广东省东莞市第四高级中学2024-2025学年高二上学期11月期中考试 化学试题

东莞四中2024-2025学年第一学期高二化学期中考试卷 （考查范围：人教版选必1第1章~第3章第3节 限时：75分钟 满分：100分） 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 一、选择题：本题共16个小题，1-10每小题2分，11-16每小题4分，共44分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．下列变化过程中一定不存在化学能转化为热能的是(　　)             A．木材燃烧 B．谷物酿酒 C．干冰升华 D．鞭炮燃放 2．化学与社会、生产、生活密切相关，下列说法不正确的是(　　) A．海水淡化可以解决淡水危机，用光催化分解代替电解水制氢气可实现节能环保 B．将煤气化，有利于提供更多的能量，而且有效地减少温室气体的产生 C．食品放入冰箱中，因为温度低，变质速率慢，所以食品能够保存较长时间 D．用柠檬酸可以去除水壶水垢，可以说明柠檬酸酸性强于碳酸 3．以下现象能用勒夏特列原理解释的是(　　) A．由H2(g)、I2(g)、HI(g)组成的平衡体系加压后颜色变深 B．往新制氯水中加入适量碳酸钙固体可以增强漂白能力 C．合成氨一般选择400~500℃进行 D．工业合成氯化氢时使用过量氢气 4．SO2、NOx是重要化工原料，可用于硫酸、硝酸的生产。工业制硫酸时，接触室中主要反应为：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)   ΔH=-196.6 kJ·mol-1,SO2、NOx也是大气主要污染物，NOx可与NH3混合，通过选择性催化剂高温脱除，SO2可通过碱液吸收去除。对于反应 2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)，下列说法正确的是 A．该反应ΔH＜0   ΔS＞0 B．压缩反应容器，正逆反应速率同时加快 C．反应在高温条件或催化剂条件下进行可提高SO2的平衡转化率 D．该反应中每生成22.4 L SO3转移电子的数目约等于2×6.02×1023 5．T℃时，在恒容密闭容器中，气体与气体反应生成气体，反应过程中的浓度随时间变化如图所示。下列结论正确的是 A．内用表示的反应速率为 B．时充入氦气，化学反应速率减小 C．该反应的化学方程式为 D．升高温度，活化分子百分数增大，正、逆反应速率都加快 6．历史上曾用“地康法”制氯气，其反应原理为  。若使HCl的平衡转化率和逆反应化学反应速率均增大，可采取的措施是 A．移走氯气 B．增大压强 C．加入HCl D．使用高效催化剂 7．已知：，该反应分①、②两步进行，其能量曲线如图所示，下列有关说法正确的是 (　　) A．反应①为吸热反应，反应②为放热反应，总反应为放热反应 B．HI是该反应催化剂，起到加快反应速率的作用 C．整个反应过程共有2个基元反应，决定速率的为第①步反应 D．ICl(g)+HI(g)= I2 (g)+HCl (g)  ΔH = -218kJ/mol 8．常温下，不能证明乙酸是弱酸的实验事实是(　　) A．0.1mol/LCH3COOH溶液的pH=3 B．pH=3的乙酸溶液加水稀释10倍后，pH＜4 C．等体积等pH的盐酸和乙酸与足量锌粒反应，乙酸产生H2多 D．CH3COOH溶液能与Na2CO3溶液反应生成CO2 9．下列关于FeCl3水解的说法错误的是(　　) A．在FeCl3稀溶液中，水解平衡时，无论加FeCl3饱和溶液还是加水稀释，平衡均向右移 B．浓度为5 mol·L－1和0.5 mol·L－1的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3＋的水解程度前者小于后者 C．其他条件相同时，同浓度的FeCl3溶液在50 ℃和20 ℃时发生水解，50 ℃时Fe3＋的水解程度比20 ℃时的小 D．为抑制Fe3＋的水解，更好地保存FeCl3溶液，应加少量盐酸 10．下列关于实验操作的误差分析不正确的是(　　) A．测定中和反应反应热时，测盐酸后的温度计未冲洗干净立即测NaOH溶液的温度，则测得的ΔH偏大 B．用量气法测锌与稀硫酸反应产生的氢气体积时，装置未冷却至室温即读数，则测得的反应速率偏大 C．用湿润的玻璃棒蘸取Na2CO3溶液滴在pH试纸上，则测得的pH值偏小 D．用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，开始滴定时酸式滴定管尖端处有气泡，滴定终点时气泡消失，则测得的NaOH溶液浓度偏小 11．常温下，关于pH=11的氨水溶液，下列说法不正确的是(　　) A．溶液中 B．加水稀释100倍后，溶液的 C．与等体积pH=3的溶液充分混合后，溶液呈碱性 D．此溶液中由水电离出的和浓度均为 12. 下列各组离子在指定溶液中一定不能大量共存的是(　　) A．使甲基橙显黄色的溶液：Fe2+、Cl﹣、Mg2+、SO42- B．=1.0×10﹣12的溶液：Na+、AlO2-、CH3COO﹣、SO32- C．能使酚酞变红的溶液：Al3+、Fe3+、SO42-、NO3- D．常温下，由水电离产生c(H+)=10﹣12molL﹣1的溶液中：Na+、Cl﹣、CO32-、SO42- 13．下列对有关事实或解释不正确的是(　　) 选项 事实 解释 A 用铝粉代替铝片与稀盐酸反应，反应速率加快 改用铝粉，固体表面积增大，故反应速率加快 B 5%的双氧水中加入二氧化锰粉末，分解速率迅速加快 降低了反应的活化能和焓变，反应速率加快 C 锌与稀硫酸反应，滴入少量硫酸铜溶液，生成氢气的速率加快 锌置换出铜，形成原电池，反应速率加快 D 密闭容器中反应：，当温度、压强不变，充入惰性气体，反应速率减慢 容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢 14．可逆反应：  ，同时符合下列两图中各曲线的规律的是 A．     B．     C．     D．     15．对于密闭容器中的可逆反应，探究单一条件改变情况下，可能引起平衡状态的改变，得到如图所示的曲线(图中T表示温度，n表示物质的量)。下列判断正确的是 A．加入催化剂可以使状态d变为状态b B．若，则逆反应一定是放热反应 C．达到平衡时，A2的转化率大小为 D．在和不变时达到平衡，的物质的量的大小为 16．叠氮酸(HN3)是一种弱酸。常温下，向20 mL 0.1 mol·L-1的HN3溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1NaOH溶液。测得滴定过程电溶液的pH随V(NaOH)变化如图所示，下列说法正确的是 A．点①溶液中：c(HN3)+c(H+)>c()+c(OH-) B．点②溶液中：c(Na+)=c(N)+c(HN3) C．常温下，Ka(HN3)的数量级为10-4 D．点③溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HN3) 二、非选择题：本题共4个小题，共56分。 17．（14分）研究大气中含硫化合物(主要是和)的转化具有重要意义。 （1）工业上采用高温热分解的方法制取，在膜反应器中分离，发生的反应为　 已知：①　； ②　 则 (用含、的式子表示)。 32 g的 S (g) 完全燃烧时，放出的热量比32 g 的S (s) 完全燃烧时放出的热量 （填“多”、“少”或“相等”） （2）土壤中的微生物可将大气中的经两步反应氧化成，两步反应的能量变化示意图如下： 则　 。1mol全部被氧化为的热化学方程式为 。 （3）将和空气的混合气体通入、、的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。 ①该循环过程中的作用是 ，图示总反应的化学方程式为 。 ②已知循环图中反应③生成1mol H2O（l）时放出a kJ热量，则反应③中转移个电子时， 放出 kJ热量。(用含a的式子表示) 18．（14分）（1）已知下列反应的热化学方程式： ① ② ③ i．反应①中，正反应活化能 逆反应活化能(填“大于”“小于”或“等于”)。 ii．若某温度下反应①的平衡常数为，反应②的平衡常数为，则反应③的平衡常数 (用含、的式子表示)。 （2）硫酸在国民经济中占有极其重要的地位，下图是工业接触法制硫酸的简单流程图，试回答下列有关问题。 ①生产时先将黄铁矿粉碎再投入沸腾炉，目的是 。 ②25℃，101 kPa时，每燃烧0.12 kg FeS2就会放出853 kJ热量，写出此状况下FeS2燃烧的热化学方程式： 。 ③在实际生产过程中，控制进入接触室的气体中O2的体积分数是SO2体积分数的1.5倍，其目的是： 。 ④实验测得反应中SO2平衡转化率与温度、压强有关，请根据下表信息，结合工业生产实际，选择最合适的生产条件是 MPa，400℃。(注：1 MPa约等于10个大气压)，请阐述控制温度在400℃的原因 。         压强/MPa 温度/℃ 0.1 0.5 1 10 400 99.2% 99.6% 99.7% 99.9% 500 93.5% 96.9% 97.8% 99.3% 600 73.7% 85.8% 89.5% 96.4% 19．（14分）（1）Ⅰ.在生产生活中，我们经常用热的纯碱溶液去油污。 请写出纯碱溶液水解方程式 ；，并解释加热有利于除油污的原因 。 Ⅱ.为了减少CO的排放，某环境研究小组以CO和H2为原料合成清洁能源二甲醚(DME)，反应如下：4H2(g)+2CO(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)　ΔH=-198kJ·mol-1。 （2） 如图所示能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为 (填曲线标记字母)，其判断理由是 。 （3）在一定温度下，向2.0L固定容积的密闭容器中充入2mol H2和1mol CO，经过一段时间后，反应4H2(g)+2CO(g) CH3OCH3(g)+H2O(g)达到平衡。反应过程中测得的部分数据见下表： 时间/min 0 20 40 80 100 n(H2)/mol 2.0 1.4 0.85 0.4 — n(CO)/mol 1.0 — 0.425 0.2 0.2 n(CH3OCH3)/mol 0 0.15 — — 0.4 n(H2O)/mol 0 0.15 0.2875 0.4 0.4 ①0～20min的平均反应速率v(CO)= mol·L−1·min−1。 ②达到平衡时，H2的转化率为 。 ③能表明该反应达到平衡状态的是 (填字母)。 A．容器中二甲醚的浓度不变         B．断裂2mol H-H键同时，断裂1mol H-O键 C．v(CO)与v(H2)的比值不变         D．混合气体的密度不变 20．（14分）．根据表中数据，完成下列填空。 物质 HCOOH HCN H2CO3 电离常数(常温下)    （1）常温下，0.1 mol/L的HCN溶液中，约为 。 （2）常温下，在相同浓度的HCOOH和HCN溶液中，溶液导电能力更强的是 溶液(填化学式)。根据电离平衡常数判断，以下反应不能进行的是 。 A．     B． C．     D． ．将等pH、等体积的CH3COOH溶液和HNO2溶液分别加水稀释，溶液pH随加水稀释倍数的变化如图所示。 （3）相同温度下电离平衡常数： (填“大于”“小于”或“等于”)。 （4）常温下，a点由水电离的浓度为 mol/L。 （5）a、b、c三点水的电离程度由大到小的顺序为 ，c、d两点的溶液分别与NaOH恰好中和，消耗NaOH物质的量更多的是 点。 （6）25℃时，pH=3的盐酸和pH=12的NaOH溶液混合后溶液的pH=11，则 。 东莞四中2024-2025学年第一学期高二化学期中考试卷参考答案 1．【答案】C【解析】A．木柴燃烧有化学反应发生，有化学能和热能变化，选项A不符合； B．谷物酿酒由淀粉转化为葡萄糖最后转化为酒精，有化学反应发生，有化学能和热能变化，选项B不符合； C．干冰升华只有热量变化，无化学能的变化，选项C符合； D．鞭炮燃放过程中有化学反应发生，有化学能和热能变化，选项D不符合； 答案选C。 2．【答案】B【解析】A． 海水淡化可以解决淡水危机，利用太阳能，用光催化分解代替电解水制氢气，避免了电能的大量损耗，使用氢气减少了化石燃料的使用，可实现节能环保，A正确； B．根据盖斯定律，将煤气化不会提供更多的能量，B错误； C．其它条件不变时，降低温度、化学反应速率减慢，故食品放入冰箱中，由于温度的降低使变质速率减慢，使食品能保存较长时间，C正确； D．用柠檬酸去除水垢:柠檬酸酸性强于碳酸，强酸制弱酸。D正确； 答案选B。 3．【答案】B【解析】A．由H2(g)、I2(g)、HI(g)组成的平衡体系加压平衡不移动，后颜色变深不能用勒夏特列原理解释，A错误； B．新制氯水中存在平衡，加入适量碳酸钙固体消耗氢离子，平衡正向移动，次氯酸浓度增大，漂白能力增强，能用勒夏特列原理解释，B正确； C．合成氨为放热反应，升温平衡逆向移动，但合成氨一般选择400~500℃进行是为了加快反应速率，提高生产效率，不能用勒夏特列原理解释，C错误； D．工业合成氯化氢时使用过量氢气是为了使氯气反应完全，不能用勒夏特列原理解释，D错误； 故选B。 4．【答案】B 【解析】A．该反应是气体计量系数减小的反应，故ΔS<0，A错误； B．增大压强，正逆反应速率都加快，B正确； C．该反应为放热反应，故升温平衡逆向移动，平衡转化率减小，催化剂只能改变反应速率，不能使平衡移动，C错误； D．没有给出三氧化硫的状态，无法计算其物质的量，另外，标准三氧化硫为固态，也无法计算其物质的量，D错误； 5．【答案】D【详解】A．10s内用B表示的反应速率为，A错误； B．恒容密闭容器中，10s时充入氦气，不影响反应物浓度，化学反应速率不变，B错误； C．A、B随时间推移逐渐减小，A、B为反应物，C随时间推移逐渐增加，C为生成物，内，0-10s，反应的A、B、C浓度之比为0.2:0.6:0.4=1:3:2， 10s时反应达到平衡，故反应的化学方程式为，C错误； D．升高温度，活化分子百分数增大，有效碰撞增加，正逆反应速率都加快，D正确； 6．【答案】B 【详解】A．移走，浓度减小，化学反应速率减小，故不选A； B．正反应气体系数和减小，增大压强，平衡正向移动，HCl的平衡转化率增大，化学反应速率增大，故选B； C．加入HCl，氧气的转化率增大，HCl的平衡转化率减小， 故不选C； D．使用高效催化剂，平衡不移动，HCl的平衡转化率不变，故不选D； 7．【答案】C【解析】A．反应①中，反应物[2ICl(g)+H2(g)]总能量高于生成物[HCl(g)+HI(g)+ICl(g)]总能量，为放热反应，A错误； B．由图可知，反应①生成HI，在反应②中消耗HI，则HI是中间产物，不是催化剂，B错误； C．由图可知，反应①的正反应活化能比反应②的大，反应①的反应速率较慢，所以总反应的反应速率取决于第①步反应，C正确； D．由图可得，总反应2ICl(g)+H2(g)=I2(g)+2HCl(g)  ∆H =-218kJ·mol-1，D错误； 故本题选C。 8．【答案】D【解析】A．0.1mol/LCH3COOH溶液的pH=3，则溶液中，说明乙酸没有完全电离，是弱酸，A正确；B．pH=3的醋酸溶液加水稀释10倍后，pH＜4，说明溶液中存在平衡，加水稀释，平衡右移，证明乙酸是弱酸，B正确；C．等体积等pH的盐酸和乙酸与足量锌粒反应，醋酸产生H2多，说明乙酸溶液中含有的溶质物质的量比盐酸中的多，则乙酸没有完全电离，是弱酸，C正确；D．CH3COOH溶液能与Na2CO3溶液反应生成CO2，说明乙酸酸性比碳酸强，不能说明乙酸是弱酸，D错误；故选D。 9． 【答案】C【解析】　增大FeCl3的浓度，水解平衡向右移动，但Fe3＋水解程度减小，加水稀释，水解平衡向右移动，Fe3＋水解程度增大，A、B项正确；盐类水解是吸热反应，温度升高，水解程度增大，C项错误；Fe3＋水解后溶液呈酸性，增大H＋的浓度可抑制Fe3＋的水解，D项正确；答案选C。 10．【答案】D【解析】A．测盐酸后的温度计未冲洗干净立即测NaOH溶液的温度，导致温度差减小，放热减小，则测得的ΔH偏大，故A正确；B．装置未冷却至室温即读数，气体的体积偏大，测得的反应速率偏大，故B正确；C．湿润的玻璃棒蘸取Na2CO3溶液滴在pH试纸上，溶液的碱性减弱，测得的pH值偏小，故C正确；D．开始滴定时酸式滴定管尖端处有气泡，滴定终点时气泡消失，消耗标准液的体积偏大，则测得的NaOH溶液浓度偏大，故D错误；答案选D。 11．【答案】B【解析】A．常温下pH=11的氨水溶液中c(H+)=1.0×10-11mol·L-1，c(OH-)==1.0×10-3mol·L-1，故A正确；B．由于一水合氨是弱电解质，加水稀释100倍，会促进一水合氨电离，导致氢氧根离子浓度大于原来的，所以溶液的10>pH>9，故B错误；C．由于一水合氨是弱电解质，加入等体积pH=3的H2SO4溶液，氨水过量，溶液呈碱性，故C正确；D．常温下pH=11的氨水中，氢氧根离子抑制了水的电离，氨水中氢离子是水电离的，为1.0×10-11mol/L，则氨水中由水电离产生的c(OH-)=10-11mol/L，故D正确；故选B。 12．【答案】C【解析】A．使甲基橙显黄色的溶液可能呈酸性，也可能呈中性或碱性，碱性溶液中Fe2+、Mg2+不能大量存在，酸性或中性溶液中Fe2+、Cl-、Mg2+、能大量共存，故A错误； B．=1.0×10-12的溶液，H+浓度小于氢氧根离子浓度，溶液呈碱性，碱性溶液中Na+、、、S2﹣、能大量共存，故B错误； C．c()=c(Cl-)的NH4Cl-NH3H2O混合溶液中电荷守恒：c()+c(H+)=c(Cl-)+ c(OH-)，即c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，中性溶液中Al3+、Fe3+会沉淀，故C正确； D．常温下，由水电离产生c(H+)=10-12mol/L溶液中，水的电离受到抑制，溶液既可能呈酸性也可能呈碱性，酸性溶液中不能大量存在，碱性溶液中Na+、Cl-、、能大量共存，故D错误；故答案为：C。 13．【答案】B【解析】A．铝粉与稀盐酸反应比铝片与稀盐酸反应的反应速率快，是因为表面积增大，应速率加快，故A正确； B．5%的双氧水中加入二氧化锰粉末，分解速率迅速加快是因为二氧化锰催化了双氧水的分解，但不会降低了反应的焓变，故B错误； C．Zn和硫酸铜发生置换反应生成Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池加快化学反应速率，导致生成氢气的速率加快，故C正确； D．密闭容器中反应，充入惰性气体，当温度、压强不变时，容器体积增大，反应物浓度减小，所以反应速率减慢，故D正确； 故答案选B。 14．【答案】C【解析】对于左图，先拐先平衡，说明，随温度的升高，生成物的浓度减小，平衡向吸热反应方向移动，即正反应是放热反应，即Q<0；对于右图，v正和v逆相交后，随压强的增大，平衡向正反应方向移动，a+b>c+d，反应为气体分子数减小的反应，熵变小于0； 故选C。 15．【答案】C【解析】A．催化剂只改变反应速率不改变平衡移动，所以加入催化剂不可能使状态d变为状态b，故A错误； B．若，由图象可知，温度升高，AB3的平衡体积分数减小，说明平衡向逆反应方向移动，则逆反应为吸热反应，故B错误； C．由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量会促进另一种反应物的转化率增大，则B2的物质的量越大，达到平衡时A2的转化率越大，即转化率大小为c＞b＞a，故C正确； D．由图可知，横坐标为B2的物质的量，增大一种反应物的量必然会促进另一种反应物的转化，则B2的物质的量越大，达到平衡时A2的转化率越大，生成物的物质的量越大，则平衡时AB3的物质的量大小为c＞b＞a，故D错误； 答案选C。 16．【答案】D【解析】A．点①溶液为HN3与NaN3等浓度的混合溶液，根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)，溶液pH＜7，说明HN3的电离作用大于N的水解作用，所以c(HN3)＜c(Na+)，所以c(HN3)+c(H+)＜c()+c(OH-)，故A项错误； B．点②溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c()+c(OH-)，该点溶液pH=7，则c(H+)= c(OH-)，所以c(Na+)=c()，则c(Na+)＜c()+c(HN3)，故B项错误； C．在常温下，0.1 mol/L HN3的pH=2.85，则c(H+)=10-2.85mol/L，Ka(HN3)=，故Ka(HN3)的数量级为10-5，故C项错误； D．点③溶液为NaN3溶液，根据质子守恒可得：c(OH-)=c(H+)+c(HN3)，故D项正确； 故本题选D。 17．【答案】（除标注外，每空2分）（1），多 （2）-442.39 （2分） （3）催化作用 （2分） 【解析】（1）已知：①；②，根据盖斯定律，①×2+②得为，其； 固态硫变成气态硫时需要吸热，故气态硫完全燃烧时放热多； （2）根据第一步反应的能量图可知 ，则的焓变为； 根据第二步反应的能量图可知 ，将第一步反应和第二步反应相加得到 （3）整个循环过程中没有被消耗，是催化剂，起催化作用；反应③的方程式为： ，已知反应③生成1mol时放出akJ热量，根据反应方程式可知生成1mol转移2mol电子，所以转移个电子时，放出热量。 18．【答案】（每空2分）（1）大于 或 （2）增大黄铁矿与氧气的接触面积，加快反应速率，使燃烧更充分，提高原料利用率 提高SO2的转化率，从而提高经济效益 0.1MPa，400℃ 温度过低时，反应速率较慢；温度过高时，不利于提高SO3产率（平衡正移） 【分析】工业接触法制硫酸中，黄铁矿在沸腾炉中燃烧生成三氧化二铁和二氧化硫，化学方程式为，二氧化硫在接触室被氧化为三氧化硫，三氧化硫在吸收塔中与水反应生成硫酸，实际吸收剂为浓硫酸，得到发烟硫酸； 【解析】（1）i．反应①为吸热反应，则正反应活化能大于逆反应的活化能； ii．由可得或； （2）①生产时先将黄铁矿粉碎再投入沸腾炉，其目的是大黄铁矿与氧气的接触面积，加快反应速率，使燃烧更充分，提高原料利用率； ②每燃烧0.12 kg即1mol FeS2就会放出853 kJ热量，则热化学方程式为： ； ③A．密闭容器中SO2、SO3的物质的量之比为1∶1，并不能说明其物质的量保持不变，故A错误；B．对于该反应前后气体体积不等，容器内压强不变可判断平衡状态，故B正确；C．当正逆反应速率符合化学计量数之比，即，反应达到平衡状态，故C错误；D．对于该反应前后气体体积不等，混合气体的平均相对分子质量不随时间变化而变化可判断平衡状态，故D正确；故选BD； ④该反应为可逆反应，控制进入接触室的气体中O2的体积分数是SO2体积分数的1.5倍，可以提高SO2的转化率，从而提高经济效益； ⑤由表中数据可以看出，SO2平衡转化率随温度升高而降低，故宜选用400℃，400℃时，SO2平衡转化率随压强变化不明显，则从节能角度，宜选用400℃、0.1MPa。 控制400℃的原因：温度过低时，反应速率较慢；温度过高时，不利于提高SO3产率（平衡正移） 19．【答案】（每空2分）（1）-90.5 10-7 （2）a 正反应放热，温度升高，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小 （3）0.0075 80% AB 【解析】（1）由盖斯定律可知，ii-i得反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH3=ΔH2-ΔH1=(-49.5-41)kJ•mol-1=-90.5kJ•mol-1，=10-7，故答案为：-90.5；10-7； （2）反应为4H2(g)+2CO(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)  ΔH=-198kJ•mol-1<0，即正反应为等体积变化的放热反应，升高温度、平衡逆向移动，生成物浓度减小，反应物浓度增加，则图中a表示平衡常数K随温度变化关系的曲线，故答案为：a；正反应放热，温度升高，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小； （3）①由表可知，0～20 min的平均反应速率v(H2)==0.015mol•L-1•min-1，根据反应速率之比等于系数比，则v(CO)= =0.0075mol•L-1•min-1，故答案为：0.0075； ②80min后n(CO)不再变化则反应达到平衡，H2的转化率为×100%=80%，故答案为：80%； ③A．容器中二甲醚的浓度不变说明正逆反应速率不变，反应达到平衡状态，故A正确； B．混合气体的物质的量为变量，混合气体的平均相对分子质量不变，可知达到平衡，故B正确； C．v(CO)与v(H2)的比值不变，不能确定正逆反应速率的关系，不能判定平衡，故C错误； D．混合气体的总质量不变，恒容即体积不变，则混合气体的密度始终不变，不能判定平衡，故D错误； 故答案为：AB。 20．【答案】（除标注外，每空2分）（1） （2）HCOOH B （3）小于（1分） （4） （5）c>b>a d（1分） （6）9∶2 【解析】（1）已知Ka(HCN)= ，0.1 mol/L的HCN溶液中，约为； （2）电离常数越大，电离程度越大，酸性越强，由表已知Ka(HCOOH)> Ka(HCN)，则酸性：HCOOH> HCN，相同浓度的HCOOH和HCN溶液中，溶液导电能力更强的是HCOOH；由表可知酸性：HCOOH> H2CO3> HCN>， A．由酸性：HCOOH> HCN ，根据强酸制取弱酸原理，反应能发生，故A不符合题意；B．酸性：< HCN，不能发生，故B符合题意；C．酸性：H2CO3> HCN ，能发生，故C不符合题意；D．酸性：HCOOH> ，能发生，故D不符合题意；故选B； （3）由图可知，加水稀释相同倍数时，CH3COOH溶液的pH较小，说明稀释促进CH3COOH电离程度大于HNO2，则酸性：CH3COOH< HNO2，电离平衡常数：小于； （4）常温下，a点pH=3，弱酸电离出c(H+)=10-3mol/L，则溶液中，由水电离的浓度等于OH-浓度，即1.0×10-11 mol/L； （5）加入酸抑制水的电离，酸性越强水的电离程度越小，则a、b、c三点水的电离程度由大到小的顺序为c>b>a，由于酸性：CH3COOH< HNO2，等pH时c(CH3COOH)>c(HNO2)，c、d两点的溶液分别与NaOH恰好中和，由n(CH3COOH)>n(HNO2)可知，消耗NaOH物质的量更多的是d点； （6）混合后溶液的pH=11，说明NaOH过量，溶液中，则有，则9∶2。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$