2017-2018学年重庆市綦江区高二上学期期末高中联考化学试题 解析版 16页

重庆綦江区2017—2018学年度第一学期期末高中联考高二化学试题 试卷分为第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。满分100分，考试时间100分钟。‎ 注意事项：‎ ‎1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卷规定的位置上。‎ ‎2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑。‎ ‎3．答非选择题时，必须使用0．5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卷规定的位置上。‎ ‎4．考试结束后，将答题卷交回。‎ ‎5．可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 Pb-207 Na-23 O-16 S-32 ‎ 第I卷（选择题，共54分）‎ 一、选择题（本大题共18个小题，每小题只有一个正确选项，每小题3分，共54分）‎ ‎1. 下列说法错误的是（ ）‎ A. 用甲醇、乙醇代替汽油是应对化石能源危机的一种有效措施 B. 化学反应方向的判断要综合考虑熵效应和能量效应 C. 在电解水制取H2和O2时，为了增强液体的导电性，可加入CuCl2‎ D. 配制FeCl3溶液时，为防止出现浑浊，可向该溶液中加入少量盐酸 ‎【答案】C ‎........................‎ ‎2. 下列说法错误的是（ ）‎ A. 蔗糖、硫酸钡和HF分别属于非电解质、强电解质和弱电解质 B. Na、Mg、Al用电解法冶炼 C. 石油、沼气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源 D. 酸碱指示剂可用于测定溶液pH且精确度很高 ‎【答案】D ‎【解析】A．蔗糖属于有机物，为非电解质，硫酸钡为盐，为强电解质，HF是弱酸，为弱电解质，故A正确；B．常见金属的冶炼方法有电解法、热还原法、热分解法等，其中Na、Mg、Al都为活泼金属，应用电解法冶炼，故B正确；C、沼气是由植物秸秆发酵形成的属于可再生能源；天然气是由古代生物在地下发生复杂的变化形成的，属于化石能源；水煤气是由C与水蒸气在高温条件下反应生成的属于二次能源，故C正确；D．酸碱指示剂只能测定溶液的酸碱性，不能测定pH，故D错误；故选D。‎ 点睛：本题考查了物质的分类。本题的易错点为C，要注意天然气是由古代生物在地下发生复杂的变化形成的，是化石能源，沼气是由植物秸秆发酵形成的是可再生能源。‎ ‎3. 下列物质间的反应，其能量变化符合如图的是（ ）‎ A. Mg与硫酸反应 B. 灼热的碳与二氧化碳反应 C. Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合 D. 碳酸钙的分解 ‎【答案】A ‎【解析】从图上分析，反应物能量高于生成物，是放热反应。A、金属与酸的反应是放热反应，故A正确；B、灼热的碳与二氧化碳的反应是吸热反应，故B错误；C、Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合发生的反应是吸热反应，故C错误；D、碳酸钙的分解反应是吸热反应，故D错误；故选A。‎ 点睛：本题通过反应物与生成物能量不同判断放热反应和吸热反应。常见的放热反应有：所有的燃烧反应，金属与酸或水的反应、酸碱中和反应、多数的化合反应等。本题的根据是根据图像判断反应的热效应。‎ ‎4. 已知25℃，101kPa时， C6H12O6（葡萄糖）的燃烧热是2800kJ/mol，C8H18（辛烷）的燃烧热是5518kJ/mol，下列热化学方程式正确的是（ ）‎ A. C6H12O6(s)＋6O2（g）＝ 6CO2（g）＋6H2O（g） △H＝－2800kJ·mol－1‎ B. 0.5C6H12O6(s)＋3O2（g）＝ 3CO2（g）＋3H2O（l） △H＝－1400kJ·mol－1‎ C. C8H18＋12.5O2＝ 8CO2＋9H2O △H＝－5518kJ·mol－1‎ D. C8H18（1）＋12.5O2（g）＝ 8CO2（g）＋9H2O（1） △H＝＋5518kJ·mol－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】A．燃烧热生成的水为液态，故A错误；B．C6H12O6(葡萄糖)的燃烧热是2800kJ/mol，则0.5mol葡萄糖燃烧放出1400kJ的热量，故B正确；C．热化学方程式中需要注明物质的状态，故C错误；D. C8H18(辛烷)的燃烧热是5518kJ/mol，则△H＜0，故D错误；故选B。‎ ‎5. 对于反应2SO2(g)＋O2( g） 2SO3(g) ΔH＜0 ，能增大正反应速率的措施是（ ）‎ A. 通入大量O2 B. 增大容器容积 C. 移去部分SO3 D. 降低体系温度 ‎【答案】A ‎【解析】A、通入大量氧气，增大反应物的浓度，能增大正反应速率，故A正确；B、增大容器容积，减小了体系的压强，压强减小，正反应速率减小，故B错误；C、移去部分SO3，生成物的浓度减小，正、逆反应速率都减小，故C错误；D、降低体系的温度，正、逆反应速率都减小，故D错误；故选A。‎ ‎6. 下列解释事实的离子方程式不正确的是（ ）‎ A. 粗铜电解精炼时，阴极质量增加：Cu2++2e-＝Cu B. 碳酸氢钠的水解反应：HCO3－+OH－=H2O+CO32－‎ C. 用食醋除去水壶中的水垢（CaCO3）：2CH3COOH+CaCO3＝Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O D. 向氯化银浊液中滴入硫化钠溶液，沉淀变黑：2AgCl（s）+S2- （aq） = Ag2S（s）+2Cl- （aq）‎ ‎【答案】B ‎【解析】A．电解法精炼铜，阴极铜离子得到电子生成铜，电极反应式为：Cu2++2e-═Cu，故A正确；B．碳酸氢钠的水解反应生成碳酸分子，是可逆过程，HCO3－+OH－=H2O+CO32－是电离过程，故B错误；C．用食醋除去水壶中的水垢(CaCO3)，离子方程式：2CH3COOH+CaCO3═Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O，故C正确；D．AgCl不溶于水，应写成化学式，离子方程式为2AgCl+S2-═Ag2S+2Cl-，故D正确；故选B。‎ 点睛：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键。注意盐类的水解为可逆过程，产生气体或者沉淀量少，书写离子方程式时应用可逆号，不标注沉淀符号和气体符号，除非水解程度较大。‎ ‎7. CO2和H2的混和气体加热到1023K时，可建立下列平衡：CO2+H2CO+H2O（g）,在该温度下,平衡时有90%的氢气变成水蒸气(平衡常数K=1),则原混合气体中CO2和H2‎ 的分子数之比是（ ）‎ A. 9:1 B. 1:5 C. 1:10 D. 1:1‎ ‎【答案】A ‎【解析】设原混合气体中CO2和H2的物质的量分别为x、y，体积为1L，在一定温度下，平衡有90%的H2变成了H2O，消耗氢气0.9y，则 ‎                 CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)‎ 起始量(mol/L) x       y        0       0‎ 变化量(mol/L) 0.9y    0.9y     0.9y     0.9y ‎ 平衡量(mol/L)x-0.9y  0.1y     0.9y      0.9y ‎8. 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，对此过程的图像分析正确的是（ ）‎ A. 图Ⅰ是加入适当催化剂的变化情况 B. 图Ⅲ是升高温度的变化情况 C. 图Ⅲ是增大压强的变化情况 D. 图Ⅱ是扩大容器体积的变化情况 ‎【答案】B ‎【解析】反应X2(g)+2Y2(g)⇌2XY(g)△H＜0，正反应为体积减小的放热的反应。A．加入催化剂，正、逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，图像与实际不相符，故A错误；B．升高温度，反应速率加快，到达平衡时间缩短，平衡向逆反应方向移动，平衡时XY2的含量减小，图像与实际相符，故B正确，C．增大压强，反应速率加快，到达平衡时间缩短，平衡向正反应方向移动，平衡时XY2的含量增大，但图像中乙到达平衡时XY2的含量较小，与实际不符，故C错误；D．扩大体积，压强减小，正逆反应速率都降低，平衡向逆反应，逆反应速率降低较少，图像中平衡不移动，图像与实际不相符，故D错误；故选B。‎ ‎9. 相同温度下，体积均为0.25 L的两个密闭容器中发生反应：X2(g)＋3Y2(g) 2XY3(g)　ΔH＝－92.6 kJ·mol－1实验测得反应在起始、达到平衡时的有关数据如下表所示：‎ 起始时各物质物质的量/mol 达平衡时体系能量的变化 容器 X2‎ Y2‎ XY3‎ 容器①恒温恒容 ‎1‎ ‎3‎ ‎0‎ 放热 23.15 kJ 容器②恒温恒压 ‎1‎ ‎3‎ ‎0‎ Q(Q＞0)‎ 下列叙述正确的是（ ）‎ A. 容器①、②中反应物X2的转化率相同 B. 达平衡时，两个容器中XY3的物质的量浓度均为2 mol·L－1‎ C. 容器①、②达到平衡时间相同 D. 容器②， Q大于23．15 kJ ‎【答案】D ‎【解析】A．该反应前后气体的物质的量不等，容器①、②中气体的压强不等，平衡状态不同，反应物X2的转化率不同，故A错误；B．该反应前后气体的物质的量不等，容器①、②中气体的压强不等，平衡状态不同，达平衡时，两个容器中XY3的物质的量浓度不等，故B错误；C. 该反应前后气体的物质的量不等，容器①、②中气体的压强不等，反应速率不等，容器①、②达到平衡时间不同，故C错误；D．①容器中放出23.15kJ热量，则生成XY3的物质的量为：=0.5mol，容器②恒温恒压，反应过程中压强比容器①大，生成XY3的物质的量＞0.5mol，放出的热量多，即Q大于23．15 kJ，故D正确；故选D。‎ ‎10. 25℃时，H2O H++OH– △H＞0，下列能够使水电离平衡正向移动，且pH增大的措施是（ ）‎ A. 加入稀氨水 B. 加热 C. 加入稀硫酸 D. 加入CH3COONa固体 ‎【答案】D ‎【解析】A．向水中加入氨水，氢氧根离子浓度增大，抑制水电离，平衡向逆反应方向移动，故A错误；B．水的电离是吸热反应，升高温度，促进水电离，氢离子和氢氧根离子浓度都增大，则KW增大，溶液的pH减小，故B错误；C．向水中加入稀硫酸，氢离子浓度增大，抑制水电离，平衡向逆反应方向移动，故C错误；D．向水中加入少量固体醋酸钠，醋酸钠水解而促进水电离，平衡向正反应方向移动，c(OH-)增加，pH增大，故D正确；故选D。‎ 点睛：本题考查水的电离。水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，加入含有弱根离子的盐能促进水电离，加入酸或碱抑制水电离。本题的易错点为B。‎ ‎11. 25℃时，在一定体积pH = 12的NaOH溶液中， 加入一定体积0．01 mol/L的NaHSO4溶液，此时混合溶液的pH = 11。若反应后溶液的体积等于NaOH 溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则NaOH溶液与NaHSO4溶液的体积比是（ ）‎ A. 1∶9 B. 10∶1 C. 11∶9 D. 1∶2‎ ‎【答案】C ‎【解析】pH=12的NaOH溶液中c(OH-)=10-2mol/L，设溶液体积为x，得到氢氧根离子物质的量为x×10-2mol；设硫酸氢钠溶液体积为y，依据反应NaOH+NaHSO4=Na2SO4↓+H2O，混合后溶液pH=11，计算得到溶液中氢氧根离子浓度为10-3mol/L，所以得到：=10-3，得到x：y=11：9，故选C。‎ ‎12. 下列无色澄清的溶液中，可能大量共存的离子组是（ ）‎ A. Cl-、SO32-、Fe2+、H+ B. NH4+、Al3+、NO3-、HCO3-‎ C. Na+、K+、OH－、AlO2－ D. K+、Na+、SO42-、MnO4-‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．SO32-与H+离子之间能够反应生成亚硫酸，不能大量共存，故A错误；B．Al3+与HCO3-能够发生双水解反应，不能大量共存，故B错误；C．Na+、K+、OH－、AlO2－离子间不发生反应，能大量共存，故C正确；D．MnO4-为紫红色，与无色不符，故D错误；故选C。‎ ‎13. 室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释，pH随溶液体积的变化曲线如右图所示。下列说法正确的是（ ）‎ A. 稀释前的HA和HB溶液分别与等物质的量的NaOH恰好反应，消耗酸的体积：V（HA）>V（HB）‎ B. a点溶液的导电性比c点溶液的导电性弱 C. HB是强酸 D. a、b两点溶液中水的电离程度相同 ‎【答案】A ‎【解析】室温下，pH均为2的两种一元酸HA和HB各1mL，分别加水稀释至1000mL，HA溶液pH=5，说明HA为强酸，HB为弱酸。A. 稀释前的HA和HB溶液的pH相等，HA的浓度小于HB，分别与等物质的量的NaOH恰好反应，需要的HA和HB的物质的量相等，则消耗酸的体积：V(HA)>V(HB)，故A正确；B．a点溶液中离子浓度大于c点溶液中离子浓度，溶液导电性取决于离子浓度大小，则a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，故B错误；C．根据上述分析，HA为强酸，HB为弱酸，故C错误；D．a、b两点溶液中酸电离出的氢离子浓度不等，对水的电离的抑制程度不同，水的电离程度不同，故D错误；故选A。‎ 点睛：本题考查了弱电解质电离平衡影响因素、图像的分析判断。根据图像判断酸的强弱是解题的关键。本题的易错点为D，要注意根据影响水的电离的因素分析判断。‎ ‎14. 对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是（ ）‎ A. KAl(SO4)2溶液加热 B. Na2CO3溶液加热 C. 氨水中加入少量NH4Cl固体 D. NH4NO3溶液中加入少量NaNO3固体 ‎【答案】B ‎【解析】A．明矾溶液中电离后产生的Al3+水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，故A错误；B．Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深，故B正确；C．氨水为弱碱，部分电离：NH3•H2O⇌NH4++OH-，加入酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NH4++Cl-，其中的NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，故C错误；D. NH4NO3溶液中NH4+水解，溶液显酸性，加入少量NaNO3固体不影响铵根离子的水解，溶液仍然显无色，故D错误；故选B。‎ ‎15. 结合下图判断，下列叙述正确的是（ ）‎ A. 图Ⅲ盐桥的原电池工作时，铜电极上发生氧化反应，CuSO4溶液蓝色变深 B. Ⅰ和Ⅱ中负极反应均是Fe－2e－===Fe2＋‎ C. Ⅰ和Ⅱ中正极反应均是O2＋2H2O＋4e－===4OH－‎ D. Ⅰ和Ⅱ中分别加入少量K3[Fe(CN)6]溶液，Ⅱ有蓝色沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】I中Zn失电子作负极，Fe作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子；II中Fe失电子作负极，Cu作正极，正极上氢离子得电子生成氢气；Ⅲ中锌作负极，铜作正极，正极上铜离子得到电子生成铜。A、原电池工作时，较不活泼的金属铜作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，所以正极上有铜单质析出导致CuSO4溶液蓝色变浅，故A错误；B、I中Zn失电子作负极，负极反应为Zn-2e-═Zn2+，II中Fe失电子作负极，负极反应为Fe-2e-═Fe2+，故B错误；C、I中正极上氧气得电子生成氢氧根离子，II中正极上氢离子得电子生成氢气，则正极上的反应不同，故C错误；D、I中没有亚铁离子，加少量K3[Fe(CN)6]溶液无明显现象，II中Fe失电子作负极生成Fe2+，加少量K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀，故D正确；故选D。‎ ‎16. 下图各容器中盛有海水，铁在其中被腐蚀时由快到慢的顺序是 （ ）‎ A. ④>②>①>③ B. ②>①>③>④‎ C. ④>②>③>① D. ③>②>④>①‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：根据图知，②③装置是原电池，在②中，金属铁做负极，③中金属铁作正极，做负极的腐蚀速率快，所以②＞③，④装置是电解池，其中金属铁为阳极，被保护腐蚀，有防护腐蚀措施的腐蚀，所以腐蚀速率是：④＞②＞①＞③．‎ 考点：考查了金属的腐蚀与防护的相关知识。‎ ‎17. 铅蓄电池是典型的可充型电池，电池总反应式为：Pb＋PbO2＋4H＋＋2SO42－2PbSO4＋2H2O，下列说法正确的是（ ）‎ A. 放电时，负极的电极反应式是 ： PbO2＋2e－＋4H＋＋SO42－＝PbSO4＋2H2O B. 放电时，电解液中H2SO4的浓度将不变 C. 充电时，当外电路通过1mol电子时，原负极板的质量理论上减少48g。‎ D. 充电时，阳极电极反应式为：PbSO4+2e-=Pb＋SO42－，‎ ‎【答案】C ‎【解析】A. 放电时，负极Pb失去电子发生氧化反应，故A错误；B. 根据总反应方程式，放电时，电解液中H2SO4的浓度逐渐减小，故B错误；C. 充电时，阴极反应式为PbSO4+2e-=Pb+SO42-‎ ‎，当外电路通过1mol电子时，原负极板的质量理论上减少0.5mol硫酸根离子，质量为48g，故C正确；D. 充电时，阳极发生氧化反应，电极反应式为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，故D错误；故选C。‎ ‎18. 常温时，下列各溶液中，物质的量浓度关系错误的是（ ）‎ A. 在0.1 mol·L－1NaClO溶液中，c(Na＋)＝c(HClO)＋c(ClO－)‎ B. 10 mL 0.1 mol/L NH4Cl溶液与5 mL 0.2 mol/L NaOH溶液混合：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)‎ C. 10 mL pH＝2的HCl溶液与10 mL 0.01 mol·L－1Ba(OH)2溶液充分混合，若混合后溶液的体积为20 mL，则溶液的： c(Cl－)+c(OH－)＝c(Ba2＋)＋c(H＋)‎ D. 10 mL 0.5 mol/L Na2CO3溶液中慢慢滴入10 mL 0.5 mol/L盐酸后的溶液：c(CO32－)+c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)‎ ‎【答案】C ‎【解析】A、在0.1 mol•L-1NaClO溶液中，存在物料守恒：c(Na＋)＝c(HClO)＋c(ClO－)，故A正确；B、混合后为氯化钠和氨水，显碱性，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)=c(C1-)＞c(OH-)＞c(NH4+)＞c(H+)，故B正确；C、常温下，pH＝2的HCl溶液浓度为0.01 mol•L-1，10 mL 0.01 mol•L-1HCl溶液与10 mL 0.01 mol•L-1Ba(OH)2溶液充分混合后，碱剩余，根据电荷守恒，c(Cl－)+c(OH－)＝2c(Ba2＋)＋c(H＋)，故C错误；D. 10 mL 0.5 mol/L Na2CO3溶液中慢慢滴入10 mL 0.5 mol/L盐酸后的溶液中存在等浓度的氯化钠和碳酸氢钠，溶液显碱性，根据质子守恒，c(CO32－)+c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)，故D正确；故选C。‎ 第II卷（非选择题，共46分）‎ 二、非选择题（共46分）‎ ‎19. NaOH和盐酸都是中学化学常见的试剂 ‎（一）某同学用0.200 0 mol·L－1标准盐酸滴定待测烧碱溶液浓度 ‎（1）将5.0g烧碱样品( 杂质不与酸反应)配成250 mL待测液，取10.00 mL待测液，用________式滴定管量取，右图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为________ mL。‎ ‎（2）由下表数据， NaOH的百分含量是________。‎ 滴定次数 待测NaOH溶液体积(mL)‎ 标准盐酸体积 滴定前的刻度(mL)‎ 滴定后的刻度(mL)‎ 第一次 ‎10.00‎ ‎0.40‎ ‎20.50‎ 第二次 ‎10.00‎ ‎4.10‎ ‎24.00‎ ‎（3）用标准盐酸滴定某浓度的NaOH溶液，下列操作可能使测定结果偏高的是（_____）‎ A．用蒸馏水洗锥形瓶后，直接取10.00 mL待测液注入锥形瓶中 B．酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2—3次 C．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失 D．对酸式滴定管，滴定前正确读数，滴定后俯视读数 ‎（二）50 mL 0.50 mol·L－1盐酸与50 mL 0.55 mol·L－1NaOH溶液测定计算中和反应的反应热。回答下列问题：‎ ‎（4）从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃用品是__________。如改用0.0275 mol NaOH固体与该盐酸进行实验，则实验中测得的“中和热”数值将________( 填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。‎ ‎（5）已知盐酸和NaOH稀溶液发生中和反应生成0.1 mol H2O时，放出5.73 kJ的热量，则表示该反应中和热的热化学方程式为：_______________。‎ ‎（三）常温时，向盛有0.1 mol·L－1Mg2+溶液的试管中滴加适量的NaOH溶液，到pH为11.0时（已知Ksp Mg(OH)2=5.61×10‾12）‎ ‎（6）此时上层清液中c（Mg2+）=________ mol·L－1‎ ‎【答案】 (1). 碱 (2). 22.60 (3). 80.0%（或80%） (4). B C (5). 环形玻璃搅拌棒 (6). 偏大 (7). NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1 (8). 5.61×10‾6‎ ‎【解析】(1)待测液是碱性溶液，应用碱式滴定管量取，根据图示，其读数为22.60 mL，故答案为：碱；22.60；‎ ‎(2)两次消耗的标准液的体积分别为：20.10mL，19.90mL，两次滴定数据都是有效的，所以消耗标准液平均体积为20.00mL，根据c(待测)===0.4000mol•L-1，NaOH的物质的量=0.4000mol•L-1×0.25L×40g/mol=4.0g，NaOH的百分含量=×100%=80%，故答案为：80%；‎ ‎(3)A．锥形瓶水洗后未干燥，待测液的物质的量不变，标准液体积不变，测定值不变，故A错误；B．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗，标准液浓度偏小，会导致测定标准液体积偏高，测定值偏高，故B正确；C．酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致测定标准液体积偏大，测定值偏高，故C正确；D．滴定终点读数时俯视读数，会导致测定标准液体积偏小，测定值偏低，故D错误；故选BC；‎ ‎(4)由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒，如改用0.0275 mol NaOH固体与该盐酸进行实验，氢氧化钠固体溶解放热，导致测得的“中和热”数值偏大，故答案为：环形玻璃搅拌棒；偏大；‎ ‎(5)稀强酸、稀强碱反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，则NaOH溶液和盐酸反应表示中和热的热化学方程式为：NaOH(aq)+HCl(aq)═NaCl(aq)+H2O(l) △H=-57.3 kJ•mol-1；故答案为：NaOH(aq)+HCl(aq)═NaCl(aq)+H2O(l) △H=-57.3 kJ•mol-1；‎ ‎(6)常温时，向盛有0.1 mol·L－1Mg2+溶液的试管中滴加适量的NaOH溶液，到pH为11.0时，c(OH-)=1×10‾3 mol/L，c(Mg2+)===5.61×10‾6，故答案为：5.61×10‾6。‎ ‎20. 在2L密闭容器内，800℃时反应：2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) ，体系中n(NO2)随时间的变化如表：‎ 时间(s)‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ n(NO2)(mol)‎ ‎0.00‎ ‎0.010‎ ‎0.012‎ ‎0.013‎ ‎0.013‎ ‎0.013‎ ‎（1）写出该反应的平衡常数表达式：K=____________。已知：K（350℃）