C

解：A、降温由平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动，同时X、Y、Z的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，故A错误； B、平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为： = ，故B错误；

C、达平衡（Ⅰ）时，右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，

则有： = ，x= = mol，即物质的量减少了3﹣ = mol，所以达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为 ；故C正确；

D、由平衡（Ⅰ）到平衡（Ⅱ），化学反应②发生移动，M的体积分数不会相等的，故D错误．

故选：C．

【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）．

B

解：A．醋酸的电离常数大于次氯酸，所以相同浓度的CH3COOH和HClO的混合溶液中，各离子浓度的大小关系是：c（H+）＞c（CH3COO﹣）＞c（ClO﹣）＞c（OH﹣），故A错误； B．在 的分子、分母同时乘以氢离子浓度可得： ，温度不变，则该比值不变，由于水的离子积和电离平衡常数只受温度影响，a、c的温度相同，则该比值相等，故B正确；

C．pH相等的CH3COOH、HClO，稀释相同的倍数时，较强酸中氢离子浓度小于较弱酸，则较弱酸的pH小于较强酸，酸性CH3COOH＞HClO，所以a所在曲线表示CH3COOH，b所在曲线表示HClO，次氯酸的电离程度小于醋酸，所以醋酸的浓度减小，次氯酸的浓度较大，a、b两点相比，加入相同体积的水后仍然是次氯酸的浓度较大，即：图象中a点酸的浓度小于b点酸的浓度，故C错误；

D．碳酸的二级电离小于次氯酸，所以碳酸氢根离子的酸性小于次氯酸，则向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣ ， 故D错误；

故选B．

【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．

C

故T1℃，该反应的平衡常数为K= =4
令T1℃，起始时甲容器中充入0.5molA、1.5molB，反应到达平衡时A的浓度变化量为x，则：

所以 =4，解得：x=0.75，故A的转化率= ×100%=75%，故D错误；
故选C．
【考点精析】解答此题的关键在于理解化学平衡的计算的相关知识，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%．

B

解：①溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH﹣）、c（H+）的相对大小，100℃时，水的pH=6，但是水呈中性，故错误；②溶液的酸碱性取决于溶液中c（OH﹣）、c（H+）的相对大小，如果c（OH﹣）＞c（H+），溶液呈碱性，如果c（OH﹣）=c（H+），溶液呈中性，如果c（OH﹣）＜c（H+），溶液呈酸性，如果酸的浓度很小，则c（H+）很小，但溶液仍可能呈酸性，故正确；③电解质溶液导电能力与离子浓度成正比，与电解质强弱无关，所以强电解质溶液的导电能力不一定大于弱电解质溶液的导电能力，故错误；④在酸碱溶液中水的电离受到抑制，所以在酸碱溶液中25℃时，溶液中水电离出的c（H+）和水电离出的c（OH﹣）的乘积一定小于10﹣14 ， 故错误；⑤Na2Y的水溶液中存在水的电离平衡，故错误；⑥加水稀释氢硫酸，电离程度增大，但是氢离子浓度减小，故错误；⑦温度不变，向水中加入不水解的盐，不影响水的电离，如果向水中加入含有弱根离子、能电离出氢离子的盐则影响水电离，故错误；⑧pH不能事先湿润，湿润后如溶液呈中性，则pH不变，故错误，故选B．

【考点精析】根据题目的已知条件，利用弱电解质在水溶液中的电离平衡的相关知识可以得到问题的答案，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．

C

解：A．随着温度的不断升高，I3﹣的浓度逐渐的减小，说明反应向逆方向移动，则I2（aq）+I﹣（aq）⇌I3﹣（aq）是一个放热反应，即△H＜0，故A错误； B．因为温度T2＞T1 ， 所以当温度升高时，反应向逆方向移动，即K1＞K2 ， 故B错误；

C、从图中可以看出D点并没有达到平衡状态，所以它要向A点移动，I3﹣的浓度应增加，平衡向正分析移动，所以v正＞v逆 ， 故C正确；

D、温度升高，平衡向逆方向移动，c（I3﹣）变小，则c（I2）应变大，所以状态B的c（I2）大，故D错误；

故选C．

A

解：A、由NH3 ． H2O OH﹣+NH4+可知，加水促进电离，则c（NH3 ． H2O）减少，c（OH﹣）减小，但是平衡正向移动，氨水的浓度减小得多，所以分子减小的程度大，分母减小的程度小，二者的比值减小，故A正确； B、氨水加水稀释，溶液的浓度减小，碱性减弱，氢氧根的浓度减小，根据温度不变，则c（H+）和c（OH﹣）的乘积不变，所以氢氧根的浓度减小，氢离子浓度增大，故B错误；

C、因加水稀释时，温度不变，则c（H+）和c（OH﹣）的乘积不变，故C错误；

D、由NH3 ． H2O OH﹣+NH4+可知，加水促进电离，OH﹣的物质的量增大，故D错误；

故选A．

【考点精析】关于本题考查的弱电解质在水溶液中的电离平衡，需要了解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得出正确答案．

A

解：可逆反应A（g）+3B（g）⇌2C（g）①C的生成速率与C的消耗速率相等，说明反应达到平衡状态，故不选；②单位时间内生成a molA，同时生成3a molB，A、B都是反应物，生成A、B的速率都是逆反应速率，不能说明反应达到平衡状态，故选； ③A、B、C的浓度不再变化，正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，故不选； ④A、B、C的压强不再变化，说明各物质的物质的量的量不变，反应达到平衡状态，故不选； ⑤混合气体的总压强不再变化，反应前后气体体积不相同，压强不变说明各组分浓度不变，反应达到平衡状态，故不选； ⑥反应前后混合气体的总物质的量减小，当混合气体的物质的量不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故不选； ⑦A、C的物质的量之比不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故不选； ⑧A、B、C的分子数之比决定于开始加入物质的多少及转化率有关，与平衡状态无关，故选；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．

D

解：常温，某溶液中由水电离产生的c（H+）=10﹣12 ， 为酸或碱溶液， A．酸性溶液中不能大量存在AlO2﹣ ， 故A不选；

B．HCO3﹣与酸、碱均反应，不能共存，故B不选；

C．碱性溶液中不能大量存在NH4+ ， 故C不选；

D．酸、碱溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，故D选．

故选D．

B

解：A．对气体参加的反应，增大压强，活化分子数增加，化学反应速率增大，故A错误； B．升高温度，活化分子百分数增加，有效碰撞的机会增大，化学反应速率一定增大，故B正确；

C．反应物浓度增大，使活化分子百分数增加，化学反应速率增大，而加入反应物可能为纯固体或液体，不影响反应速率，故C错误；

D．使用催化剂，使活化分子百分数增加，降低了反应的活化能、反应速率加快，故D错误；

故选B．

B

解：A、汽水瓶中存在平衡H2CO3⇌H2O+CO2 ， 打开汽水瓶时，压强降低，平衡向生成二氧化碳方向移动，可以用勒夏特列原理解释，故A正确； B、钢铁在潮湿的空气中容易生锈，主要发生电化学腐蚀，不能用勒夏特列原理解释，故B错误；

C、氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，Cl2+H2O⇌HClO+H++Cl﹣ ， 由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，相当于氯气溶于水的反应中增加了大量的生成物氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯气溶解量减小，可以勒夏特列原理解释，故C正确；

D、工业上生产硫酸存在平衡2SO2+O2⇌2SO3 ， 使用过量的空气，增大氧气的浓度，平衡向正反应移动，可以提高二氧化硫的利用率，能用勒夏特列原理解释，故D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．

C

解：A．已知达到平衡生成1molN，则参加反应的P为n（P）= ×1mol=1.5mol，所以v（P）= = =0.15 mol/（L•min），故A正确； B．已知达到平衡生成1molN，则参加反应的Q为n（Q）= n（N）=0.5mol，所以Q的平衡浓度为： =1 mol/L，故B正确；

C．参加反应的Q为n（Q）= n（N）=0.5mol，故Q的转化率为 ×100%=20%，故C错误；

D．根据A选项可知v（P）=0.15 mol/（L•min），而M的平均速率是0.1mol/（L•min），根据速率之比等于化学计量数之比，则 = ，所以x=2，故D正确；

故选C．

B

解：A、加入氢氧化钠固体，氢氧化钠和氢离子反应生成水，能促进醋酸的电离，但氢离子浓度减小，故A错误； B、加入纯醋酸能促进醋酸的电离且氢离子浓度增大，故B正确；

C、加蒸馏水能促进醋酸的电离，但氢离子浓度减小，故C错误；

D、醋酸的电离是吸热反应，降低温度能抑制醋酸的电离，且氢离子浓度降低，故D错误；

故选B．

【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）．

B

解：在2A+B⇌3C+4D反应中都换成B的速率减小比较： A、v（A）：v（B）=2：1，v（B）= = ；

B、v（B）= ；

C、v（B）：v（C）=1：3，v（B）= = ；

D、v（B）：v（D）=1：4，v（B）= = ，

比较可知，B表示的反应速率最大；

故选B．

【考点精析】本题主要考查了反应速率的定量表示方法的相关知识点，需要掌握反应速率的单位：mol/(L·min)或mol/(L·s) v=△c-△t才能正确解答此题．

D

解：A、水煤气是煤炭气化得到的气体属于二级能源，电能是通过物质燃烧放热转化成的，或是由风能、水能、核能等转化来的，为二级能源，故A错误； B、天然气直接开采可用，是一级能源，水能是自然界中以现成形式提供的能源，不是二级能源，为一级能源，故B错误；

C、煤、石油、天然气是化石能源，不是新能源，核能发电．核电厂的反应器内有大量的放射性物质，会对生态及民众造成伤害，不属于未来新能源，故C错误；

D、常见新能源有：太阳能、核能、地热能、潮汐能、风能、氢能、生物质能等，太阳能，生物质能，风能，氢能符合未来新能源标准，故D正确．

故选D．

（1）锥形瓶中的溶液从红色变为无色，且半分钟内不改变

（2）ACE

（3）第③步

（4）0.5000

（5）84.00%

1：6=x：（0.1000mol/L×0.03L）
x=0.0005mol，
根据原子守恒得n（Cr2O72﹣）=n（（NH4）2Cr2O7），则m（（NH4）2Cr2O7）=0.0005mol×252g/mol=0.126g，
其质量分数= ×100%=84.00%，
所以答案是：84.00%．
【考点精析】解答此题的关键在于理解酸碱中和滴定的相关知识，掌握中和滴定实验时，用蒸馏水洗过的滴定管先用标准液润洗后再装标准液；先用待测液润洗后在移取液体；滴定管读数时先等一二分钟后再读数；观察锥形瓶中溶液颜色的改变时，先等半分钟颜色不变后即为滴定终点．

（1）﹣41.8；1.8

（2）N2；11.2

（3）3NO N2O+NO2

平衡时NO2与SO2体积比为1：5，即（a﹣x）：（2a﹣x）=1：5，故x= a，故平衡常数K= = = =1.8，
所以答案是：﹣41.8；1.8；（2）①由图3可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气最终生成物为氮气和水，所以NO最终转化为N2和H2O，
所以答案是：N2；②反应中氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量，1molNH3转化为N2失去3mol电子，0.5molO2得到2mol电子，则NO转化为N2得到的电子为1mol，所以NO的物质的量为0.5mol，其体积为22.4L/mol×0.5mol=11.2L，
所以答案是：11.2；（3）NO在40℃下分解生成两种化合物，根据元素守恒可知生成的为N的氧化物，氮元素的氧化物有NO、N2O、NO2、N2O3、N2O4、N2O5 ， 由图象可知3molNO生成两种氮的氧化物各为1mol，其反应方程式为：3NO=Y+Z，根据原子守恒可知为N2O、NO2 ， 所以方程式为3NO N2O+NO2 ，
所以答案是：3NO N2O+NO2 ．
【考点精析】掌握反应热和焓变和化学平衡的计算是解答本题的根本，需要知道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%．

（1）0.02mol/（L?s）

（2）减小压强

（3）2A（g）+B（g）?3C（g）△H=+2.5QkJ/mol

解：（1）t1=15s，则t0～t1阶段的反应速率为v（C）= =0.02mol/（L•s），所以答案是：0.02mol/（L•s）；（2）t3时刻为使用催化剂，t4～t5时正逆反应速率同等程度的减小，则改变条件为减小压强，所以答案是：减小压强；（3）t0～t1阶段A减少0.2mol/L、C增加0.6mol/L﹣0.3mol/L=0.3mol/L，A、C的化学计量数之比为2：3，结合图乙中t4～t5时降低压强平衡不移动可知，反应为2A（g）+B（g）⇌3C（g），t5时正逆反应速率均增大，且正反应速率大于逆反应速率，可知改变条件为升高温度，正反应为吸热反应，t0～t1阶段该反应吸收的热量为Q kJ，0.2mol/L×4L=0.8molA参加反应吸收QkJ，则2molA参加反应吸收热量为2.5QkJ，即该反应的热化学方程式为2A（g）+B（g）⇌3C（g）△H=+2.5 Q kJ/mol，所以答案是：2A（g）+B（g）⇌3C（g）△H=+2.5 Q kJ/mol．

【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．

（1）Ka1=

（2）H2C2O4＞CH3COOH＞H2S

（3）H2C2O4+KOH═KHC2O4+H2O

（4）HS﹣+HC2O4﹣═H2S+C2O42﹣

（5）③④

解：（1）电离平衡常数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比，硫化氢第一步电离平衡常数Ka1= ，所以答案是：Ka1= ；（2）酸的电离平衡常数越大，该酸的酸性越强，CH3COOH、H2C2O4、H2S电离平衡常数大小顺序是，则CH3COOH、H2C2O4、H2S酸性强弱顺序是H2C2O4＞CH3COOH＞H2S，所以答案是：H2C2O4＞CH3COOH＞H2S；（3）H2C2O4和少量KOH溶液反应生成草酸氢钾和水，反应方程式为H2C2O4+KOH═KHC2O4+H2O，所以答案是：H2C2O4+KOH═KHC2O4+H2O；（4）NaHS溶液与NaHC2O4溶液生成H2S和草酸钠，离子方程式为HS﹣+HC2O4﹣═H2S+C2O42﹣ ， 所以答案是：HS﹣+HC2O4﹣═H2S+C2O42﹣；（5）①反应所需要的时间与反应速率成反比，反应速率与氢离子浓度成正比，反应过程中醋酸继续电离出氢离子，导致氢离子浓度A＜B，反应速率A＜B，则反应所需时间A＞B，故错误；②反应速率与氢离子浓度成正比，开始时A、B氢离子浓度相等，反应速率A=B，故错误；③生成的氢气相同，根据转移电子守恒知，消耗的锌A=B，故正确；④氢离子浓度越大，反应速率越大，反应过程中氢离子浓度A＜B，反应过程的平均速率B＞A，故正确；⑤酸最终电离出氢离子物质的量越少的，锌可能有剩余，两种酸中酸最终电离出的氢离子浓度A＜B，则可能A剩余锌，故错误；故选③④．

【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．

（1）①②

（2）HF?H++F﹣或HF+H2O?H3O++F﹣

（3）Fe（OH）3?Fe3++3OH﹣

（4）NaHSO4═Na++HSO4﹣

（5）2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O

解：（1）在溶液里全部电离的电解质是强电解质，6种物质中能够在溶液中完全电离的电解质有：①干燥的食盐晶体 ②液态氯化氢， 所以答案是：①②；（2）HF为弱电解质，在溶液中部分电离，其电离方程式为：HF⇌H++F﹣或HF+H2O⇌H3O++F﹣ ， 所以答案是：HF⇌H++F﹣或HF+H2O⇌H3O++F﹣；（3）Fe（OH）3为弱碱，存在电离平衡，则氢氧化铁水中的电离方程式为：Fe（OH）3⇌Fe3++3OH﹣ ， 所以答案是：Fe（OH）3⇌Fe3++3OH﹣；（4）NaHSO4在熔融状态下完全电离出钠离子和硫酸氢根离子，其电离方程式为：NaHSO4═Na++HSO4﹣ ，

所以答案是：NaHSO4═Na++HSO4﹣；（5）草酸（H2C2O4）和酸性高锰酸溶液发生氧化还原反应，反应的离子反应方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，

所以答案是：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O．

1000；酸；1：1

解：在25℃时，pH=12的NaOH溶液中c（OH﹣）= mol/L=0.01mol/L，欲使它的pH降为11，pH=11的NaOH溶液中c（OH﹣）= mol/L=0.001mol/L，pH=10的溶液中c（OH﹣）= mol/L=0.0001mol/L， 设加入pH=10的NaOH溶液体积为VL，

c（OH﹣）= mol/L=0.001mol/L= ，

V=1，即1000mL；

在25℃时，有pH为a的盐酸溶液中c（H+）=10﹣a mol/L，pH为b的NaOH溶液中c（OH﹣）=10 b﹣14 mol/L，二者等体积混合，若a+b=13，c（OH﹣）=10 b﹣14 mol/L=10 b﹣（a+b+1） mol/L=10 ﹣（a+1） mol/L＜10﹣a mol/L，二者等体积混合酸有剩余，溶液呈酸性；

酸或碱抑制水电离，pH为2的盐酸和pH为12的NaOH溶液中水电离出的c（H+）都为 mol/L=10﹣10 mol/L，所以二者电离出的氢离子浓度之比为1：1，

所以答案是：1000；酸；1：1．