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高考化学物质的量 ( 大题培优 ) 含详细答案

一、高中化学物质的量

1．在标准状况下，由一氧化碳和二氧化碳组成的混合气体为 6.72 L，质量为12g，此混合

物中一氧化碳和二氧化碳物质的量之比是__________ ，一氧化碳的体积分数是

__________，一氧化碳的质量分数是__________，碳原子和氧原子个数比是__________，混合气体的平均相对分子质量是__________ ，密度是 __________g·L－1。

【答案】 1∶ 3 25% 17.5% 4∶ 7 40 1.79

【解析】

【分析】

根据公式：m n = V 进行分析解答。

M Vm

【详解】

混合气体的物质的量＝ 6.72L ＝0.3 mol ，

22.4L?mol －1

设一氧化碳的物质的量为x，二氧化碳的物质的量为y，则：

x y0.3

28x 44 y12

解得： x＝0.075 mol ， y＝ 0.225 mol ，

此混合物中一氧化碳和二氧化碳物质的量之比＝0.075mol ∶0.225 mol ＝ 1∶ 3；

0.075mol

一氧化碳的体积分数是＝× 100%＝ 25% ；

0.3mol

一氧化碳的质量＝0.075 mol ×28gmol·-1＝ 2.1 g，

2.1g

一氧化碳的质量分数＝× 100%＝ 17.5% ；

12g

碳原子和氧原子个数比＝(0.075 mol ＋ 0.225 mol) ∶ (0.075 mol ＋ 0.225mol ×2)＝ 4∶7；

混合气体的平均摩尔质量＝

12g

＝40g·mol-1，平均相对分子质量是40；

0.3?mol

混合气体的密度＝12g -1。答案： 1∶ 3 ；25% ；17.5% ； 4∶ 7； 40； 1.79。

≈ 1.79 g·L

6.72L

2．NH3、NO、 NO2都是常见重要的无机物，是工农业生产、环境保护、生命科学等方面的

研究热点。

( 1) 写出氨在催化剂条件下与氧气反应生成NO 的化学方程式 _____。

( 2) 氮氧化物不仅能形成酸雨，还会对环境产生的危害是形成_____。

( 3) 实验室可用 Cu 与浓硝酸制取少量 NO2 ，该反应的离子方程式是_____。

( 4) 为了消除 NO 对环境的污染，根据氧化还原反应原理，可选用NH3使 NO 转化为两种无毒气体 ( 其中之一是水蒸气 ) ，该反应需要催化剂参加，其化学方程式为_____。

( 5) 一定质量的 Cu 与适量浓硝酸恰好完全反应，生成标准状况下NO2和 NO 气体均为

2240mL 。向反应后的溶液中加入 NaOH 溶液使 Cu 2+刚好完全沉淀，则生成

Cu( OH) 2 沉淀的

质量为 _____克。

催化剂

【答案】 4NH 32

2

+﹣

2

+

光化学烟雾

Cu+4H

+2NO 3

＝ Cu +2NO 22

+5O

4NO+6H O

↑+2H O

加热

催化剂

5N 2+6H 2 O 19. 6

4NH 3+6NO

【解析】 【分析】

（ 1）氨气和氧气在催化剂的条件下反应生成一氧化氮和水； （ 2）氮氧化物还可以形成光化学烟雾，破坏臭氧层；

（ 3）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，浓硝酸和硝酸铜都能写成离子形式； （ 4）氨气使一氧化氮转化为两种无毒气体，其中一种是水蒸气，另外一种为氮气；

（ 5）根据电子转移守恒计算铜的物质的量，由铜原子守恒可得氢氧化铜的物质的量，在根

据 m=nM 计算。

【详解】

( 1) 氨气与氧气在催化剂条件下生成

NO 与水，反应方程式为：

催化剂

4NH 3+5O 2

4NO+6H 2O ，

加热

催化剂

故答案为： 4NH 32

2

+5O

4NO+6H O ；

加热

( 2) 氮氧化物还可以形成光化学烟雾、破坏臭氧层等，故答案为：光化学烟雾；

( 3) Cu 与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，浓硝酸、硝酸铜都写成离子形式，反应

离子方程式为： Cu+4H ++2NO 3 ﹣

＝ Cu 2++2NO 22 ++2NO 3 ﹣ ＝ ↑+2H O ，答案为： Cu+4H Cu 2++2NO 2↑+2H 2O ；

( 4) NH 3 使 NO 转化为两种无毒气体，其中之一是水蒸气，另外一种为氮气，反应方程式

催化剂

为： 4NH 3 6NO

5N 2 6H 2O

，

+

+

催化剂

故答案为： 4NH 3

+ 6NO

5N 2 6H 2O

；

+

( 5) n( NO 2) ＝ n( NO) ＝ 2. 24L ÷ 22. 4L/ mol ＝ 0. 1mol ，根据电子转移守恒，可知 n( Cu) ＝

0.1mol 1 0.1mol 3

＝ 0. 2mol ，由 Cu 原子守恒可得氢氧化铜的物质的量为

0. 2mol ，生

2

成 Cu( OH) 2 沉淀的质量为 0 . 2mol × 98g/ mol ＝ 19. 6g ，故答案为： 19. 6。

【点睛】

掌握有关硝酸反应的计算，一般用守恒方法，如电子守恒，反应中氮元素得到电子物质的量等于铜失去电子的物质的量，也等于铜离子结合的氢氧根的物质的量，据此计算即可。

3．现有 21.6 g 由 CO 和 CO2组成的混合气体，在标准状况下其体积为 13.44 L。回答下列问题：

(1)该混合气体的平均摩尔质量为________。

(2)混合气体中碳原子的质量为________。

(3)将混合气体依次通过如图所示装置，最后收集在气球中(实验在标准状况下测定)。

①气球中收集到的气体的摩尔质量为________。

②气球中收集到的气体中，电子总数为________(用 N A表示阿伏加德罗常数的值 )。

③气球的体积为 ________L。

【答案】 36 g ·mol －1

7.2 g 28 gmol －1 A

4·.2N 6.72

【解析】

【详解】

(1)标准状况下，该混合气体的物质的量为13.44 ÷ 22.4=0（.6 mol ），所以混合气体的平均摩

尔质量 M=m/n=21.6÷0.6=36 （ g·mol －1 ），

(2)由第一问已知混合气体的物质的量为0.6mol ，而 CO和 CO 分子中均只含一个碳原子，

2

故混合气体中的碳原子也为1mol ，所以混合气体中碳原子的质量为0.6 ×12=7.（2 g）(3)CO和 CO2组成的混合气体通过 NaOH 溶液后， CO2与 NaOH 反应被吸收，剩余的 CO通过浓硫酸干燥，最后收集在气球中。设CO的物质的量为 x ,则 CO2的物质的量为0.6-x，列方程： 28x+44(0.6-x)=21.6，解得 x=0.3mol 。

①气球中收集到的气体为纯净的CO，其摩尔质量为 28 g ·mol －1；② CO 的物质的量为

0.3mol ，所以电子总数为 0.3 × 14NA=4.2NA；③标准状况下， 0.3molCO 的体积为

0.3 × 22.4=6.72（ L），所以气球的体积为 6.72L。

4．（ 1） 1mol H2SO4中含有 _____个硫原子， _____mol O。

（2）写出下列物质在水溶液中的电离方程式

HCl： _______________NaHSO4： ____________________

（3）写出下列化学反应的方程式

呼吸面具中过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式_________________

氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色的反应的化学方程式

____________________

印刷电路板处理时铜与氯化铁溶液反应的离子方程式_______________________

（4）配平下列方程式：

－－

_____I +_____IO3 + _____H+—_____I2 +_____H2O

_____NH4ClO4——_____N2↑+_____O2↑+_____HCl+_____H2O

（5）用单线桥法或双线桥法表示该反应转移电子的方向和数目并填空：

Cu＋ 4 HNO3（浓） = Cu(NO3)2＋ 2 NO2↑＋ 2H2O__________________

HNO3的作用是 __________，发生氧化反应，氧化产物是__________。

＋－

NaHSO4 = Na+ + H++SO4 2- 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

【答案】 N A 4 HCl=H ＋ Cl

4Fe(OH)2+O2+2H2O＝ 4Fe(OH)3 2Fe3+＋ Cu=2Fe2+＋ Cu2+ 5 1 6 3 3 4 2 5 4 6

氧化性和酸性Cu(NO3)2

【解析】

【分析】

（1）根据物质结构进行计算；

（2）强电解质完全电离；

（3）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，

最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁；铜与氯化铁溶液反应生成亚

铁离子和铜离子；

（4）根据化合价升降法及化合价只靠拢不相交的原则配平；

（5）还原剂，失电子，化合价升高，发生氧化反应，产物为氧化产物；氧化剂得电子，化

合价降低，产物为还原产物。

【详解】

（1）一个 H2 SO4分子中含有 1 个 S 原子， 4 个 O 原子，则 1mol H2SO4中含有 N A个硫原

子， 4mol O ；

（2） HCl 为强电解质，在水中完全电离，生成氢离子和氯离子，则电离方程式为：HCl=H＋＋C l－； NaHSO4为强电解质，在水中完全电离，生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，则

电离方程式为： NaHSO4 = Na+ + H+ +SO42-；

（3）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；氢氧化亚铁白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成

氢氧化铁，方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O＝ 4Fe(OH)3；铜与氯化铁溶液反应生成亚铁离子和

铜离子，离子方程式为2Fe3+＋ Cu=2Fe2+＋ Cu2+；

（4）根据氧化还原反应中，化合价只靠拢不相交的原则，碘离子变为0 价，碘酸根离子变

为 0 价，则最小公倍数为5，则离子方程式为

－－

+ 6H+=3I2+3H2O；

5 I +IO3

高氯酸铵自身发生氧化还原反应，N、 O 的化合价升高，Cl 的化合价降低，根据电子得失守恒，则 4NH4 4 2 2 2

ClO =2N ↑ +5O ↑ +4HCl+6HO；

（5）反应中 Cu 作还原剂，失电子，化合价由0 价变为+2 价，生成的产物为氧化产物；硝酸作氧化剂、酸，部分N 得电子化合价降低由+5 变为 +4，生成的产物为还原产物；双线桥

法表示为；单线桥法为

。

【点睛】

白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色为氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁的

反应。

5．（ 1）下列物质能导电的是___，属于电解质的是___。

①NaCl 晶体②液态 SO2③液态醋酸④铜⑤ BaSO4固体⑥纯蔗糖(C12H22O11)⑦氨水⑧熔化的

3

KNO

（2） 0.5molCH4

的质量是___g ___L ，在标准状况下的体积为；

（3） 8.4g 氮气和 9.6g 某单质 Rx 所含原子个数相同，且分子个数之比为3：2，则 x 的值是___， R 的摩尔质量是 ___。

【答案】④⑦⑧①③⑤⑧8 11.2 3 16g/mol

【解析】

【分析】

（1）① NaCl 晶体不含自由移动的离子，不能导电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是

电解质；②液态SO

2 不含自由移动的离子，不能导电，其于水反应生成亚硫酸可电离，水

溶液可导电，但不是自身导电，是非电解质；③液态醋酸不含自由移动的离子，不能导

电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是电解质；④铜含有自由移动的电子可以导电，但属于单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质；⑤BaSO4固体不含自由移动的离

子，不能导电，熔融状态下电离生成离子可以导电，属于电解质；⑥纯蔗糖含自由移动的离子，不能导电，在水溶液里和熔融状态下都不能导电，是非电解质；(C12H22O11) 不

⑦氨

水含有自由移动的离子可以导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑧熔化的KNO3含有自由移动的离子，可以导电，属于电解质；

（2）根据 n= m

可得， m=nM ， V= nVm，进行计算；M

【详解】

（1）① NaCl 晶体不含自由移动的离子，不能导电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是

电解质；②液态SO2不含自由移动的离子，不能导电，其于水反应生成亚硫酸可电离，水

溶液可导电，但不是自身导电，是非电解质；③液态醋酸不含自由移动的离子，不能导

电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是电解质；④铜含有自由移动的电子可以导电，但

属于单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质；⑤子，不能导电，熔融状态下电离生成离子可以导电，属于电解质；BaSO4固体不含自由移动的离

⑥纯蔗糖 (C12H22O11) 不

含自由移动的离子，不能导电，在水溶液里和熔融状态下都不能导电，是非电解质；⑦氨

水含有自由移动的离子可以导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质；

⑧熔化的

KNO 3 含有自由移动的离子，可以导电，属于电解质；

下列物质能导电的是 ④⑦⑧ ，属于电解质的是 ①③⑤⑧

，

答案为： ④⑦⑧ ； ①③⑤⑧ ；

m （2）根据 n=

M

可得， m=nM ， 0.5molCH 4 的质量 =0.5mol × 16g/mol=8g ；在标准状况下的体

积为 =nVm=0.5mol ×22.4L/mol=11.2L ， 答案为： 8； 11.2；

（3） 8.4g 氮气的物质的量 =

m

=

8.4g

=0.3mol ，则氮原子的物质的量

M

28g/mol

=0.3mol × 2=0.6mol ，物质的量之比等于粒子数目之比，根据题意 9.6g 某单质 Rx 所含原子物

质的量也为 0.6mol ，则 Rx 所含分子物质的量为

0.6

mol ，则 0.3mol ：

0.6

mol =3： 2，解

x

x

得 x=3， R 3

0.6 3

m 9.6g =48g/mol ，则 R 的

的物质的量为

mol

=0.2mol ， R 的摩尔质量 =

=

3

n 0.2mol

摩尔质量 =

48g / mol

=16g/mol ，

3

答案为： 3； 16g/mol 。

6． 请按要求填空：

(1)用已准确称量的 1.06 g Na 2CO 3 固体配制 0.100 mol/L Na 2CO 3 溶液 100 mL ，所需要的仪器 为____ 。

(2)除去 Na 2 CO 3 固体中混有的少量 KNO 3，所进行的实验操作依次为 ________、蒸发、结

晶、 ________。

(3)除去 KCl 溶液中的 SO 42-，依次加入的溶液为 (填物质的化学式 )_______。 【答案】烧杯、玻璃棒、 100mL 容量瓶、胶头滴管

溶解

趁热过滤、洗涤、灼烧

BaCl 2、 K 2CO 3、 HCl

【解析】

【分析】

(1)根据配制一定物质的量浓度的溶液所需操作步骤和每一步操作所需仪器分析；

(2)Na 2CO 3 和 KNO 3 在水溶液中的溶解度不同，可用结晶方法分离；

(3)除去 KCl 溶液中的 SO 42- ，应使 SO 42-离子转化为沉淀，注意不能引入新的杂质。 【详解】

(1)配制一定物质的量的浓度的溶液需要称量、溶解、洗涤、移液、定容等操作，溶解需要 烧杯、玻璃棒，定容需要胶头滴管、需要 100mL 容量瓶进行配制，故所需要的仪器有烧

杯、玻璃棒、 100mL 容量瓶、胶头滴管；

(2)Na 2CO 3 和 KNO 3 在水溶液中的溶解度不同，可用结晶方法分离，具体做法是先将固体

溶解，然后蒸发、结晶，趁热过滤、洗涤晶体，最后灼烧晶体可得到碳酸钠；

(3)

4

2-

，应先加入过量 BaCl 2

4

2-

生成沉淀，然后再加入 K 2 3

除去 KCl 溶液中的 SO 的使 SO CO 使

过量的 BaCl2生成沉淀，过滤后加入HCl 除去过量的K2CO3。故依次加入的溶液为BaCl2、K2CO3、 HCl。

【点睛】

本题考查了物质的量溶液的配制、物质的分离、提纯的基本方法选择与应用，注意根据混

合物组分性质的差异性选择分离的方法，本题易错点为 (3)，注意加入试剂的顺序和除杂原理。

7．钠是活泼的碱金属元素，钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。

（1）叠氮化钠 (NaN3)受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。若产生

6.72 L(标准状况下)氮气，至少需要叠氮化钠_____g。

（2）为实现金属钠在隔绝空气条件下与水反应并收集生成的气体，某研究

计了如图发生装置．

性学习小组设

①写出 Na 与水反应的离子方程式

②Y 液体可以选用 _____

A．煤油B．酒精C．四氯化碳

_____。

③实验前检验该装置气密性的方法是：关闭止水夹，通过_________（填装置名称）向试管中加水至产生液面差，一段时间后，_____（填现象），则气密性良好。

（3） 1mol 过氧化钠与 1.6mol 碳酸氢钠固体混合后，在密闭的容器中加热充分反应，排出

气体物质后冷却，残留的固体物质及对应的物质的量(可不填满 )。

物质物质的量/mol

__________ __________

__________ __________

【答案】 13 g 2Na+2H2 +- 2

A 长颈漏斗液面差不变23

O=2Na +2OH+H Na CO 1.6 NaOH 0.4

【解析】

【分析】

(1)发生反应： 2NaN3=2Na+3N2↑，根据方程式计算；

(2)① Na 与水反应生成NaOH 和氢气；

②根据装置可知 Y 液体密度小于水，且与水不溶；

③利用液压法确定装置气密性；

(3)加热发生 2NaHCO 3

Na 2CO 3+CO 2↑ +H 2 O ，然后发生 2Na 2O 2 +2CO 2 ═2Na 2CO 3+O 2 和

2Na 2 O 2+2H 2O ═ 4NaOH+O 2↑，以此来解答。

【详解】

(1)设需要 NaN 3 的质量为 m ，则：

2NaN 3 2Na+3N 2↑

130g 67.2L m 6.72L

130g 6.72L

m=

=13g ；

67.2L

(2)① Na 与水反应生成 NaOH 和氢气的离子方程式为 2Na+2H 2O=2Na ++2OH -+H 2↑；

②装置可知 Y 液体密度小于水，且与水不溶；

A ．煤油密度小于水，且与水不溶，故

A 正确；

B ．酒精与水互溶，故

B 错误；

C ．四氯化碳密度大于水，且与水不溶，故 C 错误；

故答案为 A ；

③实验前检验该装置气密性的方法是：关闭止水夹，向长颈漏斗中注水，直到长颈漏斗中

的液面高于试管中的液面，且两者液面差不再改变，就证明该装置气密性良好；

(3)由 2NaHCO Na CO +CO ↑ +H O 可知， 1.6mol 碳酸氢钠分解生成 0.8molNa CO 、 3

2 3 2

2

2

3

0.8molCO 、 0.8molH 2 O ，由 2Na O 2 +2CO ═ 2Na CO +O 可知， 0.8molCO 2 与 0.8molNa 2 O 反

2

2 2 2 3

2

2

应生成 0.8molNa 2 3 2 2 2 2 2 2

CO ， 2Na O +2H O ═ 4NaOH+O ↑ ， 0.2molNa O 与水反应生成

0.4molNaOH ，充分反应，排出气体物质后冷却，则残留的固体物质是

NaOH 、 Na CO

，两

2 3

者的物质的量分别为

0.4mol 、1.6mol 。

8． 已知 19.2gCu 与过量的 200mL5mol/L 稀硝酸充分反应，反应方程式如下：

3Cu+8HNO 3(稀)=3Cu(NO 3)2+2NO ↑ +4H 2O (1)写出该反应的离子方程式：

________；

(2)标准状况下，产生 NO 气体的体积为： ________；转移电子的物质的量为 ______；反应

后 NO 3-的物质的量浓度为： ______。（忽略反应前后溶液体积的变化）

+

-

2+

【答案】 3Cu+8H +2NO 3 =3Cu +2NO ↑ +4H 2O 4.48L 0.6mol 4mol/L 【解

析】

【分析】

(1)根据离子方程式的拆写原则，硝酸和硝酸铜拆为离子，结合电荷守恒书写；

(2)先计算 19.2g 铜的物质的量，再结合反应方程式确定需消耗硝酸的物质的量，由反应可 知被还原的硝酸和生成的

NO 的物质的量，最后根据

N 元素守恒计算溶液中含有的

NO3-的

物质的量，根据 c= n

计算反应后 NO 3-的物质的量浓度。

V

【详解】

(1)Cu 与稀硝酸反应方程式为： 3Cu+8HNO3(稀 )=3Cu(NO3)2+2NO↑ +4H2O，在该反应中，硝酸和硝酸铜是易溶的强电解质，拆为离子，其余物质仍然用化学式表示，则该反应的离子方

+ - 2+

程式为： 3Cu+8H +2NO3 =3Cu +2NO↑ +4H2O；

(2)19.2g 铜的物质的量 n(Cu)=19.2g ÷ 64g/mol=0.3mol，由反应可知， 0.3molCu 消耗

0.8molHNO 3，则根据元素化合价升降与电子转移关系可知被还原的硝酸和生成的NO 均为0.2mol ，则生成 NO 的体积 V(NO)=0.2mol × 22.4L/mol=4.48L；根据反应方程式可知3mol 金属 Cu 反应转移电子的物质的量是6mol ，则 0.3mol 金属铜参加反应转移电子的物质的量为

0.6mol ，在 200mL5mol/L 稀硝酸中含有 NO3-的物质的量是 n(NO3-)=5mol/L × 0.2L=1mol，反应中被还原的硝酸为0.2mol ，被还原的硝酸变为 NO 气体，则溶液中剩余的NO3-的物质的量

n(NO3-)=1mol-0.2mol=0.8mol ，则其物质的量浓度是c= n 0.8mol

=4mol/L 。

V 0.2L

【点睛】

本题考查氧化还原反应的知识，明确元素的化合价变化及原子守恒的方法来分析是解答本

题的关键，注意反应中化学计量数与转移电子数目的关系解答，试题培养了学生灵活应用

所学知识解决实际问题的能力。

9．下图为某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。问：

（1）该盐酸的物质的量浓度为 _________

（2）下列实验操作会导致实验结果偏低的是（________）

①配制 100g 10%的 CuSO4溶液，称取 10g 硫酸铜晶体溶于90g 水中

②测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮

③配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为0.2g，所得溶液的浓度

④用酸式滴定管量取用98%，密度为 1.84g/cm 3的浓 H2 4

配制-1的稀 H

2 4

SO 200mL 2mol ?L SO 时，先平视后仰视。

A ．只有①B．只有②C．②③④D．①③④

（3）已知CO和 CO2的混合气体 14.4g,在标准状况下所占的体积为8.96L。则该混合气体中， CO的质量为 ____________________g， CO2的物质的量为 ____________________mol 。（4） 1mol 氧气在放电条件下，有 30%转化为臭氧（ O3），则放电后所得混合气体对氢气的

相对密度是（ ____________）

A．16 B． 17.8 C．18.4 D．35.6

【答案】 11.8mol/L①③④ 5.6 0.2 B

【解析】

【分析】

（1）根据物质的量浓度

c=

1000ρω

计算出该盐酸的物质的量浓度；

M

（2）根据操作不当对溶质的质量或溶液的体积的影响效果分析作答； （3）混合气体的体积为

8.96L

8.96L ，则物质的量为

=0.4mol ，根据气体的总质量和

22.4L/mol 总物质的量列方程式计算；

M

（4）根据公式 ρ＝

可知，相同条件下，气体摩尔体积相同，所以不同气体的密度之比

V m

等于其摩尔质量之比，先根据转化关系计算混合气体的摩尔质量，再计算混合气体摩尔质量与氢气的摩尔质量之比。

【详解】

（1）该盐酸的物质的量浓度为：

1000ρω 1000 1.18 36.5%

c=

=

=11.8mol/L ，

M

36.5mol/L

故答案为： 11.8mol/L ；

（2）① 硫酸铜晶体为 CuSO 4 H 2O ，则称取 10g 硫酸铜晶体溶于 90g 水中形成硫酸铜溶 液，硫酸铜的实际质量小于 10g ，所配硫酸铜溶液的质量分数小于

10%的，实验结果偏

低，①项正确；

②测定碳酸钠晶体中结晶水的百分含量时，所用的晶体已经受潮，称取的碳酸钠晶体中水 的质量增大，实验测量结果偏高，②项错误；

③配制一定物质的量浓度的溶液时，药品与砝码放反了，游码读数为 0.2g ，实际称取的药

品质量减小，所配溶液的浓度偏低，③项正确；

④酸式滴定管的 “0刻”度在上部，由上而下数值增大，先平视后仰视，实际量取浓硫酸的体积偏小，所配溶液浓度偏低，④项正确；

故答案为：①③④；

8.96L

（3）混合气体的体积为 8.96 L ，则物质的量为

22.4L/mol =0.4mol ，设混合气体中 CO 的物

质的量为 x mol ， CO 2 的物质的量为 y mol ，则 28x+44y=14.4 ①， x+y=0.4②，联立方程组解 之得： x=0.2， y=0.2，所以 m(CO)=0.2mol ×28g/mol=5.6g ， 故答案为： 5.6； 0.2；

（4） 1 mol O 2

有 30%转化为臭氧（ 3

2

O ），发生反应的 O 为 1 mol × 30%=0.3 mol ．

由反应 3O 2

放电

3

3

，故反应后所得气体为 3

2

2O 知，生成的 O 为 0.2 mol 0.2 mol O 和 O 为

32g/mol 1

（1-0.3 ） mol=0.7 mol ，故 M=

=35.6 g/mol ，氢气的摩尔质量是 2g/mol ，混

0.2mol+0.7mol 合气体的摩尔质量和氢气的摩尔质量之比等于其密度之比

=35.6g/mol ： 2g/mol=17.8 ， B 项

正确；

故答案为： B 。

10．实验实验室配制500mL 0.1mol?L -1的碳酸钠溶液，请回答下列问题．

（1）应用托盘天平称取 Na2CO3?10H2O 晶体 __________g.

（2）配置碳酸钠溶液时，需要的主要玻璃仪器除烧杯和胶头滴管以外还需要_________、

____________.

（3）配置过程中，若遇到以下操作可能造成实验结果偏大，偏小还是不影响？

①容量瓶中原来有少量蒸馏水 _____

②定容时，俯视液面_____

③有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯中_____

④盖好瓶塞反复摇匀，发现液面低于标线，再加蒸馏水使液面达到刻度处_____

【答案】14.3 玻璃棒500 毫升容量瓶不影响偏大偏小偏小

【解析】

【详解】

（1）配制 500mL 0.1mol/L 的碳酸钠溶液，其中碳酸钠物质的量为

-3

500 10 L 0.1mol/L=0.05mol ，则需要称取的质量为Na2 CO3?10H2O

（2）玻璃棒、 500mL容量瓶；

（3）①容量瓶在定容的过程中还需要加蒸馏水，因此原来有少量蒸馏水对实验无影响；

②定容时，俯视液面，液体的实际体积偏小，则浓度偏大；③有少量溶质残留在烧杯

中，则溶质物质的量减小，体积不变时浓度偏小；④摇匀后液面低于标线是正常现象，

再加入蒸馏水会使浓度偏小。

【点睛】

盖好瓶塞反复摇匀，发现液面低于标线属于正常现象。

11．（ 1）在标准状况下① 6.72L CH4 23个 HCl 分子③ 13.6g H2 3

，体积

② 3.01 × 10 S④ 0.2mol NH

最大的是 ____，密最大的是度 ___，质量最小的是 ___，氢原子个数最多的是____。（填写序号）

（2）等温等压下，质子数相等的CO、 N2两种气体，质量之比为____，体积之比为 ____，摩尔质量之比 ____ 。

（3）某物质在一定条件下加热分解，产物都是气体。分解方程式为：3A＝ B＋3C＋ 2D。测得生成的混合气体的平均相对分子质量为2a，则 A 的摩尔质量为____。

【答案】②②④①1:1 1:1 1:1 4a g/mol

【解析】

【详解】

(1)①

4 4 6.72L 4 4 6.72L CH 中： n(CH )= 22.4L/mol =0.3mol ， m(CH )=0.3mol × 16g/mol=4.8g，ρ (CH)=

m = M = 16 g/ L ，N(H)=4N(CH4 A V V m 22.4 )=1.2N ；

②3.01 ×1023个 HCl 分子中： n(HCl)= 3.01

1023

6.02 1023 =0.5mol ，V(HCl)=0.5mol × 22.4L/mol=11，.2L

m = M = 36.5

g/L ，m(HCl)=0.5mol×36.5g/mol=18.25g，N(H)=N(HCl)=0.5N A

ρ (HCl)=

V m 22.4 ；

V

③13.6g H2 2 S)= 13.6g =0.4mol 2 2

S 中：n(H ， V(H S)=0.4mol × 22.4L/mol=8.96L，ρ (HS)=

34g/mol

m = M = 34 g/L A

， N(H)=2N(H2

V V m 22.4 S)=0.8N ；

④0.2mol NH 3 3

)=0.2mol 3 3

中： m(NH × 17g/mol=3.4g， V(NH )=0.2mol × 22.4L/mol=4.48L，ρ (NH)= m = M = 17 g/L ，N(H)=3N(NH3 A

V V m 22.4 )=0.6N .

所以：体积最大的是②，密度最大的是②，质量最小的是④，含氢原子数最多的是①；

（2 ）CO

、

N

2 两种气体涉及的元素有C、O、N 质子数分别为 6、8、 7 ，所以两种气体的分

子的质子数分别为：14、 14，质子数相等的 CO、 N2，物质的量相等；CO、 N2摩尔质量分别为 28g/mol 、28g/mol ，故摩尔质量之比1:1；根据 m=nM 知：质量之比与摩尔质量成正

比为 28:28=1:1 ；根据阿伏伽德罗定律，相同条件下物质的量相等的气体具有相同的体积，

故体积之比为1:1；

（3）化学方程式系数的意义：表示物质的量。设 A 的物质的量为3mol ，则三种混合气体的总物质的量为6mol，由于平均相对分子质量为2a，即平均摩尔质量为 2a g/mol ，三种气体质量总和为12a g，根据质量守恒定律， A 的质量也是 12a g，故 A 的摩尔质量为 4a

g/mol 。

12．实验室配制500mL0.1mol/LNa 2CO3溶液，回答下列问题

（1）配制 Na2 3

溶液时需用的主要仪器有托盘天平、滤纸、烧杯、药匙、___。

CO

（2）容量瓶上标有刻度线、 ___，使用前要 ___。

（3）需用托盘天平称取 Na2CO3____g。

（4）若实验遇下列情况，溶液的浓度是偏高，偏低还是不变？

A．加水时超过刻度线___，

B．溶解后未冷却到室温就转入容量瓶___，

C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理___，

D．定容时仰视 ___，

E.上下颠倒摇匀后液面低于刻线___。

（5）若实验室中要用浓度为 16mol/L 的浓硫酸配制 480mL2.0mol/L 的稀硫酸，则需要量取浓硫

酸的体积为 ___mL。

【答案】 500mL 容量瓶、玻璃棒、胶头滴管温度、容积检漏 5.3偏低偏高不变偏低不变62.5

【解析】

【分析】

配制一定物质的量浓度溶液步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、

装瓶，分析误差时可根据c= n

判断。

V

【详解】

(1)根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、初步摇匀、定容、摇匀、装瓶

可知所需的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、500mL 容量瓶和胶头滴管，缺少的

仪器： 500mL 容量瓶、胶头滴管、玻璃棒；

(2)容量瓶上标有温度、刻度线、容积；容量瓶带有瓶塞，为防止使用过程中漏液，使用前

应查漏；

(3)配制500mL 0.1mol/LNa 2CO3，需要Na2CO3的质量为：0.5L × 0.1mol/L × 106g/mol=5；.3g

(4)A．加水时超过刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；

B．溶解后未冷却到室温就转入容量瓶，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高；

C．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓

度不变；

D．定容时仰视，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；

E．上下颠倒摇匀后液面低于刻线，属于正常操作，溶液浓度不变；

(5)若实验室中要用浓度为16mol/L 的浓硫酸配制480mL 2.0mol/L 的稀硫酸，应选择500mL 容量瓶，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质物质的量不变得：

16mol/L × V=500mL 2.0mol/L，解得 V=62.5mL。

【点睛】

配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：根据c= n

可知，一定物质的量浓

V

度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量 n 和溶液的体积 V 引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n 和 V 怎样的变化，若n 比理论值小，或V 比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若 n 比理论值大，或 V 比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。

13．用无水 Na-1 的溶液。请回答：

2CO3 固体配制230mL0.1000mol L·

（1）在配制过程中不必要的玻璃仪器是___。

A．烧杯B．量筒 C．玻璃棒D．胶头滴管E容.量瓶

（2）定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线时， __，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，

摇匀。

（3）下列操作会使配得的 Na2CO3溶液浓度偏低的是 ___。

A．称取相同质量的Na2CO3·10H2O 固体进行配制

B．定容时俯视容量瓶的刻度线

C．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线

D．转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制

【答案】 B 用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切 ACD 【解析】

【分析】

（1）配制溶液在烧杯中溶解，需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中定容，当液面接近容量瓶

刻度线时，需用胶头滴管滴加液体；

（2）当液面接近容量瓶刻度线时，改用胶头滴管滴加；

（3）结合c n

n 偏小或 V 偏大均使所配的Na2CO3溶液浓度偏低；

及不当操作可知，

V

【详解】

（1）配制 230mL0.1000mol/L 的 Na2CO3溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，使用的仪器为：托盘天平（带砝码）、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL 的容量瓶；不必要的玻璃仪器是量筒，故答案为：B。

（2）定容时，当液面接近容量瓶刻度线时，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀，故答案为：用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切。

（3） A. 称取相同质量的Na2CO3 10H2 O

固体进行配制，n

偏小，所配的

Na2CO3

溶液浓度偏

?

低， A 正确；

B. 定容时俯视容量瓶的刻度线，V 偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏大， B 错误；

C. 摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，V 偏大，所配的Na2CO3溶液浓度偏低， C 正确；

D. 转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续配制，n 偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏低， D 正确；故答案为：ACD。

【点睛】

配制一定物质的量浓度过程中误差分析：①向容量瓶中转移液体时有少量流出，n 减小， c 偏小；②未洗涤烧杯和玻璃棒，n 减小， c 偏小；③定容时，水加多了，用胶头滴管吸

出， n 减小， c 偏小；④定容摇匀时，液面下降，再加水，V 增大， c 偏小；⑤定容时，

俯视刻度线， V 减小， c 偏大；⑥仰视刻度线， V 增大， c 偏小；⑦溶液未冷却到室温就注入

容量瓶并定容， V 减小， c 偏大。

14．实验室用 18.4mo l?L-1的浓硫酸来配制 480mL0.2mol?L -1的稀硫酸。可供选用的仪器

有：①胶头滴管②烧瓶③烧杯④药匙⑤量筒⑥托盘天平⑦玻璃棒

请回答下列问题：

（1）配制稀硫酸时，上述仪器中不需要使用的有 ___（选填序号），还缺少的仪器有（写仪器

名称） ___。

（2）需要用量筒量取上述浓硫酸的体积为___mL，量取浓硫酸时应选用 ___（选

填① 10mL② 50mL③ 100mL）规格的量筒。

（3）实验中两次用到玻璃棒，其作用分别是：___、 ___。

（4）下列对容量瓶及其使用方法的描述中正确的是___。

A．容量瓶上标有容积、温度和浓度

B．容量瓶用蒸馏水洗净后，必须烘干

C．配制溶液时，把量好的浓硫酸小心倒入容量瓶中，加入蒸馏水到接近刻度线1～ 2cm 处，改用胶头滴管加蒸馏水至刻度线

D ．使用前要检查容量瓶是否漏水

（5）在配制过程中，下列操作可引起所配溶液浓度偏低的有 ___（填序号）

①未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒

②未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中

③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水

④定容时，仰视刻度线 【答案】②④⑥ 500mL 容量瓶

5.4 ① 搅拌 引流

D ①④

【解析】

【分析】

（ 1）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定

容、摇匀、装瓶来分析所需的仪器；

（ 2）依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸体积，据此选择合适规格量

筒；

（ 3）依据稀释过程中玻璃棒作用搅拌，移液时玻璃棒作用引流解答；

（ 4）根据容量瓶的构造、使用方法及配制一定物质的量浓度的溶液的正确方法分析；

（5）分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据

c= n

进行误差分析。

V

【详解】

（1）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定

容、摇匀、装瓶，用到的仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、

500mL 容量瓶、胶头滴管，用不到

的仪器：烧瓶、托盘天平、药匙，故选：②④⑥；还缺少的仪器为：容量瓶，配制

480mL

0.2mol ?L -1 的稀硫酸，应选择 500mL 容量瓶；

故答案为：②④⑥；

500mL

容量瓶；

（2）用 18.4mol ?L -1 的浓硫酸来配制

480mL 0.2mol

?L

-1 的稀硫酸，应选择

500mL

容量瓶，

实际配制 500mL

溶液，设需要浓硫酸体积为

V ，则依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不

变得：

18.4mol/L

× V=500mL × 0.2mol/L ，解得

V=5.4mL ，所以应选择

10mL

量筒； 故答案为：

5.4； ①；

（3）稀释过程中玻璃棒作用搅拌，移液时玻璃棒作用引流；

故答案为：搅拌；引流；

（4） A ．容量瓶是定量仪器，所以标有容积和刻度，温度影响溶液的体积，所以容量瓶上

还标有使用的温度，不标有浓度，选项

A 错误；

B ．容量瓶用蒸馏水洗净后，由于后面还需要加入蒸馏水定容，所以不必烘干，不影响配

制结果，选项

B 错误；

C ．容量瓶中不能用于稀释浓硫酸，应该在烧杯中稀释，冷却后转移到容量瓶中，选项

C

错误；

D ．由于容量瓶有瓶塞，配制时需要摇匀，所以使用前要检查容量瓶是否漏水，选项确；

D 正

答案选 D ；

（5）①未洗涤稀释浓硫酸时用过的烧杯和玻璃棒，导致溶质部分损耗，溶质的物质量偏

小，溶液浓度偏低，故①选；

②未等稀释后的硫酸溶液冷却至室温就转移到容量瓶中，冷却后，溶液体积偏小，溶液浓

度偏高，故②不选；

③转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对溶液体积和溶质的物质的量都不产生影响，溶液

浓度不变，故③不选；

④定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故④选；

答案选①④。

【点睛】

本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法及误差分析，明确配制原理及操作步骤是解题关键，题目难度不大，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，有利于培养学生的逻辑思维能力和严谨的规范实验能力。

15．如图 A～ E 是中学化学常用的五种仪器：

回答下列问题：

(1)上述仪器中，使用时需首先检查是否漏水的有_________ （填标号）。

(2)下列实验操作中，使用到仪器 C 的是 ________（填标号）。

a．分离水和酒精的混合物

b．分离水和四氯化碳的混合物

c．分离水和泥砂的混合物

d．提纯 Fe(OH)3胶体

(3)某化学兴趣小组实验过程中，需要

－1

480 mL0.5mol L· NaOH 溶液。

①除上述提供的仪器外，还用到的玻璃仪器有_________________。

②如图所示，转移操作中的一处错误是_____________________。

③在配制过程中，下列情况会导致所配溶液浓度偏低的是_______（填标号）。a．准确称量9.6gNaOH

b．溶解时未冷却至室温就转移

c．在定容时，仰视刻度线

d．加水至刻度线后摇匀，发现液面低于刻度线

【答案】 CE b 烧杯、玻璃棒转移溶液时未用玻璃棒引流ac

【解析】

【分析】

(1)有活塞或塞子的仪器在使用前必须检漏；

(2)仪器 C 为分液漏斗，用于分离互不相溶的液体混合物；

－1

500mL 容量瓶、天平 (或量筒 )、烧(3)①配制 480 mL0.5mol L· NaOH 溶液，需要的仪器有：

杯、玻璃棒、胶头滴管；

②转移操作中要使用玻璃棒引流；

③根据 c= n

分析判断。

V

【详解】

(1)A 为圆底烧瓶， B 为量筒， C 为分液漏斗， D 为胶头滴管， E 为 500mL 容量瓶，有活塞或

塞子的仪器在使用前必须捡漏，则以上装置中只有分液漏斗和500mL 容量瓶有塞子，答案选 CE；

(2)仪器 C 为分液漏斗，用于分离互不相溶且分层的液体混合物；

a．水和酒精任意比互溶，不能用分液漏斗分离，故 a 不符合题意；

b．水和四氯化碳不互溶且分层，可以用分液漏斗分离，故 b 符合题意；

c．水和泥砂不互溶，但泥沙不是液体，一般使用过滤的方法分离，故 c 不符合题意；

d． Fe(OH) 胶体与水混合不分层，不能用分液漏斗分离，一般用渗析的方法分离，故 d 不3

符合题意；

答案选 b；

－1

500mL 容量瓶、天平 (或量筒 )、(3) ①配制 480 mL0.5mol L·NaOH 溶液，需要的仪器有：

烧杯、玻璃棒、胶头滴管，除上述提供的仪器外，还用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒；

②转移操作中要使用玻璃棒引流，故操作中的一处错误是转移溶液时未用玻璃棒引流；

③a．配制 480 mL0.5mol·L－1 NaOH 溶液需要使用 500mL 容量瓶，需要溶质的质量

=0.5L × 0.5mol/L × 40g/mol=10g，称量 9.6gNaOH，溶质的物质的量偏低，则配制溶液的浓度

偏低，故 a 符合题意；

b．溶解时未冷却至室温就转移，冷却后溶液的体积会减小，则配制溶液的浓度偏高，故 b 不符合题意；

c．在定容时，仰视刻度线，溶液的体积偏大，则配制溶液的浓度偏低，故 c 符合题意；d．加水至刻度线后摇匀，发现液面低于刻度线，静置后液面会恢复到刻度线，对配制溶液

浓度无影响，故 d 不符合题意；

答案选 ac。