2022届江苏省常州市常州高级中学高二下学期期中质量检 化学试题（含解析）

江苏省常州高级中学2021~2022学年第二学期期中质量检查高二年级化学(选修)试卷说明：1.以下题目的答案做在答卷纸上。2.本卷总分100分，考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cr-52Co-59第I卷(选择题共45分)单项选择题(本题包括15小题，每小题3分，共计45分。每小题只有一个选项符合题意)。1.化学与生活息息相关，下列叙述错误的是A.明矾和二氧化氯均可作净水剂，且净水原理相同B.铵态氮肥应避光保存且避免和碱性肥料混合使用C.农村推广风力发电、光伏发电有利于“碳达峰、碳中和”D.用FeS处理工业废水，可以使其中的Cu2+、Hg2+等重金属阳离子沉淀而除去【答案】A【解析】【详解】A．明矾净水原理是硫酸铝钾溶液中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附性净水，能吸附水中的固体悬浮物并使之沉降，二氧化氯因具有强氧化性能杀菌消毒，故在进行水处理时，二者的原理不同，A错误；B．铵态氮肥应避光保存，防止分解，避免和碱性肥料混合使用，以免铵根和氢氧根反应，B正确；C．农村推广风力发电、光伏发电有利于减少化石燃料的使用、减少二氧化碳等物质的排放，有利于“碳达峰、碳中和"，C正确；D．工业废水中的Cu2+、Hg2+等重金属阳离子加入FeS发生沉淀转化为CuS、HgS而除去，D正确；答案选A。2.下列有关化学用语表示正确的是A.原子核内有20个中子的氯原子：ClB.氮原子的L层电子轨道表示式：C.HClO的结构式为H—Cl—OD.HCO的水解方程式为：HCO+H2OCO+H3O+【答案】B【解析】【详解】A．质量数=质子数+中子数，故应表示为Cl，A选项错误；B．根据洪特规则与泡利不相容原理判断该轨道表示式正确，B选项正确；C．O原子最外层电子数为6，形成2条共价键，故应写为H-O-Cl，C选项错误；D．正确水解方程式为：HCO+H2OH2CO3+OH—，D选项错误；答案选B。3.下列实验的有关说法正确的是A.用pH试纸测得氯水的pH=2B.用酸式滴定管量取20.00mL酸性KMnO4溶液C.用带磨口玻璃塞的试剂瓶保存Na2CO3溶液D.酸碱中和滴定时，滴定管和锥形瓶都需用标准液或待测液润洗【答案】B【解析】【详解】A．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测氯水的pH，故A错误；B．KMnO4溶液能腐蚀橡胶，所以用酸式滴定管量取20.00mL酸性KMnO4溶液，故B正确；C．Na2CO3溶液显碱性，与二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠，应选橡皮塞，故C错误；D．酸碱中和滴定时，锥形瓶不能用标准液或待测液润洗，故D错误；选B。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是①=1×10-12的溶液：Na+、AlO、CO②由水电离产生的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液：Na+、HCO、NO③中性溶液：Fe3+、NO、SO④能使甲基橙变红的溶液：Fe2+、NO、Cl-⑤无色溶液中：Al3+、NO、S2-A.③④ B.①③⑤ C.① D.①④⑤【答案】C【解析】【详解】①从已知看溶液中c(H+)<c(OH-)溶液为碱性，Na+、、与OH-不会产生沉淀或者弱电解质及氧化还原反应等，所以它们可以大量共存，①正确；②水电离的c(H+)=1×10-13mol/L，该溶液可能是碱性也可能为酸性。这些离子在碱性条件下可以共存，但在酸性条件下产生气体CO2，因此这些离子在该条件下不一定能共存，②不正确；③，所以Fe3+水解呈酸性，在中性溶液中不能存在，③不正确；④甲基橙变红的溶液为酸性溶液，而在酸性条件下会将Fe2+氧化为Fe3+，该条件下这些离子不能大量共存，④不正确；⑤Al3+与S2-发生双水解，产生Al(OH)3沉淀和H2S气体，所以该条件下这些离子不能共存，⑤不正确；答案选C。5.设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.1molCl2溶于水，溶液中Cl-、ClO-、HClO的粒子数之和等于2NAB.25℃时，Ksp(CaSO4)=9×10-6，则该温度下CaSO4饱和溶液的中含3×10-3NA个Ca2+C.某温度下，1LpH=6的纯水中所含OH-的数目为1.0×10-8NAD.含0.1molNH4HSO4的溶液中，阳离子的数目略大于0.2NA【答案】D【解析】【详解】A．Cl2溶于水中存在的平衡有和，氯原子守恒则2n(Cl2)+n(Cl-)+n(ClO-)+n(HClO)=0.2mol，则Cl-、ClO-、HClO的粒子数之和小于2NA，A项错误；B．CaSO4饱和溶液中存在，且则，但体积未知无法获得Ca2+的物质的量，从而也无法计算Ca2+数目，B项错误；C．纯水中，又pH=6即，则n(OH-)=cV=10-6mol，则OH-的数目为10-6NA，C项错误；D．，溶液中存在的离子有H+、、OH-、，存在电荷守恒式变形为n(H+)+n()=n(OH-)+2n()，n()=0.1mol，则n(H+)+n()=n(OH-)+2n()>0.2mol，则溶液中阳离子的总数目大于0.2NA，D项正确；故选D。6.下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是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气体：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溶液中通入过量SO2：CO+SO2=SO+CO2【答案】B【解析】【详解】A．CuCl2溶液中通入H2S气体的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，故A错误；B．NaClO溶液中通少量CO2生成次氯酸钠和碳酸氢钠，故离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO，故B正确；C．向Na2S溶液中通入少量SO2，发生反应的离子方程式为2H2O+2S2-+SO2=4OH-+3S↓，故C错误；D．Na2CO3溶液中通入过量SO2生成NaHSO3和CO2，故离子方程式为CO+2SO2+H2O=2HSO+CO2，故D错误；故选B。7.探究铝片与Na2CO3溶液的反应。均无明显现象铝片表面产生细小气泡加热后出现白色浑浊，产生大量气泡(经检验为H2和CO2)下列说法错误的是A.Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO+H2OHCO+OH-B.对比I、III说明Na2CO3溶液能破坏铝表面的保护膜C.H2逸出有利于CO水解平䡓向正反应方向移动D.推测出现白色浑浊的原因：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钠为强碱弱酸盐，在水溶液中会发生水解，主要水解平衡为：CO+H2OHCO+OH-，A正确；B．I中Al表面没有气泡，说明表面有氧化膜，III中Al有气泡，说明表面氧化膜被破坏，B正确；C．氢气逸出有利于铝与氢氧根离子的反应，碳酸根水解生成碳酸氢根和氢氧根离子，消耗了氢氧根离子，从而促进了碳酸根离子的水解，所以H2逸出对CO水解平衡向正反应方向移动，C正确；D．碳酸钠水解显碱性，铝表面的氧化铝与碱反应生成偏铝酸根离子，去掉氧化膜后，铝与氢氧根离子、水反应生成氢气，碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子，碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，所以出现白色沉淀的原因可用离子方程式表示为：，D错误；故选D。8.一定条件下，通过下列反应可以制备特种陶瓷的原料MgO，MgSO4(s)+CO(g)MgO(s)+CO2(g)+SO2(g)△H>0。该反应在恒容的密闭容器中达到平衡后，若仅改变图中横坐标x的值，重新达到平衡后，纵坐标y随x变化趋势合理的是选项xyA温度容器内混合气体的密度BCO的物质的量CO2与CO的物质的量之比CSO2的浓度平衡常数KDMgSO4的质量（忽略体积）CO的转化率A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A、△H＞0，升高温度，平衡正向移动，二氧化碳浓度增大，混合气体的密度增大，故A正确；B、,平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变，增加CO的物质的量，CO2与CO的物质的量之比不变，故B错误；C、平衡常数只与温度有关，温度不变常数不变，故C错误；D、MgSO4是固体，增加固体质量，平衡不移动，CO的转化率不变，故D错误；答案选A。9.某温度下，在2L恒容密闭容器中加入1molN2(g)和3molH2(g)发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，NH3的物质的量与时间的关系见表，下列说法正确的是时间(min)0t1t2t3NH3物质的量(mol)00.20.30.3A.0～t1min，v(NH3)=mol·L-1·min-1B.升高温度，可使正反应速率减小，逆反应速率增大，故平衡逆向移动C.t3时再加入1mol的N2(g)和3molH2(g)，反应达新平衡时，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】【详解】A．t1时NH3的物质的量为0.2mol，即生成了0.2molNH3，容器体积为2L，则变化的NH3的浓度为0.1mol/L，所以v(NH3)=mol·L-1·min-1，故A错误；B．升高温度，正逆反应速率都增大，正反应速率增大的程度没有逆反应速率增大的程度大，故平衡逆向移动，故B错误；C．t3时反应已达平衡，再加入1mol的N2(g)和3molH2(g)，相当于增大压强，N2的体积分数降低，但N2的物质的量增大，容器体积不变，所以反应达新平衡时，c(N2)>0.425mol·L-1，故C正确；D．该反应的正反应是放热的，正反应的活化能小于逆反应的活化能，故D错误；故选C。10.某温度下，将打磨后的镁条放入盛有50mL蒸馏水的烧杯中，用pH传感器和浊度传感器监测溶液中的pH和浊度随时间的变化(如图所示，实线表示溶液pH随时间的变化)。下列有关描述正确的是A.该温度下Mg(OH)2的KSP的数量级约为10-10。B.该实验是在常温下进行的C.50s时向溶液中滴入酚酞试液，溶液变红D.150s后溶液浊度下降是因为生成的Mg(OH)2逐渐溶解【答案】A【解析】【分析】A.该温度下，当氢氧化镁达到饱和时，pH不变，此时pH=10.00，以此分析；

B.根据蒸馏水的pH=6.5分析；C.酚酞的变色范围为8~10，pH小于8时溶液为无色；

D.氢氧化镁为难溶物，氢氧化镁沉降后减小了溶液浊度。【详解】A.该温度下，当氢氧化镁达到饱和时，pH不变，此时pH=10.00，该温度下Mg(OH)2的KSP=c(Mg2+)c2(OH-)=c(OH-)c2(OH-)=c3(OH-)，由图可知，该温度下水的离子积Kw=10-6.510-6.5=10-13，所以c(OH-)==10-3mol/L，故KSP=c3(OH-)==10-9=510-10，即该温度下Mg(OH)2的KSP的数量级约为10-10，故A正确；B.常温下蒸馏水的pH=7，而图象中蒸馏水的pH=6.5<7，说明该实验不是在常温下进行的，故B错误；

C.50s时溶液的pH小于8，滴入酚酞后溶液为无色，故C错误；

D.Mg(OH)2为难溶物，随着Mg(OH)2的沉降，溶液的浊度会下降，即150s后溶液浊度下降是因为生成的Mg(OH)2沉降，故D错误。

所以A选项是正确的。11.根据下列图示得出的结论不正确的是（）A.图甲是CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的△H＜0B.图乙是向Na2CO3溶液中通入SO2过程中部分微粒摩尔分数与pH的关系曲线，用该方法制备NaHSO3，当pH=4时应停止通入SO2C.图丙是常温下等体积盐酸和氨水稀释时溶液导电性与体积变化的曲线，图中pH大小关系为c＞b＞dD.图丁表示不同温度下水溶液中-lgc（H+）、-lgc（OH-）的变化曲线，图中T1＞T2【答案】C【解析】【详解】A．根据图知，升高温度，化学平衡常数减小，说明平衡逆向，升高温度平衡向吸热方向移动，则逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，即正反应△H＜0，故A正确；B．根据图像分析，pH=4时，溶液中主要存在为HSO3-，所以当pH=4时应停止通入SO2，控制pH，主要得到NaHSO3，故B正确；C．盐酸溶液pH小于一水合氨，稀释过程中盐酸溶液pH增大，溶液的pH大小关系：b＞d＞c，故C错误；D．-lgc(H+)、-lgc(OH-)的乘积越大，水的电离程度越小，可知T1＜T2，故D正确，故选：C。12.25℃时，用0.10mol·L-1的氨水滴定10.00mL0.05mol·L-1的二元酸H2Y的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中lg的关系如图所示。下列说法正确的是A.H2Y的电离方程式为H2Y=H++HY-、HY-H++Y2-B.滳定过程中，水电离出的H+浓度由大到小的顺序为P>N>MC.P点溶液中有：c(NH)=c(NH3•H2O)=2c(Y2-)D.用x表示的NH3•H2O电离平衡常数值Kb=【答案】D【解析】【详解】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)，说明该二元酸完全电离，所以为强酸，电离方程式为H2Y=2H++Y2-，故A错误；B．M点为H2Y溶液，强酸抑制水的电离，N点氨水的体积为10mL，酸碱恰好完全反应，溶质为(NH4)2Y强酸弱碱盐促进水的电离，P点溶液显中性，故水的电离的H+浓度由大到小的顺序为N＞P＞M，故B错误；C．P点氨水的体积小于15mL，故c()+c(NH3•H2O)＜3c(Y2-)。P点溶液呈中性，溶液中c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒得c(NH)+c(H+)＝c(OH-)+2c(Y2－)，所以c(NH)＝2c(Y2－)，故c(NH3•H2O)＜c(Y2-)，则c(NH3•H2O)＜2c(Y2-)，故C错误；D．P点溶液呈中性，则c(H+)＝c(OH-)=10-7mol/L，根据电荷守恒得c(NH)＝2c(Y2－)=2×mol/L=mol/L，根据物料守恒得c(NH3•H2O)=mol/L-mol/L=mol/L，氨水的电离常数为Kb=，故D正确；故答案选D。13.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A.用pH计测得NaOH溶液的pH为11.0，NH4Cl溶液的pH为3.0水的电离程度相同B.用pH试纸测得CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强C.将20℃0.5mol·L-1CH3COONa溶液加热到60℃，用pH传感器测定溶液的pH，pH逐渐减小水解平衡逆向移动的结果D.向浓度均为0.05mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中滴加少量NaOH溶液，只有蓝色沉淀生成Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．NaOH溶液抑制水的电离而后者水解会促进水的电离，A项错误；B．CH3COONa与NaNO2的pH与溶液的浓度及酸根的水解大小综合影响，溶液的浓度一致，所以无法根据pH来确定水解强弱问题，因此更无法确定结合H+的能力，B项错误；C．CH3COONa溶液水解，且水解为吸热反应，升温水解正向，C项错误；D．等浓度的Mg2+和Cu2+滴加NaOH先出现蓝色沉淀Cu(OH)2，说明Cu(OH)2溶解度小于Mg(OH)2，它们为同类型的物质则Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，D项正确；故选D。【点睛】浓度相同时，溶解度小的先沉淀，溶解度大的后沉淀；同类型的物质，Ksp小的先沉淀，Ksp大的后沉淀。14.已知电离常数的负对数pK=-lgK，25℃时，HX的pKa=4.76，H2Y的pKa1=1.22，pKa2=4.19，下列说法正确的是（）A.浓度相等的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溶液中滴加盐酸至pH=1.22：c(Cl-)-3c(HY-)=c(H+)-c(OH-)【答案】D【解析】【详解】A．溶液中的水解促进的水解，H2Y的pKa2=4.19，Ka2=10-4.19，而溶液中的，即电离为主，产生的对的水解起抑制作用，则浓度相等的和溶液中：前者小于后者，故A错误；B．根据电荷守恒可知，即，所以，故B错误；C．根据电荷守恒可知，溶液呈中性，则以及物料守恒可得，所以，故C错误；D．根据的，滴加盐酸至，，由物料守恒可知，，由电荷守恒可知，则，故D正确；答案选D。【点睛】熟练使用电荷守恒，物料守恒，质子守恒是解题的关键，也要掌握水解平衡常数与离子积和弱电解质的电离平衡常数之间的关系，有利于问题的快速解决和判断。15.乙炔(C2H2)是重要的化工原料。工业上可用甲烷裂解法制取乙炔，发生反应：反应I：2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)△H1反应II：2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)△H2甲烷裂解时，几种气体平衡时分压(Pa)的对数即lgp与温度(℃)之间的关系如图所示，(注：用平衡分压代替平衡浓度计算可得平衡常数Kp，分压=总压×物质的量分数)。下列说法不正确的是A.1725℃时，向恒容夜闭容器中充入CH4，达到平衡时CH4生成C2H2的平衡转化率为62.5%B.1725℃时，若图中H2的lgp=5，则反应2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的平衡常数Kp=1×105Pa2C.2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的△H1＞0D.为提高甲烷制乙炔的产率，除改变温度外，可充入适量乙烯，还可以使用对反应选择性更高的催化剂【答案】B【解析】【详解】A．1725℃由图可知，达到平衡时，CH4、C2H2、C2H4的平衡分压的对数分别为2、2、1，故其CH4、C2H2、C2H4的平衡分压分别为100Pa、100Pa、10Pa，在同温同体积条件下，不同气体的压强之比等于其物质的量之比，故CH4、C2H2、C2H4的物质的量之比为10：10：1，由C原子守恒可知，CH4生成C2H2的平衡转化率为62.5%，A正确；B．1725℃时，若图中H2lgp=5，则反应2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)的平衡常数Kp=1×1013，B错误；C．根据图可知，C2H2的平衡分压随温度升高而增大，所以反应2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g)为吸热反应，故其△H1＞0，C正确；D．为提高甲烷制乙炔的产率，除改变温度外，还可采取的措施有：充入适量乙烯使2CH4(g)C2H4(g)+2H2(g)的平衡向逆反应方向移动，或使用对甲烷转化为乙炔的选择性更高的催化剂等，D正确；答案选B。第II卷(非选择题共55分)16.I.水溶液是中学化学的重点研究对象。（1）常温下，向amol·L-1CH3COONa溶液中滴加等体积的bmol·L-1盐酸化溶液呈中性(不考虑盐酸和醋酸的挥发)，则醋酸的电离常数Ka=____(用含a和b的代数式表示)。（2）次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品，已知10mL1mol·L-1H3PO2与20mL1mol·L-1的NaOH溶液充分反应后生成组成为NaH2PO2的盐，回答下列问题：①NaH2PO2属于____(填“正盐”“酸式盐”或“无法确定”)。②若25℃时，K(H3PO2)=1×10-2，则0.02mol·L-1的H3PO2溶液的pH=____。③设计两种实验方案，证明次磷酸是弱酸：____、____。（3）连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元酸，可用于制N2O气体。常温下，用0.01mol·L-1的NaOH溶液滴定10mL0.01mol·L-1H2N2O2溶液，测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。①写出H2N2O2在水溶液中的电离方程式：____。②b点时溶液中c(H2N2O2)___c(N2O)(填“>”“<”或“=”)。③c点时溶液中各离子浓度由大到小的顺序为____。（4）II.M是第4周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子，M元素基态原子的核外电子排布式为____。【答案】（1）（2）①.正盐②.2③.测NaH2PO2溶液的pH，若pH>7，则证明次磷酸为弱酸；④.向等物质的量浓度的盐酸、次磷酸溶液中各滴入2滴石蕊溶液，若次磷酸溶液中红色浅一些，则说明次磷酸为弱酸(答案合理即可)（3）①.、（第二步电离可不写）②.>③.c(Na+)>c()>c(OH-)>c()>c(H+)（4）1s22s22p63s23p63d104s1【解析】【小问1详解】盐酸和醋酸钠反应生成氯化钠和醋酸，溶液呈中性，所以醋酸钠剩余，c(H+)=c(OH-)=10−7mol/L，根据电荷守恒，c(Cl-)=0.5bmol/L，c(CH3COO-)+c(Cl-)=c(Na+)=0.5amol/L，所以c(CH3COO-)=(0.5a−0.5b)mol/L，醋酸的电离常数为：，故答案为：。【小问2详解】①NaOH过量，只生成NaH2PO2，说明次磷酸中只有一个可电离的氢原子，说明NaH2PO2是正盐；②设溶液中的H＋浓度为xmol·L-1，Ka(H3PO2)==1×10－2，解得x=0.01，故pH=-lg0.01=2；③若H3PO2是弱酸，则NaH2PO2是强碱弱酸盐，则该盐水溶液呈碱性，故可以测定NaH2PO2溶液的酸碱性，若溶液pH>7，则说明H3PO2是弱酸；还可以比较同浓度下一元强酸和H3PO2的酸性的强弱：取等体积等浓度的盐酸和次磷酸溶液，各滴入2滴石蕊溶液，若次磷酸溶液中的红色浅一些，则可说明次磷酸为弱酸；【小问3详解】①若H2N2O2为强酸，则0.01mol/LH2N2O2溶液中c(H+)>0.01mol/L，故pH<2，而由图像知0.01mol/LH2N2O2溶液pH=4.3>2，故H2N2O2为弱酸，电离方程式为：、（第二步电离可不写）；②根据b点投料知n(NaOH):n(H2N2O2)=1:1，故b点组成为NaHN2O2，由于图像知b点溶液呈碱性，说明水解程度大于其电离程度，故水解生成的H2N2O2要比电离生成的浓度大，故此处填“>”；③c点对应NaOH体积为20mL，由题意知n(NaOH):n(H2N2O2)=2:1，故两者恰好反应生成Na2N2O2，此时溶液中发生如下过程：电离Na2N2O2=2Na++（完全）、第一步水解（微弱）、第二步水解（弱于第一步）、电离（微弱），三个微弱过程中，第一步水解程度最大，由此确定离子大小顺序为：c(Na+)>c()>c(OH-)>c()>c(H+)；【小问4详解】M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子，M是29号Cu元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。17.I.研究氮氧化物的反应机理，对于消除对环境的污染有重要意义。升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的速率却随着温度的升高而减小。某化学小组为研究该特殊现象的实质原因，查阅资料知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：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)请回答下列问题：（1）一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平䡓状态，请写出k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K=____，升高温度，K值____(填“增大”、“减小”或“不变”)。（2）决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的速率是反应②.由实验数据得到v2正～c(O2)的关系可用如图表示。当x点升高到某一温度时，反应重新达到平衡，则变为相应的点为___(填字母)。II.研发CO2资源化利用技术，降低空气中CO2含量成为世界各国研究热点。CO2与H2合成二甲醚(CH3OCH3)的工艺主要涉及三个反应：反应A：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49.01kJ·mol-1反应B：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H=+41.17kJ·mol-1反应C：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H=-24.52kJ·mol-1（3）一定温度下，向1L恒容密闭容器中加入0.25molCO2和1.0molH2发生上述3个反应，达到平衡时测得部分物质的浓度如表所示：成分COCO2CH3OCH3浓度/mol·L-18×10-30173×10-2平衡时CO2转化为CH3OCH3的选择性=____(选择性是指生成指定物质消耗的CO2占CO2消耗总量的百分比)。（4）在压强3.0MPa，=4时，不同温度下CO2的平衡转化率和产物的选择性如图所示。①当温度超过290℃，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是____。②不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有____。【答案】（1）①.②.减小（2）d（3）75%（4）①.290℃之后以反应B为主，该反应为吸热反应，升温平衡正向，CO2转化率升高。②.增压【解析】【小问1详解】反应①平衡时v1正=v1逆即k1逆c(N2O2)=k1正c2(NO)推出；同理推出。反应①+②得到2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)，则该反应的；该反应为为放热反应，则升温K值减小。答案为减小；【小问2详解】反应②为放热反应，升温对于v2正增加，但平衡逆向则O2浓度也增加，则新平衡时从x点移向d点，答案为d；【小问3详解】反应中CO2总消耗浓度=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，则；【小问4详解】从图分析，290℃后CO的选择性随温度升高而增加，而CH3OCH3随温度升高而降低最终几乎为0，则CO2转化率随温度升高的主要原因在转化为CO，因此从反应B进行解释。答案为290℃后以反应B为主，该反应为吸热反应升温，平衡正向，CO2转化率升高。要增加CH3OCH3的选择性即使反应A和C平衡正向移动，选择降温AC均正向移动、增压可使A反应正向移动从而增加CH3OH使反应B正向移动。答案为增压。18.(环烷酸钴)性质稳定，可作不饱和聚酯树脂固化的促进剂，作某些氧化反应的催化剂。实验室以金属钴、环烷酸为原料制备环烷酸钴。I.氯化钴的制备(以稀硝酸为催化剂)（1）加入浓盐酸的目的是____。（2）基态钴原子核外电子占据的轨道总数为___，Co2+核外有____种运动状态不同的电子。II.环烷酸钴的制备控制温度在90~95℃，向环烷酸的水溶液中滴入一定浓度的NaOH溶液，反应约2h后，再加入一定浓度的CoCl2溶液进行反应，得到含有环烷酸钴粗产品的水溶液，经分离提纯得环烷酸钴产品。（3）实验中应选____(填“A”或“B”)装置，理由是____。（4）实验中NaOH溶液的用量对产品中钴含量的影响如图所示，试分析NaOH溶液过量会导致产品中钴含量降低的可能原因：____。III.环烷酸钴产品中钴含量的测定准确称取7.00g环烷酸钴产品，配成250mL水溶液(经处理Co元素全部以Co2+的形式存在)，取该溶液25.00mL，在pH为10的氨性介质中，加入0.0500mol·L-1的EDTA标准溶液25.00mL。充分反应后，以铬黑T为指示剂，用0.0500mol·L-1锌标准溶液滴定过量的EDTA，消耗锌标准溶液5.00mL。已知：EDTA可与二价金属离子以1：1形成稳定络合物。（5）下列操作会引起测量结果偏低的是____(填字母)。A.锥形瓶洗涤后未干燥B.滴定前平视读数，滴定后俯视读数C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后无气泡D.滴定管未用待装液润洗（6）上述环烷酸钴产品中钴的百分含量是多少____？(写出计算过程，结果保留3位有效数字)【答案】（1）提高酸度去除硝酸，提高产品的纯度；增大Cl-的浓度，有利于CoCl2·6H2O晶体的析出；抑制CO2+的水解（2）①.15②.25（3）①.A②.A装置与外界大气相通且有冷凝回流作用，B装置密闭体系存在安全隐患（4）NaOH溶液过量会与Co2+生成Co(OH)2沉淀（5）B（6）8.43%【解析】【小问1详解】加入浓盐酸，可使硝酸完全反应，且抑制Co2+的水解，利于CoCl2·6H2O晶体的析出【小问2详解】CO为27号元素，原子核外电子数为27，根据能量最低原理，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，亚层s、p、d的轨道数分别为1、3、5，则Co原子核外电子占据轨道数为15；一个粒子中不存在两种运动状态完全相同的电子，所以Co2+核外有25个电子，就有25种运动状态不同的