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【化学】吉林省延边市第二中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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吉林省延边市第二中学2018-2019学年高二上学期期中考试
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单选题
1．化学与生活密切相关。下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是
A．调味剂 B．防腐剂 C．增稠剂 D．着色剂
2．用pH试纸测定某无色溶液的pH，正确的是
A．将pH试纸放入溶液中，观察其颜色变化并与标准比色卡对照
B．用广泛pH试纸测得该无色溶液的pH为2.3
C．用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色并与标准比色卡对照
D．用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在湿润的pH试纸上，测量的pH结果一定偏低
3．某学生的实验报告中，描述合理的是
A．用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸
B．用托盘天平称量25.20g NaCl
C．用25mL碱式滴定管量取出15.00mLKMnO4溶液
D．用25mL碱式滴定管做酸碱中和滴定实验时，共用去某浓度的碱溶液21.70mL
4．下列热化学方程式，正确的是
A．4g固体硫完全燃烧生成SO2，放出37 kJ热量：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH= －296kJ/mol
B．1molN2与3molH2在某密闭容器中反应放出73kJ热量，则反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=－73kJ/mol
C．甲烷的标准燃烧热为－890.3kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+ 2H2O(g) △H=－890.3kJ·mol－1
D．强酸强碱的中和热为－57.3 kJ/mol： Ba(OH)2(aq)+H2SO4(aq)＝BaSO4(S)+2H2O(l) △H=－114.6kJ/mol
5．合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经过多步反应制得，其中的一步反应为： CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) △H<0反应到达平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是
A．增加压强 B．降低温度 C．增大CO的浓度 D．更换催化剂
6．25℃时，水的电离可达到平衡：H2OH++OH－ ΔH>0。下列叙述正确的是
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低
B．将水加热，Kw增大，pH不变
C．向水中加入少量CH3COONa固体，平衡逆向移动，c (H+)降低
D．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H+)增大，Kw不变
7．有一支50mL酸式滴定管其中盛有溶液，液面恰好在10mL刻度处，现把管内溶液全部流下排出，用量筒盛装，该溶液的体积应为
A．10mL B．40mL C．大于40mL D．小于40mL
8．下列溶液，一定呈中性的是
A．c(H＋)=的溶液(Kw为该温度下水的离子积常数)
B．c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1的溶液
C．pH＝7的溶液
D．由等体积、等物质的量浓度的H2SO4跟NaOH溶液混合后所形成的溶液
9．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
①工业合成氨N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H<0，反应条件选择高温
②实验室可以用排饱和食盐水的方法收集氯气
③硫酸工业中2SO2+O22SO3，增大O2的浓度有利于提高SO2的转化率
④对CO(g)+NO2(g)CO2(g) + NO(g)平衡体系增大压强可使颜色变深
A．②③ B．②④ C．①③ D．①④
10．某反应A+B==C+D在低温下能自发进行，在高温下不能自发进行，对该反应过程ΔH、ΔS的判断正确的是
A．ΔH<0，ΔS>0 B．ΔH>0，ΔS>0 C．ΔH<0，ΔS<0 D．ΔH>0，ΔS<0
11．反应A(g)+3B(g)4C(g)+2D(g)，在不同条件下反应，其平均反应速率v(X)如下，其中反应速率最快的是
A．v(C)=0.2mol/(L·s) B．v(D)=6mol/(L·min)
C．V(A)=4mol/(L·min) D．v(B)=8mol/(L·min)
12．关于常温下pH＝12的稀氨水，下列叙述不正确的是
A．溶液中c (OH－)＝1.0´10－2 mol·L－1
B．由水电离出的c (OH－)＝1.0´10－12 mol·L－1
C．加水稀释后，氨水的电离程度增大
D．加入少量NH4Cl固体，溶液pH变大
13．常温下，取浓度相同的NaOH 和HCl溶液，以3：2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为
A．0.01mol·L－1 B．0.017mol·L－1 C．0.05mol·L－1 D．0.50mol·L－1
14．下列叙述正确的是(忽略溶液混合后体积的变化)
A．95℃纯水的pH<7，说明加热可导致水呈酸性
B．pH＝3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH＝4
C．pH＝3的醋酸溶液与pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH＞7
D．0.2 mol·L－1的盐酸与等体积水混合后pH＝1
15．在密闭容器中进行反应：X2(g)＋Y2(g)2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1 mol·L－1、0.3 mol·L－1、0.2 mol·L－1，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度可能是
A．Z为0.3 mol·L－1 B．Y2为0.4 mol·L－1
C．X2为0.2 mol·L－1 D．Z为0.4 mol·L－1
16．用标准氢氧化钠滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞作为指示剂，下列操作会使滴定结果偏低的是
A．用蒸馏水洗净滴定管后，装入标准氢氧化钠溶液进行滴定
B．盛装标准液的碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗
D．盛装标准液的碱式滴定管滴定前仰视，滴定后俯视
17．常温下向l0mL0.1mol/L氨水中缓缓加蒸馏水稀释到1L后，下列说法不正确的是
A．OH—数目增大，H+数目减小 B．c(OH－)·c(NH4+)/c(NH3·H2O)不变
C．电离程度增大，导电能力减弱 D．c(H+)与c(OH—)的乘积不变
18．下列事实可以证明HNO2是弱电解质的是
①1 mol/L的HNO2溶液可以使石蕊试液变红 ②1 mol/L的HNO2溶液中c(H+)=10－3mol/L ③HNO2溶液的导电能力比HCl溶液弱 ④10 mL 1 mol·L－1的HNO2溶液恰好与10 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液完全反应 ⑤同浓度同体积的HNO2溶液和HCl溶液与Zn反应时，HNO2溶液中放出H2的速率慢 ⑥HNO2溶液中HNO2、NO2－、H＋同时存在
A．②⑤⑥ B．②③④⑤ C．①④⑤⑥ D．③⑤⑥
19．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．0.1 mol·L－1 KSCN溶液中：Fe3＋、NH4＋ 、Br－、SO42 －
B．由水电离出的c(H+)=1×10—12mol/L的溶液中：Na＋ 、K+、AlO2－ 、NO3－
C．能使甲基橙变红的溶液中：Cu2+、Mg2+、SO42 －、Cl－
D．pH=0的溶液中：Na＋、NH4＋、NO3－、Fe2+
20．浓度均为0.1 mol/L、体积均为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化关系如图所示。下列叙述正确的是
A．HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱
B．常温下，由水电离出的c(H+)·c(OH－)：a
D．=3，若同时微热两种溶液(不考虑HX 、HY和H2O的挥发)，则减小
21．对下列图像描述正确的是
A．图①可表示将氨气通入醋酸溶液至过量过程中溶液导电性的变化
B．根据图②可判断可逆反应A2(g)+3B2(g)2AB3(g)的ΔH＞0
C．图③表示等体积、等pH的盐酸与醋酸溶液分别与足量的锌粉发生反应产生氢气的体积(V)随时的变化的示意图
D．图④可表示压强对可逆反应A(g)+B(g)2C(g)+D(g)的影响，乙的压强大
22．今有室温下四种溶液，①pH=11的氨水；②pH=11的NaOH溶液；③pH=3的醋酸；④pH=3的硫酸；下列有关说法不正确的是
A．①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均减小
B．V1 L④与V2 L②溶液混合后，若混合后溶液pH=4，则V1∶V2= 11∶9
C．①、④两溶液混合后，若溶液呈中性，则所得溶液中c(NH4+)=2c(SO42－)
D．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH ①＞②＞③＞④
23．已知：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H=Q(Q<0)，向同温、同体积的三个真空密闭容器中分别充入气体：(甲)2molSO2和1molO2；(乙)1molSO2 和0.5molO2；(丙)2molSO3；恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是
A．容器内压强p:p甲=p丙<2p乙
B．SO3的质量m:m甲=m丙<2m乙
C．c(SO2)与c(O2)之比k:k甲=k丙>2k乙
D．反应放出或吸收热量的数值Q:Q甲=Q丙>2Q乙
24．室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mL pH=2的某一元酸溶液，现向乙烧杯中加水稀释至pH=3。此时关于甲、乙两烧杯中溶液的描述正确的是
A．溶液的体积：10V甲＝V乙 B．溶液的体积：V乙≥10V甲
C．溶液的浓度：c甲＝10c乙 D．水电离出的c(OH－)：10c(OH－)甲≤c(OH－)乙
25．反应N2O4(g)2NO2(g)在温度为T1、T2(T1＜T2)时达到平衡，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．A、C两点的反应速率：A＞C
B．B、C两点的气体的平均相对分子质量：B＜C
C．A、C两点气体的颜色：A浅，C深
D．保持容器体积不变，再充入NO2气体，NO2的体积分数增大
二、填空题
26．处于下列状态的物质中：①硫酸钡晶体②干冰③液态HCl ④铜⑤蔗糖⑥熔融的硝酸钾⑦氨水⑧CuSO4•5H2O晶体⑨冰醋酸 (填序号，下同)
(1)属于电解质的是_______________；能导电的是_______________。
(2)写出下列物质在水中的电离方程式
碳酸氢钠________________________________。
亚硫酸____________________________________。
(3)已知25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数如下：HCN:4.9×10－10，H2CO3:K1＝4.4×10－7 K2＝4.7×10－11，向NaCN溶液中通入少量二氧化碳气体，写出发生反应的离子方程式为：______________________________________________。
27．25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HC1O
电离平衡常数
1.7×10－5
K1=4.3×10－7 K2=5.6×10－11
3.0×10－8
请回答下列问题：
(1)CH3COOH、H2CO3、HC1O的酸性由强到弱的顺序为______________________。
(2)常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液，若升髙温度，上述4种表达式的数据增大的是________________。
A．c(H+) B．c(H+)/c(CH3COOH)
C． c(H+)·c(OH－) D．c(CH3COO－)·c(H+)/c(CH3COOH)
(3)取0.10mol CH3COOH (冰醋酸)作导电性实验，测得其导电率随加入的水量变化如图所示：比较a、b点的相关性质(填“>”“<”或“=”)：
n(H+)∶a_____b；c(CH3COO－)∶a_____b；完全中和时消耗NaOH的物质的量∶a_____b；
(4)H+浓度相同等体积的两份溶液A(盐酸)和B(CH3COOH)分別与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是__________(填写序号)
①反应所需要的时间B>A ②开始反应时的速率A>B
③参加反应的锌的物质的量A=B ④A中有锌剩余
28．今含有a：CH3COOH b：HCl c：H2SO4三种溶液。
(1)当它们的pH相同时，其物质的量浓度的关系是_____________________
(2)当它们的物质的量浓度相同时，其pH关系是_____________________
(3)中和同一烧碱溶液，需同浓度的三种溶液的体积关系是_______________
(4)体积、浓度相同的a、b、c三溶液，分别与同浓度的NaOH溶液反应使pH等于7，所需NaOH溶液的体积关系是_______________
(5)某温度下，纯水中的c(H+)=2.0x10－7mol/L，则此时溶液中的c(OH－)为__________mol/L；
若温度不变，滴入稀盐酸使c(H+)=5.0x10－6mol/L，则c(OH－)为____________mol/L
(6)常温下，某溶液由水电离出的氢离子浓度为1.0x10－13mol/L，则该溶液的pH为__________。
29．采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题：
(1)1840年 Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体，写出相应的化学方程式____________________________________________。
(2)F．Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(t=∞时，N2O5(g)完全分解)：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知：2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) ΔH1=−4.4 kJ·mol−1
2NO2(g)＝N2O4(g) ΔH 2=−55.3 kJ·mol−1
则反应N2O5(g)＝2NO2(g)+ 1/2O2(g)的ΔH=_______ kJ·mol−1。
②t=62 min时，测得体系中pO2=2.9 kPa，则此时的pN2O5=________kPa。
③若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)__________63.1 kPa(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是______________________________________。
④25℃时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp=____________kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数)。
(3)对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A.Ogg提出如下反应历程：
第一步 N2O5NO2+NO3 快速平衡
第二步 NO2+NO3→NO+NO2+O2 慢反应
第三步 NO+NO3→2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是___________(填标号)。
A．v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应)
B．反应的中间产物只有NO3
C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D．第三步反应活化能较高
30．现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100 mL)。
Ⅰ.实验步骤：配制待测白醋溶液，用酸式滴定管量取10.00 mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100 mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液。量取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞作指示剂。
(1)读取盛装0.1000 mol/L NaOH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。
(2)滴定。判断滴定终点的现象是________________________________，达到滴定终点，停止滴定，并记录NaOH溶液的最终读数。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：
(3)某同学在处理数据时计算得：平均消耗的NaOH溶液的体积V＝(15.95＋15.00＋15.05＋14.95)/4＝15.24 mL。指出他的计算的不合理之处：_________________。
(4)按正确数据处理，得出c(市售白醋)=_______mol·L－1，市售白醋总酸量=____g·100mL－1。
参考答案
1．B
【解析】
【分析】
一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等,其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀,延长保质期,而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关,以此解答该题。
【详解】
A.调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故A错误；
B.防腐剂可延缓氧化的反应速率，与速率有关,故B正确；
C.增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故C错误；
D.着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故D错误；
综上所述，本题选B。
2．C
【解析】
【详解】
用pH试纸测定溶液的pH时，不能将pH试纸放入溶液中或将溶液倒在pH试纸上。正确的操作方法是：用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色变化并与标准比色卡对照，C正确；A错误；广泛pH试纸的读数不会出现小数，只能读到整数，pH不能为2.3，B错误；pH试纸提前湿润，可能会带来误差，酸溶液稀释后pH偏大，碱溶液稀释后pH偏低，D错误；综上所述，本题选C。
3．D
【解析】
【详解】
A、量筒只能精确至0.1mL，故用10mL 量筒量取不出7.13mL溶液，故A错误；
B、托盘天平只能精确至0.1g，故用托盘天平称量不出氯化钠的质量为25.20g，故B 错误；
C.KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡胶，因此不能用碱式滴定管量KMnO4溶液，故C错误；
D. 滴定管精确至0.01 mL，25mL碱式滴定管可量取碱溶液21.70mL，故D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】
量筒没有“0”刻度，精确度为0.1mL；碱式滴定管量或酸式滴定管有“0”刻度，在上方，精确度为0.01mL；碱式滴定管小端有一小段橡胶管，易被强氧化剂腐蚀，因此KMnO4溶液要用酸式滴定管来量取。
4．A
【解析】
试题分析：A项，4g硫完全燃烧生成SO2，放出37 kJ热量，所以1mol硫完全燃烧生成SO2，放出296kJ热量，所以硫燃烧的热化学方程式为：：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH= －296kJ/mol，故A项正确；B项，1molN2与3molH2在某密闭容器中反应放出73kJ热量，但是该反应是可逆反应，所以反应完全发生时放出的热量大于73kJ，该反应中的焓变应该小于－73kJ/mol，故B项错误；C项，该反应中甲烷燃烧产物中的水为液态的时候，焓变才为－890.3kJ·mol－1，故C项错误；D项，该反应还生成了硫酸钡沉淀，会放出热量，所以该反应的焓变小于－114.6kJ/mol，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。
考点：热化学方程式
5．B
【解析】
【分析】
提高CO的转化率可以使平衡正向进行，根据化学平衡移动原理来回答判断．
【详解】
提高CO的转化率可以让平衡正向进行即可。
A、反应前后气体体积不变的反应，增加压强，平衡不移动，故A错误；
B、降低温度，化学平衡向着放热方向即正向进行，故B正确；
C、增大CO的浓度，化学平衡向着正方向进行，但是一氧化碳的转化率降低，故C错误；
D、催化剂同时改变正逆速率，不会引起化学平衡的移动，故D错误。
故选B。
6．D
【解析】A、向水中加入氨水，溶液由中性到碱性，碱对水的电离起抑制作用，所以平衡逆向移动，但c(OH－)增大，故A错误；B、温度升高，水的离子积常数KW增大，则pH值减小，故B错误；C、CH3COONa固体溶于水电离产生CH3COO－，水解对水的电离起到促进作用，电离平衡正向移动，c(H+)降低，c(OH－)增大，故C错误；D、NaHSO4═Na++SO42－+H+，其中电离出的氢离子使c(H+)增大，但是温度不变，KW不变，故D正确；故选D。
7．C
【解析】
【分析】
滴定管的“0”刻度在上、50mL的刻度在下，且在50mL的刻度线以下还有一段没有刻度，滴定管中液面恰好在10mL刻度处，盛有的液体体积大于(50－10)mL．
【详解】
50mL酸式滴定管中盛有溶液，液面恰好在10mL刻度处，有刻度的部分溶液体积为：(50－10)mL=40mL，滴定管中50mL以下部分没有刻度线，所以盛有的溶液体积大于40mL，
故选C。
【点睛】
本题考查了滴定管的构造及其使用方法，解题关键：掌握常见计量仪器的干燥及其使用方法，易错点：B，明确滴定管0刻度线在上方，最大刻度线以下没有刻度。
8．A
【解析】
【分析】
溶液的酸碱性是根据溶液中H＋浓度与OH－浓度的相对大小判断，不能直接根据溶液的pH进行判断，
当c(H＋)＞c(OH－)，溶液就呈酸性；
当c(H＋)=c(OH－)，溶液就呈中性；
当溶液中c(H＋)＜c(OH－)，溶液就呈碱性；
【详解】
A、KW=c(H＋)c(OH－)，c(H＋)=，即c(H＋)=c(OH－)，故溶液显中性，故A正确，
B、c(H＋)=10－7mol·L－1的溶液，溶液的pH=7，pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10－12，当pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故B错误；
C、pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10－12，当pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故C错误；
D、由等体积、等物质的量浓度的硫酸与NaOH溶液混合后，充分反应后，硫酸过量，溶液呈酸性，故D错误；
故选A。
【点睛】
本题主要考查溶液的酸碱性的判断，易错点C，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。
9．D
【解析】
【分析】
勒夏特列原理为：如果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，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．
【详解】
①合成氨：N2(g)+3H2(g)2NH3 (g)△H＜0在高温平衡逆向移动，不利于氨的合成，符合题意；
②氯气与水发生可逆反应生成HCl和HClO，在饱和食盐水中增大氯离子浓度，使氯气的溶解度减小，氯气难溶于饱和食盐水，可用排饱和食盐水收集氯气，故不合题意。
③硫酸工业中2SO2+O22SO3，增大O2的浓度，平衡正向移动，有利于提高SO2的转化率，故不合题意；
④对CO(g)+NO2(g)CO2(g) + NO(g)平衡体系增大压强，平衡不移动，可使颜色变深，是因为体积减小，是物理变化。故符合题意。
故①④符合题意，故选D。
10．C
【解析】
【分析】
反应自发进行的判断依据是△H－T△S＜0分析．
【详解】
A、△H＜0，△S＞0，一定存在△H－T△S＜0，在任何温度下，反应都能自发进行，故A不符合；
B、△H＞0，△S＞0，高温下△H－T△S＜0，反应自发进行，低温反应非自发进行，故B不符合；
C、△H＜0，△S＜0，低温下反应自发进行，高温下不能自发进行，故C符合；
D、△H＞0，△S＜0，一定存在△H－T△S＞0，反应任何温度都不能自发进行，故D不符合；
故选：C。
【点睛】
本题考查了反应自发进行的判断依据和分析方法，解题关键：掌握根据△H－T△S的大于0不自发，小于0自发。
11．C
【解析】
同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。如果都用物质A表示反应速率，则分别是3.0mol/(L·min)、3mol/(L·min)、4mol/(L·min)、2.67mol/(L·min)，所以答案选C。
点睛：本题考查化学反应速率快慢的比较，利用转化法或比值法均可比较反应的快慢，选择题中以比值法较快速，利用反应速率与化学计量数的比值可知，比值越大，反应越快，以此来解答。
12．D
【解析】
分析：pH＝12的稀氨水，c (H+)=10－12 mol·L－1，c (OH－)＝1.0´10－2 mol·L－1；碱溶液抑制水电离，因此c(OH－)(水)= c(H+)=10－12 mol·L－1；一水合氨属于弱电解质，存在电离平衡：NH3∙H2ONH4++OH－，加水稀释，促进电离；增加c(NH4+)，平衡左移，抑制电离；据此解答此题。
详解：A. pH＝12的稀氨水，c(H+)=10－12 mol·L－1，c(OH－)＝1.0´10－2 mol·L－1，A正确；碱溶液抑制水电离，由水电离出的c(OH－)= c(H+)=10－12 mol·L－1，B正确；一水合氨为弱电解质，加水稀释，促进电离，氨水的电离程度增大，C正确；一水合氨存在电离平衡：NH3∙H2ONH4++OH－，加入少量NH4Cl固体，增加c(NH4+)，平衡左移，氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，溶液pH变小，D错误；正确选项D。
13．C
【解析】
【分析】
酸碱混合后，pH=12，则碱过量，剩余的c(OH－)=0.01mol·L－1，列方程来计算．
【详解】
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c(OH－)=0.01mol·L－1，则(3V×x－2V×x)/5V=0.01mol·L－1，解得x=0.05mol·L－1，
故选C。
【点睛】
本题考查酸碱混合的计算，解题关键：明确混合后pH=12为碱过量，并注意pH与浓度的换算来解答。
14．D
【解析】
【分析】
A．纯水中c(H＋)=c(OH－)，溶液呈中性；
B．醋酸为弱酸，加水稀释促进电离；
C．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液中：c(H＋)=c(OH－)=1×10－3mol·L－1，但醋酸为弱酸，不完全电离，醋酸浓度大；
D．根据c(H＋)=n/V，pH=－lg[c(H＋)]计算；
【详解】
A．水电离为吸热过程，温度升高，促进电离，溶液中c(H＋)增大，pH减小，但c(H＋)=c(OH－)，溶液呈中性，故A错误；
B．醋酸为弱酸，加水稀释促进电离，pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH＜4，故B错误；
C、pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液中：c(H＋)=c(OH－)=1×10－3mol·L－1，醋酸为弱酸，不完全电离，醋酸浓度大，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液pH＜7，故C错误；
D、0.2mol·L－1的盐酸，与等体积水混合后，c(H＋)=0.1mol·L－1，pH=1，故D正确；
故选D。
【点睛】
本题考查酸碱混合的计算与判断以及弱电解质问题，解题关键：明确弱电解质电离的特点，易错点为A，注意纯水中c(H＋)=c(OH－)
15．A
【解析】
试题分析：因为反应是可逆反应，可能向正反应方向进行，也可能向逆反应方形进行，则Z的浓度应在0mol·L－1
16．D
【解析】
【分析】
根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差。
【详解】
A、用蒸馏水洗净碱式滴定管后，注入标准氢氧化钠溶液进行滴定，标准液的浓度偏小，消耗的标准液的体积偏大，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c(待测)偏大，故A错误；
B. 盛装标准液的碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失,消耗的标准液的体积偏大，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c(待测)偏大，故B错误；
C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，对结果不影响，故C错误；
D. 盛装标准液的碱式滴定管滴定前仰视，滴定后俯视，消耗的标准液的体积偏小，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c(待测)偏小，故D正确；
故选D。
17．A
【解析】
【分析】
加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c(NH3·H2O)、c(NH4＋)、c(OH－)都减小，但 c(H＋)增大，据此分析解答。
【详解】
A．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中OH－数目增大，溶液中氢离子浓度增大，则H＋数目增大，故A错误；
B．温度不变，一水合氨电离平衡常数 c(OH－)·c(NH4+)/c(NH3·H2O)不变，故B正确；
C．加水稀释促进电离，一水合氨电离程度增大，随着稀释的进行，溶液导电能力减弱，故C正确；
D．温度不变，水的离子积常数不变，所以c(H＋)与c(OH－)的乘积不变，故D正确，
故选A。
【点睛】
本题考查了弱电解质的电离，解题关键：明确弱电解质电离程度与溶液浓度的关系，知道稀释过程中各种微粒浓度变化。
18．A
【解析】
【分析】
部分电离、溶液中存在电离平衡的电解质为弱电解质，利用酸不能完全电离或盐类水解的规律来分析HNO2是弱电解质．
【详解】
①1 mol/L的HNO2溶液可以使石蕊试液变红，只能说明溶液呈酸性，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故错误；
②1 mol/L的HNO2溶液中c(H+)=10－3mol/L，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故正确；
③溶液的导电性与离子浓度成正比，HNO2溶液的导电能力比HCl溶液弱，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故错误；
④10 mL 1 mol·L－1的HNO2溶液恰好与10 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液完全反应，只能说明亚硝酸是一元酸，但不能说明是弱酸，故错误；
⑤同浓度同体积的HNO2溶液和HCl溶液与Zn反应时，HNO2溶液中放出H2的速率慢，说明亚硝酸中氢离子浓度低，不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故正确；
⑥HNO2溶液中HNO2、NO2－、H＋同时存在，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故正确；
故选A。
【点睛】
本题考查弱电解质的判断，解题关键：明确强弱电解质根本区别，易错点③：溶液导电性与离子浓度有关，与电解质强弱无关，为易错点．
19．C
【解析】
【分析】
A．与SCN－反应的离子不能大量共存；
B、由水电离出的c(H+)=1×10—12mol/L的溶液可能呈酸性或碱性；
C、能使甲基橙变红的溶液呈酸性；
D、pH=0的溶液中：H＋、NO3－、Fe2+能发生氧化还原反应；
【详解】
A．Fe3＋与SCN－反应，不能大量共存，故A错误；
B、由水电离出的c(H+)=1×10—12mol/L的溶液可能呈酸性或碱性，酸性时AlO2－不能大量共存，故B错误；
C、能使甲基橙变红的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；
D、pH=0的溶液中：H＋、NO3－、Fe2+能发生氧化还原反应，故D错误；
故选C。
20．B
【解析】
试题分析：A、根据图分析，当=0，HX的pH>1，说明HX部分电离，为弱电解质，HY的pH=1，说明其完全电离，为强电解质，所以HY的酸性大于HX，错误，不选A；B、酸或碱抑制水的电离，酸中的氢离子浓度越小，其抑制水电离程度越小，根据图分析，b溶液中氢离子浓度小于a，则水的电离程度a
21．C
【解析】
A．溶液的导电性与溶液中离子的浓度成正比，醋酸是弱电解质，向醋酸中通入氨气，醋酸和氨气反应生成强电解质醋酸铵，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故A错误；B．通过图象知，升高温度，正逆反应速率都增大，但逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，故B错误；C．醋酸是弱电解质，存在电离平衡，等体积、等pH的盐酸与醋酸溶液中醋酸的物质的量大于盐酸，最终，醋酸生成的氢气比盐酸多，故C正确；D．通过图象结合“先拐先平数值大”知，乙的压强大于甲，增大压强，平衡向逆反应方向移动，平衡时，反应物含量大于甲，故D错误；故选C。
22．D
【解析】
【分析】
A、从弱电解质的电离平衡和化学反应对溶液中氢离子的影响分析；
B、从酸碱中和反应后 的pH判断溶液显酸性，结合溶液混合反应后的过量离子浓度进行列式计算；
C、依据溶液混合反应后的电荷守恒分析计算；
D、从稀释溶液对强酸强碱、弱酸弱碱的离子浓度的影响分析判断；
【详解】
A、①pH=11的氨水，存在电离平衡，加入氯化铵溶解后铵根离子对一水合氨的电离起到了抑制作用，氢氧根离子浓度减少，PH减小；②pH=11的NaOH溶液加入氯化铵反应生成氯化钠和一水合氨，溶液中氢氧根离子浓度减少，pH减小，故A正确；
B、V1L④与V2L②溶液混合后，若混合后溶液pH=4，混合溶液中c(H＋)=10－4mol·L－1，说明溶液呈酸性，氢离子过量，pH=3的硫酸溶液中c(H＋)=10－3mol·L－1，pH=11的NaOH溶液中c(OH－)=10－3mol·L－1，列式计算，(V1×10－3－V2×10－3)/(V1+V2)=10－4，化简得到 V1：V2=11：9，故B正确；
C、①、④两溶液混合后，若溶液呈中性，c(H＋)=c(OH－)依据混合溶液中存在的电荷守恒c(NH4＋)+c(H＋)=c(OH－)+2c(SO42－)，
得到c(NH4＋)=2c(SO42－)，故C正确；
D、分别加水稀释10倍：①pH=11的氨水存在电离平衡，pH减少小于1，应在10－11间、②pH=11的NaOH溶液是强碱，稀释后pH为10、③pH=3的醋酸溶液存在电离平衡，pH增大小于1，应在3－4间、④pH=3的硫酸是强酸。稀释后pH为4，故 pH大小为①＞②＞④＞③，故D错误；
故选D。
23．B
【解析】
试题分析：恒温恒容，甲与乙起始n(SO2)：n(O2)=2：1，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，转化率增大；丙按化学计量数转化到左边可得n(SO2)=2mol，n(O2)=1mol，与甲为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等。A、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故压强P甲=P丙，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，故P乙＜P甲＜2P乙，故P甲=P丙＜2P乙，A错误；B、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故质量m甲=m丙，甲等效为在乙到达平衡的基础上，再加入1mol SO2和0.5mol O2，增大压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，m甲＞2m乙，故m甲=m丙＞2m乙，B正确；C、对于甲、乙，SO2、O2起始物质的量之比等于化学计量数之比，c(SO2)与c(O2)之比为定值2：1，丙为分解反应，丙中c(SO2)与c(O2)之比为2：1，故k甲=k丙=k乙=2，C错误；D、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故Q甲+Q丙=197，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，故Q甲＞2Q乙，D错误；答案选B。
【考点定位】考查了化学平衡移动与计算的相关知识。
【名师点晴】明确等效平衡的含义是解答的关键，所谓等效平衡是指外界条件相同时，同一可逆反应只要起始浓度相当，无论经过何种途径，都可以达到相同的平衡状态。等效平衡的判断及处理一般步骤是：进行等效转化——边倒法，即按照反应方程式的计量数之比转化到同一边的量，与题干所给起始投料情况比较。等效平衡一般有三种类型：I类：恒温恒容下对于反应前后气体体积发生变化的反应来说(即△n≠0的体系)：等效转化后，对应各物质起始投料的物质的量与原平衡起始态相同。II类：恒温恒容下对于反应前后气体体积没有变化的反应来说(即△n＝0的体系)：等效转化后，只要反应物(或生成物)的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效。III类：恒温恒压下对于气体体系等效转化后，要反应物(或生成物)的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效。解答该类型试题的关键是分清类别，用相应的方法求解即可。
24．B
【解析】
【分析】
A、假设酸是弱酸，则pH减小1时，体积大于原来的10倍，如果是强酸，则pH减小1时体积是原来的10倍；
B、假设酸是弱酸，则pH减小1时，体积大于原来的10倍，如果是强酸，则pH减小1时体积是原来的10倍；
C、若酸强酸，酸全电离，则c甲＝10c乙；若酸是弱酸，则c甲>10c乙；
D、水电离出的c(OH－)=Kw/c(H＋)；
【详解】
A．若酸强酸，则依据溶液稀释过程中氢离子物质的量不变，则10V甲=V乙，若酸为弱酸，加水稀释时，促进弱酸的电离，电离产生的氢离子增多，要使pH仍然为4，加入的水应该多一些，所以10V甲＜V乙，故A错误；
B、由A分析，故B正确；
C、若酸强酸，酸全电离，则c甲＝10c乙；若酸是弱酸，则c甲>10c乙，故C错误；
D、pH=2的酸中，氢氧根离子全部由水电离产生，c(OH－)甲=Kw/c(H＋)=10－12mol·L－1，pH=3的酸中，氢氧根离子全部由水电离产生，c(OH－)乙=Kw/c(H＋)=10－11mol·L－1，则10c(OH－)甲=c(OH－)乙，故D错误.
故选B。
25．C
【解析】A、压强越大反应速率越快，所以反应速率：A＜C，故A错误；B、B，C两点平衡体系中NO2的体积分数相等，气体的平均相对分子质量相等，即B=C，故B错误；C、温度不变，从A到C，压强增大，体积减小，NO2浓度增大，颜色C比A深，故C正确；D、保持容器体积不变，再充入NO2气体，相当于增大压强，平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，故D错误；故选C。
26．①③⑥⑧⑨ ④⑥⑦ NaHCO3=Na++HCO3— HCO3— H+ + CO32— H2SO3 H+ + HSO3— HSO3— H+ + SO32— H2O+CO2+CN— =HCN+HCO3—
【解析】
【分析】
(1)电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物；能导电的物质必须有自由电子或自由移动的离子；
(2)碳酸氢钠强电解质，但碳酸氢根不能拆；亚硫酸是弱电解质；
(3)由电离平衡常数大小可得出酸性碳酸>氰酸>碳酸氢根；
【详解】
(1)①硫酸钡晶体③液态HCl ⑥熔融的硝酸钾⑧CuSO4•5H2O晶体⑨冰醋酸，在水溶液里或熔融状态下能导电，属于电解质，故选①③⑥⑧⑨；
④铜是金属，有自由移动的电子能导电；⑥熔融的硝酸钾和⑦氨水溶液中有自由移动的离子，故选④⑥⑦；
(2)碳酸氢钠强电解质，但碳酸氢根不能拆，NaHCO3=Na++HCO3— HCO3— H+ + CO32— ；
亚硫酸是弱电解质，H2SO3 H+ + HSO3— HSO3— H+ + SO32—；
(3)由电离平衡常数大小可得出酸性碳酸>氰酸>碳酸氢根，向NaCN溶液中通入少量二氧化碳气体，只能生成碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为： H2O+CO2+CN— =HCN+HCO3—
27．CH3COOH>H2CO3>HC1O ABCD ＜ ＞ ＝ ③④
【解析】
【分析】
(1)酸电离平衡常数越大，酸电离程度越大，其酸性越强；
(2)由于弱电解质的电离过程是吸热过程，若该溶液升髙温度促进弱电解质电离平衡正向进行；
(3)醋酸为弱酸，加水促进电离；溶液的导电能力越强，溶液中的离子浓度越大；
(4)氢离子浓度相同的等体积的A、B两份溶液(A为盐酸，B为醋酸)分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，由于醋酸部分电离，其酸的浓度大于氢离子浓度，盐酸中HCl的浓度等于氢离子的浓度，所以醋酸的浓度大于HCl的浓度，则盐酸中锌粉剩余．
【详解】
(1)酸的电离平衡常数越大，该酸电离程度越大，其酸性越强，根据表中数据知，酸的电离程度大小顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3－，所以酸性强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3－；
(2)若该溶液升髙温度，促进CH3COOH、H2O电离平衡正向进行，溶液中氢离子浓度、醋酸根离子浓度增大，所以A．氢离子浓度增大；B．c(H＋)/c(CH3COOH)比值增大；C．溶液中c(H＋)·c(OH－)之积为水的离子积，升温促进水电离，离子积常数增大；D．c(CH3COO－)c(H＋)/c(CH3COOH)为平衡常数表达式升温促进电离平衡常数增大；
上述4种表达式的数据增大的是ABCD。
(3)醋酸为弱酸，加水促进电离，则n(H＋)：a＜b，
溶液的导电能力越强，溶液中的离子浓度越大，则c(CH3COO－)：a＞b，
溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则中和时消耗的氢氧化钠的物质的量相等；
(4)氢离子浓度相同的等体积的A、B两份溶液(A为盐酸，B为醋酸)分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，由于醋酸部分电离，其酸的浓度大于氢离子浓度，盐酸中HCl的浓度等于氢离子的浓度，所以醋酸的浓度大于HCl的浓度，则盐酸中锌粉剩余；
①由于反应过程中醋酸溶液中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，则醋酸溶液反应较快，所以反应所需的时间A＞B；故①错误；
②开始pH相同，则氢离子浓度相同，所以开始时反应速率A=B，故②错误；
③由于生成的氢气体积相同，所以参加反应的锌粉物质的量A=B，故③正确；
④醋酸的浓度大于盐酸的浓度，醋酸有剩余，则盐酸中有锌粉剩余，故④正确；
故选③④；
28．cb>c cb>a 2.0×10 －7 8.0×10－9 1或13
【解析】
【分析】
(1)pH=－lgc(H＋)，pH相同时，溶液中氢离子浓度相同，依据醋酸是弱酸，硫酸是二元强酸分析；
(2)物质的量浓度相同时，依据醋酸是弱酸，部分电离，硫酸是二元酸分析判断；
(3)中和等量氢氧化钠，依据化学方程式中的计量数关系计算判断；
(4)溶液中溶质物质的量相同时，与碱反应后溶液呈中性，硫酸是二元酸，醋酸是弱酸．
(5)纯水中的c(H＋)=c(OH－)，某温度下，纯水中的c(H＋)=2.0×10－7mol·L－1，则Kw=4.0×10－14，结合Kw计算．
(6)某溶液由水电离出的氢离子浓度为1.0x10－13mol·L－1，溶液呈酸性或碱性。
【详解】
(1)当它们pH相同时，溶液中氢离子浓度相同，假设提供1mol·L－1的氢离子，需要醋酸浓度应大于1mol·L－1，需要氯化氢溶液浓度为1mol·L－1，需要H2SO4 溶液浓度为0.5mol·L－1；其物质的量浓度由大到小排列的是：c＜b＜a；
(2)当它们的物质的量浓度相同时，CH3COOH是弱酸部分电离，氢离子浓度最小；HCl是强酸完全电离，电离的氢离子大于醋酸；H2SO4是二元强酸，电离的氢离子浓度大于氯化氢，根据pH=－lgc(H＋)可知，氢离子浓度越小，pH越大，则溶液的pH：a＞b＞c；
(3)中和相同体积、相同物质的量浓度的烧碱溶液，假设氢氧化钠物质的量为1mol，需要醋酸1mol，需要HCl 1mol；需要H2SO4 0.5mol；需相同物质的量浓度的三种酸溶液的体积大小关系为：c＜a=b；
(4)体积和浓度相同的三溶液，假设溶质为1mol，分别与同浓度的烧碱溶液反应，要使反应后溶液的pH为7，CH3COOH是弱酸，恰好中和生成醋酸钠溶液呈碱性，所以需要烧碱小于1mol；氯化氢和1mol氢氧化钠恰好反应溶液呈中性；1molH2SO4和2molNaOH恰好反应溶液呈中性； 所需烧碱溶液的体积由大到小关系为：c＞b＞a；
(5)纯水中的c(H＋)=c(OH－)，某温度下，纯水中的c(H＋)=2.0×10－7mol·L－1，则Kw=4.0×10－14，若温度不变，滴入稀盐酸使c(H＋)=5.0x10－6mol·L－1，则c(OH－)=4×10－14/5×10－6mol·L－1=8×10－9 mol·L－1；
(6)若为酸，自身电离出氢离子，那么氢氧根离子就全部由水电离产生,水电离出的氢离子和氢氧根离子数相同，所以水中氢氧根离子浓度就是10－13mol/L，,再由离子积固定，可得溶液中氢离子浓度为0.1mol·L－1，pH=1，同理，若为碱，所以溶液中氢离子全部由水电离出，由水电离常数可以算出溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol·L－1，pH=13。
【点睛】
解题关键：理解酸碱反应中溶液性质及溶液pH计算，易错点：注意醋酸为弱电解质溶液中部分电离、硫酸为二元强酸、盐酸为一元强酸。
29．2Cl2＋4AgNO3=4AgCl＋2N2O5＋O2 +53.1 30.0kPa 大于 温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 13.4 AC
【解析】
【分析】
(1)干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，氯气是氧化剂，还原产物应为AgCl，硝酸银是还原剂，还原剂失去电子转化为氧化产物；
(2)①已知：ⅰ、2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)△H1=－4.4kJ·mol－1
ⅱ、2NO2(g)=N2O4(g)△H2=－55.3kJ·mol－1
根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)=2NO2(g)+1/2O2(g)，据此计算△H的值；
②根据阿伏加德罗定律可知，在恒温恒容条件下，气体的压强与物质的量成正比；
③根据温度对压强和平衡状态的影响分析；
④根据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强，然后再根据二氧化氮转化的方程式计算平衡时二氧化氮、四氧化二氮的压强；
(3)化学反应的速率由慢反应过程决定，并根据三步反应的特点分析判断。
【详解】
(1)氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分子式为O2，反应方程式为：2Cl2＋4AgNO3=4AgCl＋2N2O5＋O2。
(2)①已知：
ⅰ、2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)△H1=－4.4kJ·mol－1
ⅱ、2NO2(g)=N2O4(g)△H2=－55.3kJ·mol－1
根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)=2NO2(g)+1/2O2(g)△H=+53.1kJ·mol－1；
②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1：2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa×2=5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa=30.0kPa；
③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa；
④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2=71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2=17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa=89.5 kPa，平衡后压强减少了8 9.5 kPa－63.1kPa=26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa－26.4kPa×2=18.8kPa，则反应的平衡常数K=18．82/26.4KPa≈13.4KPa；
(3)A．第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的反应速率，故A正确；
B．根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，故B错误；
C．根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，故C正确；
D．第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，故D错误；
故选AC。
【点睛】
本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算，难点：压强和平衡常数的计算，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。
30．0.70 溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色 很明显第一组数据比其余三组数据偏大，不能选用，要舍去 0.75 4.5
【解析】
【分析】
(1)根据滴定管的结构和精确度来解答；
(2)根据滴定终点，溶液由无色恰好变为红色，且半分钟内不褪色，停止滴定；
(3)根据数据的有效性，应舍去第1组数据；
(4)先根据数据的有效性，舍去第1组数据，然后求出2、3、4三组平均消耗V(NaOH)；接着根据醋酸和NaOH反应求出20.00mL样品中含有的醋酸，最后求出市售白醋总酸量；
【详解】
(1)液面读数0.70mL；
(2)滴定终点时，溶液由无色恰好变为红色，且半分钟内不褪色，停止滴定；
(3)第1组数据舍去的理由是：很明显第一组数据比其余三组数据偏大，不能选用，要舍去；
(4)先根据数据的有效性，舍去第1组数据，然后求出2、3、4三组平均消耗V(NaOH)=15.00mL，
CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O
0.0015mol 0.015L×0.1000mol·L－1
c(市售白醋)=0.0015mol÷0.02L×0.1L÷0.01L=0.75 mol/L；
则10mL样品中含有的醋酸的质量为0.0015mol×60g·mol－1×=0.45g，市售白醋总酸量4.5g/100mL。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、单选题
1．化学与生活密切相关。下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是
A．调味剂 B．防腐剂 C．增稠剂 D．着色剂
2．用pH试纸测定某无色溶液的pH，正确的是
A．将pH试纸放入溶液中，观察其颜色变化并与标准比色卡对照
B．用广泛pH试纸测得该无色溶液的pH为2.3
C．用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色并与标准比色卡对照
D．用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在湿润的pH试纸上，测量的pH结果一定偏低
3．某学生的实验报告中，描述合理的是
A．用10mL量筒量取7.13mL稀盐酸
B．用托盘天平称量25.20g NaCl
C．用25mL碱式滴定管量取出15.00mLKMnO4溶液
D．用25mL碱式滴定管做酸碱中和滴定实验时，共用去某浓度的碱溶液21.70mL
4．下列热化学方程式，正确的是
A．4g固体硫完全燃烧生成SO2，放出37 kJ热量：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH= －296kJ/mol
B．1molN2与3molH2在某密闭容器中反应放出73kJ热量，则反应的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=－73kJ/mol
C．甲烷的标准燃烧热为－890.3kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+ 2H2O(g) △H=－890.3kJ·mol－1
D．强酸强碱的中和热为－57.3 kJ/mol： Ba(OH)2(aq)+H2SO4(aq)＝BaSO4(S)+2H2O(l) △H=－114.6kJ/mol
5．合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经过多步反应制得，其中的一步反应为： CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) △H<0反应到达平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是
A．增加压强 B．降低温度 C．增大CO的浓度 D．更换催化剂
6．25℃时，水的电离可达到平衡：H2OH++OH－ ΔH>0。下列叙述正确的是
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低
B．将水加热，Kw增大，pH不变
C．向水中加入少量CH3COONa固体，平衡逆向移动，c (H+)降低
D．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H+)增大，Kw不变
7．有一支50mL酸式滴定管其中盛有溶液，液面恰好在10mL刻度处，现把管内溶液全部流下排出，用量筒盛装，该溶液的体积应为
A．10mL B．40mL C．大于40mL D．小于40mL
8．下列溶液，一定呈中性的是
A．c(H＋)=的溶液(Kw为该温度下水的离子积常数)
B．c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1的溶液
C．pH＝7的溶液
D．由等体积、等物质的量浓度的H2SO4跟NaOH溶液混合后所形成的溶液
9．下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
①工业合成氨N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H<0，反应条件选择高温
②实验室可以用排饱和食盐水的方法收集氯气
③硫酸工业中2SO2+O22SO3，增大O2的浓度有利于提高SO2的转化率
④对CO(g)+NO2(g)CO2(g) + NO(g)平衡体系增大压强可使颜色变深
A．②③ B．②④ C．①③ D．①④
10．某反应A+B==C+D在低温下能自发进行，在高温下不能自发进行，对该反应过程ΔH、ΔS的判断正确的是
A．ΔH<0，ΔS>0 B．ΔH>0，ΔS>0 C．ΔH<0，ΔS<0 D．ΔH>0，ΔS<0
11．反应A(g)+3B(g)4C(g)+2D(g)，在不同条件下反应，其平均反应速率v(X)如下，其中反应速率最快的是
A．v(C)=0.2mol/(L·s) B．v(D)=6mol/(L·min)
C．V(A)=4mol/(L·min) D．v(B)=8mol/(L·min)
12．关于常温下pH＝12的稀氨水，下列叙述不正确的是
A．溶液中c (OH－)＝1.0´10－2 mol·L－1
B．由水电离出的c (OH－)＝1.0´10－12 mol·L－1
C．加水稀释后，氨水的电离程度增大
D．加入少量NH4Cl固体，溶液pH变大
13．常温下，取浓度相同的NaOH 和HCl溶液，以3：2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为
A．0.01mol·L－1 B．0.017mol·L－1 C．0.05mol·L－1 D．0.50mol·L－1
14．下列叙述正确的是(忽略溶液混合后体积的变化)
A．95℃纯水的pH<7，说明加热可导致水呈酸性
B．pH＝3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH＝4
C．pH＝3的醋酸溶液与pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH＞7
D．0.2 mol·L－1的盐酸与等体积水混合后pH＝1
15．在密闭容器中进行反应：X2(g)＋Y2(g)2Z(g)，已知X2、Y2、Z的起始浓度分别为0.1 mol·L－1、0.3 mol·L－1、0.2 mol·L－1，在一定条件下，当反应达到平衡时，各物质的浓度可能是
A．Z为0.3 mol·L－1 B．Y2为0.4 mol·L－1
C．X2为0.2 mol·L－1 D．Z为0.4 mol·L－1
16．用标准氢氧化钠滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞作为指示剂，下列操作会使滴定结果偏低的是
A．用蒸馏水洗净滴定管后，装入标准氢氧化钠溶液进行滴定
B．盛装标准液的碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗
D．盛装标准液的碱式滴定管滴定前仰视，滴定后俯视
17．常温下向l0mL0.1mol/L氨水中缓缓加蒸馏水稀释到1L后，下列说法不正确的是
A．OH—数目增大，H+数目减小 B．c(OH－)·c(NH4+)/c(NH3·H2O)不变
C．电离程度增大，导电能力减弱 D．c(H+)与c(OH—)的乘积不变
18．下列事实可以证明HNO2是弱电解质的是
①1 mol/L的HNO2溶液可以使石蕊试液变红 ②1 mol/L的HNO2溶液中c(H+)=10－3mol/L ③HNO2溶液的导电能力比HCl溶液弱 ④10 mL 1 mol·L－1的HNO2溶液恰好与10 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液完全反应 ⑤同浓度同体积的HNO2溶液和HCl溶液与Zn反应时，HNO2溶液中放出H2的速率慢 ⑥HNO2溶液中HNO2、NO2－、H＋同时存在
A．②⑤⑥ B．②③④⑤ C．①④⑤⑥ D．③⑤⑥
19．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．0.1 mol·L－1 KSCN溶液中：Fe3＋、NH4＋ 、Br－、SO42 －
B．由水电离出的c(H+)=1×10—12mol/L的溶液中：Na＋ 、K+、AlO2－ 、NO3－
C．能使甲基橙变红的溶液中：Cu2+、Mg2+、SO42 －、Cl－
D．pH=0的溶液中：Na＋、NH4＋、NO3－、Fe2+
20．浓度均为0.1 mol/L、体积均为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随的变化关系如图所示。下列叙述正确的是
A．HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱
B．常温下，由水电离出的c(H+)·c(OH－)：a
D．=3，若同时微热两种溶液(不考虑HX 、HY和H2O的挥发)，则减小
21．对下列图像描述正确的是
A．图①可表示将氨气通入醋酸溶液至过量过程中溶液导电性的变化
B．根据图②可判断可逆反应A2(g)+3B2(g)2AB3(g)的ΔH＞0
C．图③表示等体积、等pH的盐酸与醋酸溶液分别与足量的锌粉发生反应产生氢气的体积(V)随时的变化的示意图
D．图④可表示压强对可逆反应A(g)+B(g)2C(g)+D(g)的影响，乙的压强大
22．今有室温下四种溶液，①pH=11的氨水；②pH=11的NaOH溶液；③pH=3的醋酸；④pH=3的硫酸；下列有关说法不正确的是
A．①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均减小
B．V1 L④与V2 L②溶液混合后，若混合后溶液pH=4，则V1∶V2= 11∶9
C．①、④两溶液混合后，若溶液呈中性，则所得溶液中c(NH4+)=2c(SO42－)
D．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH ①＞②＞③＞④
23．已知：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H=Q(Q<0)，向同温、同体积的三个真空密闭容器中分别充入气体：(甲)2molSO2和1molO2；(乙)1molSO2 和0.5molO2；(丙)2molSO3；恒温、恒容下反应达平衡时，下列关系一定正确的是
A．容器内压强p:p甲=p丙<2p乙
B．SO3的质量m:m甲=m丙<2m乙
C．c(SO2)与c(O2)之比k:k甲=k丙>2k乙
D．反应放出或吸收热量的数值Q:Q甲=Q丙>2Q乙
24．室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mL pH=2的某一元酸溶液，现向乙烧杯中加水稀释至pH=3。此时关于甲、乙两烧杯中溶液的描述正确的是
A．溶液的体积：10V甲＝V乙 B．溶液的体积：V乙≥10V甲
C．溶液的浓度：c甲＝10c乙 D．水电离出的c(OH－)：10c(OH－)甲≤c(OH－)乙
25．反应N2O4(g)2NO2(g)在温度为T1、T2(T1＜T2)时达到平衡，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．A、C两点的反应速率：A＞C
B．B、C两点的气体的平均相对分子质量：B＜C
C．A、C两点气体的颜色：A浅，C深
D．保持容器体积不变，再充入NO2气体，NO2的体积分数增大
二、填空题
26．处于下列状态的物质中：①硫酸钡晶体②干冰③液态HCl ④铜⑤蔗糖⑥熔融的硝酸钾⑦氨水⑧CuSO4•5H2O晶体⑨冰醋酸 (填序号，下同)
(1)属于电解质的是_______________；能导电的是_______________。
(2)写出下列物质在水中的电离方程式
碳酸氢钠________________________________。
亚硫酸____________________________________。
(3)已知25 ℃时有关弱酸的电离平衡常数如下：HCN:4.9×10－10，H2CO3:K1＝4.4×10－7 K2＝4.7×10－11，向NaCN溶液中通入少量二氧化碳气体，写出发生反应的离子方程式为：______________________________________________。
27．25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HC1O
电离平衡常数
1.7×10－5
K1=4.3×10－7 K2=5.6×10－11
3.0×10－8
请回答下列问题：
(1)CH3COOH、H2CO3、HC1O的酸性由强到弱的顺序为______________________。
(2)常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液，若升髙温度，上述4种表达式的数据增大的是________________。
A．c(H+) B．c(H+)/c(CH3COOH)
C． c(H+)·c(OH－) D．c(CH3COO－)·c(H+)/c(CH3COOH)
(3)取0.10mol CH3COOH (冰醋酸)作导电性实验，测得其导电率随加入的水量变化如图所示：比较a、b点的相关性质(填“>”“<”或“=”)：
n(H+)∶a_____b；c(CH3COO－)∶a_____b；完全中和时消耗NaOH的物质的量∶a_____b；
(4)H+浓度相同等体积的两份溶液A(盐酸)和B(CH3COOH)分別与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是__________(填写序号)
①反应所需要的时间B>A ②开始反应时的速率A>B
③参加反应的锌的物质的量A=B ④A中有锌剩余
28．今含有a：CH3COOH b：HCl c：H2SO4三种溶液。
(1)当它们的pH相同时，其物质的量浓度的关系是_____________________
(2)当它们的物质的量浓度相同时，其pH关系是_____________________
(3)中和同一烧碱溶液，需同浓度的三种溶液的体积关系是_______________
(4)体积、浓度相同的a、b、c三溶液，分别与同浓度的NaOH溶液反应使pH等于7，所需NaOH溶液的体积关系是_______________
(5)某温度下，纯水中的c(H+)=2.0x10－7mol/L，则此时溶液中的c(OH－)为__________mol/L；
若温度不变，滴入稀盐酸使c(H+)=5.0x10－6mol/L，则c(OH－)为____________mol/L
(6)常温下，某溶液由水电离出的氢离子浓度为1.0x10－13mol/L，则该溶液的pH为__________。
29．采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题：
(1)1840年 Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体，写出相应的化学方程式____________________________________________。
(2)F．Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：
其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(t=∞时，N2O5(g)完全分解)：
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
∞
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
①已知：2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) ΔH1=−4.4 kJ·mol−1
2NO2(g)＝N2O4(g) ΔH 2=−55.3 kJ·mol−1
则反应N2O5(g)＝2NO2(g)+ 1/2O2(g)的ΔH=_______ kJ·mol−1。
②t=62 min时，测得体系中pO2=2.9 kPa，则此时的pN2O5=________kPa。
③若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)__________63.1 kPa(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是______________________________________。
④25℃时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp=____________kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数)。
(3)对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A.Ogg提出如下反应历程：
第一步 N2O5NO2+NO3 快速平衡
第二步 NO2+NO3→NO+NO2+O2 慢反应
第三步 NO+NO3→2NO2 快反应
其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是___________(填标号)。
A．v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应)
B．反应的中间产物只有NO3
C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效
D．第三步反应活化能较高
30．现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100 mL)。
Ⅰ.实验步骤：配制待测白醋溶液，用酸式滴定管量取10.00 mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100 mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液。量取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚酞作指示剂。
(1)读取盛装0.1000 mol/L NaOH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。
(2)滴定。判断滴定终点的现象是________________________________，达到滴定终点，停止滴定，并记录NaOH溶液的最终读数。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：
(3)某同学在处理数据时计算得：平均消耗的NaOH溶液的体积V＝(15.95＋15.00＋15.05＋14.95)/4＝15.24 mL。指出他的计算的不合理之处：_________________。
(4)按正确数据处理，得出c(市售白醋)=_______mol·L－1，市售白醋总酸量=____g·100mL－1。
参考答案
1．B
【解析】
【分析】
一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等,其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀,延长保质期,而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关,以此解答该题。
【详解】
A.调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故A错误；
B.防腐剂可延缓氧化的反应速率，与速率有关,故B正确；
C.增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故C错误；
D.着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故D错误；
综上所述，本题选B。
2．C
【解析】
【详解】
用pH试纸测定溶液的pH时，不能将pH试纸放入溶液中或将溶液倒在pH试纸上。正确的操作方法是：用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色变化并与标准比色卡对照，C正确；A错误；广泛pH试纸的读数不会出现小数，只能读到整数，pH不能为2.3，B错误；pH试纸提前湿润，可能会带来误差，酸溶液稀释后pH偏大，碱溶液稀释后pH偏低，D错误；综上所述，本题选C。
3．D
【解析】
【详解】
A、量筒只能精确至0.1mL，故用10mL 量筒量取不出7.13mL溶液，故A错误；
B、托盘天平只能精确至0.1g，故用托盘天平称量不出氯化钠的质量为25.20g，故B 错误；
C.KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀橡胶，因此不能用碱式滴定管量KMnO4溶液，故C错误；
D. 滴定管精确至0.01 mL，25mL碱式滴定管可量取碱溶液21.70mL，故D正确；
综上所述，本题选D。
【点睛】
量筒没有“0”刻度，精确度为0.1mL；碱式滴定管量或酸式滴定管有“0”刻度，在上方，精确度为0.01mL；碱式滴定管小端有一小段橡胶管，易被强氧化剂腐蚀，因此KMnO4溶液要用酸式滴定管来量取。
4．A
【解析】
试题分析：A项，4g硫完全燃烧生成SO2，放出37 kJ热量，所以1mol硫完全燃烧生成SO2，放出296kJ热量，所以硫燃烧的热化学方程式为：：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH= －296kJ/mol，故A项正确；B项，1molN2与3molH2在某密闭容器中反应放出73kJ热量，但是该反应是可逆反应，所以反应完全发生时放出的热量大于73kJ，该反应中的焓变应该小于－73kJ/mol，故B项错误；C项，该反应中甲烷燃烧产物中的水为液态的时候，焓变才为－890.3kJ·mol－1，故C项错误；D项，该反应还生成了硫酸钡沉淀，会放出热量，所以该反应的焓变小于－114.6kJ/mol，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。
考点：热化学方程式
5．B
【解析】
【分析】
提高CO的转化率可以使平衡正向进行，根据化学平衡移动原理来回答判断．
【详解】
提高CO的转化率可以让平衡正向进行即可。
A、反应前后气体体积不变的反应，增加压强，平衡不移动，故A错误；
B、降低温度，化学平衡向着放热方向即正向进行，故B正确；
C、增大CO的浓度，化学平衡向着正方向进行，但是一氧化碳的转化率降低，故C错误；
D、催化剂同时改变正逆速率，不会引起化学平衡的移动，故D错误。
故选B。
6．D
【解析】A、向水中加入氨水，溶液由中性到碱性，碱对水的电离起抑制作用，所以平衡逆向移动，但c(OH－)增大，故A错误；B、温度升高，水的离子积常数KW增大，则pH值减小，故B错误；C、CH3COONa固体溶于水电离产生CH3COO－，水解对水的电离起到促进作用，电离平衡正向移动，c(H+)降低，c(OH－)增大，故C错误；D、NaHSO4═Na++SO42－+H+，其中电离出的氢离子使c(H+)增大，但是温度不变，KW不变，故D正确；故选D。
7．C
【解析】
【分析】
滴定管的“0”刻度在上、50mL的刻度在下，且在50mL的刻度线以下还有一段没有刻度，滴定管中液面恰好在10mL刻度处，盛有的液体体积大于(50－10)mL．
【详解】
50mL酸式滴定管中盛有溶液，液面恰好在10mL刻度处，有刻度的部分溶液体积为：(50－10)mL=40mL，滴定管中50mL以下部分没有刻度线，所以盛有的溶液体积大于40mL，
故选C。
【点睛】
本题考查了滴定管的构造及其使用方法，解题关键：掌握常见计量仪器的干燥及其使用方法，易错点：B，明确滴定管0刻度线在上方，最大刻度线以下没有刻度。
8．A
【解析】
【分析】
溶液的酸碱性是根据溶液中H＋浓度与OH－浓度的相对大小判断，不能直接根据溶液的pH进行判断，
当c(H＋)＞c(OH－)，溶液就呈酸性；
当c(H＋)=c(OH－)，溶液就呈中性；
当溶液中c(H＋)＜c(OH－)，溶液就呈碱性；
【详解】
A、KW=c(H＋)c(OH－)，c(H＋)=，即c(H＋)=c(OH－)，故溶液显中性，故A正确，
B、c(H＋)=10－7mol·L－1的溶液，溶液的pH=7，pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10－12，当pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故B错误；
C、pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10－12，当pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故C错误；
D、由等体积、等物质的量浓度的硫酸与NaOH溶液混合后，充分反应后，硫酸过量，溶液呈酸性，故D错误；
故选A。
【点睛】
本题主要考查溶液的酸碱性的判断，易错点C，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。
9．D
【解析】
【分析】
勒夏特列原理为：如果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，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用．
【详解】
①合成氨：N2(g)+3H2(g)2NH3 (g)△H＜0在高温平衡逆向移动，不利于氨的合成，符合题意；
②氯气与水发生可逆反应生成HCl和HClO，在饱和食盐水中增大氯离子浓度，使氯气的溶解度减小，氯气难溶于饱和食盐水，可用排饱和食盐水收集氯气，故不合题意。
③硫酸工业中2SO2+O22SO3，增大O2的浓度，平衡正向移动，有利于提高SO2的转化率，故不合题意；
④对CO(g)+NO2(g)CO2(g) + NO(g)平衡体系增大压强，平衡不移动，可使颜色变深，是因为体积减小，是物理变化。故符合题意。
故①④符合题意，故选D。
10．C
【解析】
【分析】
反应自发进行的判断依据是△H－T△S＜0分析．
【详解】
A、△H＜0，△S＞0，一定存在△H－T△S＜0，在任何温度下，反应都能自发进行，故A不符合；
B、△H＞0，△S＞0，高温下△H－T△S＜0，反应自发进行，低温反应非自发进行，故B不符合；
C、△H＜0，△S＜0，低温下反应自发进行，高温下不能自发进行，故C符合；
D、△H＞0，△S＜0，一定存在△H－T△S＞0，反应任何温度都不能自发进行，故D不符合；
故选：C。
【点睛】
本题考查了反应自发进行的判断依据和分析方法，解题关键：掌握根据△H－T△S的大于0不自发，小于0自发。
11．C
【解析】
同一个化学反应，用不同的物质表示其反应速率时，速率数值可能不同，但表示的意义是相同的，所以比较反应速率快慢时，应该根据速率之比是相应的化学计量数之比先换算成用同一种物质表示，然后才能直接比较速率数值。如果都用物质A表示反应速率，则分别是3.0mol/(L·min)、3mol/(L·min)、4mol/(L·min)、2.67mol/(L·min)，所以答案选C。
点睛：本题考查化学反应速率快慢的比较，利用转化法或比值法均可比较反应的快慢，选择题中以比值法较快速，利用反应速率与化学计量数的比值可知，比值越大，反应越快，以此来解答。
12．D
【解析】
分析：pH＝12的稀氨水，c (H+)=10－12 mol·L－1，c (OH－)＝1.0´10－2 mol·L－1；碱溶液抑制水电离，因此c(OH－)(水)= c(H+)=10－12 mol·L－1；一水合氨属于弱电解质，存在电离平衡：NH3∙H2ONH4++OH－，加水稀释，促进电离；增加c(NH4+)，平衡左移，抑制电离；据此解答此题。
详解：A. pH＝12的稀氨水，c(H+)=10－12 mol·L－1，c(OH－)＝1.0´10－2 mol·L－1，A正确；碱溶液抑制水电离，由水电离出的c(OH－)= c(H+)=10－12 mol·L－1，B正确；一水合氨为弱电解质，加水稀释，促进电离，氨水的电离程度增大，C正确；一水合氨存在电离平衡：NH3∙H2ONH4++OH－，加入少量NH4Cl固体，增加c(NH4+)，平衡左移，氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，溶液pH变小，D错误；正确选项D。
13．C
【解析】
【分析】
酸碱混合后，pH=12，则碱过量，剩余的c(OH－)=0.01mol·L－1，列方程来计算．
【详解】
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c(OH－)=0.01mol·L－1，则(3V×x－2V×x)/5V=0.01mol·L－1，解得x=0.05mol·L－1，
故选C。
【点睛】
本题考查酸碱混合的计算，解题关键：明确混合后pH=12为碱过量，并注意pH与浓度的换算来解答。
14．D
【解析】
【分析】
A．纯水中c(H＋)=c(OH－)，溶液呈中性；
B．醋酸为弱酸，加水稀释促进电离；
C．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液中：c(H＋)=c(OH－)=1×10－3mol·L－1，但醋酸为弱酸，不完全电离，醋酸浓度大；
D．根据c(H＋)=n/V，pH=－lg[c(H＋)]计算；
【详解】
A．水电离为吸热过程，温度升高，促进电离，溶液中c(H＋)增大，pH减小，但c(H＋)=c(OH－)，溶液呈中性，故A错误；
B．醋酸为弱酸，加水稀释促进电离，pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH＜4，故B错误；
C、pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液中：c(H＋)=c(OH－)=1×10－3mol·L－1，醋酸为弱酸，不完全电离，醋酸浓度大，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液pH＜7，故C错误；
D、0.2mol·L－1的盐酸，与等体积水混合后，c(H＋)=0.1mol·L－1，pH=1，故D正确；
故选D。
【点睛】
本题考查酸碱混合的计算与判断以及弱电解质问题，解题关键：明确弱电解质电离的特点，易错点为A，注意纯水中c(H＋)=c(OH－)
15．A
【解析】
试题分析：因为反应是可逆反应，可能向正反应方向进行，也可能向逆反应方形进行，则Z的浓度应在0mol·L－1
16．D
【解析】
【分析】
根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差。
【详解】
A、用蒸馏水洗净碱式滴定管后，注入标准氢氧化钠溶液进行滴定，标准液的浓度偏小，消耗的标准液的体积偏大，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c(待测)偏大，故A错误；
B. 盛装标准液的碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失,消耗的标准液的体积偏大，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c(待测)偏大，故B错误；
C. 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，对结果不影响，故C错误；
D. 盛装标准液的碱式滴定管滴定前仰视，滴定后俯视，消耗的标准液的体积偏小，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c(待测)偏小，故D正确；
故选D。
17．A
【解析】
【分析】
加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c(NH3·H2O)、c(NH4＋)、c(OH－)都减小，但 c(H＋)增大，据此分析解答。
【详解】
A．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中OH－数目增大，溶液中氢离子浓度增大，则H＋数目增大，故A错误；
B．温度不变，一水合氨电离平衡常数 c(OH－)·c(NH4+)/c(NH3·H2O)不变，故B正确；
C．加水稀释促进电离，一水合氨电离程度增大，随着稀释的进行，溶液导电能力减弱，故C正确；
D．温度不变，水的离子积常数不变，所以c(H＋)与c(OH－)的乘积不变，故D正确，
故选A。
【点睛】
本题考查了弱电解质的电离，解题关键：明确弱电解质电离程度与溶液浓度的关系，知道稀释过程中各种微粒浓度变化。
18．A
【解析】
【分析】
部分电离、溶液中存在电离平衡的电解质为弱电解质，利用酸不能完全电离或盐类水解的规律来分析HNO2是弱电解质．
【详解】
①1 mol/L的HNO2溶液可以使石蕊试液变红，只能说明溶液呈酸性，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故错误；
②1 mol/L的HNO2溶液中c(H+)=10－3mol/L，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故正确；
③溶液的导电性与离子浓度成正比，HNO2溶液的导电能力比HCl溶液弱，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明亚硝酸的电离程度，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故错误；
④10 mL 1 mol·L－1的HNO2溶液恰好与10 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液完全反应，只能说明亚硝酸是一元酸，但不能说明是弱酸，故错误；
⑤同浓度同体积的HNO2溶液和HCl溶液与Zn反应时，HNO2溶液中放出H2的速率慢，说明亚硝酸中氢离子浓度低，不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故正确；
⑥HNO2溶液中HNO2、NO2－、H＋同时存在，说明亚硝酸不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明亚硝酸为弱酸，故正确；
故选A。
【点睛】
本题考查弱电解质的判断，解题关键：明确强弱电解质根本区别，易错点③：溶液导电性与离子浓度有关，与电解质强弱无关，为易错点．
19．C
【解析】
【分析】
A．与SCN－反应的离子不能大量共存；
B、由水电离出的c(H+)=1×10—12mol/L的溶液可能呈酸性或碱性；
C、能使甲基橙变红的溶液呈酸性；
D、pH=0的溶液中：H＋、NO3－、Fe2+能发生氧化还原反应；
【详解】
A．Fe3＋与SCN－反应，不能大量共存，故A错误；
B、由水电离出的c(H+)=1×10—12mol/L的溶液可能呈酸性或碱性，酸性时AlO2－不能大量共存，故B错误；
C、能使甲基橙变红的溶液呈酸性，酸性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C正确；
D、pH=0的溶液中：H＋、NO3－、Fe2+能发生氧化还原反应，故D错误；
故选C。
20．B
【解析】
试题分析：A、根据图分析，当=0，HX的pH>1，说明HX部分电离，为弱电解质，HY的pH=1，说明其完全电离，为强电解质，所以HY的酸性大于HX，错误，不选A；B、酸或碱抑制水的电离，酸中的氢离子浓度越小，其抑制水电离程度越小，根据图分析，b溶液中氢离子浓度小于a，则水的电离程度a
21．C
【解析】
A．溶液的导电性与溶液中离子的浓度成正比，醋酸是弱电解质，向醋酸中通入氨气，醋酸和氨气反应生成强电解质醋酸铵，溶液中离子浓度增大，导电性增强，故A错误；B．通过图象知，升高温度，正逆反应速率都增大，但逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，则正反应是放热反应，故B错误；C．醋酸是弱电解质，存在电离平衡，等体积、等pH的盐酸与醋酸溶液中醋酸的物质的量大于盐酸，最终，醋酸生成的氢气比盐酸多，故C正确；D．通过图象结合“先拐先平数值大”知，乙的压强大于甲，增大压强，平衡向逆反应方向移动，平衡时，反应物含量大于甲，故D错误；故选C。
22．D
【解析】
【分析】
A、从弱电解质的电离平衡和化学反应对溶液中氢离子的影响分析；
B、从酸碱中和反应后 的pH判断溶液显酸性，结合溶液混合反应后的过量离子浓度进行列式计算；
C、依据溶液混合反应后的电荷守恒分析计算；
D、从稀释溶液对强酸强碱、弱酸弱碱的离子浓度的影响分析判断；
【详解】
A、①pH=11的氨水，存在电离平衡，加入氯化铵溶解后铵根离子对一水合氨的电离起到了抑制作用，氢氧根离子浓度减少，PH减小；②pH=11的NaOH溶液加入氯化铵反应生成氯化钠和一水合氨，溶液中氢氧根离子浓度减少，pH减小，故A正确；
B、V1L④与V2L②溶液混合后，若混合后溶液pH=4，混合溶液中c(H＋)=10－4mol·L－1，说明溶液呈酸性，氢离子过量，pH=3的硫酸溶液中c(H＋)=10－3mol·L－1，pH=11的NaOH溶液中c(OH－)=10－3mol·L－1，列式计算，(V1×10－3－V2×10－3)/(V1+V2)=10－4，化简得到 V1：V2=11：9，故B正确；
C、①、④两溶液混合后，若溶液呈中性，c(H＋)=c(OH－)依据混合溶液中存在的电荷守恒c(NH4＋)+c(H＋)=c(OH－)+2c(SO42－)，
得到c(NH4＋)=2c(SO42－)，故C正确；
D、分别加水稀释10倍：①pH=11的氨水存在电离平衡，pH减少小于1，应在10－11间、②pH=11的NaOH溶液是强碱，稀释后pH为10、③pH=3的醋酸溶液存在电离平衡，pH增大小于1，应在3－4间、④pH=3的硫酸是强酸。稀释后pH为4，故 pH大小为①＞②＞④＞③，故D错误；
故选D。
23．B
【解析】
试题分析：恒温恒容，甲与乙起始n(SO2)：n(O2)=2：1，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，转化率增大；丙按化学计量数转化到左边可得n(SO2)=2mol，n(O2)=1mol，与甲为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等。A、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故压强P甲=P丙，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，故P乙＜P甲＜2P乙，故P甲=P丙＜2P乙，A错误；B、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故质量m甲=m丙，甲等效为在乙到达平衡的基础上，再加入1mol SO2和0.5mol O2，增大压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，m甲＞2m乙，故m甲=m丙＞2m乙，B正确；C、对于甲、乙，SO2、O2起始物质的量之比等于化学计量数之比，c(SO2)与c(O2)之比为定值2：1，丙为分解反应，丙中c(SO2)与c(O2)之比为2：1，故k甲=k丙=k乙=2，C错误；D、甲与丙为等效平衡，平衡时对应各组分的物质的量相等，故Q甲+Q丙=197，甲等效为在乙的基础上增大一倍压强，平衡向正反应移动，SO2转化率增大，故Q甲＞2Q乙，D错误；答案选B。
【考点定位】考查了化学平衡移动与计算的相关知识。
【名师点晴】明确等效平衡的含义是解答的关键，所谓等效平衡是指外界条件相同时，同一可逆反应只要起始浓度相当，无论经过何种途径，都可以达到相同的平衡状态。等效平衡的判断及处理一般步骤是：进行等效转化——边倒法，即按照反应方程式的计量数之比转化到同一边的量，与题干所给起始投料情况比较。等效平衡一般有三种类型：I类：恒温恒容下对于反应前后气体体积发生变化的反应来说(即△n≠0的体系)：等效转化后，对应各物质起始投料的物质的量与原平衡起始态相同。II类：恒温恒容下对于反应前后气体体积没有变化的反应来说(即△n＝0的体系)：等效转化后，只要反应物(或生成物)的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效。III类：恒温恒压下对于气体体系等效转化后，要反应物(或生成物)的物质的量的比例与原平衡起始态相同，两平衡等效。解答该类型试题的关键是分清类别，用相应的方法求解即可。
24．B
【解析】
【分析】
A、假设酸是弱酸，则pH减小1时，体积大于原来的10倍，如果是强酸，则pH减小1时体积是原来的10倍；
B、假设酸是弱酸，则pH减小1时，体积大于原来的10倍，如果是强酸，则pH减小1时体积是原来的10倍；
C、若酸强酸，酸全电离，则c甲＝10c乙；若酸是弱酸，则c甲>10c乙；
D、水电离出的c(OH－)=Kw/c(H＋)；
【详解】
A．若酸强酸，则依据溶液稀释过程中氢离子物质的量不变，则10V甲=V乙，若酸为弱酸，加水稀释时，促进弱酸的电离，电离产生的氢离子增多，要使pH仍然为4，加入的水应该多一些，所以10V甲＜V乙，故A错误；
B、由A分析，故B正确；
C、若酸强酸，酸全电离，则c甲＝10c乙；若酸是弱酸，则c甲>10c乙，故C错误；
D、pH=2的酸中，氢氧根离子全部由水电离产生，c(OH－)甲=Kw/c(H＋)=10－12mol·L－1，pH=3的酸中，氢氧根离子全部由水电离产生，c(OH－)乙=Kw/c(H＋)=10－11mol·L－1，则10c(OH－)甲=c(OH－)乙，故D错误.
故选B。
25．C
【解析】A、压强越大反应速率越快，所以反应速率：A＜C，故A错误；B、B，C两点平衡体系中NO2的体积分数相等，气体的平均相对分子质量相等，即B=C，故B错误；C、温度不变，从A到C，压强增大，体积减小，NO2浓度增大，颜色C比A深，故C正确；D、保持容器体积不变，再充入NO2气体，相当于增大压强，平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，故D错误；故选C。
26．①③⑥⑧⑨ ④⑥⑦ NaHCO3=Na++HCO3— HCO3— H+ + CO32— H2SO3 H+ + HSO3— HSO3— H+ + SO32— H2O+CO2+CN— =HCN+HCO3—
【解析】
【分析】
(1)电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物；能导电的物质必须有自由电子或自由移动的离子；
(2)碳酸氢钠强电解质，但碳酸氢根不能拆；亚硫酸是弱电解质；
(3)由电离平衡常数大小可得出酸性碳酸>氰酸>碳酸氢根；
【详解】
(1)①硫酸钡晶体③液态HCl ⑥熔融的硝酸钾⑧CuSO4•5H2O晶体⑨冰醋酸，在水溶液里或熔融状态下能导电，属于电解质，故选①③⑥⑧⑨；
④铜是金属，有自由移动的电子能导电；⑥熔融的硝酸钾和⑦氨水溶液中有自由移动的离子，故选④⑥⑦；
(2)碳酸氢钠强电解质，但碳酸氢根不能拆，NaHCO3=Na++HCO3— HCO3— H+ + CO32— ；
亚硫酸是弱电解质，H2SO3 H+ + HSO3— HSO3— H+ + SO32—；
(3)由电离平衡常数大小可得出酸性碳酸>氰酸>碳酸氢根，向NaCN溶液中通入少量二氧化碳气体，只能生成碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为： H2O+CO2+CN— =HCN+HCO3—
27．CH3COOH>H2CO3>HC1O ABCD ＜ ＞ ＝ ③④
【解析】
【分析】
(1)酸电离平衡常数越大，酸电离程度越大，其酸性越强；
(2)由于弱电解质的电离过程是吸热过程，若该溶液升髙温度促进弱电解质电离平衡正向进行；
(3)醋酸为弱酸，加水促进电离；溶液的导电能力越强，溶液中的离子浓度越大；
(4)氢离子浓度相同的等体积的A、B两份溶液(A为盐酸，B为醋酸)分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，由于醋酸部分电离，其酸的浓度大于氢离子浓度，盐酸中HCl的浓度等于氢离子的浓度，所以醋酸的浓度大于HCl的浓度，则盐酸中锌粉剩余．
【详解】
(1)酸的电离平衡常数越大，该酸电离程度越大，其酸性越强，根据表中数据知，酸的电离程度大小顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3－，所以酸性强弱顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO3－；
(2)若该溶液升髙温度，促进CH3COOH、H2O电离平衡正向进行，溶液中氢离子浓度、醋酸根离子浓度增大，所以A．氢离子浓度增大；B．c(H＋)/c(CH3COOH)比值增大；C．溶液中c(H＋)·c(OH－)之积为水的离子积，升温促进水电离，离子积常数增大；D．c(CH3COO－)c(H＋)/c(CH3COOH)为平衡常数表达式升温促进电离平衡常数增大；
上述4种表达式的数据增大的是ABCD。
(3)醋酸为弱酸，加水促进电离，则n(H＋)：a＜b，
溶液的导电能力越强，溶液中的离子浓度越大，则c(CH3COO－)：a＞b，
溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则中和时消耗的氢氧化钠的物质的量相等；
(4)氢离子浓度相同的等体积的A、B两份溶液(A为盐酸，B为醋酸)分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌粉，且放出氢气的质量相同，由于醋酸部分电离，其酸的浓度大于氢离子浓度，盐酸中HCl的浓度等于氢离子的浓度，所以醋酸的浓度大于HCl的浓度，则盐酸中锌粉剩余；
①由于反应过程中醋酸溶液中氢离子浓度大于盐酸溶液中氢离子浓度，则醋酸溶液反应较快，所以反应所需的时间A＞B；故①错误；
②开始pH相同，则氢离子浓度相同，所以开始时反应速率A=B，故②错误；
③由于生成的氢气体积相同，所以参加反应的锌粉物质的量A=B，故③正确；
④醋酸的浓度大于盐酸的浓度，醋酸有剩余，则盐酸中有锌粉剩余，故④正确；
故选③④；
28．c
【解析】
【分析】
(1)pH=－lgc(H＋)，pH相同时，溶液中氢离子浓度相同，依据醋酸是弱酸，硫酸是二元强酸分析；
(2)物质的量浓度相同时，依据醋酸是弱酸，部分电离，硫酸是二元酸分析判断；
(3)中和等量氢氧化钠，依据化学方程式中的计量数关系计算判断；
(4)溶液中溶质物质的量相同时，与碱反应后溶液呈中性，硫酸是二元酸，醋酸是弱酸．
(5)纯水中的c(H＋)=c(OH－)，某温度下，纯水中的c(H＋)=2.0×10－7mol·L－1，则Kw=4.0×10－14，结合Kw计算．
(6)某溶液由水电离出的氢离子浓度为1.0x10－13mol·L－1，溶液呈酸性或碱性。
【详解】
(1)当它们pH相同时，溶液中氢离子浓度相同，假设提供1mol·L－1的氢离子，需要醋酸浓度应大于1mol·L－1，需要氯化氢溶液浓度为1mol·L－1，需要H2SO4 溶液浓度为0.5mol·L－1；其物质的量浓度由大到小排列的是：c＜b＜a；
(2)当它们的物质的量浓度相同时，CH3COOH是弱酸部分电离，氢离子浓度最小；HCl是强酸完全电离，电离的氢离子大于醋酸；H2SO4是二元强酸，电离的氢离子浓度大于氯化氢，根据pH=－lgc(H＋)可知，氢离子浓度越小，pH越大，则溶液的pH：a＞b＞c；
(3)中和相同体积、相同物质的量浓度的烧碱溶液，假设氢氧化钠物质的量为1mol，需要醋酸1mol，需要HCl 1mol；需要H2SO4 0.5mol；需相同物质的量浓度的三种酸溶液的体积大小关系为：c＜a=b；
(4)体积和浓度相同的三溶液，假设溶质为1mol，分别与同浓度的烧碱溶液反应，要使反应后溶液的pH为7，CH3COOH是弱酸，恰好中和生成醋酸钠溶液呈碱性，所以需要烧碱小于1mol；氯化氢和1mol氢氧化钠恰好反应溶液呈中性；1molH2SO4和2molNaOH恰好反应溶液呈中性； 所需烧碱溶液的体积由大到小关系为：c＞b＞a；
(5)纯水中的c(H＋)=c(OH－)，某温度下，纯水中的c(H＋)=2.0×10－7mol·L－1，则Kw=4.0×10－14，若温度不变，滴入稀盐酸使c(H＋)=5.0x10－6mol·L－1，则c(OH－)=4×10－14/5×10－6mol·L－1=8×10－9 mol·L－1；
(6)若为酸，自身电离出氢离子，那么氢氧根离子就全部由水电离产生,水电离出的氢离子和氢氧根离子数相同，所以水中氢氧根离子浓度就是10－13mol/L，,再由离子积固定，可得溶液中氢离子浓度为0.1mol·L－1，pH=1，同理，若为碱，所以溶液中氢离子全部由水电离出，由水电离常数可以算出溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol·L－1，pH=13。
【点睛】
解题关键：理解酸碱反应中溶液性质及溶液pH计算，易错点：注意醋酸为弱电解质溶液中部分电离、硫酸为二元强酸、盐酸为一元强酸。
29．2Cl2＋4AgNO3=4AgCl＋2N2O5＋O2 +53.1 30.0kPa 大于 温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 13.4 AC
【解析】
【分析】
(1)干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，氯气是氧化剂，还原产物应为AgCl，硝酸银是还原剂，还原剂失去电子转化为氧化产物；
(2)①已知：ⅰ、2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)△H1=－4.4kJ·mol－1
ⅱ、2NO2(g)=N2O4(g)△H2=－55.3kJ·mol－1
根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)=2NO2(g)+1/2O2(g)，据此计算△H的值；
②根据阿伏加德罗定律可知，在恒温恒容条件下，气体的压强与物质的量成正比；
③根据温度对压强和平衡状态的影响分析；
④根据五氧化二氮完全分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强，然后再根据二氧化氮转化的方程式计算平衡时二氧化氮、四氧化二氮的压强；
(3)化学反应的速率由慢反应过程决定，并根据三步反应的特点分析判断。
【详解】
(1)氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分子式为O2，反应方程式为：2Cl2＋4AgNO3=4AgCl＋2N2O5＋O2。
(2)①已知：
ⅰ、2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g)△H1=－4.4kJ·mol－1
ⅱ、2NO2(g)=N2O4(g)△H2=－55.3kJ·mol－1
根据盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即得到N2O5(g)=2NO2(g)+1/2O2(g)△H=+53.1kJ·mol－1；
②根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1：2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa×2=5.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa－5.8kPa=30.0kPa；
③由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)大于63.1 kPa；
④根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa×2=71.6 kPa，氧气是35.8kPa÷2=17.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa=89.5 kPa，平衡后压强减少了8 9.5 kPa－63.1kPa=26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa－26.4kPa×2=18.8kPa，则反应的平衡常数K=18．82/26.4KPa≈13.4KPa；
(3)A．第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的反应速率，故A正确；
B．根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，故B错误；
C．根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，故C正确；
D．第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，故D错误；
故选AC。
【点睛】
本题主要是考查化学反应原理，侧重于化学反应速率与化学平衡的有关分析与计算，难点：压强和平衡常数的计算，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。
30．0.70 溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色 很明显第一组数据比其余三组数据偏大，不能选用，要舍去 0.75 4.5
【解析】
【分析】
(1)根据滴定管的结构和精确度来解答；
(2)根据滴定终点，溶液由无色恰好变为红色，且半分钟内不褪色，停止滴定；
(3)根据数据的有效性，应舍去第1组数据；
(4)先根据数据的有效性，舍去第1组数据，然后求出2、3、4三组平均消耗V(NaOH)；接着根据醋酸和NaOH反应求出20.00mL样品中含有的醋酸，最后求出市售白醋总酸量；
【详解】
(1)液面读数0.70mL；
(2)滴定终点时，溶液由无色恰好变为红色，且半分钟内不褪色，停止滴定；
(3)第1组数据舍去的理由是：很明显第一组数据比其余三组数据偏大，不能选用，要舍去；
(4)先根据数据的有效性，舍去第1组数据，然后求出2、3、4三组平均消耗V(NaOH)=15.00mL，
CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O
0.0015mol 0.015L×0.1000mol·L－1
c(市售白醋)=0.0015mol÷0.02L×0.1L÷0.01L=0.75 mol/L；
则10mL样品中含有的醋酸的质量为0.0015mol×60g·mol－1×=0.45g，市售白醋总酸量4.5g/100mL。
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