1、广东省深圳市新安中学2019-2020学年高二化学上学期期中试题（含解析）本试卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分100分，考试用时90分钟。可能需要相对原子质量：H-1：L-7：C-12：N-4：O-16：Fe-56第I卷（共54分）一、单选题（每小题只有一个正确答案，每题3分，共54分）1.能源问题是当今世界上困扰人类发展的重大问题之一，下利能量转化不正确的是A. 电炉取暖是将电能转化为热能B. 酒精燃烧是将化学能转化热能C. 太阳能发电是将化学能转化为电能D. 手机充电是将电能转化为化学能【答案】C【解析】【详解】A电炉加热食物是电能转化为热能，故A不选；B酒精燃烧是将化学能转化热能
2、，故B不选； C太阳能发电技术是将太阳能转化为电能，不是化学能，故C可选； D因为手机电池是化学电池，因此手机充电是将电能转化为化学能，故D不选；故选C。2.下列实验现象或图像信息不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是 ABCD图示相关信息温度计的水银柱不断上升反应物总能量大于生成物总能量反应开始后，甲处液面低于乙处液面反应开始后，针筒活塞向右移动A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.盐酸和氢氧化钠发生中和反应，为放热反应，可观察到温度计的水银柱不断上升，故A正确；B.从能量守恒的角度分析，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故B正确；C.反应开始后，甲处液面低
3、于乙处液面，说明装置内压强增大，反应为放热反应，温度升高，压强增大，故C正确；D.硫酸和锌反应生成氢气，导致反应开始后针筒活塞向右移动，不能说明一定是反应放热，造成体积的膨胀，故D错误。所以本题答案：选D。3.关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是选项ABCD强电解质NaClH2SO4CaCO3HNO3弱电解质HFBaSO4HClOCH3COOH非电解质Cl2CS2蔗糖H2CO3A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】ACl2不非电解质，A错误；BBaSO4虽然难溶于水，但它仍属于强电解质，B错误；CCaCO3是强电解质，HClO是弱电解质，蔗糖是非电解质，C正确；DH2
4、CO3属于弱电解质，D错误。故选C。4.下列说法正确的是.A. 对于2NO2(g) N2O4(g)的平衡体系，压缩体积，平衡正向移动，混合气体的颜色变浅B. 化学平衡正向移动，反应物的转化率一定增大C. 往平衡体系FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl中加入适量KCl固体，平衡逆向移动，溶液的颜色变浅D. C(s)+CO2(g)2CO(g) DH0，其他条件不变时，升高温度，反应速率v(CO2)和CO2的平衡转化率均增大【答案】D【解析】【详解】A. 对于2NO2(g) N2O4(g)的平衡体系，压缩体积，增大压强，平衡正向移动，但二氧化氮的浓度增大，则混合气体的颜色加深，A项错误；
5、B. 两种气体反应物，增大其中一种气体的物质的量浓度，化学平衡正向移动，但增加的这种气体的转化率降低，另外一种反应物的转化率升高，B项错误；C. 往平衡体系FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl中加入适量KCl固体，因为KCl不参与反应，因此不影响平衡移动；C项错误；D. C(s)+CO2(g)2CO(g) DH0，其它条件不变时，升高温度，反应速率v(CO2)增大，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，D项正确；答案选D。【点睛】对于平衡体系2NO2N2O4，加压瞬间NO2浓度增大，颜色加深，随之平衡正向移动，NO2浓度有所减小，颜色又变浅，但是NO2的浓度相比原来的浓度增
6、大，因此颜色比原来深，所以压强增大平衡正向进行，颜色先变深后变浅，但是比原来深。5.下列热化学方程式正确的是A. 甲烷的燃烧热为890.3kJmol-1，则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为CH4(g)+202(g)=CO2(g)+2H2O(g) DH=-8903kJmol-1B. 500C、30MPa下，将0.5mol N2和1.5 mol H2置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为C. 已知在120C101 kPa下，1 gH2燃烧生成水蒸气放出121kJ热量，其热化学方程式为D. 25C、101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3k
7、Jmol-1，硫酸溶液与氢氧化钾溶液反应的热化学方程式为【答案】C【解析】【详解】A. 燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出热量，一般CCO2(g)，SSO2(g)，HH2O(l)，则甲烷燃烧热的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) DH=-890.3kJmol-1，故A错误；B. 因N2+3H22NH3是可逆反应，0.5mol N2和1.5mol H2置于密闭容器中不能完全反应，若完全反应放出的热量大于19.3kJ，则1mol N2完全反应放出的热量大于38.6kJ，而热化学方程式的反应热表示反应完全进行到底放出或吸收的热量，则该反
8、应的DH -38.6kJ/mol，B项错误；C. 1g H2燃烧生成水蒸气放出121kJ的热量，则1mol H2燃烧放热242kJ的热量，故其热化学方程式为，C项正确；D. 中和热为稀酸溶液与稀的碱溶液发生中和生成1 mol水放出的热量，则如果生成2mol水，应放热114.6kJ，D项错误。答案选C。【点睛】对燃烧热与中和热概念的理解是常考点。解题时需注意以下几点：（1）燃烧热、中和热分别是反应热的一种，其H0；（2）燃烧热是指101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，一般，CCO2(g)，SSO2(g)，HH2O(l)；（3）书写表示燃烧热的热化学方程式时，应以燃烧
9、1 mol物质为标准来配平其余物质的化学计量数，其它物质的化学计量数可能会出现分数表示的情况；（4）中和热理解为稀酸溶液与稀的碱溶液发生中和生成1 mol水放出的热量，其限定生成物为1 mol液体水。6.某酸溶液的pH=1，此酸溶液的物质的量浓度A. 0.1 molL1B. 一定大于0.1 molL1C. 若为强酸一定等于0.1 molL1，若为弱酸一定大于0.1 molL1D. 若为强酸一定0.1 molL1，若为弱酸一定0.1 molL1【答案】D【解析】试题分析：某酸溶液的pH=1，则溶液中氢离子的浓度是0.1 molL1。由于弱酸存在电离平衡，而强酸完全电离。所以如果该酸是强酸，则酸的
10、浓度一定0.1 molL1，若为弱酸一定0.1 molL1，答案选D。考点：考查弱酸电离平衡有关判断点评：本题是中等难度的试题，试题难易适中。有利于调动学生的学习兴趣，更有利于培养学生的解题能力。7.下列说法或表示正确的是A. 在稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) DH=-57.3kJmol-1，若将含1 mol CH3COOH的醋酸溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3 kJB. 等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多C. 由C（石墨）=C（金刚石） DH=+1.9kJmol-1，可知，金刚石比石墨稳定D. 已知2C(s) +2O2(g)=
11、2CO2(g) DH=a kJmol-1， 2C(s) +O2(g)= 2CO(g) DH=b kJmol-1，则ab【答案】A【解析】【详解】A. 醋酸为弱电解质，不能完全电离，电离过程吸热，若将含1mol CH3COOH的稀溶液与含1mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量小于57.3 kJ，A项正确；B. 硫蒸气转化为硫固体放热，等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，前者放出的热量大于后者，B项错误；C. 由C(石墨)=C(金刚石) H=+1.90 kJmol1可知，金刚石能量大于石墨，则石墨更稳定，C项错误；D. 完全燃烧放出的热量多，且焓变为负，放热越多，焓变H越小，则ab，D项错
12、误；答案选A。【点睛】H是有正负号的，吸热反应的H大于零，放热反应的H小于零，则吸热反应的H大于放热反应的H；放热反应的H小于零，则放热越少，H越大；吸热反应的H大于零，吸热越多，H越大。8.某实验小组学生用50 mL 0.50 molL1盐酸与50 mL 0.55 molL1 NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中放出的热量计算中和热。下列说法正确的是A. 实验过程中没有热量损失B. 图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒C. 烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是固定小烧杯D. 酸或碱的物质的量越大，所测中和热的数值越大【答案】B【解析】【分析】A.根据实验过程的保温情况确定保温效果
13、；B.根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；C.中和热测定实验成败的关键是保温工作，烧杯间填满碎纸条的作用是保温；D.中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关。【详解】A.该装置的保温效果并不如量热计那样好，肯定存在热量的散失，故A错误；B.根据量热计的构造可以知道该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器，所以B选项是正确的；C.中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故C错误；D.因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1mol水所放出的热量，与酸碱的用量无关，中和热数值相等，故D错误。所以B选项是正确的。9.参照反应BrH
14、2HBrH的能量对反应历程的示意图(图甲)进行判断。下列叙述中不正确的是()A. 正反应吸热B. 加入催化剂，该化学反应的反应热不变C. 加入催化剂后，该反应的能量对反应历程的示意图可用图乙表示D. 加入催化剂可增大正反应速率，降低逆反应速率【答案】D【解析】【分析】A、据反应物和生成物总能量高低判断；B、催化剂只能改变反应速率，不影响反应热；C、催化剂通过降低反应的活化能改变反应历程；D、催化剂能够同时降低正逆反应的活化能，同等程度加快正逆反应速率。【详解】A、反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，选项A正确；B、催化剂不能改变反应的反应热，选项B正确；C、催化剂通过降低反应的活化能改变
15、反应历程，选项C正确； D、催化剂同时降低正、逆反应的活化能，同等程度加快正、逆反应速率，选项D错误；答案选D。【点睛】本题考查了吸热反应的图示、催化剂的催化原理。要注意催化剂只能改变反应的历程，不能改变反应热，因为反应热只与反应物的总能量和生成物的总能量有关，而与反应的途径无关。10.某研究小组研究了其他条件不变时，改变条件对可逆反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H0的影响。下列说法正确的是A. 图1研究的是温度、压强对平衡的影响，横轴表示压强B. 图2研究的是温度对平衡的影响，采用的温度更低C. 图3中t0时使用了催化剂，使平衡向正反应方向移动D. 图4中t0时增大压强，使平衡向
16、正反应方向移动【答案】D【解析】【详解】A、横轴表示压强，增大压强，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率增大，但图1是随着压强增大，SO2的转化率降低，故A错误；B、根据图2，II先达到平衡，说明II的温度高于I，故B错误；C、使用催化剂，化学平衡不移动，故C错误；D、增大压强，正逆反应速率都增大，根据勒夏特列原理，增大压强，平衡向正反应移动，故D正确；答案选D。11.一定条件下的密闭容器中：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) H=-905.9kJmol-1。下列叙述正确的是A. 4molNH3和5molO2反应，达到平衡时放出热量为905.9kJB.
17、平衡时，5v正(O2)=4v逆(NO)C. 平衡后降低压强，混合气体平均摩尔质量增大D. 平衡后升高温度，混合气体中NO含量降低【答案】D【解析】【详解】A.该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，则4molNH3和5molO2反应，达到平衡时放出热量小于905.9kJ，A错误；B.平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比，则平衡时4v正(O2)=5v逆(NO)，B错误；C.该反应为气体体积增大的反应，则降低压强，平衡正向移动，气体的物质的量增大，由M=可知，混合气体平均摩尔质量减小，C错误；D.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则混合气体中NO含量降低，D正确；故合
18、理选项是D。12.在1.0 L恒容密闭容器中投入1 mol CO2和 2.75 mol H2发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，实验测得不同温度及压强下，平衡时甲醇的物质的量如图所示。下列说法正确的是A. 该反应的正反应为吸热反应B. 压强大小关系为p1p2p3C. M点对应平衡常数K的值约为1.0410-2D. 在p2及512 K时，图中N点v正v逆【答案】C【解析】【详解】A、压强不变时，升高温度，平衡时甲醇的物质的量减小，平衡逆向移动，说明该反应的正反应为放热反应，故A错误；B、温度不变时，增大压强，平衡正向移动，平衡时甲醇的物质的量增大，则p3p2p1，故
19、B错误；C、M点时，n(CH3OH)=0.25 mol，据此计算出各物质的平衡浓度分别为c(CO2)=0.75 mol/L，c(H2)=2 mol/L，c(CH3OH)=c(H2O)=0.25 mol/L，K=1.0410-2，故C正确；D、在p2及512 K时，图中N点甲醇的物质的量比平衡时的物质的量小，反应正向移动才能达到平衡，此时v逆110-7mol/L，水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离，所以该温度高于25，A正确；B.NaHSO4电离出H+，c（H+）增大，抑制水的电离，B正确；C.该温度下水的离子积Kw=110-6110-6=10-12，该溶液的pH=2，则该溶液中c（OH-
20、）=10-1210-2=110-10(mol/L)，该溶液中OH-全部来自水电离，则由水电离出的H+的浓度为110-10mol/L，C正确；D.NaHSO4溶液的pH=2，c（H+）=110-2mol/L，pH=12的NaOH溶液中c（OH-）=10-1210-12=1(mol/L)，两者等体积混合充分反应后NaOH过量，溶液呈碱性，D错误；答案选D。15.为更合理地表示溶液的酸碱性，科学家提出“酸度”（用AG表示）概念，AG=lgc（H+）/c（OH-）下列叙述中正确的是任何温度下，纯水的AG等于0； 溶液的AG越小，酸性越强；常温下，01mol/L盐酸的AG=12； 25时，某溶液的AG=
21、-10，其pH=10A. B. C. D. 【答案】A【解析】任何温度下,纯水中c(H+)=c(OH-),故AG=0;酸性越强,H+浓度越大,OH-浓度越小,AG越大;0.1 molL-1盐酸中,c(OH-)=10-13molL-1,AG=12;lg=-10,c(OH-)=1010c(H+), 由c(H+)c(OH-)=10-14得,c(H+)=10-12molL-1,pH=12。16.某反应由两步反应ABC构成，反应过程中的能量变化曲线如图(E1、E3表示两反应的活化能)。下列有关叙述正确的是（ ）A. 两步反应均为吸热反应B. 三种化合物的稳定性顺序：BACC. 加入催化剂不改变反应的焓变
22、，但能提高转化率D. 整个反应的HE1E2【答案】B【解析】【分析】AB的反应，反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热；BC的反应，反应物的总能量大于生成物总能量，反应为放热反应，结合能量与焓变、物质的稳定性的关系可得结论。【详解】AAB的反应为吸热反应，BC的反应为放热反应，故A错误；B物质的总能量越低，越稳定，所以三种化合物的稳定性顺序：BAC，故B正确；C加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，只提高反应速率，不改变平衡移动，因此不能提高转化率，故C错误；D整个反应的热效应只与始态和终态有关，则H=(E1-E2)-(E4-E3)=E1+E3-E2-E4，故D错误；答案选B。17.室
23、温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释，pH随溶液体积的变化曲线如下图所示。下列说法正确的是A. HA的酸性比HB的酸性弱B. a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强C. 若两溶液无限稀释，则它们的n(H+)相等D. 对a、b两点溶液同时升高温度，则增大【答案】B【解析】【分析】室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释至1000mL时，HA溶液PH=5，HB溶液PH5，说明HA为强酸，HB为弱酸，据此分析解答。【详解】室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释至1000mL时，HA溶液PH=5，HB溶液PH5，说明HA为强酸，HB为
24、弱酸，A. 室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释至1000mL时，HA溶液PH=5，HB溶液PH0)，该反应为吸热反应，则反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量，那么在化学反应时，反应物就需要吸收能量才能转化为生成物；故答案为：小于；吸收；（3）A. 氧不能燃烧，且水分解生成氢气，不分解不能得到氢气，故A错误；B. 太阳光聚焦，产生高温，不消耗化石能源，可使水分解产生氢气，故B正确；C. 水分解需要吸收能量，不能释放能量，故C错误；D. 寻找特殊催化剂，降低成本，用于开发廉价能源，以分解水制取氢气，故D正确；故答案为：AC；（4）燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成
25、稳定氧化物时所放出的热量，一般CCO2(g)，SSO2(g)，HH2O(l)，A中氢气为2mol，B中C3H8为1mol，且生成二氧化碳气体和液态水，则能表示燃烧热的热化学方程式的为B；标况下22.4L的C3H8和H2混合气体，共1mol，其中H2的体积分数为1/2，则C3H8的物质的量、H2的物质的量均为0.5mol，则在上述条件下完全燃烧，放出的热量为；故答案为：B；1252.9kJ。20.双氧水（H2O2）和水都是极弱电解质，但H2O2溶液显酸性（1）若把H2O2看成二元弱酸。请写出其在水中的电离方程式：_。（2）二氧化锰是实验室制取氧气的催化剂。下列是某同学设计实验探究双氧水分解实验方
26、案：实验20.0mL双氧水溶液浓度粉状MnO2温度待测数据5%0.2g20C5%0.5g20C10%0.2g20C利用实验和，探究_对化学反应速率的影响，实验待测数据是_：若在本组实验中现象不明显，可采取的措施是_。（3）加0.1 mol MnO2，粉末于50mL过氧化氢溶液（H2O2，=1.1 gmL-1）中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示。前4min内氧气的产生速率为_mLmin-1A、B、C、D各点反应速率由快到慢的顺序为_。解释反应速率变化的原因_。计算H2O2初始状态的浓度_。【答案】 (1). H2O2 H+HO2-、HO2- H+O22- (2). 浓度 (3).
27、 收集等体积氧气所需要的时间（或者相同时间内收集氧气的体积）；升高到相同的温度 (4). 将三个实验升高到相同的温度； (5). 15mL/min (6). DCBA (7). 刚开始时受温度和浓度两方面的影响，速率较快，随着反应的进行，双氧水的浓度逐渐减小，反应速率也逐渐减小 (8). 0.107 molL1【解析】【分析】（1）过氧化氢是弱电解质，属于二元弱酸分步电离；（2）根据控制单一变量法，比较实验和的数据可知，两个实验中二氧化锰的质量和实验温度都是相同的，只有双氧水溶液的浓度不同，则探究的是浓度对化学反应速率的影响；可以通过测定收集等体积氧气所需要的时间（或者相同时间内收集氧气的体积
28、）来比较反应速率的快慢；若在本组实验中现象不明显，可采取的措施是升高到相同的温度；（3）前4min内生成60mL氧气，根据速率单位可知，该速率用单位时间内的体积变化来表示；反应物浓度大小决定反应速率大小，随着反应的进行，双氧水的浓度逐渐减小，反应速率也逐渐减小；2H2O2 2H2OO2反应为放热反应，刚开始时受温度和浓度两方面的影响，速率较快，但由于随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小，速率逐渐减小，综合温度和浓度两方面的影响，浓度变化更大，所以速率逐渐减小；2H2O2 2H2OO2，该反应为不可逆反应，在5min后，收集到的气体体积不再增加，说明过氧化氢完全分解，由图象可知，生成氧气的体积为6
29、0mL，则可列比例式计算n(H2O2)，进而计算其浓度。【详解】（1）过氧化氢是弱电解质，H2O2溶液显酸性，属于二元弱酸，分步电离，电离的方程式为：H2O2 H+HO2-、HO2- H+O22-；故答案为：H2O2 H+HO2-、HO2- H+O22-；（2）比较实验和的数据可知，两个实验中二氧化锰的质量和实验温度都是相同的，只有双氧水溶液的浓度不同，则探究的是浓度对化学反应速率的影响，可以通过测定收集等体积氧气所需要的时间（或者相同时间内收集氧气的体积）来比较反应速率的快慢；若在本组实验中现象不明显，可采取的措施是将三个实验升高到相同的温度；故答案为：浓度；收集等体积氧气所需要的时间（或者
30、相同时间内收集氧气的体积）；将三个实验升高到相同的温度；（3）前4min内生成60mL氧气，则氧气的产生速率为；故答案为：15mL/min；反应物浓度大小决定反应速率大小，随着反应的进行，双氧水的浓度逐渐减小，反应速率也逐渐减小；故答案为：DCBA；2H2O2 2H2OO2反应为放热反应，刚开始时受温度和浓度两方面的影响，速率较快，但由于随着反应进行，反应物的浓度逐渐减小，速率逐渐减小，综合温度和浓度两方面的影响，浓度变化更大（减小的较多），所以速率逐渐减小；，故答案为：刚开始时受温度和浓度两方面的影响，速率较快，随着反应的进行，双氧水的浓度逐渐减小，反应速率也逐渐减小；2H2O2 2H2OO
31、2，该反应为不可逆反应，在5min后，收集到的气体体积不再增加，说明过氧化氢完全分解，由图象可知，生成氧气的体积为60mL，则可列比例式： 2H2O2 2H2OO2 2mol 22.4Ln(H2O2) 0.06L，解得：n(H2O2)0.00536mol，所以；故答案为：0.107 molL1。21.二氧化碳是用途非常广泛的化工基础原料，回答下列问题：（1）工业上可以用CO2来生产燃料甲醇。已知：CO2(g) +3H2(g) CH3OH(l) +H2O(l) DH= -130kJmol-12H2(g)+O2(g)=2H2O(l) DH=-572kJmol-1CH3OH(1)的燃烧热DH=_kJ
32、mol-1。（2）在催化剂作用下，CO2和CH4可直接转化为乙酸：CO2(g)+CH4(g)=CH3COOH(g) DH0，在不同温度下乙酸的生成速率变化如图所示。当温度在250C-300C范围时，乙酸的生成速率减慢的主要原因是_。欲使乙酸的平衡产率提高，应采取的措施是_（任写一条措施即可）。（3）一定条件下，在密闭容器中发生反应，2CO(g) C(s)+CO2(g).下列能说明该反应达到平衡的是_。A 容器内混合物的质量不变B CO和CO2的物质的量之比不再变化C 混合气体的平均摩尔质量不再变化D 生成amo1CO2的同时消耗2amol.CO向某恒容容器中通入一定量的CO发生上述反应，在不同
33、温度下CO2的物质的量浓度c (CO2)随温度的变化如上图所示，则该反应为_（填“放热”或“吸热”）反应。向容积可变的某恒压容器中通入amolCO，TC时反应经过10min达平衡，CO的体积分数为75%。CO的平衡转化率为_。在容积改变的条件下，反应速率可用单位时间内反应物成生成物的物质的量变化来表示，则0-10min内平均反应速率v（CO2）=_。【答案】 (1). 728 (2). 催化剂活性降低(或催化剂中毒等) (3). 升高温度或增大压强等 (4). BC (5). 放热 (6). 40% (7). 0.02a molmin1【解析】【分析】（1）根据已知方程式构建目标方程式，根据盖
34、斯定律计算CH3OH的燃烧热；（2）温度超过250时，催化剂的催化效率降低，所以温度升高而乙酸的生成速率降低；欲使乙酸的平衡产率提高，应该使平衡正向移动；（3）根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；向某恒容容器中通入一定量的CO发生上述反应2CO(g)C(s)+CO2(g)，温度越高，反应速率越快，达到平衡的时间越短，随着温度的升高生成CO2量逐渐增多，但温度高于T3后，随着温度升高，c(CO2)
35、又逐渐减小，则平衡逆向移动；根据三段式进行计算CO的平衡转化率；根据反应速率可用单位时间内反应物或生成物的物质的量变化来表示信息进行计算010min内平均反应速率。【详解】（1）已知： CO2(g) +3H2(g) CH3OH(l) +H2O(l) DH= -130kJmol-1； 2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) DH=-572kJmol-1；根据盖斯定律，将得：CH3OH(l)+O2(g)=2H2O(l)+CO2(g) ，则H=(572kJ/mol)(130kJ/mol)=728kJ/mol，故CH3OH的燃烧热 H=728kJ/mol；故答案为：728；（2）催化剂的活性与温度有
36、关，当温度在250300范围时，乙酸的生成速率减慢的主要原因是催化剂活性较低(或催化剂中毒等)；故答案为：催化剂活性降低(或催化剂中毒等)；欲使乙酸的平衡产率提高，应该使平衡正向移动，因为正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，乙酸的平衡产率提高；增大压强，平衡正向移动，乙酸的平衡产率提高；故答案为：升高温度或增大压强等；（3）该反应2CO(g)C(s)+CO2(g)为反应前后气体体积变化的反应， A. 反应前后混合物的质量始终不变，则容器内混合物的质量不变，不能作为判断平衡的依据，故A错误；B. 随着反应的进行，CO的物质的量逐渐减小，CO2的物质的量逐渐增大，则CO和CO2的物质的量之比
37、逐渐减小，则当CO和CO2的物质的量之比不再变化时，说明CO和CO2的量不再改变，即各物质的浓度、百分含量不变，能判断达到平衡状态，故B正确；C. 混合气体为一氧化碳与二氧化碳的混合气体，则平衡正向进行时，混合气体的平均摩尔质量越接近于二氧化碳的摩尔质量，平均摩尔质量为变化的量，当混合气体的平均摩尔质量不再变化时，能判断达到平衡状态，故C正确；D. 生成a molCO2的同时消耗2a mol.CO，二者均表示正反应速率，不能说明正逆反应速率相等，则不能作为判断平衡的依据，故D错误；故答案为：BC；向某恒容容器中通入一定量的CO发生上述反应2CO(g)C(s)+CO2(g)，温度越高，反应速率越
38、快，达到平衡的时间越短，随着温度的升高生成CO2量逐渐增多，但温度高于T3后，随着温度升高，c(CO2)又逐渐减小，则平衡逆向移动，说明正反应方向为放热反应；故答案为；放热；向容积可变的某恒压容器中通入amolCO，TC时反应经过10min达平衡，CO的体积分数为75%.CO的平衡转化率为，可列三段式： 2CO(g)C(s)+CO2开始（mol）：a 0 0变化（mol）：2x x x平衡（mol）：a-2x x x达平衡时，CO的体积分数为75%，所以，解得x=0.2a，则CO的平衡转化率=；在容积改变的条件下，反应速率可用单位时间内反应物或生成物的物质的量变化来表示，则010min内平均反
39、应速率；故答案为：40%；0.02a molmin1。22.CH3COOH是常见的弱酸，现有常温下0.1molL-1的CH3COOH溶液。（1）若温度不变，加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是_（填字母序号，下同）；若该溶液升高温度，下列表达式的数据增大的是_。A c(H+)B c(H+)c(OH-)C D （2）某化学兴趣小组装好了如图所示的实验装置，一支胶头滴管盛有盐酸，另一支胶头滴管盛有同体积、同浓度的醋酸。实验时同时完全捏扁a、b胶头滴管的胶头，观察实验现象装置A、B中用红墨水而不用水的目的是_。实验刚开始时，发现装置A中的长导管液面上升得比装置B中的要快。则胶头滴管a中盛的是
40、_。 两装置反应结束时（无固体剩余）。静置后两装置中的长导管或面均有所下降，最终液面高度_（填“相等”。“A中的高”或“B中的高”）.（3）实验表明，液态时纯硫酸的电离能力强于纯硝酸，纯硫酸的导电性也是显著强于纯水。又知液态纯酸都能像水那样进行自身电离而建立平衡。且在一定温度下都有各自的离子积常数。据此回答:5C时，液态纯硫酸的离子积常数K(H2SO4)_110-14（填“”“”或“”）.在纯硫酸与纯硝酸的液态混合酸中，存在的阴离子主要是_。（4）在某温度下的水溶液中，c(H+)=10xmolL-1，c(OH-)10ymolL-1，x与y的关系如图所示：该温度下，水的离子积为_。该温度下，0.
41、01 molL-1 NaOH溶液中水电离出c(OH-)为_。【答案】 (1). A (2). ABCD (3). 便于观察长导管中液面高度的变化； (4). 盐酸 (5). 相同 (6). (7). HSO4 (8). 1.010-15 (9). 1.010-13mol/L【解析】【分析】（1）CH3COOH溶液加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，氢离子浓度、醋酸根离子浓度减小；由于温度不变，则电离平衡常数、水的离子积不变；升高温度后醋酸的电离程度增大，则溶液中氢离子浓度增大、水的离子积增大、电离平衡常数增大；（2）装置A、B中用红墨水而不用水，便于观察长导管中液面高度的变化；实验刚开始时，盐
42、酸溶液中的c(H+)大，与等质量的锌粒反应时单位时间内放出的热量多，产生的H2多，所以装置中压强大，长导管中液面上升快；两装置反应刚结束时（无固体剩余），发现装置A中的长导管液面比装置B中的高，静置一会后，温度下降压强减小，两装置中的长导管液面均有所下降，但二者产生的氢气的量相等，所以最终液面高度相同；（3）由于纯硫酸的导电性显著强于纯水，所以25时，液态纯硫酸的离子积常数K(H2SO4)11014；由于纯硫酸的电离能力强于纯硝酸，则在纯硫酸和纯硝酸的液态混合酸中2H2SO4H3SO4+HSO4为主要的电离方式；（4）该温度下，溶液中水的离子积常数Kw=c(H+)c(OH-)，即Kw=10x1
43、0y=10x+y；0.01mol/LNaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，H全部由水电离得到，根据水的离子积常数计算氢离子浓度，再依据c水(OH-)=c水(H+)计算溶液中水电离出c(OH-)。【详解】（1）CH3COOH溶液加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，氢离子浓度、醋酸根离子浓度减小；由于温度不变，则电离平衡常数、水的离子积不变；A. 0.1 molL1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，氢离子浓度减小，故A正确；B. Kw=c(H+)c(OH)只受温度的影响，温度不变，则其值是一个常数，故B错误；C. 由于，醋酸根离子浓度减小，温度不变，电离平衡常数不变，则增大，故C错误；
44、D. 为醋酸的电离平衡常数，由于温度不变，则电离平衡常数不变，故D错误；若该溶液升高温度，醋酸、水的电离程度均增大，则溶液中氢离子、醋酸根离子浓度都增大，醋酸分子的浓度减小，水的离子积增大、电离平衡常数增大；A. 升高温度，促进醋酸的电离，溶液中氢离子浓度增大，故A正确；B. Kw=c(H+)c(OH)为水的离子积，升高温度后水的电离程度增大，则水的离子积增大，故B正确；C. 升高温度，醋酸的电离程度增大，氢离子浓度增大，醋酸分子的浓度减小，则的比值增大，故C正确；D. 为醋酸的电离平衡常数，升高温度，电离平衡常数增大，故D正确；故答案为：A；ABCD；（2）装置A、B中用红墨水而不用水的原因
45、是便于观察长导管中液面高度的变化；故答案为：便于观察长导管中液面高度的变化；实验刚开始时，盐酸溶液中的c(H+)大，与等质量的锌粒反应时单位时间内放出的热量多，产生的H2多，所以装置中压强大，长导管中液面上升快，所以若发现装置A中的长导管液面上升的比装置B的要高，则胶头滴管a中盛的是盐酸；两装置反应刚结束时（无固体剩余），发现装置A中的长导管液面比装置B中的高，静置一会后，温度下降压强减小，两装置中的长导管液面均有所下降，但二者产生的氢气的量相等，所以最终液面高度相同；故答案为：盐酸；相同；（3）根据实验表明，液态时，纯硫酸的导电性显著强于纯水，已知液态纯酸都能像水那样进行自身电离(H2O+H
46、2OH3O+OH)而建立平衡，且在一定温度下都有各自的离子积常数，这些信息告诉我们纯硫酸存在着电离平衡，且电离程度强于纯水，仿照纯水的电离方式，可以推知纯硫酸的电离方程式为：2H2SO4H3SO4+HSO4，由于纯硫酸的导电性显著强于纯水，所以25时，液态纯硫酸的离子积常数K(H2SO4)11014；故答案为：；由于纯硫酸的电离能力强于纯硝酸，则在纯硫酸和纯硝酸的液态混合酸中2H2SO4H3SO4+HSO4为主要的电离方式，而纯硝酸电离受到纯硫酸电离出的H+的抑制，因此在纯硫酸和纯硝酸的液态混合酸中，存在的阴离子主要是HSO4；故答案为：HSO4；（4）该温度下，溶液中水的离子积常数Kw=c(H+)c(OH-)，即Kw=10x10y=10x+y，由图象可知，x+y=-15，故Kw=1.010-15；故答案为：1.010-15；该温度下，水的离子积常数为10-15，0.01mol/LNaOH溶液中c(OH-)=0.01mol/L，H全部由水电离得到，根据水的离子积常数得溶液中c水(H+)=c水(OH-)=；故答案为：1.010-13mol/L。