学案2 常用化学计量最新考纲展示 1.了解相对原子质量，相对分子质量的定义，并能进行有关计算。2.理解质量守恒定律的含义。3.了解物质的量的单位——摩尔(mol)、摩尔质量、气体摩尔体积、物质的量浓度、阿伏加德罗常数的含义。4.能根据物质的量与微粒(原子、分子、离子等)数目、气体体积(标准状况下)之间的相互关系进行有关计算。5.了解溶液的组成；理解溶液中溶质的质量分数的概念，并能进行有关计算。6.了解配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法。基础回扣1．有关物质的量与各物理量之间的转化关系若用NA表示阿伏加德罗常数，标准状况下有3.36LNH3(1)该气体的物质的量为0.15_mol，质量为2.55_g，所含氨气分子数为0.15NA。(2)若将该气体溶于水配成50mL溶液，密度为0.9g·cm－3，所得溶液的质量分数为5.67%，物质的量浓度为3_mol·L－1。(3)若将上述所得溶液取出10mL，其质量分数为5.67%，再加水稀释到50mL，所得溶液的物质的量浓度为0.6_mol·L－1。2．物质的量在化学方程式中的应用将15.6gNa2O2固体加入足量的水中，制成200mL溶液(1)收集到标准状况下气体的体积为2.24_L。(2)反应过程中转移电子总数为0.2NA或1.204×1023。(3)所得溶液的物质的量浓度为2_mol·L－1。题型1 阿伏加德罗常数的广泛应用1．(2022·广东理综，10)设nA为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是( )A．1mol甲苯含有6nA个C—H键B．18gH2O含有10nA个质子C．标准状况下，22.4L氨水含有nA个NH3分子D．56g铁片投入足量浓H2SO4中生成nA个SO2分子答案 B解析 解有关阿伏加德罗常数的题一般分为三步，第一步为宏观量之间的转换，即将质量和体积转化为物质的量；第二步为微观量之间的转换，即判断1分子该物质所含的微粒数；第三步为宏观量和微观量的对应，即一定物质的量的该物质含有的微粒数。A项，第一步，题目中直接给出物质的量，所以不用转换；第二步，甲苯的分子式为C7H812\n，因此1分子甲苯中含有8个C—H键；第三步，1mol甲苯中含有8nA个C—H键，错误。B项，第一步，18g水的物质的量为1mol；第二步，1个水分子中含有10个质子；第三步，1mol水分子中含有10nA个质子，正确。C项，由于氨水为液态，因此无法确定其物质的量，错误。D项，常温下铁片投入浓H2SO4中发生钝化，56g铁片即1mol铁不可能生成nA个SO2分子，错误。2．(2022·大纲全国卷，7)NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是( )A．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB．2L0.5mol·L－1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NAC．1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD．丙烯和环丙烷组成的42g混合气体中氢原子的个数为6NA答案 D解析 A项，1molFeI2与足量的Cl2反应时转移电子数为3mol，错误；B项，2L0.5mol·L－1K2SO4溶液中SO带的负电荷数为2NA，溶液中的阴离子还有OH－，故阴离子所带电荷数大于2NA，错误；C项，1molNa2O2固体中含有离子总数为3NA，错误；D项，丙烯(C3H6)和环丙烷(C3H6)互为同分异构体，故42g即1mol该混合物含有H原子数为6NA，正确。3．(2022·四川理综，5)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB．室温下，1LpH＝13的NaOH溶液中，由水电离的OH－离子数目为0.1NAC．氢氧燃料电池正极消耗22.4L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为2NAD．5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75NA答案 D解析 A项，铁在高温下与水蒸气反应的化学方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2,0.2molFe生成H2的分子数约为0.27NA，该项错误；B项，该NaOH溶液中OH－总共有0.1NA，但OH－主要来自于NaOH电离，水电离出很少的OH－，该项错误；C项，氢氧燃料电池正极上反应的物质为O2，当消耗标准状况下22.4LO2时，转移的电子数为4NA，该项错误；D项，根据反应方程式可知，反应中只有N元素化合价发生改变，生成8mol氮原子(4molN2)中有5mol来自NH，有3mol来自NO，故反应中转移电子数为15mol，则生成28g(1mol)N2时，转移电子数为3.75NA，该项正确。高考常涉及到的关于NA的命题角度总结考查方向涉及问题物质状态在标准状况下非气态物质，如H2O、苯、己烷、CHCl3、CCl4、酒精、SO3、辛烷等12\n物质结构一定物质的量的物质中含有的微粒(分子、原子、电子、质子等)数，如Na2O2；或一些物质中的化学键数目，如CH4、P4等氧化还原反应电子转移(得失)数目和方向，如Na2O2、NO2、Cl2与H2O反应；电解AgNO3溶液；Cu与S反应；Fe失去电子数(可能是2e－，也可能是3e－)电离、水解弱电解质的电离，可水解的盐中的离子数目多少的判断。如1L1mol·L－1Na2CO3溶液中CO数目小于NA，因为CO会部分水解隐含的可逆反应常见的可逆反应(如2NO2N2O4)、弱电解质的电离平衡等摩尔质量特殊物质的摩尔质量，如D2O、18O2、H37Cl单质的组成单质的组成除常见的双原子分子(如H2、Cl2、N2)外还有单原子分子(惰性气体，如He、Ne等)、三原子分子(如O3)，甚至有四原子分子(如P4)(一)阿伏加德罗常数的判断1．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )A．98gH2SO4和H3PO4中含有的氧原子数均为4NAB．1L1mol·L－1的硫酸与高氯酸(HClO4)溶液中含有的氧原子数均为4NAC．33.6LNO2溶解于足量的水中得到硝酸溶液，溶液中NO数目为NAD．32g铜发生氧化还原反应，一定失去NA个电子答案 A解析 B项易忽视水中的氧；C项未指明标准状况；D项中Cu可能被氧化为＋1价。2．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是( )A．在0℃时，22.4L氢气中含有2NA个氢原子B．电解食盐水若产生2g氢气，则转移的电子数目为NAC．1mol乙烷分子中共价键总数为7NAD．密闭容器中46gNO2含有的分子数为NA答案 C解析 0℃不一定是标准状况，A错；电解食盐水产生2g氢气，则转移的电子数目为2NA，B错；乙烷的结构简式为CH3CH3，含有1个C—C共价键和6个C—H共价键，C正确；密闭容器中NO2与N2O4存在转化平衡，D错。3．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A．25℃时，在pH＝2的1.0LH2SO4溶液中含有H＋数目为0.02NAB．1molNa2O2固体中含离子总数与1molCH4中所含共价键数目相等C．将含有1molFeCl3溶质的饱和溶液加入沸水中可以得到NA个Fe(OH)3胶粒12\nD．向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1molFe2＋被氧化时，该反应转移电子的数目至少为3NA答案 D解析 pH＝2的H2SO4中，c(H＋)＝0.01mol·L－1，与二元酸没关系，A项错；B项中1molNa2O2含有3NA个离子，1molCH4含有4NA个共价键，B项错；C项中Fe(OH)3胶粒是多个Fe(OH)3的聚合体，C项错；D项中，还原性Fe2＋<I－，1molFe2＋被氧化时，I－已经全部被氧化，正确。(二)阿伏加德罗定律的应用4．如图所示：已知A、B都为短周期元素，且甲、乙、丙常温下都为气体。2mol甲分子反应生成1mol丙和3mol乙，下列对此判断不正确的是(双选)( )A．1个乙分子中含有2个A原子B．甲的摩尔质量为17g·mol－1C．同温、同压下，生成丙和乙的体积比为3∶1D．标准状况下，11.2L甲溶于500mL水中，所得溶液中甲的物质的量浓度为1mol·L－1答案 CD解析 题给反应可表示为2A3B===B2＋3A2，再结合题图中分子的结构可知，甲为氨气，丙为氮气，乙为氢气。由质量守恒可知，A正确；氨气的摩尔质量为17g·mol－1，B正确；由阿伏加德罗定律可知，生成丙和乙的体积比为1∶3，C不正确；500mL水是溶剂，不是所得溶液的体积，D不正确。5.如图表示1gO2与1gX气体在相同容积的密闭容器中压强(p)与温度(T)的关系，则X气体可能是( )A．C2H4B．CH4C．CO2D．NO答案 C解析 由图可知，相同温度时，p(O2)>p(X)，在同质量、同体积条件下，气体相对分子质量与压强成反比，即相对分子质量越大，压强越小。四个选项中只有CO2的相对分子质量大于O2的，故C正确。6．(2022·大纲全国卷，12)在常压和500℃条件下，等物质的量的Ag2O、Fe(OH)3、NH4HCO3、NaHCO3完全分解，所得气体体积依次为V1、V2、V3、V4。体积大小顺序正确的是( )A．V3＞V2＞V4＞V1B．V3＞V4＞V2＞V1C．V3＞V2＞V1＞V4D．V2＞V3＞V1＞V4答案 A解析 假设各物质均为1mol，完全分解计算气体的物质的量。注意500℃时水是气体。12\n题型2 物质的量浓度溶液的配制及计算1．高考选项正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”(1)配制溶液定容时，俯视容量瓶刻度会使溶液浓度偏高(√)(2022·大纲全国卷，6C)(2)用容量瓶配溶液时，若加水超过刻度线，立即用滴管吸出多余液体(×)(2022·新课标全国卷Ⅰ，12D)(3)洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干(×)(2022·新课标全国卷Ⅰ，12A)(4)配制0.1000mol·L－1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流(√)(2022·福建理综，10C)(5)用固体NaCl配制0.5mol·L－1的溶液，所用的仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶(×)(2022·山东理综，11C)(6)在50mL量筒中配制0.1000mol·L－1碳酸钠溶液(×)(2022·福建理综，6C)2．(2022·上海，52)焦硫酸(H2SO4·SO3)溶于水，其中的SO3都转化为硫酸。若将445g焦硫酸溶于水配成4.00L硫酸，该硫酸的物质的量浓度为________mol·L－1。答案 1.25解析 445g焦硫酸H2SO4·SO3的物质的量为445g÷178g·mol－1＝2.5mol，溶于水H2SO4·SO3＋H2O===2H2SO4，所得硫酸的物质的量为5mol，c＝n/V＝5mol÷4L＝1.25mol·L－1。1．警惕溶液配制时的易错点(1)称量固体时物码颠倒，腐蚀性固体应放在玻璃器皿中。(2)容量瓶不能配制任意体积的溶液，不能溶解、稀释和贮存液体。(3)在配制一定物质的量浓度的溶液实验中，定容时加蒸馏水，一旦超过刻度线，要重新配制。(4)配制时完全不需要计算水的用量，因此容量瓶不必是干燥的，有少量蒸馏水不影响结果。(5)定容时要平视刻度线，仰视体积大浓度小、俯视体积小浓度大。2．用好配制一定物质的量浓度溶液误差分析的答题模板12\n1．某同学实验需要450mL0.1mol·L－1碳酸钠溶液，配制该溶液时下列仪器不需要的是( )A．100mL量筒、烧杯、玻璃棒B．托盘天平、500mL容量瓶C．酒精灯、三角漏斗、导管D．胶头滴管、玻璃棒、烧杯答案 C解析 根据操作步骤联系实验仪器。配制一定物质的量浓度的溶液，必需的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管等。2．假若你是卫生防疫人员，为配制0.01mol·L－1的KMnO4消毒液，下列操作导致所配溶液浓度偏高的是( )A．取KMnO4样品时不慎在表面沾了点蒸馏水B．溶解搅拌时有液体飞溅出C．定容时俯视容量瓶刻度线D．摇匀后见液面下降，再加水至刻度线答案 C解析 A项取得样品质量偏小，使溶液浓度偏低；B项液体飞溅出，会损失一部分KMnO4，使溶液浓度偏低；C项定容时俯视容量瓶刻度线导致加水量较少浓度偏高；D项加水量过多，使溶液浓度偏低。3．(1)配制浓度为2mol·L－1的NaOH溶液100mL，用托盘天平称取NaOH固体时，天平读数将________(填写字母，下同)。A．等于8.0gB．等于8.00gC．大于8.0gD．等于0.2g(2)某实验中需2mol·L－1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格为____________，称取Na2CO3的质量为__________。答案 (1)C (2)1000mL 212.0g解析 (1)称量NaOH固体时需用小烧杯盛放，故天平读数等于8.0g＋烧杯质量。(2)根据容量瓶的常用规格可知，应配制2mol·L－1的Na2CO3溶液1000mL，所需Na2CO3的质量为12\n1L×2mol·L－1×106g·mol－1＝212.0g。4．VLFe2(SO4)3溶液中含有agSO，取此溶液0.5VL，用水稀释至2VL，则稀释后溶液中Fe3＋的物质的量浓度为( )A.mol·L－1B.mol·L－1C.mol·L－1D.mol·L－1答案 A解析 agSO的物质的量为mol，因此VLFe2(SO4)3溶液中Fe3＋的物质的量为×mol＝mol，从中取出0.5VL后n(Fe3＋)＝mol×＝mol，即稀释到2VL后溶液中Fe3＋的物质的量浓度为＝mol·L－1。题型3 化学反应中的计算问题1．(2022·山东理综，9)等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是( )A．FeOB．Fe2O3C．FeSO4D．Fe3O4答案 A解析 根据得失电子守恒，还原剂提供的电子越多，氧化剂硝酸生成的NO的物质的量就越多。1g题述四种物质能提供的电子的物质的量为A.×1mol；B.0；C.×1mol；D.×1mol(Fe3O4也可以写为Fe2O3·FeO)，等质量时提供电子的物质的量最多的为FeO。2．(2022·大纲全国卷，13)已知：将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且的值与温度高低有关。当n(KOH)＝amol时，下列有关说法错误的是( )A．若某温度下，反应后＝11，则溶液中＝B．参加反应的氯气的物质的量等于amol12\nC．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：amol≤ne≤amolD．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为amol答案 D解析 A项，设反应后溶液中n(Cl－)＝11nmol，则n(ClO－)＝nmol，根据氧化还原反应中电子守恒可知，生成11nmolCl－得11nmol电子，生成nmolClO－失去nmol电子，而生成1molClO失去5mol电子，因此反应生成的ClO应为2nmol，正确；B项，由于产物中可能有KCl、KClO、KClO3，根据原子守恒可知，Cl原子与K原子的物质的量始终相等，故参加反应的Cl2的物质的量为KOH的，正确；C项，当只有KCl、KClO生成时，1molCl2参加反应转移1mol电子，故整个反应中转移电子的物质的量为amol，当只有KCl、KClO3生成时，根据电子守恒可知，有的Cl2生成了KClO3，有的Cl2生成了KCl，故转移电子amol，正确；D项，当只有KCl、KClO3生成时，产物中KClO3的量达到了最大值，根据电子守恒可知，有的Cl2生成了KClO3，因此KClO3的最大理论产量为amol，错误。3．[2022·福建理综，25(6)]葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI)①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为________g·L－1。②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。答案 ①0.16 ②偏低解析 ①根据反应方程式：SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI，可知n(SO2)＝n(I2)＝0.01000mol·L－1×0.025L＝2.5×10－4mol，由于葡萄酒样品为100.00mL，因此样品抗氧化剂的残留量为2.5×10－4mol×64g·mol－1÷0.1000L＝0.16g·L－1。②若部分HI被空气氧化，则测得消耗的I2会减少，故测得的SO2会减少，结果偏低。12\n4．(2022·上海，37)将一定质量小苏打样品(含少量NaCl)溶于足量盐酸，蒸干后称量固体质量，也可测定小苏打的含量。若蒸发过程中有少量液体溅出，则测定结果____________。(选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”)答案 偏高解析 将一定质量小苏打样品(含少量NaCl)溶于足量盐酸，蒸干后称量固体质量是利用NaHCO3→NaCl质量差减小为84－58.5＝25.5，若蒸发过程中有少量液体溅出，造成质量差变大，则测定结果偏高。1.物质的量在化学方程式中计算的步骤写：写出反应的化学方程式↓找：找出方程式中已知物质和未知物质的物质的量的关系↓列：将已知量和未知量列成比例式↓求：对比例式求算2．化学计算中常用方法(1)守恒法守恒法是中学化学计算中一种常用方法，守恒法中的三把“金钥匙”——质量守恒、电荷守恒、电子得失守恒，它们都是抓住有关变化的始态和终态，淡化中间过程，利用某种不变量(①某原子、离子或原子团不变；②溶液中阴阳离子所带电荷数相等；③氧化还原反应中得失电子相等)建立关系式，从而达到简化过程，快速解题的目的。(2)关系式法此法常用于多步连续反应的计算。确定关系式可利用各步反应的计量关系或某元素原子守恒关系找出已知物质和未知物质的关系式，然后根据已知量和未知量列比例式求解。(3)极值法对混合体系或反应物可能发生几种反应生成多种生成物的计算，我们可假设混合体系中全部是一种物质，或只发生一种反应，求出最大值、最小值，然后进行解答，此类题一般为选择题。(4)设未知数法对混合体系的计算，我们一般设两个未知数，然后依据题意列两个方程，进行求解。(一)关系式法1．(2022·上海，11)工业上将氨气和空气的混合气体通过铂—铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下VL氨气完全反应，并转移n个电子，则阿伏加德罗常数(NA)可表示为( )12\nA.B.C.D.答案 D解析 由NH3的催化氧化方程式可知1molNH3转化为NO时转移5mol电子，可得如下关系式：NH3 ～ 5e－15×NAn即n＝×NA解得NA＝。2．氯化亚铜(CuCl)是重要的化工原料。国家标准规定合格的CuCl产品的主要质量指标为CuCl的质量分数大于96.5%。工业上常通过下列反应制备CuCl：2CuSO4＋Na2SO3＋2NaCl＋Na2CO3===2CuCl↓＋3Na2SO4＋CO2↑(1)CuCl制备过程中需要配制质量分数为20.0%的CuSO4溶液，试计算配制该溶液所需的CuSO4·5H2O与H2O的质量之比。(2)准确称取所制备的0.2500gCuCl样品置于一定量的0.5mol·L－1FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20mL，用0.1000mol·L－1Ce(SO4)2溶液滴定到终点，消耗24.60mLCe(SO4)2溶液。有关反应的离子方程式为Fe3＋＋CuCl===Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋通过计算说明上述样品中CuCl的质量分数是否符合标准。答案 (1)5∶11 (2)符合标准解析 (1)假设配制1000g这种CuSO4溶液，则需要硫酸铜200g，“折合”成CuSO4·5H2O，其质量为×200g＝312.5g，则所需水的质量为1000g－312.5g＝687.5g，所需的CuSO4·5H2O与H2O的质量之比为312.5∶687.5＝5∶11。(2)由方程式可得关系式为CuCl～Fe2＋～Ce4＋即CuCl的物质的量等于消耗的Ce(SO4)2的物质的量，为0.1000mol·L－1×24.60×10－3L＝0.00246mol，故CuCl的质量分数为×100%＝97.9%，符合标准。(二)守恒法12\n3．镁、铝合金3g与100mL稀H2SO4恰好完全反应，将反应后所得溶液蒸干，得无水硫酸盐17.4g，则原硫酸溶液的物质的量浓度为( )A．1.5mol·L－1B．1mol·L－1C．2.5mol·L－1D．2mol·L－1答案 A解析 蒸干后所得产物分别是MgSO4和Al2(SO4)3，增加的质量即为SO的质量。c(H2SO4)＝＝1.5mol·L－1。4．某硫酸镁和硫酸铝的混合溶液中，c(Mg2＋)＝2mol·L－1，c(SO)＝6.5mol·L－1，若将200mL此混合液中的Mg2＋和Al3＋分离，至少应加入1.6mol·L－1的苛性钠溶液( )A．0.5LB．1.625LC．1.8LD．2L答案 D解析 根据溶液中的电荷守恒可得：2c(Mg2＋)＋3c(Al3＋)＝2c(SO)，故c(Al3＋)＝(2×6.5mol·L－1－2×2mol·L－1)/3＝3mol·L－1。当加入的NaOH溶液恰好将Mg2＋与Al3＋分离时，所得溶液为Na2SO4和NaAlO2，根据钠元素守恒，则V(NaOH)＝，代入数据得V(NaOH)＝＝2L。5．羟胺(NH2OH)是一种还原剂，能将某些氧化剂还原。现用25.00mL0.049mol·L－1的羟胺的酸性溶液跟足量的硫酸铁溶液在煮沸条件下反应，生成的Fe2＋恰好与24.65mL0.020mol·L－1的酸性KMnO4溶液完全作用，则在上述反应中，羟胺的氧化产物是[已知：FeSO4＋KMnO4＋H2SO4―→Fe2(SO4)3＋K2SO4＋MnSO4＋H2O(未配平)]( )A．N2B．N2OC．NOD．NO2答案 B解析 整个反应过程是羟胺(NH2OH)将Fe3＋还原为Fe2＋，KMnO4又将Fe2＋氧化为Fe3＋。即始态还原剂羟胺失去的电子数与终态氧化剂KMnO4得到的电子数相等。设羟胺的氧化产物中N的化合价为＋n，则H2OH―→失电子数：(n＋1)×0.025L×0.049mol·L－1KO4―→SO4得电子数：5×0.02465L×0.020mol·L－112\n依据得失电子守恒建立方程，解得n＝1，所以氧化产物为N2O。(三)设未知数法6．用含1.0molNaOH的溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中的CO和HCO的物质的量之比为( )A．1∶3B．2∶1C．2∶3D．3∶2答案 A解析 设生成Na2CO3、NaHCO3物质的量分别为x、y，由反应前后C和Na＋守恒可知，x＋y＝0.8mol、2x＋y＝1.0mol，解得x＝0.2mol、y＝0.6mol，即所得溶液中CO和HCO的物质的量之比为1∶3。7．(2022·上海，22)一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL(标准状况)，向反应后的溶液中(存在Cu2＋和SO)加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1∶1，则V可能为( )A．9.0LB．13.5LC．15.7LD．16.8L答案 A解析 若混合物全是CuS，其物质的量为12/80＝0.15mol，电子转移数0.15mol×(6＋2)＝1.2mol。两气体体积相等，设NOxmol，NO2xmol,3x＋x＝1.2，计算的x＝0.3。气体体积V＝0.6mol×22.4L·mol－1＝13.44L；若混合物全是Cu2S，其物质的量为0.075mol，转移电子数0.075mol×10＝0.75mol，设NOxmol，NO2xmol,3x＋x＝0.75，计算得x＝0.1875，气体体积V＝0.375mol×22.4L·mol－1＝8.4L，因此8.4L＜V＜13.44L。12
