A

解：该装置是电解池，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色无味的气体放出，说明a电极是阴极、b电极是阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，则阳极应该是惰性电极；阴极上析出金属，在金属活动性顺序表中该金属应该位于H元素之后，x是负极、y是正极，

A．x是负极，Zn是阴极、石墨是阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气、阴极上铜离子放电生成Cu，所以符合条件，故A正确；

B．x是负极、y是正极，阴极上氢离子得电子生成氢气，没有固体生成，不符合条件，故B错误；

C．x是正极，与题意不符，故C错误；

D．x是负极，阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气为有刺激性气味的黄绿色气体，不符合条件，故D错误；

故选A．

A

解：A．在滴加酸碱指示剂酚酞试液后呈现红色的溶液中存在大量氢氧根离子，Na+、Cl﹣、AlO2﹣、CO32﹣之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；

B．在由水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol/L的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，Al3+、NH4+与氢氧根离子反应，HCO3﹣、ClO﹣与氢离子反应，Al3+与HCO3﹣、ClO﹣之间发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；

C．在 =1×1012的溶液为酸性溶液，NO3﹣在酸性条件下能够氧化Fe2+ ， H+、Fe2+、Mg2+都与CO32﹣发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；

D．AlCl3与S2﹣发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；

故选A．

A

解：已知Ksp（AB2）=c（A2+）×c2（B﹣）=4.2×10﹣8 ， c（B﹣）=1.6×10﹣3 mol•L﹣1 ， c（A+）= mol/L，

又Ksp（AC）=c（A2+）×c（C2﹣）=3.0×10﹣15 ． 可知c（C2﹣）= =1.8×10﹣13 mol/L，

故选A．

C

解：NaOH是强电解质，CH3COONa是强碱弱酸盐，加水稀释促进醋酸根离子水解，稀释相同的倍数时，溶液中c（OH﹣）CH3COONa＞NaOH，所以pH变化大的是NaOH，则b为NaOH，变化小的是CH3COONa，即c为CH3COONa，

A．溶液的导电能力与离子浓度成正比，pH相等的醋酸钠和氢氧化钠，c（CH3COONa）＞c（NaOH），所以c点导电能力大于b，即b、c两点溶液的导电能力不相同，故A正确；

B．氢氧化钠对水的电离起抑制作用，而醋酸根离子浓度越大对水的电离程度越促进，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度大小为：a＞c＞b，故B正确；

C．pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（CH3COONa）＞c（NaOH），相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度的盐酸体积与氢氧化钠和醋酸钠的物质的量成正比，相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液n（CH3COONa）＞n（NaOH），所以醋酸钠消耗盐酸多，消耗盐酸体积Vb＜Vc ， 故C错误；

D．任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒得c（H+）+c（CH3COOH）=c（OH﹣），故D正确；

故选C．

【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．

D

解：A、单位时间内消耗amolA，同时生成3amolC，都反映正反应方向，未体现正与逆的关系，故A错误；

B、两边气体计量数相等，容器内压强始终保持不变，所以不能说明达平衡状态，故B错误；

C、两边气体计量数相等，混合气体的物质的量一直不再变化，故C错误；

D、C的生成速率与B的生成速率的比为3：2，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故D正确；

故选D．

【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．

A

pH=12的碱溶液甲中氢氧根离子浓度是0.01mol/L，pH=11的碱溶液中氢氧根离子浓度是0.001mol/L，甲中氢氧根离子浓度是乙中的10倍，用等浓度的盐酸中和时，若两者都是强酸，则消耗的盐酸甲是乙的10倍，V甲=10V乙此时消耗盐酸的体积为2V甲=V乙 ， 即此时乙消耗的盐酸多，所以乙一定是弱碱．

故选A．

B

解：①电解池是将电能转变成化学能的装置，故①错误；

②原电池是将化学能转变成电能的装置，故②错误；

③金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化，发生电能和化学能的转化，一定发生化学变化，故③正确；

④不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理有可能实现，如铜和稀硫酸的反应，铜为阳极被氧化，可生成硫酸铜，故④正确；

⑤电镀过程相当于金属的“迁移”，发生氧化还原反应，为化学反应，故⑤错误．

故选B．

B

解：A．把pH=2的甲酸溶液稀释100倍后，如果甲酸是强酸，则稀释后溶液的pH=4，实际上稀释后溶液的pH=3.5，说明加水稀释促进甲酸电离，甲酸中存在电离平衡，为弱电解质，故A不选；

B.50mL1 mol•L﹣1的甲酸溶液恰好与50mL1 mol•L﹣1的NaOH溶液完全反应，说明甲酸是一元酸，但不能说明甲酸部分电离，所以不能说明甲酸为弱电解质，故B选；

C．HCOONa溶液能使酚酞试液变红，说明甲酸钠是强碱弱酸盐，则甲酸是弱酸，为弱电解质，故C不选；

D.0.1 mol•L﹣1的甲酸溶液的pH约为2，氢离子浓度小于酸浓度，说明甲酸存在电离平衡，为弱电解质，故D不选；

故选B．

【考点精析】认真审题，首先需要了解弱电解质的判断(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)．

D

解：A．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10﹣12 ， pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故A错误；

B．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液，若是强酸强碱反应，溶液呈中性，若是强酸弱碱反应，溶液呈酸性，若是弱酸强碱反应溶液呈碱性，故B错误；

C．使石蕊试液呈紫色的溶液，常温下溶液可能显酸性，故C错误；

D．c（H+）=c（OH﹣）=10﹣6mol/L溶液，氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，溶液一定呈中性，故D正确．

故选D．

C

解：A．NaHSO4在水溶液中的电离方程式为NaHSO4═H++Na++SO42﹣ ， 故A错误；

B．H2SO3的电离方程式为H2SO3⇌H++HSO3﹣ ， 故B错误；

C．CaCO3的电离方程式为CaCO3═Ca2++CO32﹣ ， 故C正确；

D．CO32﹣的水解方程式为CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ ， 故D错误；

故选C．

D

解：△H﹣T△S＜0的反应可以自发进行，△H﹣T△S＞0的反应不能自发进行，

A、反应放热，△H＜0，若△＜0且T很高时，反应不能自发进行，故A错误；

B、熵值增大，△S＞0，若△H＞0，且低温下，反应不能自发进行，故B错误；

C、不自发的化学反应在一定条件下也可以发生，比如电解水，故C错误；

D、反应是否自发，要考虑焓变和熵变两方面的因素，故D正确．

故选：D．

【考点精析】掌握反应热和焓变是解答本题的根本，需要知道在化学反应中放出或吸收的热量，通常叫反应热．

（1）；2△H2﹣△H1

（2）0.025；75%；＜；不变；升高温度

解：（1）已知：a、2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g）

b、4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）

根据盖斯定律，a×2﹣b可得：2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），该反应△=2△H1﹣△H2 ， 平衡常数K3= ，

所以答案是： ；2△H1﹣△H2；（2）测得10min内v（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1 ， 则△n（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1×10min×2L=0.15mol，

由方程式可知，参加反应氯气的物质的量为0.15mol× =0.075mol，故平衡时氯气的物质的量为0.1mol﹣0.075mol=0.025mol；

参加反应NO物质的量为0.15mol，则NO的转化率为 ×100%=75%；

正反应为气体物质的量减小的反应，恒温恒容下条件下，到达平衡时压强比起始压强小，其他条件保持不变，a在恒压条件下进行，等效为在恒温恒容下的平衡基础上增大压强，平衡正向移动，NO转化率增大，故转化率α1＜α2；

平衡常数只受温度影响，温度不变，平衡常数不变，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，

所以答案是：0.025；75%；＜；不变；升高温度．

【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%．

（1）NH4Cl；A

（2）NH3?H2O、NH4Cl

（3）＜；=

解：（1）溶液中只存在OH﹣、H+、NH4+、Cl﹣四种离子，可能为NH4Cl溶液，因NH4+水解而显酸性，溶液中离子浓度大小顺序为c（Cl﹣）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH﹣），所以答案是：NH4Cl；A；（2）若上述关系中D是正确的，溶液呈碱性，且c（NH4+）＞c（Cl﹣），应为NH3•H2O和NH4Cl的混合物，

所以答案是：NH3•H2O和NH4Cl；（3）溶液呈中性，据c（Cl﹣）+c（OH﹣）=c（NH4+）+c（H+）可得c（Cl﹣）=c（NH4+），因氨水为弱电解质，若该溶液中由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，则氨水浓度大于盐酸浓度，如小于或等于，则溶液呈酸性，

所以答案是：＜；=．

【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）锥形瓶中溶液颜色变化；半分钟内不复原

（2）26.10

（3）C

（4）0.1044mol/L

则C（NaOH）= =0.1044mol/L；
所以答案是：0.1044mol/L；
【考点精析】根据题目的已知条件，利用酸碱中和滴定的相关知识可以得到问题的答案，需要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）酸；NH4++H2O?NH3?H2O+H+；=

（2）NH3?H2O?NH4++OH﹣；减小；减小

（3）Mg（OH）2（s）?Mg2+（aq）+2OH﹣（aq）；沉淀溶解

（4）F﹣+H2O?HF+OH﹣；4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O；CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣；2OH﹣+SiO2═SiO32﹣+H2O

解：（1）氯化铵溶液中因为铵根离子的水解，使溶液显酸性，铵根水解的离子方程式为NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+ ， 加入氨水导致c（NH4+）=c（Cl﹣），据电荷守恒则有氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等，都是10﹣7mol/L，pH=7，所以答案是：酸性；NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+；=；（2）氨水显碱性，是因为一水合氨能够微弱电离生成氢氧根离子，电离方程式为NH3•H2O⇌NH4++OH﹣ ， 一水合氨是弱碱，存在电离平衡，增大铵根离子浓度时，平衡逆向移动，氨水的电离程度减小，溶液碱性减弱，pH减小；所以答案是：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣；减小；减小；（3）Mg（OH）2的溶解平衡方程式为Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），向Mg（OH）2浊液中加入浓的NH4Cl溶液，一水合氨比氢氧化镁更难电离，所以铵根离子会结合氢氧根离子生成一水合氨，促使氢氧化镁逐渐溶解，离子方程式为 Mg（OH）2（s）+2 NH4+═Mg2++2NH3•H2O，

所以答案是：Mg（OH）2（s）⇌Mg2+（aq）+2OH﹣（aq）；沉淀溶解； （4）①NaF在溶液中水解生成HF，其水解方程式为：F﹣+H2O⇌HF+OH﹣；玻璃中的二氧化硅能溶于HF，其反应为：4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O；

所以答案是：F﹣+H2O⇌HF+OH﹣；4HF+SiO2═SiF4↑+2H2O；

②碳酸钠水解显碱性CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ ， 玻璃中的二氧化硅与氢氧根离子反应生成硅酸根离子2OH﹣+SiO2═SiO32﹣+H2O，

所以答案是：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ 2OH﹣+SiO2═SiO32﹣+H2O．

增大；NiOOH+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣

解：混合动力车上坡或加速时，发生的是放电过程，在乙电极，发生电极反应：NiOOH+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣ ， 该极附近氢氧根浓度增大，所以碱性增强，电极周围溶液的pH增大，所以答案是：增大；NiOOH+H2O+e﹣=Ni（OH）2+OH﹣ ．

（1）Fe﹣2e﹣═Fe2+

（2）2Cl﹣+2H2O 2OH﹣+H2↑+Cl2↑；④

（3）4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；大于；O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣

解：（1）开始时开关K与a连接，是原电池，铁为负极，发生氧化反应，失去电子生成亚铁离子，电极方程式为Fe﹣2e﹣═Fe2+ ， 所以答案是：Fe﹣2e﹣═Fe2+；（2）开关K与b连接，装置为电解池，铁为阴极，发生还原反应，氢离子得到电子生成氢气，电极方程式为2H++2e﹣=H2↑，电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，总方程式为2Cl﹣+2H2O 2OH﹣+H2↑+Cl2↑，

①电解过程中阳离子向阴极移动，B为阴极，溶液中Na+向，B极移动，故①错误；

②电子只能通过导线，不能通过溶液，故②错误；

③反应一段时间后加适量HCl气体，可恢复到电解前电解质的浓度，不是加入盐酸，故③错误；

④A生成氯气，能使湿润KI淀粉试纸变蓝，故④正确，

所以答案是：2Cl﹣+2H2O 2OH﹣+H2↑+Cl2↑；④；（3）①电解时，阳极上失电子发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子的放电能力，所以阳极上氢氧根离子失电子生成水和氧气4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；阳极氢氧根离子放电，因此硫酸根离子向阳极移动，阴极氢离子放电，因此钠离子向阴极移动，所以通过相同电量时，通过阴离子交换膜的离子数小于通过阳离子交换膜的离子数．

所以答案是：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；大于；

②燃料原电池中，燃料在负极上失电子发生氧化反应，氧化剂在正极上得电子发生还原反应，该燃料原电池中，氧气是氧化剂，所以氧气在正极上得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣ ，

所以答案是：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣ ．

（1）正

（2）CuO或CuCO3

（3）13

（4）4H++O2+4e﹣═2H2O

整个装置中电子的得失数相等，故乙中转移电子数也为0.1mol，
乙中的电解反应式为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，
阴极电极方程式为：

故c（OH﹣）=0.1 mol/L，c（H+）=1×10﹣13 mol/L，pH=13，
所以答案是：13；
（4.）原电池正极发生的是化合价降低得电子的反应，根据方程式可知是O2得电子，另外，由于H2SO4存在，所以发生的O2酸性条件下的电极反应：4H++O2+4e﹣═2H2O，所以答案是：4H++O2+4e﹣═2H2O．