2022届贵州省贵阳市五校高三下联考理科综合化学试题解析版

贵阳市五校2022届高三年级联合考试(五)理科综合试卷化学可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Al-27Si-28S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64Ge-73Ba-137一、选择题：每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.2020年11月24日，嫦娥五号探测器发射圆满成功，开启我国首次地外天体采样返回之旅。探月工程所选用的新材料与化学有密切相关。下列叙述正确的是A.登月中，所用北斗系统的导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅B.用于光学望远镜的高致密碳化硅特种陶瓷材料，是一种传统无机非金属材料C.面对高空低压的环境，所使用的碳纤维是一种有机高分子材料D.嫦娥五号探测器在月球表面展示的国旗，其材料要求具有耐高低温、防静电等多种特性，所用的高性能芳纶纤维材料是复合材料【答案】D【解析】【分析】【详解】A．计算机的芯片材料是高纯度单质硅，故A错误；B．碳化硅陶瓷材料是一种新型无机非金属材料，故B错误；C．碳纤维是由碳元素组成的一种特种纤维，属于无机材料，故C错误；D．月球表面没有大气层，昼夜温差极大，因此国旗材料要求具有耐高低温、防静电等多种特性，故D正确；故选D。2.以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品的工业称为氯碱工业。氯及其化合物广泛应用于日常生活中，例如常用的“84”消毒液(含NaClO)、“洁厕灵”(含盐酸)等，“84”消毒液与“洁厕灵”不能混合使用。下列有关含氯物质制备及应用相关反应的离子方程式不正确的是A.用氯气制氯水：Cl2+H2OCl-+ClO-+2H+B.用“洁厕灵”清除污垢中的碳酸钙：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2OC.用氯气和氢氧化钠溶液制消毒液：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OD.工业上用电解NaCl溶液制Cl2：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-【答案】A【解析】【分析】【详解】A．氯气与水反应生成的HClO是弱酸，离子方程式中不能拆开，离子方程式应为，A项符合题意；B．洁厕灵的有效成分是盐酸，该离子方程式正确，B项不符合题意；C．氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，该离子方程式正确，C项不符合题意；D．电解氯化钠溶液生成氢气、氯气、氢氧化钠，该离子方程式正确，D项不符合题意；故正确选项为A【点睛】离子方程式中应当拆开的物质有强酸、强碱、可溶性盐；应当遵循元素守恒、电荷守恒、得失电子守恒3.紫花前胡醇()可从中药材当归和白芷中提取得到，能提高人体免疫力。有关该化合物，下列叙述错误的是A.分子式为C14H14O4B.能使酸性高锰酸钾溶液变色C.能够发生消去反应生成双键D.水解反应的产物能与2mol烧碱反应【答案】D【解析】【详解】A．由结构简式可知，紫花前胡醇的分子式为C14H14O4，故A正确；B．由结构简式可知，紫花前胡醇分子中含有的碳碳双键和醇羟基能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，时溶液褪色，故B正确；C．由结构简式可知，紫花前胡醇分子中与羟基相连的碳原子的邻碳原子上连有氢原子，一定条件能发生消去反应形成碳碳双键，故D正确；D．未明确紫花前胡醇的物质的量，无法计算紫花前胡醇水解产物中酚羟基、羧基的物质的量和消耗氢氧化钠的物质的量，故D错误；故选D。4.阿伏加德罗常数的值为NA，则下列说法正确的是A.1molFe与1molCl2完全反应时转移的电子数为3NAB.标准状况下，18gH2O含有的中子数为8NAC.标准状况下，22.4L的HF中含有的HF分子数为NAD.50mL18mol·L-1浓硫酸与足量铜微热反应，转移的电子数为1.8NA【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由反应可知1molFe与1.5molCl2才能完全反应，则转移的电子数为2NA，故A错；B．标准状况下，18gH2O的物质的量为1mol，由于H2O中H原子无中子，1个O原子中含8个中子，所以1molH2O中所含的中子数为8NA，故选B；C．标况下HF为液体，所以不能用气体摩尔体积进行相关计算，故C错；D．随着反应的进行，浓硫酸浓度会降低，即稀硫酸与Cu不反应，硫酸未完全反应，所以无法计算该反应所转移的电子数，故D错。答案选B5.为探究SO2与Fe3+间是否发生氧化还原反应，按如图所示装置进行实验(夹持、加热仪器略)，下列说法正确的是

A.A中的反应仅体现了浓硫酸的氧化性B.试剂a为饱和NaHCO3溶液C.C中溶液pH降低，证明Fe3+氧化了SO2D.检验C中的溶液含有Fe2+，证明Fe3+氧化了SO2【答案】D【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A中铜和浓硫酸共热反应制备二氧化硫，装置B中盛有的饱和亚硫酸氢钠溶液用于除去二氧化硫中的酸性杂质，装置C用于验证二氧化硫与铁离子是否发生氧化还原反应，尾气处理主要是吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气。【详解】A．铜和浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应中浓硫酸表现酸性和强氧化性，故A错误；B．由分析可知，试剂a为饱和亚硫酸氢钠溶液，作用是除去二氧化硫中的酸性杂质，防止干扰实验，故B错误；C．二氧化硫溶于水生成亚硫酸，会使溶液中氢离子浓度增大，溶液pH降低，则溶液pH降低不能证明铁离子氧化了二氧化硫，故C错误；D．若溶液中含有亚铁离子，说明铁元素化合价降低被还原，铁离子做了反应的氧化剂，将二氧化硫氧化，故D正确；故选D。6.一种矿石[Y3Z2X5(XW)4]的组成元素W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中W、X、Z分别位于不同周期，其中Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，1个W2X分子含有10个电子。下列说法正确的是A.Z的最高价氧化物不能与酸、碱反应B.Y与X可形成共价化合物C.原子半径：Y＞Z＞X＞WD.简单氢化物的沸点：Z＞X【答案】C【解析】【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中W、X、Z分别位于不同周期，则W为H元素；X位于第二周期，Z位于第三周期，1个W2X分子含有10个电子，则X为O元素；Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，Z最外层有4个电子，Z为Si元素；Y3Z2X5(XW)4的化学式为Y3Si2O5(OH)4，根据正负化合价的代数和为0可知，Y显+2价，为Mg元素，综上所述，W、X、Y、Z分别为H、O、Mg、Si。【详解】A．Z为Si元素，Si的最高价氧化物的水化物为H2SiO3，H2SiO3为弱酸，可以与碱反应，A错误；B．Y为Mg元素，为活泼的金属元素，X为O元素，是活泼的非金属性元素，Y与X形成的MgO为离子化合物，B错误；C．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径：Mg＞Si＞O＞H，C正确；D．水分子间能够形成氢键，因此简单氢化物的沸点H2O＞SiH4，D错误；故选C。7.常温下，向1LpH=10的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积(V)与溶液中水电离出的c(OH-)的关系如图所示。下列叙述不正确的是A.a点溶液中：水电离出的c(H+)=1×10-10mol·L-1B.b点溶液中：c(H+)=1×10-10mol·L-1C.c点溶液中：c(Na+)>c(HCO)>c(CO)D.d点溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)【答案】C【解析】【分析】【详解】A．a点溶液中的溶质是NaOH，水电离出的c(H+)=10-pH=1×10-10mol·L-1，A正确；B．常温下，c(H+)=c水(OH-)=1×10-mmol/L，B正确；C．c点溶液中，当水电离出的OH-离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钠溶液﹐碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子但程度较小，所以离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(CO)>c(HCO)，C错误；D．d点溶液中，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO)+c(HCO)+c(OH-)，D正确；故合理选项是C。三、非选择题(一)必考题8.亚硝酸钠(NaNO2)是一种工业盐，实验室可用如图装置(略去部分夹持仪器)制备。

已知：①；②；③；④酸性条件下，NO和都能与反应生成和；能使酸性高锰酸钾溶液褪色。(1)加热装置A前，先通一段时间N2，目的是_______；(2)装置A中发生反应的化学方程式为_______；(3)实验结束后，B瓶溶液中溶质的主要成分是_______(填化学式)。(4)仪器C中盛放的药品为_______(填名称)。(5)充分反应后，检验装置D中产物的方法是：取产物少许置于试管中，_______，则产物是NaNO2(注明试剂、现象)。(6)装置F的作用是_______；(7)为测定亚硝酸钠的含量，称取4.000g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，再向锥形瓶中加入0.1000molL酸性KMnO4溶液20.00mL，两者恰好完全反应。计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数_______。(写出计算过程)【答案】①.排出装置中的空气，防止NO被氧化，避免生成的亚硝酸钠中混有杂质②.③.，④.碱石灰⑤.加入稀硫酸(或稀盐酸)，溶液中有气泡产生且在试管上方变成红棕色气体⑥.吸收尾气NO，防止污染空气⑦.86.25%【解析】【分析】装置A中发生反应是浓硝酸和木炭加热反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，装置A中生成的二氧化氮进入装置B生成硝酸，B中发生反应3Cu+8H++2=3Cu2++NO↑+4H2O，实验结束后，实验结束后，B瓶溶液中溶质的主要成分是，，仪器C为干燥管，利用其中的碱石灰来干燥一氧化氮气体和吸收二氧化碳气体，D中发生2NO+Na2O2=2NaNO2；E为球形干燥管，防止F中的水蒸气进入D中与过氧化钠反应，F为尾气处理3MnO+5NO+4H＋=5NO+3Mn2＋+2H2O。【详解】(1)制备亚硝酸钠需要一氧化氮和过氧化钠反应生成，过氧化钠和二氧化碳、水蒸气发生反应，NO能与空气中的氧气反应生成二氧化氮，所以制备的一氧化氮气体必须纯净干燥，装置中无空气存在，加热装置A前，先通一段时间N2，目的是排出装置中的空气，防止NO被氧化，避免生成的亚硝酸钠中混有杂质；故答案为：排出装置中的空气，防止NO被氧化，避免生成的亚硝酸钠中混有杂质；(2)装置A中发生反应浓硝酸和木炭加热反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，化学方程式为；故答案为：；(3)装置A中生成的二氧化氮进入装置B生成硝酸，B中发生反应3Cu+8H++2=3Cu2++NO↑+4H2O，实验结束后，B瓶溶液中溶质的主要成分是，(填化学式)。故答案为：，；(4)制备亚硝酸钠需要一氧化氮和过氧化钠反应生成，过氧化钠和二氧化碳、水蒸气发生反应，所以制备的一氧化氮气体必须纯净干燥，仪器C为干燥管，利用其中的碱石灰来干燥一氧化氮气体和吸收二氧化碳气体。仪器C中盛放的药品为碱石灰。故答案为：碱石灰；(5)已知3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO↑+H2O，反应生成的一氧化氮遇到空气会生成红棕色气体二氧化氮，充分反应后，检验装置D中产物的方法是：取产物少许置于试管中加入稀硫酸（或稀盐酸），溶液中有气泡产生且在试管口上方出现红棕色气体，证明产物是NaNO2。(6)装置F的作用是：吸收尾气NO，防止污染空气；故答案为：吸收尾气NO，防止污染空气；(7)为测定亚硝酸钠的含量，称取4.000g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，再向锥形瓶中加入0.1000molL酸性KMnO4溶液20.00mL，25mL样品消耗高锰酸钾的物质的量为0.1000mol/L×0.02L=0.002mol，则250mL样品溶液会消耗高锰酸钾的物质的量为0.002mol×=0.02mol，根据化合价变化可得反应关系式：2MnO～5NO，则4.000g样品中含有亚硝酸钠的物质的量为0.02mol×=0.05mol，质量为69g/mol×0.05mol=3.45g，所得固体中亚硝酸钠的质量分数为：×100%=86.25%。故答案为：86.25%。9.某工厂“对制革工业污泥中Cr(III)回收与再利用工艺如图(硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+)：

部分阳离子常温下以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：阳离子Fe3+Fe2+Mg2+Al3+Cu2+Cr3+Ca2+开始沉淀时pH1.97.0_____4.7_____完全沉淀时pH3.29.011.18679(>9溶解)123（1）实验室用18.4mol∙L-1的浓硫酸配制250mL4.8mol∙L-1的硫酸溶液，所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒和移液管(一种能精确量取一定体积液体的仪器)外，还需___________。（2）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是___________(至少两条)。（3）加入H2O2的作用是___________，反应的离子方程式为___________（4）钠离子交换树脂的原理为Mn++nNaR→MRn+nNa+，被交换的杂质离子是___________。（5）还原过程发生以下反应(请完成)：___________。_______Na2Cr2O7+SO2+()=_______Cr(OH)(H2O)5SO4+_______Na2SO4（6）从流程的滤液中可回收的主要物质是___________【答案】（1）250mL容量瓶、胶头滴管（2）升高反应温度、搅拌或增加浸取时间（3）①.将Cr3+氧化为Cr2O②.2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O+8H+（4）Ca2+、Mg2+（5）Na2Cr2O7+3SO2+11H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4+Na2SO4（6）Na2SO4【解析】【分析】由题给信息和流程可知，硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+，向浸取液中先加入过氧化氢溶液，将Cr3+离子氧化为Cr2O离子，再加入氢氧化钠溶液调节溶液pH为8，将铁离子和铝离子转化为氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，过滤得到含有Na+、Cr2O、Ca2+、Mg2+的滤液；滤液通过钠离子交换树脂得到除去Ca2+、Mg2+的离子交换液，向离子交换液中通入二氧化硫，将Na2Cr2O7还原为Cr(OH)(H2O)5SO4。【小问1详解】用18.4mol∙L-1的浓硫酸配制250mL4.8mol∙L-1的硫酸溶液时用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、移液管、250mL容量瓶、胶头滴管，则还缺少的仪器为250mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；【小问2详解】酸浸时，在稀硫酸浓度一定的条件下，可以通过升高反应温度、搅拌、增加浸取时间等措施提高浸取率，故答案为：反应温度、搅拌或增加浸取时间；【小问3详解】由分析可知，加入过氧化氢溶液的目的是将Cr3+离子氧化为Cr2O离子，便于加入氢氧化钠溶液时，将铁离子、铝离子转化为沉淀，氧化Cr3+离子的离子方程式为2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O+8H+，故答案为：将Cr3+氧化为Cr2O；2Cr3++3H2O2+H2O=Cr2O+8H+；【小问4详解】由分析可知，滤液通过钠离子交换树脂除去Ca2+、Mg2+的离子交换液，故答案为：Ca2+、Mg2+；【小问5详解】由未配平的化学方程式可知，具有还原性的二氧化硫与重铬酸钠溶液反应生成Cr(OH)(H2O)5SO4和Na2SO4，则配平的化学方程式为Na2Cr2O7+3SO2+11H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4+Na2SO4，故答案为：Na2Cr2O7+3SO2+11H2O=2Cr(OH)(H2O)5SO4+Na2SO4；【小问6详解】由滤液经离子交换和还原步骤得到Cr(OH)(H2O)5SO4和Na2SO4可知，滤液中可回收的主要物质是硫酸钠，故答案为：Na2SO4。10.请运用化学反应原理的相关知识回答下列问题：(1)焦炭可用于制取水煤气。测得12g碳与水蒸气完全反应生成水煤气时，吸收了131.6kJ热量。该反应的热化学方程式为___________，该反应在___________条件下能自发进行(选填“高温”、“低温”或“任意温度”)。(2)CO是有毒的还原性气体，工业上有重要的应用。CO是高炉炼铁的还原剂，其主要反应为：Fe2O3(s)+3CO(g)⇌2Fe(s)+3CO2(g)ΔH=akJmol-1①已知：Fe2O3(s)+3C(石墨)=2Fe(s)+3CO(g)ΔH1=+489.0kJmol-1C(石墨)+CO2(g)=2CO(g)ΔH2=+172.5kJmol-1则a=___________。②温度升高后，K值___________(选填“增大”、“不变”或“减小”)。③在T℃时，该反应的平衡常数K=64，在恒容密闭容器甲和乙中，分别按下表所示加入物质，反应经过一段时间后达到平衡。Fe2O3COFeCO2甲/mol101.01.01.0乙/mol1.02.01.01.0下列说法正确的是___________(填字母)a、若容器内气体密度恒定时，标志反应达到平衡状态b、甲容器中CO的平衡转化率为60%，大于乙c、甲、乙容器中，CO的平衡浓度之比为2∶3d、由于容器的体积未知，所以无法计算该条件下甲容器中CO的平衡转化率(3)甲醇(CH3OH)燃料电池是以铂为电极，以KOH溶液为电解质溶液，在两极区分别加入CH3OH和O2即可产生电流。负极的电极反应是___________。【答案】①.C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.6kJ/mol②.高温③.-28.5④.减小⑤.a⑥.CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O【解析】【详解】(1)12g碳(1mol)与水蒸气完全反应生成水煤气时，吸收了131.6kJ热量，则该反应的热化学方程式为C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H=+131.6kJ/mol。气体总分子数增加，则该反应的>0，由于正反应吸热，>0，则在高温下小于0，该反应在高温条件下能自发进行，故答案为：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)=+131.6kJ/mol；高温；(2)①已知：ⅰ.Fe2O3(s)+3C(石墨)＝2Fe(s)+3CO(g)ΔH1=+489.0kJmol－1ⅱ.C(石墨)+CO2(g)＝2CO(g)ΔH2=+172.5kJmol－1则根据盖斯定律可知ⅰ－ⅱ×3即得到Fe2O3(s)+3CO(g)⇌2Fe(s)+3CO2(g)，所以a＝489.0－172.5×3＝－28.5，故答案为：－28.5；②Fe2O3(s)+3CO(g)⇌2Fe(s)+3CO2(g)的正反应放热，温度升高后平衡逆向移动，K值减小，故答案为：减小；③a．反应前后容器容积不变，但平衡前气体的质量是变化的，因此容器内气体密度恒定时，气体的质量不变，则标志反应达到平衡状态，a正确；b．依据三段式可知由于反应前后体积不变，可以用物质的量代替物质的量浓度计算平衡常数，则根据平衡常数可知，解得x＝0.6，则CO的平衡转化率为60%；则根据平衡常数可知，解得y＝1.4，则CO的平衡转化率==70%，因此甲中小于乙，b错误；c．由于甲、乙容器的容积不确定是否相等，则甲、乙容器中，CO的平衡浓度之比不一定为2:3，c错误；d．根据以上分析可知可计算该条件下甲容器中CO的平衡转化率，d错误；故答案为：a；(3)原电池中正极得到电子，所以甲醇(CH3OH)燃料电池中正极加入的物质是氧气，负极通入的是甲醇，电解质溶液显碱性，则负极的电极反应是CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O。(二)选考题[化学选修3：物质结构与性质]11.W、R、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，其元素性质或原子结构如下表：元素元素性质或原子结构W基态原子L能层所有能级上电子数相同R第二周期元素基态原子中未成对电子最多X基态原子核外s能级上电子总数与p能级上电子总数相等，且第一电离能低于同周期相邻元素Y次外层电子数是最外层电子数的2倍Z最外层只有1个电子，其他内层各能级所有轨道电子均成对请按要求填空：（1）Y基态原子有_______种不同的运动状态的电子，Z的价电子排布图为________。（2）W、R、X的简单氢化物中，键角由大到小排列的是______(用对应的分子式表示)，原因是________。（3）已知：羧酸的酸性可用pKa(pKa=—lgKa)的大小来衡量，pKa越小，酸性越强。羧酸pKa三氯乙酸(CCl3COOH)0.65三氟乙酸(CF3COOH)0.23由表可见，酸性：三氯乙酸________三氟乙酸(填“大于”“小于”或“等于”)，从键的极性角度解释原因：________。（4）W和Y两种元案可形成一种熔点为2700℃、摩氏硬度为9.5的化合物(金刚石的摩氏硬度为10)，该化合物的晶胞结构如图所示，W原子紧邻最近的W原子有_______个；若晶胞参数为anm，晶体密度为ρg·cm-3}，则阿伏加德罗常数NA为_______mol-1(列出计算式即可)。

【答案】（1）①.14②.（2）①.CH4＞NH3＞H2O②.CH4分子中没有孤电子对，NH3分子中有1对孤电子对，H2O分子中有2对孤电子对，孤电子对排斥力比键合电子对排斥力大，所以孤电子对越多，分子的键角越小（3）①.小于②.F的电负性Cl大，F—C极性大于Cl—C极性，使F3C—C极性大于Cl3C—C极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子（4）①.12②.【解析】【分析】W、R、X、Y、Z是原子序数依次增大的前四周期元素，W基态原子L能层所有能级上电子数相同，则W为C元素；R为第二周期元素基态原子中未成对电子最多的原子，则R为N元素；X基态原子核外s能级上电子总数与p能级上电子总数相等，且第一电离能低于同周期相邻元素，则X为O元素；Y原子次外层电子数是最外层电子数的2倍，则X为Si元素；Z原子的最外层只有1个电子，其他内层各能级所有轨道电子均成对，则Z为Cu元素。【小问1详解】硅元素的原子序数为14，核外有14个电子，由泡利不相容原理可知，同种原子的核外没有运动状态完全相同的电子，则基态硅原子核外有14种不同的运动状态的电子；铜元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s1，价电子排布图为，故答案为：14；；【小问2详解】甲烷、氨气、水分子中碳原子、氮原子、氧原子的价层电子对数都为4，孤对电子对数分别为0、1、2，孤电子对排斥力比键合电子对排斥力大，所以孤电子对越多，分子的键角越小，则甲烷、氨气、水分子中键角由大到小排列的顺序为CH4＞NH3＞H2O，故答案为：CH4＞NH3＞H2O；CH4分子中没有孤电子对，NH3分子中有1对孤电子对，H2O分子中有2对孤电子对，孤电子对排斥力比键合电子对排斥力大，所以孤电子对越多，分子的键角越小；【小问3详解】由题给pKa的数据可知，三氟乙酸的pKa大于三氯乙酸，酸性大于三氯乙酸；氟元素的电负性强于氯元素，三氟乙酸分子中F—C极性大于三氯乙酸中Cl—C极性，导致三氟乙酸分子中F3C—C极性大于三氯乙酸中Cl3C—C极性，使得三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，酸性更强，故答案为：小于；F的电负性Cl大，F—C极性大于Cl—C极性，使F3C—C极性大于Cl3C—C极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更