新教材2023年高考化学总复习考案3单元检测卷三第二章物质的量及其应用A卷

考案[三]单元检测卷(三)第二章物质的量及其应用(A卷)时间：60分钟满分：100分一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．(2023·山东泰安模拟)以天然气为原料经由合成气(CO、H2)制备化学品是目前天然气转化利用的主要技术路线。制备CH3OH的反应转化关系如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(D)A．用1molCH4理论上能生产标准状况下CH3OH22.4LB．等物质的量的CH3OH和CH4，CH3OH的质子数比CH4多8NAC．44gCO2气体和44gCH4与CO的混合气体，所含C原子数一定为NAD．用CH4制备合成气的过程中，每生成1molCO，转移电子总数为3NA[解析]根据图中信息可知，制备CH3OH的反应过程为CH4(g)=C(s)＋2H2(g)，CO2(g)＋C(s)=2CO(g)，2H2(g)＋CO(g)=CH3OH(l)，总反应为CH4(g)＋CO2(g)=CH3OH(l)＋CO(g)。CH3OH在标准状况下不是气体，故无法得出标准状况下的体积是22.4L的结论，A错误；一个甲醇分子含有18个质子，一个甲烷分子含有10个质子，一个甲醇分子比一个甲烷分子多8个质子，则1molCH3OH比1molCH4多8NA个质子，但等物质的量没给出具体的物质的量数值，故CH3OH的质子数不一定比CH4多8NA，B错误；44gCO2气体的物质的量为eq\f(m,M)＝eq\f(44g,44g·mol－1)＝1mol，一氧化碳的相对分子质量为28，甲烷的相对分子质量为16,44gCH4与CO的混合气体假设全部是CH4气体，物质的量为eq\f(44g,16g·mol－1)>1mol，44gCH4与CO的混合气体假设全部是CO气体，物质的量为eq\f(44g,28g·mol－1)>1mol，故44gCH4与CO的混合气体的物质的量大于1mol，所含C原子数大于1mol，故C原子数大于NA，C错误；制备CH3OH的反应过程中生成一氧化碳，发生反应：CO2(g)＋C(s)=2CO(g)，生成2mol一氧化碳时，转移2mol电子消耗1mol碳原子，消耗的碳原子来自甲烷的分解，CH4(g)=C(s)＋2H2(g)，甲烷中碳的化合价从－4价升高到0价，生成1mol碳原子转移的电子的物质的量为4mol，要生成2mol一氧化碳共需要转移6mol电子，则若生成1molCO，反应转移电子的物质的量为3mol，转移的电子数为3NA，D正确。2．(2023·湖南三湘名校教育联盟联考)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(D)A．0.5molCl2通入FeCl2溶液中，最后溶液中含有的Fe3＋的数目为NAB．常温下，1LpH＝10的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×10－10NAC．一定质量的某单质，若质子数为nNA，则中子数一定等于nNAD．12g甲烷完全燃烧转移的电子数为6NA[解析]未指明FeCl2的量，无法计算溶液中含有的Fe3＋的数目，A错误；常温下，1LpH＝10的CH3COONa溶液中，水电离产生的c(OH－)＝10－4mol·L－1，则发生电离的水分子数为1×10－4NA，B错误；质子数不一定等于中子数，C错误；甲烷燃烧过程，C元素的化合价由－4价升高到＋4价，12g甲烷的物质的量为eq\f(3,4)mol，则完全燃烧转移的电子数为eq\f(3,4)mol×8×NAmol－1＝6NA，D正确。3．(2023·山东日照实验中学检测)某溶液中，忽略水的电离，只含下表中所示的四种离子，推测X及其物质的量可能为(C)离子Fe3＋Al3＋Cl－X物质的量amol2amolamolbA．OH－、8amol B．I－、8amolC．SOeq\o\al(2－,4)、4amol D．SOeq\o\al(2－,4)、8amol[解析]OH－与Fe3＋、Al3＋发生反应生成沉淀，Fe3＋与I－发生氧化还原反应，故X不可能是OH－或I－，A、B均错误；结合C、D项可知，X是SOeq\o\al(2－,4)，据溶液呈电中性可得：3n(Fe3＋)＋3n(Al3＋)＝n(Cl－)＋2n(SOeq\o\al(2－,4))，代入表中数据：3amol＋3×2amol＝amol＋2b，解得b＝4amol。4．(2023·安徽名校联考)下列说法正确的是(C)A．某气体X相对氢气的密度是16，则该气体的摩尔质量为32B．VLNH4Al(SO4)2溶液中含agSOeq\o\al(2－,4)，取此溶液eq\f(V,2)L用水稀释为5VL，则稀释后溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))为eq\f(a,960V)mol·L－1(不考虑水解)C．常温常压下，同质量的气体X和气体Y，体积V(X)>V(Y)，则摩尔质量M(X)<M(Y)D．mg气体Y所含分子数为b，则ng该气体在标准状况下体积为(NA为阿伏加德罗常数的值)eq\f(22.4mb,nNA)L[解析]摩尔质量的单位为g·mol－1，A错误；原溶液中c(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(a,96V)mol·L－1，稀释后c(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(a,960V)mol·L－1，故稀释后溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＝eq\f(1,2)c(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(1,2)×eq\f(a,960V)mol·L－1，B错误；常温常压下，V(X)>V(Y)，则物质的量n(X)>n(Y)，气体X和气体Y的质量相同，说明摩尔质量M(X)<M(Y)，C正确；mg气体Y所含分子数为b，则其摩尔质量M(Y)＝eq\f(mNA,b)g·mol－1，ng该气体的物质的量为eq\f(nb,mNA)mol，在标准状况下的体积为eq\f(22.4nb,mNA)L，D错误。5．(2023·北京十一学校开学考)配制100mL1.0mol·L－1NaOH溶液的操作如图所示。下列说法正确的是(C)A．操作1前需用称量纸称取质量为4.0g的NaOHB．操作1中NaOH完全溶解后，应立刻进行操作2C．操作4中如果俯视刻度线，则所配NaOH溶液浓度偏大D．操作5后液面下降，需补充少量水至刻度线[解析]氢氧化钠具有腐蚀性，不能用称量纸称量，A错误；操作1中NaOH完全溶解后，应先冷却到室温，再进行操作2，B错误；操作4中如果俯视刻度线，则加入蒸馏水的体积偏小，所配NaOH溶液浓度偏大，C正确；操作5后若补充少量水至刻度线，则加入蒸馏水的体积偏大，导致所配NaOH溶液浓度偏小，D错误。6．(2023·湖南长沙一中月考)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(B)A．在反应4Cl2＋8NaOH=6NaCl＋NaClO＋NaClO3＋4H2O中，消耗1molCl2时转移的电子总数为NAB．28g乙烯和环己烷的混合物所含氢原子数目为4NAC．64gSO2与足量O2充分反应后可得到NA个SO3分子D．标准状况下，2.24L四氯化碳中含有的分子数目为0.1NA[解析]由反应可知，4molCl2参与反应，有3mol被还原生成NaCl，转移6mol电子，故消耗1molCl2时转移的电子总数为1.5NA，A错误；乙烯为C2H4，环己烷为C6H12，二者最简式均为CH2,28g混合物含“CH2”为2mol，则所含氢原子数目为4NA，B正确；SO2转化为SO3是可逆反应，64gSO2为1mol，与足量O2充分反应，不可能得到NA个SO3分子，C错误；标准状况下，四氯化碳为液体，2.24LCCl4不是0.1mol，故含有的分子数目不是0.1NA，D错误。7．(2023·湖南湘豫名校联考)设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是(D)A．32.5g锌与一定量浓硫酸完全反应，生成气体的分子数为0.5NAB．28g乙烯和丙烯混合气体中含有的原子数目为6NAC．常温常压下，2gHeq\o\al(18,2)O和D2O的混合物中含有的电子数一定为NAD．含63gHNO3的浓硝酸与足量铜完全反应，转移电子数目一定为0.75NA[解析]32.5g锌的物质的量为eq\f(32.5g,65g·mol－1)＝0.5mol,0.5mol锌完全反应转化为Zn2＋时失去1mol电子，锌可与浓硫酸反应，也可与稀硫酸反应，且无论生成SO2还是生成H2，每生成1个气体分子都转移2个电子，故转移1mol电子时一定生成0.5mol气体，气体的分子数为0.5NA，A正确；乙烯和丙烯的最简式均为CH2,28g该混合气体相当于含有2mol“CH2”，则含的原子数目为6NA，B正确；Heq\o\al(18,2)O和D2O的摩尔质量均为20g·mol－1,2gHeq\o\al(18,2)O和D2O的混合物的物质的量为0.1mol，每个Heq\o\al(18,2)O和D2O分子中均含有10个电子，则2gHeq\o\al(18,2)O和D2O的混合物中含有的电子数一定为NA，C正确；63gHNO3的物质的量为1mol，浓硝酸与铜反应时，若只发生反应：Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，则1molHNO3反应时转移电子数目为0.5NA，但随着反应的进行，浓硝酸逐渐变成稀硝酸，还会发生反应：3Cu＋8HNO3=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，若只发生反应3Cu＋8HNO3=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，则1molHNO3反应时转移电子数目为0.75NA，则整个过程转移电子数目介于0.5NA和0.75NA之间，D错误。8．(2023·山东青岛检测)如图是实验室硫酸试剂标签上的部分内容，据此判断下列说法正确的是(A)A．配制500mL4.6mol·L－1的稀硫酸需取该硫酸125mLB．1molAl与足量的该硫酸反应产生3g氢气C．该硫酸的物质的量浓度为9.2mol·L－1D．将该硫酸加水配制成质量分数为49%的溶液时，其物质的量浓度等于9.2mol·L－1[解析]根据c＝eq\f(1000ρw,M)可知，该硫酸的物质的量浓度为eq\f(1000×1.84×98%,98)mol·L－1＝18.4mol·L－1，根据稀释规律，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，故配制500mL4.6mol·L－1的稀硫酸需要浓硫酸的体积为eq\f(500mL×4.6mol·L－1,18.4mol·L－1)＝125mL，A正确，C错误；常温下铝在浓硫酸中发生钝化，不产生氢气，B错误；浓硫酸和水的密度不同，等质量混合后体积不等于原硫酸体积的2倍，混合后H2SO4的物质的量浓度不是9.2mol·L－1，D错误。9．(2023·湖南长沙检测)现有Fe和Fe2O3的固体粉末44g。向其中加入1L稀硫酸，固体粉末全部溶解，产生H2的体积为8.96L(标准状况)，反应后的溶液不能使KSCN溶液显色。为中和过量硫酸需要300mL2.00mol·L－1NaOH溶液(忽略溶液体积变化)。下列说法错误的是(B)A．混合物中Fe2O3的物质的量为0.1molB．与固体粉末反应的硫酸的物质的量为0.6molC．原稀硫酸的浓度为1mol·L－1D．混合物中Fe的物质的量为0.5mol[解析]反应后的溶液不能使KSCN溶液显色，说明生成了FeSO4，反应还生成了H2，n(H2)＝eq\f(8.96L,22.4L·mol－1)＝0.4mol，根据得失电子守恒有n(Fe)＝n(Fe2O3)＋n(H2)，再结合固体总质量有56g·mol×n(Fe)＋160g·mol－1×n(Fe2O3)＝44g，可得n(Fe)＝0.5mol，n(Fe2O3)＝0.1mol，A、D正确；用氢氧化钠中和过量硫酸，反应后溶液中的溶质为硫酸亚铁、硫酸钠，根据Fe守恒可得n(FeSO4)＝n(Fe)＋2n(Fe2O3)＝0.5mol＋0.1mol×2＝0.7mol，与固体粉末反应的硫酸的物质的量为0.7mol，B错误；根据钠离子守恒可得n(Na2SO4)＝eq\f(1,2)n(NaOH)＝eq\f(1,2)×0.3L×2.00mol·L－1＝0.3mol，根据硫酸根离子守恒可得n(H2SO4)＝n(FeSO4)＋n(Na2SO4)＝0.7mol＋0.3mol＝1mol，则c(H2SO4)＝eq\f(1mol,1L)＝1mol·L－1，C正确。10．(2023·山东威海检测)设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是(D)A．标准状况下，11.2L三氯甲烷中含有氯原子的数目为1.5NAB．90g葡萄糖中含羟基数目为3NAC．常温下，1L0.5mol·L－1醋酸铵溶液(pH＝7)中CH3COO－与NHeq\o\al(＋,4)数目均为0.5NAD．1molNa2O和1molNa2O2组成的混合物中含有的离子总数为6NA[解析]标准状况下三氯甲烷是液体，11.2L三氯甲烷的物质的量远大于0.5mol，则含有氯原子的数目大于1.5NA，A错误；1个葡萄糖分子含有5个羟基，90g葡萄糖为0.5mol，则含有羟基数目为2.5NA，B错误；常温下，醋酸铵溶液pH＝7，则有c(OH－)＝c(H＋)，根据电荷守恒推知c(CH3COO－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))，但CH3COO－、NHeq\o\al(＋,4)都发生水解反应，故两种离子数目均小于0.5NA，C错误；Na2O由Na＋和O2－构成，Na2O2由Na＋和Oeq\o\al(2－,2)构成，故1molNa2O和1molNa2O2的混合物含有离子总数为6NA，D正确。二、非选择题：本题共4小题，共60分。11．(15分)(2023·湖南雅礼中学检测)合成氨工业生产中所用的α-Fe催化剂的主要成分为FeO、Fe2O3。(1)某FeO、Fe2O3的混合物中铁、氧原子的物质的量之比为4：5，其中Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为1：1。(2)当催化剂中Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为1：2时，其催化剂活性最高，此时混合物中铁的质量分数约为72.4%。(3)写出由C(炭粉)与Fe2O3在高温下反应制备α-Fe催化剂的化学方程式(另一种产物可溶于水)：2Fe2O3＋Ceq\o(=,\s\up7(高温))4FeO＋CO2↑。(4)为制得这种活性最高的催化剂，理论上应向480gFe2O3粉末中加入炭粉的质量为6g，生成实验条件下CO2的体积为12L(假设此实验条件下的气体摩尔体积为24L·mol－1)。[解析](1)设混合物中FeO、Fe2O3分别为xmol、ymol，根据铁、氧原子物质的量之比可得：(x＋2y)：(x＋3y)＝4：5，x：y＝2：1，则其中Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为x：2y＝1：1。(2)根据催化剂中Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为1：2可推知，FeO、Fe2O3的物质的量之比为1：1，混合物中铁的质量分数为eq\f(3×56,72＋160)×100%≈72.4%。(3)由题给信息知，C(炭粉)会将一部分Fe2O3还原成FeO，同时C(炭粉)被氧化成CO2。(4)由于催化剂中Fe2＋与Fe3＋的物质的量之比为1：2时，其催化剂活性最高，此时反应后的混合物中，FeO、Fe2O3的物质的量之比为1：1，原料480gFe2O3的物质的量为3mol，根据Fe2O3～2FeO可知，原料中必须有eq\f(1,3)的Fe2O3参加反应，即1molFe2O3参加反应，理论上要有0.5molC反应(即6gC)，生成的CO2为0.5mol，在该条件下体积为12L。12．(15分)(2023·山东菏泽一中期中)研究硝酸工业尾气的处理对环境保护和资源的开发利用有重要意义。一种利用硝酸尾气初步处理后获得的高浓度NOx(NO、NO2)气体制备NaNO2、NaNO3的工艺流程如图：已知：NaNO2在酸性条件下能发生歧化反应。回答下列问题：(1)“碱吸收”过程中发生反应的离子方程式为COeq\o\al(2－,3)＋NO＋NO2=2NOeq\o\al(－,2)＋CO2。(2)蒸发Ⅰ产生的蒸气中含有少量的NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的溶碱(填操作名称)最合理。(3)“转化”时加入稀HNO3发生反应的化学方程式为2HNO3＋3NaNO2=3NaNO3＋2NO↑＋H2O。(4)若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2：1，则生产2.76吨NaNO2时，Na2CO3的理论用量为3.18t(假定Na2CO3恰好完全反应)。(5)工业制硝酸尾气中的NOx(NO、NO2)常用NaOH溶液吸收，反应的化学方程式为NO＋NO2＋2NaOH=2NaNO2＋H2O；2NO2＋2NaOH=NaNO2＋NaNO3＋H2O。硝酸尾气中的NOx，通入足量NaOH溶液中充分反应后气体没有剩余，则：①NOx的x的取值范围为1.5≤x<2；②反应后溶液中n(NOeq\o\al(－,2))：n(NOeq\o\al(－,3))＝(5－2x)：(2x－3)(用含x的代数式表示)。[解析](1)由分析可知，“碱吸收”过程中发生反应的离子方程式为COeq\o\al(2－,3)＋NO＋NO2=2NOeq\o\al(－,2)＋CO2。(2)由亚硝酸钠在酸性条件下能发生歧化反应可知，蒸发Ⅰ产生的蒸气冷凝后用于流程中的溶碱步骤，既可以防止亚硝酸钠发生歧化反应，也可以使亚硝酸钠循环利用，提高产率。(3)由分析可知，“转化”时发生反应的化学方程式为2HNO3＋3NaNO2=3NaNO3＋2NO↑＋H2O。(4)2.76t亚硝酸钠的物质的量为eq\f(2.76×106g,69g·mol－1)＝4×104mol，由两种产品的物质的量之比设为2：1可知，硝酸钠的物质的量为2×104mol，由钠原子个数守恒可知，反应消耗碳酸钠的质量为(4×104mol＋2×104mol)×eq\f(1,2)×106g·mol－1×10－6t·g－1＝3.18t。(5)①由化学方程式可知，n(NO2)：n(NO)≥1：1时，NOx能被氢氧化钠溶液吸收，则x≥eq\f(1×1＋1×2,2)＝1.5，又NOx由NO、NO2组成，则x的取值范围为1.5≤x<2。②由得失电子守恒和原子守恒可知，硝酸尾气中的NOx通入足量氢氧化钠溶液中充分反应后气体没有剩余的反应为2NOx＋2NaOH=(2x－3)NaNO3＋(5－2x)NaNO2＋H2O，由化学方程式可知，溶液中n(NOeq\o\al(－,2))：n(NOeq\o\al(－,3))＝(5－2x)：(2x－3)。13．(15分)(2023·福建泉州实验中学检测)回答下列问题。(1)物质的量都为0.2mol的Na、Fe、Al分别与100mL1mol·L－1盐酸反应，放出的气体的质量之比为2：1：1。(2)硫酸、氨水的密度与所加水量的关系如图所示：①将4mol·L－1的氨水与2mol·L－1的氨水等质量混合(忽略氨水混合过程中的体积变化)，所得氨水的物质的量浓度A(填序号)。A．>3mol·L－1 B．＝3mol·L－1C．<3mol·L－1 D．无法判断②将20%的硫酸与10%的硫酸等体积混合，所得硫酸溶液的质量分数A(填序号)。A．>15% B．＝15%C．<15% D．无法判断[解析](1)100mL1mol·L－1盐酸中含有0.1molHCl，盐酸中有水，所以0.2molNa完全反应，放出0.1mol氢气，而Fe、Al均不能完全反应，HCl完全反应，放出0.05mol氢气，所以放出气体的质量之比为2：1：1。(2)①设4mol·L－1的氨水密度为ρ1g·cm－3，2mol·L－1的氨水密度为ρ2g·cm－3，据图可知ρ1<ρ2，设二者质量均为mg，则混合后氨水的浓度c＝eq\f(\f(m,ρ1)×4＋\f(m,ρ2)×2,\f(m,ρ1)＋\f(m,ρ2))mol·L－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(2ρ2,ρ1＋ρ2)))mol·L－1，若ρ1＝ρ2，则c＝3mol·L－1，但ρ1<ρ2，所以c>3mol·L－1，故选A；②设20%的硫酸的密度为ρ1g·cm－3，10%的硫酸密度为ρ2g·cm－3，据图可知ρ1>ρ2，设体积均为VmL，混合后溶液质量分数为eq\f(20%×ρ1V＋10%×ρ2V,ρ1V＋ρ2V)＝eq\f(10%ρ1,ρ1＋ρ2)＋10%，ρ1>ρ2，所以eq\f(10%ρ1,ρ1＋ρ2)>5%，则混合溶液的质量分数大于15%，故选A。14．(15分)(2023·广东清远期末节选)(1)(NH4)2S2O8的性质及应用：过二硫酸(H2S2O8)是一种强氧化性酸，在Ag＋催化作用下，S2Oeq\o\al(2－,8)能与Mn2＋在水溶液中发生反应生成SOeq\o\al(2－,4)和MnOeq\o\al(－,4)，1molS2Oeq\o\al(2－,8)能氧化的Mn2＋的物质的量为0.4mol。过二硫酸铵可用于检验废水中的Cr3＋是否超标，如果超标，溶液会变成橙色(还原产物为SOeq\o\al(2－,4))，写出该反应的离子方程式：2Cr3＋＋3S2Oeq\o\al(2－,8)＋7H2O=6SOeq\o\al(2－,4)＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋