天津市和平区2022-2023学年高二上学期期末质量调查化学试卷

天津市和平区2022-2023学年高二上学期期末质量调查化学试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．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−1C．+22kJ·mol−1 D．−22kJ·mol−12．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2SA．气体密度 B．气体总压C．CH4与S2体积比 D．CS2的体积分数3．某温度下，反应CHA．增大压强，v正B．加入催化剂，平衡时CHC．恒容下，充入一定量的H2D．恒容下，充入一定量的CH2=C4．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．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．对于如下反应，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）K1△H1反应②B（g）+C（g）⇌D（g）K2△H2反应③A（g）⇌D（g）K3△H3下列说法正确的是（）A．K3=K1+K2B．加催化剂，反应①的反应热降低，反应速率加快C．△H3=△H1+△H2D．增大压强，K1减小，K2增大，K3不变7．一定温度下，反应I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)在密闭容器中达到平衡时，测得c(H2)=c(I2)=0.11mmol•L-1，c(HI)=0.78mmol•L-1。相同温度下，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．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6.02×1022B．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0.1molD．醋酸与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO32−+2H+=H2O+CO29．25℃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为强酸强碱盐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＜α2D．100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol10．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，下列说法错误的是（）A．电流由O2所在的铂电极经外电路流向另－电极B．该电池的负极反应式为：CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+C．O2所在的铂电极处发生还原反应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．双极膜(BP)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH−A．Y电极与电源正极相连，发生的反应为4OB．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．常温下，用0.1000mol⋅L−1的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol⋅LA．该NaX溶液中：c(B．三种一元弱酸的电离常数：KC．当pH=7时，三种溶液中：c(D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：c(二、填空题13．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”)。14．2018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：12N2(g)+32H2(g)⇌NH3(g)△H(298K)=-46.2kJ•mol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773K，压强3.0×107Pa，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△H和△S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-1•min-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．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．c(CH（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，溶液呈酸性，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．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)在一定条件下可以有效溶解结石，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(HC2Ob.0.1mol•L-1KHC2O4溶液中：c(K+)＞c(HC2O4-)＞c(C2Oc.浓度均为0.1mol•L-1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中：3c(K+)=2c(HC2O4-)+2c(C2Od.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；熄灭酒精灯，冷却至室温，停止通入氮气，关闭K1，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)。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】已知反应：①2Cu(s)+O2(g)=2CuO(s)ΔH=−314kJ·mol−1；②2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s)ΔH=−292kJ·mol−1，根据盖斯定律：12×(①-②)可得CuO(s)+Cu(s)=Cu2O(s)ΔH=-11kJ·mol-1故答案为：A。

【分析】根据盖斯定律计算。2．【答案】D【解析】【解答】A．恒容容器，质量不变，故密度一直不变，故密度不变不一定平衡，不选A；B．反应前后气体的物质的量不变，故压强也一直不变，故压强不变不一定平衡，不选B；C．CH4与S2体积比一直为1∶2，故不一定平衡，不选C；D．CS2的体积分数不变说明反应已经达到了平衡，选D；故答案为：D。

【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。3．【答案】C【解析】【解答】A．该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，则v正>v逆，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，A不符合题意；B．催化剂不影响化学平衡状态，加入催化剂不影响平衡时CH3CH2OH(g)的浓度，B不符合题意；C．恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(g)的浓度增大，平衡向正反应方向移动，C符合题意；D．恒容下，充入一定量的CH2=CH2(g)，平衡向正反应方向移动，但是CH2=CH2(g)的平衡转化率减小，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.平衡常数只与温度有关；

B.催化剂不影响平衡状态；

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。4．【答案】D【解析】【解答】A．醋酸是一元弱酸，微弱电离，0.01mol/L的醋酸溶液c(H+)＜1.0×10-2mol/L，故A不符合题意；B．硫酸是二元强酸，c(H+)=2c(H2SO4)=2×0.01mol/L=0.02mol/L，故B不符合题意；C．pH=12的NaOH溶液c(H+)=1.0×10-12mol/L，故C不符合题意；D．水电离出的c(H+)=1.0×10-12mol/L的盐酸溶液c(OH-)=1.0×10-12mol/L，则溶液中c(H+)=Kwc(OH故答案为：D。

【分析】A.醋酸部分电离；

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。5．【答案】B【解析】【解答】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，能用沉淀溶解平衡移动原理解释，A不符合题意；

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，不能用沉淀溶解平衡移动原理解释，B符合题意；

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，最终全部转化为CuS，PbS同理，能用沉淀溶解平衡移动原理解释，C不符合题意；

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，用硫酸钡作为“钡餐”，能用沉淀溶解平衡移动原理解释，D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A．可以通过反应生成更难溶的沉淀，达到除去水垢的目的；

B．该过程是水解过程；

C．沉淀可以生成更难溶的物质，实现沉淀的转化；6．【答案】C【解析】【解答】A.由题意可知，K1=c(B)c(C)c(D)，K2=c(D)c(B)c(C)，所以K3=K1·KB.催化剂能加快反应速率，不能改变反应热，故B不符合题意；C.①A(g)⇌B(g)+C(g)△H1，②B(g)+C(g)⇌D(g)△H2，根据盖斯定律①+②得A(g)⇌D(g)△H3=△H1+△H2，故C符合题意；D.化学平衡常数只与温度有关，增大压强平衡常数不变，故D不符合题意；故答案为C。

【分析】A.方程式相加，平衡常数相乘；B.催化剂只改变反应速率，不改变反应热量变化；C.方程式相加，对应焓变也相加；D.化学平衡常数只与温度有关；7．【答案】C【解析】【解答】Qc(A)=1.002(mol/L)21.00mol/L×1故答案为：C。

【分析】化学平衡常数等于反应物的浓度幂之积和生成物的浓度幂之积之比，如果已知化学平衡常数，要判断平衡移动问题，可以结合Qc和化学平衡常数的关系进行判断，Qc>K，反应朝逆向移动，Qc>K，反应朝正向移动，Qc=K，平衡不移动。8．【答案】C【解析】【解答】A.1L0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，醋酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，则CH3COO-的粒子数小于6.02×1022，故A不符合题意；B．加入少量CH3COONa固体后，溶液中CH3COO-的浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，碱性增强，则溶液的pH升高，故B不符合题意；C.1L0.1mol•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，滴加NaOH溶液过程中，溶液中始终存在物料守恒，n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，故C符合题意；D．醋酸的酸性强于碳酸，则根据强酸制取弱酸，醋酸与Na2CO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方程式为CO32−+2CH3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO-故答案为：C。

【分析】A.醋酸在溶液中部分电离；

B.加入少量CH3COONa固体，醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离；

D.醋酸为弱电解质，应保留化学式。9．【答案】D【解析】【解答】A．NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A不符合题意；B．可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B不符合题意；C．弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此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，C不符合题意；D.100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度是1×10－4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.强酸是全部电离，在溶液中存在NaHA，不一定是强酸

B.酸是弱酸碱是弱碱时，水解程度接近时，溶液也是显中性

C.浓度越稀，电离度越大

D.根据水的离子积常数可计算出氢离子的浓度，即可计算出物质的量10．【答案】B【解析】【解答】A.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发生还原反应，电流由正极流向负极，即从O2所在的铂电极经外电路流向另一电极，A不符合题意；B.该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，分析装置图可知乙醇在负极失去电子被氧化生成醋酸，CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH，B不符合题意；C.乙醇燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，O2所在的铂电极处得到电子发生还原反应，C不符合题意；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，根据电极反应式可以计算出被测气体中酒精的含量，D不符合题意；故答案为：B。【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发生还原反应；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。11．【答案】B【解析】【解答】A．Y电极为阳极，与电源正极相连，发生的反应为4OHB．由分析可知，M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，故B符合题意；C．“双极膜电渗析法”利用阴、阳离子的定向移动，可应用于从盐溶液(MX)制备相应的酸(HX)和碱(MOH)，故C不符合题意；D．若去掉双极膜(BP)，电路中每转移1mol电子，两极可产生0.5mol氯气和0.5mol的氢气，共得到1mol气体，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】根据氢离子和氢氧根离子的移动方向可知，X为阴极，电极反应式为2H++2e-=H2↑，Y为阳极，电极反应式为4OH−−4e−=O2↑+212．【答案】C【解析】【解答】A．NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A不符合题意；B．由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，弱酸的酸性越弱，电离常数越小，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，故B不符合题意；C．当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C符合题意；D．向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐恰好完全反应，可知c(Na+)=c(Cl-)，将三种溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+c(Cl-)+c(OH-)，由c(Na+)=c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)—c(OH-)，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】根据一元弱酸的盐的pH即可得出酸性的强弱是：HZ＜HY＜HX

A.在NaX溶液中，水解呈碱性，因此根据电荷守恒即可判断

B.据一元弱酸的盐的pH即可得出酸性的强弱是：HZ＜HY＜HX，即可判断电离常数

C.根据电荷守恒列出式子，再根据中性进行判断只需要判断加入氯离子的物质的量浓度即可，因为水解程度不一样故加入的盐酸不一样，碱性越强需要的酸越多剩余的酸根离子越少

D.混合之后利用电荷守恒即可判断13．【答案】（1）ad；d（2）ds；[Ar]3d104s1（3）图a；同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元紧的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；图b（4）小于；大于；大于【解析】【解答】（1）氟是9号元素，核外有9个电子，因此bc不正确，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，因此能量较高的是1s22s22p33p2即d；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，其次外层内的所以轨道电子均成对，则该原子价电子排布式为3d104s1；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；故答案为：ds；[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)。根据题意，同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此第一电离能第一电离能的变化图是图a，判断的根据是同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元紧的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；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，稳定，难失去电子，第三电离能比氮大，因此第三电离能的变化图是图b；故答案为：图a；同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元紧的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；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，得到X为N，Y为Na，Z为P，W为S。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，则元素的电负性：Z小于W；故答案为：小于。②根据层多径大，同电子层结构核多径小，则简单离子半径：W大于Y；故答案为：大于。③根据非金属性越强，其气态氢化物越稳定，则氢化物的稳定性：X大于Z；故答案为：大于。

【分析】（1）氟的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高；

（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，则该原子价电子排布式为3d104s1；

（3）同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难，电离能较大；

（4）①元素的非金属性越强，电负性越大；

②电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小；

③元素的非金属性越强，其氢化物越稳定。14．【答案】（1）A；D（2）原科气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2的吸附分解是决定反应速率的步骤，适度过量有利于提高整体反应速率（3）A；C；D（4）0.18；25（5）8%（6）压强；L1＜L2，合成氨反应为放热反应，压强相同时，升高温度N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)平衡逆向移动，NH3的体积分数降低【解析】【解答】（1）合成氨反应为气体分子数减小的放热反应，低温、高压能促进平衡正向移动，利于提高合成氨平衡产率，故答案为：AD；（2）原料气中N2过量的两个理由为原科气中N2相对易得，适度过量有利于提高H2的转化率；N2的吸附分解是决定反应速率的步骤，适度过量有利于提高整体反应速率；（3）A．由反应可知12N2(g)+32H2(g)⇌NH3(g)ΔH(298K)=-46.2kJ·molB．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，氮气和氢气的分压将减小，平衡逆向移动，不能提高平衡转化率，B不正确；C．迅速冷却可将NH3液化，不断将液态氨移去，平衡正向移动，有利于反应正向进行，C正确；D．氢气易燃易爆，催化剂分离空气可得到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，以防止催化剂中毒和安全事故发生，D正确；故答案为：ACD；（4）①10min时反应达到平衡，测得c(NH3)=1.2mol·L-1，根据方程式可列出三段式：起始(mol/L)故用氢气表示的化学反应速率为：v=Δc②平衡常数：K=(（5）图中M点，氮气、氢气的投料比为1：4；N平衡时，氨气的体积分数为40%，2x5a-2x=0.4；x=5a7（6）N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，氨气体积分数减小；N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动，氨气体积分数增大；根据图示，随X增大，氨气体积分数增大，所以X代表的是压强，L代表温度，L1＜L2，理由为合成氨反应为放热反应，压强相同时，升高温度N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)平衡逆向移动，NH3的体积分数降低。

【分析】（1）提高合成氨的平衡产率应使平衡正向移动；

（2）氮气比氢气容易获得；

（3）A.该反应是气体体积减小的放热反应；

B.添加少量惰性气体，氮气和氢气的分压将减小，平衡逆向移动；

C.移去产物有利于反应正向进行；

D.含有杂质可能会使催化剂中毒；

（4）①根据v=ΔcΔt计算；

②列出反应的三段式计算；

（5）列出反应的三段式计算；

（6）合成氨反应为放热反应，压强相同时，升高温度N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)平衡逆向移动，NH15．【答案】（1）CO3（2）A；C；D（3）ClO－+CO2+H2O=HClO+HCO3（4）5（5）S2−+H2O⇌HS－+OH－，滴加几滴NaOH，c(OH－)增大，使水解平衡逆向移动，抑制了Na2S的水解（6）N2H62++H2O⇌[N2H5∙H2O]++H+；c(Cl－)＞c(N2H62+)＞c(H+)＞c(OH【解析】【解答】（1）根据题中信息得到酸的强弱顺序为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3−，根据对应的酸越弱，结合氢离子能力越强，因此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CO3（2）A．加水稀释，平衡正向移动，因此CH3COOH的电离程度增大，故A正确；B．加水稀释，溶液体积增大，因此c(CH3COOH)减小，故B不正确；C．加水稀释，平衡正向移动，因此CH3COO－的数目增多，故C正确；D．加水稀释，氢离子浓度减小，因此c(CH（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，其反应的离子方程式ClO－+CO2+H2O=HClO+HCO3−；故答案为：ClO－+CO2+H2O=HClO+HCO（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Ka=c（5）在实验室配制Na2S溶液时，常滴加几滴NaOH溶液，其原因是S2−+H2O⇌HS－+OH－，滴加几滴NaOH，c(OH－)增大，使水解平衡逆向移动，抑制了Na2S的水解；故答案为：S2−+H2O⇌HS－+OH－，滴加几滴NaOH，c(OH－)增大，使水解平衡逆向移动，抑制了Na2S的水解。（6）①铵根