化学高二-2022-2023学年天津市和平区高二（上）期末化学试卷

2022-2023学年天津市和平区高二（上）期末化学试卷一、选择题本卷共12题，每小题3分共36分。以下各题中只有一个选项是最符合题目要求的。1．（3分）氧化亚铜常用于制船底防污漆，用CuO与Cu高温烧结可制取Cu2O．已知反应：2Cu（s）+O2（g）═2CuO（s）ΔH＝﹣314kJ•mol﹣12Cu2O（s）+O2（g）═4CuO（s）ΔH＝﹣292kJ•mol﹣1则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是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫（S8）与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应2S2（g）+CH4（g）⇌CS2（g）+2H2S（g）ΔH＜0，某温度下8完全分解成气态S2。在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2：1时开始反应。当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是（）A．气体密度 B．气体总压 C．CH4与S2体积比 D．CS2的体积分数3．（3分）某温度下，反应CH2═CH2（g）+H2O（g）⇌CH3CH2OH（g）在密闭容器中达到平衡。下列说法正确的是（）A．增大压强，v正＞v逆，平衡常数增大 B．加入催化剂，平衡时CH3CH2OH（g）的浓度增大 C．恒容下，充入一定量的H2O（g），平衡向正反应方向移动 D．恒容下，充入一定量的CH2═CH2（g），CH2═CH2（g）的平衡转化率增大4．（3分）常温下，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．由水电离出的c（H+）＝1.0×10﹣12mol/L的盐酸溶液5．（3分）下列现象不能用沉淀溶解平衡移动原理解释的是（）A．锅炉水垢中含有CaSO4，先用Na2CO3溶液处理，再用酸除去 B．浓FeCl3溶液滴入沸水加热形成红褐色液体 C．自然界地表层原生铜矿变成CuSO4溶液向地下层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝（CuS） D．医院里不用碳酸钡，而用硫酸钡作为“钡餐”6．（3分）对于下列反应，其反应过程的能量变化示意图如图：编号反应平衡常数反应热反应①A（g）⇌B（g）+C（g）K1ΔH1反应②B（g）+C（g）⇌D（g）K2ΔH2反应③A（g）⇌D（g）K3ΔH3下列说法正确的是（）A．K3＝K1+K2 B．ΔH3＝ΔH1+ΔH2 C．加催化剂，反应①的反应热降低，反应速率加快 D．增大压强，K1减小，K2增大，K3不变7．（3分）一定温度下，反应I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）在密闭容器中达到平衡时，测得c（I2）＝0.11mmol⋅L﹣1，c（HI）＝0.78mmol⋅L﹣1。相同度温下，按下列4组初始浓度进行实验，反应逆向进行的是（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）室温下，对于1L0.1mol•L﹣1醋酸溶液。下列判断正确的是（）A．该溶液中CH3COO﹣的粒子数为6.02×1022 B．加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH降低 C．滴加NaOH溶液过程中，n（CH3COO﹣）与n（CH3COOH）之和始终为0.1mol D．与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑9．（3分）25°C时，下列说法正确的是（）A．NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸 B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强晠盐 C．0.010mol⋅L﹣1、0.10mol⋅L﹣1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2 D．100mLpH＝10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10﹣5mol10．（3分）如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测。下列说法不正确的是（）A．电流由O2所在的铂电极经外电路流向另一电极 B．O2所在的铂电极处发生还原反应 C．该电池的负极反应式为：CH3CH2OH+3H2O﹣12e﹣═2CO2↑+12H+ D．微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量11．（3分）双极膜（BP）是阴、阳复合膜，在直流电的作用下2O解离成H+和OH﹣，作为H+和OH﹣离子源。利用双极膜电渗析法电解食盐水可获得淡水、NaOH和HCl，其工作原理如图所示，M、N为离子交换膜。下列说法错误的是（）A．Y电极与电源正极相连，发生的反应为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O B．M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜 C．“双极膜电渗析法”也可应用于从盐溶液（MX）制备相应的酸（HX）和碱（MOH） D．若去掉双极膜（BP），电路中每转移1mol电子，两极共得到1mol气体12．（3分）常温下，用0.1000mol•L﹣1的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol•L﹣1的三种一元弱酸的钠盐（NaX、NaY、NaZ）溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是（）A．该NaX溶液中：c（Na+）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） B．三种一元弱酸的电离常数：Ka（HX）＞Ka（HY）＞Ka（HZ） C．当pH＝7时，三种溶液中：c（X﹣）＝c（Y﹣）＝c（Z﹣） D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：c（X﹣）+c（Y﹣）+c（Z﹣）＝c（H+）﹣c（OH﹣）二、（非选择题，共64分）13．（15分）回答下列问题：（1）氟原子激发态的电子排布式有，其中能量较高的是。（填标号）a．1s22s22p43s1b．1s22s22p43d2c．1s22s12p5d．1s22s22p33p2（2）某元素原子的位于周期表的第四周期，元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所以轨道电子均成对。该元素位于周期表的区，写出该基态原子电子排布式为。（3）图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能I变化趋势（纵坐标的标度不同）。第一电离能的变化图是（填标号），判断的根据是；第三电离能的变化图是（填标号）。（4）短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。根据表中信息完成下列空白。元素XYZW最高价氧化物的水化物H3ZO40.1mol•L﹣1溶液对应的pH（25℃）1.0013.001.570.70①元素的电负性：ZW（填“大于”“小于”或“等于”）。②简单离子半径：WY（填“大于”“小于”或“等于”）。③氢化物的稳定性：XZ（填“大于”“小于”或“等于”）。14．（17分）2018年是合成氨工业先驱哈伯（F•Haber）获得诺贝尔奖100周年。N2和H2生成NH3的反应为：N2（g）+H2（g）⇌NH3（g）ΔH（298K）＝﹣46.2kJ•mol﹣1，在Fe催化剂作用下的反应历程如下（*表示吸附态）化学吸附：N2（g）→2N*；H2（g）→2H*表面反应：N*+H*⇌NH*；NH*+H*⇌NH2*NH2*+H*⇌NH3*脱附：NH3*⇌NH3（g）其中，N2吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。请回答：（1）利于提高合成氨平衡产率的条件有（填字母）。A．低温B．高温C．低压D．高压E．催化剂（2）实际生产中，常用Fe作催化剂，控制温度773K7Pa，原料中N2和H2物质的量之比为1：2.8。分析说明原料气中N2过量的两个理由：、。（3）关于合成氨工艺的下列理解，正确的是（填字母）。A．合成氨反应在不同温度下的ΔH和ΔS都小于零B．当温度、压强一定时，在原料气（N2和H2的比例不变）中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率C．基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行D．分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂“中毒”（4）T℃时，在有催化剂、体积为1.0L的恒容密闭容器中充入3molH2、1molN2，10min时反应达到平衡，测得c（NH3）＝1.2mol⋅L﹣1。①前10min的平均反应速率v（H2）＝mol⋅L﹣1min﹣1。②化学平衡常数K＝。（5）图1表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中M点数据计算N2的平衡体积分数。（6）图2是合成氨反应平衡混合气中NH3的体积分数随温度或压强变化的曲线，图中L（L1、L2）、X分别代表温度或压强。其中X代表的是（填“温度”或“压强”）；判断L1、L2的大小关系并说明理由。15．（16分）结合表回答下列问题（均为常温下的数据）：化学式CH3COOHHClOH2CO3电离常数（Ka）1.8×10﹣53×10﹣8K1＝4.4×10﹣7K2＝4.7×10﹣11请回答下列问题：（1）下列四种离子结合同浓度的CH3COO﹣、ClO﹣、HCO3﹣、CO32﹣中结合H+的能力最强的是。（2）向10mL醋酸中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，下列说法正确的是。A．CH3COOH的电离程度增大B．c（CH3COOH）增大C．CH3COO﹣的数目增多D．增大（3）请写出NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式。（4）向0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c（CH3COOH）：c（CH3COO﹣）＝5：9，此时溶液pH＝。（5）在实验室配制Na2S溶液时，常滴加几滴NaOH溶液，试说明原因（用离子方程式及必要的文字说明）。（6）盐酸肼（N2H6Cl2）是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，水解原理与NH4Cl类似。①写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式。②写出盐酸肼水溶液中离子浓度的大小关系是。16．（16分）草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸，广泛分布于动植物体中。（1）人体内草酸累积过多是导致结石（主要成分是草酸钙）形成的原因之一。有研究发现，EDTA（一种能结合钙离子的试剂），用化学平衡原理解释其原因：（用化学用语及必要的文字说明）。（2）已知：H2C2O4的Ka1＝5.6×10﹣2，Ka2＝1.5×10﹣4，0.1mol•L﹣1KHC2O4溶液呈酸性，通过计算说明其原因是：。下列说法正确的是（填字母序号）。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.浓度均为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溶液中滴加等浓度NaOH溶液至中性：c（K+）＞c（Na+）（3）利用草酸制备草酸亚铁晶体（FeC2O4•xH2O）的流程及组分测定方法如图：已知：i.pH＞4时，Fe2+易被氧气氧化ii.几种物质的溶解度（g/100gH2O）如表：FeSO4•7H2O（NH4）2SO4FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O20℃48753760℃1018838①用稀硫酸调溶液pH至1～2的目的是：，。②趁热过滤的原因是：。③为测定草酸亚铁晶体中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2，设为装置A）称重，记为m1g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g。按如图连接好装置进行实验。（FeC2O4的摩尔质量为144g/mol）实验操作为：打开K1，K2，缓缓通入氮气；点燃酒精灯，小火加热，冷却至室温，停止通入氮气1，K2；称重A。重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。假设此过程中FeC2O4不分解，根据实验记录，计算草酸亚铁晶体中结晶水数目x＝（列式表示）。

2022-2023学年天津市和平区高二（上）期末化学试卷参考答案与试题解析一、选择题本卷共12题，每小题3分共36分。以下各题中只有一个选项是最符合题目要求的。1．（3分）氧化亚铜常用于制船底防污漆，用CuO与Cu高温烧结可制取Cu2O．已知反应：2Cu（s）+O2（g）═2CuO（s）ΔH＝﹣314kJ•mol﹣12Cu2O（s）+O2（g）═4CuO（s）ΔH＝﹣292kJ•mol﹣1则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】根据盖斯定律，将所给的反应通过加、减、乘、除等变形可以得目标反应，反应热做相应变形即可。【解答】解：已知：①2Cu（s）+O2（g）═8CuO（s）△H＝﹣314kJ•mol﹣1②2Cu4O（s）+O2（g）═4CuO（s）△H＝﹣292kJ•mol﹣5将﹣可得CuO（s）+Cu（s）═Cu4O（s）则得△H＝。故选：A。【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、盖斯定律的应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。2．（3分）CS2是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫（S8）与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应2S2（g）+CH4（g）⇌CS2（g）+2H2S（g）ΔH＜0，某温度下8完全分解成气态S2。在恒温密闭容器中，S2与CH4物质的量比为2：1时开始反应。当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是（）A．气体密度 B．气体总压 C．CH4与S2体积比 D．CS2的体积分数【分析】可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变。【解答】解：A．反应前后气体总质量不变，则混合气体密度始终不变，故A错误；B．恒温恒容条件下，反应前后气体总物质的量不变，不能据此判断平衡状态；C．加入S2和CH4的物质的量之比等于其计量数之比，所以反应中S2和CH4的物质的量之比始终为2：7，则CH4和S2的体积比始终不变，不能据此判断平衡状态；D．CS3的体积分数随着反应的进行而增大，当CS2的体积分数不变时，该反应达到平衡状态；故选：D。【点评】本题考查化学平衡状态判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确化学平衡状态判断方法是解本题关键，只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断标准。3．（3分）某温度下，反应CH2═CH2（g）+H2O（g）⇌CH3CH2OH（g）在密闭容器中达到平衡。下列说法正确的是（）A．增大压强，v正＞v逆，平衡常数增大 B．加入催化剂，平衡时CH3CH2OH（g）的浓度增大 C．恒容下，充入一定量的H2O（g），平衡向正反应方向移动 D．恒容下，充入一定量的CH2═CH2（g），CH2═CH2（g）的平衡转化率增大【分析】A．平衡常数只和温度有关；B．催化剂只改变反应速率，不改变平衡时各物质的浓度；C．增大某一反应物浓度，平衡正向移动；D．增大某一反应物浓度，平衡正向移动，但是其转化率减小。【解答】解：A．该反应是体积减小的反应，v正＞v逆，平衡常数不变，故A错误；B．加入催化剂3CH2OH（g）的浓度不变，故B错误；C．恒容下8O（g），水的浓度增大，故C正确；D．恒容下2═CH2（g），CH2═CH2（g）的平衡转化率减小，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学平衡移动影响因素，反应方向的判断，题目难度不大，注意结合反应条件的改变对反应物和平衡的影响分析。4．（3分）常温下，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．由水电离出的c（H+）＝1.0×10﹣12mol/L的盐酸溶液【分析】A．醋酸是一元弱酸，微弱电离；B．硫酸是二元强酸，c（H+）＝2c（H2SO4）；C．pH＝12的NaOH溶液c（H+）＝1.0×10﹣12mol/L；D．盐酸能抑制水的电离，溶液中c（OH﹣）等于水电离出的c（H+），结合Kw进行计算。【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错误；B．硫酸是二元强酸+）＝2c（H7SO4）＝2×3.01mol/L＝0.02mol/L，故B错误；C．pH＝12的NaOH溶液c（H+）＝1.7×10﹣12mol/L，故C错误；D．水电离出的c（H+）＝1.0×10﹣12mol/L的盐酸溶液c（OH﹣）＝4.0×10﹣12mol/L，则溶液中c（H+）＝＝mol/L＝1.0×10﹣4mol/L，故D正确；故选：D。【点评】本题考查弱电解质的电离及pH的简单计算，为高频考点，把握弱电解质的电离特点、溶液中水电离出的c（H+）或c（OH﹣）的计算为解题关键，侧重分析能力和计算能力的考查，注意掌握溶液中水电离出的c（H+）或c（OH﹣）的计算方法，题目难度不大。5．（3分）下列现象不能用沉淀溶解平衡移动原理解释的是（）A．锅炉水垢中含有CaSO4，先用Na2CO3溶液处理，再用酸除去 B．浓FeCl3溶液滴入沸水加热形成红褐色液体 C．自然界地表层原生铜矿变成CuSO4溶液向地下层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝（CuS） D．医院里不用碳酸钡，而用硫酸钡作为“钡餐”【分析】A．CaSO4在水溶液中存在溶解平衡CaSO4（s）⇌Ca2+（aq）+SO42﹣（aq），先用Na2CO3溶液处理，由于碳酸钙更难溶，所以钙离子和碳酸根离子沉淀，使硫酸钙的沉淀溶解平衡正向移动，最终将硫酸钙转化为可以和酸反应的碳酸钙；B．浓FeCl3溶液滴入沸水加热形成红褐色液体，是因为氯化铁和水之间发生水解反应形成氢氧化铁胶体；C．ZnS在水溶液中存在溶解平衡ZnS（s）⇌Zn2+（aq）+S2﹣（aq），遇到硫酸铜时，铜离子和S2﹣结合成更难溶的CuS沉淀，使ZnS的沉淀溶解平衡正向移动；D．BaCO3在水溶液中存在溶解平衡BaCO3（s）⇌Ba2+（aq）+CO32﹣（aq），胃酸主要成分为盐酸，可以和碳酸根反应从而使碳酸钡的沉淀溶解平衡正向移动，产生大量有毒的钡离子，而硫酸根不与盐酸反应，所以硫酸钡不会溶解。【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溶液处理，由于碳酸钙更难溶，使硫酸钙的沉淀溶解平衡正向移动，能用沉淀溶解平衡移动原理解释；B．浓FeCl3溶液滴入沸水加热形成红褐色液体，是因为氯化铁和水之间发生水解反应形成氢氧化铁胶体，故B正确；C．ZnS在水溶液中存在溶解平衡ZnS（s）⇌Zn5+（aq）+S2﹣（aq），遇到硫酸铜时2﹣结合成更难溶的CuS沉淀，使ZnS的沉淀溶解平衡正向移动，PbS同理，故C错误；D．BaCO3在水溶液中存在溶解平衡BaCO3（s）⇌Ba2+（aq）+CO62﹣（aq），胃酸主要成分为盐酸，产生大量有毒的钡离子，所以硫酸钡不会溶解，能用沉淀溶解平衡移动原理解释；故选：B。【点评】本题考查了化学平衡移动原理的应用，题目难度不大，明确平衡移动原理的内容为解答关键，注意明确使用平衡移动原理的前提必须是可逆过程，且与平衡移动有关。6．（3分）对于下列反应，其反应过程的能量变化示意图如图：编号反应平衡常数反应热反应①A（g）⇌B（g）+C（g）K1ΔH1反应②B（g）+C（g）⇌D（g）K2ΔH2反应③A（g）⇌D（g）K3ΔH3下列说法正确的是（）A．K3＝K1+K2 B．ΔH3＝ΔH1+ΔH2 C．加催化剂，反应①的反应热降低，反应速率加快 D．增大压强，K1减小，K2增大，K3不变【分析】A．化学平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积；B．根据盖斯定律①+②得A（g）＝D（g）△H3＝△H1+△H2；C．催化剂能加快反应速率，不能改变反应热；D．化学平衡常数只与温度有关。【解答】解：A．由题意可知，K1＝，K2＝，K6＝＝K1•K2，故A错误；B．已知：①A（g）＝B（g）+C（g）ΔH₁2，根据盖斯定律①+②得A（g）＝D（g）△H3＝△H1+△H5，故B正确；C．催化剂能加快反应速率，故C错误；D．化学平衡常数只与温度有关，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查化学平衡常数的表达式及影响因素、盖斯定律的应用等知识，为基础知识的考查，题目难度不大。7．（3分）一定温度下，反应I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）在密闭容器中达到平衡时，测得c（I2）＝0.11mmol⋅L﹣1，c（HI）＝0.78mmol⋅L﹣1。相同度温下，按下列4组初始浓度进行实验，反应逆向进行的是（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】先计算平衡常数，可比较4个选项中Qc与K的大小关系，当Qc＞K，则平衡逆向移动，以此解答该题。【解答】解：平衡时，测得c（I2）＝c（H2）＝8.11mmol•L﹣1，c（HI）＝0.78mmol•L﹣6，由此温度下平衡常数K＝＝＝50.28，A．Qc＝＝4c＜K，平衡正向移动；B．Qc＝＝50.28，Qc＝K，达到了平衡状态，故B错误；C．Qc＝＝82.64，Qc＞K，此时平衡逆向移动；D．Qc＝＝50.28，Qc＝K，达到了平衡状态，故D错误；故选：C。【点评】本题考查浓度商的计算，根据反应的方程式列出浓度商的表达式，结合选项数据计算判断是解题的关键，难度不大。8．（3分）室温下，对于1L0.1mol•L﹣1醋酸溶液。下列判断正确的是（）A．该溶液中CH3COO﹣的粒子数为6.02×1022 B．加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH降低 C．滴加NaOH溶液过程中，n（CH3COO﹣）与n（CH3COOH）之和始终为0.1mol D．与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑【分析】A、醋酸是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡；B、电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+；C、1L0.1mol•L﹣1醋酸溶液中存在物料守恒，据此分析解答；D、根据强酸制取弱酸，醋酸与Na2CO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水。【解答】解：A、1L0.2mol•L﹣1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.2mol，醋酸属于弱酸，在溶液中部分电离，则CH3COO﹣的粒子数小于6.02×1022，故A错误；B、加入少量CH6COONa固体后，溶液中CH3COO﹣的浓度增大，根据同离子效应，溶液中的氢离子浓度减小，碱性增强，故B错误；C、1L5.1mol•L﹣1醋酸溶液中醋酸的物质的量为4.1mol，滴加NaOH溶液过程中，n（CH3COO﹣）+n（CH7COOH）＝0.1mol，故C正确；D、醋酸的酸性强于碳酸，且醋酸是弱电解质，则离子方程式为CO72﹣+2CH7COOH＝H2O+CO2↑+4CH3COO﹣，故D错误；故选：C。【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确电离平衡与酸性强弱关系是解本题关键，注意电离平衡的灵活运用，题目难度中等。9．（3分）25°C时，下列说法正确的是（）A．NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸 B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强晠盐 C．0.010mol⋅L﹣1、0.10mol⋅L﹣1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2 D．100mLpH＝10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10﹣5mol【分析】A．NaHA溶液呈酸性，H2A可能为强酸，可能为弱酸；B．可溶性正盐BA溶液呈中性，BA可能是强酸强碱盐、可能是弱酸弱碱盐；C．醋酸的浓度越小，其电离度越大；D．Na2CO3促进水电离。【解答】解：A．NaHA溶液呈酸性，H2A可能为强酸，可能为弱酸4、NaHSO8溶液都呈酸性，H2SO4为强酸、H6SO3为弱酸，故A错误；B．可溶性正盐BA溶液呈中性、可能是弱酸弱碱盐、CH3COONH8溶液都呈中性，NaCl为强酸强碱盐3COONH4为弱酸弱碱盐，故B错误；C．醋酸的浓度越小，醋酸浓度：前者小于后者3＞α2，故C错误；D．Na2CO5促进水电离，25°C时2CO3溶液中水电离出的c（H+）＝mol/L＝10﹣4mol/L，100mLpH＝10.00的Na2CO8溶液中水电离出n（H+）＝0.1L×10﹣5mol/L＝1.0×10﹣7mol，故D正确；故选：D。【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查分析、判断及计算能力，明确盐的性质、弱电解质电离程度与浓度的关系等知识点是解本题关键，A、B为解答易错点。10．（3分）如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测。下列说法不正确的是（）A．电流由O2所在的铂电极经外电路流向另一电极 B．O2所在的铂电极处发生还原反应 C．该电池的负极反应式为：CH3CH2OH+3H2O﹣12e﹣═2CO2↑+12H+ D．微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量【分析】该装置中含有质子交换膜，则电解质溶液为酸性，酸性条件下，乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子的还原反应；根据图示得出酸性燃料电池的反应物和生成物，再根据原电池原理写出该电池的反应式来判断。【解答】解：A、乙醇燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，即从O2所在的铂电极经外电路流向另一电极，故A正确；B、乙醇燃料电池中，O2所在的铂电极处发生还原反应，故B正确；C、该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，CH3CH2OH﹣4e﹣+H6O＝4H++CH3COOH，故C错误；D、根据微处理器通过检测电流大小可以得出电子转移的物质的量，故D正确。故选：C。【点评】本题以乙醇为燃料考查了燃料电池，难度不大，注意正负极上电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性，即使燃料和氧化剂相同，如果电解质溶液不同，电极反应式也不同。11．（3分）双极膜（BP）是阴、阳复合膜，在直流电的作用下2O解离成H+和OH﹣，作为H+和OH﹣离子源。利用双极膜电渗析法电解食盐水可获得淡水、NaOH和HCl，其工作原理如图所示，M、N为离子交换膜。下列说法错误的是（）A．Y电极与电源正极相连，发生的反应为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O B．M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜 C．“双极膜电渗析法”也可应用于从盐溶液（MX）制备相应的酸（HX）和碱（MOH） D．若去掉双极膜（BP），电路中每转移1mol电子，两极共得到1mol气体【分析】由BP双极膜中H+、OH﹣移动方向可知，X电极为电解池的阴极，电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，Y电极为阳极，电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O，精制盐水中Na+经过M离子交换膜移向产品室，与BP双极膜中转移过来的OH﹣结合生成NaOH，所以M膜为阳离子交换膜，盐室中Cl﹣经过N离子交换膜移向产品室，与BP双极膜中转移过来的H+结合生成HCl，所以N膜为阴离子交换膜，据此分析解答。【解答】解：A．根据装置图中H+、OH﹣移动方向可知，X电极为电解池的阴极，阳极与电源正极相连﹣﹣4e﹣═O2↑+8H2O，故A正确；B．根据离子交换膜的特性和装置图中H+、OH﹣移动方向可知，M膜为阳离子交换膜，故B错误；C．“双极膜组”电渗析法电解食盐水可获得NaOH和HCl，故C正确；D．若去掉双极膜（BP），反应为2H2O+2Cl﹣Cl2↑+H3↑+2OH﹣，转移2e﹣，即转移5mol电子，两极共得到2mol气体，两极共得到1mol气体；故选：B。【点评】本题以海水淡化为载体考查了多室构成的电解池的电解过程，侧重学生分析能力、计算能力和灵活运用能力的考查，把握电解原理和离子交换膜的作用是解题关键，注意根据电解池中离子的移动方向判断电极、写出电极反应、分析产品生成，题目难度中等。12．（3分）常温下，用0.1000mol•L﹣1的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol•L﹣1的三种一元弱酸的钠盐（NaX、NaY、NaZ）溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是（）A．该NaX溶液中：c（Na+）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） B．三种一元弱酸的电离常数：Ka（HX）＞Ka（HY）＞Ka（HZ） C．当pH＝7时，三种溶液中：c（X﹣）＝c（Y﹣）＝c（Z﹣） D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：c（X﹣）+c（Y﹣）+c（Z﹣）＝c（H+）﹣c（OH﹣）【分析】A．因为HX为弱酸，NaX溶液存在水解反应：X﹣+H2O⇌HX+OH﹣，即可判断离子浓度大小关系；B．根据盐类水解的规律：越弱越水解可知，一元弱酸酸性越弱，则其盐溶液碱性越强，结合图片可知溶液碱性强弱为：NaX＜NaY＜NaZ，则酸性强弱为：HX＞HY＞HZ，一元弱酸中，酸性越强，电离程度越大，电离平衡常数Ka越大，即可判断Ka的大小关系；C．根据，NaX溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（X﹣）+c（Cl﹣），因pH＝7时，c（H+）＝c（OH﹣），则有：c（X﹣）＝c（Na+）﹣c（Cl﹣），同理有：c（Y﹣）＝c（Na+）﹣c（Cl﹣），c（Z﹣）＝c（Na+）﹣c（Cl﹣），又因三种溶液滴定到pH＝7时，消耗的HCl的量是不一样的，即溶液中的c（Cl﹣）是不一样的，即可进行判断；D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合后，则混合后溶液总体积为120mL，且存在电荷守恒：c（X﹣）+c（Y﹣）+c（Z﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）＝c（H+）+c（Na+），然后计算出混合溶液中c（Na+）和c（Cl﹣），代入电荷守恒表达式，即可得出结论。【解答】解：A．因为HX为弱酸﹣+H2O⇌HX+OH﹣，所以c（Na+）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A正确；B．根据盐类水解的规律：越弱越水解可知，一元弱酸越弱，结合图片可知溶液碱性强弱为：NaX＜NaY＜NaZ，一元弱酸中，电离程度越大，所以有：Ka（HX）＞Ka（HY）＞Ka（HZ），故B正确；C．当pH＝7时+）＝c（OH﹣），根据电荷守恒+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（X﹣）+c（Cl﹣），则有：c（X﹣）＝c（Na+）﹣c（Cl﹣），同理有：c（Y﹣）＝c（Na+）﹣c（Cl﹣），c（Z﹣）＝c（Na+）﹣c（Cl﹣），又因三种溶液滴定到pH＝5时，即溶液中的c（Cl﹣）是不一样的，所以c（X﹣）≠c（Y﹣）≠c（Z﹣），故C错误；D．分别滴加20.00mL盐酸后﹣）+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正确。故选：C。【点评】本题主要考查强碱弱酸盐的水解等相关知识，具体考查了离子浓度、电离平衡常数的大小比较，电荷守恒的应用，混合溶液的离子浓度的计算等，同时考查学生的看图、读图的理解、应用能力，具有一定的综合性，难度中等。二、（非选择题，共64分）13．（15分）回答下列问题：（1）氟原子激发态的电子排布式有ad，其中能量较高的是d。（填标号）a．1s22s22p43s1b．1s22s22p43d2c．1s22s12p5d．1s22s22p33p2（2）某元素原子的位于周期表的第四周期，元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所以轨道电子均成对。该元素位于周期表的ds区，写出该基态原子电子排布式为[Ar]3d104s1。（3）图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能I变化趋势（纵坐标的标度不同）。第一电离能的变化图是图a（填标号），判断的根据是同一周期第一电离能的总体趋势是升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高；第三电离能的变化图是图b（填标号）。（4）短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。根据表中信息完成下列空白。元素XYZW最高价氧化物的水化物H3ZO40.1mol•L﹣1溶液对应的pH（25℃）1.0013.001.570.70①元素的电负性：Z小于W（填“大于”“小于”或“等于”）。②简单离子半径：W大于Y（填“大于”“小于”或“等于”）。③氢化物的稳定性：X大于Z（填“大于”“小于”或“等于”）。【分析】（1）氟是9号元素，核外有9个电子，则bc错误，而原子激发态的电子排布式有ad，3p能级上电子的能量高于3s能级上电子的能量；（2）某元素原子的位于周期表的第四周期，元素原子的最外层只有一个电子，其次外层内的所有轨道电子均成对，则该原子价电子排布式为3d104s1的Cu；（3）据题意可知，同周期从左到右第一电离能总体呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此第一电离能的变化图是图a，判断的依据是同一周期第一电离能的总体趋势是升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离比C、O两种元素高；失去两个电子后的价电子排布式分别为2s2，2s22p1，2s22p2，2s22p3，碳价电子2p处于全空，比较稳定，较难失去电子，第三电离能比N大，因此第三电离能的变化图是图b；（4）根据短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，0.1mol•L−1溶液对应的pH（25℃）分析，pH＝1，对应一元强酸为HNO3，则X为N，pH＝13的对应为NaOH，则Y为Na，由Z的最改价氧化物对应水化物的化学式H3ZO4可知Z为P，W对应最高价氧化物对应水化物pH＝0.7，应为二元强酸，则W为S元素，以此分析解题。【解答】解：（1）氟是9号元素，核外有9个电子，而原子激发态的电子排布式有ad，因此能量较高的是7s22s22p35p2，故d正确，故答案为：ad；d；（2）某元素原子的位于周期表的第四周期，元素原子的最外层只有一个电子，则该原子价电子排布式为3d103s1的Cu，该元素位于周期表的ds区104s4，故答案为：ds；[Ar]3d104s7；（3）图a、b、c分别表示C、N；据题意可知，但第IIA族大于第IIIA族，因此第一电离能的变化图是图a，但由于N元素的2p能级为半充满状态、O两种元素高2，6s22p2，2s24p2，2s42p3，碳价电子4p处于全空，比较稳定，第三电离能比N大，故答案为：图a；同一周期第一电离能的总体趋势是升高的，因此N元素的第一电离能较C；图b；（4）根据短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大mol•L−1溶液对应的pH（25℃）分析，pH＝16，则X为N，pH＝13的对应为NaOH，由Z的最改价氧化物对应水化物的化学式H3ZO4可知Z为P，W对应最高价氧化物对应水化物pH＝6.7，则W为S元素，①根据同周期从左到右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减小，故答案为：小于；②根据电子层越多半径越大，同电子层结构的原子序数越小半径越大，故答案为：大于；③根据非金属性越强，其气态氢化物越稳定，故答案为：大于。【点评】本题考查元素周期律，元素的推断等，题目注重基础知识的考查和基本能力的训练，题目难度不大。14．（17分）2018年是合成氨工业先驱哈伯（F•Haber）获得诺贝尔奖100周年。N2和H2生成NH3的反应为：N2（g）+H2（g）⇌NH3（g）ΔH（298K）＝﹣46.2kJ•mol﹣1，在Fe催化剂作用下的反应历程如下（*表示吸附态）化学吸附：N2（g）→2N*；H2（g）→2H*表面反应：N*+H*⇌NH*；NH*+H*⇌NH2*NH2*+H*⇌NH3*脱附：NH3*⇌NH3（g）其中，N2吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。请回答：（1）利于提高合成氨平衡产率的条件有AD（填字母）。A．低温B．高温C．低压D．高压E．催化剂（2）实际生产中，常用Fe作催化剂，控制温度773K7Pa，原料中N2和H2物质的量之比为1：2.8。分析说明原料气中N2过量的两个理由：原料气中N2价廉易得，适度过量有利于提高H2的平衡转化率、N2在Fe催化剂上的吸附分解是决速步骤，N2适度过量有利于提高总反应的反应速率。（3）关于合成氨工艺的下列理解，正确的是ACD（填字母）。A．合成氨反应在不同温度下的ΔH和ΔS都小于零B．当温度、压强一定时，在原料气（N2和H2的比例不变）中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率C．基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行D．分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催化剂“中毒”（4）T℃时，在有催化剂、体积为1.0L的恒容密闭容器中充入3molH2、1molN2，10min时反应达到平衡，测得c（NH3）＝1.2mol⋅L﹣1。①前10min的平均反应速率v（H2）＝0.18mol⋅L﹣1min﹣1。②化学平衡常数K＝。（5）图1表示500℃、60.0MPa条件下，原料气投料比与平衡时NH3体积分数的关系。根据图中M点数据计算N2的平衡体积分数8%。（6）图2是合成氨反应平衡混合气中NH3的体积分数随温度或压强变化的曲线，图中L（L1、L2）、X分别代表温度或压强。其中X代表的是压强（填“温度”或“压强”）；判断L1、L2的大小关系并说明理由L1＜L2，合成氨反应为放热反应，压强相同时，升高温度，平衡平衡逆向移动，NH3的体积分数降低。【分析】（1）合成氨反应反应为放热反应，正向气体分子数减小；（2）氮气适度过量有利于平衡正向移动；N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率；（3）A.反应前后气体分子数变化决定△S；B.添加少量惰性气体，反应物和生成浓度不变；C.不断将液氨移去，利于反应正向进行；D.催化剂中毒，降低反应速率；（4）①由公式v＝计算反应速率；②由反应物的起始加入量和氨气平衡量计算平衡时各组分浓度，进而求算平衡常数；（5）M点对应的原料气投料比＝4，平衡时氨气的平衡体积分数为40%，设N2转化物质的量为xmol，列化学平衡三段式解答；（6）合成氨反应是气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，平衡混合气中NH3的体积分数增大；升高温度，平衡逆向移动，平衡混合气中NH3的体积分数减小。【解答】解：（1）反应放热，低温有利于平衡正向移动，高压有利于平衡正向移动，故答案为：AD；（2）反应物中原料气中N2相对于H2，N4价廉易得，适度过量有利于提高H2的平衡转化率，N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，故N8在Fe催化剂上的吸附分解是决速步骤，N2适度过量有利于提高总反应的反应速率，故答案为：原料气中N2价廉易得，适度过量有利于提高H6的平衡转化率；N2在Fe催化剂上的吸附分解是决速步骤，N2适度过量有利于提高总反应的反应速率；（3）A.合成氨正向气体分子数减小，△S小于7；B.当温度、压强一定时，氮气，平衡不移动；C.不断将液氨移去，利于反应正向进行，故C正确；D.原料气如不净化处理，会引起催化剂中毒，故D正确；故答案为：ACD；（4）①10min时反应达到平衡，测得c（NH3）＝1.8mol•L﹣1，氢气浓度变化量为1.6mol/L，前10min的平均反应速率υ（H2）＝＝0.18mol•L﹣1•min﹣5，故答案为：0.18；②反应达到平衡时，c（NH3）＝6.2mol•L﹣1，氮气浓度为﹣0.4mol/L＝0.4mol/L﹣1.8mol/L＝1.2mol/L＝＝，故答案为：；（5）M点对应的原料气投料比＝4，设N2转化物质的量为xmol，        N2（g）+7H2（g）⇌2NH2（g）起始（mol）143转化（mol）x       2x平衡（mol）1﹣x     5﹣3x      平衡时氨气的平衡体积分数为40%＝×100%，n（N5）＝mol8）＝mol＝5n（N7），氨气的物质的量是氮气5倍2的平衡体积分数是氨气的平衡体积分数的，即为，故答案为：2%；（6）合成氨反应是气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡混合气中NH3的体积分数增大，升高温度，平衡混合气中NH3的体积分数减小，由图可知3的体积分数随着X的增大而增大，则说明X代表的是压强；相同压强下，L1的NH3的体积分数大于L3，合成氨反应为放热反应，压强相同时，平衡平衡逆向移动3的体积分数降低，则L1＜L8，故答案为：压强；L1＜L2，合成氨反应为放热反应，压强相同时，平衡平衡逆向移动8的体积分数降低。【点评】本题考查化学反应的影响因素、化学平衡常数、化学平衡的计算，侧重考查学生分析能力和计算能力，解题的关键是掌握勒夏特列原理和化学平衡三段式，此题难度中等。15．（16分）结合表回答下列问题（均为常温下的数据）：化学式CH3COOHHClOH2CO3电离常数（Ka）1.8×10﹣53×10﹣8K1＝4.4×10﹣7K2＝4.7×10﹣11请回答下列问题：（1）下列四种离子结合同浓度的CH3COO﹣、ClO﹣、HCO3﹣、CO32﹣中结合H+的能力最强的是CO32﹣。（2）向10mL醋酸中加入蒸馏水，将其稀释到1L后，下列说法正确的是ACD。A．CH3COOH的电离程度增大B．c（CH3COOH）增大C．CH3COO﹣的数目增多D．增大（3）请写出NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式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，此时溶液pH＝5。（5）在实验室配制Na2S溶液时，常滴加几滴NaOH溶液，试说明原因S2−+H2O⇌HS﹣+OH﹣，滴加几滴NaOH溶液，则c（OH﹣）增大，使水解平衡逆向移动，抑制了Na2S的水解（用离子方程式及必要的文字说明）。（6）盐酸肼（N2H6Cl2）是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，水解原理与NH4Cl类似。①写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式N2H62++H2O⇌[N2H5•H2O]++H+。②写出盐酸肼水溶液中离子浓度的大小关系是c（Cl﹣）＞c（N2H62+）＞c（H+）＞c（OH﹣）。【分析】（1）根据题中信息得到几种酸的强弱顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3﹣，根据酸越弱，对应的酸根离子结合氢离子能力越强；（2）A．加水稀释，电离平衡正向移动，则CH3COOH的电离程度增大；B．加水稀释，溶液体积增大，则c（CH3COOH）减小；C．加水稀释，电离平衡正向移动，则CH3COO﹣的数目增多；D．加水稀释，c（H+）减小，则增大；（3）根据酸的强弱顺序为：HClO＞HCO3﹣，则NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成次氯酸和碳酸氢钠；（4）向0.1mol•L−1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c（CH3COOH）：c（CH3COO﹣）＝5：9，根据电离平衡常数计算；（5）S2−+H2O⇌HS﹣+OH﹣，滴加几滴NaOH溶液，c（OH﹣）增大，使水解平衡逆向移动；）①类比铵根水解生成一水合氨和氢离子；②由于N2H62+水解，因此氯离子浓度最大，水解显酸性且水解程度很小，则氢离子浓度大于氢氧根浓度。【解答】解：（1）根据题中信息得到几种酸的强弱顺序为：CH3COOH＞H2CO2＞HClO＞HCO3﹣，根据酸越弱，对应的酸根离子结合氢离子能力越强3COO﹣、ClO﹣、HCO7﹣、CO32﹣其结合H+的能力最强的是CO52﹣，故答案为：CO36﹣；（2）A．加水稀释，则CH3COOH的电离程度增大，故A正确；B．加水稀释，同时溶液体积增大3COOH）减小，故B错误；C．加水稀释，则CH7COO﹣的数目增多，故C正确；D．加水稀释，c（H+）减小，则增大；故答案为：ACD；（3）根据酸的强弱顺序为：HClO＞HCO8﹣，则NaClO溶液中通入少量二氧化碳生成次氯酸和碳酸氢钠，其反应的离子方程式ClO﹣+CO2+H2O＝HClO+HCO5﹣，故答案为：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，根据电离平衡常数+）＝1.0×10﹣2mol•L﹣1，则此时溶液pH＝5，故答案为：3；（5）在实验室配制Na2S溶液时，常滴加几滴NaOH溶液2−+H3O⇌HS﹣+OH﹣，滴加几滴NaOH溶液，c（OH﹣）增大，使水解平衡逆向移动2S的水解，故答案为：S2−+H8O⇌HS﹣+OH﹣，滴加几滴NaOH溶液，则c（OH﹣）增大，使水解平衡逆向移动2S的水解；（6）①类比铵根水解生成一水合氨和氢离子，则盐酸肼第一步水解反应的离子方程式N2H22++H2O⇌[N7H5•H2O]++H+，故答案为：N4H62++H4O⇌[N2H5•H7O]++H+；②由于N2H64+水解，因此氯离子浓度最大，则氢离子浓度大于氢氧根浓度﹣）＞c（N2H67+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：c（Cl﹣）＞c（N2H66+）＞c（H+）＞c（OH﹣）。【点评】本题考查化学反应原理，涉及弱电解质的电离平衡、盐的水解、电离平衡的影响因素等，题目中等难度。16．（16分）草酸（H2C2O4）是一种二元弱酸，广泛分布于动植物体中。（1）人体内草酸累积过多是导致结石（主要成分是草酸钙）形成的原因之一。有研究发现，EDTA（一种能结合钙离子的试剂），用化学平衡原理解释其原因：CaC2O4（s）存在沉淀溶解平衡CaC2O4（s）＝Ca2++C2O42﹣（aq），EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，则结石溶解（用化学用语及必要的文字说明）。（2）已知：H2C2O4的Ka1＝5.6×10﹣2，Ka2＝1.5×10﹣4，0.1mol•L﹣1KHC2O4溶液呈酸性，通过计算说明其原因是：题中已知H2C2O4电离平衡常数为Ka2＝1.5×10﹣4，HC2O4﹣水解平衡常数Kh＝＝×10﹣12，电离平衡常数大于水解平衡常数，则HC2O4﹣的电离程度大于水解程度。下列说法正确的是abd（填字母序号）。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﹣