高考化学易错题物质量练习题附答案解析

高考化学易错题优选 - 物质的量练习题附答案分析
一、高中化学物质的量
1． 设 N A 代表阿伏加德罗常数的数值，判断以下说法能否正确，打 √或×？
① 22.4L （标准状况）氩气含有的质子数为18N A __________
②标准状况下， 11.2 LCH 4 和 C 2H 4 混淆物中含氢原子数量为
2N A __________
③标准状况下， 2.24LN 2 和 O 2 的混淆气体中分子数为 0.2N A __________
④1mol 的 CO 和 N 2 混淆气体中含有的质子数为
14N A __________
⑤标准状况下， 5.6LCO 2 气体中含有的氧原子数量为 0.5N A __________
⑥1. 6g 由 O 2 和 O 3 构成的混淆物中含有的 O 原子数量为 0.1N A __________
⑦常温常压下， 8g O 2 含有的电子数为
4N A __________
⑧常温常压下， 22.4LNO 2 和 CO 2 的混淆气体中 O 原子数量为 2 N A __________ ⑨标准状况下， 22.4LCCl 4 4 A
中含有的 CCl 分子数为 N __________ ⑩常温常压下， 18 g H 2 O 中含有的原子总数为 3N A __________ ? 标准状况下， 11.2LCH CH OH 中含有的分子数量为 0.5N A __________
32
? 常温常压下， 2.24 L CO 和 CO 2 混淆气体中含有的碳原子数量为0.1N A __________
【答案】 √ √ ×√ √ √ √ × √ × × ×
【分析】 【剖析】
运用 n=m/M 、 V=n ×V m 、 n= V/ V m 等公式的应用变换，先求出物质的量，而后求出分子的总个数，在依据这个分子中含有多少个有关微粒。

【详解】
①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 18N A 说法正确；
②标准状况下， 11.2 LCH 4
2 4 混淆物的物质的量是：
11.2L/(22.4L/mol)=0.5mol 4
和 C H
， 1 个 CH 分子中、 1 个 C 2H 4 分子中都含有 4 个 H 原子，所含 H 原子的个数为 0.5N A × 4=2N A ，故标准 状况下， 11.2 LCH 4 2 4 混淆物中含氢原子数量为 2N A
说法正确； 和 C H
③标准状况下， 2.24LN 2 和 O 2 的混淆气体的物质的量是： 2.24L/( 22.4L/mol )=0.1mol ，所含 分子数为 0.1N A ，故标准状况下，
2.24LN 2 和 O 2 的混淆气体中分子数为
0.2N A 说法错误；
④1mol 的 CO 和 N 2 混淆气体的分子数为 N A ， 1 个 CO 分子中和 N 2 分子中都含有 14 个质
子，故 1mol 的 CO 和 N 2 混淆气体中含有的质子数为 14N A 说法正确； ⑤标准状况下， 5.6LCO 2 气体的物质的量为 5.6L/(22.4L/mol)=0.25mol 2
， 1 个 CO 分子中含有 2 个 O 原子，故标准状况下， 5.6LCO 2 气体中含有的氧原子数量为 0.5N A 说法正确； ⑥1. 6g 由 O 2 和 O 3 构成的混淆物中 O 原子的物质的量为 0.1mol ，故 1. 6g 由 O 2 和 O 3 构成
的混淆物中含有的
O 原子数量为 0.1N A 说法正确；
⑦常温常压下， 8g O 2 的物质的量为 8g/( 32g/mol)=0.25mol ，1 个 O 2 分子中含有 16 个电
子，故 8g O 2 含有的电子数为 4N A 说法正确；
⑧常温常压下，气体的摩尔体积不是
22.4L/mol ，故常温常压下， 22.4LNO 2 2
和 CO 的混淆气
体中 O 原子数量为 2 N A 说法错误；
⑨标准状况下，
CCl 4 是液体，不可以利用气体摩尔体积计算
22.4LCCl 4 的物质的量，故标准状
况下， 22.4LCCl 4 中含有的 CCl 4 分子数为 N A 说法错误；
⑩18 g H 2O 的物质的量为 18g/( 18g/mol)=1mol ， 1 个 H 2O 分子中含有 3 个原子，故常温常
压下， 18 g H 2O 中含有的原子总数为 3N A 说法正确；
? 标准状况下， CH 3 2 32
CH OH 是液体，不可以利用气体摩尔体积计算 11.2LCH CH OH 的物质的
量，故标准状况下， 11.2LCH 3CH 2OH 中含有的分子数量为 0.5N A 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 CO 2 混淆气体中含有的碳
原子数量为 0.1N A 说法错误；
【点睛】
此题考察物质的量、阿伏伽德罗常数、气体摩尔体积、粒子的个数之间的计算，此外注意气体摩尔体积的合用范围。

2． 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，国际上采纳了“物质的量”
这一物理量，据此达成以下试题：
（1）等质量的 O 2 和 O 3 所含分子的物质的量之比为 ___。

（2）等温等压下，等体积的 O 2 和 O 3 所含分子个数比为 ___ ___
，质量比为。

（3）设 N A 为阿伏加德罗常数的值，假如 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 、N A 的式子表示 ) 。

（ 4）实验室需要配制 100mL1mol / L 的 NaOH 溶液，进行以下操作：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拿出 50 mL 配制好的溶液，此溶液中
NaOH 的物质的量浓度为 ___。

④若出现以下状况，致使所配溶液浓度偏高的是
___。

A. 称量时砝码已经生锈
B. 定容时仰望
C. 溶解、转移溶液以后没有对烧杯和玻璃棒进行清洗操作
D. 定容摇匀后，液面低于容量瓶颈上的刻度线
【答案】 3： 2
1：1 2：3
22.4bc L 100mL 容量瓶 4. 0 1mol/ L A
a N A
【分析】 【详解】
m
（1）依据
n
M 可知，等质量的 O 2 和 O 3 的物质的量之比为
n(O 2 ) : n(O 3 )
1 : 1
3: 2 ，所含分子的物质的量之比为
3：2 。

32 48
（2）依据阿伏加德罗定律， PV=nRT （ R 为常数），在等温等压下，等体积的任一气体所含
分子的物质的量同样，由
N =nN A （ N A 为常数）可知，分子个数比为
1： 1；由 m ＝ nM 可
知， O 2 和 O 3 的质量比为 2： 3。

（3）设 N A 为阿伏加德罗常数的值，假如 ag 氧气中含有的分子数为 b ，则 ag 氧气的物质
的量 n
N b ，摩尔质量 M
m ag
aN
A
g gmol 1 ，即当氧气为
，物质
N A
N A n
b
b
cg
mol
N A
m cg
bc
22.4bc
的量
n
aN
A
g mol 1 aN A mol
，在标准状况下的体积 V nV m
M
L 。

g
aN A
b
（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 m nM
cVM
100mL 1mol gL 1 40ggmol 1
4g 。

③溶液拥有均一性，物质的量浓度不跟着溶液的体积发生改变，浓度仍旧为
1mol / L 。

④A. 称量时砝码已经生锈，实质砝码质量增大，称得的氢氧化钠质量增大，浓度偏高；
B. 定容时仰望，实质加水量偏高，溶液浓度偏低；
C. 溶解、转移溶液以后没有对烧杯和玻璃棒进行清洗操作，节余部分溶质残留，致使容量
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】
依据 c
n
ｎ和溶液的体
可得，必定物质的量浓度溶液配制的偏差都是由溶质的物质的量
V
积 V 惹起的。

偏差剖析时，重点要看配制过程中惹起ｎ和 V 如何的变化。

在配制必定物质
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。

需要详细问题详细剖析。

3． 现有含有少许 NaCl 、 Na 2SO 4、 Na 2CO 3 等杂质的 NaNO 3 溶液，选择适合的试剂除掉杂质，获取纯净的 NaNO 3 固体，实验流程以以下图所示。

(1)积淀 A 的主要成分是 _____________、 ______________（填化学式）。

(2) ①②③ 中均进行的分别操作是
_______________。

(3)溶液 3 经过办理能够获取 NaNO 3 固体，溶液 3 中必定含有的杂质是
去杂质，可向溶液
3 中加入适当的 ______________。

__________，为了除
(4)实验研究小组在实验中需要用到
456 mL1 mol?L -1 的 HNO 3 溶液，可是在实验室中只发现
一瓶 8 mol?L -1 的 HNO 3 溶液，该小组用 8mol?L -1 的 HNO 3 溶液配制所需溶液。

① 实验中所需的玻璃仪器包含________、 _____mL 量筒、烧杯、 ________、胶头滴管等。

② 该实验中需要量取8mol?L -1
的 HNO
3 溶液________mL。

③以下实验操作中致使配制的溶液浓度偏高的是_____________。

A．取用 8mol?L -1 的HNO
3 溶液溶液时仰望量筒刻度线
B．量取用的量筒水洗后未进行任何操作
C． 8mol?L-1的 HNO3溶液从量筒转移至烧杯后用水清洗量筒并所有转移至烧杯
D．定容时仰望刻度线
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】 BaSO4BaCO3过滤Na2CO3HNO3500mL 容量瓶100玻璃棒62.5AC 【分析】
【剖析】
由实验流程可知，加入过度的Ba(NO3 243
积淀，而后在滤液中加入过度
)，生成 BaSO、BaCO
的 AgNO3-所有转变为AgCl 积淀，在所得滤液中加入过度的Na2 3
，使 Cl CO ，使溶液中的Ag+、 Ba2+完整积淀，最后所得溶液为NaNO3和 Na2CO3的混淆物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3。

【详解】
（1）加入过度的 Ba(NO3 )2， Na2SO4、 Na2CO3和 Ba(NO3)2反响生成 BaSO4、 BaCO3积淀，故答案为： BaSO ； BaCO；
43
（2）①②③中均进行的分别操作是分别固体和液体，为过滤操作，故答案为：过滤；
（3）溶液 3 为 NaNO3和 Na2CO3的混淆物，加入稀HNO3，可除掉 Na2CO3，最后加热蒸发、冷却结晶、过滤获取硝酸钠，故答案为：Na2CO3；HNO3；
（4）①实验室只有 500mL 的容量瓶，则本实验需要配制的溶液体积为500mL，此外需要用量筒量 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含
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；
②设需要量取 8 mol?L -1-1-3-1
× 500
-3
的 HNO3溶液 VmL，则 8 mol?L× V× 10L=1 mol?L× 10L，解
得： V=62.5mL，故答案为：62.5 ；
③A．取 8mol?L-1的 HNO3溶液时仰望刻度线，液面在刻度线上方，即浓硝酸的体积偏大，
致使配制溶液浓度偏高，故 A 正确；
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，致使配
制溶液浓度偏低，故 B 错误；
C．量筒量取浓硝酸后，不该当水洗，不然浓硝酸的体积偏大，致使配制溶液浓度偏高，故
C正确；
D．定容时仰望刻度线，液面在刻度线上方，溶液体积偏大，致使浓度偏低，故 D 错误；E．定容后，除容量瓶振荡摇匀，不可以再加水定容，这样做对实验结果无影响，故 E 错误；故答案为AC。

4．依据所学知识，回答以下问题：
(1)高铁酸钠 (Na 2FeO 4)可作为高效、多功能水办理剂，其摩尔质量是 __________。

高铁酸钠
可与水反响生成
Fe(OH)3 胶体、氢氧化钠和氧气，写出相应的离子方程式：
_____________ 。

(2)戴维经过电解法第一制得了金属钠，随后几十年内，工业上采纳铁粉和氢氧化钠高温熔 融的方法制得钠蒸气，同时获取
Fe 3O 4 和氢气。

写出该反响的化学方程式
_____________，
该反响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，转移电子的数量为 ________________ 。

(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)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 CO 2 至不再产生积淀为止，反响的化学方程式为
Ca(ClO) +CO +H O=CaCO ↓ +2HClO ，若反响生成次氯酸 (HClO)的物质的量为 Kmol ，则该漂白
2
2
2
3
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 4FeO 42- 2 3 - 2
↑
+10H O=4Fe(OH) (胶体 )+8OH +3O 3 4
2
NaOH
A 或 1.204 × 24
7150K
3Fe+4NaOH=4Na ↑ +Fe O +2H ↑
2N 10
A
【分析】
【剖析】
(1)摩尔质量以 g/mol 为单位，数值上等于其相对分子质量；依据电子转移守恒、电荷守恒、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、 Fe 3O 4 和 H 2，配平书写化学方程 式；反响中属于电解质但不属于氧化物的物质是 NaOH ；反响中 Na 、 H 元素化合价降低，
依据方程式计算生成氢气的量，依据
Na 元素、 H 元素化合价变化计算转移电子数量；
(3)依据 HClO 的量计算 Ca(ClO)2 的质量，再依据质量分数的定义式计算。

【详解】
(1)Na FeO 的相对分子质量为 166，故其摩尔质量为 166g/mol 。

高铁酸钠可与水反响生成
2
4
Fe(OH)3 胶体、氢氧化钠和氧气，相应的离子方程式： 4FeO 42- +10H 2O=4Fe(OH)3 (胶体 )+8OH -
+3O ↑；
2
(2)由题意可知， Fe 与 NaOH 在高温条件下生成 Na 蒸气、 Fe O
和 H ，反响方程式为：
3 4
2
3Fe+4NaOH 4Na ↑ +Fe O +2H ↑，反响中属于电解质但不属于氧化物的物质是
3 4
2
NaOH ，Na 的物质的量 n(Na)=224L
÷ 22.4L/mol=1mol ，由方程式可知生成氢气为
1
n(e -)=1mol × 1+0.5mol × 2=2mol ，则转移电子数量
1mol × =0.5mol ，故转移电子的物质的量
2
-
A 23
-1
)=1.204
24；
N(e )=2mol ×N /mol=2mol × (6.02 ×mol10 × 10
1
1
× Kmol=0.5Kmol ，
(3)由 Ca(ClO)2+CO 2+H 2O=CaCO 3↓ +2HClO 可知， n[Ca(ClO)2]= n(HClO)=
2
2
则该漂白粉中有效成分的质量分数
ω 0.5Kmol
143g / mol
7150K
Ag
× 100%=
%。

A
【点睛】
此题考察化学方程式和离子方程式的书写、电解质、摩尔质量等观点及化学计算的知识。

掌握化学基础知识和物质的量的有关计算公式是解题基础，考察了学生运用知识剖析问题
和解决问题的能力。

5．按要求达成以下各小题
（1）在同温同压下，同样质量的N2和 H2S 气体的体积比为 ____。

（2） 0.8molCO 和 0.4molCO2中电子数量之比为 ___，含有氧原子物质的量之比为___，同样条件下两物质的密度之比为 ___。

（3）在含有 Cu2＋、 H＋、 Fe2＋、 Al3＋、Br－、Cl－的溶液中，复原性最弱的阴离子是 ___，氧化性最强的离子是 ___，既有氧化性又有复原性的离子是 ___。

（4）除掉 Na2SO4中的 Na2CO3所加试剂 ___，离子方程式 ___。

【答案】 17：14 14： 11 1：1 7： 11 Cl- Cu2+ Fe2+稀 H2SO4 CO32-+2H+=CO2↑ +H2O 【分析】【剖析】
依据阿伏伽德罗定律进行剖析解答；依据氧化复原反响进行判断。

依据溶解规律和离子的
特点选择除杂试剂。

如 Na2SO4中的 Na2CO3目的是除掉 CO32-离子，所以选择 H2 SO4进行除杂。

【详解】
（1）同样质量的 N2和 H2S 的物质的量之比为m m
:34: 28 17:14 ，依据阿伏伽德罗2834
定律，在同温同压下，气体体积之比等于物质的量之比，所以同样质量的N2和 H2S 气体的体积比为 17： 14。

答案： 17： 14；
（2）电子数量之比等于电子的物质的量之比。

0.8molCO 中电子的物质的量为0.8 mol ×(6+8)=11.2mol ， 0.4molCO2中电子的物质的量为0.4mol × (6+8× 2)=8.8mol ，电子数量之比
为11.2:8.8=14:11 ；含有氧原子物质的量之比为0.8:0.4 2=1:1，依据阿伏伽德罗定律的推论可知，同样条件下，气体的密度与摩尔质量成正比，所以同样条件下两物质的密度之比
为： 28:44=7:11 。

答案： 14:11 1:1 7:11 ；
（3）卤素单质的氧化性为F2>Cl2>Br2>I2，单质的氧化性越强，其对应的离子的复原性越
－－－
弱，所以复原性 Br >Cl , 复原性最弱的阴离子是Cl ；金属单质的金属性越强，其离子的氧
2＋
；属于中间价态的元素既有氧化性又有复原性，
化性越弱，所以氧化性最强的离子是Cu
所以 Fe2＋既有氧化性又有复原性的；答案：Cl- Cu2+ Fe2+；
（4）除掉 Na2SO4Na2CO32-离子，所加试剂H2SO42-中的，实质是除掉CO3CO3
，离子方程式
+2H+=CO2↑ +H2 O。

6．某同学设计以下实验方案，以分别KCl 和 BaCl2两种固体混淆物，试回答以下问题：
供选试剂： Na2SO4溶液、 K2CO3溶液、 K2SO4溶液、盐酸
（1）操作②的名称是 ______________，试剂 a 的溶质是 _______________ （填化学式）（2）加入试剂 b 所发生反响的化学方程式为___________________________________ 。

（3）该方案能不可以达到实验目的： _____________ ，若不可以，应如何改良？（若能，此
问不用回答） ________________________________________ 。

（4）用分别出的固体 B 配制 100mL 0.5mol/L 的溶液 B，现有以下可供选择的仪器：
A．胶头滴管 B．烧瓶C．烧杯D．药匙 E.量筒 F.托盘天平。

①用托盘天平称得固体 B 的质量是 _________g。

②配制溶液 B 时，上述仪器中必定不需要使用的有_____________（填字母），还缺乏的仪器有 __________________________________ （写仪器名称）。

【答案】过滤K2CO3BaCO3+2HCl=BaCl+CO2↑ +H2O 不可以应在操作②的滤液中加入
过
量盐酸后再蒸发结晶10.4B100mL容量瓶、玻璃棒
【分析】
【剖析】
【详解】
分别 KCl 和 BaCl 2两种固体混淆物，可先溶于水，而后加入过度K2CO3使 BaCl 2 转变为沉淀，过滤后积淀加入盐酸可生成BaCl溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl ，操作
22
②所得滤液为 KCl 和 K CO 的混淆物，蒸发结晶获取固体 C 为 KCl 和 K CO ，应加入过度
2323
盐酸可得 KCl，积淀 A 为 BaCO，清洗后，加盐酸，蒸发获取固体 B 为 BaCl ，
32
（1）将固体配成溶液，应加水溶解，操作② 为固体和液体的分别，为过滤操作；依据以
上剖析可知，溶液中加入过度的K232
转变为积淀，试剂23
CO溶液使 BaCl a 的溶质是 K CO ；
综上所述，此题答案是：过滤；K23
CO 。

（2）积淀 A 为 BaCO3，加足量的盐酸，反响生成氯化钡和二氧化碳气体，反响的化学方程式为： BaCO
3+2HCl=BaCl+CO2↑+H2O；综上所述，此题答案
是： BaCO
3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O。

（3）该方案不可以达到实验目的，因为操作②进行达成后，所得滤液
为KCl 和 K2CO3的混淆物，应当加入过度的盐酸，把K2CO3变为氯化钾，而后再进行蒸发结晶，获取氯化钾固
体；综上所述，此题答案是：不可以；应在操作②的滤液中加入过度盐酸后再蒸发结
晶。

（4）①固体 B 为氯化钡，其质量是 0.1L × 0.5mol/L× 208g/mol=10；.4g综上所述，此题答案是： 10.4。

② 固体配制氯化钡溶液时，称量后溶解、定容等，不需要烧瓶，还缺乏的仪器有100mL容量瓶、玻璃棒；综上所述，此题答案是： B， 100mL 容量瓶、玻璃棒。

7． （ 1）写出离子方程式：向 Ba(OH)2 溶液中滴加 NaHSO 4 溶液至 Ba 2+恰巧积淀完整 ________；
（2）标况下，将 224L 氯化氢气体溶于 V 升水中，所得溶液密度为 dg/mL ，则此溶液中溶
质的物质的量浓度为 ________mol/L
（3）使物质的量浓度之比为 1:2:3 的氯化钠、氯化镁、氯化铝溶液中的
Cl -恰巧完整积淀
时，若所用同样物质的量浓度的硝酸银溶液的体积比为 3:2:3，则上述三种溶液的体积之比
是 __________ ；
（ 4） 5.00g CuSO 4 ·5H 2O 样品受热脱水过程的热重曲线（样质量量随温度变化的曲线）以下图，则 200℃时所得固体物质的化学式为 ______________；
（5）已知氧化性： Cl 2>Fe 3+>I 2
FeI 2 和 Cl 2 按物质的量之比为 7:8
反响的总离子方程式
，写出
_____
【答案】 2＋
-+2-
= BaSO 4↓ + H 2 O － 1
18:·3:2
Ba +OH +H +SO 4 10000d/(365+1000V) mol L
CuSO 4·H 2O 2Fe 2＋
+14I -+8Cl 2 =2Fe 3
＋
+7I 2+16Cl -
【分析】
【剖析】
依据物质的性质书写离子方程式；依据气体摩尔体积及物质的量间的关系计算物质的量浓
度；依据图象信息结晶水的质量并计算书写化学式；依据电子转移守恒配平书写离子方程式。

【详解】
（1）积淀恰巧完整时，表示硫酸氢钠用量最少，与
Ba 2＋
恰巧完整反响，发生的化学方程
式为： Ba(OH)2 4 4 2
2＋
-+
42-
=
+NaHSO =BaSO ↓ +NaOH+HO ，转变为离子方程式则为： Ba +OH +H +SO 4
2
BaSO ↓ + HO ；
(2)由题， n(HCl)=V(HCl)/V m =224L ÷ 22.4L/mol=10mol ， m 总
3
=m(HCl)+m(H 2O)=n(HCl) × M(HCl)+V(H 2O)×ρ(H 2O)=10 × 36.5+V ××101=(365+1000V)g ，
V 总 =
m
总
= 365+1000V mL ，
ρ
d
总
n(HCl)
10
-1
10000d
-1
c(HCl)= V
总
= 365+1000V
-3
mol L = 365+1000V mol L
，故答案为：
×10
d
10000d mol L -1 ； 365+1000V
(3)由题能够写出氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝酸银反响的化学方程式：
NaCl+AgNO 3=AgCl ↓ +NaNO 3， MgCl 2+2AgNO 3=2AgCl ↓ +Mg(NO 3)2，
AlCl 3 +3AgNO 3=3AgCl ↓ +Al(NO 3)3，若假定硝酸银物质的量浓度为 1mol/L ，氯化钠、氯化镁、
氯化铝与硝酸银反响耗费硝酸银体积分别为 3L 、 2L 、 3L ，则氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝
酸银反响耗费硝酸银物质的量为
3mol 、2mol 、 3mol ，将三者耗费硝酸银物质的量代入方程
式，能够得出氯化钠、氯化镁、氯化铝的物质的量分别为 3mol 、 1mol 、 1mol ，因为三者物
质的量浓度之比为
1:2:3 ，可列出等式为：三种溶液的体积之比
3/1:1/2:1/3，化简能够获取：
三种溶液的体积之比
18:3:2 ，故答案为：
18:3:2 。

(4)由图能够得悉， 200℃时，五水合硫酸铜并未脱水完整，分子中还有必定量的水存在，
5.00g
五水合硫酸铜，物质的量为
5g ÷ 250g/mol=0.02mol ，所以
n(CuSO 4)=0.02mol ，
n(H 2O)=0.1mol ， 200℃时，固体质量为 3.56g ，所以含有水分质量为 0.36g ，
n(H 2O)=m/M=0.36g ÷ 18g/mol=0.02mol ，能够得出固体化学式为： CuSO 4?H 2O ，故答案为：
CuSO 4?H 2O 。

(5)由题，依据氧化复原反响得失电子数的规律，能够写出方程式为：
7FeI +8Cl =2FeCl +7I +5FeCl ，转变为离子方程式可得出： 2＋ +14I - 3 ＋
-
2Fe
+8Cl =2Fe
+7I +16Cl
，
2 2
3 2 2
2
2
故答案为： 2Fe 2＋
+14I -+8Cl 2 =2Fe 3＋
+7I 2 +16Cl -。

8． 某课题研究小组的同学研究钠与水反响以后，又研究了与溶液反响和
NaCl 溶液的配
制。

Ⅰ. 将金属钠放入盛有以下溶液的小烧杯中：① Fe 2( SO 4) 3 溶液
② NaCl 溶液 ③ Na 2 SO 4 溶
液 ④饱和澄清石灰水
⑤ Ca( HCO 3) 2 溶液。

回答以下问题：
( 1) 既有气体，又有白色积淀产生的是 ___________________ ； ( 2) 写出金属钠与①反响的离子方程式
___________________ ；
( 3) 若节余的金属钠露置在空气中最后会变为
___________________ 。

Ⅱ. 配制 480mL 0. 2 mol · L - 1
NaCl 溶液。

( 1 ) 计算后，需称出 NaCl 质量为 ___________g。

( 2) 在配制过程中，以下操作对所配溶液浓度的影响是（填偏高、偏低或无影响） ①配制前，容量瓶内有水
__________
②溶液未冷却便定容 __________
③定容时仰望刻度线 __________
【答案】④⑤
3+
+ 6Na + 6H 2
3
+
+ 3H 2 23
2Fe
↑ 无影响 偏
O ＝ 2Fe( OH) ↓+6Na Na CO 5. 9
高
偏低
【分析】
【剖析】
( 1) 钠的开朗性较强，能够与水强烈反响生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠可能和盐溶液中的溶质发生反响，据此进行剖析；
( 2) 金属钠与 Fe 2( SO 4) 3 溶液反响生成氢氧化铁积淀、硫酸钠和氢气，据此写出反响的离子方程式；
( 3) Na 的性质开朗，在空气中长久搁置，最后产生碳酸钠；
Ⅱ.( 1) 配制 0. 2 mol · L - 1 NaCl 溶液 480mL ，需要配制 500mL 溶液；依据 m=nM 计算出需
要氯化钠的质量；
( 2) 依据 c=n/ V 进行剖析。

【详解】
（1）①钠先与水反响生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与Fe2( SO4) 3溶液反响生成氢氧化铁红褐色积淀，故不选；
②钠与氯化钠溶液中的水反响生成氢氧化钠和氢气，得不到积淀，故不选；
③钠与硫酸钠溶液中的水反响生成氢氧化钠和氢气，得不到积淀，故不选；
④钠与水反响生成氢氧化钠和氢气，反响放热，氢氧化钙溶解度降低，有白色积淀析出，
应选；
⑤钠与水反响生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与碳酸氢钙反响生成碳酸钙积淀，应选；
联合以上剖析可知，既有气体，又有白色积淀产生的是④⑤；
故答案为：④⑤；
( 2) 钠先与水反响生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与Fe2( SO4) 3溶液反响生成氢氧化铁红褐
色积淀；所以金属钠与 Fe243
溶液反响生成氢氧化铁积淀、硫酸钠和氢气，反响的离子
( SO )
方程式： 2Fe3+ + 6Na + 6H2O＝ 2Fe( OH) 3↓+6Na++3H2↑；
故答案是： 2Fe3+ + 6Na + 6H2O＝ 2Fe( OH) 3↓+6Na+ + 3H2↑；
( 3) Na 的性质开朗，易与空气中氧气反响生成Na22
O， Na O 易与水反响生成 NaOH， NaOH
汲取空气中的水和 CO2生成 Na2CO3?xH2O，Na2CO3?xH2O 风化脱水生成Na2CO3，故若节余的金属钠露置在空气中最后会变为Na2 3
CO ；
故答案是： Na2CO3；
Ⅱ.( 1) 配制 0. 2 mol · L-1NaCl 溶液 480mL，需要配制 500mL，需要氯化钠的物质的量为
0 .2mol L 05L 0 1mol
，质量为
.
1mol
×
58
.
5g mol5
.
85g
；需称出
NaCl
质量为/ ×. = ./＝
5.9g；
故答案为： 5. 9；
( 2) ①配制前，容量瓶内有水，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，对结果无影响，故答案为：无影响；
②溶液未冷却便定容，致使溶液的体积偏小，浓度偏大；
故答案为：偏高；
③定容时仰望刻度线，致使溶液的体积偏大，浓度偏低。

故答案为：偏低。

【点睛】
此题考察了配制必定物质的量浓度的溶液中的方法。

配制必定物质的量浓度的溶液步骤
有：计算、称量、溶解、冷却转移、清洗转移、定容、摇匀。

依据c n V
可知，必定物质= /
的量浓度溶液配制的偏差都是由溶质的物质的量n 和溶液的体积 V 惹起的，偏差剖析时，
重点要看配制过程中惹起n 和 V 如何的变化，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。

9．(1)0.3mol NH 3分子中所含原子数与__________________个 H2O 分子中所含原子数相等。

(2)在 9.5g 某二价金属的氯化物中含有0.2mol Cl －，该金属元素的相对原子质量为 _______。

(3)在标准状况下，由CO 和 CO2构成的混淆气体为 6.72L，质量为12g，此混淆物中 C 和 O 原子个数比是 _______ 。

23
24 4∶7
【答案】 2.408 ×10
【分析】
【剖析】
(1)依据 N=nN A联合氨气、水分子结共计算；
(2)先依据化合物与氯离子间的关系计算氯化物的物质的量，依据M= m
计算其摩尔质量，n
摩尔质量以g/mol 为单位时，在数值上等于其相对分子质量，进而确立该金属的原子量；
(3)设 CO 和 CO2的物质的量分别为x mol 、y mol ，依据两者整体积、总质量列方程计算解答,而后依据C、 O 守恒剖析。

【详解】
(1) 0.3 mol NH3分子中所含原子数为0.3mol ×N A/mol × 4=1.2N A，要使 H2 O 分子中所含原子数
相等，则 H22A A23个
O 分子数量为 N(H O)=1.2N ÷ 3=0.4N=2.408× 10 ；
(2)某二价金属的氯化物中氯化物的物质的量与氯离子的物质的量之比为1：2，因为 Cl-的
物质的量为0.2mol ，则该氯化物的物质的量是0.1mol ，所以该化合物的摩尔质量
M= m
=9.5g=95g/mol ；当摩尔质量以g/mol 为单位时，在数值上等于其相对分子质n0.1mol
量，所以其相对分子质量为 95，金属的相对原子质量 +35.5 ×2=95，所以该金属元素的相对原子质量为 24；
(3)设混淆气体中CO和 CO2的物质的量分别为x mol 、 y mol ，则：
6.72L
x+y==0.3mol， 28x+44y=12g，解得 x=0.075mol ， y=0.225mol ，则此混淆物中含
22.4L/mol
有 C 原子与 O 原子的物质的量的比为n(C)： n(O)=(0.075mol +0.225mol ) ： (0.075mol
N +2× 0.225mol )=4： 7，依据 n=可知混淆气体中 C、 O 原子个数比为 4：7 。

N A
【点睛】
此题考察物质的量的有关计算，注意对物质的量的有关计算公式的理解，并联合物质的微粒结构进行灵巧运用，旨在考察学生对知识的掌握状况。

10．实验实验室配制500mL 0.1mol?L -1的碳酸钠溶液，请回答以下问题．
（1）应用托盘天平称取 Na2CO3?10H2O 晶体 __________g.
（2）配置碳酸钠溶液时，需要的主要玻璃仪器除烧杯和胶头滴管之外还需要____________.
（3）配置过程中，若碰到以下操作可能造成实验结果偏大，偏小仍是不影响？
①容量瓶中本来有少许蒸馏水 _____
②定容时，俯视液面_____
③有少许氢氧化钠溶液残留在烧杯中_____
④盖好瓶塞频频摇匀，发现液面低于标线，再加蒸馏水使液面达到刻度处
_________、_____
【答案】 14.3玻璃棒500 毫升容量瓶不影响偏大偏小偏小
【分析】
【详解】
（1）配制 500mL 0.1mol/L 的碳酸钠溶液，此中碳酸钠物质的量为
-3
500 10 L 0.1mol/L=0.05mol ，则需要称取的质量为Na2 CO3?10H2O
（2）玻璃棒、 500mL容量瓶；
（3）①容量瓶在定容的过程中还需要加蒸馏水，所以本来有少许蒸馏水对实验无影响；②定容时，俯视液面，液体的实质体积偏小，则浓度偏大；③有少许溶质残留在烧杯中，则溶质物质的量减小，体积不变时浓度偏小；④摇匀后液面低于标线是正常现象，再加
入蒸馏水会使浓度偏小。

【点睛】
盖好瓶塞频频摇匀，发现液面低于标线属于正常现象。

11．现有 14.4gCO 和 CO2的混淆气体，在标准状况下其体积为8.96L。

（1）该混淆气体的均匀摩尔质量为____。

（2）混淆气体中碳原子的个数为 ____(用 N A表示阿伏加德罗常数 )。

（3）将混淆气体挨次经过以下装置，最后采集在气球中(实验在标准状况下测定 )。

①气球中采集到的气体的摩尔质量为____。

②气球的体积为 ____L。

【答案】 36g·mol －1A－1
4.48
0.4N 28g mol·
【分析】
【详解】
设CO和 CO2的物质的量分别为 xmol 、 ymol，则列方程组： 28x+44y=14.4 ，
8.96
x+y=mol ，解之得x=0.2， y=0.2，气体共为0.4mol ，则
22.4
（1）依据 M=m/n 可知，该混淆气体的均匀摩尔质量为14.4g÷ 0.4mol=36g/mol ；答案是： 36g/mol ；
（2） CO 和 CO2中碳原子的物质的量为 0.2mol ×1+0.2mol ×1=0.4mol ，碳原子的个数为0.4mol ×N A=0.4N A；
故答案是： 0.4N A；
（3）将混淆气体挨次经过以下图装置，二氧化碳与氢氧化钠反响，经浓硫酸干燥，获取的气体为 CO，
①气球中采集到的气体为CO，摩尔质量为28g/mol ；。