河北省辛集中学2020届高三上学期第一次月考化学试题
2019年河北辛集中学普通高等学校招生考试模拟试题（一）
理科综合能力测试
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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
【解析】
【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
【解析】
【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
【解析】
【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，pH<1，则说明Z的最高价氧化物对应水化物为二元强酸，即Z为S，相同浓度时，Y的最高价氧化物对应水化物的水溶液的pH=4，则Y
的最高价氧化物对应水化物为弱酸，因为H2SiO3不溶于水，则Y为P，0.010mol·L－1时，X的最高价氧化物对应水化物的pH=12，即该水化物为一元强碱，即Y为Na；
【详解】W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，pH<1，则说明Z的最高价氧化物对应水化物为二元强酸，即Z为S，相同浓度时，Y的最高价氧化物对应水化物的水溶液的pH=4，则Y的最高价氧化物对应水化物为弱酸，因为H2SiO3不溶于水，则Y为P，0.010mol·L－1时，X的最高价氧化物对应水化物的pH=12，即该水化物为一元强碱，即X为Na；
A、Na＋核外有两个电子层，其余离子核外有三个电子层，即简单离子半径大小顺序是：P3－>S2－>Cl－>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
【解析】
【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
【解析】
【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：<1
C. 向pH=6.5的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，NH4+和HCO3-浓度逐渐减小
D. 分析可知，常温下水解平衡常数Kh(HCO3-)的数量级为10-7
【答案】B
【解析】
【详解】A、由图像可得，pH=9时，溶液中c(HCO3-)>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)KN
B.其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时CO2的平衡转化率可能位于点M1
C.图1中M点时，乙烯的体积分数为7.7%
D.当压强或n( H2)/n(CO2)不变时均可证明化学反应已达到平衡状态
（4）保持温度不变，在体积为VL恒容容器中以n(H2)∶n(CO2) = 3∶1的投料比加入反应物，t0时达到化学平衡。t1时将容器体积瞬间扩大至2V L并保持不变，t2时重新达平衡。请在图2中作出容器内混合气体的平均相对分子质量随时间变化的图象_________。
II .利用“ Na—CO2”电池将CO2变废为宝。
我国科研人员研制出的可充电“ Na—CO2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管（MWCNT）为电极材料，总反应为4Na+3CO22Na2CO3+C。放电时该电池“吸入”CO2，其工作原理如图3所示：
（5）放电时，正极的电极反应式为______________________。
（6）若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mol e-时，两极的质量差为_________g。
（7）选用髙氯酸钠—四甘醇二甲醚做电解液的优点是___________________________（至少写两点）。
【答案】 (1). -127.8 (2). 低温 (3). 根据△G=△H-T△S，△H＜0 △S＜0，要使反应自发进行使△G＜0，需低温下进行。 (4). AC (5).
作图要求：O点坐标（0，12.5），t0平衡时在12.5到20之间，t1时体积瞬间扩大至2VL
时，平衡左移减小，但达到新平衡大于12.5。 (6). 3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C (7). 15.8 (8). 导电性好、与金属钠不反应、难挥发等特点（合理给分）
【解析】
【详解】(1)已知H2(g)、C2H4(g)的燃烧热分别是-285.8kJ/mol、-1411.0kJ/mol，则有：①H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol；②C2H4(g)+3O2(g)=2H2O(l)+2CO2(g)△H=-1411.0kJ/mol；③H2O(g)H2O(1) ΔH = -44.0 kJ/mol，根据盖斯定律 ①×6-②-③×4可得：2CO2(g) +6H2(g)CH2 =CH2(g) +4H2O(g)△H=(-285.8kJ/mol)×6-(-1411.0kJ/mol)-(-44.0 kJ/mol)×4=-127.8kJ/mol；
(2)2CO2(g) +6H2(g)CH2 =CH2(g) +4H2O(g)△H=-127.8 kJ/mol，反应的△H＜0，△S＜0，根据△G=△H-T△S，需要△G＜0，即低温下反应才能自发进行，故答案为低温；根据△G=△H-T△S，△H＜0 ，△S＜0，要使反应自发进行使△G＜0，需低温下进行；
(3)A、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，故A正确；
B.使用催化剂，平衡不移动，温度不变，平衡时CO2的平衡转化率不变，故B错误；
C、设开始投料n(H2)为3mol，则n(CO2)为1mol，所以当在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%，
所以有 6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g)
开始(mol/L) 3 1 0 0
转化 1.5 0.5 0.25 1
平衡 1.5 0.5 0.25 1
所以乙烯的体积分数为×100%=7.7%，故C正确；
D.该反应属于气体的物质的量发生变化的反应，当压强不变时表示已经达到平衡状态，反应中 n( H2)/n(CO2)始终不变，不能证明化学反应已达到平衡状态，故D错误；
故选AC；
(4)反应前混合气体的平均相对分子质量==12.5，所以起点坐标为(0，12.5)，随着反应进行，气体的物质的量减小，混合气体的平均相对分子质量增大，至t0时达到化学平衡，若全部转化为CH2=CH2和H2O平均相对分子质量==20，则t0达平衡时应在区间(12.5，20)，t1时将容器体积瞬间扩大至2V L，平衡向逆方向移动，t2时重新达平衡，平均相对分子质量减小，t2达平衡时 应大于12.5，所以图象为，故答案为；
(5)“吸入”CO2时是原电池装置，正极发生还原反应，电极反应式为：4Na++3CO2+4e-═2Na2CO3+C；
(6)若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2 mol e-时，负极溶解0.1mol钠，质量为4.6g，正极生成0.1mol碳酸钠和0.05mol碳，质量为10.6g+0.6g=11.2g，两极的质量差为4.6g +11.2g=15.8 g；
(7)髙氯酸钠—四甘醇二甲醚做电解液的优点有导电性好、与金属钠不反应、难挥发等特点，故答案为导电性好、与金属钠不反应、难挥发等特点。
【点睛】本题考查本题考查了盖斯定律、化学平衡移动的影响因素、化学平衡计算、电极反应式的书写等知识点，注意把握盖斯定律的应用方法、三段式在化学平衡计算中的灵活应用是解题的关键。本题的易错点是图像的绘制。
11.（1）氮化硼、氮化铝、氮化镓的结构类似于金刚石，熔点如表中所示：
物质
BN
AIN
GaN
熔点/℃
3000
2200
1700
试从结构的角度分析它们熔点不同的原因___________________________________。
（2）N、P、As位于同一主族，基态氮原子的核外共有________种不同运动状态的电子，与PO43-互为等电子体的分子有________________（填一种即可）。
（3）铬原子的最高能层符号是_______，其价电子轨道表示式为____________________。
（4）比较第二电离能Cu_______Zn(填“>”、“=”、“<")。
（5）AuCl3是一种褐红色晶体，吸湿性极强，易溶于水和乙醇，无论是固态、还是气态，它都是以二聚体Au2Cl6的形式存在。写出Au2Cl6的结构式__________________________.
（6）已知Zn2+、Au+均能与CN-形成配离子， Zn2+与CN-形成的配离子为正四面体形,Au+与CN-形成的配离子为直线形. 工业上常用Au+和CN-形成的配离子与Zn单质反应来提取Au单质，写出该反应的离子方程式___________________________________________________________________________________ 。
【答案】 (1). 氮化硼、氮化铝、氮化镓都是原子晶体，键长依次增大，键能依次降低，熔点依次降低 (2). 7 (3). CCl4（或SiF4等） (4). N (5). (6). ＞ (7). (8). Zn+2[Au(CN)2]- =2Au+[Zn(CN)4]2-
【解析】
【分析】
（1）氮化硼、氮化铝、氮化镓都是原子晶体，原子半径越小，共价键的键长越短，键能越大，熔点越高；
（2）N有7 个电子，每一个电子运动状态均不同，基态氮原子的核外共有7种不同运动状态的电子，与PO43-互为等电子体的分子有CCl4（或SiF4等）.
（3）铬原子有4个能层，K、L、M、N，最高能层符号是N，其价电子轨道表示式为；
（4）Cu失去1个电子后形成3d10的稳定结构，故第二电离能大；
（5）AuCl3是一种褐红色晶体，吸湿性极强，易溶于水和乙醇，无论是固态、还是气态，它都是以二聚体Au2Cl6的形式存在，说明它是分子晶体；
（6）已知Zn2+、Au+均能与CN-形成配离子， Zn2+与CN-形成的配离子为正四面体形,离子符号为：[Zn(CN)4]2-，Au+与CN-形成的配离子为直线形，离子符号为：[Au(CN)2]-。
【详解】（1）由题中信息可知，氮化硼、氮化铝、氮化镓与金刚石类似，都是原子晶体，原子半径B＜Al＜Ga，键长依次增大，键能依次降低，熔点依次降低；
（2）N有7 个电子，每一个电子运动状态均不同，基态氮原子的核外共有7种不同运动状态的电子，PO43-是5个原子32个电子，与PO43-互为等电子体的分子有CCl4（或SiF4等）.
（3）铬原子有4个能层，K、L、M、N，最高能层符号是N，价电子构型3d54s1,其价电子轨道表示式为；
（4）Cu失去1个电子后形成3d10的稳定结构，故第二电离能大。比较第二电离能：Cu>Zn；
（5）AuCl3是一种褐红色晶体，吸湿性极强，易溶于水和乙醇，无论是固态、还是气态，它都是以二聚体Au2Cl6的形式存在。说明它是分子晶体，Au2Cl6的结构式；
（6） Zn2+与CN-形成的配离子为正四面体形,离子符号为：[Zn(CN)4]2-，Au+与CN-形成的配离子为直线形，离子符号为：[Au(CN)2]-， 工业上常用Au+和CN-形成的配离子与Zn单质反应来提取Au单质，写出该反应的离子方程式：Zn+2[Au(CN)2]- =2Au+[Zn(CN)4]2-。
12.化合物M（C16H14O2）是一种香料，工业上利用烃A和甲苯为主要原料，按下列路线合成：
已知：①气态烃A在标准状况下的密度是1.25g/L；
②醛在碱性溶液中能发生羟醛缩合反应，再脱水生成不饱和醛：
RCH2-CHO++H2O
请回答下列问题：
（1）F的名称是____；G中含有的官能团名称是____。
（2）写出D→E的化学方程式___。
（3）A→B的反应类型是___；M的结构简式是____。
（4）同时满足下列条件的K的同分异构体有___种（不考虑立体异构）。
①遇FeCl3溶液发生显色反应②能发生银镜反应③除苯环以外不再含有其他环状结构
其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为___。
（5）以乙醇为起始原料，选用必要的无机试剂合成1-丁烯，写出合成路线（用结构简式表示有机物），用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。___
【答案】 (1). 苯甲醛 (2). 碳碳双键和醛基 (3). +NaOH+NaCl (4). 加成反应 (5). (6). 16 (7). (8). CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHOCH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH=CH2
【解析】
【分析】
根据气态烃A的密度计算相对分子质量为1.25×22.4=28，得出A为CH2=CH2；A与水发生加成反应生成B (CH3CH2OH)；B氧化生成C（CH3CHO）；甲苯与氯气发生取代反应生成D（）；D发生水解反应生成E（）；E催化氧化生成F（）；F与C发生题干条件②的反应生成G（）；G
发生银镜反应生成H（）；H酸化生成K（）；E与K发生酯化反应生成M（），据此分析问题。
【详解】（1）根据上面分析，F为，名称是苯甲醛；G为，含有的官能团名称是碳碳双键和醛基；
（2）D（）发生碱性条件下发生水解反应生成E（），化学方程式 +NaOH+NaCl；
（3）A（CH2=CH2）与水发生加成反应生成B (CH3CH2OH)；E与K发生酯化反应生成M（）；
（4）①遇FeCl3溶液发生显色反应，必有酚羟基②能发生银镜反应，必有醛基③除苯环以外不再含有其他环状结构，同时满足下列条件的K（）的同分异构体有16种，分别为：（1）三种官能团-OH、-CH=CH2、-CHO连接苯环，共10种；（2）两种官能团-OH、-CH=CHCHO连接苯环，共3种；（3）两种官能团-OH、-C(CHO)=CH2连接苯环，共三种。其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为；
（5）根据题干信息可知，可利用醛与醛的反应增长碳链，因此设计路线为CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHOCH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH=CH2。
【点睛】本题解题关键是利用醛与醛的反应起到增长碳链的作用。
