2021北京十四中高二（上）期中化学（教师版）

这是一份2021北京十四中高二（上）期中化学（教师版），共23页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021北京十四中高二（上）期中
化 学
一、选择题（共25道小题，每小题2分，单选题，共50分，将答案涂在答题卡上）
1．（2分）下列反应中能量变化与其它不同的是（　　）
A．铝热反应
B．燃料燃烧
C．酸碱中和反应
D．Ba（OH）2•8H2O与NH4Cl固体混合





A．A B．B C．C D．D
2．（2分）下列电离方程式中，正确的是（　　）
A．H2CO3＝2H++CO32﹣ B．Ba（OH）2⇌Ba2++2OH﹣
C．CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+ D．HClO＝H++Cl﹣+O2﹣
3．（2分）下列物质中，属于强电解质的是（　　）
A．CH3COOH B．H2O C．NH3•H2O D．NaOH
4．（2分）下列溶液肯定显酸性的是（　　）
A．c（H+）＞c（OH﹣）的溶液 B．含H+的溶液
C．pH＜7的溶液 D．加酚酞显无色的溶液
5．（2分）下列物质的用途利用了水解原理的是（　　）
A．明矾用作净水剂
B．纯碱用于除去粗盐中的钙离子
C．四氧化二氮用作火箭燃料的氧化剂
D．氢氧化铝用于中和过多的胃酸
6．（2分）下列四种溶液中，水的电离程度最大的是（　　）
A．pH＝7的NaCl溶液 B．pH＝5的H2SO4溶液
C．pH＝8的CH3COONa溶液 D．pH＝8的NaOH溶液
7．（2分）250℃和1.01×105Pa时，反应 2N2O5（g）＝4NO2（g）+O2（g）△H＝+56.76kJ/mol，自发进行的原因（　　）
A．是吸热反应
B．是放热反应
C．是熵减少的反应
D．熵增大效应大于焓增大的效应
8．（2分）在A（g）+B（g）⇌C（g）+D（g）反应中，表示该反应速率最快的是（　　）
A．v（A）＝0.5 mol/（L•s） B．v（B）＝0.3 mol/（L•s）
C．v（C）＝0.8 mol/（L•s） D．v（D）＝1.0 mol/（L•s）
9．（2分）下列事实（常温下）不能说明醋酸是弱电解质的是（　　）
A．0.1mol/L的醋酸中氢离子浓度为1×10﹣3mol/L
B．醋酸溶液能溶解碳酸钙
C．醋酸溶液中同时存在CH3COOH与CH3COO﹣
D．同物质的量浓度醋酸的导电性弱于盐酸
10．（2分）下列关于能量的说法正确的是（　　）
A．Zn（s）+CuSO4（aq）═ZnSO4（aq）+Cu（s）△H＝﹣216kJ/mol，生成物总能量大于反应物总能量
B．在101kPa时，2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H═571.6kJ/mol，H2的燃烧热为571.6kJ/mol
C．相同条件下，如果1mol氢原子所具有的能量为E1，1mol氢分子的能量为E2，则2E1＞E2
D．H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（1）△H＝﹣57.3kJ/mol，可用来表示含1mol NaOH的氢氧化钠溶液与含0.5mol H2SO4的浓硫酸混合后放出57.3kJ的热量
11．（2分）研究表明 N2O 与 CO 在 Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，下列说法错误的是（　　）

A．总反应是放热反应
B．Fe+使反应的活化能降低
C．FeO+也是该反应的催化剂
D．Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2 两步反应均为放热反应
12．（2分）硫代硫酸钠溶液与稀硫酸反应的化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+SO2+S↓+H2O，下列各组实验中最先出现浑浊的是（　　）
实验
反应温度/℃
Na2S2O3溶液
稀H2SO4
V/mL
c/mol•L﹣1
V/mL
c/mol•L﹣1
A
25
5
0.1
10
0.1
B
25
5
0.2
10
0.2
C
35
5
0.1
10
0.1
D
35
5
0.2
10
0.2
A．A B．B C．C D．D
13．（2分）下列措施能明显增大原反应的化学反应速率的是（　　）
A．Na与水反应时增大水的用量
B．将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应制取H2
C．在H2SO4与NaOH两溶液反应时，增大压强
D．恒温恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量
14．（2分）在一密闭容器中，充入一定量的反应物A，反应aA（g）⇌bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积缩到一半，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的1.6倍，则下列判断正确的是（　　）
A．平衡向正反应方向移动了
B．物质A的转化率降低
C．物质B的质量增加
D．a＞b
15．（2分）据报道，在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g），下列叙述不正确的是（　　）
A．反应需在300℃进行可推测该反应是吸热反应
B．使用催化剂可提高反应速率
C．充入大量CO2气体可提高H2的转化率
D．从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O可提高CO2和H2的利用率
16．（2分）可逆反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g）ΔH＜0。与该反应相关各图中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
17．（2分）一定温度下，将2mol A和2mol B两种气体混合放入体积为2L的密闭刚性容器中，发生反应3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），2min末反应达到平衡，生成0.8mol D，并测得C的物质的量浓度为0.4mol•L﹣1，下列说法正确的是（　　）
A．x的值为1
B．A的平衡转化率为40%
C．此温度下该反应的平衡常数K等于0.5
D．A和B的平衡转化率相等
18．（2分）已知X（g）+3Y （g）⇌2W（g）+M （g）△H＝﹣a kJ•mol﹣1（a＞0）。一定温度下，在体积恒定的密闭容器中，加入1mol X（g） 与Y （g），下列说法正确的是（　　）
A．充分反应后，放出热量为a kJ
B．当反应达到平衡状态时，X与W的物质的量浓度之比一定为1：2
C．当X的物质的量分数不再改变，表明该反应已达平衡
D．若增大Y的浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小
19．（2分）常温下，某溶液中由水电离产生的c（OH﹣）水＝1×10﹣13mol•L﹣1，下列一定能大量共存的离子组是（　　）
A．Na+、Fe2+、NO3﹣、Cl﹣
B．K+、Na+、Cl﹣、HCO3﹣
C．K+、Na+、Cl﹣、NO3﹣
D．CH3COO﹣、NH4+、SO42﹣、NO3﹣
20．（2分）关于水的电离，下列说法中正确的是（　　）
A．水能微弱电离产生H+，所以纯水呈微酸性
B．向水中加入稀氨水，水的电离平衡逆向移动，c（OH﹣）降低
C．25℃纯水中c（OH﹣）×c（H+）＝10﹣14，稀酸和稀碱中KW＝c（OH﹣）×c（H+）＞10﹣14
D．温度升高，水的电离平衡正向移动，KW随之增大
21．（2分）常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是（　　）

A．曲线I代表盐酸溶液
B．两溶液稀释前的浓度相同
C．a点的KW值比b点的KW值大
D．a点水电离的c（H+）大于c点水电离的c（H+）
22．（2分）今有室温下四种溶液，下列有关叙述不正确的是（　　）
序号
①
②
③
④
pH
11
11
3
3
溶液
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
A．③和④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大
B．②和③两溶液等体积混合，所得溶液中c（H+）＞c（OH﹣）
C．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①＞②＞④＞③
D．V1L④与V2L①溶液混合后，若混合后溶液pH＝7，则V1＜V2
（多选）23．（2分）一定温度下，将一定质量的纯醋酸加水稀释，经实验测定溶液的导电能力变化如图所示，下列说法中正确的是（　　）

A．a、b、c三点溶液的pH：b＜a＜c
B．a、b、c三点醋酸的电离程度：c＜a＜b
C．若用湿润的pH试纸测量a处的pH，测量结果偏小
D．物质的量浓度分别为a、b、c三点的溶液各10mL，用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：c＜a＜b
24．（2分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（　　）
将NO2球浸泡在冷水和热水中2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0

H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）

Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3
2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2
A.气体在热水中比在冷水中颜色浅
B.平衡体系加压后颜色先变深后变浅
C.研究浓度对化学平衡的影响
D.证明化学反应存在一定的限度
A．A B．B C．C D．D
25．（2分）在不同条件下进行化学反应2A（g）═B（g）+D（g），B、D起始浓度均为0，反应物A的浓度（mol/L）随反应时间的变化情况如下表：下列说法不正确的是（　　）
序号
时间（min）
温度（℃）
0
20
40
50
①
800
1.0
0.67
0.50
0.50
②
800
x
0.50
0.50
0.50
③
800
y
0.75
0.60
0.60
④
820
1.0
0.25
0.20
0.20
A．①中B在0～20 min平均反应速率为8.25×10﹣3 mol•L﹣l•min﹣l
B．②中K＝0.25，可能使用了催化剂
C．③中y＝1.4 mol•L﹣l
D．比较①、④可知，该反应为吸热反应
二、非选择题（共4道题，共50分，）
26．（12分）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：
a．CH4（g）+4NO2（g）⇌4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣574kJ/mol
b．CH4（g）+4NO（g）⇌2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）ΔH2＝﹣1160kJ/mol
（1）若在相同条件下，1molCH4还原NO2至N2，写出该过程的热化学方程式，　 　。
（2）用CH4催化还原NO，欲提高N2的平衡产率，应该采取的措施是 　 　（填序号）。
A．升高温度
B．增大压强
C．降低温度
D．降低压强
（3）一定温度下，在初始体积为2L恒压密闭容器中通入1molCH4和4molNO（假设只发生反应b），20min后该反应达到平衡，测得容器中N2的物质的量为0.8mol。则从反应开始至刚达到平衡用NO表示的反应速率v（NO）＝　 　，该温度下反应的平衡常数K＝　 　。（答案可用分数表示）
（4）为了提高CH4和NO转化为N2的产率，种学家寻找了一种新型的催化剂。将CH4和NO按一定比例、一定流速通过装有上述新型催化剂的反应器中，测得N2的产率与温度的关系如图1所示，OA段N2产率增大的原因是 　 　。
（5）对于反应b而言，不同温度下，CH4的浓度变化如图2所示，下列说法正确的是 　 　（填序号）。
A．T1大于T2
B．a点正反应速率大于b点的正反应速率
C．c时二氧化碳的浓度为0.2mol/L
D．a点的反应速率一定比c点的反应速率小

27．（14分）溶液中的化学反应大多是离子反应。根据要求回答下列问题：
（1）盐碱地（含较多Na2CO3、NaCl）不利于植物生长，试用化学方程式表示盐碱地呈碱性的原因：　 　；氯化铵溶液能够利用酸性做金属除锈剂，试用离子方程式表示氯化铵溶液呈酸性的原因：　 　。
（2）常温下，在pH＝8的CH3COONa溶液中水电离出来的c（OH﹣）＝　 　。
（3）常温下，将某一元酸HA（甲、乙、丙、丁代表不同的一元酸）和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如下表所示：
实验编号
c（HA）/mol⋅L﹣1
c（NaOH）/mol⋅L﹣1
混合溶液的pH
甲
0.1
0.1
＝a
乙
0.12
0.1
＝7
丙
0.2
0.1
＞7
丁
0.1
0.1
＝10
①从甲组情况分析，如何由a的数值判断HA是强酸还是弱酸？　 　。
②乙组混合溶液中c（A﹣）和c（Na+）的大小关系是 　 　（填字母）。
A．前者大
B．后者大
C．二者相等
D．无法判断
③从丙组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是 　 　。
④分析丁组实验数据，写出该混合溶液中下列算式的精确结果（列式即可）：c（Na+）﹣c（A﹣）＝　 　mol⋅L﹣1。
28．（14分）一定温度下，向一容积为5L的恒容密闭容器中充入0.4molSO2和0.2molO2发生反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ/mol。当反应达到平衡时，容器内压强变为起始时的0.7倍。请回答下列问题：
（1）上述反应的平衡常数表达式为 　 　。当反应达到平衡时，SO2的转化率为 　 　。
（2）判断该反应达到平衡状态的标志是 　 　（填字母）。
a．SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2：1：2
b．反应容器内气体的压强不再变化
c．容器内混合气体的密度保持不变
d．SO3的物质的量不再变化
e．SO2的生成速率和SO3的生成速率相等
f．v正（O2）＝2v逆（SO3）
g．容器中气体的平均摩尔质量不随时间而变化
（3）其它条件不变时，减小压强（拉升容器使容积为原来的两倍），平衡将向逆反应方向移动，请利用K、Q的关系说明理由：　 　。
（4）如图所示平衡时SO3的体积分数随压强和温度变化的曲线，则：
①温度关系：T1　 　T2（填“＞”“＜”“＝”，下同）
②平衡常数的关系：KA　 　KB，KA　 　KD。
（5）I：SO2与H2O反应生成H2SO3，配制250mL溶液；
II：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加入少量硫酸酸化，用0.1000mol⋅L﹣1KMnO4溶液滴定至亚硫酸溶液恰好完全反应，共消耗KMnO4溶液20.00mL。
回答下列问题：
①KMnO4标准液装入 　 　（填“酸式”或“碱式”）滴定管。
②KMnO4溶液滴定亚硫酸溶液过程中发生反应的离子方程式为 　 　，滴定终点的现象为 　 　。
③计算该亚硫酸溶液的物质的量浓度为 　 　。

29．（10分）用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究。
（1）资料1：KI在该反应中的作用：H2O2+I﹣═H2O+IO﹣；H2O2+IO﹣═H2O+O2↑+I﹣．总反应的化学方程式是　 　。
（2）资料2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中①有KI加入，②无KI加入。下列判断正确的是　 　（填字母）。

a．加入KI后改变了反应的路径
b．加入KI后改变了总反应的能量变化
c．H2O2+I﹣═H2O+IO﹣是放热反应
（3）实验中发现，H2O2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。
资料3：I2也可催化H2O2的分解反应。
①加CCl4并振荡、静置后还可观察到　 　，说明有I2生成。
②气泡明显减少的原因可能是：
ⅰ．H2O2浓度降低；
ⅱ．　 　。
以下对照实验说明ⅰ不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是　 　。
（4）资料4：I﹣+I2⇌I3﹣K＝640。
为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20mL一定浓度的H2O2溶液中加入10mL 0.10mol•L﹣1 KI溶液，达平衡后，相关微粒浓度如表：
微粒
I﹣
I2
I3﹣
浓度/（mol•L﹣1）
2.5×10﹣3
a
4.0×10﹣3
①a＝　 　。
②该平衡体系中除了含有I2、I3﹣和I﹣外，一定还含有其他含碘微粒，理由是　 　。

参考答案
一、选择题（共25道小题，每小题2分，单选题，共50分，将答案涂在答题卡上）
1．【分析】根据常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；
常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应（如C和CO2），少数分解置换以及某些复分解（如铵盐和强碱），C或氢气做还原剂时的反应．
【解答】解：A．铝粉与氧化铁的反应是放热反应，故A错误；
B．燃料燃烧是放热反应，故B错误；
C．酸碱中和反应是放热反应，故C错误；
D．氯化铵晶体与Ba（OH）2•8H2O的反应是吸热反应，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查放热反应，难度不大，抓住中学化学中常见的吸热或放热的反应是解题的关键，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题．
2．【分析】写物质的电离方程式，首先判断电解质的类型及电离出的阴阳离子，然后根据电解质的类型判断写可逆号还是等号，如果是多元弱酸，要分步电离，如果是多元弱碱，只需一步书写，最后要注意原子守恒、电荷守恒．
A．碳酸属于二元弱酸，分步电离；B．Ba（OH）2为二元强碱，完全电离；C．CH3COOH为一元弱酸，部分电离出氢离子和乙酸根离子；D．次氯酸酸为弱酸，部分电离出氢离子和次氯酸根离子．
【解答】解：A．碳酸属于二元弱酸，分步电离，电离过程是可逆过程，电离方程式为：H2CO3⇌H++HCO3﹣，HCO3﹣⇌H++CO32﹣，故A错误；
B．Ba（OH）2为强碱，在水中完全电离，用“═”，则电离方程式为：Ba（OH）2＝Ba2++2OH﹣，故B错误；
C．CH3COOH为一元弱酸，部分电离，用可逆符号，电离出氢离子和乙酸根离子，电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，故C正确；
D．次氯酸酸为弱酸，部分电离，其电离方程式为：HClO⇌H++ClO﹣，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了电离方程式的书写，掌握电离方程式的书写方法并能灵活运用是正确解答此类题的关键，题目难度不大．
3．【分析】强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物．
主要包括：强酸（HCl、H2SO4、HNO3等），强碱（NaOH、KOH等），盐（NaCl，CH3COONa）等，除Pb（CH3COO）2，弱电解质：在水溶液中或熔融状态下不能完全电离的化合物．
【解答】解：A、醋酸为弱酸，属于弱电解质，故A错误；
B、水为弱电解质，故B错误；
C、一水合氨为弱碱，属于弱电解质，故C错误；
D、氢氧化钠为强碱，属于强电解质，故D正确，故选D。
【点评】本题主要考查的是强弱电解质的概念，掌握概念是关键，难度不大．
4．【分析】由c（H+）、c（OH﹣）的相对大小判断溶液的酸碱性，若c（H+）＞c（OH﹣）时溶液显酸性，以此来解答。
【解答】解：A．c（H+）＞c（OH﹣）的溶液，显酸性，故A选；
B．任何水溶液中均含氢离子，故B不选；
C．温度未知，不能由pH判断酸碱性，故C不选；
D．加酚酞显无色的溶液，可能为中性，故D不选；
故选：A。
【点评】本题考查溶液的酸碱性，为高频考点，把握氢离子与氢氧根离子浓度的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
5．【分析】A．明矾可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体；
B、钙离子与碳酸根离子发生复分解反应生成难溶于水的碳酸钙；
C、四氧化二氮用作火箭燃料的氧化剂，是利用氧化还原反应的原理；
D、氢氧化铝用于中和过多的胃酸，是利用中和反应的原理。
【解答】解：A．明矾可水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可用于净水，利用了水解原理，故A正确；
B、钙离子与碳酸根离子发生复分解反应生成难溶于水的碳酸钙，不是利用水解的原理，故B错误；
C、四氧化二氮用作火箭燃料的氧化剂，是利用氧化还原反应的原理，而不是水解原理，故C错误；
D、氢氧化铝用于中和过多的胃酸，是利用中和反应的原理，而非水解原理，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查元素化合物知识，涉及盐类的水解、氧化还原的考查，侧重于化学与生活、生产的联系的考查，有利于培养学生的良好科学素养和学习的积极性，难度不大，注意相关基础知识的积累。
6．【分析】溶于水电离出氢离子或氢氧根离子的物质能抑制水电离，含有弱酸阴离子或弱碱阳离子的盐能促进水电离，水溶液中存在离子积常数计算水电离出的离子浓度比较，据此分析解答。
【解答】解：A．pH＝7的NaCl溶液中，水电离出的氢离子浓度c（H+）水＝c（OH﹣）水＝10﹣7mol/L；
B．pH＝5的H2SO4溶液抑制水的电离，水电离出离子浓度c（OH﹣）水＝c（H+）水＝10﹣9mol/L；
C．pH＝8的CH3COONa溶液中，醋酸根离子水解促进水的电离，水电离出氢氧根离子浓度等于水电离出氢离子浓度c（H+）水＝c（OH﹣）水＝10﹣6mol/L；
D．pH＝8的NaOH溶液中氢氧根离子抑制水的电离，水电离出的离子浓度c（H+）水＝c（OH﹣）水＝10﹣8mol/L；
综上所述水的电离程度最大的是C；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离，水的电离平衡也需要因素分析判断，注意酸碱抑制水电离、水解的盐促进水的电离，离子积常数的计算应用是关键，题目较简单。
7．【分析】反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当△G＝△H﹣T•△S＜0时，反应能自发进行。
【解答】解：反应能自发进行，应有△G＝△H﹣T•△S＜0，因△H＞0，则△H＜T•△S，说明熵增大效应大于焓增大的效应，
故选：D。
【点评】本题考查焓变和熵变，题目难度不大，注意根据自由能判断反应的自发性，特别注意反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据。
8．【分析】不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的速率越快，注意保持单位一致．
【解答】解：不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的速率越快，对应反应：2A+B⇌3C+4D，
A.＝0.5 mol/（L•s）；
B.＝0.3 mol/（L•s）；
C．＝0.8mol/（L．s），
D.＝1.0 mol/（L•s），
故D表示的反应速率最快，
故选：D。
【点评】本题考查化学反应速率快慢比较，难度不大，利用比值法可以迅速判断，也可以转化为同一物质表示的速率进行比较，注意单位保持一致．
9．【分析】弱电解质在水溶液中部分电离，要证明醋酸为弱电解质，只要证明醋酸部分电离，存在电离平衡即可，以此分析解答。
【解答】解：A.0.1mol/L的醋酸中氢离子浓度为1×10﹣3mol/L，说明醋酸在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故A不选；
B.醋酸能和碳酸钙反应放出CO2，说明醋酸的酸性大于碳酸，但不能说明醋酸的电离程度，则不能证明醋酸为弱电解质，故B选；
C.醋酸溶液中同时存在CH3COOH与CH3COO﹣，说明CH3COOH只能部分电离，属于弱电解质，故C不选；
D.同物质的量浓度醋酸的导电性弱于盐酸，CH3COOH和HCl都是一元酸，HCl为强电解质，则CH3COOH只能部分电离，属于弱电解质，故D不选；
故选：B。
【点评】本题考查弱电解质的判断，为高频考点，把握弱电解质的概念及电离特点为解答关键，注意掌握强弱电解质的区别，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
10．【分析】A．反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应为放热反应，反之相反；
B．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；
C．1mol氢原子所具有的能量为E1，则2mol氢原子所具有的能量为2E1，形成化学键放热；
D．浓硫酸溶于水放热。
【解答】解：A．Zn（s）+CuSO4（aq）═ZnSO4（aq）+Cu（s）△H＝﹣216kJ/mol，为放热反应，则生成物总能量小于反应物总能量，故A错误；
B．在101kPa时，2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H═571.6kJ/mol，H2的燃烧热为571.6kJ/mol×＝285.8kJ/mol，故B错误；
C．1mol氢原子所具有的能量为E1，则2mol氢原子所具有的能量为2E1，形成化学键放热，所以2mol氢原子所具有的能量大于1mol氢分子的能量为E2，即2E1＞E2，故C正确；
D．浓硫酸溶于水放热，则含1molNaOH的溶液与含0.5mol H2SO4的浓硫酸混合生成1molH2O（1）时放出的热量大于57.3kJ，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了化学反应中的能量变化，为高频考点，侧重学生分析能力和灵活运用能力，把握燃烧热概念、焓变与物质总能量的关系、浓硫酸的性质即可解答，题目难度不大。
11．【分析】A．反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应；
B．催化剂能降低反应物所需活化能；
C．FeO+在第一个反应中是生成物、在第二个反应中是反应物；
D．根据图知，Fe+、N2O能量之和大于FeO+、N2能量之和，FeO+、CO能量之和大于Fe+、CO2 能量之和。
【解答】解：A．根据图知，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，故A正确；
B．Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2，Fe+在第一个方程式中作反应物、第二个方程式中作生成物，所以为催化剂，催化剂能降低反应所需活性，所以Fe+使反应的活化能降低，故B正确；
C．FeO+在第一个反应中是生成物、在第二个反应中是反应物，所以FeO+不是催化剂，故C错误；
D．根据图知，Fe+、N2O能量之和大于FeO+、N2能量之和，FeO+、CO能量之和大于Fe+、CO2 能量之和，所以Fe++N2O→FeO++N2、FeO++CO→Fe++CO2 两步反应均为放热反应，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应热和焓变，侧重考查图象分析及催化剂判断，明确吸放热反应与能量变化关系、催化剂对反应活化能影响是解本题关键，知道催化剂判断方法，C为解答易错点。
12．【分析】先比较温度，温度越高反应速率越快；再比较浓度，浓度越大，反应速率越快，以此来解答。
【解答】解：C、D的温度均大于A、B中温度，则C、D中反应速率大于A、B中反应速率，且C、D比较，D中Na2S2O3溶液的浓度最大、稀硫酸的浓度最大，则D中最先生成沉淀，
故选：D。
【点评】本题考查化学反应速率，为高频考点，把握温度、浓度对反应速率的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意先比较温度后比较浓度，题目难度不大。
13．【分析】常见增大化学反应速率的措施有：增大浓度、压强，升高温度，使用催化剂等，增大单位体积的活化分子数目或增大活化分子百分数，从而增大反应速率，注意增大压强只对有气体参加的反应有影响，以此解答该题。
【解答】解：A．水为纯液体，增大水的用量，浓度不变，反应速率不变，故A错误；
B．将稀H2SO4改为98%的浓H2SO4与Zn反应生成二氧化硫气体，不生成氢气，故B错误；
C．反应在溶液中进行，没有气体生成，增大压强，反应速率基本不变，故C错误；
D．恒温恒容条件下，在工业合成氨反应中，增加氮气的量，反应物浓度增大，则反应速率增大，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查化学反应速率的影响，侧重于学生的分析能力的考查，为高频考点，注意相关基础知识的积累，易错点为B，注意浓硫酸的性质，难度不大。
14．【分析】达平衡后，保持温度不变，将容器体积缩到一半相当于增大压强，改变条件瞬间c（B）是原来2倍，当达到新的平衡时，c（B）是原来的1.6倍，则增大压强平衡逆向移动，据此分析解答。
【解答】解：A．改变条件瞬间c（B）是原来2倍，当达到新的平衡时，c（B）是原来的1.6倍，则增大压强平衡逆向移动，故A错误；
B．增大压强平衡逆向移动，则A的转化率降低，故B正确；
C．增大压强平衡逆向移动，则B的物质的量减少，故C错误；
D．增大压强平衡逆向移动，则a＜b，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡影响因素，侧重考查阅读、理解和灵活应用能力，正确判断增大压强平衡移动方向是解本题关键，往往易忽略增大压强瞬间c（B）变化而导致错误判断，题目难度不大。
15．【分析】A.反应条件与反应吸放热无关；
B.催化剂可降低反应所需的活化能，加快反应速率；
C.增大反应物浓度，平衡正向移动；
D.减小生成物浓度，平衡正向移动。
【解答】解：A.反应吸放热由反应物和生成物总能量的相对大小决定，与反应条件无关，故A错误；
B.在反应中加入催化剂，可降低反应所需的活化能，加快反应速率，故B正确；
C.充入大量CO2气体，二氧化碳浓度增大，平衡正向移动，氢气的转化率增大，故C正确；
D.从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O，平衡正向移动，CO2和H2的利用率提高，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡的移动，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。
16．【分析】A.温度高，反应速率快，到达平衡所需的时间短，升温，平衡向吸热反应方向移动；
B.压强增大，反应速率加快，平衡向气体分子数减小的方向移动；
C.催化剂能加快化学反应速率，但平衡不移动；
D.加压，平衡向气体分子数减小的方向移动，升温，平衡向吸热反应方向移动。
【解答】解：A.由图可知，反应放热，温度升高，平衡逆向移动，m（C）减小，与图象相符，故A正确；
B.压强增大，正逆反应速率均加快，图象错误，故B错误；
C.加入催化剂，化学反应速率加快，达到平衡所需时间变短，但平衡时c（C）不变，故D错误；
D.反应放热，升温，平衡逆向移动，A的转化率变小，图象不符，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡的移动，题目难度中等，掌握外界条件改变对平衡的影响是解题的关键。
17．【分析】平衡时c（D）＝＝0.4mol/L，c（C）：c（D）＝0.4mol/L：0.4mol/L＝1：1，所以x＝2，则
3A（g）+B（g）⇌2C（g）+2D（g），（单位mol）
起始：2 2 0 0
转化：1.2 0.4 0.8 0.8
平衡：0.8 1.6 0.8 0.8
以此解答该题。
【解答】解：A.由以上分析可知x＝2，故A错误；
B.A的平衡转化率为＝60%，故B错误；
C.由以上分析可知，平衡时各物质的量浓度分别为0.4mol/L、0.8mol/L、0.4mol/L、0.4mol/L。则K＝＝0.5，故C正确；
D.A、B按3：1反应，起始物质的量相等，则转化率不等，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，明确化学方程式中各个物理量的关系式是解本题关键，题目难度不大．
18．【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。
【解答】解：A、反应是可逆反应，不可能完全转化，所以充分反应后，放出热量小于a kJ，故A错误；
B、当反应达到平衡状态时，X与W的物质的量浓度之比可能为1：2，与各物质的初始浓度及转化率有关，故B错误；
C、当X的物质的量分数不再改变，说明X的物质的量不变，表明该反应已达平衡，故C正确；
D、若增大Y的浓度，正反应速率增大，逆反应速率也增大，而不是减小，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。
19．【分析】水电离产生的c（OH﹣）水＝1×10﹣13mol•L﹣1，为酸或碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化还原反应等，则离子大量共存，以此来解答。
【解答】解：A．酸性条件下，硝酸根离子能氧化亚铁离子，所以不能大量共存，故A不选；
B．HCO3﹣与氢离子、氢氧根离子均能反应，HCO3﹣不能大量存在，故B不选；
C．K+、Na+、Cl﹣、NO3﹣四种离子之间不反应，与氢离子、氢氧根离子也均不反应，能大量共存，故C选；
D．碱溶液中不能大量存在NH4+，酸溶液中不能大量存在CH3COO﹣，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应和氧化还原反应的判断，题目难度不大。
20．【分析】A、纯水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等；
B、稀氨水显碱性；
C、25℃时任何水溶液中均存在c（OH﹣）×c（H+）＝10﹣14；
D、水的电离吸热。
【解答】解：A、水能微弱电离产生H+和OH﹣，并且纯水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，所以纯水呈中性，故A错误；
B、稀氨水显碱性，能抑制水的电离，但溶液中c（OH﹣）增大，故B错误；
C、水的离子积常数Kw只与温度有关，温度不变则Kw不变，所以25℃时稀酸和稀碱中Kw＝c（OH﹣）×c（H+）＝10﹣14，故C错误；
D、水的电离吸热，则温度升高，水的电离平衡正向移动，c（OH﹣）和c（H+）均增大，Kw＝c（OH﹣）×c（H+）随之增大，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查水的电离以及离子积常数，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握水的电离特点以及影响因素，难度不大。
21．【分析】A.溶液的导电能力与c（H+）的大小变化一致，开始时醋酸和盐酸的导电能力相同，随着加水稀释，醋酸不断发生电离，溶液体积相同时，导电性较强的曲线Ⅰ代表醋酸，导电性较弱的曲线Ⅱ代表盐酸；
B.稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等；
C.相同温度下，Kw相同；
D.酸抑制水电离，酸中c（H+）越大，水电离程度越小。
【解答】解：A.溶液的导电能力与c（H+）的大小变化一致，开始二者的导电能力相同，随着加水稀释，醋酸不断发生电离，曲线Ⅰ代表的是醋酸加水稀释，故A错误；
B.稀释之前，两种溶液导电能力相等，说明离子浓度相等，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，则醋酸浓度大于盐酸浓度，故B错误；
C.温度不变，水的离子积常数就不变，因此a点的Kw值等于b点的Kw值，故C错误；
D.溶液导电能力与离子浓度成正比，导电能力：c点大于a点，则c（H+）：c点大于a点，酸抑制水电离，则a点水电离的c（H+）大于c点水电离的c（H+），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确离子浓度与溶液导电性强弱关系、水电离影响因素、水的离子积常数影响因素等知识点是解本题关键，题目难度不大。
22．【分析】A．③④中分别加入适量醋酸钠晶体，③中醋酸根离子浓度增大抑制醋酸电离，④反应生成醋酸，醋酸部分电离，所以③④中分别加入适量醋酸钠晶体后氢离子浓度都减小；
B．醋酸是弱电解质、NaOH是强电解质，pH＝4的醋酸浓度大于pH＝10的NaOH浓度，二者等体积混合时，醋酸有剩余，溶液呈酸性；
C．室温下，碱溶液pH大于酸溶液；加水稀释促进弱电解质电离；
D．V1L④和V2L①溶液混合后，若pH＝7，溶液呈中性，氯化铵溶液呈酸性，要使混合溶液呈中性，则氨水应该过量。
【解答】解：A．③④中分别加入适量醋酸钠晶体，③中醋酸根离子浓度增大抑制醋酸电离，④反应生成醋酸，醋酸部分电离，所以③④中分别加入适量醋酸钠晶体后氢离子浓度都减小，则溶液的pH都增大，故A正确；
B．醋酸是弱电解质、NaOH是强电解质，pH＝4的醋酸浓度大于pH＝10的NaOH浓度，二者等体积混合时，醋酸有剩余，溶液呈酸性，所以所得溶液中：c（H+）＞c（OH﹣），故B正确；
C．室温下，碱溶液pH大于酸溶液；加水稀释促进弱电解质电离，所以稀释10倍后pH：①＞②＞④＞③，故C正确；
D．V1L④和V2L①溶液混合后，若pH＝7，氨水浓度远远大于盐酸，要使混合溶液呈中性，则V1＞V2，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查弱电解质的电离及酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确混合溶液中溶质及其性质是解本题关键，易错选项是D，题目难度不大。
23．【分析】A．导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小；
B．随水的增多，醋酸的电离程度在增大；
C．a处溶液稀释时，溶液酸性增强；
D．a、b、c三点溶液浓度不同，a、b、c三点溶液浓度a＞b＞c，体积相同时，物质的量a＞b＞c。
【解答】解：A．导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小，则a、b、c三点溶液的pH为b＜a＜c，故A正确；
B．随水的增多，醋酸的电离程度增大，所以a、b、c三点醋酸的电离程度：a＜b＜c，故B错误；
C．用湿润的pH试纸测量醋酸的pH，将a处溶液稀释，导电能力增大，溶液酸性增强，pH减小，所以测量结果偏小，故C正确；
D．a、b、c三点溶液浓度a＞b＞c，体积相同时，物质的量a＞b＞c，所以a、b、c三点溶液用1mol/L氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积：a＞b＞c，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题考查电解质的电离，注意分析图象，把握弱电解质的电离特征，易错点为A，注意氢离子浓度越大，其溶液的pH越小，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
24．【分析】A.只有温度不同，焓变为负，为放热反应，可知升高温度平衡逆向移动；
B.H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）中反应前后气体的总物质的量不变，则加压后颜色变深；
C.铁离子过量，可继续与加入的SCN﹣反应；
D.KSCN溶液可检验铁离子。
【解答】解：A.由2NO2（g）⇌N2O4（g）△H＜0，可知为放热反应，升高温度平衡逆向移动，c（NO2）增大，则气体在热水中颜色深，故A错误；
B.H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）中反应前后气体的总物质的量不变，则加压后体积减小、浓度增大，颜色变深，平衡不发生移动，故B错误；
C.铁离子过量，可继续与加入的SCN﹣反应，不能研究浓度对化学平衡的影响，故C错误；
D.反应物的物质的量相等，可滴加KSCN溶液检验铁离子验证反应的可逆性，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、化学平衡、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
25．【分析】A．根据V＝计算；
B．根据①、②数据分析；
C．以①和③是等效平衡进行比较；
D．加热平衡向吸热反应方向移动。
【解答】解：A．①中A在0～20 min浓度变化为1.0﹣0.67＝0.33mol/L，化学反应2A（g）═B（g）+D（g），B在0～20 min浓度变化为0.33×mol/L，B在0～20 min平均反应速率为V＝＝mol•L﹣l•min﹣l＝8.25×10﹣3 mol•L﹣l•min﹣l，故A正确；
B．①、②起始量相同，平衡浓度相同，但②达到平衡所需要的时间短，反应速率快，说明加入了催化剂，加快反应速率，平衡不变，故B正确；
C．①的起始浓度为1.0mol/L，由平衡时浓度可知在③的起始浓度大于1.0mol/L，①和③是等效平衡，起始A的浓度为1.0mol/L时平衡浓度为0.5mol/L，而A的平衡浓度为0.6mol/L时，初起y＝1.2 mol•L﹣1，故C错误；
D．比较④和①可知平衡时④反应物A的浓度小，由①到④升高温度，平衡右移，加热平衡向吸热反应方向移动，而且升高温度正逆反应速率都加快，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素、反应速率计算等知识，侧重考查学生对数据的分析处理能力、知识迁移运用能力，题目难度中等。
二、非选择题（共4道题，共50分，）
26．【分析】（1）a．CH4（g）+4NO2（g）＝4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣574kJ•mol﹣1，
b．CH4（g）+4NO（g）＝2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣1160kJ•mol﹣1，
根据盖斯定律（a+b）计算反应CH4（g）+2NO2（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；
（2）提高N2的平衡产率，即要使平衡正向移动，结合勒夏特列原理分析；
（3）一定温度下，在初始体积对2L的恒压密闭容器中通入1molCH4和4molNO（只发生反应b），20min后该反应达到平衡，测得容器中N2的物质的量为0.8mol，则
CH4（g）+4NO（g）＝2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g） （单位：mol）
起始量：1 4 0 0 0
转化量：0.4 1.6 0.8 0.4 0.8
平衡量：0.6 2.4 0.8 0.4 0.8
v（NO）＝；平衡常数K＝；
（4）N2的产率与速率有关，而速率与催化剂、温度有关，OA段随着温度的升高，催化剂的活性增强，化学反应速率加快；
（5）A．根据图象，相同时间内，T2比T1反应进行的程度大；
B．在同一温度未达到平衡前，a点反应物浓度大于b点反应物浓度，a点的正反应速率大于b点的正反应速率，未达到平衡时，b点正反应速率大于b点逆反应速率；
C．c点甲烷转化的浓度为1.2mol/L，根据碳原子守恒分析；
D．a点所处的温度低于c点，但a点的反应物浓度大于c点的反应物浓度。
【解答】解：（1）a．CH4（g）+4NO2（g）＝4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣574kJ•mol﹣1，
b．CH4（g）+4NO（g）＝2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣1160kJ•mol﹣1，
根据盖斯定律（a+b）计算反应CH4（g）+2NO2（g）＝N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）的△H＝[（﹣574kJ•mol﹣1）+（﹣1160kJ•mol﹣1）]＝﹣867kJ•mol﹣1，
故答案为：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H＝﹣867kJ•mol﹣1；
（2）根据CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2＝﹣1160kJ/mol可知，该反应是气体体积不变的放热反应，改变压强，平衡不移动，提高N2的平衡产率，即平衡正向移动，根据平衡移动原理可知应该采取的措施是降低温度，
故答案为：C；
（3）一定温度下，在初始体积对2L的恒压密闭容器中通入1molCH4和4molNO（只发生反应b），20min后该反应达到平衡，测得容器中N2的物质的量为0.8mol，则
CH4（g）+4NO（g）＝2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g） （单位：mol）
起始量：1 4 0 0 0
转化量：0.4 1.6 0.8 0.4 0.8
平衡量：0.6 2.4 0.8 0.4 0.8
v（NO）＝＝0.04mol/（L•min），平衡常数K＝＝＝，
故答案为：0.04mol/（L•min）；；
（4）N2的产率与速率有关，而速率与催化剂、温度有关，OA段随着温度的升高，催化剂的活性增强，化学反应速率加快，导致氮气的产率逐渐增大，
故答案为：OA段随着温度的升高，催化剂的活性增强，化学反应速率加快，因此氮气的产率逐渐增大；
（5）A．根据图象，相同时间内，T2比T1反应进行的程度大，因此T2＞T1，故A错误；
B．在同一温度未达到平衡前，a点反应物浓度大于b点反应物浓度，a点的正反应速率大于b点的正反应速率，未达到平衡时，b点正反应速率大于b点逆反应速率，所以a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，故B正确；
C．c点甲烷转化的浓度为1.2mol/L，根据碳原子守恒，则CO2的浓度也是1.2mol/L，故C错误；
D．a点所处的温度低于c点，但a点的反应物浓度大于c点的反应物浓度，因此两点速率无法比较，故D错误；
故答案为：B。
【点评】本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度大。
27．【分析】（1）碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性；氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液呈酸性；
（2）pH＝8的CH3COONa溶液中水电离出来的c（OH﹣）等于溶液中的c（OH﹣），结合Kw进行计算；
（3）①等物质的量混合时，二者恰好反应生成盐，根据溶液的pH判断酸性强弱；
②根据电荷守恒关系式分析判断；
③丙组混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH＞7说明A﹣的水解大于HA的电离，结合电荷守恒关系式分析判断；
④由电荷守恒关系式可知c（Na+）﹣c（A﹣）＝c（OH﹣）﹣c（H+）。
【解答】解：（1）碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，化学方程式为水解方程式为Na2CO3+H2O⇌NaOH+NaHCO3；铵根离子水解使溶液呈酸性，可用于金属除锈，水解的离子方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，
故答案为：Na2CO3+H2O⇌NaOH+NaHCO3；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；
（2）pH＝8的CH3COONa溶液中c（H+）＝10﹣8mol/L，c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣6mol/L，即CH3COONa溶液中水电离出来的c（OH﹣）＝10﹣6mol/L，
故答案为：10﹣6mol/L；
（3）①若HA是强酸，恰好与NaOH溶液反应生成强酸强碱盐，pH＝7；若HA是弱酸，生成的NaA水解显碱性，pH＞7，
故答案为：a＝7时，HA是强酸；a＞7时，HA是弱酸；
②混合溶液中存在电荷守恒关系式为c（Na+）+c（H+）＝c（A﹣）+c（OH﹣），由于乙溶液中pH＝7，即c（H+）＝c（OH﹣），则c（Na+）＝c（A﹣），
故答案为：C；
③混合溶液中存在电荷守恒关系式为c（Na+）+c（H+）＝c（A﹣）+c（OH﹣），pH＞7，c（H+）＜c（OH﹣），则离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），
故答案为：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；
④混合溶液中pH＝10，即c（H+）＝10﹣10mol/L，c（OH﹣）＝＝mol/L＝10﹣4mol/L，溶液中存在电荷守恒关系式为c（Na+）+c（H+）＝c（A﹣）+c（OH﹣），则c（Na+）﹣c（A﹣）＝c（OH﹣）﹣c（H+）＝（10﹣4﹣10﹣10）mol•L﹣1，
故答案为：10﹣4﹣10﹣10。
【点评】本题考查了弱电解质的电离、盐类水解原理的应用和离子浓度大小的比较等知识，为高频考点，明确水的电离及其计算、盐类水解原理和酸碱混合溶液的定性分析是解题关键，注意掌握物料守恒、电荷守恒关系式的应用，题目难度中等。
28．【分析】（1）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；设SO2的转化物质的量为x，列化学平衡三段式，
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）
初始物质的量：0.4 0.2 0
变化物质的量：x 0.5x x
平衡物质的量：0.4﹣x 0.2﹣0.5x x
当反应达到平衡时，容器内压强变为起始时的0.7倍，则＝0.7，解得x＝0.36mol，SO2的转化率＝×100%；
（2）判断化学平衡状态的直接标志：Ⅰ.v正＝v逆（同物质），Ⅱ.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色不再变化等等，以此为判断依据；
（3）其它条件不变时，减小压强（拉升容器使容积为原来的两倍），此时各物质浓度变为原来的一半，计算此时Qc，当Qc＞K，说明平衡逆向移动；
（4）①该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化硫的体积分数增大，根据图象可知，压强相同时，T1温度下SO2的体积分数较大；
②化学平衡常数和温度有关，温度不变，化学平衡常数不变；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K减小；
（5）①酸式滴定管用于酸性溶液，也可以用于强氧化性溶液；
②MnO4﹣与H2SO3反应生成Mn2+、SO4 2﹣、H+和H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平；反应过程中高锰酸钾溶液的紫色会褪色，当达到滴定终点时，高锰酸钾溶液的紫色就不会褪色；
③根据电子得失守恒可得关系式2KMnO4～5H2SO3，根据KMnO4的物质的量，可求得亚硫酸物质的量，根据c＝计算其浓度。
【解答】解：（1）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，则K＝；设SO2的转化物质的量为x，列化学平衡三段式，
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）
初始物质的量：0.4 0.2 0
变化物质的量：x 0.5x x
平衡物质的量：0.4﹣x 0.2﹣0.5x x
当反应达到平衡时，容器内压强变为起始时的0.7倍，则＝0.7，解得x＝0.36mol，SO2的转化率＝×100%＝90%，
故答案为：K＝；90%；
（2）a．SO2、O2、SO3三者的浓度之比为2：1：2的状态，可能不符合Qc＝K的结论，也可能符合，这不是平衡的标志，故a错误；
b．反应是气体体积减小的反应，随着反应进行，容器内气体的压强变小，当容器内气体的压强不变，说明反应达到了平衡，故b正确；
c．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体的密度始终不变，当气体的密度不再改变，不能说明反应已达到平衡状态，故c错误；
d．SO3的物质的量不再变化即浓度不再变化是平衡的特征，故d正确；
e．SO2的生成速率和SO3的生成速率相等，说明正逆反应速率相等，达到了平衡，故e正确；
f．2v正（O2）＝v逆（SO3），才能说明反应达到平衡状态，故f错误；
g．根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，该反应是气体物质的量减小的反应，随着反应进行，混合气体的平均相对分子质量增大，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，表明反应已达到平衡状态，故g正确；
故答案为：bdeg；
（3）当反应达到平衡时，K＝，其它条件不变时，减小压强（拉升容器使容积为原来的两倍），此时各物质浓度变为原来的一半，Qc＝＝2K，此时Qc＞K，说明平衡将向逆反应方向移动，
故答案为：其它条件不变时，减小压强（拉升容器使容积为原来的两倍），此时各物质浓度变为原来的一半，Qc＝＝2K，此时Qc＞K，说明平衡将向逆反应方向移动；
（4）①该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二氧化硫的体积分数增大，根据图象可知，压强相同时，T1温度下SO2的体积分数较大，则温度关系为：T1＞T2，
故答案为：＞；
②化学平衡常数和温度有关，温度不变，化学平衡不变，A．B的温度相同，则KA＝KB；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K减小，由于温度T1＞T2，则平衡常数：KA＜KD，
故答案为：＝；＜；
（5）①酸式滴定管用于酸性溶液，也可以用于强氧化性溶液，则KMnO4标准液装入酸式滴定管，
故答案为：酸式；
②MnO4﹣与H2SO3反应生成Mn2+、SO4 2﹣、H+和H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，则离子方程式为2MnO4﹣+5H2SO3＝2Mn2++5SO4 2﹣+4H++3H2O；反应过程中高锰酸钾溶液的紫色会褪色，当达到滴定终点时，高锰酸钾溶液的紫色就不会褪色，则滴定至终点的现象为溶液由无色变紫色且半分钟不褪色，
故答案为：2MnO4﹣+5H2SO3＝2Mn2++5SO4 2﹣+4H++3H2O；溶液由无色变紫色且半分钟不褪色；
③根据电子得失守恒可得关系式2KMnO4～5H2SO3，n（KMnO4）＝0.1mol/L×0.02L＝0.002mol，则n（H2SO3）＝×0.002mol＝0.005mol，c（H2SO3）＝＝0.2mol/L，
故答案为：0.2mol/L。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素、化学平衡的计算、中和滴定等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度大。
29．【分析】（1）KI在该反应中的作用：H2O2+I﹣═H2O+IO﹣；H2O2+IO﹣═H2O+O2↑+I﹣，将两个反应叠加得到总反应；
（2）I﹣起催化剂作用，加入KI后改变了反应的路径，不改变反应能量的变化，H2O2 +I﹣＝H2O+IO﹣，是吸热反应；
（3）①四氯化碳密度大于水，萃取碘呈紫红色；
②气泡明显减少的原因也可能是碘的浓度降低；做对比实验；
（4）①根据平衡常数K＝＝进行计算；
②根据元素守恒判断。
【解答】解：（1）KI在该反应中的作用：①H2O2+I﹣═H2O+IO﹣；②H2O2+IO﹣═H2O+O2↑+I﹣，将两个反应叠加①+②得到总反应：2H2O22H2O+O2↑，
故答案为：2H2O22H2O+O2↑；
（2）a．I﹣起催化剂作用，加入催化剂改变了反应历程，从而降低活化能，故a正确；
b．根据盖斯定律，总反应的能量变化不变，故b错误；
c．H2O2 +I﹣＝H2O+IO﹣，是前半段反应，根据图象该反应是吸热反应，故c错误；
故答案为：a；
（3）①碘易溶于四氯化碳，且四氯化碳密度大于水，与水分层在下层，碘进入下层的四氯化碳中显紫红色，
故答案为：下层溶液呈紫红色；
②气泡明显减少的原因也可能是碘的浓度降低；做对比实验，ⅰ不是主要原因，则说明不加四氯化碳反应速率变化不大，观察到的现象是B试管中产生气泡速率没有明显减小，
故答案为：在水溶液中I2的浓度降低；B试管中产生气泡速率没有明显减小；
（4）①根据平衡常数进行计算，K＝＝＝640，解得a＝2.5×10﹣3，
故答案为：2.5×10﹣3；
②根据元素守恒判断，2c（I2）+c（I ﹣）+3c（I3﹣）与 对比，
故答案为：2c（I2）+c（I ﹣）+3c（I3﹣）＜0.033 mol•L﹣1。
【点评】本题考查实验探究，涉及物质性质的实验验证、反应现象、微粒浓度大小比较等，有效进行信息读取和应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。