2022-2023學年天津市和平區高二（上）期末化學試卷一、選擇題本卷共12題，每小題3分共36分。以下各題中只有一個選項是最符合題目要求的。1．（3分）氧化亞銅常用于制船底防污漆，用CuO與Cu高溫燒結可制取Cu2O．已知反應：2Cu（s）+O2（g）═2CuO（s）ΔH＝﹣314kJ?mol﹣12Cu2O（s）+O2（g）═4CuO（s）ΔH＝﹣292kJ?mol﹣1則CuO（s）+Cu（s）═Cu2O（s）的ΔH等于（）A．﹣11kJ?mol﹣1 B．+11kJ?mol﹣1 C．+22kJ?mol﹣1 D．﹣22kJ?mol﹣12．（3分）CS2是一種重要的化工原料。工業上可以利用硫（S8）與CH4為原料制備CS2，S8受熱分解成氣態S2，發生反應2S2（g）+CH4（g）?CS2（g）+2H2S（g）ΔH＜0，某溫度下8完全分解成氣態S2。在恒溫密閉容器中，S2與CH4物質的量比為2：1時開始反應。當以下數值不變時，能說明該反應達到平衡的是（）A．氣體密度 B．氣體總壓 C．CH4與S2體積比 D．CS2的體積分數3．（3分）某溫度下，反應CH2═CH2（g）+H2O（g）?CH3CH2OH（g）在密閉容器中達到平衡。下列說法正確的是（）A．增大壓強，v正＞v逆，平衡常數增大 B．加入催化劑，平衡時CH3CH2OH（g）的濃度增大 C．恒容下，充入一定量的H2O（g），平衡向正反應方向移動 D．恒容下，充入一定量的CH2═CH2（g），CH2═CH2（g）的平衡轉化率增大4．（3分）常溫下，下列水溶液中，c（H+）＝1.0×10﹣2mol/L的是（）A．0.01mol/L的醋酸溶液 B．0.01mol/L的硫酸溶液 C．pH＝12的NaOH溶液 D．由水電離出的c（H+）＝1.0×10﹣12mol/L的鹽酸溶液5．（3分）下列現象不能用沉淀溶解平衡移動原理解釋的是（）A．鍋爐水垢中含有CaSO4，先用Na2CO3溶液處理，再用酸除去 B．濃FeCl3溶液滴入沸水加熱形成紅褐色液體 C．自然界地表層原生銅礦變成CuSO4溶液向地下層滲透，遇到難溶的ZnS或PbS，慢慢轉變為銅藍（CuS） D．醫院里不用碳酸鋇，而用硫酸鋇作為“鋇餐”6．（3分）對于下列反應，其反應過程的能量變化示意圖如圖：編號反應平衡常數反應熱反應①A（g）?B（g）+C（g）K1ΔH1反應②B（g）+C（g）?D（g）K2ΔH2反應③A（g）?D（g）K3ΔH3下列說法正確的是（）A．K3＝K1+K2 B．ΔH3＝ΔH1+ΔH2 C．加催化劑，反應①的反應熱降低，反應速率加快 D．增大壓強，K1減小，K2增大，K3不變7．（3分）一定溫度下，反應I2（g）+H2（g）?2HI（g）在密閉容器中達到平衡時，測得c（I2）＝0.11mmol?L﹣1，c（HI）＝0.78mmol?L﹣1。相同度溫下，按下列4組初始濃度進行實驗，反應逆向進行的是（注：1mmol?L﹣1＝10﹣3mol?L﹣1）（）ABCDc（I2）/mmol?L﹣11.000.220.440.11c（H2）/mmol?L﹣11.000.220.440.44c（HI）/mmol?L﹣11.001.564.001.56A．A B．B C．C D．D8．（3分）室溫下，對于1L0.1mol?L﹣1醋酸溶液。下列判斷正確的是（）A．該溶液中CH3COO﹣的粒子數為6.02×1022 B．加入少量CH3COONa固體后，溶液的pH降低 C．滴加NaOH溶液過程中，n（CH3COO﹣）與n（CH3COOH）之和始終為0.1mol D．與Na2CO3溶液反應的離子方程式為CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑9．（3分）25°C時，下列說法正確的是（）A．NaHA溶液呈酸性，可以推測H2A為強酸 B．可溶性正鹽BA溶液呈中性，可以推測BA為強酸強晠鹽 C．0.010mol?L﹣1、0.10mol?L﹣1的醋酸溶液的電離度分別為α1、α2，則α1＜α2 D．100mLpH＝10.00的Na2CO3溶液中水電離出H+的物質的量為1.0×10﹣5mol10．（3分）如圖所示是一種酸性燃料電池酒精檢測儀，具有自動吹氣流量偵測與控制的功能，非常適合進行現場酒精檢測。下列說法不正確的是（）A．電流由O2所在的鉑電極經外電路流向另一電極 B．O2所在的鉑電極處發生還原反應 C．該電池的負極反應式為：CH3CH2OH+3H2O﹣12e﹣═2CO2↑+12H+ D．微處理器通過檢測電流大小而計算出被測氣體中酒精的含量11．（3分）雙極膜（BP）是陰、陽復合膜，在直流電的作用下2O解離成H+和OH﹣，作為H+和OH﹣離子源。利用雙極膜電滲析法電解食鹽水可獲得淡水、NaOH和HCl，其工作原理如圖所示，M、N為離子交換膜。下列說法錯誤的是（）A．Y電極與電源正極相連，發生的反應為4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O B．M為陰離子交換膜，N為陽離子交換膜 C．“雙極膜電滲析法”也可應用于從鹽溶液（MX）制備相應的酸（HX）和堿（MOH） D．若去掉雙極膜（BP），電路中每轉移1mol電子，兩極共得到1mol氣體12．（3分）常溫下，用0.1000mol?L﹣1的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為0.1000mol?L﹣1的三種一元弱酸的鈉鹽（NaX、NaY、NaZ）溶液，滴定曲線如圖所示。下列判斷錯誤的是（）A．該NaX溶液中：c（Na+）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） B．三種一元弱酸的電離常數：Ka（HX）＞Ka（HY）＞Ka（HZ） C．當pH＝7時，三種溶液中：c（X﹣）＝c（Y﹣）＝c（Z﹣） D．分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合：c（X﹣）+c（Y﹣）+c（Z﹣）＝c（H+）﹣c（OH﹣）二、（非選擇題，共64分）13．（15分）回答下列問題：（1）氟原子激發態的電子排布式有，其中能量較高的是。（填標號）a．1s22s22p43s1b．1s22s22p43d2c．1s22s12p5d．1s22s22p33p2（2）某元素原子的位于周期表的第四周期，元素原子的最外層只有一個電子，其次外層內的所以軌道電子均成對。該元素位于周期表的區，寫出該基態原子電子排布式為。（3）圖a、b、c分別表示C、N、O和F的逐級電離能I變化趨勢（縱坐標的標度不同）。第一電離能的變化圖是（填標號），判斷的根據是；第三電離能的變化圖是（填標號）。（4）短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大。根據表中信息完成下列空白。元素XYZW最高價氧化物的水化物H3ZO40.1mol?L﹣1溶液對應的pH（25℃）1.0013.001.570.70①元素的電負性：ZW（填“大于”“小于”或“等于”）。②簡單離子半徑：WY（填“大于”“小于”或“等于”）。③氫化物的穩定性：XZ（填“大于”“小于”或“等于”）。14．（17分）2018年是合成氨工業先驅哈伯（F?Haber）獲得諾貝爾獎100周年。N2和H2生成NH3的反應為：N2（g）+H2（g）?NH3（g）ΔH（298K）＝﹣46.2kJ?mol﹣1，在Fe催化劑作用下的反應歷程如下（*表示吸附態）化學吸附：N2（g）→2N*；H2（g）→2H*表面反應：N*+H*?NH*；NH*+H*?NH2*NH2*+H*?NH3*脫附：NH3*?NH3（g）其中，N2吸附分解反應活化能高、速率慢，決定了合成氨的整體反應速率。請回答：（1）利于提高合成氨平衡產率的條件有（填字母）。A．低溫B．高溫C．低壓D．高壓E．催化劑（2）實際生產中，常用Fe作催化劑，控制溫度773K7Pa，原料中N2和H2物質的量之比為1：2.8。分析說明原料氣中N2過量的兩個理由：、。（3）關于合成氨工藝的下列理解，正確的是（填字母）。A．合成氨反應在不同溫度下的ΔH和ΔS都小于零B．當溫度、壓強一定時，在原料氣（N2和H2的比例不變）中添加少量惰性氣體，有利于提高平衡轉化率C．基于NH3有較強的分子間作用力可將其液化，不斷將液氨移去，利于反應正向進行D．分離空氣可得N2，通過天然氣和水蒸氣轉化可得H2，原料氣須經過凈化處理，以防止催化劑“中毒”（4）T℃時，在有催化劑、體積為1.0L的恒容密閉容器中充入3molH2、1molN2，10min時反應達到平衡，測得c（NH3）＝1.2mol?L﹣1。①前10min的平均反應速率v（H2）＝mol?L﹣1min﹣1。②化學平衡常數K＝。（5）圖1表示500℃、60.0MPa條件下，原料氣投料比與平衡時NH3體積分數的關系。根據圖中M點數據計算N2的平衡體積分數。（6）圖2是合成氨反應平衡混合氣中NH3的體積分數隨溫度或壓強變化的曲線，圖中L（L1、L2）、X分別代表溫度或壓強。其中X代表的是（填“溫度”或“壓強”）；判斷L1、L2的大小關系并說明理由。15．（16分）結合表回答下列問題（均為常溫下的數據）：化學式CH3COOHHClOH2CO3電離常數（Ka）1.8×10﹣53×10﹣8K1＝4.4×10﹣7K2＝4.7×10﹣11請回答下列問題：（1）下列四種離子結合同濃度的CH3COO﹣、ClO﹣、HCO3﹣、CO32﹣中結合H+的能力最強的是。（2）向10mL醋酸中加入蒸餾水，將其稀釋到1L后，下列說法正確的是。A．CH3COOH的電離程度增大B．c（CH3COOH）增大C．CH3COO﹣的數目增多D．增大（3）請寫出NaClO溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式。（4）向0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c（CH3COOH）：c（CH3COO﹣）＝5：9，此時溶液pH＝。（5）在實驗室配制Na2S溶液時，常滴加幾滴NaOH溶液，試說明原因（用離子方程式及必要的文字說明）。（6）鹽酸肼（N2H6Cl2）是一種重要的化工原料，屬于離子化合物，易溶于水，水解原理與NH4Cl類似。①寫出鹽酸肼第一步水解反應的離子方程式。②寫出鹽酸肼水溶液中離子濃度的大小關系是。16．（16分）草酸（H2C2O4）是一種二元弱酸，廣泛分布于動植物體中。（1）人體內草酸累積過多是導致結石（主要成分是草酸鈣）形成的原因之一。有研究發現，EDTA（一種能結合鈣離子的試劑），用化學平衡原理解釋其原因：（用化學用語及必要的文字說明）。（2）已知：H2C2O4的Ka1＝5.6×10﹣2，Ka2＝1.5×10﹣4，0.1mol?L﹣1KHC2O4溶液呈酸性，通過計算說明其原因是：。下列說法正確的是（填字母序號）。a.0.1mol?L﹣1KHC2O4溶液中：c（K+）+c（H+）＝c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）+c（OH﹣）b.0.1mol?L﹣1KHC2O4溶液中：c（K+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）c.濃度均為0.1mol?L﹣1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中：3c（K+）＝2c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）+2c（H2C2O4）d.0.1mol?L﹣1KHC2O4溶液中滴加等濃度NaOH溶液至中性：c（K+）＞c（Na+）（3）利用草酸制備草酸亞鐵晶體（FeC2O4?xH2O）的流程及組分測定方法如圖：已知：i.pH＞4時，Fe2+易被氧氣氧化ii.幾種物質的溶解度（g/100gH2O）如表：FeSO4?7H2O（NH4）2SO4FeSO4?（NH4）2SO4?6H2O20℃48753760℃1018838①用稀硫酸調溶液pH至1～2的目的是：，。②趁熱過濾的原因是：。③為測定草酸亞鐵晶體中結晶水含量，將石英玻璃管（帶兩端開關K1和K2，設為裝置A）稱重，記為m1g。將樣品裝入石英玻璃管中，再次將裝置A稱重，記為m2g。按如圖連接好裝置進行實驗。（FeC2O4的摩爾質量為144g/mol）實驗操作為：打開K1，K2，緩緩通入氮氣；點燃酒精燈，小火加熱，冷卻至室溫，停止通入氮氣1，K2；稱重A。重復上述操作步驟，直至A恒重，記為m3g。假設此過程中FeC2O4不分解，根據實驗記錄，計算草酸亞鐵晶體中結晶水數目x＝（列式表示）。

2022-2023學年天津市和平區高二（上）期末化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題本卷共12題，每小題3分共36分。以下各題中只有一個選項是最符合題目要求的。1．（3分）氧化亞銅常用于制船底防污漆，用CuO與Cu高溫燒結可制取Cu2O．已知反應：2Cu（s）+O2（g）═2CuO（s）ΔH＝﹣314kJ?mol﹣12Cu2O（s）+O2（g）═4CuO（s）ΔH＝﹣292kJ?mol﹣1則CuO（s）+Cu（s）═Cu2O（s）的ΔH等于（）A．﹣11kJ?mol﹣1 B．+11kJ?mol﹣1 C．+22kJ?mol﹣1 D．﹣22kJ?mol﹣1【分析】根據蓋斯定律，將所給的反應通過加、減、乘、除等變形可以得目標反應，反應熱做相應變形即可。【解答】解：已知：①2Cu（s）+O2（g）═8CuO（s）△H＝﹣314kJ?mol﹣1②2Cu4O（s）+O2（g）═4CuO（s）△H＝﹣292kJ?mol﹣5將﹣可得CuO（s）+Cu（s）═Cu4O（s）則得△H＝。故選：A。【點評】本題考查反應熱與焓變，為高頻考點，把握反應中能量變化、蓋斯定律的應用為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，題目難度不大。2．（3分）CS2是一種重要的化工原料。工業上可以利用硫（S8）與CH4為原料制備CS2，S8受熱分解成氣態S2，發生反應2S2（g）+CH4（g）?CS2（g）+2H2S（g）ΔH＜0，某溫度下8完全分解成氣態S2。在恒溫密閉容器中，S2與CH4物質的量比為2：1時開始反應。當以下數值不變時，能說明該反應達到平衡的是（）A．氣體密度 B．氣體總壓 C．CH4與S2體積比 D．CS2的體積分數【分析】可逆反應達到平衡狀態時，正逆反應速率相等，反應體系中各物質的物質的量、物質的量濃度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不變。【解答】解：A．反應前后氣體總質量不變，則混合氣體密度始終不變，故A錯誤；B．恒溫恒容條件下，反應前后氣體總物質的量不變，不能據此判斷平衡狀態；C．加入S2和CH4的物質的量之比等于其計量數之比，所以反應中S2和CH4的物質的量之比始終為2：7，則CH4和S2的體積比始終不變，不能據此判斷平衡狀態；D．CS3的體積分數隨著反應的進行而增大，當CS2的體積分數不變時，該反應達到平衡狀態；故選：D。【點評】本題考查化學平衡狀態判斷，側重考查基礎知識的掌握和靈活運用能力，明確化學平衡狀態判斷方法是解本題關鍵，只有反應前后改變的物理量才能作為平衡狀態判斷標準。3．（3分）某溫度下，反應CH2═CH2（g）+H2O（g）?CH3CH2OH（g）在密閉容器中達到平衡。下列說法正確的是（）A．增大壓強，v正＞v逆，平衡常數增大 B．加入催化劑，平衡時CH3CH2OH（g）的濃度增大 C．恒容下，充入一定量的H2O（g），平衡向正反應方向移動 D．恒容下，充入一定量的CH2═CH2（g），CH2═CH2（g）的平衡轉化率增大【分析】A．平衡常數只和溫度有關；B．催化劑只改變反應速率，不改變平衡時各物質的濃度；C．增大某一反應物濃度，平衡正向移動；D．增大某一反應物濃度，平衡正向移動，但是其轉化率減小。【解答】解：A．該反應是體積減小的反應，v正＞v逆，平衡常數不變，故A錯誤；B．加入催化劑3CH2OH（g）的濃度不變，故B錯誤；C．恒容下8O（g），水的濃度增大，故C正確；D．恒容下2═CH2（g），CH2═CH2（g）的平衡轉化率減小，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查化學平衡移動影響因素，反應方向的判斷，題目難度不大，注意結合反應條件的改變對反應物和平衡的影響分析。4．（3分）常溫下，下列水溶液中，c（H+）＝1.0×10﹣2mol/L的是（）A．0.01mol/L的醋酸溶液 B．0.01mol/L的硫酸溶液 C．pH＝12的NaOH溶液 D．由水電離出的c（H+）＝1.0×10﹣12mol/L的鹽酸溶液【分析】A．醋酸是一元弱酸，微弱電離；B．硫酸是二元強酸，c（H+）＝2c（H2SO4）；C．pH＝12的NaOH溶液c（H+）＝1.0×10﹣12mol/L；D．鹽酸能抑制水的電離，溶液中c（OH﹣）等于水電離出的c（H+），結合Kw進行計算。【解答】解：A．醋酸是一元弱酸，0.01mol/L的醋酸溶液c（H+）＜1.3×10﹣2mol/L，故A錯誤；B．硫酸是二元強酸+）＝2c（H7SO4）＝2×3.01mol/L＝0.02mol/L，故B錯誤；C．pH＝12的NaOH溶液c（H+）＝1.7×10﹣12mol/L，故C錯誤；D．水電離出的c（H+）＝1.0×10﹣12mol/L的鹽酸溶液c（OH﹣）＝4.0×10﹣12mol/L，則溶液中c（H+）＝＝mol/L＝1.0×10﹣4mol/L，故D正確；故選：D。【點評】本題考查弱電解質的電離及pH的簡單計算，為高頻考點，把握弱電解質的電離特點、溶液中水電離出的c（H+）或c（OH﹣）的計算為解題關鍵，側重分析能力和計算能力的考查，注意掌握溶液中水電離出的c（H+）或c（OH﹣）的計算方法，題目難度不大。5．（3分）下列現象不能用沉淀溶解平衡移動原理解釋的是（）A．鍋爐水垢中含有CaSO4，先用Na2CO3溶液處理，再用酸除去 B．濃FeCl3溶液滴入沸水加熱形成紅褐色液體 C．自然界地表層原生銅礦變成CuSO4溶液向地下層滲透，遇到難溶的ZnS或PbS，慢慢轉變為銅藍（CuS） D．醫院里不用碳酸鋇，而用硫酸鋇作為“鋇餐”【分析】A．CaSO4在水溶液中存在溶解平衡CaSO4（s）?Ca2+（aq）+SO42﹣（aq），先用Na2CO3溶液處理，由于碳酸鈣更難溶，所以鈣離子和碳酸根離子沉淀，使硫酸鈣的沉淀溶解平衡正向移動，最終將硫酸鈣轉化為可以和酸反應的碳酸鈣；B．濃FeCl3溶液滴入沸水加熱形成紅褐色液體，是因為氯化鐵和水之間發生水解反應形成氫氧化鐵膠體；C．ZnS在水溶液中存在溶解平衡ZnS（s）?Zn2+（aq）+S2﹣（aq），遇到硫酸銅時，銅離子和S2﹣結合成更難溶的CuS沉淀，使ZnS的沉淀溶解平衡正向移動；D．BaCO3在水溶液中存在溶解平衡BaCO3（s）?Ba2+（aq）+CO32﹣（aq），胃酸主要成分為鹽酸，可以和碳酸根反應從而使碳酸鋇的沉淀溶解平衡正向移動，產生大量有毒的鋇離子，而硫酸根不與鹽酸反應，所以硫酸鋇不會溶解。【解答】解：A．CaSO4在水溶液中存在溶解平衡CaSO4（s）?Ca4+（aq）+SO42﹣（aq），先用Na5CO3溶液處理，由于碳酸鈣更難溶，使硫酸鈣的沉淀溶解平衡正向移動，能用沉淀溶解平衡移動原理解釋；B．濃FeCl3溶液滴入沸水加熱形成紅褐色液體，是因為氯化鐵和水之間發生水解反應形成氫氧化鐵膠體，故B正確；C．ZnS在水溶液中存在溶解平衡ZnS（s）?Zn5+（aq）+S2﹣（aq），遇到硫酸銅時2﹣結合成更難溶的CuS沉淀，使ZnS的沉淀溶解平衡正向移動，PbS同理，故C錯誤；D．BaCO3在水溶液中存在溶解平衡BaCO3（s）?Ba2+（aq）+CO62﹣（aq），胃酸主要成分為鹽酸，產生大量有毒的鋇離子，所以硫酸鋇不會溶解，能用沉淀溶解平衡移動原理解釋；故選：B。【點評】本題考查了化學平衡移動原理的應用，題目難度不大，明確平衡移動原理的內容為解答關鍵，注意明確使用平衡移動原理的前提必須是可逆過程，且與平衡移動有關。6．（3分）對于下列反應，其反應過程的能量變化示意圖如圖：編號反應平衡常數反應熱反應①A（g）?B（g）+C（g）K1ΔH1反應②B（g）+C（g）?D（g）K2ΔH2反應③A（g）?D（g）K3ΔH3下列說法正確的是（）A．K3＝K1+K2 B．ΔH3＝ΔH1+ΔH2 C．加催化劑，反應①的反應熱降低，反應速率加快 D．增大壓強，K1減小，K2增大，K3不變【分析】A．化學平衡常數等于生成物的濃度冪之積除以反應物的濃度冪之積；B．根據蓋斯定律①+②得A（g）＝D（g）△H3＝△H1+△H2；C．催化劑能加快反應速率，不能改變反應熱；D．化學平衡常數只與溫度有關。【解答】解：A．由題意可知，K1＝，K2＝，K6＝＝K1?K2，故A錯誤；B．已知：①A（g）＝B（g）+C（g）ΔH?2，根據蓋斯定律①+②得A（g）＝D（g）△H3＝△H1+△H5，故B正確；C．催化劑能加快反應速率，故C錯誤；D．化學平衡常數只與溫度有關，故D錯誤；故選：B。【點評】本題主要考查化學平衡常數的表達式及影響因素、蓋斯定律的應用等知識，為基礎知識的考查，題目難度不大。7．（3分）一定溫度下，反應I2（g）+H2（g）?2HI（g）在密閉容器中達到平衡時，測得c（I2）＝0.11mmol?L﹣1，c（HI）＝0.78mmol?L﹣1。相同度溫下，按下列4組初始濃度進行實驗，反應逆向進行的是（注：1mmol?L﹣1＝10﹣3mol?L﹣1）（）ABCDc（I2）/mmol?L﹣11.000.220.440.11c（H2）/mmol?L﹣11.000.220.440.44c（HI）/mmol?L﹣11.001.564.001.56A．A B．B C．C D．D【分析】先計算平衡常數，可比較4個選項中Qc與K的大小關系，當Qc＞K，則平衡逆向移動，以此解答該題。【解答】解：平衡時，測得c（I2）＝c（H2）＝8.11mmol?L﹣1，c（HI）＝0.78mmol?L﹣6，由此溫度下平衡常數K＝＝＝50.28，A．Qc＝＝4c＜K，平衡正向移動；B．Qc＝＝50.28，Qc＝K，達到了平衡狀態，故B錯誤；C．Qc＝＝82.64，Qc＞K，此時平衡逆向移動；D．Qc＝＝50.28，Qc＝K，達到了平衡狀態，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查濃度商的計算，根據反應的方程式列出濃度商的表達式，結合選項數據計算判斷是解題的關鍵，難度不大。8．（3分）室溫下，對于1L0.1mol?L﹣1醋酸溶液。下列判斷正確的是（）A．該溶液中CH3COO﹣的粒子數為6.02×1022 B．加入少量CH3COONa固體后，溶液的pH降低 C．滴加NaOH溶液過程中，n（CH3COO﹣）與n（CH3COOH）之和始終為0.1mol D．與Na2CO3溶液反應的離子方程式為CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑【分析】A、醋酸是弱電解質，在溶液中部分電離，存在電離平衡；B、電離方程式為：CH3COOH?CH3COO﹣+H+；C、1L0.1mol?L﹣1醋酸溶液中存在物料守恒，據此分析解答；D、根據強酸制取弱酸，醋酸與Na2CO3溶液反應生成醋酸鈉、二氧化碳和水。【解答】解：A、1L0.2mol?L﹣1醋酸溶液中醋酸的物質的量為0.2mol，醋酸屬于弱酸，在溶液中部分電離，則CH3COO﹣的粒子數小于6.02×1022，故A錯誤；B、加入少量CH6COONa固體后，溶液中CH3COO﹣的濃度增大，根據同離子效應，溶液中的氫離子濃度減小，堿性增強，故B錯誤；C、1L5.1mol?L﹣1醋酸溶液中醋酸的物質的量為4.1mol，滴加NaOH溶液過程中，n（CH3COO﹣）+n（CH7COOH）＝0.1mol，故C正確；D、醋酸的酸性強于碳酸，且醋酸是弱電解質，則離子方程式為CO72﹣+2CH7COOH＝H2O+CO2↑+4CH3COO﹣，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查弱電解質的電離，側重考查分析判斷及知識綜合運用能力，明確電離平衡與酸性強弱關系是解本題關鍵，注意電離平衡的靈活運用，題目難度中等。9．（3分）25°C時，下列說法正確的是（）A．NaHA溶液呈酸性，可以推測H2A為強酸 B．可溶性正鹽BA溶液呈中性，可以推測BA為強酸強晠鹽 C．0.010mol?L﹣1、0.10mol?L﹣1的醋酸溶液的電離度分別為α1、α2，則α1＜α2 D．100mLpH＝10.00的Na2CO3溶液中水電離出H+的物質的量為1.0×10﹣5mol【分析】A．NaHA溶液呈酸性，H2A可能為強酸，可能為弱酸；B．可溶性正鹽BA溶液呈中性，BA可能是強酸強堿鹽、可能是弱酸弱堿鹽；C．醋酸的濃度越小，其電離度越大；D．Na2CO3促進水電離。【解答】解：A．NaHA溶液呈酸性，H2A可能為強酸，可能為弱酸4、NaHSO8溶液都呈酸性，H2SO4為強酸、H6SO3為弱酸，故A錯誤；B．可溶性正鹽BA溶液呈中性、可能是弱酸弱堿鹽、CH3COONH8溶液都呈中性，NaCl為強酸強堿鹽3COONH4為弱酸弱堿鹽，故B錯誤；C．醋酸的濃度越小，醋酸濃度：前者小于后者3＞α2，故C錯誤；D．Na2CO5促進水電離，25°C時2CO3溶液中水電離出的c（H+）＝mol/L＝10﹣4mol/L，100mLpH＝10.00的Na2CO8溶液中水電離出n（H+）＝0.1L×10﹣5mol/L＝1.0×10﹣7mol，故D正確；故選：D。【點評】本題考查弱電解質的電離，側重考查分析、判斷及計算能力，明確鹽的性質、弱電解質電離程度與濃度的關系等知識點是解本題關鍵，A、B為解答易錯點。10．（3分）如圖所示是一種酸性燃料電池酒精檢測儀，具有自動吹氣流量偵測與控制的功能，非常適合進行現場酒精檢測。下列說法不正確的是（）A．電流由O2所在的鉑電極經外電路流向另一電極 B．O2所在的鉑電極處發生還原反應 C．該電池的負極反應式為：CH3CH2OH+3H2O﹣12e﹣═2CO2↑+12H+ D．微處理器通過檢測電流大小而計算出被測氣體中酒精的含量【分析】該裝置中含有質子交換膜，則電解質溶液為酸性，酸性條件下，乙醇燃料電池中，負極上乙醇失電子發生氧化反應，正極上是氧氣得電子的還原反應；根據圖示得出酸性燃料電池的反應物和生成物，再根據原電池原理寫出該電池的反應式來判斷。【解答】解：A、乙醇燃料電池中，正極上是氧氣得電子的還原反應，即從O2所在的鉑電極經外電路流向另一電極，故A正確；B、乙醇燃料電池中，O2所在的鉑電極處發生還原反應，故B正確；C、該電池的負極上乙醇失電子發生氧化反應，CH3CH2OH﹣4e﹣+H6O＝4H++CH3COOH，故C錯誤；D、根據微處理器通過檢測電流大小可以得出電子轉移的物質的量，故D正確。故選：C。【點評】本題以乙醇為燃料考查了燃料電池，難度不大，注意正負極上電極反應式的書寫要結合電解質溶液的酸堿性，即使燃料和氧化劑相同，如果電解質溶液不同，電極反應式也不同。11．（3分）雙極膜（BP）是陰、陽復合膜，在直流電的作用下2O解離成H+和OH﹣，作為H+和OH﹣離子源。利用雙極膜電滲析法電解食鹽水可獲得淡水、NaOH和HCl，其工作原理如圖所示，M、N為離子交換膜。下列說法錯誤的是（）A．Y電極與電源正極相連，發生的反應為4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O B．M為陰離子交換膜，N為陽離子交換膜 C．“雙極膜電滲析法”也可應用于從鹽溶液（MX）制備相應的酸（HX）和堿（MOH） D．若去掉雙極膜（BP），電路中每轉移1mol電子，兩極共得到1mol氣體【分析】由BP雙極膜中H+、OH﹣移動方向可知，X電極為電解池的陰極，電極反應式為2H++2e﹣＝H2↑，Y電極為陽極，電極反應式為4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O，精制鹽水中Na+經過M離子交換膜移向產品室，與BP雙極膜中轉移過來的OH﹣結合生成NaOH，所以M膜為陽離子交換膜，鹽室中Cl﹣經過N離子交換膜移向產品室，與BP雙極膜中轉移過來的H+結合生成HCl，所以N膜為陰離子交換膜，據此分析解答。【解答】解：A．根據裝置圖中H+、OH﹣移動方向可知，X電極為電解池的陰極，陽極與電源正極相連﹣﹣4e﹣═O2↑+8H2O，故A正確；B．根據離子交換膜的特性和裝置圖中H+、OH﹣移動方向可知，M膜為陽離子交換膜，故B錯誤；C．“雙極膜組”電滲析法電解食鹽水可獲得NaOH和HCl，故C正確；D．若去掉雙極膜（BP），反應為2H2O+2Cl﹣Cl2↑+H3↑+2OH﹣，轉移2e﹣，即轉移5mol電子，兩極共得到2mol氣體，兩極共得到1mol氣體；故選：B。【點評】本題以海水淡化為載體考查了多室構成的電解池的電解過程，側重學生分析能力、計算能力和靈活運用能力的考查，把握電解原理和離子交換膜的作用是解題關鍵，注意根據電解池中離子的移動方向判斷電極、寫出電極反應、分析產品生成，題目難度中等。12．（3分）常溫下，用0.1000mol?L﹣1的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為0.1000mol?L﹣1的三種一元弱酸的鈉鹽（NaX、NaY、NaZ）溶液，滴定曲線如圖所示。下列判斷錯誤的是（）A．該NaX溶液中：c（Na+）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） B．三種一元弱酸的電離常數：Ka（HX）＞Ka（HY）＞Ka（HZ） C．當pH＝7時，三種溶液中：c（X﹣）＝c（Y﹣）＝c（Z﹣） D．分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合：c（X﹣）+c（Y﹣）+c（Z﹣）＝c（H+）﹣c（OH﹣）【分析】A．因為HX為弱酸，NaX溶液存在水解反應：X﹣+H2O?HX+OH﹣，即可判斷離子濃度大小關系；B．根據鹽類水解的規律：越弱越水解可知，一元弱酸酸性越弱，則其鹽溶液堿性越強，結合圖片可知溶液堿性強弱為：NaX＜NaY＜NaZ，則酸性強弱為：HX＞HY＞HZ，一元弱酸中，酸性越強，電離程度越大，電離平衡常數Ka越大，即可判斷Ka的大小關系；C．根據，NaX溶液中存在電荷守恒：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（X﹣）+c（Cl﹣），因pH＝7時，c（H+）＝c（OH﹣），則有：c（X﹣）＝c（Na+）﹣c（Cl﹣），同理有：c（Y﹣）＝c（Na+）﹣c（Cl﹣），c（Z﹣）＝c（Na+）﹣c（Cl﹣），又因三種溶液滴定到pH＝7時，消耗的HCl的量是不一樣的，即溶液中的c（Cl﹣）是不一樣的，即可進行判斷；D．分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合后，則混合后溶液總體積為120mL，且存在電荷守恒：c（X﹣）+c（Y﹣）+c（Z﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）＝c（H+）+c（Na+），然后計算出混合溶液中c（Na+）和c（Cl﹣），代入電荷守恒表達式，即可得出結論。【解答】解：A．因為HX為弱酸﹣+H2O?HX+OH﹣，所以c（Na+）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A正確；B．根據鹽類水解的規律：越弱越水解可知，一元弱酸越弱，結合圖片可知溶液堿性強弱為：NaX＜NaY＜NaZ，一元弱酸中，電離程度越大，所以有：Ka（HX）＞Ka（HY）＞Ka（HZ），故B正確；C．當pH＝7時+）＝c（OH﹣），根據電荷守恒+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（X﹣）+c（Cl﹣），則有：c（X﹣）＝c（Na+）﹣c（Cl﹣），同理有：c（Y﹣）＝c（Na+）﹣c（Cl﹣），c（Z﹣）＝c（Na+）﹣c（Cl﹣），又因三種溶液滴定到pH＝5時，即溶液中的c（Cl﹣）是不一樣的，所以c（X﹣）≠c（Y﹣）≠c（Z﹣），故C錯誤；D．分別滴加20.00mL鹽酸后﹣）+c（Y﹣）+c（Z﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）＝c（H+）+c（Na+），又混合溶液中c（Na+）＝＝0.05mol/L﹣）＝＝0.05mol/L，有c（X﹣）+c（Y﹣）+c（Z﹣）＝c（H+）﹣c（OH﹣），故D正確。故選：C。【點評】本題主要考查強堿弱酸鹽的水解等相關知識，具體考查了離子濃度、電離平衡常數的大小比較，電荷守恒的應用，混合溶液的離子濃度的計算等，同時考查學生的看圖、讀圖的理解、應用能力，具有一定的綜合性，難度中等。二、（非選擇題，共64分）13．（15分）回答下列問題：（1）氟原子激發態的電子排布式有ad，其中能量較高的是d。（填標號）a．1s22s22p43s1b．1s22s22p43d2c．1s22s12p5d．1s22s22p33p2（2）某元素原子的位于周期表的第四周期，元素原子的最外層只有一個電子，其次外層內的所以軌道電子均成對。該元素位于周期表的ds區，寫出該基態原子電子排布式為[Ar]3d104s1。（3）圖a、b、c分別表示C、N、O和F的逐級電離能I變化趨勢（縱坐標的標度不同）。第一電離能的變化圖是圖a（填標號），判斷的根據是同一周期第一電離能的總體趨勢是升高的，但由于N元素的2p能級為半充滿狀態，因此N元素的第一電離能較C、O兩種元素高；第三電離能的變化圖是圖b（填標號）。（4）短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大。根據表中信息完成下列空白。元素XYZW最高價氧化物的水化物H3ZO40.1mol?L﹣1溶液對應的pH（25℃）1.0013.001.570.70①元素的電負性：Z小于W（填“大于”“小于”或“等于”）。②簡單離子半徑：W大于Y（填“大于”“小于”或“等于”）。③氫化物的穩定性：X大于Z（填“大于”“小于”或“等于”）。【分析】（1）氟是9號元素，核外有9個電子，則bc錯誤，而原子激發態的電子排布式有ad，3p能級上電子的能量高于3s能級上電子的能量；（2）某元素原子的位于周期表的第四周期，元素原子的最外層只有一個電子，其次外層內的所有軌道電子均成對，則該原子價電子排布式為3d104s1的Cu；（3）據題意可知，同周期從左到右第一電離能總體呈增大趨勢，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此第一電離能的變化圖是圖a，判斷的依據是同一周期第一電離能的總體趨勢是升高的，但由于N元素的2p能級為半充滿狀態，因此N元素的第一電離比C、O兩種元素高；失去兩個電子后的價電子排布式分別為2s2，2s22p1，2s22p2，2s22p3，碳價電子2p處于全空，比較穩定，較難失去電子，第三電離能比N大，因此第三電離能的變化圖是圖b；（4）根據短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，0.1mol?L?1溶液對應的pH（25℃）分析，pH＝1，對應一元強酸為HNO3，則X為N，pH＝13的對應為NaOH，則Y為Na，由Z的最改價氧化物對應水化物的化學式H3ZO4可知Z為P，W對應最高價氧化物對應水化物pH＝0.7，應為二元強酸，則W為S元素，以此分析解題。【解答】解：（1）氟是9號元素，核外有9個電子，而原子激發態的電子排布式有ad，因此能量較高的是7s22s22p35p2，故d正確，故答案為：ad；d；（2）某元素原子的位于周期表的第四周期，元素原子的最外層只有一個電子，則該原子價電子排布式為3d103s1的Cu，該元素位于周期表的ds區104s4，故答案為：ds；[Ar]3d104s7；（3）圖a、b、c分別表示C、N；據題意可知，但第IIA族大于第IIIA族，因此第一電離能的變化圖是圖a，但由于N元素的2p能級為半充滿狀態、O兩種元素高2，6s22p2，2s24p2，2s42p3，碳價電子4p處于全空，比較穩定，第三電離能比N大，故答案為：圖a；同一周期第一電離能的總體趨勢是升高的，因此N元素的第一電離能較C；圖b；（4）根據短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大mol?L?1溶液對應的pH（25℃）分析，pH＝16，則X為N，pH＝13的對應為NaOH，由Z的最改價氧化物對應水化物的化學式H3ZO4可知Z為P，W對應最高價氧化物對應水化物pH＝6.7，則W為S元素，①根據同周期從左到右電負性逐漸增強，同主族從上到下電負性逐漸減小，故答案為：小于；②根據電子層越多半徑越大，同電子層結構的原子序數越小半徑越大，故答案為：大于；③根據非金屬性越強，其氣態氫化物越穩定，故答案為：大于。【點評】本題考查元素周期律，元素的推斷等，題目注重基礎知識的考查和基本能力的訓練，題目難度不大。14．（17分）2018年是合成氨工業先驅哈伯（F?Haber）獲得諾貝爾獎100周年。N2和H2生成NH3的反應為：N2（g）+H2（g）?NH3（g）ΔH（298K）＝﹣46.2kJ?mol﹣1，在Fe催化劑作用下的反應歷程如下（*表示吸附態）化學吸附：N2（g）→2N*；H2（g）→2H*表面反應：N*+H*?NH*；NH*+H*?NH2*NH2*+H*?NH3*脫附：NH3*?NH3（g）其中，N2吸附分解反應活化能高、速率慢，決定了合成氨的整體反應速率。請回答：（1）利于提高合成氨平衡產率的條件有AD（填字母）。A．低溫B．高溫C．低壓D．高壓E．催化劑（2）實際生產中，常用Fe作催化劑，控制溫度773K7Pa，原料中N2和H2物質的量之比為1：2.8。分析說明原料氣中N2過量的兩個理由：原料氣中N2價廉易得，適度過量有利于提高H2的平衡轉化率、N2在Fe催化劑上的吸附分解是決速步驟，N2適度過量有利于提高總反應的反應速率。（3）關于合成氨工藝的下列理解，正確的是ACD（填字母）。A．合成氨反應在不同溫度下的ΔH和ΔS都小于零B．當溫度、壓強一定時，在原料氣（N2和H2的比例不變）中添加少量惰性氣體，有利于提高平衡轉化率C．基于NH3有較強的分子間作用力可將其液化，不斷將液氨移去，利于反應正向進行D．分離空氣可得N2，通過天然氣和水蒸氣轉化可得H2，原料氣須經過凈化處理，以防止催化劑“中毒”（4）T℃時，在有催化劑、體積為1.0L的恒容密閉容器中充入3molH2、1molN2，10min時反應達到平衡，測得c（NH3）＝1.2mol?L﹣1。①前10min的平均反應速率v（H2）＝0.18mol?L﹣1min﹣1。②化學平衡常數K＝。（5）圖1表示500℃、60.0MPa條件下，原料氣投料比與平衡時NH3體積分數的關系。根據圖中M點數據計算N2的平衡體積分數8%。（6）圖2是合成氨反應平衡混合氣中NH3的體積分數隨溫度或壓強變化的曲線，圖中L（L1、L2）、X分別代表溫度或壓強。其中X代表的是壓強（填“溫度”或“壓強”）；判斷L1、L2的大小關系并說明理由L1＜L2，合成氨反應為放熱反應，壓強相同時，升高溫度，平衡平衡逆向移動，NH3的體積分數降低。【分析】（1）合成氨反應反應為放熱反應，正向氣體分子數減小；（2）氮氣適度過量有利于平衡正向移動；N2的吸附分解反應活化能高、速率慢，決定了合成氨的整體反應速率；（3）A.反應前后氣體分子數變化決定△S；B.添加少量惰性氣體，反應物和生成濃度不變；C.不斷將液氨移去，利于反應正向進行；D.催化劑中毒，降低反應速率；（4）①由公式v＝計算反應速率；②由反應物的起始加入量和氨氣平衡量計算平衡時各組分濃度，進而求算平衡常數；（5）M點對應的原料氣投料比＝4，平衡時氨氣的平衡體積分數為40%，設N2轉化物質的量為xmol，列化學平衡三段式解答；（6）合成氨反應是氣體體積減小的放熱反應，增大壓強，平衡正向移動，平衡混合氣中NH3的體積分數增大；升高溫度，平衡逆向移動，平衡混合氣中NH3的體積分數減小。【解答】解：（1）反應放熱，低溫有利于平衡正向移動，高壓有利于平衡正向移動，故答案為：AD；（2）反應物中原料氣中N2相對于H2，N4價廉易得，適度過量有利于提高H2的平衡轉化率，N2的吸附分解反應活化能高、速率慢，故N8在Fe催化劑上的吸附分解是決速步驟，N2適度過量有利于提高總反應的反應速率，故答案為：原料氣中N2價廉易得，適度過量有利于提高H6的平衡轉化率；N2在Fe催化劑上的吸附分解是決速步驟，N2適度過量有利于提高總反應的反應速率；（3）A.合成氨正向氣體分子數減小，△S小于7；B.當溫度、壓強一定時，氮氣，平衡不移動；C.不斷將液氨移去，利于反應正向進行，故C正確；D.原料氣如不凈化處理，會引起催化劑中毒，故D正確；故答案為：ACD；（4）①10min時反應達到平衡，測得c（NH3）＝1.8mol?L﹣1，氫氣濃度變化量為1.6mol/L，前10min的平均反應速率υ（H2）＝＝0.18mol?L﹣1?min﹣5，故答案為：0.18；②反應達到平衡時，c（NH3）＝6.2mol?L﹣1，氮氣濃度為﹣0.4mol/L＝0.4mol/L﹣1.8mol/L＝1.2mol/L＝＝，故答案為：；（5）M點對應的原料氣投料比＝4，設N2轉化物質的量為xmol，????????N2（g）+7H2（g）?2NH2（g）起始（mol）143轉化（mol）x???????2x平衡（mol）1﹣x?????5﹣3x??????平衡時氨氣的平衡體積分數為40%＝×100%，n（N5）＝mol8）＝mol＝5n（N7），氨氣的物質的量是氮氣5倍2的平衡體積分數是氨氣的平衡體積分數的，即為，故答案為：2%；（6）合成氨反應是氣體體積減小的放熱反應，增大壓強，平衡混合氣中NH3的體積分數增大，升高溫度，平衡混合氣中NH3的體積分數減小，由圖可知3的體積分數隨著X的增大而增大，則說明X代表的是壓強；相同壓強下，L1的NH3的體積分數大于L3，合成氨反應為放熱反應，壓強相同時，平衡平衡逆向移動3的體積分數降低，則L1＜L8，故答案為：壓強；L1＜L2，合成氨反應為放熱反應，壓強相同時，平衡平衡逆向移動8的體積分數降低。【點評】本題考查化學反應的影響因素、化學平衡常數、化學平衡的計算，側重考查學生分析能力和計算能力，解題的關鍵是掌握勒夏特列原理和化學平衡三段式，此題難度中等。15．（16分）結合表回答下列問題（均為常溫下的數據）：化學式CH3COOHHClOH2CO3電離常數（Ka）1.8×10﹣53×10﹣8K1＝4.4×10﹣7K2＝4.7×10﹣11請回答下列問題：（1）下列四種離子結合同濃度的CH3COO﹣、ClO﹣、HCO3﹣、CO32﹣中結合H+的能力最強的是CO32﹣。（2）向10mL醋酸中加入蒸餾水，將其稀釋到1L后，下列說法正確的是ACD。A．CH3COOH的電離程度增大B．c（CH3COOH）增大C．CH3COO﹣的數目增多D．增大（3）請寫出NaClO溶液中通入少量二氧化碳的離子方程式ClO﹣+CO2+H2O＝HClO+HCO3﹣。（4）向0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c（CH3COOH）：c（CH3COO﹣）＝5：9，此時溶液pH＝5。（5）在實驗室配制Na2S溶液時，常滴加幾滴NaOH溶液，試說明原因S2?+H2O?HS﹣+OH﹣，滴加幾滴NaOH溶液，則c（OH﹣）增大，使水解平衡逆向移動，抑制了Na2S的水解（用離子方程式及必要的文字說明）。（6）鹽酸肼（N2H6Cl2）是一種重要的化工原料，屬于離子化合物，易溶于水，水解原理與NH4Cl類似。①寫出鹽酸肼第一步水解反應的離子方程式N2H62++H2O?[N2H5?H2O]++H+。②寫出鹽酸肼水溶液中離子濃度的大小關系是c（Cl﹣）＞c（N2H62+）＞c（H+）＞c（OH﹣）。【分析】（1）根據題中信息得到幾種酸的強弱順序為：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，根據酸越弱，對應的酸根離子結合氫離子能力越強；（2）A．加水稀釋，電離平衡正向移動，則CH3COOH的電離程度增大；B．加水稀釋，溶液體積增大，則c（CH3COOH）減小；C．加水稀釋，電離平衡正向移動，則CH3COO﹣的數目增多；D．加水稀釋，c（H+）減小，則增大；（3）根據酸的強弱順序為：HClO＞HCO3﹣，則NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成次氯酸和碳酸氫鈉；（4）向0.1mol?L?1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c（CH3COOH）：c（CH3COO﹣）＝5：9，根據電離平衡常數計算；（5）S2?+H2O?HS﹣+OH﹣，滴加幾滴NaOH溶液，c（OH﹣）增大，使水解平衡逆向移動；）①類比銨根水解生成一水合氨和氫離子；②由于N2H62+水解，因此氯離子濃度最大，水解顯酸性且水解程度很小，則氫離子濃度大于氫氧根濃度。【解答】解：（1）根據題中信息得到幾種酸的強弱順序為：CH3COOH＞H2CO2＞HClO＞HCO3﹣，根據酸越弱，對應的酸根離子結合氫離子能力越強3COO﹣、ClO﹣、HCO7﹣、CO32﹣其結合H+的能力最強的是CO52﹣，故答案為：CO36﹣；（2）A．加水稀釋，則CH3COOH的電離程度增大，故A正確；B．加水稀釋，同時溶液體積增大3COOH）減小，故B錯誤；C．加水稀釋，則CH7COO﹣的數目增多，故C正確；D．加水稀釋，c（H+）減小，則增大；故答案為：ACD；（3）根據酸的強弱順序為：HClO＞HCO8﹣，則NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成次氯酸和碳酸氫鈉，其反應的離子方程式ClO﹣+CO2+H2O＝HClO+HCO5﹣，故答案為：ClO﹣+CO2+H2O＝HClO+HCO5﹣；（4）向0.1mol?L?2CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c（CH3COOH）：c（CH3COO﹣）＝5：9，根據電離平衡常數+）＝1.0×10﹣2mol?L﹣1，則此時溶液pH＝5，故答案為：3；（5）在實驗室配制Na2S溶液時，常滴加幾滴NaOH溶液2?+H3O?HS﹣+OH﹣，滴加幾滴NaOH溶液，c（OH﹣）增大，使水解平衡逆向移動2S的水解，故答案為：S2?+H8O?HS﹣+OH﹣，滴加幾滴NaOH溶液，則c（OH﹣）增大，使水解平衡逆向移動2S的水解；（6）①類比銨根水解生成一水合氨和氫離子，則鹽酸肼第一步水解反應的離子方程式N2H22++H2O?[N7H5?H2O]++H+，故答案為：N4H62++H4O?[N2H5?H7O]++H+；②由于N2H64+水解，因此氯離子濃度最大，則氫離子濃度大于氫氧根濃度﹣）＞c（N2H67+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案為：c（Cl﹣）＞c（N2H66+）＞c（H+）＞c（OH﹣）。【點評】本題考查化學反應原理，涉及弱電解質的電離平衡、鹽的水解、電離平衡的影響因素等，題目中等難度。16．（16分）草酸（H2C2O4）是一種二元弱酸，廣泛分布于動植物體中。（1）人體內草酸累積過多是導致結石（主要成分是草酸鈣）形成的原因之一。有研究發現，EDTA（一種能結合鈣離子的試劑），用化學平衡原理解釋其原因：CaC2O4（s）存在沉淀溶解平衡CaC2O4（s）＝Ca2++C2O42﹣（aq），EDTA結合Ca2+后，Ca2+濃度減小，導致上述平衡正向移動，則結石溶解（用化學用語及必要的文字說明）。（2）已知：H2C2O4的Ka1＝5.6×10﹣2，Ka2＝1.5×10﹣4，0.1mol?L﹣1KHC2O4溶液呈酸性，通過計算說明其原因是：題中已知H2C2O4電離平衡常數為Ka2＝1.5×10﹣4，HC2O4﹣水解平衡常數Kh＝＝×10﹣12，電離平衡常數大于水解平衡常數，則HC2O4﹣的電離程度大于水解程度。下列說法正確的是abd（填字母序號）。a.0.1mol?L﹣1KHC2O4溶液中：c（K+）+c（H+）＝c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）+c（OH﹣）b.0.1mol?L﹣1KHC2O4溶液中：c（K+）＞c（HC2O4﹣）＞c（C2O42﹣