2024年浙教版选修4化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年浙教版选修4化学上册阶段测试试卷875考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、下列事实，不能用勒夏特列原理解释的是()A.热纯碱溶液比冷的纯碱溶液洗涤油污的能力强B.向MgCO3沉淀中滴加NaOH溶液可以得到Mg(OH)2沉淀C.水的离子积随温度变化如表格所示：D.对CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g)平衡体系增大压强可使颜色变深2、T℃时，体积均为0.5L的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：2A(g)+B(g)2C(g)△H=-QkJ/mol(Q>0)。保持温度不变，实验测得起始和平衡时的有关数据如下表：。容器编号起始时各物质物质的量/mol达平衡时体系能量的变化ABCC①210放热0.75QkJ②0.40.21.6

下列叙述中正确的是（）A.容器①、②中反应的平衡常数均为4B.容器②中达到平衡时放出的热量为0.05QkJC.向容器①中通入氦气，平衡时A的转化率不变D.其他条件不变，若容器②保持恒容绝热，则达到平衡时C的体积分数小于2/33、体积相同、相同的溶液、溶液和溶液，与溶液中和时三者消耗的物质的量（）A.相同B.中和的多C.中和的多D.中和的多4、其他条件不变，升高温度，下列数据不一定增大的是A.0.1mol·L－1CH3COONa溶液pHB.可逆反应的化学平衡常数KC.弱电解质的电离程度D.水的离子积常数KW5、已知：某二元酸在水中电离分两步常温下，在溶液中滴加溶液，溶液温度与溶液体积关系如图所示。下列说法错误的是

A.该NaOH溶液B.滴加过程中，水的电离程度先变大后变小C.F点溶液中D.G点溶液中评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)6、将CO2转化为二甲醚的反应原理为2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)，一定条件下，现有两个体积均为1.0L的恒容密闭容器甲和乙，在甲中充入0.1molCO2和0.18molH2，在乙中充入0.2molCO2和0.36molH2，发生上述反应并达到平衡。该反应中CO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是。

A.曲线X表示的是容器甲中CO2的平衡转化率随温度的变化B.体系的总压强P总：P总(状态Ⅱ)＜2P总(状态Ⅲ)C.将状态Ⅰ对应的容器升温到T2K，可变成状态ⅡD.T2K时，向空的容器甲中充入CO2(g)、H2(g)、CH3OCH3(g)和H2O(g)各1mol，反应将向正方向进行7、现有容积均为2L的甲、乙恒容密闭容器，向甲中充入1.5molCO2和3molH2，乙中充入2molCO2、3molH2，一定条件下仅发生反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g),实验测得反应体系中CO2的平衡转化率与温度的关系曲线如图所示。下列说法正确的是。

A.该反应的ΔH＞0B.曲线Ⅱ表示甲容器中CO2的平衡转化率与温度的关系C.500K时，该反应的化学平衡常数为200D.700K时，若在上述密闭容器中充入0.9molCO2、1.2molH2、0.1molCH3OH、0.1molH2O，则达到平衡时，H2的体积分数大于8、草酸(H2C2O4)是二元弱酸，KHC2O4溶液呈酸性。向100mL0.2mol/L旳草酸溶液中加入1.68gKOH固体，若溶液体积不变，则对所得溶液中各粒子浓度之间旳关系描述错误的是（）A.c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(OH-)＝c(K＋)＋c(H＋)B.c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＝0.2mol/LC.c(C2O42-)＜c(HC2O4-)＜c(H2C2O4)D.c(C2O42-)＋c(HC2O4-)＋c(H2C2O4)＜c(K＋)9、25℃时，向1Lc(HA)+c(A-)=0.1mol/L的溶液中滴加盐酸或NaOH溶液，溶液中的H+、OH-、A-及HA的浓度的对数值（lgc）与pH的关系如图所示（不考虑溶液温度变化）；下列说法正确的是。

A.a表示lgc(A-)与pH的关系曲线B.K(HA)的数量级为10-5C.P点溶液中n(Na+)+n(H+)=0.1molD.滴加盐酸或NaOH溶液的过程中c(HA)·c(OH-)均增大10、下列叙述中一定正确的是A.常温下，pH=3的FeCl3溶液中，由水电离出的c(H+)为10－3mol/LB.常温下，pH=6的CH3COOH溶液稀释100倍后，pH=8C.中和等体积等pH的NH3·H2O和NaOH消耗的等物质的量浓度的盐酸体积不同D.1.0mol·L―1Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO3－)+c(H+)+2c(H2CO3)11、室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示；下列说法错误的是。

A.Kb2的数量级为10-8B.X(OH)NO3水溶液显酸性C.等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)>c[X(OH)+]D.在X(OH)NO3水溶液中，c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)12、在25℃时，将1.0Lwmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，充分反应。然后向混合液中加入CH3COOH或CH3COONa固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH的变化如图所示。下列叙述正确的是（）

A.b点溶液中：c(Na+)3COOH)+c(CH3COO-)B.由b点到a点的过程中，c(Na+)有可能大于c(CH3COO-)C.a、b、c对应的混合液中，水的电离程度由大到小的顺序是c>a>bD.25℃时，Ka(CH3COOH)=mol·L-1评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)13、在1.01×105Pa时，16gS在足量的氧气中充分燃烧生成二氧化硫，放出148.5kJ的热量，则S燃烧的热化学方程式为：____________。14、由于石油资源有限，且汽油燃烧会产生严重的污染，未来将用氢气作为燃料来取代汽油，生产21世纪环保汽车。已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH=-483.6kJ·mol-1；H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44kJ·mol-1

（1）写出氢气和氧气反应生成液态水的热化学方程式：____。

（2）若要得到857.4kJ的热量，至少需氢气的质量为____，这些氢气在标准状况下的体积为____。

（3）合成氨工业中氢气可由天然气和水反应制备，其主要反应为：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)ΔH

反应过程中能量变化如图所示，则该反应为反应____（填“吸热”或“放热”）

若已知，破坏1mol化学键需要吸收的热量如下表所示：。化学键C—HO—HC=OH—H吸收热量（kJ/mol）abcd

则该反应的ΔH为_____(用含a、b、c、d字母的代数式表示)。15、能源的开发利用具有重要意义。

(1)已知：化学键C-H键能bcd

①写出CH4的结构式___________。

②C=O的键能为___________(用含a、b；c、d的式子表示)

(2)在25℃、101kPa下，1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ。则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为_______。16、煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫；脱硝。回答下列问题：

（1）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10-3mol·L-1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子SO42-SO32-NO3-NO2-Cl-c/（mol·L-1）8.35×10-46.87×10-61.5×10-41.2×10-53.4×10-3

①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式___。增加压强，NO的转化率__（填“提高”；“不变”或“降低”）。

②由实验结果可知，脱硫反应速率___脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是__。

（2）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压pe如图所示。

①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均__（填“增大”；“不变”或“减小”）。

②反应ClO2-+2SO32-=2SO42-+Cl-的平衡常数K表达式为___。

（3）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2；也能得到较好的烟气脱硫效果。

①从化学平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的优点是__。17、有两个起始体积相同的密闭容器A和B；A容器有一个可移动的活塞，能使容器内保持恒压；B容器为固定体积。

起始时这两个容器分别充入等量的体积比为2∶1的SO2和O2的混合气，并使A、B容器中气体体积相等，并保持在400℃条件下发生反应2SO2+O22SO3；并达到平衡。

⑴达到平衡所需时间，A容器比B容器_____，两容器中SO2的转化率A比B______。

⑵达到⑴所述平衡后，若向两容器中分别通入等量Ar气体，A容器的化学平衡_____移动，B容器中的化学平衡________移动。

⑶达到⑴所述平衡后，若向容器中通入等量的原混合气体，重新达到平衡后，A容器中SO3的体积分数_______，B容器中SO3的体积分数________(填变大、变小、不变)。18、运用化学反应原理研究氮；硫等单质及其化合物的反应有重要意义。

(1)硫酸生产过程中2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，平衡混合体系中SO3的百分含量和温度的关如图所示；根据如图回答下列问题：

①2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)为__________反应（填“吸热”“放热”）。

②一定条件下，将SO2与O2以体积比为2︰1置于一体积不变的密闭容器中发生反应，能说明该反应已达到平衡的是________(填选项字母)。

a．体系的密度不发生变化。

b．SO2与SO3的体积比保持不变。

c．体系中硫元素的质量分数不再变化。

d．单位时间内转移4mol电子，同时消耗2molSO3

e．容器内的气体分子总数不再变化。

③V2O5可作为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)的催化剂，催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒氧化物；四价钒氧化物再被氧气氧化为V2O5。写也该催化循环机理的化学方程式__________，________。

(2)一定条件下，合成氨反应为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH<0。图1表示在2L的密闭容器中反应时N2的物质的量随时间的变化曲线。图2表示在其他条件不变的情况下；改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响。

①由图1信息，从11min起其他条件不变，压缩容器的体积为1L，则n(N2)的变化曲线为________(填“a”“b”“c”或“d”，下同)；增加氮气的物质的量，则n(N2)的变化曲线为________。

②由图2信息，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________点，T2____T1(填“>”“＝”或“<”)。19、.按要求写出下列化学方程式或离子方程式。

（1）铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式_________________________________

（2）7.80g乙炔气体完全燃烧生成二氧化碳和液态水；放出389.9kJ的热量，写出反应的热化学方程式_______________________________

（3）氢氧燃料电池是最常见的燃料电池，电解质溶液通常是KOH溶液，写出负极电极反应式______________________________评卷人得分四、判断题(共1题，共9分)20、向溶液中加入少量水，溶液中减小。(____)评卷人得分五、实验题(共4题，共32分)21、50mL1.0mol/L盐酸跟50mL1.1mol/L氢氧化钠溶液在图所示装置中进行中和反应；并通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和热。试回答下列问题：

(1)如果改用60mL1.0mol·L-1盐酸跟50mL1.1mol·L-1氢氧化钠溶液进行反应；则与上述实验相比，所放热量___（填“增加”；“减少”或“不变”），所求中和热数值____（填“增加”、“减少”或“不变”）；

(2)如果将环形玻璃搅拌棒改为环形金属（如铜）棒；对求得中和热数值的影响是___（填“偏高”；“偏低”或“无影响”）。

(3)不能用Ba(OH)2和硫酸代替盐酸和氢氧化钠溶液；理由是____________；

(4)该实验小组做了三次实验；每次取溶液各50mL，并记录如下原始数据。

。实验序号。

起始温度t1/℃

终止温度t2/℃

温差(t2-t1)/℃

1

25.0

32.6

2

25.1

31.8

3

25.1

31.9

已知盐酸；NaOH溶液密度近似为1.00g/cm3；中和后混合液的比热容C=4.184×10-3kJ/(g．℃)，则该反应的中和热为△H=____（保留小数点后一位）。

(5)上述实验数值结果与57.3kJ/mol有偏差；产生偏差的原因可能是___（填字母）。

a．实验装置保温；隔热效果差。

b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数。

c．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中。

d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定HCl溶液的温度22、氮氧化物是大气主要污染物之一，其中基于NO的烟气脱硝技术成为研究热点。查文献资料可知，NO除易氧化成NO2外，也可被还原为N2。在碱性条件下NO遇还原性较强的物质形成不稳定的NO-并转化为相对稳定的N2O下面是对NO在不同条件下被氧化或被还原进行的实验探究：

(1)实验室为获取NO进行实验，使用铜与_____作为反应物，用装置_____制备气体(填序号)，为了不影响探究结果，反应前对连接好并装好药品的装置进行的具体操作是_____。

(2)若要使装置②的分液漏斗中的液体顺利流下，不改动装置，对分液漏斗的具体操作是_____。

(3)在保证实验安全环保的条件下，将NO通入内壁附着绿色NiO的试管中(如装置④，其它装置已省略)。小火加热，绿色固体逐渐变为黑色(Ni2O3固体呈黑色)，此现象可说明NO转化为_____。

(4)将盛有NO气体的试管倒置于盛有饱和Na2SO3碱性水溶液的大烧杯中(如装置⑥)。在试管口不脱离液面的情况下，轻轻不断摇动试管，此操作的主要目的是_____，实验中NO被Na2SO3碱性溶液快速吸收被还原为N2O发生反应的离子方程式为_____，此反应可应用于处理含NO和SO2的工业废气，从实际效果看，Na2SO3强碱性溶液吸收含有SO2的NO比只含NO的效果更佳，主要原因是_____。23、(1)下图表示10mL量筒中液面的位置，A与B，B与C刻度间相差1mL，如果刻度A为4，量筒中液体的体积是________mL。

(2)下图表示50mL滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积(填代号)______________。

A.是amLB.是(50-a)mLC.一定大于amLD.一定大于(50-a)mL

(3)下图为20mL未知浓度的盐酸用一标准浓度NaOH溶液滴定时的滴定曲线。则两种溶液的物质的量浓度分别是：[HCl]＝__________，[NaOH]＝__________。

24、氨气是重要的化工原料。

(1)检验氨气极易溶于水的简单操作是：收集一试管氨气，______________。

(2)往饱和食盐水中依次通入足量的NH3和足量的CO2，生成沉淀的化学式为_________；过滤后，使余液尽可能析出较多NH4Cl晶体的方法是：再通入足量的NH3、冷却并加入________，请说明这样操作为什么可以析出较多NH4Cl的原因：_________________。某NaHCO3晶体中含有NaCl杂质，某同学在测定其中NaHCO3的含量时，称取5.000g试样，定容成100mL溶液，用标准盐酸溶液滴定(用甲基橙做指示剂)，测定数据记录如下：。滴定次数待测液(mL)0.5000mol/L盐酸溶液的体积(mL)初读数终读数初读数终读数第一次20.001.0021.00第二次20.00如图Ⅰ如图Ⅱ

(3)定容过程中需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒、___________和____________。

(4)当滴定至__________________________，即为滴定终点；第二次滴定，从图I图II显示消耗的盐酸溶液体积为_________mL。

(5)该实验测定样品中NaHCO3的质量分数为__________(保留2位小数)。

(6)若该同学测定结果偏大，请写出一个造成该误差的原因_____________。评卷人得分六、元素或物质推断题(共1题，共4分)25、Q；W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素；其原子序数依次增大。

①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。

②X；Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。

③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。

请回答下列各题:

(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。

(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。

(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。

(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、D【分析】【分析】

平衡移动原理是如果改变影响平衡的一个条件；平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。平衡移动原理适用的对象应存在可逆的过程，并且可逆的过程发生移动，据此判断。

【详解】

A；盐类水解是吸热的可逆反应；升高温度促进水解，所以热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液洗涤油污的能力强，效果好，能够用平衡移动原理解释，A不选；

B、碳酸镁微溶，存在溶解平衡，氢氧化镁比碳酸镁难溶，则向MgCO3沉淀中滴加NaOH溶液可以转化为Mg(OH)2沉淀；能够用平衡移动原理解释，B不选；

C；水的电离是吸热的；升高温度促进水的电离，电离常数增大，导致水的离子积常数增大，能够用平衡移动原理解释，C不选；

D、反应CO(g)＋NO2(g)CO2(g)＋NO(g)为气体体积不变的可逆反应；压强不影响该反应的平衡状态，气体颜色变深是由于二氧化氮浓度增大所致，不能用平衡移动原理解释，D选；

答案选D。2、C【分析】【详解】

容器①中参加反应的A的物质的量=2mol×=1.5mol，则：2A（g）+B（g）2C（g）

起始（mol）：210

转化（mol）：1.50.751.5

平衡（mol）：0.50.251.5

恒温恒容下；②中完全转化到方程式左边可以得到2molA；1mol，容器①、②反应为完全等效平衡，平衡时各组分的物质的量相等，②中A的起始物质的量为0.4mol，小于平衡时的0.5mol。

A．由于温度相等，①②中平衡常数K==18；故A错误；

B．②中反应吸收热量；容器①；②反应为完全等效平衡，平衡时B的物质的量相等，则②中吸收的热量为（0.25-0.2）mol×QkJ/mol=0.05QkJ，故B错误；

C．恒容条件下；向容器①中通入氦气，各组分的浓度不变，平衡不移动，平衡时A的转化率不变，故C正确；

D．平衡时①、②中C的体积分数为=其他条件不变，若容器②保持恒容绝热，随反应进行，温度降低，反应向生成C的方向移动，生成2molC时，混合气体减小1mol，则达到平衡时C的体积分数大于故D错误。

答案选C。3、C【分析】【分析】

【详解】

体积相同、pH相同的H2SO4溶液、HCl溶液和CH3COOH溶液，最终电离出的n(H+)：硫酸=盐酸＜醋酸，与NaOH溶液中和时，三者消耗NaOH的物质的量与最终电离出的n(H+)成正比；所以消耗NaOH的物质的量：硫酸=盐酸＜醋酸，故选C。

【点睛】

明确溶液中酸能够电离出的氢离子的总量是解题的关键。本题的易错点为A，要注意醋酸为弱酸，而硫酸和盐酸为强酸，pH相同时，等体积的溶液中含有的氢离子总量不同。4、B【分析】【分析】

【详解】

A．醋酸钠水解吸热；升温能够促进其水解，碱性增强，pH增大，故A错误；

B．若正反应为放热反应；升高温度平衡向逆反应移动，化学平衡常数减小，若正反应为吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，化学平衡常数增大，可逆反应的化学平衡常数K不一定增大，故B正确；

C．电离是吸热过程；升温促进弱电解质的电离，电离度增大，故C错误；

D．水的电离过程是吸热的；升高温度促进水的电离，升高温度电离程度增大，水的离子积一定增大，故D错误；

故答案为B。

【点睛】

考查温度对水的离子积、电离平衡常数、盐类水解以及化学平衡常数的影响，注意温度对化学反应速率和化学平衡影响的区别，不要混淆，特别是根据勒夏特列原理，对所有可逆反应升温平衡都向吸热的方向移动．可逆反应的正反应既有吸热反应也有放热反应，要区别对待。5、D【分析】【详解】

A.根据图像分析可知，F点温度最高，说明此时两物质恰好完全反应，说明滴入的故A正确；

B.溶质为时水解程度最大；E到F过程中，水的电离程度增大，F到G过程中，加入氢氧化钠溶液，抑制水电离，故B正确；

C.点溶质为溶液中质子守恒为所以故C正确；

D.依题意，第一步完全电离，溶液中不存在故D错误。

故选D。

【点睛】

本题主要考查酸碱中和滴定图像分析、离子浓度大小比较以及离子守恒关系，判断清楚图像中每个点对应的溶质是解题的关键。二、多选题(共7题，共14分)6、BD【分析】【详解】

A.由已知，结合图像可得，恒温恒容时，甲、乙两平衡不等效，由于正反应是气体分子数减少的瓜不，故压强越大反应物的转化率越高。在相同温度下，乙的CO2的平衡转化率高，所以曲线X表示的是容器乙中CO2的平衡转化率随温度的变化；选项A错误；

B.状态II和状态III温度和体积相同，点II处于起始加入0.2molCO2的曲线上，点III处于起始加入0.1molCO2的曲线上，状态II起始加入的CO2物质的量是状态III的两倍，状态II相当于在状态III达平衡后将体积缩小一半，若平衡不移动，状态II总压强等于状态III的两倍，增大压强平衡向正反应方向移动，所以P总（状态II）＜2P总（状态III）；选项B正确；

C.由图像可知，将状态Ⅰ对应的容器升温到T2K，平衡逆向移动，CO2的平衡转化率减小；只能得到状态III而得不到状态II，选项C错误；

D.T2K时，乙中CO2的平衡转化率40%，平衡时CO2(g)、H2(g)、CH3OCH3(g)和H2O(g)的浓度分别为0.12mol/L、0.12mol/L、0.04mol/L、0.12mol/L，K=在相同温度下，化学平衡常数不变。向空的容器甲中充入CO2(g)、H2(g)、CH3OCH3(g)和H2O(g)各1mol，Q=反应将向正方向进行，选项D正确。

答案选BD。

【点睛】

本题通过图象考查了影响平衡的因素分析判断，题目难中等，关键看懂图象，学会分析图象的方法，易错点为选项B，状态II和状态III温度和体积相同，点II处于起始加入0.2molCO2的曲线上，点III处于起始加入0.1molCO2的曲线上，状态II起始加入的CO2物质的量是状态III的两倍，状态II相当于在状态III达平衡后将体积缩小一半，若平衡不移动，状态II总压强等于状态III的两倍，增大压强平衡正向移动使体系的压强会减小一些，故P总（状态II）＜2P总（状态III）。7、CD【分析】【详解】

A．随着温度升高，CO2平衡转化率降低，表明温度升高不利于反应正向进行，所以反应为放热反应，该反应的ΔH＜0；故A错误；

B．相同温度下，平衡常数不变，曲线Ⅰ中CO2的平衡转化率高，甲和乙相比，相同条件下乙中二氧化碳的浓度大，曲线Ⅰ表示甲容器中CO2的平衡转化率与温度的关系；故B错误；

C．如图所示，曲线Ⅰ代表甲容器的反应，500K时，CO2的平衡转化率为60%，根据反应CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)，则平衡时n(CO2)=1.5mol×(1-60%)=0.6mol，n(H2)=3mol-3×1.5mol×60%=0.3mol，n(CH3OH)=n(H2O)=0.9mol，该反应的化学平衡常数为K==200；故C正确；

D．如图所示，曲线Ⅱ代表乙容器的反应，700K时，乙容器中CO2的平衡转化率为20%，根据反应CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)，则平衡时n(CO2)=2mol×(1-20%)=1.6mol，n(H2)=3mol-3×2mol×20%=1.8mol，n(CH3OH)=n(H2O)=0.4mol，此时H2的体积分数==若在上述密闭容器中充入0.9molCO2、1.2molH2、0.1molCH3OH、0.1molH2O，此时密闭容器中n(CO2)=2.5mol，n(H2)=3mol，n(CH3OH)=n(H2O)=0.5mol，与原平衡初始相比，氢气的物质的量不变，其他组分增加，相当于增大了密闭容器的压强，平衡正向移动，则达到平衡时，H2的体积分数大于故D正确；

答案选CD。8、AC【分析】【分析】

向100mL0.2mol/L的草酸溶液中加入1.68gKOH固体，n(H2C2O4)＝0.02mol，n(KOH)＝＝0.03mol，则二者反应生成0.01molK2C2O4、0.01molKHC2O4；结合物料守恒及电荷守恒解答。

【详解】

A．由电荷守恒可知，存在2c(C2O42−)＋c(HC2O4−)＋c(OH−)＝c(K＋)＋c(H＋)；故A错误；

B．由草酸根中C原子守恒，可知物料守恒式为c(C2O42−)＋c(HC2O4−)＋c(H2C2O4)＝0.2mol/L；故B正确；

C．反应后溶液中存在0.01molK2C2O4、0.01molKHC2O4，H2C2O4由HC2O4-和C2O42-水解得到，水解是微弱的，所以c(H2C2O4)＜c(HC2O4−)，c(H2C2O4)＜c(C2O42−)；故C错误；

D．溶液中存在物料守恒3[c(C2O42−)＋c(HC2O4−)＋c(H2C2O4)]＝2c(K＋)，则c(C2O42−)＋c(HC2O4−)＋c(H2C2O4)＜c(K＋)；故D正确；

故答案选AC。

【点睛】

两种溶液混合求离子浓度大小关系，优先考虑是否发生化学反应及生成的物质的量关系，然后考虑电离或水解的影响进行判断。9、BC【分析】【分析】

根据图像分析，微粒浓度的对数越大离子浓度越大，随着pH的增大，溶液碱性增强，酸性减弱，则氢离子浓度逐渐减小，氢氧根离子浓度逐渐增大；c的浓度对数值在减小，为c(H+)浓度变化曲线；d的浓度对数值在增大，为c(OH-)浓度变化曲线；pH小于4.75时，a的浓度对数值不变，pH越大，a的浓度对数值减小，应该是c(HA)的变化曲线；b的浓度对数值随pH的增大而增大，b为c(A-)变化曲线；

【详解】

A.根据上述分析a表示lgc(HA)与pH的关系曲线；故A错误；

B.K(HA)的表达式为K(HA)=pH=4.75时，c(HA)=c(A-)，K(HA)==10-4.75≈1.78×10-5，数量级为10-5；故B正确；

C.P点时，c(OH-)=c(HA)，P点的电荷守恒式为c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)，变式为c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(HA)，根据题中信息，1Lc(HA)+c(A-)=0.1mol/L的溶液中，n(HA)+n(A-)=0.1mol/L×1L=0.1mol，则溶液中n(Na+)+n(H+)=0.1mol；故C正确；

D.滴加盐酸或NaOH溶液的过程中，K(HA)=c（H+）=K(HA)=K(HA)、Kw只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，滴加盐酸，c(A-)在减小，c(OH-)∙c(HA)在减小；故D错误；

答案选BC。10、CD【分析】【详解】

A．FeCl3溶液中铁离子水解，促进水的电离，pH=3的FeCl3溶液中，c(H+)=10－3mol/L，所以由水电离出的c(H+)＞10-3mol/L；故A错误；

B．常温下，pH=6的CH3COOH溶液稀释100倍后仍为酸性溶液；pH＜7，故B错误；

C．氨水为弱碱，等体积等pH的NH3·H2O和NaOH溶液中含有NH3·H2O的比NaOH多；中和时，消耗的等物质的量浓度的盐酸，氨水比NaOH多，故C正确；

D．根据物料守恒得c(Na+)=2c(HCO3-)+2c(H2CO3)+2c(CO32-)，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，所以有c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3)；故D正确；

故选CD。11、BC【分析】【详解】

A．根据图象，液中c[X(OH)+]=c(X2+)时，溶液pH=6.2，则溶液中c(OH-)===10-7.8mol/L，所以Kb2==10-7.8，数量级为10-8，故A正确；

B．X(OH)+的电离平衡常数为Kb2=10-7.8mol/L，根据图象，溶液中c[X(OH)2]=c(X(OH)+]时，溶液的pH=9.2，则溶液中c(OH-)===10-4.8，所以Kb1=10-4.8，则X(OH)+的水解平衡常数为Ka==10-9.2，则电离程度大于水解程度，溶液显碱性，故B错误；

C．等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液，由于X2+的水解程度大于X(OH)+的水解程度，则溶液中c(X2+)＜c[X(OH)+]，故C错误；

D．在X(OH)NO3水溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(X2+)-c[X(OH)2]，故D正确，

故选：BC。12、AD【分析】【分析】

1.0Lwmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，混合后溶液的pH＜5，显酸性，说明醋酸过量，溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa；加醋酸时，酸的量增多，使溶液酸性增强；加CH3COONa时，CH3COONa本身水解显碱性；相当于加碱，使溶液酸性减弱，最终达到中性。

【详解】

A．1.0Lwmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，混合后溶液的pH＜5，显酸性，说明醋酸过量，溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，b点溶液中：c(Na+)3COOH)+c(CH3COO-)；故A正确；

B．由b点到a点的过程中，一直是醋酸过量，c(Na+)小于c(CH3COO-)；故B错误；

C．溶液中酸或碱电离的氢离子或氢氧根离子的浓度越大，水的电离程度越小，a、b、c三点溶液中氢离子浓度依次减小，水的电离程度增大，所以水的电离程度由大到小的顺序的是c＞b＞a；故C错误；

D．根据图象可知，c点溶液的pH=7，c（H＋）=c（OH－）=10-7mol·L－1，根据电荷守恒可知：c（CH3COO－）=c（Na＋）=0.2mol·L－1，c（CH3COOH）=w+0.1-0.2=w-0.1，则CH3COOH的电离平衡常数Ka==mol·L-1；故D正确；

故选AD。

【点睛】

本题考查酸碱混合的定性判断，明确图象曲线变化情况为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，D为易错点，利用图中C点的数据进行计算。三、填空题(共7题，共14分)13、略

【分析】【详解】

S在氧气中燃烧生成SO2，32gS发生反应放出297kJ的能量，根据热化学方程式书写规则，S燃烧的热化学方程式为S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-1

【点睛】

在书写热化学方程式时，25℃、101kPa的条件可以不注明。【解析】S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH=-297kJ·mol-114、略

【分析】【分析】

（1）在25℃；100kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，单位为kJ/mol；写出氢气与氧气反应生成液态水的化学方程式，根据盖斯定律，结合反应①②计算氢气与氧气反应生成液态水的反应热；

（2）根据物质的量与反应热成正比；结合热化学方程式进行计算；

（3）图象分析可知反应物能量低于生成物；反应为吸热反应，化学反应吸收的热量=反应物键能总和-生成物键能总和。

【详解】

（1）①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-483.6kJ/mol；

②H2O(l)=H2O(g)△H=+44kJ/mol；

依据盖斯定律①-②×2得到：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ/mol；

（2）在通常情况下，若要得到857.4kJ的热量，则需要氢气的的物质的量为：=3mol，需H2的质量=3mol×2g/mol=6g；这些H2在标况下的体积=3mol×22.4L/mol=67.2L；

（3）反应过程中能量变化分析可知，反应物能量低于生成物，反应为吸热反应；CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)，ΔH=(4a+4b)-(2c+4d)=4a+4b−2c−4d。【解析】2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ/mol6g67.2L吸热4a+4b−2c−4d15、略

【分析】【详解】

(1)①甲烷为共价化合物，结构式为

②根据△H=反应物的总键能－生成物的总键能，有△H=4b＋4d－2E(C=O)－4c=＋akJ/mol，求得E(C=O)=kJ/mol；

(2)燃烧热指的是1mol燃料完全燃烧生成稳定的化合物时放出的热量；现1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ，1mol甲醇的质量为32g，完全燃烧生成CO2和液态水时放热32×22.68kJ=725.76kJ，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=－725.76kJ·mol－1。【解析】CH3OH(l)＋O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)△H=－725.76kJ·mol－1。16、略

【分析】【分析】

（1）①NaClO2具有氧化性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子反应方程式为：4OH-＋3ClO2-＋4NO=4NO3-＋3Cl-＋2H2O；增大压强，NO转化率提高;

②在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率，SO2溶解度较高；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高；

（2）①由图分析可知，反应温度升高，SO2和NO的平衡分压负对数减小；这说明反应向逆反应方向进行；

②平衡常数K是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；

（3）①形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高，所以Ca(ClO)2效果好。

【详解】

（1）①NaClO2具有氧化性，则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子反应方程式为：4OH-＋3ClO2-＋4NO=4NO3-＋3Cl-＋2H2O，正反应是气体体积分数减小的反应，则增大压强，NO转化率提高，故答案为：4OH-＋3ClO2-＋4NO=4NO3-＋3Cl-＋2H2O；提高。

②由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高，故答案为：大于；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高。

（2）①由图分析可知，反应温度升高，SO2和NO的平衡分压负对数减小；这说明反应向逆反应方向进行，因此脱硫；脱硝反应的平衡常数均减小，故答案为：减小。

②根据反应的方程式ClO2−+2SO32−===2SO42−+Cl−可知平衡常数K表达式为故答案为：

（3）①用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高，所以Ca(ClO)2效果好，故答案为：形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高，所以Ca(ClO)2效果好。【解析】4OH-＋3ClO2-＋4NO=4NO3-＋3Cl-＋2H2O提高大于NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高减小形成CaSO4沉淀，反应平衡向产物方向移动，SO2转化率提高，所以Ca(ClO)2效果好17、略

【分析】【分析】

（1）根据化学反应速率越快；到达平衡的时间越短；利用等效平衡来判断平衡移动来解答；

（2）根据容器中的压强对化学平衡的影响；

（3）根据浓度对化学平衡的影响，求出平衡移动后SO3的体积分数。

【详解】

（1）因A容器保持恒压，反应过程中体积变小，浓度增大，根据浓度越大，化学反应速率越快，到达平衡的时间越短，所以达到平衡所需时间A比B短，若A容器保持恒容，两容器建立的平衡等效，而实际上A容器体积减少，压强增大，平衡向正反应方向移动，所以A中SO2的转化率比B大；

答案：短；大。

（2）平衡后；若向两容器通入数量不多的等量氩气，A容器体积增大，压强不变，参加反应的气体产生的压强减少，平衡向逆反应方向移动，A容器体积不变，压强增大，参加反应的气体产生的压强不变，平衡不移动；

答案：逆反应方向移动；不。

（3）向两容器中通入等量的原反应气体，达到平衡后，A中建立的平衡与原平衡等效，所以SO3的体积分数不变，B容器中建立的平衡相当于在原平衡的基础上增大压强，平衡正向移动，B容器中SO3的体积分数增大；

答案：不变；变大【解析】①.短②.大③.逆反应方向移动④.不⑤.不变⑥.变大18、略

【分析】【分析】

【详解】

（1）①根据图像，随着温度的升高，SO3的百分含量降低，即升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应为放热反应，即△H<0；

②a；组分都是气体；气体质量不变，容器为恒容状态，气体体积不变，根据密度定义，密度任何时刻保持不变，即密度不变，不能说明反应达到平衡，故a不符合题意；

b、SO2和SO3的体积比保持不变，得出SO2和SO3的物质的量保持不变，即达到平衡，故b符合题意；

c；根据原子守恒；体系中硫元素的质量分数始终保持不变，不能说明反应达到平衡，故c不符合题意；

d、转移4mol电子，有消耗或生成2molSO3；不能说明反应达到平衡，故d不符合题意；

e；向正反应方向进行；气体物质的量减小，分子总数减小，当分子总数不变，说明反应达到平衡，故e符合题意；

③根据题意，V2O5氧化SO2成SO3，自身被还原成为VO2，反应方程式为V2O5＋SO2=SO3＋2VO2，VO2被氧气氧化成V2O5，反应方程式为4VO2＋O2=2V2O5；

（2）①压缩容器，改变瞬间N2的物质的量不变，压缩容器的体积，相当于增大压强，根据勒夏特列原理，增大压强，此反应向正反应方向进行，N2的物质的量减小，即d为n(N2)变化曲线；增加N2的物质的量,N2的物质的量增加，平衡向正反应方向进行，N2物质的量减少，即b代表n(N2)的变化曲线；

②增加H2的起始量，N2的转化率增大，即N2的转化率最高的点是c；氢气起始量相同时，温度T1平衡后，氨气的含量更高，该反应为放热反应，降低温度平衡向正反应方向移动，因此T12。【解析】<beSO2+V2O5=SO3+2VO24VO2+O2=2V2O5dbc>19、略

【分析】【分析】

（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；

（2）0.3mol乙炔燃烧生成二氧化碳气体和液态水时；放出389.9kJ热量，则2mol乙炔完全燃烧生成二氧化碳和液体水放出热量为2599.2kJ；

（3）氢氧燃料电池中；氢气做负极，碱性条件下在负极放电生成水。

【详解】

（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（2）7.80g乙炔的物质的量为=0.3mol，0.3mol乙炔燃烧生成二氧化碳气体和液态水时，放出389.9kJ热量，则2mol乙炔完全燃烧生成二氧化碳和液体水放出热量为=2599.2kJ，反应的热化学方程式为2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599.2kJ·mol-1，故答案为2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599.2kJ·mol-1；

（3）氢氧燃料电池中，氢气做负极，碱性条件下在负极放电生成水，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，故答案为H2-2e-+2OH-=2H2O。

【点睛】

书写热化学方程式时注意物质的聚集状态不能漏写、反应热的符号和单位不要漏写是解答易错点。【解析】.2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599.2kJ·mol—1H2-2e-+2OH-=2H2O四、判断题(共1题，共9分)20、×【分析】【详解】

向溶液中加入少量水，减小，碱性减弱即减小，则增大，则溶液中增大，故错；【解析】错五、实验题(共4题，共32分)21、略

【分析】【分析】

（1）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关；并根据中和热的概念和实质来回答；

（2）环形铜棒是热的良导体；会使热量损失；

（3）氢氧化钡与硫酸反应生成了硫酸钡沉淀；生成沉淀的过程中会有热量变化，影响测定结果；

（4）先判断三次反应温度差的有效性；然后求出平均值，根据公式Q=cm△T来求出生成0.05mol的水放出热量，最后根据中和热的概念求出中和热；

（5）a．实验装置保温；隔热效果差；热量散失较大；

b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数；会导致所量的氢氧化钠体积偏大；

c．分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中；热量散失较大；

d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定HCl溶液的温度；HCl溶液的起始温度偏高。

【详解】

：（1）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL1.0mol•L-1盐酸跟50mL1.1mol•L-1氢氧化钠溶液进行反应；与上述实验相比，生成水的物质的量增多，所放出的热量增加，但是中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关；

故答案为：增加；不变；

（2）环形铜棒是热的良导体；其导热效果好于环形玻璃搅拌棒，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小；

故答案为：偏低；

（3）硫酸与Ba（OH）2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba（OH）2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测中和热；

故答案为：硫酸与Ba（OH）2溶液反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应的反应热；

（4）3次反应前后温度差分别为：7.6℃；6.7℃、6.8℃；第一组舍去，平均值为6.75℃，50mL1.0mol/L盐酸跟50mL1.1mol/L氢氧化钠溶液的质量和m=100mL×1g/mL=100g，c=4.18J/（g•℃），代入公式Q=cm△T得生成0.05mol的水放出热量Q=4.184J/（g•℃）×100g×6.75℃=2.8224kJ，即生成0.05mol的水放出热量2.8224kJ，所以生成1mol的水放出热量为2.8224kJ×20=56.5kJ，即该实验测得的中和热△H=-56.5kJ/mol；

故答案为：-56.5kJ/mol；

（5）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正确；

b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，故b错误；

c．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中；不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，故c正确；

d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定HCl溶液的温度；HCl溶液的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故d正确；

故答案为：acd。【解析】增加不变偏低H2SO4与Ba(OH)2反应生成的BaSO4沉淀时也有能量变化（或放热）-56.5kJ/mola、c、d22、略

【分析】【分析】

实验探究NO在不同条件下被氧化或被还原，首先使用铜和稀硝酸反应制取NO，选用装置③制备气体，装置④玻璃管内壁附着绿色NiO，加热反应后转化为黑色的Ni2O3，说明NiO被氧化，则NO被还原，验证NO具有氧化性；在装置⑥中NO遇还原性较强的Na2SO3溶液生成N2O也能验证NO具有氧化性。

【详解】

（1）实验室使用铜和稀硝酸反应制取NO，发生的反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，该反应为固体和液体不加热制取气体，则应用装置③制备气体，由于NO除易氧化成NO2，装置中不能有空气，则反应前对连接好并装好药品的装置进行的具体操作是通入N2，以排除装置内的O2，故答案为：稀硝酸；③；通入N2，以排除装置内的O2(或防止NO被氧化)。

（2）分液漏斗在使用时；为了使液体顺利流下，不改动装置，要先打开(或取下)分液漏斗顶部活塞，使漏斗上口处内外空气相通，再打开旋塞，故答案为：先打开(或取下)分液漏斗顶部活塞，再打开旋塞。

（3）NO与NiO反应，绿色的NiO转化为黑色的Ni2O3，Ni元素化合价升高，被氧化，则NO中N元素化合价降低被还原，由信息可知，NO可被还原为N2，即NO转化为N2，故答案为：N2。

（4）将盛有NO气体的试管倒置于盛有饱和Na2SO3碱性水溶液的大烧杯中，轻轻不断摇动试管，可使NO气体与溶液充分接触，便于气体吸收；NO被Na2SO3碱性溶液吸收被还原为N2O则SO被氧化为SO根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，配平反应的离子方程式为2NO+SO+2OH-=N2O+SO+H2O；用Na2SO3强碱性溶液吸收含有SO2的NO，根据吸收反应，SO2被碱液吸收并转化为SO增大c(SO)，从而促进NO吸收，故答案为：为使NO气体与溶液充分接触；2NO+SO+2OH-=N2O+SO+H2O；SO2被碱液吸收并转化为SO增大c(SO)，从而促进NO吸收。【解析】(1)稀硝酸③通入N2，以排除装置内的O2(或防止NO被氧化)

(2)先打开(或取下)分液漏斗顶部活塞；再打开旋塞。

(3)N2

(4)为使NO气体与溶液充分接触2NO+SO+2OH-=N2O+SO+H2OSO2被碱液吸收并转化为SO增大c(SO)，从而促进NO吸收23、略

【分析】【分析】

(1)(2)根据仪器的构造回答；

(3)结合滴定曲线上关键点的数据，按计算即可；

【详解】

(1)量筒从小到上刻度值逐渐增大，A与B，B与C刻度间相差1mL，则每刻度为0.2mL，则如果刻度A为4，则B为3，量筒中液体的体积是3.2mL；

(2)滴定管刻度值从上到下刻度逐渐增大，由于滴定管活塞下方或橡皮管无刻度，50mL滴定管中实际盛放液体的体积大于50mL，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积大于(50−a)mL，故答案为：D；

(3)根据当pH=7时消耗的氢氧化钠溶液的体积可知，盐酸的物质的量浓度是氢氧化钠溶液的2倍，设氢氧化钠溶液的浓度为c，则盐酸的浓度为2c，根据滴加氢氧化钠溶液体积为30mL时pH=1可得关系式0.020L2c−0.030Lc=0.1mol/L(0.020L+0.030L)，解得c=0.5mol/L；即氢氧化钠溶液浓度为0.5mol/L，盐酸