化学北京市昌平区新学道临川学校届高三上学期期中考试解析版.docx

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化学北京市昌平区新学道临川学校届高三上学期期中考试解析版

北京市昌平区新学道临川学校2020届高三上学期期中考试

一、选择题（本题共14小题，每小题只有一个正确选项，每题3分，共42分）

1．（3分）下列化学用语或名称表述不正确的是（　　）

A．葡萄糖的分子式：

C6H12O6

B．HCl的电子式：

C．

的名称：

2﹣甲基丙烷

D．含有10个中子的氧原子可表示为：

O

【答案】B

【解答】解：

A、葡萄糖是一种多﹣OH的醛，结构中含6个C原子、5个﹣OH和1个﹣CHO，故分子式为C6H12O6，故A正确；

B、HCl是共价化合物，H原子和Cl原子之间以共价键结合，故其电子式为

，故B错误；

C、烷烃命名时，选最长的碳链为主链，故主链上有3个碳原子，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在2号碳原子上有一个甲基，故名称为2﹣甲基丙烷，故C正确；

D、质量数＝质子数+中子数，故中子数为10的氧原子的质量数为10+8＝18，并将质量数标注在元素符号的左上角，故为188O，故D正确。

故选：

B。

2．（3分）下列物质的用途利用了其氧化性的是（　　）

A．漂粉精用于消毒游泳池水

B．SO2用于漂白纸浆

C．Na2S用于除去废水中的Hg2+

D．FeCl2溶液用于吸收Cl2

【答案】A

【解答】解：

A．漂白精中含次氯酸根离子，具有强氧化性，消毒游泳池中的水，故A选；

B．SO2用于漂白纸浆，是化合漂白，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故B不选；

C．Na2S用于除去废水中的Hg2+，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故C不选；

D．FeCl2溶液用于吸收Cl2，Fe元素化合价升高，利用了其还原性，故D不选；

故选：

A。

3．（3分）下列各分子中，所有原子都满足最外层8电子结构的是（　　）

A．BF3B．NCl3C．H2OD．PCl5

【答案】B

【解答】解：

A．BF3中B元素的化合价为+3，B原子核外电子数为3，则3+3＝6，B原子不满足8电子结构，故A错误；

B．NCl3中，N原子的最外层电子数为5，化合价为+3，则5+3＝8，Cl原子的最外层电子数为7，化合价为﹣1，所以|﹣1|+7＝8，NCl原子都都满足8电子结构，故B正确；

C．H2O中H元素化合价为+1，H原子最外层电子数1，则1+1＝2，分子中H原子不满足8电子结构，故C错误；

D．PCl5中P元素化合价为+5，P原子最外层电子数为5，则5+5＝10，分子中P原子不满足8电子结构，故D错误；

故选：

B。

4．（3分）用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（　　）

A．1molOH﹣中含有9NA个电子

B．28g的CO气体中含有NA个氧原子

C．1L1mol/L的AlCl3溶液中含有NA个Al3+

D．常温常压下11.2L的甲烷气体含有的分子数为0.5NA

【答案】B

【解答】解：

A、1molOH﹣中含有10NA个电子，故A错误；

B、28g的CO气体物质的量为1mol，分子中含有NA个氧原子，故B正确；

C、铝离子溶液中水解，1L1mol/L的AlCl3溶液中含有Al3+小于NA个，故C错误；

D、常温常压下11.2L的甲烷气体物质的量不是标准状况，含有的分子数不是0.5NA，故D错误；

故选：

B。

5．（3分）表示下列反应的离子方程式正确的是（　　）

A．铁溶于稀盐酸：

2Fe+6H+＝2Fe3++3H2↑

B．氯化铝溶液中加过量氨水：

Al3++3NH3•H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+

C．碳酸氢铵溶液中加足量氢氧化钠并加热：

NH4++OH﹣

H2O+NH3↑

D．氯气通入水中，溶液呈酸性：

Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+ClO﹣

【答案】B

【解答】解：

A．铁溶于稀盐酸反应的离子反应为Fe+2H+＝Fe2++H2↑，故A错误；

B．氯化铝溶液中加过量氨水的离子反应为Al3++3NH3•H2O＝Al（OH）3↓+3NH4+，故B正确；

C．碳酸氢铵溶液中加足量氢氧化钠并加热HCO3﹣+NH4++2OH﹣

2H2O+NH3↑+CO32﹣，故C错误；

D．氯气通入水中，溶液呈酸性的离子反应为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故D错误；

故选：

B。

6．（3分）在pH＝1且含有大量Fe2+和NH4+的溶液中，能大量存在的阴离子是（　　）

A．SO42﹣B．NO3﹣C．OH﹣D．HCO3﹣

【答案】A

【解答】解：

A．不与溶液中的离子发生反应，则能大量共存，故A正确；

B．因Fe2+、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；

C．因H+、OH﹣结合生成水，不能大量共存，故C错误；

D．H+、HCO3﹣结合生成水和气体，不能大量共存，故D错误；

故选：

A。

7．（3分）下列事实与碳、硅的非金属性强弱无关的是（　　）

A．CH4的热稳定性强于SiH4

B．H2CO3的酸性强于H2SiO3

C．CO2能溶于水生成碳酸，而SiO2却不溶于水

D．碳、硅同主族，原子半径碳小于硅

【答案】C

【解答】解：

A．元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，CH4的热稳定性强于SiH4，可说明C元素的非金属性比Si元素强，所以与非金属性强弱有关，故A不选；

B．元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，H2CO3的酸性强于H2SiO3，可说明C元素的非金属性比Si元素强，所以与非金属性强弱有关，故B不选；

C．物质的溶解性属于物理性质，与元素的非金属性强弱无关，故C选；

D．在周期表中同主族元素从上到下原子半径依次减小，非金属性依次减弱，所以碳、硅同主族，原子半径碳小于硅，可说明C元素的非金属性比Si元素强，所以与非金属性强弱有关，故D不选。

故选：

C。

8．（3分）食品保鲜所用的“双吸剂”，是由还原铁粉、生石灰、氯化钠、炭粉等按一定比例组成的混合物，可吸收氧气和水．下列分析不正确的是（　　）

A．“双吸剂”中的生石灰有吸水作用

B．“双吸剂”吸收氧气时，发生了原电池反应

C．吸收氧气的过程中，铁作原电池的负极

D．炭粉上发生的反应为：

O2+4e﹣+4H+＝2H2O

【答案】D

【解答】解：

A．氧化钙能与水反应生成氢氧化钙，具有吸水性，从而可以作干燥剂，则“双吸剂”中的生石灰有吸水作用，故A正确；

B．在食品包装中加入铁粉，与碳粉、氯化钠溶液可构成原电池，正极上氧气得到电子，发生了原电池反应，故B正确；

C．Fe为活泼金属，易失去电子，铁作原电池的负极，故C正确；

D．由选项BC可知，正极上氧气得到电子，电极反应为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，故D错误；

故选：

D。

9．（3分）已知33As、35Br位于同一周期．下列关系正确的是（　　）

A．原子半径：

As＞Cl＞P

B．热稳定性：

HCl＞AsH3＞HBr

C．还原性：

As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣

D．酸性：

H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4

【答案】C

【解答】解：

A．原子半径大小顺序是As＞P＞Cl，故A错误；

B．热稳定性：

HCl＞HBr＞AsH3，故B错误；

C．单质的氧化性Cl2＞S＞As，所以阴离子的还原性：

As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣，故C正确；

D．酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故D错误；

故选：

C。

10．（3分）X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中相对位置如下表所示，Y是地壳中含量最高的元素．下列说法中不正确的是（　　）

X

Y

Z

W

A．Z的原子半径大于Y

B．Y的非金属性强于W

C．W的氧化物对应的水化物都是强酸

D．X、Z的最高价氧化物均可与NaOH溶液反应

【答案】C

【解答】解：

Y是地壳中含量最高的元素，即Y是O，根据元素周期表中元素的分布，所以W是S，X是C，Z是Al元素。

A、Al原子电子层越多，半径越大，所以原子半径Al＞O，故A正确；

B、O、S是同主族元素的原子，从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，即O的非金属性强于W，故B正确；

C、S元素的氧化物有二氧化硫和三氧化硫两种，二氧化硫对应的酸亚硫酸是弱酸，三氧化硫对应的酸硫酸是强酸，故C错误；

D、二氧化碳是酸性氧化物可以和氢氧化钠之间反应生成碳酸钠和水，氧化铝是两性氧化物，可以和氢氧化钠之间反应生成偏铝酸钠和水，故D正确，

故选：

C。

11．（3分）如图为氟利昂（如CFCl3）破坏臭氧层的反应过程示意图，下列说法不正确的是（　　）

A．过程Ⅰ中断裂极性键C﹣Cl键

B．过程Ⅱ可表示为O3+Cl＝ClO+O2

C．过程Ⅲ中O+O＝O2是吸热过程

D．上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂

【答案】C

【解答】解：

A．过程Ⅰ中CFCl3转化为CFCl2和氯原子，断裂极性键C﹣Cl键，故A正确；

B．根据图示信息可知，过程Ⅱ可表示为：

O3+Cl＝ClO+O2，故B正确；

C．O+O＝O2为原子结合成分子的过程，为放热过程，故C错误；

D．上述过程说明，氟利昂中氯原子在反应前后不变，是破坏O3的催化剂，故D正确；

故选：

C。

12．（3分）关于相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液及其相关实验的说法，正确的是（　　）

A．室温时，由水电离出的c（H+）：

盐酸小于醋酸溶液

B．用等浓度的NaOH溶液中和两种溶液时：

所需体积相同

C．均加水冲稀10倍后：

盐酸的pH大于醋酸溶液的pH

D．均加入足量镁粉，反应完全后产生H2的物质的量：

盐酸大于醋酸溶液

【答案】C

【解答】解：

A．室温时，pH相等的盐酸和醋酸溶液中氢氧根离子浓度相等，所以由水电离出的c（H+）相等，故A错误；

B．相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液，n（CH3COOH）＞n（HCl），且盐酸和醋酸都是一元酸，所以用等浓度的NaOH溶液中和两种溶液时：

盐酸所需体积小于醋酸所需体积，故B错误；

C．均加水冲稀10倍后，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以盐酸的pH大于醋酸溶液的pH，故C正确；

D..相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液，n（CH3COOH）＞n（HCl），且盐酸和醋酸都是一元酸，所以均加入足量镁粉，反应完全后产生H2的物质的量：

盐酸小于醋酸溶液，故D错误；

故选：

C。

13．（3分）白屈菜有止痛、止咳等功效，从其中提取的白屈菜酸的结构简式如图．下列有关白屈菜酸的说法中，不正确的是（　　）

A．分子式是C7H4O6B．能发生加成反应

C．能发生水解反应D．能发生加聚反应

【答案】C

【解答】解：

A．由结构简式可知分子式为C7H4O6，故A正确；

B．含有碳碳双键和羰基，可发生加成反应，故B正确；

C．含有羰基和羧基，不能水解，故C错误；

D．含有碳碳双键，可发生加聚反应，故D正确。

故选：

C。

14．（3分）通过卤素间的反应实验，可以比较出卤素单质氧化性的强弱．实验如图：

下列说法不正确的是（　　）

A．CCl4起到萃取、富集I2的作用

B．a中下层变无色，说明I2转化为I﹣

C．Ⅲ中发生反应的离子方程式为：

Br2+2I﹣═I2+2Br﹣

D．只依据a、b中现象，不可以证明Cl2的氧化性比Br2强

【答案】BD

【解答】解：

A、碘单质和四氯化碳都是非极性分子，下层呈紫色，所以CCl4起到萃取、富集I2的作用，故A正确；

B、四氯化碳不溶于水，比水重，碘单质在四氯化碳中溶解度大于水中，四氯化碳层为紫红色，上层为主要溶质是氯化钾，而不是将I2转化为I﹣，故B错误；

C、溴单质的氧化性强于碘单质，所以溴单质能将碘离子氧化成碘单质，发生了Br2+2I﹣═I2+2Br﹣，故C正确；

D、Ⅱ滴入氯水能将碘单质氧化成无色的碘酸根离子，而Ⅳ滴入溴水下层仍呈紫色，所以氯气的氧化性强于溴单质，故D错误；

故选：

BD。

二、填空题（本题共6小题，共58分）

15．（14分）双草酸酯（CPPO）是冷光源发光材料的主要成分，合成某双草酸酯的路线设计如下：

已知：

1

②

（1）B分子中含有的官能团名称是　。

（2）该CPPO结构中有　种不同化学环境的氢原子。

（3）反应④的化学方程式是　　。

（4）在反应①～⑧中属于取代反应的是。

（5）C的结构简式是　　。

（6）写出F和H在一定条件下聚合生成高分子化合物的化学方程式

　　。

（7）资料显示：

反应⑧有一定的限度，在D与I发生反应时加入有机碱三乙胺能提高目标产物的产率，其原因是　　。

【答案】

（1）羟基　

（2）　3（3）CH2＝CH2+Br2→BrCH2﹣CH2Br（4）②③⑤⑧

（5）

　（6）

（7）有机碱三乙胺能跟反应⑧的生成物HCl发生反应，使合成双草酸酯的平衡右移

【解答】解：

根据流程图可知，反应①为CH2＝CH2与HCl发生加成反应生成A为CH3CH2Cl，A发生水解反应生成B为CH3CH2OH．乙烯与溴发生加成反应生成E为BrCH2CH2Br，G能与银氨溶液反应，则E发生水解反应生成F为HOCH2CH2OH，F发生氧化反应生成G为OHC﹣CHO，则H为HOOC﹣COOH，H发生信息①中的取代反应生成I为ClOC﹣COCl．B与C反应得到D，D由I发生信息②中的反应得到CPPO，由CPPO的结构可知，D为

，则C为

，

（1）由上述分析可知，B为CH3CH2OH，分子中含有的官能团名称是：

羟基，故答案为：

羟基；

（2）由CPPO的结构简式可知，CPPO分子中有3种不同化学环境的氢原子，故答案为：

3；

（3）反应④是乙烯与溴发生加成反应，反应化学方程式是CH2＝CH2+Br2→BrCH2﹣CH2Br，故答案为：

CH2＝CH2+Br2→BrCH2﹣CH2Br；

（4）在反应①～⑧中，①④属于加成反应，⑥⑦属于氧化反应，②③⑤⑧属于取代反应，故答案为：

②③⑤⑧；

（5）由上述分析可知，C的结构简式是

，故答案为：

；

（6）HOCH2CH2OH与HOOC﹣COOH发生所缩聚反应生成高分子化合物，反应方程式为：

，

故答案为：

；

（7）反应⑧有一定的限度，在D与I发生反应时加入有机碱三乙胺能提高目标产物的产率，其原因是：

有机碱三乙胺能跟反应⑧的生成物HCl发生反应，使合成双草酸酯的平衡右移，

故答案为：

有机碱三乙胺能跟反应⑧的生成物HCl发生反应，使合成双草酸酯的平衡右移。

16．（8分）绿原酸（

）是一种抗氧化药物，存在如图转化关系．

（1）绿原酸中的含氧官能团有：

酯基、　　．

（2）B的分子式是　．

（3）C的氧化产物能发生银镜反应，则C→D的化学方程式是

　　．

（4）咖啡酸苯乙酯的结构简式是　　．

（5）F是A的同分异构体．F分别与碳酸氢钠溶液或新制Cu（OH）2反应产生气体或红色沉淀；苯环上只有两个取代基，且核磁共振氢谱表明该有机物中有8种不同化学环境的氢．

①符合上述条件的F有　　种可能的结构．

②若F还能与NaOH在常温下以物质的量之比1：

2完全反应，其化学方程式是　

　（任写1个）．

【答案】

（1）羟基、羧基

（2）C7H12O6　（3）

（4）

（5）①6　

②

【解答】解：

咖啡酸苯乙酯（C17H16O4）在稀硫酸条件下发生水解反应生成A（C9H8O4）与C，C在浓硫酸、加热条件下生成D，D一定条件下生成聚苯乙烯，故D为

，C的氧化产物能发生银镜反应，C为醇，故C为

，A中含有﹣COOH，结合绿原酸的结构可知，A为

，故B为

，咖啡酸苯乙酯发生水解反应生成A、C，故咖啡酸苯乙酯的结构简式为

，

（1）根据绿原酸的结构可知，绿原酸中含氧官能团有：

酯基、羟基、羧基，

故答案为：

羟基、羧基；

（2）由书写分析可知，B为

，其分子式为C7H12O6，

故答案为：

C7H12O6；

（3）C→D是

发生消去反应生成

，反应方程式为：

，

故答案为：

；

故答案为：

酯化反应；

（4）由上述分析可知，咖啡酸苯乙酯的结构简式是

，

故答案为：

；

（5）①F是

的同分异构体，F可以与碳酸氢钠溶液反应产生气体，分子中含有﹣COOH，也可以与新制Cu（OH）2反应产生砖红色沉淀，含有﹣CHO，且F的苯环上只有两个取代基，有8种不同化学环境的氢，符合上述条件F的结构简式有：

（邻、间两种）

（邻、间两种），

（邻、间两种），共有6种，

故答案为：

6；

②若F还能与NaOH在常温下以物质的量之比1：

2完全反应，则F为含有酚羟基、﹣COOH，则F为

等，反应方程式为：

，

故答案为：

．

17．（6分）海洋是一个巨大的化学资源宝库，从海水中可制取氯、溴、碘及其化工产品。

（1）氯的原子结构示意图是　　。

（2）碘在元素周期表中的位置是　　。

（3）向浓缩的海水中通入Cl2，可将Br﹣转化为Br2．该反应的离子方程式是

　　。

（4）用热空气将上述过程中产生的Br2吹出，并用浓Na2CO3溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3等；再将混合溶液用稀硫酸酸化得到Br2，得到Br2的离子方程式是　　。

【答案】

（1）　

（2）第五周期ⅦA族

（3）2Br﹣+Cl2＝Br2+2Cl﹣　（4）5Br﹣+BrO3﹣+6H+＝3Br2+3H2O

【解答】解：

（1）Cl原子核外电子数为17，有3个电子层，各层电子数为2、8、7，原子结构示意图为：

，

故答案为：

；

（2）I原子核外有5个电子层、最外层电子数为7，处于周期表中第五周期ⅦA族，

故答案为：

第五周期ⅦA族；

（3）Cl2将Br﹣氧化为Br2，自身被还原为Cl﹣，反应离子方程式为：

2Br﹣+Cl2＝Br2+2Cl﹣，

故答案为：

2Br﹣+Cl2＝Br2+2Cl﹣；

（4）Br﹣、BrO3﹣在酸性条件下发生反应生成Br2，根据元素守恒可知还生成H2O，反应离子方程式为：

5Br﹣+BrO3﹣+6H+＝3Br2+3H2O，

故答案为：

5Br﹣+BrO3﹣+6H+＝3Br2+3H2O。

18．（10分）黄铜矿主要成分是二硫化亚铁铜（CuFeS2）．黄铜矿经熔炼、煅烧后得到粗铜和炉渣，冶炼过程的主要反应有：

①2CuFeS2+O2

Cu2S+2FeS+SO2

②Cu2S+O2

2Cu+SO2

（1）二硫化亚铁铜也可以表示为CuS•FeS，其中硫元素的化合价是　　．

（2）反应②中还原剂是　．

（3）某校学习小组用炼铜产生的炉渣（含Fe2O3、FeO、SiO2、Al2O3等）制备铁红，进行如下实验．

炉渣碱浸时反应的离子方程式是　　、　　．

滤渣1中加入硫酸并通入氧气可使FeO转化为Fe3+，该反应的离子方程式是

　　；为检验铁元素是否被氧化完全，应进行的实验是：

取少量滤液2于试管中，　．

【答案】

（1）﹣2

（2）Cu2S　

（3）①SiO2+2OH﹣＝SiO32﹣+H2O　、　Al2O3+2OH﹣＝2AlO2﹣+H2O　．

②4FeO+O2+12H+＝4Fe3++6H2O滴入2～3滴K3[Fe（CN）6]溶液，若有蓝色沉淀产生，则氧化不完全，反之则氧化完全

【解答】解：

（1）二硫化亚铜也可以表示为CuS﹣FeS，其中硫元素的化合价为﹣2价，故答案为：

﹣2；

（2）反应②中Cu2S中铜元素的化合价由+1价升高到+2价，作还原剂；故答案为：

Cu2S；

（3）①根据题目的流程图可知，炉渣中加入过量的氢氧化钠，二氧化硅、氧化铝都会溶解；故答案为：

SiO2+2OH﹣＝SiO32﹣+H2O；Al2O3+2OH﹣＝2AlO2﹣+H2O；

②炉渣1中加入硫酸并通入氧气可使FeO转化为Fe3+；为检验铁元素是否被氧化完全，可检验滤液中是否含有Fe2+；应进行的实验是：

滴入2～3滴K3[Fe（CN）6]溶液，若有蓝色沉淀产生，则氧化不完全，反之则氧化完全；

故答案为：

4FeO+O2+12H+＝4Fe3++6H2O；滴入2～3滴K3[Fe（CN）6]溶液，若有蓝色沉淀产生，则氧化不完全，反之则氧化完全．

19．（10分）在温度t1和t2下，X2（g）和H2反应生成HX的平衡常数如下表：

化学方程式

K（t1）

K（t2）

F2+H2

2HF

1.8×1036

1.9×1032

Cl2+H2

2HCl

9.7×1012

4.2×1011

Br2+H2

2HBr

5.6×107

9.3×106

I2+H2

2HI

43

34

（1）已知t2＞t1，HX的生成反应是　　反应（填“吸热”或“放热”）。

（2）HX的电子式是　　。

（3）共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，HX共价键的极性由强到弱的顺序是　　。

（4）X2都能与H2反应生成HX，用原子结构解释原因：

　　。

（5）K的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因：

，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。

（6）仅依据K的变化，可以推断出：

随着卤素原子核电荷数的增加，　（选填字母）。

a．在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低

b．X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱

c．HX的还原性逐渐减弱

d．HX的稳定性逐渐减弱。

【答案】

（1）放热

（2）

（3）HF、HCl、HBr、HI

（4）卤素原子的最外层电子数均为7

（5）同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多（6）ad

【解答】解：

（1）由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以HX的生成反应是发热反应；

（2）HX属于共价化合物，H﹣X之间形成的化学键是极性共价键，因此HX的电子式是

；

（3）F、Cl、Br、I属于ⅦA，同主族元素自上而下随着核电荷数的增大，原子核外电子层数逐渐增多，导致原子半径逐渐增大，因此原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，从而导致非金属性逐渐减弱，即这四种元素得到电子的能力逐渐减弱，所以H﹣F键的极性最强，H﹣I的极性最弱，因此HX共价键的极性由强到弱的顺序是HF、HCl、HBr、HI；

（4）卤素原子的最外层电子数均为7个，在反应中均易得到一个电子而达到8电子的稳定结构。

而H原子最外层只有一个电子，在反应中也想得到一个电子而得到2电子的稳定结构，因此卤素单质与氢气化合时易通过一对共用电子对形成化合物HX；

（5）平衡常数越大，说明反应越易进行，F、Cl、Br、I的得电子能力依次减小的主要原因是：

同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，核对最外层电子的吸引力依次减弱造成的。

（6）K值越大，说明反应的正向程度越大，即转化率越高，a正确；反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解，因此选项d正确；而选项c与K的大小无直接联系。

故答案为：

（1）放热；

（2）

；（3）HF、HCl、HBr、HI；（4）卤素原子的最外层电子数均为7；

（5）同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多；（6）ad。

20．（10分）科学家开发出一种“洁净煤技术”，通过向地下煤层“气化炉”中交替鼓入空气和水蒸气的方法，连续产出高热值的煤炭气，其主要成分是CO和H2．“气化炉”中主要反应有：

C（s）+H2O（g）＝CO（g）+H2（g）△H＝+131.3kJ•mol﹣1

CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）△H＝﹣41.2kJ•mol﹣1

（1）气化炉中CO2与C反应转化为CO，该反应的热化学方程式是

　　。

（2）用煤炭气合成甲醇的反应为CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。

在密闭容器中，将CO和H2按物质的量1：

2混合反应，CO的