河南省商丘市永城市小龙人高级中学2024-2025学年高二上学期11月月考 化学试卷

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1-5.BACDA 6-10.BCCDA 11-15.CADAC 16.D
1．B【解析】浓疏酸的稀释为放热过程，无化学反应发生，A项不符合题意；氯化铵固体溶于水为吸热过程，C项不符合题意；高温煅烧大理石为吸热反应，D项不符合题意。
2．A【解析】，B项错误；，C项错误；，D项错误。
3．C【解析】煤气化不能减少二氧化碳的排放，A项错误；明矾净水的原理和“84”消毒液消毒原理不相同，B项错误：铁粉可用来除去工业废水中的，主要体现了铁粉的还原性，D项错误。
4．D【解析】均为弱电解质，A、B、C项均不符合题意。
5．A【解析】未指明温度，B项不符合题意；使无色酚酞变红的溶液为碱性溶液，C项不符合题意；可能为酸性溶液，也可能为碱性溶液，D项不符合题意。
6．B【解析】加热才能发生的反应不一定为吸热反应，A项错误；酸式滴定管使用前需要检漏，C项错误；碱式滴定管不能用来量取浓硝酸，D项错误。
7．C【解析】氯化钠固体溶于水，属于物理变化，A项不符合题意；铁遇浓硫酸会发生钝化，B项不符合题意；生成的硫酸钙会阻止反应的继续进行，D项不符合题意。
8．C【解析】氢氧化钠稀释时pH下降快，所以A中b＞c不对，A不符合；醋酸铵对水的电离有促进作用，B不符合；C中溶液显酸性，故电离大于水解，C正确；D中浓度小时电离程度大，D不符合。
9．D【解析】该反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，A项错误；一段时间后，仪器中颜色比仪器b中颜色深，B项错误；该反应为可逆反应，得不到，C项错误。
10．A【解析】加入适量的水，减小，减小，A项错误。
11．C
【详解】
A．NaHSO3溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+2c(SO)+c(HSO)，物料守恒：c(Na+)＝c(H2SO3)+c(SO)+c(HSO)，所以有c(OH-)=c(H+)-c(SO)+c(H2SO3)，故A错误；
B．向某NaHSO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，产生亚硫酸钡白色沉淀、氢氧化钠和水，因此反应静置后的上层清液是亚硫酸钡的饱和溶液，则其中有c(Ba2+)×c(SO)＝Ksp(BaSO3)，故B错误；
C．向某NaHSO3溶液中加入等体积等浓度的烧碱溶液，测得溶液pH约为9，所得溶液是亚硫酸钠溶液，溶液中存在物料守恒：c(Na+)＝2c(H2SO3)+2c(SO)+2c(HSO)，故C错误；
D．向某苏打溶液中滴加几滴NaHSO3溶液，碳酸钠过量，生成碳酸氢钠，不会产生二氧化碳，所以未观察到明显实验现象，故D正确；
12．A【解析】会水解，B项错误；未给出具体的物质的量，C项错误；水还能电离出，D项错误。
13．D略
14.A略
15．C
【分析】
随NaOH溶液加入，依次发生反应：H2A+OH-= HA-+H2O、HA-+ OH-= A2-+H2O，随着pH增大，H2A的物质的量不断减小，HA-的物质的量先增大后减小，A2-的物质的量不断增大，由题图可知，曲线I代表H2A、曲线Ⅱ代表HA-、曲线III代表A2-，据此分析解答。
【详解】
A．根据分析，曲线Ⅱ代表的微粒是HA-，故A错误；
B．由物料守恒可知，滴加0.1ml/LNaOH溶液过程中n(H2A)、n(A2-)、n(HA-)之和不变，则pH=3至pH=4的过程中n(H2A)、n(A2-)、n(HA-)之和不变，但溶液体积逐渐增大，则c(H2A)、c(A2-)、c(HA-)之和逐渐减小，故B错误；
C．由题图可知，pH=1.2时，溶液中c(HA-)= c(H2A)，则Ka1==c(H+)=110-1.2，同理pH=4.2时，溶液中c(HA-)= c(A2-)，则Ka2==c(H+)=110-4.2，则HA-的水解常数Kh===110-12.8c(H2A)，由于HA-电离和水解都是微弱的，c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，再结合物料守恒可知：c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，故C正确；
D．向pH=4.2的溶液中持续滴加NaOH溶液，HA-与OH-反应生成A2-和H2O，A2-在溶液中水解程度大于HA-，促进水的电离，水的电离程度增大，当HA-与OH-反应完全后，氢氧化钠溶液过量，氢氧化钠电离出的OH-会抑制水的电离，导致水的电离程度减小，则向pH=4.2的溶液中持续滴加NaOH溶液，水的电离程度先增大后减小，故D错误；
16.D
【详解】
A．由以上分析可知，的，故A错误；
B．Ka1×Ka2==，当溶液中的时，c2(H+)=Ka1×Ka2=10-7.9，溶液的，故B错误；
C．滴加的溶液与完全反应后，生成溶质Na2HPO3，由于H3PO3是二元弱酸，故不存在，此时溶液中各离子浓度关系为，故C错误；
D．该温度下，反应的平衡常数为K===，故D正确；
故选D。
【答案】（1）Al3++= Al(OH)3↓+3CO2↑
（2）盐酸；盐酸；c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)；
（3） ④③①② ②①③④
【解析】【解答】(1)醋酸为弱电解质，在水溶液中不完全电离，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO−+H+；
(2)①醋酸的酸性弱于盐酸，浓度相同时醋酸的pH＞盐酸的pH，所以Ⅱ表示滴定盐酸的曲线；
②由于醋酸钠的水溶液显碱性，所以NaOH滴定醋酸时，pH=7时醋酸还有剩余，而盐酸不会有剩余，所以盐酸消耗NaOH的体积更大；
③当V(NaOH)=10.00mL时，溶液中的溶质为等物质的量CH3COONa和CH3COOH，据图可知此时溶液显酸性，所以CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，而弱电解质的电离以及水解都是微弱的，所以溶液中c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)；
④滴定过程中需要碱式滴定管盛放NaOH标准液，锥形瓶盛放酸性待测液，不需要容量瓶和玻璃棒，故答案为AB。
18．【答案】（1）1×10-12； 11.7
（2）红色溶液颜色变浅；
NH3·H2ONH+OH-，加入NH4Cl固体，c(NH)增大，平衡逆向移动，c(OH-)减小，溶液红色变浅
（3）=； ＜
（4）先将SbCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度
【解析】【解答】(1)由图可知a点水的离子积Kw= c(H+)×c(OH-)=10-6×10-6=10-12，该温度下，pH=12的NaOH溶液，c(OH-)=1ml/L，pH=2的H2SO4溶液c(H+)=10-2ml/L，等体积混合，氢氧化钠过量，显碱性；
(2)向含有酚酞的0.1ml·L−1的氨水中加入少量NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，氨水电离平衡逆向移动，氢氧根浓度减小，因此观察到的现象是红色的溶液颜色变浅，请结合离子方程式分析产生该现象的主要原因是：；加入NH4Cl固体，增大，平衡向左移动，c(OH－)减小，因此溶液颜色由红色变浅；故答案为：；加入NH4Cl固体，增大，平衡向左移动，c(OH－)减小，因此溶液颜色由红色变浅；
(3)将体积相等的NaOH稀溶液和CH3COOH溶液混合，混合后溶液呈中性，再根据电荷守恒得到溶液中c(Na+)=c(CH3COO－)；若浓度相等、体积相等混合，则生成醋酸钠，醋酸钠中醋酸根水解显碱性，而要使混合溶液呈中性，则还需加酸，由于体积相等，因此混合前c(NaOH)＜c(CH3COOH)，故答案为：=；＜；
(4)根据题意为配制SbCl3溶液，避免出现有白色沉淀生成，主要是加盐酸来抑制SbCl3水解，因此配制SbCl3溶液的正确方法是先将SbCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度；故答案为：先将SbCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释到所需浓度；
【分析】(1)利用Kw= c(H+)×c(OH-)计算，依据酸碱中氢离子和氢氧根离子的物质的量的多少判断；
(2)依据同离子效应分析；
(3)依据中性的实质，再根据电荷守恒判断；
(4)根据盐类水解原理分析；
19．（1）BD（2分）
（2）当滴入最后半滴标准液时，溶液由无色变为红色且内颜色不恢复至原色（2分）
（3）①5（2分）
②2（2分）
③0.8610g（2分）
（4）①偏高（2分）
②偏低（2分）
【解析】（3）③由b点对应溶液和钠元素守恒可知，，则。
20．（1）（2分）； （2分）
（2）①>（2分）
②0.5（2分）
（3）①（2分）
②（2分）
【解析】（2）③由氢元素守恒得，由碳元素守恒得，由氧元素守恒得，代入相关数据，解方程可得
又根据。