【化学】海南省儋州市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）

海南省儋州市第一中学2019-2020学年高二上学期期中考试试题
注意事项：
1．答题前在答题卡上填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上，答题卡密封线内不准答题。
第I卷（共40分）
可能用到的相对原子质量：H－1 C－12 O－16 N－14
一、选择题（本卷共8小题，每小题2分共16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.下列应用与盐类的水解无关的是（ ）
A. 明矾净水 B. 配制FeCl3溶液时加入适量盐酸
C. NaCl可用作防腐剂和调味剂 D. 泡沫灭火器的灭火原理
【答案】C
【解析】
【详解】A. 明矾的主要成分是KAl(SO4)2•12H2O，加入水中后Al3+水解生成Al(OH)3胶体，胶体具有吸附性，能起到净水的作用，与盐类的水解有关，A项错误；
B. Fe3+水解使溶液显酸性，配制时加入适量盐酸，能抑制盐类的水解，与盐类的水解有关，B项错误；
C. NaCl可用作防腐剂和调味剂，与盐类的水解无关，C项正确；
D. 泡沫灭火器中发生的是Al3+和HCO3-发生双水解产生大量的CO2，与盐类的水解有关，D项错误；
答案选C。
2.在一定温度下，当Mg(OH)2在水溶液达到平衡：Mg (OH)2(s) Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，要使平衡向左移动，且c(Mg2＋)增大，下列叙述正确的是（ ）
A. 加少量水 B. 加入少量盐酸
C. 加入少量氢氧化钠固体 D. 加入少量MgSO4 固体
【答案】D
【解析】
【详解】A、加入少量水，溶解平衡向右移动，故A错误；
B、加少量盐酸，消耗了氢氧根离子，使溶解平衡向右移动，c（Mg2+）增加，故B错误；
C、加入NaOH固体，增大了c（OH-），使溶解平衡向左移动， c（Mg2+）减小，故C错误；
D、加入少量固体MgSO4，增大了c（Mg2+），使溶解平衡向左移动，故D正确；
本题选D。
3.已知H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1，下列反应中能放出57.3kJ热量的是（ ）
A. 1mol稀H2SO4与足量NaOH溶液反应
B. 稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1molH2O(l)
C. 稀NaOH与95%浓硫酸反应生成1molH2O(l)
D. 稀盐酸与氨水反应生成1molH2O(l)
【答案】B
【解析】
【分析】中和热指强酸强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热量，据此分析判断。
【详解】A. 由中和热的概念可知稀H2SO4与NaOH溶液反应生成1mol水时放出57.3kJ热量，A项错误；
B. 稀盐酸与稀Ba(OH)2溶液反应生成1molH2O(l)时放出57.3kJ热量，B项正确；
C. 95%浓硫酸发生反应时要放出热量，与NaOH反应放出的热量大于57.3kJ，C项错误；
D. 氨水属于弱碱，电离时需要吸收能量，与稀盐酸反应放出的热量小于57.3kJ，D项错误；
答案选B。
4.常温下，0.1mol/L的下列溶液中pH最小的是（ ）
A. NaCl B. NaHCO3
C. Al2(SO4)3 D. Ba(OH)2
【答案】C
【解析】
【分析】A. 氯化钠为强酸强碱盐，不发生水解，水溶液为中性，pH=7；
B. NaHCO3是强碱弱酸盐，HCO3-水解使溶液显碱性，pH>7；
C. Al2(SO4)3是强酸弱碱盐，Al3+水解使溶液显酸性，pH<7；
D. Ba(OH)2属于强碱，且碱性强于NaHCO3溶液。
【详解】由分析可知溶液由碱性到酸性且按强弱大小关系排序为：Ba(OH)2，NaHCO3，NaCl，Al2(SO4)3，因此pH最小的是Al2(SO4)3；
答案选C。
5.取20.00 mL 0.50 mol·L-1 NaOH溶液，恰好将未知浓度的H2SO4溶液20.00 mL滴定至终点，下列说法正确的是：（ ）
A. 该实验不需要指示剂
B. 用量筒量取上述硫酸的体积
C. H2SO4的浓度为1.00 mol·L-1
D. 参加反应的H+和OH-的物质的量相等
【答案】D
【解析】试题分析：A、酸碱中和反应，无现象，需要指示剂，故错误；B、量筒的精确度为0.1mL，应用滴定管，故错误；C、n(H2SO4)=n(H＋)/2=n(NaOH)/2=20×10－3×0.5/2mol=5×10－3mol，c(H2SO4)=5×10－3/20×10－3mol·L－1=0.25mol·L－1，故错误；D、恰好完全反应，即n(H＋)=n(OH－)，故正确。
6.25℃时，已知Ksp(AgCl)=1.8×10－10，Ksp(AgBr)=7.8×10－13。现向等浓度NaCl和NaBr的混合溶液中逐滴加入稀AgNO3溶液，先沉淀的是（ ）
A. AgCl B. AgBr C. 同时沉淀 D. 无法判断
【答案】B
【解析】
【详解】由于Ksp(AgC1)＞Ksp(AgBr)，等浓度的NaCl和NaBr混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液，先达到AgBr的溶度积，先析出AgBr沉淀，故选B。
7.汽车尾气净化中的一个反应如下：
NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2 (g) ΔH＝－373.4 kJ·mol－1
在恒容的密闭容器中，反应达到平衡后，改变某一条件，下列示意图正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】A. 放热反应，升高温度，K值减小，据此判断；
B. 该反应为放热反应，升高温度平衡向吸热的方向移动，据此分析；
C. 平衡常数只受温度的影响，温度不变，K值不变，；
D. 增加生成物的量，平衡逆向移动，据此判断。
【详解】A. 平衡常数只受温度影响，该反应为放热反应，升高温度，K值减小，A项错误；
B. 该反应为放热反应，升高温度平衡向吸热的方向移动，即平衡逆向移动，CO的转化率降低，B项错误；
C. 平衡常数只受温度的影响，温度不变，K值不变，与NO的物质的量的变化无关，C项正确；
D. 增加生成物的量，平衡逆向移动，NO的转化率降低，D项错误；
答案选C。
8.下列事实不能说明HNO2为弱酸的是（ ）
A. 常温下，测得0.10mol • L-1HNO2溶液的pH=2
B. 用HNO2溶液做导电实验灯泡很暗
C. HNO2溶液中加入一定量NaNO2晶体，溶液中c(H+)减小
D. NaNO2溶液呈碱性
【答案】B
【解析】
【分析】在水溶液中或熔融状态下部分电离的电解质是弱电解质，根据HNO2的电离程度判断电解质的强弱。
【详解】A. 0.10mol • L-1HNO2溶液pH=2>1，说明HNO2电离不完全，为弱酸，A项不符合题意；
B.溶液的导电能力与离子浓度成正比，但与电解质的强弱无关，B项符合题意；
C. HNO2溶液中加入一定量NaNO2晶体，溶液中c(OH-)增大，c(H+)减小，加入NaNO2晶体，增大了c(NO2-)的浓度，平衡逆向移动，C项不符合题意；
D. 常温下，NaNO2溶液的pH>7，说明NaNO2为强碱弱酸盐，即HNO2为弱酸，D项不符合题意；
答案选B。
二、选择题：(本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分)。
9.一定条件下，下列不能用勒夏特列原理解释的是（ ）
A. H2、I2、HI混合气体加压后颜色变深
B. 合成氨时将氨液化分离，可提高原料的利用率
C. 向氯水中缓慢加入硝酸银固体，氯水颜色变浅
D. 使用MnO2作催化剂能加速H2O2的分解
【答案】AD
【解析】
分析】勒夏特列原理的内容是：如改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动；研究对象是可逆反应，据此分析。
【详解】A. H2和I2生成HI的反应为可逆反应，且为等体积反应，增大压强平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，A项正确；
B. 合成氨的反应为可逆反应，将氨液化分离，可使平衡正向移动，可以使用勒夏特列原理解释，B项错误；
C. 氯水中存在可逆反应Cl2+H2OHCl+HClO，加入硝酸银固体可使平衡正向移动，可以使用勒夏特列原理解释，C项错误；
D. H2O2的分解反应不是可逆反应，不能用勒夏特列原理解释，D项正确；
答案选AD。
10.室温下，若溶液中由水电离产生的c(OH－)＝1×10－14mol·L－1，则此溶液中一定可以大量共存的离子组是（ ）
A. Al3＋、Na＋、NO3-、Cl－ B. K＋、Na＋、Cl－、NO3-
C. K＋、Na＋、Cl－、HCO3- D. K＋、NH4+、SO42-、NO3-
【答案】B
【解析】
【分析】若溶液中由水电离产生的c(OH－)＝1×10－14mol·L－1，说明该溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液，也就是说溶液中存在着H+或者OH-，据此判断。
【详解】A. Al3＋与OH-发生反应，不能大量共存，A项错误；
B. K＋、Na＋、Cl－、NO3-与H+或OH-均可大量共存，B项正确；
C. HCO3-与H+或者OH-均发生复分解反应而不能大量共存，C项错误；
D. NH4+与OH-生成弱电解质NH3•H2O，不能大量共存，D项错误；
答案选B。
11.温度恒定的条件下，在2L容积不变的密闭容器中，发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。开始充入4mol的SO2和2mol的O2，10s后达到平衡状态，此时c(SO3)=0.5 mol·L-1，下列说法不正确的是（ ）
A. v(SO2)∶v(O2)=2∶1 B. 10s内，v(SO3)=0.05mol·L-1·s-1
C. SO2的平衡转化率为25% D. 平衡时剩余SO2的物质的量为3.5mol
【答案】D
【解析】
【分析】根据方程式利用三段法进行计算并判断。
【详解】平衡时n(SO3)= 0.5 mol·L-1×2L=1mol
2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g)
始(mol) 4 2 0
转(mol) 1 0.5 1
平(mol) 3 1.5 1
A. 由以上分析可知v(SO2)==0.05mol·L-1·s-1，v(O2)==0.025mol·L-1·s-1，则v(SO2)∶v(O2)=0.05:0.025=2∶1，A项正确；
B. v(SO3)==0.05mol·L-1·s-1，B项正确；
C. SO2的平衡转化率=×100%=25%，C项正确；
D.由以上分析知平衡时剩余SO2的物质的量为3mol，D项错误；
答案选D。
12.常温下，下列关于pH=3的HF溶液的叙述正确的是（ ）
A. 该溶液中由H2O电离出的c(H+)=1.0×10－3 mol·L-1
B. 与等体积pH=11的NaOH溶液混合，所得溶液呈中性
C. 该溶液中离子浓度大小关系：c(H+)＞c(F－)＞c(OH-)
D. 滴加NaOH溶液至c(F－)=c(Na+)时，溶液pH=7
【答案】CD
【解析】
【分析】A. HF电离出的H+抑制了水的电离；
B. HF过量，与等体积pH=11的NaOH溶液混合，所得溶液呈酸性；
C.H+除了来自HF电离，还来自水的电离，因此c(H+)>c(F-)；
D.根据电荷守恒进行分析。
【详解】A. pH=3的HF溶液中，c(H+)=10-3mol/L，电离出的H+抑制了水的电离，溶液中OH-来自水的电离，则由水电离出的c(OH-)=)==10-11mol/L，A项错误；
B. pH=3的HF溶液与等体积pH=11的NaOH溶液混合，HF为弱酸，混合液中HF过量，反应后所得溶液呈酸性，B项错误；
C. H+除了来自HF电离，还来自水的电离，因此c(H+)>c(F-)，溶液中离子浓度的大小关系为：c(H+)＞c(F－)＞c(OH-)，C项正确
D. 根据电荷守恒有c(H+)+ c(Na+)= c(OH-)+ c(F-)，滴加NaOH溶液至c(F－)=c(Na+)时可得c(H+)= c(OH-)，溶液呈中性，常温下溶液pH=7，D项正确；
答案选CD。
13.在体积为VL的密闭容器中存在化学平衡：2NO2(g)N2O4(g)，ΔH<0。保持温度不变，将容器体积增大至2V后，下列说法不正确的是（ ）
A. 容器内气体颜色变深 B. 容器内N2O4分子数减小
C. 混合气体的平均相对分子质量增大 D. NO2的物质的量分数增大
【答案】AC
【解析】
【分析】反应2NO2(g)N2O4(g)，ΔH<0为放热反应，正向体积缩小，保持温度不变，将容器体积增大至2V后相当于减小压强，根据勒夏特列原理进行分析。
【详解】A. 减小压强，各物质的浓度降低，容器内气体的颜色逐渐变浅，A项错误；
B. 减小压强，平衡向体积增大的方向移动，即平衡逆向移动，容器内N2O4分子数逐渐减小，B项正确；
C. 由质量守恒有平衡后物质的总质量不变，减小压强，平衡向体积增大的方向移动，即平衡逆向移动，气体的物质的量逐渐增大，混合气体的平均相对分子质量减小，C项错误；
D. 减小压强，平衡向体积增大的方向移动，即平衡逆向移动，NO2的物质的量逐渐增多，物质的量分数逐渐增大，D项正确；
答案选AC。
14.反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H>0，在一定条件下于密闭容器中达到平衡。下列各项措施中，不能提高乙烷平衡转化率的是（ ）
A. 增大容器容积 B. 升高反应温度
C. 恒容下通入乙烷 D. 恒容下通入惰性气体
【答案】CD
【解析】
【分析】反应C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H>0，如欲提高乙烷平衡转化率，可以使用减小压强、升高温度等方法，据此进行分析。
【详解】A. 增大容器容积，相当于减小压强，平衡向体积增大的方向移动，即平衡正向移动，乙烷平衡转化率增大，A项错误；
B. 升高反应温度，平衡向吸热的方向移动，即平衡正向移动，乙烷平衡转化率增大，B项错误；
C. 恒容下通入乙烷，平衡正向移动，但乙烷平衡转化率减小，C项正确；
D. 恒容下通入惰性气体，体系内各物质的浓度不变，平衡不移动，乙烷平衡转化率不变，D项正确
答案选CD。
第II卷（共60分）
15.完成下列填空。
（1）25℃时，已知 0.1mol·L-1 CH3COOH 溶液的 pH=3，其电离度为__，由水电离的c(H+)=__。
（2）相同 pH的 CH3COOH溶液和 HCl溶液加水稀释，其 pH变化情况如曲线I、II所示，其中表示 HCl溶液的是曲线__，a、b两点中，导电能力更强的是__。

（3）氨水和盐酸等浓度等体积混合后，溶液呈酸性的原因是（用离子方程式表示）__。此时，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序为___。
【答案】(1). 1% (2). 1×10—11mol·L—1 (3). I (4). a (5). NH4+＋H2ONH3·H2O＋H+ (6). c(Cl—)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH—)
【解析】
【分析】（1）根据电离度=×100%，进行计算；
（2）相同 pH的 CH3COOH溶液和 HCl溶液，加水稀释促进CH3COOH电离，因此稀释相同倍数后盐酸pH的变化大于醋酸，由此进行分析；
（3）氨水和盐酸等浓度等体积混合，铵根离子发生水解，使溶液显酸性，再结合电荷守恒判断离子浓度大小的关系。
【详解】（1）醋酸的电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，c(H+)=c(CH3COO-)，0.1mol·L-1 CH3COOH 溶液的 pH=3，那么已电离的醋酸分子为10-3mol/L，则有电离度=×100%=×100%=1%；
CH3COOH 溶液的 pH=3，有c(H+)=10-3mol/L，由水电离出的c(OH-)==10-11mol/L；
（2）相同 pH的 CH3COOH溶液和 HCl溶液，加水稀释促进CH3COOH电离，因此稀释相同倍数后盐酸pH的变化大于醋酸，所以图中曲线I为盐酸，II为醋酸；溶液的导电能力与离子浓度成正比，c(H+)越大，pH越小，因此溶液导电能力较大的是a；
（3）氨水和盐酸等浓度等体积混合，铵根离子发生水解，使溶液显酸性，水解方程式为：NH4+＋H2ONH3·H2O＋H+；由于铵根离子发生水解，有c(Cl-)>c(NH4+)，又因NH4+水解后使溶液显酸性，有c(H+)>c(OH-)，因此溶液中离子浓度由大到小的顺序为：c(Cl—)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH—)。
16.某可逆反应：2A(g)B(g)+C(g)在3种不同条件下进行，B和C的起始浓度均为0，反应物A的浓度随反应时间的变化情况如下表：

（1）实验1中，在10～20 min内，以物质A表示的平均反应速率为___mol·L-1·min-l，50min时，v正___v逆（填“＜”“＞”或“=”）。
（2）0～20min内，实验2比实验1的反应速率___（填“快”或“慢”），其原因可能是___。
（3）实验3比实验1的反应速率__（填“快”或“慢”），其原因是__。
【答案】(1). 0.013 (2). = (3). 快 (4). 实验2中使用了催化剂 (5). 快 (6). 实验3温度升高加快了反应速
【解析】
【分析】（1）由v=计算反应速率，50min时，浓度不再发生变化，反应达到平衡状态；
（2）根据达到平衡状态所需时间判断反应进行的快慢；
（3）根据达到平衡状态所需时间判断反应进行的快慢，再根据温度判断原因。
详解】（1）v(A)===0.013 mol·L-1·min-l；50min时，浓度不再发生变化，反应达到平衡状态，则v正=v逆；
（2）实验2在20min时达到平衡，实验1在40min时达到平衡，实验2达到平衡状态所需时间短，说明实验2比实验1的反应速率快；在其他条件均相同的条件下，增加催化剂可使反应速率加快；
（3）实验3在30min时达到平衡，实验1在40min时达到平衡，实验3达到平衡状态所需时间短，说明实验3比实验1的反应速率快；实验3与实验1相比，温度升高，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短。
17.（1）据报道，我国在南海进行的可燃冰(甲烷的水合物)试采获得成功。甲烷是一种重要的化工原料。甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外还有以下两种：
水蒸气重整：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH1＝＋205.9kJ·mol－1 ①
CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH2＝－41.2kJ·mol－1 ②
二氧化碳重整：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH3 ③
则反应①自发进行的条件是___（填“低温”或“高温”），ΔH3＝__kJ·mol－1。
（2）根据部分键能数据，以及热化学方程式CH4(g)＋4F2(g)=CF4(g)＋4HF(g) ΔH=－1940kJ·mol-1，计算H—F键的键能为__kJ·mol-1。
化学键
C—H
C—F
H—F
F—F
键能/(kJ·mol－1)
414
489
？
155
（3）0.1mol的氯气和焦炭、TiO2固体完全反应，生成TiCl4液体和CO气体，放出热量4.28kJ，写出该反应的热化学方程式___。
【答案】(1). 高温 (2). ＋247.1 (3). 565 (4). 2Cl2(g)+2C(s)+TiO2(s)=TiCl4(l)+2CO(g) ΔH =－85.6kJ·mol-1
【解析】
【分析】（1）反应的自发性根据ΔG=ΔH-TΔS<0进行判断，利用个盖斯定律书写正确的热化学方程式；
（2）利用ΔH =反应物的总键能-生成物的总键能进行计算；
（3）0.1mol的氯气和焦炭、TiO2固体完全反应，生成TiCl4液体和CO气体，放出热量4.28kJ，那么2mol的氯气和焦炭、TiO2固体完全反应，生成TiCl4液体和CO气体，放出热量85.6kJ，据此写出热化学方程式。
【详解】（1）由反应①可知ΔH>0，ΔS>0，若反应能自发进行，那么ΔG=ΔH-TΔS<0，只需让反应在高温下发生即可；由反应①-②可得CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH3=+247.1 kJ·mol-1；
（2）ΔH =反应物的总键能-生成物的总键能=(4×414 kJ·mol-1)+ (4×155 kJ·mol-1)- (4×489 kJ·mol-1)- (4×E(H-F))=-1940 kJ·mol-1，解得E(H-F)=565 kJ·mol-1；
（3）0.1mol的氯气和焦炭、TiO2固体完全反应，生成TiCl4液体和CO气体，放出热量4.28kJ，那么2mol的氯气和焦炭、TiO2固体完全反应，生成TiCl4液体和CO气体，放出热量85.6kJ，热化学方程式为2Cl2(g)+2C(s)+TiO2(s)=TiCl4(l)+2CO(g) ΔH =－85.6kJ·mol-1。
18.下面a～e是中学化学实验中常见的几种定量仪器：
a.量筒 b.容量瓶 c.滴定管 d.托盘天平 e.温度计
（1）无“0”刻度是___(填字母)。
（2）下列操作合理的是___(填字母)。
A.用25 mL碱式滴定管量取20.00 mL NaHCO3溶液
B.用托盘天平准确称量10.20 g碳酸钠固体
C.用100 mL量筒量取3.2 mL浓硫酸
D.用240 mL容量瓶配制240mL 1 mol·L－1的氢氧化钠溶液
（3）某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液，若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示：则所用盐酸的体积为___mL。

（4）某学生根据三次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数
待测氢氧化钠溶液的体积/mL
0.100 0 mol·L－1盐酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积
第一次
25.00
0.00
26.05
26.05
第二次
25.00
1.56
30.30
28.74
第三次
25.00
0.36
26.31
25.95
请选用其中合理数据列出该氢氧化钠溶液物质的量浓度：c(NaOH)＝___mol·L－1。
（5）由于错误操作，使得上述所测氢氧化钠溶液的浓度偏高的是___(填字母)。
A．滴定达终点时俯视滴定管内液面读数
B．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用25.00 mL待测碱溶液注入锥形瓶进行滴定
C．锥形瓶用待测碱液润洗
D．滴定时酸式滴定管中盐酸洒落在锥形瓶外
【答案】(1). ab (2). A (3). 26.10 (4). 0.1040 (5). CD
【解析】
【分析】（1）量筒无“0”刻度；容量瓶只有刻度线，无“0”刻度；滴定管“0”刻度在最上面； 托盘天平游标上有“0”刻度，温度计有“0”刻度；
（2）A. NaHCO3溶液呈碱性；B.用托盘天平的精确度为0.1g；C. 100 mL量筒量程过大；D.实验室没有240 mL容量瓶；
（3）图2和图1数据相减即得溶液的体积；
（4）根据表格中数据可知第二次实验误差较大，数据舍去，根据c(NaOH)=进行计算；
（5）根据c(NaOH)=进行分析判断。
【详解】（1）由分析可知，只有量筒和容量瓶没有 “0”刻度，其余容器均有“0”刻度；
（2）A. NaHCO3溶液呈碱性，可用25 mL碱式滴定管量取20.00 mL，A项正确；
B.用托盘天平的精确度为0.1g，无法精确称量10.20 g碳酸钠固体，B项错误；
C. 100 mL量筒量程过大，应选择量程更小的量筒量取3.2 mL浓硫酸，C项错误；
D.实验室没有240 mL容量瓶，欲配制240mL 1 mol·L－1的氢氧化钠溶液应选择250mL容量瓶，D项错误；
答案选A；
（3）图2和图1数据相减即得溶液的体积=26.10mL-0.00mL=26.10mL；
（4）根据表格中数据可知第二次实验误差较大，数据舍去，盐酸的体积的平均值为=26.00mL，c(NaOH)= ==0.1040mol/L；
（5）A．滴定达终点时俯视滴定管内液面读数，读得的体积偏小，所测氢氧化钠溶液的浓度偏小，A项错误；
B．碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用待测碱液润洗，实验消耗的碱溶液较多，所测氢氧化钠溶液的浓度偏小，B项错误；
C．锥形瓶用待测碱液润洗，增加了碱液的物质的量，所测氢氧化钠溶液的浓度偏大，C项正确；
D．滴定时酸式滴定管中盐酸洒落在锥形瓶外，读得盐酸体积偏大，所测氢氧化钠溶液的浓度偏大，D项正确；
答案选CD。
19.在2L密闭容器中，起始投入4molN2和6molH2在一定条件下生成NH3，平衡时仅改变温度测得数据如表所示（已知：T1 温度/K
平衡时NH3的物质的量/mol
T1
3.6
T2
2
（1）则K1__K2，（填“>”、“<”或“=”）原因：___。
（2）在T2下，经过10s达到化学平衡状态，则平衡时H2的转化率为__。若再同时增加各物质的量为1 mol，该反应的平衡v正__v逆，(>或=或<)平衡常数将___（填“增大”、“减小”或“不变”）
（3）下列能说明该反应已达到平衡状态的是__。
A.3v正（H2）＝2v逆（NH3） B．容器内气体压强不变
C.混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态 D．c（H2）=c（NH3）
【答案】(1). ＞ (2). 温度升高，平衡逆向移动，K减小 (3). 50﹪ (4). ＞ (5). 不变 (6). BC
【解析】
【分析】（1）合成氨为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；
（2）根据方程式利用三段法进行计算；
（3）达到平衡状态时，正反应速率等于逆反应速率，各物质的质量或浓度保持不变，据此进行分析判断。
【详解】（1）合成氨为放热反应， T1K2；
（2）设达到平衡时N2转化了x mol/L，根据三段法有
N2 + 3H2 2NH3
始(mol/L) 2 3 0
转(mol/L) 0.5 1.5 1
平(mol/L) 1.5 1.5 1
平衡时H2的转化率=×100%=50%；平衡常数K==0.2，
若再同时增加各物质的量为1 mol，根据三段法有：
N2 + 3H2 2NH3
始(mol/L) 2 2 1.5
浓度商Qc==0.14v逆，
平衡常数只与温度有关，温度不变，K不变；
（3）A. 当2v正（H2）＝3v逆（NH3）时才能证明达到平衡状态，A项错误；
B．该反应为非等体积反应，容器内气体压强不变，证明反应达到平衡状态，B项正确；
C. 该反应为非等体积反应，混合气体的平均相对分子质量不再改变，证明反应达到了平衡状态，C项正确；
D．浓度相等并不能证明反应达到平衡状态，D项错误；
答案选BC。
20.25℃时，三种酸的电离平衡常数如下：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数Ka
1.8×10-5
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
3.0×10－8
回答下列问题：
（1）一般情况下，当温度升高时，电离平衡常数Ka__(填“增大”、“减小”或“不变”)，H2CO3的一级电离平衡常数表达式为Ka1 =___。
（2）下列四种离子结合H+能力最强的是__(填字母)。
a.CO32－ b.ClO－ c.CH3COO－ d.HCO3－
（3）HClO与Na2CO3溶液反应的离子方程式___。
（4）25℃时，若测得CH3COOH与CH3COONa的混合溶液的pH＝5，则溶液中c(CH3COO－)-c(Na+)＝___mol·L-1(填近似值)。
【答案】(1). 增大 (2). (3). a (4). HClO＋CO32－＝HCO3－＋ClO－ (5). 1×10－5
【解析】
【分析】由三种酸的电离平衡常数可知酸性CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-，据此分析判断解答本题。
（1）酸的电离为吸热过程，升高温度，K值增大；
（2）酸根离子对应的酸酸性越强，酸根离子结合H+的能力越弱；
（3）根据酸性强弱的规律书写离子方程式；
（4）根据混合溶液中的电荷守恒进行计算。
【详解】（1）酸的电离为吸热过程，升高温度，电离平衡常数Ka增大；H2CO3为弱电解质，分步电离，以第一步为主，电离方程式为：H2CO3H++HCO3-，一级电离平衡常数表达式为Ka1 =；
（2）由三种酸的电离平衡常数可知酸性CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-，酸根离子对应的酸酸性越强，酸根离子结合H+的能力越弱，所以四种离子结合H+能力最强的是CO32-；
（3）酸性CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO3-，可得HClO与Na2CO3溶液反应的离子方程式为：HClO＋CO32－＝HCO3－＋ClO－；
（4）溶液的pH＝5，说明c(H+)=10-5mol/L， c(OH-)==10-9mol/L，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则c(CH3COO－)-c(Na+)＝10-5mol/L-10-9mol/L1×10－5mol/L。