P—P键，所以6.2 g(0.05 mol)P4中含有的P—P键数目为0.3NA。
答案 D
3．(2013·深圳预测)设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )。 A．常温下，4 g CH4含有NA个C—H共价键
B．1 mol Fe 与足量的稀HNO3反应，转移2NA个电子 C．1 L 0.1 mol·L1 NaHCO3溶液中含有0.1NA 个HCO3
－
－
D．常温常压下，22.4 L的NO2和CO2混合气体含有2NA个O原子
4 g解析 A项4 g CH4的物质的量为n(CH4)＝－＝0.25 mol,1个CH4分子含有4个
16 g·mol1C—H键，则0.25 mol CH4含有1 mol(即NA个)C—H共价键；B项Fe与足量稀HNO3反应生成Fe(NO3)3,1 mol Fe反应时，转移3 mol(即3NA个)电子；C项n(NaHCO3)＝0.1 mol·L1×1 L
－
＝0.1 mol，但HCO3发生水解和微弱电离，则1 L该溶液中含有HCO3的物质的量小于0.1 mol(即个数少于0.1NA)；D项常温常压下，22.4 L的NO2和CO2混合气体的物质的量并非1 mol，含有的O原子也不是2NA个。
答案 A
规避考查NA的“七大陷阱”
考查方向 气体摩尔体积的适用条件 续表 物质的聚集状态 在标准状况下是液体或固体的物质，如CCl4、H2O、SO3、己烷、苯、酒精、CHCl3等 ①某些物质分子中的原子个数，如Ne、O3、P4等；②特殊物质的摩物质的微观结构 尔质量或分子中的中子数，如D2O、T2O、18O2、H37Cl等；③一些物质中的化学键数目，如SiO2、Si、CH4、P4、CO2、C60、烃中碳碳键数等 电解质的电离与水解 续表
氧化还原反应中的电子转移 如Na2O2、NO2与H2O反应，电解AgNO3溶液，Fe、Cu与S反应，Cl2与H2O、NaOH，Fe与稀HNO3等反应 FeCl3溶液转化为Fe(OH)3胶体，因为胶体微粒是分子的集合体，所以胶粒的数目小于原溶液中Fe3的数目 ＋－－
注意问题 若题中出现物质的体积，先考虑是否是气体，如是气体再需考虑条件是否为标准状况 弱电解质的电离及某些离子的水解，如1 mol CH3COOH或1 mol FeCl3溶于水时，溶液中CH3COO或Fe3的物质的量均小于1 mol －＋分散系中的微粒数目 隐含的可逆反应 可逆反应不能进行到底。如2NO2??N2O4，Cl2＋H2O??HClO＋HCl，合成氨等 必考点二 以“物质的量”为核心的计算探究
以“物质的量”为核心的计算要领 1．“一个中心”：以物质的量为中心。 2．“两个前提”：在应用Vm＝22.4 L·mol前提条件(混合气体也适用)。
3．“三个关系”
(1)直接构成物质的粒子与间接构成物质的粒子(原子、电子等)间关系； (2)摩尔质量与相对分子质量间的关系；
(3)“强、弱、非”电解质与溶质粒子(离子或分子)数之间的关系。
4．六个无关：物质的量、质量、粒子数的多少均与温度、压强无关，物质的量浓度、溶质的质量分数、密度的大小与所取溶液的体积多少无关。(但溶质粒子数的多少与溶液体积有关)
【真题导航2】
(2013·四川理综，7)1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g·mL1、质量分数为
－
－1
时，一定要有“标准状况”和“气态”两个
63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1 120 mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0 mol·L1 NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。下列说法不正确的是
－
( )。
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol·L1
－
C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80% D．得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL [思维提示] 守恒法原子守恒转移电子守恒
解析 A项，设该合金中铜物质的量为x，镁的物质的量为y，则：
???64x＋24y＝1.52?x＝0.02－? 得?正确；B项，HNO3的物质的量为(50 mL×1.40 g·mL???98x＋58y＝2.54?y＝0.01
1
0.7 mol－－
×63%)/63 g·mol1＝0.7 mol，其物质的量浓度为＝14.0 mol·L1，正确；C项，该合金
0.05 L
失去电子总的物质的量为(0.01＋0.02)mol×2＝0.06 mol，NO2和N2O4的物质的量之和为1.12 L
－＝0.05 mol设NO2物质的量为a，N2O4物质的量为b
22.4 L·mol1???a＋b＝0.05?a＝0.04
? 得? NO2体积分数为80%，正确；D项，由反应过程中N原?a＋2b＝0.06???b＝0.01
子守恒可知，存在如下关系：n(HNO3)＝n(NO2)＋2n(N2O4)＋n(NaNO3)即n(NaNO3)＝(0.7－0.64 mol0.04－0.02)mol＝0.64 mol，NaOH溶液的体积为－＝0.64 L，D项错误。
1.0 mol·L1