河北省唐山市第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

河北省唐山市第二中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题

唐山二中2019-2020学年度第一学期高二期中考试化学学科试卷 Ⅰ卷（共48分）‎ 一、选择题（本题包括25个小题，每题只有一个正确选项，每小题2分，共50分）‎ ‎1.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是（ ）‎ A. 直接燃烧煤和将煤进行深加工后再燃烧的效率相同 B. 天然气、水能属于一级能源，水煤气、电能属于二级能源 C. 人们可以把放热反应释放的能量转化为其它可利用的能量，而吸热反应没有利用价值 D. 地热能、风能、天然气和氢能都属于新能源 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、将煤进行深加工后，脱硫处理、气化处理很好地减少污染气体，提高燃烧效率，燃烧的效果好，错误；B、能源依据产生的方式可划分为一级能源和二级能源。 一级能源是指在自然界中能以现成形式提供的能源，例如：天然气，煤，石油，水能，太阳能。二级能源是指需要依靠其它能源（也就是一级能源）的能量间接制取的能源。水煤气是通过煤和水蒸汽制取得，是一氧化碳和氢气的混合气体，水煤气是通过煤和水蒸汽制取的，是二级能源。电能是通过物质燃烧放热转化成的；或是由风能、水能、核能等转化来的，为二级能源。正确；C、放热反应释放的能量转化为其它可利用的能量，比如煤的燃烧，可以用来取暖；而吸热反应也有利用价值，如氯化铵和氢氧化钙反应，可以制冷。错误；D、根据能源利用的早晚，可把能源分为常规能源和新能源。常规能源：如煤、石油、天然气等人类已经利用了多年的能源叫常规能源。新能源：核能、太阳能、地热能、氢能是人类近期利用的能源，称为新能源。错误。故选B。‎ 点睛：本题重点考察能源的分类与应用。是当今社会比较热门的话题，即为常考题。同一种能源可属于不同的能源类型，例如水能既属于一次能源，也属于可再生能源，还可以是常规能源，这是因为从不同的角度划分的。(1)从其产生的方式可分为一次能源和二次能源。一次能源：从自然界直接获取的能源叫一次能源，如水能，风能，太阳能。 二次能源：无法从自然界直接获取，必须通过一次能源的消耗才能得到的能源叫二次能源，如电能。(2)从能源是否可再生的角度可分为可再生能源和不可再生能源。‎ 可再生能源：可以在自然界里源源不断地得到的能源，如水能、风能、生物质能。不可再生能源：越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充的能源，如化石能源、核能。(3)根据能源利用的早晚，又可把能源分为常规能源和新能源。 常规能源：如煤、石油、天然气等人类已经利用了多年的能源叫常规能源。 新能源：核能、太阳能、地热能是人类近期利用的能源，称为新能源。(4)按生成年代分为化石能源和生物质能。化石能源：像煤、石油、天然气，是千百万年前埋在地下的动植物经过漫长的地质年代形成的，所以称为化石能源。生物质能：具有生命物质提供的能量称为生物质能。如木材、草类、肉类等。‎ ‎2.下列事实不能证明氨水是弱碱的是( )。‎ A. pH＝11的氨水加水稀释到原溶液体积100倍时，pH大于9‎ B. 氯化铵溶液呈酸性 C. 常温下0.01 mol/L氨水的pH＝10.6‎ D. 体积相同的0.1 mol/L氨水和0.1 mol/L NaOH溶液中和盐酸的量相同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH=11的氨水加入水稀释到原溶液体积100倍时，pH大于9，说明一水合氨中存在电离平衡，能够证明一水合氨是弱电解质，故A不选；‎ B．氯化铵溶液呈酸性，说明氯化铵是强酸弱碱盐，能够证明一水合氨是弱电解质，故B不选；‎ C．常温下，0.01 mol/L氨水的pH=10.6，说明一水合氨部分电离，能够证明一水合氨是弱电解质，故C不选；‎ D．体积相同的0.1 mol/L氨水和0.1 mol/L NaOH溶液中和盐酸的量相同，说明一水合氨是一元碱，不能说明一水合氨是弱电解质，故D选；‎ 故选D。‎ ‎3.下列说法正确的是(　　)‎ A. 浓度为0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液，加水稀释，则c(CH3COO-)/c(CH3COOH)减小 B. 浓度为0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液，升高温度，Ka(CH3COOH)不变，但醋酸的电离程度增大 C. 浓度为0.1 mol·L－‎1 HA溶液pH为4，则HA为弱电解质 D. CH3COOH的浓度越大，CH3COOH的电离程度越大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 加水稀释，n(CH3COO-)增大，n(CH3COOH)减小，则c(CH3COO-)/c(CH3COOH)增大，故A错误；‎ B. 电离是吸热过程，升高温度，Ka(CH3COOH)增大，故B错误；‎ C. 浓度为0.1 mol·L－‎1 HA溶液pH为4，说明HA部分电离，则HA为弱电解质，故C正确；‎ D. 稀释促进电离，电离程度增大，相反CH3COOH的浓度越大，CH3COOH的电离程度越小，故D错误。‎ 故答案选C。‎ ‎4.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正确的是 A. 用铜作阴极，石墨作阳极，电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑‎ B. 铅蓄电池放电时的正极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4‎ C. 粗铜精炼时，与电源正极相连的应是粗铜，该极发生的电极反应式只有Cu-2e-=Cu2+‎ D. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式为Fe-2e-=Fe2+‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、用铜作阴极，石墨作阳极，电解饱和食盐水时，氯离子的还原性大于氢氧根离子，阳极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，故A正确；B. 铅蓄电池放电时的正极反应式为：PbO2＋4H＋＋SO42－＋2e-=PbSO4＋2H2O,负极反应为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，故B错误；C、粗铜精炼时，与电源正极相连的应是粗铜，该极发生的电极反应式除Cu-2e-=Cu2+外，还有比铜活泼的杂质金属失电子溶解，故C错误；D、钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，故D错误；故选A。‎ ‎5.常温下，某NH4Cl溶液的pH＝4，下列说法中正确的是(　　)‎ ‎①溶液中c(H+)＞c(OH－) ‎ ‎②由水电离产生c(H＋)约为10－10 mol·L－1‎ ‎③溶液中离子浓度关系为c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H＋)＞c(OH－)‎ ‎④在纯水中加入该NH4Cl溶液，水的电离被抑制 A. ①② B. ①③ C. ①④ D. ①②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①‎25℃‎时，某NH4Cl溶液的pH为4，说明溶液显酸性，则溶液中c(H+)＞c(OH-)，故①正确；‎ ‎②强酸弱碱盐溶液中氢离子为水电离出的氢离子，氯化铵为强酸弱碱盐，促进水的电离，所以溶液中水电离出的氢离子浓度为1×10-4mol/L，故②错误；‎ ‎③溶液呈酸性，所以c(H+)＞c(OH-)，溶液中存在电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，所以c(Cl-)＞c(NH4+)，盐类水解程度一般较小，所以c(NH4+)＞c(H+)，则溶液中离子浓度大小顺序是c(Cl-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)，故③正确；‎ ‎④NH4Cl水解，促进水的电离，故④错误；‎ 正确的有①③，故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为②，要注意能够水解的盐促进水的电离，常温下，由水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度均大于1×10-7mol/L。‎ ‎6.十氢萘是具有高储氢密度的氢能载体，经历“十氢萘(C10H18)→四氢萘(C10H12)→萘(C10H8)”的脱氢过程释放氢气。已知：‎ Ⅰ C10H18(l)==C10H12(l)＋3H2(g) ΔH1 Ⅱ C10H12(l)==C10H8(l)＋2H2(g) ΔH2‎ 假设某温度下， ΔH1＞ΔH2＞0。在下图中绘制下列“C10H18→C10H12→C10H‎8”‎的“能量～反应过程” 示意图正确的是： ( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】某温度下，ΔH1＞ΔH2＞0。说明该反应的正反应均为吸热反应，即反应物的总能量小于生成物的总能量，A、C错误；由于ΔH1＞ΔH2，说明第一个反应吸收的热量比第二个反应多，从B、D两个图像看出，D中ΔH2＞ΔH1，不符合题意，B正确；正确选项B。‎ ‎7.向盛有足量A的容积固定的密闭容器中加入B，发生反应：A(s)+2B(g) ⇌‎4C(g)+D(g) ΔH＜0。一定条件下达到平衡时，C的物质的量与加入的B的物质的量的关系如图所示。其他条件不变，下列措施能使θ值增大的是（ ）‎ A. 降低温度 B. 增大压强 C. 加入催化剂 D. 再加入少量A ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ θ值增大，相同B物质的量下，C的物质的量增大，即需要让平衡向生成C的方向移动，向正反应方向移动，据此分析；‎ ‎【详解】A、该反应为放热反应，降低温度，平衡正向进行，C的物质的量增大，由图可知，θ值增大，故A正确；‎ B、反应物气体系数之和小于生成物气体系数之和，增大压强，平衡逆向进行，C的物质的量减小，由图可知，θ值减小，故B错误；‎ C、加入催化剂，平衡不移动，θ值不变，故C错误；‎ D、因为A的状态为固体，浓度视为常数，再加入少量A， 平衡不移动，θ值不变，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎8.一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下：‎ 下列说法不正确的是( )‎ A. 在pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀 B. 在pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀 C. 在pH＞14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应为O2＋4H＋＋4e－＝2H2O D. 在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当pH＜4溶液中，酸性较强，碳钢主要发生析氢腐蚀，负极电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极上电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故A正确；‎ B．当pH＞6溶液中，溶液的酸性较弱，碳钢主要发生吸氧腐蚀，负极电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，正极上电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故B正确；‎ C．在pH＞14溶液中，溶液显强碱性，碳钢主要发生吸氧腐蚀，碳钢腐蚀的正极反应O2+2H2O+4e-=4OH-，故C错误；‎ D．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀，正极上氧气浓度减小，生成氢氧根离子速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】‎ 明确钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件是解本题关键。在强酸性条件下，碳钢发生析氢腐蚀，在弱酸性、中性、碱性条件下，碳钢发生吸氧腐蚀。‎ ‎9.电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法，即保持污水的pH在5.0~6.0之间，通过电解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附作用，可吸附水中的污物而使其沉淀下来，起到净水的作用，其原理如图所示。下列说法正确的是 A. 石墨电极上发生氧化反应 B. 通甲烷的电极反应式：CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O C. 通空气的电极反应式为O2+4e-=2O2- D. 甲烷燃料电池中CO32-向空气一极移动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：该装置是以甲烷燃料电池为电源，对污水进行电解处理，根据甲烷燃烧的原理，通甲烷的一极为负极，通氧气的一极为正极，所以铁电极为阳极，石墨为阴极，根据电极上发生的反应，结合溶液中阴阳离子的移动情况进行解答。‎ 详解：A、根据甲烷燃烧时化合价变化情况，可知甲烷中的C元素化合价升高，失去电子，甲烷在负极发生氧化反应，与之相连接的石墨为阴极，发生还原反应，所以A错误；‎ B、以熔融的碳酸盐为电解质，则通甲烷的负极反应为CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，所以B正确；‎ C、由装置图所含信息可知，通空气的正极反应式为O2+2CO2+4e-=2CO32-，所以C错误；‎ D、在电池内部，阴离子向负极移动，所以甲烷燃料电池中CO32-向通甲烷的负极移动，故D错误。本题答案为B。‎ 点睛：注意装置图所给信息，特别是物质A即CO2，是通甲烷一极的生成物，也是通空气一极的反应物之一；题干描述的是利用电解原理制取Fe(OH)3胶体，利用胶体的性质进行污水处理，但选项中是以装置图为依据进行电化学知识的考查。‎ ‎10.H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01 mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液，发生的反应为I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，下列说法合理的是(　　)‎ A. 该滴定可用甲基橙作指示剂 B. Na2S2O3是该反应的还原剂 C. 该滴定可选用如图所示装置 D. 该反应中每消耗2 mol Na2S2O3，电子转移数为4NA ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、溶液中有单质碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与亚硫酸钠发生氧化还原反应，当反应终点时，单质碘消失，蓝色褪去，不需要加甲基橙作指示剂，故A错误；‎ B、Na2S2O3中S元素化合价升高被氧化，作还原剂，故B正确；‎ C、Na2S2O3溶液显碱性，应该用碱式滴定管盛放，故C错误；‎ D、I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6反应中I元素化合价由0价降低为-1价，转移2个电子，因此每消耗2mol Na2S2O3，电子转移数为2mol，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎11. 合理利用某些盐能水解的性质，能解决许多生产、生活中的问题，下列叙述的事实与盐水解的性质无关的是 A. 金属焊接时可用NH4Cl溶液作除锈剂 B. 配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉 C. 长期施用铵态氮肥会使土壤酸化 D. 向FeCl3溶液中加入CaCO3粉末后有气泡产生 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、NH4Cl溶液水解显酸性，能和铁锈反应从而除去铁锈，故和盐类水解有关，A错误；‎ B、亚铁离子易被氧化，配制FeSO4溶液时，加入一定量Fe粉的目的是防止氧化，与盐类的水解无关，B正确；‎ C、铵根水解显酸性，所以长期施用铵态氮肥会使土壤酸化，与盐类的水解有关，C错误；‎ D、FeCl3是强酸弱碱盐，水解显酸性，故加入碳酸钙后有气泡产生，和盐类的水解有关，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎12.常温下，下列有关说法正确的是(混合后溶液体积变化忽略不计)‎ A. 将pH=2的盐酸和pH=5的稀硫酸等体积混合，混合液的pH=3.5‎ B. 将pH=11的NaOH溶液和pH=13的Ba(OH)2溶液等体积混合，混合液的pH=12‎ C. 将pH=2的H2X溶液稀释至原来的1 000倍，得到混合溶液的pH=5‎ D. 将pH=1的盐酸和0.1 mol·L-1 的Ba(OH)2溶液等体积混合，混合液的pH=12.7‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项，pH=2的盐酸和pH=5的稀硫酸等体积混合后溶液中c（H+）混合==5.005×10-3mol/L，混合后溶液的pH=-lgc（H+）混合=-lg（5.005×10-3）≈2.3，A项错误；‎ B项，常温下水的离子积KW=1×10-14，pH=11的NaOH溶液和pH=13的Ba（OH）2溶液等体积混合后溶液中c（OH-）混合=≈5×10-2mol/L，则混合后溶液中c（H+）=mol/L=2×10-13mol/L，混合后溶液的pH=-lgc（H+）=-lg（2×10-13）=12.7，B项错误；‎ C项，若H2X为强酸，则pH=2的H2X溶液稀释至原来的1000倍后溶液的pH=5，若H2X为弱酸，加水稀释促进弱酸的电离，则pH=2的H2X溶液稀释至原来的1000倍后溶液的pH<5，C项错误；‎ D项，pH=1的盐酸中c（H+）=0.1mol/L，0.1mol/LBa（OH）2溶液中c（OH-）=0.2mol/L，两者混合发生离子反应：H++OH-=H2O，pH=1的盐酸和0.1mol/LBa（OH）2溶液等体积混合，充分反应后Ba（OH）2过量，混合后溶液中的c（OH-）过量==0.05mol/L，常温下水的离子积KW=1×10-14，混合后溶液中c（H+）=‎ mol/L=2×10-13mol/L，混合后溶液的pH=-lgc（H+）=-lg（2×10-13）=12.7，D项正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】解答本题时需要注意：（1）碱溶液与碱溶液混合后溶液一定呈碱性，必须先求混合液中c（OH-），再根据水的离子积计算混合液中c（H+）；（2）强酸溶液与强碱溶液混合一定发生中和反应，必须判断混合溶液的性质再计算，若酸过量直接求过量的c（H+），若恰好完全反应则溶液呈中性，若碱过量必须先求过量的c（OH-）；（3）稀释溶液时对弱电解质的电离平衡起促进作用。‎ ‎13.H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得 ‎70 ℃‎时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是 A. 图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快 B. 图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快 C. 图丙表明，少量Mn 2+存时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快 D. 图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此可知：在相同pH条件下，双氧水浓度越大，双氧水分解速率越快，A错误；‎ B.图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：当双氧水浓度相同时，溶液的pH越大，双氧水分解速率越快，B错误；‎ C.图丙中少量Mn2+存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：0.1mol/LNaOH溶液>1.0mol/LNaOH溶液>0mol/LNaOH溶液，C错误；‎ D.图丁中溶液的pH相同，Mn2+浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH值影响，由此得出：碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，D正确；‎ 故合理选项是D。‎ ‎【点睛】本题比较反应速率的快慢关键是观察曲线的斜率。‎ ‎14. 下列各组离子能大量共存的是 A. 加入KSCN显红色的溶液中：K+、NH4+、Cl―、I―‎ B. 含“‎84”‎消毒液（有效成分NaClO）的溶液中：Fe2+、Cl―、Ca2+、Na+‎ C. 常温下，pH=1的溶液中：NH4+、Na+、Cl―、Cu2+‎ D. 常温下，pH=13的无色溶液中：K+、NO3―、HCO3―、Al3+‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. Fe3+遇KSCN溶液变红，则加入KSCN显红色的溶液中一定大量存在Fe3+，由于2Fe3++2I―=2Fe2++I2，具有强氧化性的Fe3+与强还原性的I―不能大量共存，故A错误；‎ B. ClO―具有强氧化性，Fe2+具有强还原性，二者容易发生氧化反应反应，生成Cl―和Fe3+，故B错误；‎ C. 常温下pH=1的溶液中大量存在H+，H+、NH4+、Na+、Cl―、Cu2+之间不能反应，故C正确；‎ D. 常温下pH=13的溶液中大量存在OH―，OH―与HCO3―容易发生中和反应，生成H2O和CO32―，OH―与Al3+容易发生复分解反应，生成Al(OH)3或AlO2―和H2O，故D错误。‎ ‎【点睛】考查离子共存，涉及铁离子的显色反应和氧化还原反应、亚铁离子的氧化还原反应、溶液的酸碱性和pH、碳酸氢根离子的酸性、铝离子的沉淀反应或铝三角的转化等。‎ ‎15.80 ℃‎时，在‎2 L密闭容器中充入0.40 mol N2O4，发生反应N2O4(g) 2NO2(g) ΔH=+Q kJ·mol-1(Q＞0)，获得如下数据：‎ 下列判断正确的是(　　)。‎ A. 升高温度该反应的平衡常数K减小 B. 20~40 s内，v(N2O4)=0.004 mol·L-1·s-1‎ C. 反应达平衡时，吸收的热量为0.30Q kJ D. 100 s时再通入0.40 mol N2O4，达到新平衡时N2O4的转化率增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，故A错误；‎ B．20～40 s 内△v(NO2)=(0.2-0.12)mol/L=0.08mol/L，v(NO2)==0.004 mol•L-1•s1，速率之比等于其化学计量数之比，则v(N2O4)=v(NO2)=0.002 mol•L-1•s1，故B错误；‎ C．80s时到达平衡，生成二氧化氮为0.3mol/L×‎2L=0.6mol，由热化学方程式可知吸收的热量为QkJ×=0.3QkJ，故C正确；‎ D．100 s 时再通入0.40 mol N2O4，等效为在原平衡的基础上增大压强，与原平衡相比，平衡逆向移动，达新平衡时N2O4的转化率减小，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎16.下列关于盐类水解的说法错误的是(　　)‎ A. pH相等的①NaHCO3、②Na2CO3、③NaOH溶液的物质的量浓度大小：①＞②＞③‎ B. 浓度均为0.1 mol·L－1的①(NH4)2CO3、②(NH4)2SO4、③(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，c(NH4+)的大小顺序为①＞②＞③‎ C. 在NH4Cl溶液中加入稀HNO3，能抑制NH4+水解 D. 在CH3COONa溶液中加入冰醋酸，能抑制CH3COO－水解 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．pH相等的①NaHCO3、②Na2CO3、③NaOH，溶液碱性越强需要溶液浓度越小，溶液的物质的量浓度大小：①＞②＞③，故A正确；‎ B．(NH4)2CO3 中CO32-促进NH4+水解，(NH4)2Fe(SO4)2中Fe2+抑制NH4+水解，因此相同浓度的这几种溶液中铵根离子浓度大小顺序是③＞②＞①，故B错误；‎ C．在NH4Cl溶液中铵根离子水解溶液显酸性，NH4++H2O=NH3•H2O+H+，加入稀HNO3，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，抑制NH4+水解，故C正确；‎ D．醋酸钠溶液中，醋酸根离子水解，CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，溶液显碱性，加入冰醋酸，醋酸浓度增大，水解平衡逆向移动，抑制CH3COO-水解，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎【点睛】本题的易错点为D，要注意醋酸为弱酸，加入冰醋酸，醋酸分子浓度增大。‎ ‎17.工业上电解NO制备NH4NO3，其工作原理如图所示(图中电极均为石墨电极)。下列说法错误的是 A. a 极连接电源的负极 B. 阳极反应为NO+5e-+6H+=NH4++H2O C. 总反应方程式为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3‎ D. 为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A，A 是NH3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、a极NO→NH4＋，N的化合价降低，得到电子，根据电解原理，a极应为阴极，即接电源的负极，故A说法正确；‎ B、根据选项A的分析，电极b为阳极，电极反应式为NO－3e－＋2H2O=NO3－＋4H＋，故B说法错误；‎ C、阴极反应式为NO＋5e－＋6H＋=NH4＋＋H2O，总反应方程式为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，故C说法正确；‎ D、根据总反应方程式，生成HNO3，为使电解产物全部转化为NH4NO3，因此需要补充NH3，故D说法正确；‎ 答案选B。‎ ‎18.某密闭容器中充入等物质的量的A和B，一定温度下发生反应A(g)＋xB(g) ‎2C(g)，达到平衡后，在不同的时间段内反应物的浓度随时间的变化如图甲所示，正逆反应速率随时间的变化如图乙所示，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 30～40 min间该反应使用了催化剂 B. 化学方程式中的x＝1，正反应为吸热反应 C. 30 min时降低温度，40 min时升高温度 D. 8 min前A的平均反应速率为0.08 mol·L－1·min－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图象可知，30～40 min只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，故A错误；‎ B．由开始到达到平衡，A、B的浓度减少的量相同，由此可知x=1，反应前后气体体积不变，则增大压强平衡不移动，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，应是升高温度，则正反应为放热反应，故B错误；‎ C．由图象可知，30min时只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时降低，反应仍处于平衡状态，故不能是温度变化，而是降低了压强，40min时，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆向进行，应是升高温度，故C错误；‎ D．反应从开始到8min内A浓度减少了0.64mol/L，故A的反应速率为=0.08 mol/(L•min)，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎【点睛】影响化学平衡移动的因素有：升高温度，化学平衡向着吸热方向进行，降低温度，化学平衡向着放热方向进行，增大压强化学平衡向着气体体积减小的方向进行，减小压强化学平衡向着气体体积增大的方向进行，增大反应物的浓度，平衡正向移动，减小反应物的浓度，平衡逆向移动；加入催化剂，平衡不移动。‎ ‎19.下列说法正确的是（ ）。‎ A. 已知0.1 mol·L－1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，加少量烧碱溶液可使溶液中值增大 B. ‎25 ℃‎时，向水中加入少量固体CH3COONa，水的电离平衡：H2OH＋＋OH－逆向移动，c(H＋)降低 C. 取c(H＋)＝0.01 mol·L－1的盐酸和醋酸各100 mL，分别稀释2倍后，再分别加入‎0.3 g锌粉，在相同条件下充分反应，醋酸与锌反应的速率大 D. 向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH＝5的混合溶液中：c(Na＋)＜c(NO3－ )‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加入烧碱，氢氧根离子和氢离子反应，导致溶液中氢离子浓度减小，平衡正向移动，值增大，故A正确；‎ B．含有弱离子的盐能够水解，促进水的电离，向水中加入醋酸钠固体，醋酸根离子水解，是结合氢离子生成了弱电解质醋酸，溶液中氢离子浓度减小，促进水的电离，故B错误；‎ C．反应速率与氢离子浓度成正比，c(H+)=0.01mol•L-1的盐酸和醋酸，醋酸浓度大于盐酸，加水稀释促进醋酸电离，导致醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以醋酸反应速率大，故C正确；‎ D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH＝5的混合溶液，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(Na+)=c(NO3-)，故D错误；‎ 故选AC。‎ ‎20.向20 mL NaOH溶液中逐滴加入0.1 mol/L醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列判断正确的是（　　）‎ A. 在M点，两者恰好反应完全 B. 滴定前，酸中c（H+） 等于碱中c（OH﹣）‎ C. NaOH溶液的物质的量浓度为0.1 mol/L D. 在N点，溶液中的c（CH3COO﹣）＝c（CH3COOH）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．NaOH溶液与醋酸恰好反应醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，若要使溶液呈中性，酸的物质的量应稍微大些，即醋酸未完全反应，故A错误；‎ B．NaOH溶液在滴定开始时的pH=13，c(H+)=10-13mol/L，碱中c(OH-)=mol/L=0.1mol/L，醋酸是弱酸，0.1mol/L醋酸溶液中c(H+)小于0.1mol/L，故B错误；‎ C．NaOH溶液在滴定开始时的pH=13，c(H+)=10-13mol/L，碱中c(OH-)=mol/L=0.1mol/L，所以NaOH溶液的物质的量浓度为0.1 mol/L，故C正确；‎ D．在N点溶液中的溶质为同浓度的醋酸和醋酸钠，溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，则平衡时c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎21.以粗氧化镍(主要含NO、CoO等)为原料制备纯镍，先用CO还原粗氧化镍制备羰化镍，羰化后的产物为Co2(CO)8、Ni(CO)4已知反应为：‎ ‎①CO2(g)+C(s)⇌2CO(g)△H ‎②Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)△H＜0.‎ Ni(CO)4的沸点‎43.2℃‎，熔点﹣‎19.3℃‎，分解温度‎135℃‎；Co2(CO)8沸点‎72℃‎，熔点‎31℃‎。下列有关叙述中不正确的是(　　)‎ A. ①反应在‎900℃‎进行，温度升高，K增大，说明正反应△H＞0‎ B. 蒸馏提取Ni(CO)4应选择的适宜温度范围是‎43.2℃‎﹣‎‎72℃‎ C. 蒸馏后采用‎230℃‎分解Ni(CO)4(g)制取金属镍，所获金属镍中常常含有碳 D. 提纯粗镍若简化为图装置，则温度T1＞T2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．温度升高，K增大，说明平衡正向移动，则正反应为吸热反应，△H＞0，故A正确；‎ B．蒸馏提取Ni(CO)4，应高于沸点，且避免混有Co2(CO)8，则选择的适宜温度范围是‎43.2℃-72℃‎，故B正确；‎ C．采用‎230℃‎分解Ni(CO)4(g)制取金属镍，温度升高，化学平衡Ni(CO)4(g)⇌Ni(s)+4CO(g)正向进行，CO浓度增大，反应2CO(g)⇌C(s)+CO2(g)平衡右移生成碳，导致所获金属镍中常常含有碳，故C正确；‎ D．在温度较低时Ni与CO化合生成Ni(CO)4，在温度较高时分解生成Ni和CO，因此T1＜T2，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为CD，C中要注意根据方程式，利用平衡移动原理分析，D中要注意Ni(s)+4CO(g)⇌Ni(CO)4(g)为放热反应，升高温度，平衡逆向移动。‎ ‎22.相同温度下，在体积相等的三个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) △H＝－92.4 kJ/mol。实验测得有关数据如下表：‎ 容器编号 起始时各物质物质的量/mol 平衡时反应中的能量变化 N2‎ H2‎ NH3‎ ‎①‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎0‎ 放出热量a kJ ‎②‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎0‎ 放出热量b kJ ‎③‎ ‎2‎ ‎6‎ ‎0‎ 放出热量c kJ 下列叙述正确的是 （ ）。‎ A. 达平衡时氨气的体积分数：①＞③‎ B. 三个容器内反应的平衡常数：③＞①＞②‎ C. 放出热量关系：a ＜ b ＜92.4‎ D. H2的转化率：①＞ ②＞ ③‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．③中反应物是①中的2倍，相当于增大压强，平衡正向移动，所以③中氨气大于①中2倍，所以平衡时氨气体积分数：①＜③，故A错误；‎ B．化学平衡常数只与温度有关，①②③温度相同，其化学平衡常数相同，故B错误；‎ C．①因为该反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，则放出的热量小于92.4kJ； ②是在①的基础上加入1mol氮气，平衡正向移动，放出的热量大于a，但是小于92.4kJ，所以存在a＜b＜92.4，故C正确；‎ D．②是在①的基础上加入1mol氮气，平衡正向移动，但是氢气的转化率增大，转化率②＞①，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎23.NO与CO在金属铑(Rh)的催化下发生反应2NO(g)＋CO(g)=N2O(g)＋CO2(g)　ΔH，该反应过程经历如下两步：‎ 反应Ⅰ：NO(g)＋CO(g)＋Rh(s)=RhN(s)＋CO2(g) 　ΔH1＝－33.44 kJ·mol－1；‎ 反应Ⅱ：RhN(s)＋NO(g)=Rh(s)＋N2O　ΔH2＝－319.35 kJ·mol－1。‎ 如图所示为该反应在无催化剂(a)和有催化剂(b)时反应过程的能量变化对比图：‎ 下列有关判断正确的是(　　)‎ A. ΔH＝－285.91 kJ·mol－1‎ B. E1为反应2NO(g)＋CO(g)=N2O(g)＋CO2(g)的活化能 C. E2为使用催化剂后降低的活化能 D. 使用合适催化剂可降低反应的活化能，提高反应速率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．反应Ⅰ：NO(g)＋CO(g)＋Rh(s)=RhN(s)＋CO2(g) 　ΔH1＝－33.44 kJ·mol－1，反应Ⅱ：RhN(s)＋NO(g)=Rh(s)＋N2O　ΔH2＝－319.35 kJ·mol－1。根据盖斯定律，将反应I+反应Ⅱ得：2NO(g)＋CO(g)=N2O(g)＋CO2(g) ΔH＝(－33.44 kJ·mol－1)+(－319.35 kJ·mol－1)=－352.79 kJ·mol－1，故A错误；‎ B．根据图像，E1为反应2NO(g)＋CO(g)=N2O(g)＋CO2(g)有催化剂和无催化剂时的活化能的差，故B错误；‎ C．根据图像，E2为该反应的反应热，故C错误；‎ D．使用合适的催化剂可降低反应的活化能，增大活化分子百分数，提高反应速率，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎24.将一定量氨基甲酸铵(NH2COONH4)加入密闭容器中，发生反应NH2COONH4(s)2NH3(g)＋CO2(g)。该反应的平衡常数的负对数(－lgK)值随温度(T)的变化曲线如图所示，下列说法不正确的是 A. 该反应的ΔH>0‎ B. NH3的体积分数不变时，该反应一定达到平衡状态 C. A点对应状态的平衡常数K(A)＝10－2.294‎ D. ‎30℃‎时，B点对应状态的v(正)”、“<”、“=”）‎ ‎②T1______T2 （填“>”、“<”、“=”），原因是_________________________。‎ ‎③在c点条件下，下列叙述能说明上述反应能达到化学平衡状态的是________（填代号）‎ a.H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2倍 b.CH3OH的体积分数不再改变 c.混合气体的密度不再改变 d.CO和CH3OH的物质的量之和保持不变 ‎④计算图中a点的平衡常数KP=______（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。‎ ‎【答案】 (1). 1076 (2). ＜ (3). ＜ (4). 该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，故Tl＜T2 (5). bc (6). 16/MPa2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能计算；‎ ‎(2)①压强越大，反应速率越快；②压强相同时，一氧化碳的转化率高，所以平衡正向移动，而正反应是放热反应，结合温度对平衡的影响分析判断；③根据化学平衡时正逆反应速率相等，各物质含量不再改变分析判断；④结合三段式列式计算平衡物质的物质的量，用平衡分压代替平衡浓度计算。‎ ‎【详解】(1)反应热=反应物的总键能-生成物的总键能，则△H=2×436 kJ/mol +x kJ/mol -343 kJ/mol -413 kJ/mol×3-465 kJ/mol =-99 kJ/mol，解得x=1076，故答案为1076；‎ ‎(2)①压强越大，反应速率越快，所以a、b两点的反应速率：v(a)＜v(b)，故答案为＜；‎ ‎②CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) ∆H1<0，是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，故Tl＜T2；故答案为＜；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，故Tl＜T2；‎ ‎③a．H2的消耗速率是CH3OH生成速率的2‎ 倍，均表示正反应速率，不能说明正、逆反应速率相等，不能说明达到平衡状态，故a错误；b．CH3OH的体积分数随着反应的进行增大，CH3OH的体积分数不再改变，说明达到平衡状态，故b正确；c．混合气体的总质量不变，容器可变，则混合气体的体积减小，密度增大，当混合气体的密度不再改变时，达到平衡状态，故c正确；d．根据C守恒，CO和CH3OH的物质的量之和始终保持不变，不能说明化学平衡，故d错误；故答案为bc；‎ ‎④a点的一氧化碳转化率为50%，总压为0.5MPa，‎ ‎                CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)‎ 起始量(mol)    1      2          0‎ 变化量(mol)    x        2x         x ‎ 平衡量(mol)  1-x      2-2x         x 而一氧化碳转化率为50%，所以x=0.5mol，混合气体的总物质的量=1mol+2mol-2x=3mol-2×0.5mol=2mol，Kp==16/MPa2，故答案为16/MPa2。‎ ‎28.(一)已知‎25 ℃‎时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示：‎ 化学式 CH3COOH ‎ H2CO3‎ HClO 电离平衡常数 Ka＝1.8×10－5‎ Ka1＝4.3×10－7 Ka2＝5.6×10－11‎ Ka＝3.0×10－8‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的四种溶液：‎ a．CH3COONa 　b．Na2CO‎3　 ‎c．NaClO　 d．NaHCO3‎ pH由小到大排列顺序是_____________(用编号填写)。‎ ‎（2）常温下，0.1 mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是________。‎ A．c(H＋) B． C．c(H＋)·c(OH－) D． E． ‎ ‎（3）向NaClO溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为_____。‎ ‎(二)在常温下，下列五种溶液：‎ ‎①0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液　②0.1mol•L﹣1CH3COONH4溶液　③0.1mol•L﹣1NH4HSO4溶液④0.1mol•L﹣1NH3•H2O和0.1mol•L﹣1NH4Cl的混合溶液　⑤0.1mol•L﹣1NH3•H2O溶液 请根据要求填写下列空白：‎ ‎（1）在上述五种溶液中，pH最小的是_____；c（NH4+）最小的是_____。（填序号）‎ ‎（2）比较溶液②、③中c（NH4+）的大小关系是②_____③（填“＞”“＜”或“＝”）。‎ ‎（3）在溶液④中，_____的浓度为0.1mol•L﹣1；NH3•H2O和_____的物质的量浓度之和为0.2mol•L﹣1。‎ ‎【答案】 (1). a＜d＜c＜b (2). BD (3). ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3- (4). ③ (5). ⑤ (6). ＜ (7). Cl- (8). NH4+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(一)(1)根据表格数据，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-。酸根离子对应酸的酸性越强，该离子的水解程度越小，溶液的pH越小；‎ ‎(2)0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程中，氢离子与醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，浓度减小，酸性减弱，结合温度不变，水的离子积常数不变，醋酸的电离平衡常数不变分析判断；‎ ‎(3)酸性强弱HClO＞HCO3-，书写二者反应的离子方程式；‎ ‎(二)(1)五种0.1mol/L含 NH4+的溶液，要考虑 NH4+的水解以及H+、CH3COO-等条件对 NH4+水解平衡的影响，依据另一种离子的影响分析判断；‎ ‎(2)醋酸根离子水解促进铵根离子水解，NH4HSO4 溶液中的氢离子抑制铵根离子的水解；‎ ‎(3)混合溶液中氯离子浓度不变为0.1mol/L；依据溶液中氮元素的物料守恒分析判断。‎ ‎【详解】(一)(1)根据表格数据，酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3-。四种溶液的溶质都是强碱弱酸盐，物质的量浓度均为0.1 mol·L－1时，水解程度大小为：CO32-＞ClO-＞HCO3-＞CH3COO-，水解均显碱性，水解程度越大，碱性越强，所以碱性顺序是：Na2CO3＞NaClO＞NaHCO3＞CH3COONa，即pH由小到大的排列顺序为：CH3COONa＜NaHCO3＜NaClO＜Na2CO3，即：a＜d＜c＜b，故答案为a＜d＜c＜b；‎ ‎(2)常温下，0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释过程中，氢离子与醋酸根离子物质的量增大，浓度减小，酸性减弱。‎ A、加水稀释醋酸，氢离子浓度减小，故A错误；‎ B ‎、加水稀释醋酸过程中，促进醋酸的电离，氢离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，所以增大，故B正确；‎ C、温度不变，水的离子积常数不变，故C错误；‎ D、醋酸溶液加水稀释时，酸性减弱，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，所以增大，故D正确；‎ E、温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，即不变，故E错误；‎ 故答案为BD；‎ ‎(3)酸性强弱HClO＞HCO3-，根据强酸制取弱酸，二者反应生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式为ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-，故答案为ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-；‎ ‎(二)(1)以①0.1mol/L NH4Cl中铵根离子浓度略小于0.1mol/L为标准；②0.1mol/L CH3COONH4 醋酸根离子水解促进铵根离子水解，铵根离子浓度小于①；③0.1mol/L NH4HSO4 溶液中的氢离子抑制铵根离子的水解，铵根离子浓度大于①，溶液显酸性；④0.1mol/L NH3•H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液中，一水合氨电离程度大于铵根离子的水解，铵根离子浓度大于0.1mol/L，溶液呈碱性；⑤0.1mol/L NH3•H2O，一水合氨是弱碱存在电离平衡，电离程度较小，溶液中铵根离子浓度远小于0.1mol/L，小于①，溶液呈碱性；所以溶液pH最小的是③，铵根离子浓度最小的是⑤，故答案为③；⑤；‎ ‎(2)根据(1)的分析，②0.1mol/L CH3COONH4 醋酸根离子水解促进铵根离子水解，铵根离子浓度小于①；③0.1mol/L NH4HSO4 溶液中的氢离子抑制铵根离子的水解，铵根离子浓度大于①，c(NH4+)：②＜③，故答案为＜；‎ ‎(3)④0.1mol/L NH3•H2O和0.1mol/L NH4Cl混合液中，氯离子浓度不变为0.1mol/L；根据氮元素守恒得到NH3•H2O和NH4+浓度为0.2mol/L，故答案为Cl-；NH4+。‎ ‎【点睛】本题的易错点为(一)(3)中离子方程式的书写，要注意依据酸性HClO＞HCO3-，结合强酸制弱酸的原理分析书写。‎ 实验题（共2小题共15分）‎ ‎29.（一）实验室利用如图装置进行中和热的测定。回答下列问题：‎ ‎（1）该图中有一处未画出，它是_____（填仪器名称）。‎ ‎（2）如果用0.50 mol/L的盐酸和氢氧化钠固体进行实验，则根据此实验的数据书写中和热的热化学方程式中的△H将_____（填“偏大”“偏小”或“不变”），原因是_____。‎ ‎（3）利用50 mL 0.50 mol/L的稀盐酸与50 mL 0.55 mol/L的稀氢氧化钠溶液进行实验，设溶液的密度均为‎1 g/cm3，中和后溶液的比热容c＝4.18 J/（g•℃），请根据实验数据计算，中和热△H＝_____ （取小数点后一位）。 ‎ 实验次数 起始温度t1/℃‎ 终止温度t2/℃‎ 盐酸 NaOH 平均值 ‎1‎ ‎26.2‎ ‎26.0‎ ‎26.1‎ ‎29.4‎ ‎2‎ ‎27.0‎ ‎27.4‎ ‎27.2‎ ‎31.3‎ ‎3‎ ‎25.9‎ ‎25.9‎ ‎25.9‎ ‎29.2‎ ‎（4）上述（3）中的结果与中和热的理论值有偏差，产生偏差的原因可能是_____‎ a．实验装置保温、隔热效果差 b．使用环形玻璃搅拌棒搅拌，使其充分反应 c．分多次把NaOH溶液倒入盛有稀盐酸的小烧杯中 d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸溶液的温度 ‎（二）某学生用0.2000mol•L﹣1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作为如下几步：‎ ‎①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“‎0”‎刻度线以上 ‎②固体好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体 ‎③调节液面至“‎0”‎或“‎0”‎刻度线稍下，并记下读数 ‎④移取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液 ‎⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。‎ 请回答：‎ ‎（1）以上步骤有错误的是（填编号）_____，该错误操作会导致测定结果（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）_____。‎ ‎（2）步骤⑤中，在记下滴定管液面读数时，滴定管尖嘴有气泡，将导致测定结果（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）_____。‎ ‎（3）判断滴定终点的现象是：_____。‎ ‎（4）如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为_____mL。‎ ‎（5）根据下列数据：请计算待测盐酸溶液的浓度：_____。‎ 滴定次数 待测体积（mL）‎ 标准烧碱体积（mL）‎ 滴定前读数（mL）‎ 滴定后读数（mL）‎ 第一次 ‎20.00‎ ‎0.30‎ ‎20.40‎ 第二次 ‎20.00‎ ‎4.00‎ ‎24.20‎ 第三次 ‎20.00‎ ‎2.00‎ ‎24.30‎ ‎【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 偏小 (3). NaOH固体溶解放热，中和热的△H为负值 (4). -55.2kJ/mol (5). acd (6). ① (7). 偏大 (8). 偏小 (9). 当滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 (10). 22.60 (11). 0.2150mol/L ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(一)(1)根据量热计的构造判断该装置缺少仪器；‎ ‎(2)NaOH固体溶于水放热，使反应热偏大，结合中和热的热化学方程式中的△H为负值分析解答；‎ ‎(3)先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值，再根据Q=m•c•△T 计算反应放出的热量，然后根据△H=-kJ/mol计算出反应热；‎ ‎(4)上述(3)中的中和热比中和热的理论值小。根据实验操作对放出的热量的影响分析判断；‎ ‎(二)(1)碱式滴定管在装液前没有用所装液体进行润洗；没有用标准液润洗，导致标准液浓度减小，滴定过程中消耗标准液体积偏大；‎ ‎(2)滴定终点时，滴定管尖嘴有气泡，导致消耗消耗标准液体积偏小；‎ ‎(3)根据溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点；‎ ‎(4)滴定管的最小读数为0.01mL，滴定管0刻度在上方，结合图示液面判断溶液体积；‎ ‎(5)先根据数据的有效性，舍去第3组数据，然后求出1、2组平均消耗V(NaOH)，接着根据c(待测)=计算。‎ ‎【详解】(一)(1)根据量热计的构造可知，该装置的缺少的仪器是环形玻璃搅拌棒，故答案为环形玻璃搅拌棒；‎ ‎(2)NaOH固体溶于水放热，使反应放出的热量偏多，但中和热的△H为负值，所以反应热偏大，△H偏小，故答案为偏小； NaOH固体溶解放热，中和热的△H为负值；‎ ‎(3)3次温度差分别为：‎3.3℃‎，‎4.1℃‎，‎3.3℃‎，第2组数据偏差较大，舍去，温度差平均值为‎3.3℃‎，50mL0.50mol/L稀盐酸与50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液进行中和反应生成水的物质的量为‎0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：100mL×‎1g/mL=‎100g，温度变化的值为△T=‎3.3℃‎，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=‎100g×4.18J/(g•℃)×‎3.3℃‎=1.3794kJ，所以实验测得的中和热△H=-=-55.2kJ/mol，故答案为-55.2kJ/mol；‎ ‎(4)上述(3)中的中和热比中和热的理论值小。a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故a选；b．使用环形玻璃搅拌棒搅拌，使其充分反应，不会对结果产生影响，故b不选；c．分多次把NaOH溶液倒入盛有稀盐酸的小烧杯中，会导致热量损失大，温度差小，中和热的数值偏低，故c选；d．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀盐酸测温度，盐酸的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故d选；故答案为acd。‎ ‎(二)(1)碱式滴定管在装液前应用所装液体进行润洗，用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“‎0”‎刻度线以上，碱式滴定管未用标准氢氧化钠溶液润洗，就直接注入标准 NaOH溶液，导致标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=可知，c(标准)偏大，故答案为①；偏大；‎ ‎(2)步骤⑤中，在记下滴定管液面读数时，滴定管尖嘴有气泡，造成V(标准)读数偏小，根据c(待测)=可知，c(待测)偏小，故答案为偏小；‎ ‎(3)滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，所以当滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，说明达到滴定终点，故答案为当滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色；‎ ‎(4)根据图示可知，滴定管中的液面读数为22.60mL，故答案为22.60；‎ ‎(5)三次滴定消耗的体积为：20.10mL，20.20mL，22.30，舍去第3组数据，1、2组平均消耗V(NaOH)==20.15mL，c(待测)==0.2150mol•L-1，故答案为0.2150mol/L。‎