1、黑龙江省海林市朝鲜族中学2019-2020学年高二化学上学期期中试题（含解析）说明：本试卷满分100分，考试时间90分钟，请在答卷作答。可能用到的相对原子质量：H:1 C:12 O:16 Na:23 一、单选题（每题只有一个答案符合题意，每题3分共60分）1.下列过程或现象与盐类水解无关的是:（ ）A. 加入硫酸铜溶液加快实验室制氢气的速率B. 硫酸铝溶液不能放在铁质容器中C. 用热的纯碱溶液去除油污D. 浓硫化钠溶液有硫化氢的气味【答案】A【解析】【详解】A. 加入硫酸铜溶液加快实验室制氢气的速率，是因为锌置换出铜，构成了原电池，与盐类水解无关，故选A；B. 硫酸铝水解，溶液呈酸性，铁与酸反
2、应生成氢气，所以硫酸铝溶液不能放在铁质容器中，与盐类水解有关，故不选B；C. 碳酸钠水解，溶液呈碱性，加热水解平衡正向移动，碱性增强，与盐类水解有关，故不选C；D. 浓硫化钠溶液中硫离子水解为硫化氢，所以有硫化氢的气味，与盐类水解有关，故不选D；答案选A。2.下列变化为放热反应的是（ ）A. H2O(g)H2O(l) H44.0 kJ/molB. 2HI(g)H2(g)I2(g) H14.9 kJ/molC. 形成化学键时共放出能量862 kJ的化学反应D. 能量变化如图所示的化学反应【答案】D【解析】【详解】A. H2O(g)H2O(l) 不是化学反应，所以不是放热反应，故不选A；B. 2H
3、I(g)H2(g)I2(g) H14.9 kJ/mol，焓变大于0，为吸热反应，故不选B；C. 形成化学键时共放出能量862 kJ，但不知断键时吸收的热量多少，二者的差值无法计算，所以不能判断反应是否是放热反应，故不选C；D. 根据图示，反应物的总能量大于生成物总能量，一定为放热反应，故选D；答案选D。3.下列有关化学反应速率的说法中，正确的是（ ）A. 用铁片与硫酸反应制取氢气时，用98的浓硫酸可以加快产生氢气的速率B. 等质量的锌粉和锌片与相同体积、相同物质的量浓度的盐酸反应，反应速率相等C. SO2的催化氧化是一个放热反应，所以升高温度，反应速率减慢D. 汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反
4、应生成N2和CO2，使用催化剂可以加快该化学反应的速率【答案】D【解析】【详解】A.铁片在98的浓硫酸中钝化，用98的浓硫酸不能加快产生氢气的速率，故A错误；B. 增大接触面积，可以加快反应速率，等质量的锌粉和锌片与相同体积、相同物质的量浓度的盐酸反应，锌粉反应速率快，故B错误；C.升高温度，反应速率一定加快，与正反应吸热、放热无关，故C错误；D. 催化剂能加快反应速率，汽车尾气中的NO和CO可以缓慢反应生成N2和CO2，使用催化剂可以加快该化学反应的速率，故D正确；答案选D。4.下列说法正确的是（ ）A. Kw随浓度的改变而改变B. 难溶物质可能为强电解质，如BaSO4是强电解质C. 某离子
5、被沉淀完全是指该离子在溶液中的浓度为0D. 加入反应物，活化分子百分数增大，化学反应速率增大【答案】B【解析】【详解】A.水的离子积常数，只与温度有关， Kw不随浓度的改变而改变，故A错误；B. 电解质强弱与溶解性无关，难溶物质可能为强电解质，如BaSO4是强电解质，故B正确；C. 某离子被沉淀完全是指该离子在溶液中的浓度小于，不可能变为0，故C错误；D. 加入反应物，活化分子百分数不变，单位体积内活化分子数增多，化学反应速率增大，故D错误；答案选B。5.在一定温度下可逆反应H2(g)+I2(g) 2HI(g) 达到平衡的标志A. 有1mol H-H键断裂，同时有1 mol I-I键形成B.
6、容器内压强不再随时间而变化C. 单位时间内反应掉n mol I2 同时生成2n mol HID. H2、I2、HI的浓度之比为112【答案】A【解析】【详解】A、有1mol H-H键断裂的同时又有1 mol I-I键形成，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故选A；B、反应两边气体系数和相等，压强不是变量，所以压强不变，无法判断是否达到平衡状态，故不选B；C、单位时间内反应掉n mol I2 同时生成2n mol HI，表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，故不选C；D、H2、I2、HI的浓度之比为112，无法判断浓度是否还会改变，所以无法判断是否达到平衡状态，故不选D；答案选
7、A。【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，注意D为易错点，反应达到平衡时各物质的浓度取决于起始配料比以及转化的程度，平衡时各物质的浓度关系不能用以判断是否达到平衡状态。6.在一定温度下，将物质的量都为2 mol的A和B充入一密闭容器中，发生如下反应：A(g)2B(g) 2C(g)。反应达到平衡时，C的物质的量为1.6 mol，则此时A的转化率为（ ）A. 30%B. 40%C. 50%D. 80%【答案】B【解析】【详解】A(g)2B(g) 2C(g)开始 2 2 0转化 0.8 1.6 1.6平衡 1.2 0.4 1.6A的转化率为40%，故选B。7.在下列实验方法中，不能证明醋酸是弱酸的是(
8、)A. 25 时，醋酸钠溶液呈碱性B. 25 时，0.1 mol/L的醋酸的pH约为3C. 25 时，等体积的盐酸和醋酸，前者比后者的导电能力强D. 25 时，将pH3的盐酸和醋酸稀释成pH4的溶液，醋酸所需加入的水多【答案】C【解析】A醋酸钠溶液呈碱性，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，所以能说明醋酸是弱酸，故A不选；B25 时，0.1 mol/L的醋酸的pH为3，说明醋酸不完全电离，则能证明醋酸是弱酸，故B不选；C溶液的导电能力与离子浓度有关，因盐酸和醋酸溶液的浓度未知，无法判断醋酸的电离程度，故C选；D常温下，将pH=3的盐酸和醋酸稀释成pH=4的溶液，醋酸所需加入的水量多，说明醋酸溶液中存在电离
9、平衡，则能证明醋酸是弱酸，故D不选；答案选C。点睛：本题主要考查弱电解质在溶液中的电离平衡及弱电解质的概念与判断，明确弱电解质的概念及判断方法是解答本题的关键，判断弱电解质的方法一般是：1、利用电离的不完全性；2、存在电离平衡；3、利用盐溶液的酸碱性等。8.下列各组热化学方程式程中，H的绝对值前者大于后者的是C(s)O2(g)CO2(g)H1 C(s)1/2O2(g)CO(g)H2S(s)O2(g)SO2(g)H3 S(g)O2(g)SO2(g)H4 H2(g)1/2O2(g)H2O(l)H5 2H2(g)O2(g)2H2O(l)H6A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】C(s)O
10、2(g)CO2(g)H1、C(s)1/2O2(g)CO(g)H2，碳完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧，所以H的绝对值前者大；S(s)O2(g)SO2(g)H3 S(g)O2(g)SO2(g)H4，固态硫的能量小于气态硫，气态硫燃烧放出的热量大于固态硫，所以H的绝对值后者大； H2(g)1/2O2(g)H2O(l)H5 2H2(g)O2(g)2H2O(l)H6，氢气物质的量越多，燃烧放出的热量越多，所以H的绝对值后者大；故选A。9.在平衡体系Ca(OH)2(s) Ca2+2OH -中，能使c(Ca2+)减小，而使c(OH -)增大的是：（ ）A. 加入少量MgCl2固体B. 加入少量Na2CO3
11、固体C. 加入少量KCl固体D. 加入少量Ca(OH)2固体【答案】B【解析】【详解】A、镁离子结合氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，加入少量MgCl2固体， c(OH -)减小，Ca(OH)2(s) Ca2+2OH -平衡正向移动，c(Ca2+)增大，故不选A；B、碳酸根离子结合钙离子生成碳酸钙沉淀，加入少量Na2CO3固体， c(Ca2+)减小，Ca(OH)2(s) Ca2+2OH -平衡正向移动，c(OH -)增大，故选B；C、加入少量KCl固体，Ca(OH)2(s) Ca2+2OH -平衡不移动，c(Ca2+)、c(OH -)不变，故不选C；D、固体物质对平衡移动无影响，Ca(OH)2是固体
12、，平衡体系Ca(OH)2(s) Ca2+2OH 不移动，c(Ca2+)、c(OH -)不变，故不选D;答案选B。10.下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（ ）A. Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN后颜色变深B. 向稀盐酸中加入少量蒸馏水，盐酸中氢离子浓度降低C 打开汽水瓶，有气泡从溶液中冒出D. 工业生产硫酸过程中使用过量的空气以提高SO2的利用率【答案】B【解析】【详解】A. Fe(SCN)3溶液中加入固体KSCN，Fe3+3SCN- Fe(SCN)3平衡正向移动，颜色变深，能用勒夏特列原理解释，故不选A；B. 向稀盐酸中加入少量蒸馏水，溶液体积增大，盐酸浓度降低，不是因平衡移动而
13、使氢离子浓度降低，不能用勒夏特列原理解释，故选B；C. 打开汽水瓶，压强减小，平衡逆向移动，所以有气泡从溶液中冒出，能用勒夏特列原理解释，故不选C；D. 工业生产硫酸的过程中使用过量的空气，平衡正向移动， SO2的转化率增大，能用勒夏特列原理解释，故不选D；答案选B。【点睛】本题考查了勒夏特列原理的使用条件，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆过程，且平衡发生了移动，如反应加入催化剂，平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释。11. 在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是：( )A. 使酚酞试液变红的溶液： Na+、Cl-、SO42-、Fe3+B. 使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、
14、NO3-、Cl-C. c(H+)=10-12molL-1的溶液：K+、Ba2+、Cl-、Br-D. 碳酸氢钠溶液：K+、SO42-、Cl-、H+【答案】C【解析】【详解】A. 该溶液显碱性，铁离子不能大量存在，A错误；B. 该溶液显酸性，在酸性条件下，NO3-能氧化Fe2，则这两种离子此时不能共存，B错误；C. 该溶液显碱性，这四种离子可以大量共存，C正确；D. 碳酸氢根离子和氢离子不能共存，D错误；故合理选项为C。12.在一密闭容器中，反应aA（g）bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则（ ）A. 平衡向正反应方向移动了B. 物质A
15、的转化率减少了C. 物质B的质量分数减小了D. ab【答案】A【解析】【分析】采用假设法分析，假设a=b，保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，A和B的浓度应均是原来的倍，与达到新的平衡时B的浓度相比判断平衡移动，再根据平衡移动逐项判断。【详解】采用假设法分析，假设a=b，保持温度不变，将容器体积增加一倍，平衡不移动，A和B的浓度应均是原来的倍，但当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，说明减小压强平衡向正反应反应方向移动。A、平衡时B浓度是原来的60%，大于原来的倍，说明平衡向正反应反应方向移动，选项A正确；B、平衡时B的浓度是原来的60%，大于原来的倍，说明平衡向正反应反应方向移
16、动，A的转化率增大，选项B错误；C、平衡应向正反应方向移动，物质B的质量增多，混合物总质量不变，所以物质B质量分数增大，选项C错误；D、增大体积，压强减小，平衡向正反应方向移动，则说明ac2(CO)【答案】C【解析】【详解】A、平衡常数只与温度有关，错误；B、该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，错误；C、开始CO和H2O浓度相等，改变温度，平衡移动后还相等，正确；D、因为平衡逆向移动故有c1(CO) p，则下列说法正确的是 （ ） 升温时c(B)/ c(C)比值减小 充入C，则A、B物质的量增大 充入B，则A的转化率变大加入催化剂，气体的总物质的量不变A B. C. D. 【
17、答案】D【解析】【详解】mA(g)+nB(g) pC(g) ，正反应吸热，升温时平衡正向移动，c(B)减小 、c(C)增大，比值减小，故正确；充入C，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，则A、B的物质的量增大，故正确；充入B，增大反应物的浓度，平衡正向移动，则A的转化率变大，故正确；加入催化剂，平衡不移动，气体的总物质的量不变，故正确；答案选D。17. 下列有关AgCl沉淀的溶解平衡的说法正确的是A. AgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，但速率相等B. AgCl难溶于水，溶液中没有Ag+和Cl-C. 升高温度，AgCl沉淀的溶解度减小D. 向AgCl沉淀中加入NaCl固体，AgCl沉淀的溶解程度不
18、变【答案】A【解析】试题分析：AAgCl沉淀生成和沉淀溶解不断进行，但速率相等 ，正确，是动态平衡；BAgCl难溶于水，溶液中没有Ag+和Cl- 错误，难容并不是不溶。C升高温度，AgCl沉淀的溶解度减小；升高温度，平衡会向吸热方向移动；溶解过程是吸热过程，所以，溶解度会增大；D向AgCl沉淀中加入NaCl固体，AgCl沉淀的溶解程度不变；会减小，是同离子效应；故选A。考点：难溶物的溶解平衡点评：在一定温度下难溶电解质晶体与溶解在溶液中的离子之间存在溶解和结晶的平衡，称作多项离子平衡，也称为沉淀溶解平衡。以AgCl为例，尽管AgCl在水中溶解度很小，但并不是完全不溶解。从固体溶解平衡角度认识：
19、AgCl在溶液中存在下属两个过程：在水分子作用下，少量Ag+和Cl-脱离AgCl表面溶入水中；溶液中的Ag+和Cl-受AgCl表面正负离子的吸引，回到AgCl表面，析出沉淀。在一定温度下，当沉淀溶解和沉淀生成的速率相等时，得到AgCl的饱和溶液，即建立下列动态平衡：AgCl（s）Ag+（aq）+ Cl-（aq）溶解平衡的特点是动态平衡，即溶解速率等于结晶速率，且不等于零。其平衡常数Ksp称为溶解平衡常数；它只是温度的函数，即一定温度下Ksp一定。18.下列说法或表示正确的是（ ）A. 次氯酸的电离方程式：HClO=H+ClOB. 只有熵增加的过程才能自发进行C. HS-水解离子方程式：HS-+
20、H2OH3O+S2-D. 已知中和热为57.3 kJmol1，稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应的热化学方程式：H2SO4 (aq)+2NaOH (aq)= Na2SO4 (aq)+2H2O ( l ) H=114.6 kJmol1【答案】D【解析】【详解】A. 次氯酸是弱电解质，电离可逆，次氯酸的电离方程式：HClOH+ClO，故A错误；B. 熵变、焓变共同影响反应方向，熵增加的过程不一定能自发进行，故B错误；C. HS-水解离子方程式是HS-+H2OOH-+H2S，故C错误；D. 中和热是强酸、强碱的稀溶液生成1mol水放出的能量，已知中和热为57.3 kJmol1，稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应的热
21、化学方程式：H2SO4 (aq)+2NaOH (aq)= Na2SO4 (aq)+2H2O ( l ) H=114.6 kJmol1，故D正确；答案选D。19. 盐酸、醋酸和碳酸氢钠是生活中常见的物质。下列表述正确的是（ ）A. 在NaHCO3溶液中加入与其等物质的量的NaOH，溶液中的阴离子只有CO和OH-B. NaHCO3溶液中：c (H+)+ c (H2CO3)=c(OH-)C. 10 mL0.10molL-1CH3COOH溶液加入等物质的量的NaOH后，溶液中离子的浓度由大到小的顺序是：c(Na+)c(CH3COO-)c（OH-）c(H+)D. 中和体积与pH都相同的HCl溶液和CH3
22、COOH溶液所消耗的NaOH物质的量相同【答案】C【解析】【详解】A在NaHCO3溶液中加入等物质的量的NaOH，反应后溶质为碳酸钠，碳酸根离子部分水解生成碳酸氢根离子，所以溶液中的阴离子有：CO32-、HCO3-、OH-，故A错误；B碳酸氢钠溶液中根据物料守恒知：c（Na+）=c （H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-），根据电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HCO3-）+2 c（CO32-），所以c（H+）+c（H2CO3）=c（OH-）+c（CO32-），故B错误；C反应后生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐能水解，醋酸根离子水解导致钠离子浓度大于醋酸根离子浓度
23、，溶液呈碱性，所以氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，醋酸钠以电离为主水解为次，所以各种离子浓度关系为c（Na+）c（CH3COO-）c（OH-）c（H+），所以C选项是正确的；D氯化氢是强电解质，醋酸是弱电解质，pH值相同的盐酸和醋酸，醋酸的浓度远远大于盐酸，所以等体积的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量远远大于盐酸的物质的量，中和体积与pH都相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，所消耗的NaOH醋酸的多，盐酸的少，故D错误。所以C选项是正确的。20.同温下，有甲、乙两瓶醋酸稀溶液，测得甲pH=a，乙pHa+l，下列推断正确的是（ ）A. 物质的量浓度c(甲)是c(乙)的10倍B. 溶液中的c(OH)甲是
24、乙的10倍C. 由水电离产生的c(H+)乙是甲的2倍D. 与等量的NaOH反应消耗甲、乙两酸的体积v(乙)10V(甲)【答案】D【解析】【详解】A. 醋酸是弱电解质，pH=a的醋酸稀释10倍，apH10V(甲)，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查弱电解质的电离，知道弱电解质电离程度与其浓度关系是解本题关键，酸抑制水电离，熟悉酸溶液中水电离出氢离子浓度的计算方法。二、非选择题（40分）21.（1）实验室在临时配制一些FeCl2的溶液时，常将氯化亚铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，是为了 。稀释后还需要加入一些铁粉，其目的是 ，相关反应的离子方程式为 。（2）氯化铁水溶液
25、呈 性，原因是（用离子方程式表示）：_ _ 。把FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是 。如果要从氯化铁溶液得到纯氯化铁固体，常采用的方法是 。【答案】（12分）（1）抑（防）止Fe2+水解（2分)； 防止Fe2+被氧化成Fe3+（2分) ；2Fe3+ Fe 3Fe2+ （2分)（2）酸性（1分)； Fe3+ 3H2OFe(OH)3 + 3H+（2分，写“”不得分)氧化铁或Fe2O3（1分)； 将三氯化铁溶液在HCl环境（或气氛）中加热蒸干（2分)【解析】（1）Fe2+离子会发生水解，离子方程式为：?，用浓盐酸溶解是为了抑（防）止Fe2+水解；又由于Fe2+离子易被氧气氧化生成，所
26、以加入铁粉是为了防止Fe2+被氧化成Fe3+：；（2）氯化铁水溶液呈酸性，原因是：Fe3+ 3H2OFe(OH)3 + 3H+；把FeCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是：Fe2O3；要从氯化铁溶液得到纯氯化铁固体，应将三氯化铁溶液在HCl环境（或气氛）中加热蒸干；22. 某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：将碱式滴定管用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗后，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于0刻度以下的位置，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗锥形瓶23次；从碱式滴定管中放入25.00mL待测溶液到锥形瓶中；将酸式滴定管用蒸馏水洗
27、净后，立即向其中注入0.1000mol/L标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于0刻度以下的位置，记下读数；向锥形瓶中滴入酚酞作指示剂，进行滴定。滴定至终点，测得所耗盐酸的体积为V1mL；重复以上过程，但在滴定过程中向锥形瓶加入5mL的蒸馏水，测得所耗盐酸的体积为V2mL。试回答下列问题：（1）滴定终点时的现象为锥形瓶中的溶液由_ _ _。（2）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察_；（3）该小组在步骤中的错误是_ _ _，由此造成的测定结果_（填偏高、偏低或无影响）；（4）步骤缺少的操作是_ _ _；（5）下图，是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为_mL；（6）根据下列数据：滴
28、定次数待测液体积(mL)标准盐酸体积（mL）滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）第一次25.000.4020.38第二次25.004.0024.02请计算待测烧碱溶液的物质的量浓度。(请写出解答过程)【答案】（13分）（1）粉红色变为无色且在半分钟内不恢复（2分，粉红色写成红色也给分)（2）锥形瓶内溶液颜色的变化（2分)（3）用待测液润洗锥形瓶（2分) 偏高（1分)（4）用标准液润洗滴定管23次（2分) （5）22.60（22.59也给分，有效数字错不给分）（1分) (6) 解：两次消耗HCl溶液体积的平均值为：20.00mL。c（NaOH）=（0.1000mol/L20.0010-3L）/（
29、25.0010-3L） =0.0800mol/L（3分，有效数字错扣1分）【解析】23.一定条件下，在体积为3 L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇（催化剂为Cu2O/ZnO）：CO(g) 2 H2(g) CH3OH(g)，不同温度时甲醇的物质的量随时间变化曲线如图所示。根据题意完成下列各题： （1）反应达到平衡时，平衡常数表达式K _，升高温度，K值_（填“增大”、“减小”或“不变”）。（2）500，从反应开始到平衡，H2的反应速率v(H2)_mol(Lmin)1。（3）在其他条件不变的情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，下列有关该体系的说法正确的是_。a 氢气的浓度减小
30、b 正反应速率加快，逆反应速率也加快c 甲醇的物质的量增加 d 重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)增大 e 平衡常数K增大（4）据研究，反应过程中起催化作用的为Cu2O，反应体系中含少量CO2有利于维持催化剂Cu2O的量不变，原因是：_（用化学方程式表示）。【答案】 (1). (2). 减小 (3). (4). bc (5). Cu2OCO2CuCO2【解析】【分析】（1）化学平衡常数是各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积之比；根据图示，升高温度，甲醇的物质的量减小，说明平衡逆向移动；（2）根据 计算从反应开始到平衡H2的反应速率；（3）在其他条件不变的
31、情况下，对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，压强增大，各物质的浓度均增大，根据平衡移动原理分析；（4）反应体系中Cu2O与CO发生反应Cu2OCO2CuCO2。【详解】（1）化学平衡常数是各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积之比，所以反应CO(g) 2 H2(g) CH3OH(g)，平衡常数表达式K ；根据图示，升高温度，甲醇的物质的量减小，说明平衡逆向移动，所以K值减小；（2）500，达到平衡生成甲醇的物质的量是n(B)，所以消耗氢气的物质的量是2n(B)；= mol(Lmin)1= mol(Lmin)1；（3）a 、 对处于E点的体系体积压缩到原来的
32、1/2，各物质的浓度均增大，所以氢气的浓度增大，故a错误； b 、 对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，各物质的浓度均增大，正逆反应速率都加快，故b正确；c 、 对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，压强增大，平衡正向移动，甲醇的物质的量增加，故c正确； d、对处于E点的体系体积压缩到原来的1/2，压强增大，平衡正向移动，n(H2)减小、n(CH3OH)增大，所以重新平衡时n(H2)/n(CH3OH)减小，故d错误； e 、温度不变，平衡常数K不变，故e错误；答案为bc；（4）反应体系中Cu2O与CO发生反应Cu2OCO2CuCO2，反应体系中含少量CO2，使上述平衡逆向移动，有利于维持催化剂Cu2O的量不变。