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【化学】湖南省衡阳市第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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湖南省衡阳市第一中学2018-2019学年高二上学期期中考试
说明：考试时间90分钟，满分100分。
可能用到的相对原子质量有：H 1 N 14 O 16 Na 23 S 32 C 12 Ag 108
卷Ⅰ(选择题 共60分)
一．选择题（共20小题，每小题3分，计60分。每小题只有一个选项正确）
1.下列化学用语中，正确的是
A. 氯化氢分子的形成过程可用电子式表示为：
B. 16O与 18O的中子数和核外电子排布均不同
C. 稳定性：CH4＞SiH4；还原性：HCl＞H2S
D. K＋、Ca2＋、Mg2＋的离子半径依次减小
【答案】D
【解析】
【分析】
A、氯化氢为共价化合物，分子中不存在阴阳离子；
B、互为同位素的原子中子数不同，核外电子数相同；
C、非金属性越强，对应氢化物越稳定、氢化物的还原性越弱；
D、电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小。
【详解】A项、氯化氢属于共价化合物，氯化氢的电子式中不能标出电荷，用电子式表示氯化氢的形成过程为：，故A错误；
B项、互为同位素的原子中子数不同，其核外电子排布相同，故B错误；
C项、非金属性C＞Si，则稳定性：CH4＞SiH4；非金属性Cl＞S，则还原性：HCl＜H2S，故C错误；
D项、K+、Ca2+、Mg2+的离子半径依次减小，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了化学用语，注意掌握离子结构示意图、电子式等化学用语的书写原则，明确离子结构示意图与原子结构示意图、离子化合物与共价化合物的电子式的区别。
2.下列说法正确的是
A. 二氧化硫可用于杀菌、消毒
B. 煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁能源
C. 氯气和明矾均可做自来水的消毒剂
D. 食品保鲜剂中所含铁粉和生石灰均作还原剂
【答案】A
【解析】
A. 二氧化硫可用于杀菌、消毒，A正确；B. 煤的气化和液化均是化学变化，B错误；C. 氯气可做自来水的消毒剂，明矾是净水剂，C错误；D. 食品保鲜剂中所含铁粉作还原剂，生石灰作干燥剂，D错误，答案选A。
点睛：选项C是易错点，氯气自身没有漂白性，溶于水生成的次氯酸具有强氧化性，可以杀菌消毒。明矾溶于水电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性而作净水剂，二者的原理是不同的。
3.下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是
A. 灼热的炭与CO2反应 B. 氧化铁与铝反应
C. 钠与乙醇反应 D. Ba(OH)2·8H2O与NH4C1反应
【答案】A
【解析】
分析：A项，灼热的炭与CO2的反应为氧化还原反应，是吸热反应；B项，氧化铁与铝的反应是氧化还原反应，是放热反应；C项，Na与乙醇的反应为氧化还原反应，是放热反应；D项，Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl的反应不是氧化还原反应，是吸热反应。
详解：A项，灼热的炭与CO2反应的化学方程式为C+CO22CO，反应前后元素的化合价有升降，该反应为氧化还原反应，是吸热反应；B项，氧化铁与铝反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，反应前后元素的化合价有升降，该反应是氧化还原反应，铝热反应是放热反应；C项，Na与乙醇反应的化学方程式为2Na+2CH3CH2OH→2CH3CH2ONa+H2↑，反应前后元素的化合价有升降，该反应为氧化还原反应，是放热反应；D项，Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl反应的化学方程式为Ba（OH）2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O，反应前后元素的化合价没有改变，该反应不是氧化还原反应，是吸热反应；符合题意的是A项，答案选A。
点睛：本题考查氧化还原反应、放热反应和吸热反应的判断。根据反应前后元素的化合价是否有升降判断是否氧化还原反应。熟记典型的放热反应和吸热反应，活泼金属与水（或酸）的置换反应、大多数化合反应、燃烧反应、中和反应、铝热反应等为放热反应；大多数分解反应、C与H2O（g）的反应、C与CO2的反应、Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl的反应等为吸热反应。
4.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A. 使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO42－、Cl－
B. 与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、、SO42－
C. Kw/c(H+)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中：NH4＋、Ca2＋、Cl－、NO3－
D. 水电离的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中： K＋、Na＋、AlO2－、CO32－
【答案】C
【解析】
【分析】
使酚酞变红色的溶液呈碱性；与Al反应能放出H2的溶液可能为强碱性或非氧化性酸溶液；Kw/c(H+)=1×10-13mol•L-1的溶液呈酸性；水电离的c（H+）=1×10-13mol•L-1的溶液可能呈酸性或碱性。
【详解】使酚酞变红色的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，Al3＋与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，A错误；与Al反应能放出H2的溶液可能为强碱性或非氧化性酸溶液，酸性条件下Fe2+、NO3-发生氧化还原反应不能大量共存，碱性条件下Fe2+不能大量共存，B错误；Kw/c(H+)=1×10-13mol•L-1的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，C正确；水电离的c（H+）=1×10-13mol•L-1的溶液可能呈酸性或碱性，酸性条件下AlO2-、CO32-不能大量存在，D错误。
故选C。
【点睛】本题考查离子的共存，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，注意题干“一定共存”的信息。
5.醋酸铅因有甜味而被称为“铅糖”，它有毒但能入药，又知(CH3COO)2Pb可溶于水，硝酸铅与醋酸钠溶液反应的离子方程式为Pb2＋＋2CH3COO－=(CH3COO)2Pb。下列有关说法中不正确的是
A. 0.1 mol·L－1的“铅糖”溶液中c(Pb2＋)<0.1 mol·L－1 B. “铅糖”是弱电解质
C. “铅糖”是离子化合物 D. “铅糖”的溶液可能导电性很弱
【答案】C
【解析】
【分析】
（CH3COO）2Pb可溶于水，硝酸铅与醋酸钠溶液反应的离子方程式为Pb2++2CH3COO-=（CH3COO）2Pb，说明醋酸铅是弱电解质，醋酸铅是共价化合物溶解性小溶液中离子浓度很小可能不导电。
【详解】A项、醋酸铅是弱电解质，存在部分电离，0.1mol•L-1的“铅糖”溶液中c（Pb2+）<0.1mol•L-1，故A正确；
B．（CH3COO）2Pb溶液中存在电离平衡属于弱电解质，故B正确；
C．醋酸铅是弱电解质，溶液中存在分子是共价化合物，故C错误；
D．醋酸铅是弱电解质，醋酸铅是共价化合物溶解性小溶液中离子浓度很小，“铅糖”的溶液可能不导电，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查了弱电解质电离平衡的分析判断，依据化学反应进行判断醋酸铅为弱电解质是解题关键。
6.已知强酸强碱的稀溶液发生中和反应的热化学方程式：H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）△H=-57.3kJ/mol,向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入下列物质：①稀醋酸；②浓硫酸；③稀硝酸，恰好完全反应，其焓变依次为△H1、△H2、△H3 则它们的关系是
A. △H1＞△H2＞△H3 B. △H1<△H3<△H2
C. △H1=△H3＞△H2 D. △H1＞△H3＞△H2
【答案】D
【解析】
【分析】
25℃，101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ/mol，注意弱电解质的电离吸热。
【详解】因为醋酸是弱电解质，电离时吸热，浓硫酸溶于水时放热，故中和反应时放出的热量Q（浓硫酸）＞Q（稀硝酸）＞Q（稀醋酸），又因放热反应中，△H为负值，即△H=-Q，故△H2＜△H3＜△H1，故选D。
【点睛】本题主要考查了中和热大小的比较，需要注意的是弱电解质的电离吸热，以及比较大小时要考虑“—”号。
7.下列说法不正确的是
A. 在恒容下充入惰性气体,容器压强增大，活化分子的百分数不变
B. 因为焓变和熵变都与反应的自发性有关,因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据
C. NH4HCO3（s）=NH3（g）+H2O（g）+CO2（g） ΔH=+185.57kJ·mol-1能自发进行,原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向
D. ΔH<0、ΔS>0的反应在任何温度下都能自发进行
【答案】B
【解析】
【分析】
A、恒温恒容下，加惰性气体，反应体系内各组分的浓度并不发生变化；
B、焓变和熵变都与反应的自发性有关，△H-T△S<0为判断反应进行的综合判据；
C、反应能自发进行，说明△H-T△S<0；
D、△H﹤0，△S﹥0的反应，△H-T△S<0，在任何温度都能自发进行。
【详解】A项、恒温恒容下，加惰性气体，反应体系内各组分的浓度并不发生变化，活化分子的百分数不变，对速率、平衡都无影响，故A正确；
B项、焓变和熵变都与反应的自发性有关，△H-T△S<0为判断反应进行的综合判据，则焓变或熵变不能单独作为反应自发性的判据，故B错误；
C项、由反应方程式可知，△H>0、△S>0，反应能自发进行，说明△H-T△S<0，则能自发进行，是因为体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向，故C正确；
D项、△H﹤0，△S﹥0的反应，△H-T△S<0，在任何温度都能自发进行，故D正确。
故选B。
【点睛】恒温恒容下，加惰性气体，反应体系内各组分的浓度并不发生变化，所以对速率、平衡都无影响。恒温恒压下，加惰性气体，容器体积增大，反应体系各组分的浓度都减小，正逆反应速率都减小，平衡向着气体分子数增大的方向移动，可以相当于减压。
8.下列溶液中c(OH－)最小的是
A. 向0.1mol/L氨水中加同体积水
B. 向0.1mol/L KOH溶液中加同体积水
C. 向0.2mol/L KOH溶液中加同体积的0.1mol/L盐酸
D. 向0.2mol/L氨水中加同体积0.1mol/L盐酸
【答案】D
【解析】
【详解】向0.1mol•L-1的氨水中加入同体积的水，近似于0.05mol•L-1的氨水；向0.1mol•L-1的KOH溶液中加入同体积的水，近似于0.05mol•L-1的KOH溶液；向0.2mol•L-1的KOH溶液中加入同体积的0.1mol•L-1盐酸，近似于0.05mol•L-1的KOH溶液和0.05mol•L-1的氯化钠溶液组成的混合溶液；向0.2mol•L-1的氨水中加入同体积的0.1mol•L-1盐酸，近似于0.05mol•L-1的氨水和0.05mol•L-1的氯化铵溶液组成的混合物溶液。因氢氧化钾是强碱、氨水是弱碱，氯化铵对于一水合氨电离起抑制作用，因此c（OH-）的浓度大小为B=C>A>D，故选D。
【点睛】本题考查了溶液中离子浓度的大小比较，熟知强弱电解质的电离特点和电离平衡的影响因素是解题关键。
9. 下列事实不能用电化学理论解释的是（ ）
A. 轮船水线以下的船壳上镶嵌有一定量的锌块
B. 镀锌的铁制品比镀锡的铁制品耐用
C. 铝片不用特殊方法保存
D. 锌跟稀硫酸反应时，滴入少量硫酸铜溶液后，反应速率加快
【答案】C
【解析】
A 能，锌块和铁就形成了原电池，锌做负极，防止了铁的腐蚀。
B 能，镀锌的铁制品锌做负极，镀锡的铁制品铁做负极，故前者耐用
C 不能，铝片在空气中容易形成一层氧化铝，从而保护铝
D 能，锌可以置换出硫酸铜中的铜，锌、铜形成原电池，反应速率加快
10. pH=11的X、Y两种碱溶液各10mL，分别稀释至1000mL。其pH与溶液体积（V）的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. X、Y两种碱的物质的量浓度一定相等
B. 稀释后，X溶液碱性比Y溶液碱性强
C. 若9＜a＜11，则X、Y都是弱碱
D. 完全中和X、Y两溶液时，消耗同浓度盐酸的体积VX＞VY
【答案】C
【解析】
由于稀释可以促进弱电解质的电离，所以对于pH相等的碱溶液，相对弱的碱的pH减小的幅度要小，即酸Y较弱；均稀释到1L时，Y的碱性略强。
由图知两种碱的碱性强弱Y
11.用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加快的是
A. 对该反应体系加热 B. 滴加少量CuSO4溶液
C. 向溶液中滴加浓硝酸，以增大氢离子浓度 D. 改用铁粉
【答案】C
【解析】
【分析】
A、温度升高，化学反应速率增大；
B、原电池反应加快反应速率；
C、浓硝酸具有强氧化性，会使铁钝化，滴加少量浓硝酸得到的稀硝酸与反应生成一氧化氮；
D、增大接触面积加快反应速率。
【详解】A项、因加热时反应体系的温度升高，则化学反应速率加快，故A正确；
B项、滴加少量CuSO4溶液，铁置换出Cu，构成Fe、Cu原电池，从而加快了生成氢气的反应速率，故B正确；
C项、浓硝酸具有强氧化性，会使铁钝化，若滴加少量浓硝酸，稀释得到的稀硝酸与反应生成一氧化氮，不能生成氢气，C错误；
D项、改用铁粉，增大了铁与硫酸反应的接触面积，则反应速率加快，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查影响化学反应速率的常见因素，注意从温度、浓度、构成原电池、增大接触面等条件变化分析化学反应速率的变化，浓硝酸能使铁钝化、稀硝酸与铁反应不生成氢气是易错点。
12.将CoCl2溶解于盐酸中可以形成CoCl42-，在溶液中存在下面的化学平衡：
Co2＋(aq)＋4Cl－(aq) CoCl42-(aq) ΔH＞0
粉红色 蓝色
下列说法正确的是
A. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
B. 该反应的平衡常数K＝c(CoCl42-)/[c(Co2＋)c4(Cl－)]
C. 将盛有CoCl2和盐酸混合液的试管置于热水中，试管内溶液为红色
D. 增大Cl－浓度，平衡向正反应方向移动，Co2＋、Cl－浓度都减小
【答案】B
【解析】
【分析】
A、升高温度，正、逆反应速率都增大；
B、化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；
C、Co2+为红色，CoCl42-是蓝色，该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应移动；
D、增大Cl－浓度，平衡正向移动，Co2+浓度减小，但Cl-浓度增大。
【详解】A项、升高温度，正、逆反应速率都增大，但正反应速率增大更多，故A错误；
B项、Co2+（aq）+4Cl-（aq）⇌CoCl42-（aq）的化学平衡常数k= c(CoCl42-)/[c(Co2＋)c4(Cl－)]，B正确；
C项、Co2+为红色，CoCl42-是蓝色，该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，溶液呈蓝色，故C错误；
D项、增大Cl－浓度，平衡正向移动，Co2+浓度减小，CoCl42-增大，因化学平衡常数不变，溶液中Cl-浓度增大，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查化学平衡移动原理综合应用，涉及温度对反应速率、化学平衡、化学平衡常数的影响，D选项也可以借助平衡常数进行理解。
13.下列说法中正确的是
A. 电解NaCl溶液、熔融态的氯化镁可制得相应的金属单质
B. 工业上可用含Cu2S的矿石和氧化剂O2反应冶炼Cu
C. 铝热反应可用于冶炼高熔点金属，如K、Ca、Cr、Mn等
D. 工业电解熔融态的Al2O3制Al时，加冰晶石的主要作用是提高Al的产量
【答案】B
【解析】
【详解】A项、工业上可以电解熔融的氯化镁或氧化铝制得相应的金属单质镁和铝，故A错误；
B项、Cu2S和O2在高温下反应生成Cu和SO2，反应的化学方程式为Cu2S+O2 2Cu+SO2，B正确；
C项、若铝热反应能够进行，制取的金属的还原性应该比金属铝还原性弱，选项中金属钾、钙还原性强于铝，所以无法通过铝热反应制取，C错误；
D项、Al2O3的熔点很高,熔化需要较多能量,加入冰晶石可以降低Al2O3的熔化温度，不能提高Al的产量，D错误。
故选B。
【点睛】（1）制取非常活泼的金属,如金属钠、镁、铝等,由于它们金属性还原性都太强,一般化学试剂很难把它们还原出来,工业上一般采用电解金属形成的盐或氧化物，如氯化钠、氯化镁、氧化铝的熔融物（不能有水,否则制取的金属太活泼,会与水反应）,得到金属单质。
（2）制取活泼性一般的金属,如金属锌、铁、铜等，工业上一般采用还原剂把金属从它的氧化物或盐溶液中还原出来。
（3）制取不活泼的金属,如金属汞、银等，工业上一般加热金属氧化物使其分解成金属单质和氧气。
14.随着汽车数量的逐年增多，汽车尾气污染已成为突出的环境问题之一。反应：2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)可用于净化汽车尾气，已知该反应速率极慢，570 K时平衡常数为1×1059。下列说法正确的是( )
A. 提高尾气净化效率的最佳途径是研制高效催化剂
B. 提高尾气净化效率的常用方法是升高温度
C. 装有尾气净化装置的汽车排出的气体中不再含有NO或CO
D. 570 K时及时抽走CO2、N2，平衡常数将会增大，尾气净化效率更佳
【答案】A
【解析】
“该反应速率极慢”，故提高尾气净化效率的最佳途径是研制高效催化剂，A说法正确；升高温度的措施在处理尾气时难以实现，故B错；该反应是可逆反应，故C错；平衡常数只与温度有关，故D错。
15.下表是常温下某些一元弱酸的电离常数：
弱酸
HCN
HF
CH3COOH
HNO2
电离常数
4.9×10－10
7.2×10－4
1.8×10－5
6.4×10－6
则0.1 mol·L－1的下列溶液中，pH最小的是
A. HCN B. HF C. CH3COOH D. HNO2
【答案】B
【解析】
【分析】
同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强。
【详解】同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数知，酸性强弱为：HF＞HNO2＞CH3COOH＞HCN，则pH由大到小的顺序是HCN＞CH3COOH＞HNO2＞HF，则等浓度的四种酸溶液中，HF相对最强，溶液酸性最强，pH最小，故选B。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确酸的电离平衡常数与酸性强弱的关系是解本题关键，同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强。
16.K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色) 2CrO42-(黄色)+2H+ 。用K2Cr2O7溶液进行下列实验，结合实验，下列说法不正确的是（ ）
A. ①中溶液橙色加深，③中溶液变黄 B. ②中Cr2O72-被C2H5OH还原
C. 若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色 D. 对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
【答案】C
【解析】
试题分析：A.在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，A项正确；B.②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，B项正确；D.若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，C项错误；D．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，D项正确；答案选C。
【考点定位】考查氧化还原反应以及化学平衡的移动。
【名师点睛】本题考查氧化还原反应以及化学平衡的移动问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题给信息为解答该题的关键。K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)2CrO42-(黄色)+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则溶液橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，由实验②、④可知Cr2O72-具有较强的氧化性，可氧化乙醇，而CrO42-不能，以此解答该题即可。
17.水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是
A. 图中五点Kw的关系：B>C>A＝D＝E
B. 若从A点到E点，可采用温度不变，向水中加入适量的NH4Cl固体
C. 若从A点到D点，可采用温度不变，向水中加入少量的酸
D. 当处在B点时，将pH＝2的硫酸与pH＝10的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性
【答案】B
【解析】
【分析】
温度不同，水的离子积常数Kw不变，温度不变，水的离子积常数Kw不变化。
【详解】A项、A、D、E都处于25℃时，Kw相等，B点c（H+）和c（OH-）都大于E点的c（H+）和c（OH-），并且E点的c（H+）和c（OH-）大于A点c（H+）和c（OH-），c（H+）和c（OH-）越大，Kw越大，故B＞C＞A=D=E，故A正确；
B项、若从A点到C点，c（H+）变大，c（OH-）变大，Kw增大，温度应升高，但在25℃时在水中加入适量的醋酸钠固体，c（H+）变小，c（OH-）变大，Kw不变，故B错误；
C项、若从A点到D点，加酸，c（H+）变大，c（OH-）变小，温度不变，Kw不变化，故C正确；
D项、B点时，pH＝10的KOH溶液中c(OH －)＝0.01 mol/L，pH＝2的硫酸溶液中c（H+）＝0.01 mol/L，二者等体积混合时恰好反应生成强酸强碱盐，溶液显中性，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查水的电离平衡移动问题，结合图象判断并分析溶液在不同温度下的Kw，做题时注意根据图象比较c（H+）和c（OH-）的大小是做题的关键。
18.在一密闭容器中，反应aA(g) bB(g)达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则
A. 平衡向逆反应方向移动了 B. 物质A的转化率减小了
C. 物质B的质量分数增加了 D. a>b
【答案】C
【解析】
在一密闭容器中，反应 aA(g) bB(g)达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，若平衡不移动，则B的浓度是原来的50%，现达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，说明平衡正向移动，物质A的转化率变大，减小压强平衡向分子数增大方向移动，即b＞a。故C正确。
19.已知甲为恒压容器、乙为恒容容器。相同条件下充入等物质的量NO2气体，且起始时体积相同。发生反应：2NO2（g）N2O4（g） △H＜0。一段时间后均达到平衡状态。下列说法中正确的是
A. 平衡时NO2体积分数：甲＜乙
B. 达到平衡所需时间，甲与乙相等
C. 该反应的平衡常数表达式K＝c（N2O4）/c（NO2）
D. 若两容器内气体的压强保持不变，均说明反应已达到平衡状态
【答案】A
【解析】
A、反应起始时，二氧化氮的浓度相同、温度相同、压强相同，反应速率相同，随反应进行，容器乙中压强降低，容器甲体积可变，压强不变，故反应达到平衡时，两容器内的压强关系是p（甲）＞p（乙），甲中平衡正向进行，平衡时NO2体积分数减小，甲＜乙，故A正确；
B、容器乙体积不变，随反应进行，反应混合气体的物质的量减小，容器乙中压强降低，容器甲体积可变，压强不变，压强越大，反应速率越快，达到平衡所需时间甲短，故B错误；
C、平衡常数K=，故C错误；
D、容器乙体积不变，随反应进行，反应混合气体的物质的量减小，容器乙中压强降低，容器甲体积可变，压强不变，故反应达到平衡时，两容器内的压强关系是p（甲）＜p（乙），甲容器始终不变，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查影响化学反应速率和化学平衡的有关因素分析判断，主要是恒温恒容、恒温恒压容器特征的分析方法，掌握基础是关键，难度中等．
20.下列溶液一定呈中性的是
A. pH=7
B. pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合后
C. 0.1mol/LNaOH溶液与0.05mol/LH2SO4溶液混合后
D. C(OH-)=
【答案】D
【解析】
【分析】
中性溶液中c（H+）=c（OH-）。
【详解】A项、pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故A错误；
B项、室温下，pH之和为14的氨水与盐酸，酸中氢离子浓度和碱中氢氧根离子浓度相等，盐酸是强电解质，氨水是弱电解质，所以氨水的浓度远远大于氢氧根离子浓度，所以等体积的氨水和硝酸混合后，氨水过量，溶液呈碱性，故B错误；
C项、0.1mol/LNaOH溶液与0.05mol/LH2SO4溶液若等体积混合后，溶液呈中性，溶液体积没有确定，无法判断溶液酸碱性，C错误；
D项、溶液中水的离子积常数Kw= c（H+）×c（OH-），当c（H+）=c（OH-）时，溶液呈中性，C(OH-)=，D正确。
故选B。
【点睛】本题考查了溶液酸碱性的判断，注意不能根据溶液的PH值判断溶液的酸碱性，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断溶液的酸碱性。
Ⅱ卷（共40分）
21.从煤和石油中可以提炼出化工原料A和B，A是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平。B是一种比水轻的油状液态烃，0.1 mol该烃在足量的氧气中完全燃烧，生成0.6 mol CO2和0.3 molH2O；回答下列问题：
(1)A的电子式________，B的结构简式________。
(2)等质量的A、B完全燃烧时消耗O2的物质的量A_______B(填“＞”、“＜”或“＝”)
(3)与A相邻的同系物C使溴的四氯化碳溶液褪色的化学反应方程式：_________________，反应类型：______________。
【答案】 (1). (2). (3). ＞ (4). CH2=CHCH3＋Br2→CH2BrCHBrCH3 (5). 加成反应
【解析】
【分析】
A是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，B是一种比水轻的油状液态烃，0.1mol该烃在足量的氧气中完全燃烧，生成0.6mol CO2和0.3mol水，该烃中N（C）= 0.6mol/0.1mol=6、N（H）= 0.3mol×2/0.1mol=6，故B的分子式为C6H6，B的相对分子质量为78，则12n+2n-6=78，解得n=6，所以B为苯。
【详解】（1）A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，电子式为：；B为苯，结构简式为，故答案为：；；
（2）乙烯中H元素质量分数比苯中H元素质量分数大，故相同质量的乙烯、苯燃烧，乙烯消耗的氧气更多，即等质量的A、B完全燃烧时消耗O2的物质的量A＞B，故答案为：＞；
（3）与A相邻的同系物C为CH2=CHCH3，CH2=CHCH3与溴水发生加成反应，使溴水褪色，反应的化学方程式为：CH2=CHCH3+Br2→CH2BrCHBrCH3，故答案为：CH2=CHCH3+Br2→CH2BrCHBrCH3；加成反应。
【点睛】本题考查有机物的推断，侧重对基础知识的考查，有机物分子式的计算是解答的关键，注意等质量的烃中H的质量分数越大，完全燃烧消耗氧气越大。
22.(1)实验中不能直接测出石墨和氢气生成甲烷反应的反应热，但可测出甲烷、石墨、氢气燃烧的反应热：CH4（g）+2O2（g）===CO2（g）+2H2O（l） ΔH1＝－890.3kJ/mol
C(石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH2＝―393．5kJ/mol
H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH3＝―285.8kJ/mol，
则由石墨生成甲烷的反应热：C(石墨)+2H2(g)=CH4(g) ΔH 4＝ _________________。
(2)体积相同，pH均等于1的盐酸和CH3COOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成3，则m________n(填>、<、= )
(3)常温下，某一元酸HA的Ka=2×10-6，则0.5 mol/L该酸溶液的PH =______。
(4)取浓度相等的NaOH和HCl溶液，以3∶2体积比相混和，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为_________________
【答案】 (1). -74.8kJ/mol (2). ＜ (3). 3 (4). 0.05mol/L
【解析】
【详解】（1）已知：①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H1=-890.3kJ/mol,②C（石墨，s）+O2（g）=CO2（g）；△H2=-393.5kJ/mol,③H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）；△H3=-285.8kJ/moL，反应C（石墨，s）+2H2（g）=CH4（g）可以是②+2×③-①得到，所以焓变△H=（-393.5kJ/mol）+2×（-285.8kJ/moL）-（-890.3kJ/mol）=-74.8kJ/mol，即C（石墨，s）+2H2（g）=CH4（g）△H4=-74.8kJ/mol，故答案为：-74.8kJ/mol；
（2）体积相同，pH均等于1的盐酸和CH3COOH溶液，加水稀释时，促进醋酸的电离，氢离子物质的量增多，盐酸中氢离子物质的量不变，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成3，氢离子浓度相等，醋酸稀释倍数大，故答案为：m＜n；
（3）某一元酸HA的电离方程式为HAA—+H+，设c（H+）=c（Ac-）=amol/L，则电离平衡常数为a2/0.5 mol/L=2×10-6，所以a=10-3mol/L，所以PH=-lgc（H+）=-lg10-3=3，故答案为：3；
（4）设NaOH和HCl的物质的量浓度均为x，NaOH和HCl溶液以3：2体积比相混合，体积分别为3V、2V，酸碱混合后pH=12，则碱过量，剩余的氢氧根离子浓度为：c（OH-）=0.01mol/L，则c（OH-）=（3xV—2xV）/5V =0.01mol/L，解得：x=0.05mol/L，故答案为：0.05mol/L。
23.一定条件下，在密闭容器中发生反应：2CO（g） C（s）+CO2（g）。
①下列能说明该反应达到平衡的是___________。
A．CO和CO2的浓度之比为1∶1
B．CO和CO2的物质的量之比不再变化
C．混合气体的平均摩尔质量不再变化
D．形成amolC=O键的同时断裂amolCO键
②向某恒容容器中通入一定量的CO发生上述反应，在不同温度下CO2的物质的量浓度c（CO2）随温度的变化如上图所示，则该反应为________（填“放热”或“吸热”）反应。
③向容积可变的某恒压容器中通入amolCO，T℃时反应经过10min达平衡，CO的体积分数为75%。CO的平衡转化率为_______。在容积改变的条件下，反应速率可用单位时间内反应物或生成物的物质的量变化来表示，则0-10min内平均反应速率v（CO2）=__________。
【答案】 (1). BC (2). 放热 (3). 40% (4). 0.02a mol·min-1
【解析】
【详解】①A．CO和CO2的浓度之比为1：1，可能是反应进行到某一时刻的情况，不一定是平衡状态，故A不能判断该反应达到化学平衡状态；
B．CO和CO2的物质的量之比不再变化，说明各物质的浓度保持不变，故B能判断该反应达到化学平衡状态；
C．此反应是反应前后气体体积改变的反应，反应体系中有固体物质，气体总物质的量也发生改变，当容器内混合气体的平均摩尔质量不再变化，说明反应达到平衡，故C能判断该反应达到化学平衡状态；
D．形成amolC=O键，即生成molCO2，为正反应；断裂amolCO键，即消耗amolCO，为也正反应，故D不能判断该反应达到化学平衡状态；
故答案为：BC；
②T3对应的点为刚达到平衡点，T3对应的点后为平衡受温度影响的情况，即升温，CO2的物质的量浓度c（CO2）减小，平衡左移，故正反应的H<0，则该反应为放热反应。
故答案为：放热；
③设转化的CO的物质的量为xmol，则：
2CO（g） C（s）+CO2（g）
起始（mol） a 0 0
变化（mol） x
平衡（mol） a-x
依据题意有，100%=75%，解得：x=0.4a。
CO的平衡转化率为：100%=100%= 40%；
0-10min内平均反应速率v（CO2）=== 0.02a mol·min-1。
故答案为：40%；0.02a mol·min-1。
24.现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋(主要成分是CH3COOH)的总酸量(g·100 mL－1)。已知CH3COOH + NaOH===CH3COONa + H2O 终点时所得溶液呈碱性。
Ⅰ.实验步骤：
(1)用移液管量取10.00 mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL__________(填仪器名称)中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
(2)用_____取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中。
(3)滴加2滴_____________作指示剂。
(4)读取盛装0.100 0 mol·L－1NaOH 溶液的碱式滴定管的初始读数。 如果液面位置如图所示，则此时的读数为________mL。
(5)滴定，当__________________时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。
Ⅱ.实验记录
滴定次数
实验数据（mL）
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)(消耗)
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ.数据处理与讨论：
(1)根据上述数据分析得c(市售白醋)＝________mol·L－1。
(2)在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏小的是_______(填写序号)。
A．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗
B．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
C．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
E. 滴定终点读数时俯视
【答案】 (1). 容量瓶 (2). 酸式滴定管 (3). 酚酞 (4). 0.60ml (5). 溶液由无色恰好变为浅红色，并在30s内不恢复到原来的颜色 (6). 0.75 (7). DE
【解析】
【分析】
依据中和滴定原理，确定所需仪器、药品、实验步骤，关注每步操作要领及意义。
【详解】Ⅰ．（1）用移液管量取10.00 mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液，故答案为：容量瓶；
（2）醋酸具有酸性能腐蚀橡胶管，所以应选用酸式滴定管量取白醋，故答案为：酸式滴定管；
（3）食醋与NaOH反应生成了强碱弱酸盐醋酸钠，由于醋酸钠溶液显示碱性，可用酚酞作指示剂，则用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞，故答案为：酚酞；
（4）视线与凹液面最低点相切的滴定管液面的读数0.60mL，故答案为：0.60；
（5）NaOH滴定食醋的终点为溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色，故答案为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；
Ⅲ.（1）第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去，3次消耗NaOH溶液的体积为：15.00mL、15.05mL、14.95mL，则NaOH溶液的平均体积为15.00mL；设10.00 mL食用白醋为c mol·L－1，稀释后20mL白醋的浓度为c1 mol·L－1，则
CH3COOOH ～ NaOH
1mol 1mol
c1mol·L×0.02L 0.1000mol/L×0.015L
解得c1=0.075 mol·L－1，由稀释定律可得0.1L×0.075 mol·L=0.01L×cmol·L，解得c=0.75 mol·L－1，故答案为：0.75 mol·L－1；
（2）浓度误差分析，依据c（待测）= c(标准)V(标准)/ V(待测)进行分析。
A项、碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，会使得标准NaOH溶液浓度减小，造成V（标准）偏大，实验结果偏大，故A错误；
B项、碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后误气泡，造成V（标准）偏大，测定结果偏大，故B错误；
C项、锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，故C错误；
D项、锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，待测液的物质的量减小，造成V（标准）减小，测定结果偏小，故D正确；
E项、滴定终点读数时俯视度数，读出的最终标准液体积偏小，则消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故D正确；故答案为：DE。
【点睛】本题考查了酸碱中和滴定，注意把握中和滴定的原理、基本操作和误差分析的方法，计算平均值时，一定要注意误差较大的数据要舍去。
说明：考试时间90分钟，满分100分。
可能用到的相对原子质量有：H 1 N 14 O 16 Na 23 S 32 C 12 Ag 108
卷Ⅰ(选择题 共60分)
一．选择题（共20小题，每小题3分，计60分。每小题只有一个选项正确）
1.下列化学用语中，正确的是
A. 氯化氢分子的形成过程可用电子式表示为：
B. 16O与 18O的中子数和核外电子排布均不同
C. 稳定性：CH4＞SiH4；还原性：HCl＞H2S
D. K＋、Ca2＋、Mg2＋的离子半径依次减小
【答案】D
【解析】
【分析】
A、氯化氢为共价化合物，分子中不存在阴阳离子；
B、互为同位素的原子中子数不同，核外电子数相同；
C、非金属性越强，对应氢化物越稳定、氢化物的还原性越弱；
D、电子层越多，离子半径越大；具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小。
【详解】A项、氯化氢属于共价化合物，氯化氢的电子式中不能标出电荷，用电子式表示氯化氢的形成过程为：，故A错误；
B项、互为同位素的原子中子数不同，其核外电子排布相同，故B错误；
C项、非金属性C＞Si，则稳定性：CH4＞SiH4；非金属性Cl＞S，则还原性：HCl＜H2S，故C错误；
D项、K+、Ca2+、Mg2+的离子半径依次减小，故D正确。
故选D。
【点睛】本题考查了化学用语，注意掌握离子结构示意图、电子式等化学用语的书写原则，明确离子结构示意图与原子结构示意图、离子化合物与共价化合物的电子式的区别。
2.下列说法正确的是
A. 二氧化硫可用于杀菌、消毒
B. 煤经过气化和液化等物理变化可转化为清洁能源
C. 氯气和明矾均可做自来水的消毒剂
D. 食品保鲜剂中所含铁粉和生石灰均作还原剂
【答案】A
【解析】
A. 二氧化硫可用于杀菌、消毒，A正确；B. 煤的气化和液化均是化学变化，B错误；C. 氯气可做自来水的消毒剂，明矾是净水剂，C错误；D. 食品保鲜剂中所含铁粉作还原剂，生石灰作干燥剂，D错误，答案选A。
点睛：选项C是易错点，氯气自身没有漂白性，溶于水生成的次氯酸具有强氧化性，可以杀菌消毒。明矾溶于水电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性而作净水剂，二者的原理是不同的。
3.下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是
A. 灼热的炭与CO2反应 B. 氧化铁与铝反应
C. 钠与乙醇反应 D. Ba(OH)2·8H2O与NH4C1反应
【答案】A
【解析】
分析：A项，灼热的炭与CO2的反应为氧化还原反应，是吸热反应；B项，氧化铁与铝的反应是氧化还原反应，是放热反应；C项，Na与乙醇的反应为氧化还原反应，是放热反应；D项，Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl的反应不是氧化还原反应，是吸热反应。
详解：A项，灼热的炭与CO2反应的化学方程式为C+CO22CO，反应前后元素的化合价有升降，该反应为氧化还原反应，是吸热反应；B项，氧化铁与铝反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，反应前后元素的化合价有升降，该反应是氧化还原反应，铝热反应是放热反应；C项，Na与乙醇反应的化学方程式为2Na+2CH3CH2OH→2CH3CH2ONa+H2↑，反应前后元素的化合价有升降，该反应为氧化还原反应，是放热反应；D项，Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl反应的化学方程式为Ba（OH）2·8H2O+2NH4Cl=BaCl2+2NH3↑+10H2O，反应前后元素的化合价没有改变，该反应不是氧化还原反应，是吸热反应；符合题意的是A项，答案选A。
点睛：本题考查氧化还原反应、放热反应和吸热反应的判断。根据反应前后元素的化合价是否有升降判断是否氧化还原反应。熟记典型的放热反应和吸热反应，活泼金属与水（或酸）的置换反应、大多数化合反应、燃烧反应、中和反应、铝热反应等为放热反应；大多数分解反应、C与H2O（g）的反应、C与CO2的反应、Ba（OH）2·8H2O与NH4Cl的反应等为吸热反应。
4.常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A. 使酚酞变红色的溶液中：Na＋、Al3＋、SO42－、Cl－
B. 与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2＋、K＋、、SO42－
C. Kw/c(H+)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中：NH4＋、Ca2＋、Cl－、NO3－
D. 水电离的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1的溶液中： K＋、Na＋、AlO2－、CO32－
【答案】C
【解析】
【分析】
使酚酞变红色的溶液呈碱性；与Al反应能放出H2的溶液可能为强碱性或非氧化性酸溶液；Kw/c(H+)=1×10-13mol•L-1的溶液呈酸性；水电离的c（H+）=1×10-13mol•L-1的溶液可能呈酸性或碱性。
【详解】使酚酞变红色的溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，Al3＋与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，A错误；与Al反应能放出H2的溶液可能为强碱性或非氧化性酸溶液，酸性条件下Fe2+、NO3-发生氧化还原反应不能大量共存，碱性条件下Fe2+不能大量共存，B错误；Kw/c(H+)=1×10-13mol•L-1的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，C正确；水电离的c（H+）=1×10-13mol•L-1的溶液可能呈酸性或碱性，酸性条件下AlO2-、CO32-不能大量存在，D错误。
故选C。
【点睛】本题考查离子的共存，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，注意题干“一定共存”的信息。
5.醋酸铅因有甜味而被称为“铅糖”，它有毒但能入药，又知(CH3COO)2Pb可溶于水，硝酸铅与醋酸钠溶液反应的离子方程式为Pb2＋＋2CH3COO－=(CH3COO)2Pb。下列有关说法中不正确的是
A. 0.1 mol·L－1的“铅糖”溶液中c(Pb2＋)<0.1 mol·L－1 B. “铅糖”是弱电解质
C. “铅糖”是离子化合物 D. “铅糖”的溶液可能导电性很弱
【答案】C
【解析】
【分析】
（CH3COO）2Pb可溶于水，硝酸铅与醋酸钠溶液反应的离子方程式为Pb2++2CH3COO-=（CH3COO）2Pb，说明醋酸铅是弱电解质，醋酸铅是共价化合物溶解性小溶液中离子浓度很小可能不导电。
【详解】A项、醋酸铅是弱电解质，存在部分电离，0.1mol•L-1的“铅糖”溶液中c（Pb2+）<0.1mol•L-1，故A正确；
B．（CH3COO）2Pb溶液中存在电离平衡属于弱电解质，故B正确；
C．醋酸铅是弱电解质，溶液中存在分子是共价化合物，故C错误；
D．醋酸铅是弱电解质，醋酸铅是共价化合物溶解性小溶液中离子浓度很小，“铅糖”的溶液可能不导电，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查了弱电解质电离平衡的分析判断，依据化学反应进行判断醋酸铅为弱电解质是解题关键。
6.已知强酸强碱的稀溶液发生中和反应的热化学方程式：H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）△H=-57.3kJ/mol,向1L0.5mol/L的NaOH溶液中加入下列物质：①稀醋酸；②浓硫酸；③稀硝酸，恰好完全反应，其焓变依次为△H1、△H2、△H3 则它们的关系是
A. △H1＞△H2＞△H3 B. △H1<△H3<△H2
C. △H1=△H3＞△H2 D. △H1＞△H3＞△H2
【答案】D
【解析】
【分析】
25℃，101kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3kJ/mol，注意弱电解质的电离吸热。
【详解】因为醋酸是弱电解质，电离时吸热，浓硫酸溶于水时放热，故中和反应时放出的热量Q（浓硫酸）＞Q（稀硝酸）＞Q（稀醋酸），又因放热反应中，△H为负值，即△H=-Q，故△H2＜△H3＜△H1，故选D。
【点睛】本题主要考查了中和热大小的比较，需要注意的是弱电解质的电离吸热，以及比较大小时要考虑“—”号。
7.下列说法不正确的是
A. 在恒容下充入惰性气体,容器压强增大，活化分子的百分数不变
B. 因为焓变和熵变都与反应的自发性有关,因此焓变或熵变均可以单独作为反应自发性的判据
C. NH4HCO3（s）=NH3（g）+H2O（g）+CO2（g） ΔH=+185.57kJ·mol-1能自发进行,原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向
D. ΔH<0、ΔS>0的反应在任何温度下都能自发进行
【答案】B
【解析】
【分析】
A、恒温恒容下，加惰性气体，反应体系内各组分的浓度并不发生变化；
B、焓变和熵变都与反应的自发性有关，△H-T△S<0为判断反应进行的综合判据；
C、反应能自发进行，说明△H-T△S<0；
D、△H﹤0，△S﹥0的反应，△H-T△S<0，在任何温度都能自发进行。
【详解】A项、恒温恒容下，加惰性气体，反应体系内各组分的浓度并不发生变化，活化分子的百分数不变，对速率、平衡都无影响，故A正确；
B项、焓变和熵变都与反应的自发性有关，△H-T△S<0为判断反应进行的综合判据，则焓变或熵变不能单独作为反应自发性的判据，故B错误；
C项、由反应方程式可知，△H>0、△S>0，反应能自发进行，说明△H-T△S<0，则能自发进行，是因为体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向，故C正确；
D项、△H﹤0，△S﹥0的反应，△H-T△S<0，在任何温度都能自发进行，故D正确。
故选B。
【点睛】恒温恒容下，加惰性气体，反应体系内各组分的浓度并不发生变化，所以对速率、平衡都无影响。恒温恒压下，加惰性气体，容器体积增大，反应体系各组分的浓度都减小，正逆反应速率都减小，平衡向着气体分子数增大的方向移动，可以相当于减压。
8.下列溶液中c(OH－)最小的是
A. 向0.1mol/L氨水中加同体积水
B. 向0.1mol/L KOH溶液中加同体积水
C. 向0.2mol/L KOH溶液中加同体积的0.1mol/L盐酸
D. 向0.2mol/L氨水中加同体积0.1mol/L盐酸
【答案】D
【解析】
【详解】向0.1mol•L-1的氨水中加入同体积的水，近似于0.05mol•L-1的氨水；向0.1mol•L-1的KOH溶液中加入同体积的水，近似于0.05mol•L-1的KOH溶液；向0.2mol•L-1的KOH溶液中加入同体积的0.1mol•L-1盐酸，近似于0.05mol•L-1的KOH溶液和0.05mol•L-1的氯化钠溶液组成的混合溶液；向0.2mol•L-1的氨水中加入同体积的0.1mol•L-1盐酸，近似于0.05mol•L-1的氨水和0.05mol•L-1的氯化铵溶液组成的混合物溶液。因氢氧化钾是强碱、氨水是弱碱，氯化铵对于一水合氨电离起抑制作用，因此c（OH-）的浓度大小为B=C>A>D，故选D。
【点睛】本题考查了溶液中离子浓度的大小比较，熟知强弱电解质的电离特点和电离平衡的影响因素是解题关键。
9. 下列事实不能用电化学理论解释的是（ ）
A. 轮船水线以下的船壳上镶嵌有一定量的锌块
B. 镀锌的铁制品比镀锡的铁制品耐用
C. 铝片不用特殊方法保存
D. 锌跟稀硫酸反应时，滴入少量硫酸铜溶液后，反应速率加快
【答案】C
【解析】
A 能，锌块和铁就形成了原电池，锌做负极，防止了铁的腐蚀。
B 能，镀锌的铁制品锌做负极，镀锡的铁制品铁做负极，故前者耐用
C 不能，铝片在空气中容易形成一层氧化铝，从而保护铝
D 能，锌可以置换出硫酸铜中的铜，锌、铜形成原电池，反应速率加快
10. pH=11的X、Y两种碱溶液各10mL，分别稀释至1000mL。其pH与溶液体积（V）的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. X、Y两种碱的物质的量浓度一定相等
B. 稀释后，X溶液碱性比Y溶液碱性强
C. 若9＜a＜11，则X、Y都是弱碱
D. 完全中和X、Y两溶液时，消耗同浓度盐酸的体积VX＞VY
【答案】C
【解析】
由于稀释可以促进弱电解质的电离，所以对于pH相等的碱溶液，相对弱的碱的pH减小的幅度要小，即酸Y较弱；均稀释到1L时，Y的碱性略强。
由图知两种碱的碱性强弱Y
11.用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加快的是
A. 对该反应体系加热 B. 滴加少量CuSO4溶液
C. 向溶液中滴加浓硝酸，以增大氢离子浓度 D. 改用铁粉
【答案】C
【解析】
【分析】
A、温度升高，化学反应速率增大；
B、原电池反应加快反应速率；
C、浓硝酸具有强氧化性，会使铁钝化，滴加少量浓硝酸得到的稀硝酸与反应生成一氧化氮；
D、增大接触面积加快反应速率。
【详解】A项、因加热时反应体系的温度升高，则化学反应速率加快，故A正确；
B项、滴加少量CuSO4溶液，铁置换出Cu，构成Fe、Cu原电池，从而加快了生成氢气的反应速率，故B正确；
C项、浓硝酸具有强氧化性，会使铁钝化，若滴加少量浓硝酸，稀释得到的稀硝酸与反应生成一氧化氮，不能生成氢气，C错误；
D项、改用铁粉，增大了铁与硫酸反应的接触面积，则反应速率加快，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查影响化学反应速率的常见因素，注意从温度、浓度、构成原电池、增大接触面等条件变化分析化学反应速率的变化，浓硝酸能使铁钝化、稀硝酸与铁反应不生成氢气是易错点。
12.将CoCl2溶解于盐酸中可以形成CoCl42-，在溶液中存在下面的化学平衡：
Co2＋(aq)＋4Cl－(aq) CoCl42-(aq) ΔH＞0
粉红色 蓝色
下列说法正确的是
A. 升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小
B. 该反应的平衡常数K＝c(CoCl42-)/[c(Co2＋)c4(Cl－)]
C. 将盛有CoCl2和盐酸混合液的试管置于热水中，试管内溶液为红色
D. 增大Cl－浓度，平衡向正反应方向移动，Co2＋、Cl－浓度都减小
【答案】B
【解析】
【分析】
A、升高温度，正、逆反应速率都增大；
B、化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；
C、Co2+为红色，CoCl42-是蓝色，该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应移动；
D、增大Cl－浓度，平衡正向移动，Co2+浓度减小，但Cl-浓度增大。
【详解】A项、升高温度，正、逆反应速率都增大，但正反应速率增大更多，故A错误；
B项、Co2+（aq）+4Cl-（aq）⇌CoCl42-（aq）的化学平衡常数k= c(CoCl42-)/[c(Co2＋)c4(Cl－)]，B正确；
C项、Co2+为红色，CoCl42-是蓝色，该反应正反应是吸热反应，升高温度平衡向正反应移动，溶液呈蓝色，故C错误；
D项、增大Cl－浓度，平衡正向移动，Co2+浓度减小，CoCl42-增大，因化学平衡常数不变，溶液中Cl-浓度增大，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查化学平衡移动原理综合应用，涉及温度对反应速率、化学平衡、化学平衡常数的影响，D选项也可以借助平衡常数进行理解。
13.下列说法中正确的是
A. 电解NaCl溶液、熔融态的氯化镁可制得相应的金属单质
B. 工业上可用含Cu2S的矿石和氧化剂O2反应冶炼Cu
C. 铝热反应可用于冶炼高熔点金属，如K、Ca、Cr、Mn等
D. 工业电解熔融态的Al2O3制Al时，加冰晶石的主要作用是提高Al的产量
【答案】B
【解析】
【详解】A项、工业上可以电解熔融的氯化镁或氧化铝制得相应的金属单质镁和铝，故A错误；
B项、Cu2S和O2在高温下反应生成Cu和SO2，反应的化学方程式为Cu2S+O2 2Cu+SO2，B正确；
C项、若铝热反应能够进行，制取的金属的还原性应该比金属铝还原性弱，选项中金属钾、钙还原性强于铝，所以无法通过铝热反应制取，C错误；
D项、Al2O3的熔点很高,熔化需要较多能量,加入冰晶石可以降低Al2O3的熔化温度，不能提高Al的产量，D错误。
故选B。
【点睛】（1）制取非常活泼的金属,如金属钠、镁、铝等,由于它们金属性还原性都太强,一般化学试剂很难把它们还原出来,工业上一般采用电解金属形成的盐或氧化物，如氯化钠、氯化镁、氧化铝的熔融物（不能有水,否则制取的金属太活泼,会与水反应）,得到金属单质。
（2）制取活泼性一般的金属,如金属锌、铁、铜等，工业上一般采用还原剂把金属从它的氧化物或盐溶液中还原出来。
（3）制取不活泼的金属,如金属汞、银等，工业上一般加热金属氧化物使其分解成金属单质和氧气。
14.随着汽车数量的逐年增多，汽车尾气污染已成为突出的环境问题之一。反应：2NO(g)＋2CO(g)2CO2(g)＋N2(g)可用于净化汽车尾气，已知该反应速率极慢，570 K时平衡常数为1×1059。下列说法正确的是( )
A. 提高尾气净化效率的最佳途径是研制高效催化剂
B. 提高尾气净化效率的常用方法是升高温度
C. 装有尾气净化装置的汽车排出的气体中不再含有NO或CO
D. 570 K时及时抽走CO2、N2，平衡常数将会增大，尾气净化效率更佳
【答案】A
【解析】
“该反应速率极慢”，故提高尾气净化效率的最佳途径是研制高效催化剂，A说法正确；升高温度的措施在处理尾气时难以实现，故B错；该反应是可逆反应，故C错；平衡常数只与温度有关，故D错。
15.下表是常温下某些一元弱酸的电离常数：
弱酸
HCN
HF
CH3COOH
HNO2
电离常数
4.9×10－10
7.2×10－4
1.8×10－5
6.4×10－6
则0.1 mol·L－1的下列溶液中，pH最小的是
A. HCN B. HF C. CH3COOH D. HNO2
【答案】B
【解析】
【分析】
同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强。
【详解】同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强，根据酸的电离常数知，酸性强弱为：HF＞HNO2＞CH3COOH＞HCN，则pH由大到小的顺序是HCN＞CH3COOH＞HNO2＞HF，则等浓度的四种酸溶液中，HF相对最强，溶液酸性最强，pH最小，故选B。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确酸的电离平衡常数与酸性强弱的关系是解本题关键，同一温度下，酸的电离常数越大其酸性越强。
16.K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色) 2CrO42-(黄色)+2H+ 。用K2Cr2O7溶液进行下列实验，结合实验，下列说法不正确的是（ ）
A. ①中溶液橙色加深，③中溶液变黄 B. ②中Cr2O72-被C2H5OH还原
C. 若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色 D. 对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
【答案】C
【解析】
试题分析：A.在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，A项正确；B.②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，B项正确；D.若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，C项错误；D．②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，D项正确；答案选C。
【考点定位】考查氧化还原反应以及化学平衡的移动。
【名师点睛】本题考查氧化还原反应以及化学平衡的移动问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题给信息为解答该题的关键。K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)2CrO42-(黄色)+2H+，加入酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则溶液橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，由实验②、④可知Cr2O72-具有较强的氧化性，可氧化乙醇，而CrO42-不能，以此解答该题即可。
17.水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是
A. 图中五点Kw的关系：B>C>A＝D＝E
B. 若从A点到E点，可采用温度不变，向水中加入适量的NH4Cl固体
C. 若从A点到D点，可采用温度不变，向水中加入少量的酸
D. 当处在B点时，将pH＝2的硫酸与pH＝10的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性
【答案】B
【解析】
【分析】
温度不同，水的离子积常数Kw不变，温度不变，水的离子积常数Kw不变化。
【详解】A项、A、D、E都处于25℃时，Kw相等，B点c（H+）和c（OH-）都大于E点的c（H+）和c（OH-），并且E点的c（H+）和c（OH-）大于A点c（H+）和c（OH-），c（H+）和c（OH-）越大，Kw越大，故B＞C＞A=D=E，故A正确；
B项、若从A点到C点，c（H+）变大，c（OH-）变大，Kw增大，温度应升高，但在25℃时在水中加入适量的醋酸钠固体，c（H+）变小，c（OH-）变大，Kw不变，故B错误；
C项、若从A点到D点，加酸，c（H+）变大，c（OH-）变小，温度不变，Kw不变化，故C正确；
D项、B点时，pH＝10的KOH溶液中c(OH －)＝0.01 mol/L，pH＝2的硫酸溶液中c（H+）＝0.01 mol/L，二者等体积混合时恰好反应生成强酸强碱盐，溶液显中性，故D正确。
故选B。
【点睛】本题考查水的电离平衡移动问题，结合图象判断并分析溶液在不同温度下的Kw，做题时注意根据图象比较c（H+）和c（OH-）的大小是做题的关键。
18.在一密闭容器中，反应aA(g) bB(g)达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则
A. 平衡向逆反应方向移动了 B. 物质A的转化率减小了
C. 物质B的质量分数增加了 D. a>b
【答案】C
【解析】
在一密闭容器中，反应 aA(g) bB(g)达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，若平衡不移动，则B的浓度是原来的50%，现达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，说明平衡正向移动，物质A的转化率变大，减小压强平衡向分子数增大方向移动，即b＞a。故C正确。
19.已知甲为恒压容器、乙为恒容容器。相同条件下充入等物质的量NO2气体，且起始时体积相同。发生反应：2NO2（g）N2O4（g） △H＜0。一段时间后均达到平衡状态。下列说法中正确的是
A. 平衡时NO2体积分数：甲＜乙
B. 达到平衡所需时间，甲与乙相等
C. 该反应的平衡常数表达式K＝c（N2O4）/c（NO2）
D. 若两容器内气体的压强保持不变，均说明反应已达到平衡状态
【答案】A
【解析】
A、反应起始时，二氧化氮的浓度相同、温度相同、压强相同，反应速率相同，随反应进行，容器乙中压强降低，容器甲体积可变，压强不变，故反应达到平衡时，两容器内的压强关系是p（甲）＞p（乙），甲中平衡正向进行，平衡时NO2体积分数减小，甲＜乙，故A正确；
B、容器乙体积不变，随反应进行，反应混合气体的物质的量减小，容器乙中压强降低，容器甲体积可变，压强不变，压强越大，反应速率越快，达到平衡所需时间甲短，故B错误；
C、平衡常数K=，故C错误；
D、容器乙体积不变，随反应进行，反应混合气体的物质的量减小，容器乙中压强降低，容器甲体积可变，压强不变，故反应达到平衡时，两容器内的压强关系是p（甲）＜p（乙），甲容器始终不变，故D错误；
故选A．
【点评】本题考查影响化学反应速率和化学平衡的有关因素分析判断，主要是恒温恒容、恒温恒压容器特征的分析方法，掌握基础是关键，难度中等．
20.下列溶液一定呈中性的是
A. pH=7
B. pH=3的盐酸与pH=11的氨水等体积混合后
C. 0.1mol/LNaOH溶液与0.05mol/LH2SO4溶液混合后
D. C(OH-)=
【答案】D
【解析】
【分析】
中性溶液中c（H+）=c（OH-）。
【详解】A项、pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故A错误；
B项、室温下，pH之和为14的氨水与盐酸，酸中氢离子浓度和碱中氢氧根离子浓度相等，盐酸是强电解质，氨水是弱电解质，所以氨水的浓度远远大于氢氧根离子浓度，所以等体积的氨水和硝酸混合后，氨水过量，溶液呈碱性，故B错误；
C项、0.1mol/LNaOH溶液与0.05mol/LH2SO4溶液若等体积混合后，溶液呈中性，溶液体积没有确定，无法判断溶液酸碱性，C错误；
D项、溶液中水的离子积常数Kw= c（H+）×c（OH-），当c（H+）=c（OH-）时，溶液呈中性，C(OH-)=，D正确。
故选B。
【点睛】本题考查了溶液酸碱性的判断，注意不能根据溶液的PH值判断溶液的酸碱性，要根据氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断溶液的酸碱性。
Ⅱ卷（共40分）
21.从煤和石油中可以提炼出化工原料A和B，A是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平。B是一种比水轻的油状液态烃，0.1 mol该烃在足量的氧气中完全燃烧，生成0.6 mol CO2和0.3 molH2O；回答下列问题：
(1)A的电子式________，B的结构简式________。
(2)等质量的A、B完全燃烧时消耗O2的物质的量A_______B(填“＞”、“＜”或“＝”)
(3)与A相邻的同系物C使溴的四氯化碳溶液褪色的化学反应方程式：_________________，反应类型：______________。
【答案】 (1). (2). (3). ＞ (4). CH2=CHCH3＋Br2→CH2BrCHBrCH3 (5). 加成反应
【解析】
【分析】
A是一种果实催熟剂，它的产量用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，B是一种比水轻的油状液态烃，0.1mol该烃在足量的氧气中完全燃烧，生成0.6mol CO2和0.3mol水，该烃中N（C）= 0.6mol/0.1mol=6、N（H）= 0.3mol×2/0.1mol=6，故B的分子式为C6H6，B的相对分子质量为78，则12n+2n-6=78，解得n=6，所以B为苯。
【详解】（1）A为乙烯，结构简式为CH2=CH2，电子式为：；B为苯，结构简式为，故答案为：；；
（2）乙烯中H元素质量分数比苯中H元素质量分数大，故相同质量的乙烯、苯燃烧，乙烯消耗的氧气更多，即等质量的A、B完全燃烧时消耗O2的物质的量A＞B，故答案为：＞；
（3）与A相邻的同系物C为CH2=CHCH3，CH2=CHCH3与溴水发生加成反应，使溴水褪色，反应的化学方程式为：CH2=CHCH3+Br2→CH2BrCHBrCH3，故答案为：CH2=CHCH3+Br2→CH2BrCHBrCH3；加成反应。
【点睛】本题考查有机物的推断，侧重对基础知识的考查，有机物分子式的计算是解答的关键，注意等质量的烃中H的质量分数越大，完全燃烧消耗氧气越大。
22.(1)实验中不能直接测出石墨和氢气生成甲烷反应的反应热，但可测出甲烷、石墨、氢气燃烧的反应热：CH4（g）+2O2（g）===CO2（g）+2H2O（l） ΔH1＝－890.3kJ/mol
C(石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH2＝―393．5kJ/mol
H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH3＝―285.8kJ/mol，
则由石墨生成甲烷的反应热：C(石墨)+2H2(g)=CH4(g) ΔH 4＝ _________________。
(2)体积相同，pH均等于1的盐酸和CH3COOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成3，则m________n(填>、<、= )
(3)常温下，某一元酸HA的Ka=2×10-6，则0.5 mol/L该酸溶液的PH =______。
(4)取浓度相等的NaOH和HCl溶液，以3∶2体积比相混和，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为_________________
【答案】 (1). -74.8kJ/mol (2). ＜ (3). 3 (4). 0.05mol/L
【解析】
【详解】（1）已知：①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H1=-890.3kJ/mol,②C（石墨，s）+O2（g）=CO2（g）；△H2=-393.5kJ/mol,③H2（g）+1/2O2（g）=H2O（l）；△H3=-285.8kJ/moL，反应C（石墨，s）+2H2（g）=CH4（g）可以是②+2×③-①得到，所以焓变△H=（-393.5kJ/mol）+2×（-285.8kJ/moL）-（-890.3kJ/mol）=-74.8kJ/mol，即C（石墨，s）+2H2（g）=CH4（g）△H4=-74.8kJ/mol，故答案为：-74.8kJ/mol；
（2）体积相同，pH均等于1的盐酸和CH3COOH溶液，加水稀释时，促进醋酸的电离，氢离子物质的量增多，盐酸中氢离子物质的量不变，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成3，氢离子浓度相等，醋酸稀释倍数大，故答案为：m＜n；
（3）某一元酸HA的电离方程式为HAA—+H+，设c（H+）=c（Ac-）=amol/L，则电离平衡常数为a2/0.5 mol/L=2×10-6，所以a=10-3mol/L，所以PH=-lgc（H+）=-lg10-3=3，故答案为：3；
（4）设NaOH和HCl的物质的量浓度均为x，NaOH和HCl溶液以3：2体积比相混合，体积分别为3V、2V，酸碱混合后pH=12，则碱过量，剩余的氢氧根离子浓度为：c（OH-）=0.01mol/L，则c（OH-）=（3xV—2xV）/5V =0.01mol/L，解得：x=0.05mol/L，故答案为：0.05mol/L。
23.一定条件下，在密闭容器中发生反应：2CO（g） C（s）+CO2（g）。
①下列能说明该反应达到平衡的是___________。
A．CO和CO2的浓度之比为1∶1
B．CO和CO2的物质的量之比不再变化
C．混合气体的平均摩尔质量不再变化
D．形成amolC=O键的同时断裂amolCO键
②向某恒容容器中通入一定量的CO发生上述反应，在不同温度下CO2的物质的量浓度c（CO2）随温度的变化如上图所示，则该反应为________（填“放热”或“吸热”）反应。
③向容积可变的某恒压容器中通入amolCO，T℃时反应经过10min达平衡，CO的体积分数为75%。CO的平衡转化率为_______。在容积改变的条件下，反应速率可用单位时间内反应物或生成物的物质的量变化来表示，则0-10min内平均反应速率v（CO2）=__________。
【答案】 (1). BC (2). 放热 (3). 40% (4). 0.02a mol·min-1
【解析】
【详解】①A．CO和CO2的浓度之比为1：1，可能是反应进行到某一时刻的情况，不一定是平衡状态，故A不能判断该反应达到化学平衡状态；
B．CO和CO2的物质的量之比不再变化，说明各物质的浓度保持不变，故B能判断该反应达到化学平衡状态；
C．此反应是反应前后气体体积改变的反应，反应体系中有固体物质，气体总物质的量也发生改变，当容器内混合气体的平均摩尔质量不再变化，说明反应达到平衡，故C能判断该反应达到化学平衡状态；
D．形成amolC=O键，即生成molCO2，为正反应；断裂amolCO键，即消耗amolCO，为也正反应，故D不能判断该反应达到化学平衡状态；
故答案为：BC；
②T3对应的点为刚达到平衡点，T3对应的点后为平衡受温度影响的情况，即升温，CO2的物质的量浓度c（CO2）减小，平衡左移，故正反应的H<0，则该反应为放热反应。
故答案为：放热；
③设转化的CO的物质的量为xmol，则：
2CO（g） C（s）+CO2（g）
起始（mol） a 0 0
变化（mol） x
平衡（mol） a-x
依据题意有，100%=75%，解得：x=0.4a。
CO的平衡转化率为：100%=100%= 40%；
0-10min内平均反应速率v（CO2）=== 0.02a mol·min-1。
故答案为：40%；0.02a mol·min-1。
24.现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋(主要成分是CH3COOH)的总酸量(g·100 mL－1)。已知CH3COOH + NaOH===CH3COONa + H2O 终点时所得溶液呈碱性。
Ⅰ.实验步骤：
(1)用移液管量取10.00 mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL__________(填仪器名称)中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
(2)用_____取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中。
(3)滴加2滴_____________作指示剂。
(4)读取盛装0.100 0 mol·L－1NaOH 溶液的碱式滴定管的初始读数。 如果液面位置如图所示，则此时的读数为________mL。
(5)滴定，当__________________时，停止滴定，并记录NaOH溶液的终读数。重复滴定3次。
Ⅱ.实验记录
滴定次数
实验数据（mL）
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)(消耗)
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ.数据处理与讨论：
(1)根据上述数据分析得c(市售白醋)＝________mol·L－1。
(2)在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏小的是_______(填写序号)。
A．碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗
B．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
C．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水
D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
E. 滴定终点读数时俯视
【答案】 (1). 容量瓶 (2). 酸式滴定管 (3). 酚酞 (4). 0.60ml (5). 溶液由无色恰好变为浅红色，并在30s内不恢复到原来的颜色 (6). 0.75 (7). DE
【解析】
【分析】
依据中和滴定原理，确定所需仪器、药品、实验步骤，关注每步操作要领及意义。
【详解】Ⅰ．（1）用移液管量取10.00 mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液，故答案为：容量瓶；
（2）醋酸具有酸性能腐蚀橡胶管，所以应选用酸式滴定管量取白醋，故答案为：酸式滴定管；
（3）食醋与NaOH反应生成了强碱弱酸盐醋酸钠，由于醋酸钠溶液显示碱性，可用酚酞作指示剂，则用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞，故答案为：酚酞；
（4）视线与凹液面最低点相切的滴定管液面的读数0.60mL，故答案为：0.60；
（5）NaOH滴定食醋的终点为溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色，故答案为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色；
Ⅲ.（1）第1次滴定误差明显大，属异常值，应舍去，3次消耗NaOH溶液的体积为：15.00mL、15.05mL、14.95mL，则NaOH溶液的平均体积为15.00mL；设10.00 mL食用白醋为c mol·L－1，稀释后20mL白醋的浓度为c1 mol·L－1，则
CH3COOOH ～ NaOH
1mol 1mol
c1mol·L×0.02L 0.1000mol/L×0.015L
解得c1=0.075 mol·L－1，由稀释定律可得0.1L×0.075 mol·L=0.01L×cmol·L，解得c=0.75 mol·L－1，故答案为：0.75 mol·L－1；
（2）浓度误差分析，依据c（待测）= c(标准)V(标准)/ V(待测)进行分析。
A项、碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗，会使得标准NaOH溶液浓度减小，造成V（标准）偏大，实验结果偏大，故A错误；
B项、碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后误气泡，造成V（标准）偏大，测定结果偏大，故B错误；
C项、锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，故C错误；
D项、锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，待测液的物质的量减小，造成V（标准）减小，测定结果偏小，故D正确；
E项、滴定终点读数时俯视度数，读出的最终标准液体积偏小，则消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故D正确；故答案为：DE。
【点睛】本题考查了酸碱中和滴定，注意把握中和滴定的原理、基本操作和误差分析的方法，计算平均值时，一定要注意误差较大的数据要舍去。
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