高三五调·化学·入盐酸，发生反应CaCO+2H+一Ca++HOKa(HA)_1.74×10-5c(H+)10=174,C项正确；图示各点CO2个，达到除去锅炉水垢的目的，D项正确中，d点后继续加入NaOH溶液，溶液导电性比d点20.B【解析】二元弱酸H2A溶液中逐滴加入NaOH强，D项错误溶液，反应分两个阶段，第阶段：H2A十OH22,B【解析】由图可知，当溶液pH范围为4~HA十H2O,第二阶段：OHA氧化硫与碳酸钠恰好反应生成亚硫酸氢钠，则H2O,反应过程中HA浓度直减小，HA的浓度溶液pH范围为4~5时，停止通氧化硫，A项先增大后减小，A的浓度一直增大，由图申粒子浓正确图可知，当溶液中cHSO)S)时度的化I代表HA,代表H,A四代表c(SO)c(H+)H为7.2,则K(H$0c(HSO,)2,则区2(LSO3的数量级为变成NaHA水的电离程度只增大，A项错误一8，B项错误由图可知，a点为亚硫酸气钠、亚硫据物料守恒，当溶液中3「c(H2A酸和碳酸的混液，溶液中恒关系=2cNa,可知溶质为A的(HSO)+等物质的量混合，因A2-的水角A-C(HCO,C项正确；由图知此时溶液中HA浓度大的浓度，结合图可知币H=3的硫酸氢钠、亚硫酸和碳酸可知该点应位于、心之B项正确；结合图像信息的混合溶由物料守恒可知，溶液中c(Na+)
女秘密·2022年11月17日16：00前重庆市2022-2023学年（上)11月月度质量检测高三数学2022【命题单位：重庆缙云教育联盟】注意事项：1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；4.全卷共6页，满分150分，考试时间120分钟。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.设集合A={xlog2x≤0}，B={x1b>cB.b>c>aC.b>axcD.a>c>b3.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为，b,c,∠A=,AD是∠A的分线，AD=V5,3AB>1,则b+2c的最小值是()A.6B.3-2V2C.3+2W2D.104.购买同一种物品，可以用两种不同的策略，第一种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品的数量一定；第二种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品所花的钱一定.假设连续购买两天该物品，第一天物品的价格为a,第二天物品的价格为a2,且a,≠a2,则以下选项正确的为()12≥4+a4A.第一种方式购买物品的单价为11B.1,124a2aa,C.第一种购买方式所用单价更低D.第二种购买方式所用单价更低5.数列{an}满足a1=2,an1=n+1a.(n∈N),则2(n+2)42022=(),+42+…+a2022022B.202320212022A.2021C.D.2021202220236.已知矩形ABCD的对角线交于点O,E为AO的中点，若DE=AB+uAD(2,L为实数)，则22-2=()高三数学试卷第1页共6页
的样本空间为2={(A,B),(A,C),(A,甲)，(A,乙)，(A,D),(B,C),(B,甲)，(B,乙)，(B,D),(C,甲)，(C,乙)，(C,D),(甲，乙)，（甲，D),(乙，D)},共15个样本点.设事件M=“甲、乙两人至少一人被选上”，则M={(A,甲)，(A,乙)，(B,甲)，(B,乙)，(C,甲)，(C,乙)，（甲，乙），（甲，D),(乙，D)},共有9个样本点，所以P(M0=n(M=3n(2)5(ⅱ)设第四组、第五组学生的成绩的均数分别为元4，元，方差分别为s,s,则x,=37,,=43,-号f=1设第四组和第五组所有学生的成绩均数为，方差为2，则=4十2五=39，62-64×[+(,-)门+2X[s(五》]》=10.因此，第四组和第五组所有学生的成绩的方差为10，据此，可估计[35,45)分所有人的成绩的方差约为10.21.解：(1)若采用方案一，使用100台A设备和800台B设备每天可进一步生产的产品件数为30×100+4X800=6200,则这100天中该产品每天售出件数的频数分布表如下：进一步生产的件数60006200频数2080:日增加的利润的均值为25×6000X20十6200X80)-500X100-80X800=40000(元.100(2)若采用方案二，使用200台A设备和450台B设备每天可进一步生产的产品件数为30×200+4X450=7800,则这100天中该产品每天售出件数的频数分布表如下：进一步生产的件数600070007800频数203050:日增加的利润的均值为25×(600X20+7000X30+7800X50)-500×200-80×450=10044000(元)，大于方案一，因此选择方案二.22.解：(1)设事件M为“甲和乙先赛且3场比赛决出冠军”，则有两类：第一种是甲和乙比赛，甲胜乙，再甲与丙比赛，丙胜甲，再丙与乙比赛，丙胜乙结束比赛；第二种是甲和乙比赛，乙胜甲，再乙与丙比赛，丙胜乙，再丙与甲比赛，丙胜甲结束比赛。故所求既率P0=号×号×寸+号××号=名(2)设事件A表示甲与乙先赛且甲获得冠军；事件B表示甲与丙先赛且甲获得冠军；事件C表示乙与丙先赛且甲获得冠军，在·28·【23新教材·DY·数学·参考答案一RB一必修第二册一QG】
因为f(a)=22=4,f(b)=23=8,f(c)=24=16,且16>4+8，所以f(c)>f(a)十f(b)不满足f(a)十f(b)>f(c)构成三角形的条件.所以f(x)=2r,x∈(0，十∞)不是“三角形型函数”.(2)对任意一个三角形的三边长a,b,c∈[2，十o∞)，且a十b>c,b十c>a,c十a>b,则f(a)=lna,f(b)=lnb,f(c)=lnc.因为a≥2，b≥2，a十b>c,以(a-1)(b-1)≥1，所以ab≥a+b>c,所以lnab>lnc,即lna十lnb>lnc.同理可证明lnb十lnc>lna,lnc十lna>lnb,所以lna,lnb,lnc是一个三角形的三边长.故函数f(x)=lnx,x∈[2，十o∞)是“三角形型函数”.21.解：(1).当x≤0时，f(x)=-x2-3x.令x>0,则-x0故f(x)=-x2-3x,x≤0(2)设g(x)=，“f)与g()都是偶函数，2在同一坐标系中作出他们的大致图像，如图所示，.g(1)=f(1)=2,∴.当x>0时，x=1为方程（一x2十3x)x=2的一个解.不妨设(-x2+3x)x-2=-x3+3x2-2=(x-1)(a.x2+bx十c)=a.x3十(b-a)x2+(c-b)x-c,易知a=-1,b=2,c=2,∴.-x3+3x2-2=(x-1)(-x2十2x+2)=0,当x>0时，由-x2十2x十2=0，解得x=1十3.不等式)>司的解集为1
第三单元第一次综合测试1.B依题意得}-2≥0，所以2≤4=22，故≤-2，所以fx)的定义域为(-©，-21.2.D由题意知2=号，，所以a=-1,放g)=(x-2)f)=1-兰·所以g()在区间-2，一1]上单调递增，即当x=一1时，g(x)mx=g(一1)=3.3.A函数f(x)=log2(x十a)的图像不经过第四象限，则a≥1，可得p是q的充分不必要条件.4.A由g(x)=m一x=|x一m在区间（一∞，m]上单调递减，得f(x)在区间(-∞，m]上单调递增，由题意得m≥一1.5.A因为60=7，所以b=1og7,log:14=1o8614_1og(2X7-_logs2+l0g67-a+b10g6 361og621-log621-a16.D因为当M=3m吨时，w=5.544千米/秒，所以要使w变为11.088千米/秒，即要使速度变v=ln(1+3r)为原来的两倍，则由M,得2n1十3)=ln1+兴，即1n16-ln(1+兴，所以2w=ln(1+20M=300吨，7.C作出函数f(x)的图像（图略），令u=f(x),结合函数图像，由f(u)=1,可得u=0,2=2.令u=f(x)=0,解得x=1,令u=f(x)=2,解得x=号或=3，所以函数y=g()的所有零点的和为号十1十3=号.98.D由题意得a=,故d-罗2b=1og44+1og29=log12-1+21ogu3=1ogs12+1og312-1,2因为2=1og,9
C-A,放其概率为号×号十号×号-号：经过三次跳动后返回到A处，则共有两种情况：A-BC-A,A-C一B一A,放其概率为号×号×号十号×号×号=吉经过三次跳动后跳到B处，则共有三种情况：A-B-A一B,A-B-C-B,A-C-A-B,故其概率为S×号×号+日×号×号+号×号×号=号：经过四次跳动后回在A处，则共有六种情况：A一B-A-B-A,A-B-A-C-A,A-B-C-B-A,A-C-A-B-A,A-C-A-C-A,A-C-B-C-A,故其概率为时×号×3×号+号×号×号×号+号×号×号×号+号×合×号×号+号×号×号×号十号×号×号×号-号放不在A点处的概率为1一品品号放A,D项正确，130.3由频率的定义可知用电量超过指标的频率为)-0.3，频率约为概率。14.2有且贝有一人通过听力测试的概率为圣×号十十×号一15.125设总体中的个体数为，则号员解得=128.16令图中含开关的三条线路同时断开的概率为×号×(1-×分)=名，所以灯亮的概华为1名名17.解：(1)从题中统计表中可以看出，在这100位顾客中，有6位顾客同时购买了甲和乙，所以估计顾客同时购买甲和乙的概率为8=0,06，6(2)从题中统计表中可以看出，在这100位顾客中，有45位顾客同时购买了甲、乙、丙中的2种及以上商品，所以其概率为品=045。18解：(1只有一人被录取的概率为号×号×号+号×号×号+号×台×号32(2②)只有两人被录取的餐率为}×号×号+号×号×号1合×号×号=飞可知录取=人或者一个都设录取的既率和为1一名。一号
14某待测溶液中除含有水电离出的H、OH之外，还可能含有等物顶重Fe+、Fe+、SO、SO中的几种离子。根据如图实验步骤与现象，推测不合理的是A原溶液中一定没有Fe+、Fe+→无气体空气红棕色B.原溶液中可能同时存在SO、SO待测溶液稀硝酸无色溶液Ba山溶液，白色沉淀C生成的无色气体为NO16.(1D蘸取该待测溶液做焰色反应，透过蓝色钴玻璃一定能观察到紫色火焰第Ⅱ卷（非选择题共58分)二、非选择题（本题包括4小题，共58分）15.(15分)实验室利用下列装置进行氯气的制取并进行相关物质氧化性强弱的探究实验，回答下列问题：资料：i.C中试剂为10mL40%的NaOH溶液，同时滴入了5滴0.1mol·L1的MnC2溶液：i.C2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaCIO的氧化性随碱性增强而减弱；前.MnO在溶液中显绿色。(1)I中导管的作用是,B中试剂为(2)若实验室用KMO,制取Cl2,气体发生装置应选择(填标号，下同)，若用MnO2制取C2,则气体发生装置为由此可判断出氧化性：KMnO,(填“>”、“
考查学生有机推断理解能力和综反应为取代反应。团，一种为酚羟基，另一种为氨基，HO大（标星处），并C06C
化学试题及答案)
14,C【解析】本题主要考查电解质的水溶液知识的综合分析，侧重考查学生分析和解决化学问题的能力。SO⅓的水解程度大于NH的水解程度，溶液显碱性，A项错误；根据电离衡常数分析，0.1ol·L1NH4HSO3溶液，NH4的水解衡常数约为5.6×10-10，HSO3的水解衡常数约为6.5×1013，HSO为的电离衡常数为K2=1.02×107,故HSO的电离程度大于NH的水解程度，也大于HSO3的水解程度，溶液显酸性，滴加氨水的过程中溶液由酸性逐渐转化为中性，最后变为碱性，根据电荷守恒：c(NH吐)+c(H+)=c(HSO)+2c(SO号)+c(OH),当溶液呈中性时，则存在c(NH4)=c(HSO5)+2c(SO),B项错误；0.2mol·L1(NH4)2SO3溶液和0.2ol·L1H2SO3溶液等体积混合后，根据物料守恒分析有c(NH3·H2O)+c(NHH)=c(SO号)+c(HSO3)+c(H2SO3),D项错误。15.(1)3d4s2(2分)(2)NH4CI可抑制NH·H20的电离(2分)；2[Co(NH)6]++H2O2+2NH△2[Co(NH)6]3++2NH3◆+2H2O(2分)(3)降低[Co(NH3)6]Cl3在水中的溶解度，有利于其结晶析出(2分)；可加速过滤，并使沉淀抽吸得较干燥(2分)(4)①淀粉溶液(1分)；由蓝色变为无色(1分)②96.3%(2分)【解析】本题主要考查三氯化六氨合钴（Ⅲ）的制备实验，考查学生分析和解决化学问题的能力。(2)加入NH4C1可增大铵根离子的浓度，抑制NH·H2O的电离；充分反应后缓慢滴加双氧水，水浴加热20min,发生反应的离子方程式为2[Co(NTI)6]++IH,0O,+2NI时△2[Co(NIH)6]3++2NH◆+2H2O.(3)加入浓盐酸、冰水冷却的目的都是降低[Co(NH)6]CL3在水中的溶解度，有利于其结晶析出；抽滤可加速过滤，并使沉淀抽吸得较干燥。(4)①加人淀粉溶液作指示剂，滴定终点时溶液由蓝色变为无色②根据反应原理可知：Co3+~S2O号，由此计算可得[Co(NH)6]Cl的物质的量为0.0036mol,则质量为0.0036×267.5=0.963(g),样品的纯度为96.3%。16。(1)加快反应速率(1分)(2)ZnS+2Fe3+—Zn++2Fe++S(2分)；会产生有毒气体，污染空气(1分)(3)sp3(1分)(4)Na2 SO4+3Fe2(SO4)3+12H2O=2NaFes(SO)2(OH)+6H2 SO4(2)(5)有蓝色沉淀生成(1分)；Fe++K++[Fe(CN)6]3—KFe[Fe(CN)6]V{若写“3Fe2++2[Fe(CN)6]3=Fe[Fe(CN)s]2V”,也给分，2分}(6)蒸发浓缩(1分)；冷却结晶(1分)(7)5.0X1012(2分)【解析】本题主要考查以锌矿制备皓矾的工艺流程分析，考查学生对实验的理解能力和综合运用能力。(1)粉碎的目的是增大接触面积，加快浸取速率。(2)FCl溶液作氧化剂，可将疏元素氧化为S单质，锌以离子的形式浸取出来；由于“浸取”时为酸性环境，易产生H2S气体，造成环境污染。(5)Fe+与[Fe(CN)6]3-反应生成带有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀。(6)从滤液中获得晶体的一般操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(7)根据CH COOH、CH3CO0+H+及Ka(CH COOH),计算可得，c(H+)=1.0×10-5mol·L1;对于ksK=eH2s）K=S,K·K,=Hs,即1×10×1×c(H2S)c(H2S)10w=05)2cS）,c(S)=2.0×101“mol·L1;根据Kp(ZS)=c(S)·c(Zn+),计算可得0.2【高三化学·参考答案第2页（共3页）】906C·AH·
ZS4化学试题及答案)
