陕西省2019-2020学年高二化学下学期第二次月考试题【含答案】

陕西省2019-2020学年高二化学下学期第二次月考试题（含解析）第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题：每小题只有一个正确选项1.下列叙述不正确的是()A.吸热反应一定是反应物总能量小于生成物的总能量B.明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同C.在相同条件下强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强D.在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率【答案】BC【解析】【分析】【详解】A．反应物总能量大于生成物总能量为放热反应，生成物总能量大于反应物总能量为吸热反应，A叙述正确；B．明矾的漂白原理是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体的吸附性，漂白粉漂白原理是利用了次氯酸钙水解生成的次氯酸具有强氧化性，两者的作用原理不相同，B叙述错误；C．电解质的导电能力和离子浓度及离子所带的电荷数有关，离子浓度大，导电能力强，若强电解质离子浓度很小，则导电性很弱，如硫酸钡为强电解质，但离子浓度很小，导电性很弱，C叙述错误；D．在海轮外壳上镶入锌块，形成原电池，锌作负极失电子，轮船外壳铁作正极被保护，可减缓船体的腐蚀速率，D叙述正确；答案为BC。2.利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法，已知CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)反应过程中的能量变化情况如图所示，曲线Ⅰ和曲线Ⅱ分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是（）A.该反应的ΔH＝＋91kJ·mol－1B.加入催化剂，该反应的ΔH变小C.反应物的总能量大于生成物的总能量D.如果该反应生成液态CH3OH，则ΔH增大【答案】C【解析】【分析】【详解】A、根据图示，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，是放热反应，故选项A错误；B、加入催化剂只能降低反应所需的活化能，而对反应热无影响，选项B错误；C、根据图示，该反应反应物的总能量大于生成物的总能量，C正确；D、生成液态CH3OH时释放出的热量更多，ΔH更小，选项D错误。答案选C。3.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中不正确的是()A.氢氧燃料电池在碱性介质中的正极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-B.用铁棒作阳极、碳棒作阴极电解饱和氯化钠溶液的阳极电极反应式为：2C1--2e-=Cl2↑C.粗铜精炼时，与电源负极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu2++2e-=CuD.钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式：Fe-2e-=Fe2+【答案】B【解析】【分析】【详解】A．氢氧燃料电池正极得电子发生还原反应，则氧气得到电子生成OH-，电极方程式为O2+2H2O+4e-=4OH-，A用语正确；B．用铁棒作阳极、碳棒作阴极电解饱和氯化钠溶液，电解时，铁失电子被氧化生成亚铁离子，在阳极上不可能生成氯气，B用语错误；C．精炼铜时，纯铜为阴极，铜离子在阴极得电子被还原生成铜，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，C用语正确；D．钢铁发生电化学腐蚀时，铁做负极，发生氧化反应，被氧化生成Fe2+，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，D用语正确；答案为B。4.金属镍有广泛的用途.粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是(已知氧化性Fe2+<Ni2+<Cu2+)()A.阴极发生还原反应，其电极反应式：Ni-2e-=Ni2+B.电解过程中溶液中电解质溶液的浓度不变C.电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2+和Zn2+D.电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt【答案】D【解析】【分析】氧化性Fe2+<Ni2+<Cu2+，所以还原性Zn>Fe>Ni>Cu【详解】A．阴极得电子发生还原反应，电极反应为Ni2++2e-=Ni，故A错误；B．电解前溶液中金属阳离子只有Ni2+，电解后为Fe2+、Zn2+和Ni2+，浓度发生改变，故B错误；C．电解后，溶液中存在的金属阳离子有Fe2+、Zn2+和未析出的Ni2+，故C错误；D．电解时，铜和铂的还原性小于镍，不能失去电子被氧化，电解后，在电解槽底部形成阳极泥，故D正确；综上所述答案为D。5.在密闭容器中，反应X2(g)+Y2(g)2XY(g)ΔH＜0，达到甲平衡，在仅改变某一条件后，达到乙平衡，对此条件的分析正确的是()A.图I是增大反应物浓度 B.图II只能是加入催化剂C.图II可能是增大压强 D.图III是增大压强或升高温度【答案】C【解析】【分析】【详解】A．若只增大反应物的浓度，v正瞬间增大，v逆瞬间应不变，与图像不符，故A错误；B．加人催化剂可以同时相同倍数的增大正逆反应速率，平衡不移动，与图像相符，但该反应前后气体系数之和相等，缩小体积增大压强也可以同等倍数的增大正逆反应速率，平衡不发生移动，也与图像相符，故B错误；C．该反应前后气体系数之和相等，缩小体积增大压强也可以同等倍数的增大正逆反应速率，平衡不发生移动，与图像相符，故C正确；D．增大压强平衡不发生移动，所以若只增大压强平衡时，甲乙在同一直线上，与图像不符，故D错误；综上所述答案为C。6.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是()A.打开汽水瓶有气泡从溶液中冒出B.合成氨工厂采用增大压强以提高原料的利用率C实验室用排饱和食盐水法收集氯气D.由H2、I2(g)、HI气体组成的平衡减压后颜色变浅【答案】D【解析】【分析】【详解】A．气体的溶解度随温度的升高而减小，随压强的增大而增大，由气体的溶解度随压强的增大而增大，因此常温时打开汽水瓶时，瓶内的压强减小，因此瓶内的二氧化碳会从瓶中溢出，可以用勒夏特列原理解释，故A不符合题意；B．合成氨反应是气体体积减小的反应，合成氨工厂学采用增大压强以提高原料的利用率，可以用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；C．实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡逆向进行，Cl2+H2OH++Cl-+HClO可以用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；D．由H2+I22HI气体组成的平衡，反应前后气体体积不变，减压后平衡不动，体积增大颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，故D符合题意；故答案为D。7.已知反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH<0。某温度下，将2molSO2和1molO2置于10L密闭容器中，反应达到平衡后，SO2的平衡转化率(α)与体系总压强(p)的关系如图甲所示。则下列说法正确的是()A.由图甲知，A点SO2的平衡浓度为0.4mol·L－1B.由图甲知，B点SO2、O2、SO3的平衡浓度之比为2∶1∶2C.达平衡后，缩小容器容积，则反应速率变化图象可以用图乙表示D.压强为0.50MPa时，不同温度下SO2转化率与温度关系如丙图，则T2>T1【答案】C【解析】【分析】【详解】A．A点转化率为0.8，则平衡时浓度为，故A错误；B．B点转化率为0.85，则，故B错误；C．达平衡后，若缩小容器容积，反应速率增大，平衡证向移动，且正反应速率大于逆反应速率，故C正确；D．T1先达到平衡，则T1>T2，故D错误；故选C。8.下列离子组一定能大量共存的是()A.能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH、I-、NOB.含有0.1mol•L-1Al3+的溶液中：K+、Mg2+、CO、SOC.由水电离出来的c(H+)=1×10-13mol•L-1的溶液中：K+、CH3COO-、Cl-、NOD.常温下，=0.1mol•L-1的溶液：Na+、SO、NH、NO【答案】D【解析】【分析】【详解】A．能使甲基橙变红的溶液是酸性溶液，即有H+存在，H+、I-、NO会因发生氧化还原反应而不能共存，故A不符合题意；B．Al3+和会水解相互促进而不能大量共存，故B不符合题意；C．由水电离出来的c(H+)=1×10-13mol•L-1<1×10-7mol•L-1,说明水的电离被抑制，是酸或碱的溶液，CH3COO-和H+不能大量共存，会生成弱电解质醋酸，故C不符合题意；D．常温下，=c(H+)=0.1mol•L-1,说明溶液呈酸性，酸性条件下Na+、SO、NH、NO可以大量共存，故D符合题意。故答案为D9.对于相同体积的K2CO3溶液(浓度为c1)和(NH4)2CO3溶液(浓度为c2)，若其中的物质的量浓度相同，则c1和c2的关系是()A.c1＝c2 B.c1＞c2 C.c1≥c2 D.c1＜c2【答案】D【解析】【分析】【详解】K2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的碳酸根离子部分水解，但水解微弱，(NH4)2CO3是易溶于水的盐，在水中完全电离，电离出的铵根离子和碳酸根离子分别和水电离出的氢氧根离子和氢离子结合，水解相互促进，所以，碳酸根离子浓度比K2CO3中碳酸根离子离子浓度小一些，若二者中CO32-的物质的量浓度相同，则碳酸铵的浓度大，故选D。【点睛】本题主要考查了盐类水解的应用，解答须掌握盐类水解的规律影响因素及应用。(NH4)2CO3是弱酸弱碱盐，发生相互促进的水解；碳酸钾中钾离子对碳酸根离子的水解无影响。10.下列叙述正确的是()A.两种难溶性盐，Ksp较小的其溶解度一定较小B.稀氨水加水稀释，溶液中所有离子的浓度都降低C.稀醋酸钠溶液加水稀释CH3COO-水解程度变大，故溶液的中CH3COO-的浓度变大D.已知HA比HB易电离，相同条件下NaA溶液的pH比NaB溶液的pH小【答案】D【解析】【分析】【详解】A．只有类型相同的两种难溶电解质，Ksp越小，其溶解度可能会小，不同类型的难溶电解质，不能根据Ksp判断溶解度的大小，故A错误；B．稀氨水加水稀释，溶液的碱性减小，溶液的pH减小，氢氧根离子浓度减小，而氢离子浓度增大，故B错误；C．稀醋酸钠溶液加水稀释，溶液的浓度减小，CH3COO-水解程度变大，而溶液的中CH3COO-的浓度变小，故C错误；D．相同条件下，一元酸HA比HB易电离，说明HA的酸性大于HB的酸性，则B－的水解程度大于A－的水解程度，相同条件下，NaA的碱性较弱，所以相同条件下NaA溶液的pH比NaB溶液的pH小，故D正确；故选D。11.下列说法与盐的水解有关的是()①纯碱溶液去油污②实验室配制FeCl3溶液时，往往在FeCl3溶液中加入少量的盐酸③用NaHCO3和Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂④在NH4Cl溶液中加入金属镁会产生氢气⑤草木灰与氨态氮肥不能混合施用A.①③④ B.②③⑤ C.③④⑤ D.①②③④⑤【答案】D【解析】【分析】【详解】①纯碱为碳酸钠，强碱弱酸盐，水溶液中碳酸根离子水解导致溶液显碱性，油污在碱性条件下发生水解生成可溶性的高级脂肪酸钠和丙三醇，纯碱溶液去油污与盐的水解有关，①符合题意；②氯化铁溶液中铁离子水解显酸性，加入盐酸抑制水解，使水解平衡逆向移动，实验室配制FeCl3溶液时，往往在FeCl3溶液中加入少量的盐酸，②符合题意；③碳酸氢钠和硫酸铝溶液混合发生相互促进的双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，③符合题意；④氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，NH4Cl+H2O⇌NH3•H2O+HCl，加入的镁和盐酸发生反应生成氢气，④符合题意；⑤铵根离子和草木灰中的碳酸根离子发生双水解，肥效损耗，草木灰与氨态氮肥不能混合施用，⑤符合题意；综上所述①②③④⑤均与盐的水解有关，答案为D；12.下列实验事实所得出的结论中，错误的是()A.向未知溶液中滴加氯水，再滴加硫氰化钾溶液，溶液变红，该未知溶液中一定含有Fe2+B.加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，则试样中可能含有HCOC.先加入足量盐酸无沉淀，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，则试样中一定有SOD.向某盐中加入NaOH溶液并微热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该盐一定是铵盐【答案】A【解析】【分析】【详解】A．氯水具有强氧化性，向未知液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，溶液呈红色，未知液中不一定含有Fe2+，也可能本来就含有铁离子，故A错误；B．加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，该气体是二氧化碳，则试样中可能含有HCO，故B正确；C．先加入足量盐酸无沉淀，排除其它离子的干扰，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，则试样中一定有SO，故C正确；D．向某盐中加入NaOH溶液并微热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有氨气产生，所以该盐一定是铵盐，故D正确；故答案选A。13.2013年12月17日，比亚迪电动汽车秦上市，纯电模式下它是靠LiFePO4电池提供能量驱动汽车运动，该电池具有稳定性高、安全、对环境友好等优点。其电池反应为：FePO4+LiLiFePO4。下列有关A.充电过程中，电池正极材料的质量减少B.LiFePO4电池在充电时，其正极中的Li+通过聚合物隔膜向负极迁移C.放电时电池内部Li+向负极移动.D.放电时电池正极反应为：FePO4+Li++e-=LiFePO4【答案】C【解析】【分析】根据电池总反应式可知，放电时，Li为负极，失电子生成锂离子；正极铁离子得电子与锂离子反应生成LiFePO4；充电时，过程与电池放电相反。【详解】A．充电过程中，电池正极作阳极，+2价的铁失电子，LiFePO4-e-=FePO4+Li+，材料的质量减少，A说法正确；B．LiFePO4电池在充电时，其正极发生LiFePO4-e-=FePO4+Li+，则Li+通过聚合物隔膜向负极迁移，B说法正确；C．放电时电池内部Li+向正极移动，C说法错误；D．放电时，电池正极+2价的铁失电子，反应为：FePO4+Li++e-=LiFePO4，D说法正确；答案为C。14.下列各离子浓度大小比较正确的是()A.0.2mol·L1Na2CO3溶液中：c(OH-)=c(HCO)+c(H+)+c(H2CO3)B.0.01mol·L-1的NH4Cl溶液与0.05mol·L-1的NaOH溶液等体积混合：c(Cl-)>c(NH)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)C.同浓度下列溶液中：①(NH4)2SO4②NH4HCO3③NH4Cl④NH3·H2O，c(NH)由大到小的顺序是：①>③>②>④D.常温时，将等体积的盐酸和氨水混合后，pH=7，则c(NH)>c(Cl-)【答案】C【解析】【分析】【详解】A．0.2mol·L1Na2CO3溶液中，根据质子守恒知，c(OH-)=c(HCO)+c(H+)+2c(H2CO3)，A关系错误；B．二者等体积混合后，根据物料守恒知，c(Na+)＞c(Cl-)，B关系错误；C．等浓度的盐溶液中，铵根离子浓度与其系数成正比，当铵根离子系数相同时，酸根离子对应酸的酸性越弱，铵根离子水解程度越大，铵根离子浓度由大到小的顺序为①(NH4)2SO4＞③NH4Cl＞②NH4HCO3，一水合氨是弱电解质，其电离程度很小，电离产生的NH4+远小于等浓度的盐电离产生的NH，c(NH)由大到小的顺序是：①＞③＞②＞④，C关系正确；D．常温时，将等体积的盐酸和氨水混合后，pH=7，溶液呈中性，则c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒知c(NH4+)=c(Cl-)，D关系错误；答案为C。15.已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝1.0×10－16。下列说法错误的是A.AgCl不溶于水，不能转化为AgIB.在含有浓度均为0.001

mol·L－1的Cl－、I－的溶液中缓慢加入AgNO3稀溶液，首先析出AgI沉淀C.AgI比AgCl更难溶于水，所以，AgCl可以转化AgID.常温下，AgCl若要在NaI溶液中开始转化为AgI，则NaI的浓度必须不低于×10－11

mol·L－1【答案】A【解析】【分析】【详解】A、AgI比AgCl更难溶，反应向着更难溶的方向进行，因此AgCl能转化成AgI，故A错误；B、Ksp(AgI)=c(Ag＋)×c(I－)，c(Ag＋)=Ksp(AgI)/c(I－)=10－13mol·L－1，Ksp(AgCl)=c(Ag＋)×c(Cl－)，c(Ag＋)=Ksp(AgCl)/c(Cl－)=1.8×10－7mol·L－1，因此AgI先沉淀，故B正确；C、根据选项A的分析，故C正确；D、AgCl溶液中c2(Ag＋)=Ksp(AgCl)，c(Ag＋)=×10－5mol·L－1，c(I－)=Ksp/c(Ag＋)=×10－11mol·L－1，故D正确；答案选A。16.某学习小组为了探究BrO+5Br-+6H+=3Br2+3H2O反应速率(v)与反应物浓度的关系，在20℃进行实验，所得的数据如下表：实验编号相关数据①②③④⑤c(H+)/mol·L-10.0080.0080.0040.0080.004c(BrO)/mol·L-10.0010.0010.0010.0020.002c(Br一)/mol·L-10.100.200.200.100.40v/mol·L-1·s012.4×10-848×10-81.2×10-84.8×10-8v1下列结论不正确的是()A.若温度升高到40℃B.实验②、④，探究的是c(BrO)对反应速率的影响C.若该反应速率方程为v=kca(BrO)cb(Br-)cc(H+)(k为常数)，则c=2D.实验⑤中，v1=4.8×10-8mol·L-1·s-1【答案】B【解析】【分析】实验②中，Br‾的浓度是实验①的2倍，速率也是实验①的2倍，由此可得a=1，实验②H+浓度为③的2倍，其他条件都相同，速率②是③的4倍，带入公式求出c=2。【详解】A．温度升高，化学反应速率增大，A结论正确；B．②和④对比，BrO和Br－浓度都不一样，因此探究的是BrO和Br－对反应速率的影响，B结论错误；C．实验②H+浓度为③的2倍，其他条件都相同，速率②是③的4倍，带入公式求出c=2，C结论正确；D．实验②中，Br‾的浓度是实验①的2倍，速率也是实验①的2倍，由此可得a=1，实验⑤中H+的浓度是④中H+浓度的，实验⑤中Br‾浓度是实验④中Br‾浓度的4倍，则速率④=⑤，D结论正确。答案为B。第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、共5小题，共52分17.目前工业上有一种方法是用CO2生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，如图表示该反应进行过程中能量(单位为kJ·mol-1)的变化。(1)关于该反应的下列说法中，正确的是___。(填字母)A.△H>0，△S>0B.△H>0，△S<0C.△H<0，△S<0D.△H<0，△S>0(2)为探究反应原理，现进行如下实验：在体积为3L的恒容密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，测得CO2和CH3OH(g)的物质的量随时间变化如图所示。从反应开始到平衡，用氢气浓度变化表示的平均反应速率v(H2)为___。(3)下列措施中能使(2)中增大的有___。(填字母)a.升高温度b.加入催化剂c.将H2O(g)从体系中分离d.再充入1molCO2和3molH2e.充入He(g)，使体系总压强增大(4)如图是甲醇燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)结构示意图，写出a处电极上发生的电极反应式___。【答案】(1).C(2).(3).cd(4).【解析】【分析】【详解】(1)由图1可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，△H<0，由方程式可知，该反应正反应是气体的物质的量减小的反应，故正反应为熵减过程，△S<0，故答案为：C；(2)由图2可知，甲醇的浓度变化量为0.75mol/L，根据v==，利用速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）=3v（CH3OH）=；(3)使增大，改变条件使平衡向正反应移动，但只增大二氧化碳的浓度会使该比值减小，a.升高温度，平衡逆向移动，则减小，故a错误；b.加入催化剂，平衡不移动，所以不变，故b错误；c.将H2O(g)从体系中分离，平衡正向移动，则增大，故c正确；d.再充入1molCO2和3molH2，平衡正向移动，且相当于增大压强，促进平衡正向移动，所以二氧化碳的转化率增大，则增大，故d正确；e.充入He(g)，使体系总压强增大，但各物质的浓度不变，平衡不移动，则不变，故e错误；故答案为：cd；(4)有图可知，电子有a极流出，则a极是负极，失去电子发生氧化反应，则电极反应式是：。18.某化学兴趣小组欲用一定浓度的NaOH溶液测定未知浓度的盐酸，并测定该反应的反应热。试回答下列问题：(1)用一定浓度的NaOH溶液来测定未知浓度的盐酸。准确量取0.55mol·L-1NaOH溶液20.00mL注入锥形瓶，并加入2滴酚酞指示剂，用未知浓度的盐酸溶液进行滴定。①当滴加最后一滴溶液时，锥形瓶内溶液恰好由___色突变为___色且在半分钟内不复色，表明达到滴定终点。②该小组先后做了二次滴定实验，所耗盐酸的体积分别如图1和2所示，则该盐酸的物质的量浓度为___。③下列操作会引起测定盐酸浓度偏高的是___。A．滴定时，装NaOH溶液溶液的锥形瓶有少量水B．酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用待装溶液润洗C．滴定终点读数时，俯视刻度线D．滴定开始时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束后气泡消失(2)中和反应的反应热测定。取上述100mL盐酸与100mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算该反应的反应热。如果该实验中测得放出的热量为2.865kJ，则上述反应的热化学方程式为____。(3)该小组做完实验后，某同学提出一个大胆的设想：将实验(1)和(2)结合在同一套装置中进行，即用氢氧化钠溶液测定未知浓度的盐酸，同时测定二者反应放出的热量。从实验原理的角度分析是否可行？___。其原因为___。【答案】(1).浅红(2).无(3).0.50mol/L(4).C(5).NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol(6).不可行(7).中和热的测定需要保温、隔热，尽可能减少热量损失，而中和滴定需要逐滴滴入NaOH溶液，产生的热量容易散失，造成严重测定误差【解析】【分析】【详解】(1)①NaOH溶液中滴入酚酞，溶液显红色，滴入盐酸，和NaOH中和，溶液碱性逐渐减弱，当滴加最后一滴盐酸时，锥形瓶内溶液恰好由浅红色突变为无色且在半分钟内不复色，表明达到滴定终点。②第一次实验开始时液面在0.00mL，滴定结束时读数为21.90mL，所用盐酸的体积为21.90mL，第二次实验开始时读数为0.30mL，滴定结束时读数为22.40mL，所用盐酸体积为22.10mL，两次盐酸体积平均值为22.00mL。NaOH+HCl=NaCl+H2O，NaOH和HCl的物质的量相等，所以盐酸的物质的量浓度为=0.50mol/L。③用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液，影响实验结果的是消耗盐酸的体积，根据c(HCl)=分析：A．滴定时，装NaOH溶液溶液的锥形瓶有少量水，不影响盐酸的体积，故也不影响盐酸的浓度；B．酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用待装溶液润洗，则盐酸被稀释，浓度偏低；C．滴定终点读数时，俯视刻度线，读取的盐酸体积偏小，则计算结果偏高；D．滴定开始时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束后气泡消失，读取的盐酸体积偏大，计算结果偏小；故选C。(2)用100mL0.50mol/L的盐酸与100mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行中和反应，NaOH是过量的，生成的水和HCl的物质的量相等，即0.1000L×0.50mol/L=0.0500mol。生成0.0500mol水放出2.865kJ热量，则生成1mol水放出的热量为=57.3kJ/mol，反应的热化学方程式为：NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol。(3)不能将实验(1)和(2)结合在同一套装置中进行，因为中和热的测定需要保温、隔热，尽可能减少热量损失，而中和滴定需要逐滴滴入NaOH溶液，产生的热量容易散失，造成严重测定误差。19.在其他条件不变的情况下，研究改变起始氢气物质的量[用n(H2)表示]对N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92.2kJ/mol反应的影响，实验结果可表示成如图所示的规律(图中T表示温度，n表示物质的量)：(1)在a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是___。(2)图象中T2和T1的关系是___。A.T2高于T1B.TB.T2低于T1C.T2等于T1D.(3)在温度为T2时，若容器容积为1L，图中n=3mol，反应达到平衡时N2、H2的转化率均为60%，则在起始时体系中加入N2的物质的量为___，此条件下，反应的平衡常数K=___。【答案】(1).c(2).B(3).1mol(4).2.08【解析】【分析】【详解】(1)a、b、c三点的温度相同，氢气的量越大，氮气的转化率越大，则c点的转化率最高；(2)反应为放热反应，初始量相同，温度升高，平衡逆向移动，氨气的平衡百分含量越小，则T2低于T1，答案为B；(3)反应达到平衡时N2、H2的转化率均为60%，×100%=60%，x=1mol；K==2.08。20.常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，分别进行编号①、②、③的实验，实验数据记录如下表，请回答下列问题。实验编号HA物质的量浓度(mol·L-1)NaOH物质的量浓度(mol·L-1)混合溶液的pH①0.10.1pH=8②c0.2pH=7③0.20.1pH<7(1)根据①组实验情况，分析混合溶液的pH=8的原因是___(用反应的离子方程式表示)，在该溶液中下列关系式不正确的是___(填序号字母)。A.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)B.c(Na+)=c(HA)+c(A-)C.c(HA)+c(H+)=c(OH-)+c(Na+)D.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)+c(HA)(2)②组情况表明，c___0.2mol·L-1(选填“>”、“<”或“=”)。混合溶液中离子浓度c(A-)___c(Na+)(选填“>”、“<”或“=”)。(3)从③组实验结果分析，说明HA的电离程度___NaA的水解程度(选填“>”、“<”或“=”)，离子浓度由大到小的顺序是___。【答案】(1).H2O+A－HA+OH－(2).cd(3).＞(4).=(5).＞(6).c(A－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)【解析】【分析】【详解】(1)等体积等浓度混合，恰好生成正盐，溶液的pH=8，则生成强碱弱酸盐，所以HA为弱酸，A-水解导致溶液显示碱性，水解方程式为：H2O+A－HA+OH－；a．根据电荷守恒可知：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(A－)，故a正确；b．根据物料守恒可知：c(Na＋)=c(HA)+c(A－)，故b正确；c．根据质子守恒可知：c(HA)+c(H+)=c(OH－)，故c错误；d．由电荷守恒c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(A－)可知，c(Na＋)+c(H＋)＜c(OH－)+c(A－)+c(HA)，故d错误；综上所述答案为cd；(2