58章末综合测试(二)-【优化指导】2026年化学一轮复习高中总复习·第1轮（浙江专版人教单选版）

章末综合测试(二)　物质的量 一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。 1．下列说法正确的是 (　　) A．标准状况下，1 mol H2O的体积为22.4 L B．同温同压下，等体积的N2和CO所含分子数相同 C．pH＝1的盐酸中，c(H＋)为1 mol/L D．丁烷所含碳原子数是相同质量乙烷的2倍 答案：B 2．下列说法正确的是 (　　) A．1 mol CO中含有6.02×1024个电子 B．22.4 L CO2被还原生成1 mol CO C．1 L 0.05 mol/L的NH4HSO4溶液中NH的粒子数小于0.05NA D．1 mol SO3与1 mol NO2分别通入1 L水中可产生相同浓度的H2SO4和HNO3 答案：C 3．在高温高压的水溶液中，AuS－与Fe2+发生反应2AuS－＋3Fe2+＋4H2O===Fe3O4＋2Au＋2H2S↑＋4H＋，下列说法正确的是 (　　) A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3 B．每生成4.48 L H2S，转移电子数为0.2 mol C．反应中若有19.7 g 金元素被还原，则生成0.05 mol Fe3O4 D．若将此反应设计成原电池，则Fe2+在正极发生反应 答案：C 4．将23.0 g Na溶于一定量水中，反应后溶液的体积为1.00 L，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是 (　　) A．反应后溶液中c(OH－)为1.00 mol/L B．反应后溶液中Na＋数目为NA C．反应生成标准状况下气体22.4 L D．反应转移的电子数为NA 答案：C 5．乙炔水化法、乙烯氧化法是工业上制备乙醛的两个重要方法，反应原理分别为HC≡CH＋H2OCH3CHO、2H2C===CH2＋O22CH3CHO。下列叙述不正确的是 (　　) A．乙烯氧化法中，生成0.1 mol乙醛时，转移的电子数约为1.204×1024 B．C2H4的电子式为 C．根据价层电子互斥模型，18 g水的中心原子含有2 mol孤电子对 D．标准状况下，11.2 L C2H2中含有π键的数目约为6.02×1023 答案：A 6．(2024·浙江Z20名校联盟联考)设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 (　　) A．向1 L 1 mol/L NH4Cl溶液中加氨水至中性，此时溶液含NH数目为NA B．1 mol AlCl3完全水解生成的Al(OH)3胶体粒子数目为NA C．4.2 g C3H6中含有σ键的数目为0.8NA D．标准状况下5.6 L CH4与5.6 L Cl2混合后光照，充分反应后生成CH3Cl的数目为0.25NA 答案：A 7．电极材料LiFePO4制备的反应为6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O69CO↑＋6H2O＋6LiFePO4，下列说法正确的是 (　　) A．生成0.1 mol LiFePO4，转移的电子数为0.1NA B．还原产物为LiFePO4和CO C．标准状况下，生成20.16 L CO时，被还原的C6H12O6为0.1 mol D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶6 答案：B 8．次磷酸钠(NaH2PO2)可用作药物和镀镍时的还原剂，反应原理为CuSO4＋2NaH2PO2＋2NaOH===Cu↓＋2NaH2PO3＋Na2SO4＋H2↑。下列说法错误的是 (　　) A．参加反应的NaH2PO2有被CuSO4氧化 B．若1 mol H3PO3最多消耗2 mol NaOH, 则Na2HPO3是正盐 C．反应中每转移6.02 ×1023个电子，则生成标准状况下5.6 L H2 D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1 答案：D 9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 (　　) A．2.24 L Cl2与足量H2O反应转移的电子数为0.1NA B．9.2 g甲苯与丙三醇的混合液中所含的氢原子数目为0.8NA C．29 g C3H6O分子中含σ键数目为0.45NA D．0.1 mol/L CH3COOH溶液中CH3COOH数目小于0.1NA 答案：B 10．将40.8 g Fe、FeO混合物置于纯氧中加热，迅速被氧化生成46.4 g Fe3O4，则Fe、FeO的物质的量之比为 (　　) A．1∶3 B．1∶2 C．1∶1 D．2∶1 答案：A 11．在2.8 g Fe中加入100 mL 3 mol/L盐酸，Fe完全溶解。NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 (　　) A．反应转移电子为0.1 mol B．盐酸中Cl－数为3NA C．2.8 g 56Fe含有的中子数为1.3NA D．反应生成标准状况下气体3.36 L A　解析：Fe与HCl发生反应：Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，n(Fe)＝＝0.05 mol，n(HCl)＝0.1 L×3 mol/L＝0.3 mol，而0.05 mol Fe完全反应需要0.1 mol HCl，故Fe不足量，按Fe进行计算。Fe→FeCl2，1 mol Fe反应时转移2 mol电子，则0.05 mol Fe反应转移电子为0.1 mol，A正确；HCl完全电离，则盐酸中Cl－数目为0.3NA，B错误；1个56Fe含有30个中子，2.8 g 56Fe为0.05 mol，则含有中子数为1.5NA，C错误；0.05 mol Fe完全反应生成0.05 mol H2，在标准状况下的体积为0.05 mol×22.4 L/mol＝1.12 L，D错误。 12．氨对水体的污染情况越来越受人们的重视。用次氯酸钠可以脱除水中的NH3，其化学方程式为2NH3＋3NaClO===N2＋3NaCl＋3H2O。设NA为阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是 (　　) A．33.6 L NH3中所含的σ键数目为4.5NA B．2 L 0.5 mol/L NaClO溶液中含有的ClO－数目为NA C．若该反应生成27 g H2O时，转移的电子数为3NA D．该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3 C　解析：题目未指明33.6 L NH3是否处于标准状况下，不能计算其物质的量及所含σ键数目，A错误；2 L 0.5 mol/L NaClO溶液中含1 mol NaClO，由于ClO－发生水解反应，则含有ClO－的数目小于NA，B错误；由反应可知，生成3 mol H2O时转移6 mol电子，故生成27 g H2O(即1.5 mol)时，转移3 mol电子(即3NA个)，C正确；该反应中，氧化剂是NaClO，还原剂是NH3，其物质的量之比为3∶2，D错误。 13．(2024·浙江十校联盟联考)我国科学家利用高效固体催化剂LDH，实现了在常温常压、可见光下人工固氮，其原理如图所示。下列有关该反应的说法正确的是 (　　) A．常温常压下，消耗1 mol水同时生成11.2 L O2 B．该人工固氮反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶1 C．使用LDH，可同时增大反应速率和提高N2的转化率 D．反应生成1.7 g NH3时转移电子数目为0.3 mol D　解析：据氧原子守恒可知，反应消耗1 mol 水必定生成0.5 mol O2，但常温常压下O2的体积不是11.2 L，A错误；氧化剂是N2，还原剂是H2O，根据得失电子守恒可知，其物质的量之比为1∶3，B错误；LDH是催化剂，只能增大反应速率，不能提高N2的转化率，C错误；N2→NH3，生成1 mol NH3转移3 mol电子，故生成1.7 g NH3(0.1 mol)时转移电子数目为0.3 mol，D正确。 14．将含硫酸铵和硝酸铵的混合溶液a L分成两等份，一份加入含b mol NaOH的溶液并加热，恰好把NH3全部赶出；另一份需消耗c mol BaCl2才能使SO完全沉淀，则原溶液中NO的物质的量浓度(mol/L)为 (　　) A． B． C． D． B　解析：b mol NaOH恰好将NH3全部赶出，根据NH＋OH－NH3↑＋H2O可知，每份中含有b mol NH；与氯化钡溶液完全反应消耗c mol BaCl2才能使SO完全沉淀，根据Ba2+＋SO===BaSO4↓可知每份含有c mol SO，设每份中含有NO的物质的量为x mol，根据溶液呈电中性，则b mol×1＝c mol×2＋x mol×1，得x＝b－2c，因将a L混合溶液分成两等份，则每份的体积为0.5a L，每份溶液中c(NO)＝＝ mol/L，即原溶液中NO的浓度为 mol/L。 15．白磷易自燃，国际上明令禁止使用白磷弹，工业上可用来生产磷酸。白磷制备反应为2Ca3(PO4)2＋6SiO2＋ 10C6CaSiO3＋P4＋10CO↑。设NA为阿伏加德罗常数。下列说法正确的是 (　　) A．62 g P4()熔化时，断开P—P数目为3NA B．上述反应中， 每生成标准状况下44.8 L CO时，电子转移数目为4NA C．1 mol/L Ca3(PO4)2溶液中含有PO数目小于2NA D．6 g SiO2中含SiO2分子数目为0.1NA 答案：B 16．测定84消毒液中次氯酸钠的浓度可用下面方法：取10.00 mL消毒液，调节pH后，以淀粉为指示剂，用0.100 mol/L KI溶液进行滴定，当溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为3ClO－＋I－===3Cl－＋IO；IO＋5I－＋6H＋===3H2O＋3I2；三次平行实验中消耗KI的平均体积为20.00 mL，由此可知原消毒液中NaClO的物质的量浓度为 (　　) A．0.04 mol/L B．0.10 mol/L C．0.25 mol/L D．0.60 mol/L 答案：B 二、非选择题：本题共5小题，共52分。 17．(10分)(1)将3.00 g某有机物(仅含C、H、O元素，相对分子质量为150)样品置于燃烧器中充分燃烧，依次通过吸水剂、CO2吸收剂，燃烧产物被完全吸收。实验数据如下表： 吸水剂 CO2吸收剂 实验前质量/g 20.00 26.48 实验后质量/g 21.08 30.00 请回答： ①燃烧产物中水的物质的量为________mol。 ②该有机物的分子式为___________________________________________________ _______________________________________________________________________ ________________________________(写出计算过程)。 (2)单质硫在热的NaOH溶液中发生如下反应：3S＋6NaOH===2Na2S＋Na2SO3＋3H2O。若硫过量，会进一步生成Na2Sx和Na2S2O3：(x－1)S＋Na2SNa2Sx，S＋Na2SO3Na2S2O3。现有3.84 g硫与含0.06 mol NaOH的热溶液完全反应，生成a mol Na2Sx和b mol Na2S2O3，在混合溶液中加入NaClO碱性溶液300 mL，恰好将硫元素全部转化为SO。请计算： ①a∶b＝________。 ②NaClO溶液的物质的量浓度为_______________________________________mol/L(写出计算过程)。 答案：(10分)(1)①0.060 0　②C4H6O6 计算过程：n(H)＝×2＝0.120 mol， n(C)＝＝0.080 0 mol， n(O)＝ ＝0.120 mol， 最简式为C2H3O3，由相对分子质量150得分子式为C4H6O6 (2)①2∶1 ②由得失电子守恒，0.12 mol×(＋6－0)＝n(NaClO)×[＋1－(－1)]，解得n(NaClO)＝0.36 mol，则c(NaClO)＝＝1.2 mol/L 解析：(1)①根据表格，m(H2O)＝21.08 g－20.00 g＝1.08 g，n(H2O)＝＝0.060 0 mol。 ②m(CO2)＝30.00 g－26.48 g＝3.52 g，n(CO2)＝＝0.080 0 mol，则3.00 g有机物中m(O)＝(3.00－0.060 0×2×1－0.080 0×12)g＝1.92 g，n(O)＝＝0.120 mol，即有机物中n(C)∶n(H)∶n(O)＝2∶3∶3，分子式设为(C2H3O3)n，则75n＝150，n＝2，该有机物分子式为C4H6O6。 (2)①3.84 g硫单质的物质的量为n(S)＝＝0.12 mol，其与含有0.06 mol NaOH的热溶液反应，生成a mol Na2Sx和b mol Na2S2O3，根据得失电子守恒可知：a×x×＝b×2×2，解得a＝2b，所以a∶b＝2∶1。 ②在a mol Na2Sx和b mol Na2S2O3混合溶液中加入NaClO碱性溶液300 mL，S元素完全转化为Na2SO4，NaClO得到电子被还原为NaCl，根据氧化还原反应中得失电子守恒可得0.12 mol×(＋6－0)＝n(NaClO)×[＋1－(－1)]，解得n(NaClO)＝0.36 mol，由于NaClO碱性溶液体积是300 mL，则该溶液的物质的量浓度c(NaClO)＝＝1.2 mol/L。 18．(10分)用废铜(主要是Cu、CuO，含少量Fe、Fe2O3)制取甲酸铜晶体的流程如下： 请回答： (1)反应 Ⅰ 最佳方案应选择________。 A．废铜煅烧成氧化铜后与稀硫酸反应 B．废铜与稀硫酸、稀硝酸反应 C．废铜与浓硫酸反应 D．废铜与稀硫酸、过氧化氢溶液反应 (2)从下列选项中选择“系列操作1”的正确步骤并排序(操作可重复使用)：__________→c→__________→__________→__________。 a．加热蒸发至溶液表面出现晶膜　b．加热蒸发至出现大量晶体　c．过滤　d．趁热过滤　e．用CuO调节pH　f．用NaOH调节pH　g．冷却　h．用余热蒸干 (3)写出反应 Ⅱ 的离子方程式：_________________________________。反应 Ⅱ 温度控制在70～80 ℃的原因是____________________________________________________。 (4)用CuO和甲酸反应无法得到甲酸铜，可能的原因是__________________________ ____________________________________________。 (5)产品中甲酸根离子(HCOO－)含量的测定： 步骤一：精确称量m g产品配成250 mL溶液，取出25.00 mL于锥形瓶中。 步骤二：加入适量NaOH，过滤，洗涤，合并滤液和洗涤液，再加入50 mL 0.020 0 mol/L KMnO4溶液，充分反应后加10 mL 2 mol/L H2SO4、1.0 g KI，充分反应后加入2 mL淀粉溶液，用0.100 0 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，终点时消耗Na2S2O3标准溶液V1 mL。 步骤三：用25.00 mL蒸馏水代替甲酸铜溶液重复步骤二实验，终点时消耗Na2S2O3标准溶液V2 mL。 部分相关反应为HCOO－＋2MnO＋3OH－===CO＋2MnO＋2H2O 2MnO＋10S2O＋16H＋===5S4O＋2Mn2+＋8H2O 2MnO＋8S2O＋16H＋===4S4O＋2Mn2+＋8H2O I2＋2S2O===2I－＋S4O 则产品中HCOO－的质量分数为________%(用含m、V1、V2的代数式表示)。 答案：(10分)(1)D　(2)e　a　g　c (3)2Cu2+＋4HCOCu2(OH)2CO3↓＋3CO2↑＋H2O　温度过低反应慢，过高导致NaHCO3和Cu2(OH)2CO3分解 (4)CuO将甲酸(或甲酸根离子，或甲酸铜)氧化 (5) 解析：(1)铜与稀硫酸不反应，将废铜与稀硫酸、过氧化氢溶液混合发生氧化还原反应。 (2)废铜与稀硫酸、过氧化氢溶液反应生成硫酸铜，溶液中含有铁离子，用CuO调节pH，过滤多余的CuO，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜，冷却结晶、过滤得胆矾。 (5)根据得失电子守恒，两次Na2S2O3转移电子数之差等于甲酸转移的电子数，2n(HCOO－)＝n(Na2S2O3)＝c(Na2S2O3)×(V2－V1)×10-3，n(HCOO－)＝0.100 0 mol/L×(V2－V1)×10-3 L××＝5(V2－V1)×10-4 mol，则产品中HCOO－的质量分数为×100% ＝%。 19．(10分)某实验小组的同学通过以下实验验证水合碳酸镧La2(CO3)3·xH2O样品中是否含La(OH)CO3，将石英玻璃A管称重，记为m1 g，将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2 g，将装有试剂的装置C称重，记为m3 g。按图示连接好装置进行实验。 实验步骤： ①打开K1、K2和K3，关闭K4，缓缓通入干燥的N2； ②数分钟后关闭K1、K3，打开K4，点燃酒精喷灯(酒精喷灯灯焰温度可达1 000 ℃)，加热A中样品； ③一段时间后，熄灭酒精喷灯，打开K1，通入N2数分钟后关闭K1和K2，冷却到室温，称量A。重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m4 g(此时装置A中为La2O3)。称重装置C，记为m5 g。 (1)装置B中的试剂为________(写名称)。 (2)装置D的作用为______________________________________________________。 (3)根据实验记录，当∶＝________时，说明制得的样品中不含有La(OH)CO3。 答案：(10分)(1)浓硫酸 (2)防止空气中CO2和H2O进入装置C影响实验结果 (3)1∶3 解析：(3)根据已知信息，m2－m1为La2(CO3)3·xH2O样品的质量，m4－m1为La2O3的质量，m5－m3为CO2的质量，如果样品中不含有La(OH)CO3，则由La2(CO3)3·xH2O化学式可知n(La2O3)∶n(CO2)＝1∶3，即∶＝1∶3。 20．(10分)某种胃药的有效成分为碳酸钙，测定其中碳酸钙含量的操作如下(设该药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应)： 第一步，配制0.10 mol/L稀盐酸和0.10 mol/L NaOH溶液； 第二步，向一粒研碎后的药片(0.1 g)中加入20.00 mL蒸馏水； 第三步，加入25.00 mL 0.10 mol/L稀盐酸； 第四步，用0.10 mol/L NaOH溶液中和过量稀盐酸，记录所消耗NaOH溶液的体积。 请回答下列问题： (1)将物质的量浓度为________mol/L的盐酸20 mL加水稀释，可得到0.10 mol/L实验所需盐酸100 mL。(不考虑溶液混合体积的变化) (2)测定过程中发生反应的离子方程式为______________________________________ ________________________________________________________________________、 ________________________________________________________________________。 (3)若配制480 mL 0.10 mol/L的NaOH溶液，则需用托盘天平称NaOH固体________g，配制溶液时所用的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要________、________。 (4)在配制过程中，下列实验操作使所配制的稀盐酸的物质的量浓度偏小的是________________(填标号)。 ①用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面 ②定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水 ③定容摇匀后，发现液面低于刻度线，未做任何处理 ④定容时，俯视刻度线 (5)某同学4次测定所消耗的NaOH溶液的体积如表所示： 测定次数 第1次 第2次 第3次 第4次 V[NaOH(aq)]/mL 13.00 12.90 13.10 13.40 根据这个同学的实验数据，计算这种药片中碳酸钙的质量分数________。 答案：(10分)(1)0.50　(2)CaCO3＋2H＋===Ca2+＋H2O＋CO2↑　H＋＋OH－===H2O (3) 2.0　胶头滴管　500 mL容量瓶　(4)①②　(5)60% 解析：(1)由于溶液在稀释过程中溶质的物质的量不变，要配制0.10 mol/L盐酸100 mL，需要某浓度盐酸20 mL，则该盐酸的物质的量浓度c＝＝0.50 mol/L。 (3)实验室没有规格是480 mL的容量瓶，配制溶液选择仪器标准是大而近，则应该配制500 mL 0.10 mol/L的NaOH溶液，需要NaOH的质量是m(NaOH)＝0.10 mol/L×0.5 L×40 g/mol＝2.0 g；配制溶液时所用的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要胶头滴管及500 mL容量瓶； (4)用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面，会导致溶质的物质的量偏少，由于溶液体积不变，最终会使配制的溶液浓度偏小，①正确；定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，若再加适量的蒸馏水，会使溶液体积偏大，由于溶质的物质的量不变，最终会使配制的溶液浓度偏小，②正确；定容摇匀后，发现液面低于刻度线，未做任何处理，对配制溶液的浓度无任何影响，③错误；定容时，俯视刻度线，则溶液的体积偏少，最终使配制的溶液浓度偏大，④错误。 (5)根据实验结果可知第4次消耗NaOH溶液体积偏大，应该舍去，则平均消耗NaOH溶液的体积V(NaOH)＝＝13.00 mL，其消耗HCl的物质的量为n(HCl)＝n(NaOH)＝0.10 mol/L×0.013 0 L＝0.001 3 mol，与CaCO3反应的HCl的物质的量为n(HCl)＝0.10 mol/L×0.025 L－0.001 3 mol＝0.001 2 mol，根据离子方程式CaCO3＋2H＋===Ca2+＋H2O＋CO2↑可知，n(CaCO3)＝n(HCl)＝0.000 6 mol，m(CaCO3)＝0.000 6 mol×100 g/mol＝0.06 g，故这种药片中碳酸钙的质量分数为×100%＝60%。 21．(12分)人体血液里Ca2+的浓度一般采用m g/cm3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度。 实验 Ⅰ ：配制KMnO4标准溶液 如图所示是配制50 mL KMnO4标准溶液的过程示意图。 (1)请你观察图示判断，其中不正确的操作有______(填标号)。 (2)其中确定50 mL溶液体积的容器是__________(填名称)。 (3)若用图示的操作所配制的溶液进行实验，在其他操作正确的情况下，所配制的溶液浓度将____________(填“偏大”或“偏小”)。 实验 Ⅱ ：测定血液样品中Ca2+的浓度 抽取血样20.00 mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020 mol/L KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00 mL KMnO4溶液。 (4)已知草酸与KMnO4反应的离子方程式为2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mnx＋＋10CO2↑＋8H2O，则该离子方程式中的x＝________。 (5)经过计算，血液样品中Ca2+的浓度为________ mg/cm3。 答案：(12分)(1)①②⑤　(2)50 mL容量瓶 (3)偏小　(4)2　(5)1.2 解析：(3)如果用按照图示的操作所配制的溶液进行实验，在其他操作正确的情况下，由于用托盘天平称量KMnO4固体时，使用游码时，所得KMnO4质量偏小；仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小。 (5)血液样品中Ca2+的浓度为 ＝1.2 mg/cm3。 学科网（北京）股份有限公司 $$