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1、高考化学复习物质的量专项易错题高考化学复习物质的量专项易错题一、高中化学物质的量练习题（含详细答案解析）1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3.22g芒硝（Na2SO410H2O）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）100mL 0.3mol/L Na2SO4(密

2、度为d1 g/cm3)和50mL 0.2mol/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7mol AOH与5mol BOH混合后，从中取出5.6g，恰好可以中和100ml浓度为1.2mol/L的盐酸，则AOH的摩尔质量为_。（6）标准状况下，用一定量的水吸收HCl气体后制得浓度为1.0mol/L，密度为1.0365g/cm-3的盐酸。请计算1体积水吸收_体积的HCl可制得上述氨水。【答案】6：3：2 34.2 (或83.3%)

3、6d3/(10 d1+5 d2)mol/L 40g/mol 22.4 【解析】【详解】（1）设NaC1、MgCl2、A1Cl3的物质的量分别为x、y、z，由分别加入等量的AgNO3溶液，恰好都完全反应，则种溶液中Cl-的物质的量相等，x=y2=z3，解得x：y：z=6：3：2，因溶液的体积相同，则物质的量之比等于浓度之比，所以浓度之比为6：3：2；故答案是：6：3：2；（2）3.22g芒硝的物质的量为3.22/322=0.01mol，所以溶液中n(Na+)=2n(Na2SO410H2O)=0.012=0.02mol，每100个水分子中溶有1个钠离子，所以n(H2O)=100n(Na+)=2mo

4、l，0.01mol Na2SO410H2O 中含有水的物质的量为0.0110=0.1mol，所以需要的水的物质的量为2-0.1=1.9mol，所以需要水的质量为1.9mol18g/mol=34.2g；故答案是：34.2；（3）用排气法收集氨气后，收集到的氨气气体不纯，含有空气；空气的平均相对分子质量为29，混合气体的平均相对分子质量为: 9.52=19；设烧瓶的容积为V L，氨气的体积为x L，空气的体积为(V-x)L，则有:17x/Vm+(29(V-x)/Vm)(V/Vm)=19，解之得:x=V；将此瓶气体倒置于水槽中，进入烧瓶的液体体积为氨气体积，即V，烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积为:

5、(V)/V=(或83.3%)；故答案是：(或83.3%)；（4）混合液的质量为(100d1+50d2)g，混合后溶液的体积为：(100d1+50d2)d3mL=(100d1+50d2)d310-3L；溶液混合后n(SO42-)=(0.10.31+0.050.23)=0.06mol；根据c=n/V可知，混合溶液中SO42-的浓度为：0.06(100d1+50d2)d310-3=60 d3/(100d1+50d2)mol/L=6d3/(10d1+5d2)mol/L故答案是：6d3/(10d1+5d2)mol/L；（5）设AOH和BOH的摩尔质量分别为5x g/mol和7x g/mol，n(HCl)

6、=n(OH-)=0.11.2=0.12mol；7mol AOH与5mol BOH混合物中含有n(OH-)=7+5=12，根据题意可知，5.6g混合碱中含有n(OH-)=0.12mol，则含有n(OH-)=12mol时，混合碱的质量为560g；根据7mol5x g/mol+5mol7x g/mol=560g可知，x=8，所以AOH的摩尔质量为40g/mol；故答案是：40g/mol；（6）假设溶液体积为1.00L，1.00L盐酸中含氯化氢的物质的量为：1L1mol/L=1mol，V(HCl)=122.4=22.4L；1.00L盐酸中含水的质量为：m(H2O)=11.0365103-136.5=1

7、000g，V(H2O)=1L；标准状况下，1体积水吸收氯化氢的体积为V=V(HCl)/ V(H2O)1L=22.4L；故答案是：22.4。2（1）写出下列各项操作的名称，并写出有标号的仪器名称。A：操作名称_；仪器名称_B：操作名称_；仪器名称_C：操作名称_；仪器名称_、_、_D：操作名称_；仪器名称_（2）配制100ml、3.00mol/L NaCl溶液。计算需要NaCl固体的质量_g。根据计算结果，用托盘天平称称量NaCl固体_g。将称好的NaCl固体放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解。将烧杯中的溶液注入容量瓶，并用少量蒸馏水_23次，_也都注入容量瓶。轻轻摇动容量瓶，使溶液混均。将蒸馏水注入

8、容量瓶，液面离容量瓶颈刻度线下_时，改用_滴加蒸馏水使液面与刻度线相切，盖好瓶塞，上下颠倒，摇匀。贮存溶液。（3）实验中所用玻璃仪器除量筒外还有_。（4）为什么要用蒸馏水洗涤烧杯，并将洗涤液也注入容量瓶？答：_。【答案】过滤 漏斗 蒸发 蒸发皿 蒸馏 温度计 蒸馏烧瓶 冷凝管 萃取分液 分液漏斗 17.55 17.6 洗涤烧杯内壁和玻璃棒 洗涤液 1-2cm 胶头滴管 100ml容量瓶 玻璃棒 胶头滴管 烧杯 烧杯内壁粘有NaCl浓溶液，洗涤后并将洗涤液转入容量瓶，保证NaCl完全转入容量瓶，否则所配溶液偏低。 【解析】【分析】（1）这四项操作均为化学实验基本操作，A为过滤，B为蒸发，C为蒸馏

9、，D为萃取分液，据此写出所用仪器；（2）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；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

10、，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；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）配制一

11、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。3I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

12、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：ABCDEFGH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)2 2NH3+CaCl2+2H2O A e 【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

13、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)2 2NH3+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。4设NA代表阿伏加德罗常数的数值，判定下列说法是否正确，打或？22.4L（标准

14、状况）氩气含有的质子数为18NA_标准状况下，11.2 LCH4和C2H4混合物中含氢原子数目为2NA_标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA_1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA_标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5NA_1.6g由O2和O3组成的混合物中含有的O原子数目为0.1NA_常温常压下，8g O2含有的电子数为4NA_常温常压下，22.4LNO2和CO2的混合气体中O原子数目为2 NA_标准状况下，22.4LCCl4中含有的CCl4分子数为NA_常温常压下，18 g H2O中含有的原子总数为3NA_标准状况下，11.2LC

15、H3CH2OH中含有的分子数目为0.5NA_常温常压下，2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA_【答案】 【解析】【分析】运用n=m/M、V=nVm、n= V/ Vm等公式的应用转换，先求出物质的量，然后求出分子的总个数，在根据这个分子中含有多少个相关微粒。【详解】标准状况下，22.4L氩气的物质的量为1mol，1个氩气分子中含有18个电子，故22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NA说法正确；标准状况下，11.2 LCH4和C2H4混合物的物质的量是：11.2L/(22.4L/mol)=0.5mol，1个CH4分子中、1个C2H4分子中都含有4个H原子，所含H

16、原子的个数为0.5NA 4=2NA，故标准状况下，11.2 LCH4和C2H4混合物中含氢原子数目为2NA说法正确；标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体的物质的量是：2.24L/(22.4L/mol)=0.1mol，所含分子数为0.1NA，故标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA说法错误； 1mol的CO和N2混合气体的分子数为NA，1个CO分子中和N2分子中都含有14个质子，故1mol的CO和N2混合气体中含有的质子数为14NA说法正确；标准状况下，5.6LCO2气体的物质的量为5.6L/(22.4L/mol)=0.25mol，1个CO2分子中含有2个O原子，故

17、标准状况下，5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5NA说法正确；1.6g由O2和O3组成的混合物中O原子的物质的量为0.1mol，故1.6g由O2和O3组成的混合物中含有的O原子数目为0.1NA说法正确；常温常压下，8g O2的物质的量为8g/( 32g/mol)=0.25mol，1个O2分子中含有16个电子，故8g O2含有的电子数为4NA说法正确；常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，故常温常压下，22.4LNO2和CO2的混合气体中O原子数目为2 NA说法错误；标准状况下， CCl4是液体，不能利用气体摩尔体积计算22.4LCCl4的物质的量，故标准状况下，22.4LC

18、Cl4中含有的CCl4分子数为NA说法错误；18 g H2O的物质的量为18g/( 18g/mol)=1mol，1个H2O分子中含有3个原子，故常温常压下，18 g H2O中含有的原子总数为3NA说法正确；标准状况下，CH3CH2OH是液体，不能利用气体摩尔体积计算11.2LCH3CH2OH的物质的量，故标准状况下，11.2LCH3CH2OH中含有的分子数目为0.5NA说法错误；常温常压下，气体的摩尔体积不是22.4L/mol，故2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA说法错误；【点睛】本题考查物质的量、阿伏伽德罗常数、气体摩尔体积、粒子的个数之间的计算，另外注意气体摩

19、尔体积的适用范围。5现有含有少量NaCl、 Na2SO4、Na2CO3等杂质的NaNO3溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的NaNO3固体，实验流程如下图所示。(1)沉淀A的主要成分是_、_（填化学式）。(2)中均进行的分离操作是_。(3)溶液3经过处理可以得到NaNO3固体，溶液3中肯定含有的杂质是_，为了除去杂质，可向溶液3中加入适量的_。(4)实验探究小组在实验中需要用到456 mL1 molL-1的HNO3溶液，但是在实验室中只发现一瓶8 molL-1的HNO3溶液，该小组用8molL-1的HNO3溶液配制所需溶液。实验中所需的玻璃仪器包括_、_mL量筒、烧杯、_、胶头滴管等。该实

20、验中需要量取8molL-1的HNO3溶液_mL。下列实验操作中导致配制的溶液浓度偏高的是_。A取用8molL-1的HNO3溶液溶液时仰视量筒刻度线B量取用的量筒水洗后未进行任何操作C8molL-1的HNO3溶液从量筒转移至烧杯后用水洗涤量筒并全部转移至烧杯D定容时仰视刻度线E.定容后，将容量瓶振荡摇匀后，发现液面低于刻度线，未进行任何操作【答案】BaSO4 BaCO3 过滤 Na2CO3 HNO3 500mL 容量瓶 100 玻璃棒 62.5 AC 【解析】【分析】由实验流程可知，加入过量的Ba(NO3)2，生成BaSO4、BaCO3沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为A

21、gCl沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3。【详解】（1）加入过量的Ba(NO3)2，Na2SO4、Na2CO3和Ba(NO3)2反应生成BaSO4、BaCO3沉淀，故答案为：BaSO4； BaCO3；（2）中均进行的分离操作是分离固体和液体，为过滤操作，故答案为：过滤；（3）溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，可除去Na2CO3，最后加热蒸发、冷却结晶、过滤得到硝酸钠，故答案为：Na2CO3；HNO3； （4）实验室只有500mL的

22、容量瓶，则本实验需要配制的溶液体积为500mL，另外需要用量筒量8mol/L的HNO3溶液倒在烧杯中加水溶解，同时需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中时也需要玻璃棒引流，最后还需要用胶头滴管定容，整个实验需要的玻璃仪器包括500mL容量瓶、100mL量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，故答案为：500mL 容量瓶；100； 玻璃棒；设需要量取8 molL-1的HNO3溶液VmL，则8 molL-1V10-3L=1 molL-150010-3L，解得：V=62.5mL，故答案为： 62.5 ；A取8molL-1的HNO3溶液时仰视刻度线，液面在刻度线上方，即浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故A正确

23、；B量取用的量筒水洗后未进行任何操作，会稀释浓硝酸，即浓硝酸的体积偏小，导致配制溶液浓度偏低，故B错误；C量筒量取浓硝酸后，不应该水洗，否则浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故C正确；D定容时仰视刻度线，液面在刻度线上方，溶液体积偏大，导致浓度偏低，故D错误；E定容后，除容量瓶振荡摇匀，不能再加水定容，这样做对实验结果无影响，故E错误；故答案为AC。6已知：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2，将0.1moKMnO4固体加热一段时间后，收集到amolO2；向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸，又收集到bmolCl2，此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中(注：KMnO4和K2M

24、nO4以及MnO2都能与浓盐酸反应并生成Mn2+)。(1)2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O反应中的还原产物是_（填化学式），反应中若产生0.3mol的气体则有_mol的电子转移。(2)a+b的最大值为_，a+b最小值为_。【答案】MnCl2 0.6 0.25 0.2 【解析】【分析】(1)元素化合价降低发生还原反应得到还原产物；根据Cl元素化合价变化计算转移电子；(2)KMnO4固体，加热一段时间后，收集到amol氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体bmol氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素得到电子数等于O元素、Cl元素

25、失去的电子，则有：0.1(7-2)=4a+2b，整理得a+b=0.25-a，当高氯酸钾没有分解时，(a+b)达最大值，当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，根据方程式计算氧气最大值，进而确定(a+b)的最小值。【详解】(1)反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价，化合价降低，得到电子，被还原，所以MnCl2是还原产物；产生0.3mol的氯气时，转移电子为n(e-)=0.3mol20-(-1)=0.6mol；(2)KMnO4固体加热一段时间后，收集到amol氧气，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到bmol氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子

26、等于O元素、Cl元素失去的电子，则有：0.1(7-2)=4a+2b，整理可得a+b=0.25-a，当高氯酸钾没有分解时，(a+b)达最大值，此时a=0，则(a+b)的最大值=0.25；当高锰酸钾完全分解生成氧气时，生成氧气最多，生成氯气最少，由2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2，可知生成氧气最大的物质的量为0.1mol=0.05mol，则a+b0.25-0.05=0.2，故(a+b)的最小值为0.2。【点睛】本题考查混合物计算、氧化还原反应计算，充分利用整个过程中的电子转移守恒是解答本题的关键。掌握元素化合价升降总数与反应过程中电子转移的关系及与物质的性质与作用的关系是解答的基础，学会将

27、关系式进行变形，并用用极值方法分析判断。7根据所学知识，回答下列问题：(1)高铁酸钠(Na2FeO4)可作为高效、多功能水处理剂，其摩尔质量是_。高铁酸钠可与水反应生成Fe(OH)3胶体、氢氧化钠和氧气，写出相应的离子方程式：_。(2)戴维通过电解法首先制得了金属钠，随后几十年内，工业上采用铁粉和氢氧化钠高温熔融的方法制得钠蒸气，同时获得Fe3O4和氢气。写出该反应的化学方程式_，该反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是_（填化学式），若制得22.4L(折算为标准状况下)钠蒸气，转移电子的数目为_。(3)漂白粉常用于饮水、污水、排泄物及被污染的环境消毒，其主要成分是氯化钙和次氯酸钙Ca(ClO

28、)2，有效成分为次氯酸钙。为测得某漂白粉的有效成分含量，称取A g漂白粉样品溶解，往所得溶液中通入CO2至不再产生沉淀为止，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，若反应生成次氯酸(HClO)的物质的量为Kmol，则该漂白粉中有效成分的质量分数为_%（用含A、K的式子表示）。【答案】166g/mol 4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2 3Fe+4NaOH=4Na+Fe3O4+2H2 NaOH 2NA或1.2041024 【解析】【分析】(1)摩尔质量以g/mol为单位，数值上等于其相对分子质量；根据电子转移守恒、电荷守恒、

29、原子守恒配平书写离子方程式；(2)由题意可知，Fe与NaOH在高温条件下生成Na蒸气、Fe3O4和H2，配平书写化学方程式；反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是NaOH；反应中Na、H元素化合价降低，根据方程式计算生成氢气的量，根据Na元素、H元素化合价变化计算转移电子数目；(3)根据HClO的量计算Ca(ClO)2的质量，再根据质量分数的定义式计算。【详解】(1)Na2FeO4的相对分子质量为166，故其摩尔质量为166g/mol。高铁酸钠可与水反应生成Fe(OH)3胶体、氢氧化钠和氧气，相应的离子方程式：4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2；(2)由题意可知，Fe与NaOH在高温条件下生成Na蒸气、Fe3O4