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10-3mol一2×10-3mol=5×10-6mol,由此可知高纯度Cl2O浓溶液C项正确；盐类水解是一个吸热过程，升高温度，衡C()?十H2()中n(Ce)=5×106mol,所以高纯度C0浓溶液中aCO)HCO3十OH-正向移动，故溶液中(OH-)增大，D项正确。n(Cl2)【变式1】A10-3mo-200>99,则所制备的高纯度C,0浓溶液符合要求。5×10imol解析稀释溶液，水解衡常数Kc《HC0）:OH)不变，而溶液c(CO⅓-)第3讲盐类的水解的碱性变弱，即c(H)增大，故H0):c0H)变小，A项错误：通c(CO3-)·c(H+)考点1盐类的水解及其规律入O2或者加入少量氯化铵溶液，均能消耗掉氢氧根离子，导致知识·要点梳理c(OH-)减小，(HI)增大，故溶液pH减小，B项正确；盐类水解吸热，知识清单故升高温度，水解衡右移，水解衡常数增大，且溶液中c(OH)增①水电离产生的H+或OH一②弱电解质③弱酸酸根离子①弱碱阳大，故红色变深，C项正确；加入氢氧化钠固体，增大了c(OH一)，而水解离子⑤H+⑥OH-⑦电离衡⑧增大⑨酸碱中和①否衡常数K,-cHCO0:OH)不变，放sHCO减小，D项止确。①中性②是③NH丈、Cu2+④酸性⑤是GCH3CO)-、CO3c(CO3-)c(CO⑦碱性⑧©=Cu(OH)2+2H⑩=NH3·H2O+H+【例2】<@3HCO5+A1+—A1(OH)3￥+3CO2A②CO3-+H2O、HCO5解析+OH-·图HCO3+H2O=H2CO3+OH④Fe31+3H2OHC2O K.-K2 (H2C2Oa)-5.2X10-5,Kh-K (H2C2O)Fe(QH)3+3H+1×10-14基础诊断5.0X10=2X10-18,K>K,溶液呈酸性，pH<7;HCO5的K,=(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)×(7)/(8)XKw1×1014K2(HC0为)=4.7×10-1，K=K1C05=.1X107≈2.3×能力·重点突破【例1】(1)A13++3H20=A1(OH)3+3H10-8,KnKh,溶液呈碱性，pH>7。(2)CO+H2O-HCO3+OH【变式2】C解析升高温度促进碳酸根离子的水解，则各点溶液中c(C(g):a>b>c(3)Fe8++3H2O△Fe(OH)3(胶体)+3HtA项错误；由a点可知，25℃时pH=11.3,c(OH)=10-27mol·L1,则(4)HS-+H2O、H2S+OHK,-c(HC05)·c(OH)-10-27X102【变式1】(1)Cu2++2H2()=Cu(OH)2+2H+c(C)1.0-1027≈1064，C0号水解常数的数(2)CIO+H2OHCIO+OH量级为10一，B项错误；图中pH先增大后减小，后半段pH下降，说明温(3)HCO++H2O-H2CO+OH度升高水电离出更多的OH一抑制了CO一的水解，c点溶液的c(OH一)(4)A1O2+2H2OAl(OH)3+OH(5)NH:+D2O-NH.HDO+D最大，C项正确：升高温度使K-cHCO):OH)增大.则c(CO)【例2】Dc(CO)解析A项，NClO具有强氧化性，会使pH试纸褪色，不能达到实验目c(HC)·(OH随温度升高而减小，D项错误。的；B项，NaClO溶液的pH比NaF溶液的大，说明ClO的水解程度比考点3盐类水解的应用F-的大，则酸性HF>HClO:C项，阴离子水解程度越大，溶液pH越大知识·要点梳理说明越易结合氢离子，则HSO结合H+的能力比SO?的弱；D项，通知识清单过两种盐溶液的H大小可以判断其酸根离子水解程度的大小，可以确①Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+②HX>HY>HZ③盐酸定其对应酸的酸性强弱，从而确定其对应酸的电离衡常数大小。【变式2】A④磨门玻璃塞⑤Fc3+十3H2O=Fc(OH)3(胶体)+3H+解析浓度相同时，氢氧化钠是强碱，所以OH溶液巾氢氧根离子浓:⑥Al(OH)3沉淀⑦A12O3⑧A13-+3HCO3A1(OH)3￥度最大；碳酸根离子水解使溶液呈碱性，但是水解程度微弱，NCO3溶3CO2*⑨AlB++3H2O、=AI(OH)3(胶体)+3H+⑩2NHt+液的碱性弱丁氢氧化钠溶液：铵根离子水解使硫酸铵溶液呈酸性，但水CO⅓=2NH3↑+CO2A+HzO①MgO或Mg(OH)2解程度微弱：硫酸氢钠在水中完全电离产生钠离子、氢离子、硫酸根离基础诊断子，酸性最强，所以pH的大小顺序是NaOH>Na2CO3>(NH4)2S)1(1)/(2)/(3)×(4)×(5)×(6)/(7)×NaHSO,A项正确。相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH能力·重点突破较大，说明前者的水解程度更大，说明HC(OH的酸性弱于HF,则【例1】BKa(HC())H)K(HF),B项错误。由酸的强弱顺序为CH3C))H>解析由MgC2溶液制备无水MgC2时，先使MgC2·6H2)从溶液中H2COa>HCO可知，CH3 COONa、NaHCO3、NaClO在溶液巾的水解程结晶析出，然后将MgC2·6H2O置人HCI气流中加热，抑制MgC2发度由大到小的顺序为NaCIO>NaHCO>CH3 COONa,pH相同的生水解，A项错误；FeCg易发生水解，故配制FeCl3溶液时，将其固休溶CH COONa、NaHCO、NaClO三种溶液的浓度由大到小的顺序为于较浓的盐酸巾，再加水稀释，以抑制Fe(Cl3的水解，B项止确；Fe3+水CH3 COONa>NaHCO3>NaClO,则三种溶液的c(Na+)由大到小的顺解生成Fe(OH)3胶体，与盐类水解有关，C项错误；MgCO3与H反应，序为CHa COONa>NaHCO3>NaClO,C项错误。室温下，将Na2COs使Fe3+的水解衡正向移动，使Fe3+完全转化成Fe(OH)3沉淀和NaHC)3的混合溶液加水稀释，溶液中c(OH-)减少，c(H+)增大，Mg(CO难溶于水，不引入新杂质，与盐类水解有关，ID项错误。c(HCO)c(HCO3)·c(H+)【变式1】Dc(CO⅓-)c(CO⅓-)·c(H-)=(),温度不变，K2不变，则解析由实验现象可知，方案I中CuSO4溶液与N2CO3溶液反应生成c(HCO52增大，D项错误。c(COCu1(SO1)(OH)6蓝色沉淀，方案Ⅱ中CuSO1溶液与Na2CO3溶液反应生成Cu2(OH)2(C)3绿色沉淀，由方案Ⅱ生成物中含有C()可知，方案I考点2影响盐类水解的因素中CO-水解程度较大。采用方案Ⅱ有利于Cu2(OH)2CO3绿色沉淀的知识·要点梳理生成，A项正确，D项错误；硫酸铜是强酸弱碱盐，铜离了在溶液中水解知识清单使溶液呈酸性，水解的离子方程式为Cu2-十2H2O、一Cu(OH)2①水解②减小③水解④弱酸阴离子⑤弱碱阳离子⑥弱碱阳离2H+,B项正确；由实验现象可知，CuSO4溶液与Na2COs溶液混合后在子⑦弱酸阴离子⑧向左⑨减小⑩变浅①向右②降低75℃水浴中加热生成C2(OH)2CO3绿色沉淀、硫酸钠和二氧化碳，离子G(HA)·c(0H)4B0H·H】G大6增大(A)c(B+)方程式为2Cu++2C0g+H,075℃Cue(OHD2C05￥+C0,+,C项基础诊断正确。(1)/(2)X(3)/(4)×(5)×(6)×(7)×(8)×(9)/【例2】(1)C能力·重点突破(2)CuO或Cu(OHD2或CuCO方或C2(OH)2CO]【例1】A(3)不能加碱的同时也会使Cu2+转化成Cu(OH)2沉淀解析加水稀释，促进()⅓水解，溶液中c(OH一)与c(H+)的乘积是(4)Fe3++3H2()=Fe(OH)3+3H+,Cu()+2H+=Cu2++H2O「或个常数，故不可能溶液中所有离子的浓度都减小，A项错误；保持温度不Cu(OH)2+2H+—Cu2+十2HO等其他合理答案]变，通入CO2后将发生反应H2O十CO2+CO⅓=2HCO3,溶液的碱(5)将Fe2+氧化为Fe3+,便于生成沉淀而与Cu2-分离性减羽，故溶液pH减小，B项正确；加入NOH固体后，将抑制CO3-的(6)不能应在HCI气流巾加热蒸发解，故衡C0g+H,0一HC0十OH逆向移动，C0}减小【变式2】C解析明矾中铝离子为弱碱阳离子，水解显酸性，可以与碱式碳酸铜反·32·23XLJ(新)·化学-B版-XJC