2024届高考化学一轮总复习单元质检卷3第三单元物质的量

这是一份2024届高考化学一轮总复习单元质检卷3第三单元物质的量，共11页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
单元质检卷3
一、选择题(本题共12小题，共48分，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1．(2022·广州执信中学月考)化学是一门以实验为基础的学科。图中是常见的实验仪器，下列叙述正确的是(　　)




①
②
③



④
⑤
⑥
A．②、③都可用于量取一定体积的液体，②的“0”刻度在上，③的“0”刻度在下
B．①、⑤均可用作反应容器
C．④可用于分离苯与溴苯的混合物
D．⑥用水洗净后可以放进烘箱中烘干
解析：量筒没有“0”刻度，可用于粗略量取一定体积的液体，故A项错误；锥形瓶和圆底烧瓶都可用作反应容器，故B项正确；分离苯与溴苯的混合物时应选用直形冷凝管组装蒸馏装置，不能选用不便于液体顺利流下的球形冷凝管，故C项错误；容量瓶是配制一定物质的量浓度溶液的量器，用水洗净后不可以放进烘箱中烘干，应自然晾干，故D项错误。
答案：B
2．(2022·汕头黄图盛中学第一次模拟)下列有关实验原理或操作正确的是(　　)
A．用20 mL量筒量取15 mL酒精，加水5 mL，配制质量分数为75%的酒精溶液
B．在200 mL某硫酸盐溶液中，含有1.5NA个硫酸根离子，同时含有NA个金属阳离子，不考虑水解问题，则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5 mol·L－1
C．实验中需用2.0 mol·L－1的Na2CO3溶液950 mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别为1 000 mL、201.4 g
D．实验室配制500 mL 0.2 mol·L－1的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称取27.8 g绿矾(FeSO4·7H2O)，放入小烧杯中加水溶解，转移到500 mL容量瓶，洗涤、稀释、定容、摇匀
解析：量筒不能用来配制溶液，应用烧杯配制，A项错误；1.5NA个硫酸根离子的物质的量为1.5 mol，NA个金属阳离子的物质的量为1 mol，令金属离子的化合价为x，根据电荷守恒可知，x＝1.5×2＝3，故金属阳离子为＋3价，所以该硫酸盐可以表示为M2(SO4)3，根据硫酸根守恒可知，硫酸盐为0.5 mol，所以该硫酸盐的物质的量浓度为＝2.5 mol·L－1，B项正确；容量瓶没有950 mL规格，应用1 000 mL的容量瓶进行配制，则m(Na2CO3)＝cVM＝1 L×2 mol·L－1×106 g·mol－1＝212 g，C项错误；溶解后需要冷却至室温再进行转移，D项错误。
答案：B
3．(2022·东莞外国语学校月考)Fe/Fe3O4磁性材料在很多领域具有应用前景，其制备过程如下(各步均在N2氛围中进行)：①称取9.95 g FeCl2·4H2O，配成50.00 mL溶液，转移至恒压滴液漏斗中。②向三颈烧瓶中加入100.0 mL 14.00 mol·L－1 KOH溶液。③持续磁力搅拌，将FeCl2溶液以2 mL/min的速度全部滴入三颈烧瓶中，100 ℃以下回流3 h。④冷却后过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀，在40 ℃干燥。⑤管式炉内焙烧2 h，得产品3.24 g。上述过程中涉及的装置或操作正确的是(夹持及加热装置已省略)(　　)


解析：托盘天平最小示数为0.1 g，故无法称取9.95 g FeCl2·4H2O，故A项错误；转移液体要用玻璃棒引流，题图B中所示操作正确，故B项正确；冷凝管冷水应从下端流入，上端流出，故C项错误；过滤操作中漏斗下端要靠近烧杯内壁，故D项错误。
答案：B
4．(2022·汕尾田家炳中学月考)以菱镁矿(主要成分是MgCO3，含少量FeCO3)为原料制取高纯氧化镁需要经历酸浸、调pH、过滤、灼烧等操作。下列实验装置和原理能达到实验目的的是(　　)
　
A．用装置甲配制稀H2SO4
B．用装置乙测定溶液的pH
C．用装置丙过滤悬浊液
D．用装置丁灼烧Mg(OH)2固体
解析：容量瓶属于玻璃精量器，不能在容量瓶中直接稀释溶液，选项A错误；测定溶液的pH时不能将pH试纸直接放进溶液中，应用玻璃棒蘸取溶液点在试纸上与比色卡对比读数，选项B错误；用题图所示的装置丙过滤悬浊液，装置及操作均正确，选项C正确；灼烧固体时应选用坩埚，且加热固体物质时试管口应该向下倾斜，选项D错误。
答案：C
5．(2022·广州六中第三次模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．标准状况下，11.2 L苯中所含C—H键数目为3NA
B．7.8 g Na2S和Na2O2组成的混合物，所含阴离子总数为0.1NA
C．1 L 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中CO和HCO离子数之和为0.1NA
D．常温下，pH＝2的H2SO4溶液中所含H＋数目为0.01NA
解析：标准状况下苯不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，A项错误；Na2S含有2个
Na＋和1个S2－，Na2O2中含有2个Na＋和1个O，化学式中都是含有1个阴离子，二者的相对分子质量都是78，则7.8 g Na2S和Na2O2组成的混合物中含有的阴离子的物质的量是0.1 mol，故其中所含阴离子总数为0.1NA，B项正确；1 L 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中含有溶质的物质的量是0.1 mol，Na2CO3在溶液中会部分发生水解反应产生HCO、H2CO3，存在水解平衡，根据物料守恒可知溶液中CO和HCO、H2CO3的物质的量的和为0.1 mol，CO和HCO的物质的量的和小于0.1 mol，故CO和HCO离子数目之和小于0.1NA，C项错误；常温下，pH＝2的H2SO4溶液中c(H＋)＝10－2 mol·L－1，但只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒数目，D项错误。
答案：B
6．(2022·广州执信中学模拟预测)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中，CH3COOH和CH3COO－数目和为0.1NA
B．56 g Fe与足量水蒸气充分反应，转移电子数为3NA
C．3.4 g H2O2中极性共价键的数目为0.3NA
D．34 g羟基—16OH所含中子数为16NA
解析：缺少溶液的体积，无法计算0.1 mol·L－1醋酸溶液中醋酸的物质的量或醋酸、醋酸根离子的数目和，故A项错误；铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，则56 g铁与足量水蒸气充分反应时，转移电子数为××NA mol－1＝NA，故B项错误；过氧化氢分子中含有2个氢氧极性键，则3.4 g H2O2中极性共价键的数目为×2×NA mol－1＝0.2NA，故C项错误；—16OH中含有的中子数为8，则34 g—16OH中含有的中子数为×8×NA mol－1＝16NA，故D项正确。
答案：D
7．(2022·汕头潮阳黄图盛中学第一次模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．1 L 1 mol·L－1的NaHCO3溶液中含有的离子数为3NA
B．22.4 L的CO2与过量Na2O2充分反应转移的电子数为NA
C．常温下，2.7 g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA
D．常温常压下，14 g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA
解析：HCO不能完全电离，部分发生水解，因此1 L 1 mol·L－1的NaHCO3溶液中含有的离子数小于3NA，故A项错误；未注明气体的状况，无法确定气体的物质的量，故B项错误；铝片遇到冷的浓硫酸会钝化，铝失去的电子数小于0.3NA，故C项错误；氮气和一氧化碳的摩尔质量都是28 g·mol－1，都是双原子分子，14 g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为＝0.5 mol，含有1 mol原子，含有的原子数目为NA，故D项正确。
答案：D
8．(2022·金山中学期末)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(　　)
A．25 ℃，1 L pH＝10的NaHCO3溶液中含有CO的数目为10－4NA
B．含1 mol H2O的冰中含有4NA个氢键
C．含0.1 mol NH4HSO4的溶液中，阳离子数目略小于0.2NA
D．用惰性电极电解1 L 0.2 mol·L－1 AgNO3溶液，当两极产生气体的物质的量相等时，电路中通过电子数为0.4NA
解析：因为HCO＋H2OH2CO3＋OH－，使溶液显碱性，1 L pH＝10的NaHCO3溶液中含有H2CO3的数目为10－4NA，因为碳酸氢根水解大于电离，所以CO浓度小于碳酸，A项错误；冰中每个水分子和其余四个水分子形成氢键，根据均摊法，相当于一个水分子形成两个氢键，B项错误；因为NH4HSO4===NH＋H＋＋SO，虽然铵根离子水解NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，但是不减少离子数目，再加上H2OOH－＋H＋，所以阳离子数目略大于0.2NA，C项错误；惰性电极电解1 L 0.2 mol·L－1 AgNO3溶液，阴极先是Ag＋得电子，不产生气体，当银离子放电完全时才会氢离子放电产生氢气，阳极一直是氢氧根失去电子生成氧气，假设两极产生气体均为x mol，则：
　Ag＋　＋　e－　===　Ag
0．2 mol 0.2 mol
2H＋　＋　2e－　===　H2↑
2x mol x mol
4OH－　－　4e－　===　O2↑＋2H2O
4xx mol
根据得失电子数相等，则有0.2＋2x＝4x，所以x＝0.1，故转移电子数为0.4NA，D项正确。
答案：D
9．氮及其化合物的“价—类”二维图如下所示。下列说法正确的是(　　)

A．X可通过加热氯化铵固体制取
B．从物质类别角度分析，P和Z都属于酸性氧化物
C．将X转化为Q的过程，属于氮的固定
D．3.2 g Cu与10 mol·L－1的Y溶液恰好反应，生成NO、NO2混合气体1.12 L(标准状况)，则Y溶液的体积为15 mL
解析：X是NH3，加热氯化铵固体生成的NH3和HCl，遇冷重新生成NH4Cl，不能制取NH3，A项错误；P是N2O5，Z是NO2或N2O4，而NO2、N2O4不是酸性氧化物，B项错误；Q是NO，氨转化为NO不属于氮的固定，C项错误；Y是HNO3，3.2 g Cu为0.05 mol，与HNO3反应生成0.05 mol Cu(NO3)2，生成NO、NO2混合气体1.12 L(标准状况)，则气体总物质的量为0.05 mol，据N原子守恒可知原硝酸中n(HNO3)＝0.05 mol×2＋0.05 mol＝0.15 mol，故硝酸溶液的体积为＝0.015 L＝15 mL，D项正确。
答案：D
10．(2022·东莞中学松山湖学校月考)已知：4KMnO4＋6H2SO4＋5HCHO===4MnSO4＋5CO2↑＋11H2O＋2K2SO4，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(　　)
A．0.1 mol·L－1的K2SO4溶液中所含的离子总数为0.3NA
B．1 mol甲醛(HCHO)中所含共用电子对总数为3NA
C．100 g质量分数为98%的H2SO4溶液中含有的氧原子总数为4NA
D．常温下，若该反应生成气体4.4 g，则反应中转移的电子数为0.4NA
解析：根据N＝cVNA，没有给出0.1 mol·L－1的K2SO4溶液的体积，无法计算，A项错误；HCHO的结构式为CHOH，1 mol甲醛(HCHO)中所含共用电子对总数为4NA，B项错误；H2SO4溶液由溶质硫酸和溶剂水两部分组成，H2SO4中氧原子数目为n(O)＝×4NA，溶剂水中的氧为n(O)＝×NA＝NA，100 g质量分数为98%的H2SO4溶液中含有的氧原子总数大于4NA，C项错误；4.4 g气体的物质的量＝0.1 mol，反应中锰的化合价由＋7降低为＋2，碳的化合价由0价升高为＋4价，转移电子为20e－，根据反应和电子转移，可得5CO2～20e－，则生成4.4 g气体时，转移的电子数为0.1 mol×4NA＝0.4NA，D项正确。
答案：D
11．(2022·佛山中学月考)设NA是阿伏加德罗常数的值。利用反应2NH3＋NaClO===N2H4＋NaCl＋H2O可制备火箭推进剂的燃料N2H4。下列说法正确的是(　　)
A．0.1 mol NH3溶于水形成的饱和溶液中，NH的数目为0.1NA
B．1 L 2 mol·L－1的NaClO溶液中，O原子的数目为2NA
C．每生成11.7 g NaCl，该反应转移电子数为0.4NA
D．标准状况下，2.24 L的H2O中含有的质子数为NA
解析：氨溶于水后部分氨和水反应生成一水合氨，一水合氨部分电离，故溶液中的铵根数目不能确定，A项错误；溶液中有水，水分子中含有氧原子，故1 L 2 mol·L－1的NaClO溶液中，O原子的数目大于2NA，B项错误；每生成1 mol氯化钠转移2 mol电子，故每生成11.7 g氯化钠即0.2 mol，则转移0.4 mol电子，C项正确；标准状况下水不是气体，不能使用气体摩尔体积进行计算，D项错误。
答案：C
12．(2022·天津耀华中学第一次模拟)2021年，我国科学家首次在实验室实现CO2到淀粉的全合成，其合成路线如下，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是(　　)

A．标准状况下，11.2 L CO2中含有共用电子对数目为2NA
B．反应②、③无法在高温下进行
C．反应②中，3.2 g CH3OH生成HCHO时转移电子数目为0.2NA
D．DHA与乙酸发生取代反应，可消耗乙酸分子数目为2NA
解析：已知1分子CO2中含有4个共用电子对，则标准状况下，11.2 L CO2中含有共用电子对数目为×4NA mol－1＝2NA，A项正确；由题干信息可知，反应②、③均使用酶作催化剂，则无法在高温下进行，否则酶将失去生理活性，B项正确；已知1 mol CH3OH转化为HCHO过程中失去2 mol电子，则反应②中，3.2 g CH3OH生成HCHO时转移电子数目为×2NA mol－1＝0.2NA，C项正确；由于题干未告知DHA的物质的量，故无法计算DHA与乙酸发生取代反应消耗乙酸分子数目，D项错误。
答案：D
二、非选择题(本题共3小题，共52分。)
13．(14分)(2022·中山一中月考)Ⅰ.“84”消毒液是一种常见的消毒液，可用于灭活新冠病毒，某品牌的“84”消毒液的主要成分为NaClO，浓度为4.0 mol·L－1，密度为1.2 g/mL。请回答下列问题：
(1)该“84”消毒液的质量分数为__________(保留三位有效数字)。
(2)某同学欲用NaClO固体配制240 mL 0.8 mol·L－1“84”消毒液。
①需要称量NaClO的质量为__________g。
②下列操作会导致所得溶液浓度偏高的是__________(填字母)。
A．用长时间放置在空气中的NaClO固体配制
B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水
C．定容时俯视容量瓶刻度线
Ⅱ.近年来，雾霾天气频繁发生，降低氮氧化物的排放，至关重要。
(3)三元催化剂能同时实现汽车尾气中的CO、NOx、CxHy三种成分的净化，其催化剂表面物质转化的关系如图1所示，化合物X可借助傅里叶红外光谱图(如图2所示)确定。
　
①X的化学式为__________。
②在图1的转化中，既有被氧化又有被还原的元素是__________(填元素符号)。
解析：Ⅰ.(1)该“84”消毒液主要成分是NaClO，根据物质的量浓度与质量分数换算式c＝，可知其质量分数w＝＝×100%＝24.8%。
(2)①在实验室中没有规格是240 mL的容量瓶，应该选择使用250 mL的容量瓶配制溶液，则需称量NaClO的质量m(NaClO)＝0.8 mol·L－1×0.25 L×74.5 g·mol－1＝14.9 g。②由于酸性H2CO3＞HClO，所以NaClO会与空气中的CO2、H2O发生反应导致变质，因此用长时间放置在空气中的NaClO固体配制溶液，导致物质的浓度变小，A项不符合题意；配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，不影响溶质的物质的量及溶液的体积，因此对配制溶液的浓度无影响，B项不符合题意；定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液的体积偏小，由于溶质的物质的量不变，因此最终使配制溶液的浓度偏高，C项符合题意；故合理选项是C。
Ⅱ.(3)①NOx、O2、BaO反应产生Ba(NO3)2，Ba(NO3)2与CO、CxHy反应产生N2、H2O、CO2及BaO。②在题图1的转化中，在NOx、O2、BaO反应产生Ba(NO3)2时，N元素被氧化；在Ba(NO3)2与CO、CxHy反应产生N2、H2O、CO2及BaO时，N元素又被还原，故在题图1的转化关系中既被氧化又有被还原的元素是N元素。
答案：Ⅰ.(1)24.8%　(2)①14.9　②C
Ⅱ.(3)Ba(NO3)2　N
14．(20分)(2022·惠州惠阳中学月考)利用图1所示实验装置可以测定常温常压下气体的摩尔体积。
　
甲同学利用如图1装置，根据下列步骤完成实验：①组装好装置，做气密性检查。②用砂纸擦去镁带表面的氧化物，然后取0.108 g的镁带。③取下A瓶加料口的橡皮塞，用小烧杯加入20 mL水，再把已称量的镁带加到A瓶的底部，用橡皮塞塞紧加料口。④用注射器从A瓶加料口处抽气，使B瓶导管内外液面持平。⑤用注射器吸取10 mL 3 mol·L－1硫酸溶液，用针头扎进A瓶加料口橡皮塞，将硫酸注入A瓶，注入后迅速拔出针头。⑥当镁带完全反应后，读取C瓶中液体的体积，记录数据。⑦用注射器从A瓶加料口处抽出8.0 mL气体，使B瓶中导管内外液面持平。⑧读出C瓶中液体体积是115.0 mL。回答下列问题：
(1)常温常压下的压强为________，温度为________。
(2)在常温常压下气体摩尔体积理论值约为24.5 L/mol，甲同学测出此条件下1 mol气体的体积为________，计算此次实验的相对误差为________%(保留两位有效数字)，引起该误差的可能原因是________(填字母)。
a．镁带中含铝
b．没有除去镁带表面的氧化物
c．反应放热
d．所用硫酸的量不足
(3)乙同学提出可用如图2所示装置完成该实验，该装置气密性的检查方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)与原方案装置相比，乙同学使用的装置实验精度更高。请说明理由(任写两条)：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)常温常压下的压强为101 kPa，温度为25 ℃(298 K)。(2)分析实验步骤知加入硫酸的体积也排出装置内的气体使C瓶中液体体积增加，用注射器从A瓶加料口处抽气，使B瓶导管内外液面持平，抽出气体的体积应加在氢气体积之中；根据反应：Mg＋2H＋===
Mg2＋＋H2↑计算0.108 g的镁带与10 mL 3 mol·L－1硫酸溶液反应生成氢气的物质的量为0.004 5 mol，产生氢气的体积为(115.0－10＋8.0) mL＝113 mL＝0.113 L，则甲同学测出此条件下1 mol气体的体积为0.113 L÷0.004 5＝25.1 L，又常温常压下气体摩尔体积理论值约为24.5 L/mol，此次实验的相对误差为×100%＝2.5%。引起误差的可能原因：a项，等质量的镁和铝与足量硫酸反应，铝产生的氢气多，镁带中含铝，生成氢气的体积偏大，正确；b项，没有除去镁带表面的氧化物，与足量硫酸反应生成氢气的体积偏小，错误；c项，反应放热，气体受热膨胀，体积偏大，正确；d项，所用硫酸的量不足，产生氢气的体积偏小，错误。答案选ac。(3)题图2装置气密性的检查方法是快速上移或下移水准管，若量气管内液面最终与水准管液面存在稳定的液面差即气密性良好。(4)气体体积的受温度和压强影响，从温度和压强角度分析。与原方案装置相比，乙同学使用的装置实验精度更高，原因如下：压强——该装置能更简便、更准确地控制气压不变；温度——借助水浴装置，实验温度更接近常温(水浴能减小反应放热带来的误差)；精度——量气管由滴定管改制，读数更精确。
答案：(1)101 kPa　25 ℃(298K)　(2)25.1 L　2.5　ac
(3)快速上移或下移水准管，若量气管内液面最终与水准管液面存在稳定的液面差即气密性良好　(4)该装置能更简便、更准确地控制气压不变　借助水浴装置，实验温度更接近常温(或水浴能减小反应放热带来的误差或其他合理答案)
15．(18分)(2022·广州六中第三次模拟)氨是一种重要的工业原料。
(1)氨的制备。


①氨的发生装置可以选择上图中的______，反应的化学方程式为_________________。
②欲收集一瓶干燥的氨，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→______________(按气流方向，用小写字母表示)。
③新制的氨水中含氮元素的微粒有3种：NH3、NH3·H2O和NH，试用合理的离子方程式解释：_____________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)设计实验，探究NH对稀氨水中存在的溶质的电离平衡的影响。
①限选试剂与仪器：0.1 mol·L－1氨水、NH4Cl、CH3COONH4、NH4HCO3、(NH4)2CO3、量筒、烧杯、玻璃棒、药匙、天平、pH计、恒温水浴槽(可控制温度)。
②设计实验方案，拟定实验表格，完整体现实验方案(列出能直接读取数据的相关物理量)。
实验序号
V(0.1 mol·L－1氨水)/mL
m(铵盐)/g
t/℃
____
1
100
0
25
b
2
100
a
25
c
③表中物理量“m(铵盐)/g”的铵盐是_____________________________________。
(已知25 ℃几种弱电解质的电离常数分别为：NH3·H2O
1．75×10－5、醋酸1.75×10－5、碳酸4.4×10－7和4.7×10－11)
④按实验序号2所拟数据进行实验，则一水合氮的电离度(平衡转化率)为____________________。
解析：(1)①在实验室通常是用加热氯化铵和消石灰固体混合物制取氨，应选用发生装置A，其反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2===CaCl2＋2H2O＋2NH3↑；或选用发生装置B，直接加热浓氨水生成氨：NH3·H2O===NH3↑＋H2O。②氨是碱性气体，可用碱石灰干燥，密度小于空气，应采用向下排空气法收集，氨极易溶于水，尾气处理时应防止倒吸，故要收集一瓶干燥的氨，仪器的连接顺序为发生装置→d→c→f→e→i(cd、ef位置可颠倒)。③新制的氨水中存在NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－，故有NH3、NH3·H2O和NH这三种微粒。
(2)分析实验可知该实验还需测定溶液的pH，实验思路是设置对比实验，注意控制单一变量思想的应用，题干所给的三种铵盐中，除铵根离子外，碳酸氢根、醋酸根也会对一水合氨的电离产生影响，故所选用的铵盐为氯化铵；根据水解反应NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，忽略水的电离，则c电离(NH)＝c(OH－)，直接根据pH＝－lg c(H＋)可得：c(H＋)＝10－c mol·L－1，则c(OH－)＝10c－14 mol·L－1，故c电离(NH)＝c(OH－)＝10c－14，则电离度为α＝×100%＝10c－13%。
答案：(1)①A(或B)　2NH4Cl＋Ca(OH)2===CaCl2＋2H2O＋2NH3↑(或NH3·H2O===NH3↑＋H2O)　②d→c→f→e→i(cd、ef位置可颠倒)　③NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－
(2)②pH　③NH4Cl　④10c－13%