B

解：将0.4mol•L﹣1HA溶液和0.2mol•L﹣1的NaOH溶液等体积混合后，溶液溶质为HA和NaA，二者浓度相等，

A．若该溶液中HA电离能力大于A﹣水解能力，溶液显酸性，则有c（A﹣）＞c（Na+）＞c（HA）＞c（H+）＞c（OH﹣），故A正确；

B．若该溶液中A﹣水解能力大于HA电离能力，溶液显碱性，则有c（HA）＞（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；

C．无论该溶液呈酸性还是碱性，溶液遵循电荷守恒，都有c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），故C正确；

D．无论该溶液呈酸性还是碱性，由物料守恒可知都有2c（Na+）=c（A﹣）+c（HA），故D正确；

故选B．

A

解：100℃的温度下，水的离子积KW=1×10﹣12 ， 所以该温度下的中性溶液中pH=6，

A.0.005 mol•L﹣1的硫酸溶液中，C（H+）=0.005 mol•L﹣1×2=0.01mol/L，所以pH=2，故A正确；

B.0.001mol/L的氢氧化钠溶液，C（H+）=10﹣9 mol/L，pH=9，故B错误；

C.0.005 mol•L﹣1的硫酸与0.01 mol•L﹣1的氢氧化钠溶液等体积时，n（H+）=n（OH﹣），所以硫酸和氢氧化钠恰好反应，溶液呈中性，pH为6，故C错误；

D．pH=3的硫酸中，C（H+）=10﹣3 mol/L，pH=11的NaOH溶液中C（OH﹣）=0.1mol/L，中和pH=3的硫酸溶液50 mL，需要pH=11的NaOH溶液0.5mL，故D错误；

故选A．

D

解：物质的量浓度相等的NaOH和HCl溶液，以3：2体积比相混合，发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，氢氧化钠有剩余，令二者的浓度为cmol/L，则反应后溶液中c（OH﹣）= mol/L= mol/L，根据混合后溶液的pH=13，可知应后溶液中c（OH﹣）=0.1mol/L，即 mol/L=0.1mol/L，解得c=0.5，

故选D．

D

解：A．电离平衡常数只受温度的影响，温度不变，则平衡常数不变，故A错误；

B．加水稀释促进电离，则溶液总H+的浓度大于原来的 ，由K= 不变可知，CH3COO﹣与CH3COOH的浓度之比小于原来的10倍，故B错误；

C．加水稀释时，醋酸进一步电离，则CH3COOH浓度小于原来的0.1，由K= 不变可知，CH3COO﹣与H+的浓度之积小于原来的0.1，故C错误；

D．由物料守恒可知，CH3COOH与CH3COO﹣的浓度之和减小为原来的0.1，故D正确．

故选D．

【考点精析】通过灵活运用弱电解质在水溶液中的电离平衡，掌握当弱电解质分子离解成离子的速率等于结合成分子的速率时，弱电解质的电离就处于电离平衡状态；电离平衡是化学平衡的一种，同样具有化学平衡的特征．条件改变时平衡移动的规律符合勒沙特列原理即可以解答此题．

B

解：A．结合图中c点的c（Ag+）和c（Br﹣）可知：该温度下AgBr的Ksp=7×10﹣7×7×10﹣7=4.9×10﹣13 ， 故A正确；

B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c（Br﹣）增大，溶解平衡逆向移动，c（Ag+）减小，故B错误；

C．根据图象可知，在a点时Qc=c（Ag+）•c（Br﹣）＜Ksp，所以a点为AgBr的不饱和溶液，故C正确；

D．c点的溶液c（Ag+）=7×10﹣7mol/L，加入等体积的0.1 mol/L的氯化钠溶液，c（Ag+）、c（Cl﹣）分别为3.5×10﹣7mol/L、0.05mol/L，c（Ag+）×c（Cl﹣）＞Ksp，析出沉淀，故D正确．

故选B．

C

解：把加入2molPCl5所到达的平衡，可等效为先将容器体积增大1倍到达的平衡状态，该状态与开始加入1molPCl5是完全相同的平衡状态，然后在将体积压缩恢复到原来的体积，

增大压强后平衡向体积减小的方向移动，即平衡向逆反应方向移动，

所以PCl5的分解率减小，PCl5所占的体积百分数最大，即：M＜N，

故选C．

【考点精析】本题主要考查了化学平衡的计算的相关知识点，需要掌握反应物转化率=转化浓度÷起始浓度×100%=转化物质的量÷起始物质的量×100%；产品的产率=实际生成产物的物质的量÷理论上可得到产物的物质的量×100%才能正确解答此题．

C

解：A．若Fe为阳极，则氯离子不能在阳极生成，则不会存在产生的Cl2在弱碱性条件下生成ClO﹣ ， 把二价镍氧化为三价镍，故A错误；

B．电解时阳极附近氯离子放电，溶液的pH不会升高，故B错误；

C．电解时阳极附近氯离子放电，发生电极反应为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2 ， 故C正确；

D．由Ni2+﹣e﹣=Ni3+可知1mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过了1mol电子，故D错误；

故选C．

D

解：A．pH不能事先湿润，湿润后如溶液呈中性，则pH不变，故A错误；

B．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，如果是酸或碱为电解质，则溶液中水电离出的c（H+）和水电离的c（OH﹣）乘积一定小于10﹣14 ， 如果是含有弱离子的盐，则溶液中水电离出的c（H+）和水电离的c（OH﹣）乘积一定大于10﹣14 ， 故B错误；

C．任何电解质水溶液中都存在水的电离平衡，如果Na2Y的水溶液显中性，该溶液中还存在水的电离平衡，故C错误；

D．一定温度下，含有弱离子的盐促进水电离，醋酸钠是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解而促进水电离，故D正确；

故选D．

【考点精析】本题主要考查了弱电解质在水溶液中的电离平衡的相关知识点，需要掌握当弱电解质分子离解成离子的速率等于结合成分子的速率时，弱电解质的电离就处于电离平衡状态；电离平衡是化学平衡的一种，同样具有化学平衡的特征．条件改变时平衡移动的规律符合勒沙特列原理才能正确解答此题．

A

解：A、只要反应发生就符合2v（O2）=v（NO2），故A错误；

B、单位时间内生成n mol O2等效于消耗2n molNO2同时生成2n molNO2 ， 说明达平衡状态，故B正确；

C、混合气体的颜色不再改变，说明二氧化氮的浓度不变，达平衡状态，故C正确；

D、混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故D正确；

故选A．

【考点精析】根据题目的已知条件，利用化学平衡状态的判断的相关知识可以得到问题的答案，需要掌握状态判断：①v(B耗)=v(B生)②v(C耗):v(D生)=x : y③c(C)、C%、n(C)%等不变④若A、B、C、D为气体，且m+n≠x+y，压强恒定⑤体系颜色不变⑥单位时间内某物质内化学键的断裂量等于形成量⑦体系平均式量恒定（m+n ≠ x+y）等．

C

解：A、原子形成化学键放热，焓变小于0，2H（g）+2X（g）═2HX（g）△H3＜0，故A正确；

B、反应焓变与起始物质和终了物质有关于变化途径无关，途径Ⅰ生成HX的反应热与途径无关，所以△H1=△H2+△H3 ， 故B正确；

C、因化学反应所吸收或放出的能量即为反应热，反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差，氯原子半径小于溴原子，途径Ⅰ生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl比HBr稳定，故C错误；

D、Cl、Br、I的原子半径依次增大，Cl2、Br2、I2 ， 断裂化学键需要能量减小，所以途径Ⅱ吸收的热量依次减小，故D正确；

故选C．

B

解：①放热反应是指：反应物的总能量大于生成物的总能量，与常温下能自发进行无关，如：碳在空气中燃烧，须加热达到碳的着火点才可进行，故①错误；

②电解过程中，需要消耗电能，是将电能转化为化学能，故②错误；

③原电池工作时，是将化学能转化电能，有电流产生，则有电子的定向移动，所以所发生的反应一定有氧化还原反应，故③正确；

④加热时，提供能量，无论是吸热反应，还是放热反应，反应速率都要加快，故④错误；

⑤盐类水解的规律为：无弱不水解，有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，弱是指弱酸或弱碱的离子，故⑤错误；

⑥化学平衡常数的表达式为：化学平衡常数K= ，与化学反应方程式的书写有关，故⑥正确；

故选B．

【考点精析】本题主要考查了化学平衡状态本质及特征的相关知识点，需要掌握化学平衡状态的特征：“等”即 V正=V逆>0；“动”即是动态平衡，平衡时反应仍在进行；“定”即反应混合物中各组分百分含量不变；“变”即条件改变，平衡被打破，并在新的条件下建立新的化学平衡；与途径无关，外界条件不变，可逆反应无论是从正反应开始，还是从逆反应开始，都可建立同一平衡状态（等效）才能正确解答此题．

（1）1：3；1：1

（2）变小；不变

（3）逆向

（4）向左移动；小于

解：（1）因为开始时注入1mol N2和3mol H2 ， 发生反应时消耗氮气和氢气始终按照1：3进行，所以当反应达到平衡时，剩余N2和H2的浓度比是仍然为1：3；又转化率= ，所以N2和H2的转化率比为1：1；

所以答案是：1：3；1：1；（2）因为该反应为放热反应，则升高平衡体系的温度时，平衡向逆反应方向移动，气体物质的量变大，质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量= 将减小，又容器体积不变，所以密度= 也不变；

所以答案是：变小；不变；（3）当达到平衡时，充入氩气，并保持压强不变，体积增大，体系的压强减小平衡向气体体积增大的方向进行，反应是气体体积减小的反应，所以平衡逆向进行；

所以答案是：逆向；

容器恒容、绝热，加热使容器内温度迅速升至原来的2倍，升温平衡向吸热的逆向移动，使体系温度降低，反应是放热反应，所以平衡向左移动，达到新平衡后，容器内温度下雨原来的2倍；

所以答案是：向左移动；小于．

【考点精析】本题主要考查了化学平衡状态本质及特征和化学平衡的计算的相关知识点，需要掌握化学平衡状态的特征：“等”即 V正=V逆>0；“动”即是动态平衡，平衡时反应仍在进行；“定”即反应混合物中各组分百分含量不变；“变”即条件改变，平衡被打破，并在新的条件下建立新的化学平衡；与途径无关，外界条件不变，可逆反应无论是从正反应开始，还是从逆反应开始，都可建立同一平衡状态（等效）；反应物转化率=转化浓度÷起始浓度×100%=转化物质的量÷起始物质的量×100%；产品的产率=实际生成产物的物质的量÷理论上可得到产物的物质的量×100%才能正确解答此题．

（1）1mol/L

（2）大于

（3）B,C

（4）A

（5）2（a+b）kJ?mol﹣1

则： =1，解得：c=1，
所以答案是：1mol/L；
（2.）由表中数据可知，对于反应①，温度越高平衡常数越大，说明升高温度平衡向正反应移动，升高温度平衡向吸热反应进行，故a＞0，
所以答案是：大于；
（3.）A．该反应前后气体的物质的量不变，缩小反应器体积，压强增大，平衡不移动，故A错误；
B．通入CO2 ， 浓度增大，平衡向正反应移动，故B在；
C．该反应正反应是吸热反应，升高温度到900℃，平衡向正反应移动，故C在；
D．使用合适的催化剂，加快反应速率，平衡不移动，故D错误；
所以答案是：BC；
（4.）A、由图可知，升高温度，平衡向正反应移动，故图象表示正反应吸热反应，反应①正反应是吸热反应，图象与实际相符合，故A正确；
B、由图可知，最高点到达平衡，温度升高，混合物中CO的含量降低，平衡向逆反应进行，故图象表示正反应为放热反应，反应①正反应是吸热反应，图象与实际不相符，故B错误；
C、由图可知，温度T1先到达平衡，故温度T1＞T2 ， 温度T1到达平衡时，混合物中CO的含量降低，平衡向逆反应进行，故图象表示正反应为放热反应，反应①正反应是吸热反应，图象与实际不相符，故C错误；
所以答案是：A；
（5.）已知：①Fe（s）+CO2（g）═FeO（s）+CO（g）△H=a kJ•mol﹣1 ，
②CO（g）+1/2O2（g）═CO2（g）△H=b kJ•mol﹣1
由盖斯定律（①+②）×2得：2Fe（s）+O2（g）═2FeO（s），△H3=2（a kJ•mol﹣1+b kJ•mol﹣1）=2（a+b）kJ•mol﹣1 ，
所以答案是：2（a+b）kJ•mol﹣1 ．
【考点精析】根据题目的已知条件，利用反应热和焓变和化学平衡的计算的相关知识可以得到问题的答案，需要掌握在化学反应中放出或吸收的热量，通常叫反应热；反应物转化率=转化浓度÷起始浓度×100%=转化物质的量÷起始物质的量×100%；产品的产率=实际生成产物的物质的量÷理论上可得到产物的物质的量×100%．

气囊不再变小或颜色不再变化；变小； mol/（L?s）；0.7a

解：①B是一个气体压强不变的容器，所以当反应达到平衡状态时，混合气体的颜色和气囊体积不再改变，

所以答案是：气囊不再变小或颜色不再变化；

②再加入气体，相当于增大压强，化学平衡正向移动，二氧化氮的百分含量会减小，所以答案是：变小；

③2NO2⇌N2O4

初始物质的量：1 0

变化的物质的量：2x x

平衡物质的量：1﹣2x x

则 =0.8，解得x=0.2mol，

所以平均化学反应速率v（NO2）= mol/（L•s）= mol/（L•s），

所以答案是： mol/（L•s）；

④打开K2 ， 则相当于是在等温等压时的平衡，因此平衡时等效的．由于此时反应物的物质的量是B中的二倍，所以打开K2之前，气球B体积为（aL+0.4aL）÷2=0.7aL，

所以答案是：0.7a．

【考点精析】解答此题的关键在于理解化学平衡状态本质及特征的相关知识，掌握化学平衡状态的特征：“等”即 V正=V逆>0；“动”即是动态平衡，平衡时反应仍在进行；“定”即反应混合物中各组分百分含量不变；“变”即条件改变，平衡被打破，并在新的条件下建立新的化学平衡；与途径无关，外界条件不变，可逆反应无论是从正反应开始，还是从逆反应开始，都可建立同一平衡状态（等效），以及对化学平衡的计算的理解，了解反应物转化率=转化浓度÷起始浓度×100%=转化物质的量÷起始物质的量×100%；产品的产率=实际生成产物的物质的量÷理论上可得到产物的物质的量×100%．

C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣1366.7kJ/mol；Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑

解：1gC2H5OH燃烧生成CO2和液态H2O时放出29.71kJ热量，则1mol乙醇燃烧放出的热量= =1366.7kJ，所以其热化学反应方程式为：C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣1366.7kJ/mol，HCO3﹣水解，反应为：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣ ， 溶液呈碱性；

NaHCO3水解溶液呈碱性，Al2（SO4）3在溶液中水解显酸性，NaHCO3溶液跟Al2（SO4）3溶液混合，发生相互促进的水解：3HCO3﹣+Al3+=3CO2↑+Al（OH）3↓，产生大量的气体和沉淀，

所以答案是：C2H5OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣1366.7kJ/mol；Al3++3HCO3﹣=Al（OH）3↓+3CO2↑．

（1）O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣；5Cl2+I2+6H2O=10HCl+2HIO3；13

（2）Fe﹣2e﹣=Fe2+；2Cu2++2H2O ?2Cu+O2↑+4H+；CuO（或CuCO3）；0.4（或0.62）

解：（1）①甲为原电池装置，石墨棒上氧气得电子发生还原反应，反应为2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣ ，

所以答案是：2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣；

②Cl2氧化了生成的I2 ， Cl元素的化合价降低，生成盐酸，反应中Cl2和I2的物质的量之比为5：1，设I元素的化合价为x，则5×2×1=1×2×x，解得x=+5，则生成碘酸，所以发生的化学反应为5Cl2+I2+6H2O═10HCl+2HIO3 ，

所以答案是：5Cl2+I2+6H2O═10HCl+2HIO3；

③乙为电解装置，由电子流向可知石墨为阳极，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电，电解反应为2Cl﹣+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH﹣ ， 当乙反应有0.01mol电子转生成氢氧根离子为0.01mol，则氢氧根离子的浓度为0.1mol/L，所以溶液的pH=13；

所以答案是：13；（2）①甲为原电池装置，铁作负极，负极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+ ， 所以答案是：Fe﹣2e﹣═Fe2+；

②乙装置中阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上铜离子得电子生成Cu，其电解反应的离子方程式为：2Cu2++2H2O 2Cu+O2↑+4H+；

所以答案是：2Cu2++2H2O 2Cu+O2↑+4H+；

③由2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4 ， 要使溶液恢复原状态，可加入CuO（或CuCO3），一段时间后溶液的pH变为1，则c（H+）=0.1mol/L﹣10﹣5mol/L=0.1mol/L，n（H+）=0.1L×0.1mol/L=0.01mol，则由电解反应可知析出的Cu的物质的量为0.005mol，由Cu原子守恒可知，m（CuO）=0.005mol×80g/mol=0.4g，或m（CuCO3）=0.005mol×124g/mol=0.62g，

所以答案是：CuO（或CuCO3）；0.4（或0.62）．