A

解：A．先闭合S1足够长时间，左侧为原电池，A为正极，E为阴极，F为阳极，电极方程式为PbSO4﹣2e﹣+2H2O=PbO2+SO +4H+ ， 没有氧气生成，故A错误； B．闭合S1时，左侧发生Pb+PbO2+4H++2SO =2PbSO4+2H2O，左侧消耗硫酸，右侧发生2PbSO4+2H2O Pb+PbO2+4H++2SO ，右侧生成硫酸，将两U形管中的溶液混合，混合液的质量分数仍为30%，故B正确；

C．若再单独闭合S2 ， 电极A发生PbSO4﹣2e﹣+2H2O=PbO2+SO +4H+ ， B发生Pb+SO -2e﹣═PbSO4 ， 质量会逐渐增加，E发生电极方程式为PbSO4+2e﹣=Pb+SO ，F发生PbSO4﹣2e﹣+2H2O=PbO2+SO +4H+ ， 电极E、F的质量会逐渐减小，故C正确；

D．闭合S1时，E为阴极，F为阳极，连接外加电源时，E为阴极，F为阳极，发生反应相同，故D正确．

故选A．

C

解：A．由图可知，温度越高甲醇平衡转化率越大，说明升高温度化学平衡正向移动，因此甲醇脱氢反应为吸热反应即△H＞0，故A错误；B．由于不知道初始浓度，只有转化率这一条件计算不出平衡浓度，因此无法计算平衡常数，故B错误；

C.600K时Y点甲醇转化率大于X点甲醇平衡转化率，说明反应逆向进行即：υ（正）＜υ（逆），故C正确；

D．若增大压强，平衡向逆反应方向移动，甲醇转化率减小，曲线将向下平移，故D错误；

故选C．

【考点精析】掌握化学平衡状态本质及特征是解答本题的根本，需要知道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．电解池工作时，y极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，x极上发生的电极反应式为2H++2e﹣=H2↑，则向Ⅱ装置中通入适量HCl气体可以恢复原来的浓度和体积，故A正确；B、反应过程中Y电极为阳极，发生2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，没有沉淀生成，故B错误；

C、B为正极，B2+在正极被还原生成B，则B电极质量增加，故C正确；

D、x极上发生的电极反应式为2H++2e﹣=H2↑，生成1mol氢气转移2mol电子，A极发生A﹣2e﹣=A2+ ， 则有1molA参加反应，故D正确．

故选B．

D

解：A．AB稀释相同倍数，A的pH变化大，则A的碱性强，稀释前，设c（A）=0.1mol/L，c（B）＞0.01mol/L，则c（A）＜10c（B），故A错误；

B．稀释前A溶液中氢氧根离子浓度大于B溶液中，即A的浓度大于B，所以中和等浓度等体积的盐酸时，A用的体积较多，故B错误；

C．M点AB溶液pH相同，A的碱性强，A的电离度大于B，所以浓度B大于A的浓度，不相等，故C错误；

D．M点AB溶液pH相同，氢氧根离子浓度相同，由电荷守恒c（A+）+c（H+）=c（OH﹣），c（B+）+c（H+）=c（OH﹣）可知c（A+）=c（B+），所以M点A、B两种碱溶液中阳离子的物质的量浓度相等，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．

C

解：石墨为阴极，以Cu为阳极电解KI溶液，通电后，溶液中的H+、K+移向阴极，而H+的氧化性强于K+ ， 所以H+得电子被还原，电极反应式为2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣ ， 破坏了水的电离平衡，使c（OH﹣）＞c（H+），酚酞试液变红；I﹣和OH﹣移向阳极，而失电子能力Cu＞I﹣＞OH﹣ ， 故Cu失电子产生Cu2+ ， 阳极发生反应：Cu﹣2e﹣=Cu2+ ， 又由信息可知，同时又发生反应2Cu2++4I﹣=2CuI↓+I2 ， 生成I2 ， I2遇淀粉变蓝，故选C．

A

解：A．溶液中存在质子守恒，1.0 mol/L Na2C2O4溶液中：c（OH﹣）═c（H+）+c（HC2O ）+2c（H2C2O4），故A正确； B．含等物质的量的NaHCO3和Na2CO3的溶液中，溶液中存在物料守恒，2n（Na）=3n（C），2c（Na+）=3[c（HCO ）+c（CO ）+c（H2CO3）]，故B错误；

C．分析可知第一步完全电离，HA﹣离子不水解，只电离溶液显酸性，则NaHA溶液中：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C错误；

， D．含有AgCl和AgI固体的悬浊液，碘化银的溶解度小于氯化银，则氯离子浓度大于碘离子，溶液中离子浓度大小为：c（Ag+）＞c（Cl﹣）＞c（I﹣），故D错误；

故选A．

D

解：A．根据图知，阳极上电极反应式为C+2O2﹣﹣4e﹣═CO2↑，故A错误；B．阳极上电极反应式为C+2O2﹣﹣4e﹣═CO2↑，则阳极区放出的气体为CO2 ， 故B错误；

C．阴极上电极反应式为：2Ca2++4e﹣═2Ca，CaO在阴极表面放电，故C错误；

D．阴极上电极反应式为：2Ca2++4e﹣═2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为：2Ca+TiO2=Ti+2CaO，在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量不变，故D正确．

故选D．

A

解：A．金属铁电化学腐蚀中，金属铁是电子只能成为亚铁离子，正确的反应为：Fe﹣2e﹣=Fe2+ ， 故A错误；B．氢氧化镁白色沉淀溶于氯化铵溶液，反应生成镁离子和一水合氨，正确的离子方程式为：Mg（OH）2+2NH ═Mg2++2NH3•H2O，故B错误；

C．足量铝粉与氢氧化钠溶液反应后的溶液中含有偏铝酸根了，碳酸氢根离子的酸性大于氢氧化铝，滴加碳酸氢钠溶液后生成氢氧化铝沉淀碳酸根离子，反应的离子方程式为：HCO +AlO +H2O═Al（OH）3↓+CO ，故C正确；

D．漂白粉溶液中加氯化亚铁溶液，亚铁离子被氧化成铁离子，正确的离子方程式为：2Fe2++5ClO﹣+5H2O═2Fe（OH）3↓+4HClO+Cl﹣ ， 故D错误；

故选A．

C

解：开始时向甲烧杯中加入少量浓硫酸，乙中I﹣失电子生成I2 ， 乙为负极，甲中IO3﹣得电子生成I2 ， 甲为正极，该反应为可逆反应，当反应达到平衡状态时，各物质的浓度不再改变，则没有电流通过电流计，所以电流计读数为零，再向甲烧杯中滴入几滴浓NaOH溶液，则甲I2中失电子生成IO ，甲为负极，乙为正极． A．该反应为可逆反应，当反应达到平衡状态时，各物质的浓度不再改变，则没有电流通过电流计，所以电流计读数为零，故A正确；

B．原电池中电解质阳离子向正极移动，两次实验中正负极互换，则两次实验中盐桥中的阳离子移动方向相反，故B正确；

C．开始加入少量浓硫酸时，甲、乙烧杯中均有碘单质生成，则两个烧杯中均变蓝色，故C错误；

D．向甲烧杯中滴入几滴浓NaOH溶液，则甲I2中失电子生成IO3﹣ ， 甲为负极，乙为正极，乙中石墨电极上发生还原反应，故D正确，

故选：C．

A

解：常温时0.1mol•L﹣1HA溶液的pH=3，说明HA没有完全电离，应为弱酸，0.1mol•L﹣1BOH溶液中c（OH﹣）：c（H+）=1012 ，

则：c（OH﹣）= = =0.1mol/L，说明BOH完全电离，为强碱，

等浓度、等体积的二者反应后生成强碱弱酸盐，溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣ ， 呈碱性，则c（H+）＜c（OH﹣），根据电荷守恒c（H+）+c（B+）=c（A﹣）+c（OH﹣）可知：c（A﹣）＜c（B+），则溶液中离子浓度大小为：c（H+）＜c（OH﹣）＜c（A﹣）＜c（B+），故B、D错误；

根据溶液电中性原则，则：c（H+）+c（B+）=c（A﹣）+c（OH﹣），故C错误；

根据BA溶液中的质子守恒可得：c（H+）+c（HA）=c（OH﹣），故A正确；

故选A．

D

解：A、酸雨的pH小于5.6，电解质溶液显酸性，故开始钢铁发生析氢腐蚀，故A正确；B、反应一段时间后，溶液的酸性减弱，钢铁腐蚀吸氧腐蚀，故B正确；

C、无论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，铁都作负极，负极上发生的电极反应式都为Fe﹣2e﹣═Fe2+ ， 故C正确；

D、开始时发生的是析氢腐蚀，正极反应为：2H++2e﹣=H2↑；后来发生的是吸氧腐蚀，正极反应为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣ ， 故两段时间内的正极的电极反应不同，故D错误．

故选D．

【考点精析】认真审题，首先需要了解金属的电化学腐蚀与防护(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)．

A

解：A．发生电化学腐蚀时，金属应不纯，则纯银器主要发生化学腐蚀，故A正确；B．铁比锡活泼，当镀锡铁制品的镀层破损时，铁易被腐蚀，故B错误；

C．海轮外壳连接锌块，锌为负极，保护外壳不受腐蚀，为牺牲阳极的阴极保护法，故C错误；

D．防止金属被氧化，金属应连接电源的负极，如连接正极，加剧腐蚀，故D错误；

故选A．

【考点精析】根据题目的已知条件，利用金属的电化学腐蚀与防护的相关知识可以得到问题的答案，需要掌握金属的保护：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．

B

解：A．电解精炼铜时，粗铜应作阳极，与直流电源正极相连，故A错误；B．金属的活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu＞Ag，阳极上Zn、Fe、Cu放电，而阴极发生反应Cu2++2e﹣═Cu，开始Zn、Fe放电时，阴极析出的Cu的质量与阳极质量变化不相等，故B正确；

C．金属的活动性顺序为Zn＞Fe＞Cu＞Ag，阳极上Zn、Fe、Cu放电，而阴极发生反应Cu2++2e﹣═Cu，根据电荷守恒可知，阴极析出的Cu的物质的量大于阳极反应的Cu的物质的量，溶液中硫酸铜的浓度减小，故C错误；

D．Ag不放电，以Ag单质形式形式沉入电解槽形成“阳极泥”，故D错误，

故选：B．

B

解：导电能力的大小，要比较单位体积内离子浓度的多少．A、因水是极弱的电解质，导电性极弱，加入氢氧化钠后，氢氧化钠是强电解质，溶液中主要的是钠离子和氢氧根，导电性增强，故A错误；

B、未加氢氧化钠固体，导电的有氯离子和氢离子，加入氢氧化钠后主要是钠离子，氯离子，未反应的氢离子，而参加反应的氢离子正好与钠离子的量相当，所以导电性变化不大，故B正确；

C、原来是弱电解质，离子较少，加入强碱以后，变为强电解质，导电能力增强，故C错误；

D、氯化钾为强电解质，加入NaOH后是两种强电解质，离子的浓度变化大，故导电性变化较大，故D错误；

故选B．

（1）Zn﹣2e﹣=Zn2+

（2）MnO2+e﹣+H2O=MnOOH+OH﹣ ．

（3）0.12

（4）双氧水；2.7；6

解：（1）酸性锌锰干电池的负极为锌，负极反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+ ， 所以答案是：Zn﹣2e﹣=Zn2+；（2）在碱性锌锰原电池中，Zn易失电子作负极、二氧化锰作正极，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=MnOOH+OH﹣ ． 所以答案是：MnO2+e﹣+H2O=MnOOH+OH﹣；（3）持电流强度为0.6A，电池工作10分钟，则电量为0.6A×600s=360C，转移电子的物质的量为 =0.00373mol，则消耗Zn的质量为0.00373mol× ×65g/mol=0.12g，所以答案是：0.12；（4）①根据表格中的信息可知，Fe（OH）3沉淀的生成更容易，而Zn（OH）2和Fe（OH）2的沉淀同时发生．故要想除去锌中的铁杂质，应将铁转化为Fe3+ ， 而铁和稀硫酸只能反应为Fe2+ ， 故应加入氧化剂，故可以加入绿色的氧化剂双氧水，所以答案是：双氧水；②由于调节pH的目的是使Fe3+沉淀完全而Zn2+不沉淀．而设Zn2+开始沉淀时所需的氢氧根的浓度为c（OH﹣），则有：0.1mol/L×c2（OH﹣）=10﹣17 ， 解得c（OH﹣）=10﹣8mol/L，则c（H+）=10﹣6mol/L，pH=6．设Fe3+沉淀完全时所需的氢氧根的浓度为c（OH﹣），由于当一种离子沉淀完全时即浓度小于等于10﹣5mol/L时，则有：10﹣5mol/L×c3（OH﹣）=10﹣39 ， 解得c（OH﹣）= mol/L≈0.5×10﹣11mol/L，此时pH=2.7．故应调节pH在2.7到6之间．所以答案是：2.7；6．

（1）2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑

（2）使氯气与水的反应（Cl2+H2O?HCl+HClO）平衡向右移动，减少氯气溶解

（3）BaCl2；Na2CO3；由于BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中的CO32﹣较大时，BaSO4会部分转化为BaCO3

（4）NH ﹣6e﹣+3Cl﹣=NCl3+4H+

解：（1）电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠，方程式为2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，所以答案是：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；（2）电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3的作用是促使化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO向左移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出，所以答案是：使氯气与水的反应（Cl2+H2O⇌HCl+HClO）平衡向右移动，减少氯气溶解；（3）加入过量的Na2CO3和NaOH，可分别除去Ca2+、Mg2+ ， 在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽；过量的离子在下一步中必须出去，故先加入BaCl2 ， 除去硫酸根，过量的钡离子，加入Na2CO3除去．BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量CO 时，发生BaSO4（s）+CO （aq）=BaCO3（s）+SO （aq），BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s），所以答案是：BaCl2； Na2CO3；由于BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中的CO 较大时，BaSO4会部分转化为BaCO3；（4）NH4+被氧化生成NCl3 ， 电极方程式为NH4+﹣6e﹣+3Cl﹣=NCl3+4H+ ， 所以答案是：NH ﹣6e﹣+3Cl﹣=NCl3+4H+ ．

（1）正；FePO4+e﹣+Li+=LiFePO4

（2）正

（3）减少

（4）LiOH；阳

解：（1）放电时，该装置是原电池，Fe元素化合价由+3价变为+2价，得电子发生还原反应，所以该电极是正极，电极反应式为FePO4+e﹣+Li+=LiFePO4 ， 所以答案是：正；FePO4+e﹣+Li+=LiFePO4；（2）充电时LiFePO4生成FePO4 ， 被氧化，应连接电源的正极，所以答案是：正极；（3）放电时，FePO4被还原而消耗，则电极质量减少，所以答案是：减少；（4）电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则氢离子放电，可知为阴极，制备LiOH，Li+由左侧经过阳离子交换膜向右侧电极移动，应为阳离子交换膜，所以答案是：LiOH；阳．

（1）CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO +7H2O

（2）Ag；140

（3）1.4

解：碱性甲烷燃料电池中通入甲烷的一极为原电池的负极，负极上甲烷失电子发生氧化反应，电极反应式为CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO +7H2O，通入氧气的一极为原电池的正极，乙池为电解池，乙池中的两个电极一个是Ag电极，一个是铁电极，工作时M、N两个电极的质量都不减少，N连接原电池的正极，应为电解池的阳极，则应为Ag，N为阳极，电极反应式是Ag﹣e﹣=Ag+ ， M为阴极，电极材料是Fe，电极反应式为Ag++e﹣=Ag，则乙池的总反应式为4AgNO3+2H2O 4Ag↓+O2↑+4HNO3 ， （1）通入甲烷的铂电极上的电极反应式为CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO +7H2O，所以答案是：CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO +7H2O；（2）一段时间后M与N两电极的总质量不变，Ag为阳极，Fe为阴极，此时两电极质量差为5.4g，n（Ag）= =0.05mol，阳极Ag溶解，阴极Ag析出，根据Ag++e﹣=Ag可知转移电子为0.025mol，甲池中通入氧气的一极为正极，反应式为2O2+8H++8e﹣=4H2O，则消耗n（O2）= ×0.025mol=0.00625mol， V（O2）=0.00625mol×22.4L/mol=0.14L=140mL，

所以答案是：Ag；140；（3）一段时间后M与N两电极的总质量增加4g，Fe为阳极，Ag为阴极，由Fe+2Ag+=Fe2++2Ag可知，

Fe+2Ag+=Fe2++2Ag△m

56 216 160

x 4g

x= =1.4g，

所以答案是：1.4．

（1）1.2×105

（2）2HCO +PbSO4=SO +PbCO3+H2O+CO2↑

（3）不同意．若为假设三，有同样的现象；将气体依次通过足量的浓硫酸和澄清石灰水，并分别测量增重的质量，通过计算确定H元素和C元素的物质的量之比．若n（C）：n（H）=1：1，则为假设一，若n（c）：n（H）＞1：1，则为假设三

解：（1）平衡常数K= = = =1.2×105 ， 所以答案是：1.2×105；（2）HCO3﹣可电离出CO32﹣ ， 与PbSO4反应生成PbCO3 ， 反应的离子方程式为2HCO3﹣+PbSO4=SO42﹣+PbCO3+H2O+CO2↑，所以答案是：2HCO3﹣+PbSO4=SO42﹣+PbCO3+H2O+CO2↑；（3）①将样品加热，无水硫酸铜变蓝色，澄清石灰水变浑浊，可说明生成水和二氧化碳，但不能说明样品全部是2PbCO3•Pb（OH）2 ， 也可能为2PbCO3•Pb（OH）2 和PbCO3的混合物，因2PbCO3•Pb（OH）2 和PbCO3的混合物分别也可使无水硫酸铜变蓝色，澄清石灰水变浑浊，所以答案是：不同意．若为假设三，有同样的现象；②如为2PbCO3•Pb（OH）2 ， 则满足n（C）：n（H）=1：1，可将气体依次通过足量的浓硫酸和澄清石灰水，并分别测量增重的质量，通过计算确定H元素和C元素的物质的量之比．若n（C）：n（H）=1：1，则为假设一，若n（c）：n（H）＞1：1，则为假设三，所以答案是：将气体依次通过足量的浓硫酸和澄清石灰水，并分别测量增重的质量，通过计算确定H元素和C元素的物质的量之比．若n（C）：n（H）=1：1，则为假设一，若n（c）：n（H）＞1：1，则为假设三．

（1）BC

（2）2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑；0.16克CuO

（3）蓝；红

（4）O2+4e﹣+4H+=2H2O

解：A极产生的气体体积为44.8ml、B极产生的气体体积为22.4ml，A、B两极产生的气体体积之比为2：1，则A电极上生成氢气，B电极上生成氧气，所以A为阴极，B为阳极，x为正极，y为负极，（1）电解KNO3溶液、Ba（OH）2溶液溶液实际上是电解水，电解氯化钾溶液是电解氯化钾和水，电解氯化铜溶液生成氯气和铜，所以只有BC符合；所以答案是：BC；（2）D为阳极，发生氧化反应，电极方程式为2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑，乙反应的化学方程式为2CuSO4+2H2O 2Cu+2H2SO4+O2↑，B极产生的气体体积为22.4mL，则n（O2）=0.001mol，转移0.004mol电子，由方程式可知生成0.001mol氧气，0.002mol铜，即生成0.002molCuO，应加入m（CuO）=0.001mol×80g/mol=0.16g， 所以答案是：2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑；0.16克CuO；（3）m与正极相连为阳极，碘离子失电子生成单质碘，碘遇到淀粉会变蓝色，所以m端滤纸变蓝，n为阴极，发生还原反应生成氢气和KOH，滴加酚酞溶液变红色，所以答案是：蓝；红；（4）形成燃料电池，B为正极，氧气得到电子生成水，电极方程式为O2+4e﹣+4H+=2H2O，所以答案是：O2+4e﹣+4H+=2H2O．