【文档说明】【精准解析】贵州省毕节市民族中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题.pdf，共(18)页，277.003 KB，由小赞的店铺上传

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-1-化学试卷考生注意：本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分100分。可能用到的相对原子质量：H—1N—14O—16第I卷（选择题，共54分）一．单选题（本题包括18小题，每小题3分，共5

4分）1.下列物质对水的电离平衡无影响的是：A.KNO3B.NH3C.NaD.H2SO4【答案】A【解析】KNO3是强酸强碱盐，对水的电离平衡无影响，故A正确；NH3的水溶液氨水，一水合氨电离出氢氧根离子，抑制水电离，故B错误；Na与水反应，消耗水电离的氢离子，使水的

电离平衡正向移动，故C错误；H2SO4电离出氢离子，抑制水的电离，故D错误。2.判断下列说法中正确的是①氯气的水溶液导电，所以氯气是电解质。②二氧化碳的水溶液能导电，二氧化碳是电解质。③硫酸钡的水溶液不导电，

但是硫酸钡是电解质。④氯化钠溶液的水溶液能导电，氯化钠溶液是电解质。A.①③B.③C.①③④D.都不正确【答案】B【解析】【详解】①氯气其水溶液能够导电，但不是物质本身导电，氯气属于单质，不是电解质，①错误；②二氧化碳的水溶液能导电，但

溶液中的离子不是CO2自身电离产生的，所以也不属于电解质，②错误；③硫酸钡的水溶液不导电，但硫酸钡在熔融状态下导电，所以硫酸钡是电解质。③正确；④氯化钠溶液的水溶液能导电，氯化钠是电解质，氯化钠溶液属于混合物，不是电解质，④错误；

综上所述，B项正确；答案选B。【点睛】（1）单质、混合物都不是电解质研究的范畴；（2）溶液中的离子不是它自身电离产生的，不属于电解质。如CO2、SO2、NH3、SO3等为非电解质。它们与水反应的产物H2CO3、H2SO3、NH3·H2O、

H2SO4自身能电离，是电解质。3.将浓度为0.1mol·L-1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是-2-A.c（H+）B.Ka(HF)C.(F)(H)ccD.()()cHcHF【答案】D【解析】【详解】A.HFH++F-，加水稀释，c（H+）减小，

A项错误；B.Ka=()()cHcFcHF，只与温度有关，不会随着浓度的变化而变化，B项错误；C.(F)(H)cc=()()nFnH，加水不断稀释，n(F-)不断减小直至为0，而n(H+)则无线接近于10-7mol，故(F)(H)cc会减小，C项

错误；D.()cHcHF=KacF，因c(F-)减小，故()()cHcHF增大，D项正确；答案选D。4.下列溶液一定呈酸性的是（）A.pH＜7的溶液B.能与金属反应生成氢气的溶液C.滴加酚酞仍为无色的溶液D.c(H+)＞c(OH-)的溶液【答案】D【解析】【详解】A．温度升高时，水的

电离程度增大，电离产生的c(H+)增大，pH减小，所以pH<7的溶液不一定呈酸性，可能呈中性，A不正确；B．氢氧化钠溶液能与铝反应产生氢气，所以能与金属反应生成氢气的溶液不一定呈酸性，B不正确；C．酚酞在pH>8时才显红色，所以滴加酚酞仍为无色的溶液不一定呈酸性，C不正确；D．c(H

+)＞c(OH-)的溶液一定呈酸性，D正确；故选D。5.一密闭容器中，反应mA(g)+nB(g)pC(g)达到平衡时，测得c(A)为0.5mol·L－1；在温度不变的条件下，将容器体积扩大一倍，当达到平衡时，测得c(A)为0.3mol·L－1。则下列

判断正确的是A.化学计量数：m+n＞pB.平衡向正反应方向移动了-3-C.物质B的转化率增大了D.物质C的质量分数增加了【答案】A【解析】温度不变的情况下，将容积扩大一倍，如平衡不移动，则c（A）应为0.25mol/L，而达到平衡时c（A）=0.30m

ol/L，说明平衡向逆反应方向移动，则有m+n＞p，A．由分析可知，m+n＞p，A正确；B．由分析可知，平衡向逆反应方向移动，B错误；C．平衡向逆反应方向移动，B的转化率降低，C错误；D．平衡向逆反应方向移动，物质C的质量分数减

小，D错误；答案选A。6.常温下，向纯水中加入NaOH使溶液的pH为11，则由NaOH电离出的OH离子浓度和水电离出的OH离子浓度之比为()A.1：1B.108：1C.5×109：1D.1010：1【答案】B【解析】【详解】pH=1

1的NaOH溶液，水电离的c(H+)=10-11mol/L，根据水的离子积常数由NaOH电离产生的c(OH-)=1×10−14/10−11mol/L=10-3mol/L，而由水电离产生的c（OH-）=

c（H+）=10-11mol/L，所以由氢氧化钠电离出的OH-离子浓度与水电离出的OH-离子浓度之比：10-3mol/L：10-11mol/L=108：1故选B。【点晴】本题最大的难点是读懂题目，何胃水电离出的OH-，在NaOH溶液中因氢氧化钠的电离使溶液显碱性，此时溶液里

的OH—主要来自氢氧化钠的电离，并且电离出的OH-抑制了水电离，由此可知溶液里的H+来自水的电离，而水电离出的H+与OH-的数目或浓度是相等的，由此展开讨论，结合水的离子积常数进行计算，即根据H2OH++OH-，从影响水的电离平衡移动的角度分析，NaOH抑制水的电离，根据溶液的PH为11，求出

水电离出的c(H+)利用水的离子积常数求出氢氧化钠电离出的OH-离子浓度。7.已知H-H、Cl-Cl和H-Cl的键能分别为436kJ·mol-1、243kJ·mol-1和431kJ·mol-1，请用此数据估计，

由Cl2、H2生成1molHCl时的热效应△H等于（）A.-183kJ·mol-1B.-91.5kJ·mol-1C.+183kJ·mol-1D.+91.5kJ·mol-1【答案】A【解析】-4-【详解】△H=E(H-H)+E(Cl-Cl)-2E(H-Cl)=4

36kJ·mol-1+243kJ·mol-1-2×431kJ·mol-1=-183kJ·mol-1，故选A。8.在一定温度下，下列关于pH=1的CH3COOH溶液和pH=1的HCl溶液的叙述中不正确的是A.两种溶液中溶

质的物质的量浓度：CH3COOH＞HClB.向CH3COOH溶液中通入HCl(g),3-+3cCHCOOHcCHCOO·cH的值不变C.均加水稀释100倍，稀释后的pH：HCl＞CH3COOHD.与相同镁条

反应，开始时的速率：HCl＞CH3COOH【答案】D【解析】醋酸是弱酸，部分电离，所以pH相同时，物质的量浓度：CH3COOH＞HCl，故A正确；33()()()cCHCOOHcCHCOOcH=1ak,所以温度不变值不变，故B正确；醋酸是弱酸，加水稀

释，醋酸电离平衡正向移动，均加水稀释100倍，所以稀释后的pH：HCl＞CH3COOH，故C正确；开始时氢离子浓度相同，所以与相同镁条反应，开始时的速率相同，故D错误。9.下列事实不能证明HNO2是弱酸的是：A.常温下0.1mol/LHN

O2溶液的pH>1B.用稀HNO2溶液做导电性实验，灯泡较暗C.在HNO2溶液中HNO2、NO2-同时存在D.用NaOH中和0.1LpH=2的HNO2溶液消耗的NaOH大于0.001mol【答案】B【解析】常温下0.1mol/LHNO2溶液的pH>1，说明亚硝酸部分电

离，A能证明HNO2是弱酸；用稀HNO2溶液做导电性实验，灯泡较暗，只能说明离子浓度小，不能说明亚硝酸部分电离，所以B不能证明HNO2是弱酸；在HNO2溶液中HNO2、NO2-同时存在，HNO2溶液中存在电离平衡，C能

证明HNO2是弱酸；用NaOH中和0.1LpH=2的HNO2溶液消耗的NaOH大于0.001mol，说明pH=2的HNO2溶液浓度大于0.001mol/L，D能证明HNO2是弱酸；故选B。点睛：用导电性实验证明电解质强弱，必须用同浓度强电解质溶液做对比实验；若用同浓度的HNO2和

盐酸做导电性实验，HNO2溶液的灯泡较暗，能证明HNO2是弱酸。10.在由水电离产生的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液中，一定能大量共存的离子组是（）-5-A.K＋、Cl－、NO3－、Fe2＋B.K＋、Fe2＋、I－、SO42－C.Na＋、Cl－、CO32-、SO42－D

.K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－【答案】D【解析】【分析】与纯水相比，水电离产生的c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液中，水的电离受到抑制，溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液。【详解】A．在酸性溶液中，NO3－、Fe2＋、H

+会发生氧化还原反应，在碱性溶液中，Fe2+会生成沉淀，A不合题意；B．在碱性溶液中，Fe2＋不能大量存在，B不合题意；C．在酸性溶液中，CO32-会与H+反应生成二氧化碳气体，C不合题意；D．不管是在酸性溶液中，还是在碱性溶液中，K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－都能稳定存在

，D符合题意；故选D。11.常温下，pH＝13的NaOH溶液与pH＝2的H2SO4溶液混合，所得混合溶液的pH＝7，则强碱与强酸的体积比为：A.1∶10B.10∶1C.1∶11D.11∶1【答案】A【解析】pH＝7溶液呈中性，pH＝2的H2SO4溶液中210cH、pH＝13的NaOH

溶液110cOH，混合后pH＝7，溶液呈中性，··cHVcOHV酸碱，211010V酸碱，则强碱与强酸的体积比为1∶10，故A正确。12.下列说法正确的是（）

A.HCl和NaOH反应的中和热ΔH＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热ΔH＝2×(－57.3)kJ/molB.CO(g)的燃烧热是ΔH＝－283.0kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝+2×283.0kJ/molC.101k

Pa时，1mol碳燃烧所放出的热量为碳的燃烧热D.反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量时，△H<0-6-【答案】B【解析】【详解】A．1molH2SO4和1molBa(OH)2反应时，生成2mo

lH2O(l)和1molBaSO4，所以放出的热量ΔH<2×(－57.3)kJ/mol，且不是中和热，A不正确；B．已知CO(g)＋12O2(g)=CO2(g)ΔH＝-283.0kJ/mol，则2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g)反应的Δ

H＝+2×283.0kJ/mol，B正确；C．101kPa时，1mol碳完全燃烧生成CO2(g)时所放出的热量，才为碳的燃烧热，C不正确；D．反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量时，△H>0，D不正确；故选B。13.已知

：H+(aq)+OH-(aq)＝H2O(l)△H＝-57.3kJ·mol-1。现将一定量的稀盐酸、浓硫酸、稀醋酸分别和1L1mol·L-1的NaOH溶液恰好完全反应，其反应热分别为△H1、△H2、△H3，则△H1、△H2和

△H3的大小关系为（）A.△H1＝△H2B.△H2＞△H1C.△H3＞△H2D.△H1＞△H3【答案】C【解析】【详解】稀盐酸、浓硫酸、稀醋酸分别和1L1mol·L-1的NaOH溶液恰好完全反应，稀盐酸△H1＝-57.3kJ·mol-1；浓

硫酸稀释时放热，所以放出的热量应为中和热与稀释时放出热量之和，△H2<-57.3kJ·mol-1；稀醋酸电离时吸热，所以放出的热量应为中和热与电离时吸收热量之差，△H3>-57.3kJ·mol-1。综合以上分析，△H3>△H1>△H2，故选C。14.在一密闭容器中进行反

应：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，下列条件的改变对反应速率几乎无影响的是（）A.增加CO的量B.保持体积不变，充入N2，使体系的压强增大C.将容器的体积缩小一半D.保持压强不变，充入N2，使容器的体积变大【答案】B【解析】【详解】A．增加CO的

量，从而增大生成物浓度，反应速率增大，A不合题意；-7-B．保持体积不变，充入N2，虽然体系的压强增大，但反应物与生成物的浓度不变，反应速率不变，B符合题意；C．将容器的体积缩小一半，即加压，反应速率加快，C不合题意；D．保持压强不变，充入N2，使容器的体积变大，则反应

物与生成物的浓度都减小，反应速率减慢，D不合题意；故选B。15.在一定温度下，下列叙述不是可逆反应A(g)+3B(g)2C(g)达到平衡的标志的是（）①C的生成速率与C的分解速率相等；②单位时间内amolA生成

，同时生成3amolB；③A、B、C的浓度不再变化；④混合气体的总压强不再变化；⑤混合气体的物质的量不再变化；⑥单位时间消耗amolA，同时生成3amolB；⑦A、B、C的分子数目比为1:3:2。A.②⑤B.①③C.②⑦D.⑤⑥【答案】C【解析】【详

解】①C的生成速率与C的分解速率相等，反应达平衡状态，①不合题意；②单位时间内amolA生成，同时生成3amolB，反应方向相同，不一定达平衡状态，②符合题意；③A、B、C的浓度不再变化，反应达平衡状态，③不合题意；④反应达平衡前，气体的物质的量不断改变

，混合气体的总压强不断改变，压强不变时，反应达平衡状态，④不合题意；⑤混合气体的物质的量不再变化时，反应达平衡状态，⑤不合题意；⑥单位时间消耗amolA，同时生成3amolB，反应方向相反，数值之比等于化学量数之比，反应达平衡状态，⑥不合题意；⑦A、B、C的分

子数目比为1:3:2，反应不一定达平衡状态，⑦符合题意。综合以上分析，②⑦符合题意，故选C。16.已知：H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH=-akJ/mol（a>0），在一定温度下，向一固定容积的密闭容器中通入1molH2(g)和1molI2(g)，达平衡时放出的热量为Q1，

在相同条件下，向该容器中通入2molHI(g)达平衡时发现各物质的浓度与前平衡完全相同且吸收的热量为Q2，则下列说法正确的是：A.H2的燃烧热为akJ/mol-8-B.该反应的能量变化可用如图来表示C.H2(g)

+I2(s)2HI(g)ΔH<-akJ/molD.Q1和Q2的大小关系为Q1+Q2=akJ【答案】D【解析】H2的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的能量，故A错误；生成物的总能量大于反应物的总能量，表示吸热反应，故B错误；H2(g)+I2(s)2HI(g)ΔH

=-akJ/mol，故C错误；在相同条件下，分别从正逆两个方向建立的等效平衡，反应物转化率的和等于100%，则向一固定容积的密闭容器中通入1molH2(g)和1molI2(g)，达平衡时放出的热量为Q1，在相同条件下，向该容器中通入2molHI(g)达平衡时发现

各物质的浓度与前平衡完全相同且吸收的热量为Q2，两者为等效平衡，Q1+Q2=akJ，故D正确；17.常温下，向0.1mol/L的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验时不同阶段的溶液，下列

有关说法中不正确的是A.溶液的pH：a＜b＜c＜dB.溶液的导电能力：a＞b＞d＞cC.c、d溶液呈碱性D.a、b溶液呈酸性【答案】C-9-【解析】【详解】A、a点没有滴入Ba(OH)2溶液，酸性最强，c点沉淀达到最大，说明硫酸全部参加反应，发生的是Ba(OH

)2＋H2SO4=BaSO4↓＋2H2O，d点氢氧化钡过量，因此溶液的pH大小顺序是d>c>b>a，故说法正确；B、导电能力跟溶液中离子浓度大小有关，离子浓度越大，导电能力越强，c点溶液几乎没有离子，导电能力最弱，因

此导电能力a>b>d>c，故说法正确；C、根据c点反应的方程式，c点为中性溶液，故说法错误；D、a、b两点硫酸还没中和完，溶液显酸性，故说法正确。答案选C。18.某温度下，相同pH的两种弱酸HA和HB分别加水稀

释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列判断正确的是（）A.酸性：HB>HAB.结合H+的能力：B->A-C.导电能力：c>bD.与氢氧化钠完全反应时，消耗氢氧化钠体积Va<Vb【答案】B【解析】【详解】A选项，

增加同样体积的水稀释时，HB的pH变化小于HA，说明加水后HB进一步电离的程度大于HA，HB的电离程度小于HA，酸性比HA弱。B选项，酸根阴离子对应酸越弱，结合氢离子的能力越强，HA>HB，结合氢离子的能力，B－>A－，故B项正确；C选项，c点pH

大于b点，故氢离子浓度c小于b点，因此c点导电能力小于b点，故C错误；D选项，开始pH相等，由于HA>HB，HB的电离程度小于HA，因此c(HB)>c(HA)，溶液体积相等，则HB的物质的量大于HA的物质的量，因此消耗得氢氧化钠HB>HA，即Va>Vb，故D

错误；-10-综上所述，答案为B。【点睛】相同pH的两种弱酸HA和HB分别加水稀释，pH变化大的是相对强的，变化小的是先对弱的。第II卷（填空题，共46分）二、填空题（本题包括6题）19.现有可逆反应.2NO2(g)N2O4(

g)，△H＜0，试根据下列图象，判断t2、t3、t4时刻采取的措施。t2：_______________________________________________；t3：________________

_______________________________；t4：_______________________________________________。【答案】(1).增大生成物N2O4的浓度(2).降低压强(3).加入催化剂【解析】【

分析】t2时正反应速率瞬间不变，逆反应速率增大，然后逆反应速率逐渐减小，正反应速率逐渐增大，直至重新达到平衡，说明t2时加入了加入N2O4；t3时正逆反应速率瞬间同时减小，且逆反应速率减小的幅度小于正反应速率，即

v（正）＜v（逆），平衡向着逆向移动，然后根据压强、温度对该反应的影响判断此时改变的条件；t4时刻正逆反应速率同时增大，且相等，改变的条件不影响化学平衡，则说明使用了催化剂。【详解】t2时改变反应条件的瞬间，正反应速率不变，逆反应速率增大，v(正

)<v(逆)，平衡向着逆向移动，之后逆反应速率逐渐减小，正反应速率逐渐增大，直至重新达到平衡，说明t2时加入了加入生成物N2O4，增大看生成物浓度；t3时改变条件的瞬间，正逆反应速率瞬间都减小，且正反应速率减小的幅度大于正反应速率，导致v(正)<v(逆)，平衡向着逆向移动，若是减小压强，平

衡会向着逆向移动，v(逆)>v(正)满足图象的变化;若减小温度，该反应为放热反应，平衡向着正向移动，v(正)>v(逆)，与图象变化不相符，所以t3时刻是减小了压强；-11-t4时刻，改变条件下后，正逆反应速率都增大，且v(正)=v(逆)，说明改变的反应条件

不影响化学平衡，所以改变的条件为：加入催化剂；根据以上分析可知，t2、t3、t4时刻采取的措施分别是：加入N2O4、减小压强、加催化剂，故答案为加入N2O4；减小压强；加催化剂。20.合成氨工业的核心反应是N2(g)+3H2(g)2NH3(

g)；反应过程中能量变化如图所示，回答下列问题。(1)该反应的ΔH=_______kJ/mol。(2)在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。(3)在500℃、2×107Pa和催化剂条件下，向一密闭容器中充入0.

5molN2和1.5molH2，充分反应后，放出的热量_________46.2kJ(填“＜”、“＞”或“＝”)。(4)关于该反应的下列说法中，正确的是________(填字母)。A．ΔH＞0，ΔS＞0B．ΔH＞0，ΔS＜0C．ΔH＜0，ΔS＞0D．ΔH

＜0，ΔS＜0(5)已知298K时白磷、红磷完全燃烧的热化学方程式分别为：P4(s，白磷)＋5O2(g)=P4O10(s)ΔH1＝－2983.2kJ/mol4P(s，红磷)＋5O2(g)=P4O10(s)ΔH2＝－2954kJ/mol，

则该温度下白磷转化为红磷的热化学方程式：________________________________________________________。【答案】(1).-92.4(2).减小(3).<(4).D(5).P4(s，白磷)=4P(

s，红磷)ΔH=－29.2kJ/mol【解析】【分析】(1)从图中采集数据，可得出该反应的ΔH。(2)催化剂可降低反应的活化能，使反应速率增大。(3)合成氨反应为可逆反应，反应物不可能全部转化为生成物，由此可求出向一密

闭容器中充入0.5molN2和1.5molH2，放出的热量。-12-(4)该反应为放热的、体积缩小的可逆反应，由此可确定ΔH＜0，ΔS＜0。(5)P4(s，白磷)＋5O2(g)=P4O10(s)ΔH1＝－2983.2kJ/mol①4P(s，红磷)

＋5O2(g)=P4O10(s)ΔH2＝－2954kJ/mol②利用盖斯定律，将①-②，即得该温度下白磷转化为红磷的热化学方程式。【详解】(1)从图中采集数据，可得出该反应的ΔH=-92.4kJ/mol。答案为：-92

.4；(2)催化剂可降低反应的活化能，使反应速率增大，E1减小。答案为：减小；(3)合成氨反应为可逆反应，反应物不可能全部转化为生成物，则0.5molN2和1.5molH2放出的热量<46.2kJ。答案为：<；(4)该反应为放热的、体积缩小的可逆反应，由此可确定

ΔH＜0，ΔS＜0，故选D。答案为：D；(5)P4(s，白磷)＋5O2(g)=P4O10(s)ΔH1＝－2983.2kJ/mol①4P(s，红磷)＋5O2(g)=P4O10(s)ΔH2＝－2954kJ/mol②利用盖斯定律，将①-②，即得该温

度下白磷转化为红磷的热化学方程式P4(s，白磷)=4P(s，红磷)ΔH=－29.2kJ/mol。答案为：P4(s，白磷)=4P(s，红磷)ΔH=－29.2kJ/mol。【点睛】在热化学方程式中，虽然反应物与

生成物间为“”，但仍表示反应物完全转化为生成物时所放出的热量。21.由于温室效应和资源短缺等问题，如何降低大气中的CO2含量并加以开发利用，引起了各国的普遍重视。目前工业上有一种方法是用CO2生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H

2O(g)，如图表示该反应进行过程中能量(单位为kJ·mol－1)的变化。(1)该反应平衡常数K的表达式为_________________。(2)温度降低，平衡常数K_________(填“增大”、“不变”

或“减小”)。(3)为探究反应原理，现进行如下实验：在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。从反应开始到平衡，CO2和H2的转

化率比是________。-13-(4)下列措施中能使(3)题中32(CHOH)(CO)nn增大的有____________。(填字母)A．升高温度B．加入催化剂C．将H2O(g)从体系中分离D．充入He(g)，使体系总压强增大E．再充入1molCO2和3mol

H2【答案】(1).32322(CHOH)(HO)(CO)(H)cccc(2).增大(3).1:1(4).CE【解析】【分析】(1)该反应平衡常数K的表达式为生成物的浓度幂的乘积与反应物的浓度幂的乘积之比。(2)由坐标图象可能看出，反应物的总能量大于生成物的总能量，则

反应放热。温度降低，平衡正向移动，由此可确定平衡常数K的变化。(3)先由图中数据求出CO2的浓度变化量为0.75mol/L，利用化学方程式，可求出H2的浓度变化量为2.25mol/L，由此可求出从反应开始到平衡，CO2和H2的转化率比。(4)

A．升高温度，平衡逆向移动，n(CH3OH)减小，n(CO2)增大；B．加入催化剂，平衡不发生移动；C．将H2O(g)从体系中分离，平衡正向移动，n(CH3OH)增大，n(CO2)减小；D．充入He(g)，使体系总压强增大，平衡不发生移动；E．再充入1molCO2和3m

olH2，相当于原平衡体积加压。【详解】(1)平衡常数K为生成物的浓度幂的乘积与反应物的浓度幂的乘积之比，则K=32322(CHOH)(HO)(CO)(H)cccc。答案为：32322(CHOH)(HO)(CO)(H)cc

cc；(2)由坐标图象可能看出，反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应放热。温度降低，平-14-衡正向移动，平衡常数K增大。答案为：增大；(3)先由图中数据求出CO2的浓度变化量为0.75mol/L，利用化学方程式，

可求出H2的浓度变化量为2.25mol/L，由此可求出从反应开始到平衡，CO2和H2的转化率比为0.75mol/L1mol2.25mol/L3mol=1:1。答案为：1:1；(4)A．升高温度，平衡逆向移动

，n(CH3OH)减小，n(CO2)增大，32(CHOH)(CO)nn比值减小，A不合题意；B．加入催化剂，平衡不发生移动，B不合题意；C．将H2O(g)从体系中分离，平衡正向移动，n(CH3OH)增大，n(CO2

)减小，32(CHOH)(CO)nn比值增大，C符合题意；D．充入He(g)，使体系总压强增大，平衡不发生移动，D不合题意；E．再充入1molCO2和3molH2，相当于原平衡体积加压，平衡正向移动，n(

CH3OH)增大，n(CO2)减小，32(CHOH)(CO)nn比值增大，E符合题意；故选CE。答案为：CE。【点睛】对于一个可逆反应，当反应物的起始投入量之比等于化学计量数之比时，各反应物的平衡转化率相同；当反应物的起始投入量之比不等于化学计量数之比时，起始投入量与化学计量数比值

大的反应物，其转化率小。22.用化学用语回答下列问题：(1)写出下列物质在水中的电离方程式：H2CO3______________________NaHSO4___________________(2)已知25℃时，两种弱酸的电

离平衡常数HCN：Ka＝4.9×10－10，H2CO3：Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝4.7×10－11，向NaCN溶液中通入少量CO2反应的离子方程式：_______________________________。(3)已知HClO是比H2CO3还弱的酸，氯水中存在下列

平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，HClOH++ClO-，达到平衡后，由此说明在实验室可用排饱和食盐水收集Cl2的理由是_________________。-15-(4)某温度下纯水中c(H+)=2×10

-7mol/L，则此时溶液中的c(OH-)=_________。若温度不变，滴入稀盐酸使c(H+)=5×10-6mol/L，则此时溶液中的c(OH-)=___________。【答案】(1).H2CO3HCO3-+H+、HCO3-H++

CO32-(2).NaHSO4==Na++H++SO42-(3).CN-+CO2+H2O==HCN+HCO3-(4).饱和食盐水中NaCl电离出的Cl-，阻止了Cl2与水反应的正向进行，从而降低了氯气的溶解度(5).2×10-7mol/L

(6).8×10-9mol/L【解析】【分析】(1)H2CO3为二元弱酸，分两步发生电离；NaHSO4为强酸的酸式盐，在水溶液中完全电离为Na+、H+、SO42-。(2)碳酸的第二步电离常数Ka2<Ka(HCN的电离常数)，所以向NaCN溶液中通入少量CO2，碳酸只能发生第一步电离。(3)Cl2+

H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中NaCl电离出的Cl-，抑制了Cl2与水反应平衡的正向进行，从而抑制了氯气的溶解。(4)纯水中，c(H+)=c(OH-)，从而得出此时溶液中的c(OH-)。若温度不变，可求出水的离子积常数KW=2×10-

7×2×10-7=4×10-14，由c(H+)=5×10-6mol/L，可求出此时溶液中的c(OH-)。【详解】(1)H2CO3为二元弱酸，分两步发生电离，电离方程式为H2CO3HCO3-+H+、HCO3-H+

+CO32-。答案为：H2CO3HCO3-+H+、HCO3-H++CO32-；NaHSO4为强酸的酸式盐，在水溶液中完全电离为Na+、H+、SO42-，电离方程式为NaHSO4==Na++H++SO42-。答案为：NaHSO4==

Na++H++SO42-；(2)碳酸的第二步电离常数Ka2<Ka(HCN的电离常数)，所以向NaCN溶液中通入少量CO2，碳酸只能发生第一步电离，反应的离子方程式为CN-+CO2+H2O==HCN+HCO3-。答案为：CN-+CO

2+H2O==HCN+HCO3-；(3)Cl2+H2OH++Cl-+HClO，饱和食盐水中NaCl电离出的Cl-，抑制了Cl2与水反应平衡的正向进行，从而抑制了氯气的溶解。从而得出在实验室可用排饱和食盐水收集Cl2的理由

是饱和食盐水中NaCl电离出的Cl-，阻止了Cl2与水反应的正向进行，从而降低了氯气的溶解度。答案为：饱和食盐水中NaCl电离出的Cl-，阻止了Cl2与水反应的正向进行，从而降低了氯气的溶解度；(4)纯水中，c(H+)=c(OH-)，从而得出此时溶液中的c(OH-)=2×10-7mo

l/L。若温度不变，可求出水的离子积常数KW=2×10-7×2×10-7=4×10-14，由c(H+)=5×10-6mol/L，可求出此时溶-16-液中的c(OH-)=146410510=8×10-9mol/L。答案为：2

×10-7mol/L；8×10-9mol/L。【点睛】不管是在酸性溶液、碱性溶液还是中性溶液中，水电离产生的c(H+)、c(OH-)一定相等。23.回答下列问题：(1)0.005mol/L的H2SO4溶

液的pH为_______。(2)常温时，0.1mol/L的NaOH和0.06mol/L的H2SO4溶液等体积混合，求混合溶液的pH为_______。(3)某温度时，测得0.01mol·L－1的NaOH溶液的pH为11，则该温度下水的离子积常数Kw＝________，该温度________(填“高

于”或“低于”)25℃。(4)常温下，pH＝13的Ba(OH)2溶液aL与pH＝3的H2SO4溶液bL混合(混合后溶液体积变化忽略不计)。若所得混合溶液呈中性，则a∶b＝________。【答案】(1).2(2).2(3).10-13(4).高于(5).1

：100【解析】【分析】(1)0.005mol/L的H2SO4溶液中，c(H+)=0.01mol/L，由此可求出pH。(2)常温时，0.1mol/L的NaOH和0.06mol/L的H2SO4溶液等体积混合，H2SO4溶液过量，则

先求c(H+)，再求混合溶液的pH。(3)0.01mol·L－1的NaOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，pH为11，c(H+)=10-11mol/L，则该温度下水的离子积常数Kw＝c(H+)∙c(OH-)，由此确定该温度与25℃的关系。(4)常温下，pH

＝13的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.1mol/L，pH＝3的H2SO4溶液中c(H+)=10-3mol/L，若所得混合溶液呈中性，利用n(H+)=n(OH-)，求出a∶b。【详解】(1)0.005mol/L的H2SO4溶液中，c(H+)=0.01mol/L，pH=-lg

c(H+)=2。答案为：2；(2)常温时，0.1mol/L的NaOH和0.06mol/L的H2SO4溶液等体积混合(设体积都为1L)，H2SO4溶液过量，则先求c(H+)=0.06mol/L21L0.1mol/L1L2L=0.01mol/L，pH=2。答

案为：2；(3)0.01mol·L－1的NaOH溶液的c(OH-)=0.01mol/L，pH为11，c(H+)=10-11mol/L，则该温度下水的离子积常数Kw＝c(H+)∙c(OH-)=10-11×0.01=10-13>10-14，该温度高于25℃。答案为：10-13；高于；(4)常温下，pH

＝13的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.1mol/L，pH＝3的H2SO4溶液中c(H+)=10-3mol/L，-17-若所得混合溶液呈中性，利用n(H+)=n(OH-)，得出0.1mol/L×aL=10-3mol/L×bL，求出a∶b=1：100。答案为：1：100。【点

睛】两种酸溶液混合，应先求混合溶液中的c(H+)，然后求pH；两种碱溶液混合，应先求c(OH-)，再求c(H+)，最后求pH；酸与碱溶液混合，应先确定哪种物质过量，若酸过量，先求c(H+)，若碱过量，先

求c(OH-)。-18-