江蘇省常州高級中學2021~2022學年第二學期期中質量檢查高二年級化學(選修)試卷說明：1.以下題目的答案做在答卷紙上。2.本卷總分100分，考試時間75分鐘?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cr-52Co-59第I卷(選擇題共45分)單項選擇題(本題包括15小題，每小題3分，共計45分。每小題只有一個選項符合題意)。1.化學與生活息息相關，下列敘述錯誤的是A.明礬和二氧化氯均可作凈水劑，且凈水原理相同B.銨態氮肥應避光保存且避免和堿性肥料混合使用C.農村推廣風力發電、光伏發電有利于“碳達峰、碳中和”D.用FeS處理工業廢水，可以使其中的Cu2+、Hg2+等重金屬陽離子沉淀而除去【答案】A【解析】【詳解】A．明礬凈水原理是硫酸鋁鉀溶液中含有鋁離子，鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體具有吸附性凈水，能吸附水中的固體懸浮物并使之沉降，二氧化氯因具有強氧化性能殺菌消毒，故在進行水處理時，二者的原理不同，A錯誤；B．銨態氮肥應避光保存，防止分解，避免和堿性肥料混合使用，以免銨根和氫氧根反應，B正確；C．農村推廣風力發電、光伏發電有利于減少化石燃料的使用、減少二氧化碳等物質的排放，有利于“碳達峰、碳中和"，C正確；D．工業廢水中的Cu2+、Hg2+等重金屬陽離子加入FeS發生沉淀轉化為CuS、HgS而除去，D正確；答案選A。2.下列有關化學用語表示正確的是A.原子核內有20個中子的氯原子：ClB.氮原子的L層電子軌道表示式：C.HClO的結構式為H—Cl—OD.HCO的水解方程式為：HCO+H2OCO+H3O+【答案】B【解析】【詳解】A．質量數=質子數+中子數，故應表示為Cl，A選項錯誤；B．根據洪特規則與泡利不相容原理判斷該軌道表示式正確，B選項正確；C．O原子最外層電子數為6，形成2條共價鍵，故應寫為H-O-Cl，C選項錯誤；D．正確水解方程式為：HCO+H2OH2CO3+OH—，D選項錯誤；答案選B。3.下列實驗的有關說法正確的是A.用pH試紙測得氯水的pH=2B.用酸式滴定管量取20.00mL酸性KMnO4溶液C.用帶磨口玻璃塞的試劑瓶保存Na2CO3溶液D.酸堿中和滴定時，滴定管和錐形瓶都需用標準液或待測液潤洗【答案】B【解析】【詳解】A．氯水具有漂白性，不能用pH試紙測氯水的pH，故A錯誤；B．KMnO4溶液能腐蝕橡膠，所以用酸式滴定管量取20.00mL酸性KMnO4溶液，故B正確；C．Na2CO3溶液顯堿性，與二氧化硅反應生成具有粘合性的硅酸鈉，應選橡皮塞，故C錯誤；D．酸堿中和滴定時，錐形瓶不能用標準液或待測液潤洗，故D錯誤；選B。4.常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是①=1×10-12的溶液：Na+、AlO、CO②由水電離產生的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液：Na+、HCO、NO③中性溶液：Fe3+、NO、SO④能使甲基橙變紅的溶液：Fe2+、NO、Cl-⑤無色溶液中：Al3+、NO、S2-A.③④ B.①③⑤ C.① D.①④⑤【答案】C【解析】【詳解】①從已知看溶液中c(H+)<c(OH-)溶液為堿性，Na+、、與OH-不會產生沉淀或者弱電解質及氧化還原反應等，所以它們可以大量共存，①正確；②水電離的c(H+)=1×10-13mol/L，該溶液可能是堿性也可能為酸性。這些離子在堿性條件下可以共存，但在酸性條件下產生氣體CO2，因此這些離子在該條件下不一定能共存，②不正確；③，所以Fe3+水解呈酸性，在中性溶液中不能存在，③不正確；④甲基橙變紅的溶液為酸性溶液，而在酸性條件下會將Fe2+氧化為Fe3+，該條件下這些離子不能大量共存，④不正確；⑤Al3+與S2-發生雙水解，產生Al(OH)3沉淀和H2S氣體，所以該條件下這些離子不能共存，⑤不正確；答案選C。5.設NA為阿伏伽德羅常數的值，下列說法正確的是A.1molCl2溶于水，溶液中Cl-、ClO-、HClO的粒子數之和等于2NAB.25℃時，Ksp(CaSO4)=9×10-6，則該溫度下CaSO4飽和溶液的中含3×10-3NA個Ca2+C.某溫度下，1LpH=6的純水中所含OH-的數目為1.0×10-8NAD.含0.1molNH4HSO4的溶液中，陽離子的數目略大于0.2NA【答案】D【解析】【詳解】A．Cl2溶于水中存在的平衡有和，氯原子守恒則2n(Cl2)+n(Cl-)+n(ClO-)+n(HClO)=0.2mol，則Cl-、ClO-、HClO的粒子數之和小于2NA，A項錯誤；B．CaSO4飽和溶液中存在，且則，但體積未知無法獲得Ca2+的物質的量，從而也無法計算Ca2+數目，B項錯誤；C．純水中，又pH=6即，則n(OH-)=cV=10-6mol，則OH-的數目為10-6NA，C項錯誤；D．，溶液中存在的離子有H+、、OH-、，存在電荷守恒式變形為n(H+)+n()=n(OH-)+2n()，n()=0.1mol，則n(H+)+n()=n(OH-)+2n()>0.2mol，則溶液中陽離子的總數目大于0.2NA，D項正確；故選D。6.下列過程中的化學反應，相應的離子方程式正確的是H2CO3Ka1=4.30×10-7Ka2=5.61×10-11H2SO3Ka1=1.54×10-2Ka2=1.02×10-7HClOKa=2.95×10-8H2SKa1=9.1×10-8Ka2=1.1×10-12A.CuCl2溶液中通入H2S氣體：Cu2++S2-=CuS↓B.NaClO溶液中通少量CO2：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCOC.向Na2S溶液中通入少量SO2：S2-+SO2+H2O=SO+H2SD.Na2CO3溶液中通入過量SO2：CO+SO2=SO+CO2【答案】B【解析】【詳解】A．CuCl2溶液中通入H2S氣體的離子方程式為Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故A錯誤；B．NaClO溶液中通少量CO2生成次氯酸鈉和碳酸氫鈉，故離子方程式為ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO，故B正確；C．向Na2S溶液中通入少量SO2，發生反應的離子方程式為2H2O+2S2-+SO2=4OH-+3S↓，故C錯誤；D．Na2CO3溶液中通入過量SO2生成NaHSO3和CO2，故離子方程式為CO+2SO2+H2O=2HSO+CO2，故D錯誤；故選B。7.探究鋁片與Na2CO3溶液的反應。均無明顯現象鋁片表面產生細小氣泡加熱后出現白色渾濁，產生大量氣泡(經檢驗為H2和CO2)下列說法錯誤的是A.Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO+H2OHCO+OH-B.對比I、III說明Na2CO3溶液能破壞鋁表面的保護膜C.H2逸出有利于CO水解平?向正反應方向移動D.推測出現白色渾濁的原因：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑【答案】D【解析】【詳解】A．碳酸鈉為強堿弱酸鹽，在水溶液中會發生水解，主要水解平衡為：CO+H2OHCO+OH-，A正確；B．I中Al表面沒有氣泡，說明表面有氧化膜，III中Al有氣泡，說明表面氧化膜被破壞，B正確；C．氫氣逸出有利于鋁與氫氧根離子的反應，碳酸根水解生成碳酸氫根和氫氧根離子，消耗了氫氧根離子，從而促進了碳酸根離子的水解，所以H2逸出對CO水解平衡向正反應方向移動，C正確；D．碳酸鈉水解顯堿性，鋁表面的氧化鋁與堿反應生成偏鋁酸根離子，去掉氧化膜后，鋁與氫氧根離子、水反應生成氫氣，碳酸根離子部分水解生成碳酸氫根離子，碳酸氫根離子與偏鋁酸根離子反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸根離子，所以出現白色沉淀的原因可用離子方程式表示為：，D錯誤；故選D。8.一定條件下，通過下列反應可以制備特種陶瓷的原料MgO，MgSO4(s)+CO(g)MgO(s)+CO2(g)+SO2(g)△H>0。該反應在恒容的密閉容器中達到平衡后，若僅改變圖中橫坐標x的值，重新達到平衡后，縱坐標y隨x變化趨勢合理的是選項xyA溫度容器內混合氣體的密度BCO的物質的量CO2與CO的物質的量之比CSO2的濃度平衡常數KDMgSO4的質量（忽略體積）CO的轉化率A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A、△H＞0，升高溫度，平衡正向移動，二氧化碳濃度增大，混合氣體的密度增大，故A正確；B、,平衡常數只與溫度有關，溫度不變常數不變，增加CO的物質的量，CO2與CO的物質的量之比不變，故B錯誤；C、平衡常數只與溫度有關，溫度不變常數不變，故C錯誤；D、MgSO4是固體，增加固體質量，平衡不移動，CO的轉化率不變，故D錯誤；答案選A。9.某溫度下，在2L恒容密閉容器中加入1molN2(g)和3molH2(g)發生反應：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，NH3的物質的量與時間的關系見表，下列說法正確的是時間(min)0t1t2t3NH3物質的量(mol)00.20.30.3A.0～t1min，v(NH3)=mol·L-1·min-1B.升高溫度，可使正反應速率減小，逆反應速率增大，故平衡逆向移動C.t3時再加入1mol的N2(g)和3molH2(g)，反應達新平衡時，c(N2)>0.425mol·L-1D.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的活化能大于2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的活化能【答案】C【解析】【詳解】A．t1時NH3的物質的量為0.2mol，即生成了0.2molNH3，容器體積為2L，則變化的NH3的濃度為0.1mol/L，所以v(NH3)=mol·L-1·min-1，故A錯誤；B．升高溫度，正逆反應速率都增大，正反應速率增大的程度沒有逆反應速率增大的程度大，故平衡逆向移動，故B錯誤；C．t3時反應已達平衡，再加入1mol的N2(g)和3molH2(g)，相當于增大壓強，N2的體積分數降低，但N2的物質的量增大，容器體積不變，所以反應達新平衡時，c(N2)>0.425mol·L-1，故C正確；D．該反應的正反應是放熱的，正反應的活化能小于逆反應的活化能，故D錯誤；故選C。10.某溫度下，將打磨后的鎂條放入盛有50mL蒸餾水的燒杯中，用pH傳感器和濁度傳感器監測溶液中的pH和濁度隨時間的變化(如圖所示，實線表示溶液pH隨時間的變化)。下列有關描述正確的是A.該溫度下Mg(OH)2的KSP的數量級約為10-10。B.該實驗是在常溫下進行的C.50s時向溶液中滴入酚酞試液，溶液變紅D.150s后溶液濁度下降是因為生成的Mg(OH)2逐漸溶解【答案】A【解析】【分析】A.該溫度下，當氫氧化鎂達到飽和時，pH不變，此時pH=10.00，以此分析；

B.根據蒸餾水的pH=6.5分析；C.酚酞的變色范圍為8~10，pH小于8時溶液為無色；

D.氫氧化鎂為難溶物，氫氧化鎂沉降后減小了溶液濁度?！驹斀狻緼.該溫度下，當氫氧化鎂達到飽和時，pH不變，此時pH=10.00，該溫度下Mg(OH)2的KSP=c(Mg2+)c2(OH-)=c(OH-)c2(OH-)=c3(OH-)，由圖可知，該溫度下水的離子積Kw=10-6.510-6.5=10-13，所以c(OH-)==10-3mol/L，故KSP=c3(OH-)==10-9=510-10，即該溫度下Mg(OH)2的KSP的數量級約為10-10，故A正確；B.常溫下蒸餾水的pH=7，而圖象中蒸餾水的pH=6.5<7，說明該實驗不是在常溫下進行的，故B錯誤；

C.50s時溶液的pH小于8，滴入酚酞后溶液為無色，故C錯誤；

D.Mg(OH)2為難溶物，隨著Mg(OH)2的沉降，溶液的濁度會下降，即150s后溶液濁度下降是因為生成的Mg(OH)2沉降，故D錯誤。

所以A選項是正確的。11.根據下列圖示得出的結論不正確的是（）A.圖甲是CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常數與反應溫度的關系曲線，說明該反應的△H＜0B.圖乙是向Na2CO3溶液中通入SO2過程中部分微粒摩爾分數與pH的關系曲線，用該方法制備NaHSO3，當pH=4時應停止通入SO2C.圖丙是常溫下等體積鹽酸和氨水稀釋時溶液導電性與體積變化的曲線，圖中pH大小關系為c＞b＞dD.圖丁表示不同溫度下水溶液中-lgc（H+）、-lgc（OH-）的變化曲線，圖中T1＞T2【答案】C【解析】【詳解】A．根據圖知，升高溫度，化學平衡常數減小，說明平衡逆向，升高溫度平衡向吸熱方向移動，則逆反應是吸熱反應，正反應是放熱反應，即正反應△H＜0，故A正確；B．根據圖像分析，pH=4時，溶液中主要存在為HSO3-，所以當pH=4時應停止通入SO2，控制pH，主要得到NaHSO3，故B正確；C．鹽酸溶液pH小于一水合氨，稀釋過程中鹽酸溶液pH增大，溶液的pH大小關系：b＞d＞c，故C錯誤；D．-lgc(H+)、-lgc(OH-)的乘積越大，水的電離程度越小，可知T1＜T2，故D正確，故選：C。12.25℃時，用0.10mol·L-1的氨水滴定10.00mL0.05mol·L-1的二元酸H2Y的溶液，滴定過程中加入氨水的體積(V)與溶液中lg的關系如圖所示。下列說法正確的是A.H2Y的電離方程式為H2Y=H++HY-、HY-H++Y2-B.滳定過程中，水電離出的H+濃度由大到小的順序為P>N>MC.P點溶液中有：c(NH)=c(NH3?H2O)=2c(Y2-)D.用x表示的NH3?H2O電離平衡常數值Kb=【答案】D【解析】【詳解】A．0.05mol?L-1的二元酸H2Y的溶液中lg=-12，c(H+)×c(OH-)=10-14，c(H+)=0.1mol/L=2c(H2Y)，說明該二元酸完全電離，所以為強酸，電離方程式為H2Y=2H++Y2-，故A錯誤；B．M點為H2Y溶液，強酸抑制水的電離，N點氨水的體積為10mL，酸堿恰好完全反應，溶質為(NH4)2Y強酸弱堿鹽促進水的電離，P點溶液顯中性，故水的電離的H+濃度由大到小的順序為N＞P＞M，故B錯誤；C．P點氨水的體積小于15mL，故c()+c(NH3?H2O)＜3c(Y2-)。P點溶液呈中性，溶液中c(H+)＝c(OH-)，根據電荷守恒得c(NH)+c(H+)＝c(OH-)+2c(Y2－)，所以c(NH)＝2c(Y2－)，故c(NH3?H2O)＜c(Y2-)，則c(NH3?H2O)＜2c(Y2-)，故C錯誤；D．P點溶液呈中性，則c(H+)＝c(OH-)=10-7mol/L，根據電荷守恒得c(NH)＝2c(Y2－)=2×mol/L=mol/L，根據物料守恒得c(NH3?H2O)=mol/L-mol/L=mol/L，氨水的電離常數為Kb=，故D正確；故答案選D。13.室溫下進行下列實驗，根據實驗操作和現象所得到的結論正確的是選項實驗操作和現象結論A.用pH計測得NaOH溶液的pH為11.0，NH4Cl溶液的pH為3.0水的電離程度相同B.用pH試紙測得CH3COONa溶液的pH約為9，NaNO2溶液的pH約為8HNO2電離出H+的能力比CH3COOH的強C.將20℃0.5mol·L-1CH3COONa溶液加熱到60℃，用pH傳感器測定溶液的pH，pH逐漸減小水解平衡逆向移動的結果D.向濃度均為0.05mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中滴加少量NaOH溶液，只有藍色沉淀生成Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【詳解】A．NaOH溶液抑制水的電離而后者水解會促進水的電離，A項錯誤；B．CH3COONa與NaNO2的pH與溶液的濃度及酸根的水解大小綜合影響，溶液的濃度一致，所以無法根據pH來確定水解強弱問題，因此更無法確定結合H+的能力，B項錯誤；C．CH3COONa溶液水解，且水解為吸熱反應，升溫水解正向，C項錯誤；D．等濃度的Mg2+和Cu2+滴加NaOH先出現藍色沉淀Cu(OH)2，說明Cu(OH)2溶解度小于Mg(OH)2，它們為同類型的物質則Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，D項正確；故選D?！军c睛】濃度相同時，溶解度小的先沉淀，溶解度大的后沉淀；同類型的物質，Ksp小的先沉淀，Ksp大的后沉淀。14.已知電離常數的負對數pK=-lgK，25℃時，HX的pKa=4.76，H2Y的pKa1=1.22，pKa2=4.19，下列說法正確的是（）A.濃度相等的NH4X和NH4HY溶液中c(NH4+)：前者大于后者B.NaX溶液中滴加KHY溶液至pH=4.76：c(K+)+c(Na+)>c(HY-)+2c(Y2-)+c(X-)C.KHY溶液中滴加氨水至中性：c(NH4+)>c(Y2-)D.K2Y溶液中滴加鹽酸至pH=1.22：c(Cl-)-3c(HY-)=c(H+)-c(OH-)【答案】D【解析】【詳解】A．溶液中的水解促進的水解，H2Y的pKa2=4.19，Ka2=10-4.19，而溶液中的，即電離為主，產生的對的水解起抑制作用，則濃度相等的和溶液中：前者小于后者，故A錯誤；B．根據電荷守恒可知，即，所以，故B錯誤；C．根據電荷守恒可知，溶液呈中性，則以及物料守恒可得，所以，故C錯誤；D．根據的，滴加鹽酸至，，由物料守恒可知，，由電荷守恒可知，則，故D正確；答案選D。【點睛】熟練使用電荷守恒，物料守恒，質子守恒是解題的關鍵，也要掌握水解平衡常數與離子積和弱電解質的電離平衡常數之間的關系，有利于問題的快速解決和判斷。15.乙炔(C2H2)是重要的化工原料。工業上可用甲烷裂解法制取乙炔，發生反應：反應I：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)△H1反應II：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)△H2甲烷裂解時，幾種氣體平衡時分壓(Pa)的對數即lgp與溫度(℃)之間的關系如圖所示，(注：用平衡分壓代替平衡濃度計算可得平衡常數Kp，分壓=總壓×物質的量分數)。下列說法不正確的是A.1725℃時，向恒容夜閉容器中充入CH4，達到平衡時CH4生成C2H2的平衡轉化率為62.5%B.1725℃時，若圖中H2的lgp=5，則反應2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的平衡常數Kp=1×105Pa2C.2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的△H1＞0D.為提高甲烷制乙炔的產率，除改變溫度外，可充入適量乙烯，還可以使用對反應選擇性更高的催化劑【答案】B【解析】【詳解】A．1725℃由圖可知，達到平衡時，CH4、C2H2、C2H4的平衡分壓的對數分別為2、2、1，故其CH4、C2H2、C2H4的平衡分壓分別為100Pa、100Pa、10Pa，在同溫同體積條件下，不同氣體的壓強之比等于其物質的量之比，故CH4、C2H2、C2H4的物質的量之比為10：10：1，由C原子守恒可知，CH4生成C2H2的平衡轉化率為62.5%，A正確；B．1725℃時，若圖中H2lgp=5，則反應2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的平衡常數Kp=1×1013，B錯誤；C．根據圖可知，C2H2的平衡分壓隨溫度升高而增大，所以反應2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)為吸熱反應，故其△H1＞0，C正確；D．為提高甲烷制乙炔的產率，除改變溫度外，還可采取的措施有：充入適量乙烯使2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)的平衡向逆反應方向移動，或使用對甲烷轉化為乙炔的選擇性更高的催化劑等，D正確；答案選B。第II卷(非選擇題共55分)16.I.水溶液是中學化學的重點研究對象。（1）常溫下，向amol·L-1CH3COONa溶液中滴加等體積的bmol·L-1鹽酸化溶液呈中性(不考慮鹽酸和醋酸的揮發)，則醋酸的電離常數Ka=____(用含a和b的代數式表示)。（2）次磷酸(H3PO2)是一種精細化工產品，已知10mL1mol·L-1H3PO2與20mL1mol·L-1的NaOH溶液充分反應后生成組成為NaH2PO2的鹽，回答下列問題：①NaH2PO2屬于____(填“正鹽”“酸式鹽”或“無法確定”)。②若25℃時，K(H3PO2)=1×10-2，則0.02mol·L-1的H3PO2溶液的pH=____。③設計兩種實驗方案，證明次磷酸是弱酸：____、____。（3）連二次硝酸(H2N2O2)是一種二元酸，可用于制N2O氣體。常溫下，用0.01mol·L-1的NaOH溶液滴定10mL0.01mol·L-1H2N2O2溶液，測得溶液pH與NaOH溶液體積的關系如圖所示。①寫出H2N2O2在水溶液中的電離方程式：____。②b點時溶液中c(H2N2O2)___c(N2O)(填“>”“<”或“=”)。③c點時溶液中各離子濃度由大到小的順序為____。（4）II.M是第4周期元素，最外層只有1個電子，次外層的所有原子軌道均充滿電子，M元素基態原子的核外電子排布式為____?！敬鸢浮浚?）（2）①.正鹽②.2③.測NaH2PO2溶液的pH，若pH>7，則證明次磷酸為弱酸；④.向等物質的量濃度的鹽酸、次磷酸溶液中各滴入2滴石蕊溶液，若次磷酸溶液中紅色淺一些，則說明次磷酸為弱酸(答案合理即可)（3）①.、（第二步電離可不寫）②.>③.c(Na+)>c()>c(OH-)>c()>c(H+)（4）1s22s22p63s23p63d104s1【解析】【小問1詳解】鹽酸和醋酸鈉反應生成氯化鈉和醋酸，溶液呈中性，所以醋酸鈉剩余，c(H+)=c(OH-)=10?7mol/L，根據電荷守恒，c(Cl-)=0.5bmol/L，c(CH3COO-)+c(Cl-)=c(Na+)=0.5amol/L，所以c(CH3COO-)=(0.5a?0.5b)mol/L，醋酸的電離常數為：，故答案為：。【小問2詳解】①NaOH過量，只生成NaH2PO2，說明次磷酸中只有一個可電離的氫原子，說明NaH2PO2是正鹽；②設溶液中的H＋濃度為xmol·L-1，Ka(H3PO2)==1×10－2，解得x=0.01，故pH=-lg0.01=2；③若H3PO2是弱酸，則NaH2PO2是強堿弱酸鹽，則該鹽水溶液呈堿性，故可以測定NaH2PO2溶液的酸堿性，若溶液pH>7，則說明H3PO2是弱酸；還可以比較同濃度下一元強酸和H3PO2的酸性的強弱：取等體積等濃度的鹽酸和次磷酸溶液，各滴入2滴石蕊溶液，若次磷酸溶液中的紅色淺一些，則可說明次磷酸為弱酸；【小問3詳解】①若H2N2O2為強酸，則0.01mol/LH2N2O2溶液中c(H+)>0.01mol/L，故pH<2，而由圖像知0.01mol/LH2N2O2溶液pH=4.3>2，故H2N2O2為弱酸，電離方程式為：、（第二步電離可不寫）；②根據b點投料知n(NaOH):n(H2N2O2)=1:1，故b點組成為NaHN2O2，由于圖像知b點溶液呈堿性，說明水解程度大于其電離程度，故水解生成的H2N2O2要比電離生成的濃度大，故此處填“>”；③c點對應NaOH體積為20mL，由題意知n(NaOH):n(H2N2O2)=2:1，故兩者恰好反應生成Na2N2O2，此時溶液中發生如下過程：電離Na2N2O2=2Na++（完全）、第一步水解（微弱）、第二步水解（弱于第一步）、電離（微弱），三個微弱過程中，第一步水解程度最大，由此確定離子大小順序為：c(Na+)>c()>c(OH-)>c()>c(H+)；【小問4詳解】M是第四周期元素，最外層只有1個電子，次外層的所有原子軌道均充滿電子，M是29號Cu元素，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1。17.I.研究氮氧化物的反應機理，對于消除對環境的污染有重要意義。升高溫度絕大多數的化學反應速率增大，但2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的速率卻隨著溫度的升高而減小。某化學小組為研究該特殊現象的實質原因，查閱資料知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反應歷程分兩步：①2NO(g)N2O2(g)(快)△H1<0v1正=k1正c2(NO)v1逆=k1逆c(N2O2)②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)△H2<0v2正=k2正c(N2O2)c(O2)v2逆=k2逆c2(NO2)請回答下列問題：（1）一定溫度下，反應2NO(g)+O2(g)2NO2(g)達到平?狀態，請寫出k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常數表達式K=____，升高溫度，K值____(填“增大”、“減小”或“不變”)。（2）決定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的速率是反應②.由實驗數據得到v2正～c(O2)的關系可用如圖表示。當x點升高到某一溫度時，反應重新達到平衡，則變為相應的點為___(填字母)。II.研發CO2資源化利用技術，降低空氣中CO2含量成為世界各國研究熱點。CO2與H2合成二甲醚(CH3OCH3)的工藝主要涉及三個反應：反應A：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49.01kJ·mol-1反應B：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41.17kJ·mol-1反應C：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=-24.52kJ·mol-1（3）一定溫度下，向1L恒容密閉容器中加入0.25molCO2和1.0molH2發生上述3個反應，達到平衡時測得部分物質的濃度如表所示：成分COCO2CH3OCH3濃度/mol·L-18×10-30173×10-2平衡時CO2轉化為CH3OCH3的選擇性=____(選擇性是指生成指定物質消耗的CO2占CO2消耗總量的百分比)。（4）在壓強3.0MPa，=4時，不同溫度下CO2的平衡轉化率和產物的選擇性如圖所示。①當溫度超過290℃，CO2的平衡轉化率隨溫度升高而增大的原因是____。②不改變反應時間和溫度，一定能提高CH3OCH3選擇性的措施有____。【答案】（1）①.②.減小（2）d（3）75%（4）①.290℃之后以反應B為主，該反應為吸熱反應，升溫平衡正向，CO2轉化率升高。②.增壓【解析】【小問1詳解】反應①平衡時v1正=v1逆即k1逆c(N2O2)=k1正c2(NO)推出；同理推出。反應①+②得到2NO(g)+O2(g)?2NO2(g)，則該反應的；該反應為為放熱反應，則升溫K值減小。答案為減?。弧拘?詳解】反應②為放熱反應，升溫對于v2正增加，但平衡逆向則O2濃度也增加，則新平衡時從x點移向d點，答案為d；【小問3詳解】反應中CO2總消耗濃度=c起始(CO2)-c平衡(CO2)=0.25mol/L-0.17mol/L=0.08mol/L。生成CH3OCH3消耗的CO2=2c(CH3OCH3)=3×10-2×2=0.06mol/L，則；【小問4詳解】從圖分析，290℃后CO的選擇性隨溫度升高而增加，而CH3OCH3隨溫度升高而降低最終幾乎為0，則CO2轉化率隨溫度升高的主要原因在轉化為CO，因此從反應B進行解釋。答案為290℃后以反應B為主，該反應為吸熱反應升溫，平衡正向，CO2轉化率升高。要增加CH3OCH3的選擇性即使反應A和C平衡正向移動，選擇降溫AC均正向移動、增壓可使A反應正向移動從而增加CH3OH使反應B正向移動。答案為增壓。18.(環烷酸鈷)性質穩定，可作不飽和聚酯樹脂固化的促進劑，作某些氧化反應的催化劑。實驗室以金屬鈷、環烷酸為原料制備環烷酸鈷。I.氯化鈷的制備(以稀硝酸為催化劑)（1）加入濃鹽酸的目的是____。（2）基態鈷原子核外電子占據的軌道總數為___，Co2+核外有____種運動狀態不同的電子。II.環烷酸鈷的制備控制溫度在90~95℃，向環烷酸的水溶液中滴入一定濃度的NaOH溶液，反應約2h后，再加入一定濃度的CoCl2溶液進行反應，得到含有環烷酸鈷粗產品的水溶液，經分離提純得環烷酸鈷產品。（3）實驗中應選____(填“A”或“B”)裝置，理由是____。（4）實驗中NaOH溶液的用量對產品中鈷含量的影響如圖所示，試分析NaOH溶液過量會導致產品中鈷含量降低的可能原因：____。III.環烷酸鈷產品中鈷含量的測定準確稱取7.00g環烷酸鈷產品，配成250mL水溶液(經處理Co元素全部以Co2+的形式存在)，取該溶液25.00mL，在pH為10的氨性介質中，加入0.0500mol·L-1的EDTA標準溶液25.00mL。充分反應后，以鉻黑T為指示劑，用0.0500mol·L-1鋅標準溶液滴定過量的EDTA，消耗鋅標準溶液5.00mL。已知：EDTA可與二價金屬離子以1：1形成穩定絡合物。（5）下列操作會引起測量結果偏低的是____(填字母)。A.錐形瓶洗滌后未干燥B.滴定前平視讀數，滴定后俯視讀數C.滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后無氣泡D.滴定管未用待裝液潤洗（6）上述環烷酸鈷產品中鈷的百分含量是多少____？(寫出計算過程，結果保留3位有效數字)【答案】（1）提高酸度去除硝酸，提高產品的純度；增大Cl-的濃度，有利于CoCl2·6H2O晶體的析出；抑制CO2+的水解（2）①.15②.25（3）①.A②.A裝置與外界大氣相通且有冷凝回流作用，B裝置密閉體系存在安全隱患（4）NaOH溶液過量會與Co2+生成Co(OH)2沉淀（5）B（6）8.43%【解析】【小問1詳解】加入濃鹽酸，可使硝酸完全反應，且抑制Co2+的水解，利于CoCl2·6H2O晶體的析出【小問2詳解】CO為27號元素，原子核外電子數為27，根據能量最低原理，其核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d74s2，亞層s、p、d的軌道數分別為1、3、5，則Co原子核外電子占據軌道數為15；一個粒子中不存在兩種運動狀態完全相同的電子，所以Co2+核外有25個電子，就有25種運動狀態不同的