【文档说明】天津市六校2020-2021学年高二上学期期中考试联考化学试卷【精准解析】.doc，共(21)页，1.009 MB，由小赞的店铺上传

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2020~2021学年度第一学期期中六校联考高二化学一、选择题(本题共14小题，每题3分，共42分)。1.未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生。下列符合未来新能源标准的是（）①天然气②煤③核能④石油⑤太阳

能⑥生物质能⑦风能⑧氢能A.①②③④B.⑤⑥⑦⑧C.③⑤⑥⑦⑧D.③④⑤⑥⑦⑧【答案】B【解析】【分析】【详解】煤、石油、天然气是化石能源，能引起严重的空气污染，不是新能源；核能使用不当，会对环境造成严重污染；常见未来新能源有：太阳能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，这些能源

对环境污染小，属于环境友好型能源，故选B。2.下列有关化学反应原理的说法中正确的是()A.需要加热的反应都是非自发反应，不需要加热的反应都是自发反应B.反应22CO(g)C(s)O(g)=+ΔH>0，则不能自发进

行C.1100mL2molL−的盐酸与锌片反应，加入适量的NaCl溶液，反应速率不变D.若反应可以自发，则该反应的速率一定较快【答案】B【解析】【分析】【详解】A．自发反应指在一定条件下，反应物能够自发转化成生成物，只要满足△G=△H-T△

S＜0，反应即可自发进行，在加热条件下能发生的反应属于自发反应，A错误；B．该反应气体减少，△S＜0，又△H＞0，所以△G=△H-T△S＞0，故该反应不能自发进行，需要外界对系统做功才能发生，B正确；C．加入NaCl溶液，H+浓度被稀释，反应速率变慢，C错误；D．反应自发只是反应的一种方向，而与反

应速率无关，比如铁生锈属于自发反应，但速率比较慢，D错误；故答案选B。3.下列说法正确的是A.C2H5OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋3H2O(g)△H=－1234.8kJ·mol－1结论：C2H5OH的燃烧热△H=－1234.8kJ·mol－1B.稀溶液中有H＋(a

q)＋OH－(aq)＝H2O(l)△H＝－57.3kJ·mol－1结论：将稀醋酸与NaOH的稀溶液混合后，若有1molH2O生成，则放出的能量等于57.3kJC.C(s,石墨)＝C(s,金刚石)△H=＋1.5kJ·mol－1结论：相同条件下金刚石比石墨稳定D.Sn(s,灰)13.2?13.2

?CCSn(s,白)△H=＋2.1kJ·mol－1(灰锡为粉末状)结论：锡制品在寒冷的冬天更容易损坏【答案】D【解析】【分析】【详解】A项、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成最稳定氧化物放出的热量，C2H5OH的燃烧反应中生成的水为气体不是稳定氧化物，故A错误；B项、醋酸是弱酸，电离时吸收能

量，将稀醋酸与NaOH的稀溶液混合后，若有1molH2O生成，反应放出的能量小于57.3kJ，故B错误；C项、由热化学方程式可知该反应为吸热反应，石墨能量比金刚石低，石墨较稳定，故C错误；D项、由热化学方程式可知该

反应为吸热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，则在寒冷的冬天锡制品转化为粉末状的灰锡，容易损坏，故D正确；故选D。4.25℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H++OH-△H＞0，下列叙述正确的是（）A.向平衡体系中加入水，平衡正向移动，c（H+）增大B.将水加热，Kw增大，pH不

变C.向水中加入少量硫酸氢钠固体，+-c(H)c(OH)增大D.向水中加入少量NaOH固体，平衡正向移动，c（H+）降低【答案】C【解析】【分析】【详解】A．增加水的量，氢离子和氢氧根离子浓度不变且相等，平衡不移动，故A错误；B．将水加热促进水电离，离子积常数增大，氢离子浓度增大，

pH减小，故B错误；C．向水中加入少量硫酸氢钠，导致溶液中氢离子浓度增大，但温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，氢离子和氢氧根离子浓度比值增大，故C正确；D．向水中加入NaOH，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制水电离，平衡逆向移动，故D错误；故选C。【点睛】明

确温度对水的电离的影响及温度与离子积的关系，注意硫酸氢钠电离出氢离子，为易错点；水是弱电解质，存在电离平衡，向水中加入含有氢离子或氢氧根离子的物质抑制水电离，加入含有弱根离子的盐促进水电离，水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。5.下列事实中，不能用勒

夏特列原理解释的是A.高压有利于氨的合成B.实验室中常用排饱和食盐水的方式收集氯气C.打开汽水瓶，有气泡从溶液中冒出D.向双氧水中加入二氧化锰有利于氧气的生成【答案】D【解析】【分析】【详解】A．合成氨气的反应是气体体积减小的反应，

根据平衡移动原理：增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，因此高压有利于氨的合成，故A正确；B．氯气与水反应产生盐酸和次氯酸的反应是可逆反应，当水中含有食盐时，即增大了Cl-的浓度，根据平衡移动原理：增大生成物的浓度，平衡逆向移动，可以减

少氯气的反应消耗，因此实验室中常用排饱和食盐水的方式收集氯气，故B正确；C．CO2和水反应产生H2CO3的反应是可逆反应，当打开汽水瓶时，压强减小，CO2在水中溶解度减小，因此有气泡从溶液中冒出，故C正确；D．向双氧水中加入二氧化锰，可以加快H2O2的分解

，更快的产生O2，在该反应中二氧化锰的作用是催化剂，与化学平衡移动无关，故D错误；故答案为：D。【点睛】勒夏特列原理：一个已达平衡的可逆反应体系中，若改变影响化学平衡的一个条件，平衡会向着减弱这个改变的方向移动。可以看出其适用范围，一是已达平衡的可逆

反应，其次是只改变一个影响化学平衡的条件。因此，非可逆反应，没有平衡的反应体系，外界条件改变使平衡未发生移动的，实际生产中的一些条件，以及同时改变多个影响平衡的条件的可逆反应，都不能用勒夏特列原理来给予解释和分析。6.下列图示与对应的叙述相符的是A.图Ⅰ表示某吸热反应分别

在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B.图Ⅱ表示常温下，0.l000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线C.图Ⅲ表示一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化曲线，图中a、

b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜cD.图Ⅳ表示犮应4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g）△H＜0，在其他条件不变的情况下改变起始物CO的物质的量，平衡时N2的体积分数变化情况，由图可知N02的转化率

b＞a＞c【答案】C【解析】图I中反应物的能量大于生成物的能量，所以表示的是放热反应，故A错误；0.1000mol·L-1CH3COOH溶液的PH大于1，故B错误；弱电解质越稀，电离程度越大，所以图中a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b

＜c，故C正确；增大CO的浓度越大，NO2的转化率越大，所以NO2的转化率c>b>a，故D错误。点睛：放热反应，反应物的能量大于生成物的能量；吸热反应，反应物的能量小于生成物的能量；醋酸是弱电解质，部分电离

，所以0.1mol·L-1CH3COOH溶液的pH大于1。7.下列说法正确的是（）A.强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强B.因为3CHCOOH是弱电解质，HCl是强电解质，所以中和等体积、等物质的量浓度的3CHCOOH溶液和盐酸时，中和3CHCOOH溶液消耗

的NaOH的量比中和盐酸消耗的NaOH的量少C.物质的量浓度相同的磷酸钠溶液和磷酸溶液中34PO−的物质的量浓度相同D.足量Zn分别与等体积、等物质的量浓度的盐酸和3CHCOOH溶液反应时，产生2H的量相同，放出2H的速率

不同【答案】D【解析】【分析】【详解】A．溶液的导电能力与溶液中离子浓度大小和离子所带电荷数有关，与电解质的种类无关，选项A错误；B．中和反应中消耗的NaOH的量与酸最终所能电离出的氢离子的物质的量有关，与电解质的强弱无关，选项B错误；C．34

NaPO是强电解质，可以完全电离出34PO−，而34HPO是弱电解质，不能完全电离出34PO−，选项C错误；D．HCl是强电解质，3CHCOOH是弱电解质，等体积、等物质的量浓度的盐酸和3CHCOOH溶液中，盐酸中的()Hc+大于3CHCOOH溶液中的()Hc+，所以开始时

，盐酸与足量Zn反应放出2H的速率大于3CHCOOH溶液与足量Zn反应放出2H的速率，随着反应进行，3CHCOOH能继续电离出H+，而HCl不能继续电离出H+，故3CHCOOH溶液与足量Zn反应放出H的速率的减小幅度要小于盐酸与足量Zn反应放出2H的速率的减小幅度，

故二者与足量Zn反应放出2H的速率不同，而HCl和3CHCOOH的物质的量相等，与足量Zn反应放出2H的量相等，选项D正确。答案选D。8.常温时，下列关于溶液稀释的说法正确的是（）A.将pH=5的盐酸加水稀释1000倍，溶液的pH=8B.将pH=4的稀硫酸加水稀释

100倍，溶液中由水电离出的()+-4-1cH=110molL水C.将-121L0.1molLBa(OH)溶液加水稀释为2L，溶液的pH=13D.将pH=8的NaOH溶液加水稀释100倍，溶液的pH=6【

答案】C【解析】【分析】【详解】A．将pH5=的盐酸加水稀释1000倍后，溶液的pH只能无限接近7，A项错误。B．将pH4=的稀硫酸加水稀释100倍，溶液中的()16H110molLc+−−=，()()14228161110mo

lLcHcOH110molL110molL−−+−−−−−===水，B项错误。C．121L0.1molLBa(OH)−溶液中()1cOH0.2molL−−=，稀释为2L时，()1OH0.1molLc−−=，()14110pH

lgcHlg130.1−+=−=−=，C项正确。D．将pH8=的NaOH溶液加水稀释100倍，其pH无限接近7，D项错误。故选C。9.温度为T1时，向容积为2L的密闭容器甲、乙中分别充入一定量的CO(g)和H2O(g)，发生

反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)∆H=－41kJ/mol。数据如下，下列说法不正．．确．的是容器甲乙反应物COH2OCOH2O起始时物质的量（mol）1.20.62.41.2平衡时物质的量（mol）0

.80.2abA.甲容器中，平衡时，反应放出的热量为16.4kJB.T1时，反应的平衡常数K甲=1C.平衡时，乙中CO的浓度是甲中的2倍D.乙容器中，平衡时CO的转化率约为75%【答案】D【解析】【分析】【详解】A.甲容器中平衡时，消耗的CO的物质的量为1.2mol-

0.8mol=0.4mol，根据反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)∆H=－41kJ/mol，可知平衡时放出热量为：41kJ/mol×0.4mol=16.4kJ，故A正确；B.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始（mol）1.20.600转化（mol）0.

40.40.40.4平衡（mol）0.80.20.40.4在T1达到平衡状态时甲容器中，c(CO)=0.4mol/L，c(H2O)=0.1mol/L，c(CO2)=0.2mol/L，c(H2)=0.2mol/L，则该温度下反应的平衡常数K甲=0.2×0

.2/0.4×0.1=1，故B正确；C.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)为气体体积不变的反应，压强不影响化学平衡，则甲、乙互为等效平衡，达到平衡时反应物转化率相等，则0.8/1.2=a/2.4，解得a=1.6，故C正确；D.根据C项可知a=1.6，乙容器中，平衡时CO的转化率

为2.41.62.4−×100％≈33％，故D错误；故选D。10.反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)在一可变容积的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是()①增加C的量②将容器的体积缩小一

半③保持体积不变，充入N2使体系压强增大④保持压强不变，充入N2使容器体积变大A.①④B.②③C.①③D.②④【答案】C【解析】【分析】【详解】①反应物C为固体，增加固体的量不能改变反应速率；②容器的体积缩小一半，

H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓度加倍，反应速率加快；③体积不变时充入N2，H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓度不变，反应速率不变；④压强不变时充入N2，容器体积增大，H2O(g)、CO(g)、H2(g)的浓

度减小，反应速率变小。综上所述，①③满足题意；答案选C。【点睛】压强对化学反应速率的影响，本质是气体浓度对反应速率的影响。11.常温下，用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中-lgc(HC2O4−)[或-lgc(C2O24−)]与-lg224

+c(Hc)CHO()[或-lg+-24c(H)c(HCO)]的关系如图所示。下列说法不正确的是（）A.Ka1的数量级为10-2B.线M表示-lg224+c(Hc)CHO()和-lgc(HC2O4−)的关系C.线N表示-lg224+c(Hc)CHO()和-lgc(HC2O4

−)的关系D.向NaHC2O4溶液中加入少量NaOH至c(HC2O4−)=c(C2O24−)时，溶液的pH为5【答案】C【解析】【分析】H2C2O4为二元弱酸，且第一步电离远远大于第二步电离，则-lgc(HC2O4−)＜-lgc(C2

O24−)，故直线M为-lgc(HC2O4−)与()()224cHcHCO+的乘积的图像，同理可知直线N为-lgc(C2O24−)与()()24cHcHCO+−的乘积的图像。【详解】A．分析可知，直线M为-lgc(HC2O4−)与()()224cHcHCO+的乘积的图

像，-lgc(HC2O4−)×()()224cHcHCO+=-lgKa1，b点的横、纵轴对应值之和为2，则Ka1=10-2，A说法正确；B．分析可知，直线M为-lgc(HC2O4−)与()()224cHcHCO+的乘积的图像，B说法正确；C．直线N为-lgc(C2O

24−)与()()24cHcHCO+−的乘积的图像，C说法错误。D．a点的横、纵轴对应值之和为5，()()()22424cHcCOlg5cHCO+−−−=，当c(HC2O4−)=c(C2O24−)时，-lgc(H+

)=5，c(H+)=10-2mol/L，则pH=5，D说法正确；答案为C。12.下列说法不正确的是A.绝热恒容密闭容器中通入A和B，发生反应：2A(g)＋B(g)2C(g)，图甲为其正反应速率随时间变化的示意图，则该反应为放热反应。B.催化剂能降低反应

的活化能，提高活化分子的百分含量，从而加快化学反应速率。图乙显示的是催化反应与无催化反应过程中的能量关系。C.将BaO2放入密闭真空容器中，反应2BaO2(s)2BaO(s)+O2(g)达到平衡时体系压强为P，保持温度不变，t0时刻将容器体积缩小为原来的1/2，体系重

新达到平衡，体系压强变化如图丙所示。D.将一定量的NO2充入针筒中后封口，发生反应2NO2(g)N2O4(g)，图丁表示在拉伸和压缩针筒活塞的过程中气体透光率随时间的变化(气体颜色越深，透光率越小)。则c点与a点

相比，c(NO2)增大，c(N2O4)减小。【答案】D【解析】【分析】【详解】A．根据图像甲，随着反应的进行反应物的浓度逐渐减小，正反应速率应该逐渐减慢，但正反应速率逐渐增大，说明反应放热，温度升高，反应速率加快，反应到一定程度，浓度对反应速率的影响占主要地位，

正反应速率逐渐减慢，最后达到平衡，正反应速率不变，故A正确；B．催化剂能降低反应的活化能，提高活化分子的百分含量，使单位体积内的活化分子增多，从而加快化学反应速率，但不改变反应热和焓变，故B正确；C．该反应属于气体体积增大的反应，将容器体积缩小为原

来的1/2，气体的压强突然增大，增大压强，平衡向逆反应方向移动，由于温度不变，平衡常数不变，达到新平衡时，体系压强仍为P，故C正确；D．c点是压缩注射器后的情况，二氧化氮和四氧化二氮的浓度都增大，故D错误

；故选D。【点晴】本题考查了化学反应速率和化学平衡图像，其中甲图表明在化学反应过程中影响化学反应速率的因素是多方面的，不同的阶段影响的主要因素不同；丁图属于新信息与图像的结合，b点开始是压缩注射器的过程，气体颜色变深，透

光率变小，c点后的拐点是拉伸注射器的过程，气体颜色变浅，透光率增大，这是本题的难点。13.下列各组热化学方程式中，△H1>△H2的是①C(s)＋O2(g)=CO2(g)△H1C(s)＋12O2(g)=CO(g)△H2②S(s)＋O2(g)=SO2(g)△H1

S(g)＋O2(g)=SO2(g)△H2③H2(g)＋12O2(g)=H2O(l)△H12H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)△H2④CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)△H1CaO(s)＋H2O(l)=Ca(OH)2(s)△H2A.①B.④C.②③④D.①

②③【答案】C【解析】【分析】【详解】①等质量的C完全燃烧产生CO2放出的热量比不完全燃烧产生CO放出的热量多，反应放出热量越多，则△H越小，所以△H1＜△H2，①不符合题意；②物质S在气态时含有的能量比固态时多，所以气态S燃

烧放出的热量比固态S燃烧放出的热量要多，反应放出热量越多，则△H越小，所以△H1>△H2，②符合题意；③所有物质状态相同，发生反应的H2越多，反应放出的热量就越多，则该反应的△H越小，所以反应热：△H1>△H2，③符合题意；④固态C

aCO3分解反应是吸热反应，△H1>0；CaO与H2O反应产生Ca(OH)2的反应是放热反应，△H2＜0，所以两个反应的反应热：△H1>△H2，④符合题意。故答案选C。14.一定条件下，某可逆反应aA(g)bB(s)＋cC(g)

自发进行并达到平衡状态后，A的转化率α(A)与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。下列判断正确的是A.a＞b＋cB.该反应的平衡常数随温度的升高而增大C.T1﹤T2D.该反应自发进行的温度是低温【答案】D【解析】【分析】【详解】A.增大压强，平衡正向移动，则有a＞c，A项错误；B.该反

应能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，因a＞c，ΔS＜0，那么当ΔH＜0时，反应能自发进行，即该反应为放热反应，升高温度，平衡常数K减小，B项错误；C.该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，A的转化率减小，因此T1>T2，C项错

误；D.该反应能自发进行，则ΔG=ΔH-TΔS＜0，当温度较低时，才能自发进行，D项正确；答案选D。二、填空题(本题共4小题，共58分)15.工业合成氨，223N(g)3H(g)2NH(g)+反应过程中的能量变化如图所示，据图回答问题：(1)该反应通常用活性铁作

催化剂，加活性铁会使图中B点升高还是降低___________。(填“升高”或“降低”或“不变”)理由是___________。(2)该反应在恒温恒容条件下进行，下列选项一定能判断反应达到平衡状态的是_____

______。A．()()223vN=vHB．单位时间内每消耗2amolN的同时消耗23amolHC．单位时间内每断裂amol氮氮三键的同时生成3amol氢氢单键D．()()()223cN:cH:cNH=1:3

:2E.气体总密度不变F.气体平均摩尔质量不变(3)一定条件下的密闭容器中，该反应达到平衡，要提高2H的转化率，可以采取的合理措施有___________(填字母代号)。a.高温高压b.加入催化剂c.增加2N的浓度d.增加2H

的浓度e.分离出3NH【答案】(1).降低(2).催化剂能降低活化能，故B点降低(3).CF(4).ce【解析】【分析】【详解】(1)加入活性铁作催化剂会使B点降低，因为A点与B点的能量差值代表活化能，催化剂能降低活化能，故B点降低；

(2)A．υ(N2)、υ(H2)未指明正、逆，无法判断平衡，A不符合题意；B．消耗N2代表正反应速率，消耗H2也代表正反应速率，无逆反应速率，无法判断平衡，B不符合题意；C．断裂amolN≡N，即正反应消耗amolN2，生成3amolH—H，即逆反应生成3amolH2，同时生成amolN2，满

足υ(正)=υ(逆)，故反应达平衡，C符合题意；D．达平衡时，各个物质含量不变，不一定成比例，D不符合题意；E．由于反应前后均为气体，故混合气体总质量不变，又体积不变，则由mρ=V知气体总密度始终不变，故不能说明达平衡状态，E不符合题意；F．反应前后气体

总物质的量改变，则由-mM=n知未达平衡前气体平均摩尔质量始终在变，当达平衡时n不变，平均摩尔质量也不变，故可以说明达平衡状态，F符合题意；故答案选CF；(3)a．高温使平衡逆向移动，H2转化率降低，高压使平衡正向移动，H2转化率升高，故高温高压H2转化率不一定

提高，a不符合题意；b．催化剂不影响平衡，H2转化率不变，b不符合题意；c．增加N2的浓度，使平衡正向移动，H2转化率提高，c符合题意；d．增加H2浓度，平衡虽然正向移动，但由于H2总量增加，故H2转化率降低，d不符合题意；e．分离出NH3，促进平衡正向移动，H2转化率提高，e符合题意；故答

案选ce。16.25C时，三种酸的电离平衡常数如下：化学式3CHCOOH23HCOHClO电离平衡常数51.810−71K4.310−=，112K5.610−=83.010−回答下列问题：（1）一般情况下，当温度升高时，aK______填“增大

”、“减小”或“不变”。（2）下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是______填序号；a、CO32-b、ClO-c、CH3COO-d、HCO3-（3）下列反应不能发生的是______填序号a.233322COCHCOOHCHCOOCOHO−−+

=++b.33ClOCHCOOHCHCOOHClO−−+=+c.2322CO2HClOCOHO2ClO−−+=++d.22232ClOCOHOCO2HClO−−++=+（4）用蒸馏水稀释10.10molL−的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是______填序号；a.(

)()3cCHCOOHcH+b.-33cCHCOOcCHCOOH（）（）c．+WcHk（）d．+-cHcOH（）（）（5）体积均为10mL、pH均为2的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变化如图所

示。则HX的电离平衡常数______填“大于”、“等于”或“小于”，下同醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来的c（H+）______醋酸溶液中水电离出来的c（H+），理由是___________。【答案】(1).增大(2).a>b>d>c(3).cd(4).b

(5).大于(6).大于(7).稀释后HX溶液中的+cH（）小于3CHCOOH溶液中的+cH（）,它对水的电离的抑制能力减弱【解析】【分析】(1)弱电解质的电离为吸热过程，升高温度，促进弱电解质的电离；(2)

电离平衡常数越大，酸越强，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合质子的能力越弱；(3)根据酸性强弱，结合强酸能够制取弱酸分析判断；(4)醋酸是弱电解质，加水稀释，促进醋酸电离，则n(CH3COO-)、n(H+)增大，n(CH3

COOH)减小，但醋酸根离子、氢离子浓度增大的程度小于溶液体积增大的程度，所以c(CH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)都减小，据此分析解答；(5)加水稀释，促进弱酸电离，pH相同的不同酸稀释相同的倍数，pH变化大的酸酸性强，变化小的酸酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离

子浓度越大其抑制水电离程度越大，据此分析解答。【详解】(1)弱电解质的电离为吸热过程，升高温度，促进弱电解质的电离，所以当温度升高时，Ka增大，故答案为增大；(2)电离平衡常数越大，酸越强，越易电离，则酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞

HClO＞HCO3-，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合质子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c，故答案为a＞b＞d＞c；(3)酸性强弱为：CH3COOH＞H2C

O3＞HClO＞HCO3-。a．CO32-+CH3COOH═CH3COO-+CO2↑+H2O，碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，该反应能够发生，故a错误；b．ClO-+CH3COOH═CH3COO-+HClO，CH3COOH的酸性大于HClO，CH

3COOH能够制取HClO，该反应能够发生，故b错误；c．CO32-+HClO═CO2↑+H2O+ClO-，HClO的酸性小于碳酸，该反应无法发生，故c正确；d.2ClO-+CO2+H2O═CO32-+2HClO，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，则碳酸与次氯

酸根离子反应只能生成碳酸氢根离子，不会生成CO32-，该反应不能发生，故d正确；故答案为cd；(4)a．加水稀释，促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以()()3cCHCOOHcH+的比值减小，故a错误；b．

加水稀释，促进醋酸电离，醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，则-33cCHCOOcCHCOOH（）（）的比值增大，故b正确；c．加水稀释，尽管促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以+WcHk（）的比值减小，故c错误；d．加水稀释

，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大，+-cHcOH（）（）的比值减小，故d错误，故答案为b；(5)加水稀释，促进弱酸电离，pH相同的不同酸，稀释相同的倍数，pH变化大的酸，酸性强，变化小的酸，酸性弱；酸或碱抑制水电离，酸中氢离子或碱中氢氧根离子浓度越大

，对水的电离的抑制程度越大；根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数；稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c(H

+)大于醋酸溶液水电离出来c(H+)，因为溶液中氢离子浓度越小，对的抑制程度越小，水的电离程度越大，稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它对水的电离的抑制能力减弱，故答案为大于；大于；稀释后HX溶

液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它对水的电离的抑制能力减弱。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意对醋酸溶液进行稀释，醋酸溶液中主要存在的离子浓度均会减小，但温度不变，水的离子积常数不变，因此氢氧

根离子浓度会增大。17.能源问题是人类社会面临的重大课题。Ⅰ.(1)利用工业废气2CO可制取甲醇，已知常温常压下下列反应的能量关系如图：则2CO与2H反应生成3CHOH的热化学方程式为___________。(2)水煤气(CO和2H)是合成甲醇的重要原料，它可用水蒸气通过炽热的炭层制得：22

C(s)HO(g)CO(g)H(g)++ΔH=+131.3kJ/mol①该反应的平衡常数的表达式为：___________。②上述反应在0t时刻达到平衡(如图)，若在1t时刻改变某一条件，请在图中继续画出1t时刻后()cCO随时间的变化曲线：缩小容器体积(用实线

表示)、降低温度(用虚线表示)________。Ⅱ.工业上还可在恒容密闭容器中采用下列反应合成甲醇：23CO(g)2H(g)CHOH(g)+ΔH(3)在一定温度下，若将24amolH和2amolCO放入2L的密

闭容器中，充分反应后测得CO的转化率为50%，则该反应的平衡常数为___________。若此时再向该容器中投入amolCO、22amolH和3amolCHOH，判断平衡移动的方向是___________(“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)。

(4)某温度下，在一密闭容器中充入一定量2CO，并加入足量铁粉，发生反应：2Fe(s)CO(g)FeO(s)CO(g)++，测得2CO和CO浓度随时间的变化如图所示：①0~8min，()vCO=__________

_11molLmin−−。②下列措施中，能够改变平衡时()()2cCO/cCO的比值的是___________(填序号)。A．温度B．铁粉的量(足量)C．压强D．CO的量【答案】(1).CO2(g)+3

H2(g)=CH3OH(l)+H2O(g)∆H=-50kJ/mol(2).()()()22cHcCOcHO(3).(4).21a(5).正向移动(6).0.0625mol/(L∙min)(7).A【解析】【分析】Ⅰ.(1)据图写出热化学方程式：①CO(g)+H2O

(g)=CO2(g)+H2(g)∆H=-41kJ/mol，②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)∆H=-91kJ/mol，然后根据盖斯定律进行计算；(2)根据平衡常数的表达式定义进行书写，根据压强、温度对平衡的移动规律进行分析并画出图像；Ⅱ

.(3)根据三段式进行分析，根据K=()()322()cCHOHcCOcH进行计算；据Qc与K的大小关系判断移动方向；(4)①根据图示可知，8min内，一氧化碳的浓度变化了0.50mol/L，根据速率的计算公式计算v(CO)；②根据K=()()2cCOcCO进行分析判断。【详解】Ⅰ.(1

)根据图中所示可知，①CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)∆H=-41kJ/mol，②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l)∆H=419-510=-91kJ/mol，根据盖斯定律：②-①可得：

CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(g)∆H=-50kJ/mol；(2)①该反应的平衡常数的表达式为K=()()()22cHcCOcHO；②该反应为气体体积可变的可逆反应，缩小容器体积，增大压强，瞬时间一氧化碳的

浓度增大，但平衡向左移动，c(CO)减小，但比原平衡的浓度要大；该反应为吸热反应，降低温度，t1瞬间一氧化碳的浓度不变，平衡左移，c(CO)减小；具体变化规律如图：Ⅱ.(3)合成甲醇反应：CO(g)+2H2(g)=CH3OH

(g)∆H；起始时，c(H2)=2amol/L，c(CO)=amol/L，充分反应后测得CO的转化率为50%，则平衡后，c(H2)=2a-0.5a×2=amol/L，c(CO)=a-0.5a=0.5amol/L，c(CH

3OH)=0.5amol/L，则该反应的平衡常数K=()()322()cCHOHcCOcH，带入数值，K=21a；该容器中投入amolCO，2amolH2和amolCH3OH，各物质的浓度分别为：c(H2)=2amol/L，

c(CO)=amol/L，c(CH3OH)=amol/L，Qc=()()322()cCHOHcCOcH，带入数值，得Qc=214a<K=21a，平衡正向移动；(4)①根据图示可知，8min内，一氧化碳的浓度变化了0.50mol/L，故v(CO)=0.50mol/L/8min=0.0625mol/

(L∙min)；②A．无论该反应是否为吸热或放热反应，温度的改变，平衡一定发生移动，所以比值能够改变，可选；B．铁粉为固体，浓度不变，对平衡的移动无影响，二者的比值没有影响，故不选；C．该反应前后气体体积不发生变化，因此，压强的改变，对平衡移

动无有影响，二者的比值没有影响，故不选；D．K=()()2cCOcCO，温度不变，平衡常数不变，改变CO的量，二者的比值不变，故不选；故选A。18.Ⅰ.下列实验过程可以达到实验目的的编号是（）编号实验目的实验过程A探究浓度对反应速率的影响分别向2支盛有等体

积、等浓度的3FeCl和CuCl2溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液B比较HCN与CH3COOH的酸性强弱室温下，用pH计分别测定HCN溶液和CH3COOH溶液的pH，比较pH大小C探究温度对化学平衡的影响将盛有NO2和N2O4

平衡混合气体(常温下)的玻璃球浸于热水中，观察颜色的变化DpH均为2的HA和HB两种酸分别与足量Zn反应，HA放出的H2多证明HA是弱酸Ⅱ.某校学生用中和滴定法测定某NaOH溶液的物质的量浓度，选甲基橙作指示剂。(1)配制250mL0.2000mol/L盐酸标准溶液，所需玻璃仪器有___

________、___________量筒、烧杯、玻璃棒。(2)盛装0.2000mol/L盐酸标准液应该用___________式滴定管。(填“酸”或“碱”)(3)滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视___________，直到加入一滴盐酸后，溶液由__________

_，即到终点。(4)滴定操作可分解为如下几步：①检查滴定管是否漏水；②取一定体积的待测液于锥形瓶中；③用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管；④装标准溶液和待测液并调整液面(记录初始读数)；⑤用蒸馏水洗涤玻璃仪器；⑥滴定操作；正确的操作顺序为：___________

。(5)有关数据记录如下：实验序号待测液体积(mL)所消耗盐酸标准液的体积(mL)滴定前滴定后120.000.6020.70220.006.0025.90320.001.4023.20则NaOH溶液的物质的量浓度为___________mol/L。(6)若滴定时锥形瓶未

干燥，则测定结果___________；若滴定前平视读数，滴定终点时仰视读数，则所测碱的浓度值___________。(填“无影响”、“偏高”或“偏低”)。【答案】(1).C(2).250mL容量瓶(3).胶头滴管(4).酸(5

).锥形瓶内溶液颜色变化(6).溶液由黄色变为橙色且30s内无颜色变化(7).①⑤③④②⑥(8).0.2000(9).无影响(10).偏高【解析】【分析】【详解】ⅠA．根据实验过程描述，该实验探究的是不同催化剂对H2O2分解速率的影响而不是浓度，A不能达到实验目的；B．由于浓

度也影响弱电解质的电离，故比较酸性强弱时需控制两种酸浓度相同，再测pH比较，B不能达到实验目的；C．常温到热水，说明温度升高，同时NO2为红棕色，N2O4为无色，所以可以通过观察颜色的变化，判断升温后平衡向哪个方向移动，C能达到实验目的；D．pH

相等的两种酸，说明两者c(H+)相等，但体积未知，无法确定两者n(H+)谁多谁少，即HA放出氢气多，也有可能是因为其溶液体积大，n(H+)总量多导致，D不能达到实验目的；故答案选C；Ⅱ(1)配制250mL溶液需要用到250mL容量瓶，另外量取浓盐酸和定容时还需

用到胶头滴管，故此处填250mL容量瓶、胶头滴管；(2)盐酸溶液应该装在酸式滴定管中，故此处选“酸”；(3)滴定时眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化，故此处填锥形瓶内溶液颜色变化；当达到滴定终点时，甲基橙溶液

颜色发生突变，由原本NaOH溶液中的黄色变为橙色，故此处填溶液由黄色变为橙色且30s内无颜色变化；(4)滴定过程主要为：仪器的准备：滴定管（检漏）、仪器清洗等（①⑤）→润洗滴定管，并加装溶液（③④）→取待测液并加入

指示剂（②）→滴定（⑥），故顺序为：①⑤③④②⑥；(5)由实验数据得三次滴定分别消耗标准液体积为：20.10mL、19.90mL、21.80mL，第三组数据误差太大舍去，故滴定平均消耗标准液HCl体积为20.00mL，由c(H

Cl)·V(HCl)=c(NaOH)·V(NaOH)，得c(HCl)?V(HCl)0.2000mol/L?20.00mLc(NaOH)===0.2000mol/LV(NaOH)20.00mL，即待测NaOH溶液浓度为0

.2000mol/L；(6)锥形瓶中残留的水分不参与反应，对实验结果无影响，故此处选“无影响”；滴定终点时仰视读数，导致读数偏大，算出消耗标准液体积偏大，故所测待测液浓度偏高，此处选“偏高”。