【步步高】高三化学一轮复习 第1章 考能特训课件 鲁科

章末考能特训解题技能1化学计算中的几种常用方法解题虽然没有一成不变的方法模式，但应建立解题的基本思维模式：题示信息+基础知识+逻辑思维。掌握正确的解题方法能简化解题过程，提高解题能力，常用的解题技巧有：1.差量法（1）差量法的应用原理差量法是指根据化学反应前后物质的量发生变化，找出“理论差量”。这种差量可以是质量、物质的量、气态物质的体积和压强、反应过程中的热量等。用差量法解题是先把化学方程式中的对应差量(理论差量)跟差量（实际差量）列成比例，然后求解。如:2C(s)+O2(g)2CO(g)ΔH=-221kJ/molΔm(固)，Δn(气)，ΔV（气）2mol1mol2mol221kJ24g1mol22.4L（标况）（2）使用差量法的注意事项

①所选用差值要与有关物质的数值成正比例或反比例关系。②有关物质的物理量及其单位都要正确地使用。（3）差量法的类型及应用

①质量差法【典例导析1】取一定量的CuO粉末与0.5L稀硫酸充分反应后,将一根50g铁棒插入上述溶液中，至铁棒质量不再变化时，铁棒增重0.24g，并收集到224mL气体（标准状况）。求此CuO

粉末的质量。

解析

由题意可知，CuO粉末与稀硫酸充分反应后，硫酸过量。引起铁棒质量变化时涉及下列两个反应：①Fe+H2SO4

FeSO4+H2↑②Fe+CuSO4

FeSO4+Cu其中①反应使铁棒质量减少，②反应使铁棒质量增加，两者的代数和为0.24g。①Fe+H2SO4

FeSO4+H2↑ Δm156g1mol56g0.01mol0.56gΔm2-Δm1=0.24g,Δm2=Δm1+0.24g=0.56g+0.24g=0.8g。设CuO的物质的量为x，则CuSO4的物质的量也为x,②Fe+CuSO4

FeSO4+CuΔm21mol8gx0.8g求得x=0.1mol，m(CuO)=0.1mol×80g/mol=8g。答案8g【典例导析2】一定条件下，合成氨气反应达到平衡时,测得混合气体中氨气的体积分数为20.0%,与反应前的体积相比，反应后体积缩小的百分率是（）A.16.7%B.20.0%C.80.0%D.83.3%解析N2+3H22NH3ΔV1L3L2L2L取平衡时混合气体100L，其中含20L

NH3。生成2LNH3，原气体总体积减少2L；则生成20LNH3，原气体总体积减少20L。所以，原始氮气和氢气总体积为120L，反应后体积缩小的百分率为20L/120L×100%=16.7%。高温、高压催化剂A②体积差量法2.关系式法物质间的一种简化的式子，解决多步反应，计算最简捷。多步反应中建立关系式的方法：（1）叠加法（如利用木炭、水蒸气制取氨气）由木炭、水蒸气制取NH3的关系为:3C~4NH3。(2)元素守恒法4NH3+5O24NO+6H2O2NO+O22NO23NO2+H2O2HNO3+NO经多次氧化和吸收，由N元素守恒知：NH3~HNO3（3）电子转移守恒法NH3

HNO3,O22O2-由得失电子总数相等知，NH3经氧化等一系列过程生成HNO3，NH3和O2的关系为NH3~2O2。失去8e-得4e-【典例导析3】取KI溶液25mL，向其中滴加 0.4mol/L的FeCl3溶液135mL,I-完全反应生成

I2：2I-+2Fe3+

I2+2Fe2+。将反应后的溶液用CCl4萃取后分液，向分出的水溶液中通入Cl2至0.025mol时，Fe2+恰好完全反应。求KI溶液的物质的量浓度。解析

依题意，有：2I-+2Fe3+

I2+2Fe2+,2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-本题可用关系式法求解。由上述两个反应及电子转移守恒理论，得I-与Cl2之间的关系式：2I-~Cl2。2e-|2e-|答案设KI的物质的量量是x。2I-~Cl221x0.025mol。。3.极值法法（1）极值值法的含义义极值法是采采用极限思思维方式解解决一些模模糊问题的解题技技巧。它是是将题设构构造为问题题的两个极端，然然后依据有有关化学知知识确定所所需反应物或生成成物的量值值，进行判判断分析，，求得结果。（2）极值法法解题的基本本思路极值法解题有有三个基本思思路：①把可逆反应应假设成向左左或向右进行行的完全反应。②把混合物假假设成纯净物物。③把平行反应应分别假设成成单一反应。。（3）极值法法解题的关键键紧扣题设的可可能趋势，选选好极端假设设的落点。（4）极值法法解题的优点点极值法解题的的优点是将某某些复杂的、、难以分析清楚的化学学问题假设为为极值问题，，使解题过程简化，解解题思路清晰晰，把问题化化繁为简，由难变易易，从而提高高了解题速度度。【典例导析4】已知25℃下，0.1mol/L某二元酸（H2A）溶液的pH大于1，其酸酸式盐NaHA溶液的pH小于7。取等等体积的H2A溶液和NaOH溶液混合后，，所得溶液的的pH等于7，则酸酸溶液与碱溶溶液的物质的的量浓度之比比是（（ ）A.小于0.5B.等于0.5C.大于0.5且小于1 D.大于于1且小于2解析因为0.1mol/LH2A的pH大于1，所以以H2A是弱酸，则H2A与NaOH生成正盐（Na2A）时，由于Na2A水解，溶液显显碱性，pH大于7，此时时酸溶液与碱碱溶液的物质质的量浓度之之比是1∶2=0.5。。现已知混合合液的pH等于7，故H2A必须过量，NaOH溶液的浓度只只能小于0.2mol/L，所以二者的的物质的量浓浓度之比一定定要大于0.5，即最小小值大于0.5。又因为H2A与NaOH反应生成酸式式盐（NaHA）时,溶液的的pH小于7，所以以NaHA溶液显酸性，，此时酸溶液液与碱溶液的的物质的量浓浓度之比是1∶1，要使使溶液的pH等于7，二者者的物质的量量浓度之比的的最大值要小小于1。由此此可知，酸溶溶液与碱溶液液的物质的量量浓度之比在在0.5与1之间。答案C4.平均值规规律及应用（1）依据:若XA>XB,则XA>>XB，代表平平均相对原子（分分子）质量、、平均浓度、、平均含量、、平均生成量、、平均消耗量量等。（2）应用：：已知可可以确定XA、XB的范围；或已知XA、XB可以确定的的范围。解题的关键是是要通过平均均值确定范围围，很多考题的平均值需需要根据条件件先确定下来来再作出判断。【典例导析5】铜和镁的的合金4.6g完全溶于浓硝硝酸，若反应应中硝酸被还还原只产生4480mLNO2气体和和336mL的N2O4气体（（气体体的体体积已已折算算到标标准状状况）），在在反应应后的的溶液液中，，加入入足量量的氢氢氧化化钠溶溶液，，生成成沉淀淀的质质量为为（））A.9.02gB.8.51gC.8.26gD.7.04g解析被还原原的硝硝酸共共有0.23mol，则4.6g铜和和镁镁的的合合金金为为0.115mol，故故合合金金的的平平均均摩摩尔尔质质量量为为=40g/mol,氢氢氧氧化化物物的的平平均均相相对对分分子子质质量为为：：40+17××2=74。。故故形形成成的的氢氢氧氧化化物物沉沉淀淀为为：：（（4.6g÷÷40g/mol)××74g/mol=8.51g或0.115mol×74g/mol=8.51g。本本题题也也可可以以用用整整体体思思维维方方法法，，采采用用守守恒恒法法来来解解。。沉沉淀淀的的质质量量等等于于合合金金的的质质量量与与其其沉沉淀淀的的OH-的质质量量之之和和，，而而Cu、Mg沉淀淀的的OH-的物物质质的的量量等等于于其其失失去去电电子子的的物物质质的的量量，，根根据据得得失失电电子子守守恒恒规规律律，，Cu、Mg失去去电电子子的的物物质质的的量量等等于于被被还还原原的的硝硝酸酸的的物物质质的的量量，，则则沉沉淀淀的的质质量量=4.6g+0.23mol×17g/mol=8.51g。答案案B1.标标准准状状况况下下，，10gCO和CO2混合合气气体体的的体体积积是是6.72L,则则此此混混合合气气体体中中，，CO和CO2的物物质质的的量量之之比比是是()A.1∶∶1B.2∶∶1C.4∶∶3D.2∶∶3迁移移应应用用解析析从题题中中数数据据上上看看，，无无差差值值特特征征。。但但CO2与CO在分分子子组组成成、、摩摩尔尔质质量量上上均均存存在在差差值值。。若若气气体体的的总总物物质质的的量量一一定定，，以以CO2代换CO，每代换换1mol,气体质质量就增增加16g。若6.72L(标准状状况下)的气体是CO，其质量量是××28g/mol=8.4g，实际上上,6.72L（标准状状况下））的气体体中，有有CO2代换CO而使气体体质量是是10g，质量增增加1.6g。标准状状况下，，6.72L气体的物物质的量量是0.3mol,设其中中的CO2的物质的的量是x。=,x=0.1mol。n（CO）∶n（CO2）=（0.3-0.1）∶0.1=2∶1。答案B2.一定定体积的的KMnO4溶液恰好好能氧化化一定质质量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O。若用0.1000mol/L的NaOH溶液中和和相同质质量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O，所需NaOH溶液的体体积恰好好为KMnO4溶液的3倍，则则KMnO4溶液的浓浓度（mol/L）为（（））提示：①①H2C2O4是二元弱弱酸②10［［KHC2O4·H2C2O4］+8KMnO4+17H2SO48MnSO4+9K2SO4+40CO2↑+32H2OA.0.008889B.0.08000C.0.1200D.0.2400解析可设NaOH溶液体体积为为1L,则KMnO4溶液为为L，n（NaOH）=0.1mol/L×1L=0.1moln(KHC2O4·H2C2O4·2H2O）=n（NaOH）=××0.1mol=moln(KMnO4)=··n(KHC2O4·H2C2O4·2H2O）=··mol=mol[KMnO4]==0.0800mol/L答案B3.常常温下下，向向20L的真空空容器器中通通入amolH2S和bmolSO2(a和b都是正正整数数，且且a≤5,b≤5)。反反应完完全后后，容容器内内气体体可能能达到到的最最大密密度是是()A.24.5g/LB.14.4g/LC.8g/LD.5.19g/L解析若容器器内充充入的的全是是H2S，则气气体的的最大大密度是=8.5g/L。若容容器内内充入入的全全是SO2,则气气体的的最大大密度度是=16g/L。因为2H2S(g)+SO2(g)2H2O(l)+3S(s),则则只有H2S与SO2反应后后SO2有剩余时，，气体才可可能达到最大密密度。取a的最小值a=1,取b的最大值b=5,反应后剩余余的气体是是SO2，且n(SO2）剩余最多多，即4.5mol,ρ(SO2)==14.4g/L。答案B4.生态农农业涉及农农家肥料的的综合利用用，某种肥肥料经发酵酵得到一种种含甲烷、、二氧化碳碳、氮气的的混合气体体。2.016L(标准状况况)该气体体通过盛有有红热CuO粉末的硬质质玻璃管，，发生的反反应为：CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu。当甲烷完完全反应后后，硬质玻玻璃管的质质量减轻4.8g。将反应后后产生的气气体通过过过量的澄清清石灰水中中，充分吸吸收，生成成沉淀8.5g。（1）原混混合气体中中甲烷的物物质的量是是。（2）原混混合气体中中氮气的体体积分数是是多少？（（写出计算算过程）解析分析CH4还原氧化铜铜的反应可可知，硬质质玻璃管的的质量减轻轻4.8g是参加反应应的CuO中O的质量，由由化学方程程式利用差差量法可解解本题：(1)CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu固体质量差差1mol4×80g1mol4×64g64gn(CH4)n(CO2)4.8g列比例式n(CH4)=0.075moln(CO2)=0.075mol(2)n(CO2)总=n(CaCO3)==0.085moln(CO2)总量就等等于n(CH4)与n(CO2)原之和，则V（N2）=2.016L-n(CO2)总×22.4L/mol=0.112LN2的体体积积分分数数为为××100%=5.56%答案案（1））0.075mol(2)5.56%实验验突突破破1.气体体的的质质量量和和体体积积的的测定定原原理理与与方方法法1.气气体体体体积积的的测测定定（1））原原理理：：对对于于难难溶溶于于水水且且不不与与水水反反应应（（或或无无法用用试试剂剂直直接接吸吸收收））的的气气体体（（如如H2、O2等））通通常采采用用排排水水量量气气法法测测量量它它们们的的体体积积，，根根据据排排出出的水水的的体体积积来来确确定定气气体体的的体体积积。。（2））量量气气装装置置其中中图图（（a）会会因因集集气气瓶瓶至至量量筒筒之之间间的的那那段段导导管管内内的液液体体无无法法读读出出，，而而使使测测得得的的气气体体体体积积偏偏小小；；如如果选用图（d）的装置就可可以避免这样样的误差，其其实验步骤为:①检验装置置的气密性；；②连接好收收集装置后，在量量气筒内注满满水，上下移移动乙管，使使甲管内的液面面处在“0””刻度；③反反应完毕，上上下移动乙管，使使甲、乙两管管内的液面保保持相平，再再读出甲管内气体体体积数。这这套装置的好好处是成功的的避免了装置(a)的不足,利利用反应前装装置内外的气气压相等，反应应后上下移动动乙管，使甲甲、乙两管内内的液面保持相相平，从而保保持反应后装装置内外的气气压相等，这样样测得的结果果才比较准确确。但这套装装置也有不足，，操作复杂。。（3）读取体体积：读数时注意:①冷却至室室温；②调节节两液面相平平；③视线与凹液液面的最低处处相切。2.气体质量量的测定（1）原理：：气体的质量量一般采用间间接的方法来来测定，对一些些可用试剂直直接吸收的气气体根据气体的某些性质质（如酸碱性性或溶解性））采用合适的的吸收剂（如浓浓硫酸、碱石石灰）和实验验装置（如洗洗气瓶、干燥管管）来吸收，，通过吸收装装置吸收前后后的质量差得到到气体的质量量。（2）测量装装置【典例导析】某研究性学习习小组为证明明在同温同压下，相同同浓度相同体体积的不同强强度的一元酸与足量镁带带反应时，生生成氢气的体体积相同而反应速率不同同，同时测定定实验室条件件下的气体摩尔体积。设设计的简易实实验装置如下下图。该实验的主要操作作步骤如下：：Ⅰ.①配制浓浓度均为0.5mol/LH2SO4溶液和H2C2O4溶液；②用量取10.00mL0.5mol/LH2SO4和H2C2O4溶液分别加入入两个锥形瓶瓶中；③分别称取除除去表面氧化化膜的镁条并并系于铜丝末端；④检查装置的的气密性，在在广口瓶中装装满水，按图连接好装置置；⑤将铜丝向下下移动,使足足量镁带浸入入酸中(铜丝丝不与酸接触)，，至反应完全全，记录；⑥反应结束后后，读取量筒筒中水的体积积为ymL。Ⅱ.请将上述述步骤补充完完整并回答下下列问题：（1）用密度度为1.84g/cm398%的浓H2SO4配制250mL0.5mol/L的H2SO4溶液，所需要要的主要仪器有、、烧杯、玻璃璃棒、酸式滴定定管。（2）以下是是读取量筒内内水的体积时时必须包括的的几个步骤：①①使乙、丙中中液面相平；；②将装置冷却至室温；；③读取量筒筒内水的体积积。这三步操作的正确顺顺序是。（3））读取取量筒筒内水水的体体积时时，若若丙中中液面面高于于乙中液液面，，使乙乙、丙丙中液液面相相平的的操作作是。（4））简述述速率率不等等的原原因是是，铜丝不不与酸酸接触触的原原因是是。解析Ⅰ.②②根据据量取取溶液液体积积的精精确度度要求求可知应使使用酸酸式滴滴定管管；⑤⑤比较较H2SO4、H2C2O4反应速率率可通通过观观察气气泡或或完全全反应应所需需时间间长短短。Ⅱ.(1)配制制溶液液需要要使用用特定定的仪仪器（（250mL的容量瓶瓶），，定容容时需需要用用到胶胶头滴滴管。。（2）为为保证测量量数据据的准准确,应该该将气气体冷冷却至至室温温和相相同压强下下，所所以应应该先先进行行操作作②,然后后调整整液面面使气体压压强等等于外外界大大气压压,最最后正正确读读数。。(3)由由题意可可知，，丙（（量筒筒）中中的液液面高高于乙乙的液液面,故应将丙丙向下下移动动。(4)因为为H2SO4是强酸酸、H2C2O4是弱酸酸，故故相同同浓度度的溶溶液中中H2SO4的氢离离子浓浓度大，反反应速速率快快。若若铜丝丝接触触溶液液，则则构成成原电电池，使使反应应速率率加快快，使使实验验结果果的可可信度度降低低。答案Ⅰ.②②酸式式滴定定管⑤⑤反应应所需需时间间Ⅱ.（（1））250mL容量瓶瓶胶胶头头滴管管（2））②①①③(3)丙向向下移移动（4））氢离离子浓浓度不不同镁镁与铜铜易形形成原原电池池，加加快反反应速速率，，干扰扰实验验的测测定有一含含NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物，，某同学设计计如下实验验，通过测测量反应前前后C、D装置质量的变化化，测定该该混合物中中各组分的的质量分数数。迁移应用（1）加热热前通入空空气的目的的是，操作方法为为。（2）装置置A、C、、D中盛放放的试剂分分别为：A，C，D。（3）若将将A装置换换成盛放NaOH溶溶液的洗气气瓶，则测测得的NaCl的含量量将（填“偏高高”、“偏偏低”或“无影响响”，下同同）；若B中反应管管右侧有水水蒸气冷凝，则测测定结果中中NaHCO3的含量将；若撤去E装置，，则测得Na2CO3·10H2O的含量将将。（4）若样样品质量为为wg，反应后后C、D增增加的质量量分别为m1g、m2g，由此可可知混合物物中NaHCO3的质量分数为（用含w、m1、m2的代数式表表示）。解析这是一道定定量测定的的综合实验验题。（2）A、C、D都是U形形管，不能能盛液体试试剂，只能能盛固体试试剂。A处试剂必必须同时吸吸收CO2和水蒸气，，故A处盛盛的是碱石灰；C、D两处处分别吸收收水蒸气和和CO2，故C处可盛无水硫硫酸铜（或或无水CaCl2、P2O5等），D处处可盛碱石灰。。（3）若A装置盛放放NaOH溶液只吸吸收CO2，不吸收水水蒸气，则混混合物中产产生水蒸气气的Na2CO3·10H2O和NaHCO3的总质量在在计算中会会增大，因因此测得的的NaCl的含量会偏偏低；若B中反应管管右侧有水水蒸气冷凝凝，则水蒸气总质质量减小，，Na2CO3·10H2O和NaHCO3的总质量在计计算中会减减小，但是是NaHCO3的质量是根根据CO2的质量进行行计算，所所以测得的的NaHCO3的含量不受影响；若若撤去E装装置，则D装置可吸吸收来自外外界空气中的CO2，使得NaHCO3的质量在计计算中会增增大，故测得的Na2CO3·10H2O的含量会会偏低。（4）NaHCO3的质量分数数：××2××84g/mol÷wg×100%=%答案（1）除除去装置置中的水水蒸气和和二氧化化碳关关闭b，，打开a，，缓缓通通入空气气，直至至a处出出来的空空气不再再使澄清石灰水水变浑浊浊为止（2）碱碱石灰无无水硫酸酸铜（或或无水CaCl2、P2O5等）碱石灰（3）偏偏低无无影响偏偏低（（4）%1.（2009·福福建理综综，8））设NA为阿伏加加德罗常常数，下列列叙述正正确的是是（（））A.24g镁镁的原子子最外层层电子数数为NAB.1L0.1mol/L乙乙酸溶液液中H+数为0.1NAC.1mol甲烷分分子所含含质子数数为10NAD.标准准状况下下，22.4L乙醇醇的分子子数为NA解析24g镁的原原子最外外层电子子数为24g/24g/mol×2=2mol，，为2NA,A错误误；乙酸酸是弱酸酸，不完全电电离，B错误；；甲烷是是10电电子分子子，C正正确；标准准状况下下，乙醇醇是液体体，D错错误。C易错题重重练2.用NA表示阿伏伏加德罗罗常数的的值。下下列叙述述正确的是（（））A.常温温常压下下33.6L氯气与与27g铝充充分反应应，转移电子数数为3NAB.标准准状况下下，22.4L己烷烷中共价价键数目目为19NAC.由CO2和O2组成的混混合物中中共有NA个分子，，其中的氧原原子数为为2NAD.1L浓度度为1mol/L的的Na2CO3溶液中含含有NA个解析A项，若若是标况况下，33.6LCl2与27g铝能能恰好反应应生成1molAlCl3，电子转转移为3mol，即即3NA，但常温温常压下下的33.6LCl2在标况下下的体积积应小于33.6L，，故Cl2不足量，，不会生生成1molAlCl3，A项错；B项，标况时时己烷是液体体，22.4L己烷远大于1mol，，B项错；C项，CO2与O2虽物质不同，相对多多少也不确定定，但它们的的共同之处就就是每个分子中中一定含有2个氧原子，，C选项正确确；D选项，需要要考虑水水解，故D选项也不正正确。答案C3.用NA表示阿伏加德德罗常数，以以下各说法中中正确的是（（））A.在加热时时，0.1mol的铜铜与足量的浓浓硫酸反应生成SO2的体积约为2.24LB.0.1mol氯气气溶于水，反反应中转移的的电子数为0.1NAC.常温常压压下，2.24L四氯氯化碳中所含含氯原子数大于0.4NAD.在同温同同压下，相同同体积的任何何气体单质应应含有相同的原原子数C4.NA代表阿伏加德德罗常数，下下列叙述正确确的是（））A.标准状况况下，2.24LH2O含有的分子子数等于0.1NAB.常温下，，100mL1mol/LNa2CO3溶液中阴离子总数大于0.1NAC.分子数为为NA的CO、C2H4混合气体体积积约为22.4L，质量为28gD.3.4gNH3中含N-H键键数目为0.2NA解析A项：在标准准状况下，H2O不是气体，，2.24L不对应0.1mol，错；B项：0.1mol由由于部分发发生水解使减减少，但每消耗耗1个，，同时时增加一个和和OH-,使阴离子数数目增多，B选项正确；；C项：CO、、C2H4的摩尔质量都都是28g/mol，，28g混混合气体肯定是是1mol,但该选项项未指明状态态，也就不一定是22.4L，，反之未指明明状态条件的的22.4L气体未必是28g；D项：3.4gNH3相当于0.2molNH3，每个NH3含3个N-H键，，故3.4gNH3中含0.6NAN-H键。答案B5.质量分数数为w的NaOH溶溶液，其物质质的量浓度为amol/L，，加热蒸发水水分使其质量量分数变为2w,此时,该溶液液中NaOH的物质的量量浓度为bmol/L，，则a与b的关系正确的的是（（））A.b=2aB.a=2bC.b<2aD.b>2a解析质量分数由由w→2w,表明溶液液的质量减减少一半，而溶溶质不变时时，减少的的全部是水水，由于水的密度小小于溶液的的密度，所所得溶液体体积小于原体积的一一半，则b>2a。D6.0.1mol/LNa2SO4溶液300mL、、0.1mol/LMgSO4溶液200mL和和0.1mol/LAl2（SO4）3溶液100mL，这这三种溶液液中硫酸根根离子浓度度之比是（（））A.1∶1∶1B.3∶2∶∶1C.3∶∶2∶3D.1∶1∶3解析本题易错选选A或C，，错选A是是对物质的的量与物质的量量浓度的概概念没有认认真思考造造成的；错选C是因因为未细看看题目要求求而将题给给数据分别相乘，再再比较得到到答案。其其实该题与与溶液体积无关，完完全是干扰扰信息。许许多考生在在做这种题时容易思思维定势见见数就做，，一旦认识识到自己做错了时，，才恍然大大悟，这样样的错误往往往会屡做屡犯，解解决的办法法只有认真真审题，养养成良好的审题习惯惯。D7.已知NH3和NO2都能用来做做喷泉实验验,若在标标准状况下用等等体积烧瓶瓶各收集满满NH3和NO2气体，实验后后两个烧瓶瓶内溶液的的关系是（（不考虑溶质的扩散散）（（））A.溶质的的物质的量量浓度相同同，溶质的的质量分数数不同B.溶质的的质量分数数相同，不同C.溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都不同D.溶质的物质的量浓度和溶质的质量分数都相同解析很多同学在在求解时想想当然认为为：用NO2气体做喷泉实实验，由于于发生反应应3NO2+H2O2HNO3+NO，烧烧瓶内不