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【化学】广东省广州市第八十九中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）
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广东省广州市第八十九中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
注意事项：本试卷共100分，考试时间70分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、考号等信填写在答题纸上。答案必须填写在答题纸的相应位置上，答案写在试题卷上无效。
[相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 Ag-108]
一、选择题（每题2分，共40分，每题只有一个选项符合题意。）
1.化学与社会、生活密切相关。下列说法正确是( )
A. 明矾净水与自来水的杀菌清毒原理相同
B. 医学上常采用碳酸钡作为钡餐
C. 钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快
D. 泡沫灭火剂利用了硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合后能发生双水解反应
【答案】D
【解析】
【详解】分析：A. 明矾净水，是利用胶体的吸附性，自来水是用强氧化性物质来消毒的；
B. 碳酸钡能够溶于盐酸；
C. 吸氧腐蚀速率小于析氢腐蚀速率；
D. 泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳。
详解:A. 明矾溶于水形成的氢氧化铝胶体能吸附不溶性固体杂质小颗粒，形成大颗粒，易于沉降，所以明矾净水，是利用胶体的吸附性，自来水是用强氧化性物质来消毒的，故A错误；
B. 碳酸钡能够溶于盐酸生成可溶性氯化钡溶液，钡为重金属离子有毒，故B错误；
C. 酸性条件下钢铁被腐蚀快，析氢腐蚀速率快于吸氧腐蚀，故C错误；
D. 泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，所以D选项是正确的；
所以D选项是正确的。
2.对于可逆反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，下列措施能使反应物中活化分子百分数和化学反应速率都变化的是( )
A. 增大压强 B. 升高温度 C. 增加SO3浓度 D. 多充入O2
【答案】B
【解析】
【详解】A.增大压强，体积减小，浓度增大，活化分子的百分含量不变，反应速率增大，A错误；
B.升高温度，活化分子数目增大，百分含量增大，反应速率增大，B正确；
C.增加SO3浓度，浓度增大，活化分子的百分含量不变，反应速率增大，C错误；
D.多充入O2，浓度增大，反应速率增大，活化分子的百分含量不变，D错误；
答案为B；
3.关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是( )
选项
A
B
C
D
强电解质
NaCl
H2SO4
CaCO3
HNO3
弱电解质
HF
BaSO4
HClO
CH3COOH
非电解质
Cl2
CS2
蔗糖
H2CO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cl2不是非电解质，A错误；
B．BaSO4虽然难溶于水，但它仍属于强电解质，B错误；
C．CaCO3是强电解质，HClO是弱电解质，蔗糖是非电解质，C正确；
D．H2CO3属于弱电解质，D错误。
故选C。
4.中和相同体积、相同pH值的H2SO4、HCl和CH3COOH三种稀溶液，所需相同浓度的NaOH溶液的体积为V1、V2和V3，则( )
A. V1＞V2＞V3 B. V3＞V2＞V1
C. V3＞V1＝V2 D. V1＞V2＝V3
【答案】C
【解析】试题分析：等体积、等pH的H2SO4、HCl中，溶液pH相同，则c(H+)相同，滴加等浓度的氢氧化钠将它们恰好中和，消耗氢氧化钠溶液的体积相等，即：V1=V2；而CH3COOH为弱酸，等pH时，醋酸的浓度远远大于HCl、H2SO4，滴加等浓度的氢氧化钠将三者恰好中和，中和过程中弱酸会继续电离产生更多的氢离子，则醋酸消耗氢氧化钠溶液体积大，所以消耗NaOH溶液的体积关系为：V3＞V2=V1，故选C。
5.可逆反应 A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)，在不同情况下，测得有下列四个反应速率，其反应速率最快的是( )
A. v(A)＝0.15mol•L﹣1•s﹣1 B. v(B)＝0.6mol•L﹣1•s﹣1
C. v(C)＝0.5mol•L﹣1•s﹣1 D. v(D)＝0.4mol•L﹣1•s﹣1
【答案】C
【解析】
【详解】A. v(A)=0.15 mol⋅L−1⋅s−1；
B. v(A):v(B)=1:3，故v(A)=v(B)= ×0.6 mol⋅L−1⋅s−1=0.2 mol⋅L−1⋅s−1
C. v(A):v(C)=1:2，故v(A)=0.5v(D)=0.5×0.5 mol⋅L−1⋅s−1=0.25 mol⋅L−1⋅s−1
D. v(A):v(D)=1:2，故v(A)=0.5v(C)=0.5×0.4 mol⋅L−1⋅s−1=0.2 mol⋅L−1⋅s−1
故C反应速率最快，C项正确，
答案选C。
6. 下列实验，不能说明乙酸是弱电解质的是( )
A. 常温时，测得乙酸钠溶液的pH＞7
B. 常温时，测得0.1 mol·L-1乙酸溶液的pH约为3
C. 乙酸溶液与大理石反应产生气泡
D. 相同温度下，测得同物质的量浓度的乙酸溶液的导电性比盐酸溶液弱
【答案】C
【解析】试题分析：A、乙酸钠溶液的pH＞7 说明乙酸根离子是弱离子水解，正确； B、乙酸部分电离出氢离子，是弱电解质，正确；C、酸的性质，错误；D、导电能力强溶液中离子浓度大，说明乙酸没能完全电离，正确。
7.下列方程式中，能够正确表示水解反应的是( )
A. HCO3—+H2OCO32—+H3O+ B. S2—+2H2OH2S+2OH—
C. CO2+H2OHCO3—+H+ D. CO32—+H2OHCO3—+ OH—
【答案】D
【解析】
【详解】A. HCO3—+H2OCO32—+H3O+，属于电离方程式，A错误；
B. S2—+2H2OH2S+2OH—，多元弱酸根离子的水解是分步进行的，不能合在一起写，B错误；
C. CO2+H2OHCO3—+H+，属于电离方程式，C错误；
D. CO32—+H2OHCO3—+ OH—，属于水解方程式，D正确。
故选D。
8.物质的量浓度相同的下列各溶液，由水电离出的c（OH-）由大到小的顺序正确的是( )
①NaHCO3 ②NaHSO4 ③Na2SO4 ④Na2CO3
A. ①②③④ B. ④③①② C. ④①③② D. ①④③②
【答案】C
【解析】碳酸钠和碳酸氢钠水解，对于水的电离起到促进作用，考虑到碳酸根的水解强于碳酸氢根（溶液的pH也一定是碳酸钠大于碳酸氢钠），碳酸钠溶液中水电离出的c（OH-）大于碳酸氢钠溶液中水电离出的c（OH-）。硫酸钠对于水的电离无影响。硫酸氢钠电离出来的氢离子对于水的电离起到抑制作用。由上所述，四种溶液中由水电离出的c（OH-）由大到小的顺序正确的是：④①③②，选项D正确。
9.25℃时，纯水中存在的平衡：H2O H＋ + OH－，下列叙述正确的是( )
A. 将水加热，Kw增大，pH不变
B. 加入稀盐酸，平衡逆向移动，c(H+)降低
C. 加入氢氧化钠溶液，平衡逆向移动，Kw变小
D. 加入少量固体CH3COONa，平衡正向移动，c(H＋)降低
【答案】D
【解析】
【详解】A、水的电离为吸热过程，加热，促进水的电离，Kw=c(H+)×c(OH-)增大，pH减小，故A错误；
B、加入盐酸，c(H+)增大，平衡逆向移动，但溶液由中性变酸性，c(H+)还是增大的，故B错误；
C、加入NaOH，c(OH-)增大，平衡逆向移动，但Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，故C错误；
D、加入CH3COONa，CH3COO-结合水中的H+，c(H+)减小，水的电离平衡正向移动，故D正确；
故选D。
10.汽车尾气中NO产生的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是( )
A. 温度T下，该反应的平衡常数
B. 温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小
C. 曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂
D. 若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜0
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据平衡常数的定义，结合开始时氮气和氧气的物质的量相等，可知该平衡常数为：，选项A正确；
B、由于该容器是一个恒容容器，反应前后气体的质量不发生改变，所以气体的密度一直不变，选项B错误；
C、催化剂仅能改变达到平衡所用的时间，不能使平衡移动，即不能改变平衡浓度，选项C错误；
D、若曲线b对应的条件改变是温度，根据先达到平衡可知为升高温度，平衡向吸热反应的方向移动，而氮气的浓度降低，说明平衡向正方向移动，正反应为吸热反应，△H>0，选项D错误。
答案选A。
11.下列有关实验的选项正确的是( )
A．配制0.l0mol/L NaOH溶液
B．除去CO中的CO2
C．苯萃取碘水中的I2，分出水层后的操作
D．记录滴定终点读数为12.20mL
【答案】B
【解析】
【详解】A.容量瓶是准确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，要在烧杯中溶解固体物质，不能在容量瓶中进行固体的溶解，A错误；
B.CO2是酸性氧化物，可以与NaOH反应产生可溶性盐和水，而CO不能反应，所以可利用NaOH收CO中的二氧化碳，可以达到除杂净化的实验目的，B正确；
C.进行萃取分液，下层液体从下口流出，上层液体要从上口倒出，由于苯层在上层，所以应在分出水层后从分液漏斗的上口倒出该溶液，C错误；
D.滴定管0刻度在上部，小刻度在上，大刻度在下，液面读数是在11.80mL刻度处，D错误；
合理选项是B。
12.对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度(mol·L-1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。
时间
水样
0
5
10
15
20
25
I (pH=2)
0.40
0.28
0.19
0.13
0.10
0.09
II(pH=4)
0.40
0.31
0.24
0.20
0.18
016
Ⅲ(pH=4)
0.20
0.15
0.12
0.09
0.07
0.05
IV(pH=4，含 Cu2+)
0.20
0.09
0.05
0.03
0.01
0
下列说法不正确的是（ ）
A. 由于Cu2+存在，IV中M的分解速率比I快
B. 其它条件相同时，水样酸性越强，M的分解速率越快
C. 在0～25 min内，Ⅲ中M的分解百分率比II大
D. 在0～20 min内，I中M的平均分解速率为0.015mol/(L·min)
【答案】A
【解析】
【详解】A.0~20min时，I的浓度改变为0.3mol/L，反应IV中浓度改变为0.19mol/L，IV中M的分解速率比I慢，A错误；
B.对比I、II组数据可知，其它条件相同时，水样酸性越强，M的分解速率越快，B正确；
C.在0～25 min内，II、Ⅲ中M的分解百分率分别为0.24/0.40、0.15/0.20，Ⅲ比II大，C正确；
D.在0～20 min内，I中M的平均分解速率为=0.015mol/(L·min)，D正确；
答案为A。
13.可逆反应mA（固）+nB（气）pC（气）+qD（气），反应过程中其它条件不变时C的百分含量C%与温度（T）和压强（P）的关系如图所示，下列叙述中正确的是( )
A. 达到平衡后，使用催化剂，C%将增大
B. 达到平衡后，若升高温度、化学平衡向逆反应方向移动
C. 方程式中n>p+q
D. 达到平衡后，增加A的量有利于化学平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
【详解】可逆反应,当其他条件一定时,温度越高,反应速率越大,达到平衡所用的时间越短。由图象(1)可知T1>T2，温度越高，平衡时C的体积分数φ(C)越小，故此反应的正反应为放热反应；
当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短。由图(2)可知P2>P1，压强越大，平衡时C的体积分数φ(C)越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即n
B. 由上述分析可知，可逆反应mA(固)+nB(气)⇌Pc(气)+qD(气)正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向逆反应移动，故B正确；
C. 由上述分析可知，可逆反应mA(固)+nB(气)⇌Pc(气)+qD(气)正反应为气体物质的量增大的反应，即n
答案选B。
14.对于可逆反应：2A(g)＋B(g)2C(g)△H＜0，下列各图中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．500℃＞100℃，温度升高，平衡向吸热的方向移动，即平衡逆向移动，则生成物C的百分含量应该减小，故A错误；
B．压强增大时，正逆反应速率都增大，故B错误；
C．催化剂不影响平衡的移动，有、无催化剂，c(C)应该相同，故C错误；
D．压强增大时，平衡向气体体积减小的方向移动，即平衡正向移动，反应物A的转化率增大，相同压强下，温度降低时，平衡正向移动，反应物A的转化率也增大，故D正确；
故选D。
15.对于2SO2(g)＋O2(g) ⇌2SO3(g)，ΔH<0，根据下图，下列说法错误的是（ ）
A. t2时使用了催化剂 B. t3时采取减小反应体系压强的措施
C. t5时采取升温的措施 D. 反应在t6时刻，SO3体积分数最大
【答案】D
【解析】
【详解】A.t2时，正逆反应速率同时增大，且速率相等，而所给可逆反应中，反应前后气体分子数发生变化，故此时改变的条件应为加入催化剂，A不符合题意；
B.t3时，正逆反应速率都减小，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，由于该反应为放热反应，故不可能是降低温度；反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为减小压强，B不符合题意；
C.t5时，正逆反应速率都增大，故改变的条件可能为升高温度或增大压强，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，结合该反应为放热反应，且反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为升高温度，C不符合题意；
D.由于t3、t5时刻，平衡都是发生逆移的，故达到平衡时，即t4、t6时刻所得的SO3的体积分数都比t1时刻小，D说法错误，符合题意；
故答案为：D
16.在密闭容中发生下列反应aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是( )
A. A的转化率变大 B. 平衡向正反应方向移动
C. D的体积分数变大 D. a＜c＋d
【答案】D
【解析】
【分析】将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度立即变为原来的2倍，但是再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明D在减少，平衡逆向移动。压缩体积，平衡向着气体体积减小的方向移动，则a
B. 将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度立即变为原来的2倍，但是再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明D在减少，平衡逆向移动。B项错误；
C.平衡逆向移动，D的体积分数降低，C项错误；
D. D减少，平衡逆向移动。压缩体积，平衡向着气体体积减小的方向移动，则a
17.下列图示与对应的叙述相符的是( )
A. 图1表示相同温度下pH=1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH的变化曲线，其中曲线II为盐酸，且b点溶液的导电性比a点强
B. 图1中，中和等体积的两种酸，消耗等浓度的NaOH溶液体积V（I）＞V（II）
C. 图2中纯水仅升高温度，就可以从a点变到c点
D. 图2中在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性
【答案】D
【解析】
【分析】在图Ⅰ中，盐酸与醋酸的pH相同，加水稀释相同的倍数后，盐酸溶液的pH变化大，所以Ⅰ为盐酸，Ⅱ为醋酸。
【详解】A.相同pH的盐酸和醋酸分别加水稀释相同倍数时，盐酸的pH变化大，所以曲线Ⅰ应为盐酸，A错误；
B. 因为盐酸和醋酸的pH相同，所以醋酸溶液的浓度大，中和等体积的两种酸，消耗等浓度的NaOH溶液体积V(I)< V(II)，B错误；
C. 图2中纯水仅升高温度，c(H＋)、c(OH－)同等程度增大且相等，不可能从a点变到c点，C错误；
D. 图2中在b点对应温度下，KW=10-12，pH=2的H2SO4中，c(H＋)=10-2mol/L；pH=10的NaOH溶液中，c(OH－)=10-2mol/L，二者等体积混合后，刚好完全反应，溶液呈中性，D正确。
故选D。
18.已知反应：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g) △H＝－a kJ·mol-1（a＞0），其反应机理是
① NO(g)＋Br2 (g)NOBr2 (g) 快 ② NOBr2(g)＋NO(g)2NOBr(g) 慢
下列有关该反应的说法正确的是( )
A. 该反应的速率主要取决于①的快慢
B. NOBr2是该反应的催化剂
C. 增大Br2 (g)的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率
D. 总反应中生成物的总键能比反应物的总键能大a kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，A错误；
B．NOBr2是中间产物，而不是催化剂，B错误；
C．增大浓度，活化分子百分数不变，D错误，；
D．正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ•mol-1，D正确；
答案选D。
19.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
①pH＝0的溶液：Na＋、I－、NO3－、SO42－
②pH＝12的溶液中：CO32-、Na＋、NO3－、S2－、SO32－
③水电离H＋浓度c(H＋)＝10－12 mol/L－1溶液中：Cl－、CO32－、NO3－、NH4+、SO32－
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2＋、NH4+、Cl－、K＋、SO42－
⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2＋、MnO4－、NO3－、Na＋、SO42－
⑥中性溶液中：Fe3＋、Al3＋、NO3－、Cl－、
A. ②④ B. 只有② C. ①②⑤ D. ①②⑥
【答案】A
【解析】
【分析】①pH=0的溶液，显酸性，氧化性离子与还原性离子之间发生氧化还原反应；
②pH=12的溶液，显碱性；
③水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol•L-1的溶液，可能为酸或碱溶液；
④Mg与H+反应产生H2，该溶液显酸性；
⑤使石蕊变红的溶液，显酸性，氧化性离子与还原性离子之间发生氧化还原反应；
⑥Fe3+只能在酸性溶液大量存在。
【详解】①pH＝0溶液为强酸性溶液，H+、I－、NO3－发生氧化还原反应，不能大量共存；
②pH＝12的溶液为强碱性溶液，该组离子之间不反应，一定能大量共存；
③水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol•L-1的溶液，若溶液为酸性，则不能大量存在CO32-、SO32-，若溶液为碱性，则不能大量存在NH4+；
④加入Mg能放出H2的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，一定能大量共存；
⑤使石蕊变红的溶液显酸性，H+、Fe2+、MnO4-(还有NO3－)发生氧化还原反应，不能大量共存；
⑥中性溶液不能大量存在Fe3+。
综上分析，②④符合题意，故选A。
20.在Na2S溶液中，下列关系式正确的是( )
A. c（Na+）>c（HS—）> c（H+） >c（OH—）
B. c（Na+）=c（HS—）+c（S2—） +c（H2S）
C. 2c（Na+）=c（HS—） +c（S2—） +c（H2S）
D. c（Na+）+ c（H+） =c（HS—）+c（OH—） +2c（S2—）
【答案】D
【解析】
【分析】在Na2S溶液中，存在下列电离及水解关系：
Na2S=2Na++S2-
S2-＋H2OHS-＋OH-
HS-＋H2OH2S+OH-
并且上面反应进行的程度都比下面反应进行的程度强。
【详解】A. 从上面的水解方程式看，溶液中c(HS—)< c(OH—)，A错误；
B.按物料守恒， c(Na+)=2 c(HS—)+2c(S2—) +2c(H2S)，B错误；
C. 依B选项的分析，C中的关系式应为 c(Na+)= 2c(HS—)+2c(S2—) +2c(H2S)，C错误；
D. c(Na+)+ c(H＋)= c(HS—)+2c(S2—)+ c(OH—)，满足电荷守恒关系，D正确。
故选D。
二、非选择题（本大题共4小题，共60分）
21.实验室中有一未知浓度醋酸，某学生用0.100 mol/L NaOH标准溶液进行测定醋酸的浓度的实验，取20.00mL待测醋酸放入锥形瓶中，并滴加2~3滴指示剂，用NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2~3次，记录数据如下。完成下列填空：
（1）量取醋酸用的仪器是__________，该实验中指示剂最好选用________，滴定时眼睛应注视________，滴定达到终点的标志是_________。
（2）排除碱式滴定管尖嘴中气泡的方法应采用以下_________操作（填甲/乙/丙），然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
（3）根据上述数据，可计算出该醋酸的浓度约为_________ （保留小数点后3位）。
（4）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有________。
A.用滴定管取20.00mL待测醋酸，使用前，水洗后未用待测醋酸润洗
B.锥形瓶水洗后未干燥
C.称量NaOH固体时，有小部分NaOH潮解
D.滴定终点读数时俯视
E.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消关
【答案】(1). 酸式滴定管（或移液管） (2). 酚酞 (3). 锥形瓶内液体的颜色变化 (4). 溶液变红且30s内颜色不发生变化 (5). 丙 (6). 0.115 mol/L (7). CE
【解析】
【分析】（1）量取醋酸时，从醋酸会腐蚀橡胶考虑使用的仪器，从产生明显的颜色变化考虑选择的指示剂，从准确确定滴定终点考虑眼睛应注视的位置，从酸碱完全反应确定指示剂发生变化的颜色。
（2）从气泡容易被排出确定排气泡方式。
（3）分析实验数据，确定哪些数据有效，然后利用酸碱反应的物质的量关系进行计算。
（4）用公式法进行误差的分析。
【详解】（1）因为醋酸会腐蚀碱式滴定管下端的橡皮管，所以量取醋酸用的仪器是酸式滴定管（或移液管），该实验中指示剂最好选用酚酞，滴定时眼睛应注视锥形瓶内液体的颜色变化，滴定达到终点的标志是溶液变红且30s内颜色不发生变化；
答案为：酸式滴定管（或移液管）；酚酞；滴定时眼睛应注视锥形瓶内液体的颜色变化；溶液变红且30s内颜色不发生变化。
（2）排除碱式滴定管尖嘴中气泡的方法应采用丙操作，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。答案为：丙。
（3）分析表中数据，实验1的24.18为失真数据，不能使用。从而得出平均消耗NaOH的体积为23.01mL。根据上述数据，可计算出该醋酸的浓度约为：。答案为：0.115mol/L。
（4）A.水洗后未用待测醋酸润洗，则测得的醋酸浓度偏低；
B.锥形瓶水洗后未干燥，对醋酸浓度的测定不产生影响；
C.称量NaOH固体时，有小部分NaOH潮解，所配NaOH浓度偏低，滴定所用体积偏高，测定结果偏高；
D.滴定终点读数时俯视，读取所用NaOH溶液的体积偏低，所测醋酸的浓度偏低；
E.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消关，读取所用NaOH的体积偏高，所测醋酸的浓度偏高。
答案为：CE。
22.在室温下，下列五种溶液：①0.1 mol/L NH4Cl溶液，②0.1 mol/L CH3COONH4溶液，③0.1 mol/L NH4HSO4溶液，④0.1 mol/L 氨水，⑤0.1 mol/L NH3·H2O和0.1 mol/L NH4Cl混合液（显碱性）。请根据要求填写下列空白：
（1）溶液①呈____________性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是___________（用离子方程式表示）
（2）在上述①、②、③、④溶液中c（NH4+）浓度由大到小的顺序是_________。（填序号）
（3）在溶液⑤中，各离子浓度大小顺序为___________。
（4）室温下，测得溶液②的pH=7，则 CH3COO—与NH4+浓度的大小关系是c（CH3COO—）________c（NH4+）（填“>”、“<”或“=”）。
（5）常温下，0.1 mol/ L CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数值变大的是____________（填字母）。
A. c(H+) B. c(H+)/ c(CH3COOH) C. c(H+)·c(OH－)
D. c(OH－)/ c(H+) E. c(H+)·c(CH3COO－) / c(CH3COOH)
（6）25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为____________。
【答案】(1). 酸 (2). NH4++H2ONH3·H2O+H+ (3). ③＞①＞②＞④ (4). c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H＋) (5). = (6). BD (7). 10：1
【解析】
【分析】（1）在盐溶液中，形成盐的酸和碱中谁的性质强，溶液就表现谁的性质；
（2）比较c(NH4+)时，可以NH4Cl作为参照物，凡是电解质能完全电离出NH4+的，都比部分电离出NH4+的浓度大；在完全电离出NH4+的盐中，产生能促进NH4+水解的盐，溶液中c(NH4+)浓度小，产生能抑制NH4+水解的盐，溶液中c(NH4+)浓度大。
（3）依据电离或水解的程度大小，确定离子浓度的相对大小。
（4）可依据电荷守恒进行计算。
（5）可从CH3COOH加水稀释后电离度的变化、离子浓度的变化两个方面去分析。
（6）利用酸碱溶液中H+与OH-物质的量相等进行计算。
【详解】（1）溶液①为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，其原因是NH4++H2ONH3·H2O+H+；答案为：酸；NH4++H2ONH3·H2O+H+。
（2）在上述①、②、③、④溶液中，①0.1 mol/L NH4Cl溶液、②0.1 mol/L CH3COONH4溶液、③0.1 mol/L NH4HSO4溶液中的溶质都是能发生水解的强电解质，NH4+的水解程度不同，③中NH4+的水解受到抑制，②中NH4+水解受到促进，而④中0.1 mol/L 氨水只发生部分电离，产生的c(NH4+)最小，所以浓度由大到小的顺序是③＞①＞②＞④；答案为：③＞①＞②＞④。
（3）溶液⑤为0.1 mol/L NH3·H2O和0.1 mol/L NH4Cl混合液，因为其显碱性，故NH3·H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，c(NH4+)＞c(Cl-)＝0.1 mol/L，NH3·H2O为弱电解质，其电离的程度较小，所以各离子浓度大小顺序为c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H＋)；答案为：c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H＋)。
（4）依据电荷守恒，c(CH3COO－) +c(OH－) == c(NH4+) +c(H+)，因为c(OH－)= c(H+)，所以c(CH3COO－) == c(NH4+)，答案为：= 。
（5）A. 0.1 mol/ L CH3COOH溶液加水稀释过程中，c(H+) 不断减小，A不合题意；
B.加水稀释过程中，n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，所以c(H+)/ c(CH3COOH)增大，B符合题意；
C. 因为温度不变，所以c(H+)·c(OH－)不变，C不合题意；
D.在稀释过程中，n(OH－)增大，n(H+)减小，所以c(OH－)/ c(H+) 增大，D符合题意；
E .温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，所以 c(H+)·c(CH3COO－) / c(CH3COOH)不变，E不合题意；答案为：BD。
（6）25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则10-5V(NaOH)=10-4V(H2SO4)，从而得出V(NaOH):V(H2SO4)=10-4:10-5=10:1；答案为：10:1。
23.（1）氨是最重要的氮肥，是产量最大的化工产品之一。在1L密闭容器中，起始投入4mol N2和6mol H2在一定条件下生成NH3，平衡时仅改变温度测得的数据如表所示 （已知：T1
平衡时NH3的物质的量/mol
T1
3.6
T2
2
①则K1_______K2 （填“＞”、“＜”或“=”），原因：__________。
②在T2下，经过10s达到化学平衡状态，则平衡时H2的转化率为______________。若再同时增加各物质的量为1mol，则该反应的速率v正_____v逆（＞或=或＜），平衡常数将______（填“增大”、“减小”或“不变）。
（2）一定温度下，将3mol A气体和1mol B气体通入一容积固定为2L的密闭容器中，发生如下反应：
3A（g）+B（g）xC（g），请填写下列空白：
①反应1min时测得剩余1.8mol A，C的浓度为0.4 mol/L，则1min内B的反应速率为______，x为_______。
②若混合气体起始压强为P0，10min后达平衡，容器内混合气体总压强为P，用P0、P来表示达平衡时反应物A的转化率a（A）为__________。
③能够说明该反应达到平衡的标志是___________。
A 容器内混合气体的密度保持不变
B v（A）=3v（B）
C A、B的浓度之比为3:1
D 单位时间内消耗3 n molA的同时生成n mol B
E 体系的温度不再变化
【答案】(1). ＞ (2). 同一条件下，温度不同，对应生成产物越多，K越大 (3). 50% (4). ＞ (5). 不变 (6). 0.2 mol/（L·min） (7). 2 (8). (9). D
【解析】
【分析】（1）起始投入4mol N2和6mol H2在一定条件下生成NH3，生成物的物质的量越大，说明反应进行的程度越大，温度高，产率低，则表明平衡逆向移动，正反应为放热反应。由此可推断出平衡常数与温度的关系；利用平衡时n(NH3)，可求出变化量，从而求出转化率；利用平衡时浓度可求出平衡常数，利用浓度商与平衡常数的关系，即可确定平衡移动的方向，从而求出v正与v逆。
（2）利用三段式，可求出v(B)与X；利用压强之比等于物质的量浓度之比，可求出变化量，从而求出转化率。
【详解】（1）①因为温度升高，n(NH3)减小，则表明平衡逆向移动，K值变小，所以K1
② 3H2（g）+N2（g）2NH3（g），
起始量 6mol/L 4mol/L 0
变化量 3mol/L 1mol/L 2 mol/L
平衡量 3mol/L 3mol/L 2 mol/L
则平衡时H2的转化率为；
K=，Q=<0.049，所以平衡正向移动，
则该反应的速率v正>v逆；因为温度不变，所以平衡常数不变；
答案为：50%； ＞；不变。
（2）① 3A（g） + B（g）xC（g）
起始量 1.5mol/L 0.5mol/L 0
变化量 0.6mol/L 0.2mol/L 0.4mol/L
平衡量 0.9mol/L 0.3mol/L 0.4mol/L
1min内B的反应速率为mol/（L·min），
利用化学计量数之比等于浓度变化量之比，可求出x=2；
答案为：. 0.2 mol/（L·min）；2。
②设A在10min内的浓度变化量为3x
3A（g） + B（g）2C（g）
起始量 1.5mol/L 0.5mol/L 0
变化量 3x x 2x
平衡量 1.5-3x 0.5-x 2x
，x=1-，
达平衡时反应物A的转化率a（A）为 ，
答案为：。
③A .因为气体的质量不变、容器的容积不变，所以容器内混合气体的密度始终不变，A不一定是平衡状态；
B.因为A、B的起始投入量之比等于化学计量数之比3:1，所以始终存在v（A）=3v（B），B不一定达平衡状态；
C. 因为A、B的起始投入量之比等于化学计量数之比3:1，所以始终存在A、B的浓度之比为3:1，C不一定达平衡状态；
D. 单位时间内消耗3 n molA的同时生成n mol B，数值之比等于化学计量数之比且方向相反，D达平衡状态；
E. 因为是恒温容器，所以体系的温度始终不变，E不一定是平衡状态；
答案为：D。
24.三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
（1） SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式___________。
（2） SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）＋SiCl4（g） ΔH1＝+48 kJ·mol－1
3SiH2Cl2（g）=SiH4（g）＋2SiHCl3（g） ΔH2＝－30 kJ·mol－1
则反应4SiHCl3（g）=SiH4（g）＋3SiCl4（g）的ΔH为____kJ·mol－1。
（3）对于反应2SiHCl3（g）SiH2Cl2（g）＋SiCl4（g），采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
①343 K时，反应的平衡转化率α＝________%。平衡常数K343 K＝________（保留2位小数）。
②在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是______；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有_________。
（4）甲醇水蒸气重整制氢（SRM）系统简单，产物中H2 含量高、CO含量低（CO会损坏燃料电池的交换膜），是电动汽车氢氧燃料电池理想的氢源。反应如下：
反应I（主） ：CH3OH（g）+ H2O（g） CO2（g）+ 3H2（g） ΔH1=+49kJ/mol
反应II（副） ：H2（g）+ CO2（g） CO（g）+ H2O（g） ΔH2=+41kJ/mol
温度高于300℃则会同时发生反应III： CH3OH（g） CO（g）+2H2（g） ΔH3
反应1能够自发进行的原因是_________，升温有利于提高CH3OH转化率，但也存在一个明显的缺点是________。写出一条能提高CH3OH转化率而降低CO生成率的措施_______。
【答案】(1). 2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl (2). +114 (3). 22 (4). 0.02 (5). 移走生成物 (6). 加入催化剂 (7). 该反应为熵增大的反应 (8). 升温会促进反应III的发生，提高CO的含量，而CO会破坏该电池的交换膜 (9). 加入水蒸气或使用更合适的催化剂
【解析】
【分析】（1）SiHCl3遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，说明反应物为SiHCl3、H2O，生成物为(HSiO)2O、HCl，从而写出该反应的化学方程式。
（2）利用盖斯定律进行计算。
（3）假设起始量，再从坐标图象中提取转化率数据，采用三段式进行相关计算。
（4）利用自由能方程分析反应自发进行的原因，再利用题给信息找出升温的缺陷，并找到提高转化率减少CO生成量的措施。
【详解】（1）该反应的化学方程式2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl；
答案：2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl。
（2） 2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）＋SiCl4（g） ΔH1＝+48 kJ·mol－1 ①
3SiH2Cl2（g）=SiH4（g）＋2SiHCl3（g） ΔH2＝－30 kJ·mol－1 ②
将①×3+②得：4SiHCl3（g）=SiH4（g）＋3SiCl4（g） ΔH=+114kJ·mol－1；
答案：+114。
（3）因为温度越高，反应速率越快，达平衡的时间越短，所以a为343 K时SiHCl3的转化率曲线，b为323 K时SiHCl3的转化率曲线。
①从图中可以看出，343 K时，反应的平衡转化率α＝22%，
设反应物的起始浓度为2mol/L
2SiHCl3（g）SiH2Cl2（g）＋SiCl4（g）
起始量 2mol/L 0 0
变化量 0.44mol/L 0.22mol/L 0.22mol/L
平衡量 1.56mol/L 0.22mol/L 0.22mol/L
平衡常数K343 K＝；
答案为：22%；0.02。
②在343 K下，要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是移走生成物；
要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有加入催化剂，加快反应速率；
答案为：移走生成物；加入催化剂。
（4）依据自由能方程，∆G=∆H-T∆S，∆H>0，要使∆G<0，∆S>0。反应1能够自发进行的原因是该反应为熵增大的反应；
从题给信息可以看出，升温有利于反应I，有利于反应II，还会促进反应III的发生。即提高CH3OH转化率，但也存在一个明显的缺点是升温会促进反应III的发生，提高CO的含量，而CO会破坏该电池的交换膜。
水蒸气为主反应的反应物，故加入水蒸气可以提高甲醇的转化率，同时使反应II的平衡逆向移动，从而降低了CO的生成率；也可使用更合适的催化剂，最好只催化反应I，不催化反应II，也能达到目的。
所以能提高CH3OH转化率而降低CO生成率的措施为加入水蒸气或加入更合适的催化剂。
答案为：该反应为熵增大的反应；升温会促进反应III的发生，提高CO的含量，而CO会破坏该电池的交换膜；加入水蒸气或使用更合适的催化剂。
注意事项：本试卷共100分，考试时间70分钟。答卷前，考生务必将自己的姓名、考号等信填写在答题纸上。答案必须填写在答题纸的相应位置上，答案写在试题卷上无效。
[相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64 Ag-108]
一、选择题（每题2分，共40分，每题只有一个选项符合题意。）
1.化学与社会、生活密切相关。下列说法正确是( )
A. 明矾净水与自来水的杀菌清毒原理相同
B. 医学上常采用碳酸钡作为钡餐
C. 钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快
D. 泡沫灭火剂利用了硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液混合后能发生双水解反应
【答案】D
【解析】
【详解】分析：A. 明矾净水，是利用胶体的吸附性，自来水是用强氧化性物质来消毒的；
B. 碳酸钡能够溶于盐酸；
C. 吸氧腐蚀速率小于析氢腐蚀速率；
D. 泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳。
详解:A. 明矾溶于水形成的氢氧化铝胶体能吸附不溶性固体杂质小颗粒，形成大颗粒，易于沉降，所以明矾净水，是利用胶体的吸附性，自来水是用强氧化性物质来消毒的，故A错误；
B. 碳酸钡能够溶于盐酸生成可溶性氯化钡溶液，钡为重金属离子有毒，故B错误；
C. 酸性条件下钢铁被腐蚀快，析氢腐蚀速率快于吸氧腐蚀，故C错误；
D. 泡沫灭火器装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，所以D选项是正确的；
所以D选项是正确的。
2.对于可逆反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，下列措施能使反应物中活化分子百分数和化学反应速率都变化的是( )
A. 增大压强 B. 升高温度 C. 增加SO3浓度 D. 多充入O2
【答案】B
【解析】
【详解】A.增大压强，体积减小，浓度增大，活化分子的百分含量不变，反应速率增大，A错误；
B.升高温度，活化分子数目增大，百分含量增大，反应速率增大，B正确；
C.增加SO3浓度，浓度增大，活化分子的百分含量不变，反应速率增大，C错误；
D.多充入O2，浓度增大，反应速率增大，活化分子的百分含量不变，D错误；
答案为B；
3.关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是( )
选项
A
B
C
D
强电解质
NaCl
H2SO4
CaCO3
HNO3
弱电解质
HF
BaSO4
HClO
CH3COOH
非电解质
Cl2
CS2
蔗糖
H2CO3
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cl2不是非电解质，A错误；
B．BaSO4虽然难溶于水，但它仍属于强电解质，B错误；
C．CaCO3是强电解质，HClO是弱电解质，蔗糖是非电解质，C正确；
D．H2CO3属于弱电解质，D错误。
故选C。
4.中和相同体积、相同pH值的H2SO4、HCl和CH3COOH三种稀溶液，所需相同浓度的NaOH溶液的体积为V1、V2和V3，则( )
A. V1＞V2＞V3 B. V3＞V2＞V1
C. V3＞V1＝V2 D. V1＞V2＝V3
【答案】C
【解析】试题分析：等体积、等pH的H2SO4、HCl中，溶液pH相同，则c(H+)相同，滴加等浓度的氢氧化钠将它们恰好中和，消耗氢氧化钠溶液的体积相等，即：V1=V2；而CH3COOH为弱酸，等pH时，醋酸的浓度远远大于HCl、H2SO4，滴加等浓度的氢氧化钠将三者恰好中和，中和过程中弱酸会继续电离产生更多的氢离子，则醋酸消耗氢氧化钠溶液体积大，所以消耗NaOH溶液的体积关系为：V3＞V2=V1，故选C。
5.可逆反应 A(g)+3B(g)2C(g)+2D(g)，在不同情况下，测得有下列四个反应速率，其反应速率最快的是( )
A. v(A)＝0.15mol•L﹣1•s﹣1 B. v(B)＝0.6mol•L﹣1•s﹣1
C. v(C)＝0.5mol•L﹣1•s﹣1 D. v(D)＝0.4mol•L﹣1•s﹣1
【答案】C
【解析】
【详解】A. v(A)=0.15 mol⋅L−1⋅s−1；
B. v(A):v(B)=1:3，故v(A)=v(B)= ×0.6 mol⋅L−1⋅s−1=0.2 mol⋅L−1⋅s−1
C. v(A):v(C)=1:2，故v(A)=0.5v(D)=0.5×0.5 mol⋅L−1⋅s−1=0.25 mol⋅L−1⋅s−1
D. v(A):v(D)=1:2，故v(A)=0.5v(C)=0.5×0.4 mol⋅L−1⋅s−1=0.2 mol⋅L−1⋅s−1
故C反应速率最快，C项正确，
答案选C。
6. 下列实验，不能说明乙酸是弱电解质的是( )
A. 常温时，测得乙酸钠溶液的pH＞7
B. 常温时，测得0.1 mol·L-1乙酸溶液的pH约为3
C. 乙酸溶液与大理石反应产生气泡
D. 相同温度下，测得同物质的量浓度的乙酸溶液的导电性比盐酸溶液弱
【答案】C
【解析】试题分析：A、乙酸钠溶液的pH＞7 说明乙酸根离子是弱离子水解，正确； B、乙酸部分电离出氢离子，是弱电解质，正确；C、酸的性质，错误；D、导电能力强溶液中离子浓度大，说明乙酸没能完全电离，正确。
7.下列方程式中，能够正确表示水解反应的是( )
A. HCO3—+H2OCO32—+H3O+ B. S2—+2H2OH2S+2OH—
C. CO2+H2OHCO3—+H+ D. CO32—+H2OHCO3—+ OH—
【答案】D
【解析】
【详解】A. HCO3—+H2OCO32—+H3O+，属于电离方程式，A错误；
B. S2—+2H2OH2S+2OH—，多元弱酸根离子的水解是分步进行的，不能合在一起写，B错误；
C. CO2+H2OHCO3—+H+，属于电离方程式，C错误；
D. CO32—+H2OHCO3—+ OH—，属于水解方程式，D正确。
故选D。
8.物质的量浓度相同的下列各溶液，由水电离出的c（OH-）由大到小的顺序正确的是( )
①NaHCO3 ②NaHSO4 ③Na2SO4 ④Na2CO3
A. ①②③④ B. ④③①② C. ④①③② D. ①④③②
【答案】C
【解析】碳酸钠和碳酸氢钠水解，对于水的电离起到促进作用，考虑到碳酸根的水解强于碳酸氢根（溶液的pH也一定是碳酸钠大于碳酸氢钠），碳酸钠溶液中水电离出的c（OH-）大于碳酸氢钠溶液中水电离出的c（OH-）。硫酸钠对于水的电离无影响。硫酸氢钠电离出来的氢离子对于水的电离起到抑制作用。由上所述，四种溶液中由水电离出的c（OH-）由大到小的顺序正确的是：④①③②，选项D正确。
9.25℃时，纯水中存在的平衡：H2O H＋ + OH－，下列叙述正确的是( )
A. 将水加热，Kw增大，pH不变
B. 加入稀盐酸，平衡逆向移动，c(H+)降低
C. 加入氢氧化钠溶液，平衡逆向移动，Kw变小
D. 加入少量固体CH3COONa，平衡正向移动，c(H＋)降低
【答案】D
【解析】
【详解】A、水的电离为吸热过程，加热，促进水的电离，Kw=c(H+)×c(OH-)增大，pH减小，故A错误；
B、加入盐酸，c(H+)增大，平衡逆向移动，但溶液由中性变酸性，c(H+)还是增大的，故B错误；
C、加入NaOH，c(OH-)增大，平衡逆向移动，但Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，故C错误；
D、加入CH3COONa，CH3COO-结合水中的H+，c(H+)减小，水的电离平衡正向移动，故D正确；
故选D。
10.汽车尾气中NO产生的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是( )
A. 温度T下，该反应的平衡常数
B. 温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小
C. 曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂
D. 若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜0
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据平衡常数的定义，结合开始时氮气和氧气的物质的量相等，可知该平衡常数为：，选项A正确；
B、由于该容器是一个恒容容器，反应前后气体的质量不发生改变，所以气体的密度一直不变，选项B错误；
C、催化剂仅能改变达到平衡所用的时间，不能使平衡移动，即不能改变平衡浓度，选项C错误；
D、若曲线b对应的条件改变是温度，根据先达到平衡可知为升高温度，平衡向吸热反应的方向移动，而氮气的浓度降低，说明平衡向正方向移动，正反应为吸热反应，△H>0，选项D错误。
答案选A。
11.下列有关实验的选项正确的是( )
A．配制0.l0mol/L NaOH溶液
B．除去CO中的CO2
C．苯萃取碘水中的I2，分出水层后的操作
D．记录滴定终点读数为12.20mL
【答案】B
【解析】
【详解】A.容量瓶是准确配制一定物质的量浓度溶液的仪器，要在烧杯中溶解固体物质，不能在容量瓶中进行固体的溶解，A错误；
B.CO2是酸性氧化物，可以与NaOH反应产生可溶性盐和水，而CO不能反应，所以可利用NaOH收CO中的二氧化碳，可以达到除杂净化的实验目的，B正确；
C.进行萃取分液，下层液体从下口流出，上层液体要从上口倒出，由于苯层在上层，所以应在分出水层后从分液漏斗的上口倒出该溶液，C错误；
D.滴定管0刻度在上部，小刻度在上，大刻度在下，液面读数是在11.80mL刻度处，D错误；
合理选项是B。
12.对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度(mol·L-1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。
时间
水样
0
5
10
15
20
25
I (pH=2)
0.40
0.28
0.19
0.13
0.10
0.09
II(pH=4)
0.40
0.31
0.24
0.20
0.18
016
Ⅲ(pH=4)
0.20
0.15
0.12
0.09
0.07
0.05
IV(pH=4，含 Cu2+)
0.20
0.09
0.05
0.03
0.01
0
下列说法不正确的是（ ）
A. 由于Cu2+存在，IV中M的分解速率比I快
B. 其它条件相同时，水样酸性越强，M的分解速率越快
C. 在0～25 min内，Ⅲ中M的分解百分率比II大
D. 在0～20 min内，I中M的平均分解速率为0.015mol/(L·min)
【答案】A
【解析】
【详解】A.0~20min时，I的浓度改变为0.3mol/L，反应IV中浓度改变为0.19mol/L，IV中M的分解速率比I慢，A错误；
B.对比I、II组数据可知，其它条件相同时，水样酸性越强，M的分解速率越快，B正确；
C.在0～25 min内，II、Ⅲ中M的分解百分率分别为0.24/0.40、0.15/0.20，Ⅲ比II大，C正确；
D.在0～20 min内，I中M的平均分解速率为=0.015mol/(L·min)，D正确；
答案为A。
13.可逆反应mA（固）+nB（气）pC（气）+qD（气），反应过程中其它条件不变时C的百分含量C%与温度（T）和压强（P）的关系如图所示，下列叙述中正确的是( )
A. 达到平衡后，使用催化剂，C%将增大
B. 达到平衡后，若升高温度、化学平衡向逆反应方向移动
C. 方程式中n>p+q
D. 达到平衡后，增加A的量有利于化学平衡向正反应方向移动
【答案】B
【解析】
【详解】可逆反应,当其他条件一定时,温度越高,反应速率越大,达到平衡所用的时间越短。由图象(1)可知T1>T2，温度越高，平衡时C的体积分数φ(C)越小，故此反应的正反应为放热反应；
当其他条件一定时，压强越高，反应速率越大，达到平衡所用的时间越短。由图(2)可知P2>P1，压强越大，平衡时C的体积分数φ(C)越小，可知正反应为气体物质的量增大的反应，即n
B. 由上述分析可知，可逆反应mA(固)+nB(气)⇌Pc(气)+qD(气)正反应为放热反应，升高温度平衡向吸热方向移动，即向逆反应移动，故B正确；
C. 由上述分析可知，可逆反应mA(固)+nB(气)⇌Pc(气)+qD(气)正反应为气体物质的量增大的反应，即n
答案选B。
14.对于可逆反应：2A(g)＋B(g)2C(g)△H＜0，下列各图中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．500℃＞100℃，温度升高，平衡向吸热的方向移动，即平衡逆向移动，则生成物C的百分含量应该减小，故A错误；
B．压强增大时，正逆反应速率都增大，故B错误；
C．催化剂不影响平衡的移动，有、无催化剂，c(C)应该相同，故C错误；
D．压强增大时，平衡向气体体积减小的方向移动，即平衡正向移动，反应物A的转化率增大，相同压强下，温度降低时，平衡正向移动，反应物A的转化率也增大，故D正确；
故选D。
15.对于2SO2(g)＋O2(g) ⇌2SO3(g)，ΔH<0，根据下图，下列说法错误的是（ ）
A. t2时使用了催化剂 B. t3时采取减小反应体系压强的措施
C. t5时采取升温的措施 D. 反应在t6时刻，SO3体积分数最大
【答案】D
【解析】
【详解】A.t2时，正逆反应速率同时增大，且速率相等，而所给可逆反应中，反应前后气体分子数发生变化，故此时改变的条件应为加入催化剂，A不符合题意；
B.t3时，正逆反应速率都减小，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，由于该反应为放热反应，故不可能是降低温度；反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为减小压强，B不符合题意；
C.t5时，正逆反应速率都增大，故改变的条件可能为升高温度或增大压强，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，结合该反应为放热反应，且反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为升高温度，C不符合题意；
D.由于t3、t5时刻，平衡都是发生逆移的，故达到平衡时，即t4、t6时刻所得的SO3的体积分数都比t1时刻小，D说法错误，符合题意；
故答案为：D
16.在密闭容中发生下列反应aA(g)cC(g)＋dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述正确的是( )
A. A的转化率变大 B. 平衡向正反应方向移动
C. D的体积分数变大 D. a＜c＋d
【答案】D
【解析】
【分析】将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度立即变为原来的2倍，但是再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明D在减少，平衡逆向移动。压缩体积，平衡向着气体体积减小的方向移动，则a
B. 将气体体积压缩到原来的一半，D的浓度立即变为原来的2倍，但是再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，说明D在减少，平衡逆向移动。B项错误；
C.平衡逆向移动，D的体积分数降低，C项错误；
D. D减少，平衡逆向移动。压缩体积，平衡向着气体体积减小的方向移动，则a
17.下列图示与对应的叙述相符的是( )
A. 图1表示相同温度下pH=1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH的变化曲线，其中曲线II为盐酸，且b点溶液的导电性比a点强
B. 图1中，中和等体积的两种酸，消耗等浓度的NaOH溶液体积V（I）＞V（II）
C. 图2中纯水仅升高温度，就可以从a点变到c点
D. 图2中在b点对应温度下，将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液显中性
【答案】D
【解析】
【分析】在图Ⅰ中，盐酸与醋酸的pH相同，加水稀释相同的倍数后，盐酸溶液的pH变化大，所以Ⅰ为盐酸，Ⅱ为醋酸。
【详解】A.相同pH的盐酸和醋酸分别加水稀释相同倍数时，盐酸的pH变化大，所以曲线Ⅰ应为盐酸，A错误；
B. 因为盐酸和醋酸的pH相同，所以醋酸溶液的浓度大，中和等体积的两种酸，消耗等浓度的NaOH溶液体积V(I)< V(II)，B错误；
C. 图2中纯水仅升高温度，c(H＋)、c(OH－)同等程度增大且相等，不可能从a点变到c点，C错误；
D. 图2中在b点对应温度下，KW=10-12，pH=2的H2SO4中，c(H＋)=10-2mol/L；pH=10的NaOH溶液中，c(OH－)=10-2mol/L，二者等体积混合后，刚好完全反应，溶液呈中性，D正确。
故选D。
18.已知反应：2NO(g)＋Br2(g)2NOBr(g) △H＝－a kJ·mol-1（a＞0），其反应机理是
① NO(g)＋Br2 (g)NOBr2 (g) 快 ② NOBr2(g)＋NO(g)2NOBr(g) 慢
下列有关该反应的说法正确的是( )
A. 该反应的速率主要取决于①的快慢
B. NOBr2是该反应的催化剂
C. 增大Br2 (g)的浓度能增大活化分子百分数，加快反应速率
D. 总反应中生成物的总键能比反应物的总键能大a kJ·mol-1
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应速率主要取决于慢的一步，所以反应速率主要取决于②的快慢，A错误；
B．NOBr2是中间产物，而不是催化剂，B错误；
C．增大浓度，活化分子百分数不变，D错误，；
D．正反应放热，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，则正反应的活化能比逆反应的活化能小a kJ•mol-1，D正确；
答案选D。
19.室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
①pH＝0的溶液：Na＋、I－、NO3－、SO42－
②pH＝12的溶液中：CO32-、Na＋、NO3－、S2－、SO32－
③水电离H＋浓度c(H＋)＝10－12 mol/L－1溶液中：Cl－、CO32－、NO3－、NH4+、SO32－
④加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2＋、NH4+、Cl－、K＋、SO42－
⑤使石蕊变红的溶液中：Fe2＋、MnO4－、NO3－、Na＋、SO42－
⑥中性溶液中：Fe3＋、Al3＋、NO3－、Cl－、
A. ②④ B. 只有② C. ①②⑤ D. ①②⑥
【答案】A
【解析】
【分析】①pH=0的溶液，显酸性，氧化性离子与还原性离子之间发生氧化还原反应；
②pH=12的溶液，显碱性；
③水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol•L-1的溶液，可能为酸或碱溶液；
④Mg与H+反应产生H2，该溶液显酸性；
⑤使石蕊变红的溶液，显酸性，氧化性离子与还原性离子之间发生氧化还原反应；
⑥Fe3+只能在酸性溶液大量存在。
【详解】①pH＝0溶液为强酸性溶液，H+、I－、NO3－发生氧化还原反应，不能大量共存；
②pH＝12的溶液为强碱性溶液，该组离子之间不反应，一定能大量共存；
③水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol•L-1的溶液，若溶液为酸性，则不能大量存在CO32-、SO32-，若溶液为碱性，则不能大量存在NH4+；
④加入Mg能放出H2的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，一定能大量共存；
⑤使石蕊变红的溶液显酸性，H+、Fe2+、MnO4-(还有NO3－)发生氧化还原反应，不能大量共存；
⑥中性溶液不能大量存在Fe3+。
综上分析，②④符合题意，故选A。
20.在Na2S溶液中，下列关系式正确的是( )
A. c（Na+）>c（HS—）> c（H+） >c（OH—）
B. c（Na+）=c（HS—）+c（S2—） +c（H2S）
C. 2c（Na+）=c（HS—） +c（S2—） +c（H2S）
D. c（Na+）+ c（H+） =c（HS—）+c（OH—） +2c（S2—）
【答案】D
【解析】
【分析】在Na2S溶液中，存在下列电离及水解关系：
Na2S=2Na++S2-
S2-＋H2OHS-＋OH-
HS-＋H2OH2S+OH-
并且上面反应进行的程度都比下面反应进行的程度强。
【详解】A. 从上面的水解方程式看，溶液中c(HS—)< c(OH—)，A错误；
B.按物料守恒， c(Na+)=2 c(HS—)+2c(S2—) +2c(H2S)，B错误；
C. 依B选项的分析，C中的关系式应为 c(Na+)= 2c(HS—)+2c(S2—) +2c(H2S)，C错误；
D. c(Na+)+ c(H＋)= c(HS—)+2c(S2—)+ c(OH—)，满足电荷守恒关系，D正确。
故选D。
二、非选择题（本大题共4小题，共60分）
21.实验室中有一未知浓度醋酸，某学生用0.100 mol/L NaOH标准溶液进行测定醋酸的浓度的实验，取20.00mL待测醋酸放入锥形瓶中，并滴加2~3滴指示剂，用NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2~3次，记录数据如下。完成下列填空：
（1）量取醋酸用的仪器是__________，该实验中指示剂最好选用________，滴定时眼睛应注视________，滴定达到终点的标志是_________。
（2）排除碱式滴定管尖嘴中气泡的方法应采用以下_________操作（填甲/乙/丙），然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
（3）根据上述数据，可计算出该醋酸的浓度约为_________ （保留小数点后3位）。
（4）在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有________。
A.用滴定管取20.00mL待测醋酸，使用前，水洗后未用待测醋酸润洗
B.锥形瓶水洗后未干燥
C.称量NaOH固体时，有小部分NaOH潮解
D.滴定终点读数时俯视
E.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消关
【答案】(1). 酸式滴定管（或移液管） (2). 酚酞 (3). 锥形瓶内液体的颜色变化 (4). 溶液变红且30s内颜色不发生变化 (5). 丙 (6). 0.115 mol/L (7). CE
【解析】
【分析】（1）量取醋酸时，从醋酸会腐蚀橡胶考虑使用的仪器，从产生明显的颜色变化考虑选择的指示剂，从准确确定滴定终点考虑眼睛应注视的位置，从酸碱完全反应确定指示剂发生变化的颜色。
（2）从气泡容易被排出确定排气泡方式。
（3）分析实验数据，确定哪些数据有效，然后利用酸碱反应的物质的量关系进行计算。
（4）用公式法进行误差的分析。
【详解】（1）因为醋酸会腐蚀碱式滴定管下端的橡皮管，所以量取醋酸用的仪器是酸式滴定管（或移液管），该实验中指示剂最好选用酚酞，滴定时眼睛应注视锥形瓶内液体的颜色变化，滴定达到终点的标志是溶液变红且30s内颜色不发生变化；
答案为：酸式滴定管（或移液管）；酚酞；滴定时眼睛应注视锥形瓶内液体的颜色变化；溶液变红且30s内颜色不发生变化。
（2）排除碱式滴定管尖嘴中气泡的方法应采用丙操作，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。答案为：丙。
（3）分析表中数据，实验1的24.18为失真数据，不能使用。从而得出平均消耗NaOH的体积为23.01mL。根据上述数据，可计算出该醋酸的浓度约为：。答案为：0.115mol/L。
（4）A.水洗后未用待测醋酸润洗，则测得的醋酸浓度偏低；
B.锥形瓶水洗后未干燥，对醋酸浓度的测定不产生影响；
C.称量NaOH固体时，有小部分NaOH潮解，所配NaOH浓度偏低，滴定所用体积偏高，测定结果偏高；
D.滴定终点读数时俯视，读取所用NaOH溶液的体积偏低，所测醋酸的浓度偏低；
E.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消关，读取所用NaOH的体积偏高，所测醋酸的浓度偏高。
答案为：CE。
22.在室温下，下列五种溶液：①0.1 mol/L NH4Cl溶液，②0.1 mol/L CH3COONH4溶液，③0.1 mol/L NH4HSO4溶液，④0.1 mol/L 氨水，⑤0.1 mol/L NH3·H2O和0.1 mol/L NH4Cl混合液（显碱性）。请根据要求填写下列空白：
（1）溶液①呈____________性（填“酸”、“碱”或“中”），其原因是___________（用离子方程式表示）
（2）在上述①、②、③、④溶液中c（NH4+）浓度由大到小的顺序是_________。（填序号）
（3）在溶液⑤中，各离子浓度大小顺序为___________。
（4）室温下，测得溶液②的pH=7，则 CH3COO—与NH4+浓度的大小关系是c（CH3COO—）________c（NH4+）（填“>”、“<”或“=”）。
（5）常温下，0.1 mol/ L CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数值变大的是____________（填字母）。
A. c(H+) B. c(H+)/ c(CH3COOH) C. c(H+)·c(OH－)
D. c(OH－)/ c(H+) E. c(H+)·c(CH3COO－) / c(CH3COOH)
（6）25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为____________。
【答案】(1). 酸 (2). NH4++H2ONH3·H2O+H+ (3). ③＞①＞②＞④ (4). c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H＋) (5). = (6). BD (7). 10：1
【解析】
【分析】（1）在盐溶液中，形成盐的酸和碱中谁的性质强，溶液就表现谁的性质；
（2）比较c(NH4+)时，可以NH4Cl作为参照物，凡是电解质能完全电离出NH4+的，都比部分电离出NH4+的浓度大；在完全电离出NH4+的盐中，产生能促进NH4+水解的盐，溶液中c(NH4+)浓度小，产生能抑制NH4+水解的盐，溶液中c(NH4+)浓度大。
（3）依据电离或水解的程度大小，确定离子浓度的相对大小。
（4）可依据电荷守恒进行计算。
（5）可从CH3COOH加水稀释后电离度的变化、离子浓度的变化两个方面去分析。
（6）利用酸碱溶液中H+与OH-物质的量相等进行计算。
【详解】（1）溶液①为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，其原因是NH4++H2ONH3·H2O+H+；答案为：酸；NH4++H2ONH3·H2O+H+。
（2）在上述①、②、③、④溶液中，①0.1 mol/L NH4Cl溶液、②0.1 mol/L CH3COONH4溶液、③0.1 mol/L NH4HSO4溶液中的溶质都是能发生水解的强电解质，NH4+的水解程度不同，③中NH4+的水解受到抑制，②中NH4+水解受到促进，而④中0.1 mol/L 氨水只发生部分电离，产生的c(NH4+)最小，所以浓度由大到小的顺序是③＞①＞②＞④；答案为：③＞①＞②＞④。
（3）溶液⑤为0.1 mol/L NH3·H2O和0.1 mol/L NH4Cl混合液，因为其显碱性，故NH3·H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，c(NH4+)＞c(Cl-)＝0.1 mol/L，NH3·H2O为弱电解质，其电离的程度较小，所以各离子浓度大小顺序为c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H＋)；答案为：c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H＋)。
（4）依据电荷守恒，c(CH3COO－) +c(OH－) == c(NH4+) +c(H+)，因为c(OH－)= c(H+)，所以c(CH3COO－) == c(NH4+)，答案为：= 。
（5）A. 0.1 mol/ L CH3COOH溶液加水稀释过程中，c(H+) 不断减小，A不合题意；
B.加水稀释过程中，n(H+)增大，n(CH3COOH)减小，所以c(H+)/ c(CH3COOH)增大，B符合题意；
C. 因为温度不变，所以c(H+)·c(OH－)不变，C不合题意；
D.在稀释过程中，n(OH－)增大，n(H+)减小，所以c(OH－)/ c(H+) 增大，D符合题意；
E .温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，所以 c(H+)·c(CH3COO－) / c(CH3COOH)不变，E不合题意；答案为：BD。
（6）25℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则10-5V(NaOH)=10-4V(H2SO4)，从而得出V(NaOH):V(H2SO4)=10-4:10-5=10:1；答案为：10:1。
23.（1）氨是最重要的氮肥，是产量最大的化工产品之一。在1L密闭容器中，起始投入4mol N2和6mol H2在一定条件下生成NH3，平衡时仅改变温度测得的数据如表所示 （已知：T1
平衡时NH3的物质的量/mol
T1
3.6
T2
2
①则K1_______K2 （填“＞”、“＜”或“=”），原因：__________。
②在T2下，经过10s达到化学平衡状态，则平衡时H2的转化率为______________。若再同时增加各物质的量为1mol，则该反应的速率v正_____v逆（＞或=或＜），平衡常数将______（填“增大”、“减小”或“不变）。
（2）一定温度下，将3mol A气体和1mol B气体通入一容积固定为2L的密闭容器中，发生如下反应：
3A（g）+B（g）xC（g），请填写下列空白：
①反应1min时测得剩余1.8mol A，C的浓度为0.4 mol/L，则1min内B的反应速率为______，x为_______。
②若混合气体起始压强为P0，10min后达平衡，容器内混合气体总压强为P，用P0、P来表示达平衡时反应物A的转化率a（A）为__________。
③能够说明该反应达到平衡的标志是___________。
A 容器内混合气体的密度保持不变
B v（A）=3v（B）
C A、B的浓度之比为3:1
D 单位时间内消耗3 n molA的同时生成n mol B
E 体系的温度不再变化
【答案】(1). ＞ (2). 同一条件下，温度不同，对应生成产物越多，K越大 (3). 50% (4). ＞ (5). 不变 (6). 0.2 mol/（L·min） (7). 2 (8). (9). D
【解析】
【分析】（1）起始投入4mol N2和6mol H2在一定条件下生成NH3，生成物的物质的量越大，说明反应进行的程度越大，温度高，产率低，则表明平衡逆向移动，正反应为放热反应。由此可推断出平衡常数与温度的关系；利用平衡时n(NH3)，可求出变化量，从而求出转化率；利用平衡时浓度可求出平衡常数，利用浓度商与平衡常数的关系，即可确定平衡移动的方向，从而求出v正与v逆。
（2）利用三段式，可求出v(B)与X；利用压强之比等于物质的量浓度之比，可求出变化量，从而求出转化率。
【详解】（1）①因为温度升高，n(NH3)减小，则表明平衡逆向移动，K值变小，所以K1
② 3H2（g）+N2（g）2NH3（g），
起始量 6mol/L 4mol/L 0
变化量 3mol/L 1mol/L 2 mol/L
平衡量 3mol/L 3mol/L 2 mol/L
则平衡时H2的转化率为；
K=，Q=<0.049，所以平衡正向移动，
则该反应的速率v正>v逆；因为温度不变，所以平衡常数不变；
答案为：50%； ＞；不变。
（2）① 3A（g） + B（g）xC（g）
起始量 1.5mol/L 0.5mol/L 0
变化量 0.6mol/L 0.2mol/L 0.4mol/L
平衡量 0.9mol/L 0.3mol/L 0.4mol/L
1min内B的反应速率为mol/（L·min），
利用化学计量数之比等于浓度变化量之比，可求出x=2；
答案为：. 0.2 mol/（L·min）；2。
②设A在10min内的浓度变化量为3x
3A（g） + B（g）2C（g）
起始量 1.5mol/L 0.5mol/L 0
变化量 3x x 2x
平衡量 1.5-3x 0.5-x 2x
，x=1-，
达平衡时反应物A的转化率a（A）为 ，
答案为：。
③A .因为气体的质量不变、容器的容积不变，所以容器内混合气体的密度始终不变，A不一定是平衡状态；
B.因为A、B的起始投入量之比等于化学计量数之比3:1，所以始终存在v（A）=3v（B），B不一定达平衡状态；
C. 因为A、B的起始投入量之比等于化学计量数之比3:1，所以始终存在A、B的浓度之比为3:1，C不一定达平衡状态；
D. 单位时间内消耗3 n molA的同时生成n mol B，数值之比等于化学计量数之比且方向相反，D达平衡状态；
E. 因为是恒温容器，所以体系的温度始终不变，E不一定是平衡状态；
答案为：D。
24.三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
（1） SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式___________。
（2） SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）＋SiCl4（g） ΔH1＝+48 kJ·mol－1
3SiH2Cl2（g）=SiH4（g）＋2SiHCl3（g） ΔH2＝－30 kJ·mol－1
则反应4SiHCl3（g）=SiH4（g）＋3SiCl4（g）的ΔH为____kJ·mol－1。
（3）对于反应2SiHCl3（g）SiH2Cl2（g）＋SiCl4（g），采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
①343 K时，反应的平衡转化率α＝________%。平衡常数K343 K＝________（保留2位小数）。
②在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是______；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有_________。
（4）甲醇水蒸气重整制氢（SRM）系统简单，产物中H2 含量高、CO含量低（CO会损坏燃料电池的交换膜），是电动汽车氢氧燃料电池理想的氢源。反应如下：
反应I（主） ：CH3OH（g）+ H2O（g） CO2（g）+ 3H2（g） ΔH1=+49kJ/mol
反应II（副） ：H2（g）+ CO2（g） CO（g）+ H2O（g） ΔH2=+41kJ/mol
温度高于300℃则会同时发生反应III： CH3OH（g） CO（g）+2H2（g） ΔH3
反应1能够自发进行的原因是_________，升温有利于提高CH3OH转化率，但也存在一个明显的缺点是________。写出一条能提高CH3OH转化率而降低CO生成率的措施_______。
【答案】(1). 2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl (2). +114 (3). 22 (4). 0.02 (5). 移走生成物 (6). 加入催化剂 (7). 该反应为熵增大的反应 (8). 升温会促进反应III的发生，提高CO的含量，而CO会破坏该电池的交换膜 (9). 加入水蒸气或使用更合适的催化剂
【解析】
【分析】（1）SiHCl3遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，说明反应物为SiHCl3、H2O，生成物为(HSiO)2O、HCl，从而写出该反应的化学方程式。
（2）利用盖斯定律进行计算。
（3）假设起始量，再从坐标图象中提取转化率数据，采用三段式进行相关计算。
（4）利用自由能方程分析反应自发进行的原因，再利用题给信息找出升温的缺陷，并找到提高转化率减少CO生成量的措施。
【详解】（1）该反应的化学方程式2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl；
答案：2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl。
（2） 2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）＋SiCl4（g） ΔH1＝+48 kJ·mol－1 ①
3SiH2Cl2（g）=SiH4（g）＋2SiHCl3（g） ΔH2＝－30 kJ·mol－1 ②
将①×3+②得：4SiHCl3（g）=SiH4（g）＋3SiCl4（g） ΔH=+114kJ·mol－1；
答案：+114。
（3）因为温度越高，反应速率越快，达平衡的时间越短，所以a为343 K时SiHCl3的转化率曲线，b为323 K时SiHCl3的转化率曲线。
①从图中可以看出，343 K时，反应的平衡转化率α＝22%，
设反应物的起始浓度为2mol/L
2SiHCl3（g）SiH2Cl2（g）＋SiCl4（g）
起始量 2mol/L 0 0
变化量 0.44mol/L 0.22mol/L 0.22mol/L
平衡量 1.56mol/L 0.22mol/L 0.22mol/L
平衡常数K343 K＝；
答案为：22%；0.02。
②在343 K下，要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是移走生成物；
要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有加入催化剂，加快反应速率；
答案为：移走生成物；加入催化剂。
（4）依据自由能方程，∆G=∆H-T∆S，∆H>0，要使∆G<0，∆S>0。反应1能够自发进行的原因是该反应为熵增大的反应；
从题给信息可以看出，升温有利于反应I，有利于反应II，还会促进反应III的发生。即提高CH3OH转化率，但也存在一个明显的缺点是升温会促进反应III的发生，提高CO的含量，而CO会破坏该电池的交换膜。
水蒸气为主反应的反应物，故加入水蒸气可以提高甲醇的转化率，同时使反应II的平衡逆向移动，从而降低了CO的生成率；也可使用更合适的催化剂，最好只催化反应I，不催化反应II，也能达到目的。
所以能提高CH3OH转化率而降低CO生成率的措施为加入水蒸气或加入更合适的催化剂。
答案为：该反应为熵增大的反应；升温会促进反应III的发生，提高CO的含量，而CO会破坏该电池的交换膜；加入水蒸气或使用更合适的催化剂。
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