河南省鹤壁市淇滨高级中学2018_2019学年高二化学上学期第一次月考试卷（含解析）.docx

河南省鹤壁市淇滨高级中学2018-2019学年高二上学期第一次月考化学试题1.“焓”是指（ ）A. 与内能有关的物理量 B. 反应热的变化 C. 化学键所具有的能量 D. 物质的一种化学性质【答案】A【解析】A. 焓与内能有关的物理量，A正确；B. 反应热就是焾变，焓是状态量，焓变是过程量，两者不同； C. 化学键所具有的能量通常指的是键能，是指断开1mol化学键所吸收的能量 ；D. 焓只是一个状态函数，与化学性质无头。综上所述，A正确，本题选A。2.金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质（同素异形体）。在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的热量。据此，试判断在100kPa压强下，下列结论正确的是（ ）A. 此变化过程属于物理变化 B. 石墨比金刚石稳定C. 金刚石转化为石墨吸收热量 D. 1mol金刚石比1mol石墨的总能量低【答案】B【解析】A. 金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质，此变化过程属于化学变化，A不正确；B. 石墨转化为金刚石是吸热反应，石墨的能量较低，所以石墨比金刚石稳定，B正确；C. 在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的热量，金刚石转化为石墨要放出热量，C不正确； D. 在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的热量，1mol金刚石比1mol石墨的总能量高，D不正确。本题选B。点睛：反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量时，该反应为吸热反应。能量越低的物质越稳定。3.下列反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应的是（ ）A. 灼热的碳与CO2的反应 B. Ba(OH)28H2O与NH4C1的反应C. 铝片与稀盐酸的反应 D. 甲烷在氧气中的燃烧反应【答案】A【解析】试题分析： A、灼热的炭与CO2的反应既属于氧化还原反应，又是吸热反应，故A正确；B、Ba(OH)28H2O与NH4Cl的反应属于吸热反应但是不是氧化还原反应，故B错误；C、铝片与稀盐酸的反应是氧化还原反应，又是放热反应，故C错误；D、甲烷在氧气中的燃烧属于放热反应，也是氧化还原反应，故D错误，故选A。考点：考查了氧化还原反应的概念和常见的吸热和放热反应的相关知识。4.下列热化学方程式中，H能正确表示物质的燃烧热的是( )A. CO(g) +1/2O2(g) =CO2(g); H-283.0 kJ/molB. C(s) +1/2O2(g) =CO(g); H-110.5 kJ/molC. H2(g) +1/2O2(g)=H2O(g); H-241.8 kJ/molD. 2C8H18(l) +25O2(g)=16CO2(g)+18H2O(l); H-11036 kJ/mol【答案】A【解析】试题分析：燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，CCO2，H2O为液态水，A、符合燃烧热的定义，故正确；B、CCO2，因此不符合燃烧热，故错误；C、水为液态水，故错误；D、可燃物系数为1mol，故错误。考点：考查燃烧热等知识。5.化学在绿色发展、循环发展、低碳发展及推进生态文明建设中正发挥着积极作用。下列做法与可持续发展宗旨相违背的是（ ）A. 加大清洁能源的开发利用，提高资源的利用率B. 推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放C. 加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，满足消费需求D. 对工业废水、生活污水净化处理，减少污染物的排放【答案】C【解析】试题分析：A因不可再生能源与可再生能源区别在于能否短期内从自然界得到补充，加大清洁能源的开发利用，如开发太阳能，它是可再生能源，可减少化石能源的利用，减少了二氧化碳、二氧化硫等物质的排放，符合社会可持续发展理念，故A正确；B二氧化碳气体是产生温室效应的主要气体，推广碳捕集和储存技术，逐步实现二氧化碳零排放，减少了二氧化碳的排放，符合社会可持续发展理念，故B正确；C加大铅酸蓄电池、含汞锌锰干电池的生产，废旧电池含有的铅、汞、锌、锰污染和废旧蓄电池电解液污染，会造成污染，不符合社会可持续发展理念，故C错误；D水污染主要来自工业、农业、生活污染物的排放，工业废水生活污水经过处理后可以节约资源，保护水源，符合社会可持续发展理念，故D正确；故选C。【考点定位】考查环境保护及可持续发展【名师点晴】本题考查环境保护及可持续发展，注意节约资源、开发新能源、走可持续发展之路，人人有责。正确地处理人与自然之间的关系，高效地、文明地实现对自然资源的永续利用，减少化石能源的利用，开发新能源，减少污染源等，则可实现社会可持续发展。6.已知H2(g)1/2O2(g)=H2O(g)H241.8 kJmol1。下列说法中不正确的是 （ ）A. H2的燃烧热为241.8 kJmol1B. 2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H483.6 kJmol1C. 1 mol H2完全燃烧生成液态水放出的热量大于241.8 kJD. 断开1 mol H2O的化学键吸收的总能量大于断裂1 mol H2和0.5 mol O2的化学键所吸收的总能量【答案】A【解析】试题分析：燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，所以A不正确，水的稳定状态是液态；反应热和化学计量数成正比，B正确；气态水的能量高于液态水的能量，所以1 mol H2完全燃烧生成液态水放出的热量大于241.8 kJ，C正确；反应热还等于断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，D正确，答案选A。考点；考查反应热的有关判断点评：从宏观的角度分析，反应热就是反应物和生成物总能量的相对大小，而从微观的角度分析，反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值。另外还需要注意的是反应热还与物质的状态有关系，在判断时需要注意。7.高温下，炽热的铁与水蒸气在一个体积可变的密闭容器中进行反应：3Fe(s)4H2O(g)Fe3O4(s)4H2(g)，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是()A. 增加铁的量B. 将容器的体积缩小一半C. 压强不变，充入氮气使容器体积增大D. 加入催化剂【答案】A【解析】试题分析：A、铁是固体，固体和纯液体的浓度视为常数，增加铁的量对化学反应速率无影响，故正确；B、容器的体积缩小一半，增大压强，化学反应速率增大，故错误；C、恒压下，充入非反应气体，体积增大，个组分的浓度减小，反应速率减小，故错误；D、加入催化剂，加快反应反应速率，故错误。考点：考查影响反应速率的因素等知识。8.对于反应2H2 (g)O2 (g)2H2O (g)，能增大正反应速率的措施是（ ）A. 增大O2 的物质的量浓度 B. 增大反应容积C. 移去部分H2O(g) D. 降低体系温度【答案】A【解析】A. 增大O2 的物质的量浓度,能增大反应速率，故A正确；B. 增大容器容积，气体浓度降低，反应速率减小，故B错误；C. 移去部分H2O (g)，反应物的浓度不变，生成物的浓度减小，化学平衡向正反应方向移动，所以正反应速率减小，故C错误；D. 降低体系的温度，正逆反应速率都减小，故D错误。故答案选A。考点：化学反应速率的影响因素【名师点睛】本题考查化学反应速率的影响，侧重于基本理论知识的考查。为提高该反应的正反应速率，可采取增大浓度、增大压强或加入催化剂、升高温度等，注意把握反应的特点，为解答该题的关键，也是易错点。9.X、Y、Z三种气体，取X和Y按11的物质的量之比混合，放入密闭容器中发生如下反应：X2Y2Z，达到平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为32，则Y的转化率最接近于( )A. 33% B. 40% C. 50% D. 65%【答案】D【解析】分析：分别舍出X与Y的起始量，根据题干信息利用三段式列式计算即可。详解：假设X和Y物质的量为1mol，达平衡时消耗Y物质的量为nmol，则：X(g)+2Y(g)2Z(g)起始量(mol)：110变化量(mol)：0.5nn n平衡量(mol)：1-0.5n 1-nn平衡后，测得混合气体中反应物的总物质的量与生成物的总物质的量之比为3：2，则(1-0.5n+1-n)：n=3：2，解得n=，所以Y的转化率=100%=67%，答案选D。10.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是A. 由NO2和N2O4组成的平衡体系加压后颜色先变深后变浅B. 增大压强可加快SO2转化为SO3的速率C. 黄绿色的氯水光照后颜色变浅D. 在含有Fe(SCN)3的红色溶液中加铁粉，振荡静置，溶液颜色变浅或褪去【答案】D【解析】试题分析：A、由NO2和N2O4组成的平衡体系，缩小体积加压，NO2的浓度增大，颜色变深，平衡正向移动，NO2的浓度又减小，颜色变浅，符合勒夏特列原理，错误；B、增大压强可加快SO2转化为SO3的速率，是压强对反应速率的影响，不能用勒夏特列原理解释，正确；C、黄绿色的氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl +HclO，光照后HClO分解，HClO浓度降低，平衡正向移动，氯水颜色变浅，符合勒夏特列原理，错误；D、在含有Fe(SCN)3的红色溶液中存在平衡：Fe3+ 3SCN-Fe(SCN)3，加铁粉，发生反应2Fe3+ + Fe = 3Fe2+，Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，溶液颜色变浅或褪去，符合勒夏特列原理，错误。考点：考查化学平衡移动原理。11.对于密闭容器中可逆反应 A2(g)+3B2(g)2AB3(g)，探究单一条件改变情况下，可能引起平衡状态的改变，得到如下图所示的曲线(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 bB. 若 T1T2，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： bacD. 在T2 和n(A2)不变时达到平衡，AB3 的物质的量大小为： cba【答案】D【解析】试题分析：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T1T2，由图象可知温度升高AB3的平衡体积分数减小，说明升高温度平衡向逆反应分析移动，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越大达到平衡时A2的转化率越大，即达到平衡时A2的转化率大小为cba，故C错误；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：cba，故D正确；故选D。考点：考查了化学平衡移动图象的相关知识。12.对于可逆反应：2A（g）+B（g）2C（g）；H0，下列各图正确的是（设变化过程中物质的聚集状态没有发生改变）（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】考点：体积百分含量随温度、压强变化曲线；化学平衡的影响因素；转化率随温度、压强的变化曲线；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用分析：做题时首先分析化学方程式的特征，如反应前后计量数的大小关系、反应热等问题，本题中：A、根据反应温度的不同结合反应热判断平衡移动的方向，可判断出C的质量分数的变化是否正确；B、根据反应前后的化学计量数的大小关系，结合压强对反应速率的影响判断平衡移动方向，从而判断出正逆反应速率的变化；C、从催化剂对平衡是否有影响来判断浓度的变化是否正确；D、从两个方面考虑，一是压强对平衡的影响，二是温度对平衡的影响，二者结合判断A的转化率是否正确解：A、该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，C的质量分数减小，故A正确；B、根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，正逆反应速率都增大，且V正V逆，故B错误；C、催化剂同等程度地改变正逆反应速率，平衡不发生移动，故C错误；D、该反应为放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，A的转化率降低，根据反应前后的化学计量数的大小可以看出，增大压强平衡向正反应方向移动，A的转化率增大，本题温度的曲线不正确，故D错误故选A13. 能用能量判断下列过程的方向的是A. 水总是自发地由高处往低处流B. 有序排列的火柴散落时成为无序排列C. 放热反应容易进行，吸热反应不能自发进行D. 多次洗牌以后，扑克牌的毫无规律的混乱排列的几大【答案】A【解析】试题分析：A、水自发地从高处流向低处，是释放能量的，可根据能量判据来判断。B、火柴散落，体系由有序变成无序，熵值增大，能量不一定增加，错误；C、吸热反应也可以自发进行，如Ba(OH)2.8H2O与NH4Cl反应，错误； D、体系由有序变成无序，多次洗牌的结果，熵值增加，但能量不一定增加，属于利用熵判据判断反应过程的自发性，错误。考点：考查能量判据与熵判据。14.下列化学用语描述中不正确的是（）A. 中子数为20的氯原子：B. K2O的电子式：C. HCO3的电离方程式：HCO3+H2OCO32+H3O+D. 比例模型可以表示CO2分子或SiO2【答案】D【解析】分析：A质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角是质量数、左下角是质子数；B氧化钾为离子化合物，阴阳离子都需要标出电荷，氧离子还需要标出最外层电子；C碳酸氢根离子的电离产生水合氢离子和碳酸根离子；D二氧化硅属于原子晶体，不存在二氧化硅分子详解：A. 元素符号的左上角标质量数,中子数为20的氯原子的质量数为37,该核素的表示方法为：，故A正确；B. K2O为离子化合物,钾离子直接用离子符号表示,氧离子需要标出所带电荷及最外层电子,氧化钾的电子式为：，故B正确；C. 碳酸氢根离子在溶液中电离出水合氢离子和碳酸根离子, HCO3的电离方程式为：HCO3+H2OCO32+H3O+，故C正确；D.可以表示二氧化碳的比例模型，但是不能表示二氧化硅，因为二氧化硅晶体为原子晶体，不存在二氧化硅分子，故D错误；答案选D.15.下列说法正确的是（ ）A. 碱都是强电解质，酸都是弱电解质B. NH3的水溶液能导电，所以NH3为电解质C. 强电解质溶液的导电能力定大于弱电解质溶液D. CaCO3在水中的溶解性小，但溶解的部分完全电离，故CaCO3是强电解质。【答案】D【解析】A、电解质的强弱取决于是否完全电离，与化合物类型没有必然关系，如NaOH属于强电解质而NH3H2O属于弱电解质，H2SO4是强电解质而CH3COOH是弱电解质，故A错误；B、虽然NH3的水溶液能导电但NH3不是电解质，因为不是氨气本身电离出的离子导电，故B错误；C、溶液的导电性取决于溶液中离子浓度大小和离子所带的电荷多少，与强弱电解质没有必然关系，故C错误；D、虽然碳酸钙的溶解度很小，但溶解的碳酸钙能全部电离，完全电离的电解质是强电解质，所以碳酸钙是强电解质，故D正确；故选D。点睛：本题考查电解质与非电解质的定义和判断，难度不大，注意电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物，这一点很容易出错。电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱和盐等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如蔗糖和酒精等。单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。16.北魏贾思勰齐民要术作酢(zu，今醋也)法这样描述乌梅苦酒法:“乌梅去核，一升许肉，以五升苦酒渍数日，曝干，擣作(do，同“捣”)作屑。欲食，辄投水中，即成醋尔。”下列有关醋的说法中正确的是（ ）A. 醋的主要成分是非电解质 B. 醋的主要成分是强电解质C. 醋的主要成分是弱电解质 D. 醋中只存在分子，不存在离子【答案】C【解析】醋的主要成分为醋酸，是弱电解质，所以醋中含有分子和离子，故选C。17.在醋酸的下列性质中,可以证明它是弱电解质的是 ( )A. 1mol/L的醋酸溶液中H+浓度约为10-3mol/L B. 醋酸能与水以任意比互溶C. 10mL 1mol/L的醋酸恰好与10mL 1mol/L NaOH溶液完全反应 D. 醋酸的导电性比强酸溶液弱【答案】A【解析】试题分析：A、1mol/L的醋酸溶液中H+浓度约为10-3mol/L，说明醋酸部分电离，注明醋酸是弱电解质，正确；B、酸的强弱与溶解性无关，错误；C、酸碱中和酸消耗碱的量由酸的物质的量和元数决定，与酸的强弱无关，错误；D、电解质溶液的导电性取决于溶液中自由移动离子的浓度，与电解质的强弱无关，错误。考点：考查弱电解质的电离18.有一支50mL的酸式滴定管，其中盛有溶液，液面恰好在30mL刻度处，把管中的溶液全部放出，承接在量筒中溶液的体积是（ ）A. 等于30mL B. 等于20mL C. 大于30mL D. 大于20m L【答案】D【解析】滴定管的“0”刻度在上、“50mL”刻度在下（量筒与此相反），在“50mL”刻度以下还有一段空间没有刻度因此，将装到50mL酸式滴定管的溶液全部放出，除由30mL刻度到50mL刻度处有20mL溶液外，还有50mL刻度以下的溶液一并放出，总量超过20mL。故答案选D。点睛：本题考查滴定管的基本构造，滴定管的“0”刻度在上，最大刻度在下，在刻度线以下还有一段空间是没有刻度的。19.25时，由水电离产生的c(H+)和c(OH-)的乘积为110-18的溶液里，可能大量共存的离子组是A. NH4+、Na+、Cl-、I- B. Na+、K+、Fe3+、SCN-C. Na+、Al3+、Cl-、AlO2- D. Na+、K+、Cl-、HCO3-【答案】A【解析】试题分析：A酸溶液中，该组离子之间不反应，能大量共存，故A正确；B因Fe3+、SCN-结合生成络离子，不能大量共存，故B错误；C因Al3+、AlO2-相互促进水解，不能大量共存，故C错误；D无论酸或碱溶液中均不能大量存在HCO3-，一定不能共存，故D错误；故选A。【考点定位】考查离子的共存【名师点晴】本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重信息的抽取和离子反应的考查，注意发生的络合反应、相互促进水解反应为解答的难点。由水电离产生的c(H+)和c(OH-)的乘积为110-18的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液，根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀，不能结合生成络离子、不能相互促进水解等，可以大量共存。20.室温下，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点溶液的导电性弱C. 若两溶液无限稀释，则它们的c(H+)相等D. 对a、b两点溶液同时升高温度，则c(A-)/c(B-)增大【答案】C【解析】试题分析：室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释，HA溶液PH=5，说明HA为强酸，HB为弱酸；ApH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释1000倍，HA溶液PH=5，HB溶液PH小于5，HA的酸性比HB的酸性强，故A错误；Ba点溶液中离子浓度大于c点溶液中离子浓度，溶液导电性取决于离子浓度大小，则a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，故B错误；C溶液无限稀释接近为水的电离，氢离子浓度接近为10-7，若两溶液无限稀释，则它们的c(H+)相等，故C正确；DHA为强酸，HB为弱酸，对a、b两点溶液同时升高温度，c(A)浓度不变，HB电离程度增大，c(B)浓度增大，比值减小，故D错误，故D错误；故选C。考点：考查弱电解质电离平衡影响因素、图象的分析判断、溶液稀释过程中离子浓度变化。21.已知0.1 mol/L的NaHSO4溶液中H的物质的量浓度为0.1 mol/L，请回答下列问题：（1）写出NaHSO4在水溶液中的电离方程式：_。（2）NaHSO4属于“酸”、“碱”、“盐”中的_；你选择的理由是_。（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性，请写出发生反应的离子方程式：_。在以上中性溶液中，继续滴加Ba(OH)2溶液，请写出此步反应的离子方程式：_。【答案】 (1). NaHSO4=NaHSO42 (2). 盐 (3). NaHSO4在水溶液中电离出的离子中，既有金属阳离子又有酸根阴离子 (4). Ba22OH2HSO42=BaSO42H2O (5). Ba2SO42=BaSO4。【解析】【详解】)硫酸为二元强酸,完全电离, NaHSO4是其酸式盐,属于强电解质, NaHSO4在水中电离出钠离子、硫酸根离子和氢离子NaHSO4=NaHSO42, 因此，本题答案是: NaHSO4=NaHSO42。(2)硫酸氢钠电离方程式为: NaHSO4=NaHSO42, NaHSO4由金属离子 Na和酸根离子HSO4-组成的化合物,属于盐, NaHSO4在水中电离出钠离子、硫酸根离子和氢离子,在水溶液中电离出的离子中,既有金属阳离子Na又有氢离子,不属于酸,。因此，本题答案是:盐; NaHSO4由金属阳离子Na和酸根离子HSO4-组成的化合物。(3) NaHSO4是二元强酸的酸式盐,全部电离.当反应后溶液呈中性时,Ba(OH)2电离的氢氧根离子全部参加反应,则离子反应方程式为: Ba22OH2HSO42=BaSO42H2O,此时溶液中溶质只有Na2SO4,加入Ba(OH)2的离子反应方程式为Ba2SO42=BaSO4。因此，本题正确答案是: Ba22OH2HSO42=BaSO42H2O, Ba2SO42=BaSO4【点睛】NaHSO4是强电解质, NaHSO4在水中电离出钠离子和硫酸根离子和氢离子；酸是指电离出的阳离子全部是氢离子的化合物,碱是指电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物,盐是指能电离出金属离子(或铵根离子)和酸根离子的化合物; NaHSO4在水溶液中电离出的离子中,既有金属阳离子又有酸根阴离子。22.下列物质中，NaCl；NaOH；NH3H2O；CH3COOH溶液；BaSO4；H2O；HCl；H2SO4 CO2；酒精溶液(均填写编号回答)（1）是弱电解质的有_，是非电解质的有_。（2）有pH均为2的、三种物质的溶液，物质的量浓度大到小的顺序为_，若分别用这三种酸中和含等物质的量NaOH的溶液，所需酸溶液的体积分别为a、b、c，则a、b、c的大小关系是_。（3）某温度时，1 molL-1的醋酸溶液电离平衡常数为1010 -8，达平衡时，溶液中氢离子浓度是_。【答案】 (1). (2). (3). (4). ab=c (5). 110-4molL-1【解析】【分析】(1)在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物为电解质,在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质,不是化合物的物质既不是电解质,也不是非电解质,据此进行解答;(2)醋酸是一元弱酸,盐酸是一元强酸,硫酸是二元强酸,pH相同时,氢离子浓度相同,醋酸不完全电离,醋酸浓度远远大于盐酸和硫酸。【详解】(1)电解质是在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物,满足该条件的有NaCl;NaOH;NH3H2O；BaSO4；H2O；HCl；H2SO4；弱电解质是在水溶液中不能完全电离的电解质，所以其中为弱电解质是NH3H2O, H2O。非电解质是在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物,满足该条件下有:CO2;溶液是混合物,即不是电解质也不是非电解质, 因此，本题正确答案是:; ; (2)醋酸是一元弱酸,盐酸是一元强酸,硫酸是二元强酸,pH相同时, 醋酸浓度大于盐酸, 盐酸浓度大于硫酸，所以物质的量浓度由大到小的顺序为；pH相同时,氢离子浓度相同,醋酸不完全电离,醋酸浓度远远大于盐酸和硫酸,若分别用pH相等的这三种酸中和含等物质的量NaOH的溶液,所需酸溶液的体积醋酸; ab=c; (4)醋酸为弱电解质，其电离方程式为: CH3COOHH+CH3COO-,其平衡常数表达式为K= c(CH3COO-).c(H+)/ c(CH3COOH)，已知 1 molL-1的醋酸溶液电离平衡常数为1010 -8，所以c(H+)=110-4molL-1。因此，本题正确答案是; 110-4molL-1。23.工业上一般在恒容密闭容器中可以采用下列反应合成甲醇：CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H（1）根据图1请写出合成甲醇的热化学方程式_(热量用E1、E2或E3表示)。（2）该反应的逆反应速率随时间变化的关系如上图2。t1时改变了某种条件，改变的条件可能是_。（3）判断反应达到平衡状态的依据是_(填字母序号)。A2v(H2)(逆) =v(CO)(正)B混合气体的密度不变C混合气体的平均相对分子质量不变DCH3OH、CO、H2的浓度都不再发生变化E容器内CO、H2、CH3OH的浓度之比为1:2:1（4）在一定温度下，若将4a mol H2和2amol CO放入2L的密闭容器中，充分反应后测得CO的转化率为50，则该反应的平衡常数为_。若此时再向该容器中投入a mol CO、2amol H2和amol CH3OH，判断平衡移动的方向是_(“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)；与原平衡相比，CO的物质的量浓度_(填“增大”、“不变”或“减小”)。【答案】 (1). CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H=(E1E3)或(E3E1)kJmol-1 (2). 加压、等倍增加反应物和生成物、增加甲醇浓度、升高温度、使用催化剂等 (3). CD (4). 1/a2 (5). 正向移动 (6). 增大；【解析】【分析】(1)图象分析反应是放热反应,反应的焓变=断裂化学键吸收的能量-形成化学键放出的热量,标注物质的聚集状态和对应反应的焓变写出;(2)图象分析可以知道是逆反应速率增大,反应是否达到平衡不知,所以增大逆反应速率的因素均符合;(3)可逆反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等(同种物质)或正逆反应速率之比等于系数之比(不同物质),平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化,由此衍生的一些物理量不变,以此分析。【详解】:(1)图象分析反应是放热反应,反应的焓变=断裂化学键吸收的能量-形成化学键放出的热量= (E1E3) ,标注物质的聚集状态和对应反应的焓变写出热化学方程式为: CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H=(E1E3)或(E3E1)kJmol-1因此，本题答案是: CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H=(E1E3)或(E3E1)kJmol-1。 (2)图象分析可以知道是逆反应速率增大,反应是否达到平衡不知,所以增大逆反应速率的因素均符合,如加压、等倍增加反应物和生成物、增加甲醇浓度、升高温度、使用催化剂等。因此，本题正确答案是:加压、等倍增加反应物和生成物、增加甲醇浓度、升高温度、使用催化剂等。(3)判断反应达到平衡状态的根据正逆反应速率相等,平衡时各种物质的物质的量、浓度等不再发生变化。A.若v(H2)(逆) =2v(CO)(正),说明正逆反应速率相同, 2v(H2)(逆) =v(CO)(正)不能说明正逆反应速率相同,故A错误; B.混合物的质量始终不变,容器的体积不变,所以混合气体的密度始终不变,所以不能作为判