1、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
2、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
3、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、
4、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. pH11的氨水加水稀释到原溶液体积100倍时，pH大于9B.
5、 氯化铵溶液呈酸性C. 常温下0.01 mol/L氨水的pH10.6D. 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】ApH=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，0.01mol/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0.1mol/L氨水和0.1mol/LNaOH溶液中和盐酸的量相同，说明一水合氨是一
6、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 molL1 CH3COOH溶液，加水稀释，则c(CH3COO-)/c(CH3COOH)减小B. 浓度为0.1 molL1 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 molL1 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
7、温度，Ka(CH3COOH)增大，故B错误；C. 浓度为0.1 molL1 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-=Cl2B. 铅蓄电池放电时的正极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4C. 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
8、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：PbO24HSO422e-=PbSO42H2O,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pH4，下列说法中正确的是()
9、溶液中c(H+)c(OH) 由水电离产生c(H)约为1010 molL1溶液中离子浓度关系为c(Cl)c(NH4+)c(H)c(OH)在纯水中加入该NH4Cl溶液，水的电离被抑制A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】25时，某NH4Cl溶液的pH为4，说明溶液显酸性，则溶液中c(H+)c(OH-)，故正确；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110-4mol/L，故错误；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+
10、)，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-)，故正确；NH4Cl水解，促进水的电离，故错误；正确的有，故选B。【点睛】本题的易错点为，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110-7mol/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： C10H18(l)=C10H12(l)3H2(g) H1 C10H12(l)=C10H8(l)2H2(g) H2假设某温度下， H1H20。
11、在下图中绘制下列“C10H18C10H12C10H8”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，H1H20。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H1H2，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H2H1，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) H0。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，下列措施能使值增大的是（ ）A. 降低
12、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】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，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，值减小，故B错误；C、加入催化剂，平衡不移动，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，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
13、是( )A. 在pH4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀B. 在pH6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀C. 在pH14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应为O24H4e2H2OD. 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pH4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pH6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pH14溶液中，溶液显强碱性，碳钢主要发生吸氧腐蚀，碳钢腐
14、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5.06.0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
15、的电极反应式：CH4+4CO32-8e-=5CO2+2H2OC. 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+4CO32-8
16、e-=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 molL1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液，发生的反应为I22Na2S2O3=2NaINa
17、2S4O6，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、I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6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2m
18、ol 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
19、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=3.5B. 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=12C. 将pH=2的H2X溶液稀释至原来的1 000倍，得到混合溶液的pH=5D. 将pH=1的盐酸和0.1 molL-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
20、酸等体积混合后溶液中c（H+）混合=5.00510-3mol/L，混合后溶液的pH=-lgc（H+）混合=-lg（5.00510-3）2.3，A项错误；B项，常温下水的离子积KW=110-14，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=510-2mol/L，则混合后溶液中c（H+）=mol/L=210-13mol/L，混合后溶液的pH=-lgc（H+）=-lg（210-13）=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
21、至原来的1000倍后溶液的pH1.0mol/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、IB. 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
22、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
23、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) H=+Q kJmol-1(Q0)，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. 2040 s内，v(N2O4)=0.004 molL-1s-1C. 反应达平衡时，吸收的热量为0.30Q kJD. 100 s时再通入0.40 mol N2O4，达到新平衡
24、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；B2040 s 内v(NO2)=(0.2-0.12)mol/L=0.08mol/L，v(NO2)=0.004 molL-1s1，速率之比等于其化学计量数之比，则v(N2O4)=v(NO2)=0.002 molL-1s1，故B错误；C80s时到达平衡，生成二氧化氮为0.3mol/L2L=0.6mol，由热化学方程式可知吸收的热量为QkJ=0.3QkJ，故C正确；D100 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N
25、2O4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NaHCO3、Na2CO3、NaOH溶液的物质的量浓度大小：B. 浓度均为0.1 molL1的(NH4)2CO3、(NH4)2SO4、(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，c(NH4+)的大小顺序为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】ApH相等的NaHCO3、Na2CO3、NaOH，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：，故A正确；B(NH4)2CO3 中CO32-促进NH4+
26、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，故B错误；C在NH4Cl溶液中铵根离子水解溶液显酸性，NH4+H2O=NH3H2O+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
27、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+H2OC. 总反应方程式为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3D. 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NONH4，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NO3e2H2O=NO34H，故B说法错误；C、阴极反应式为NO5e6H=NH4H2O，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HN
28、O3，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. 3040 min间该反应使用了催化剂B. 化学方程式中的x1，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 molL1min1【答案】D【解析】【详解】A由图象可知，3040 min只有反应速率降低了，反应物与生成物的浓度瞬时
29、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
30、=0.08 mol/(Lmin)，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 molL1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COOH，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：H2OHOH逆向移动，c(H)降低C. 取c(H)0
31、.01 molL1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pH5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+)=0.01molL-1的盐酸和醋酸，醋酸浓度大于盐酸，加水稀释促进醋酸电
32、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pH5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/LD. 在N点，溶液中的c（CH3COO）c（CH3COOH）【答案】C【解析】【详解】ANaOH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
33、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；BNaOH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；CNaOH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0.1mol/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
34、)，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：CO2(g)+C(s)2CO(g)HNi(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)H0.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. 反应在900进行，温度升高，K增大，说明正反应H0B. 蒸馏提取Ni(CO)4应选择的适宜温度范围是43.272C. 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
35、装置，则温度T1T2【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，H0，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T1T2，故D错误；故选D。【点睛】本题的易错点为CD，
36、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) H92.4 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N2H2NH3130放出热量a kJ230放出热量b kJ260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：B. 三个容器内反应的平衡常数：C. 放出热量关系：a b 92.4D. H2的转化率： 【答案】C【解析】【详解】A中
37、反应物是中的2倍，相当于增大压强，平衡正向移动，所以中氨气大于中2倍，所以平衡时氨气体积分数：，故A错误；B化学平衡常数只与温度有关，温度相同，其化学平衡常数相同，故B错误；C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； 是在的基础上加入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ab92.4，故C正确；D是在的基础上加入1mol氮气，平衡正向移动，但是氢气的转化率增大，转化率，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)H，该反应过程经历如下两步：反应：N
38、O(g)CO(g)Rh(s)=RhN(s)CO2(g) H133.44 kJmol1；反应：RhN(s)NO(g)=Rh(s)N2OH2319.35 kJmol1。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. H285.91 kJmol1B. 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：NO(g)CO(g)Rh(s)=RhN(s)CO2(g) H133.44 kJmol1，反应：RhN(s)N
39、O(g)=Rh(s)N2OH2319.35 kJmol1。根据盖斯定律，将反应I+反应得：2NO(g)CO(g)=N2O(g)CO2(g) H(33.44 kJmol1)+(319.35 kJmol1)=352.79 kJmol1，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)C
40、O2(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H0B. 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)102.294D. 30时，B点对应状态的v(正)v(逆)【答案】B【解析】【详解】A、根据图像，随着温度的升高，K增大，说明平衡向正反应方向移动，根据勒夏特列原理，正反应是吸热反应，故A项正确；B、反应为固体生成气体的反应，因此只要反应进行，NH3的体积分数始终保持不变，故NH3的体积分数不变时，该反应不能说明反应达到平衡状态，故B项错误；C、根据对数公式，平衡常数为102.294，故C项正
41、确；D、B点浓度商大于平衡常数，反应向逆反应进行，则B点对应状态的，故D正确；答案选B。25.氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。下列说法正确的是（ ）A. 制H2时，开关连接K2B. 产生H2的电极3反应式是NiOOH+ e- + H2O = Ni(OH)2 +OH-C. 电极1与电极2产生的气体的物质的量比为1:2D. 电极3在开关连接K1， K2时分别发生了氧化反应和还原反应【答案】D【解析】【分析】电解水生成氢气和氧气，O元素化合价升高，H元素化合价降低，则氧
42、气在阳极生成，氢气在阴极生成，电极3可分别连接K1或K2，分别发生氧化、还原反应，实现NiOOHNi(OH)2的转化，且可循环使用，据此分析解答。【详解】A电解水生成氢气和氧气，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，制H2时，开关应连接K1，氢气在电极1(阴极)放出，故A错误；B开关应连接K1，氢气在电极1(阴极)放出，此时电极3为阳极，发生Ni(OH)2-e-+OH-=NiOOH+H2O，故B错误；C开关应连接K1，电极1为阴极，产生氢气，开关应连接K2，电极2为阳极，产生氧气，根据得失电子守恒，生成的气体的物质的量比为21，故C错误；D电极3可分别连接K1或K2，分别为阳极和阴极，发生氧化反应、
43、还原反应，故D正确；故选D。二、填空共（共50分）26.(1)高铁酸钾(K2FeO4)不仅是一种理想的水处理剂，而且高铁电池的研制也在进行中。如图1所示是高铁电池的模拟实验装置。该电池放电时正极产生红褐色物质，写出正极的电极反应式为_。盐桥中盛有饱和KCl溶液，此盐桥中氯离子向_(填“左”或“右”)移动；若用阳离子交换膜代替盐桥，则钾离子向_(填“左”或“右”)移动图2为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出高铁电池的优点有_。(2)有人设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如下图所示，电池正极的电极反应式是_，A
44、是_。(3)利用原电池工作原理测定汽车尾气中CO的浓度，其装置如下图所示。该电池中O2可以在固体介质NASICON(固溶体)内自由移动，工作时O2的移动方向_(填“从a到b”或“从b到a”)，负极发生的电极反应式为_。【答案】 (1). FeO42-+4H2O+3e-Fe(OH)3+5OH- (2). 右 (3). 左 (4). 使用时间长、工作电压稳定 (5). N2+8H+6e-=2NH4+ (6). NH4Cl (7). b到a (8). CO-2e-+O2-=CO2【解析】【分析】(1)根据电池装置，Zn做负极，C为正极，高铁酸钾的氧化性很强，正极上高铁酸钾发生还原反应生成Fe(OH)
45、3；原电池工作时，阴离子向原电池负极移动，阳离子向正移动；根据图像从使用时间的长短和工作电压角度分析解答；(2)该电池的本质反应是合成氨反应，所以正极是氮气发生还原反应，据此写出正极的电极反应式；生成的铵根离子与溶液中的氯化氢结合生成氯化铵；(3)原电池放电时电子从负极流向正极，阴离子向负极移动，负极上一氧化碳失电子和氧离子反应生成二氧化碳。【详解】(1)根据电池装置示意图，Zn做负极，C为正极，高铁酸钾的氧化性很强，正极上高铁酸钾发生还原反应生成Fe(OH)3，正极的电极反应式为：FeO42-+4H2O+3e-Fe(OH)3+5OH-，故答案为FeO42-+4H2O+3e-Fe(OH)3+5
46、OH-；盐桥中阴离子向原电池负极移动。盐桥起的作用是使两个半电池连成一个通路，使两溶液保持电中性，起到平衡电荷，构成闭合回路，放电时盐桥中氯离子向右移动，若用阳离子交换膜代替盐桥，则钾离子(阳离子)向左移动，故答案为右；左；由图可知高铁电池的优点有：使用时间长、工作电压稳定，故答案为使用时间长、工作电压稳定；(2)该电池的本质是合成氨反应，所以正极上是氮气发生还原反应，电极反应式为N2+8H+6e-=2NH4+；生成的铵根离子与溶液中的氯化氢结合生成氯化铵，所以A是NH4Cl，故答案为N2+8H+6e-=2NH4+；NH4Cl；(3)依据图可知：一氧化碳-空气形成燃料电池，一氧化碳失电子和氧离
47、子反应生成二氧化碳，发生氧化反应，电极反应式CO-2e-+O2-=CO2，所以一氧化碳所在极为负极，通入空气的一极为正极，原电池放电时电子从负极流向正极，阴离子向负极移动，所以工作时O2-的移动方向从b到a，故答案为b到a；CO-2e-+O2-=CO2。【点睛】掌握原电池的工作原理是解题关键。本题的难点和易错点为(1)中电极反应式书写，要注意结合题意“正极产生红褐色物质”书写电极反应式。27.甲醇是重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。（1）已知反应CO（g）+2H2(g） CH3OH(g)H=-99kJ.mol-1中的相关化学键键能如下：则x=_。（2）在一容积可变的
48、密闭容器中，1molCO与2molH2发生反应：CO（g）+2H2(g） CH3OH(g) H1”、“”、“”、“=”），原因是_。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TlT2 (5). bc (6). 16/
49、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)压强越大，反应速率越快；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；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；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=2436 kJ/mol +x kJ/mol -343 kJ/mol -413 kJ/mol3-465 kJ/mol =-99 kJ/mol，解得x=1076，故答案为1076；(2)压强越大，反应速率越快，
50、所以a、b两点的反应速率：v(a)v(b)，故答案为；CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H10，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TlT2；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TlT2；aH2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；bCH3OH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
51、；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；a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-20.5mol=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 H2CO3HClO电离平衡常数Ka1.8105K
52、a14.3107 Ka25.61011Ka3.0108回答下列问题：（1）物质的量浓度均为0.1 molL1的四种溶液：aCH3COONa bNa2CO3 cNaClO dNaHCO3pH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_。Ac(H) B Cc(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：0.1molL1NH4Cl溶液0.1molL1CH3COONH4溶液0.1molL1NH4HSO4溶液0.1molL1NH3H2O和0.
53、1molL1NH4Cl的混合溶液0.1molL1NH3H2O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、中c（NH4+）的大小关系是_（填“”“”或“”）。（3）在溶液中，_的浓度为0.1molL1；NH3H2O和_的物质的量浓度之和为0.2molL1。【答案】 (1). adcb (2). BD (3). ClO-+CO2+H2OHClO+HCO3- (4). (5). (6). (7). Cl- (8). NH4+【解析】【分析】(一)(1)根据表格数据，酸性：CH3COOHH2CO3HClOHCO3-。酸根离子对
54、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HClOHCO3-，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
55、/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：CH3COOHH2CO3HClOHCO3-。四种溶液的溶质都是强碱弱酸盐，物质的量浓度均为0.1 molL1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：Na2CO3NaClONaHCO3CH3COONa，即pH由小到大的排列顺序为：CH3COONaNaHCO3NaClONa2CO3，即：adcb，故答案为adcb；(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
56、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HClOHCO3-，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+H2OHClO+HCO3-，故答案为ClO-+CO2+H2OHClO+HCO3-；(二)(1)以0.1mol/L NH4Cl中铵根离子浓度略小于0.
57、1mol/L为标准；0.1mol/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；0.1mol/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，溶液显酸性；0.1mol/L NH3H2O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；0.1mol/L NH3H2O，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，溶液呈碱性；所以溶液pH最小的是，铵根离子浓度最小的是，故答案为；(2)根据(1)的分析，0.1mol/L CH3COO
58、NH4 醋酸根离子水解促进铵根离子水解，铵根离子浓度小于；0.1mol/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，c(NH4+)：，故答案为；(3)0.1mol/L NH3H2O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NH3H2O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HClOHCO3-，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
59、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c4.18 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126.226.026.129.4227.027.427.231.3325.925.925.929.2（4）上述（3）中的结
60、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0.2000molL1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作为如下几步：用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上固体好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数移取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）_，
61、该错误操作会导致测定结果（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）_。（2）步骤中，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20.000.3020.40第二次20.004.0024.20第三次20.002.0024.30【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
62、). -55.2kJ/mol (5). acd (6). (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=mcT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)(
63、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
64、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0.05L0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：100mL1g/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=mcT=100g4.18J/(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
65、)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
66、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；偏大；(2)步骤中，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)=0.2150molL-1，故答案为0.2150mol/L。
