届高考化学专题教案物质的量物质的量浓度质量分数.docx
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届高考化学专题教案物质的量物质的量浓度质量分数
2012届高考化学专题教案：
物质的量物质的量浓度质量分数
专题六物质的量物质的量浓度质量分数
【考点分析】
物质的量贯穿于整个高中化学的始终，是化学计算中处于核心地位的重要概念。
它是掌握物质的质量、体积（标准状况下）、物质的量浓度、反应热、化学方程式计算的前提，是高考的必考点之一。
要掌握这一考点，除抓概念的内涵与外延外，还要及时总结小规律。
一、以物质的量为中心的相互关系
二、物质的量与气体平均相对分子质量之间的计算
1．（m总为气体总质量，n总为气体总物质的量）（此公式也适合非气态物质）
2．已知混合气体的体积分数或摩尔分数求平均相对分子质量。
其中MA、MB、……，为组分气体的相对分子质量；a%、b%、……，为组分气体对应的体积分数或摩尔分数。
3．其中ρ为气体在标准状况下的密度。
4．
其中D相对为混合气体对某已经气体的相对密度，M已知为已知气体的相对分子质量。
三、物质的量浓度及有关计算原理
1．关于物质的量浓度概念的计算主要包括：
（1）溶质的质量、溶液的体积和物质的量浓度之间的计算。
可运用公式：
n＝m/M，c＝n/V，所以。
（2）已知气体溶质的体积（标准状况下）、溶剂的体积和溶液的密度，计算溶液中溶质的物质的量浓度。
应先运用n＝V/22．4L•mol—1，求出溶质的物质的量；再运用V（溶液）＝m/ρ求出溶液的体积，其中m为气体和水的质量和，即溶液的质量，ρ为溶液的密度，V（溶液）的单位为L；最后用物质的量浓度公式计算。
（3）计算溶液中的离子浓度，还要根据溶质的电离方程式，算出离子的物质的量。
2．溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度之间的换算，溶液的密度是必不可少的条件。
将ω换算成c时，可从1L（1000mL）溶液出发，运用直接计算。
3．物质的量浓度与溶解度的换算：
溶解度（S）与饱和溶液的物质的量浓度（c）的换算（ρ表示溶液的密度）：
（ρ单位是g/mL）
4．气体溶于水的物质的量浓度的计算：
设在标准状况下，1L水中溶解某气体VL，所得溶液的密度为ρg/mL，则
5．溶液稀释或混合的计算：
可根据稀释前后，溶液中溶质的物质的量不变的公式c1•V1＝c2•V2
或溶质的质量不变的公式；V1•ρ1•ω1＝V2•ρ2•ω2
四、以物质的量为中心进行换算时注意的问题
1．“一个中心”：
必须以物质的量为中心。
2．“两个前提”：
在应用Vm＝22．4L•mol—1时，一定要有“标准状况”和“气体状态”为两个前提条件（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）间的关系；
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（分子或离子）数之间的关系。
4．“四个无关”：
物质的量、质量、粒子数的多少均与温度及压强的高低无关；物质的量浓度的大小与所取该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）。
五、高考计算题的热点溶液的浓度
主要内容有：
溶液物质的量浓度、溶液的体积、溶质的物质的量（或质量或气体标准状况下的体积）之间的换算；溶液稀释的计算；两种溶液混合后溶液浓度的计算等。
有关溶液浓度计算解题方法思路的两个出发点：
（1）由“定义式”出发：
物质的量浓度定义的数学表达式为c=n/V，由此可知，欲求c，先求n及V。
（2）由“守恒”的观点出发：
①稀释前后“溶质的物质的量守恒”。
②溶液中“粒子之间电荷守恒”（溶液电中性）。
③质量守恒。
【07-08高考再现】
1．下列有关物理量相应的单位表达错误的是（）
A．摩尔质量g/molB．气体摩尔体积L/mol
C．溶解度g/100gD．密度g/cm3
【解析】溶解度的定义是指在一定条件下，某物质在100g溶剂里达到溶解平衡状态时所溶解的质量叫做该物质在这种溶剂里的溶解度。
在中学阶段，一般默认溶剂指的是水，且以质量为单位，因此溶解度正确的单位应该为g。
答案：
C
2．下列叙述正确的是（）
A．一定温度、压强下，气体体积由其分子的大小决定
B．一定温度、压强下，气体体积由其物质的量的多少决定
C．气体摩尔体积是指1mol任何气体所占的体积为22．4L
D．不同的气体，若体积不等，则它们所含的分子数一定不等
【解析】由于分子的大小远远小于分子之间的平均距离，因此气体的体积是由粒子的数目和分子间的平均距离决定，分子之间的平均距离受温度和压强影响，温度高、压强小，平均距离增大，温度低、压强大，平均距离变小，因此选项A错，B正确，同时可知选项D不同的气体，若体积不等，则它们所含的分子数一定不等也错（不同温度压强下可能相等）。
选项C中的指的是标准状况下气体的摩尔体积，因此也错。
答案：
B
3．有BaCl2和NaCl的混合溶液aL，将它均分成两份。
一份滴加稀硫酸，使Ba2＋离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl－离子完全沉淀。
反应中消耗xmolH2SO4、ymolAgNO3。
据此得知原混合溶液中的c（Na＋）/mol•L－1为（）
A．（y－2x）/aB．（y－x）/aC．（2y－2x）/aD．（2y－4x）/a
【解析】每份试剂中钡离子的物质的量为xmol，氯离子的物质的量为ymol，根据电荷守恒有2x＋n（Na＋）=y，得n（Na＋）=y－2x，所以c（Na＋）=（y－2x）/0．5a。
答案：
D
4．在Al2（SO4）3和（NH4）2SO4的混合溶液中加入bmol的BaCl2，恰好使溶液中的SO42－完全沉淀；如加入足量强碱并加热可得到cmolNH3，则原溶液中的Al3＋的浓度（mol/L）为（）
A．2b－c2aB．2b－caC．2b－c3aD．2b－c6a
【解析】由于NH3的物质的量为cmol，由原子守恒和电荷守恒得：
（NH4）2SO4的物质的量为c2mol，反应时用去的BaCl2的物质的量也为c2mol，剩余的BaCl2为（b－c2）mol，则Al2（SO4）3中的SO42－的物质的量也为（b－c2）mol，由电荷守恒得：
n（Al3＋）×3＝（b－c2）×2，所以c（Al3＋）＝2b－c3amol/L。
答案：
C
5．相同质量的下列物质分别与等浓度的NaOH溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是（）
A．AlB．Al（OH）3C．AlCl3D．Al2O3
【解析】m（Al）：
m（NaOH）=27：
40；
m（Al（OH）3）：
m（NaOH）=75：
40；
m（AlCl3）：
m（NaOH）=33．375：
40；
m（Al2O3）：
m（NaOH）=51：
40；
所以相同质量的物质，消耗碱量最多的是Al。
故选A。
答案：
A
6．在一定的条件下，完全分解下列某化合物2g，产生氧气1．6g，此化合物是（）
【解析】此题主要考查摩尔质量。
选项A中m（16O2）=2g18g•mol－1×16g•mol－1＝1．78g；选项B中m（16O2）=2g20g•mol－1×16g•mol－1＝1．6g；选项中m（18O2）=2g20g•mol－1×18g•mol－1＝1．8g；选项中m（18O2）=2g/22g•mol－1×18g•mol－1＝1．64g。
答案：
B
7．往含I－和Cl－的稀溶液中滴入AgNO3溶液，沉淀的质量m（沉淀）与加入AgNO3溶液体积V（AgNO3）的关系如图所示。
则原溶液中c（I－）/c（Cl－）的比值为（）
A．（V2－V1）/V1B．V1/V2C．V1/（V2－V1）D．V2/V1
【解析】本题考查了离子反应的顺序问题，当溶液中有两种或两种以上的离子可以与银离子产生沉淀时，溶解度小的沉淀先生成。
故反应可分为两阶段，第一阶段是碘离子与银离子反应产生碘化银沉淀，第二阶段是氯离子与银离子生成氯化银沉淀，结合图像可知答案为C
答案：
C。
8．ag铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反应后，得到ag铜，则参与反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为（）
A．1:
7B．7:
1C．7:
8D．8:
7
［答案］
【解析】根据题意可以知道，铁粉完全反应且反应前后固体的质量不变，因此设参加反应的CuSO4与H2SO4的物质的量分别为x和y，则：
Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu△m
1mol56g
x56xg•mol－1
Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑△m
1mol8g
y8yg•mol－1
因反应前后固体的质量没有发生变化，因此第一个反应质量的减小等于第二个反应质量的增加，即56xg•mol－1=8yg•mol－1，所以。
答案：
B
【模拟组合】
1．下列示意图中，白球代表氢原子，黑球代表氦原子，方框代表容器，容器中间有一个可以上下滑动的隔板（其质量忽略不记）。
其中能表示等质量的氢气与氦气的是（）
A．B．C．D．
【解析】同温同压条件下，气体体积比为分子数之比，稀有气体是单原子分子。
答案：
A
2．某气态有机物X含C、H、O三种元素，现已知下列条件：
①X中含碳质量分数；②X中含氢质量分数；③X在标准状况下的体积；④X对氢气的相对密度；⑤X的质量。
现欲确定X的分子式，所需要条件最少是（）
A．①和②B．①②④C．①②⑤D．③④⑤
答案B
【解析】由C、H质量分数可推出O的质量分数，由各元素的质量分数可确定X的实验式．由相对密度可确定X的式量．由式量和实验式可确定X的分子式．
3．设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（）
A．用惰性电极电解500mL饱和食盐水，若溶液的pH值变为14时，则电极上转移的电子数目为NA个
B．5．6g铁粉与硝酸反应失去的电子数可能为0．27NA个
C．0．1mol/L的氢氧化钠溶液中含钠离子数为0．1NA个
D．120g由NaHSO4和KHSO3组成的混合物中含有硫原子2NA
【解析】电解饱和食盐水，溶液的pH值变为14时，转移电子0．5*1=0．5mol，5．6g铁粉为0．1mol，与硝酸反应失去的电子数介于0．2—0．3mol之间，所以可能为0．27NA个。
因为体积未知，0．1mol/L的氢氧化钠溶液中含钠离子数无法确定，NaHSO4和KHSO3式量相等，120g为1mol，含有硫原子1mol。
选B。
答案：
B
4．现有44gMg,Al、Zn,Fe多种活泼金属粉末的混合物与1L含有一定质量的20%硫酸溶液恰好完全反应，得到无水盐140g．则下列说法正确的是（）
A．电子转移为1molB．生成的气体体积（标准状况）为22．4L
C．硫酸溶液的质量为540gD．硫酸物质的量浓度为2mol/L
【解析】考查物质的量以及对化学反应中“守恒”思想的理解和应用能力。
据题意：
金属都转化成金属的硫酸盐，增加的为硫酸根离子的质量96g，则SO42-∽H2，生成1molH2即22．4L。
题目中的20%为干扰信息，不参与计算，只表示参加反应的是稀硫酸。
答案：
B
5．4gCu2S和CuS的混合物在酸性溶液中与150mL0．40mol／LKMn04溶液恰好完全反应，离子方程式如下：
2Mn04_+Cu2S+8H+=2Cu2++S042一+2Mn2++4H20Mn04一+CuS+H+一Cu2++SO42—+Mn2++H20（未配平）
则混合物中Cu2S的质量分数为（）
A．40％B．50％C．60％D．70％
【解析】根据所给反应方程式我们可以得到如下信息：
KMnO4无论发生哪个反应都被还原生成+2的锰。
一分子Cu2S和CuS被氧化得电子数目分别为10和8。
故设Cu2S为xmol，CuSymol所以有160x+96y==4①,由得失电子守恒得10x+8y=150×10-3×0．40×5②，联系①、②得x==0．01mol,故选A。
答案：
A
6．自然界中存在一种尖晶石，化学式可表示为MgAl2O4，它透明色美，可作为宝石。
已知该尖晶石中混有Fe2O3。
取一定量样品5．4g，恰好完全溶解在一定浓度100mL盐酸溶液中，盐酸浓度可能是（）
A．2．8mol•L-1B．3．8mol•L-1C．4．3mol•L-1D．4．9mol•L-1
【解析】因为恰好溶解，采用极值法计算，假如全部是尖晶石，盐酸浓度为5．4÷144×8÷0．1=3mol/L，假如全部是Fe2O3，盐酸浓度为5．4÷160×6÷0．1=2．025mol/L，介于二者之间，选A。
答案：
A
7．硝酸与金属反应时，还原产物可能是NO2、NO、N2O、N2或NH4+中的一种或几种。
现有一定量的Al粉和Fe粉的混合物与100mL稀硝酸充分反应，反应过程中无任何气体放出。
在反应结束后的溶液中逐滴加入4mol/L的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量的关系如下图
则下列说法中不正确的是（）
A．与HNO3反应后，Fe元素的化合价为+3
B．D→E段反应的离子方程式为NH4++OH—=NH3•H2O
C．纵坐标A点数值为0．008
D．纵坐标B点数值为0．012
【解析】根据题意反应过程中无气体放出，所以HNO3的还原产物为NH4NO3，因为C点与原点不重合，说明硝酸过量，所以与HNO3反应后，Fe元素的化合价为+3。
C→D段为Al3+、Fe3+生成沉淀，E→F段为Al（OH）3溶解过程，D→E段沉淀无变化，为与OH—反应，根据题中DE坐标，n（NH4+）=1．5×10-3×4=0．006mol，转移电子0．048mol，Fe、Al均为+3价，所以Fe、Al共0．016mol，根据EF段反应，n（Al）=2×10-3×4=0．008mol，所以n（Fe）=0．008mol。
A、B、C选项均正确。
纵坐标B点坐标应为0．016，不正确的为D项。
答案：
D
8．下列含有10电子分子组成的物质：
①34gNH3②0．80molHF③标准状况下体积为11．2L的CH4④4℃时18．0mL的水。
含有的质子数由少到多的正确顺序是（）
A．②＜④＜①＜③B．③＜②＜④＜①
C．③＜①＜④＜②D．①＜④＜②＜③
【解析】34gNH3为2mol，③标准状况下体积为11．2L的CH4为0．5mol；④4℃时18．0mL的水为1mol，含有的质子数由少到多为③＜②＜④＜①
答案：
B
9．将氢气、氧气、二氧化碳4：
1：
1的体积比混合，点然爆炸后，再与红热足量的炭充分反应，当恢复到原温度时，混合气体压强是原气体压强的（）
A．3/4B．4/3C．2/3D．1/3
【解析】本题考查阿伏伽德罗定律及元素守恒知识，同温同压条件下，压强的比是物质的量的比。
根据题意，混合气体点燃爆炸后经过足量的红热的炭，产物为CO和H2，O2～2CO，CO2～2CO，所以如果有6mol气体最终会生成8mol气体，混合气体的压强是原压强的4/3，选B。
答案：
Ｂ
10（江西安福中学2010届4月理综•9）在4℃时向100ml水中溶解了22．4LHCl气体（标准状况下测得）后形成溶液。
下列说法中正确的是（）
A．该溶液物质的量浓度为10mol/L
B．该溶液物质的量浓度因溶液的密度未知而无法求得
C．该溶液中溶质的质量分数因溶液的密度未知而无法求得
D．所得溶液的体积为22．5L
【解析】本题的溶质的质量与溶液的质量可求得：
36．5g，100g，所以可求出质量分数。
选项A：
溶液的体积不能简单等于0．1L，便可推知该溶液物质的量浓度不应等于10mol/L。
选项D：
溶液的体积不能是溶质与溶剂的简单加和。
即不等于22．5L。
答案：
B
11．将100g浓度为18mol/L，密度为ρg/cm3的浓硫酸加入到一定量的水中，使之稀释成9mol/L的硫酸，则需水的体积为（）
A．小于100mLB．等于100mLC．大于100mLD．等于
【解析】设需水的体积为x，根据，则有
因为，所以x答案：
A
12．在一定体积的容器中，加入1．5mol氙气（Xe）和7．5mol氟气（F2），于400℃和2633Kpa压强下加热数小时，然后迅速冷至25℃，容器内除得一种无色晶体外，还余下4．5mol氟气，则所得无色晶体产物中，氙和氟的原子个数比是（）
A．1：
2B．1：
3C．1：
4D．1：
6
【解析】根据氙气为单原子分子，氟气为双原子分子，设氙与氟反应的原子数分别为n1、n2进行计算即可。
根据题意，参加反应的氟气为7．5－4．5=3（mol），则单原子分子氙气与双原子分子氟气按物质的量之比：
1．5：
3=1：
2化合，所以产物中氙与氟的原子个数比为1：
4。
故正确答案选C。
答案：
C
13．（四川绵阳202010届诊断测试•14）常温下，将1．92gCu加入到100mL硫酸和硝酸的混合溶液中，铜全部溶解并放出无色气体，再向该溶液中加入足量的Fe粉，充分反应，此时收集到的气体全是H2。
且在标准状况下的体积是448mL。
下列说法正确的是（）
A．原混合液中c（NO3-）=0．08molB．原混合液中c（SO42-）=O．2mol/L
C．原混合液中PH=1-lg1．2D．溶解的Fe粉质量为2．8g
【解析】本题通过铜与硝酸的反应考查氧化还原反应计算。
因为反应后溶液加入铁粉只放出氢气，所以铜与硝酸恰好反应且NO3—消耗完全，根据离子方程式，3Cu+8H++2NO3—=3Cu2++2NO+4H2O，n（Cu）=0．03mol，n（HNO3）=0．02mol，n（H2SO4）=（0．08-0．02+0．04）/2=0．05mol，所以原溶液的n（H+）=0．02+0．1=0．12mol/L，C（H+）=1．2mol/L，pH=-lg1．2，加入铁粉置换出铜并放出氢气，n（Fe）=n（Cu）+n（H2）=0．03mol+0．02mol=0．05mol，所以溶解的铁粉质量为2．8g。
答案：
D
14．（江西南昌大学附中202010届2月理综•12）C8H18经多步裂化，最后完全转化为C4H8、C3H6、C2H4、C2H6、CH4五种气体混合物。
该混合物的平均相对分子质量可能是（）
A．28B．30C．39D．40
【解析】因C8H18的裂化方式不定，故混合气体的平均相对分子质量也不定，可用极值法解此题。
C8H18按下列方式裂化所得平均相对分子质量最大，C8H18=C4H8＋C4H10,C4H10=C2H4＋C2H6（或C4H10=CH4＋C3H6），混合气的平均相对分子质量为：
114÷3＝38。
若按下式分解：
C8H18=C2H4＋C6H14C6H14=C4H10＋C2H4C4H10=C2H4＋C2H6（或C4H10=CH4＋C3H6），所得混合气体中不含C4H8，此时平均式量最小为：
114÷4＝28．5，即混合气体的平均式量的范围是：
28．5＜M≤38。
所以答案为B。
答案：
B
15．有BaCl2和NaCl的混合溶液wL，将它均分成两份。
一份滴加稀硫酸，使Ba2+离子完全沉淀；另一份滴加AgNO3溶液，使Cl－离子完全沉淀。
反应中消耗amolH2SO4、bmolAgNO3。
据此得知原混合溶液中的c（Na+）mol/L为（）
A．（b-2a）/wB．（b-a）/w
C．（2b-2a）/wD．（2b-4a）/w
【解析】本题考查化学计算。
一份溶液中滴加硝酸银溶液，Ag+和Cl-反应AgCl，消耗Ag+bmol，则原溶液中含有Cl-2bmol。
另一份溶液中滴加稀硫酸，Ba2+和SO42-反应生成BaSO4，消耗SO42-amol，则原溶液中含有SO42-2amol。
根据电荷守恒c（Na+）+2c（Ba2+）=c（Cl-）,所以原溶液中c（Na+）为（2b-4a）/w。
正确选项为D．
答案：
D
16．有MgCl2、Al2（SO4）3的混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到的沉淀量与加入的NaOH溶液的体积关系如图所示，则溶液中c（Cl—）与c（SO）之比为（）
A．1︰1B．2︰3
C．3︰2D．2︰1
【解析】可以用横坐标的数值代替离子浓度。
V～1．25V，Al（OH）3溶解，Al3+浓度相当于0．25V。
沉淀这些Al3+用去0．75VNaOH，则沉淀Mg2+用去NaOH0．25V，Mg2+浓度相当于0．125V。
所以Cl—浓度相当于0．25V，SO42—浓度相当于0．375V，二者浓度之比为2：
3。
答案：
B
17．（上海南汇中学202010届上学期期末•14）0．03mol铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（NO、NO2、N2O4）混合气体共0．05mol，该混合气体的平均相对分子质量可能是（）
A．30B．46C．50D．66
【解析】M（NO）＝30，故，淘汰A。
设混合气体中NO、NO2、N2O4的物质的量依次为a、b、c，根据电子得失守恒和的计算式可得方程：
因a＞0故的取值范围
答案：
BC
18．（福建师大附中2010届上学期期末•20）由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：
K+、C1—、NH4+、Mg2+、CO32-、Ba2+、SO42—。
将该混合物溶于水后得澄清溶液，现取3份100mL该溶液分别进行如下实验：
实验序号实验内容实验结果
1加AgNO3溶液有白色沉淀生成
2加足量NaOH溶液并加热收集到气体1．12L（已折算成标准状况下的体积）
3加足量BaC12溶液时，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量；再向沉淀中加足量稀盐酸，然后干燥、称量第一次称量读数为6．27g，第二次称量读数为2．33g
试回答下列问题：
（1）根据实验1对C1—是否存在的判断是（填“一定存在”、“一定不存在”或“不能确定”）；根据实验1—3判断混合物中一定不存在的离子是。
（2）试确定溶液中一定存在的阴离子及其物质的量浓度（可不填满）：
阴离子符号物质的量浓度（mol•L—1）
（3）试确定K+是否存在？
，判断的理由是。
【解析】本题非常成功的地方是将传统的离子共存和无机化合物的推断巧妙嫁接，解本题的关键是要根据所给的表格初步推断出物质的存在可能性，最后用数据检验。
该混合物溶于水后得澄清溶液，说明Ba2+和SO42—不能同时存在，加足量NaOH溶液并加热产生气体，说明存在NH4＋，由1．12L氨气可知，NH4＋的物质的量为0．05mol，在第三步操作中，沉淀有两种，说明存在SO42-和CO32-，则该混合物中不存在Ba2+，同时也不存在Mg2＋。
（1）由于未知液分三组分别做实验，C1—和SO42—都可以与AgNO3溶液产生白色沉淀，所以无法确定C1—的存在；第（3）组实验第二次称量的是BaSO4固体的质量，说明原溶液中有SO42-，根据离子共存规律一定没有Ba2+；根据已知的离子可知，第一次称量的固体还有BaCO3，说明原溶液中还有CO32-，而Mg2+与CO32-不能共存，所以一定没有Mg2+。
（2）根据第（3）实验称得固体的质量，可求得：
n（BaSO4）=2．33÷233=0．01mol,
n（BaCO3）=（6．27g-2．33g）÷197g•mol-1=0．02mol。
所以n（SO42-）=0．01mol，c（SO42-）=0．01÷0．1=0．1mol•L—1；n（CO32-）=0．02mol，c（CO32-）=0．02mol÷0．1L=0．2mol•L—1。
（3）利用第
（2）组实验可求得n（NH4+）=0．05mol，c（NH4+）=0．5mol•L—1。
根据电荷守恒规律：
2×c（CO32-）+2×c（SO42-）=0．6mol•L—1，而1×c（NH4+）=0．5mol•L—1，
所以必然还有阳离子，已知的还剩K+。
故一定有K+。
答案：
（1）不能确定（1分）Ba2+、Mg2+（2分）
（2）（4分，一一对应才给分）
阴离子符号物质的量浓度（mol•L—1）
SO42-0．1
CO32-0．2
（3）存在（1分）溶液中肯定存在离子是NH4+、CO32-和SO42-。
经计算，NH4+的物质量为0．05mol，CO32-、SO42-的物质的量分别
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