化学物质的量的专项培优 易错 难题练习题含答案附详细答案Word格式文档下载.docx

1、根据m=cVM计算需要NaCl的质量；根据托盘天平只能精确至0.1g，确定称量NaCl的质量；为了减小误差，将烧杯中的溶液注入容量瓶后，需要用少量蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，并将洗涤液也都注入容量瓶；定容时先将蒸馏水注入容量瓶，液面距离刻度线下1-2cm时，改用胶头滴管逐滴加入至凹液面与刻度线相切；（3）根据实验操作步骤确定所用玻璃仪器；（4）从对结果造成的误差角度分析。【详解】（1）这四项操作均为化学实验基本操作，A为过滤，为漏斗；B为蒸发，为蒸发皿；C为蒸馏，为温度计，为蒸馏烧瓶，为冷凝管；D为萃取分液，为分液漏斗；故答案为：A. 过滤；漏斗；B. 蒸发；蒸发皿；C. 蒸馏；温度计；蒸馏

2、烧瓶；冷凝管；D萃取分液；分液漏斗；（2）n（NaCl）=cV=0.1L3.00mol/L=0.3mol，NaCl质量m（NaCl）=nM=0.3mol58.5g/mol=17.55g；托盘天平只能精确至0.1g，则称量NaCl的质量为17.6g；（3）配制一定物质的量浓度的溶液的实验步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液洗涤、定容、摇匀、装瓶，除了量筒还需要的玻璃仪器是100ml容量瓶、玻璃棒、胶头滴管、烧杯；（4）烧杯内壁粘有NaCl浓溶液，如果不用蒸馏水洗涤烧杯，并将洗涤液也注入容量瓶，会造成溶质损失，使配制的溶液浓度偏低。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液所需要的仪器是高频考点，但是也是

3、学生们的易错点，学生们往往会漏掉某些仪器，尤其是胶头滴管，写容量瓶时经常会漏掉规格。我们可以通过实验步骤有序的回忆思考实验所需要的仪器，做到不漏不多。2用98%的浓硫酸（其密度为1.84g/cm3，物质的量浓度为18.4 molL-1）配制100mL 1.0molL-1稀硫酸，现有下列实验仪器备用：A100mL量 B托盘天平 C玻璃棒 D50mL容量瓶 E10mL量筒 F胶头滴管 G50mL烧杯 H100mL容量瓶。请回答：（1）通过计算，需用量筒量取浓硫酸的体积为_mL；（2）实验时选用的仪器有_（填序号），使用容量瓶时第一步的操作是_；（3）配制过程中，下列情况会使配制结果偏高的是_（填序

4、号）；定容时俯视刻度线观察液面容量瓶使用时未干燥定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线（4）实验步骤如下：计算所用浓硫酸的体积量取一定体积的浓硫酸 溶解恢复至室温 转移、洗涤定容、摇匀 装瓶贴标签。其中，第步中“洗涤”操作的目的是_。【答案】5.4 CFGEH 检查容量瓶是否漏水 减少溶质损失，减小实验误差 根据稀释前后溶质物质的量不变进行计算。配制溶液时需要用到100mL容量瓶、玻璃棒、10mL量筒、胶头滴管、50mL烧杯，使用容量瓶前要检漏。定容时俯视刻度线观察液面，溶液体积偏小，溶液溶度偏高；容量瓶使用时未干燥，与结果无影响；定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面

5、低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低。溶质黏在烧杯内壁或玻璃棒上，要洗涤。用物质的量浓度为18.4 molL-1的浓硫酸配制100mL 1.0molL-1稀硫酸，根据稀释前后溶质物质的量不变得到18.4 molL1 V= 1.0 molL10.1 L，V=0.0054L =5.4mL，因此需用量筒量取浓硫酸的体积为5.4mL；5.4。配制溶液时需要用到100mL容量瓶、玻璃棒、10mL量筒、胶头滴管、50mL烧杯，因此实验时选用的仪器有CFGEH，使用容量瓶时第一步的操作是检查容量瓶是否漏水；CFGEH；检查容量瓶是否漏水。定容时俯视刻度线观察液面，溶液体积偏小，溶液溶度偏

6、高，故符合题意；容量瓶使用时未干燥，与结果无影响，故不符合题意；定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面低于刻度线，再加蒸馏水补至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，故不符合题意；综上所述，答案为：。溶质黏在烧杯内壁或玻璃棒上，因此第步中“洗涤”操作的目的是减少溶质损失，减小实验误差；减少溶质损失，减小实验误差。3实验室配制500mL0.1mol/LNa2CO3溶液，回答下列问题（1）配制Na2CO3溶液时需用的主要仪器有托盘天平、滤纸、烧杯、药匙、_。（2）容量瓶上标有刻度线、_，使用前要_。（3）需用托盘天平称取Na2CO3_g。（4）若实验遇下列情况，溶液的浓度是偏高，偏低还是不变？A加水时超过刻

7、度线_，B溶解后未冷却到室温就转入容量瓶_，C容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理_，D定容时仰视_，E.上下颠倒摇匀后液面低于刻线_。（5）若实验室中要用浓度为16mol/L的浓硫酸配制480mL2.0mol/L的稀硫酸，则需要量取浓硫酸的体积为_mL。【答案】500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管 温度、容积 检漏 5.3 偏低 偏高 不变 偏低 不变 62.5 配制一定物质的量浓度溶液步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，分析误差时可根据c=判断。（1）根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、初步摇匀、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有：托盘天平、烧杯、玻璃棒、药匙、

8、500mL容量瓶和胶头滴管，缺少的仪器：500mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒；（2）容量瓶上标有温度、刻度线、容积；容量瓶带有瓶塞，为防止使用过程中漏液，使用前应查漏；（3）配制500mL0.1mol/LNa2CO3，需要Na2CO3的质量为：0.5L0.1mol/L106g/mol=5.3g；（4）A加水时超过刻度线，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；B溶解后未冷却到室温就转入容量瓶，冷却后溶液体积偏小，溶液浓度偏高；C容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，对溶质物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变；D定容时仰视，导致溶液体积偏大，溶液浓度偏低；E上下颠倒摇匀后液面低于刻线，属于正常操作，溶液

9、浓度不变；（5）若实验室中要用浓度为16mol/L的浓硫酸配制480mL2.0mol/L的稀硫酸，应选择500mL容量瓶，设需要浓硫酸体积为V，则依据溶液稀释过程中溶质物质的量不变得：16mol/LV=500mL2.0mol/L，解得V=62.5mL。配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：根据c=可知，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，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。4物质的量是高中化学中常用的物理量，请回答

10、下列问题：（1）某硫酸钠溶液中含有3.011023个Na+，则溶液中SO42-的物质的量是_mol。（2）在标准状况下，4.48 L HCl气体溶于水配成500 mL溶液，其物质的量浓度为_。（3）在标准状况下，1.7 g氨气所占的体积约为_L，与_mol H2S含有相同的氢原子数。（4）7.8 g Na2X中含Na+ 0.2 mol，则X的摩尔质量是_。（5）实验室需要0.3 molL-1硫酸溶液480 mL。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_。需量取质量分数为98%、密度为1.84 gcm-3的浓硫酸的体积为_mL。配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀

11、释，操作方法是：_。【答案】0.25 0.4 moL -1 2.24 0.15 32 gmol-1 500mL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 （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）依据配制溶液的体积，选择需要的容量瓶；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

12、量不变计算需要浓硫酸的体积；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。1023个Na+，n（Na+）= =0.5mol，n（SO42-）=0.25mol；（2）在标准状况下，4.48 L HCl气体的物质的量为： =0.2mol，溶于水配成500 mL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：0.1mol3=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）7.8 g Na2X中含Na+ 0.2 m

13、ol，则n（Na2X）=0.1mol，M（Na2X）=78g/mol，故X的相对原子质量为78-232=32，摩尔质量为32g/mol；（5）实验室需要0.3 molL-1硫酸溶液480 mL，应该选择500mL的容量瓶；质量分数为98%、密度为1.84 gcm-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，18.4V10-3=0.350010-3，V=8.2mL；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。5在实验室里，用足量的浓盐酸与一定量的高锰酸钾反应（不加热），来制取氯气。反应：2

14、KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O（1）“双线桥法”标出电子转移情况_。（2）若生成2.24L标准状况时的氯气，请计算（写出必要的计算过程）：理论上需要多少克KMnO4参加反应？_。被氧化的HCl的物质的量为多少？【答案】 6.32g 0.2 mol （1）根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移数目分析，标出电子转移情况；（2）先计算Cl2的物质的量，然后根据方程式中KMnO4、HCl与Cl2之间的反应转化关系计算。（1）在该反应中，Mn元素化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，得到5个电子，Cl元素化合价由反应前H

15、Cl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去2个电子，电子得失最小公倍数是10，所以KMnO4、MnCl2前的系数是2，HCl前的系数是10，Cl2前的系数是5，根据原子守恒，KCl的系数是2，这样反应中有6个Cl原子未参加氧化还原反应，所有Cl原子都是由HCl提供，因此HCl前的系数为10+6=16，结合H原子反应前后相等，可知H2O的系数是8，用“双线桥”表示电子转移为：；（2）在标准状态下， 2.24LCl2的物质的量n（Cl2）=0.1mol。根据反应的化学方程式可知：生成0.1molCl2时，参与反应的KMnO4的物质的量为0.1mol=0.04mol，则参与反应的KMn

16、O4的质量m（KMnO4）=0.04mol158g/mol=6.32g；由反应化学方程式可知，HCl被氧化后生成Cl2，因此根据Cl元素守恒可知：被氧化的HCl的物质的量n（HCl）氧化=0.1mol2=0.2mol。本题考查了氧化还原反应中电子转移的表示方法及有关计算。氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，实质是电子转移，氧化还原反应的特征、实质与反应类型的关系可概括为“升失氧，降得还”。根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子得失数目可以配平方程式，并可用单线桥法或双线桥法表示。物质的量应用于化学方程式，使化学计算简单，物质反应的物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。6为了制备

17、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 +CO2H2O。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1.2 g/mL，质量分数为36.5%的浓盐酸

18、配制250mL 3mol/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 1：2 2 3 5 2 1 10 8 62.5 C （1）反应MnO2+4HCl（浓）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

19、由+3价变为+4价，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式；（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）分析操作对物质的量和溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。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，该反应的电子转移方向和数目可表示为（2）反应中MnO2是氧化剂，HCl是还原剂，且HCl部分起酸性作用，根据氧化产物Cl2的量可知氧化剂和还原剂物质的量之比是1:2；（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，其转移电子总数为10，根据转移电子守恒知，KMnO4的计量数是

20、2、H2C2O4的计量数是5，再根据原子守恒得方程式为2KMnO4+3H2SO4+5H2C2O4 =2 MnSO4+1K2SO4 +10CO28H2O；（1）质量分数为36.5%、密度为1.2g/cm3的浓盐酸，物质的量浓度c=12mol/L，设需要浓盐酸体积为V，则依据溶液稀释规律得：250mL3mol/L=12mol/LV，解得V=62.5mL；（2）A量取浓盐酸时俯视刻度线，则浓盐酸的体积偏低，导致所配溶液浓度偏低，故A错误；B容量瓶中有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故B错误；C定容时俯视，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故C正确；D转移时，未洗涤烧

21、杯和玻璃棒，容量瓶内溶质减小，导致所配溶液浓度偏低，故D错误；故答案为C。7（1）下列物质能导电的是_，属于电解质的是_。NaCl晶体 液态SO2 液态醋酸 铜 BaSO4固体 纯蔗糖（C12H22O11） 氨水 熔化的KNO3（2）0.5molCH4的质量是_g，在标准状况下的体积为_L；（3）8.4g氮气和9.6g某单质Rx所含原子个数相同，且分子个数之比为3：2，则x的值是_，R的摩尔质量是_。【答案】 8 11.2 3 16g/mol （1）NaCl晶体不含自由移动的离子，不能导电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是电解质；液态SO2不含自由移动的离子，不能导电，其于水反应生成亚硫酸可电

22、离，水溶液可导电，但不是自身导电，是非电解质；液态醋酸不含自由移动的离子，不能导电，其溶于水可电离，水溶液可导电，是电解质； 铜含有自由移动的电子可以导电，但属于单质，不是化合物，既不是电解质也不是非电解质；BaSO4固体不含自由移动的离子，不能导电，熔融状态下电离生成离子可以导电，属于电解质； 纯蔗糖（C12H22O11） 不含自由移动的离子，不能导电，在水溶液里和熔融状态下都不能导电，是非电解质； 氨水含有自由移动的离子可以导电，是混合物，既不是电解质也不是非电解质； 熔化的KNO3含有自由移动的离子，可以导电，属于电解质；（2）根据n=可得，m=nM，V= nVm，进行计算；下列物质能导

23、电的是，属于电解质的是，答案为：；可得，m=nM，0.5molCH4的质量=0.5mol16g/mol=8g；在标准状况下的体积为=nVm=0.5mol22.4L/mol=11.2L，8；11.2；（3）8.4g氮气的物质的量=0.3mol，则氮原子的物质的量=0.3mol2=0.6mol，物质的量之比等于粒子数目之比，根据题意9.6g某单质Rx所含原子物质的量也为0.6mol，则Rx所含分子物质的量为，则0.3mol：=3：2，解得x=3，R3的物质的量为=0.2mol，R3的摩尔质量=48g/mol，则R的摩尔质量=16g/mol，3；16g/mol。8（1）在标准状况下，CO和CO2的混

24、合气体共28L，质量为51g。其中CO2的质量为_g，混合气体中CO的物质的量分数为_。混合气体的平均摩尔质量为_。（2）同温同压下，同质量的NH3和H2S气体体积比为_，原子个数之比为_，密度之比为_。（3）在120时分别进行如下四个反应（除S外其它物质均为气体）：A2H2S+O22H2O+2S B2H2S+3O22H2O+2SO2CC2H4+3O22H2O+2CO2 DC4H8+6O24H2O+4CO2若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行，反应前后气体密度（d）和气体体积（V）分别符合关系式d前d后和V前V后的是_；符合d前d后和V前V后的是_（填写反应的代号）。【答案】44 20 40.8g/mol 2：1 8：3 1：2 D A （1）假设一氧化碳的物质的量为x mol，二氧化碳的物质的量为y mol，则有x+y=1.25， 28x+44y=51，解x=0.25，y=1，则二氧化碳的质量为44g，一氧化碳的物质的量分数为=20，混合气体的平均摩尔质量为=40.8g/mol； （2） 同温同压下，同质量的NH3和H2S气体体积比等于摩尔质量的反比，即为34:17=2：1，原子个数之比等于（24）：（13）=8:3，密度比等于摩尔质量之比，即为17:34=1