备战高考化学易错题专题训练-物质的量练习题及答案一、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N A为阿伏伽德罗常数的数值。

（1）标准状况下，2.24L Cl2的质量为____；有__个氯原子。

（2）含0.4mol Al3＋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，3.4g NH3的体积为___；它与标准状况下____L H2S含有相同数目的氢原子。

（6）10.8g R2O5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10mL 1.00mol/L Na2CO3溶液与10mL 1.00mol/L CaCl2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b g，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】7.1g 0.2N A或1.204×1023 0.6mol 3:5 SO2 4.48L 6.72 14 氮 1mol/L0.02mol baN A或6.02×1023ba2.8g 4.48L 3:13【解析】【分析】（1）先计算标准状况下，2.24L Cl2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=mM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，3.4g NH3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10mL 1.00 mol/L Na2CO3溶液与10mL 1.00mol/L CaCl2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，2.24L Cl 2的物质的量为 2.24L 22.4L/mol=0.1mol ，质量为0.1mol×71g/mol=7.1g ，Cl 2为双原子分子，含有的氯原子个数为0.2N A 或1.204×1023，故答案为：7.1g ；0.2N A 或1.204×1023；（2）由化学式可知，含0.4mol Al 3＋的Al 2(SO 4)3中所含的SO 42－的物质的量是0.4mol×32=0.6mol ，故答案为：0.6mol ； （3）阻燃剂碱式碳酸铝镁中OH -与CO 32﹣质量之比为51：300，则这两种离子的物质的量之比为51g 17g/mol ：300g 60g/mol =3:5，故答案为：3:5；（4）由n=m M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，H 2、NH 3、SO 2、O 3四种气体中SO 2的摩尔质量最大，则SO 2的物质的量最小，分子数最小，故答案为：SO 2；（5）标准状况下，3.4g NH 3的物质的量为 3.4g17g/mol =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H 2S 的物质的量为0.6mol2=0.3mol ，标准状况下，0.3mol H 2S 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 ，10.8g R 2O 5的物质的量为10.8g (2M+80)g/mol =10.8(2M+80)mol ，所含氧原子的数目为10.8(2M+80)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10mL 1.00mol/L Na 2CO 3溶液与10mL 1.00mol/L CaCl 2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，10mL 1.00mol/L Na 2CO 3溶液中Na +的物质的量为0.01L×1.00 mol/L×2=0.02mol ，则混和溶液中Na +的物质的量浓度为0.02mol0.02L =1.00mol/L ；10mL 1.00mol/L CaCl 2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A a N mol ，X 的摩尔质量为a N A bg mol =A bN a g/mol ，则X 的相对原子质量AbN a ，故答案为：AbN a 或 236.0210b a ；（9）设CO 、CO 2混合气体中CO 为x mol ，CO 2为y mol ，由题意可得28x+44y=11.6①，x+y= 6.72L 22.4L/mol =0.3mol ②，解①②可得x=0.1，y=0.2，则0.1mol CO 的质量为0.1mol×28g/mol=2.8g ，0.2mol CO 2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，CH 4和O 2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16x+32y x+y =29，解得x ：y=3:13，故答案为：3:13。

2．用无水Na2CO3固体配制230mL0.1000mol·L-1的溶液。

请回答：（1）在配制过程中不必要的玻璃仪器是___。

A．烧杯 B．量筒C．玻璃棒 D．胶头滴管 E.容量瓶（2）定容时的操作：当液面接近容量瓶刻度线时，__，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀。

（3）下列操作会使配得的Na2CO3溶液浓度偏低的是___。

A．称取相同质量的Na2CO3·10H2O固体进行配制B．定容时俯视容量瓶的刻度线C．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线D．转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制【答案】B 用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切 ACD【解析】【分析】（1）配制溶液在烧杯中溶解，需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中定容，当液面接近容量瓶刻度线时，需用胶头滴管滴加液体；（2）当液面接近容量瓶刻度线时，改用胶头滴管滴加；（3）结合ncV及不当操作可知，n偏小或V偏大均使所配的Na2CO3溶液浓度偏低；【详解】（1）配制230mL0.1000mol/L的Na2CO3溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容等，使用的仪器为：托盘天平（带砝码）、药匙、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL的容量瓶；不必要的玻璃仪器是量筒，故答案为：B。

（2）定容时，当液面接近容量瓶刻度线时，用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切，再将容量瓶塞盖好，反复上下颠倒，摇匀，故答案为：用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切。

（3）A. 称取相同质量的Na2CO3⋅10H2O固体进行配制，n偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，A正确；B. 定容时俯视容量瓶的刻度线，V偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏大，B错误；C. 摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，V偏大，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，C正确；D. 转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续配制，n偏小，所配的Na2CO3溶液浓度偏低，D正确；故答案为：ACD。

【点睛】配制一定物质的量浓度过程中误差分析：①向容量瓶中转移液体时有少量流出，n减小，c 偏小；②未洗涤烧杯和玻璃棒，n减小，c偏小；③定容时，水加多了，用胶头滴管吸出，n减小，c偏小；④定容摇匀时，液面下降，再加水，V增大，c偏小；⑤定容时，俯视刻度线，V减小，c偏大；⑥仰视刻度线，V增大，c偏小；⑦溶液未冷却到室温就注入容量瓶并定容，V减小，c偏大。

3．锂因其重要的用途，被誉为“能源金属”和“推动世界前进的金属”．（1）Li 3N 可由Li 在N 2中燃烧制得．取4.164g 锂在N 2中燃烧，理论上生成Li 3N__g ；因部分金属Li 没有反应，实际反应后固体质量变为6.840g ，则固体中Li 3N 的质量是__g （保留三位小数，Li 3N 的式量：34.82）（2）已知：Li 3N+3H 2O→3LiOH +NH 3↑．取17.41g 纯净Li 3N ，加入100g 水，充分搅拌，完全反应后，冷却到20℃，产生的NH 3折算成标准状况下的体积是__L ．过滤沉淀、洗涤、晾干，得到LiOH 固体26.56g ，计算20℃时LiOH 的溶解度__．（保留1位小数，LiOH 的式量：23.94）锂离子电池中常用的LiCoO 2，工业上可由碳酸锂与碱式碳酸钴制备．（3）将含0.5molCoCl 2的溶液与含0.5molNa 2CO 3的溶液混合，充分反应后得到碱式碳酸钴沉淀53.50g ；过滤，向滤液中加入足量HNO 3酸化的AgNO 3溶液，得到白色沉淀143.50g ，经测定溶液中的阳离子只有Na +，且Na +有1mol ；反应中产生的气体被足量NaOH 溶液完全吸收，使NaOH 溶液增重13.20g ，通过计算确定该碱式碳酸钴的化学式__，写出制备碱式碳酸钴反应的化学方程式__．（4）Co 2(OH)2CO 3和Li 2CO 3在空气中保持温度为600～800℃，可制得LiCoO 2，已知： 3Co 2(OH)2CO 3+O 2→2Co 3O 4+3H 2O+3CO 2；4Co 3O 4+6Li 2CO 3+O 2→12LiCoO 2+6CO 2按钴和锂的原子比1：1混合固体，空气过量70%，800℃时充分反应，计算产物气体中CO 2的体积分数__．（保留三位小数，已知空气组成：N 2体积分数0.79，O 2体积分数0.21）【答案】6.964 6.656 11.2 12.8g 2CoCO 3•3Co （OH ）2•H 2O5CoCl 2+5Na 2CO 3+4H 2O=2CoCO 3•3Co （OH ）2•H 2O+10NaCl+3CO 2↑ 0.305【解析】【分析】【详解】（1）首先写出锂在氮气中燃烧的方程式：236Li+N 2Li N 点燃，接下来根据4.164g =0.6mol 6.94g/mol算出锂的物质的量，则理论上能生成0.2mol 的氮化锂，这些氮化锂的质量为0.2mol 34.82g/mol=6.964g ⨯；反应前后相差的质量为6.840g-4.164g=2.676g ，这些增加的质量实际上是氮原子的质量，即2.676g =0.191mol 14g/mol的氮原子，根据氮守恒我们知道氮化锂的物质的量也为0.191mol ，这些氮化锂的质量为0.191mol 34.82g/mol=6.656g ⨯；（2）根据17.41g =0.5mol 34.82g/mol先算出氮化锂的物质的量，根据方程式不难看出氮化锂和氨气是1:1的，这些氨气在标况下的体积为22.4L/mol 0.5mol=11.2L ⨯；根据化学计量比，0.5mol 的氮化锂理论上能生成1.5mol 的LiOH ，这些LiOH 的质量为1.5mol 23.94g/mol=35.91g ⨯，缺少的那9.35克LiOH 即溶解损失掉的，但是需要注意：溶解度指的是100克溶剂能溶解达到饱和的最大溶质的量，虽然一开始有100克水，但是反应会消耗掉1.5mol 水，这些水的质量为1.5mol 18g/mol=27g ⨯，因此我们算出的9.35克是73克水中能溶解的LiOH 的量，换算一下9.35g S =100g-27g 100g ，解得S 为12.8克；（3）加入硝酸银后的白色沉淀为AgCl ，根据143.5g =1mol 143.5g/mol算出-Cl 的物质的量，因此-Cl 全部留在溶液中，碱式碳酸钴中无-Cl ，+Na 也全部留在溶液中，沉淀中无+Na ，使烧碱溶液增重是因为吸收了2CO ，根据13.2g =0.3mol 44g/mol算出2CO 的物质的量，根据碳守恒，剩下的0.5mol-0.3mol=0.2mol 2-3CO 进入了碱式碳酸钴中，0.5mol 2+Co 全部在碱式碳酸钴中，剩下的负电荷由-OH 来提供，因此-OH 的物质的量为0.6mol 。