2026年上海高考化学二轮复习讲练测专题02 化学计量及其应用（专题专练）（解析版）

专题02化学计量及其应用

目录

第一部分风向速递洞察考向，感知前沿

第二部分分层突破固本培优，精准提分

A组·保分基础练

题型01物质的量的应用

题型02阿伏伽德罗常数的应用

题型03以物质的量浓度为核心的计算

题型04配制-定物质的量浓度的溶液的操作和误差分析

B组·抢分能力练

第三部分真题验证对标高考，感悟考法

1．【结合新能源应用考查物质的量】（25-26高三上·上海·月考）氢的存储是氢能应用的主要瓶

颈。目前常用的储氢技术主要包括物理储氢、化学储氢与其它储氢。不同的储氢方式应用场景不同。高压

气态储氢技术是目前发展最成熟、应用最广泛的物理储氢技术。已知在30MPa、25℃时，aLH2含有b个分

子，则在此条件下容积为50L的高压气瓶能储存氢气

100b25b100aN25aN

A．gB．gC．AgD．Ag

aNAaNAbb

【答案】A

a5050b

【详解】已知aL氢气含有b个分子，设50L氢气含有x个分子，根据比例关系，可得x个分

bxa

N

子。然后根据物质的量与分子数的关系计算氢气的物质的量：由物质的量n（NA为阿伏加德罗常数），

NA

50b

那么氢气的物质的量为：50b。最后计算氢气的质量：氢气的摩尔质量是，根

50Lnamol2g/mol

NAaNA

50b100b

据mn·M，可得氢气质量m2g。

aNAaNA

故答案选A。

2．【结合自然界的氮循环考查物质的量】（多选）（25-26高三上·上海·月考）自然界中的局部

氮循环如图。

图中含氮物质的各步转化的说法中，正确的是

A．植物吸收的无机氮主要是NH4和NO3

B．硝化作用中N元素均被氧化

C．0.1molNH3转化为0.1molNO3需要消耗4.48LO2

D．属于氮的固定的是①②⑥

【答案】AB

【分析】如图，N2在根瘤菌的作用下由游离态反应得到有机氮，有机氮在氨化作用下得到NH3，氮气在合

成氨工业中也可以得到NH3，NH3经过硝化作用转化为NO3，NO3在反硝化细菌的作用下反应得到氮气，

形成氮循环，据此回答。

【详解】A．植物主要通过根系吸收土壤中的无机氮，其中铵根离子（NH4）和硝酸根离子（NO3）是最

主要的吸收形式，A正确；

B．硝化作用包括两步：NH3→NO2（N元素从-3价升至+3价，被氧化）和NO2→NO3（N元素从+3价

升至+5价，被氧化），两步中N元素均被氧化，B正确；

C．0.1molNH3转化为0.1molNO3，N元素化合价从-3升至+5，失去0.8mol电子，O2作为氧化剂需得0.8mol

电子，1molO2得4mol电子，则需0.2molO2，但题目未说明标准状况，无法确定O2体积为4.48L，C错误；

D．氮的固定是游离态N2转化为化合态氮的过程，①（N2→有机氮）、②（N2→NH3）属于固氮，⑥（NO3→N2）

是反硝化作用（化合态→游离态），不属于固氮，D错误；

故选AB。

3．【结合热重曲线考察物质的量的相关计算】（25-26高三上·上海·阶段练习）0.80gCuSO45H2O

样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如下图所示。

请回答下列问题：

试确定200℃时固体物质的化学式（要求写出推断过程）。

【答案】CuSO4·H2O

【详解】由热重曲线图可以看出，0.80gCuSO45H2O样品在200℃时的剩余质量为0.57g，此时失去结晶

水的质量为0.80g0.57g0.23g，设失去结晶水的物质的量为n，根据反应的化学方程式：

2500.80g

CuSO5HOCuSO5nHOnHO，列出关系式，解得n4，因此，剩余结晶水的数目

4242218n0.23g

为541，故200℃时固体物质的化学式为CuSO4H2O。

4．【结合航天考查阿伏伽德罗常数】（25-26高三上·上海·开学考试）肼N2H4是火箭常用的高

能燃料，常温下为液体，肼能与双氧水发生反应：N2H42H2O2N24H2O，用NA表示阿伏加德罗常

数。

(1)下列说法正确的是___________。

A．25℃、101kPa下，11.2LN2中含有的电子数为7NA

B．标准状况下，22.4LN2H4中含有的原子数为6NA

1

C．1L0.5molL的H2O2溶液中含有的氧原子数为NA

D．常温常压下，3.2gN2H4与0.2NA个H2O分子中含有的氢原子数相同

(2)若该反应中有8molN-H键断裂，则形成的π键有mol。

【答案】(1)D

(2)4

【详解】（1）A．25℃、101kPa非标况，无法计算11.2LN2的物质的量从而无法计算电子数，A错误；

B．标况下，肼为液体，无法利用气体摩尔体积计算物质的量，B错误；

1

C．1L0.5molL的H2O2溶液中除过氧化氢外水中也存在氧原子，故氧原子数大于NA，C错误；

D．3.2gN2H4含有0.4NA个氢原子，0.2NA个H2O分子中含有0.4NA个氢原子，D正确；

故选D。

（2）N2H4中含4个N-H键，生成物中仅氮气分子含有π键，每个氮气分子含有2个π键，8molN-H键断裂，

即消耗2molN2H4，生成2molN2，则形成的π键有4mol。

5．（2025·上海·三模）工业上可以用氨基钠NaNH2与N2O在187℃下反应制备叠氮化钠(NaN3)，

187℃

原理为：2NaNH2N2ONaN3NH3NaOH。

(1)该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。

A．2:1B．1:1C．1:2D．3:1

(2)每生成标准状况下672mLNH3，转移电子的物质的量为mol。

【答案】(1)B

(2)0.08

187℃

【分析】根据反应：2NaNH2N2ONaN3NH3NaOH可知，NaNH2中的N元素由3价失电子升

11

高到NaN中的价，而化合价降低是NO中的N元素由1价得电子降低到NaN中的价，则NaNH为

332332

还原剂、N2O为氧化剂，据此分析解答。

【详解】（1）根据分析，N2O为氧化剂，计量数为1，NaNH2为还原剂，计量数为2，但只有一半化合价

升高，另一半化合价不变，转化为NH3，得到氧化剂与还原剂的物质的量之比1:1，所给四个选项中，符合

的选项为：B。

118

（2）根据分析，当生成1molNH3时，转移电子为：312mol，则生成标准状

333

0.672L8

况下672mLNH时，转移电子为0.08mol。

322.4L·mol13

01物质的量的应用

1．（25-26高三上·上海·月考）氢的存储是氢能应用的主要瓶颈。目前常用的储氢技术主要包括

物理储氢、化学储氢与其它储氢。不同的储氢方式应用场景不同。高压气态储氢技术是目前发展最成熟、

应用最广泛的物理储氢技术。已知在30MPa、25℃时，aLH2含有b个分子，则在此条件下容积为50L的高

压气瓶能储存氢气

100b25b100aN25aN

A．gB．gC．AgD．Ag

aNAaNAbb

【答案】A

a5050b

【详解】已知aL氢气含有b个分子，设50L氢气含有x个分子，根据比例关系，可得x个分

bxa

N

子。然后根据物质的量与分子数的关系计算氢气的物质的量：由物质的量n（NA为阿伏加德罗常数），

NA

50b

那么氢气的物质的量为：50b。最后计算氢气的质量：氢气的摩尔质量是，根

50Lnamol2g/mol

NAaNA

50b100b

据mn·M，可得氢气质量m2g。

aNAaNA

故答案选A。

2．【自然物质循坏流程与学科知识结合】（25-26高三上·上海·月考）(多选)自然界中的局部氮

循环如图。

图中含氮物质的各步转化的说法中，正确的是

A．植物吸收的无机氮主要是NH4和NO3

B．硝化作用中N元素均被氧化

C．0.1molNH3转化为0.1molNO3需要消耗4.48LO2

D．属于氮的固定的是①②⑥

【答案】AB

【分析】如图，N2在根瘤菌的作用下由游离态反应得到有机氮，有机氮在氨化作用下得到NH3，氮气在合

成氨工业中也可以得到NH3，NH3经过硝化作用转化为NO3，NO3在反硝化细菌的作用下反应得到氮气，

形成氮循环，据此回答。

【详解】A．植物主要通过根系吸收土壤中的无机氮，其中铵根离子（NH4）和硝酸根离子（NO3）是最

主要的吸收形式，A正确；

B．硝化作用包括两步：NH3→NO2（N元素从-3价升至+3价，被氧化）和NO2→NO3（N元素从+3价

升至+5价，被氧化），两步中N元素均被氧化，B正确；

C．0.1molNH3转化为0.1molNO3，N元素化合价从-3升至+5，失去0.8mol电子，O2作为氧化剂需得0.8mol

电子，1molO2得4mol电子，则需0.2molO2，但题目未说明标准状况，无法确定O2体积为4.48L，C错误；

D．氮的固定是游离态N2转化为化合态氮的过程，①（N2→有机氮）、②（N2→NH3）属于固氮，⑥（NO3→N2）

是反硝化作用（化合态→游离态），不属于固氮，D错误；

故选AB。

高温

3．（25-26高三上·上海·阶段练习）灼烧硫铁矿的化学方程式如下：4FeS211O22Fe2O38SO2。

将40

t硫铁矿(其中FeS2质量分数为75%)充分燃烧，理论上可产生L的SO2气体(换算至标准状

况)。

【答案】1.12107

【详解】将40

t硫铁矿(其中FeS2质量分数为75%)充分燃烧，设理论上可产生xtSO2；

6432

根据S元素守恒，40t×75%×=xt×，x=32t，生成SO2在标准状况下的体积为

12064

3.2107g

22.4L/mol5105mol22.4L/mol1.12107L。

64

g/mol

4．（2025·上海·三模）根据等电子体理论，N2O与CO2具有相似的结构，但N2O为极性分子。

(1)N2O分子的中心原子种类及杂化方式分别为_______。

A．氧原子、sp2杂化B．氮原子、sp2杂化

C．氧原子、sp杂化D．氮原子、sp杂化

(2)含有相同数目原子的N2O和CO2，下列数值不一定相同的是_______。

A．质子数B．电子数C．体积D．分子数

【答案】(1)D

(2)C

【详解】（1）根据等电子体理论，N2O与CO2结构均为直线形。CO2中心原子为C，采用sp杂化，N2O为

极性分子，类比可知N2O中心原子为N，杂化方式为sp，选D正确；

（2）N2O和CO2均含22个质子、22个电子。假设均含3mol原子，则分子的物质的量均为1mol，质子数

均为22NA、电子数均为22NA，分子数均为NA，由于题干未指明物质的状态以及温度、压强等条件，所以体

积不一定相等，故选C。

5．（24-25高三上·上海浦东新·期中）3.84克铜与足量的浓硫酸在加热条件下充分反应。求被还原的硫酸的

物质的量。（写出详细的计算过程）。

【答案】0.06mol

3.84g

【详解】3.84克铜的物质的量是=0.06mol；设反应生成二氧化硫气体的物质的量是xmol；

64g/mol

Δ

浓

Cu2H2SO4=CuSO4SO22H2O

11

0.06molxmol

11

=

0.06x

x=0.06mol；反应生成二氧化硫气体的物质的量是0.06mol，根据元素守恒，被还原的硫酸的物质的量是

0.06mol。

6．（24-25高三上·上海·阶段练习）Xe与F2反应生成XeF2、XeF4和XeF6三种气体，产物的物质的量之比

为1:6:3，写出有关化学反应方程式；一定条件下，在50L容器中通入1molXe和

9molF2，反应10min后，剩余8.9mol气体，则vXeF4。

411

【答案】10Xe22F2XeF26XeF43XeF6610molLmin

【详解】Xe与F2反应生成XeF2、XeF4和XeF6三种气体，产物的物质的量之比为1:6:3，根据元素守恒得

反应方程式：10Xe22F2XeF26XeF43XeF6；

10Xe22F2XeF26XeF43XeF6n

102216322

x198.91.1

0.3mol

x=0.3，则6104molL1min1。

vXeF50L

410min

02阿伏伽德罗常数的应用

1．（24-25高三上·上海·阶段练习）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A．室温下，0.1mol蔗糖完全水解生成的葡萄糖分子数为0.1NA

B．1molC5H10的烃分子中含有22mol键的数目一定为4NA

C．1molSO2与足量的O2反应，转移的电子数为2NA

18

D．2.0gD2O中所含质子数为NA

【答案】A

【详解】A．1mol蔗糖完全水解生成1mol葡萄糖和1mol果糖，0.1mol蔗糖完全水解生成的葡萄糖分子数

为0.1NA，故A项正确；

B．该分子可能是不饱和的烯烃，含有C-C键4NA，也可能是饱和的环烷烃，含有C-C键5NA，故B项错

误；

C．SO2与O2反应生成SO3为可逆反应，1molSO2与足量反应时转移的电子数小于2NA，故C项错误；

1818

D．1个D2O分子含有10个质子，D2O的摩尔质量为22g/mol，2.0g中含有的质子数为：

2.0g10

10NANA，故D项错误；

22g/mol11

故本题选A。

2．（23-24高三上·上海浦东新·阶段练习）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

18

A．2.0gH2O与D2O的混合物中所含中子数为NA

﹣

B．常温下，pH=13的NaOH溶液中含OH的数目为0.1NA

C．在标况下，22.4LH2O中所含氢氧键的数目约为2NA

D．标况下，含2molH2SO4的浓硫酸与足量Cu在加热条件下充分反应，可生成22.4LSO2

【答案】A

18

【详解】A．H2O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，为2.0g混合物的物质的量为0.1mol，且均含10个中

子，故0.1mol混合物中含有的中子数为NA个，选项A正确；

B．溶液体积不明确，故溶液中氢氧根的个数无法计算，选项B错误；

C．标准状况下，水不为气体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项C错误；

D．铜只能与浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，故硫酸不能反应完全，则生成的二氧化硫的物质的量小于1mol，

在标况下体积小于22.4L，选项D错误；

答案选A。

3．（2023·上海崇明·二模）一种新型人工固氮的原理如图所示，下列叙述不正确的是

A．反应①中每生成1molLi3N转移电子数为3NA

B．反应①②③均为氧化还原反应

C．反应③中O2为氧化产物

D．整个过程的总反应可表示2N2+6H2O=4NH3+3O2

【答案】B

【分析】由图可知，反应①为氮气与锂反应生成氮化锂，反应②为氮化锂与水反应生成氨气和氢氧化锂，

反应③为电解氢氧化锂生成锂、氧气和水，整个过程的总反应为氮气与水反应生成氨气和氧气。

【详解】A．由分析可知，反应①为氮气与锂反应生成氮化锂，则反应生成1mol氮化锂，转移电子数为

—1

1mol×3×NAmol=3NA，故A正确；

B．由分析可知，反应②为氮化锂与水反应生成氨气和氢氧化锂，反应中没有元素发生化合价变化，属于非

氧化还原反应，故B错误；

C．由分析可知，反应③为电解氢氧化锂生成锂、氧气和水，反应中氧元素的化合价升高被氧化，氧气是反

应的氧化产物，故C正确；

D．由分析可知，整个过程的总反应为氮气与水反应生成氨气和氧气，反应的方程式为2N2+6H2O=4NH3+

3O2，故D正确；

故选B。

4．（23-24高三上·上海·期中）(多选)常温常压下，下列物质的物理量中前者是后者两倍的是

A．2.24LN2和2.24LHe所含的原子数

B．28g28Si和28g14N中所含的中子数

C．1molSO2和2molO2的密度

﹣1-1+

D．0.1mol•LH2SO4和0.1mol•LCH3COOH的c(H)

【答案】AC

【详解】A．同问同压下，气体体积比=物质的量之比，故2.24LN2和2.24LHe的物质的量相等，原子数之

比为2:1，故A正确；

28g28g

28-114

B．28gSi所含的中子数为×(28﹣14)NA•mol=14NA，28gN中含有的中子数为×(14﹣

28g/mol14g/mol

-1

7)NA•mol=14NA，故B错误；

C．常温常压下，气体的密度之比=其摩尔质量之比，SO2和O2的密度之比为64:32=2:1，故C正确；

D．醋酸属于弱酸，部分电离，无法计算醋酸溶液中氢离子浓度，故D错误；

故选AC。

03以物质的量浓度为核心的计算

1．（25-26高三上·上海·开学考试）海水中溶解无机碳(HCO3)占海水总碳的95%以上，准确测量其浓度是

研究海洋碳循环的基础。测量方法如下：

①提取、吸收CO2用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用NaOH溶液吸收(装置示意图如下)。

(1)将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂。

②滴定。第一步：向溶液a中滴加稀盐酸，将碳元素转化为NaHCO3；第二步：用Xmol/LHCl溶液滴定至

终点，消耗YmLHCl溶液。

(2)向溶液a中滴加稀盐酸发生反应的离子方程式有。海水中溶解无机碳的浓度为

mol/L。

【答案】(1)

XY

(2)OH-+H+=HO；CO2-+H+=HCO-

233Z

【详解】（1）

氮气吹出二氧化碳时，挥发性的HCl、HNO3等会挥发，最终影响实验，故酸化海水用难挥发性酸如H2SO4

溶液进行酸化，装置图如右所示：；

-+

（2）由于溶液a含有过量氢氧化钠和生成的碳酸根，所以加入盐酸以后的离子方程式为OH+H=H2O，

2-+--++-3

CO3+H=HCO3。滴定时的反应为：HCO3+H=H2O+CO2，nH=nHCO3=xy10mol，则碳的浓度

xy10-3molxy

为：=mol/L。

z10-3Lz

2．（2025·上海·三模）已知合成氨反应：

111

N2g3H2g2NH3gΔH92.2kJmolΔS198.2JmolK

制取原料气N2和H2时，都会产生副产物CO2，为充分利用资源，需对CO2进行吸收利用。

(1)工业上一般使用较浓的K2CO3溶液吸收CO2。

已知：常温下，碳酸钾的溶解度为110g/100g水，碳酸氢钾的溶解度为33.7g/100g水。为防止生成沉淀的堵

塞吸收设备，碳酸钾溶液的浓度最高为molL1(该溶液密度为1.25gcm3，结果保留3位有效数

字)。

(2)浓K2CO3溶液不仅吸收了CO2，而且实现了循环利用，下列说法正确的是___________(不定项)。

A．吸收二氧化碳后生成的碳酸氢钾受热易分解，可实现碳酸钾的再生

B．循环利用过程中，溶液的pH始终保持不变

C．循环利用能降低生产成本且减少对环境的污染

D．整个循环过程中不需要再额外补充其他物质

(3)现代工业一般用乙醇胺溶液HOCH2CH2NH2来吸收CO2，写出生成物中正离子的结构简

式。

【答案】(1)1.67

(2)ACD

+

(3)HOCH2CH2NH3

【详解】（1）由数据，碳酸氢钾溶解度小于碳酸钾，100g水形成的饱和碳酸氢钾溶液中含33.7g碳酸氢钾，

33.7g133.7g1

KCO+CO+HO=2KHCO，则生成33.7g碳酸氢钾消耗碳酸钾、消耗二氧化碳，

23223100g/mol2100g/mol2

33.7g1

100g/mol2

则原碳酸钾溶液的浓度最高为33.7g1；

100g+33.7g-44g/mol=1.67mol/L

100g/mol2

10-3L/mL

1.25g/mL

（2）A．吸收二氧化碳后生成的碳酸氢钾受热易分解，分解生成碳酸钾和二氧化碳，可实现碳酸钾的再生，

正确；

B．碳酸钾的水解程度大于碳酸氢钾，等浓度碳酸钾溶液的碱性大于碳酸氢钾，则循环利用过程中，溶液的

pH会发生改变，错误；

C．循环利用能提高原料利用率，且能对二氧化碳充分利用，可以降低生产成本且减少对环境的污染，正确；

D．K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3、2KHCO3K2CO3+CO2+H2O，结合反应，整个循环过程为碳酸钾和碳

酸氢钾的转化，不需要再额外补充其他物质，正确；

故选ACD；

（3）乙醇胺溶液HOCH2CH2NH2中氨基具有碱性，能与二氧化碳反应来吸收CO2，CO2与水结合生成

+++

H2CO3后解离出H，氨基中的氮原子孤对电子接受H，生成质子化的氨基，形成正离子HOCH2CH2NH3。

3．（2025·上海静安·二模）将4.695g普鲁士白晶体(Na2Mn[Fe(CN)6])溶于水，配制成100mL溶液，随后向

−1

该溶液逐滴加入0.5mol·L的BaCl2溶液，反应如下：Na2Mn[Fe(CN)6]+BaCl2=BaMn[Fe(CN)6]↓+2NaCl恰好

完全反应，过滤。将滤液加水稀释至200mL，则稀释后Cl−的物质的量浓度为。

【答案】0.15mol·L−1

4.695g

【详解】4.695g普鲁士白晶体的物质的量为=0.015mol，根据反应方程式：

313g/mol

-

Na2Mn[Fe(CN)6]+BaCl2=BaMn[Fe(CN)6]↓+2NaCl，加入的BaCl2的物质的量为0.015mol，则Cl的物质的量为

0.03mol

0.03mol，将滤液加水稀释至200mL，则稀释后Cl−的物质的量浓度为=0.15mol/L。

0.2L

4．（2024·上海虹口·二模）肼能除去锅炉用水中的溶解氧（即溶解的氧气），以减缓锅炉锈蚀。已知某锅

炉用水中的溶解氧的浓度为8.0mg·L-1，若反应过程中肼全部转化为氮气，则每处理1m3该锅炉用水，需要

消耗肼的质量为多少?（写出计算过程）。

【答案】8g

【详解】发生的化学方程式是：N2H4+O2=N2+2H2O，则

-3-1

m8.0×10g·L×1000L，则-1。

n(N2H4)=n(O2==-1mol=0.25molm(N2H4)=0.25mol×32g·mol=8g)

M32g·mol

5.（2024·上海松江·二模）实验室模拟工业生产，利用废铜(含少量铁)和硫酸制备胆矾的过程如下：

已知：

离子Cu2+Fe2+Fe3+

开始沉淀时的

4.75.81.9

pH

完全沉淀时的

6.79.03.2

pH

灼烧后的固体用硫酸溶解。配制100mL1.50mol·L-1硫酸溶液，需用98%的硫酸(密度为1.84g•cm-3)

mL(计算结果保留一位小数)。

【答案】8.2mL

【分析】根据流程图结合题干信息综合分析得到：废铜中含有少量的铁，灼烧后得到氧化铜和四氧化三铁

的混合物，在稀硫酸的作用下，固体溶解，得到硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁的混合溶液，加入过氧化氢氧

2＋2＋3＋3＋

化Fe后，得到含有Cu和Fe的混合溶液，再经过调节溶液pH,将Fe转化为Fe(OH)3沉淀而除去，得

到较为精CuSO4溶液，最后得到胆矾晶体；

1000ρa%10001.8498%

该浓硫酸的c===18.4mol/L，设所需浓硫酸的体积为xL,根据稀释定律得

M98

0.1L×1.5mol/L=18.4mol/Lx，得到x＝0.0082L，0.0082L=8.2mL;

故答案为：8.2mL

04配制-定物质的量浓度的溶液的操作和误差分析

1.（24-25高三上·上海·期中）工业上还可用纯碱吸收二氧化硫法制备Na2SO3。

1

某小组同学用0.1000molL的酸性KMnO4溶液测定纯碱吸收二氧化硫后所得固体产品中Na2SO3的含量，

具体流程：

a．称量7.000g样品，溶解，配制成250mL的溶液；

b．用滴定管量取25.00mL样品溶液于锥形瓶中，用酸性KMnO4溶液滴定；

c．消耗KMnO4溶液体积为20.00mL。

（1）a中配制溶液时，需要用到除烧杯、胶体滴管、250mL容量瓶外的玻璃仪器有：；判断滴

定终点的现象是：。

（2）假定杂质不含还原性物质，样品中Na2SO3的纯度为。

【答案】玻璃棒当滴入最后一滴标准液时，溶液有无色变为浅红色，且半分钟内不褪色2．90%

【解析】（1）a中配制溶液时，需要用到除烧杯外的玻璃仪器有：玻璃棒、250mL容量瓶、胶体滴管；判

断滴定终点的现象是当滴入最后半滴标准液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；

-2-+2+2-

（2）酸性KMnO4溶液滴定产品中Na2SO3，反应的离子方程式为：2MnO4+5SO3+6H=2Mn+5SO4+3H2O，

-2-0.1000mol/L0.02L5

得关系式2MnO5SO，25mL溶液中含Na2SO3的物质的量为=0.005mol，250mL

432

250mL

的溶液中含Na2SO3的物质的量=0.005mol×=0.05mol，样品中Na2SO3的纯度

25mL

0.05mol126g/mol

=100%=90%。

7g

2．（24-25高三上·上海·开学考试）掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，如图所示为两

套实验装置：

(1)写出图1中下列仪器的名称：a：，b：。

现需配制0.1mol/LNaOH溶液450mL，图2是某同学转移溶液的示意图。

(2)图2中的错误是，

(3)除了图2中给出的仪器和电子天平外，为完成实验还需要的玻璃仪器有：、。

(4)根据计算得知，所需NaOH的质量为g。

(5)配制时，其正确的操作顺序是(用字母表示)。

A．用30mL水洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，洗涤液均注入容量瓶中

B．准确称取一定量的氢氧化钠固体于烧杯中，再加入少量水(约30mL)，用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶

解

C．将溶解的氢氧化钠溶液沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中

D．将容量瓶盖紧，反复颠倒摇匀

E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度线相切

F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面距离刻度线1~2cm处

(6)上问操作A中，将洗涤液均注入容量瓶，其目的是；

(7)将溶液注入容量瓶前需恢复到室温，原因是。

【答案】(1)蒸馏烧瓶冷凝管

(2)未用玻璃棒引流

(3)玻璃棒胶头滴管

(4)2.0

(5)BCAFED

(6)将溶质全部转移到容量瓶中

(7)物质具有热胀冷缩的性质，温度变化会影响液体体积和容量瓶容积，因此需恢复到室温

【分析】（1）根据仪器的结构特征判断仪器的名称；（2）容量瓶在转移液体时的操作；（3）根据配制一

定物质的量浓度的溶液的方法和操作来寻找装置中的错误，并判断使用仪器和操作步骤；（4）配制一定物

质的量浓度的溶液的计算；（5）配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤（6）（7）配制一定物质的量浓

度的溶液的注意事项及误差分析；

【详解】（1）a为蒸馏烧瓶，b为冷凝管

（2）配制一定物质的量浓度的溶液是必须用玻璃棒引流，防止液体外溅，

（3）当滴加到离刻度线1～2cm时改用胶头滴管滴加液体，则为完成实验还需要的玻璃仪器有玻璃棒、胶

头滴管；

（4）实验室没有450mL的容量瓶，应配制500mL，则需n(NaOH)=0.1mol/L×0.5L=0.05mol，m(NaOH)

=0.05mol×40g/mol=2.0g；

（5）配制溶液5000mL，配制步骤有量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用托盘天平称量

2.0gNaOH，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤，并

将洗涤液移入容量瓶，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，所以

操作顺序为BCAFED；

（6）洗涤溶解NaOH的烧杯和玻璃棒，将溶质全部转移到容量瓶中，否则溶质有损耗，溶质的物质的量n

偏小，浓度偏小；

（7）注入容量瓶前需恢复到室温，原因是物质具有热胀冷缩的性质，温度变化会影响液体体积和容量瓶

容积，因此需恢复到室温；

3．（25-26高三上·上海·期中）柠檬酸(俗称枸橼酸，用H3A表示)是一种有机弱酸，易溶于水，熔点为153℃，

可作酸度调节剂、防腐剂等。其结构简式如图所示：

(3)现需80.00mL0.100molL1柠檬酸溶液作酸度调节剂，配溶液时所需仪器有容量瓶、烧杯、玻璃棒、电子

天平、。需称量柠檬酸质量为g。

(4)配制上述溶液时，导致实验结果偏大的情况是___________。

A．柠檬酸已潮解(吸收水蒸气)

B．转移时未进行洗涤操作

C．定容时俯视容量瓶刻度线

D．容量瓶未干燥直接使用

【答案】

(3)胶头滴管1.92

(4)C

【详解】

（3）现需80.00mL0.100molL1柠檬酸溶液作酸度调节剂，所需仪器有胶体滴管、烧杯、玻璃棒、100mL容

量瓶、电子天平，需柠檬酸质量为0.1L0.100mol/L192g/mol1.92g；

（4）A．柠檬酸已潮解(吸收水蒸气)则导致溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏小，A不合题意；

B．转移时未进行洗涤操作则导致溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏小，B不合题意；

C．定容时俯视容量瓶刻度线则导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大，C符合题意；

D．容量瓶未干燥直接使用对实验结果无影响，D不合题意；

故答案为C。

4．（2025·上海松江·一模）测定产品NaHSO4的纯度：称取1.250g样品，配成100mL溶液，每次取出配制

的溶液20.00mL，用0.1000molL1

NaOH溶液滴定，以酚酞作指示剂，实验数据如下表：

序号1234

NaOH溶液体积/mL20.0518.4019.9520.00

(1)配制上述NaHSO4溶液所需要的仪器有_______。

A．滴定管B．量筒C．100mL容量瓶D．电子天平

(2)达到滴定终点的现象为。

(3)所得产品NaHSO4的纯度为。

(4)若测定结果偏低，可能的原因是_______。

A．样品中混有NH42SO4

B．滴定管未用NaOH溶液润洗

C．指示剂颜色发生改变时，立即停止滴定

D．滴定前滴定管尖嘴部分有小气泡，滴定后气泡消失

(5)检验产品NaHSO4中是否混有NH42SO4的方法是。

【答案】(1)CD

(2)当最后半滴NaOH标准溶液滴入后，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色

(3)96%

(4)C

(5)取样，加入过量的浓NaOH溶液，加热，若产生能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明混有

(NH4)2SO4

【详解】（1）配制NaHSO4溶液所需要的仪器有电子天平、100mL容量瓶，故答案选CD；

（2）当过量半滴NaOH溶液时，溶液为碱性，酚酞变红，故达到滴定终点的现象为：当最后半滴NaOH标

准溶液滴入后，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；

（3）四次实验，第2次实验体积误差较大，取1、3、4次实验溶液体积的平均值：

20.05mL19.95mL20.00mL

20.00mL，由关系式NaHSO~NaOH，可知

34

cNaOHVNaOH3

cNaHSO0.100020.0010，溶液中的质量为

4=30.1000mol/L100mL

VNaHSO420.0010

1.2g

0.1000mol/L×0.1L×120g/mol=1.2g，样品的纯度为：100%96%；

1.250g

（）．样品中混有，铵根离子也会消耗，，故样品中混有，

4ANH42SO4OH(NH4)2SO4~2NaOHNH42SO4

V(NaOH)偏大，c(NaHSO4)偏大，A不符合题意；

B．滴定管未用NaOH溶液润洗，消耗V(NaOH)偏大，则c(NaHSO4)偏大，B正确；

C．指示剂颜色发生改变时，立即停止滴定，则V(NaOH)偏小，则c(NaHSO4)偏小，C符合题意；

D．滴定前滴定管中有气泡，滴定后气泡消失，则V(NaOH)偏大，c(NaHSO4)偏大，D不符合题意；

故选C；

（）检验产品中是否混有的方法是取样，加入过量的浓溶液，加热，若产生能

5NaHSO4NH42SO4NaOH

够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则说明混有。

NH42SO4

．（高三下上海开学考试）甘氨酸亚铁，-1是一种补铁强化剂，实

524-25··[NH2CH2COO2FeM=204g·mol]

-1

验室用绿矾(FeSO4·7H2O，M=278gmol)制备甘氨酸亚铁。

(2)制备碳酸亚铁：配制230mL0.500molL-1绿矾溶液后，取出200mL于烧杯中，并向其中缓慢加入

-1

250mL1.000

mol·LNH4HCO3溶液，边加边搅拌，反应结束后过滤并洗涤得到FeCO3。

①配制绿矾溶液，需要用电子天平称量绿矾g。

(3)制备甘氨酸亚铁：实验室利用FeCO3与甘氨酸制备甘氨酸亚铁的实验装置如图(夹持和加热仪器已省略)

已知：i.甘氨酸易溶于水，微溶于乙醇；甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇。ii.柠檬酸易溶于水，有强酸性

和还原性。

-1

实验过程：I．装置C中盛有17.4gFeCO3和200mL1.0molL甘氨酸溶液。实验时，先打开活塞a，待装置C

中空气排尽后，再向三颈烧瓶中滴加柠檬酸溶液，加热。II．经过一系列操作得到产品。

⑤测定产品的含量，实验步骤如下：称量ag产品于锥形瓶中，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成200mL

溶液，量取，并加入滴指示剂。用-1标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积

20.00mL2cmol·LCeSO42

为bmL。计算产品中甘氨酸亚铁的质量分数表达式为。(已知滴定反应为：Ce4++Fe2+=Ce