2022-2023学年广东省广州市第一中学高二上学期期中考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省广州市第一中学高二上学期期中考试化学试题含解析，共25页。试卷主要包含了单选题，实验题，原理综合题，填空题等内容，欢迎下载使用。

广东省广州市第一中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．能源问题是当今世界上困扰人类发展的重大问题之一，下列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
【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，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．中华传统文化蕴含着丰富的化学知识，下列诗句中主要涉及吸热反应的是
A．白居易《赋得古原草送别》：“野火烧不尽，春风吹又生。”
B．苏轼《石炭》：“投泥泼水愈光明，烁玉流金见精悍。”
C．于谦《咏煤炭》：“爝火燃回春浩浩，烘炉照破夜沉沉。”
D．李商隐《相见时难别亦难》：“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干。”
【答案】B
【详解】A．“野火烧不尽，春风吹又生。”体现了植物中的有机物燃烧产生CO2、H2O，反应过程放出热量，反应为放热反应，A不符合题意；
B．以C、CO、H2为还原剂的氧化还原反应为吸热反应，高温时碳与水蒸气的反应为吸热反应，B符合题意；
C．体现了煤燃烧产生CO2，同时放出大量热量，使周围温度升高，同时明亮，C不符合题意；
D．该诗句体现了蜡烛燃烧放出大量的热量，反应是放热反应，D不符合题意；
故合理选项是B。
3．足量的Zn粉与50mL 0.1mol·L-1的稀硫酸充分反应。为了减慢此反应的速率而不改变H2的产量，可以采用如下方法中的
①加Na2SO4溶液     ②改用50mL 0.1mol·L-1的稀盐酸     ③减压  ④改用50mL 0.1mol·L-1的硝酸       ⑤冰水浴     ⑥加Na2CO3溶液
A．①②③④ B．①⑤ C．①⑤⑥ D．②⑤⑥
【答案】B
【解析】为了降低此反应速率而不改变H2的产量，少量Zn粉完全反应，则可通过降低氢离子浓度、降低温度等来降低反应速率，以此来解答。
【详解】①加Na2SO4溶液，溶液中的水对硫酸来说其稀释作用，使溶液中c(H+)降低，反应速率减小，但氢气的量不变，①正确；
②改用50mL、0.1mol/L的稀盐酸，溶液中c(H+)降低，反应速率减小，生成氢气的量减小，②错误；
③反应在溶液中进行，减压，对反应速率基本不影响，③错误；
④改用50mL、0.1mol/L的硝酸，由于硝酸具有强的氧化性，与Zn发生反应不生成氢气，而生成NO气体，④错误；
加适量固体醋酸钠，氢离子浓度降低，反应速率减小，但氢气的总量不变，故正确；
⑤冰水浴，使反应温度降低，反应速率减小，由于氢离子的物质的量不变，因此最终产生的氢气的总量不变，⑤正确；
⑥加Na2CO3溶液，Na2CO3与硫酸反应产生CO2气体，反应消耗硫酸，导致生成氢气的总量减小，⑥错误；
则符合题意的叙述是①⑤；故合理选项是B。
【点睛】本题考查影响反应速率的因素，明确常见的影响化学反应速率的外界因素有温度、浓度、原电池对反应速率的影响即可解答，注意Zn粉过量，生成的氢气由硫酸决定为解答的易错点。
4．醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是
白醋中滴入石蕊试液呈红色               
室温时，醋酸溶液的pH约为3
 醋酸恰好与10mL  NaOH溶液完全反应         
醋酸溶液的导电性比强酸溶液的弱
常温下，将的醋酸溶液稀释1000倍，测得．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】证明醋酸是弱电解质，即要证明它在水溶液中不能完全电离。
【详解】白醋中滴入石蕊试液呈红色，说明醋酸能电离出H+，但不能确定它是否为弱电解质；                       
室温时醋酸溶液的pH约为3，即c(H+)=0.001mol/L。醋酸未完全电离，为弱电解质；
③按化学方程式，不论醋酸强或弱， 等体积、等浓度的醋酸与NaOH溶液都能恰好完全反应，不能证明醋酸是弱电解质；          
溶液导电性强弱与离子浓度和离子电荷数有关。未知溶液浓度时比较导电性，不能比较电离程度大小。
若醋酸为强酸，因稀释过程中氢离子数目不变，的醋酸溶液稀释1000倍时pH应为4。现，则醋酸为弱酸。
本题选D。
5．下列关于热化学方程式的描述，正确的是
A．在稀溶液中：   ，若将含1mol 的醋酸稀溶液与含1mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量大于57.3kJ
B．一定条件下，将0.5mol (g)和1.5mol (g)置于密闭的容器中充分反应生成(g)，放热19.3kJ，热化学方程式为：   ΔH=-38.6kJ/mol
C．   ，则的燃烧热为285.8kJ/mol
D．S(单斜，s)= S(正交，s)   ，则正交硫比单斜硫稳定
【答案】D
【详解】A．在稀溶液中： H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=−57.3kJ⋅mol−1 ，醋酸是弱电解质，电离过程吸热，若将含1mol CH3COOH 的醋酸稀溶液与含1mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量小于57.3kJ，故A错误；
B．合成氨的反应是可逆反应，将0.5mol N2 (g)和1.5mol H2 (g)置于密闭的容器中充分反应不能生成1.0molNH3，而热化学方程式里的 ΔH表示的是反应完全时对应的热效应，故B错误；
C．燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量，氢气燃烧生成的指定产物是液态水，且燃烧热对应的1mol氢气，故C错误；
D．单斜硫转化为正交硫放出热量，说明正交硫能量低，能量越低越稳定，所以正交硫比单斜硫稳定，故D正确；
故选D。
6．NO和O2混合后可发生反应：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)，②2NO2(g)⇌N2O4(g)反应体系中含氮物质的物质的量浓度随着时间的变化曲线如图。下列说法正确的是

A．c为c(NO2)随的变化曲线
B．时，反应①达到化学平衡状态
C．时，c(NO)+c(NO2)+c(N2O4)=c0
D．后，NO2的消耗速率等于生成速率
【答案】D
【详解】A．由题干信息可知，NO和O2混合后可发生反应：①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)，②2NO2(g)⇌N2O4(g)，则随着反应的进行NO2的浓度先增大后变小，最后达到平衡保持不变，故a为c(NO)、b为c(NO2)，c为c(N2O4)随t的变化曲线，A错误；
B．时，只是c(NO)=c(NO2)，故不能说明反应①达到化学平衡状态，B错误；
C．若容器的体积保持不变，则根据N原子守恒可知，时有c(NO)+c(NO2)+2c(N2O4)=c0，C错误；
D．由图象可知，t3后，NO2、N2O4的浓度不再发生改变说明反应达到平衡状态，故有NO2的消耗速率等于生成速率，D正确；
故答案为D。
7．部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数(25℃)
Ka1=1.77×10-4
Ka1=4.9×10-10
Ka1=4.3×10-7
Ka2=5.6×10-11

下列选项错误的是A．CN－+H2O+CO2=HCN+HCO
B．相同浓度的HCN和NaHCO3的导电能力：HCN＞NaHCO3
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量，前者小于后者
D．等pH的HCOOH和HCN稀释相同的倍数后，pH前者大于后者
【答案】B
【详解】A．由电离常数可知，氢氰酸的电离程度大于碳酸氢根离子，则氰酸盐溶液与二氧化碳反应生成氢氰酸和碳酸氢盐，反应的离子方程式为CN－+H2O+CO2=HCN+HCO，故A正确；
B．氢氰酸是弱酸，碳酸氢钠是强电解质，则相同浓度的氢氰酸溶液中离子浓度小于碳酸氢钠溶液，导电性弱于碳酸氢钠溶液，故B错误；
C．等pH的醋酸溶液的浓度小于氢氰酸溶液，中和能力小于氢氰酸溶液，则中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量，醋酸溶液的浓度小于氢氰酸溶液，故C正确；
D．醋酸的酸性强于氢氰酸，等pH的醋酸溶液和氢氰酸溶液稀释相同的倍数后，醋酸溶液的pH变化大，则醋酸溶液的pH大于氢氰酸溶液，故D正确；
故选B。
8．已知：①Sn(s、白)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g)ΔH1
②Sn(s、灰)+2HCl(aq)=SnCl2(aq)+H2(g)ΔH2
③Sn(s、灰)Sn(s、白)ΔH3=+2.1kJ/mol，
下列说法不正确的是
A．灰锡与白锡互为同素异形体 B．锡在常温下以白锡状态存在
C．白锡转化为灰锡的反应是放热反应 D．ΔH1﹥ΔH2
【答案】D
【详解】A．灰锡和白锡为锡元素的两种不同单质，互为同素异形体，故A正确；
B．常温条件是指25摄氏度时，根据Sn(s、灰)Sn(s、白)可知锡在常温下以白锡状态存在，故B正确；
C．反应③焓变大于0，所以灰锡转化为白锡吸热，则白锡转化为灰锡的反应是放热反应，故C正确；
D．根据盖斯定律②-①得Sn(s、灰)Sn(s、白)的ΔH3=ΔH2-ΔH1=+2.1kJ/mol＞0，所以ΔH1＜ΔH2，故D错误；
综上所述答案为D。
9．下列实验方案，不能达到相应实验目的的是
A．探究反应物浓度对化学平衡的影响
B．探究催化剂对反应速率的影响
C．将NO2球浸泡在冷水和热水中，探究温度对化学平衡的影响
D．比较乙醇中羟基氢原子和水分子中氢原子的活泼性
【答案】A
【详解】A．试管中加入的0.1mol/L FeCl3溶液的浓度太大，反应后溶液的颜色太深，再加入1mol/L KSCN后，颜色变化不明显，难以达到实验目的，A符合题意；
B．加入MnO2的试管，气泡产生的速率明显加快，可探究催化剂对 H2O2分解速率的影响，B不符合题意；
C．温度升高，气体的颜色加深，c(NO2)增大，温度降低，气体的颜色变浅，c(NO2)减小，由此可探究温度对化学平衡的影响，C不符合题意；
D．钠与水反应比钠与乙醇反应剧烈得多，由此可比较两种物质中活性氢的活泼性，D不符合题意；
故选A。
10．已知：热化学方程式为。硫化氢与甲醇合成甲硫醇的催化反应过程如下图。下列说法中不正确的是

A．过程①和②均吸收能量
B．过程④形成了和
C．(E表示键能)
D．适当降温加压可提高甲醇的平衡转化率
【答案】C
【分析】通过催化过程可以看出，硫化氢加入催化剂后将硫化氢中的氢硫键断开形成-SH和氢原子，加入甲醇后，甲醇分子吸附在催剂表面，将氢氧键断开，-SH取代了羟基的位置形成了甲硫醇和水。过程①是H2S的断键过程，过程②是CH3OH的断键过程，过程③，断开O-C键，形成C-S键，过程④为：断裂了C-O和C-H，形成了O-H和C-S，过程⑤O-H键和C-H键是新形成的，生成CH3SH和H2O。
【详解】A． 过程①是H2S的断键过程，过程②是CH3OH的断键过程，断键需要吸收能量，故A正确；
B． 过程④为：HS*+OCH3*→OH*+HSCH2*(*表示结合催化剂)，断裂了C-O和C-H，形成了O-H和C-S，故B正确；
C． 硫化氢与甲醇合成甲硫醇的热化学方程式为：H2S(g)+CH3OH(l)→CH3SH(l)+H2O(l) ΔH=-21kJ/mol，断裂1molH-S和1molC-O，生成1molC-S和1molH-O，则△H=[E(H-S)+E(C-O)]-[E(C-S)+E(H-O)]＜0(E表示键能)，故E(H-S)+E(C-O)＜E(C-S)+E(H-O)，故C错误；
D． 该反应为正向气体分子数减小的放热反应，故适当降温加压可使反应正向移动，提高甲醇的平衡转化率，故D正确；
故选C。
11．K、Ka、Kw分别表示化学平衡常数、电离常数和水的离子积常数，下列判断正确的是
A．达平衡后，改变某一条件时K不变，的转化率可能增大、减小或不变
B．在500℃、20MPa条件下，在5L密闭容器中进行合成氨的反应，使用催化剂后K增大
C．室温下，说明的电离度一定比HCN的大
D．25℃时，pH均为4的盐酸和溶液中Kw不相等
【答案】A
【分析】化学平衡常数、电离常数和水的离子积常数等与温度有关，和浓度、压强、催化剂等无关。
【详解】A．不改变温度的情况下，使用催化剂或改变压强或使用催化剂的同时改变压强，SO2 的转化率可能增大、减小或不变，但K不变，故A正确；
B．催化剂只能加快反应速率，不影响K，故B错误；
C．室温下 K(HCN) D．Kw只和温度有关，25℃时，pH均为4的盐酸和 NH4I 溶液中Kw相等，故D错误；
故选A。
12．下列说法错误的是
A．的溶液也可能是中性溶液
B．常温下将硝酸加水稀释至，此时溶液的p
C．在常温下，由水电离出的时，此溶液的或13
D．将的盐酸和次氯酸各分别稀释至，所得盐酸的更大
【答案】B
【详解】A．的溶液也可能是中性溶液，如时Kw为10-12，的纯水，，，，呈中性，A正确；
B．酸溶液加水稀释不可能变成碱溶液，其不断接近于中性，将的稀硝酸稀释至1000mL，所得溶液的pH不可能为8，B错误；
C．常温下当水电离出的时，若溶液中，此溶液的pH=13，因水电离出的，若溶液中的，此溶液的，pH值为1，C正确；
D．将pH=3的盐酸与次氯酸各分别稀释至，盐酸稀释100倍后pH=5，次氯酸是弱酸，稀释过程进一步电离出氢离子，所得次氯酸溶液的pH<4，D正确；
故选C。
13．在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法不正确的是

A．反应的
B．图中X点所示条件下，延长反应时间能提高NO转化率
C．图中Y点所示条件下，增加O2的浓度能提高NO转化率
D．380℃下，，NO平衡转化率为50%，则平衡常数
【答案】A
【详解】A．由图中虚线可知，随着温度的升高，NO的平衡转化率降低，平衡逆向移动，所以该反应为放热反应，即△H＜0，故A错误；
B．由图可知，X点时反应未到达平衡状态，反应正向进行，所以延长反应时间能提高NO的转化率，故B正确；
C．Y点时反应已经达到平衡状态，此时增加O2的浓度，平衡正向移动，NO的转化率增大，故C正确；
D．设起始时，设反应前体积是V，反应后体积为x，则由三段式：
虽然随着反应的进行，体积在变，但是，一氧化氮和二氧化氮的浓度是相等的，故有，由于是恒压体系，根据体积之比等于气体物质的量之比，则有，解得，，则平衡后氧气的浓度c(O2)= ，，现在分析K和2000之间的大小关系，设，则，，0.75a+5×10-4=7.5×10-1a-500a2+5×10-4，只有500a2=0，上述等式才能成立，因为a>0，所以K不等于2000，若K<2000，则-500a2>0，这个是不成立的，若K>2000，则500a2>0，这是成立的，所以K>2000，是成立的，故D正确；
故选A。
14．将NO2装入带活塞的密闭容器中，当反应2NO2(g)⇌N2O4(g)达到平衡后，改变下列一个条件，其中叙述正确的是
A．恒温恒压时，充入少量惰性气体，平衡向右移动，混合气体的颜色变浅
B．慢慢压缩气体体积，平衡向右移动，混合气体颜色变浅
C．慢慢压缩气体体积，若体积减小一半，压强增大，但小于原来的两倍
D．恒温恒容时，充入少量惰性气体，压强增大，平衡向右移动，混合气体的颜色变浅
【答案】C
【详解】A．恒温恒压时，充入少量惰性气体，压强不变，但所有气体浓度同等倍数减小，等效于减压，所以平衡移动，平衡向气体体积增大的方向逆反应方向移动，故A错误；
B． 缩小体积，所有气体浓度同等倍数增大，相当于增大压强，平衡向气体体积减小的方向正反应方向移动，但平衡时混合气体颜色比原来深，故B错误；
C． 慢慢压缩气体体积，若体积减小一半，压强增大，平衡向气体体积减小的方向正反应方向移动，因为存在化学平衡，所以虽然压强增大，但小于原来的两倍，故C正确；
D． 恒温恒容时，充入少量惰性气体，压强增大，但反应物浓度不变，所以平衡不移动，混合气体颜色不变，故D错误；
故选：C。
15．常温下，浓度均为0.10mol·L-1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述正确的是

A．MOH的电离程度：c点大于d点
B．ROH溶液由a点到b点时，变大
C．pH=10时，MOH和ROH溶液中，c(M+)＞c(R+)
D．lg＝2时，MOH和ROH两种溶液中，水电离的c(OH－)的比值是1:10
【答案】D
【详解】A．由图示可以看出MOH为强碱，强电解质不存在电离平衡，所以c点与d点电离程度相同，A错误；B. ROH溶液由a点到b点时，可变式为==，而这个数值仅与温度有关，B错误；C．MOH和ROH溶液中，电荷守恒为c(OH-)=c（H+）+c（M+），c（OH-）=c（H+）+c（R+），因为两个溶液中氢离子浓度相同，所以c（R+）=c（M+），故C错误；D．根据A知，碱性MOH>ROH，当lgVo/V==2时，MOH和ROH两种溶液中对应的pH分别为11、10，而这里的氢离子浓度就是水电离产生的，故水电离的c(OH－)的比值是1:10，D正确。
点睛：首先理解坐标意义，由起始点确定两种碱的相对强弱，然后由弱电解质电离平衡进行分析，溶液中微粒浓度大小比较，常用方法是确定某点的溶质及其量的关系，由三个守恒法（物料守恒、电荷守恒、质子守恒）来确定等式至不等式。
16．在恒容密闭容器中通入X并发生反应：2X(g)Y(g)，温度T1、T2下X的物质的量浓度c(X)随时间t变化的曲线如图所示，下列叙述正确的是

A．正反应的活化能大于逆反应的活化能
B．T2下，在0~t1时间内，v(Y)=mol·L-1·min-1
C．M点时再加入一定量X，平衡后X的转化率增大
D．该反应进行到M点放出的热量大于进行到W点放出的热量
【答案】C
【分析】由平衡图象可知，反应达到平衡所需时间，T1小于T2，则反应温度T1大于T2，反应物X的浓度增大，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应。
【详解】A．由分析可知，该反应为放热反应，则正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A错误；
B．由方程式知，v(Y)= v(X) ×=mol·L-1·min-1，故B错误；
C．该反应是气体体积减小的反应，M点时再加入一定量X相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，平衡后X的转化率增大，故C正确；
D．由分析可知，该反应为放热反应，反应温度T1大于T2，升高温度，平衡向逆反应方向移动，X的转化率减小，反应放出的热量减小，则该反应进行到M点放出的热量小于进行到W点放出的热量，故D错误；
故选C。

二、实验题
17．根据下列实验设计，回答问题：
(1)利用实验(Ⅰ)探究锌与0.1mol/L硫酸和2mol/L硫酸反应的速率，可以测定收集一定体积氢气所用的时间。此方法需要控制的变量有(写出1项)：_______。

(2)实验(Ⅱ)探究浓度对化学化学平衡影响。已知：(橙色)(黄色)推测D试管中实验现象为_______，用平衡移动原理解释原因：______________。

(3)实验(Ⅲ)目的是探究浓度对反应速率的影响，实验中发生反应：，某小组也用酸性溶液和草酸()溶液进行实验，实验操作及现象如下表：

编号
实验操作
实验现象
ⅰ
向一支试管中先加入5mL 0.01mol/L酸性溶液，再加入1滴3mol/L硫酸和9滴蒸馏水，最后加入5mL 0.1mol/L草酸溶液
前10min内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅，30min后几乎变为无色
ⅱ
向另一支试管中先加入5mL 0.01mol/L酸性溶液，再加入10滴3mol/L硫酸，最后加入5mL 0.1mol/L草酸溶液
80s内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约150s后几乎变为无色

①由实验ⅰ、实验ⅱ可得出的结论是_______。
②关于实验ⅱ中80s后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出了猜想：该反应中生成的对反应有催化作用。利用提供的试剂设计实验ⅲ，验证猜想。
提供的试剂：0.01mol/L酸性溶液，0.1mol/L草酸溶液，3mol/L硫酸，溶液，固体，蒸馏水。
补全实验ⅲ的操作：向试管中先加入5mL 0.01mol/L酸性溶液，_______，最后加入5mL 0.1mol/L草酸溶液。
③基于以上实验与分析，推测实验(Ⅲ)设计_______(填“能”或“不能”)达到实验目的。
【答案】(1)温度、锌粒大小
(2)     溶液由橙色变为黄色     D试管内加氢氧化钠，氢离子浓度降低，(橙色)(黄色)平衡正向移动，浓度增大
(3)     溶液酸性越强，反应速越快     再加入10滴3mol•L﹣1硫酸，然后加入少量MnSO4固体     能

【详解】（1）测定收集一定体积氢气所用的时间，需保证温度、锌粒大小相同，需要控制的变量有温度、锌粒大小；
（2）D试管内加氢氧化钠，氢离子浓度降低，(橙色)(黄色)平衡正向移动，浓度增大，所以推测D试管中实验现象为溶液由橙色变为黄色；
（3）①实验ⅰ、实验ⅱ的不同是实验ⅱ加入的硫酸的物质的量大于实验ⅰ，可得出的结论是溶液酸性越强，反应速越快；
②为了验证实验II中80s后溶液颜色迅速变浅的是否有锰离子其催化作用，应其他条件相同，只改变锰离子的量，因此向试管中先加入5mL0.01mol•L﹣1酸性KMnO4溶液，再加入10滴3mol•L﹣1硫酸，然后加入少量MnSO4固体，最后加入5mL0.1mol•L﹣1草酸溶液；
③若实验(Ⅲ)溶液褪色的速率更快，说明对反应有催化作用，根据基于以上实验与分析，推测实验(Ⅲ)设计能达到实验目的。

三、原理综合题
18．请回答下列问题：
(1)一定条件下，二氧化碳可合成低碳烯烃，缓解温室效应、充分利用碳资源。已知：
①   
②   
③   
④   
则_______(用、、表示)。
(2)已知的燃烧热(a>0)，S(s)的燃烧热(b>0)，则空气直接氧化脱除的反应：   _______。
(3)硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是的催化氧化：   。回答下列问题：
①钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，(s)与(g)反应生成(s)和(s)的热化学方程式为_______。

②当(g)、(g)和(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，平衡转化率α随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550℃时的α=_______，判断的依据是_______。影响α的因素有_______。

【答案】(1)2+4-
(2)2(b-a)
(3)     2(s)+2(g)=2(s)+(s) -351；     0.975     增大压强平衡正向移动，平衡转化率增大，所以p1表示压强为5.0MPa时平衡转化率α随温度的变化曲线     温度、压强

【详解】（1）①   
②   
③   
根据盖斯定律②×2+③×4-①得 =2+4-；
（2）的燃烧热(a>0)，则①H2S(g)+O2(g)=H2O(l)+SO2(g) ;
S(s)的燃烧热(b>0)，则②S(s)+O2(g)=SO2(g) ；
根据盖斯定律①×2-②×2得   2(b-a)。
（3）①根据图示，①SO3(g)+ (s)= (s)+ (g) -24;
②2SO3(g)+ (s)=2(s) -399；
根据盖斯定律②-①×2得2(s)+2(g)=2(s)+(s) -399+24×2=-351；
②增大压强平衡正向移动，平衡转化率增大，所以p1表示压强为5.0MPa时平衡转化率α随温度的变化曲线，所以反应在5.0MPa、550℃时的α=0.975；影响α的因素有温度、压强。
19．绿色能源是未来能源发展的重要方向，氢能是重要的绿色能源，利用生物乙醇来制取氢气的部分反应过程如下图所示。

(1)已知：CH3CH2OH(g)＋3H2O(g)=2CO2(g)＋6H2(g) ΔH1=+173.5kJ·mol-1
反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g) ΔH2=-41.2kJ·mol-1
则反应Ⅰ的热化学方程式为___________。
(2)反应Ⅱ在不同进气比[n(CO)∶n(H2O)]、不同温度下，测得相应的CO平衡转化率见下表(各点对应的其他反应条件都相同)。
平衡点
a
b
c
d
n(CO)∶n(H2O)
0.5
0.5
1
1
CO平衡转化率/%
50
66.7
50
60

①a点平衡混合物中H2的体积分数为___________，a、c两点对应的反应温度Ta___________Tc(填“＜”“=”或“＞”)，d点对应的平衡常数K=___________。
②有利于提高CO平衡转化率的是___________(填标号)。
A．增大压强    B．降低温度     C．增大进气比[n(CO)∶n(H2O)] D．分离出CO2
(3)反应Ⅱ在工业上称为一氧化碳的催化变换反应，若用[K]表示催化剂，则反应历程可用下式表示：
第一步：[K]＋H2O(g)=[K]O＋H2
第二步：[K]O＋CO=[K]＋CO2
第二步比第一步反应慢，则第二步反应的活化能比第一步反应___________。反应过程中，相对能量最高的中间产物是催化剂吸附态的___________(填标号)。
A．水蒸气    B．氧原子    C．一氧化碳    D．二氧化碳
(4)研究表明，CO催化变换反应的速率方程为v=k()式中，分别表示相应的物质的量分数，Kp为平衡常数，k为反应的速率常数，温度升高时k值增大。在气体组成和催化剂一定的情况下，反应速率随温度变化的曲线如图所示。温度升高时，CO催化变换反应的Kp___________(填“增大”“减小”)。根据速率方程分析，T＞Tm时v逐渐减小的原因是___________。

【答案】(1)CH3CH2OH(g)＋H2O(g)=4H2(g)＋2CO(g)     ΔH=+255.9kJ·mol-1
(2)     16.7%或或0.167     ＞     2.25或     BD
(3)     大     B
(4)     减小     Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高

【详解】（1）根据图示可知，反应Ⅰ为CH3CH2OH(g)＋H2O(g)=4H2(g)＋2CO(g) ΔH；
①CH3CH2OH(g)＋3H2O(g)=2CO2(g)＋6H2(g) ΔH1=+173.5kJ·mol-1
②CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)  ΔH2=-41.2kJ·mol-1
根据盖斯定律可知： ①-②×2得到反应Ⅰ为CH3CH2OH(g)＋H2O(g)=4H2(g)＋2CO(g) ΔH=+255.9kJ·mol-1；
（2）反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)   ΔH2=-41.2kJ·mol-1；
假设a点时，n(CO)=0.5mol，n(H2O)=1mol，CO平衡转化率50%，则平衡时，n(CO)=0.5mol-0.5mol×50%=0.25mol，n(H2O)=1mol-0.5mol×50%=0.75mol，n(CO2)= n(H2)= 0.25mol，同一条件下，气体的体积分数之比等于气体的物质的量成正比，因此
①a点平衡混合物中H2的体积分数为=16.7%；
根据表格提供的信息可知，增大n(CO)，平衡右移，但是CO平衡转化率减小；但表格提供信息是CO平衡转化率增大，平衡右移，改变的条件为温度；由于该反应是放热反应，所以只能降低温度，所以 a、c两点对应的反应温度Ta> Tc；
假设d点时，n(CO)=1mol，n(H2O)=1mol，CO平衡转化率60%，则平衡时，n(CO)=1mol-1mol×60%=0.4mol，n(H2O)=1mol-1mol×60%=0.4mol，n(CO2)= n(H2)= 0.6mol，由于该反应为反应前后气体的总体积不发生变化，所以直接用气体的物质的量代替气体的浓度进行计算，d点对应的平衡常数K= ，带入上述数值可得K=；
②反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)   ΔH2=-41.2kJ·mol-1；
A．由于该反应为反应前后气体总体积不发生变化的反应，增大压强，平衡不移动，CO平衡转化率不变，故不选；
B．该反应为放热反应，降低温度，平衡右移，提高CO平衡转化率，故可选；
C．增大进气比[n(CO)∶n(H2O)]，相当于增大n(CO) ，平衡右移，但是CO平衡转化率减小，故不选；
D．分离出CO2，减小生成物浓度，平衡右移，提高CO平衡转化率，故可选；
故选BD；
（3）反应的活化能越大，反应速率越慢，因此第二步比第一步反应慢，则第二步反应的活化能比第一步反应大；根据题给反应历程可知，相对能量最高的中间产物是催化剂吸附态的氧原子，故选B。
（4）反应Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)=CO2(g)＋H2(g)   ΔH2=-41.2kJ·mol-1；该反应为放热反应，升高温度，平衡左移，所以Kp减小；当T＞Tm时，温度升高，平衡左移，Kp减小，增大，减小，速率减小；虽然升高温度，k增大，但v增大的程度小于Kp减小对v降低的影响，最终导致v减小，即Kp减小对v的降低大于k增大对v的提高。

四、填空题
20．一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示。

(1)a、b、c三点溶液的pH从大到小顺序为_______。
(2)a、b、c三点溶液用1mol/L NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液的体积大小关系为_______。
(3)用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果_______(填“偏大”、“偏小”或“不变”)
(4)用蒸馏水稀释c点的醋酸，则下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是_______(填字母)。
A． B．电离度
C． D．
(5)已知的电离平衡常数，0.5mol/L(aq)中约为_______mol/L，则对应的pH为_______。(已知，)
(6)体积为10mL，pH=2的醋酸溶液与10mL，pH=2的一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH变化如图，若将相同表面积的Mg分别加入等浓度的醋酸和HX溶液中，初始反应速率为_______(填“＜”“>”或“=”)。

【答案】(1)c>a>b
(2)a=b=c
(3)偏小
(4)AB
(5)          2.5
(6)＜

【详解】（1）醋酸溶液中离子浓度越大，溶液导电性越强，a、b、c三点溶液导电性b>a>c，氢离子浓度b>a>c，pH由大到小的顺序c>a>b，答案：c>a>b；
（2）a、b、c三点溶液浓度不同，但溶质的物质的量相同，a、b、c三点溶液用1mol/L NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液的体积相同，答案：a=b=c；
（3）用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，溶液被稀释，由图中信息可知，氢离子浓度增大，则pH偏小，答案：偏小；
（4）蒸馏水稀释c点的醋酸， 电离平衡右移，减小，c(H+)减小，减小，
A．加水稀释，c(H+)减小，Ka不变，增大，A正确；
B．加水稀释，电离平衡右移，电离度增大，B正确；
C．加水稀释，减小，Ka不变，减小，C错误；
D．加水稀释，减小，Ka不变，减小，D错误；
答案： AB；
（5）醋酸电离程度小，达平衡，溶液中，则，求得c(H+)=mol/L ，。答案：；2.5；
（6）分析图像可知，相同pH的醋酸和HX，加水稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则酸性HX>醋酸，等浓度的醋酸和HX溶液中c(H+)：HX>醋酸，将相同表面积的Mg分别加入等浓度的醋酸和HX溶液中，初始反应速率，＜，答案：＜。