C

解：反应CH3OH（g）+NH3（g）═CH3NH2（g）+H2O（g）在高温下才能自发向右进行，则满足△H﹣T△S＜0， A．△H＞0、△S＜0，△H﹣T△S＞0，反应不能自发进行，故A 错误；

B．△H＜0、△S＞0，要保证△H﹣T△S＜0，则T为低温，故B错误；

C．△H＞0、△S＞0，要保证△H﹣T△S＜0，则T为高温，故C正确；

D．△H＜0、△S＜0，△H﹣T△S＜0一定成立，反应在任何温度下一定能够自发进行，故D错误；

故选：C．

D

解：A．由图像可知，当c（M2+）相同时，CuS固体的溶液中c（S2﹣）较小，则说明Ksp（CuS）较小，故A正确； B．因Ksp（CuS）小于Ksp（MnS），则向CuSO4溶液中加入MnS，可发生沉淀的转化，即Cu2+（aq）+MnS（s）=CuS（s）+Mn2+（aq），故B正确；

C．由图像可知，在此温度下，在含有CuS和MnS固体的溶液中c（Cu2+）：c（Mn2+）=6×10﹣34：3×10﹣11=2×10﹣23：1，故C正确；

D．a、b处于同一温度下，Ksp相同，故D错误．

故选D．

A

解：A．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（M+）+c（H+）=c（OHˉ）+c（Aˉ），故A正确； B．HA溶液的物质的量浓度为0.01mol/L，根据图知，未加NaOH溶液时HA的pH=2，溶液中c（H+）=c（HA），则HA是强电解质，为强酸，故B错误；

C．HA是强酸，混合溶液呈中性时M（OH）体积为51mL，MOH过量，说明MOH是弱电解质，MA是强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，pH＜7，故C错误；

D．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，N点溶质为MA和及少量MOH，K点溶质为等物质的量的MA和MOH，N点促进水电离、K抑制水电离，故D错误；

故选A．

B

解：A、由表可知第4min时的各物质的浓度和第6 min时各物质的浓度不变，所以可以判断该反应已处于平衡状态，故A正确； B、比较起始到第2min和第2min到第4min的反应物的变化的浓度可以知道，起始到第2min的反应速率小于第2min到第4min的，而此时反应物浓度下降，如果是改变温度只能是升高温度，故B错误；

C、比较起始到第2min和第2min到第4min的反应物的变化的浓度可以知道，起始到第2min的反应速率小于第2min到第4min的，根据影响化学反应速率的因素可知，如果只改变某一条件，则改变的条件可能是使用催化剂或升高温度，故C正确；

D、对于可逆反应，升高温度正逆反应速率都会增大，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、燃烧热要求可燃物的物质的量必须为1mol，得到的氧化物必须是稳定的氧化物，H2O的状态必须为液态，故A错； B、中和反应是放热反应，△H应小于0，故B错；

C、热化学方程式的书写注明了物质的聚集状态、△H的正负号、数值、单位，故C正确；

D、热化学反应方程式要注明物质在反应时的状态，故D错．

故选C．

C

解：保持温度不变，若将容器体积缩小一半，假设平衡不移动，A、B、C、D的浓度应均是原来的2倍，而实际上当达到新的平衡时，D的浓度是原来的1.7倍，说明增大压强平衡逆反应方向移动，则说明a+b＜m+n， A．平衡逆反应方向移动，则B的转化率降低，故A错误；

B．由分析可知，平衡逆反应方向移动，故B错误；

C．平衡逆反应方向移动，A的体积分数增大，故C正确；

D．增大压强平衡逆反应方向移动，逆向是气体体积减小的反应，则说明a+b＜m+n，故D错误；

故选C．

【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：根据热化学方程式SO2（g）+ O2（g）⇌SO3（g）△H=﹣98.32kJ/mol的含义，可知SO2和O2反应生成1molSO3时放出的热量为98.32kJ，所以生成2molSO3时放出的热量为196.64kJ，由于是可逆反应，2mol SO2和1molO2不能完全反应，所以放出的热量小于196.64kJ． 故选C．

D

解：溶液中由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣11mol•L﹣1＜10﹣7mol•L﹣1 ， 说明该溶液呈酸性或碱性， A．碱性条件下Al3+、NH4+发生反应，不能大量共存，故A错误；

B．酸性条件下CH3COO﹣、HCO3﹣不能大量共存，故B错误；

C．酸性条件下Fe2+和NO3﹣发生氧化还原反应，碱性条件下Fe2+反应生成沉淀，不能大量共存，故C错误；

D．这几种离子之间不反应，且这几种离子和氢离子或氢氧根离子都不反应，所以满足此条件的溶液中一定能大量共存，故D正确．

故选D．

C

解：A．A的百分含量不再改变时，说明正逆反应速率相等，所以该反应达到平衡状态，故A不选； B．各组分的浓度不再改变时，正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故B不选；

C．无论该反应是否达到平衡状态，都存在反应速率υA：υB：υC：υD=m：n：p：q，所以不能据此判断平衡状态，故C选；

D．单位时间内m mol A断键发生反应，同时p mol C也断键发生反应，正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故D不选；

故选C．

【考点精析】解答此题的关键在于理解化学平衡状态的判断的相关知识，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．

（1）c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣ ）

（2）A、B

解：（1）H2A是二元弱酸，其发生两步电离，且第一步电离程度远远大于第二步电离，NaHA溶液显酸性，说明HA﹣电离程度大于水解程度，且其程度都较小，钠离子不水解，HA﹣和水电离都生成氢离子，只有HA﹣电离生成A2﹣ ， 所以离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣），所以答案是：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（OH﹣）；（2）常温时，若向0.1mol/L的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol/L KOH溶液至溶液呈中性，溶液中溶质为Na2A、NaHA，则c（H+）=c（OH ）；NaHA溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，n（NaHA）＞n（KOH）， A．因为n（NaHA）＞n（KOH），且钠离子、钾离子都不水解，所以存在c（Na+ ）＞c（K+ ），故A正确；

B．离子积常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，所以常温下c（H +）•c（OH ）=1×10﹣14 ， 故B正确；

C．根据A知c（Na+ ）＞c（K+ ），故C错误；

D．溶液呈中性，则c（H+）=c（OH ），结合电荷守恒得c（Na+ ）+c（K+ ）=c（HA﹣ ）+2c（A2﹣），故D错误；

故选AB．

【考点精析】解答此题的关键在于理解弱电解质在水溶液中的电离平衡的相关知识，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．

1

故平衡常数K= =1
所以答案是：1．
【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%．

△H=﹣92kJ?mol﹣1；N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H=﹣92kJ?mol﹣1

解：在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH﹣H键、1mol N三N键共吸收的能量为3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2mol NH3 ， 共形成6mol N﹣H键，放出的能量为6×391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为2346kJ﹣2254kJ=92kJ，即N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1 ， N2与H2反应生成2mol NH3的反应热是△H=﹣92kJ•mol﹣1 ， 所以答案是：△H=﹣92kJ•mol﹣1；N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1 ．

升温；减小生成物浓度；

解：根据图可知，在a时刻，正逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，即平衡逆向移动，因为反应的△H＜0，根据影响化学反应速率和化学平衡的条件可知，a～b过程中改变的条件可能是升温；在b时刻，正反应速率不变，逆反应速率减小，且正反应速率大于逆反应速率，即平衡正向移动，根据影响化学反应速率和化学平衡的条件可知，b～c过程中改变的条件可能是减小生成物C的浓度；在b～c过程后，若增大压强，正逆反应速率都会增大，由于该反应为体积缩小的反应，所以平衡正向移动，根据压强对化学反应速率的影响可画出相关的图为： ； 所以答案是：升温；减小生成物的浓度； ．

【考点精析】关于本题考查的化学平衡状态本质及特征，需要了解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）才能得出正确答案．

（10﹣5﹣10﹣9）mol/L；bdf

解：在 pH=5的稀醋酸溶液中，c（H+）=10﹣5mol/L，则c（OH﹣）=10﹣9mol/L，根据醋酸溶液中电荷守恒可知：c（H+）═c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），可以看出，c（CH3COO﹣）=c（H+）﹣c（OH﹣）=（10﹣5﹣10﹣9）mol/L； 醋酸的电离是吸热反应，加水稀释、加入碱、加热都能促进醋酸的电离，

a．加入少量0.10mol•L﹣1的稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，则醋酸的电离程度降低，故a错误；

b．醋酸的电离是吸热反应，加热CH3COOH溶液，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故b正确；

c．加入少量冰醋酸，醋酸的电离平衡向正反应方向移动，但醋酸的电离程度降低，故c错误；

d．加水稀释至0.010mol•L﹣1 ， 促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故d正确；

e．加入少量氯化钠固体，不影响平衡的移动，则不改变醋酸的电离，故e错误；

f．加入少量0.10mol•L﹣1的NaOH溶液，氢氧根离子和氢离子反应生成水，氢离子浓度降低，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故f正确；

所以答案是：（10﹣5﹣10﹣9）mol/L；bdf．

【考点精析】利用弱电解质在水溶液中的电离平衡对题目进行判断即可得到答案，需要熟知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．

5.0×10﹣7mol/L；5.0×10﹣11mol/L；5.0×10﹣12mol/L

解：纯水显示中性，c（OH﹣）=c（H+）=5.0×10﹣7mol/L； 此温度下，水的离子积为：Kw=5.0×10﹣7×5.0×10﹣7=2.5×10﹣13 ，

若温度不变，滴入稀硫酸使c（H+）=5.0×10﹣3mol/L，硫酸溶液中氢离子浓度c（H+）=5.0×10﹣3mol/L，c（OH﹣）= mol/L=5.0×10﹣11 mol/L，

在该温度时，往水中滴入NaOH溶液，溶液中的c（OH﹣）=5.0×10﹣2mol/L，则溶液中c（H+）= mol/L=5.0×10﹣12mol/L，

所以答案是：5.0×10﹣7mol/L；5.0×10﹣11mol/L；5.0×10﹣12mol/L．