江西省抚州市金溪一中2020届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）

-1-江西省抚州市金溪一中2020届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）可能用到相对原子质量：H:1;C:12;O:16;Fe:56;N14;Cu:64;Ca:40;Ba:137;S:32;Cl:35.5一、单选题（3×16=48分）1.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是（）A.60g丙醇中存在的共价键总数为11NAB.标准状况下，H2和CO混合气体8.96L在足量O2中充分燃烧消耗O2的分子数为0.2NAC.0.5mol·L-1CuCl2溶液中含有的Cl-个数为NAD.在反应4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O中，消耗1molCl2时转移的电子总数为1.5NA【答案】C【解析】【详解】A、60g丙醇的物质的量为1mol，而丙醇中11条共价键，故1mol丙醇中含11NA条共价键，A项正确，不符合题意；B、标况下8.96L混合物的物质的量为0.4mol，而1mol氢气和1molCO燃烧时均消耗0.5mol氧气，故0.4mol混合气体燃烧消耗0.2mol氧气，与两者的比例无关，B项正确，不符合题意；C、溶液体积不明确，故溶液中的氯离子的个数无法计算，C项错误，符合题意；D、反应4Cl2+8NaOH=6NaCl+NaClO3+NaClO+4H2O转移6mol电子，消耗4mol氯气。故当消耗1mol氯气时转移1.5mol电子，即1.5NA个，D项正确，不符合题意。本题答案选C。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的有（）个①20℃，101kPa，22.4LCl2通入足量的NaOH溶液充分反应，有NA个电子转移②64g灼热的铜丝在硫黄蒸气里完全反应后，失去的电子数为2NA③标准状况下，NA个NO分子和0.5NA个O2分子充分反应后气体体积为22.4L④7.8gNa2S与Na2O2的混合物中阴离子数大于0.1NA⑤0℃，101kPa，含有lmol硫原子的SO2与SO3的混合物，其体积小于22.4L⑥常温常压下，17g甲基（-14CH3）所含的中子数为9NAA.1B.2C.3D.4【答案】A-2-【解析】【详解】①在20℃、101kPa条件下，22.4LCl2的物质的量小于1mol，则该说法错误；②64g灼热的铜丝在硫黄蒸气反应的生成物为Cu2S，失去的电子数为NA，则该说法错误；③标准状况下，NA个NO分子和0.5NA个O2分子充分反应后生成1molNO2，但NO2中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子个数和体积变小，故气体体积小于22.4L，故该说法错误；④Na2O2中的阴离子为O22-，7.8gNa2S与Na2O2的混合物中阴离子的物质的量为0.1mol，则其个数为0.1NA，故该说法错误；⑤因三氧化硫在标准状态下为固体，则0℃，101kPa，含有lmol硫原子的SO2与SO3的混合物中二氧化硫的物质的量小于1mol，则其体积小于22.4L，故该说法正确；⑥常温常压下，17g甲基（-14CH3）的物质的量为1mol，每个甲基（-14CH3）所含的中子数为11个，故17g甲基（-14CH3）所含的中子数为11NA，故该说法错误；答案选A。【点睛】本题主要考查有关阿伏加德罗常数的应用，往往要注意物质的特性，如三氧化硫在常温下为固体；过氧化钠中阳离子与阴离子的个数之比为2:1，而并不是1:1；NO与O2在常温下会发生反应，且还存在2NO2N2O4。3.设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A.lmol丙烯与足量的HCl完全反应生成的CH3CH2CH2Cl分子数为NAB.1molK2S2O8(S元素为＋6价）中含有过氧键数为4NAC.含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量大于56gD.180g葡萄糖分子中含有羟基数为6NA【答案】C【解析】【详解】A、lmol丙烯与足量的HCl完全反应生成的应该是一氯丙烷和二氯丙烷的混合物，CH3CH2CH2Cl子数应小于NA，选项A错误；B、K2S2O8中S元素为＋6价、K元素为+1价，过氧根离子中氧元素的化合价为-1价，氧离子中氧元素的化合价为-2价，设过氧根离子x个，则有+1×2+(+6×2)+(-1)×2x+(-2)×(8-2x)=0，得x=1，故1molK2S2O8(S元素为＋6价）中含有过氧键数NA，选项B错误；C、胶体的胶粒是分子的集合体，一个胶粒中含有多个Fe(OH)3，故含有NA个Fe(OH)3胶粒的氢氧化铁胶体中，Fe(OH)3的物质的量大于1mol，铁元素的质量大于56g，选项C正确；-3-D、180g葡萄糖分子的物质的量为1mol，1mol葡萄糖中含有5mol羟基，含羟基5NA个，选项D错误；答案选C。【点睛】注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，选项C是解答的易错点。4.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，11.2LCH2Cl2中含有的分子数目为0.5NAB.密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后，转移的电子数目为4NAC.46gNO2和N2O4混合物中含有的氧原子数目为2NAD.1mol乙醇分子中含有的极性键数目为8NA【答案】C【解析】【详解】A.标准状况下，CH2Cl2为液体，无法用气体摩尔体积计算其物质的量，A错误；B.密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后，反应为可逆反应，转移的电子数目小于4NA，B错误；C.NO2、N2O4的最简式相同，为NO2，46gNO2和N2O4混合物中含有的氧原子的物质的量为46g/46g/mol×2=2mol，即数目2NA，C正确；D.乙醇的结构简式为CH3CH2OH，含有5条C-H键、1条C-C键、1条C-O键、1条H-O键，C-C键为非极性键，则1mol乙醇分子中含有的极性键数目为7NA，D错误；答案为C；【点睛】可逆反应中，反应物不能够完全反应，则不能根据提供量计算转移电子数目。5.在t℃时，将agNH3完全溶于水，得到VmL溶液，假设该溶液的密度为g/mL，质量分数为W，其中含有NH4+的物质的量是bmo1，下列叙述正确的是（）A.溶液中c(OH-)＝1000bVmol/L+c(H+)B.溶质的物质的量浓度1000ac=mol/L35VC.溶质的质量分数aW=ρV-a100%-4-D.向上述溶液中加入VmL水，所得溶液的质量分数大于0.5W【答案】A【解析】【详解】A.溶液中c(NH4+)=3bmolV10L=1000bVmol/L，根据溶液呈电中性，可知c(OH−)=c(H+)+c(NH4+)，则溶液中c(OH−)=1000bVmol/L+c(H+)，A项正确；B.agNH3的物质的量为ag17g/mol=17amol，溶液体积为VmL，所以溶液的物质的量浓度c=3a/17V10=100017aVmol/L，B项错误；C.氨水溶液溶质为氨气，该溶液的密度为ρg⋅cm−3，体积为VmL，所以溶液质量为ρVg，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数W=ρVgag×100%，C项错误；D.水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，根据溶质的质量分数=mm溶质溶液×100%可知，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5W，D项错误；答案选A。【点睛】D项是易错点，要注意氨水的密度比纯水的密度小，等体积混合后，溶质的质量分数会发生变化。6.NA为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）A.标准状况下，22.4LH2O含有NA个分子B.5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.2NAC.等物质的量浓度的盐酸和硫酸中，H+的物质的量浓度也相等D.1mol/LMgCl2溶液中含有Cl﹣的数目为2NA【答案】B【解析】【详解】A.标准状况下，H2O为液体，无法用气态摩尔体积计算其物质的量，A错误；B.5.6g铁与足量盐酸反应生成氯化亚铁，转移的电子数为0.2mol，即0.2NA，B正确；C.等物质的量浓度的盐酸和硫酸中，盐酸为一元酸，硫酸为二元酸，则溶液中的H+的物质的-5-量浓度不相等，C错误；D.1mol/LMgCl2溶液中未给定体积无法计算含有Cl﹣的数目，D错误；答案为B；【点睛】若只给定溶液的浓度，无法计算溶液中微粒的个数；标况下的气态物质可用22.4L/mol进行计算。7.锑(Sb)在自然界一般以硫化物的形式存在，我国锑的蕴藏量占世界第一。从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原：2Sb2S3＋3O2＋6Fe＝Sb4O6＋6FeS①；Sb4O6＋6C＝4Sb＋6CO②。下列说法正确的是()A.反应②说明高温下Sb还原性比C强B.反应①中每生成1molFeS时，共转移2mol电子C.每生成1molSb时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为4︰3D.反应①②中氧化剂分别是Sb2S3、Sb4O6【答案】B【解析】【分析】23246236=6SbSOFeSbOFeS①中,Fe元素的化合价由0升高为+2,O元素的化合价由0降低为-2价;Sb4O6＋6C＝4Sb＋6CO②中,C元素的化合价由0升高为+2,Sb元素的化合价由+3价降低为0。【详解】A.反应②中C为还原剂,还原剂的还原性大于还原产物的还原性,则说明高温下C的还原性比Sb强,故A错误;B.反应①中每生成3molFeS时,共转移3(20)6molmol电子,则反应①中每生成1molFeS时,共转移电子的物质的量2mol,故B正确;C.C.生成4molSb时,反应②C是还原剂,需要6molC,需要461molSbO,反应①中Fe是还原剂,生成461molSbO,需要6molFe,故反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为6:61:1molmol,所以每生成1molSb时,反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为1:1,故C错误;D.反应①中O元素的化合价降低,氧气为氧化剂,而反应②中Sb元素的化合价降低,氧化剂是-6-46SbO,故D错误;故答案选B。【点睛】自发进行的氧化还原中,还原剂的还原性大于还原产物的还原性。8.将ag铁和氧化铁的混合物加入800mLpH＝1的盐酸中充分反应后，固体无剩余，盐酸全部消耗，放出气体0.224L(标准状况下)。则下列判断中正确的是()A.原混合物中n(Fe)∶n(Fe2O3)＝2∶1B.向溶液中滴入无色的KSCN溶液，显红色C.无法计算出原混合物的质量D.此时溶液中Fe2＋和Fe3＋的物质的量之比为3∶1【答案】A【解析】【详解】因为Fe3＋和H＋的氧化性强弱顺序为Fe3＋＞H＋，所以当产生氢气时，Fe3＋已经全部被还原为Fe2＋，故向溶液中滴入KSCN溶液，溶液不变红色；根据n(HCl)=0.08mol，n(H2)=0.01mol结合方程式Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑可知与盐酸反应的铁是0.01mol，该反应消耗盐酸是0.02mol，所以反应Fe2O3+6HCl＝2FeCl3+3H2O中需要的盐酸为0.06mol，则n(Fe2O3)＝0.01mol，生成氯化铁是0.02mol，根据反应2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋可计算出参加该反应的铁0.01mol，因此原混合物中铁一共是0.02mol，所以原混合物中n(Fe)∶n(Fe2O3)＝2∶1，选项A正确，其余选项均是错误的。答案选A。9.某同学采用工业大理石（含有少量SiO2、Al2O3、Fe2O3等杂质）制取CaCl2·6H2O，设计了如下流程：下列说法不正确的是A.固体I中含有SiO2，固体II中含有Fe(OH)3B.使用石灰水时，要控制pH，防止固体II中Al(OH)3转化为AlO2-C.试剂a选用盐酸，从溶液III得到CaCl2·6H2O产品的过程中，须控制条件防止其分解-7-D.若改变实验方案，在溶液I中直接加氨水至沉淀完全，滤去沉淀，其溶液经蒸发浓缩、冷却结晶也可得到纯净CaCl2·6H2O【答案】D【解析】【分析】工业大理石（含有少量