第 1 章 · 物质的量与化学计算

项目	内容
课标主题	必修 · 主题 1 化学科学与实验探究（1.1”了解物质的量及其相关物理量的含义和应用，体会定量研究对化学科学的重要作用”）；学生必做实验“配制一定物质的量浓度的溶液”
人教版（2019）	必修第一册 第二章第三节“物质的量”；实验活动 1”配制一定物质的量浓度的溶液”
考试地位	阿伏加德罗常数（$N_\mathrm{A}$）的正误判断是选择题常考题型；以物质的量为中心的换算和守恒法贯穿所有计算题（滴定、流程、原理题的计算都靠它）
前置知识	初中化学的相对原子质量、化学式、质量守恒定律、溶质质量分数

化学反应是一个一个微粒之间发生的，可我们在实验室里只能称质量、量体积。物质的量就是连接这两头的桥：一头是看不见的微粒个数，一头是能称能量的质量、体积、浓度。这一章讲清楚这座桥怎么走，再讲三种省力的算法：守恒法、关系式法、差量法。后面每一章的计算都建立在这一章上。

1.1 知识点一览

知识点	一句话	考试中
1.2 物质的量与阿伏加德罗常数	物质的量 $n$ 是“多少个微粒”的计量，$1\ \mathrm{mol}$ 含 $N_\mathrm{A} \approx 6.02 \times 10^{23}$ 个；$n = \dfrac{N}{N_\mathrm{A}}$	概念选择题；所有计算的起点
1.3 摩尔质量	$1\ \mathrm{mol}$ 物质的质量，以 $\mathrm{g/mol}$ 为单位时数值等于相对分子（原子）质量；$n = \dfrac{m}{M}$	必用
1.4 气体摩尔体积与阿伏加德罗定律	标准状况下 $V_\mathrm{m} = 22.4\ \mathrm{L/mol}$；同温同压同体积的气体分子数相同	必用；“标准状况”“气体”两个条件是选择题陷阱
1.5 物质的量浓度	$c = \dfrac{n}{V}$，$V$ 是溶液体积；和质量分数、稀释的换算	必用；滴定、配制、流程计算都要
1.6 以物质的量为中心的换算	$n = \dfrac{N}{N_\mathrm{A}} = \dfrac{m}{M} = \dfrac{V}{V_\mathrm{m}} = cV$，四个量都经过 $n$ 互换	必考，$N_\mathrm{A}$ 判断题的核心
1.7 守恒法	质量、原子、电荷、得失电子四种守恒，只看始末，跳过中间过程	常考，氧化还原计算和多步反应计算的主要方法
1.8 关系式法与差量法	多步反应用系数和原子守恒连成一条关系式；反应前后某个量的差和反应量成正比	常考，工业流程和混合物计算

1.2 物质的量与阿伏加德罗常数

说明

宏观：$1$ 滴水约 $0.05\ \mathrm{g}$，里面的水分子大约有 $1.7 \times 10^{21}$ 个。微粒太小、太多，一个一个数不可能，必须找一个“集体单位”，就像买米论斤、买纸论令。

微观：物质的量（符号 $n$）表示含有一定数目微粒的集合体，单位是摩尔（$\mathrm{mol}$）。$1\ \mathrm{mol}$ 任何微粒的数目都是阿伏加德罗常数（符号 $N_\mathrm{A}$）个：

$$N_\mathrm{A} = 6.02214076 \times 10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}}$$

计算时取 $N_\mathrm{A} \approx 6.02 \times 10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}}$。这里的“微粒”指分子、原子、离子、电子、质子、中子，或者它们的特定组合（如 $\ce{NaCl}$ 这个组成单元）。

符号：微粒数 $N$、物质的量 $n$、阿伏加德罗常数 $N_\mathrm{A}$ 的关系是

$$n = \frac{N}{N_\mathrm{A}}$$

一个微粒里含有几个更小的微粒，物质的量就按同样的倍数算：$1\ \mathrm{mol}\ \ce{H2O}$ 含 $2\ \mathrm{mol}$ H 原子、$1\ \mathrm{mol}$ O 原子、$10\ \mathrm{mol}$ 电子（H 有 1 个电子，O 有 8 个，$2 + 8 = 10$）。

使用场景

• 题目给微粒个数（$3.01 \times 10^{23}$ 个分子）或问微粒个数（“含多少个原子”“含 $N_\mathrm{A}$ 的几倍”）→ 微粒数和物质的量互换 → 用 $n = \dfrac{N}{N_\mathrm{A}}$。
• 题目问一种物质里某种微粒（原子、离子、电子、质子）的物质的量或个数 → 先看一个“组成单元”里含几个这种微粒 → 乘以这个倍数。
• 选择题考“摩尔”“物质的量”“阿伏加德罗常数”的含义和用法 → 对照定义：物质的量是物理量，摩尔是单位，只用于微观粒子且要指明是哪种微粒。

注意点

• 用摩尔时必须指明微粒：写”$1\ \mathrm{mol}\ \ce{H2}$“”$1\ \mathrm{mol}$ H 原子”，不能写”$1\ \mathrm{mol}$ 氢”（不知道是氢原子、氢分子还是氢离子）。
• 只用于微观粒子。“$1\ \mathrm{mol}$ 大米”没有意义。
• “物质的量”四个字是一个整体，是物理量的名称，不能说成“物质的质量”或“物质的数量”；摩尔是它的单位，不是物理量。
• $N_\mathrm{A}$ 有单位 $\mathrm{mol^{-1}}$；$6.02 \times 10^{23}$ 是它的近似数值。选择题里”$N_\mathrm{A}$ 就是 $6.02 \times 10^{23}$“是错的（丢了单位）。
• 离子化合物没有“分子”：$\ce{NaCl}$ 由 $\ce{Na+}$ 和 $\ce{Cl-}$ 构成，“$1\ \mathrm{mol}\ \ce{NaCl}$“指 $1\ \mathrm{mol}$ 组成单元，含 $1\ \mathrm{mol}\ \ce{Na+}$ 和 $1\ \mathrm{mol}\ \ce{Cl-}$，不能说”含 $N_\mathrm{A}$ 个 $\ce{NaCl}$ 分子”。

原理解释

$N_\mathrm{A}$ 这个数是怎么来的：历史上摩尔的定义是”$0.012\ \mathrm{kg}$ 碳-12 所含的碳原子数”，测出来约 $6.02 \times 10^{23}$。2019 年 5 月 20 日起，国际单位制改为直接规定 $N_\mathrm{A}$ 的精确值 $6.02214076 \times 10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}}$，再由它定义摩尔。新旧定义在数值上衔接，高中计算不受影响。

为什么化学偏要用这么大的数：选它是为了让下一节的摩尔质量在数值上等于相对原子质量（关键一步：相对原子质量是以碳-12 原子质量的 $\dfrac{1}{12}$ 为标准定的，碳-12 是 12；而 $N_\mathrm{A}$ 个碳-12 原子正好是 $12\ \mathrm{g}$。两个“12”对上了，任何原子的 $N_\mathrm{A}$ 个的克数就都等于它的相对原子质量）。这样从化学式就能直接读出 $1\ \mathrm{mol}$ 的质量，不用另外查表。

例题

例 1　（场景：微粒数与物质的量互换）$3.01 \times 10^{23}$ 个 $\ce{H2O}$ 分子的物质的量是多少？其中含多少个 H 原子、多少摩尔电子？

解：

找关系：$n = \dfrac{N}{N_\mathrm{A}}$；一个 $\ce{H2O}$ 分子含 2 个 H 原子、10 个电子。

列式：$n(\ce{H2O}) = \dfrac{3.01 \times 10^{23}}{6.02 \times 10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}}}$。

计算：$n(\ce{H2O}) = 0.5\ \mathrm{mol}$；H 原子 $0.5 \times 2 = 1\ \mathrm{mol}$，即 $6.02 \times 10^{23}$ 个（$N_\mathrm{A}$ 个）；电子 $0.5 \times 10 = 5\ \mathrm{mol}$。

检验：$3.01 \times 10^{23}$ 正好是 $N_\mathrm{A}$ 的一半，$0.5\ \mathrm{mol}$ 合理；H 原子数是水分子数的 2 倍，对。

例 2　（场景：一种物质里某种微粒的量）$0.2\ \mathrm{mol}\ \ce{Na2SO4}$ 中含 $\ce{Na+}$、$\ce{SO4^2-}$ 和 O 原子各多少摩尔？离子总数是多少？

解：

找关系：一个组成单元 $\ce{Na2SO4}$ 含 2 个 $\ce{Na+}$、1 个 $\ce{SO4^2-}$、4 个 O 原子。

列式：各微粒的物质的量 $= 0.2\ \mathrm{mol} \times$ 个数。

计算：$n(\ce{Na+}) = 0.4\ \mathrm{mol}$，$n(\ce{SO4^2-}) = 0.2\ \mathrm{mol}$，$n(\ce{O}) = 0.8\ \mathrm{mol}$；离子共 $0.6\ \mathrm{mol}$，即 $0.6N_\mathrm{A}$ 个。

检验：正电荷 $0.4 \times 1 = 0.4\ \mathrm{mol}$，负电荷 $0.2 \times 2 = 0.4\ \mathrm{mol}$，电荷平衡，组成没数错。

容易卡在：把 $\ce{SO4^2-}$ 里的 O 原子和“离子数”混在一起数。O 原子在硫酸根离子里面，数离子时 $\ce{SO4^2-}$ 只算 1 个。

例 3　（场景：概念的正误）下列说法正确的是（　）。

A. $1\ \mathrm{mol}$ 氢中含有 $2\ \mathrm{mol}$ 氢原子 B. 摩尔是表示物质所含微粒数多少的物理量 C. $1\ \mathrm{mol}\ \ce{H2O}$ 中含有 $N_\mathrm{A}$ 个水分子 D. $1\ \mathrm{mol}$ 小米约含 $6.02 \times 10^{23}$ 粒

解：C。

判断依据：物质的量是物理量、摩尔是单位，只用于微观粒子，且要指明微粒种类。

A 没指明是氢分子还是氢原子，说法不成立；B 物理量是“物质的量”，摩尔是它的单位；D 小米是宏观物体，不能用摩尔；C 符合定义。

常用推论

• 同一物质中两种微粒的物质的量之比 = 一个组成单元里它们的个数之比。如 $\ce{Al2(SO4)3}$ 中 $n(\ce{Al^3+}) : n(\ce{SO4^2-}) = 2 : 3$。由“每个组成单元都一样”直接得出。
• 微粒数之比 = 物质的量之比：$\dfrac{N_1}{N_2} = \dfrac{n_1}{n_2}$。比较“谁含的分子多”时，比物质的量即可，不用乘 $N_\mathrm{A}$。
• 常用电子数：$\ce{H2O}$、$\ce{NH3}$、$\ce{CH4}$、$\ce{HF}$、$\ce{Ne}$、$\ce{Na+}$、$\ce{Mg^2+}$、$\ce{Al^3+}$、$\ce{OH-}$、$\ce{NH4+}$、$\ce{F-}$、$\ce{O^2-}$ 都是 10 电子微粒。离子的电子数 = 质子数 − 电荷数（阳离子）或 + 电荷数（阴离子）。

易错点

• 错在哪：说”$1\ \mathrm{mol}$ 氧”。 为什么错：规范性错误。“氧”可以指 O 原子、$\ce{O2}$ 分子、$\ce{O^2-}$ 离子，物质的量不同。 正确做法：写化学式或写明微粒名称：“$1\ \mathrm{mol}\ \ce{O2}$”“$1\ \mathrm{mol}$ O 原子”。
• 错在哪：数离子化合物的离子数时，把 $\ce{Na2O2}$ 当成含 $2\ \mathrm{mol}\ \ce{Na+}$ 和 $2\ \mathrm{mol}\ \ce{O^2-}$。 为什么错：记忆性错误。过氧化钠的阴离子是过氧根 $\ce{O2^2-}$（两个 O 原子连在一起带 2 个负电荷），一个 $\ce{Na2O2}$ 只有 1 个阴离子。 正确做法：$1\ \mathrm{mol}\ \ce{Na2O2}$ 含 $2\ \mathrm{mol}\ \ce{Na+}$、$1\ \mathrm{mol}\ \ce{O2^2-}$，离子共 $3\ \mathrm{mol}$。结构见第 6 章。
• 错在哪：认为 $N_\mathrm{A}$ 就等于 $6.02 \times 10^{23}$。 为什么错：$N_\mathrm{A}$ 是带单位的常数 $\mathrm{mol^{-1}}$，$6.02 \times 10^{23}$ 只是它的近似数值。 正确做法：写 $N_\mathrm{A} \approx 6.02 \times 10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}}$。

直观理解

物质的量像“打”：一打鸡蛋是 12 个，一摩尔微粒是 $6.02 \times 10^{23}$ 个。说“两打鸡蛋”时你知道是 24 个，说”$2\ \mathrm{mol}\ \ce{H2O}$“就是 $2N_\mathrm{A}$ 个水分子。只是这一”打“大得惊人：$1\ \mathrm{mol}$ 粒米（每粒约 $0.02\ \mathrm{cm^3}$）铺满全国 960 万平方千米，能铺一千多米厚。

关联知识点

• 后续：1.3 摩尔质量，把物质的量和质量连起来。
• 后续：第 14 章原子结构，质子数、中子数、电子数的计算。
• 后续：第 16 章化学键，$N_\mathrm{A}$ 判断题里“含多少共价键”要用结构。
• 常一起考：1.6 以物质的量为中心的换算（$N_\mathrm{A}$ 判断题）。

1.3 摩尔质量

说明

宏观：同样是 $1\ \mathrm{mol}$，$\ce{H2}$ 只有 $2\ \mathrm{g}$，$\ce{H2SO4}$ 有 $98\ \mathrm{g}$。微粒数相同，质量不同，因为每个微粒的质量不同。

微观：摩尔质量（符号 $M$）是单位物质的量的物质所具有的质量，单位 $\mathrm{g/mol}$（或 $\mathrm{g \cdot mol^{-1}}$）。以 $\mathrm{g/mol}$ 为单位时，摩尔质量在数值上等于该微粒的相对原子质量或相对分子质量（相对式量）。

符号：

$$M = \frac{m}{n}, \qquad n = \frac{m}{M}, \qquad m = nM$$

例：$M(\ce{H2O}) = 18\ \mathrm{g/mol}$，$M(\ce{NaCl}) = 58.5\ \mathrm{g/mol}$，$M(\ce{CuSO4.5H2O}) = 250\ \mathrm{g/mol}$，$M(\ce{SO4^2-}) = 96\ \mathrm{g/mol}$。

使用场景

• 题目给质量求物质的量（或反过来）→ 质量和物质的量互换 → 用 $n = \dfrac{m}{M}$，$M$ 从化学式算。
• 题目给某物质的质量和物质的量（或微粒数），问它是什么物质 → 先求 $M = \dfrac{m}{n}$，再由相对分子质量推元素或化学式。
• 混合物（两种气体、两种固体）给总质量和总物质的量，问组成 → 设两种物质的物质的量，列“物质的量和”“质量和”两个方程；或者求平均摩尔质量 $\bar{M} = \dfrac{m_{\text{总}}}{n_{\text{总}}}$。

注意点

• 三个量别混：摩尔质量 $M$ 单位 $\mathrm{g/mol}$；相对分子质量没有单位；质量 $m$ 单位 $\mathrm{g}$。“$\ce{H2O}$ 的摩尔质量是 18”（漏单位）、“$\ce{H2O}$ 的摩尔质量是 $18\ \mathrm{g}$”（单位错）都不对。
• 离子的摩尔质量和对应的原子或原子团相同：$M(\ce{Na+}) = 23\ \mathrm{g/mol}$。电子质量约为质子的 $\dfrac{1}{1836}$，得失电子对质量的影响忽略不计。
• 结晶水合物的摩尔质量包括结晶水：用胆矾 $\ce{CuSO4.5H2O}$ 配制 $\ce{CuSO4}$ 溶液，称量时 $M$ 取 $250\ \mathrm{g/mol}$，不是 $160$。
• 摩尔质量和取多少物质无关：$1\ \mathrm{g}$ 水和 $1\ \mathrm{kg}$ 水，摩尔质量都是 $18\ \mathrm{g/mol}$。
• 平均摩尔质量一定在两种组分的摩尔质量之间，用它可以快速检查结果。

原理解释

为什么数值相等：一个微粒的质量 = 相对分子质量 $M_\mathrm{r}$ × 碳-12 原子质量的 $\dfrac{1}{12}$。$1\ \mathrm{mol}$ 的质量就是

$$m = N_\mathrm{A} \times M_\mathrm{r} \times \frac{m(\ce{^{12}C})}{12}$$

而 $N_\mathrm{A} \times m(\ce{^{12}C}) = 12\ \mathrm{g}$（$N_\mathrm{A}$ 个碳-12 原子正好 $12\ \mathrm{g}$，见 1.2 节）。代入得 $m = M_\mathrm{r}\ \mathrm{g}$（关键一步：$N_\mathrm{A}$ 和”$\dfrac{1}{12}$ 碳-12”这两个约定互相抵消，只剩下 $M_\mathrm{r}$，所以 $M$ 的数值就是 $M_\mathrm{r}$，单位是 $\mathrm{g/mol}$）。

例题

例 1　（场景：质量与物质的量互换）$9.8\ \mathrm{g}\ \ce{H2SO4}$ 的物质的量是多少？含 O 原子多少个？

解：

找关系：$n = \dfrac{m}{M}$，$M(\ce{H2SO4}) = 2 \times 1 + 32 + 4 \times 16 = 98\ \mathrm{g/mol}$；一个 $\ce{H2SO4}$ 含 4 个 O。

列式：$n(\ce{H2SO4}) = \dfrac{9.8\ \mathrm{g}}{98\ \mathrm{g/mol}}$。

计算：$n(\ce{H2SO4}) = 0.1\ \mathrm{mol}$；O 原子 $0.4\ \mathrm{mol}$，即 $0.4N_\mathrm{A} \approx 2.408 \times 10^{23}$ 个。

检验：单位 $\dfrac{\mathrm{g}}{\mathrm{g/mol}} = \mathrm{mol}$，对；$9.8$ 是 $98$ 的十分之一，$0.1\ \mathrm{mol}$ 合理。

例 2　（场景：由质量和物质的量推化学式）$0.25\ \mathrm{mol}$ 某气体氧化物 $\ce{RO2}$ 的质量为 $16\ \mathrm{g}$，求 R 的相对原子质量，并写出该氧化物的化学式。

解：

找关系：$M = \dfrac{m}{n}$；$M_\mathrm{r}(\ce{RO2}) = A_\mathrm{r}(\ce{R}) + 2 \times 16$。

列式：$M(\ce{RO2}) = \dfrac{16\ \mathrm{g}}{0.25\ \mathrm{mol}} = 64\ \mathrm{g/mol}$；$A_\mathrm{r}(\ce{R}) = 64 - 32$。

计算：$A_\mathrm{r}(\ce{R}) = 32$，R 是硫，化学式 $\ce{SO2}$。

检验：$\ce{SO2}$ 确实是常见气体氧化物，相对分子质量 64，自洽。

例 3　（场景：混合物的组成）$\ce{CO}$ 和 $\ce{CO2}$ 的混合气体共 $0.5\ \mathrm{mol}$，质量为 $18\ \mathrm{g}$。求两种气体各多少摩尔，以及混合气体的平均摩尔质量。

解：

找关系：物质的量和 $=0.5\ \mathrm{mol}$，质量和 $=18\ \mathrm{g}$；$M(\ce{CO}) = 28\ \mathrm{g/mol}$，$M(\ce{CO2}) = 44\ \mathrm{g/mol}$。

列式：设 $n(\ce{CO}) = x$，$n(\ce{CO2}) = y$：

$$\begin{cases} x + y = 0.5 \\ 28x + 44y = 18 \end{cases}$$

计算：代入 $y = 0.5 - x$：$28x + 22 - 44x = 18$，$x = 0.25\ \mathrm{mol}$，$y = 0.25\ \mathrm{mol}$。平均摩尔质量 $\bar{M} = \dfrac{18\ \mathrm{g}}{0.5\ \mathrm{mol}} = 36\ \mathrm{g/mol}$。

检验：$36$ 在 $28$ 和 $44$ 之间，且正好是两者的平均数，和“两者各占一半”一致。

常用推论

• 质量相同的两种物质，物质的量之比 = 摩尔质量的反比：$\dfrac{n_1}{n_2} = \dfrac{M_2}{M_1}$。如等质量的 $\ce{O2}$ 和 $\ce{O3}$，分子数之比 $3 : 2$，原子数之比 $1 : 1$（都是 O 原子，总质量相同）。
• 平均摩尔质量 $\bar{M} = \dfrac{m_{\text{总}}}{n_{\text{总}}}$，介于各组分的摩尔质量之间。两组分时，$\bar{M}$ 离哪个组分的 $M$ 越近，那个组分越多。
• 一个微粒的质量 $= \dfrac{M}{N_\mathrm{A}}$。如一个水分子约 $\dfrac{18}{6.02 \times 10^{23}}\ \mathrm{g} \approx 2.99 \times 10^{-23}\ \mathrm{g}$。

易错点

• 错在哪：说”$\ce{H2SO4}$ 的摩尔质量是 $98\ \mathrm{g}$“。 为什么错：规范性错误。摩尔质量是每摩尔的质量，单位 $\mathrm{g/mol}$；$98\ \mathrm{g}$ 是 $1\ \mathrm{mol}\ \ce{H2SO4}$ 的质量。 正确做法：写”$M(\ce{H2SO4}) = 98\ \mathrm{g/mol}$“或”$1\ \mathrm{mol}\ \ce{H2SO4}$ 的质量是 $98\ \mathrm{g}$“。
• 错在哪：用胆矾配制 $\ce{CuSO4}$ 溶液，按 $M = 160\ \mathrm{g/mol}$ 算称量的质量。 为什么错：称的是 $\ce{CuSO4.5H2O}$ 晶体，结晶水也在天平上。 正确做法：按 $M(\ce{CuSO4.5H2O}) = 250\ \mathrm{g/mol}$ 算；$1\ \mathrm{mol}$ 胆矾提供 $1\ \mathrm{mol}\ \ce{CuSO4}$。

直观理解

摩尔质量是“一打的重量”：一打鸡蛋约 $600\ \mathrm{g}$，一打鹌鹑蛋约 $120\ \mathrm{g}$，个数相同，单个越重，一打越重。化学式就是这张“重量表”：把相对原子质量加起来，就是每摩尔的克数。

关联知识点

• 前置：1.2 物质的量。
• 后续：1.5 物质的量浓度，配制溶液时由浓度求称量的质量。
• 后续：第 30 章有机物分子式的确定，先由质谱或密度求摩尔质量。
• 常一起考：1.4 气体摩尔体积（由气体密度求摩尔质量）。

1.4 气体摩尔体积与阿伏加德罗定律

说明

宏观：$1\ \mathrm{mol}$ 固体和液体的体积各不相同（$1\ \mathrm{mol}$ 铁约 $7.1\ \mathrm{cm^3}$，$1\ \mathrm{mol}$ 水约 $18\ \mathrm{cm^3}$），可 $1\ \mathrm{mol}$ 任何气体在同温同压下体积几乎相同。

微观：气体分子之间的距离约为分子直径的 10 倍，气体的体积主要由分子间距决定，而分子间距由温度和压强决定，和是哪种分子关系不大。固体、液体的微粒挨得很近，体积由微粒本身大小决定，所以各不相同。

符号：气体摩尔体积（符号 $V_\mathrm{m}$）是单位物质的量的气体所占的体积，单位 $\mathrm{L/mol}$：

$$V_\mathrm{m} = \frac{V}{n}, \qquad n = \frac{V}{V_\mathrm{m}}$$

标准状况（$0\ ^\circ\mathrm{C}$、$101\ \mathrm{kPa}$）下，$V_\mathrm{m} \approx 22.4\ \mathrm{L/mol}$。

阿伏加德罗定律：同温同压下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子。

使用场景

• 题目给标准状况下气体的体积（或问体积）→ 体积和物质的量互换 → 用 $n = \dfrac{V}{22.4\ \mathrm{L/mol}}$。
• 选择题、$N_\mathrm{A}$ 判断题里出现”$22.4\ \mathrm{L}$“”$11.2\ \mathrm{L}$” → 先查两个条件：是不是标准状况、是不是气体 → 两个都满足才能用 $22.4\ \mathrm{L/mol}$。
• 题目比较两种气体（同温同压下的体积比、密度比），或给“相对氢气的密度”“标准状况下的密度”问摩尔质量 → 用阿伏加德罗定律的推论：同温同压下 $\dfrac{V_1}{V_2} = \dfrac{n_1}{n_2}$，$\dfrac{\rho_1}{\rho_2} = \dfrac{M_1}{M_2}$；标准状况下 $M = 22.4\ \mathrm{L/mol} \times \rho$。

注意点

• $22.4\ \mathrm{L/mol}$ 有两个条件：标准状况、气体。常温常压（$25\ ^\circ\mathrm{C}$、$101\ \mathrm{kPa}$）下 $V_\mathrm{m}$ 约 $24.5\ \mathrm{L/mol}$，不能用 22.4。
• 标准状况下不是气体、常被拿来设陷阱的物质：$\ce{H2O}$（冰水混合物）、$\ce{SO3}$（固体，熔点约 $17\ ^\circ\mathrm{C}$）、$\ce{CCl4}$、$\ce{CHCl3}$、乙醇、苯、$\ce{HF}$（沸点约 $20\ ^\circ\mathrm{C}$，标况下是液体）。
• 适用于混合气体：标准状况下 $22.4\ \mathrm{L}$ $\ce{N2}$ 和 $\ce{O2}$ 的混合气体是 $1\ \mathrm{mol}$ 分子，与比例无关（前提是两者不反应；$\ce{NO}$ 和 $\ce{O2}$ 会反应，混合后分子数会变）。
• 反过来不成立：$1\ \mathrm{mol}$ 气体体积为 $22.4\ \mathrm{L}$，不一定是标准状况（温度和压强同时升高也可能使 $V_\mathrm{m}$ 正好是 22.4）。
• 阿伏加德罗定律说的是“分子数”相同，不是“原子数”相同：同温同压同体积的 $\ce{O2}$ 和 $\ce{O3}$，分子数相同，原子数之比是 $2 : 3$。

原理解释

为什么气体的 $V_\mathrm{m}$ 和种类无关：一定量气体的体积 = 分子本身的体积 + 分子之间的空隙。气体分子间距约是分子直径的 10 倍，分子本身的体积只占总体积的千分之一左右，可以忽略（关键一步：忽略了分子本身大小，体积就只取决于“有多少个分子”和“分子间距多大”；而分子间距只由温度和压强决定，所以同温同压下，分子数相同的气体体积相同，这就是阿伏加德罗定律）。

推论从哪来：同温同压下 $V$ 只和 $n$ 有关，所以 $\dfrac{V_1}{V_2} = \dfrac{n_1}{n_2}$。取相同体积，则 $n$ 相同，密度 $\rho = \dfrac{m}{V} = \dfrac{nM}{V}$，于是 $\dfrac{\rho_1}{\rho_2} = \dfrac{M_1}{M_2}$。更一般的关系是理想气体状态方程 $pV = nRT$，高中化学不要求，物理在《高中物理知识点梳理》第 32 章讲。

例题

例 1　（场景：标准状况下体积与物质的量互换）标准状况下 $11.2\ \mathrm{L}\ \ce{CO2}$ 的物质的量和质量各是多少？

解：

找关系：标准状况、气体，$n = \dfrac{V}{V_\mathrm{m}}$，$V_\mathrm{m} = 22.4\ \mathrm{L/mol}$；$m = nM$。

列式：$n(\ce{CO2}) = \dfrac{11.2\ \mathrm{L}}{22.4\ \mathrm{L/mol}}$；$m = n \times 44\ \mathrm{g/mol}$。

计算：$n = 0.5\ \mathrm{mol}$，$m = 22\ \mathrm{g}$。

检验：$11.2$ 是 $22.4$ 的一半，$0.5\ \mathrm{mol}$；单位对。

例 2　（场景：判断 22.4 L/mol 能否用）设 $N_\mathrm{A}$ 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　）。

A. 常温常压下，$22.4\ \mathrm{L}\ \ce{O2}$ 的物质的量为 $1\ \mathrm{mol}$ B. 标准状况下，$22.4\ \mathrm{L}\ \ce{H2O}$ 含有 $N_\mathrm{A}$ 个水分子 C. 标准状况下，$22.4\ \mathrm{L}\ \ce{N2}$ 和 $\ce{O2}$ 的混合气体含有 $N_\mathrm{A}$ 个分子 D. $1\ \mathrm{mol}$ 某气体的体积为 $22.4\ \mathrm{L}$，则该气体一定处于标准状况

解：C。

判断依据：$22.4\ \mathrm{L/mol}$ 只在“标准状况 + 气体”时成立，对混合气体也成立。

A 不是标准状况；B 标准状况下水不是气体，$22.4\ \mathrm{L}$ 水约 $22.4\ \mathrm{kg}$，远不止 $1\ \mathrm{mol}$；D 别的温度压强组合也可能使 $V_\mathrm{m} = 22.4\ \mathrm{L/mol}$；C 两种气体不反应，总物质的量 $1\ \mathrm{mol}$，分子数 $N_\mathrm{A}$。

例 3　（场景：同温同压比较、由密度求摩尔质量）（1）某气体对 $\ce{H2}$ 的相对密度为 8，求它的摩尔质量。（2）标准状况下某气体的密度为 $1.25\ \mathrm{g/L}$，求它的摩尔质量。（3）同温同压下，等质量的 $\ce{O2}$ 和 $\ce{O3}$ 的体积之比是多少？

解：

找关系：同温同压下 $\dfrac{\rho_1}{\rho_2} = \dfrac{M_1}{M_2}$，$\dfrac{V_1}{V_2} = \dfrac{n_1}{n_2}$；标准状况下 $M = \rho V_\mathrm{m}$。

列式：（1）$M = 8 \times M(\ce{H2}) = 8 \times 2\ \mathrm{g/mol}$；（2）$M = 1.25\ \mathrm{g/L} \times 22.4\ \mathrm{L/mol}$；（3）质量都为 $m$：$\dfrac{V(\ce{O2})}{V(\ce{O3})} = \dfrac{m/32}{m/48}$。

计算：（1）$16\ \mathrm{g/mol}$（如 $\ce{CH4}$）；（2）$28\ \mathrm{g/mol}$（如 $\ce{N2}$、$\ce{CO}$）；（3）$\dfrac{48}{32} = 3 : 2$。

检验：（2）单位 $\mathrm{g/L} \times \mathrm{L/mol} = \mathrm{g/mol}$，对；（3）$\ce{O2}$ 分子轻，等质量时分子多，体积大，和 $3 : 2$ 一致。

容易卡在：（3）用“等质量则等体积”的直觉。等质量不等于等物质的量，要先换成物质的量。

常用推论

• 同温同压：$\dfrac{V_1}{V_2} = \dfrac{n_1}{n_2} = \dfrac{N_1}{N_2}$；$\dfrac{\rho_1}{\rho_2} = \dfrac{M_1}{M_2}$（相对密度 $D = \dfrac{\rho_1}{\rho_2}$，$M_1 = DM_2$）。
• 同温同体积：$\dfrac{p_1}{p_2} = \dfrac{n_1}{n_2}$。密闭容器中反应前后压强之比 = 气体总物质的量之比，第 23 章化学平衡计算常用。
• 标准状况下：$M = 22.4\ \mathrm{L/mol} \times \rho$；$\rho$ 的单位用 $\mathrm{g/L}$。
• 以上由阿伏加德罗定律加 $\rho = \dfrac{nM}{V}$ 推出，见本节原理解释；严格的出处是 $pV = nRT$。

易错点

• 错在哪：标准状况下 $11.2\ \mathrm{L}\ \ce{SO3}$ 当作 $0.5\ \mathrm{mol}$。 为什么错：记忆性错误。$\ce{SO3}$ 熔点约 $17\ ^\circ\mathrm{C}$，标准状况下是固体，不能用气体摩尔体积。 正确做法：用 $22.4\ \mathrm{L/mol}$ 前先确认物质在标准状况下是气体；记住 $\ce{H2O}$、$\ce{SO3}$、$\ce{CCl4}$、$\ce{HF}$、乙醇、苯这几个反例。
• 错在哪：常温常压下 $22.4\ \mathrm{L}$ 气体按 $1\ \mathrm{mol}$ 算。 为什么错：温度升高，分子间距变大，常温下 $V_\mathrm{m} > 22.4\ \mathrm{L/mol}$。 正确做法：只有题目写明“标准状况”才用 22.4；常温常压下给质量的数据（如“常温常压下 $28\ \mathrm{g}\ \ce{N2}$”）不受影响，因为质量换算和温度压强无关。
• 错在哪：同温同压同体积的 $\ce{He}$ 和 $\ce{H2}$，认为原子数相同。 为什么错：阿伏加德罗定律管的是分子数。$\ce{He}$ 是单原子分子，$\ce{H2}$ 是双原子分子。 正确做法：分子数相同，原子数之比 $1 : 2$。

直观理解

气体像操场上做操的学生，间距由口令（温度、压强）决定，和学生胖瘦无关；同样大的操场站同样多的人。固体和液体像挤在一起的人群，人胖占地就大。所以只有气体才有”$1\ \mathrm{mol}$ 都占 $22.4\ \mathrm{L}$“这回事。

关联知识点

• 前置：1.2 物质的量。
• 后续：第 23 章化学平衡，恒容容器中压强和物质的量成正比。
• 后续：第 30 章有机物分子式的确定，由蒸气密度求摩尔质量。
• 关联：《高中物理知识点梳理》第 32 章气体实验定律和理想气体状态方程，是这里的推论的完整版本。

1.5 物质的量浓度

说明

宏观：同样是盐水，有的咸有的淡。初中用质量分数描述，可化学反应按微粒个数进行，用”$1\ \mathrm{L}$ 溶液里有多少摩尔溶质“更方便：量出一定体积的溶液，就知道里面有多少摩尔溶质参加反应。

微观：溶液是溶质微粒均匀分散在溶剂里，任取一部分，单位体积内的溶质微粒数都相同。

符号：物质的量浓度（符号 $c$）是单位体积溶液里所含溶质的物质的量，单位 $\mathrm{mol/L}$：

$$c = \frac{n}{V}, \qquad n = cV$$

和质量分数 $w$ 的换算（$\rho$ 是溶液密度，单位 $\mathrm{g/mL}$；$M$ 是溶质的摩尔质量）：

$$c = \frac{1000\rho w}{M}$$

稀释：加水稀释前后溶质的物质的量不变，$c_1V_1 = c_2V_2$。

溶液中离子的浓度：$c(\text{离子}) = c(\text{溶质}) \times$ 一个组成单元里的离子数（强电解质完全电离时）。如 $0.1\ \mathrm{mol/L}\ \ce{Al2(SO4)3}$ 中 $c(\ce{SO4^2-}) = 0.3\ \mathrm{mol/L}$。

使用场景

• 题目给溶质的质量和溶液的体积求浓度，或要配制一定浓度的溶液问称多少溶质 → 用 $n = \dfrac{m}{M}$ 和 $c = \dfrac{n}{V}$ 两步走。
• 题目给质量分数和密度（市售浓硫酸、浓盐酸的标签），问物质的量浓度 → 用 $c = \dfrac{1000\rho w}{M}$。
• 题目用浓溶液配稀溶液，问取多少浓溶液 → 溶质的物质的量不变，用 $c_1V_1 = c_2V_2$。
• 题目问溶液里某种离子的浓度，或比较几种溶液的离子浓度 → 溶质浓度乘以组成单元里的离子数，和取多少体积无关。

注意点

• $V$ 是溶液的体积，不是溶剂的体积。“$1\ \mathrm{mol}\ \ce{NaCl}$ 溶于 $1\ \mathrm{L}$ 水”所得溶液的浓度不是 $1\ \mathrm{mol/L}$，因为溶液体积不再是 $1\ \mathrm{L}$。
• 从溶液里取出一部分，浓度不变，溶质的物质的量随体积变。
• 配制时容量瓶的规格有限（常见 $50$、$100$、$250$、$500$、$1000\ \mathrm{mL}$）。要配 $480\ \mathrm{mL}$，选 $500\ \mathrm{mL}$ 容量瓶，按 $500\ \mathrm{mL}$ 计算溶质用量。
• 托盘天平称到 $0.1\ \mathrm{g}$，量筒量到 $0.1\ \mathrm{mL}$；计算结果按仪器精度取位（$5.85\ \mathrm{g}$ 称 $5.9\ \mathrm{g}$）。配制的操作和误差分析见第 40、41 章。
• 溶质是和水反应的物质时，溶质要换成反应后的物质：$\ce{Na2O}$ 溶于水，溶质是 $\ce{NaOH}$；$\ce{SO3}$ 溶于水，溶质是 $\ce{H2SO4}$；氨水的溶质习惯上按 $\ce{NH3}$ 算。

原理解释

$c = \dfrac{1000\rho w}{M}$ 的来历：取 $1\ \mathrm{L}$（即 $1000\ \mathrm{mL}$）溶液。它的质量是 $1000\rho\ \mathrm{g}$，其中溶质质量是 $1000\rho w\ \mathrm{g}$，溶质的物质的量是 $\dfrac{1000\rho w}{M}\ \mathrm{mol}$（关键一步：取 $1\ \mathrm{L}$ 溶液来算，求出的物质的量就直接等于物质的量浓度的数值；式中的 1000 是把 $\rho$ 的单位 $\mathrm{g/mL}$ 换成每升）。

稀释公式为什么成立：加水只增加溶剂，溶质微粒一个也没多没少，所以 $n_1 = n_2$，即 $c_1V_1 = c_2V_2$。两种同溶质溶液混合也一样：$c_1V_1 + c_2V_2 = c_{\text{混}}V_{\text{混}}$；体积一般不能简单相加，题目说“忽略体积变化”时才能相加。

例题

例 1　（场景：配制溶液求溶质质量）实验室需要 $480\ \mathrm{mL}\ 0.2\ \mathrm{mol/L}$ 的 $\ce{NaCl}$ 溶液，应选用多大的容量瓶？用托盘天平称取 $\ce{NaCl}$ 多少克？

解：

找关系：没有 $480\ \mathrm{mL}$ 的容量瓶，选 $500\ \mathrm{mL}$，按 $500\ \mathrm{mL}$ 计算；$n = cV$，$m = nM$。

列式：$n(\ce{NaCl}) = 0.2\ \mathrm{mol/L} \times 0.5\ \mathrm{L}$；$m = n \times 58.5\ \mathrm{g/mol}$。

计算：$n = 0.1\ \mathrm{mol}$，$m = 5.85\ \mathrm{g}$，托盘天平称取 $5.9\ \mathrm{g}$。

检验：单位 $\mathrm{mol/L} \times \mathrm{L} = \mathrm{mol}$；结果按托盘天平的精度 $0.1\ \mathrm{g}$ 取位。

容易卡在：按 $480\ \mathrm{mL}$ 算出 $5.616\ \mathrm{g}$。配制只能用整瓶，配多少就按多大的瓶算。

例 2　（场景：质量分数换算成物质的量浓度）市售浓硫酸的质量分数为 $98\%$，密度为 $1.84\ \mathrm{g/mL}$。求它的物质的量浓度。

解：

找关系：$c = \dfrac{1000\rho w}{M}$，$M(\ce{H2SO4}) = 98\ \mathrm{g/mol}$。

列式：$c = \dfrac{1000 \times 1.84 \times 98\%}{98}\ \mathrm{mol/L}$。

计算：$c = 18.4\ \mathrm{mol/L}$。

检验：浓硫酸是最浓的常用酸之一，十几 $\mathrm{mol/L}$ 的量级合理。

另一种解法：取 $1\ \mathrm{L}$ 浓硫酸，质量 $1840\ \mathrm{g}$，含 $\ce{H2SO4}$ $1840 \times 98\% = 1803.2\ \mathrm{g}$，即 $\dfrac{1803.2}{98} = 18.4\ \mathrm{mol}$，浓度 $18.4\ \mathrm{mol/L}$。这就是公式的推导过程。记住公式考场上快；忘了公式时取 $1\ \mathrm{L}$ 溶液一步步算，结果一样。

例 3　（场景：稀释）用上题的浓硫酸配制 $250\ \mathrm{mL}\ 1.0\ \mathrm{mol/L}$ 的稀硫酸，需要量取浓硫酸多少毫升？

解：

找关系：稀释前后 $n(\ce{H2SO4})$ 不变，$c_1V_1 = c_2V_2$。

列式：$18.4\ \mathrm{mol/L} \times V_1 = 1.0\ \mathrm{mol/L} \times 250\ \mathrm{mL}$。

计算：$V_1 = \dfrac{250}{18.4}\ \mathrm{mL} \approx 13.6\ \mathrm{mL}$，用量筒量取 $13.6\ \mathrm{mL}$。

检验：浓度约稀释 18 倍，体积约是 $\dfrac{250}{18} \approx 14\ \mathrm{mL}$，量级对。

容易卡在：稀释时把水倒进浓硫酸。浓硫酸溶于水放出大量热，必须把浓硫酸沿器壁慢慢倒入水中并不断搅拌，冷却后再转入容量瓶（见第 37 章）。

例 4　（场景：溶液中离子的浓度）下列溶液中 $c(\ce{Cl-})$ 最大的是（　）。

A. $100\ \mathrm{mL}\ 1\ \mathrm{mol/L}\ \ce{NaCl}$ 溶液 B. $50\ \mathrm{mL}\ 0.5\ \mathrm{mol/L}\ \ce{AlCl3}$ 溶液 C. $200\ \mathrm{mL}\ 0.8\ \mathrm{mol/L}\ \ce{MgCl2}$ 溶液 D. $10\ \mathrm{mL}\ 1\ \mathrm{mol/L}\ \ce{KClO3}$ 溶液

解：C。

判断依据：离子浓度 = 溶质浓度 × 组成单元里的离子数，和溶液体积无关。

A $1 \times 1 = 1\ \mathrm{mol/L}$；B $0.5 \times 3 = 1.5\ \mathrm{mol/L}$；C $0.8 \times 2 = 1.6\ \mathrm{mol/L}$；D $\ce{KClO3}$ 电离出 $\ce{K+}$ 和 $\ce{ClO3-}$，没有 $\ce{Cl-}$，浓度为 0。

容易卡在：被体积干扰，或把 $\ce{ClO3-}$ 里的 Cl 当成 $\ce{Cl-}$。

常用推论

• 同一溶质的溶液，$c$ 与 $w$ 正相关；由 $c = \dfrac{1000\rho w}{M}$ 可反求 $w = \dfrac{cM}{1000\rho}$。
• 等体积混合两种同溶质溶液（忽略体积变化）：$c_{\text{混}} = \dfrac{c_1 + c_2}{2}$。
• 溶液中阳离子所带正电荷总浓度 = 阴离子所带负电荷总浓度（电荷守恒，见 1.7 节）。
• 同一溶液中，离子浓度之比 = 物质的量之比 = 组成单元里的个数之比。

易错点

• 错在哪：把 $4.0\ \mathrm{g}\ \ce{NaOH}$ 溶于 $1\ \mathrm{L}$ 水，说得到 $0.1\ \mathrm{mol/L}$ 溶液。 为什么错：理解性错误。$c$ 的分母是溶液体积，溶质溶解后溶液体积不再是 $1\ \mathrm{L}$。 正确做法：溶解后转移到 $1000\ \mathrm{mL}$ 容量瓶，加水定容至刻度线，才是 $0.1\ \mathrm{mol/L}$。
• 错在哪：从 $1\ \mathrm{L}\ 1\ \mathrm{mol/L}$ 的溶液中取出 $100\ \mathrm{mL}$，认为浓度变成 $0.1\ \mathrm{mol/L}$。 为什么错：溶液是均一的，取出部分的浓度与原溶液相同；变的是溶质的物质的量（$0.1\ \mathrm{mol}$）。 正确做法：分清“浓度”（不随取样体积变）和“物质的量”（随体积变）。
• 错在哪：配 $480\ \mathrm{mL}$ 溶液，按 $480\ \mathrm{mL}$ 计算溶质。 为什么错：规范性错误。容量瓶没有 $480\ \mathrm{mL}$ 的规格，实际配的是 $500\ \mathrm{mL}$。 正确做法：先选容量瓶，按容量瓶的体积计算。

直观理解

物质的量浓度是“每升有几摩尔”，像“每平方米有几个人”表示拥挤程度：从人群里划出一小块，拥挤程度不变，人数变少；把同样多的人放到更大的场地（稀释），人数不变，拥挤程度降低。

关联知识点

• 前置：1.3 摩尔质量。
• 后续：第 40 章定量实验，溶液配制的操作和误差分析；第 41 章学生必做实验“配制一定物质的量浓度的溶液”。
• 后续：第 26 章 pH 和中和滴定，用 $c(\ce{H+})$ 计算。
• 常一起考：1.7 电荷守恒（求溶液中某离子的浓度）。

1.6 以物质的量为中心的换算

说明

宏观：实验里能直接得到的数据只有三种：称出的质量、量出的气体体积、配好的溶液浓度和体积。化学方程式的系数却是微粒个数之比。

微观：所有反应都是微粒按个数比进行的，所以计算时要先把各种数据统一换成物质的量，按方程式系数（物质的量之比）推算，最后再换回题目要的量。

符号：四个换算关系都经过 $n$：

$$n = \frac{N}{N_\mathrm{A}} = \frac{m}{M} = \frac{V(\text{气体})}{V_\mathrm{m}} = c \cdot V(\text{溶液})$$

使用场景

• 题目给一种量、问另一种量（给气体体积问质量、给质量问微粒数）→ 先换成 $n$，再换成要的量 → 两步走，不要试图一步换算。
• 选择题“设 $N_\mathrm{A}$ 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是” → 每个选项都换成 $n$，再按物质组成或反应求微粒数，同时查常见陷阱（见本节常用推论）→ 逐项判断。
• 题目涉及同位素组成的物质（$\ce{D2O}$、$\ce{H2^{18}O}$）问质子数、中子数、电子数 → 先用该同位素组成的摩尔质量求 $n$，再乘一个分子里的质子、中子、电子数。

注意点

• 换算 $V \to n$ 时 22.4 的两个条件（标准状况、气体）不能忘；$m \to n$ 和 $N \to n$ 不受温度压强影响。
• 溶液题里”$1\ \mathrm{L}\ 0.1\ \mathrm{mol/L}$“给出了 $n$；只给浓度不给体积（”$0.1\ \mathrm{mol/L}$ 的 $\ce{NaCl}$ 溶液中含 $\ce{Na+}$ 数”）没法求个数。
• 同位素改变摩尔质量和中子数，不改变质子数和电子数：$M(\ce{D2O}) = 20\ \mathrm{g/mol}$，$M(\ce{H2^{18}O}) = 20\ \mathrm{g/mol}$。
• 溶液里溶质以外的物质也含该微粒：$1\ \mathrm{L}\ 0.1\ \mathrm{mol/L}$ 的 $\ce{NaCl}$ 溶液中含 O 原子数远大于零（水分子里有）；问“溶液中含氧原子数”时要算上水。

原理解释

为什么要以物质的量为中心：化学方程式 $\ce{2H2 + O2} \xlongequal{\text{点燃}} \ce{2H2O}$ 的系数告诉我们：每 2 个氢分子和 1 个氧分子反应生成 2 个水分子。把每个数都乘以 $N_\mathrm{A}$，关系不变：$2\ \mathrm{mol}\ \ce{H2}$ 和 $1\ \mathrm{mol}\ \ce{O2}$ 生成 $2\ \mathrm{mol}\ \ce{H2O}$（关键一步：方程式系数之比 = 微粒数之比 = 物质的量之比；而质量之比、体积之比一般不等于系数之比）。所以只有先换成物质的量，才能直接用方程式系数。

例题

例 1　（场景：多步换算）标准状况下 $4.48\ \mathrm{L}\ \ce{NH3}$ 的质量是多少？含多少个 H 原子？

解：

找关系：$V \to n \to m$、$n \to N$；$M(\ce{NH3}) = 17\ \mathrm{g/mol}$，一个 $\ce{NH3}$ 含 3 个 H。

列式：$n(\ce{NH3}) = \dfrac{4.48\ \mathrm{L}}{22.4\ \mathrm{L/mol}}$；$m = n \times 17\ \mathrm{g/mol}$；$N(\ce{H}) = 3n N_\mathrm{A}$。

计算：$n = 0.2\ \mathrm{mol}$，$m = 3.4\ \mathrm{g}$，H 原子 $0.6N_\mathrm{A}$ 个（约 $3.612 \times 10^{23}$ 个）。

检验：先求出 $n$，后面两个量都由它算，单位逐步对得上。

例 2　（场景：$N_\mathrm{A}$ 判断题）设 $N_\mathrm{A}$ 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　）。

A. 标准状况下，$2.24\ \mathrm{L}\ \ce{CCl4}$ 含有的分子数为 $0.1N_\mathrm{A}$ B. 常温常压下，$28\ \mathrm{g}\ \ce{N2}$ 和 $\ce{CO}$ 的混合气体含有的原子数为 $2N_\mathrm{A}$ C. $1\ \mathrm{L}\ 0.1\ \mathrm{mol/L}$ 的 $\ce{Na2CO3}$ 溶液中，$\ce{CO3^2-}$ 的数目为 $0.1N_\mathrm{A}$ D. 常温常压下，$22.4\ \mathrm{L}\ \ce{Cl2}$ 含有的分子数为 $N_\mathrm{A}$

解：B。

判断依据：每项先换成 $n$，再查状态、条件、溶液中的变化。

A 标准状况下 $\ce{CCl4}$ 是液体，不能用 $22.4\ \mathrm{L/mol}$；B $\ce{N2}$ 和 $\ce{CO}$ 的摩尔质量都是 $28\ \mathrm{g/mol}$，$28\ \mathrm{g}$ 混合气体共 $1\ \mathrm{mol}$ 分子，两者都是双原子分子，原子 $2\ \mathrm{mol}$，和比例无关，也和温度压强无关；C $\ce{CO3^2-}$ 在水中部分水解（第 27 章），数目小于 $0.1N_\mathrm{A}$；D 常温常压下 $V_\mathrm{m} > 22.4\ \mathrm{L/mol}$，分子数小于 $N_\mathrm{A}$。

容易卡在：B 看到“常温常压”就判错。给的是质量，质量换算和温度压强无关。

例 3　（场景：同位素组成的物质）判断：（1）$18\ \mathrm{g}\ \ce{D2O}$ 中含有的质子数为 $10N_\mathrm{A}$；（2）$2.0\ \mathrm{g}\ \ce{H2^{18}O}$ 中含有的中子数为 $N_\mathrm{A}$。

解：

找关系：先用同位素组成的摩尔质量求 $n$。D 是 $\ce{^2H}$（1 个质子、1 个中子），$\ce{^{18}O}$ 有 8 个质子、10 个中子。

列式：（1）$M(\ce{D2O}) = 2 \times 2 + 16 = 20\ \mathrm{g/mol}$，$n = \dfrac{18}{20}\ \mathrm{mol}$，一个分子 10 个质子；（2）$M(\ce{H2^{18}O}) = 2 + 18 = 20\ \mathrm{g/mol}$，$n = \dfrac{2.0}{20}\ \mathrm{mol}$，一个分子中子数 $0 + 10 = 10$。

计算：（1）$n = 0.9\ \mathrm{mol}$，质子 $9N_\mathrm{A}$，说法错误；（2）$n = 0.1\ \mathrm{mol}$，中子 $N_\mathrm{A}$，说法正确。

检验：普通 H 原子没有中子，$\ce{H2^{18}O}$ 的中子全在 O 上，10 个，对。

容易卡在：（1）照搬 $M(\ce{H2O}) = 18\ \mathrm{g/mol}$，以为 $18\ \mathrm{g}$ 就是 $1\ \mathrm{mol}$。

常用推论

$N_\mathrm{A}$ 判断题的常见陷阱（逐项排查）：

陷阱	例子	怎么查
状态	标准状况下 $\ce{H2O}$、$\ce{SO3}$、$\ce{CCl4}$、$\ce{HF}$、乙醇、苯不是气体	看到体积先问：标况吗？气体吗？
条件	常温常压下 $22.4\ \mathrm{L}$	只有标况才用 22.4；给质量的不受影响
只给浓度	“$0.1\ \mathrm{mol/L}$ 溶液中含 $\ce{Na+}$ 数”	没有体积，求不出个数
水解、电离	$\ce{CO3^2-}$、$\ce{Fe^3+}$、$\ce{NH4+}$ 水解；$\ce{CH3COOH}$ 部分电离	弱的部分数目变少（第 25、27 章）
可逆反应	$\ce{N2 + 3H2 <=> 2NH3}$、$\ce{2NO2 <=> N2O4}$、$\ce{2SO2 + O2 <=> 2SO3}$	不能进行到底，产物少于按方程式算的
物质结构	$\ce{Na2O2}$ 的阴离子是 $\ce{O2^2-}$；$\ce{SiO2}$、$\ce{P4}$、金刚石的共价键数	按结构数（第 16、18 章）
电子转移	$\ce{Cl2}$ 与 $\ce{NaOH}$ 反应，$1\ \mathrm{mol}\ \ce{Cl2}$ 转移 $1\ \mathrm{mol}$ 电子	按化合价变化算（1.7 节、第 5 章）
浓度变化	浓硫酸与足量 $\ce{Cu}$、浓盐酸与足量 $\ce{MnO2}$	酸变稀后反应停止，酸不能反应完
混合物	$\ce{N2}$ 与 $\ce{CO}$、$\ce{O2}$ 与 $\ce{O3}$、$\ce{NO2}$ 与 $\ce{N2O4}$	摩尔质量相同或最简式相同时可整体算

• 最简式相同的混合物（$\ce{O2}$ 与 $\ce{O3}$、$\ce{NO2}$ 与 $\ce{N2O4}$、乙烯与丙烯），一定质量中所含原子总数是定值：如 $46\ \mathrm{g}\ \ce{NO2}$ 和 $\ce{N2O4}$ 的混合物，按最简式 $\ce{NO2}$ 算是 $1\ \mathrm{mol}$，含原子 $3N_\mathrm{A}$。
• 换算链：$N \xleftrightarrow{N_\mathrm{A}} n \xleftrightarrow{M} m$，$n \xleftrightarrow{V_\mathrm{m}} V$，$n \xleftrightarrow{V(\text{溶液})} c$。乘还是除，看单位：要消掉 $\mathrm{mol}$ 就乘，要得到 $\mathrm{mol}$ 就除。

易错点

• 错在哪：$N_\mathrm{A}$ 判断题只看数字是否算对，不查条件。 为什么错：这类题考的正是条件。数字一般都设计得能算对，错在状态、条件或物质在溶液中的变化。 正确做法：按上面的表逐项排查，每个选项至少问一遍“是标况下的气体吗”“有没有水解、可逆、浓度变化”。
• 错在哪：认为方程式系数之比等于质量之比。 为什么错：理解性错误。系数是微粒数之比，每种微粒的质量不同。 正确做法：先换成物质的量，用系数推算后再换回质量。
• 错在哪：$\ce{D2O}$、$\ce{H2^{18}O}$ 按 $M = 18\ \mathrm{g/mol}$ 算。 为什么错：同位素改变了质量数。 正确做法：先按实际组成算摩尔质量。

直观理解

物质的量是“换汇中心”：人民币（质量）、美元（体积）、欧元（微粒数）、日元（浓度）之间不直接兑换，统一先换成“美元”（物质的量），再换成目标货币。方程式也只认这一种“货币”。

关联知识点

• 前置：1.2–1.5 的四个换算关系。
• 后续：第 2 章化学方程式，按方程式计算就是物质的量之比。
• 后续：第 14 章原子结构，同位素、质量数。
• 后续：第 25、27 章电离和水解，$N_\mathrm{A}$ 题里“离子数目减少”的原因。
• 常一起考：1.7 电子守恒（$N_\mathrm{A}$ 题里的转移电子数）。

1.7 守恒法

说明

宏观：反应前后物质变了，有些东西不会变：总质量不变（质量守恒定律）；每种元素的原子数不变；溶液始终不带电；氧化还原反应中失去的电子总数等于得到的电子总数。

微观：化学反应只是原子重新组合、电子从一种微粒转到另一种微粒，原子既不产生也不消失，电子也不会凭空出现。

符号：四种守恒，每种写成一个等式：

守恒	等式	常用于
质量守恒	反应物总质量 = 生成物总质量	求某种物质的质量
原子（元素）守恒	某元素在反应前的总物质的量 = 反应后的总物质的量	多步反应、混合物、产物分配
电荷守恒	溶液中 $\sum$（阳离子浓度 × 电荷数）$= \sum$（阴离子浓度 × 电荷数）；离子方程式两边电荷相等	求某离子浓度、检查离子方程式
得失电子守恒	还原剂失电子总数 = 氧化剂得电子总数	氧化还原计算、配平

得失电子数 = 物质的量 × 一个微粒中变价原子数 × 化合价变化值。

使用场景

• 多步反应或产物有几种，题目问某元素最终去了哪里、某原料用了多少 → 只看该元素的始态和终态 → 用原子守恒列式，不写中间方程式。
• 题目给溶液中几种离子的浓度，求剩下那种离子的浓度 → 溶液呈电中性 → 用电荷守恒，注意乘电荷数。
• 氧化还原反应（尤其是多步、产物混合的，如金属与硝酸生成 $\ce{NO}$ 和 $\ce{NO2}$）问某物质的量 → 找出化合价升高和降低的元素 → 用得失电子守恒，中间价态可以跳过。
• 反应前后各物质质量中有一个未知 → 用质量守恒直接求。

注意点

• 电荷守恒要乘电荷数：$c(\ce{SO4^2-})$ 在等式里是 $2c(\ce{SO4^2-})$。溶液中的 $\ce{H+}$ 和 $\ce{OH-}$ 浓度和其他离子相比很小时可以忽略，题目没给就不考虑。
• 得失电子守恒只适用于氧化还原反应；要先找准哪些元素变价，价态变化要按一个原子算再乘原子数（$\ce{Cr2O7^2-}$ 中有 2 个 Cr，每个 $+6 \to +3$，一个离子得 6 个电子）。
• 原子守恒按元素逐个列，一种元素一个等式。
• 守恒法的本质是“只看始末”，前提是中间过程没有该元素（或电子）的流失或外来补充。题目说“部分被吸收”“损失 10%“时要先扣除。

原理解释

为什么可以跳过中间过程：设一种元素经过 A → B → C 三步变化。每一步都遵守原子守恒，所以 A 中该元素的物质的量 = B 中的 = C 中的，中间的 B 是多少、分几步，都不影响 A 和 C 之间的等式（关键一步：守恒是对每一步都成立的等式，等式可以传递，所以首尾两端直接相等）。得失电子守恒同理：中间物质先得电子又失电子，净变化为零，只剩始态和终态的价态差。

电荷守恒的来历：溶液是电中性的，溶液里所有正电荷的总量等于所有负电荷的总量。每个 $\ce{Mg^2+}$ 带 2 个单位正电荷，所以 $\ce{Mg^2+}$ 提供的正电荷浓度是 $2c(\ce{Mg^2+})$。

例题

例 1　（场景：原子守恒）用 $1\ \mathrm{L}\ 1.0\ \mathrm{mol/L}$ 的 $\ce{NaOH}$ 溶液吸收 $0.8\ \mathrm{mol}\ \ce{CO2}$，所得溶液中 $\ce{CO3^2-}$ 和 $\ce{HCO3-}$ 的物质的量之比是多少？

解：

找关系：$\ce{CO2}$ 和 $\ce{NaOH}$ 反应先生成 $\ce{Na2CO3}$，$\ce{CO2}$ 过量时部分变成 $\ce{NaHCO3}$：$\ce{2NaOH + CO2 = Na2CO3 + H2O}$，$\ce{Na2CO3 + CO2 + H2O = 2NaHCO3}$。不管经过哪一步，Na 和 C 都守恒。设最终 $n(\ce{Na2CO3}) = x$，$n(\ce{NaHCO3}) = y$。

列式：

$$\begin{cases} \text{Na 守恒：} 2x + y = 1.0 \\ \text{C 守恒：} x + y = 0.8 \end{cases}$$

计算：相减得 $x = 0.2\ \mathrm{mol}$，$y = 0.6\ \mathrm{mol}$，$n(\ce{CO3^2-}) : n(\ce{HCO3-}) = 1 : 3$（忽略水解）。

检验：$\dfrac{n(\ce{CO2})}{n(\ce{NaOH})} = 0.8$，介于 $\dfrac{1}{2}$（全部生成 $\ce{Na2CO3}$）和 1（全部生成 $\ce{NaHCO3}$）之间，两种盐都有，合理。

三查：两个方程式原子守恒、电荷守恒（都是分子式，电荷为零）；不是氧化还原反应，没有电子转移。

另一种解法：按方程式分两步算：$1.0\ \mathrm{mol}\ \ce{NaOH}$ 先吸收 $0.5\ \mathrm{mol}\ \ce{CO2}$ 生成 $0.5\ \mathrm{mol}\ \ce{Na2CO3}$；剩下的 $0.3\ \mathrm{mol}\ \ce{CO2}$ 把 $0.3\ \mathrm{mol}\ \ce{Na2CO3}$ 转成 $0.6\ \mathrm{mol}\ \ce{NaHCO3}$，剩 $0.2\ \mathrm{mol}\ \ce{Na2CO3}$。结果相同。分步法能看清反应过程，守恒法不用知道先后顺序，产物种类确定时更快。

例 2　（场景：电荷守恒）某溶液中含有 $\ce{Na+}$、$\ce{Mg^2+}$、$\ce{Cl-}$、$\ce{SO4^2-}$ 四种离子，已知 $c(\ce{Na+}) = 0.2\ \mathrm{mol/L}$，$c(\ce{Mg^2+}) = 0.25\ \mathrm{mol/L}$，$c(\ce{Cl-}) = 0.4\ \mathrm{mol/L}$，求 $c(\ce{SO4^2-})$。

解：

找关系：溶液呈电中性；忽略水电离出的 $\ce{H+}$ 和 $\ce{OH-}$。

列式：$c(\ce{Na+}) + 2c(\ce{Mg^2+}) = c(\ce{Cl-}) + 2c(\ce{SO4^2-})$，即 $0.2 + 2 \times 0.25 = 0.4 + 2c(\ce{SO4^2-})$。

计算：$c(\ce{SO4^2-}) = 0.15\ \mathrm{mol/L}$。

检验：正电荷 $0.7$，负电荷 $0.4 + 0.3 = 0.7$，相等。

容易卡在：忘了乘电荷数，得到 $c(\ce{SO4^2-}) = 0.05\ \mathrm{mol/L}$。

例 3　（场景：得失电子守恒）$1.92\ \mathrm{g}$ 铜与一定量浓硝酸反应，铜全部溶解，随着硝酸变稀，生成的气体是 $\ce{NO2}$ 和 $\ce{NO}$ 的混合物，共 $1.12\ \mathrm{L}$（标准状况）。（1）求混合气体中 $\ce{NO2}$ 和 $\ce{NO}$ 各多少摩尔；（2）反应消耗 $\ce{HNO3}$ 多少摩尔；（3）若把这些气体与 $\ce{O2}$ 混合通入水中，恰好全部转化为 $\ce{HNO3}$，需要标准状况下 $\ce{O2}$ 多少升？

解：

找关系：$\ce{Cu}$ 从 0 价升到 $+2$ 价；N 从 $+5$ 价降到 $\ce{NO2}$ 的 $+4$ 价（得 1 个电子）或 $\ce{NO}$ 的 $+2$ 价（得 3 个电子）。反应：$\ce{Cu + 4HNO3(\text{浓}) = Cu(NO3)2 + 2NO2 ^ + 2H2O}$、$\ce{3Cu + 8HNO3(\text{稀}) = 3Cu(NO3)2 + 2NO ^ + 4H2O}$。

列式：$n(\ce{Cu}) = \dfrac{1.92}{64} = 0.03\ \mathrm{mol}$，失电子 $0.06\ \mathrm{mol}$；气体 $\dfrac{1.12}{22.4} = 0.05\ \mathrm{mol}$。设 $n(\ce{NO2}) = x$，$n(\ce{NO}) = y$：

$$\begin{cases} x + y = 0.05 \\ x + 3y = 0.06 \end{cases}$$

（2）N 原子守恒：消耗的 $\ce{HNO3}$ 一部分变成 $\ce{Cu(NO3)2}$ 中的 $\ce{NO3-}$，一部分变成气体：$n(\ce{HNO3}) = 2n(\ce{Cu}) + n(\text{气体})$。

（3）电子守恒：气体被 $\ce{O2}$ 氧化回 $+5$ 价，失去的电子正好是当初从 Cu 得到的电子，所以 $\ce{O2}$ 得到的电子 = Cu 失去的电子：$4n(\ce{O2}) = 0.06\ \mathrm{mol}$。

计算：（1）$y = 0.005\ \mathrm{mol}$，$x = 0.045\ \mathrm{mol}$；（2）$n(\ce{HNO3}) = 0.06 + 0.05 = 0.11\ \mathrm{mol}$；（3）$n(\ce{O2}) = 0.015\ \mathrm{mol}$，$V = 0.015 \times 22.4 = 0.336\ \mathrm{L}$。

检验：（1）$\ce{NO2}$ 占大部分，符合“先浓后稀”；（3）N 绕了一圈回到 $+5$ 价，净的电子转移是 $\ce{Cu} \to \ce{Cu^2+}$、$\ce{O2} \to$ $-2$ 价 O，结果与气体组成无关。

三查：两个方程式原子守恒；电子守恒：第一个 $\ce{Cu}$ 失 2、2 个 N 各得 1，第二个 3 个 $\ce{Cu}$ 失 6、2 个 N 各得 3，都平衡。

另一种解法：（1）也可以按两个方程式分别设铜的量，列两个方程求解，要多设一组未知数；电子守恒直接用气体的量列式，少一步。（3）若按方程式做，要先写 $\ce{NO2}$、$\ce{NO}$ 分别与 $\ce{O2}$、$\ce{H2O}$ 反应的式子，再求和；电子守恒只看 Cu 和 $\ce{O2}$ 两端，一步得出。凡是“绕一圈”的氧化还原问题，都优先找始末两端。

容易卡在：（2）只算了变成气体的 N，忘了留在 $\ce{Cu(NO3)2}$ 里的 N。硝酸在这里一部分作氧化剂、一部分作酸。

例 4　（场景：质量守恒）在反应 $\ce{X + 2Y = R + 2M}$ 中，已知 R 和 M 的摩尔质量之比为 $22 : 9$。$1.6\ \mathrm{g}$ X 与 Y 完全反应后，生成 $4.4\ \mathrm{g}$ R。求参加反应的 Y 和生成的 M 的质量之比。

解：

找关系：生成的 R 与 M 的物质的量之比为 $1 : 2$，质量之比 $= 1 \times 22 : 2 \times 9 = 22 : 18$；质量守恒 $m(\ce{X}) + m(\ce{Y}) = m(\ce{R}) + m(\ce{M})$。

列式：$m(\ce{M}) = 4.4\ \mathrm{g} \times \dfrac{18}{22}$；$m(\ce{Y}) = 4.4 + m(\ce{M}) - 1.6$。

计算：$m(\ce{M}) = 3.6\ \mathrm{g}$，$m(\ce{Y}) = 6.4\ \mathrm{g}$，$m(\ce{Y}) : m(\ce{M}) = 16 : 9$。

检验：反应物总质量 $1.6 + 6.4 = 8.0\ \mathrm{g}$，生成物 $4.4 + 3.6 = 8.0\ \mathrm{g}$，守恒。

常用推论

• 金属与硝酸反应：$n(\ce{HNO3})_{\text{消耗}} = n(\ce{NO3-})_{\text{留在盐中}} + n(\ce{N})_{\text{气体}}$；金属失电子数 = 生成气体时 N 得电子数。
• 金属与酸反应放出 $\ce{H2}$：金属失电子的物质的量 $= 2n(\ce{H2})$。不论哪种金属，失去 $2\ \mathrm{mol}$ 电子就放出 $1\ \mathrm{mol}\ \ce{H2}$，与金属种类无关。
• 一种元素“绕一圈”回到原来价态（如 $\ce{HNO3} \to$ 氮氧化物 $\to \ce{HNO3}$），电子守恒只看其他元素的变化。
• 溶液中的电荷守恒在第 29 章写成离子浓度关系式（如 $\ce{Na2CO3}$ 溶液中 $c(\ce{Na+}) + c(\ce{H+}) = 2c(\ce{CO3^2-}) + c(\ce{HCO3-}) + c(\ce{OH-})$），那时 $\ce{H+}$、$\ce{OH-}$ 不能忽略。

易错点

• 错在哪：电荷守恒式写成 $c(\ce{Na+}) + c(\ce{Mg^2+}) = c(\ce{Cl-}) + c(\ce{SO4^2-})$。 为什么错：规范性错误。守恒的是电荷，不是离子个数；$\ce{Mg^2+}$ 带 2 个电荷。 正确做法：每种离子的浓度乘以它的电荷数。
• 错在哪：计算 $\ce{K2Cr2O7}$ 得电子数时，按一个 Cr 原子 $+6 \to +3$ 得 3 个电子算。 为什么错：一个 $\ce{Cr2O7^2-}$ 里有 2 个 Cr。 正确做法：得失电子数 = 物质的量 × 变价原子个数 × 每个原子的化合价变化，$1\ \mathrm{mol}\ \ce{K2Cr2O7}$ 得 $6\ \mathrm{mol}$ 电子。
• 错在哪：铜与硝酸的题，用 $\ce{HNO3}$ 的总量算电子。 为什么错：理解性错误。只有变成氮氧化物的那部分 N 化合价变了，留在 $\ce{Cu(NO3)2}$ 里的 $\ce{NO3-}$ 没有得电子。 正确做法：电子守恒只计变价的那部分；原子守恒才计全部。

直观理解

守恒法像对账：一笔钱在几个账户间转来转去，不管中间转了几次，只要开头和结尾的余额对得上就行。原子是钱，元素守恒是对每一种钱的账；电子是一种特殊的钱，只在氧化还原反应里转手，失出去多少就有人收到多少。

关联知识点

• 前置：1.6 以物质的量为中心的换算。
• 后续：第 5 章氧化还原反应，得失电子守恒用于配平和计算。
• 后续：第 13 章无机化工流程，元素守恒求产率。
• 后续：第 29 章溶液中粒子浓度的关系，电荷守恒、物料守恒、质子守恒。
• 常一起考：第 11 章硝酸与金属的反应。

1.8 关系式法与差量法

说明

关系式法：多步连续反应中，前一步的产物是后一步的反应物，把各步方程式的系数（或某元素的原子守恒）连起来，得到起始物和最终产物之间的直接比例关系，叫关系式。例：工业制硫酸

$$\ce{4FeS2 + 11O2} \xlongequal{\text{高温}} \ce{2Fe2O3 + 8SO2}, \quad \ce{2SO2 + O2 <=>[\text{催化剂}][\Delta] 2SO3}, \quad \ce{SO3 + H2O = H2SO4}$$

按 S 原子守恒，一个 $\ce{FeS2}$ 里的 2 个 S 最终变成 2 个 $\ce{H2SO4}$：关系式 $\ce{FeS2} \sim 2\ce{H2SO4}$。

差量法：反应前后某个量（固体质量、气体体积、溶液质量）的变化值，和参加反应的物质的量成正比。例：$\ce{2NaHCO3} \xlongequal{\Delta} \ce{Na2CO3 + CO2 ^ + H2O}$，每 $2\ \mathrm{mol}\ \ce{NaHCO3}$（$168\ \mathrm{g}$）分解，固体质量减少 $168 - 106 = 62\ \mathrm{g}$（即逸出的 $\ce{CO2}$ 和 $\ce{H2O}$）。

宏观与微观：关系式法依据的是原子守恒（S 原子一个也没丢）；差量法依据的是质量守恒（减少的质量就是离开体系的那部分物质）。

使用场景

• 多步连续反应（工业制硫酸、氨催化氧化制硝酸、滴定中的间接反应），题目只问起始物和最终产物的量 → 找贯穿始终的元素，写关系式 → 按关系式一步算，有利用率、损失率时乘在对应的量上。
• 混合物加热（$\ce{NaHCO3}$ 与 $\ce{Na2CO3}$）或固体参与反应后质量变化，题目给变化前后的质量 → 每摩尔反应对应固定的质量差 → 用差量法按比例求。
• 气体参与的反应，题目给反应前后的气体体积变化（同温同压）→ 每摩尔反应对应固定的体积差 → 用体积差按比例求。

注意点

• 关系式要从方程式或原子守恒推出，不能凭印象；写出来后检查首尾元素的原子数是否相等（$\ce{FeS2} \sim 2\ce{H2SO4}$：左边 2 个 S，右边 2 个 S）。
• 利用率、产率、损失率乘在哪个量上要想清楚：“硫的利用率 90%“乘在 S 上；“产率 80%“乘在产品上。
• 差量必须是同一类量：固体质量差对应固体质量的变化；气体体积差要在同温同压下比较，标准状况下水不是气体，不计入气体体积。
• 差量法要求只有一个反应造成该量变化；两个反应都改变质量时，要分别设未知数。

原理解释

关系式法为什么可靠：每一步方程式都给出一个物质的量之比，比例可以连乘：$n(\ce{FeS2}) : n(\ce{SO2}) = 1 : 2$，$n(\ce{SO2}) : n(\ce{SO3}) = 1 : 1$，$n(\ce{SO3}) : n(\ce{H2SO4}) = 1 : 1$，连起来 $n(\ce{FeS2}) : n(\ce{H2SO4}) = 1 : 2$（关键一步：中间物 $\ce{SO2}$、$\ce{SO3}$ 在连乘时约掉了，这和原子守恒“只看始末”是同一件事）。

差量法为什么成立：方程式规定了各物质按固定比例反应，每反应 $1\ \mathrm{mol}$，固体减少（或气体减少）的量也是固定的，所以“差量”与“反应了多少”成正比，可以像任何一种物质一样写进比例式。

例题

例 1　（场景：多步反应的关系式）用含 $\ce{FeS2}$ $60\%$ 的硫铁矿 $100\ \mathrm{t}$ 制硫酸，若硫元素的利用率为 $90\%$，可制得质量分数 $98\%$ 的浓硫酸多少吨？

解：

找关系：S 原子守恒，$\ce{FeS2} \sim 2\ce{H2SO4}$；质量关系 $120 : 2 \times 98$。利用率乘在 $\ce{FeS2}$（硫）上。

列式：$m(\ce{FeS2})_{\text{有效}} = 100\ \mathrm{t} \times 60\% \times 90\% = 54\ \mathrm{t}$；$m(\ce{H2SO4}) = 54\ \mathrm{t} \times \dfrac{2 \times 98}{120}$。

计算：$m(\ce{H2SO4}) = 88.2\ \mathrm{t}$；浓硫酸 $\dfrac{88.2}{98\%} = 90\ \mathrm{t}$。

检验：$\ce{FeS2}$ 里 S 的质量分数是 $\dfrac{64}{120} \approx 53\%$，$54\ \mathrm{t}$ 含 S 约 $28.8\ \mathrm{t}$；$\ce{H2SO4}$ 里 S 约占 $\dfrac{32}{98} \approx 33\%$，$28.8 \div 0.33 \approx 88\ \mathrm{t}$，对得上。

另一种解法：按三个方程式逐步算：$54\ \mathrm{t}\ \ce{FeS2}$ 生成 $\ce{SO2}$ $54 \times \dfrac{8 \times 64}{4 \times 120} = 57.6\ \mathrm{t}$，再生成 $\ce{SO3}$ $57.6 \times \dfrac{80}{64} = 72\ \mathrm{t}$，再生成 $\ce{H2SO4}$ $72 \times \dfrac{98}{80} = 88.2\ \mathrm{t}$。三步结果相同，但每一步都可能算错。题目只问首尾时用关系式；题目要中间产物的量时才逐步算。

例 2　（场景：固体质量差）$\ce{Na2CO3}$ 和 $\ce{NaHCO3}$ 的混合物 $10.0\ \mathrm{g}$，加热至质量不再变化，剩余固体 $8.45\ \mathrm{g}$。求原混合物中 $\ce{NaHCO3}$ 的质量分数。

解：

找关系：只有 $\ce{NaHCO3}$ 分解，$\ce{2NaHCO3} \xlongequal{\Delta} \ce{Na2CO3 + CO2 ^ + H2O}$；每 $168\ \mathrm{g}\ \ce{NaHCO3}$ 分解，固体减少 $62\ \mathrm{g}$。

列式：固体减少 $10.0 - 8.45 = 1.55\ \mathrm{g}$；$\dfrac{m(\ce{NaHCO3})}{168} = \dfrac{1.55}{62}$。

计算：$m(\ce{NaHCO3}) = 4.2\ \mathrm{g}$，质量分数 $\dfrac{4.2}{10.0} = 42\%$。

检验：$4.2\ \mathrm{g}\ \ce{NaHCO3}$ 是 $0.05\ \mathrm{mol}$，生成 $0.025\ \mathrm{mol}\ \ce{CO2}$（$1.1\ \mathrm{g}$）和 $0.025\ \mathrm{mol}\ \ce{H2O}$（$0.45\ \mathrm{g}$），共 $1.55\ \mathrm{g}$，正好。

三查：方程式两边 Na 2、H 2、C 2、O 6，原子守恒；不是氧化还原反应。

另一种解法：设 $\ce{NaHCO3}$ 为 $x\ \mathrm{g}$，剩余固体 $= (10.0 - x) + \dfrac{106x}{168} = 8.45$，解得 $x = 4.2$。差量法不用管 $\ce{Na2CO3}$ 有多少，直接从减少量求，列式更短。

例 3　（场景：气体体积差）一定量的 $\ce{CO2}$ 通过足量 $\ce{Na2O2}$ 后，气体体积减少了 $5.6\ \mathrm{L}$（标准状况）。求参加反应的 $\ce{CO2}$ 的体积和固体增加的质量。

解：

找关系：$\ce{2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2}$（第 6 章）。每 $2\ \mathrm{mol}\ \ce{CO2}$ 反应生成 $1\ \mathrm{mol}\ \ce{O2}$，气体减少 $1\ \mathrm{mol}$；固体从 $2\ \mathrm{mol}\ \ce{Na2O2}$（$156\ \mathrm{g}$）变成 $2\ \mathrm{mol}\ \ce{Na2CO3}$（$212\ \mathrm{g}$），增加 $56\ \mathrm{g}$。

列式：气体减少 $\dfrac{5.6}{22.4} = 0.25\ \mathrm{mol}$，对应 $n(\ce{CO2}) = 2 \times 0.25\ \mathrm{mol}$；固体增加 $56\ \mathrm{g} \times 0.25$。

计算：$n(\ce{CO2}) = 0.5\ \mathrm{mol}$，$V(\ce{CO2}) = 11.2\ \mathrm{L}$；固体增加 $14\ \mathrm{g}$。

检验：固体增加的质量相当于 $0.5\ \mathrm{mol}$“$\ce{CO}$”（$28 \times 0.5 = 14\ \mathrm{g}$），这是 $\ce{Na2O2}$ 吸收 $\ce{CO2}$ 的一个常用推论，结果一致。

三查：方程式 Na 4、C 2、O 8，原子守恒；电子守恒：$\ce{Na2O2}$ 中 $-1$ 价 O，2 个升到 0 价（失 2）、2 个降到 $-2$ 价（得 2），平衡。

常用推论

• 常用关系式：工业制硫酸 $\ce{FeS2} \sim 2\ce{H2SO4}$、$\ce{S} \sim \ce{H2SO4}$；氨催化氧化制硝酸 $\ce{NH3} \sim \ce{HNO3}$（N 原子守恒，生产中 $\ce{NO}$ 循环利用）。
• $\ce{Na2O2}$ 吸收 $\ce{CO2}$ 和 $\ce{H2O}$：固体增加的质量相当于等物质的量的”$\ce{CO}$“和”$\ce{H2}$“的质量；气体体积减少为参加反应气体体积的一半。推导见例 3。
• $\ce{NaHCO3}$ 受热分解：$168\ \mathrm{g}$ 对应固体减少 $62\ \mathrm{g}$；$\ce{CuO}$ 被 $\ce{H2}$ 还原：每 $80\ \mathrm{g}\ \ce{CuO}$ 固体减少 $16\ \mathrm{g}$（失去的 O）。

易错点

• 错在哪：工业制硫酸写关系式 $\ce{FeS2} \sim \ce{H2SO4}$。 为什么错：记忆性错误。一个 $\ce{FeS2}$ 有 2 个 S。 正确做法：写完关系式查首尾的原子数，$\ce{FeS2} \sim 2\ce{H2SO4}$。
• 错在哪：差量法中把 $\ce{NaHCO3}$ 分解生成的水算作“固体”。 为什么错：加热到恒重时水以水蒸气形式逸出，固体减少的质量包括 $\ce{CO2}$ 和 $\ce{H2O}$ 两部分。 正确做法：差量取“反应前固体总质量 − 反应后固体总质量”，对应方程式里离开体系的全部物质。
• 错在哪：利用率乘了两次（原料乘一次，产品又乘一次）。 为什么错：利用率只发生在一个环节。 正确做法：按题意乘在一处，算完检查一遍。

直观理解

关系式法像接力赛：硫原子是接力棒，从硫铁矿传到 $\ce{SO2}$、$\ce{SO3}$，最后到硫酸，中间换了几个人都不影响“出发几根棒，到达几根棒”。差量法像称行李：上飞机前后各称一次，差的就是托运走的那部分，不用打开箱子看里面装了什么。

关联知识点

• 前置：1.6 以物质的量为中心的换算、1.7 守恒法。
• 后续：第 6 章钠的化合物（$\ce{NaHCO3}$ 分解、$\ce{Na2O2}$ 与 $\ce{CO2}$ 反应）。
• 后续：第 10、11 章工业制硫酸、制硝酸。
• 后续：第 40 章定量实验，含量测定中的关系式计算。

1.9 知识点之间的关系

本章前五个知识点是一座桥的四个桥墩：微粒数、质量、气体体积、溶液浓度分别通过 $N_\mathrm{A}$、$M$、$V_\mathrm{m}$、$V$ 接到物质的量上（1.2–1.6）。后两个知识点是过桥后的走法：有反应时，按方程式系数用物质的量之比；多步、混合、氧化还原的复杂情况，用守恒法只看始末（1.7），用关系式法把多步连成一步、用差量法从变化量入手（1.8）。上一节的图给出了按题目条件选算法的顺序。

1.10 自测

1. $0.5\ \mathrm{mol}\ \ce{H2SO4}$ 中含有多少个 O 原子？
2. $22\ \mathrm{g}\ \ce{CO2}$ 在标准状况下的体积是多少？
3. 质量相同的 $\ce{O2}$ 和 $\ce{O3}$，分子数之比和原子数之比各是多少？
4. 标准状况下某气体的密度为 $1.25\ \mathrm{g/L}$，求它的摩尔质量。
5. $4.0\ \mathrm{g}\ \ce{NaOH}$ 溶于水配成 $250\ \mathrm{mL}$ 溶液，物质的量浓度是多少？从中取出 $10\ \mathrm{mL}$，浓度是多少？
6. $0.2\ \mathrm{mol/L}$ 的 $\ce{Fe2(SO4)3}$ 溶液中，$c(\ce{SO4^2-})$ 是多少？
7. 质量分数 $37\%$、密度 $1.19\ \mathrm{g/mL}$ 的浓盐酸，物质的量浓度是多少（保留三位有效数字）？
8. 判断：标准状况下 $11.2\ \mathrm{L}\ \ce{SO3}$ 含有的分子数为 $0.5N_\mathrm{A}$。
9. $2.3\ \mathrm{g}\ \ce{Na}$ 与足量水反应，转移的电子数是多少？生成的 $\ce{H2}$ 在标准状况下体积是多少？（$\ce{2Na + 2H2O = 2NaOH + H2 ^}$）
10. 某溶液中只含 $\ce{K+}$、$\ce{Al^3+}$、$\ce{SO4^2-}$，$c(\ce{K+}) = 0.1\ \mathrm{mol/L}$，$c(\ce{Al^3+}) = 0.2\ \mathrm{mol/L}$，求 $c(\ce{SO4^2-})$。
11. 加热 $16.8\ \mathrm{g}\ \ce{NaHCO3}$ 至质量不再变化，剩余固体多少克？

答案：1. $2N_\mathrm{A}$（约 $1.204 \times 10^{24}$ 个）；2. $11.2\ \mathrm{L}$；3. 分子数之比 $3 : 2$，原子数之比 $1 : 1$；4. $28\ \mathrm{g/mol}$；5. $0.4\ \mathrm{mol/L}$，仍为 $0.4\ \mathrm{mol/L}$；6. $0.6\ \mathrm{mol/L}$；7. $12.1\ \mathrm{mol/L}$；8. 错误，标准状况下 $\ce{SO3}$ 不是气体；9. $0.1N_\mathrm{A}$，$1.12\ \mathrm{L}$；10. $0.35\ \mathrm{mol/L}$；11. $10.6\ \mathrm{g}$。

1.11 深入阅读

• 国际计量局 · 国际单位制（SI）：2019 年起摩尔由阿伏加德罗常数的精确值定义，这里有七个基本单位的现行定义（英文）。
• 维基百科 · 摩尔 (单位)：摩尔定义的历史沿革和阿伏加德罗常数的测定方法。
• PubChem：美国国立卫生研究院的化学物质数据库，可查任何物质的摩尔质量、熔沸点和状态。