河南省鹤壁市高中2022-2023学年高二上学期11月居家测试一化学答案.pdf

1、12024 届高二上学期 11 月居家测试（一）化学答案1-5BBCBA6-10DADAC11-15DBBAB16-22BAACBDD23、(1)(2)(3)碱、(4)(5)11(6)AC24、(1)2-4MnO 52-24C O 16H=2Mn210CO28H2O(2)=(3)0.054 00 molL-1=25、(1)3+23Al+3H OAl(OH)(胶体)+3H(2)小于(3)3111010(4)A()()()244c Nac(SO)c(NH)c OHc H+=432=NHOHNHH O+26、（1）-32222H PO+OH=H PO+H O正盐（2）-84 10（3）（4）-2-2

2、442H PO+OH=HPO+H OAD【部分答案解析】2、B【分析】硫化钠溶液中()()+2-c Nac S大于 2，为使比值减小，可以减小 Na+或增大 S2浓度。【详解】A加入适量的氢氧化钠固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，水解平衡向逆反应方向移动，硫离子浓度大，但钠离子浓度也增大，则()()+2-c Nac S的值不可能减小，故 A 错误；B加入适量的氢氧化钾固体，溶液中氢氧根离子浓度增大，水解平衡向逆反应方向移动，硫离子浓度大，钠离子浓度不变，则()()+2-c Nac S的值减小，故 B 正确；C通入适量的氯化氢气体，氯化氢电离出的氢离子中和溶液中氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，水解

3、平衡向正反应方向移动，硫离子浓度减小，钠离子浓度不变，则()()+2-c Nac S的值增大，故 C 错误；D加入适量的强酸弱碱盐氯化铵固体，氯化铵在溶液中水解生成的氢离子中和溶液中氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，水解平衡向正反应方向移动，硫离子浓度减小，钠离子浓度不变，则()()+2-c Nac S的值增大，故 D 错误；故选 B。7、【答案】AA.pH=1 的溶液中：+Na、+K、4MnO、24SO 之间不生成沉淀、气体、水或其它弱电解质，故免费下载公众号中僧试卷2A 符合；B.铁离子能将碘离子氧化成碘单质，同时铁离子还能与SCN 形成络离子，故 B 不符；C.使酚酞变红色的溶液呈碱性：3

4、+Al 不能大量共存，另外铝离子与23CO 会发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故 C 不符；D.由水电离的()+131c H=1 10mol L的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，当溶液呈酸性时，2AlO、23CO 不能大量存在，故 D 不符；故选 A。9、【答案】A【解析】A33(CH COOH)(CH COO)cc=+a(H)cK，加入冰醋酸，Ka不变，氢离子浓度增大，该比值增大，A正确；B溶液中存在水解平衡 CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，通入 HCl，消耗氢氧根，平衡正向移动，HCl 会电离出大量氢离子，溶液 pH 会减小，B 错误；CNaOH 可以电离出大量氢氧

5、根，平衡逆向移动，溶液碱性增强，pH 增大，C 错误；D稀释溶液，促进水解，平衡正向移动，-3-3c(CH COOH)c(OH)c(CH COO)即水解平衡常数，只与温度有关，温度不变则该值不变，D 错误；综上所述答案为 A。10、【答案】C【详解】A向 0.1 molL-1CH3COOH 溶液中加入少量水，c(CH3COO-)减小，Ka不变，溶液中3(H)(CH COOH)cc+=a3K(CH COO)c 增大，A 不正确；B将 CH3COONa 溶液从 20升温至 30，CH3COO-的水解程度增大，Kh增大，溶液中-33(CH COO)(CH COOH)(OH)ccc=h1K 减小，B

6、不正确；C后者水解程度大，损耗铵根离子多，正确；D铝离子是弱离子，在水溶液中会水解，氯化铝水解的氢氧化铝和挥发的氯化氢，3AlCl 溶液蒸干后再灼烧所得固体产物为23Al O，()243AlSO溶液中阴离子是高熔点难挥发的硫酸的酸根离子，蒸干灼烧得原物质，B 错误；11、【答案】D【详解】A23Sb O 为不溶性固体，在实验室可利用3SbCl 的水解反应制取，其水解总反应可表示为：32232SbCl+3H OSb O+6HCl=，故 A 正确；B适当加热可使胶态23Sb O 聚沉，发生聚沉，便于过滤分离，故 C 正确；3C大量的水和氨水都是降低 HCl 的浓度，平衡正向移动，能促进3SbCl

7、水解，故 C 正确；D23Sb O 为不溶性固体，因此反应后要通过过滤得到23Sb O 固体，故 D 错误。答案为 D。12、【答案】B【解析】A.当 x=10 时，NH4Al(SO4)2与 Ba(OH)2等物质的量反应，此时 OH-量不足，OH-首先与 Al3+反应，与 NH4+不反应，所以溶液中有未参加反应的 NH4+和部分剩余的 Al3+存在，故此时不会有 AlO2-生成。参加反应的硫酸根离子为 0.001mol，剩余 0.001molSO42-，溶液中 NH4+未参加反应，但溶液中 NH4+水解，溶液中 c（NH4+）c(Al3+)，正确；C.当 x=30 时，0.001 mol 的

8、NH4Al(SO4)2与 0.003 mol Ba(OH)2反应，生成 0.002 mol BaSO4、0.001mol NaAlO2、0.001 mol NH3H2O，且剩余 0.001 mol Ba2+和 0.001 mol OH-，由于 NH3H2O 也是一种碱，存在电离平衡：NH3H2ONH4+OH-，使得溶液中 c（OH-）大于 0.001 mol，c（OH-）c（AlO2-），错误；D.由 C 中分析可知，溶液中含有 Ba2+、AlO2-、OH-，其中溶液中 c（OH-）大于 0.001 mol，含有 0.001 mol Ba2+，c（OH-）c（Ba2+），错误。答案选 B。13

9、、【答案】B已知：2H AHHA+=+，2HAHA+，第一步完全电离，第二步部分电离。A.10.1mol L2H A 溶液中有()()210.1HAAmol Lcc+=，符合物料守恒，故 A 正确；B.当 NaOH 溶液体积为 10mL 时，反应后溶质为 NaHA，HA-只发生电离，则 NaHA 溶液呈酸性，溶液的 pH7，抑制水电离，当()NaOH10.00mLV=时，水电离出的()71OH10 mol Lc，故 B 错误；C.当滴加至中性时 c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒可知，溶液中()()()2NaHA2Accc+=+，故 C 正确；D.当 NaOH 溶液体积为 20 mL 时，

10、反应后溶质为Na2A，结合物料守恒可知 c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-)，故 D 正确；故选 B。14、【答案】A【详解】A在这四种溶液中，亚铁离子抑制铵根离子水解、氢离子抑制铵根离子水解，但氢离子抑制程度大于亚铁离子，醋酸根离子、碳酸根离子都促进氨根离子水解，且碳酸根离子促进能力强于醋酸根离子，但4 23(NH)CO 中铵根离子浓度高，所以这四种溶液中铵根离子浓度大小顺序是：，故 A 错误；B等物质的量浓度的3CH COONa 溶液与 NaClO 溶液，阳离子的总浓度都等于钠离子和氢离子的浓度和，钠离子浓度相等，又因为酸性比较：3CH COOH 强于 HClO，所以次氯酸钠的碱性

11、强，氢离子浓度小，故所含离子总浓度前者大于后者，故 B 正确；4C32H PO 为一元弱酸，在22NaH PO 水溶液中，22H PO 部分水解生成32H PO，依据物料守恒得：()()+3222c H POc H POc(Na)+=，故 C 正确；D碳酸氢根离子部分电离生成碳酸根离子，部分水解生成碳酸，依据物料守恒可知：碳酸根离子、碳酸氢根离子、碳酸分子中所有碳原子浓度之和等于10.2mol L，即()()()213233c HCOc H COc CO0.2mol L+=，故 D 正确；答案为 A。15、【答案】B【详解】ANa2SO3是强碱弱酸盐，23SO 存在水解平衡，分两步水解，水解平

12、衡为：2-323SOH OHSOOH+，故 A 错误；B温度相同，溶液的 pH 值低于溶液的 pH 值，说明溶液中 OH-浓度降低，也就说明过程中23SO 浓度有所降低，故 B 正确；C到过程温度升高，溶液 pH 降低，由于中23SO 被氧化为24SO ，23SO 浓度减小，平衡逆移，而升高温度，平衡正移，因此温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，故 C 错误；D时刻加入2BaCl 溶液产生沉淀是 BaSO3，中23SO 被氧化为24SO ，产生的白色沉淀是BaSO3和 BaSO4，产生沉淀的物质的量相等，故 D 错误；故选：B。16、【答案】B【详解】A0.1000molL1的盐酸和醋酸

13、，盐酸的 pH1，醋酸的 pH 值大于 1，因此、分别表示醋酸和盐酸的滴定曲线，故 A 错误；BpH7 时，滴定盐酸消耗的 NaOH 溶液体积为 20.00mL，滴定醋酸消耗的 NaOH 溶液体积为 20.00mL 时，溶质为醋酸钠，溶液显碱性，要使得溶液的 pH7，则加入的 NaOH 溶液体积小于 20.00mL，因此滴定盐酸消耗的 NaOH 溶液体积大于滴定醋酸消耗的 NaOH 溶液体积，故B 正确；CV(NaOH)20.00mL 时，两溶液溶质分别为 NaCl 和 CH3COONa,醋酸根离子水解，因此溶液中 c(CH3COO)c(Cl)，故 C 错误；DV(NaOH)10.00mL 时

14、，所得溶液为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，根据图中信息，溶液显酸性，醋酸电离程度大于醋酸根水解程度，因此溶液中 c(CH3COOH)c(CH3COO)，故 D 错误。17、【答案】A【详解】Ab 点溶液 pH=7，c(Cl-)=c(M+)，c(Cl-)c(M+)+c(MOH)，A 错误；Bc(M)c(MOH)c(H)+g=1/Kh 保持恒定，B 对；Ca 点溶液显碱性，此时加入的 HCl 为 MOH 的一半，溶液中的氢离子全部为水电离出来的氢离子，根据 Kw=c(H+)c(OH-)，c(OH-)大于 10-7mol/L，则 c(H+)小于 10-7mol/L，C 正确；Dc 点滴定分数

15、为 1，此时溶液中溶质全部为 MCl，MCl 会水解生成 MOH 和 H+，升高温度，5促进 MCl 的水解，氢离子浓度增大，pH 减小，D 正确；故答案选 A。18、【答案】A【分析】a 点为 0.1 molL-1的氨水；b 点溶质为一水合氨和氯化铵，水电离的氢离子为 10-7，此时溶液呈中性，说明铵根离子水解对水的电离的促进程度与一水合氨对水的电离的抑制程度相等；c 点水的电离程度最大，说明此时氨水与稀盐酸恰好完全反应，溶质为 NH4Cl；c 点之后盐酸开始过量，d 点溶质为氯化铵和 HCl，水电离的氢离子为 10-7，说明 NH4+对水的电离的促进程度与 HCl 对水的电离的抑制程度相等

16、，此时溶液呈酸性，据此解答。【详解】Ab 点溶质为一水合氨和氯化铵，溶液呈中性，a、b 之间溶液呈碱性，则 c(NH4+)c(Cl-)、c(OH-)c(H+)，加入适量盐酸时可满足 c(NH4+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)或 c(NH4+)c(OH-)c(Cl-)c(H+)，故 A 正确；Bd 点溶质为氯化铵和 HCl，水电离的氢离子为 10-7，说明 NH4+对水的电离的促进程度与 HCl对水的电离的抑制程度相等，此时溶液呈酸性，故 B 错误；Cc 点水的电离程度最大，则从 abc 过程中水的电离程度逐渐增大，但 d 点水的电离程度小于 c，故 C 错误；Da 点为 0.1 molL

17、-1的氨水，水电离的氢离子浓度为 10-11mol/L，说明此时溶液中氢氧根离子浓度为 10-3mol/L，则常温下 NH3H2O 的电离常数 Kb=3310100.1=110-5，故 D 错误；故选 A。19、【答案】C【分析】向 10mL0.1mol/LH2A 水溶液中逐滴滴加 0.1mol/LNaOH 溶液，随着溶液 pH 的增大，H2A 的物质的量分数减小，HA-的物质的量分数先增大后减小，A2-的物质的量分数增大，所以曲线 I、II、III 分别表示 H2A、HA-和 A2-的物质的量分数()随 pH 变化关系曲线。【详解】A2H A+A22HA的 K=103，A 错误；B由曲线 I

18、I 可知，pH=3 时，溶液主要以 NaHA 为主，所以 NaHA 溶液呈酸性，此时 NaHA电离的氢离子抑制水的电离，所以 NaHA 溶液中水的电离程度小于纯水中水的电离程度，B 错误；CNaHA 溶液 pHc(HA-)c(A2-)c(H2A)，C 正确；D加入 NaOH 溶液，体积增大 c(A2)+c(HA)+c(H2A)Kh(M+)，c(MOH)c(M+)，B 错误；C由分析知3.25bK10=，当 pH=7 时，c(OH-)=10-7，则 10-3.25=()+-c(M)c(OH)c MOH，故()+3.75c(M)=10c MOH，故()+c(M)lg c MOH=3.75，即 x=

19、3.75，C 正确；D当 V=20.0 mL 时，溶质为 MCl，由电荷守恒可知：c(H+)+c(M+)=c(OH-)+c(Cl-)，由质子守恒可知：c(H+)=c(OH-)+c(MOH)，用电荷守恒与质子守恒相加即可得到 2c(H+)+c(M+)=c(MOH)+2c(OH-)+c(Cl-)，D 正确；答案选 B。21、【答案】D【分析】Ka1=()()-2434c H ROc H ROc(H+)，()()-2434c H ROlg c H RO=()a1+Kc H，lg()()-2434c H ROc H RO=0 时，Ka1=c(H+)；同理Ka2=()()2424c HROc H RO

20、c(H+)，lg()()2424c HROc H RO=0 时，Ka2=c(H+)；Ka3=()()2424c ROc HROc(H+)，lg()()2424c ROc HRO=0时，Ka3=c(H+)，Ka1Ka2Ka3，则 Ka1对应的 pH 值最小，所以曲线 a、b、c 分别表示 lg()()-2434c H ROc H RO、lg()()2424c HROc H RO、lg()()2424c ROc HRO与溶液 pH 的关系；【详解】A通过以上分析知，曲线 c 代表 lg()()2424c ROc HRO与pH 的关系，故 A 错误；B.Na2HPO4 电离常数 Ka3小于水解常数

21、Kw/Ka2，水的电离受到促进，故 B 错误；CpH=7 时，由图像知 lgX0，所以 c(HPO42)c(H2PO4)，故 C 错误；DpH=11.40 时，lg()()2424c ROc HRO=0，c(HRO2-4)=c(RO3-4)，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)c(OH-)+c(H2RO 4-)+3c(RO3-4)+2c(HRO2-4)，所以溶液中存在c(Na+)c(OH-)-c(H+)+c(H2RO 4-)+5c(RO3-4)，故 D 正确；故选：D。22、【答案】D【分析】常温下，向二元弱酸2H Y 溶液中滴加KOH溶液，第一步反应为22H Y+KOH=KHY+H O

22、，当2H Y 全部转化为 KHY 后，发生第二步反应22KHY+KOH=K Y+H O；7【详解】A随着 pH 的增加，2H Y 减少，HY 增加，即()()-2HYH Ycc增大，()()-2HYlgH Ycc增大，与曲线 M 相符；pH 继续增大到一定数值，HY 减少，2Y 增加，即()()-2HYYcc减小，()()-2HYlgYcc减小，与曲线 N 相符；A 正确，不符合题意；B依据混合溶液的 pH 与离子浓度变化的关系图，点 b 数据可知，pH=3 即()+-3H=10c时，()()-2HYlg1.3Ycc=，则()()-1.32HY10Ycc=，()()()()234.3a221.

23、3YH10KH Y=1010HYccc+=，B 正确；Ca 点溶液是2H Y 溶液和 KOH 溶液反应到一定程度的溶液，溶液中含有的离子为+H、O H 、K+、HY、2Y ，可写出电荷守恒()()()()()+2-H+K=2Y+HY+OHccccc，进行一下移项可得到()()()()()2HOH2YHYKccccc+=+，C 正确，不符合题意；D依据混合溶液的 pH 与离子浓度变化的关系图，交点 c 的溶液中()()()()-22HYHYlglgH YYcccc=，即()()()()-22HYHYH YYcccc=，所以()()22H YYcc=，此时由图中()()-2HYlg1H Ycc 可

24、知HY 2H Y，所以正确的离子浓度大小排序为()()()()22HYH YYHcccc+=，D 错误，符合题意；故合理选项为 D。23（2）水解程度；（5）()()()2311a23c Hc COK6.0 10c HCO+=，()()2336c HCOc CO=时 c(H+)=10-11，()pHlgc H11+=（6）A.电荷守恒；C.质子守恒；B.等体积混合，体积加倍，c(HClO)+c(ClO)=2c(Na+)=0.01mol/LD.等浓度的 HClO 电离程度大于 NaClO 的水解程度，c(HClO)c(Na+)c(ClO)c(OH)c(H+)24、（2）草酸为弱酸，将 pH=3

25、的 H2C2O4溶液稀释到 10 倍时，电离平衡正移导致 c(H)大于原溶液的 1/10，需稀释到大于 10 倍，则 c110c2；溶液中水电离出的 c(OH-)=c(H)，酸溶液中的c(OH-)可以表示水电离的量，则 10c3=c4。（3）c 点为 Na2C2O4溶液，则 n(H2C2O4)=12 n(NaOH)=12 0.100 0 molL-121.6010-3 L=1.08010-38mol，c(H2C2O4)=331.080 10 mol20.00 10 L=0.054 00 molL-1。（4）a 点是 H2C2O4与 NaOH 按物质的量之比 11 恰好完全反应生成 NaHC2O

26、4，由于 a 点溶液 pHc(H2C2O4)26、【分析】（4）磷酸 Ka1=10-2，Ka2=10-7.3，Ka3=10-12.5，24NaH PO 溶液中水解平衡常数1412h32a110K=1010wKK=Ka2=10-7.3，所以电离程度大于水解程度，即溶液中存在离子浓度关系为：c(Na+)c(24H PO)c(24HPO )c(H3PO4)，Na2HPO4水解大于电离，溶液中：c(Na+)c(24HPO )c(24H PO)c(34PO )，D24HPO 与24H PO 浓度相等，根据电荷守恒可知，()()()()()()+-2-3-2444c H+c Na=c OH+c H PO+2c HPO+3c PO，综上所述，AD 符合题意。