高考化学二轮复习考点微专题02以物质的量为中心的计算（解析版）

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SKIPIF1<0（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相同条件结论公式语言叙述T、p相同eq\f(n1,n2)＝eq\f(V1,V2)同温、同压下，气体的体积与其物质的量成正比T、V相同eq\f(p1,p2)＝eq\f(n1,n2)同温、同体积下，气体的压强与其物质的量成正比T、p相同eq\f(ρ1,ρ2)＝eq\f(M1,M2)同温、同压下，气体的密度与其摩尔质量(或相对分子质量)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2NO2SKIPIF1<0N2O4的转化。（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：Vm的数值不是固定不变的，它决定于气体所处的温度和压强。一、与物质的量有关的计算1．根据SKIPIF1<0进行相关的计算【典例精析】下列叙述不正确的是A．1molH2O的质量为18g/molB．NA个H2SO4分子的质量与H3PO4的摩尔质量在数值上相等C．3.01×1023个SO2分子的质量为32gD．18gNHSKIPIF1<0含有电子数为10NA【答案】A【解析】A．1molH2O的质量为18g，故A错误；B．NA个H2SO4分子的质量为98g，H3PO4的摩尔质量为98g/mol，两者在数值上相等，故B正确；C．3.01×1023个SO2分子的物质的量为SKIPIF1<0=0.5mol，质量为0.5mol×64g/mol=32g，故C正确；D．18gNHSKIPIF1<0的物质的量为1mol，1个NHSKIPIF1<0中有10个电子，则1molNHSKIPIF1<0中含有电子数为10NA，故D正确；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SKIPIF1<0mol=0.05mol，所以摩尔质量为SKIPIF1<0=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NA为阿伏加德罗常数，已知某元素的阴离子Rn-的原子核中，中子数为A-x＋n，其中A为原子的质量数，则mgRn-中电子总数为A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】D【解析】mgRn-的总物质的量为SKIPIF1<0mol，所含的电子总数为[A-(A-x＋n)＋n]=x，所以mgRn-的电子总数为SKIPIF1<0·NA·x=SKIPIF1<0个，答案选D。2．结合气体物质与NA的计算【典例精析】设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．32gO2含有的电子数为16NAB．1molCl2与足量NaOH溶液反应，转移的电子数为1NAC．1L0.1mol·L-1Na2SO4溶液中含有的Na+数为0.2NAD．11.2LCH4含有的分子数为0.5NA【答案】D【解析】A．32gO2的物质的量为1mol，电子数为1mol×16×NAmol-1=16NA，A正确；B．1molCl2与足量NaOH溶液反应得到1molNaClO和1molNaCl，发生歧化反应，转移电子数为1mol×(1-0)×NAmol-1=1NA，B正确；C．1L0.1mol·L-1Na2SO4溶液中含有的Na+数=1L×0.1mol·L-1×2×NAmol-1=0.2NA，C正确；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NA表示阿伏加德罗常数的值，请回答下列问题：(1)O2的摩尔质量为______g/mol，1molO2中含有_______个O2分子。(2)6.02×1023个Na+约含有_______molNa+，其质量为_______g。(3)0.5molCH4约含有_______个CH4，其标准状况的气体体积_______L。(4)0.2molAl含有_______个铝原子，质量是_______g。【答案】326.02×10231233.01×102311.21.204×10235.4【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O2的摩尔质量为32g/mol，1molO2中含有SKIPIF1<0个O2分子。(2)SKIPIF1<0，6.02×1023个Na+约含有1molNa+，其质量为SKIPIF1<0。(3)0.5molCH4约含有SKIPIF1<0个CH4，其标准状况的气体体积SKIPIF1<0。(4)0.2molAl含有SKIPIF1<0个铝原子，质量是SKIPIF1<0。2．(2021学年桂林市临桂区高二月考)①6gH2分子、②2molNH3分子、③4℃时9mLH2O分子(1g/mL)、④1.505×1023个H2SO4分子、⑤标准状况下33.6LO2分子。(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】①④＜③＜⑤＜②＜①①＜③＜④＜②＜⑤【解析】①6gH2分子的分子数为：SKIPIF1<0=1.806×1024，②2molNH3分子的分子数为2×6.02×1023=1.204×1024，质量为2mol×17g/mol=34g，③4℃时9mLH2O分子(1g/mL)的质量为9mL×1g/mL=9g，分子数为：SKIPIF1<0=3.01×1023，④1.505×1023个H2SO4分子的质量为SKIPIF1<0=24.5g，⑤标准状况下33.6LO2分子的分子数为：SKIPIF1<0=9.03×1023，质量为：SKIPIF1<0=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SKIPIF1<0进行相关计算【典例精析】根据所学知识填空(NA表示阿伏加德罗常数):(1)0.2molCl2含有_______molCl。(2)1.5molH2O中，氢原子与氧原子个数之比为_______，质量比为_______。(3)1.204×1022个CO2分子，含O的质量为_______。(4)1molOH-中含有_______mol电子。(5)同温同压下，同体积的N2和SO2分子数之比为_______，物质的量之比为_______，质量之比为_______。【答案】0.42:11:80.64g101:11:17:16【解析】(1)0.2mol

Cl2含有Cl的物质的量为:0.2mol×2=0.4mol，故答案为：0.4；(2)1.5mol

H2O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):(1×16)=1:8，故答案为：2:1；1:8；(3)1.204×1022个CO2分子的物质的量为:SKIPIF1<0，含有O的物质的量为: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N2和SO2分子数之比为等于物质的量之比，等于体积之比，等于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)2molC2H6O分子中含___________mol碳原子、___________个氢原子。(2)0.5molH2SO4分子的质量为___________；0.1NA个Al2(SO4)3所含SOSKIPIF1<0的物质的量为___________，(3)等物质的量的NH3和N2两种气体，所含原子数之比为___________，等质量的NH3和N2物质的量之比为___________。(4)24.8gNa2R含Na＋0.8mol，则Na2R物质的量为___________，摩尔质量为___________。(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NA表示，则：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】412NA49g0.3mol2：128：170.4mol62g/molSKIPIF1<0SKIPIF1<0【解析】(1)1个C2H6O分子中含有2个C原子、6个氢原子，2molC2H6O分子中含4mol碳原子、2mol×6×NA=12NA个氢原子。(2)0.5molH2SO4分子的质量为0.5mol×98g/mol=49g；0.1NA个Al2(SO4)3含0.3NA个SOSKIPIF1<0，SOSKIPIF1<0的物质的量为SKIPIF1<0mol；(3)等物质的量的NH3和N2两种气体，所含原子数之比为(n×4×NA):(n×2×NA)=2:1；等质量的NH3和N2物质的量分别是SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，物质的量之比为SKIPIF1<0：SKIPIF1<0=28：17。(4)1个Na2R中含有2个Na＋，24.8gNa2R含Na＋0.8mol，则Na2R物质的量为0.4mol，摩尔质量为SKIPIF1<0；(5)①ag某气体，摩尔质量为bg·mol-1，该气体的物质的量为SKIPIF1<0；②该气体分子为双原子分子，所含原子总数为SKIPIF1<0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)0.6molH2S与0.3molNH3的质量比______(2)标准状况下，aLCO2中含有b个氧原子，则阿伏加德罗常数为_______。(3)某金属氯化物MCl240.5g，含有0.6molCl-，则金属M的相对原子质量为_______。(4)为测定K2SO4溶液的浓度，取25.00mL待测液，向其中加入过量的BaCl2溶液，充分反应后过滤、洗涤并干燥，得到BaSO4沉淀1.165g。则K2SO4的物质的量浓度为_____(5)人造空气(氧气O2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】4：1SKIPIF1<0mol-1640.2mol/L1:4【解析】(1)H2S的分子量是34g/mol，NH3的摩尔质量是17g/mol，则0.6molH2S与0.3molNH3的质量比SKIPIF1<0=4：1。(2)标准状况下，aLCO2其物质的量是SKIPIF1<0,则氧原子物质的量是SKIPIF1<0，由公式n=SKIPIF1<0可得NA=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0mol-1。(3)某金属氯化物MCl2，含有0.6molCl-，则氯化物MCl物质的量也为0.3mol，则M(MCl)=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0=135g/mol，则金属M的相对原子质量=135-71=64。(4)BaSO4沉淀1.165g，其物质的量为0.005mol，根据硫酸根离子守恒，可知K2SO4的物质的量为0.005mol，则c(0.005mol)=SKIPIF1<0=0.2mol/L。(5)标准状况下，5.6L“人造空气”的物质的量是0.25mol，混合气体由O2与He组成，设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，SKIPIF1<0,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NA的相关计算【典例精析】含2molH2SO4的浓硫酸与足量的铜片在加热条件下完全反应，可产生NA个SO2气体分子___【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+2H2SO4(浓)SKIPIF1<0CuSO4+SO2↑+2H2O，随着反应的进行，浓硫酸变成了稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，所以生成气体为SO2分子数小于NA，故判据错误；【基础题】1．50mL12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA___【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50mL12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数小于0.3NA，故答案为：错。2．(2021年高考化学经典小题)0.1molFe与0.1molCl2充分反应，转移的电子数为0.3NA___【答案】错【解析】铁与氯气反应的产物为FeCl3，0.1molFe与0.1molCl2充分反应，铁过量，氯气完全反应，只能按Cl2计算转移的电子数，转移的电子数为0.2NA，故答案为：错。3．(2021年高考化学经典小题)Na2O2与过量CO2反应时，生成0.1molO2时，转移的电子数为0.4NA___【答案】错【解析】Na2O2与过量CO2反应时，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，放出的O2由过氧化钠中的氧而来，当生成0.1molO2时，应转移电子数0.1×2NA，故错误。4．(2021年高考化学经典小题)0.2molCl2溶于等体积水中，转移电子数为0.2NA___【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0.2NA小得多，故答案为：错。5．结合物质结构基础知识与NA的相关计算【典例精析】常温常压下，1mol碳烯(:CH2)所含的电子数为8NA___【答案】对【解析】1个碳烯(：CH2)所含的电子数为6+2=8，1mol碳烯(：CH2)所含的电子数为8NA，故判据正确。【基础题】1．1molC10H22中含共价键的数目为30NA___【答案】错【解析】烷烃的通式为CnH2n+2，1molCnH2n+2含有共价键的量为(3n+1)mol；所以1molC10H22中含共价键的量为31mol，共价键的数目为31NA，故判据错误。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NA个___【答案】错【解析】白磷分子式为P4，则31g白磷的物质的量为SKIPIF1<0，一个白磷分子含有6个P—P键。所以31g白磷分子中含有SKIPIF1<0P—P键，故答案为：错。3．(2021年高考化学经典小题)60gSiO2晶体中含有硅氧键的数目为2NA___【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，60gSiO2晶体的质量为1mol，所以1molSiO2晶体含有4mol的硅氧键，数目为4NA，故判据错误。4．(2021年高考化学经典小题)12g金刚石中含有化学键的数目为4NA___【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，12g金刚石中含有1molC，因此12g金刚石中含有化学键的数目为2NA，故答案为：错。6．以SKIPIF1<0为中心有关基本粒子的计算【典例精析】(1)一个H2SO4含_______个H，_______个O，_______个S(2)1molH2SO4含_______molH，_______molO，_______molS(3)1.5molH2O含_______molH，_______molO(4)2molNa2SO4中含Na+_______mol，含_______molSOSKIPIF1<0【答案】24124131.542【解析】(1)由物质组成可知，一个H2SO4含2个H，4个O，1个S；(2)1molH2SO4含H为1mol×1=1mol，O为1mol×4=4mol，S为1mol×1=1mol；(3)1.5molH2O含H为1.5mol×2=3mol，O为1.5mol×1=1.5mol；(4)2molNa2SO4中含Na+为2mol×2=4mol，含SOSKIPIF1<0为2mol×1=2mol；【基础题】1．2molCO2的质量为___g，含分子数约为___NA个，在标准状况下所占的体积约为___L，含氧原子的物质的量为___mol。【答案】88244.84【解析】2molCO2的质量为SKIPIF1<0；含分子数约为SKIPIF1<0个；在标准状况下所占的体积约为SKIPIF1<0；含氧原子的物质的量为SKIPIF1<0；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-1O2_______16____________HCl3.01×1023___________________H2O____________1.5_______【答案】3.01×10230.53218.250.536.59.03×10232718【解析】根据O2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SKIPIF1<0=0.5mol，则含有的分子数目N(O2)=n∙NA=0.5mol×6.02×1023=3.01×1023；HCl的摩尔质量为36.5g/mol，3.01×1023个HCl分子的物质的量=SKIPIF1<0=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(H2O)=n∙NA=1.5mol×6.02×1023/mol=9.03×1023。7．化学方程式计算中物质的量的运用【典例精析】2.4g镁与100mL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】2.24L1mol/L【解析】(1)2.4gMg的物质的量为SKIPIF1<0=0.1mol，设产生的氢气在标准状况下的体积为V，则：SKIPIF1<0所以V=SKIPIF1<0×22.4L=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+)=SKIPIF1<0=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】SKIPIF1<0SKIPIF1<0；SKIPIF1<0【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+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，HNO3和Cu(NO3)2都是可溶于水的强电解质，可以写成离子，离子方程式为：3Cu+8H++2SKIPIF1<0=3Cu2++2NO↑+4H2O。(2)1.92g铜的物质的量为SKIPIF1<0=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8molHNO3，其中只有2molHNO3发生了化合价的变化，即只有2molHNO3被还原，所以当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+2H2SO4(浓)SKIPIF1<0CuSO4+SO2↑+2H2O9.6g0.3mol/L【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+2H2SO4(浓)SKIPIF1<0CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）根据关系式：SKIPIF1<0，解得m=9.6g，则消耗铜的质量是9.6g；（3）根据关系式：SKIPIF1<0，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SKIPIF1<0。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)=SKIPIF1<0=0.3mol，根据SKIPIF1<0=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SKIPIF1<0=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-1Na2SO4溶液，下列说法正确的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)A．Na+的数目为NAB．溶液中Na+质量为23gC．SOSKIPIF1<0的物质的量浓度为1mol·L-1D．SOSKIPIF1<0物质的量为2mol【答案】C【解析】A．Na+的数目为1L×1mol·L-1×2×NAmol-1=2NA，A错误；B．溶液中Na+质量为1L×1mol·L-1×2×23g/mol=46g，B错误；C．1L1mol·L-1Na2SO4溶液含有SOSKIPIF1<0的物质的量为：1L×1mol·L-1=1mol，故SOSKIPIF1<0的物质的量浓度为SKIPIF1<0=1mol·L-1，C正确；D．1L1mol·L-1Na2SO4溶液含有SOSKIPIF1<0的物质的量为：1L×1mol·L-1=1mol，D错误；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50mL1mol/LAlCl3溶液中氯离子浓度相等的是A．150mL1mol/L的NaCl溶液 B．150mL3mol/LNH4Cl溶液C．75mL2mol/L的NH4Cl溶液 D．75mL1mol/LCuCl2溶液【答案】B【解析】A．150mL1mol/L的NaCl溶液中氯离子浓度为1mol/L×1=1mol/L，与题意不相符，故A不选；B．150mL3mol/LNH4Cl溶液中氯离子浓度为3mol/L×1=3mol/L，与题意相符，故B选；C．75mL2mol/L的NH4Cl溶液中氯离子浓度为2mol/L×1=2mol/L，与题意不相符，故C不选；D．75mL1mol/LCuCl2溶液中氯离子浓度为1mol/L×2=2mol/L，与题意不相符，故D不选；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

MgCl2溶液

②1000mL

2.5mol/L

NaCl溶液③300mL

5mol/L

KCl溶液

④250mL

1mol/L

AlCl3溶液。A．③①④② B．④①③② C．②④①③ D．④①②③【答案】A【解析】①200mL2mol/LMgCl2溶液中c(Cl-)=2mol/L×2=4mol/L；②1000mL2.5mol/LNaCl溶液中c(Cl-)=2.5mol/L；③300mL5mol/LKCl溶液中c(Cl-)=5mol/L；④250mL1mol/LAlCl3溶液中c(Cl-)=1mol/L×3=3mol/L；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1L0.5mol·L-1NaOH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0.5LC．加入1L1.5mol·L-1的NaOH溶液混合均匀D．加入10mol·L-1NaOH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=SKIPIF1<0=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0.2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3·10H2O的质量分别是A．1000mL，21.2g B．950mL，54.34gC．1000mL，57.2g D．950mL，20.14g【答案】C【解析】在实验室中没有规格是950mL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1000mL的容量瓶。配制1000mL的0.2mol/L的Na2CO3溶液，需要溶质的物质的量n(Na2CO3)=0.2mol/L×1L=0.2mol，根据C元素守恒，可知需Na2CO3·10H2O的物质的量是0.2mol，其质量m(Na2CO3·10H2O)=0.2mol×286g/mol=57.2g，故合理选项是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SKIPIF1<0的SKIPIF1<0溶液SKIPIF1<0，则用托盘天平称量SKIPIF1<0C．同温同压下SKIPIF1<0和SKIPIF1<0所含的原子数之比为5∶6D．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SKIPIF1<0，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SKIPIF1<0，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SKIPIF1<0，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480mL0.5mol/L的CuSO4溶液，据此回答下列问题：(1)需称量胆矾CuSO4·5H2O___________g。(2)从配制好的CuSO4溶液中取出10mL，将这10mL的CuSO4溶液稀释至100mL，稀释后CuSO4溶液的浓度变为___________mol/L。【答案】62.50.05【解析】实验室欲配制480mL0.5mol/L的CuSO4溶液，根据容量瓶的规格，应该配制500mL溶液；需称量胆矾的质量为SKIPIF1<0，故答案为62.5g;根据稀释前后溶质的物质的量不变，可得SKIPIF1<0,故答案为：0.05mol/L;4．溶液稀释的有关计算【典例精析】取2mol/L的NaCl溶液10mL稀释到50mL，从中取出5mL，这5mL溶液中溶质的物质的量浓度为A．0.4mol/L B．0.04mol/L C．0.2mol/L D．0.002mol/L【答案】A【解析】溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，将2mol/L的NaCl溶液10mL稀释到50mL，稀释后溶液的物质的量浓度c=SKIPIF1<0。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50mL溶液，其物质的量浓度为0.4mol/L，故合理选项是A。【基础题】1．(浙江新东方)将SKIPIF1<0溶液加水稀释至SKIPIF1<0，稀释后SKIPIF1<0的物质的量浓度为A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】A【解析】1mol·L-1Na2SO4溶液中c(Na+)=2mol/L，将溶液稀释10倍后，c(Na+)变为原来的SKIPIF1<0，故稀释后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200mL1.5mol·L-1Fe2(SO4)3溶液稀释至1000mL，稀释后SOSKIPIF1<0的物质的量浓度是A．0.015mol·L-1 B．0.045mol·L-1 C．0.30mol·L-1 D．0.90mol·L-1【答案】D【解析】200mL1.5mol·L-1Fe2(SO4)3溶液稀释至1000mL，稀释后Fe2(SO4)3的浓度是SKIPIF1<0mol·L-1，根据化学式Fe2(SO4)3，稀释后SOSKIPIF1<0的物质的量浓度是0.3mol·L-1×3=0.90mol·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V1，3mol·L-1氨水的体积为V2，则SKIPIF1<0，若将上述两溶液等质量混合，则所得氨水溶液的体积SKIPIF1<0，可看成是按以下方式混合的：先各取V2mL2种氨水混合得10mol·L-1的氨水、再加入(V1-V2)mL的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100mL0.3mol/L的硝酸和300mL0.25mol/L的硫酸注入500mL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．0.18mol/L B．0.36mol/L C．0.2mol/L D．0.4mol/L【答案】B【解析】100mL0.3mol/L的硝酸中硝酸的物质的量为0.1L×0.3mol/L=0.03mol，300mL0.25mol/L的硫酸中硫酸的物质的量为0.3L×0.25mol/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500mL该混合酸液中H+的物质的量浓度是SKIPIF1<0=0.36mol/L，答案选B。2．(2021学年广安市高一11月月考)SKIPIF1<0的SKIPIF1<0溶液和200mLSKIPIF1<0的SKIPIF1<0溶液混合后(不考虑混合后溶液体积的变化)，溶液中SKIPIF1<0的物质的量浓度为A．0.3SKIPIF1<0 B．0.4SKIPIF1<0 C．0.5SKIPIF1<0 D．0.46SKIPIF1<0【答案】C【解析】100mL

0.3mol•L-1的K2SO4溶液中含有溶质硫酸钾的物质的量为：0.3mol/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Fe2(SO4)3溶液中含有硫酸铁的物质的量为：0.2mol/L×0.2L=0.04mol，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SKIPIF1<0=0.5mol/L，故选C。【能力题】1．(2021届辽宁省高三年级5月模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．常温常压下，9.5g羟基(－18OH)中所含中子数为5NAB．常温下，密闭容器中2molNO与SKIPIF1<0充分反应，产物的分子数为2NAC．1mol/L的NaClO溶液中含有SKIPIF1<0的数目为NAD．100g46%的乙醇溶液中含有氧原子的数目为NA【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5NA，选项A正确；B．存在SKIPIF1<0，为可逆反应，故产物的分子数小于2NA，选项B错误；C．没有给定体积，无法计算SKIPIF1<0的数目，选项C错误；D．还含有水分子，氧原子的数目远大于NA，选项D错误。答案选A。2．(2021届泰安市高三高考全真模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．36g40Ar中含有的质子总数为18NAB．0.4gN2H4与6gCH3OH的混合物中含有的共价键总数为NAC．0.1mol·L-1的H2S溶液中H2S、HS-和S2-的总数为0.1NAD．标准状况下，22.4LH2O2催化分解产生的O2的分子数为0.5NA【答案】B【解析】A.36g40Ar中含有的质子总数为SKIPIF1<0=16.2NA，A错误；B.0.4gN2H4与6gCH3OH的混合物中含有的共价键总数为SKIPIF1<0=NA，B正确；C.未告知溶液的体积，故无法计算出0.1mol·L-1的H2S溶液中H2S、HS-和S2-的总数，C错误；D.标准状况H2O2是无色液体，故无法计算标准状况下，22.4LH2O2催化分解产生的O2的分子数，D错误；故答案为：B。3．(2021届鹰潭市高考二模)设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A．球碳盐K3C60中阴阳离子个数比为1：3B．标准状况下，46gNO2气体中所含的分子数为SKIPIF1<0C．32g铜与足量硫单质完全反应，转移电子数为NAD．22.4LCl2和CO的混合气体中含有的原子数为2NA【答案】A【解析】A．球碳盐K3C60中存在阳离子为K+、阴离子为CSKIPIF1<0，则阴阳离子个数比为1：3，A说法正确；B．NO2气体中存在2NO2⇌N2O4，则标准状况下，46gNO2气体中所含的分子数小于NA，B说法错误；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0.5NA，C说法错误；D．标况下，22.4LCl2和CO的混合气体的物质的量为1mol，含有的原子数为2NA，未给定气体状态，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NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．14g聚丙烯中含C—H键总数目为2NAB．常温下，pH=13的NaOH溶液中含有的OH-数目为0.1NAC．标准状况下：2.24LNO与1.12LO2混合后的气体分子数为0.1NAD．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2NA【答案】A【解析】A．聚丙烯的最简式为CH2，14g聚丙烯中含H：SKIPIF1<0，所有H均与C以单键相连，所以C－H键总数目为2NA，A正确；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＋O2=2NO2，2NO2SKIPIF1<0N2O4，标准状况下2.24LNO与1.12LO2混合后气体分子的物质的量小于0.1mol，气体分子数应小于0.1NA，C错误；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2NA，D错误；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(NA为阿伏加德罗常数的值)A．二氧化碳的电子式：B．在第一步“捕获”过程中CO2的共价键并没有断裂C．100g46%的甲酸水溶液中所含的氢原子数目为2NAD．理论上捕获1molCO2生成甲酸转移的电子数为2NA【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SKIPIF1<0，故甲酸中所含的氢原子数目为2NA，但是甲酸水溶液中含有水，水中含有H原子，故100g46%的甲酸水溶液中所含的氢原子数目大于2NA，C项错误；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1molCO2生成甲酸转移的电子数为2NA，D项正确；答案选C。6．(2021年高考化学临考题号押题)甲烷重整可获得SKIPIF1<0、SKIPIF1<0合成气，在重整催化剂中加入SKIPIF1<0可提高催化剂的反应活性，反应原理如下图所示。设SKIPIF1<0为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．SKIPIF1<0个SKIPIF1<0分子重整可生成SKIPIF1<0B．SKIPIF1<0重整断裂的共价键数目为SKIPIF1<0C．重整生成SKIPIF1<0电子转移数目为SKIPIF1<0D．催化剂中添加SKIPIF1<0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CH4+CO2=2H2+2CO转移电子数为6e-；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4NA，选项B正确；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SKIPIF1<0溶液反应可以生成多硫化钠(SKIPIF1<0)，离子反应为：SKIPIF1<0、SKIPIF1<0…(1)在SKIPIF1<0溶液中加入SKIPIF1<0硫粉，只发生SKIPIF1<0，反应后溶液中SKIPIF1<0和SKIPIF1<0无剩余，则原SKIPIF1<0_______SKIPIF1<0。(2)在一定体积和浓度的SKIPIF1<0溶液中加入SKIPIF1<0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SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0(忽略其他阴离子)，且物质的量之比为SKIPIF1<0。则反应后溶液中的SKIPIF1<0_______SKIPIF1<0。(写出计算过程)【答案】0.250.1【解析】(1)SKIPIF1<0硫粉的物质的量为SKIPIF1<0=0.025mol，只发生SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，SKIPIF1<00.25SKIPIF1<0；(2)SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，根据SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0。8．(上海市崇明县高考二模)已知：硝酸铜受热易分解。170℃时，2Cu(NO3)22CuO+4NO2↑+O2↑开始分解，至250℃分解完全。(其中2NO2N2O4，2NO22NO+O2等反应忽略不计)。800℃时，4CuO2Cu2O+O2↑开始分解，至1000℃以上分解完全。(1)取5.64g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100mL，此溶液中NO3-的物质的量浓度为_____________。(2)取5.64g无水硝酸铜加热至某温度分解后的残留固体中含有1.60gCuO，则残留固体的质量可能是_________。实验证明，当温度达到1800℃时，Cu2O也会发生分解：2Cu2OSKIPIF1<04Cu+O2↑。(3)取8.00gCuO，加热到1800℃左右，冷却后称得质量为6.88g，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8.00gCuO，通入一定量H2并加热，使其部分还原为Cu和Cu2O，且其中n(Cu2O)：n(Cu)=x。将此混合物溶于足量的稀硫酸中(Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O)，充分反应后过滤得到Cuyg，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】O20.168L0.6mol/L3.48g或2.32gn(Cu2O)：n(Cu)=3：4n(CuO)=0.1-SKIPIF1<0【解析】(1)5.64g无水硝酸铜物质的量为n[Cu(NO3)2]=SKIPIF1<0=0.03mol，无水硝酸铜分解生成CuO时，生成的NO2与O2恰好与水完全反应，多余的气体为CuO分解生成的氧气，由Cu元素守恒可知n(CuO)=n[Cu(NO3)2]=0.03mol，根据方程式中物质关系4CuO～O2可知，n(O2)=0.03mol×SKIPIF1<0=0.0075mol，所以标准状况下氧气的体积为0.0075mol×22.4L/mol=0.168L，由N元素转化关系可知，5.64g无水硝酸铜中含有的NO3-等于溶液中含有的NO3-，故溶液中n(NO3-)=0.03mol×2=0.06mol，故稀释后溶液中c(NO3-)=SKIPIF1<0=0.6mol/L；(2)残留固体可能是CuO和Cu2O的混合物，也可能是CuO和Cu(NO3)2的混合物。若为CuO和Cu2O的混合物，则n(CuO)=SKIPIF1<0=0.02mol，根据Cu元素守恒可得：n(CuO)+2n(Cu2O)=0.03mol，所以n(Cu2O)=0.005mol，故m(Cu2O)=144g/mol×0.005mol=0.72g，m(残留固体)=1.60g+0.72g=2.32g；若为CuO和Cu(NO3)2的混合物，则n(CuO)=0.02mol，则n(CuO)+n[Cu(NO3)2]=0.03mol，n[Cu(NO3)2]=0.01mol，m[Cu(NO3)2]=0.01mol×188g/mol=1.88g，m(残留固体)=1.60g+1.88g=3.48g；(3)取8.00gCuO，加热到1800℃左右，冷却后称得质量为6.88g，则生成的氧气的质量为8g-6.88g=1.12g，8gCuO中O元素质量为8g×SKIPIF1<0=1.6g＞1.12g，则CuO未完全转化为Cu，剩余固体中O元素质量为1.6g-1.12g=0.48g，Cu元素质量为6.88g-0.48g=6.4g，剩余固体中n(Cu)：n(O)=SKIPIF1<0：SKIPIF1<0=10：3，故剩余固体为Cu、Cu2O，n(Cu2O)=n(O)=SKIPIF1<0=0.03mol，n(Cu)=SKIPIF1<0-0.03mol×2=0.04mol，故n(Cu2O)：n(Cu)=0.03mol：0.04mol=3：4；(4)8.00gCuO的物质的量n(CuO)=SKIPIF1<0=0.1mol，假设氢气还原生成的Cu的物质的量为nmol，则Cu2O的物质的量分别nxmol，根据Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O可知nxmolCu2O反应产生Cu物质的量为nxmol，n+nx=SKIPIF1<0，则n=SKIPIF1<0，故n(Cu2O)=nx=SKIPIF1<0，根据铜原子守恒可知，未被还原的CuO的物质的量为n(CuO)=0.1-n-2nx=0.1-SKIPIF1<0-2×SKIPIF1<0=0.1-SKIPIF1<0。【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500mL2mol•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)2-Mg-H2-2OH-、2Al(OH)3-2Al-3H2-6OH-可知，n(OH-)=2n(H2)=2×SKIPIF1<0=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、H2)制化学品是目前天然气转化利用的主导技术路线。制备CH3OH的反应转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．用1molCH4理论上能生产标准状况下CH3OH22.4LB．等物质的量的CH3OH和CH4，CH3OH的质子数比CH4多8NAC．44gCO2气体和44gCH4与CO的混合气体，所含C原子数均为NAD．用CH4制备合成气的反应中，若生成1molCO，反应转移电子数为3NA【答案】D【解析】A．CH3OH在标况下不是气体，故无法得出标况下的体积是22.4L的结论，故A错误；B．1mol的CH3OH和CH4，一个甲醇分子含有18个质子，一个甲烷分子含有10个质子，一个甲醇分子比一个甲烷分子多8个质子，1mol的CH3OH比CH4多8NA个质子，但等物质的量没给出具体的物质的量数值，故CH3OH的质子数不一定比CH4多8NA，故B错误；C．44gCO2气体的物质的量为SKIPIF1<0，一氧化碳的相对分子质量为28，甲烷的相对分子质量为16，44gCH4与CO的混合气体假设全部是CH4气体，物质的量为SKIPIF1<0＞1mol，44gCH4与CO的混合气体假设全部是CO气体，物质的量为SKIPIF1<0＞1mol，故44gCH4与CO的混合气体的物质的量大于1mol，所含C原子数大于1mol，故C原子数大于NA，故C错误；D．制备CH3OH的反应过程中生成一氧化碳，发生反应：CO2(g)+C(s)=2CO(g)，生成2mol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，CH4(g)=C(s)+2H2(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1molCO，反应转移电子的物质的量为3mol，转移的电子数为3NA；答案选D。3．(2020届盐城市高三年级第三次（5月）模拟)NH4Cl是实验室常用试剂，下列相关说法正确的是A．反应2NH4Cl(s)+Ba(OH)2(s)=BaCl2(s)+2NH3(g)+2H2O(s)的△H>0，△S<0B．0.1mol·L－1NH4Cl溶液从15C升温到25°C时，SKIPIF1<0的值不变C．反应NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2↑+2H2O，每生成1molN2转移电子数为6×6.02×1023D．常温下，Ksp[Mg(OH)2]=1.8x10-11，Kb(NH3·H2O)=1.8x10-5，NH4Cl饱和溶液中加入少量Mg(OH)2，振荡，固体逐渐溶解【答案】D【解析】A．NH4Cl和Ba(OH)2的反应是吸热反应，△H>0，但是反应后气体体积增大，混乱度增大，△S>0，A错误；B．NH4＋在溶液中会水解，NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，水解吸热，升高温度，促进水解，水解平衡常数SKIPIF1<0增大，B错误；C．反应中NH4Cl中的N的化合物为－3升高到0，NaNO2中的N的化合价从+3降低到0价，都生成N2，则每转移3mol电子生成1molN2，即转移的电子数为3×6.02×1023，C错误；D．若Mg(OH)2和NH4Cl反应，离子方程式为2NH4＋＋Mg(OH)2Mg2＋＋2NH3·H2O，该反应的平衡常数SKIPIF1<0，带入数据，SKIPIF1<0，平衡常数较小，为可逆反应。NH4Cl饱和溶液中NH4＋浓度很大，可以促进反应正向进行，Mg(OH)2会溶解，D正确。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2.14g完全溶于一定浓度的硝酸，硝酸被还原成NO2、NO、N2O三种气体且标准况下它们体积均为0.224L。反应后的溶液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．3.12g B．4.68g C．5.08g D．4.18g【答案】D【解析】铜镁合金溶于一定浓度的硝酸，反应生成Mg(NO3)2、Cu(NO3)2、NO2、NO、N2O和H2O，反应后的溶液中加入足量NaOH溶液所得沉淀为Mg(OH)2和Cu(OH)2，沉淀的质量等于原铜镁合金的质量与OH-的质量之和；而n(NO2)=n(NO)=n(N2O)=SKIPIF1<0=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HNO3得到的电子总物质的量，HNO3得到电子被还原成NO2、NO、N2O，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)2和Cu(OH)2，沉淀中n（OH-