福建省三明市第一中学2022届高三化学上学期第一次月考试题含解析.doc

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1、福建省三明市第一中学2022届高三化学上学期第一次月考试题含解析可能用到的相对原子质量：H1 Li7 B11 N14 O16 Na23 K39 Mn55 Cu64第一卷选择题 共50分一、选择题共25小题，每题只有一个正确选项，每题2分,共50分1.中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化，以下说法错误的选项是 A. “木活字是由元代王祯创制的用于印刷的活字，“木活字的主要成分是纤维素B. “苏绣是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出图案的工艺，蚕丝的主要成分是蛋白质C. “黑芝麻糊是一道传统美食，食用时可参加白砂糖作配料，白砂糖的主要成分是麦芽糖D. “黑陶是一种传统工艺品，是用陶土烧制而成

2、，其主要成分为硅酸盐【答案】C【解析】【详解】A.“木活字是木头制造的，其主要成分是纤维素，A项正确；B.蚕丝的主要成分是蛋白质，B项正确；C.白砂糖的主要成分是蔗糖，C项错误；D.“黑陶是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐，D项正确。应选C。2.以下依据热化学方程式得出的结论正确的选项是 A. ：正丁烷g=异丁烷g HH2【答案】D【解析】【详解】A.正丁烷转化为异丁烷的反响为放热反响，说明等质量异丁烷的能量比正丁烷低，能量越低，物质越稳定，A项错误；B.燃烧热为1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，应为H2Ol，B项错误；C.反响还生成了BaSO4s，放热大于57.3kJ，C项

3、错误；D.这两个反响均是放热反响，Sg完全燃烧时放热更多，故|H1|H2，D项正确。应选D。3. 以下有关说法正确的选项是( )A. 实验室制氢气，为了加快反响速率，可向稀 H2SO4中滴加少量 Cu(NO3)2溶液B. N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H0，仅升高温度，达平衡时氢气转化率增大C. 吸热反响“TiO2(s)+2Cl2(g) =TiCl4(g)+O2(g)一定条件下可自发进行，那么该反响S0D. 在稀AgNO3溶液中参加过量 NaCl溶液，产生白色沉淀，再参加少量 Na2S溶液，出现黑色沉淀，那么参加Na2S溶液后 c(Ag+) 更小了【答案】D【解析】试题分析：A参加硝

4、酸铜，硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，不生成氢气，故A错误；B升高温度，平衡逆向移动，氢气转化率减小，故B错误；C反响前后气体的总量不变S=0，故C错误D在稀AgNO3溶液中参加过量 NaCl溶液，产生白色沉淀，再参加少量 Na2S溶液，出现黑色沉淀，说明硫化银的溶解度小于氯化银，溶液中的 c(Ag+) 更小，故D正确；应选D。考点：考查了化学反响速率的影响因素；反响热和焓变、难溶电解质的溶解平衡等相关知识。4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是A. 电解精炼铜，当外电路通过NA个电子时；阳极质量减少32 gB. 反响3H2(g)+N2(g) 2NH3(g) H=-92kJ

5、mol-1，当放出热量 9.2 kJ时，转移电子0.6 NAC. lmolL-1的氯化铜溶液中，假设Cl-的数目为2Na，那么Cu2+的数目为NaD. 标准状况下，NO和O2各11. 2L混合充分反响，所得气体的分子总数为0.75 Na【答案】B【解析】A、阳极中除铜外，还含有其他杂质，如锌、铁等，锌、铁比铜活泼，先失电子，因此阳极质量减少的质量不等于32个，故A错误；B、转移6mole，放出92kJ热量，因此放出9.2kJ热量，转移电子9.26/92mol=0.6mol，故B正确；C、题目中没有说明溶液的体积，无法计算微粒数目，故C错误；D、NO和氧气反响，2NOO2=2NO2，根据所给量，

6、NO是少量，O2是过量，因此反响后NO2的物质的量0.5mol，还剩O2的物质的量为0.25mol，气体总物质的量为0.75mol，但2NO2N2O4，因此气体物质的量小于0.75mol，故D错误。5.热复原法制备MgO材料的原理为MgSO4s+COgMgOs+SO2g+CO2g H0，T时，在一恒容密闭容器中参加一定量的MgSO4s和COg，一段时间后到达平衡状态。以下说法正确的选项是 A. 活化能：E正E逆B. 其他条件不变，参加催化剂，H减小C. 其他条件不变，降低温度，化学平衡常数增大D. 其他条件不变，向容器中通入Arg，平衡逆向移动【答案】A【解析】【详解】A.该反响为吸热反响，正

7、反响的活化能大于逆反响的活化能，A项正确；B.催化剂不改变反响的H，B项错误；C.其他条件不变，降低温度，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，C项错误；D.其他条件不变，向容器中通入Arg，由于容器体积不变，所以各物质浓度都不变，平衡不移动，D项错误。应选A。【点睛】向容积不变的容器中通入惰性气体，不影响气体浓度，所以不会使反响速率改变，也不能使平衡移动。如果向容积可变的容器中通入惰性气体，会使容器体积变大，使气体浓度降低，反响速率减慢，如果反响前后气体系数之和不等，那么平衡会向气体系数之和大的方向移动，即相当于降低压强。6.常温下，浓度相同的稀溶液：NH4Cl溶液、NH4Al(SO4)2溶液、C

8、H3COONH4溶液、氨水中，c(NH4+)由大到小的排列顺序为 A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】NH4Cl溶液中Cl-对NH4+水解无影响，NH4Al(SO4)2溶液中Al3+抑制NH4+的水解，CH3COONH4溶液中CH3COO-促进NH4+的水解，氨水中只电离出少量的NH4+，故c(NH4+)由大到小的排列顺序为。应选C项。【点睛】不同溶液中同种离子浓度大小比拟时，要看其他能水解的离子对这种离子的影响。如果其他离子和这种离子带同种电荷，那么两种离子的水解互相抑制，使这种离子浓度增大，如果其他离子和这种离子带相反电荷，那么两种离子的水解互相促进，使这种离子浓度降低。7.

9、以下说法错误的选项是A. 做中和热测定实验时，在大小烧杯之间填满碎泡沫塑料以防止热量散失B. 海上石油钢铁钻井平台可用外加电流的阴极保护法以防腐C. H2O2催化分解每产生1molO2，转移电子的数目为26.021023D. 25时，加水稀释0.1molL1NH4Cl，溶液中不断增大【答案】D【解析】【详解】A. 做中和热测定实验时，为了防止热量散失，应在大小烧杯之间填满碎泡沫塑料，A正确；B. 海上石油钢铁钻井平台可用外加电流的阴极保护法，阻止铁失电子，以防铁腐蚀，B正确；C. H2O2催化分解每产生1molO2，O由-1价升高到0价，转移电子的数目为26.021023，C正确；D. 25时

10、，加水稀释0.1molL1NH4Cl，NH4+发生水解NH4+H2O NH3H2O+H+，此时水解常数Kh=，=，它只受温度变化的影响，当温度一定时，溶液中不变，D错误；答案为D。8.如下图是别离乙酸乙酯、乙酸和乙醇混合物的实验操作流程图。在上述实验过程中，所涉及的三次别离操作分别是()A. 蒸馏过滤分液B. 分液蒸馏结晶、过滤C. 蒸馏分液分液D. 分液蒸馏蒸馏【答案】D【解析】乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法别离，水溶液中的主要成分为乙酸钠和乙醇，二者沸点相差较大，蒸馏可得到乙醇，乙酸钠参加硫酸，得到乙酸和硫酸钠，二者沸点相差较大，蒸馏可得到乙酸，故答案为B。点睛：明确物质的性

11、质及混合物别离、提纯的根本操作方法是解题关键，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法别离，溶液中的主要成分为乙酸钠和乙醇，蒸馏可得到乙醇，乙酸钠参加硫酸，蒸馏可得到乙酸。9.以下离子在指定环境中一定可以大量共存的是A. (NH4)2Fe(SO4)2的溶液中：Fe3、Cl、Br、KB. 参加铝粉产生H2的溶液中：NO3、Mg2、Cl、Ba2C. 0.1mol/L的NaHCO3溶液中：SO42、Al(OH)4、NH4、BrD. 滴加盐酸可以产生沉淀的溶液中：Ca2、Na、NO3、K【答案】A【解析】【详解】A. (NH4)2Fe(SO4)2溶液中含有NH4+、Fe2+、SO42-，它与Fe3

12、、Cl、Br、K都不发生反响，那么离子在此环境中共存，A正确；B. 参加铝粉产生H2的溶液，可能为酸性溶液，也可能为碱性溶液。假设为酸性溶液，那么溶液中不含有NO3；假设为碱性溶液，那么溶液中不含有Mg2，B不正确；C. 0.1mol/L的NaHCO3溶液中，Al(OH)4不能大量存在，C不正确；D. 滴加盐酸可以产生沉淀的溶液中，可能含有Ag+，也可能含有Al(OH)4、SiO32-等。假设含有Ag+，那么与Ca2、Na、NO3、K共存；假设含有SiO32-，那么与Ca2不共存，D不正确；答案为A。10.以下方程式不能正确表示某沉淀溶解过程的是A. 热的浓盐酸洗涤试管内壁的MnO2：MnO2

13、4H2ClMn2Cl22H2OB. 热的NaOH溶液洗涤试管内壁的S：3S6NaOH2Na2SNa2SO33H2OC. 向石灰石粉的悬浊液中持续通CO2：Ca(OH)22CO2Ca(HCO3)2D. 稀硫酸可除去铁锈：Fe2O36H2Fe33H2O【答案】C【解析】【详解】A. 热的浓盐酸洗涤试管内壁的MnO2，发生反响为MnO24H2ClMn2Cl22H2O，A正确；B. 热的NaOH溶液洗涤试管内壁的S，发生反响为3S6NaOH2Na2SNa2SO33H2O，B正确；C. 向石灰石粉的悬浊液中持续通CO2，发生反响为CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2，C不正确；D. 稀硫酸可除去

14、铁锈，发生反响为Fe2O36H2Fe33H2O，D正确；答案C。11. 以下实验中，由于错误操作导致所测出的数据一定偏低的是A. 用量筒量取一定体积液体时，俯视读出的读数B. 用标准盐酸滴定氢氧化钠溶液测碱液浓度时，酸式滴定管洗净后，没有用标准盐酸润洗，直接着装标准盐酸滴定碱液，所测出的碱液的浓度值C. 测定硫酸铜晶体结晶水含量时，加热温度太高使一局部硫酸铜发生分解，所测出的结晶水的含量D. 做中和热测定时，在大小烧杯之间没有垫碎泡沫塑料或纸条所测出的中和热数值【答案】D【解析】【分析】A.俯视读数，视线高于凹液面；B.滴定管未用盐酸标准液润洗，会导致盐酸浓度偏低；C.局部硫酸铜发生分解，所测

15、出的质量差偏大；D.没有垫碎泡沫塑料,可导致热量损失。【详解】A读数时俯视，会使所读取的数值大于液体的实际体积，故A错误；B.滴定管未用盐酸标准液润洗，会导致浓度偏低，所用体积偏大，那么测定结果偏大，故B错误；C.局部硫酸铜发生分解，所测出的质量差偏大，那么测出的结晶水的含量偏高，故C错误；D.没有垫碎泡沫塑料,可导致热量损失,造成的误差偏小,故D正确；综上所述，此题正确选项D。12.以下实验操作、现象和结论均正确且存在因果关系是选项实验操作和现象实验结论A常温下，取浓度均为0.2mol/L的Na2CO3和NaHCO3溶液各2mL于试管中，分别滴加几滴酚酞试液，后者红色更深。相同温度下，CO3

16、2结合H能力更强B向Na2CrO4溶液中滴加浓硫酸，溶液由橙色变成黄色。增大反响物浓度平衡正向移动C向硅酸钠溶液中通入CO2气体,溶液变浑浊酸性：H2CO3H2SiO3D向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄氧化性：H2O2Fe3A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A、常温下，取浓度均为0.2mol/L的Na2CO3和NaHCO3溶液各2mL于试管中，分别滴加几滴酚酞试液，因碳酸钠溶液的碱性更强，所以前者红色更深，A错误；B、在Na2CrO4溶液中存在以下平衡：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，向Na2CrO4溶液中滴加浓硫酸，平衡正向移

17、动，溶液由黄色变成橙色，B错误；C、向硅酸钠溶液中通入CO2气体，发生反响为SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3+CO32-，溶液变浑浊，说明碳酸的酸性强于硅酸，C正确；D、向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄，可能是H2O2将Fe2+氧化，也可能是HNO3将Fe2+氧化，但不能肯定是H2O2将Fe2+氧化，也就不能得出氧化性H2O2Fe3，D错误；答案为C。13.一定温度下，10 mL 0.40 molL1 H2O2溶液发生催化分解。不同时刻测得生成O2的体积(已折算为标准状况)如表。t/min0246810V(O2)/mL0.09.917.222.426.52

18、9.9以下表达不正确的选项是(溶液体积变化忽略不计)A. 反响到6 min时，c(H2O2)0.30 molL1B. 06 min的平均反响速率：v(H2O2)3.3102 molL1min1C. 610 min的平均反响速率：v(H2O2)3.3102 molL1min1D. 反响到6 min时， H2O2分解了50%【答案】A【解析】【详解】A. 反响到6 min时，生成O222.4mL，此时分解的H2O2为0.002mol，剩余H2O2 0.002mol，c(H2O2)0.20 molL1，A不正确；B. 06 min的平均反响速率：v(H2O2)=3.3102 molL1min1，B正

19、确；C.随着反响的不断进行，平均反响速率不断减小，所以 610 min的平均反响速率：v(H2O2)3.3102 molL1min1，C正确；D. 反响到6 min时， H2O2分解了50%，D正确；答案为A。14.以下说法中正确的选项是A. Al、SiO2、Ca(OH)2、NaHCO3等既能与盐酸反响，又能与氢氧化钠溶液反响B. 假设a、b、c分別为Si、SiO2、H2SiO3，那么可以通过一步反响实现如下图的转化关系C. Fe2O3Fe2(SO4)3(aq)无水Fe2(SO4)3D. NaNa2O2NaI【答案】C【解析】【详解】A、SiO2与盐酸不反响；Ca(OH)2与氢氧化钠溶液不反响

20、，A错误；B、假设a、b、c分別为Si、SiO2、H2SiO3，因SiO2与H2O不反响，那么不可以通过一步反响实现bc转化，B错误；C、Fe2O3与硫酸溶液反响得Fe2(SO4)3溶液，加热蒸干得无水Fe2(SO4)3，C正确；D、因为Na2O2具有强氧化性，能将NaI氧化，所以Na2O2NaI不正确，D错误；答案为C。15.以下实验方案中，能到达相应实验目的的是A. 方案用于别离I2和NH4I固体B. 方案用于比拟CuSO4和MnO2的催化活性C. 方案用于测定中和热D. 方案用于比拟醋酸和硼酸的酸性强弱【答案】D【解析】【详解】A. I2和NH4I固体受热后分别变为碘蒸气、氨气和氯化氢气

21、体，在烧瓶底遇冷，又转化为I2和NH4I固体，方案不能用于别离I2和NH4I固体，A错误；B.比拟CuSO4和MnO2的催化活性，要求二份溶液中H2O2的浓度应相同，方案不正确，B错误；C.方案中缺少玻璃搅拌棒，不能用于测定中和热，C错误；D. 方案中，两份酸的浓度相同，所用碳酸钠的浓度也相同，能用于比拟醋酸和硼酸的酸性强弱，D正确；答案为D。16.可燃冰是另一种CH4的重要来源，利用可燃冰制备的甲烷可以设计成如下燃料电池，可以作为“移动的发电厂，源源不断的对外供电，以下说法错误的选项是A. a电极通入甲烷气体，作负极B. 每通入1mol CH4，有8mol e通过质子交换膜C. b电极的电极

22、反响式为：O24e4H2H2OD. 催化剂电极采用疏松多孔结构可提高电极反响效率【答案】B【解析】【分析】电子流出的电极a为负极，电子流入的电极b为正极。负极反响式为CH4-8e-+2H2O=CO32-+8H+，正极反响式为2O2+8e-+8H+=4H2O。【详解】A. 依据上述分析，a电极通入甲烷气体，作负极，A正确；B. 每通入1mol CH4，有8mol e转移，但电子不能通过质子交换膜，B错误；C. b电极的电极反响式为：O24e4H2H2O，C正确；D. 催化剂电极采用疏松多孔结构，可提高电极反响效率，D正确；答案为B。【点睛】电极反响式的书写，是我们解电化学试题的易错点，主要错因是

23、我们没有弄清电解质的性质。电解质溶液用质子交换膜隔离，说明电解质为酸。所以在电极反响式中，电解质中的微粒不允许出现OH-，只允许出现H+和H2O。17.在一个密闭容器中，A与B在一定条件下发生反响：A(s)B(g)C(g) Hc(SO42)B. c(Ba2)c(SO42)(Ksp)1/2C. c(Ba2)c(SO42)Ksp，c(Ba2)c(SO42)D. c(Ba2)c(SO42)Ksp，c(Ba2)c(SO42)，A正确；B. 达新平衡时，c(Ba2)c(SO42)，所以c(Ba2)c(SO42)(Ksp)1/2关系不成立，B错误；C.温度不变，Ksp不变，所以c(Ba2)c(SO42)K

24、sp，c(Ba2)c(SO42)两关系式都不成立，C错误；D. 温度不变，Ksp不变，所以c(Ba2)c(SO42)Ksp，c(Ba2)T2B. a =4.010-5C. M点溶液温度变为T1时，溶液中Cl-的浓度不变D. T2时饱和AgCl溶液中，c(Ag+)、c(Cl-)可能分别为2.010-5mol/L、4.010-5mol/L【答案】B【解析】【详解】A、氯化银在水中溶解时吸收热量，温度越高，Ksp越大，在T2时氯化银的Ksp大，故T2T1，A错误；B、氯化银溶液中存在着溶解平衡，根据氯化银的溶度积常数可知a= 4.010-5，B正确；C、氯化银的溶度积常数随温度减小而减小，那么M点溶

25、液温度变为T1时，溶液中Cl-的浓度减小，C错误；D、T2时氯化银的溶度积常数大于1.610-9，所以T2时饱和AgCl溶液中，c(Ag+)、c(Cl-)不可能为2.010-5mol/L、4.010-5mol/L，D错误；答案选B。22.常温下，取pH2的两种二元酸H2A与H2B各1 mL，分别加水稀释，测得pH变化与加水稀释倍数有如下图变化，那么以下有关表达正确的选项是()A. H2A为二元弱酸，稀释前c(H2A)0.005 molL1B. NaHA水溶液中：c(Na+) c(H+)2c(A2-)c(OH-)C. 含等物质的量的NaHA、NaHB的混合溶液中：c(Na) c(A2-)c(B2

26、-)c(HB-)D. pH10的NaHB溶液中，离子浓度大小：c(Na)c(HB)c(OH)c(B2)c(H2B)【答案】B【解析】【详解】ApH=2的H2A稀释100倍时溶液的pH变为4，说明该酸完全电离，所以为强酸，A错误；B根据电荷守恒可知NaHA水溶液中：c(Na+)+ c(H+)= 2c(A2-)+ c(OH-)，B正确；C根据物料守恒可知含等物质的量的NaHA、NaHB的混合溶液中：c(Na+)=c(A2-)+ c(B2-)+ c(HB-)+ c(H2B)，C错误；DpH=10的NaHB溶液显碱性，说明HB的电离程度小于水解程度，离子浓度大小为：c(Na+)c(HB-)c(OH-)

27、c(H2B)c(B2-)，D错误；答案选B。点睛：此题以离子浓度大小比拟为载体考查弱电解质电离，会根据图象确定酸的强弱是解此题关键，再结合守恒思想分析解答，易错选项是C、D。23.：常温下，KspNiCO3=1.410-7，KspPbCO3=1.410-13，那么向浓度均为0.1molL-1的Ni(NO3)2和Pb(NO3)2混合溶液中逐滴参加Na2CO3溶液，以下说法错误的选项是 A. 常温下在水中的溶解度：NiCO3PbCO3B. 逐滴参加Na2CO3溶液，先生成NiCO3沉淀，后生成PbCO3沉淀C. 逐滴参加Na2CO3溶液，先生成PbCO3沉淀，后生成NiCO3沉淀D. 逐滴参加Na

28、2CO3溶液，当两种沉淀共存时，溶液中cNi2+：cPb2+=106：1【答案】B【解析】【详解】A.常温下，KspNiCO3KspPbCO3，故溶解度：NiCO3PbCO3，A项正确；B和C.逐滴参加Na2CO3溶液时，KspPbCO3较小，故先生成PbCO3沉淀，后生成NiCO3沉淀，B项错误，C项正确；D.当两种沉淀共存时，NiCO3、PbCO3均到达溶解平衡状态，溶液中cNi2+：cPb2+=KspNiCO3：KspPbCO3=106：1，D项正确。应选B。【点睛】当两种物质溶度积相比，第一种物质的大于第二种物质时，两者的溶解度不一定第一种物质大于第二种物质，只有当两者的化学式中原子组

29、成相同时才可以得出这样的结论，NiCO3和PbCO3就是这样的例子。如果一种物质是A2B，另一种物质是AB，假设溶度积A2BB，溶解度不一定A2BB。24.某温度下，向10 mL 0.1 molL1 CuCl2溶液中滴加0.1 molL1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中lgc(Cu2)与Na2S溶液体积(V)的关系如下图，以下有关说法正确的选项是(：lg 20.3，Ksp(ZnS)31025)A. a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点B. Na2S溶液中：c(S2)c(HS)c(H2S)2c(Na)C. 该温度下Ksp(CuS)41036D. 向100 mL Zn2、Cu2浓度均为105

30、molL1的混合溶液中逐滴参加104 molL1的Na2S溶液，Zn2先沉淀【答案】C【解析】【分析】由图象信息可知，V(Na2S)T2T1 (5). 1：1 (6). 【解析】【详解】(1)三种物质燃烧的热化学方程式为：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H285.8kJ/mol CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) H283.0kJ/mol CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H726.5kJ/mol 那么2+-得：CO(g)2H2(g)CH3OH(l) H-128.1kJ/mol。答案为-128.1(2) a.增大起始通入值，不一定能增大反响物浓度，反响速率不一定加快；b.恒温恒容，再通入氦气，反响物和生成物的浓度都未变，速率不变；c.使用新型的高效正催化剂，可加快反响速率；d.将产生的甲醇及时移走，能增大反响物的转化率，但不能加快反响速率；e.压缩体积，増大压强，可加快反响速率。故答案为CE。(3) a.体系中碳氢单键数目不再改变，说明甲醇的量不再改变，反响达平衡状态；b.假设起始投入量之比等