全国高考化学物质的量的综合高考真题分类汇总附详细答案

全国高考化学物质的量的综合高考真题分类汇总附详细答案
一、高中化学物质的量
1．根据题意计算填空。

（1）在标准状况下，8.5g某气体占有的体积为5.6L，则该气体的摩尔质量是__。

（2）在标准状况下，0.01mol某气体的质量为0.28g，则该气体的相对分子质量为__，该气体的密度为__g·L−1。

（3）在标准状况下，由CO和CO2组成的混合气体为6.72L，质量为12g，此混合物中CO 和CO2物质的量之比是__，C和O原子个数比是__，CO的质量分数是__。

（4）现有mg某气体，它由双原子分子构成，它的相对分子质量为M。

若阿伏伽德罗常数用N A表示，则：该气体的物质的量为__mol；该气体所含原子总数为__个；该气体在标准状况下的体积为__L；该气体溶于水后形成1L溶液（该气体不与水反应），其物质的量浓度为__mol·L－1。

【答案】34g/mol 28 1.25 1：3 4：7 17.5% m
M
A
2mN
M
22.4m
M
m
M
【解析】【详解】
（1）该气体的摩尔质量
8.5g
=34g/mol
5.6L
22.4L/mol
，
故答案为：34g/mol；
（2）0.01mol某气体的质量为0.28g，摩尔质量为
0.28g
=28g/mol
0.01mol
，故相对分子质量为
28；标况下体积是0.224L，故密度为
0.28g
=1.25g/L 0.224L
，
答案为：28；1.25;
（3）设CO的物质的量为xmol，2
CO的物质的量为ymol，标准状况下总体积6.72L，即总物质的量为0.3mol，故x+y=0.3，总质量为12g，故28x+44y=12，解得x=0.075，
y=0.225，故CO和2
CO物质的量之比是为1:3，C和O原子个数比是4:7，CO的质量
分数为0.07528
=17.5%
12
，
故答案为：1：3；4：7；17.5%；
（4）该气体的物质的量为m
M
mol；因为该气体为双原子分子，故所含原子总数为A
2mN
M
个；该气体在标准状况下的体积为22.4m
M
L；该气体溶于水后形成1L溶液，其物质的量浓
度为m
M
mol·L－1，
故答案为：m
M
；A
2mN
M
；
22.4m
M
；
m
M。

2．氯及其化合物在生产、生活中都有重要的应用：
（Ⅰ）现实验室要配置一定物质的量浓度的稀盐酸。

（1）如图是某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。

则该盐酸的物质的量浓度是___ mol·L-1。

（2）某同学用该浓盐酸配制100mL 1mol·L-1的稀盐酸。

请回答下列问题：
①通过计算可知，需要用量筒量取浓盐酸 ____ mL。

②使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有_______。

③若配制过程遇下列情况，溶液的物质的量浓度将会：（填“偏高”“偏低”“无影响”）
A．量取的浓盐酸置于烧杯中较长时间后配制______。

B．转移溶液前，洗净的容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理___。

C．定容时俯视容量瓶的刻度线_____。

（Ⅱ）实验室使用浓盐酸、二氧化锰共热制氯气，并用氯气和氢氧化钙反应制取少量漂白粉（该反应放热）。

已知：MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O；氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙。

甲、乙、丙三位同学分别设计了三个实验装置如下图所示：
（1）哪位同学的装置能够有效地防止副反应的发生？_____。

（2）上述装置中，甲由A、B两部分组成，乙由C、D、E三部分组成，丙由F、G两部分组成。

从上述甲、乙、丙三套装置中选出合理的部分（按气流从左至右的流向）组装一套较完善的实验装置（填所选部分的字母）_____。

（3）利用（2）中实验装置进行实验，实验中若用12 mol·L-1的浓盐酸200 mL与足量二氧化锰反应，最终生成的次氯酸钙的物质的量总小于0.3 mol，其可能的主要原因是_____（假定各步反应均无反应损耗且无副反应发生）。

（Ⅲ）已知HClO的杀菌能力比ClO-强。

25℃时将氯气溶于水形成氯气一氯水体系，该体系中Cl2、HClO和ClO-的物质的量分数（a）随pH变化的关系如图所示。

由图分析，欲使氯水的杀菌效果最好，应控制的pH 范围是__，当pH=7.5时，氯水中含氯元素的微粒有___。

【答案】11.6 8.6 胶头滴管、100 mL 容量瓶 偏低 无影响 偏低 甲 F B E 浓盐酸逐渐变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，且浓盐酸有挥发性，所以盐酸不能全部反应生成氯气，故生成的Ca （ClO ）2少于0.3mol 2～6 HClO 、ClO -、Cl -
【解析】
【分析】
（Ⅰ）(1)根据1000c=M
ρω计算浓度； (2)配制一定物质的量浓度的溶液，步骤为计算、量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶；
（Ⅱ）(1)要防止副反应的发生就要控制反应的温度。

【详解】
（Ⅰ）(1)根据1000c=M
ρω计算盐酸的浓度，有1000 1.1636.5%c=/11.6/36.5
mol L mol L ⨯⨯=； (2) ①根据溶质的物质的量不变，需要量取的盐酸的体积0.1L 1/V=
0.00868.6L 11.6/mol L L m mol L ⨯==； ②量取盐酸的时候需要量筒；稀释浓盐酸，需要玻璃棒、烧杯；转移时，需要100mL 容量瓶，玻璃棒、烧杯；定容时，需要胶头滴管；则还需要的仪器有100mL 容量瓶，胶头滴管；
③A 、浓盐酸易挥发，置于烧杯后，较长时间配制，盐酸挥发，溶质减少，溶液的浓度偏低；
B 、容量瓶中存在蒸馏水，由于定容前，需要往容量瓶中加入蒸馏水，因此之前存在的蒸馏水，对浓度无影响；
C 、俯视刻度线，定容时，水会少加，体积偏小，浓度偏大；
（Ⅱ）(1) 氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙，所以必须要控制反应温度，甲装置有冰水浴，可以较好地控制副反应的发生；
(2)F 装置可以通过分液漏斗来控制反应的速率，B 装置有冰水浴可以较少副反应的发生，E 装置可以做到尾气吸收，答案为F B E ；
(3)MnO2只与浓盐酸反应生成氯气，虽然反应的进行，浓盐酸浓度降低，不与MnO2反应，所以生成氯气的值小于理论值，答案为浓盐酸逐渐变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，且浓盐酸有挥发性，所以盐酸不能全部反应生成氯气，故生成的Ca(ClO)2少于0.3mol；
(Ⅲ)HClO的杀菌能力比ClO-强，所以HClO的浓度越大，杀菌效果最好，根据图像pH最好为2～6之间；当pH=7.5时，根据图像，氯水中没有Cl2，韩律的微粒有HClO、ClO－以及与水反应生成的Cl－。

【点睛】
(Ⅲ)第二小问是易错点，很容易忽略Cl-；不要忘记，Cl 2＋H2O HCl＋HClO，有Cl－生成。

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 g·mol－1 4.2N A 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CO2分子中均只含一个碳原子，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__________。

【答案】N A 4 HCl=H＋＋Cl－ NaHSO4 = Na+ + H++SO42- 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
4Fe(OH)2+O2+2H2O＝4Fe(OH)3 2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+ 5 1 6 3 3 4 2 5 46
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H2SO4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＋＋Cl－； 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5 I－+IO3－+ 6H+=3I2+3H2O；
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4NH4ClO4=2N2↑+5O2↑+4HCl+6H2O；
（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．按要求完成下列填空。

（1）在等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中，分别加入等量的AgNO3溶液，恰好都完全反应，则以上三种溶液的物质的量浓度之比为______。

（2）将3.22 g芒硝（Na2SO4·10H2O）溶于水中，要使每100个水分子中溶有1个Na+，则需水的质量为________g。

（3）在干燥烧瓶中用向下排空气法收集氨气，由于空气不可能排净，所以瓶内气体对氢气的相对密度为9.5，将此瓶气体倒置于水槽中，烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的
_______。

（4）100 mL 0.3 mol/L Na2SO4(密度为d1 g/cm3)和50 mL 0.2 mol/L Al2(SO4)3(密度为d2 g/cm3)混合，所得密度为d3 g/cm3的混合溶液中SO42−的浓度为___________。

（用含d1，d2， d3的式子表示）
（5）已知两种碱AOH和BOH的摩尔质量之比为5:7，现将7 mol AOH与5 mol BOH混合后，从中取出5.6 g，恰好可以中和100ml浓度为1.2 mol/L的盐酸，则AOH的摩尔质量为_____。

【答案】6：3：2 34.2 5
6
(或83.3%) 3
12
6d
10 d+5 d 40g/mol
【解析】
【分析】
（1）分别加入等量的AgNO3溶液恰好都完全反应可知，溶液中Cl﹣的物质的量相等；（2）每100个水分子中溶有1个钠离子说明水和钠离子的物质的量比为100:1；（3）将盛有氨气的烧瓶气体倒置于水槽中，溶液上升体积等于氨气的体积；
（4）溶质物质的量和质量、溶液的质量具有加合性，溶液的体积不具有加合性；
（5）由混合碱5.6 g 恰好可以中和100mL 浓度为1.2 mol/L 的盐酸可知，混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等。

【详解】
（1）设NaC1、MgCl 2、A1Cl 3的物质的量分别为x 、y 、z ，由分别加入等量的AgNO 3溶液恰好都完全反应可知，溶液中Cl ﹣的物质的量相等，则有x=2y=3z ，解得x ：y ：z=6：3：2，因溶液的体积相同，由物质的量之比等于浓度之比可得浓度之比为6：3：2，故答案为：6：3：2；
（2）3.22g 芒硝的物质的量为 3.22322/g g mol =1mol ，溶液中n （Na +）=2n （Na 2SO 4•10H 2O ）=0.01mol ×2=0.02mol ，每100个水分子中溶有1个钠离子，所以n （H 2O ）=100n （Na +）=2mol ，0.01molNa 2SO 4•10H 2O 中含有水的物质的量为0.01mol ×10=0.1mol ，需要的水的物质的量为2mol-0.1mol=1.9mol ，则需要水的质量为1.9mol ×18g/mol=34.2g ，故答案为：34.2；
（3）由瓶内气体对氢气的相对密度为9.5可知，混合气体的平均摩尔质量为
2g/mol ×9.5=19g/mol ，设氨气的体积分数为x ，则空气的体积分数为（1-x ），故17x+29（1-x ）=19，解得x=56
，溶液上升体积等于氨气的体积，故烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的56，故答案为：56
； （4）100mL0.3mol/LNa 2SO 4溶液中SO 42-的物质的量为0.1L ×0.3mol/L=0.03moL ， 50mL0.2mol/LAl 2（SO 4）3溶液中SO 42-的物质的量为0.05L ×0.2moL/L ×3=0.03mol ，混合后的总SO 42-的物质的量为0.03moL+0.03moL=0.06mol ，混合溶液的体积为
12310050d d d +×10—3L ，则混合溶液中SO 42−的浓度为1005031
230.0610d d d mol L +-⨯=
3126d 10 d +5 d mol/L ，故答案为：312
6d 10 d +5 d ； （5）由混合碱5.6 g 恰好可以中和100mL 浓度为1.2 mol/L 的盐酸可知，混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等，盐酸的物质的量为1.2 mol/L ×0.1L=0.12mol ，设5.6 g 混合碱中AOH 的物质的量为7a ，则BOH 的物质的量为5a ，由混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等可得7a+5a=0.12mol ，解得a=0.01mol ，设AOH 的摩尔质量为5b ，则BOH 的摩尔质量为7b ，由混合碱的质量为5.6g 可得：0.07mol ×5b+0.05mol ×7b=5.6，解得b=8，则AOH 的摩尔质量为40g/mol ，故答案为：40g/mol 。

【点睛】
溶质物质的量和质量、溶液的质量具有加合性，溶液的体积不具有加合性是解答混合溶液的解答关键，也是易错点；由混合碱5.6 g 恰好可以中和100ml 浓度为1.2 mol/L 的盐酸确定混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等是计算难点。

6．在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”，能延长鲜花的寿命。

下表是500mL“鲜花保鲜剂”中含有的成分，阅读后回答下列问题：
（1）下列“鲜花保鲜剂”的成分中，属于非电解质的是__________________。

A．蔗糖 B．硫酸钾 C．高锰酸钾 D．硝酸银
（2）配制上述1L上述“鲜花保鲜剂”所需的仪器有：量筒、玻璃棒、药匙、烧杯、托盘天平、__________________、__________________（在横线上填写所缺仪器的名称），需要高锰酸钾___________mol。

（3）在溶液配制过程中，下列操作对配制结果没有影响的是___________________。

A．定容时俯视容量瓶刻度线
B．容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水
C．容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净
D．定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理
（4）“鲜花保鲜剂”中K+（阿司匹林中不含K+）的物质的量浓度为________mol·L-1。

【答案】A 胶头滴管 1000mL容量瓶 0.004 BD 0.024
【解析】
【分析】
（1）电解质指在溶液中或熔融状态下能导电的化合物，在溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物属于非电解质，常见非电解质包括：非金属氧化物、大多数有机物（如乙醇、葡萄糖等）、氨气等；
（2）根据实验操作的步骤（计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签）以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器分析；根据500mL“鲜花保鲜剂”中需要高锰酸钾质量分析需要高锰酸钾物质的量；
（3）根据c=n
V
分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断，溶质减少，浓度
偏小，体积偏大，浓度偏小；
（4）求出K+的物质的量、根据溶液的体积，利用物质的量浓度的公式来计算。

【详解】
（1）A.蔗糖含有蔗糖分子，在水溶液中，不能电离，只存在分子，不能导电，是非电解质，故A正确；
B.硫酸钾，能电离出硫酸根离子和钾离子，能导电，是化合物，是电解质，故B错误；
C.高锰酸钾是盐，能在水溶液中和熔融状态下电离出自由移动的离子而导电，是电解质，故C错误；
D.硝酸银，溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电，是电解质，故D错误；
故答案为：A；
（2）配制顺序是：计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶→贴签,一般用天平称量(用到药匙)称量，在烧杯中溶解,冷却后转移到1000mL容量瓶中，并用玻璃棒引流,转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2∼3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀。

所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶、胶头滴管，500mL“鲜花保鲜剂”中需要高锰酸钾
0.316g，物质的量为
0.316g
158g/mol
=0.002mol，配制1L溶液需0.004mol，故答案为：胶头滴
管、1000mL容量瓶；0.004；
(3)A.定容时俯视容量瓶刻度线，溶液未达到刻度线，体积偏小，浓度偏大，故A错误；
B. 容量瓶在使用前未干燥，里面有少量蒸馏水，不影响溶液的体积，所以浓度不变，故B 正确；
C.容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净，容量瓶中沾有溶质，溶质的质量偏大，浓度偏大，故C错误；
D.定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线，但未做任何处理，过会儿，滞留在刻度线以上的溶液将会下落，正好与刻度线相平，不影响溶液的体积，浓度不变，故D正确；
故选：BD；
（4）K2SO4的物质的量为：
0.87g
174g/mol
=0.005mol，则K+的物质的量为0.01mol，KMnO4的
物质的量为
0.316g
158g/mol
=0.002mol，则K+的物质的量为0.002mol，所以溶液中的K+总共为
0.012mol，其物质的量浓度为0.012mol×0.5L=0.024mol/L，故答案为：0.024。

7．储氢纳米碳管的研究成功体现了科技的进步，但用电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质——碳纳米颗粒，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯其反应式为C＋K2Cr2O7＋H2SO4＝CO2＋K2SO4＋Cr2(SO4)3＋H2O（未配平）
（1）配平上述方程式__C＋__K2Cr2O7＋__H2SO4＝__CO2＋ __K2SO4＋__Cr2(SO4)3＋__H2O （2）上述反应中氧化剂是_______（填化学式），氧化产物是__________（填化学式）（3）H2SO4在上述发应中表现出来的性质是_______（填序号）
a.氧化性
b.氧化性和酸性
c.酸性
d.还原性和酸性
（4）若反应中电子转移了0.8mol，则产生的气体在标准状况下的体积为__________ L （5）要使10mL0.5mol/L的K2Cr2O7，溶液被还原，至少要加入 ________ mL2mol/L的
H2SO4溶液
【答案】3283228 K2Cr2O7 CO2c 4.48 10
【解析】
【分析】
（1）碳元素化合价由0升高为+4，Cr元素化合价由+6降低为+3，根据得失电子守恒、元素守恒配平；
（2）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，还原剂失电子化合价升高得到的产物是氧化产物；
（3）H2SO4中元素化合价不变，有盐K2SO4、Cr2(SO4)3生成；
（4）由可知，生成3mol
CO2转移12mol电子。

（5）根据化学方程式计算要使10mL0.5mol/L的K2Cr2O7溶液被还原，需要2mol/L的H2SO4溶液的体积。

【详解】
（1）碳元素化合价由0升高为+4，Cr元素化合价由+6降低为+3，根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式为3C＋2K2Cr2O7＋8H2SO4＝3CO2＋2K2SO4＋2Cr2(SO4)3＋8H2O
（2）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，Cr元素化合价由+6降低为+3，所以K2Cr2O7是氧化剂；还原剂失电子化合价升高得到的产物是氧化产物，C元素化合价由0升高为
+4，氧化产物是CO2；
（3）H2SO4中元素化合价不变，有盐K2SO4、Cr2(SO4)3生成，硫酸表现出来的性质是酸性，故选c。

（4）由可知，生成3mol
CO2转移12mol电子，所以转移0.8mol电子生成CO2的物质的量是30.8
=0.2
12
mol
⨯
，则
产生的气体在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48 L；
（5）设需要2mol/L的H2SO4溶液的体积为VL；
3C＋2K2Cr2O7＋8H2SO4＝3CO2＋2K2SO4＋2Cr2(SO4)3＋8H2O
2 8
0.01L×0.5mol/L V×2mol/L
28
=
0.010.52
V
⨯⨯
V=0.01L=10 mL
【点睛】
本题考查氧化还原反应，会根据得失电子守恒配平氧化还原反应方程式是解题的关键，需要熟练掌握氧化还原反应的几组概念和计算。

8．对一定量气体体积的探究。

已知1 mol不同气体在不同条件下的体积：
（1）从表分析得出的结论：
①1mol任何气体，在标准状况下的体积都约为____。

②1mol不同的气体，在不同的条件下，体积____(填“一定”、“一定不”或“不一定”)相等。

（2）理论依据：相同条件下，1mol任何气体的体积几乎相等，原因是：①____，②___。

（3）应用：在标准状况下，4gO2的体积为____。

（4）等温、等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比___，质量比为__。

（5）已知16gA和20gB恰好完全反应生成0.04molC和31.76gD，则C的摩尔质量为___。

（6）在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(p)分别用p(Ne)、p(H2)、p(O2)表示，由大到小的顺序是__。

【答案】22.4L 不一定气体分子数目相等相同条件下，气体分子间的平均距离几乎相等 2.8L 1∶1 2∶3 106g·mol−1 p(H2)＞p(Ne)＞p(O2)
【解析】
【分析】
(1)根据图表信息进行分析；
(2)根据克拉伯龙方程：PV=nRT进行分析；
(3)根据n=m/M=V/V m进行分析；
(4)根据阿伏加德罗定律及其推论进行分析；
(5)根据质量守恒定律及n=m/M进行分析；
(6)根据PM=ρRT进行分析。

【详解】
(1)①从表中的H2、O2、CO在标准状况下体积可以看出：1mol任何气体在标准状况下，体积都约为22.4L；
故答案是：22.4L；
②根据克拉伯龙方程:PV=nRT可知，1mol不同的气体，物质的量n相同，在不同的条件下，如温度相等，压强不相等时，体积则不相等；或在温度不相等，压强也不相等时，体
积可能相等；因此1mol 不同的气体，在不同的条件下，体积不一定相等；
故答案是：不一定；
(2) 因为在相同的温度和压强下，任何气体分子间的平均距离几乎相同且1mol 气体的分子数目也相同，所以在相同条件下，1mol 任何气体的体积几乎相等；
故答案是：气体分子数目相等；相同条件下，气体分子间的平均距离几乎相等；
(3)O 2的摩尔质量是32g/mol ，4gO 2的物质的量是4g/32g·mol -1=1/8mol ；在标准状况下，4gO 2的体积为22.4L·mol -1×1/8mol=2.8L ；
故答案是： 2.8L ；
(4)等温等压下，气体摩尔体积相等，相同体积的氧气和臭氧其物质的量相等，根据N=nN A 知，分子数之比等于物质的量之比=1：1；根据m=nM 知，相同物质的量时其质量之比等于摩尔质量之比=32g/mol :48g/mol=2:3；
故答案为：1：1 2：3；
(5)根据质量守恒定律知，C 的质量=(16+20-31.76)g=4.24g ，C 的摩尔质量
=4.24g/0.04mol=106g/mol ；
故答案为：106g/mol ；
(6)Ne 的摩尔质量是4g/mol ，氢气的摩尔质量是2g/mol ，氧气的摩尔质量是32g/mol ，在温度和密度都相同条件下，压强与摩尔质量成反比，所以其压强大小顺序是P(H 2)＞P(Ne)＞P(O 2)；
故答案为：P(H 2)＞P(Ne)＞P(O 2)。

【点睛】
影响物质的体积的因素有：微粒的数目、微粒的间距、微粒的大小；对于固体和液体来讲，粒子间距较小，可忽略，体积主要由微粒的数目、微粒的大小来决定；而对于气体来讲，粒子间距较大，忽略粒子大小，体积主要由微粒的数目、微粒的间距来决定，当温度和压强一定时，粒子间距几乎相等，体积由微粒的数目来决定。

9．计算：
（1）用14.2g 无水硫酸钠配制成500mL 溶液，其物质的量浓度为____mol·
L -1。

（2）若从中取出50mL ，其物质的量浓度为____mol·
L -1；溶质的质量为___g 。

（3）若将这50mL 溶液用水稀释到100mL ，所得溶液中Na +的物质的量浓度为____mol·
L -1，SO 42-的物质的量浓度为_____mol·
L -1。

（4）已知：a g 某气体A 含有b 个分子，则c g 该气体在标准状况下的体积为____ L 。

【答案】0.2 0.2 1.42 0.2 0.1
A
22.4bc aN 【解析】
【分析】
（1）根据n=m/M 计算硫酸钠的物质的量，再根据c=n/V 计算；
（2）溶液是均匀的，取出50mL 溶液的浓度与原溶液浓度相等；含有溶质质量为原溶液中的1/10；
（3）根据稀释定律计算稀释后Na ＋、SO 42-的物质的量浓度；
（4）根据ag 气体的分子数为b ，可知此气体的摩尔质量为M=N A ag/bmol=a ·N A /bg ·mol －1.
【详解】
（1）14.2g 硫酸钠的物质的量=14.2g/142g ·mol -1=0.1mol ，溶于水配成500mL 溶液，所得溶液物质的量浓度为0.1mol/0.5L=0.2mol ·L -
1; （2）溶液是均匀的，取出50mL 溶液的浓度与原溶液浓度相等为0.2mol ·L -1；含有溶质质量为原溶液中的1/10，含有溶质的质量=14.2g ×1/10=1.42g;
（3）根据稀释定律，稀释后Na +的物质的量浓度=0.2mol ·L -1×2×0.05L/0.1L=0.2mol ·L
-1；SO 42-的物质的量浓度=0.2mol ·L -1×1×0.05L/0.1L=0.1mol ·L -1；
（4）根据ag 气体的分子数为b ，可知此气体的摩尔质量为M=N A a g/b mol=a ·N A /b
g ·mol -1，则c g 该气体的物质的量n=m/M=1··A
cg
a N g mol b
－ =bc/aN A mol ，在标况下的体积为A
22.4bc aN L 。

【点睛】 本题考查物质的量浓度计算、溶液稀释，注意根据物质的量浓度c=n/V 计算，利用稀释定律，注溶液中粒子的浓度。

难点(4)：先算出摩尔质量，再算出cg 的物质的量，再算出气体的体积。

10．实验室用氢氧化钠固体配制1.00mol ·L －1的NaOH 溶液500mL ，回答下列问题。

（1）关于容量瓶的使用，下列操作正确的是________(填字母)。

a ．使用前要检验容量瓶是否漏液
b ．用蒸馏水洗涤后必须要将容量瓶烘干
c ．为了便于操作，浓溶液稀释或固体溶解可直接在容量瓶中进行
d ．为了使所配溶液浓度均匀，定容结束后，要摇匀
e ．用500mL 的容量瓶可以直接配制480mL 溶液
f ．当用容量瓶配制完溶液后，可用容量瓶存放所配制的试剂
（2）请补充完整实验的简要步骤。

①计算；②称量NaOH 固体________g ；③溶解；④冷却并移液；⑤洗涤并转移；⑥________；⑦摇匀。

（3）本实验用到的基本仪器已有烧杯、天平(带砝码)、镊子、量筒、玻璃棒，还缺少的仪器是________、________。

（4）上述实验操作②③都要用到小烧杯，其作用分别是_____________________和_______。

（5）如图是该同学转移溶液的示意图，图中有两处错误，请写出：
①____________________________________________；
②_____________________________________________。

（6）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起浓度偏高的是________(填字母)。

A．转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面
B．定容时俯视刻度线
C．未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容
D．定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，发现液面低于刻度线，再加水至刻度线
【答案】ad 20.0 定容 500mL容量瓶胶头滴管用烧杯称量NaOH固体，防止NaOH 腐蚀天平的托盘用烧杯做溶解用的容器没有用玻璃棒引流应选用500mL的容量瓶BC
【解析】
【分析】
【详解】
(1)a、容量瓶使用前要检验是否漏水，a正确；
b、容量瓶不能加热，b错误；
c、容量瓶不可以用来稀释浓溶液，也不能用来溶解固体，c错误；
d、为了使所配溶液浓度均匀，定容结束后要摇匀，d正确；
e、用500mL的容量瓶只能配制500mL溶液，不能配制480mL溶液，e错误；
f、容量瓶不能长期贮存溶液，f错误；
故选ad；
(2)m(NaOH)＝nM=cVM=1.00mol·L－1×0.500L×40g·mol－1＝20.0g。

配制时，要遵循计算、称量、溶解（冷却）、移液、洗涤、定容、摇匀的顺序进行配制。

(3)配制一定物质的量浓度溶液使用的仪器有一定规格的容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、托盘天平(带砝码)、量筒，本题还缺少500mL容量瓶和胶头滴管。

(4)NaOH固体具有强腐蚀性，不能用纸称量，要用玻璃仪器（如小烧杯）盛放。

NaOH固体溶解时要在小烧杯中进行。

(5)配制500mL的溶液，应选用500mL的容量瓶；在转移溶液时，一定要用玻璃棒引流，防止溶液溅到瓶外。

(6)A、转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面，导致溶质损失，则所配溶液浓度偏低，A错误；
B、定容时俯视液面，则溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，B正确；
C、在未降至室温时，立即将溶液转移至容量瓶定容，则冷却后溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，C正确；。