高考化学复习物质的量专项易错题含详细答案.docx
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高考化学复习物质的量专项易错题含详细答案
高考化学复习物质的量专项易错题含详细答案
一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）
1．按要求填空，已知NA为阿伏伽德罗常数的数值。
（1）标准状况下，2.24LCl2的质量为____；有__个氯原子。
（2）含0.4molAl3＋的Al2（SO4）3中所含的SO42－的物质的量是____。
（3）阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH-与CO32﹣质量之比为51：
300，则这两种离子的物质的量之比为____。
（4）质量相同的H2、NH3、SO2、O3四种气体中，含有分子数目最少的是____。
（5）标准状况下，3.4gNH3的体积为___；它与标准状况下____LH2S含有相同数目的氢原子。
（6）10.8gR2O5中氧原子的数目为3.01×1023，则元素R的相对原子质量为___；R元素名称是___。
（7）将10mL1.00mol/LNa2CO3溶液与10mL1.00mol/LCaCl2溶液相混和，则混和溶液中Na+的物质的量浓度为___，混和溶液中Cl-的物质的量___（忽略混合前后溶液体积的变化）。
（8）a个X原子的总质量为bg，则X的相对原子质量可以表示为____
（9）已知CO、CO2混合气体的质量共11.6g，在标准状况下的体积为6.72L，则混合气体中CO的质量为___；CO2在相同状况下的体积为___。
（10）由CH4和O2的组成的混和气体，在标况下的密度是H2的14.5倍。
则该混合气体中CH4和O2的体积比为___。
【答案】7.1g0.2NA或1.204×10230.6mol3:
5SO24.48L6.7214氮1mol/L0.02mol
NA或6.02×1023
2.8g4.48L3:
13
【解析】
【分析】
（1）先计算标准状况下，2.24LCl2的物质的量，再计算氯气的质量和氯原子个数；
（2）由化学式计算硫酸根的物质的量；
（3）由两种离子的质量比结合摩尔质量计算两种离子的物质的量之比；
（4）由n=
可知，质量相同的不同气体，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越小；
（5）先计算标准状况下，3.4gNH3的物质的量，再计算气体体积和所含氢原子的物质的量，最后依据氢原子的物质的量计算硫化氢的体积；
（6）由R2O5的质量和所含氧原子个数建立关系式计算R的相对原子质量；
（7）将10mL1.00mol/LNa2CO3溶液与10mL1.00mol/LCaCl2溶液相混和发生反应，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应过程中Na+和Cl-的物质的量不变；
（8）先计算a个X原子的物质的量，再依据质量计算X的摩尔质量；
（9）依据混合气体的质量和体积建立求解关系式求得一氧化碳和二氧化碳的物质的量，在分别计算一氧化碳质量和二氧化碳体积；
（10）先计算混合气体的平均相对分子质量，再依据公式计算甲烷和氧气的体积比。
【详解】
（1）标准状况下，2.24LCl2的物质的量为
=0.1mol，质量为0.1mol×71g/mol=7.1g，Cl2为双原子分子，含有的氯原子个数为0.2NA或1.204×1023，故答案为：
7.1g；0.2NA或1.204×1023；
（2）由化学式可知，含0.4molAl3＋的Al2（SO4）3中所含的SO42－的物质的量是0.4mol×
=0.6mol，故答案为：
0.6mol；
（3）阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH-与CO32﹣质量之比为51：
300，则这两种离子的物质的量之比为
：
=3:
5，故答案为：
3:
5；
（4）由n=
可知，质量相同的不同气体，气体的摩尔质量越大，物质的量越小，分子数越小，H2、NH3、SO2、O3四种气体中SO2的摩尔质量最大，则SO2的物质的量最小，分子数最小，故答案为：
SO2；
（5）标准状况下，3.4gNH3的物质的量为
=0.2mol，则体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，含有氢原子的物质的量为0.2mol×3=0.6mol，含有氢原子的物质的量为0.6mol的H2S的物质的量为
=0.3mol，标准状况下，0.3molH2S的体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L，故答案为：
4.48L；6.72；
（6）设元素R的相对原子质量为M，10.8gR2O5的物质的量为
=
mol，所含氧原子的数目为
mol×6.02×1023×5=3.01×1023，解得M=14，该元素为N元素，故答案为：
14；N；
（7）将10mL1.00mol/LNa2CO3溶液与10mL1.00mol/LCaCl2溶液相混和发生反应，生成碳酸钙沉淀和氯化钠，反应过程中Na+和Cl-的物质的量不变，10mL1.00mol/LNa2CO3溶液中Na+的物质的量为0.01L×1.00mol/L×2=0.02mol，则混和溶液中Na+的物质的量浓度为
=1.00mol/L；10mL1.00mol/LCaCl2溶液中Cl-的物质的量为0.01L×1.00mol/L×2=0.02mol，则混和溶液中Cl-的物质的量0.02mol，故答案为：
1mol/L；0.02mol；
（8）a个X原子的物质的量为
mol，X的摩尔质量为
=
g/mol，则X的相对原子质量
，故答案为：
或
；
（9）设CO、CO2混合气体中CO为xmol，CO2为ymol，由题意可得28x+44y=11.6①，x+y=
=0.3mol②，解①②可得x=0.1，y=0.2，则0.1molCO的质量为0.1mol×28g/mol=2.8g，0.2molCO2在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，故答案为：
2.8g；4.48L；
（10）由题意可知，CH4和O2的组成的混和气体平均相对分子质量为2×14.5=29，设混合气体中甲烷的物质的量为x、氧气的物质的量为y，则有
=29，解得x：
y=3:
13，故答案为：
3:
13。
2．I．配制
的
溶液时，如果只存在下列问题，溶液的浓度如何变化？
（填“偏大”“偏小”或“不变”）
（1）向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线，其结果_____________；
（2）定容时观察刻度线仰视，其结果_____________。
II．
（1）实验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨，反应的化学方程式为：
__________________________。
（2）请在下列装置中选择实验室制备氨的发生装置：
_____________（将编号字母填入空格处，下同）；为了得到纯净的氨，请在下列试剂中选择干燥氨的试剂：
_____________。
装置有：
A
B
C
D
E
F
G
H
试剂有：
a．
溶液b．澄清石灰水c．浓硫酸d．饱和
溶液e．碱石灰f．品红溶液g．湿润的红色石蕊试纸
【答案】偏大偏小2NH4Cl+Ca（OH）2Δ2NH3↑+CaCl2+2H2OAe
【解析】
【分析】
根据n=cV可得，一定物质的量浓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，在配制一定物质的量浓度溶液时，若V比理论值大时，会使所配溶液浓度偏小；若V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。
【详解】
I．
（1）向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线，水偏小，其结果偏大；
（2）定容时观察刻度线仰视，视野随水位到达刻度线时，实际加水过量，其结果偏小。
II．
（1）实验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨，反应的化学方程式为：
2NH4Cl+Ca（OH）2Δ2NH3↑+CaCl2+2H2O。
（2）实验室制备氨是固固加热型装置，即发生装置为A；为了得到纯净的氨，氨气为碱性气体，干燥氨的试剂具有吸水性，且不能与碱性物质发生反应，可选e。
3．物质的量是高中化学中常用的物理量，请回答下列问题：
（1）某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na+，则溶液中SO42-的物质的量是_____mol。
（2）在标准状况下，4.48LHCl气体溶于水配成500mL溶液，其物质的量浓度为_____________。
（3）在标准状况下，1.7g氨气所占的体积约为_________L，与_____molH2S含有相同的氢原子数。
（4）7.8gNa2X中含Na+0.2mol，则X的摩尔质量是_____________________。
（5）实验室需要0.3mol•L-1硫酸溶液480mL。
①配制过程用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、试剂瓶外，还需要______________。
②需量取质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的体积为______mL。
③配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，操作方法是：
_______________。
【答案】0.250.4mo•L-12.240.1532g•mol-1500mL容量瓶8.2将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中并用玻璃棒不断搅拌
【解析】
【分析】
（1）硫酸钠为强电解质，完全电离，1molNa2SO4电离产生2molNa+和1molSO42-；
（2）依据
计算氯化氢的物质的量，依据
计算溶液中氯化氢的物质的量浓度；
（3）依据
结合氨气与硫化氢分子构成计算解答；
（4）由钠离子物质的量计算Na2X的物质的量，根据
计算Na2X的摩尔质量，进而计算X的相对原子质量；
（5）①依据配制溶液的体积，选择需要的容量瓶；
②依据
计算硫酸的物质的量浓度，依据稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓硫酸的体积；
③依据浓硫酸稀释的正确操作解答，注意浓硫酸的密度大于水，稀释产生大量的热。
【详解】
（1）某硫酸钠溶液中含有3.01×1023个Na+，n（Na+）=
=0.5mol，n（SO42-）=
=0.25mol；
（2）在标准状况下，4.48LHCl气体的物质的量为：
=0.2mol，溶于水配成500mL溶液，其物质的量浓度为：
=0.4mol/L；
（3）在标准状况下，1.7g氨气的体积：
=2.24L；1.7g氨气中所含氢原子的物质的量：
0.1mol×3=0.3mol，与硫化氢分子中所含的氢原子个数相等，即n（H2S）×2=0.3mol，n（H2S）=0.15mol；
（4）7.8gNa2X中含Na+0.2mol，则n（Na2X）=0.1mol，M（Na2X）=
=78g/mol，故X的相对原子质量为78-23×2=32，摩尔质量为32g/mol；
（5）①实验室需要0.3mol•L-1硫酸溶液480mL，应该选择500mL的容量瓶；
②质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的物质的量浓度为：
=18.4mol/L，设所需浓硫酸的体积为V，依据稀释前后溶质的物质的量不变可知，18.4×V×
10-3=0.3×500×10-3，V=8.2mL；
③浓硫酸稀释的正确操作为：
将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入盛有水的烧杯中并用玻璃棒不断搅拌。
4．完成下列填空：
（1）已知反应：
Fe2O3＋2Al
Al2O3＋2Fe，则
①该反应所属基本反应类型是___。
②在反应中铁元素的化合价变化__（填“升高”或“降低”），该元素的原子__（填“失去”或“得到”）电子。
③发生氧化反应的是__，发生还原反应的是__。
（2）反应2KMnO4＋16HCl（浓）=2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O中：
①反应中被氧化的元素是__，被还原的元素是___。
②若生成71gCl2，则消耗的HCl是__g，被氧化的HCl是__g。
【答案】置换反应降低得到AlFe2O3ClMn116.873
【解析】
【分析】
（1）①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B。
②反应中，Fe的化合价由+3价变为0价；
③反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应。
（2）①还原剂被氧化，氧化剂被还原；
②根据方程式进行计算。
【详解】
（1）①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B，属于置换反应。
②反应中，Fe的化合价由+3价变为0价，化合价降低，得电子；
③反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应，则Al发生氧化反应；Fe2O3发生还原反应。
（2）①还原剂被氧化，氧化剂被还原，则Cl被氧化，Mn被还原；
②若生成71gCl2，即1mol，需消耗3.2molHCl，即3.2×36.5=116.8g；化合价升高的HCl为2mol，即73g。
【点睛】
高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，16molHCl参加反应，其中有10molHCl发生了氧化反应，产生了5molCl2，6molHCl价态没变，生成了盐，体现了其酸性的性质。
5．为了将可称量的物质与难以称量的微观粒子之间联系起来，国际上采用了“物质的量”这一物理量，据此完成下列试题：
（1）等质量的O2和O3所含分子的物质的量之比为___。
（2）等温等压下，等体积的O2和O3所含分子个数比为___，质量比为___。
（3）设NA为阿伏加德罗常数的值，如果ag氧气中含有的分子数为b，则cg氧气在标准状况下的体积约是___（用含a、b、c、NA的式子表示）。
（4）实验室需要配制100mL1mol/L的NaOH溶液，进行如下操作：
①配制该溶液所需主要仪器除了托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管，还需要的玻璃仪器___。
②计算需要NaOH固体的质量：
___g。
③取出50mL配制好的溶液，此溶液中NaOH的物质的量浓度为___。
④若出现如下情况，导致所配溶液浓度偏高的是___。
A.称量时砝码已经生锈
B.定容时仰视
C.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作
D.定容摇匀后，液面低于容量瓶颈上的刻度线
【答案】3：
21：
12：
3
L100mL容量瓶4.01mol/LA
【解析】
【详解】
（1）根据
可知，等质量的O2和O3的物质的量之比为
，所含分子的物质的量之比为3：
2。
（2）根据阿伏加德罗定律，PV=nRT（R为常数），在等温等压下，等体积的任一气体所含分子的物质的量相同，由N=nNA（NA为常数）可知，分子个数比为1：
1；由m＝nM可知，O2和O3的质量比为2：
3。
（3）设NA为阿伏加德罗常数的值，如果ag氧气中含有的分子数为b，则ag氧气的物质的量
，摩尔质量
，即当氧气为cg，物质的量
，在标准状况下的体积
L。
（4）①实验室需要配制100mL1mol/L的NaOH溶液，则配制该溶液所需主要仪器为托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管和100mL容量瓶。
②需要NaOH固体的质量
。
③溶液具有均一性，物质的量浓度不随着溶液的体积发生改变，浓度仍然为1mol/L。
④A.称量时砝码已经生锈，实际砝码质量增大，称得的氢氧化钠质量增大，浓度偏高；
B.定容时仰视，实际加水量偏高，溶液浓度偏低；
C.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作，剩余部分溶质残留，导致容量瓶内部溶质减小，溶液物质的量浓度偏低；
D.定容摇匀后，溶液物质的量浓度固定，液面低于容量瓶颈上的刻度线对结果无影响。
答案为A。
【点睛】
根据
可得，一定物质的量浓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。
在配制一定物质的量浓度溶液时，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。
需要具体问题具体分析。
6．硫酸是重要的基础化工原料之一，是化学工业中最重要的产品，号称“工业之母”。
在中学化学教材中有多处涉及其应用。
（1）利用浓硫酸配制稀硫酸
已知某浓硫酸的密度为1.84g/ml，质量分数为98％，则该浓硫酸的物质的量浓度为_______；
现用该浓硫酸配制480ml浓度为1.84mol/L的稀硫酸，在配制过程中除量取浓硫酸的仪器、烧杯、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有______________________；
（2）硫酸与无机物的反应
实验室在用稀硫酸与锌反应制取氢气时，常向其中滴加少量硫酸铜溶液以加快反应速率，请写出发生的离子反应方程式______________________________；不活泼金属铜在与浓硫酸反应中，体现了浓硫酸的___________________性质；非金属碳在加热条件下也能与浓硫酸反应，若要你设计实验检验反应生成的气体产物，则检验出气体产物的正确顺序为______________________；
（3）硫酸在有机中的应用
利用硫酸的性质可以制取多种有机物，比如烈性炸药TNT、硝基化合物、酯类物质、不饱和烃等。
请写出制取TNT的化学方程式________________________________________；请写出用乙醇制取乙烯的化学方程式________________________________________；稀硫酸还可以使蔗糖、淀粉等多种有机物发生水解，请写出蔗糖水解的产物名称_________。
【答案】18.4mol/L500ml容量瓶Zn＋Cu2＋=Cu＋Zn2＋、Zn＋2H＋=H2↑＋Zn2＋强氧化性和强酸性H2O、SO2、CO2
+3HNO3
+3H2OC2H5OH
CH2=CH2↑+H2O葡萄糖、果糖
【解析】
【分析】
（1）根据c=1000ρwM计算出该浓硫酸的浓度；配制该溶液的步骤是：
称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤选用仪器；
（2）硫酸铜溶液加快氢气生成的速率，原因是形成原电池反应；
【详解】
（1）该浓硫酸的物质的量浓度为：
c=1000×1.84×98%÷98mol/L=18.4mol/L；实验室没有480mL的容量瓶，配制时需要选用500mL容量瓶，实际上配制的是500mL1mol/L的硫酸溶液，配制该溶液的步骤是：
称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，配制过程中需要使用的仪器为：
药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，所以还缺少的仪器为：
500mL容量瓶，
故答案为：
18.4mol/L；500mL容量瓶；
（2）锌为活泼金属，加入硫酸铜，发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，置换出铜，与锌形成原电池反应，化学反应速率加快，离子方程式是Zn＋Cu2＋=Cu＋Zn2＋、Zn＋2H＋=H2↑；铜与浓硫酸反应生成硫酸铜，二氧化硫和水，硫元素的化合价降低表现硫酸的氧化性，生成盐和水体现硫酸的酸性，故硫酸表现的性质是酸性和氧化性；碳和浓硫酸加热生成二氧化硫，二氧化碳和水，检验气体的顺序是水，二氧化硫，二氧化碳，
故答案为：
Zn＋Cu2＋=Cu＋Zn2＋、Zn＋2H＋=H2↑；强氧化性和强酸性；H2O、SO2、CO2；
（3）制取TNT需要甲苯，浓硫酸和浓硝酸的混合酸加热，反应的化学方程式是
+3HNO3
+3H2O；向乙醇中加入浓硫酸，加热到170度，可以制取乙烯，方程式是C2H5OH
CH2=CH2↑+H2O；蔗糖水解产生葡萄糖和果糖，
故答案为：
+3HNO3
+3H2O；C2H5OH
CH2=CH2↑+H2O；葡萄糖、果糖。
7．实验室需要配制0.1mol·L－1CuSO4溶液480mL。
按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。
（1）选择仪器。
完成本实验所必需的仪器有：
托盘天平（精确到0.1g）、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、________、________以及等质量的两片张滤纸。
（2）计算，应选择下列________。
A．需要CuSO4固体8.0gB．需要CuSO4·5H2O晶体12.0g
C．需要CuSO4·5H2O晶体12.5gD．需要CuSO4固体7.7g
（3）称量。
所用砝码生锈则所配溶液的浓度会________（填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同）。
（4）溶解、冷却。
若未冷却，则所配溶液浓度会________。
（5）转移、洗涤。
若未洗涤，则所配溶液浓度会________。
（6）定容，摇匀。
（7）将配好的溶液静置一段时间后，倒入指定的试剂瓶，贴好标签，注明配制的时间、溶液名称及浓度。
（8）在配制过程中，某学生观察定容时液面情况如图所示，所配溶液的浓度会________。
【答案】胶头滴管500mL容量瓶AC偏高偏高偏低偏低
【解析】
【分析】
本题是一定量浓度溶液配制题目，注意其操作的相关注意事项即可
【详解】
（1）配制的是480mL溶液，需要容量瓶不能小于此体积，又定容后期需要胶头滴管，故本题答案为胶头滴管、500mL容量瓶；
（2）因为定容时使用的500mL容量瓶，其物质称量时时按500mL算，不是按480mL算，若果是硫酸铜固体其质量为
=8.0g，若为5水硫酸铜其质量为
=12.5g，故答案为A、C；
（3）砝码生锈，其砝码质量比本身标记质量大，其称量的物质质量增大，其配置容溶液浓度会偏高，故答案为偏高；
（4）若未冷却，会导致定容的溶液体积减少，最终导致溶液浓度偏高，故本题答案为偏高；
（5）若未洗涤，其烧杯中还残留有少量物质，其溶液中溶质质量减少，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低；
（8）因仰视，溶液体积偏大，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低。
【点睛】
注意：
计算物质质量时是以容量瓶体积来计算，不是配置的体积；定容时要平视，不要仰视和俯视；溶液移液要先冷却，转移时要多次洗涤。
8．Ⅰ．为了制备氯气，某同学查阅资料发现实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，反应的化学方程式为：
MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+ 2H2O。
（1）用“双线桥法”标明反应中电子转移的方向和数目_________。
（2）该反应中，氧化剂和还原剂物质的量之比是_________。
（3）草酸能使酸性KMnO4溶液褪色，配平下面的化学方程式：
_____KMnO4+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+K2SO4+CO2↑＋H2O。
Ⅱ．盐酸广泛应用在稀有金属的湿法冶金、漂染工业、金属加工、无机药品及有机药物的生产等领域中。
HCl极易溶于水，工业上用HCl气体溶于水的方法制取盐酸。
（1）用密度为1.2g/mL，质量分数为36.5%的浓盐酸配制250mL3mol/L的稀盐酸，需要用量筒量取浓盐酸的体积为________mL。
（2）实验过程中，下列操作会导致最终所配溶液浓度偏高的是____________。
A．量取浓盐酸时俯视刻度线B．实验前，容量瓶中有少量残留蒸馏水
C．定容时俯视刻度线D．转移时，未洗涤烧杯和玻璃棒
【答案】
1：
22352110862.5C
【解析】
【分析】
Ⅰ．
（1）反应MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+ 2H2O中，Mn元素化合价由+4价降低到+2价，Cl元素化合价由-1价升高为0价，根据化合价的变化可知电子的转移方向和数目；
（2）该反应中，Cl元素部分化合价由-1价升高为0价，HCl既是还原剂，还有酸性作用；
（3）该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、C元素化合价由+3价变为+4价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；
Ⅱ．
（1）根据c=
计算出需要浓盐酸的浓度，依据溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算需要浓盐酸体积；
（2）分析操作对
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