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2022-2023学年天津市和平区高二（上）期末化学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年天津市和平区高二（上）期末化学试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了0分），01ml/L的醋酸溶液， 室温下，对于1L0等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年天津市和平区高二（上）期末化学试卷
题号
一
二
总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共36.0分）
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) △H=−314kJ⋅mol−1
2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s) △H=−292kJ⋅mol−1
则CuO(s)+Cu(s)=Cu2O(s)的△H等于( )
A. −11kJ⋅mol−1 B. +11kJ⋅mol−1 C. +22kJ⋅mol−1 D. −22kJ⋅mol−1
2. 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，若S8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. 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. 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①
A(g)⇌B(g)+C(g )
K1
ΔH1
反应②
B(g)+C(g)⇌D(g)
K2
ΔH2
反应③
A(g)⇌D(g)
K3
ΔH3
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. 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) ( )
A
B
C
D
c(I2)/mmol⋅L−1
1.00
0.22
0.44
0.11
c(H2)/mmol⋅L−1
1.00
0.22
0.44
0.44
c(HI)/mmol⋅L−1
1.00
1.56
4.00
1.56
A. A B. B C. C D. D
8. 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. 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
10. 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. 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−，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. 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−)
第II卷（非选择题）
二、简答题（本大题共4小题，共64.0分）
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.1s22s22p43s1
b.1s22s22p43d2
c.1s22s12p5
d.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
X
Y
Z
W
最高价氧化物的水化物
H3ZO4
0.1mol⋅L−1溶液对应的pH(25℃)
1.00
13.00
1.57
0.70
①元素的电负性：Z ______W(填“大于”“小于”或“等于”)。
②简单离子半径：W ______Y(填“大于”“小于”或“等于”)。
③氢化物的稳定性：X ______Z(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：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. 结合表回答下列问题(均为常温下的数据)：
化学式
CH3COOH
HClO
H2CO3
电离常数(Ka)
1.8×10−5
3×10−8
K1=4.4×10−7
K2=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，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(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)2SO4
FeSO4⋅(NH4)2SO4⋅6H2O
20℃
48
75
37
60℃
101
88
38
①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)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
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。
【解答】
已知：①2Cu(s)+O2(g)=2CuO(s) △H=−314kJ⋅mol−1
②2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s) △H=−292kJ⋅mol−1
将①2−②2可得CuO(s)+Cu(s)=Cu2O(s) 则得△H=−314kJ/mol2−−292kJ/mol2=−11kJ/mol。
故选A。
2.【答案】D
【解析】解：A.反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则混合气体密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故A错误；
B.恒温恒容条件下，气体压强与气体物质的量成正比，反应前后气体总物质的量不变，则气体总压始终不变，不能据此判断平衡状态，故B错误；
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2：1，则CH4和S2的体积比始终不变，不能据此判断平衡状态，故C错误；
D.CS2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D正确；
故选：D。
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。
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.【答案】C
【解析】解：A.该反应是体积减小的反应，增大压强，v正>v逆，平衡常数不变，故A错误；
B.加入催化剂，平衡时CH3CH2OH(g)的浓度不变，故B错误；
C.恒容下，充入一定量的H2O(g)，水的浓度增大，平衡向正反应方向移动，故C正确；
D.恒容下，充入一定量的CH2=CH2(g)，CH2=CH2(g)的平衡转化率减小，故D错误；
故选：C。
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。
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.【答案】D
【解析】解：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错误；
B.硫酸是二元强酸，c(H+)=2c(H2SO4)=2×0.01mol/L=0.02mol/L，故B错误；
C.pH=12的NaOH溶液c(H+)=1.0×10−12mol/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−)=1.0×10−12mol/L，则溶液中c(H+)==mol/L=1.0×10−2mol/L，故D正确；
故选：D。
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。
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.【答案】B
【解析】解：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，能用沉淀溶解平衡移动原理解释，故A错误；
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，故B正确；
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，故C错误；
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，可以和碳酸根离子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，而硫酸根离子不与盐酸反应，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，故D错误；
故选：B。
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。
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.【答案】B
【解析】解：A.由题意可知，K1=，K2=，K3==K1⋅K2，故A错误；
B.已知：①A(g)=B(g)+C(g)ΔH₁，②B(g)+C(g)=D(g)△H2，根据盖斯定律①+②得A(g)=D(g)△H3=△H1+△H2，故B正确；
C.催化剂能加快反应速率，不能改变反应热，故C错误；
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错误；
故选：B。
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。
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.【答案】C
【解析】解：平衡时，测得c(I2)=c(H2)=0.11mmol⋅L−1，c(HI)=0.78mmol⋅L−1，由此温度下平衡常数K===50.28，
A.Qc==1，则Qc
C.Qc==82.64，Qc>K，此时平衡逆向移动，故C正确；
D.Qc==50.28，Qc=K，达到了平衡状态，不移动，故D错误；
故选：C。
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。
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.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查弱电解质的性质，难度不大。
【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，在水中部分电离，则CH3COO−的粒子数小于6.02×1022，故A错误；
B.加入少量CH3COONa固体后，溶液中CH3COO−的浓度增大，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，则溶液的pH升高，故B错误；
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正确；
D.醋酸的酸性强于碳酸，但醋酸是弱电解质，不能拆分，故D错误。
9.【答案】D
【解析】解：A.NaHA溶液呈酸性，H2A可能为强酸，可能为弱酸，如：NaHSO4、NaHSO3溶液都呈酸性，H2SO4为强酸、H2SO3为弱酸，故A错误；
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，如：NaCl、CH3COONH4溶液都呈中性，NaCl为强酸强碱盐，CH3COONH4为弱酸弱碱盐，故B错误；
C.醋酸的浓度越小，其电离度越大，醋酸浓度：前者小于后者，则醋酸电离度：α1>α2，故C错误；
D.Na2CO3促进水电离，25°C时，pH=10的Na2CO3溶液中水电离出的c(H+)=mol/L=10−4mol/L，100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出n(H+)=0.1L×10−4mol/L=1.0×10−5mol，故D正确；
故选：D。
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。
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.【答案】C
【解析】
【分析】
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。
【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的还原反应，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，故A正确；
B.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，故B正确；
C.该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，由装置图可知酒精在负极被氧气氧化生成醋酸，CH3CH2OH−4e−+H2O=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，根据电极反应式可以计算出被测气体中酒精的含量，故D正确。
故选C。
11.【答案】B
【解析】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，Y电极为阳极，阳极与电源正极相连，发生的反应为4OH−−4e−=O2↑+2H2O，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，N膜为阴离子交换膜，故B错误；
C.“双极膜组”电渗析法电解食盐水可获得NaOH和HCl，则该法可应用于从盐溶液(MX)制备相应的酸(HX)和碱(MOH)，故C正确；
D.若去掉双极膜(BP)，则为电解食盐水装置，反应为2H2O+2Cl−Cl2↑+H2↑+2OH−，转移2e−，即转移2mol电子，两极共得到2mol气体，则电路中每转移1mol电子，两极共得到1mol气体，故D正确；
故选：B。
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。
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.【答案】C
【解析】解：A.因为HX为弱酸，NaX存在水解：X−+H2O⇌HX+OH−，所以c(Na+)>c(X−)>c(OH−)>c(H+)，故A正确；
B.溶液碱性强弱为：NaXHY>HZ，所以有：Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)，故B正确；
C.当pH=7时，c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒，NaX溶液中有：c(H+)+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=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，所以c(X−)≠c(Y−)≠c(Z−)，故C错误；
D.分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合后存在电荷守恒：c(X−)+c(Y−)+c(Z−)+c(OH−)+c(Cl−)=c(H+)+c(Na+)，又混合溶液中c(Na+)=0.1mol/L×20mL×340mL×3=0.05mol/L，混合溶液中c(Cl−)=0.1mol/L×20mL×340mL×3=0.05mol/L，代入电荷守恒表达式，有c(X−)+c(Y−)+c(Z−)=c(H+)−c(OH−)，故D正确。
故选：C。
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。
13.【答案】ad d ds [Ar]3d104s1 图a 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 图b 小于 大于 大于
【解析】解：(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，因此能量较高的是1s22s22p33p2，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，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，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)；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，
故答案为：图a；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；图b；
(4)根据短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，0.1 mol⋅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，
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，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。
(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，0.1 mol⋅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。
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.【答案】AD 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 ACD 0.18 8% 压强 L1
故答案为：AD；
(2)反应物中原料气中N2相对于H2，N2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，决定了合成氨的整体反应速率，故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，
故答案为：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)A.合成氨正向气体分子数减小，△S小于0，故A正确；
B.当温度、压强一定时，向合成氨平衡体系中添加少量惰性气体，氮气、氢气和氨气浓度不变，平衡不移动，故B错误；
C.不断将液氨移去，利于反应正向进行，促使氨的合成，故C正确；
D.原料气如不净化处理，会引起催化剂中毒，降低化学反应速率，故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，氢气浓度变化量为1.8mol/L，前10min的平均反应速率υ(H2)==0.18mol⋅L−1⋅min−1，
故答案为：0.18；
②反应达到平衡时，c(NH3)=1.2mol⋅L−1，氮气浓度为−0.6mol/L=0.4mol/L，氢气浓度为−1.8mol/L=1.2mol/L，化学平衡常数K===，
故答案为：；
(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，
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)
起始(mol) 1 4 0
转化(mol) x 3x 2x
平衡(mol) 1−x 4−3x 2x
平衡时氨气的平衡体积分数为40%=×100%，解得x=，n(N2)=mol，n(NH3)=mol=5n(N2)，氨气的物质的量是氮气5倍，则N2的平衡体积分数是氨气的平衡体积分数的，即为=8%，
故答案为：8%；
(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，由图可知，NH3的体积分数随着X的增大而增大，则说明X代表的是压强，L代表温度；相同压强下，L1的NH3的体积分数大于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，则L1
(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。
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.【答案】CO32− ACD ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3− 5 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 N2H62++H2O⇌[N2H5⋅H2O]++H+ c(Cl−)>c(N2H62+)>c(H+)>c(OH−)
【解析】解：(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，因此同浓度的下列四种离子CH3COO−、ClO−、HCO3−、CO32−其结合H+的能力最强的是CO32−，
故答案为：CO32−；
(2)A.加水稀释，电离平衡正向移动，则CH3COOH的电离程度增大，故A正确；
B.加水稀释，电离平衡正向移动，同时溶液体积增大，则c(CH3COOH)减小，故B错误；
C.加水稀释，电离平衡正向移动，则CH3COO−的数目增多，故C正确；
D.加水稀释，电离平衡正向移动，c(H+)减小，则增大，故D正确；
故答案为：ACD；
(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+HCO3−；
(4)向0.1 mol⋅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，则c(H+)=1.0×10−5mol⋅L−1，则此时溶液pH=5，
故答案为：5；
(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溶液，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溶液，则c(OH−)增大，使水解平衡逆向移动，抑制了Na2S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N2H62++H2O⇌[N2H5⋅H2O]++H+，
故答案为：N2H62++H2O⇌[N2H5⋅H2O]++H+；
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，盐酸肼的水溶液中离子浓度的大小关系是c(Cl−)>c(N2H62+)>c(H+)>c(OH−)，
故答案为：c(Cl−)>c(N2H62+)>c(H+)>c(OH−)。
(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0.1 mol⋅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。
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.【答案】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 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 abd 抑制Fe2+和NH4+的水解 防止Fe2+被氧化 由溶解度表数据可知，趁热过滤的原因是防止低温时FeSO4⋅7H2O和(NH4)2SO4析出，影响FeSO4⋅(NH4)2SO4⋅6H2O的纯度
【解析】解：(1)EDTA结合CaC2O4(s)电离的微量Ca2+从而促进沉淀的溶解，CaC2O4(s)存在沉淀溶解平衡CaC2O4(s)⇌Ca2+(aq)+C2O42−(aq)，EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，结石溶解；
(2)题中已知H2C2O4的Ka1=5.6×10−2，Ka2=1.5×10−4，所以HC2O4−的电离平衡常数为Ka2=1.5×10−4，HC2O4−水解平衡常数Kh==×10−12，所以HC2O4−电离程度大于水解程度，则溶液呈酸性；
a.0.1mol⋅L−1KHC2O4溶液中存在电荷守恒，c(K+)+c(H+)=c(HC2O4−)+2c(C2O42−)+c(OH−)，故a正确；
b.KHC2O4溶液呈酸性证明HC2O4−电离程度大于水解程度，而电离和水解都是微弱的，0.1mol⋅L−1KHC2O4溶液中存在c(K+)>c(HC2O4−)>c(C2O42−)>c(H2C2O4)，故b正确；
c.根据物料守恒，浓度均为0.1mol⋅L−1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中，存在2c(K+)=3c(HC2O4−)+3c(C2O42−)+3c(H2C2O4)，故c错误；
d.由于是H2C2O4二元弱酸，所以C2O42−溶液溶液呈碱性，则KHC2O4必须过量，溶液才可以呈中性，则c(K+)>c(Na+)，故d正确，
故答案为：abd；
(3)①已知条件中有pH>4时，Fe2+易被氧气氧化；而Fe2+和NH4+离子在酸性较弱的环境中也会发生水解反应，
故答案为：抑制Fe2+和NH4+的水解；防止Fe2+被氧化；
②趁热过滤一般是为了减少目标物质的损耗，但由于溶解度可知，本题并不是该原因，而是防止温度降低而析出一些低温下溶解度较小的杂质，如FeSO4⋅7H2O和(NH4)2SO4，
故答案为：由溶解度表数据可知，趁热过滤的原因是防止低温时FeSO4⋅7H2O和(NH4)2SO4析出，影响FeSO4⋅(NH4)2SO4⋅6H2O的纯度；
③草酸亚铁晶体(FeC2O4⋅xH2O)中n(FeC2O4)：n(H2O)=1：x，n(FeC2O4)==mol，n(H2O)==mol，所以1：x=mol：mol，解出x=，
故答案为：。
(1)EDTA结合CaC2O4(s)电离的微量Ca2+从而促进沉淀的溶解，CaC2O4(s)存在沉淀溶解平衡CaC2O4(s)⇌Ca2+(aq)+C2O42−(aq)，EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，结石溶解；
(2)题中已知H2C2O4的Ka1=5.6×10−2，Ka2=1.5×10−4，所以HC2O4−的电离平衡常数为Ka2=1.5×10−4，HC2O4−水解平衡常数Kh==×10−12，所以HC2O4−电离程度大于水解程度，则溶液呈酸性；
a.0.1mol⋅L−1KHC2O4溶液中存在电荷守恒关系；
b.KHC2O4溶液呈酸性证明HC2O4−电离程度大于水解程度，而电离和水解都是微弱的；
c.根据物料守恒解题；
d.由于是H2C2O4二元弱酸，所以C2O42−溶液溶液呈碱性，则KHC2O4必须过量，溶液才可以呈中性，c(K+)>c(Na+)；
(3)①已知条件中有pH>4时，Fe2+易被氧气氧化；而Fe2+和NH4+离子在酸性较弱的环境中也会发生水解反应；
②趁热过滤一般是为了减少目标物质的损耗，但由于溶解度可知，本题并不是该原因，而是防止温度降低而析出一些低温下溶解度较小的杂质，如FeSO4⋅7H2O和(NH4)2SO4；
③草酸亚铁晶体(FeC2O4⋅xH2O)中n(FeC2O4)：n(H2O)=1：x，分别解出草酸亚铁和水的物质的量即可计算得出。
本题考查化学反应原理和实验方案的设计与评价，涉及溶解平衡、电离常数的相关计算、制备实验中有关物质的量的计算等，题目中等难度。
2022-2023学年天津市和平区高二（上）期末化学试卷
题号
一
二
总分
得分
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共12小题，共36.0分）
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) △H=−314kJ⋅mol−1
2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s) △H=−292kJ⋅mol−1
则CuO(s)+Cu(s)=Cu2O(s)的△H等于( )
A. −11kJ⋅mol−1 B. +11kJ⋅mol−1 C. +22kJ⋅mol−1 D. −22kJ⋅mol−1
2. 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，若S8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. 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. 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①
A(g)⇌B(g)+C(g )
K1
ΔH1
反应②
B(g)+C(g)⇌D(g)
K2
ΔH2
反应③
A(g)⇌D(g)
K3
ΔH3
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. 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) ( )
A
B
C
D
c(I2)/mmol⋅L−1
1.00
0.22
0.44
0.11
c(H2)/mmol⋅L−1
1.00
0.22
0.44
0.44
c(HI)/mmol⋅L−1
1.00
1.56
4.00
1.56
A. A B. B C. C D. D
8. 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. 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
10. 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. 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−，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. 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−)
第II卷（非选择题）
二、简答题（本大题共4小题，共64.0分）
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.1s22s22p43s1
b.1s22s22p43d2
c.1s22s12p5
d.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
X
Y
Z
W
最高价氧化物的水化物
H3ZO4
0.1mol⋅L−1溶液对应的pH(25℃)
1.00
13.00
1.57
0.70
①元素的电负性：Z ______W(填“大于”“小于”或“等于”)。
②简单离子半径：W ______Y(填“大于”“小于”或“等于”)。
③氢化物的稳定性：X ______Z(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：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. 结合表回答下列问题(均为常温下的数据)：
化学式
CH3COOH
HClO
H2CO3
电离常数(Ka)
1.8×10−5
3×10−8
K1=4.4×10−7
K2=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，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(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)2SO4
FeSO4⋅(NH4)2SO4⋅6H2O
20℃
48
75
37
60℃
101
88
38
①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)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】
【分析】
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。
【解答】
已知：①2Cu(s)+O2(g)=2CuO(s) △H=−314kJ⋅mol−1
②2Cu2O(s)+O2(g)=4CuO(s) △H=−292kJ⋅mol−1
将①2−②2可得CuO(s)+Cu(s)=Cu2O(s) 则得△H=−314kJ/mol2−−292kJ/mol2=−11kJ/mol。
故选A。
2.【答案】D
【解析】解：A.反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则混合气体密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故A错误；
B.恒温恒容条件下，气体压强与气体物质的量成正比，反应前后气体总物质的量不变，则气体总压始终不变，不能据此判断平衡状态，故B错误；
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2：1，则CH4和S2的体积比始终不变，不能据此判断平衡状态，故C错误；
D.CS2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D正确；
故选：D。
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。
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.【答案】C
【解析】解：A.该反应是体积减小的反应，增大压强，v正>v逆，平衡常数不变，故A错误；
B.加入催化剂，平衡时CH3CH2OH(g)的浓度不变，故B错误；
C.恒容下，充入一定量的H2O(g)，水的浓度增大，平衡向正反应方向移动，故C正确；
D.恒容下，充入一定量的CH2=CH2(g)，CH2=CH2(g)的平衡转化率减小，故D错误；
故选：C。
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。
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.【答案】D
【解析】解：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错误；
B.硫酸是二元强酸，c(H+)=2c(H2SO4)=2×0.01mol/L=0.02mol/L，故B错误；
C.pH=12的NaOH溶液c(H+)=1.0×10−12mol/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−)=1.0×10−12mol/L，则溶液中c(H+)==mol/L=1.0×10−2mol/L，故D正确；
故选：D。
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。
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.【答案】B
【解析】解：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，能用沉淀溶解平衡移动原理解释，故A错误；
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，故B正确；
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，故C错误；
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，可以和碳酸根离子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，而硫酸根离子不与盐酸反应，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，故D错误；
故选：B。
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。
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.【答案】B
【解析】解：A.由题意可知，K1=，K2=，K3==K1⋅K2，故A错误；
B.已知：①A(g)=B(g)+C(g)ΔH₁，②B(g)+C(g)=D(g)△H2，根据盖斯定律①+②得A(g)=D(g)△H3=△H1+△H2，故B正确；
C.催化剂能加快反应速率，不能改变反应热，故C错误；
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错误；
故选：B。
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。
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.【答案】C
【解析】解：平衡时，测得c(I2)=c(H2)=0.11mmol⋅L−1，c(HI)=0.78mmol⋅L−1，由此温度下平衡常数K===50.28，
A.Qc==1，则Qc
C.Qc==82.64，Qc>K，此时平衡逆向移动，故C正确；
D.Qc==50.28，Qc=K，达到了平衡状态，不移动，故D错误；
故选：C。
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。
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.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查弱电解质的性质，难度不大。
【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，在水中部分电离，则CH3COO−的粒子数小于6.02×1022，故A错误；
B.加入少量CH3COONa固体后，溶液中CH3COO−的浓度增大，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，则溶液的pH升高，故B错误；
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正确；
D.醋酸的酸性强于碳酸，但醋酸是弱电解质，不能拆分，故D错误。
9.【答案】D
【解析】解：A.NaHA溶液呈酸性，H2A可能为强酸，可能为弱酸，如：NaHSO4、NaHSO3溶液都呈酸性，H2SO4为强酸、H2SO3为弱酸，故A错误；
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，如：NaCl、CH3COONH4溶液都呈中性，NaCl为强酸强碱盐，CH3COONH4为弱酸弱碱盐，故B错误；
C.醋酸的浓度越小，其电离度越大，醋酸浓度：前者小于后者，则醋酸电离度：α1>α2，故C错误；
D.Na2CO3促进水电离，25°C时，pH=10的Na2CO3溶液中水电离出的c(H+)=mol/L=10−4mol/L，100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出n(H+)=0.1L×10−4mol/L=1.0×10−5mol，故D正确；
故选：D。
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。
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.【答案】C
【解析】
【分析】
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。
【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的还原反应，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，故A正确；
B.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，故B正确；
C.该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，由装置图可知酒精在负极被氧气氧化生成醋酸，CH3CH2OH−4e−+H2O=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，根据电极反应式可以计算出被测气体中酒精的含量，故D正确。
故选C。
11.【答案】B
【解析】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，Y电极为阳极，阳极与电源正极相连，发生的反应为4OH−−4e−=O2↑+2H2O，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，N膜为阴离子交换膜，故B错误；
C.“双极膜组”电渗析法电解食盐水可获得NaOH和HCl，则该法可应用于从盐溶液(MX)制备相应的酸(HX)和碱(MOH)，故C正确；
D.若去掉双极膜(BP)，则为电解食盐水装置，反应为2H2O+2Cl−Cl2↑+H2↑+2OH−，转移2e−，即转移2mol电子，两极共得到2mol气体，则电路中每转移1mol电子，两极共得到1mol气体，故D正确；
故选：B。
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。
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.【答案】C
【解析】解：A.因为HX为弱酸，NaX存在水解：X−+H2O⇌HX+OH−，所以c(Na+)>c(X−)>c(OH−)>c(H+)，故A正确；
B.溶液碱性强弱为：NaX
C.当pH=7时，c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒，NaX溶液中有：c(H+)+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=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，所以c(X−)≠c(Y−)≠c(Z−)，故C错误；
D.分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合后存在电荷守恒：c(X−)+c(Y−)+c(Z−)+c(OH−)+c(Cl−)=c(H+)+c(Na+)，又混合溶液中c(Na+)=0.1mol/L×20mL×340mL×3=0.05mol/L，混合溶液中c(Cl−)=0.1mol/L×20mL×340mL×3=0.05mol/L，代入电荷守恒表达式，有c(X−)+c(Y−)+c(Z−)=c(H+)−c(OH−)，故D正确。
故选：C。
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。
13.【答案】ad d ds [Ar]3d104s1 图a 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 图b 小于 大于 大于
【解析】解：(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，因此能量较高的是1s22s22p33p2，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，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，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)；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，
故答案为：图a；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；图b；
(4)根据短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，0.1 mol⋅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，
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，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。
(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，0.1 mol⋅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。
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.【答案】AD 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 ACD 0.18 8% 压强 L1
故答案为：AD；
(2)反应物中原料气中N2相对于H2，N2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，决定了合成氨的整体反应速率，故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，
故答案为：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)A.合成氨正向气体分子数减小，△S小于0，故A正确；
B.当温度、压强一定时，向合成氨平衡体系中添加少量惰性气体，氮气、氢气和氨气浓度不变，平衡不移动，故B错误；
C.不断将液氨移去，利于反应正向进行，促使氨的合成，故C正确；
D.原料气如不净化处理，会引起催化剂中毒，降低化学反应速率，故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，氢气浓度变化量为1.8mol/L，前10min的平均反应速率υ(H2)==0.18mol⋅L−1⋅min−1，
故答案为：0.18；
②反应达到平衡时，c(NH3)=1.2mol⋅L−1，氮气浓度为−0.6mol/L=0.4mol/L，氢气浓度为−1.8mol/L=1.2mol/L，化学平衡常数K===，
故答案为：；
(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，
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)
起始(mol) 1 4 0
转化(mol) x 3x 2x
平衡(mol) 1−x 4−3x 2x
平衡时氨气的平衡体积分数为40%=×100%，解得x=，n(N2)=mol，n(NH3)=mol=5n(N2)，氨气的物质的量是氮气5倍，则N2的平衡体积分数是氨气的平衡体积分数的，即为=8%，
故答案为：8%；
(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，由图可知，NH3的体积分数随着X的增大而增大，则说明X代表的是压强，L代表温度；相同压强下，L1的NH3的体积分数大于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，则L1
(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。
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.【答案】CO32− ACD ClO−+CO2+H2O=HClO+HCO3− 5 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 N2H62++H2O⇌[N2H5⋅H2O]++H+ c(Cl−)>c(N2H62+)>c(H+)>c(OH−)
【解析】解：(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，因此同浓度的下列四种离子CH3COO−、ClO−、HCO3−、CO32−其结合H+的能力最强的是CO32−，
故答案为：CO32−；
(2)A.加水稀释，电离平衡正向移动，则CH3COOH的电离程度增大，故A正确；
B.加水稀释，电离平衡正向移动，同时溶液体积增大，则c(CH3COOH)减小，故B错误；
C.加水稀释，电离平衡正向移动，则CH3COO−的数目增多，故C正确；
D.加水稀释，电离平衡正向移动，c(H+)减小，则增大，故D正确；
故答案为：ACD；
(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+HCO3−；
(4)向0.1 mol⋅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，则c(H+)=1.0×10−5mol⋅L−1，则此时溶液pH=5，
故答案为：5；
(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溶液，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溶液，则c(OH−)增大，使水解平衡逆向移动，抑制了Na2S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N2H62++H2O⇌[N2H5⋅H2O]++H+，
故答案为：N2H62++H2O⇌[N2H5⋅H2O]++H+；
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，盐酸肼的水溶液中离子浓度的大小关系是c(Cl−)>c(N2H62+)>c(H+)>c(OH−)，
故答案为：c(Cl−)>c(N2H62+)>c(H+)>c(OH−)。
(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0.1 mol⋅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。
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.【答案】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 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 abd 抑制Fe2+和NH4+的水解 防止Fe2+被氧化 由溶解度表数据可知，趁热过滤的原因是防止低温时FeSO4⋅7H2O和(NH4)2SO4析出，影响FeSO4⋅(NH4)2SO4⋅6H2O的纯度
【解析】解：(1)EDTA结合CaC2O4(s)电离的微量Ca2+从而促进沉淀的溶解，CaC2O4(s)存在沉淀溶解平衡CaC2O4(s)⇌Ca2+(aq)+C2O42−(aq)，EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，结石溶解；
(2)题中已知H2C2O4的Ka1=5.6×10−2，Ka2=1.5×10−4，所以HC2O4−的电离平衡常数为Ka2=1.5×10−4，HC2O4−水解平衡常数Kh==×10−12，所以HC2O4−电离程度大于水解程度，则溶液呈酸性；
a.0.1mol⋅L−1KHC2O4溶液中存在电荷守恒，c(K+)+c(H+)=c(HC2O4−)+2c(C2O42−)+c(OH−)，故a正确；
b.KHC2O4溶液呈酸性证明HC2O4−电离程度大于水解程度，而电离和水解都是微弱的，0.1mol⋅L−1KHC2O4溶液中存在c(K+)>c(HC2O4−)>c(C2O42−)>c(H2C2O4)，故b正确；
c.根据物料守恒，浓度均为0.1mol⋅L−1KHC2O4和K2C2O4的混合溶液中，存在2c(K+)=3c(HC2O4−)+3c(C2O42−)+3c(H2C2O4)，故c错误；
d.由于是H2C2O4二元弱酸，所以C2O42−溶液溶液呈碱性，则KHC2O4必须过量，溶液才可以呈中性，则c(K+)>c(Na+)，故d正确，
故答案为：abd；
(3)①已知条件中有pH>4时，Fe2+易被氧气氧化；而Fe2+和NH4+离子在酸性较弱的环境中也会发生水解反应，
故答案为：抑制Fe2+和NH4+的水解；防止Fe2+被氧化；
②趁热过滤一般是为了减少目标物质的损耗，但由于溶解度可知，本题并不是该原因，而是防止温度降低而析出一些低温下溶解度较小的杂质，如FeSO4⋅7H2O和(NH4)2SO4，
故答案为：由溶解度表数据可知，趁热过滤的原因是防止低温时FeSO4⋅7H2O和(NH4)2SO4析出，影响FeSO4⋅(NH4)2SO4⋅6H2O的纯度；
③草酸亚铁晶体(FeC2O4⋅xH2O)中n(FeC2O4)：n(H2O)=1：x，n(FeC2O4)==mol，n(H2O)==mol，所以1：x=mol：mol，解出x=，
故答案为：。
(1)EDTA结合CaC2O4(s)电离的微量Ca2+从而促进沉淀的溶解，CaC2O4(s)存在沉淀溶解平衡CaC2O4(s)⇌Ca2+(aq)+C2O42−(aq)，EDTA结合Ca2+后，Ca2+浓度减小，导致上述平衡正向移动，结石溶解；
(2)题中已知H2C2O4的Ka1=5.6×10−2，Ka2=1.5×10−4，所以HC2O4−的电离平衡常数为Ka2=1.5×10−4，HC2O4−水解平衡常数Kh==×10−12，所以HC2O4−电离程度大于水解程度，则溶液呈酸性；
a.0.1mol⋅L−1KHC2O4溶液中存在电荷守恒关系；
b.KHC2O4溶液呈酸性证明HC2O4−电离程度大于水解程度，而电离和水解都是微弱的；
c.根据物料守恒解题；
d.由于是H2C2O4二元弱酸，所以C2O42−溶液溶液呈碱性，则KHC2O4必须过量，溶液才可以呈中性，c(K+)>c(Na+)；
(3)①已知条件中有pH>4时，Fe2+易被氧气氧化；而Fe2+和NH4+离子在酸性较弱的环境中也会发生水解反应；
②趁热过滤一般是为了减少目标物质的损耗，但由于溶解度可知，本题并不是该原因，而是防止温度降低而析出一些低温下溶解度较小的杂质，如FeSO4⋅7H2O和(NH4)2SO4；
③草酸亚铁晶体(FeC2O4⋅xH2O)中n(FeC2O4)：n(H2O)=1：x，分别解出草酸亚铁和水的物质的量即可计算得出。
本题考查化学反应原理和实验方案的设计与评价，涉及溶解平衡、电离常数的相关计算、制备实验中有关物质的量的计算等，题目中等难度。
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