课时作业6 物质的量 气体摩尔体积-【红对勾讲与练·练习手册】2026年高考化学大一轮复习全新方案通用版

班级： 姓名： 第二章 物质的量 课时作业6物质的量气体摩尔体积 (总分：60分) 一、选择题（每小题3分，共33分。每小题只有1个 5.(2025·广东广州真光中学期中)关于同温、同压 选项符合题意)】 下等体积的N2O(气体)和CO2的叙述：①质量相 1.下列关于NH3的叙述正确的是 等；②密度相等；③所含分子数相等，其中正确 A.NH的摩尔质量是17g 的是 B.1 mol NH3含有的氢原子数约为6.02×103 A.只有①② B.只有①③ C.17gNH3的物质的量是1mol C.只有③ D.①②③ D.1gNH,中含有电子的物质的量为17mol 6.(2025·河南漯河高三期末)设NA为阿伏加德罗 2.(2024·云南曲靖模拟)下列说法正确的是（ 常数的值，下列叙述正确的是 () A.在标准状况下，1molN2的体积是22.4L·mol-1 A.1 mol SF。中共价键个数为6Na B.在标准状况下，SO3的摩尔体积约是22.4L·mol B.0.1 mol Na2O2中含有的阴离子数为0.2Na C.同温同压下的两种气体，只要所含粒子数目相 C.1 mol CH(碳正离子)中含有的电子数 同，则所占体积一定相同 为10NA D.一定状况下，N2的摩尔体积可能恰好为 D.13.6 g KHSO4晶体中含有0.3NA个离子 22.4L·mol1 7.设NA为阿伏加德罗常数的值，如果ag某气态双 3.(2025·江西名校协作体高三期中联考)阿伏加 原子分子的分子数为p,则bg该气体在标准状况 德罗常数的值为NA,下列叙述中正确的是 下的体积V(L)是 ( 2.4ap A.标准状况下，2.24L水中含有0.1NA个水分子 A. bNA B.2.4a6 PNA B.常温常压下，32gSO2含有的分子数约为 22.4NAb C. D.22.46 3.01×102 a aNA C.2 mol NaOH的摩尔质量为80g/mol 8.在150℃时碳酸铵受热可完全分解，则其完全分 D.H2的气体摩尔体积约为22.4L/mol 解后所产生的气态混合物的密度是相同条件下氢 4.有以下四种物质：①标准状况下，11.2LCO 气密度的 () ②1gH2③1.204×1024个N2④4℃时， A.96倍 B.48倍 18mLH,O,下列说法不正确的是 C.12倍 D.32倍 A.分子个数：③>④>①=② 9.(2024·山东济南模拟)NH4N3(叠氮化铵)易发生 B.原子个数：③>④>①>② 分解反应生成N2和H2,且两种气体的物质的量相 C.体积：③>④>①=② 等。若得到NHN的分解产物（简称a)28g,则下 D.质量：③>①>④>② 列关于a的说法错误的是 (横线下方不可作答) 357 第二章物质的量 A.a中两种气体的体积（同温同压）比为1：1 是 ,x值为 ,9.6g单质R,所 B.a中两种气体的质量比为14：1 含原子个数为 C.a的密度为1.25g·L1 (3)某金属氯化物MCl的摩尔质量为133.5g·mol1, D.a的平均摩尔质量为15g·mol 取该金属氯化物26.7g配成水溶液，与足量 10.(2024·海南期末)在两个密闭容器中，分别充有 AgNO3溶液完全反应，生成86.1g白色沉淀，则 质量相等的甲、乙两种气体，它们的温度和密度 金属M的摩尔质量为 均相同。试根据甲、乙的摩尔质量(M)的关系， (4)某物质A加热时按化学方程式2A△2B+ 判断下列说法中正确的是 C十3D分解，产物均为气体，测得相同条件下由 A.若M(甲)>M(乙)，则分子数：甲>乙 生成物组成的混合物气体对H2的相对密度为 B.若M(甲)<M(乙)，则气体摩尔体积：甲>乙 20,则反应物A的相对分子质量为 C.若M(甲)<M(乙)，则气体的压强：甲>乙 (5)一定量的液态化合物XY2,在一定量O2中恰 D.若M(甲)>M(乙)，则气体体积：甲<乙 好完全反应：XY2(1)+3O2(g)一一XO2(g)十 11.现有14.4gC0和CO2的混合气体，在标准状况 2YO2(g),冷却后在标准状况下，测得生成物的 下所占的体积约为8.96L。将混合气体依次通 体积为672mL,则(1表示液态，g表示气态)： 过如图装置，最后收集在气球中。下列结论错误 ①反应前O2的体积是 mL。 的是 ( ②在XY2分子中，X、Y两元素的质量比为3： CO和CO 气球 16,则X、Y两元素的相对原子质量之比为 13.(12分)如图所示，一密闭容器被无摩擦、可滑动 NaOH溶液 浓硫酸 的两隔板a和b分成甲、乙两室。标准状况下，在 A.原混合气体所含碳原子总数为0.8NA(NA表 乙室中充入0.6 mol HCI,.甲室中充入NH、H2 示阿伏加德罗常数的值) 的混合气体，静止时隔板位置如图。已知甲、乙 B.标准状况下，气球中收集到的气体体积为 两室中气体的质量之差为10.9g。 得分 4.48L NH、H2 a HCI 6 C.NaOH溶液增加的质量为8.8g 234 67 甲室 乙室 D.原混合气体中CO和CO2的体积比为1：1 (1)甲室中气体的物质的量为 mol 二、非选择题（共27分） (2)甲室中气体的质量为 g。 12.(15分)设NA为阿伏加德罗常数的值。按要求 (3)甲室中NH3、H2的平均相对分子质量为 完成下列填空。 得分1 0 (1)如果ag某气体中含有的分子数b,则cg该 (4)经过查资料知道HCI+NH一NH4Cl 气体在标准状况下占有的体积应表示为 L。 (NH,CI常温下是固体)，如果将隔板a去掉，当 (2)8.4gN2与9.6g某单质R所含原子个数相 HCI与NH完全反应后，隔板b将静置于刻度 同，且分子数之比为3：2，则R的相对原子质量 ”(填数字)处。 红对勾·讲与练 358 高三化学6.B还原性为Fe+>Br,通入的氣气先与Fe+发生反应， 离子方程式为2Fe++CL,—2Fe++2C1,Fe+反应完 毕，剩余的Cl2再与Br发生反应，离子方程式为2Br十C —Br2十2CI。溶液中仍有Br,说明C,完全反应，c(Br)= 3c(C1)=0.3mol·L1,c(C1)=0.1mol·L1,能氧化 的c(Fe2+)=0.1mol·L1,若FeBr2溶液中Fe+全部被氧 化，则溶液中的c(Br)≤0.2mol·L1。c(Br)= 0.3mol·L1,说明Fe+没反应完，根据c(Br)=0.3mol·L 计算原溶液的浓度为0.15mol·L1,A错误；反应后溶液 中c(Fe3+)=c(C1)=0.1mol·L1,c(Fe2+)=(0.15 0.1)mol·L1=0.05mol·L1,B正确，C错误；原溶液中 c(Br)=0.3mol·L1,D错误。 7.D过二硫酸中S的化合价为十6，H的化合价为十1，则过 二硫酸根中显一2价的氧原子和显一1价的氧原子的数目比 是3：1，A正确；配平反应I为2Cr3+十3S0十7H,0 Ag催化C,0时十6S0十14H,三价铬是还原剂，过二 硫酸根是氧化剂，氧化剂和还原剂物质的量之比是3：2，B 正确：配平反应Ⅱ为10Cr++6Mn0,+11H,0△ 5Cr,O-+6Mn2++22H+,每生成5 mol Cr,O转移30tmol 电子，每生成1 mol Cr2O,转移电子的物质的量为6mol, C正确；根据反应I、Ⅱ可知，消耗10 mol Cr+,分别消耗 15mol氧化剂和6mol氧化剂，则消耗10 mol Cr3+,I和Ⅱ 中消耗的氧化剂的物质的量之比为15mol:6mol=5:2,D 错误。 8.C根据氧化还原反应中得失电子守恒和电荷守恒，将反应① 配平为CHOH+6MnO,+8OH =CO+6MnO 6H2O,A正确：根据反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的 氧化性可知，“反应①”中MO,为氧化剂，CO是氧化产 物，则氧化性为MnO,>CO,B正确；由于CI厂在酸性条 件下可与MnO1、MnO发生氧化还原反应，因此“反应②” 中，不能用盐酸进行酸化，C错误；根据氧化还原反应配平 “反应②”为3MnO十4H+=MnO2￥+2MnO,十 2H,0,则消耗71.4gMn0的物质的量为19g/mo 71.4g 2,6mol时，反应中转移电子数目为兰×0.6mol=0.4m D正确。 9.B硫酸根的检验需要先加入盐酸排查银离子等的干扰，再 加氯化钡溶液产生白色沉淀证明有硫酸根，A错误；从题图 中看，反应①中氧化剂是Ce1+,还原剂是SO2,两者发生氧 化还原反应生成Ce3+,SO,离子方程式为2Ce++SO2十 2H2O—2Ce3+十SO号十4H,B正确；反应②中氧气中氧 元素化合价由0变为-2，为氧化剂，C3+化合价升高发生氧 化反应得到氧化产物Ce1+,根据得失电子守恒可知O2 4e~4Ce1+,故氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：4， C错误；根据得失电子守恒可知O2~4eˉ~2S02,理论上每 吸收标准状况下224mL(0.01mol)SO2,消耗0.005mol氧 气，为0.16g,D错误。 10.D酸性条件下，氧化性顺序为MnO,>VO>VO+> V3+>V2+>M2+,随着加入高锰酸钾的物质的量的增加， V2+依次被氧化为V+→V+→VO+→VO。开始加入 酸性高锰酸钾溶液，V+被氧化，V+的物质的量逐渐减少， AB段对应的离子为V2+,故A正确；AB段V+被氧化为 V+,发生反应的离子方程式为5V2+十MnO,十8H+ Mn2+十5V3+十4H2O,反应消耗高锰酸钾0.2mol,所以消 耗V2+的物质的量为1mol,原溶液中c(V2+)=1mol· L1,故B正确：BC段V+被氧化为VO+,根据得失电子 守恒，发生反应的离子方程式为5V+十MnO,十H,0 Mn++5VO++2H,故C正确；根据钒元素守恒，甲点 时，n(VO+)=n(VO,)=0.5mol,反应消耗0.5mol高锰 酸钾，根据锰元素守恒n(Mn2+)=0.5mol,所以n(VO+): n(VO2):n(Mn)=1:1:1,故D错误。 11.(1)S12 (2)As2S+7O2十6H2O—2HAsO1十3H2SO1 -571 (3)3:7 (4)2S2-+CO号十4S02=3S2O3十CO2S(硫) (5)4:1 解析：(1)As2S与空气中的氧气反应，As2Sg中S的化合价 为一2，生成的H,S,O,中S的化合价为十2，S的化合价升 高，被氧化，O2中。的化合价由0降低到一2，则反应的化 学方程式为2AsS十6O2+3H2O一2As203十 3H2S2O3,每生成1 mol Ass2O3,转移电子的物质的量为 12mol。(2)As2S1与空气中氧气反应，As2S1中S化合价 为一2，生成的H,SO1中S的化合价+6,1个S失去8个电 子，3个S失去24个电子，As的化合价由As2S中十3升 高到H3AsO1中十5,2个As共失去4个电子，则1个 As2S共失去28个电子，O2中O由0价降低到一2价，故 需要有7个O2,共得到28个电子，根据原子守恒，As2S十 7O2十6H2O一一2H3AsO1十3HSO1。(3)根据反应的化 学方程式可知，2As2S3~14O2,2As2S3~6O2,氧化等量 AsS3时，紫外线与自然光照射下消耗O2的物质的量之比 为6mol:14mol=3:7。(4)Na2S中S由-2价升高到 NaS,O,中十2价，2个NaS共失去8个电子，SO2中S 由十4价降低到NS,O3中的十2价，根据得失电子守恒， 有4个SO2发生反应，根据原子守恒及电荷守恒配平可得 离子方程式为2S2十C0十4S02-3SO十C02;根 据产品发黄可知，副产物为单质硫。(5)GAs中As化合价 由-3升高到十5,1个As失去8个电子，H2O2中0的化 合价由一1降低到一2,1个H2O2得2个电子，则氧化剂： 还原剂=4：1。 2.(1)A1(OH)3(2)24CuSO十11PH+12H,O—8CuP￥+ 3H PO24H2 SO (3)1P+3NaOH+3H,O=PH+3NaH,PO, ②AC③HPO 解析：(1)A1P遇水蒸气会发生反应放出PH3气体，根据元 素守恒，该反应的另一种产物是A1(OH)3。(2)PH3与 CuSO1溶液反应过程中，Cu的化合价由十2→十1，P的化 合价由一3→十5，根据化合价升降总数相等，CuP与 HPO,化学计量数分别为8、3，则CuSO的化学计量数是 24,HS0,的化学计量数是24，根据原子守恒，配平得该反应 的化学方程式为24CuSO,十11PH十12H,O==8CuP￥十 3H3PO1十24H2SO1。(3)①白磷和烧碱溶液反应生成PH 气体、NaH2PO,,P发生歧化反应，一部分由0价降至一3 价得到PH3气体，另一部分由0价升高至十1价得到 NaH2PO2,根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方 程式为P,+3NaOH+3H,O=PH◆+3NaH,PO,: ②NH2PO2能在碱溶液中存在，说明它是正盐，同时它能 在水中完全电离，属于强电解质，所以从分类来看， NaH2PO2属于正盐、强电解质，选AC;③NaH2PO2可将溶 液中的Ag还原为银，则氧化剂为Ag,还原剂为 NaH,PO2,氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，银元 素化合价降低一个价态，则磷元素化合价升高4个价态， 由十1价升至十5价，故氧化产物为HPO1。 第二章物质的量 课时作业6物质的量气体摩尔体积 1.C摩尔质量的单位为g·mol厂，A错误：1 mol NH中含有 3mol氢原子，氢原子数目约为3×6.02×10，共1.806× 17g 104,B错误n(NH)=17gma=1mol,C正确：nNH,)= 1g 1 17g/mo-7mol,1个NH,中含有10个电子，1gNH共 10 含有电子的物质的量为7m0lX10=17mol,D错误。 2.D在标准状况下，1molN2的体积是22.4L,A项错误；在 标准状况下，SO3为固体，不能用气体摩尔体积计算，B项错 误；气体体积受分子间距离和分子数目影响，同温同压下气 体分子间距离相同，气体分子数目相同时所占体积一定相 同，此处应指明是气体分子而不是粒子，C项错误；某温度某 压强时，N2的摩尔体积可能恰好为22.4L·mol1,D项 正确。 参考答案‘☑。 3.B标准状况下，水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算 其物质的量，A错误：32gSO,的物质的量为0.5mol,故分 子数V=nNa=0.5NA=3.01×108,B正确；一种物质的摩 尔质量在数值上等于该物质的相对分子质量，故氢氧化钠的 摩尔质量为40g/mol,与其物质的量无关，C错误：气体摩尔 体积受温度和压强的影响，和气体种类无关，在标准状况下， 气体的摩尔体积均为22.4L/mol,D错误。 4.C①标准状况下，11.2LC02,即0.5mol,质量为22g,原 子个数为1,5NA;②1gH2,即0.5mol,原子个数为NA; ③1.204×101个N2,即2mol,质量为56g,原子个数为 4Va;④4℃时，18mLH,0,即1mol,质量为18g,原子个 数为3NA。分子个数：③>④>①=②，A正确：原子个数： ③>④>①②，B正确：氢气、氨气所处状态未知，不能计 算体积，C错误；质量：③>①>④>②，D正确。 5.D由阿伏加德罗定律可知，同温、同压下等体积的一氧化二 氨和二氧化碳的物质的量相等、所含分子数相等，一氧化二 氨和二氧化碳的摩尔质量都为44g/mol,则同温、同压下等 体积的一氧化二氨和二氧化碳的质量相等、密度相等，故 选D。 6.ASF:中S与6个F分别形成1个共价键，1 mol SF。中共 价键个数为6NA,A正确：Na,O,中含有的阴离子为O, 因此0.1 mol Na.2O2中含有的阴离子数为0.1VA,B错误； 1个CH中电子数为8个，则1 mol CH中含有电子数为 8VA,C错误；KHSO,晶体是由K+和HSO,构成的， 13.6 g KHSO1晶体的物质的量为0.1mol,其中阳离子和 阴离子的总数为0.2NA,D错误。 7.Dag该气态双原子分子的物质的量为mol,摩尔质量 为ag=aVa g·mol1,所以bg该气体在标准状况下 的体积为aN -×2.4L·m0l1=224地L. g·mol 8.C150℃时，碳酸铵受热完全分解的化学方程式为 (NH,)C0,150C2NH4+H,04+CO,4。根搭质量 守恒定律，反应前1mol,即96g碳酸铵受热完全分解，则反 应后所生成混合气体的质量应为96g。所以反应后生成的 混合气体的摩尔质量M(混)=m(混》=96g=24g·m0l, 4 mol 4 mol 根据同温同压下，气体密度之比等于摩尔质量之比，则有 p(混)_M(混)_24g·mol PH）M)2g·mo斤=12. 9.C同温同压下，气体体积与物质的量成正比，两种气体的 体地方1：1A正商品)：瑞=片× 28g·mol1_14 2g·m0l干=了B正确：a气体的质量确定，但一定物质 的量的气体其体积与温度、压强有关，温度、压强未知所以密 度不确定，C错误；分解产物N2、H2两种气体的物质的量相 等，则M=28+2 2一g·mol1=总=15g·mol-1,D正确。 n恶 I0.C据n=行若M(甲)>M乙)，则n(甲)<n(乙，则 气体的分子数：甲<乙，A错误：根据n=行，若M(甲)< M(乙)，则n(甲)>n(乙)，气体的密度、质量相等，甲、乙两 V 种气体的体积相等，气体摩尔体积Vm= ，则气体摩尔体 n 72 积：甲<乙，B错误：根据n=M,若M(甲)<M(乙)，则 n(甲)>n(乙)，气体的密度、质量相等，甲、乙两种气体的体 积相等，温度相同，由pV=nRT可知，气体的压强：甲> 乙，C正确：气体的密度、质量相等，甲、乙两种气体的体积 相等，D错误。 2对勾·讲与练·高三化学 -578 1.A由题意知，n(CO)X28g·mol厂十n(CO2)×44g·mol= 8.96L 14.4gn(C0)+nC0,)=2.4L:mo=0.4mol,联立 两式解得n(CO)=n(CO2)=0.2mol。A错，混合气体的 总物质的量为0.4mol,则所含碳原子总数为0.4NA;B对， 混合气体通过NaOH溶液时，CO,被吸收，气球中收集到 的气体是CO,其物质的量为0.2mol,故在标准状况下的体 积为4.48L:C对，NaOH溶液吸收CO,生成NaCO和 H2O,则NaOH溶液增加的质量即为CO2的质量，应为 0.2mol×44·mol厂1=8.8g:D对，相同温度和压强下， 气体的体积之比等于其物质的量之比，则CO和CO2的体 积之比等于0.2mol:0.2mol=1:1。 12.(1)22.46 (2)1630.6NA(3)27g/mol(4)120 aNi (5)①672②3：8 解析：(1)由ag气体中含有的分子数为b入手，ag气体的 物质的量=N mol,设ag气体在标准状况下占有的体积 为V,即V=V molx2.4L/mol,标准状况下同一气体 的质量之比等于体积之比，设cg该气体在标准状况下占有 22.4地1 的体积为V2,即Qg=NA 22.4cL。(2)根 PcgV,解得V,=aNA 据分子数之比为3：2，则N2与R,相对分子质量之比为 84:9,6=7:12,N的相对分子质量为28，R,相对分子 3 ·2 质量M,=28×7 2=48。又因为两者所含原子总个数相同， 48=16。 即3X2=2x,得x=3,所以R的相对原子质量= 8.4g n(N.)=28g/mol =0.3mol,氨原子的物质的量为0.6mol, 8.4gN2与9.6g某单质R,所含的原子个数相同，则 9.6g某单质R中所含原子个数为0.6NA。(3)26.7g金 属氯化物配成水溶液，与足量AgNO3溶液完全反应，生成 86.1g=0.6 mol AgC1白色沉淀，所以氯离 86.1g,即143.5g/mol 子的物质的量是0.6mol,金属氯化物MCI,的摩尔质量为 133.5g/mol,该金属氯化物质量是26.7g,物质的量为 26.7g 133.5g/mol =0.2mol,解得x=3,所以金属M的摩尔质 量为133.5g/mol-35.5g/mol×3=27g/mol。(4)令A 的物质的量为2mol,由化学方程式2A△2B+C+3D,可 知混合气体总物质的量为2mol+1mol十3mol=6mol, 混合气体对氢气的相对密度为20，则混合气体平均摩尔质 量=2g/molX20=40g/mol,混合气体总质量=6molX 40g/mol=240g,由质量守恒定律可知A的质量等于混合 气你总质量，故A的摩尔质童-20=120g/m0A的相 对分子质量为120。(5)①根据化学方程式可知，反应前后 气体的总体积不变，所以反应前O2的体积也是672mL。 0.672L ②参加反应的氧气的物质的量=22.4L/m0=0.03mol, 质量为0.03molX32g/mol=0.96g,则XY2的物质的量 是0.01mol。设X、Y的摩尔质量分别为x、y,由XY2分 子中XY两元素的质量比是3：16，得3：16=1：2，故 3 13.(1)1(2)11(3)11(4)2 解析：(1)同温同压下，气体的物质的量之比等于其体积之 比，由题图可知甲室中气体的物质的量为5X0.6m0 1mol。(2)乙室中HCl气体的质量为0.6mol×36.5g· mol1=21.9g,则甲室中气体的质量为21.9g-10.9g= 11g。(3)甲室中气体的物质的量为1mol,质量为11g,平 均摩尔质量为11g·mol1,则甲室中NH、H,的平均相 对分子质量为11。(4)设甲室中氨气的物质的量为x,氢气 的物质的量为y,根据其物质的量、质量列方程组为x十y 1mol,17g·mol-1Xx十2g·mol1×y=11g,可得x 0.6mol,y=0.4mol;如果将隔板a去掉，0.6 mol HCI与 O.6 mol NH3恰好完全反应生成氯化铵固体，剩余H,的物 质的量为0.40l,同温同压下，气体的体积之比等于其物 质的量之比，所以隔板b将会左移至刻度“2”处。 课时作业7物质的量浓度及溶液的配制 1.C将0.1mol氨充分溶解在1L水中，所得溶液的体积不 是1L,故不能得到0.1mol·L1的溶液，A错误；将10g 质量分数为98%的硫酸与990g水混合，不知所配溶液的密 度，无法求算其物质的量浓度，B错误：25.0g胆矾的物质的 量为0.1mol,将其溶于水配成1L溶液，所得溶液中溶质的 物质的量浓度为0.1mol·L1,C正确；将10mL1mol·L 的盐酸与90mL水充分混合，不同液体混合后的体积不等于 两液体体积在数值上的筒单加和，D错误。 2.C配制0.1mol/L CuSO1溶液100mL,需硫酸铜 0.01mol,也就是说需称取的是CuSO1固体0.01mol,其质 量为1.6g,但是胆矾是CuSO1·5H2O,则胆矾需要称取的 质量为2.5g,A错误；40 g NaOH固体溶于1L水中，则氢 氧化钠溶液的体积并不是1L,故所得溶液中溶质的浓度不 等于1mol/L,B错误；200mL0.2mol/L MgCl2.溶液中C 的个数为0.2LX0.2mol/LX2×VA mol1=0.08Na,C正 确；从100mLH2SO,溶液中取出10mL,其浓度是保持不 变的，D错误。 3.B该混合溶液中n(H)=(0.1L×0.3mol·L1十0.3L× 0.2为mol:L1)×2=0.21mol,所以c(H*)=0.21mo 0.5L 0.42mol·L。 4.C实验室中没有950mL容量瓶，由“大而近”原则，故选用 1000mL容量瓶，配制1000mL溶液时，需要溶质CuSO, 的质量为1L×1.0mol·L1×160g·mol1=160.0g,C 项正确。 5.C NaOH固体具有腐蚀性和吸水性，放在滤纸上称量， Na。H固体易粘在滤纸上，导致所配NaOH溶液的浓度偏 低，A项错误：量取的浓硫酸要在烧杯中稀释后，冷却至室 温，再转移到容量瓶中，不能直接在容量瓶中稀释，B项错 误；定容时，用烧杯加蒸馏水至距刻度线1~2cm处，改用胶 头滴管加水至刻度线，C项正确；量取浓盐酸的量筒不能洗 涤，若洗涤量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中，会使所配溶液 的浓度偏高，D项错误。 6.D配制500mL0.100mol·L1NaC1溶液用到的仪器有 托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管等， A错误：配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有计算、称量、 溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等，操作步骤正确的顺序为②① ④③，B错误：容量瓶用蒸馏水洗净后，不必干燥，C错误；定 容时仰视容量瓶的刻度线，则所加蒸馏水偏多，溶液的体积 V偏大，溶液的浓度偏低，D正确。 7.B①醋酸为弱电解质，其电离过程为吸热过程，因此稀醋酸 与稀氢氧化钠溶液反应测定的中和热的绝对值偏小；②溶液 转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，会造成容 量瓶中溶质的物质的量减少，即最终配制溶液的物质的量浓 度偏低：③中和滴定过程中，开始时平视读数，结束时仰视读 数所得溶液的体积偏大；④未用标准溶液润洗滴定管，标准 液的浓度降低，消耗标准液的体积增大，即测的未知溶液的 浓度将偏大：⑤配制溶液定容时，仰视容量瓶的刻度线，所得 溶液体积偏大，浓度偏低。 8.C该H2SO1的物质的量浓度为 000p M 1000×1.84×98% mol·L=18.4mol·L,A错误；等 98 体积的水的质量小于硫酸的质量，所以该硫酸与等体积的水 混合所得溶液的质量分数大于49%，B错误；根据稀释前后 H,S0,物质的量不变，配制250mL4.6mol·L1的稀硫酸 -5 需取该硫酸250mL×4.6mol.L -=62.5mL,C正确；用该 18.4mol·L 硫酸配制250mL4.6m0l·L1的稀硫酸，若量取该硫酸时 仰视，量取浓硫酸的体积偏大，则所配稀硫酸浓度偏大，D 错误。 V 9.C设气体的体积为VL,则2. MW/22.4+a=c,化筒 1000b 22.4ac 整理得V=1000b-M: 10.C根据溶质的质量分教心=m县X100%,m质=Ag, n游液 VmL水的质量为Vg,m游该=(A十V)g,代入公式可得 心一A一VX100%,故A正确；根据溶质的物质的量浓度 A mol.=得molv'=AL代入可得c A 1000p 1000pA MA+Mmol·L',故B正确，lmL该溶液中n(C) MA干Mmol·L×1mL×103L·mlL1×n 1000pA npA M(A十万mol,故C错误；该温度下此盐的溶解度S= 100A g,故D正确。 1000da 11.(1 aM+2240mol·L1(2)1.00mol.L1 (3)0.3mol·L1 a L 解析：(1)气体溶于水后，溶质的物质的量 2.4L·mol7= 22.4mol;溶液的质量=( aM aM 22.4 +0.1×1000)g=（22.4 aM aM 22.4 +100)g +100 22.4 100g,溶液体积 dg·cm -3 d cm,则 此溶液中溶质的物质的量浓度为 22.4 mol 221+100 aM d -×10-3L aM十2240mol·L1。(2)Na不参与离子反应，则混合后 1000da 钠离子的物质的量浓度=0.01LX1.00mol·L×2 0.02L 1.00m0l·L1。(3)溶液呈电中性，阳离子所带的正电荷 总数等于阴离子所带的负电荷总数。则c(Na)十 2c(Mg2+)=c(CI-)十2c(SO号)，则该混合溶液中 c(C1)=0.2mol·L1+2×0.25mol·L1-2× 0.2mol·L1=0.3mol·L1 12.(1)28.6g(2)①④⑤(3)BCE(4)B 解析：(1)配制480mL0.2mol·L1的NaCO,溶液时，由于 实验室没有480mlL规格的容量瓶，应选择500mL的容量瓶， 所以应称取NaCO,·10HO晶体的质量：0.2mol·L1× 0.5L×286g/mol=28.6g。(2)①Na,CO3·10H,O晶体 失去部分结晶水，则溶质的物质的量偏大，所配溶液的浓度 偏高；②用“左码右物”的称量方法称量晶体（使用游码），则 所称取溶质的质量偏小，所配溶液的浓度偏低：③碳酸钠晶 体不纯，其中混有氯化钠，则所称取溶质的质量偏小，所配 溶液的浓度偏低：④称量碳酸钠晶体时所用砝码生锈，则所 称取溶质的质量偏大，所配溶液的浓度偏高；⑤容量瓶未经 干燥使用，对溶质的物质的量、溶液的体积都不产生影响， 所配溶液的浓度不变；综合以上分析，引起所配溶液浓度偏 高的有①④，无影响的有⑤。(3)A.容量瓶可以用于配制 一定体积准确浓度的标准溶液：B.容量瓶不能用于贮存溶 液，尤其是碱性溶液：C.容量瓶只有一个刻度线，所以只能 配制确定体积的液体；D.容量瓶只能量取与容量瓶规格相 同的液体；E.容量瓶是不耐热的仪器，不能用来加热溶解固 9 参考答案“公。