A

解：25℃时，混合溶液pH=7，说明溶液呈中性，则溶液中c（H+）=c（OH﹣）=10﹣7 mol/L，根据电荷守恒得c（CH3COO﹣）=c（Na+）= mol/L，根据物料守恒得c（CH3COOH）= mol/L，电离平衡常数= = =1.75×10﹣5 ， 则 = ，故选A．

A

解：A．锡、铁做电极构成的原电池中，金属铁比锡活泼，Fe作负极失电子更易被腐蚀，所以马口铁镀锡的表面即使破损后不能起到防锈作用，故A错误；B．加热条件下，饱和FeCl3发生水解反应生成氢氧化铁胶体，所以制备氢氧化铁胶体时，可以把FeCl3饱和溶液滴入到沸水中，并继续煮沸，故B正确；

C．溶解度小的沉淀能够转化为溶解度更小的沉淀，AgBr的溶解度比AgCl小，所以反应AgCl+NaBr═AgBr+NaCl能在水溶液中进行，故C正确；

D．硫酸钙属于微溶的盐，硫酸钡属于难溶性盐，所以除去某溶液中的SO42﹣ ， 选择加入可溶性钡盐要比加入钙盐好，故D正确．

故选A．

【考点精析】关于本题考查的胶体的重要性质和金属的电化学腐蚀与防护，需要了解胶体的性质：①丁达尔现象（可用来鉴别胶体和溶液） ②布朗运动 ③电泳现象 ④胶体聚沉（加入电解质、加入带异种电荷的胶体、加热，均可使胶体聚沉）；金属的保护：涂保护层；保持干燥；改变金属的内部结构，使其稳定；牺牲阳极的阴极保护法即用一种更为活泼的金属与要保护的金属构成原电池；外加电源法才能得出正确答案．

D

解：测得甲池中某电极质量增加2.16g，乙池中某电极上析出0.64g某金属，甲中a为阴极，b为阳极，银在a极析出，乙中c为阴极，d为阳极，金属在c极析出，A、Mg2+氧化性较弱，电解时在溶液中不能得电子析出金属，所以某盐溶液不能是Mg（NO3）2溶液，故A错误；

B、甲池a极上析出金属银，乙池c极上析出某金属，故B错误；

C、甲池a极上析出金属银，乙池c极上析出某金属，故C错误；

D、乙池电极析出0.64g金属，说明乙池中含有氧化性比氢离子强的金属，则某盐溶液可能是CuSO4溶液，故D正确；

故选D．

C

解：①1mol•L﹣1的CH3COOH溶液中c（H+）=10﹣2mol•L﹣1 ， 氢离子浓度小于酸浓度，说明酸部分电离，为弱电解质，故正确；②CH3COOH以任意比与H2O互溶，说明醋酸溶解度大，但不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，故错误；③在相同条件下，CH3COOH溶液的导电性比盐酸弱，说明醋酸中离子浓度小于盐酸，则醋酸电离程度小于HCl，为弱电解质，故正确；④10mL1mol•L﹣1的CH3COOH溶液恰好与10mL1mol•L﹣1的NaOH溶液完全反应，说明醋酸是一元酸，但不能说明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，故错误；⑤同浓度同体积的CH3COOH溶液和HCl溶液与Fe反应时，CH3COOH溶液中放出H2的速率慢，说明醋酸中氢离子浓度小，HCl是强电解质，则醋酸部分电离，为弱电解质，故正确；⑥PH=2的CH3COOH溶液与PH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液呈酸性，说明醋酸浓度大于NaOH，NaOH是强电解质，则醋酸是弱电解质，故正确；⑦0.1mol•L﹣1的CH3COONa溶液pH为8.2，说明醋酸钠是强碱弱酸盐，则醋酸是弱酸，为弱电解质，故正确；故选C．

【考点精析】掌握弱电解质的判断是解答本题的根本，需要知道微弱：弱电解质在水溶液中的电离是部分电离、电离程度都比较小，分子、离子共同存在；可逆：弱电解质在水分子作用下电离出离子、离子又可重新结合成分子．因此，弱电解质的电离是可逆的；能量变化：弱电解质的电离过程是吸热的；平衡：在一定条件下最终达到电离平衡．

C

解：①为环状化合物，是根据碳原子的连接方式进行分类，不含官能团，与甲醛的分类不同，故①错误；②含有溴原子，为卤代烃的官能团，与甲醛的分类相同，故②正确；③从碳链的结构的角度分类，没有从官能团的角度分类，与甲醛不同，故③错误；④含有醚基，属于官能团，与甲醛的分类相同，故④正确．故选C．

D

解：A、甲池是燃料电池，乙池和丙池有外接电源属于电解池，所以甲池是把化学能转变为电能的装置，乙池和丙池是把电能转变为化学能的装置，故A错误．B、燃料电池中，投放燃料的电极是负极，负极上燃料失去电子放电氧化反应，电极反应式为CH3OH﹣6e﹣+8HO﹣=CO32﹣+6H2O，故B错误．

C、甲池中投放甲醇的电极是负极，投放氧气的电极是正极，所以乙池中石墨是阳极，银极是阴极，电解时，石墨极上析出氧气，银极上析出铜，所以要想使CuSO4溶液恢复到原浓度应加入氧化物而不是氢氧化铜，故C错误．

D、甲池中消耗560mL（标准状况下）O2 ， 转移电子0.1mol，根据转移电子守恒知，丙池中生成0.05mol氢气，同时生成0.1mol氢氧根离子，氢氧根离子和镁离子生成氢氧化镁沉淀，所以氢氧化镁沉淀的物质的量是0.05mol，氢氧化镁沉淀的质量=0.05mol×58g/mol=2.9g，故D正确．

故选D．

C

解：A．使酚酞变红色的溶液为碱性溶液，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，故A错误；B．AlO2﹣、HCO3﹣之间反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，在溶液中不能大量共存，故B错误；

C．该溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，NH4+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣之间不发生反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；

D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液为酸性或碱性溶液，溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，AlO2﹣、CO32﹣与氢离子反应，在酸性溶液中不能大量共存，故D错误；

故选C．

B

解：A．当该电池消耗1mol锌时，转移2mol电子，CH4燃料电池电极反应式为：CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO32﹣+7H2O，可知消耗0.25mol甲烷，故A正确；B．反应中Mn元素化合价降低，被还原，故B错误；

C．Zn元素化合价由0价变化为+2价，则当0.1mol Zn完全溶解时，电池外电路转移的电子数为0.2mol，个数约为1.204×1023 ， 故C正确；

D．正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为MnO2+e﹣+H2O═MnO（OH）+OH﹣ ， 故D正确．

故选B．

C

解：A．一水合氨在溶液中部分电离，则一水合氨为弱电解质，且氨水为混合物，则氨水既不是电解质，也不是非电解质；BaSO4投入水中，导电性较弱，是因为硫酸钡的溶解度小，离子浓度低，溶解的硫酸钡完全电离，硫酸钡是强电解质，故A错误；B．已知H2C2O4是弱酸，则电离方程式分步书写，主要以第一步为主，其电离方程式为：H2C2O4⇌H++HC2O4﹣ ， 故B错误；

C．该反应的△S＞0，若不能自发进行，△H﹣T△S＞0，则△H＞0，故C正确；

D．合成氨反应为放热反应，采用500℃的温度，不利于平衡向正方向移动，不利于反应产率，主要是考虑催化剂的活性和反应速率，故D错误；

故选C．

【考点精析】认真审题，首先需要了解反应热和焓变(在化学反应中放出或吸收的热量，通常叫反应热)，还要掌握化学平衡状态本质及特征(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）)的相关知识才是答题的关键．

B

解：H2O（g）═H2O（l）△H1=﹣Q1 kJ•mol﹣1①C2H5OH（g）═C2H5OH（l）△H2=﹣Q2 kJ•mol﹣1②

C2H5OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（g）△H=﹣Q3 kJ•mol﹣1③

若使23g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温生成的水是液体，依据盖斯定律计算③﹣②+①×3得到：

C2H5OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+3H2O（l）△H=﹣（Q3﹣Q2+3Q1）KJ/mol；

23g酒精物质的量为0.5mol，液体完全燃烧，最后恢复到室温生成的水是液体，放热（1.5Q1﹣0.5Q2+0.5Q3） kJ，

故选B．

D

解：A．点①反应掉一半醋酸，反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣的水解程度，溶液中物料守恒得到2c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），故A错误；B．点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，因CH3COO﹣水解，且程度较小，c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故B错误；

C．点③说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，因CH3COO﹣水解，c（CH3COO﹣）＜c（Na+），故C错误；

D．当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣），故D正确；

故选D．

D

解：A．电子不流经溶液，只能从负极经外电路流向正极，故A错误；B．离子不能经过外电路，故B错误；

C．铁与浓硝酸发生钝化反应，铁为正极，铜作负极发生氧化反应，正极上硝酸被还原生成二氧化氮气体，故C错误；

D．铁、铜、氯化钠构成的原电池中，金属铁发生的是吸氧腐蚀，铜为正极，铁为负极，正极发生O2+4e‾+2H2O═4OH‾，故D正确．

故选D．

D

此时容器压强降为原来的 ，气体物质的量之比等于气体压强之比，
2﹣x+2﹣2x+x+x= ×（2+2）
x=0.8mol，
A．从开始到平衡，A的反应速率v= = =0.04mol•L﹣1•min﹣1 ， 故A错误；
B．反应前后气体体积不变，气体质量不变，密度ρ= ，随着反应的进行，混合气体的密度始终不变，故B错误；
C．达到平衡时，B的转化率= ×100%= ×100%=80%，故C错误；
D．K= = ，故D正确；
故选D．
【考点精析】利用化学平衡的计算对题目进行判断即可得到答案，需要熟知反应物转化率=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%．

（1）

（2）1﹣甲基﹣3﹣乙基苯

（3）2，4﹣二甲基﹣3﹣乙基戊烷

（4）2，5﹣二甲基﹣2，4﹣己二烯

（5）C5H8O；；abcd；

解：解：（1）3﹣甲基﹣2﹣丙基﹣1﹣戊烯是烯烃，主链有5个碳原子，其结构简式为： ，所以答案是： ；（2） 在苯环上有2个取代基甲基和乙基，名称为1﹣甲基﹣3﹣乙基苯，

所以答案是：1﹣甲基﹣3﹣乙基苯；（3） 是烷烃选取最长碳原子的为主链，主链含有5个，从离甲基最近的一端编号，名称为：2，4﹣二甲基﹣3﹣乙基戊烷，

所以答案是：2，4﹣二甲基﹣3﹣乙基戊烷；（4） 有2个双键，双键的位次最小，从左边编号，名称为2，5﹣二甲基﹣2，4﹣己二烯，

所以答案是：2，5﹣二甲基﹣2，4﹣己二烯；（5）①有机物A只含有C、H、O三种元素，质谱图表明其相对分子质量为84，16.8g有机物A的物质的量= =0.2mol，经燃烧生成44.0g CO2 ， 物质的量为1mol，生成14.4g H2O，物质的量为 =0.8mol，故有机物A分子中N（C）= =5，N（H）= =8，故N（O）= =1，故A的分子式为C5H8O，

所以答案是：C5H8O；②不饱和度为： =2，红外光谱分析表明A分子中含有O﹣H键和位于分子端的C≡C键，核磁共振氢谱有三个峰，峰面积为6：1：1，故分子中含有2个CH3、1个﹣OH连接在同一C原子上，所以A的结构简式为： ，

所以答案是： ；③红外光谱分析表明A分子中含有O﹣H键和位于分子端的C≡C键，不饱和度为： =2，不含其它官能团，含有羟基，能与钠反应，含有C≡C双键，能与酸性高锰酸钾发生氧化反应，能与溴发生加成反应，能与氢气发生加成反应，

所以答案是：abcd；④有机物B是A的同分异构体，1molB可与1molBr2加成，故分子中含有1个C=C双键，该有机物所有碳原子在同一个平面，其余的碳原子连接C=C双键，没有顺反异构现象，不饱和双键至少其中一个C原子连接两个相同的基团甲基，结合A的结构简式可知，B中还含有﹣CHO，故B的结构简式为： ，

所以答案是： ．

【考点精析】根据题目的已知条件，利用有机物的结构和性质的相关知识可以得到问题的答案，需要掌握有机物的性质特点：难溶于水，易溶于汽油、酒精、苯等有机溶剂；多为非电解质，不易导电；多数熔沸点较低；多数易燃烧，易分解．

（1）Fe2（SO4）3、Cr2（SO4）3、CuSO4

（2）3.2≤pH＜4.3；Fe（OH）3、CaSO4

（3）2H2O+HSO3﹣+2Cu2+=Cu2O↓+SO42﹣+5H+、HSO3﹣+H+=SO2↑+H2O

（4）5.6

（5）Cr2O3+2Al Al2O3+2Cr

解：向泥料中加入稀硫酸，发生反应Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Cr2O3+3H2SO4=Cr2（SO4）3+3H2O，然后过滤得到滤渣I和滤液I，滤液I中溶质为Fe2（SO4）3、Cr2（SO4）3、CuSO4 ， 向滤液中加入Ca（OH）2 ， 并调节溶液pH，根据流程图中滤液II中含有Cr3+、Cu2+ ， 不含Fe3+ ， 说明滤渣II中含有Fe（OH）3 ， 硫酸钙属于微溶物，所以沉淀II成分为Fe（OH）3、CaSO4 ， 要使Cr3+、Cu2+不沉淀而Fe3+发生沉淀，根据离子生成沉淀需要pH值知，溶液的pH范围为3.2﹣4.3之间；向滤液中加入NaHSO3 ， 亚硫酸氢钠具有还原性、铜离子具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸和砖红色沉淀Cu2O，硫酸和亚硫酸氢根离子反应生成二氧化硫，离子方程式为2H2O+HSO3﹣+2Cu2+=Cu2O↓+SO42﹣+5H+、HSO3﹣+H+=SO2↑+H2O，过滤得到Cu2O，向滤液中加入NaOH并调节溶液pH，发生反应Cr3++3OH﹣=Cr（OH）3↓，滤液IV中含有NaOH、Na2SO4 ， （1）通过以上分析知，滤液I中溶质成分为Fe2（SO4）3、Cr2（SO4）3、CuSO4 ， 所以答案是：Fe2（SO4）3、Cr2（SO4）3、CuSO4；（2）Fe3+完全沉淀需要的pH≥3.2，pH=4.3时Cr3+开始产生沉淀，要使铁离子完全沉淀而其它离子不沉淀，则pH范围为：3.2≤pH＜4.3，通过以上分析知，沉淀II成分为Fe（OH）3、CaSO4 ， 所以答案是：3.2≤pH＜4.3； Fe（OH）3、CaSO4；（3）亚硫酸氢钠具有还原性、铜离子具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸和砖红色沉淀Cu2O，硫酸和亚硫酸氢根离子反应生成二氧化硫，离子方程式为2H2O+HSO3﹣+2Cu2+=Cu2O↓+SO42﹣+5H+、HSO3﹣+H+=SO2↑+H2O，所以答案是：2H2O+HSO3﹣+2Cu2+=Cu2O↓+SO42﹣+5H+、HSO3﹣+H+=SO2↑+H2O；（4）当离子浓度≤1×10﹣5mol•L﹣1时，可以认为离子沉淀完全，若要使Cr3+完全沉淀，则c（Cr3+）≤1×10﹣5mol•L﹣1 ， c（OH﹣）= = mol/L=4.0×10﹣9 mol/L，c（H+）= =2.5×10﹣6mol/L，则溶液的pH=﹣lg2.5×10﹣6=5.6，

所以答案是：5.6；（5）Cr2O3和Al高温下发生铝热反应生成氧化铝和Cr，反应方程式为Cr2O3+2Al Al2O3+2Cr，所以答案是：Cr2O3+2Al Al2O3+2Cr．

（1）△H1﹣3△H2；吸热

（2）0.375mol?L﹣1?min﹣1；CD

（3）变大；AC

解：（1）已知K1＞K1′，说明随温度升高，K减小，则反应Ⅰ为放热反应，△H1＜0；K2＞K2′，说明随温度升高，K减小，则反应II为放热反应，△H2＜0；反应I﹣反应II×3得到反应III，则△H3=△H1﹣3△H2 ， 已知|△H1|=2|△H2|，所以△H3=△H1﹣3△H2=|△H2|＞0，即反应III为吸热反应，所以答案是：△H1﹣3△H2；吸热；（2）①已知4分钟时氮气为2.5mol，则消耗的NO为3mol，所以v（NO）= = =0.375mol•L﹣1•min﹣1 ， 所以答案是：0.375mol•L﹣1•min﹣1；②A．单位时间内H﹣O键断裂表示逆速率，N﹣H键断裂表示正速率，单位时间内H﹣O键与N﹣H键断裂的数目相等时，则消耗的NH3和消耗的水的物质的量之比为4：6，则正逆速率之比等于4：6，说明反应已经达到平衡，故A不选；

B．该反应为放热反应，恒容绝热的密闭容器中，反应时温度会升高，则K会减小，当K值不变时，说明反应已经达到平衡，故B不选；

C．相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，活化能越低，所以该反应的活化能大小顺序是：Ea（A）＜Ea（B）＜Ea（C），故C选；

D．增大压强能使反应速率加快，是因为增大了活化分子数，而活化分子百分数不变，故D选；

所以答案是：CD；（3）①一定条件下，反应II2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）达到平衡时体系中n（NO）：n（O2）：n（NO2）=2：1：2．在其它条件不变时，若恒温恒容容器中，再充入NO2气体，容器中压强增大，与原来平衡相比较，平衡正向移动，则NO2体积分数变大，

所以答案是：变大；②关于平衡体系反应Ⅱ：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g），△H2 ，

A、该反应是一氧化氮和氧气发生的化合反应为放热反应，焓变为负值，故A错误；

B、升高温度，正逆反应速率都增大，平衡逆向进行，故B错误；

C、增大压强平衡向气体体积减小的分析进行，减小压强平衡向气体体积增大的方向进行，不论增大压强还是减小压强，正方向速率改变的程度更大，故C正确；

D、平衡正向移动，NO的转化率不一定增大，如增大NO的浓度平衡正向进行，NO转化率减小，故D错误；

E、平衡体系中加入NO2 ， 平衡逆向移动，反应焓变△H2和条件改变无关，故E错误；

F、增大二氧化氮浓度平衡左移，最后达到平衡状态混合气体颜色会加深，故F错误；

所以答案是：AC．

【考点精析】通过灵活运用化学平衡状态本质及特征，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）即可以解答此题．

（1）淀粉溶液

（2）酸式滴定管（或移液管）；活塞；锥形瓶中溶液颜色的变化；最后一滴标准液滴入，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色

（3）0.70；20.00；1320

（4）偏高

= ，
解得：X=26.4mg
则1L中含维生素C的质量为：26.4mg×1000ml/20ml=1320mg，
所以，则此橙汁中维生素C的含量是1320mg/L，
所以答案是：0.70；20.00；1320；（4）标准碘溶液的滴定管洗涤之后直接装液，使得标准液被稀释，则滴定时消耗的标准液的体积偏大，据此测定出来的结果偏高，
所以答案是：偏高．