2.3 课时3 物质的量浓度-【经纶学霸】2026-2027学年高一化学必修第一册4星学霸黑白题（人教版）

学霸黑白题化学·必修第一册·RJ 课时3物 白题基础过关 题型1物质的量浓度的概念及理解 1.*(2026·福建福州高一期末)下列关于 0.10mol·L1CaCL,溶液的描述正确的是 A.该溶液中存在的分子主要有CaCl2、H,0 B.若取该溶液10mL,其中c（Ca2+)= 0.01mol·L-1 C.该溶液与0.20mol·L1NaCl溶液中的 c(Cl)相等 D.5mL该溶液与10mL等浓度的Na,C0,溶 液恰好完全反应 2.*下列关于物质的量浓度的表述正确的是 () A.0.3mol·L1的NaS04溶液中含有Na和 S0?的总物质的量为0.9mol B.50mL1mol·L-1的KCl溶液和100mL 0.25mol·L1MgCl2溶液中，Cl物质的量 浓度相等 C.将10mL1mol·L1H2S04稀释成 0.1mol·LH,S04,可向其中加入100mL水 D.含Na个Na的Na20溶于水配成1L溶 液，Na的物质的量浓度为1mol·L1 题型2物质的量浓度的有关计算 3.*(2026·淅江杭州高一期中)下列溶液含 有的氯离子物质的量浓度最大的是() A.2mL0.2mol·L1NaCl溶液 B.1mL0.5mol·L-1KCl03溶液 C.1mL0.2mol·L-1CaCl2溶液 D.1mL0.1mol·L1A1Cl,溶液 4.*下列各组数据中，前者刚好是后者两倍 的是 () A.1mol·L1Ba(0H)2溶液与2mol·LJ 52 质的量浓度 限时25min1答案P27 KOH溶液中OH的物质的量 B.200mL1mol·L1氯化钙溶液中c(Cl)和 100mL2mol·L1氯化钾溶液中c(Cl1) C.称量16g硫酸铜配制250mL溶液的物质 的量浓度和称量25g胆矾配制500mL溶 液的物质的量浓度 D.20%Na0H溶液的物质的量浓度和10% NaOH溶液的物质的量浓度 5.*（2025·陕西西安高一月考)VmL Al,(S0,),溶液中含agA1,取4mL溶液 稀释到4VmL,则稀释后溶液中S0的物质 的量浓度是 () 125a A. 9V mol·L1 125a B. 18v mol.L-1 36ymol·L- C. 125a D.125a ‘54rmol.L1 6.**学科融合血液中葡萄糖（简称血糖，分子 式为C6H206)的含量，常以“mmol·L1”和 “mg·dL1”为参考指标(1L=10dL),以 “mmol·L1”表示时，人的血糖正常值为4.9 ~6.1mmol·L1。下列说法正确的是() A.葡萄糖的摩尔质量为180 B.无偿献血后，体内血糖浓度会变小 C.某病人1mL血液中含葡萄糖0.60mg,相 当于3.3mol·L-1 D.若病人的血糖检测结果为92mg·dL,血 糖值在正常范围内 7.*(2026·北京海淀高一期末)某同学配制 的植物营养液中有4种离子，其中所含的 NO?、K、SO?的物质的量浓度分别为 0.2mol·L1、0.3mol·L1、0.4mol·L1,则 Zn2+的物质的量浓度为 () A.0.3mol·L B.0.35mol·L C.0.75mol·L-1 D.0.9mol·L-1 题型3一定物质的量浓度溶液的配制 8.*(2026·山东青岛高一期末)实验室用 18.4mol·L1的浓H2S04配制460mL 0.2mol·L1的稀H2S04。下列说法正确的 是 () A.使用烧杯、玻璃棒、容量瓶、量筒即可完成 该实验 B.选用5mL量筒量取浓H,S04 C.将量取浓H,S0,后的量筒洗涤2~3次，并 将洗涤液转移至容量瓶中 D.稀释时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入 水中，并用玻璃棒不断搅拌 9.**配制一定物质的量浓度的Na2C03溶液 的操作过程示意图如图，下列说法中错误的 是 Na,C0310.6g 操作1 操作2 100mL 操作3 操作4 操作5 A.“操作1”需将溶解的Na2C03溶液及烧杯 洗涤液全部转移到容量瓶中 B.所配制的Na,CO3溶液中c(Na+)为 1mol·L-1 C.“操作3”加蒸馏水至容量瓶刻度线1~2cm 时，再进行“操作4” D.“操作2、3”中玻璃棒均起引流作用 10.*欲配制1mol·L1的氢氧化钠溶液 250mL,完成下列步骤： (1)用天平称取氢氧化钠固体 (2)将称好的氢氧化钠固体放入 第二章海水中的重要元素一钠和氯黑白题学霸 中，加蒸馏水将其溶解，待冷却后将溶液沿 转移入 中。 (3)用少量蒸馏水冲洗玻璃棒和烧杯2~ 3次，将冲洗液移入 中，在操作过 程中不能损失点滴液体，否则会使溶液的浓 度偏 (填“高”或“低”)。 (4)向容量瓶内加水至距刻度线 时，改用 小心地加水至溶液凹液面 与刻度线相切，若加水超过刻度线，会造成 溶液浓度 （填“偏低”或“偏高”)， 应该 重难聚焦 题型 一定物质的量浓度溶液配制的误差 分析 11.**用无水Na2C03配制250mL 1.000mol·L1Na2C03溶液时，下列操 作会使配制的溶液浓度偏小的是( A.称量时碳酸钠固体含有结晶水 B.溶液未冷却立即定容 C.定容时俯视容量瓶刻度线 D.容量瓶没有干燥 12.接下列关于溶液配制中误差分析的判 断不正确的是 ( A.溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒 未用蒸馏水洗涤，配制溶液的物质的 量浓度偏低 B.用托盘天平称取药品时，药品和砝码 位置颠倒，药品质量一定偏小 C.配制1mol·L1的NaOH溶液时，未 恢复至室温就转移并定容，所得溶液 物质的量浓度偏大 D.定容后摇匀，发现液面降低，又补加 少量水，重新达到刻度线，配制溶液 的物质的量浓度偏低 53 学霸黑白题化学·必修第一册·RJ 黑题能力提升 1.*某化学兴趣小组将2.84gNa2S04溶解在 50mL水中，并将所得溶液稀释成100mL,再 从中取出10mL溶液，该化学兴趣小组成员 对取出的10mL溶液做出了下列判断，其中 错误的是 A.Na的物质的量为0.04mol B.Na2S04的物质的量浓度为0.2mol·L1 C.含有Na的物质的量是SO子的两倍 D.溶质Na2S04的质量为0.284g 2.*下列说法正确的是 A.1L水中溶解了25.0gCuS04·5H0,所得 溶液中Cu2*的物质的量浓度为0.1mol·L B.将50mL0.6mol·L1Fe2(S04)3溶液加 水稀释至500mL,则稀释后溶液中 c(S04)为0.3mol·L C.将4.48LHCl溶于水配成500mL溶液，所得 溶液中HCl的物质的量浓度为0.4mol·L1 D.100mL0.5mol·L1CaCL2溶液与50mL 1mol·LKCl溶液混合后，所得150mL 溶液中c(Cl)为1mol·L1(忽略溶液体 积变化) 3.*(2026·安徽芜湖高一期末)配制95mL 1.0mol·L1Na0H溶液的部分操作如图所 示。下列说法不正确的是 操作a A.需用小烧杯称取质量为4.0g的NaOH B.NaOH完全溶解后，立刻进行后续操作，所 得溶液浓度偏高 C.若所称量的NaOH固体中混有Na20,所 得溶液的浓度偏低 D.操作a应重复2~3次，目的是避免溶质损失 54 限时20min|答案P28 4.**(2026·湖南邵阳高一期末)某植物培养 液中只含有NH、K、CI、S0?(不考虑水的电 离)，且其中c(Cl)=c(K)=c(0})= 0.2mol·L1。下列关于该培养液的叙述错 误的是 () A.该培养液中c(NH)=蓝色钴玻璃 蘸有培养 0.4mol·L- 液的铂丝 B.用如图所示操作可检验 该培养液中的K C.该培养液可由(NH4),S04和KCl按物质 的量之比1：1配制 D.若用NH,Cl、(NH4)2S04、K2SO4三种溶质 配制100mL该培养液，需称量3.48g K2S04 压轴挑战山 井 5.禁向100mLNa0H溶液中通入一定量 的C0,气体，充分反应后，再向所得溶液 中逐滴加人0.2mol·L-1的盐酸，产生C02 的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所 示： ↑VC0)/L 0255075100(盐酸/mL (1)原NaOH溶液的浓度为 0 (2)所得溶液的溶质成分及物质的量之比 为 (3)通人C0,的体积为 mL(标准 状况下)。 (4)在配制盐酸溶液时，将标准状况下VL HC1气体溶于100mL水中，所得溶液密 度为dg·cm3,则此溶液的物质的量浓 度为 mol·L1。之比为5：4，所以A气体的相对分子质量为4dx=5d, 归纳总结】 有关计算的“四公式” ② (摩尔质量 ① ③ 、气体的体积 (物质的量 粒子数 ④ 质量 ①气体的物质的量n=7 ②气体的摩尔魔量=贸=业.p V V ③气体的分子数N=n·N,元N: V ④气体的质量m=n·M= V .M ◆压轴挑战 6.D解析：根据图示可知：C02是四种气体中温室效应最显著的， A正确：若容器的容积为22.4L,在13：00时由于气体温度高于 0℃，因此该条件不是标准状况下，此时的气体摩尔体积大于 22.4L·mol,故N2的物质的量小于1mol,因此N2中含有的N 原子个数少于2NA,B正确：根据图示可知：在12：30-13：30时间 范围内C0,温度升高最大，由于开始压强相同，则在这一段时间 内压强最大，C正确：在开始时四种气体的压强相同，体积相同，则 气体的物质的量相同，由于不同气体的相对分子质量不相同，则根 据密度公式口=？-，实验开始时四种气体的密度不相同， D错误。 课时3物质的量浓度 白题 基础过关 1.C解析：CaCL2是强电解质，在溶液中完全电离为离子，不存在 CaCL,分子，溶液中存在的分子主要是H,0,A错误：溶液浓度为 0.10mol·L1,CaCl,完全电离，c(Ca2*)=0.10mol·L1,取10ml 溶液，浓度不变，仍为0.10mol·L,而非0.01mol·L1,B错误； 该溶液中c(Cl)=2×0.10mol·L1=0.20mol·L1,0.20mol·L1 NaCl溶液中c(Cl)=0.20mol·L1,两者相等，C正确；发生的反 应为CaCl2+Na2C03一CaC0,↓+2NaCl,5 mLCaCl2溶液 (0.10mol·L)含CaCL20.0005mol,10mL等浓度(0.10mol·L) Na2C0,溶液含Na2C030.001mol,两者物质的量不等，不满足恰好 完全反应的条件，D错误。 2.D解析：0.3mol·L的Na2S0,溶液体积未知，不能计算Na和 S0?的总物质的量，故A错误；物质的量浓度与体积无关， 1mol·L的KCl溶液中CI的物质的量浓度为1mol·L, 0.25mol·L1MgCl2溶液中Cl的物质的量浓度为0.5mol·L, 故B错误；设稀释后溶液体积为VL,根据溶质的物质的量守恒 可得：10×103L×1mol·L1=V×103L×0.1mol·L1,解得V= 100,因溶液密度未知，故C错误：根据钠元素守恒，含N,个Na的 Na,0溶于水配成1L溶液，Na的物质的量浓度为1mol·L,故 D正确。 3.C解析：NaCl电离产生1个Cl,氯离子物质的量浓度为1× 0.2mol·L1=0.2mol·L1,不是最大，A错误；KCl03在溶液中电 离出K*和ClO,不产生Cl,氯离子浓度为0，B错误；CaCl2电离产 生2个C,氯离子物质的量浓度为2×0.2mol·L=0.4mol·L,是 四个选项中最大的，C正确：A1Cl,电离产生3个C1,氯离子物质的 量浓度为3×0.1mol·L-1=0.3mol·L,不是最大，D错误。 4.C解析：溶液体积不确定，无法比较，故A错误：溶液的浓度与体 积无关，1mol·L-1氯化钙溶液中c(Cl)=2mol·L1,2mol·L 氯化钾溶液中c(C)=2mol·L,氯离子浓度后者和前者相等， 故B错误；16g硫酸铜的物质的量为0.1mol,配制250mL溶液的 物质的量浓度为。2500.4m0l·L25g胆矾中硫酸铜的物质 的量为0.1mol,配制500mL溶液的物质的量浓度为01mol 0.5L 0.2mol·L1,前者刚好是后者两倍，故C正确：溶液物质的量浓度 c-100p,20%Na0H溶液密度大于10%的Na0H溶液密度，故 M 前者物质的量浓度大于后者的2倍，故D错误。 5.C解析：n(Al)= a 27 mol 27 g.mol-T27 mol,e(Al)= 103a 03VL27V mol·L,取 4mL溶液稀释到4VmL,溶液体积增大16倍，则铝 离子浓度变为原来的6稀释后c(A) .1103a 16*27V mol L-1= 103a 16×27V mol·L1- 125a 54V mol·L,该溶液中铝离子浓度与硫酸根 125a 3 离子浓度之比等于2：3，则稀释后c(s0)=54ml·L×2 125a 36vmol.L。 6.D解析：葡萄糖的摩尔质量为180g·mol,A错误；浓度与所取 溶液体积无关，所以无偿献血后，体内血糖浓度不变，B错误：某病 人1mL血液中含葡萄糖0.60mg,其物质的量浓度为3.3mmol·L, C错误；若病人的血糖检测结果为92g·dL,血糖值约为 5.11mmol·L1,在正常范围内，D正确。 7.B解析：根据溶液呈电中性的原则，溶液中阳离子所带正电荷总 数等于阴离子所带负电荷总数。设Zn2+的浓度为cmol·L1,有： 2c(Zm2*)+c(K*)=c(N0)+2c(S0),代入已知浓度：2c+0.3mol·L1= 0.2mol·L1+2×0.4mol·L1,解得c=0.35mol·L1,故选B。 8.D解析：缺少胶头滴管用于定容时精确加水，A错误：需用 500mL容量瓶计算，所需溶质的物质的量为0.2mol·L×0.5L= 01m,浓硫酸体积v18454nL,5L量简最大是 程为5.0mL,无法量取5.4mL,应选用10mL量简，B错误：量简为 量取仪器，设计时已考虑残留液体积，洗涤会导致额外溶质转移， 使所配溶液浓度偏高，C错误；浓硫酸密度大于水，稀释时应将浓 硫酸沿烧杯内壁缓缓注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，D正确。 g.B解析：所配制的Na,C0,溶液中c(a)=106g·m0lX2 0.1L 2mol·L,B错误。 10.(1)10.0(2)烧杯玻璃棒250mL的容量瓶(3)容量瓶 参考答案黑白题学霸27 低(4)1~2cm胶头滴管偏低重新配制 解析：(1)配制1mol·L的氢氧化钠溶液250mL,所需Na0H的 物质的量n=cV=1mol·L×0.25L=0.25mol,称量氢氧化钠固 体的质量m=n·M=0.25mol×40g·mol1=10.0g。(2)将称好 的氢氧化钠固体放入小烧杯中，加适量蒸馏水将其溶解，待冷却 后将溶液沿玻璃棒转移入250mL的容量瓶中。(3)用少量蒸馏 水冲洗玻璃棒及烧杯2~3次，将冲洗液移入容量瓶中；在操作过 程中不能损失点滴液体，否则会使溶液的浓度偏低。(4)向容量 瓶内加水至距刻度线1~2cm时，改用胶头滴管小心地加水至溶 液凹液面与刻度线相切，若加水超过刻度线，溶液的体积偏大，根 据公式。0会造成溶液浓度偏低，应谈重新配制。 ⊙重难聚焦 11.A解析：称量时碳酸钠固体含有结晶水，则碳酸钠的物质的量 偏小，溶液物质的量浓度偏小，故A符合题意：溶液未冷却立即定 容，恢复至室温时，溶液体积减小，溶液物质的量浓度偏大，故 B不符合题意：定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶 液物质的量浓度偏大，故C不符合题意：容量瓶没有干燥，对溶质 的物质的量和溶液体积都不影响，对溶液物质的量浓度无影响， 故D不符合题意。 归纳总结配制一定物质的量浓度溶液的误差分析 根据：-可知，山溶质的摩尔质量)为定值，实验过 中不规范的操作会导致m或V的值发生变化，从而使所配制溶液 中溶质的物质的量浓度产生误差。假设其他操作都正确，若实验 操作导致m偏大，则c偏大，若实验操作中导致V偏大，则cg 偏小。 ②定容时，仰视、俯视刻度线对结果的影响（如图） a.仰视刻度线：由于操作时以刻度线为基准加水，故加水量增多， 导致溶液体积偏大，C偏小，如图甲； b.俯视刻度线：加水量偏少，溶液体积偏小，c偏大，如图乙。 12.B解析：烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，溶质的量减小，配制溶 液的物质的量浓度偏低，故A正确：用托盘天平称取药品时，若不 使用游码，药品和砝码位置颠倒，对称量药品质量无影响，若使用 游码，称量药品质量偏小，故B错误：NaOH溶于水后放热，未恢复 至室温就转移并定容，最终配制溶液的体积偏小，溶液的物质的 量浓度偏大，故C正确；定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量 水，重新达到刻度线，溶液的体积变大，配制溶液的物质的量浓度 偏低，故D正确。 黑题 能力提升 1.A解析：2.84gNaS0的物质的量为 42g·m01r7=0.02mol,则 2.84g 100mL溶液中Na的物质的量为0.04mol,所以取出的10mL溶 .10ml 液中Na广的物质的量为0.04mol×100mL=0.04mol,A错误； 2.84g Na,S0,的物质的量浓度为142g·mol =0.2mol·L,取出前后 0.1L 28学霸黑白题化学·必修第一册·RJ 溶质的物质的量浓度不变，B正确；由硫酸钠的构成可知，溶液中 含有Na的物质的量是SO的两倍，C正确：根据A的分析知，取 出的10mL溶液中Na,S0,的物质的量为0.02mol×1O0mL 10 mL 0.002mol,质量为0.002mol×142g·mol=0.284g,D正确。 2.D解析：1L水中溶解了25.0gCuS04·5H20,n(CuS04·5H20) =)50.8=0.1mol,但溶剂的体积为1L,而溶液的体积不确一 定，所以无法求出所得溶液中Cu+的物质的量浓度，A错误：将 50mL0.6mol·L1e2(S04)3溶液加水稀释至500mL,则稀释后 溶液中c(S02)=50mLx0,6mol,Lx3=0.18m0l·L,B错误； 500mL 未指明HCl所处环境的温度和压强，不能利用22.4L·mol1进行 计算，无法求出其物质的量，也就无法求出溶于水配成500L溶 液中HCl的物质的量浓度，C错误；100mL0.5mol·L1CaCL2溶 液与50mL1mol·L1KCl溶液混合后，所得150mL溶液中c(CI) =100mLx103L·mlx0.5mol.L×2+50mLx103L·mL-×1mol.L×1= 150mL×103L·mL1 1mol·L(忽略溶液体积变化)，D正确。 3.C解析：氢氧化钠具有腐蚀性，称量时应放在小烧杯或者称量瓶 中进行，故A正确；Na0H固体完全溶解后，应冷却到室温再进行 后续操作，若立刻进行后续操作，所得溶液浓度偏高，故B正确； 若所称量的NaOH固体中混有Na,0,所得溶液浓度偏高，故C错误： 操作a反复冲洗烧杯及玻璃棒，目的是避免溶质损失，故D正确。 4.D解析：根据电荷守恒，溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离 子所带负电荷总数；设c(NH4)=x,则x+c(K)=c(CI)+ 2c(S0),代入数据得x=0.4mol·L,即c(NH)=0.4mol·L1, A正确；检验K需通过焰色试验，观察时需透过蓝色钴玻璃以排 除Na干扰，图示操作符合要求，B正确；若(NH,)zS0,和KCl按物 质的量之比1：1配制，设均为1mol,则n(K)=1mol、n(C)= 1mol、n(S04)=1mol、n(NH4)=2mol,浓度关系为c(K)= c(CI)=c(S0),符合题意，C正确：配制100mL培养液，n(K)= 0.2mol·L1×0.1L=0.02mol,K+仅来自K2S04,则n(K2S04)= 0.01mol,质量为0.01mol×174g·mol-1=1.74g≠3.48g,D错误。 专压轴挑战 5.(1)0.2mol·L(2)n(Na,C0,):n(NaHC0,)=1:2(3)336 1000dV (4)36.5v+2240 解析：由图可知，向所得溶液中逐滴加入0.2mol·L1的盐酸，0~ 25mL时没有气体生成，从25mL开始加盐酸生成二氧化碳气体， 共消耗盐酸100mL-25mL=75mL,两个过程消耗盐酸的体积比 为1：3，则向100mL氢氧化钠溶液中通人一定量的二氧化碳气 体所得溶液为碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液，0~25L时发生的 反应为碳酸钠与25L盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠，反应的 化学方程式为Na,C03+HCl一NaHC0,+NaCl,25~100mL时发 生的反应为碳酸氢钠与75L盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和 水，反应的化学方程式为NaHC03+HCl一NaCl+CO2↑+H,0,加 入100L盐酸时反应完全得到氯化钠溶液。(1)由分析可知，加 入100mL盐酸时得到氯化钠溶液，由钠原子和氯原子个数守恒可 知，氢氧化钠溶液的浓度为02mol:L×0.1L=0.2mlL。 0.1L (2)两个过程消耗盐酸的体积比为1：3，则二氧化碳与氢氧化钠 溶液反应生成碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量之比为1：（3-1)= 1：2。(3)加盐酸后生成的C02即是之前通入的C02,根据题图 可知，生成的C0,在标准状况下的体积为(100-25)mL×103L·mL× 0.2mol·L1×22.4L·mol1=0.336L=336mL。(4)由标准状况 下VL氯化氢气体溶于100mL水中，所得溶液密度为dg·cm3可 知，盐酸溶液的物质的量浓度为： VL 22.4L·mol 2.4L:mlrX36.5g·mml+1g·cm×100ml VL -×103L·mL- dg·cm3 1000dV 36.542240m0l.L1。 专题探究6溶液的配制 黑题 专题强化 1.D解析：该过程为称量、溶解，用到的玻璃仪器为量筒和烧杯 A错误；该过程为移液，所用玻璃仪器为烧杯、玻璃棒和容量瓶， B错误；该过程为洗涤，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，其目 的是使溶质尽可能地转移到容量瓶中，C错误；该过程为定容，摇 匀，当向容量瓶中加水至刻度线1~2cm处时，再改用胶头滴管至 刻度线处，D正确。 2.C解析：配制90mL溶液，需要使用100mL规格的容量瓶， n(Na0H)=0.1mol·L×0.1L=0.01mol,故m(Na0H)=0.01mol ×40g·ol1=0.4g,A正确；配制该物质的量浓度的溶液，需要的 玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶和胶头滴管，B正确；若 NaOH固体中混有少量Na,0,根据钠元素守恒，得到的氢氧化钠溶 液溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，C错误；清洗干净的容量 瓶，其刻度线下残留有水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不产 生影响，对溶液浓度无影响，D正确。 3.D解析：因F(0H)2极易被氧气氧化，需加热煮沸除去水中的溶 解氧，故A正确：实验室没有480mL的容量瓶，选择大于480mL 且相近规格的容量瓶，故应选择500mL容量瓶，配制500mL 0.1mol·L硫酸铜溶液需要硫酸铜的质量为0.5L×0.1mol·L-1× 160g·mol=8.0g,故B正确；要配制0.1mol·L的Na,C03溶液 480mL,需用500mL的容量瓶，故C正确：氢氧化钠固体应该在烧 杯中溶解，冷却后再转移至容量瓶，故D错误。 4.(1)0.15mol·L1(2)①250mL容量瓶②搅拌，加速NaC1的 溶解；引流(3)②⑦⑤③重新配制(4)AD 解析：(1)根据物质的量浓度与质量分数的换算公式c=1000p M 1000x1.05×0.9%nm0l.L≈0.15m0lL。(2)①实验室没有 58.5 240mL的容量瓶，配制240mL溶液应选用250mL容量瓶，所以还 需用到250mL容量瓶；②在溶解过程中，玻璃棒的作用是搅拌，加 速NaCl的溶解；在转移溶液时，玻璃棒的作用是引流，防止溶液洒 出。(3)配制一定物质的量浓度溶液的步骤为计算、称量、溶解、 转移、洗涤、定容、摇匀。所以操作顺序为④→⑥→②→⑦→⑤→ ③→①：定容时不小心加水超过了刻度线，溶液体积偏大，浓度偏 小，这种情况下应重新配制。(4)称量时所用的砝码生锈，砝码质 量增大，会导致称量的NaCl质量偏大，n偏大，V不变，溶液浓度偏 高，A正确：如图转移溶液错误之处是玻璃棒在刻度线上方，容量 瓶刻度线上方会有溶液，导致V变大，n不变，溶液浓度偏低，B错 误：烧杯未进行洗涤，会导致溶质损失，偏小，V不变，溶液浓度偏 低，C错误；定容时俯视刻度线，会导致溶液体积V偏小，不变， 溶液浓度偏高，D正确。 专题探究7阿伏加德罗定律的应用 黑题 专题强化 1C解析：A=,所以二者的物质的量之比为：8=12：山， A正确：根据M=pRT可知，同温同压下密度之比=摩尔质量之比 =44:48=11:12,B正确；同温同压下体积比等于物质的量之比， 为12：11，C错误：氧原子个数之比为(12×1)：(11×3)=4：11， D正确。 2.A解析：同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，反应方程 式可表示为A2+3B2一2X,根据质量守恒定律，X的化学式为 3.B解析：质量相同的甲、乙两种气体，甲的密度大于乙的密度，说 明甲的容器体积小于乙的容器体积，同温同压下，气体体积与物质 的量成正比，因此甲的物质的量比乙小。根据上述分析可知，气体 甲的物质的量小于气体乙的物质的量，则甲的分子数比乙少，A错 误，B正确；同温同压下，不同气体的摩尔体积相同，C错误；两种 气体质量相同，但是甲的物质的量更小，说明甲的相对分子质量更 大，D错误。 4.D解析：根据m=nM得乙烯和氮气质量相同，质量比为1：1， A错误：分子数之比等于物质的量之比，为1：1，B错误：原子物质 的量等于分子物质的量乘一个分子中的原子数，所以二者原子总 数之比为(1×2)：(1×6)=1：3，C错误；气体的密度之比等于摩 尔质量之比，D正确。 5.D解析：在相同温度下，X和Y的质量和密度均相同，则二者的 体积相同，即V(X)=V(Y),A错误；X、Y的体积相同，若M(X)> M(Y),则n(X)<n(Y),所以在相同温度下，气体摩尔体积：X>Y, B错误；X、Y的质量相同，若M(X)<M(Y),则n(X)>n(Y),在相 同温度和体积下，气体的压强：X>Y,C错误；X、Y的质量相同，若 M(X)<M(Y),则n(X)>n(Y),分子数与n成正比，所以分子数：X >Y,D正确。 6.A解析：同温下，体积相同的两容器分别充入2gY气体和4gZ 气体，M,(Y)=0.5M,(Z),则二者的物质的量之比是1：1，同温同 体积的气体物质的量之比等于压强之比，Y、Z气体所承受的压强 比为1：1，A正确：同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之 比，则三种气体密度最小的是X,B错误：没有明确是否为标准状 况，三种气体体积均为2.24L,物质的量不一定均是0.1mol, C错误：不知道三种气体为单原子分子、双原子分子还是多原子分 子，无法确定分子数目，所以无法确定质量的大小，D错误 7.C解析：设CH4、C02、02、S02四种气体的质量均为1g,则它们的 物质的量分别为Gm名ml克m4ml,同温同压下，气体 1 1 1 的物质的量之比等于气体的体积之比，从图中可知体积：d>c>b> a,则a、b、c、d分别盛装的是S02、C02、02、CH4,A正确；a、c中气体 分别为s0,和0，物质的量之比为4m:立m=1:2,B正 确：a和d中气体分别为S0,和CH4,物质的量之比等于气体的体 积之比，气体的体积之比为aml:6m=1:4,c错误：e和d 中气体分别是0，和CH,同温同压下气体密度之比等于摩尔质量 参考答案黑白题学霸t29