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

1 2024 届高二上学期11 月居家测试（一）·化学答案 1-5 BBCBA 6-10 DADAC 11-15 DBBAB 16-22 BAACB DD 23、(1)①>④>②>③ (2)③>①>② (3)碱、> (4) > (5) 11 (6)AC 24、(1) 2 - 4 MnO ＋5 2- 2 4 C O ＋16H ＋=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O (2) > = (3) 0.054 00 mol·L-1 = > 25、(1) 3+ + 2 3 Al +3H O Al(OH)(胶体)+3H � (2)小于 (3) 3 11 10 10 - - - (4) A ( ) ( ) ( ) 2 4 4 c Na c(SO ) c(NH ) c OH c H + - + - + > > > = 4 3 2 = NH OH NH H O + - + × 26、 （1） - - 3 2 2 2 2 H PO +OH =H PO +H O 正盐 （2） -8 4 10 ´ （3）＜ （4） - - 2- 2 4 4 2 H PO +OH =HPO +H O AD 【部分答案解析】 2、B 【分析】硫化钠溶液中( ) ( ) + 2- c Na c 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 Na c 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 Na c 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 Na c 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 Na c S 的值增大，故D 错误；故选B。 7、 【答案】A A. pH=1 的溶液中： + Na 、 + K 、 4 MnO- 、 2 4 SO - 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《⾼中僧试卷》 2 A 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+ Al 不能大量共存，另外铝离子与 2 3 CO - 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( ) + 13 1 c H =1 10 mol L - - × ´ 的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，当溶液呈酸性时， 2 AlO - 、 2 3 CO - 不能大量存在，故D 不符；故选A。 9、 【答案】A 【解析】A． 3 3 (CH COOH) (CH COO ) c c - = + a (H ) c K ，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-+H2O�CH3COOH+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； C．NaOH 可以电离出大量氢氧根，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 - 3 c(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 mol·L-1CH3COOH 溶液中加入少量水，c(CH3COO-)减小，Ka不变，溶液中 3 (H ) (CH COOH) c c + = a 3 K (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 - 3 3 (CH COO ) (CH COOH) (OH ) c c c - × = h 1 K 减小，B 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， 3 AlCl 溶液 蒸干后再灼烧所得固体产物为 2 3 Al O ， ( ) 2 4 3 Al SO 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】A． 2 3 Sb O 为不溶性固体，在实验室可利用 3 SbCl 的水解反应制取，其水解总反应可表 示为： 3 2 2 3 2SbCl +3H O Sb O +6HCl ¯ = ，故A 正确； B．适当加热可使胶态 2 3 Sb O 聚沉，发生聚沉，便于过滤分离，故C 正确； 3 C．大量的水和氨水都是降低HCl 的浓度，平衡正向移动，能促进 3 SbCl 水解，故C 正确； D． 2 3 Sb O 为不溶性固体，因此反应后要通过过滤得到 2 3 Sb 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（SO42-） ，错误； B.由A 中分析可知， 溶液中有NH4+、 Al3+、 SO42-， 溶液中NH4+未参加反应， Al3+部分参加反应， 故c(NH4+)>c(Al3+)，正确； C.当x=30 时， 0.001 mol 的NH4Al(SO4)2与0.003 mol Ba(OH)2反应， 生成0.002 mol BaSO4、 0.001 mol NaAlO2、0.001 mol NH3•H2O，且剩余0.001 mol Ba2+和0.001 mol OH-，由于NH3•H2O 也是 一种碱， 存在电离平衡： NH3•H2O NH4++ 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、 【答案】B 已知： 2 H A H HA + - = + ， 2 HA H A - + - + � � � � � � ，第一步完全电离，第二步部分电离。 A. 1 0.1mol L - × 2 H A 溶液中有( ) ( ) 2 1 0.1 HA A mol L c c - - - + = × ，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pH＜7， 抑制水电离， 当( ) NaOH 10.00mL V = 时， 水电离出的( ) 7 1 OH 10 mol L c - - - < × ， 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 ( ) ( ) ( ) 2 Na HA 2 A c c c + - - = + ，故C 正确；D. 当NaOH 溶液体积为20 mL 时，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 2 3 (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：③＞②＞①＞④，故A 错误； B．等物质的量浓度的 3 CH 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： 3 CH COOH 强于HClO，所以次氯酸钠的碱 性强，氢离子浓度小，故所含离子总浓度前者大于后者，故B 正确； 4 C． 3 2 H PO 为一元弱酸， 在 2 2 NaH PO 水溶液中， 2 2 H PO 部分水解生成 3 2 H PO ， 依据物料守恒得： ( ) ( ) + 3 2 2 2 c H PO c H PO c(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 1 0.2mol L - × ，即 ( ) ( ) ( ) 2 1 3 2 3 3 c HCO c H CO c CO 0.2mol L - - - + + = × ，故D 正确；答案为A。 15、 【答案】B 【详解】A．Na2SO3是强碱弱酸盐， 2 3 SO - 存在水解平衡，分两步水解，水解平衡为： 2 - 3 2 3 SO H O HSO OH - - + + � ，故A 错误； B．温度相同，④溶液的pH 值低于①溶液的pH 值，说明溶液中OH-浓度降低，也就说明过程 中 2 3 SO - 浓度有所降低，故B 正确； C．①到③过程温度升高，溶液pH 降低，由于④中 2 3 SO - 被氧化为 2 4 SO - ， 2 3 SO - 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．①时刻加入 2 BaCl 溶液产生沉淀是BaSO3，④中 2 3 SO - 被氧化为 2 4 SO - ，④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】A．0.1000mol•L−1的盐酸和醋酸，盐酸的pH＝1，醋酸的pH 值大于1，因此Ⅰ、Ⅱ分 别表示醋酸和盐酸的滴定曲线，故A 错误； B．pH＝7 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pH＝7， 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； C．V(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； D．V(NaOH)＝10.00mL 时，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】A．b 点溶液pH=7，c(Cl-)=c(M+)，c(Cl-)<c(M+)+c(MOH)，A 错误； B． c(M ) c(MOH) c(H ) + + g =1/Kh 保持恒定，B 对； C．a 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； D．c 点滴定分数为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 mol•L-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，此时溶液呈酸性，据此解答。 【详解】A．b 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； B． 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，此时溶液呈酸性，故B 错误； C． c 点水的电离程度最大， 则从a→b→c 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； D．a 点为0.1 mol•L-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NH3•H2O 的电离常数Kb= 3 3 10 10 0.1 - - ´ =1×10-5，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(δ)随pH 变化关系曲线。 【详解】A 2 H A +A2— 2HA—的K=103，A 错误； B．由曲线II 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； C． NaHA 溶液pH<4.2， 显酸性， HA-的电离程度大于水解程度， 则c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)， C 正确； D．加入NaOH 溶液，体积增大c(A2—)+c(HA—)+c(H2A) < 0.1 mol/L，D 错误；故选C。 20、 【答案】B 【分析】 由图可知， pH=10.75 时， ( ) + c(M ) lg c MOH =0， 即c(H+)=10-10.75， c(OH-)=10-3.25，( ) + c(M ) c MOH =1， 即c(M+)=c(MOH)，故 ( ) ( ) ( ) + - -3.25 b c M c OH K = =10 c MOH ´ 。 【详解】A．由分析知 -3.25 b K =10 ，A 正确； 6 B． 当V=10.0 mL， 则溶液为等浓度的MOH 和MCl， Kb(MOH)=10-3.25， 则Kh(M+)= -14 -3.25 10 10 =10-10.75， 故Kb(MOH)>Kh(M+)，c(MOH)>c(M+)，B 错误； C． 由分析知 3.25 b K 10- = ， 当pH=7 时， c(OH-)=10-7， 则10-3.25= ( ) + - c(M )c(OH ) c MOH ， 故( ) + 3.75 c(M ) =10 c MOH ， 故 ( ) + c(M ) lg c MOH =3.75，即x=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= ( ) ( ) - 2 4 3 4 c H RO c H RO ×c(H+)， ( ) ( ) - 2 4 3 4 c H RO lg c H RO = ( ) a1 + K c H ，lg ( ) ( ) - 2 4 3 4 c H RO c H RO =0 时，Ka1=c(H+)；同理 Ka2= ( ) ( ) 2 4 2 4 c HRO c H RO - - ×c(H+)，lg ( ) ( ) 2 4 2 4 c HRO c H RO - - =0 时，Ka2=c(H+)；Ka3= ( ) ( ) 2 4 2 4 c RO c HRO - ×c(H+)，lg ( ) ( ) 2 4 2 4 c RO c HRO - =0 时， Ka3=c(H+)， Ka1＞Ka2＞Ka3， 则Ka1对应的pH 值最小， 所以曲线a、 b、 c 分别表示lg ( ) ( ) - 2 4 3 4 c H RO c H RO 、 lg ( ) ( ) 2 4 2 4 c HRO c H RO - - 、lg ( ) ( ) 2 4 2 4 c RO c HRO - 与溶液pH 的关系； 【详解】A．通过以上分析知，曲线c 代表lg ( ) ( ) 2 4 2 4 c RO c HRO - 与pH 的关系，故A 错误； B.Na2HPO4 电离常数Ka3小于水解常数Kw/Ka2，水的电离受到促进，故B 错误； C．pH=7 时，由图像知lgX>0，所以c(HPO42—)>c(H2PO4—)，故C 错误； D．pH=11.40 时，lg ( ) ( ) 2 4 2 4 c RO c HRO - =0，c(HRO 2- 4 )=c(RO 3- 4 )，溶液中存在电荷守恒 c(H+)+c(Na+)═c(OH-)+c(H2RO 4 - )+3c(RO 3- 4 )+2c(HRO 2- 4 )，所以溶液中存在 c(Na+)═c(OH-)-c(H+)+c(H2RO 4 - )+5c(RO 3- 4 )，故D 正确；故选：D。 22、 【答案】D 【分析】 常温下， 向二元弱酸 2 H Y 溶液中滴加KOH溶液， 第一步反应为 2 2 H Y+KOH=KHY+H O ， 当 2 H Y 全部转化为KHY 后，发生第二步反应 2 2 KHY+KOH=