福建省厦门第一中学2022-2023学年高三上学期12月月考化学试题（解析版）

福建省厦门第一中学2022-2023学年高三上学期12月月考化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Si-28S-32Ca-40第Ⅰ卷选择题：每道题只有一个选项符合题意，每题4分，共40分。1.“卡塔尔---山东临淄---足球烯”三者之缘起于足球，下列有关说法正确的是A.卡塔尔世界杯官方用球：使用新聚氨基酯(PU)材质，具有透气性、热固性B.“世界足球起源地”临淄非遗传承人制作蹴鞠：毛发与米糠均可水解，但产物不同C.足球烯：与石墨烯属于同种物质，只是外形一个呈球面，一个呈平面D.石墨烯：具有优异的光学、电学、力学特性，是近期人工合成的高分子化合物【答案】B【解析】【详解】A．新聚氨基酯(PU)材质，具有透气性、热塑性，故A错误；B．毛发属于蛋白质，可水解为氨基酸，米糠属于多糖，均可水解，但产物不同，B正确；C．足球烯是由60个碳原子构成，石墨烯可以在平面上无限延伸，不属于同种物质，C错误；D．石墨烯本来就存在于石墨中，只是层层堆叠难以剥离而已，且石墨烯属于单质，D错误；故答案选B。2.化合物Z是一种抗胃溃疡剂，可由下列反应制得。下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是A.X、Y和Z三种分子中，只有Z存在顺反异构B.Y最多能与反应C.X中有两种官能团能与溴水反应，且反应类型相同D.上述合成化合物Z的反应为取代反应【答案】A【解析】【详解】A．X、Y和Z三种分子中，只有Z中的碳碳双键的两个碳都连接不同的原子或原子团，只有Z存在顺反异构，A正确；B．Y中苯环和碳碳双键、酮羰基都能和氢气发生加成反应，羧基和酯基中碳氧双键和氢气不反应，则1molY最多能消耗5mol氢气，B错误；C．X中碳碳双键和醛基都能和溴水反应，碳碳双键和溴发生加成反应、醛基被溴水氧化，前者为加成反应、后者为氧化反应，即反应类型不相同，C错误；D．由题干反应方程式可知，上述合成化合物Z的反应先发生加成反应后发生消去反应，D错误；故答案为：A。3.下列指定反应的离子方程式正确的是A.电解水溶液：B.溶液中加入产生沉淀：C.溶液与少量的溶液混合：D.次氯酸钠溶液中通入少量：(已知酸性)【答案】B【解析】【详解】A．电解MgCl2水溶液，阳极得到氯气，阴极得到氢气和氢氧化镁沉淀：Mg2++2Cl－+2H2OMg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑，故A错误；B．FeSO4溶液中加入H2O2产生Fe(OH)3沉淀，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe(OH)3↓+4H+，故B正确；C．碳酸氢钠溶液与少量氢氧化钡溶液反应生成碳酸钠、碳酸钡沉淀和水，反应时离子方程式为2HCO+Ba2++2OH—=BaCO3↓+CO+2H2O，故C错误；D．电离出H+强弱顺序是H2CO3＞HClO＞HCO，向NaClO溶液中通入少量CO2，发生ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO，故D错误；故选B。4.设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.常温下，分子中含有极性键数目为B.将含的溶液滴入沸水中，制得的胶体粒子数目为C.叠氮化铵()可发生爆炸反应：，则每收集标准状况下气体转移电子数为D.的溶液中、、的粒子总数为【答案】C【解析】【详解】A．已知SiO2晶体中每个Si与周围的4个O原子形成4个Si-O极性键，故常温下，60g即=1molSiO2分子中含有Si-O极性键的数目为，A错误；B．已知FeCl3溶液水解反应是一个可逆反应，且Fe(OH)3胶体粒子是多个分子的集合体，将含1molFeCl3的溶液滴入沸水中，制得的Fe(OH)3胶体粒子数目小于，B错误；C．叠氮化铵(NH4N3)可发生爆炸反应：NH4N3=2N2↑+2H2↑反应中转移电子数为4e-，则每收集标准状况下89.6L即=4mol气体转移电子数为，C正确；D．题干未告知溶液体积，故无法计算的溶液中、、的粒子总数，D错误；故答案为：C。5.一种重金属沉淀剂、杀菌剂、阻聚剂的结构如下图所示。X、Y、Z、M、R是原子序数依次增大的主族元素，且原子序数均不超过20，Z的基态原子中p能级上的电子总数比s能级上电子总数少1，Z和M位于不同周期。下列说法错误的是A.简单离子半径：B.简单氢化物的熔沸点：C.RX溶于水生成强碱D.阴离子的立体构型为角形【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、M、R是原子序数依次增大的主族元素，且原子序数均不超过20，Z的基态原子中p能级上的电子总数比s能级上电子总数少1，Z是N元素；M能形成2个共价键，Z和M位于不同周期，M是S元素；X能形成1个共价键、Y能形成4个共价键，X是H元素、Y是C元素；R形成+1价阳离子，R是K元素。【详解】A.电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：，故A正确；B.氨分子间能形成氢键，简单氢化物的熔沸点，故B正确；C.KH溶于水生成氢氧化钾和氢气，KOH是强碱，故C正确；D.阴离子中C是中心原子，C原子形成2个σ键、无孤电子对，立体构型直线形，故D错误；选D。6.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象实验结论A向含有酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体有白色沉淀生成，溶液红色变浅证明纯碱溶液呈碱性是由水解引起的B室温下，用pH试纸测定浓度均为0.1mol/L的NaClO溶液、CH3COONa溶液pHNaClO溶液的pH较大酸性：HClO＜CH3COOHC向1mL0.1mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，再滴入2滴0.1mol/LCuSO4溶液沉淀颜色变化：白色—蓝色Ksp：Cu(OH)2＜Mg(OH)2D分别向两支试管中加入同浓度、同体积的草酸溶液，再分别加入同体积、不同浓度的酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液褪色时间不同浓度不同反应速率不同A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性：+H2O+OH-，滴有酚酞溶液变红，加入少量BaCl2固体，发生反应Ba2++=BaCO3↓，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，A正确；B．NaClO溶液具有漂白性，应选pH计测定比较酸性，不能用pH试纸来测量其pH值，B错误；C．NaOH过量，均为沉淀生成，不能证明Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3，即不能证明Ksp：Cu(OH)2＜Mg(OH)2，C错误；D．应用同浓度同体积的酸性KMnO4溶液与同体积不同浓度过量H2C2O4溶液反应，通过测量褪色的时间长短来研究浓度对反应速率的影响，否则高锰酸钾浓度越大，褪色的时间反而长，D错误；故答案为：A。7.高电压水系锌—有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是A.放电时，负极反应式为B.放电时，正极区溶液的增大C.充电时，转化转移电子D.充电时，中性电解质的浓度增大【答案】D【解析】【分析】高电压水系锌-有机混合液流电池工作原理为：放电时为原电池，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，为负极，则FQ所在电极为正极，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，负极反应式为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)；充电时电解池，原电池的正负极连接电源的正负极，阴阳极的电极反应与原电池的负正极的反应式相反，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极。【详解】A．放电时为原电池，金属Zn为负极，负极反应式为，选项A正确；B．放电时为原电池，正极反应式为2FQ+2e-+2H+═FQH2，即正极区溶液的pH增大，选项B正确；C．充电时电解池，阳极反应为FQH2-2e-=2FQ+2e-+2H+，则1molFQH2转化为FQ时转移2mol电子，选项C正确；D．充电时装置为电解池，电解池中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，NaCl溶液中的钠离子和氯离子分别发生定向移动，即电解质NaCl的浓度减小，选项D错误；答案选D。8.过氧硫酸氢根(HSO)参与烯烃的不对称环氧化反应机理如图所示，下列说法错误的是A.该反应受体系pH的影响B.是中间产物且具有较强氧化性C.该过程中有非极性键的生成，没有非极性键的断裂D.总反应方程式为：+OH-+HSO+SO+H2O【答案】C【解析】【详解】A．由机理图可知，中间过程中OH-参与反应，改变pH值即该反应受体系pH的影响，故A正确；B．由图可知反应物和最终生成物均没有，故其为中间产物，结构中含有过氧键，具有类似于双氧水强氧化性，故B正确；C．如图中间产物和中均存在非极性键，整个过程中存在非极性键断裂，故C错误；D．由图可知该反应的反应物有：、OH-、HSO，生成物为：、SO、H2O，总反应方程式为：+OH-+HSO+SO+H2O，故D正确；故选：C。9.某小组对FeCl3溶液与Cu粉混合后再加KSCN溶液的实验进行如下研究。①向2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入过量Cu粉，充分反应后，溶液变蓝。2天后，溶液变为浅蓝色，有白色不溶物生成。②取①中浅蓝色的上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，出现白色浑浊。振荡后白色浑浊物增多，红色褪去。经检验，白色不溶物是CuSCN。③向2mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未观察到白色浑浊。放置24小时后，出现白色不溶物。已知：CuCl和CuSCN均为白色不溶固体下列说法不正确的是A.①中产生白色不溶物的可能原因是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓B.由③可知②中白色浑浊不是Cu2+与SCN-直接反应生成的C.②中红色褪去的原因是Fe3+被完全消耗了D.实验表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl)【答案】C【解析】【详解】A．①中，FeCl3溶液中加入过量Cu粉，充分反应后，溶液变蓝，表明有Cu2+生成；2天后，溶液变为浅蓝色，则表明Cu2+浓度减少，Cu2+被Cu还原为Cu+，Cu+与Cl-结合为CuCl沉淀，从而得出可能原因是Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，A正确；B．由③可知，CuSO4溶液中滴加KSCN溶液，未观察到白色浑浊，则表明②中白色浑浊不是Cu2+与SCN-直接反应生成的，B正确；C．②中红色褪去的原因可能是生成的Cu+与溶液中的SCN-结合为CuSCN，从而促进Fe(SCN)3的不断电离，不一定是Fe3+被完全消耗了，C不正确；D．从②中可以看出，当溶液中既有Cl-又有SCN-时，优先生成CuSCN，则表明：Ksp(CuSCN)＜Ksp(CuCl)，D正确；故选C。10.羟胺的电离方程式为：NH2OH+H2ONH3OH＋+OH－，用0.1mol∙L−1的盐酸滴定20mL0.1mol∙L−1羟胺溶液，恒定25℃时，溶液AG与所加盐酸的体积(V)关系如图所示[已知：AG]。下列说法错误的是A.25℃时，羟胺的电离平衡常数Kb约为1.0×10−8B.由c点到d点的过程中水的电离程度逐渐减小C.图中b点V(盐酸)＜10mLD.d点对应溶液中存在c(H＋)=c(OH－)+c(NH3OH＋)+c(NH2OH)【答案】D【解析】【详解】A．25℃时，AG=−5，即c(H＋)=1.0×10−9.5mol∙L−1，c(OH－)=1.0×10−4.5mol∙L−1，则羟胺的电离平衡常数Kb，故A正确；B．c点和盐酸恰好反应完，盐溶液水解而使得显酸性，促进水的电离，而d点盐酸过量，溶质是盐(NH3OHCl)和HCl且两者物质的量浓度相等，溶液显酸性，因此由c点到d点的过程中水的电离程度逐渐减小，故B正确；C．图中b点溶液呈中性，当V(盐酸)=10mL，溶质是NH2OH和对应的盐酸盐，其Kh=1.0×10−6＞1.0×10−8，说明水解占主要即溶液显酸性，要使溶液呈中性，则加入的盐酸的体积小于10mL，故C正确；D．d点溶质是盐(NH3OHCl)和HCl且两者物质的量浓度相等，根据电荷守恒得到c(H＋)+c(NH3OH＋)=c(OH－)+c(Cl－)，根据物料守恒得到c(Cl－)=2c(NH3OH＋)+2c(NH2OH)，前者加后者得到c(H＋)=c(OH－)+c(NH3O