河北省辛集中学2020届高三上学期第一次月考化学（解析版） 试卷


河北省辛集中学2020届高三上学期第一次月考
可能用到的相对原子质量：H－1，O－16，Na－23，Cl－35.5，K－39，Fe－56。
一、选择题：本题共13小题，每小题6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.根据化学反应的实质是旧键断裂新键形成这一现实，下列变化不属于化学反应的是（ ）
A. 白磷在260℃时转化为红磷 B. 石墨在高温下转化为金刚石
C. NaCl熔化 D. 五氧化二磷吸水
【答案】C
【详解】A.白磷在260℃时转化为红磷，既有旧化学键断裂，又有新化学键形成，A错误；
B.石墨在高温下转化为金刚石，既有旧化学键断裂，又有新化学键形成，B错误；
C.NaCl熔化属于物理过程，只存在旧键的断裂，没有新键生成，C正确；
D.五氧化二磷吸水生成偏磷酸或磷酸，既有旧化学键断裂，又有新化学键形成，D错误；
故选C。
2.设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是（ ）
A. 0.1mol C2H5OH分子中含C-H键数为0.6NA
B. 由H218O与D216O组成的2.0g物质所含中子数为NA
C. 25℃，1L pH＝13的Ba(OH)2溶液中OH－数为0.2NA
D. 密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数为2NA
【答案】B
【详解】A．1个C2H5OH 中含有5个C-H键，则0.1mol C2H5OH分子中含C-H键数为0.5NA，A错误；
B．H218O与D216O相对分子质量都是20，由H218O与D216O组成的2.0g物质，物质的量为0.1mol，由于每种物质分子中都含有10个中子，所以0.1mol的分子中所含中子数为NA，B正确；
C．pH=13的氢氧化钡溶液中氢氧根的浓度为0.1mol/L，则1L溶液中含有的氢氧根的物质的量为0.1mol，OH-个数为0.1NA个，C错误；
D．SO2和O2催化氧化反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以密闭容器中，2mol SO2和1mol O2催化反应后分子总数小于2NA，D错误；
故合理选项B。
3.第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.010mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）

A. 简单离子半径：X>Y>Z>W
B. X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液呈中性
C. 气态氢化物的稳定性：Z>W>Y
D. Y元素存在同素异形体
【答案】D
【分析】W的最高价氧化物对应的水化物显酸性，且浓度为0.010mol·L－1时，pH=2，推出W的最高价氧化物对应水化物为一元强酸，则W为Cl，Z的最高价氧化物对应水化物浓度为0.10mol·L－1时，pHCl－>Na＋，故A错误；
B、X的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，Y的最高价氧化物对应水化物为H3PO4，恰好中和时生成Na3PO4，Na3PO4为强碱弱酸盐，其水溶液为显碱性，故B错误；
C、非金属性强弱：Cl>S>P，其氢化物的稳定性为HCl>H2S>PH3，故C错误；
D、P的单质有白磷、红磷等，白磷、红磷结构不同，且属于P元素的单质，因此两者互为同素异形体，故D正确。
4.网络趣味图片“一脸辛酸”，是在人脸上重复画满了辛酸的键线式结构。下列有关辛酸的叙述正确的是（ ）

A. 辛酸的同分异构体中能水解生成乙醇的酯类同分异构体共有8种
B. 辛酸的同分异构体(CH3)3CCH(CH3)CH2COOH的名称为2，2，3-三甲基戊酸
C. 辛酸和油酸(C17H33COOH)都是一元羧酸，故二者属于同系物
D. 1mol辛酸与足量的Na反应产生11.2L H2
【答案】A
【详解】A.辛酸的分子式为C8H16O2，能水解生成乙醇的同分异构体属于酯类，该同分异构体可写成C5H11-COOC2H5，因戊基（C5H11-）共有8种，所以符合条件的同分异构体共有8种，A项正确；
B.按系统命名法命名时要以包含羧基的最长碳链为主链，以羧基的碳为起点给主链编号，其名称为：3,4,4-三甲基戊酸，B项错误；
C.辛酸(C7H15COOH)的烃基是饱和链烃基，油酸（C17H33COOH）的烃基是不饱和的烯烃基，结构不相似，故二者不属于同系物，C项错误；
D. 1mol辛酸与足量的Na反应产生0.5mol氢气，因题目没有明确是标准状态，无法确定生成氢气的体积，D项错误；
答案选A。
5.在FeCl3和CuCl2的混合液中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2＋的物质的量浓度和加入铁粉的物质的量之间关系如图所示。则该溶液中FeCl3与CuCl2的物质的量浓度之比为（ ）

A. 3∶1 B. 1∶2 C. 2∶1 D. 1∶1
【答案】C
【解析】根据氧化性：Fe3+＞Cu2+，加入铁后会依次发生氧化还原反应，
Fe+2Fe3+═3Fe2+，②Fe+Cu2+═Cu+Fe2+，
从图象中可知加入2molFe时，发生反应①生成Fe2+物质的量为6mol，反应的Fe3+物质的量为4mol，即FeCl3为4mol；
在加入2molFe的基础上再加入2mol铁发生反应②，此时生成Fe2+物质的量为2mol，原溶液中Cu2+物质的量为2mol，即CuCl2为2mol；同一溶液中浓度之比等于物质的量之比，
所以原溶液中溶液中FeCl3、CuCl2的浓度之比为4mol：2mol=2：1，根据上述分析本题正确答案：故选C．
6.如图所示，装置在常温下工作（溶液体积变化忽略不计）。闭合K，灯泡发光。下列叙述中不正确的是（ ）

A. 当电路中有1.204×1022个电子转移时，乙烧杯中溶液的c(H+)约为0.1mol•L-1
B. 电池工作时，盐桥中的K+移向甲烧杯
C. 电池工作时，外电路的电子方向是从a到b
D. 乙池中的氧化产物为SO42-
【答案】C
【分析】图中装置为双液原电池，反应中高锰酸钾被还原，在酸性条件下生成Mn2+，甲中电极为原电池的正极，乙中亚氢硫酸钠被氧化，为原电池的负极，被氧化生成SO42-，结合电极方程式解答该题；
【详解】A.乙中电极反应为HSO3--2e-+H2O=SO42-+3H+，则当电路中有1.204×1022个电子转移时，即0.02mol电子转移时，乙中生成0.03molH+，c(H+)=0.03mol/0.3L=0.1mol/L，故不选A；
B.甲为正极，电池工作时，阳离子移向正极，故不选B；
C.电池工作时，外电路的电子方向应该从负极到正极，即从b到a，故选C；
D.乙中电极反应为HSO3--2e-+H2O=SO42-+3H+，氧化产物为SO42-，故不选D；
答案：C。
【点睛】双液原电池的理解是关键，负极：HSO3--2e-+H2O=SO42-+3H+；正极：MnO4-+8H++5e-=Mn2++4H2O。
7.常温下，现有0.1mol· L-1 NH4HCO3溶液，pH=7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数)与pH 的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）

A. 当pH=9时，溶液中存在下列关系：c(NH4+)>c(HCO3-)>c(NH3·H2O)>c(CO32-)
B. NH4HCO3溶液中存在下列关系：c(NH3·H2O)>c(CO32-)，又因为含氮微粒为NH4+和NH3·H2O，所以NH4+和NH3·H2O分布分数之和应等于1，所以当pH=9时，溶液中存在关系：c(HCO3-)>c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(CO32-)，故A错误；
B、根据物料守恒，NH4HCO3溶液中存在：①c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，又因为0.1mol·L-1NH4HCO3溶液，pH=7.8，所以Kh(NH4+)c(HCO3-)，再结合①式可得：c(NH3·H2O)”、“=”、“