文档内容
参考答案
高二化学试卷（一）
１．Ｃ 【解析】Ａ．物质本身具有的能量越低，越稳定；根据Ｃ（石墨，ｓ）幑幐Ｃ（金刚石，ｓ） ΔＨ＞０可知金刚石的
能量更高不稳定，故Ａ正确；Ｂ．该反应ΔＨ＞０，ΔＳ＜０，则ΔＧ＝ΔＨ－ＴΔＳ＞０时，该反应不能自发进行，故Ｂ正
确；Ｃ．合成氨为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡转化率减小，故Ｃ错误；Ｄ．温度相同时，气体的溶解
度随着压强的降低而减小，打开碳酸饮料瓶盖时瓶内的压强减小，二氧化碳的溶解度降低，会产生大量气泡，
故Ｄ正确。
２．Ｄ 【解析】Ａ．大小烧杯之间填满碎泡沫塑料、内外烧杯口齐平，作用是：保温、隔热、减少实验过程中的热量散
失，故Ａ正确；Ｂ．醋酸电离吸热，则稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应生成１ｍｏｌ水，放出热量小于５７．３ｋＪ，反应热
数值偏小，故Ｂ正确；Ｃ．Ｈ（ｇ）＋Ｉ（ｇ）幑幐２ＨＩ（ｇ），该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，所以
２ ２
向密闭容器中加入１ｍｏｌＩ（ｇ）和１ｍｏｌＨ（ｇ），充分反应后放出的热量小于ａｋＪ，故Ｃ正确；Ｄ．在１０１ｋＰａ下，
２ ２
Ｃ（ｓ）的燃烧热ΔＨ＝－３９３．５ｋＪ·ｍｏｌ－１，则ＣＯ（ｇ）分解的热化学方程式为：ＣＯ（ｇ）Ｃ（ｓ）＋Ｏ（ｇ） ΔＨ＝
２ ２ ２
＋３９３．５ｋＪ·ｍｏｌ－１，故Ｄ错误。
Ｋ
３．Ａ 【解析】Ａ． ｗ ＝１０－１２ｍｏｌ·Ｌ－１的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故Ａ正确；Ｂ．使甲
ｃ（ＯＨ－）
基橙变黄的溶液，可能显碱性，碱溶液中不能大量存在ＮＨ＋、Ｃｕ２＋，故Ｂ错误；Ｃ．由水电离出的ｃ（Ｈ＋）＝１．０×
４
１０－１３ｍｏｌ·Ｌ－１的溶液，水的电离受抑制，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在ＣＯ２－、ＳＯ２－，故Ｃ错误；Ｄ．使
３ ３
ＫＳＣＮ显红色的溶液中含有Ｆｅ３＋，Ｆｅ３＋、ＨＣＯ－相互促进水解，不能大量共存，故Ｄ错误。
３
４．Ｃ 【解析】Ａ．ＮＨＣｌ属于强酸弱碱盐，铵根离子水解导致其溶液呈酸性，离子方程式为：ＮＨ＋＋ＨＯ幑幐
４ ４ ２
ＮＨ·ＨＯ＋Ｈ＋。酸和铁锈反应生成盐和水，所以可以用氯化铵溶液除铁锈，与盐类水解有关，故Ａ正确；Ｂ．
３ ２
用饱和氯化铁溶液制备胶体，利用了水解原理，离子方程式为：Ｆｅ３＋＋３ＨＯ幑幐Ｆｅ（ＯＨ）＋３ＨＣｌ，所以制备得
２ ３
到胶体，与水解有关，故Ｂ正确；Ｃ．用稀硫酸除去铜器表面的铜绿［Ｃｕ（ＯＨ）ＣＯ］，离子方程式为：４Ｈ＋＋
２ ２ ３
Ｃｕ（ＯＨ）ＣＯ２Ｃｕ２＋＋ＣＯ↑＋３ＨＯ，与水解无关，故Ｃ错误；Ｄ．配制氯化铁溶液，由于铁离子水解，离子
２ ２ ３ ２ ２
方程式为：Ｆｅ３＋＋３ＨＯ幑幐Ｆｅ（ＯＨ）＋３ＨＣｌ，会引起ＦｅＣｌ溶液部分沉淀，为抑制其水解，应该溶于盐酸，使水
２ ３ ３
解平衡逆向移动，再稀释到所需要的浓度，故Ｄ正确。
５．Ｂ 【解析】Ａ．ＦｅＣｌ溶液中Ｆｅ３＋会水解，因此０．１Ｌ１ｍｏｌ／ＬＦｅＣｌ溶液中含Ｆｅ３＋的数目小于０．１Ｎ，故Ａ错误；
３ ３ Ａ
Ｂ．Ｈ 与Ｉ反应是前后分子数不变的反应，因此０．１ｍｏｌＨ 与０．１ｍｏｌＩ于密闭容器中充分反应后，容器内的分
２ ２ ２ ２
子数为０．２Ｎ，故Ｂ正确；Ｃ．乙醇溶液中还有水，水中也含有氧原子，因此１００ｇ４６％的乙醇溶液中含有氧原子
Ａ
数大于Ｎ，故Ｃ错误；Ｄ．三氧化硫在标准状况下不是气体，无法计算标准状况下，２２．４ＬＳＯ 中含有ＳＯ 的分
Ａ ３ ３
子数，故Ｄ错误。
６．Ｃ 【解析】Ａ．明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，水解方程式为：３ＨＯ＋Ａｌ３＋幑幐
２
Ａｌ（ＯＨ）＋３Ｈ＋，故Ａ错误；Ｂ．ＨＳＯ－＋ＨＯ幑幐ＨＯ＋＋ＳＯ２－为ＨＳＯ－的电离方程式，ＨＳＯ－的水解方程式
３ ３ ２ ３ ３ ３ ３
为：ＨＳＯ－＋ＨＯ幑幐ＨＳＯ ＋ＯＨ－，故Ｂ错误；Ｃ．镁离子水解生成氢氧化镁和氢离子，镁离子的水解方程式为
３ ２ ２ ３
Ｍｇ２＋＋２ＨＯ幑幐Ｍｇ（ＯＨ）＋２Ｈ＋，故Ｃ正确；Ｄ．小苏打为ＮａＨＣＯ，弱酸的酸式酸根离子不能拆写，离子方程
２ ２ ３
式为ＨＣＯ－＋ＨＯ幑幐ＨＣＯ ＋ＯＨ－，故Ｄ错误。
３ ２ ２ ３
７．Ｄ 【解析】①常温下ＨＮＯ 溶液中存在的微粒有：Ｈ＋、ＮＯ－、ＨＮＯ、ＯＨ－、ＨＯ，说明ＨＮＯ 部分电离，为弱电
２ ２ ２ ２ ２
解质，故正确；②用ＨＮＯ 溶液做导电性实验，灯泡很暗，说明溶液中离子浓度很小，不能说明ＨＮＯ 部分电
２ ２
离，所以不能证明ＨＮＯ 为弱电解质，故错误；③１０ｍＬ１ｍｏｌ·Ｌ－１ＨＮＯ 溶液恰好与１０ｍＬ１ｍｏｌ·Ｌ－１ＮａＯＨ溶
２ ２
参考答案 第 １页（共１０页）
书书书液完全反应，说明ＨＮＯ 为一元酸，不能说明ＨＮＯ 部分电离，所以不能证明 ＨＮＯ 为弱电解质，故错误；④
２ ２ ２
０．１ｍｏｌ·Ｌ－１ＨＮＯ 溶液的ｃ（Ｈ＋）＜０．１ｍｏｌ·Ｌ－１，说明ＨＮＯ 部分电离，为弱电解质，故正确。
２ ２
８．Ｃ 【解析】Ａ．Ｔ温度下稀有气体，容积不变，平衡不移动，所以ＣＯ 转化率不变，故Ａ正确；Ｂ．温度高于Ｔ，
５ ２ ４
两种催化剂的ＣＯ 转化率相同，说明ｃ、ｄ是平衡状态，达到平衡后，温度升高，平衡逆向移动，ＣＯ 的转化率逐
２ ２
渐减小，因此温度高于Ｔ，ＣＯ 转化率降低的原因是温度升高，故Ｂ正确；Ｃ．根据图示信息相同温度下催化剂
４ ２
Ⅰ条件下转化率高，这说明催化剂Ⅰ的效率高，活化能较小，所以使用催化剂Ⅰ比催化剂Ⅱ效率高，故Ｃ错误；
Ｄ．ｂ、ｄ两状态下，ＣＯ 转化率相同，温度不同，ｄ点温度高于ｂ点，速率快于ｂ点，故Ｄ正确。
２
９．Ａ 【解析】Ａ．金属搅拌器导热，不能准确测定中和热，应选玻璃搅拌器，故Ａ错误；Ｂ．秒表测定时间，针筒测
定气体的体积，可测定反应速率，故Ｂ正确；Ｃ．只有温度不同，颜色不同，可探究温度对平衡移动的影响，故Ｃ
正确；Ｄ．Ｆｅ３＋和Ｃｕ２＋的浓度相同，阴离子相同，通过产生气泡的速率可探究Ｆｅ３＋、Ｃｕ２＋对ＨＯ 分解的催化效
２ ２
果，故Ｄ正确。
１０．Ａ 【解析】Ａ．步骤①中“净化”是除去杂质以防止铁触媒中毒，故Ａ正确；Ｂ．合成ＮＨ 的反应为气体分子数
３
减小的反应，加压有利于平衡正向移动，提高原料转化率，加压也可以提高反应速率，故Ｂ错误；Ｃ．催化剂的
活性受温度影响，一定温度范围内，催化剂活性最佳，而不是温度越高越大，故Ｃ错误；Ｄ．催化剂不能提高平
衡转化率，只能提高反应速率，合成ＮＨ 反应为放热反应，高温不利于平衡正向移动，而液化分离出氨气和
３
氮气、氢气的循环再利用均可以使平衡正向移动，所以步骤④、⑤有利于提高原料平衡的转化率，步骤③不利
于提高原料的平衡转化率，故Ｄ错误。
１１．Ｂ 【解析】Ａ．ｐＨ＝３的醋酸溶液稀释１００倍，ＣＨＣＯＯＨ又电离出氢离子，溶液的ｐＨ＜５，故Ａ错误；Ｂ．次氯
３
酸钠溶液中，次氯酸根离子水解，溶液显碱性，离子浓度大小关系为：ｃ（Ｎａ＋）＞ｃ（ＣｌＯ－）＞ｃ（ＯＨ－）＞
ｃ（Ｈ＋），故Ｂ正确；Ｃ．向氨水中加入稀硫酸至 ｐＨ＝７，溶液中 ｃ（Ｈ＋）＝ｃ（ＯＨ－），电荷守恒得到：ｃ（Ｈ＋）＋
ｃ（ＮＨ＋）＝２ｃ（ＳＯ２－）＋ｃ（ＯＨ－），则ｃ（ＮＨ＋）＝２ｃ（ＳＯ２－），故Ｃ错误；Ｄ．ＮＨＨＳＯ 溶液中电离出的氢离子会
４ ４ ４ ４ ４ ４
抑制铵根离子的水解，同浓度的①ＮＨＣｌ和②ＮＨＨＳＯ 溶液中ｃ（ＮＨ＋）：①＜②，故Ｄ错误。
４ ４ ４ ４
１２．Ｃ 【解析】Ａ．由图可知，无法确定该反应的ΔＨ，故Ａ错误；Ｂ．使用催化剂可以降低反应的活化能，但ΔＨ不
变，故Ｂ错误；Ｃ．曲线ａ表示的反应为放热反应，正反应的活化能小于逆反应的活化能，故Ｃ正确；Ｄ．曲线ｂ
表示的反应：该反应分两步进行，决速步骤是①，故Ｄ错误。
１３．Ｄ 【解析】Ａ．２ＨＳ（ｇ）幑幐２Ｈ（ｇ）＋Ｓ（ｇ） ΔＨ＞０，该反应是吸热反应，反应过程中绝热环境容器的反应
２ ２ ２
温度低于２５℃恒温环境容器的反应温度，反应速率慢于２５℃恒温环境容器的反应速率，由表格数据可知，容
器Ａ中反应达到平衡的时间多于容器Ｂ中反应达到平衡的时间，则容器Ａ为绝热环境，容器Ｂ为２５℃恒温
环境，故Ａ错误；Ｂ．降低容器的温度，正、逆反应速率均减慢，故Ｂ错误；Ｃ．向容器Ｂ中充入一定量的Ｈｅ，虽
然总压强增大，但Ｈｅ是惰性气体，不参与反应，反应体系中各物质的分压不变，平衡不移动，故Ｃ错误；Ｄ．根
据表格，容器Ｂ在平衡时Ｓ的物质的量为３ｍｏｌ，初始时有９ｍｏｌ硫化氢，消耗了６ｍｏｌ硫化氢，所以转化率为
２
６
×１００％＝６６．７％，故Ｄ正确。
９
１４．Ｃ 【解析】Ａ．溶液中导电能力大小顺序为ｂ＞ａ＞ｃ，溶液中氢离子浓度大小顺序为ｂ＞ａ＞ｃ，故Ａ错误；Ｂ．
ＣＨＣＯＯＨ溶液加水稀释时，溶液的浓度减小，电离程度增大，由图可知，ａ、ｂ、ｃ三点ＣＨＣＯＯＨ的浓度依次减
３ ３
ｃ（ＣＨＣＯＯＨ）
小，则ａ、ｂ、ｃ三点 ＣＨＣＯＯＨ的电离程度大小顺序为 ａ＜ｂ＜ｃ，故 Ｂ错误；Ｃ．溶液中 ３ ＝
３ ｃ（Ｈ＋）
ｃ（ＣＨＣＯＯ－）
３ ，向 ｃ点溶液加水稀释时，醋酸的电离常数 Ｋ 不变，溶液中醋酸根离子浓度减小，则
Ｋ ａ
ａ
ｃ（ＣＨＣＯＯ－） ｃ（ＣＨＣＯＯＨ） ｃ（ＣＨＣＯＯＨ） １
３ 和 ３ 的值减小；溶液中 ３ ＝ ，醋酸溶液加水稀释时，ＣＨＣＯＯＨ
Ｋ ｃ（Ｈ＋） ｃ（ＣＨＣＯＯ－）ｃ（Ｈ＋） Ｋ ３
ａ ３ ａ
ｃ（ＣＨＣＯＯＨ）
的电离常数、水的离子积常数不变，则 ３ 的值不变，故 Ｃ正确；Ｄ．由稀释定律可知，
ｃ（ＣＨＣＯＯ－）ｃ（Ｈ＋）
３
参考答案 第 ２页（共１０页）ＣＨＣＯＯＨ溶液加水稀释时，溶液中ＣＨＣＯＯＨ的物质的量不变，中和能力不变，所以ａ、ｂ、ｃ三点溶液用等浓
３ ３
度的氢氧化钠溶液中和时，消耗氢氧化钠溶液的体积相同，故Ｄ错误。
１５．Ｄ 【解析】Ａ．ＮＨ·ＨＯ的Ｋ＝１．７×１０－５，ＨＳＯ 的Ｋ ＝１．３×１０－２，则ＮＨ＋的水解平衡常数Ｋ（ＮＨ＋）
３ ２ ｂ ２ ３ ａ１ ４ ｈ ４
Ｋ １０－１４ Ｋ １０－１４
＝ ｗ＝ ≈５．９×１０－１０，ＨＳＯ－ 的水解平衡常数 Ｋ（ＨＳＯ－）＝ ｗ ＝ ≈７．７×１０－１３＜
Ｋ １．７×１０－５ ３ ｈ ３ Ｋ １．３×１０－２
ｂ ａ１
Ｋ（ＮＨ＋），则ＮＨ＋的水解程度大于 ＨＳＯ－的水解程度，则 ｃ（ＨＳＯ）＜ｃ（ＮＨ·ＨＯ），所以 ｃ（ＨＳＯ）＜
ｈ ４ ４ ３ ２ ３ ３ ２ ２ ３
ｃ（ＮＨ·ＨＯ）＋ｃ（ＳＯ２－），故Ａ错误；Ｂ．溶液的ｐＨ＝７，ｃ（Ｈ＋）＝ｃ（ＯＨ－），溶液中存在电荷守恒２ｃ（ＳＯ２－）＋
３ ２ ３ ３
ｃ（ＨＳＯ－）＋ｃ（ＯＨ－）＝ｃ（ＮＨ＋）＋ｃ（Ｈ＋），则２ｃ（ＳＯ２－）＋ｃ（ＨＳＯ－）＝ｃ（ＮＨ＋），则２ｃ（ＳＯ２－）＜ｃ（ＮＨ＋），故Ｂ
３ ４ ３ ３ ４ ３ ４
错误；Ｃ．根据题干知，ＮＯ 和ＮＨＨＳＯ 发生氧化还原反应生成Ｎ、（ＮＨ）ＳＯ，但弱酸酸式酸根离子ＨＳＯ－
２ ４ ３ ２ ４ ２ ４ ３
不能拆写，离子方程式为２ＮＯ ＋４ＨＳＯ－Ｎ ＋４ＳＯ２－＋４Ｈ＋，故Ｃ错误；Ｄ．该溶液中存在物料守恒ｎ（Ｎ）
２ ３ ２ ４
＝２ｎ（Ｓ），所以存在２［ｃ（ＳＯ２－）＋ｃ（ＨＳＯ－）＋ｃ（ＨＳＯ）］＝ｃ（ＮＨ·ＨＯ）＋ｃ（ＮＨ＋），故Ｄ正确。
３ ３ ２ ３ ３ ２ ４
１６．（１４分，每空２分）
（１）除去碳和有机物
（２）ＡｌＯ ＋２ＯＨ－＋３ＨＯ２［Ａｌ（ＯＨ）］－
２ ３ ２ ４
（３）Ｃｏ２＋、Ｆｅ２＋
（４）①Ｃｏ３＋＞ＨＯ ＞Ｆｅ３＋
２ ２
②温度过低，反应速率太慢，温度过高，ＨＯ 分解
２ ２
（５）ＣａＦ、ＭｇＦ
２ ２
高温
（６）３ＣｏＣＯ ＋２ＯＣｏＯ ＋６ＣＯ
２ ４ ２ ３ ４ ２
【解析】（１）“５５０℃焙烧”高温下碳和有机物与氧气反应生成二氧化碳等气体而除去；
（２）氢氧化钠溶液溶解了氧化铝，生成偏铝酸钠，发生反应的化学方程式为 ＡｌＯ ＋２ＮａＯＨ＋３ＨＯ
２ ３ ２
２Ｎａ［Ａｌ（ＯＨ）］，离子方程式为ＡｌＯ ＋２ＯＨ－＋３ＨＯ２［Ａｌ（ＯＨ）］－；
４ ２ ３ ２ ４
（３）“浸钴”过程中若先加入足量的稀ＨＳＯ，后加入足量的ＮａＳＯ，ＮａＳＯ 将Ｃｏ３＋、Ｆｅ３＋还原为Ｃｏ２＋、Ｆｅ２＋，
２ ４ ２ ３ ２ ３
可得ＣｏＳＯ、ＦｅＳＯ、ＭｇＳＯ、ＣａＳＯ，则浸出液含有的金属阳离子为Ｎａ＋、Ｃａ２＋、Ｍｇ２＋和Ｃｏ２＋、Ｆｅ２＋；
４ ４ ４ ４
（４）①在４０～５０℃加入ＨＯ，将Ｆｅ２＋氧化为Ｆｅ３＋，Ｃｏ２＋不反应，则该条件下Ｆｅ３＋、Ｃｏ３＋、ＨＯ 氧化性由强到
２ ２ ２ ２
弱的顺序为Ｃｏ３＋＞ＨＯ ＞Ｆｅ３＋；②控制４０～５０℃的原因是温度过低，反应速率太慢，温度过高，ＨＯ 分解；
２ ２ ２ ２
（５）用ＮａＦ溶液除去钙、镁，则“滤渣２”的成分是ＣａＦ、ＭｇＦ；
２ ２
高温
（６）在空气中焙烧ＣｏＣＯ 生成ＣｏＯ 和ＣＯ，该反应的化学方程式为３ＣｏＣＯ ＋２ＯＣｏＯ ＋６ＣＯ。
２ ４ ３ ４ ２ ２ ４ ２ ３ ４ ２
１７．（１３分，除特殊标注外，每空２分）
（１）１．００００
（２）ＡＢ
（３）酚酞（１分）
（４）滴入最后半滴ＮａＯＨ溶液时，锥形瓶中溶液颜色由无色变成浅红色，且３０ｓ内不褪色
（５）２５．００ ０．１２５０
（６）１０－４．７６
【解析】（１）配制２５０ｍＬ０．１０００ｍｏｌ·Ｌ－１的ＮａＯＨ标准溶液，称量时，用分析天平称量ＮａＯＨ的质量为２５０×
１０－３Ｌ×０．１０００ｍｏｌ·Ｌ－１×４０ｇ／ｍｏｌ＝１．００００ｇ；
（２）Ａ．在烧杯中溶解搅拌时，溅出少量溶液，溶质偏小，所以浓度偏小，故Ａ正确；Ｂ．没有用蒸馏水洗涤烧杯
２～３次，并将洗涤液移入容量瓶中，溶质偏小，所以浓度偏小，故Ｂ正确；Ｃ．容量瓶中原来存有少量蒸馏水，
不影响浓度，故Ｃ错误；Ｄ．胶头滴管加水定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏大，故Ｄ错误；
参考答案 第 ３页（共１０页）（３）用ＮａＯＨ溶液滴定醋酸生成的醋酸钠为碱性，选用酚酞作指示剂；
（４）达到滴定终点的操作和现象应为：当滴入最后半滴ＮａＯＨ溶液时，锥形瓶中溶液颜色由无色变成浅红色，
且３０ｓ内不褪色；
（５）第４次滴定前溶液的体积为０．７０ｍＬ，滴定后溶液体积为２５．７０ｍＬ，所以第４次滴定消耗ＮａＯＨ溶液的体
积为２５．００ｍＬ；由表中数据可知，第 ３次误差较大，需要舍去，故三次平均消耗 ＮａＯＨ溶液的体积为
２５．００＋２４．９８＋２５．０２ ｃ（ＮａＯＨ）·Ｖ（ＮａＯＨ）
＝２５．００ｍＬ，则该醋酸溶液的物质的量浓度为ｃ（ＣＨＣＯＯＨ）＝ ＝
３ ３ Ｖ（ＣＨＣＯＯＨ）
３
２５．００×０．１０００
ｍｏｌ／Ｌ＝０．１２５０ｍｏｌ／Ｌ；
２０．００
（６）０．１０００ｍｏｌ／Ｌ醋酸溶液 ｐＨ为 ２．８８，大于 １，说明醋酸为弱电解质，未完全电离，ｃ（ＣＨＣＯＯＨ）≈
３
０．１０００ｍｏｌ／Ｌ，又由ＣＨＣＯＯＨ幑幐ＣＨＣＯＯ－＋Ｈ＋得ｃ（ＣＨＣＯＯ－）≈ｃ（Ｈ＋）＝１０－２．８８，故０．１０００ｍｏｌ／Ｌ醋酸
３ ３ ３
ｃ（ＣＨＣＯＯ－）ｃ（Ｈ＋） １０－２．８８×１０－２．８８
溶液Ｋ＝ ３ ＝ ＝１０－４．７６。
ａ ｃ（ＣＨＣＯＯＨ） ０．１０００
３
１８．（１４分，除特殊标注外，每空２分）
（１）－４１ｋＪ／ｍｏｌ Ｄ（１分）
（２）ＡＢ（１分）
（３）ＡＤ
（４）７５％ ０．０３７５ｍｏｌ·Ｌ－１·ｍｉｎ－１
０．５
ｐ
１．５０ １２
（５） 或
０．２５ ０．２５ ｐ
ｐ× ｐ ０
１．５０ １．５０
ｋｋ
（６）１４
ｋｋ
２３
１
【解析】（１）由氢气的燃烧热 Ｈ（ｇ）＋ Ｏ（ｇ）ＨＯ（ｌ） ΔＨ＝－２８６ｋＪ／ｍｏｌ，ＣＯ的燃烧热 ＣＯ（ｇ）＋
２ ２ ２ ２
１
Ｏ（ｇ）ＣＯ（ｇ） ΔＨ＝－２８３ｋＪ／ｍｏｌ，以及ＨＯ（ｇ）ＨＯ（ｌ） ΔＨ＝－４４ｋＪ／ｍｏｌ，反应②ＣＯ（ｇ）＋
２ ２ ２ ２ ２
ＨＯ（ｇ）幑幐ＣＯ（ｇ）＋Ｈ（ｇ） ΔＨ＝ａｋＪ／ｍｏｌ，则 ΔＨ＝－２８３ｋＪ／ｍｏｌ－（－２８６ｋＪ／ｍｏｌ）＋（－４４ｋＪ／ｍｏｌ）＝
２ ２ ２
－４１ｋＪ／ｍｏｌ，即ａ＝－４１ｋＪ／ｍｏｌ；根据ΔＧ＝ΔＨ－ＴΔＳ，ΔＧ＜０反应自发进行，因反应②气体分子数不变，熵变不
明显，若该反应能自发进行，且ΔＨ＜０，故温度需低温；
（２）Ａ．反应①是气体分子数减小的反应，增大压强有利于反应正向进行，反应②前后气体分子数不变，增大
压强不受影响，故Ａ正确；Ｂ．选用高效催化剂不改变平衡转化率，但有利于加快反应①速率，提高产率，故Ｂ
正确；Ｃ．两个反应均为放热反应，降低温度会减慢速率，不能提高ＨＣＯＯＨ产率，故Ｃ错误；Ｄ．恒压下充入
Ｎ，相当于减小压强，不利于反应①正向进行，不能提高ＨＣＯＯＨ产率，故Ｄ错误；
２
（３）Ａ．反应①正方向为气体分子数减小的方向，反应②气体分子数不变，故压强会不断变小，当不再改变时
则说明反应达到平衡状态，故Ａ正确；Ｂ．反应热由反应物和生成物的能量差决定，与反应是否达到平衡无
关，不会发生变化，故Ｂ错误；Ｃ．反应①和反应②中所有物质均为气体，则总质量不变，反应在密闭容器中进
ｍ
行，则体积不变，根据ρ＝ ，气体密度一直保持不变，但不能说明反应达到平衡状态，故Ｃ错误；Ｄ．反应①和
Ｖ
反应②中所有物质均为气体，则总质量不变，反应①正方向为气体分子数减小的方向，反应②气体分子数不
ｍ
变，则容器中气体的总物质的量减小，根据Ｍ＝ ，平均相对分子质量不断增大，当不再改变时则说明反应
ｎ
达到平衡状态，故Ｄ正确；
参考答案 第 ４页（共１０页）（４）达到平衡状态时，反应①和②的转化量如下：
ＣＯ（ｇ）＋ＨＯ（ｇ）幑幐ＨＣＯＯＨ（ｇ）
２
转化 ｘ ｘ ｘ
ＣＯ（ｇ）＋ＨＯ（ｇ）幑幐ＣＯ（ｇ）＋Ｈ（ｇ）
２ ２ ２
转化 ｙ ｙ ｙ ｙ
ｘ ２ ｙ １
平衡时ＨＣＯＯＨ与ＣＯ的分压比为２∶１，平衡时ＣＯ 与ＣＯ的分压比为１∶１，则 ＝ ， ＝ ，解
２ １－ｘ－ｙ １ １－ｘ－ｙ １
得ｘ＝０．５，ｙ＝０．２５，此时容器中ｎ（ＣＯ）＝１ｍｏｌ－０．５ｍｏｌ－０．２５ｍｏｌ＝０．２５ｍｏｌ，ｎ（ＨＯ）＝１ｍｏｌ－０．５ｍｏｌ－
２
０．２５ｍｏｌ＝０．２５ｍｏｌ，ｎ（ＨＣＯＯＨ）＝０．５ｍｏｌ，ｎ（ＣＯ）＝０．２５ｍｏｌ，ｎ（Ｈ）＝０．２５ｍｏｌ，气体总物质的量为１．５ｍｏｌ，
２ ２
１－０．２５ Δｃ（ＨＯ） Δｎ（ＨＯ）
ＣＯ的转化率为 ×１００％＝７５％，用水蒸气表示的化学反应速率 ｖ（ＨＯ）＝ ２ ＝ ２ ＝
１ ２ Δｔ Ｖ·Δｔ
０．７５ｍｏｌ
＝０．０３７５ｍｏｌ·Ｌ－１·ｍｉｎ－１；
２Ｌ×１０ｍｉｎ
０．５
ｐ
ｐ（ＨＣＯＯＨ） １．５０ １２
（５）由（４）可得Ｋ＝ ＝ ＝ ；
Ｐ ｐ（ＣＯ）·ｐ（ＨＯ） ０．２５ ０．２５ ｐ
２ ｐ× ｐ ０
１．５０ １．５０
ｃ（ＨＣＯＯＨ）
（６）反应③ＣＯ（ｇ）＋Ｈ（ｇ）幑幐ＨＣＯＯＨ（ｇ）的化学平衡常数Ｋ＝ ，对于反应②，达到平衡时
２ ２ ｃ（ＣＯ）·ｃ（Ｈ）
２ ２
ｋ ｃ（ＣＯ）·ｃ（Ｈ）
ｖ ＝ｖ，即ｋｃ（ＣＯ）·ｃ（ＨＯ）＝ｋｃ（ＣＯ）·ｃ（Ｈ），所以 ３＝ ２ ２ 。对于反应①，达到平衡时
正 逆 ３ ２ ４ ２ ２ ｋ ｃ（ＣＯ）·ｃ（ＨＯ）
４ ２
ｋ ｃ（ＨＣＯＯＨ） ｋ ｃ（ＨＣＯＯＨ） ｋ
ｖ ＝ｖ，即ｋｃ（ＣＯ）·ｃ（ＨＯ）＝ｋｃ（ＨＣＯＯＨ），所以 １＝ ，将 １＝ 和 ３＝
正 逆 １ ２ ２ ｋ ｃ（ＣＯ）·ｃ（ＨＯ） ｋ ｃ（ＣＯ）·ｃ（ＨＯ） ｋ
２ ２ ２ ２ ４
ｃ（ＣＯ）·ｃ（Ｈ） ｋｋ
２ ２ 相除，可得Ｋ＝１４。
ｃ（ＣＯ）·ｃ（ＨＯ） ｋｋ
２ ２３
１９．（１４分，每空２分）
（１）①４ ②１×１０－７
（２）①ＨＣＯＯＨ＞ＨＣＯ ＞ＨＳ＞ＨＣｌＯ
２ ３ ２
②Ｓ２－＞ＣＯ２－＞ＣｌＯ－＞ＨＳ－＞ＨＣＯ－＞ＨＣＯＯ－
３ ３
③ＣＯ ＋ＣｌＯ－＋ＨＯＨＣｌＯ＋ＨＣＯ－
２ ２ ３
（３）②④
（４）强
【解析】（１）根据三段式计算：
ＨＡ幑幐Ｈ＋＋Ａ－
ｃ ０．１ ０ ０
０
Δｃ １０－４ １０－４１０－４
ｃ０．１－１０－４１０－４１０－４
平
ｃ（Ｈ＋）·ｃ（Ａ－） １０－４×１０－４
①ｃ（Ｈ＋）＝１×１０－４ｍｏｌ／Ｌ，ｐＨ＝４；②Ｋ＝ ＝ ＝１０－７；
ａ ｃ（ＨＡ） ０．１
（２）①根据平衡常数的大小，判断酸性强弱，对于二元弱酸，根据第一步电离平衡常数判断酸性强弱。电离
平衡常数：ＨＣＯＯＨ＞ＨＣＯ ＞ＨＳ＞ＨＣｌＯ，所以酸性强弱：ＨＣＯＯＨ＞ＨＣＯ ＞ＨＳ＞ＨＣｌＯ；②酸性越弱，酸根
２ ３ ２ ２ ３ ２
离子结合Ｈ＋能力越强。根据电离平衡常数的大小，可以判断酸性的强弱：ＨＳ－＜ＨＣＯ－＜ＨＣｌＯ＜ＨＳ＜
３ ２
ＨＣＯ＜ＨＣＯＯＨ，所以酸根离子结合Ｈ＋的能力的强弱：Ｓ２－＞ＣＯ２－＞ＣｌＯ－＞ＨＳ－＞ＨＣＯ－＞ＨＣＯＯ－；③因为
２ ３ ３ ３
ＨＣＯ ＞ＨＣｌＯ＞ＨＣＯ－，过量ＣＯ 通入ＮａＣｌＯ溶液中，发生反应：ＣＯ ＋ＣｌＯ－＋ＨＯＨＣｌＯ＋ＨＣＯ－；
２ ３ ３ ２ ２ ２ ３
参考答案 第 ５页（共１０页）ｃ（Ｈ＋）·ｃ（Ｆ－） ｃ（Ｈ＋） Ｋ
（３）已知：ＨＦ幑幐Ｈ＋＋Ｆ－，Ｋ＝ ，所以 ＝ ａ ，①加少量ＮａＯＨ，ｃ（Ｆ－）增大，Ｋ不
ａ ｃ（ＨＦ） ｃ（ＨＦ） ｃ（Ｆ－） ａ
ｃ（Ｈ＋） Ｋ ｃ（Ｈ＋）
变， ＝ ａ 减小；②通入少量ＨＣｌ气体，使ｃ（Ｈ＋）增大， 增大；③通入少量ＨＦ气体，使ｃ（ＨＦ）
ｃ（ＨＦ） ｃ（Ｆ－） ｃ（ＨＦ）
ｃ（Ｈ＋） ｃ（Ｈ＋） Ｋ
增大， 减小；④加水，ｃ（Ｆ－）减小， ＝ ａ 增大，故答案为：②④；
ｃ（ＨＦ） ｃ（ＨＦ） ｃ（Ｆ－）
（４）酸性越弱稀释时氢离子的浓度变化越慢，ｐＨ变化越慢，所以ＨＸ的酸性比ＨＣＯＯＨ强。
参考答案 第 ６页（共１０页）
