B

解：A．该燃料电池中，通入氧化剂空气的电极b为正极，正极上氧气得电子发生还原反应，故A正确；

B．通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，在碱性条件下，电极反应式为N2H4+4OH﹣﹣4e﹣=N2↑+4H2O，故B错误；

C．放电时，电流从正极b经过负载流向a极，故C正确；

D．该原电池中，正极上生成氢氧根离子，所以离子交换膜要选取阴离子交换膜，故D正确；

故选B．

B

解：阴极电极反应：Cu2++2e﹣=Cu，Cu在阴极析出，溶液中含有n（Cu2+）=0.02mol，用惰性电极电解，电解一段时间后得到0.01mol Cu，铜离子未完全放电，获得电子为0.01mol×2=0.02mol；

阳极发生氧化反应，首先发生反应：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，溶液n（Cl﹣）=0.01mol，氯离子完全放电，失去电子为0.01mol，小于0.02mol，故阳极还发生反应：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，则阳极析出的气体为既有Cl2又有O2 ，

故选：B．

D

解：A．甲池中投放甲醇的电极是负极，投放氧气的电极是正极，所以石墨连接甲池的正极，为电解池的阳极，电解硫酸铜溶液，阳极生成氧气，故A错误；

B．在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下的电极反应为CH3OH﹣6e﹣+2H2O+8OH﹣=CO32﹣+8H2O，故B错误；

C．电解池乙池中，电解后生成硫酸、铜和氧气，要想复原，要加入氧化铜，故C错误；

D．甲池中消耗224mL（标准状况下）O2 ， 转移电子0.04mol，根据转移电子守恒知，丙池中生成0.02mol氢气，同时生成0.04mol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0.02mol，氢氧化镁沉淀的质量=0.02mol×58g/mol=1.16g，故D正确．

故选D．

B

解：A．KSP只与温度有关，与溶液中离子浓度无关，温度不变，则溶度积不变，故A错误；

B．KSP（AgCl）＞KSP（AgI），沉淀转化为溶解度更小的物质容易发生，向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，沉淀由白色转化为黄色，故B正确；

C．KCl和KI的混合溶液中，c（Cl﹣）和c（I﹣）的大小无法比较，所以Qc也无法知道，无法判断Qc与KSP差别大小，也就无法确定沉淀的先后顺序，故C错误；

D．向AgCl的饱和溶液中加入NaCl晶体，溶解平衡逆向移动，生成沉淀，c（Ag+）减小，c（Cl﹣）增大，c（Ag+）＜c（Cl﹣），故D错误；

故选B．

C

解：A．pH=1的溶液为酸性溶液，：Fe2+、NO3﹣在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；

B．由水电离出的c（H+）=1×10﹣14mol/L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，Ca2+、HCO3﹣与氢氧根离子反应生成沉淀，HCO3﹣与氢离子反应生成二氧化碳气体和水，在溶液中不能大量共存，故B错误；

C．c（H+）/c（OH﹣）=1×1012的溶液中存在大量氢离子，NH4+、Cl﹣、NO3﹣、Al3+之间不反应，都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；

D．SCN﹣与Fe3+反应生成络合物硫氰化铁，ClO﹣与Fe3+反应发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和次氯酸，在溶液中不能大量共存，故D错误；

故选C．

B

解：反应N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）为可逆反应，转化率不可能为100%，根据化学计量数及极值法考虑：N2的范围在（0，0.2），H2的范围在（0，0.6），而NH3可以（0，0.4），

A、氨气不可能完全转化，所以氮气浓度小于0.2 mol/L，氢气浓度小于0.6mol/L，故A错误；

B、氨气的浓度范围为：（0，0.4），氮气和氢气不可能完全转化生成氨气，故B正确；

C、氮气的浓度范围为（0，0.2），氮气为0.15mol/L在该范围内，氨气的浓度范围为：（0，0.4），但是NH3 为 0.15mol/L，消耗0.05mol/L，不会产生氮气0.05mol/L，故C错误；

D、氨气的浓度范围为：（0，0.4），氮气和氢气不可能完全转化生成氨气，所以氨气不可能为0.4mol/L，故D错误；

故选B．

D

解：A、反应是放热反应，相同条件下，2molSO2（g）和1molO2（g）所具有的能量大于2molSO3（g）所具有的能量，故A错误；

B、将2molSO2（g）和1molO2（g）置于一密闭容器中充分反应后，达到化学平衡，反应物不能全部转化，放出热量小于QkJ，故B错误；

C、反应是气体体积减小的放热反应，增大压强平衡正向进行，升高温度，该平衡向逆反应方向移动，故C错误；

D、如将一定量SO2（g）和O2（g）置于某密闭容器中充分反应后放热QkJ，参加反应的二氧化硫为2mol，故一定有2molSO2（g）被氧化，故D正确；

故选D．

【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）．

C

解：对于该反应来说浓度越大，温度越高，反应速率越大，C、D温度较高，则应大于A、B的反应速率，C、D相比较，C的浓度较大，则反应速率较大．

故选C．

B

解：A．由K的关系可知，醋酸和醋酸钠的混合溶液中，电离大于水解，溶液显酸性，pH＜7，故A错误；

B．电离、水解均为吸热反应，则对甲进行微热，K1、K2同时增大，故B正确；

C．醋酸与醋酸钠为缓冲溶液，则若在甲中加入少量的NaOH溶液，溶液的pH几乎不变，故C错误；

D．加入盐酸，酸性增强，但醋酸的电离常数只与温度有关，则溶液中醋酸的K1不变，故D错误；

故选B．

【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．

B

解：A、二氧化碳所处的状态不明确，故不能计算出其物质的量和转移的电子个数，故A错误；

B、0.1mol铁和0.1mol氯气反应时，氯气不足，铁过量，由于反应后氯元素为﹣1价，故0.1mol氯气转移0.2mol电子即0.2NA个，故B正确；

C、单位时间内生成 NA 个 A 分子时，一定同时消耗NA 个 C 分子，不能说明反应达平衡，故C错误；

D、Zn﹣H2SO4﹣Cu 原电池中，当电路中有 NA 个电子通过时，负极有0.5mol锌溶解进入电解质溶液，故有32.5g锌进入电解质溶液，正极有0.5mol铜析出，即有32g铜析出，故电解质溶液质量增重0.5g，故D错误．

故选B．

C

解：在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol水时的反应热叫做中和热，1molCH3COOH 的稀溶液与含 1mol NaOH 的稀溶液反应生成1mol水，但是醋酸是弱酸，电离需要吸热，所以反应放出的热量小于57.3kJ/mol，

故选C．

【考点精析】根据题目的已知条件，利用反应热和焓变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．

A

解：A、v（A）=0.3 mol/（L•s），即v=0.3 mol/（L•s）；

B、v（B）=0.5 mol/（L•s），即v=0.25mol/（L•s）；

C、v（C）=0.8 mol/（L•s），即v=0.27mol/（L•s）；

D、v（D）=1 mol/（L•min），即v（D）= mol/（L•s），v= mol/（L•s）=0.0042mol/（L•s）；

表示该反应速率最快的是A．

故选A．

（1）2H2+4OH﹣﹣4e﹣═4H2O

（2）C3H8+3H2O 3CO+7H2

（3）CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO32﹣+7H2O；CH4+2O2+2OH﹣═CO32﹣+3H2O

（4）C5H8O；

解：（1）氢氧燃料电池中，电解质溶液为碱，则负极上氢气得电子生成水，则其电极反应式为：2H2+4OH﹣﹣4e﹣═4H2O，所以答案是：2H2+4OH﹣﹣4e﹣═4H2O；（2）丙烷和 H2O反应生成 H2 和 CO，反应的化学方程式为C3H8+3H2O 3CO+7H2 ， 所以答案是：C3H8+3H2O 3CO+7H2；（3）燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，碱性条件下，甲烷在负极生成碳酸根离子，其电极反应式为：CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO32﹣+7H2O；碱性条件下，甲烷燃烧生成的二氧化碳再与氢氧根离子结合生成碳酸根离子，则总反应方程式为CH4+2O2+2OH﹣═CO32﹣+3H2O，

所以答案是：CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO32﹣+7H2O；CH4+2O2+2OH﹣═CO32﹣+3H2O；（4）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的物质的量为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中C原子数目为 =5，H原子数目为 =8，故氧原子数目为 =1，故A的分子式为C5H8O，

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，故A的结构简式为 ，

所以答案是：C5H8O； ．

（1）NO3﹣+4H++3e﹣=NO↑+2H2O

（2）4CrO3+3C2H5OH+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+9H2O

（3）N；N或M

（4）4.0×10﹣13

解：（1）图1装置铜电极上产生大量的无色气泡，说明Cr的活泼性大于Cu，而图 2装置中铜电极上无气体产生，铬电极上产生大量有色气体，说明Cr为正极、Cu为负极，则Cr和硝酸能产生钝化现象，正极上硝酸根离子得电子发生还原反应生成NO，电极反应式为：NO3﹣+4H++3e﹣=NO↑+2H2O，

所以答案是：NO3﹣+4H++3e﹣=NO↑+2H2O；

（2.）由题目信息可知，CrO3、C2H5OH、H2SO4反应生Cr2（SO4）3、CH3COOH，同时还有水生成，反应方程式为：4CrO3+3C2H5OH+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+9H2O，

所以答案是：4CrO3+3C2H5OH+6H2SO4=2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+9H2O；

（3.）若 X 为碳棒，开关 K 应置于M处，构成原电池，Fe为负极，加速Fe的腐蚀，开关 K 应置于N处，构成原电池，Fe为阴极，被保护，减缓铁的腐蚀，

若 X 为锌，开关 K 应置于M处，构成原电池，Zn为负极，Fe被保护，减缓铁的腐蚀，开关 K 应置于N处，构成原电池，Fe为阴极，被保护，减缓铁的腐蚀，

所以答案是：N；N或M；（4）Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH﹣）=2.0×10﹣6×c3（OH﹣）=3.0×10﹣31 ，

Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）×c3（OH﹣）=6.0×10﹣38

联立可得c（Cr3+）=4.0×10﹣13mol/L，

所以答案是：4.0×10﹣13 ．

（1）CO（g）+ O2（g）=CO2（g）△H=﹣67.2KJ/mol

（2）N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92kJ?mol﹣1

（3）（3a+c﹣b） kJ?mol﹣1

（4）分解出HCl气体，抑制CeCl3的水解

（5）2Ce3++H2O2+6H2O═2Ce（OH）4↓+6H+；H+

解：Ⅰ、（1）4g CO在氧气中燃烧生成CO2 ， 放出 9.6kJ热量，28g一氧化碳在氧气中燃烧放出热量= ×9.6KJ=67.2KJ，则CO燃烧的热化学方程式为：CO（g）+ O2（g）=CO2（g）△H=﹣67.2KJ/mol，

所以答案是：CO（g）+ O2（g）=CO2（g）△H=﹣67.2KJ/mol

（2）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 ，

所以答案是：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H=﹣92kJ•mol﹣1；

（3）碳的燃烧热△H1=a kJ•mol﹣1 ， 其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1=a kJ•mol﹣1①

S（s）+2K（s）═K2S（s）△H2=b kJ•mol﹣1②

2K（s）+N2（g）+3O2（g）═2KNO3（s）△H3=c kJ•mol﹣1③

将方程式3①+②﹣③得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）═K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），则△H=（3a+b﹣c）kJ•mol﹣1 ，

所以答案是：（3a+b﹣c）kJ•mol﹣1；

（4）Ⅱ、加热条件下CeCl3易发生水解，为抑制其水解，可以通入HCl，所以无水CeCl3可用加热CeCl3•6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备目的是分解出HCl气体，抑制CeCl3的水解，所以答案是：分解出HCl气体，抑制CeCl3的水解；

（5）该反应中Ce元素化合价由+3价变为+4价，则Ce3+是还原剂，则双氧水是氧化剂，得电子化合价降低，则O元素化合价由﹣1价变为﹣2价，转移电子数为2，根据电荷守恒知未知微粒是氢离子，根据转移电子守恒、原子守恒配平方程式为2Ce3++H2O2+6H2O═2Ce（OH）4↓+6H+ ，

所以答案是：2Ce3++H2O2+6H2O═2Ce（OH）4↓+6H+；2，1，6，2，6 H+ ．

【考点精析】利用氧化性、还原性强弱的比较对题目进行判断即可得到答案，需要熟知金属阳离子的氧化性随其单质还原性的增强而减弱；非金属阴离子的还原性随其单质的氧化性增强而减弱；不同的氧化剂与同一还原剂反应时，反应条件越易，其氧化剂的氧化性越强；当不同的氧化剂与同一还原剂反应时，还原剂被氧化的程度越大，氧化剂的氧化性就越强．

（1）E→C→D→B→A→G→F；酚酞或甲基橙；溶液由橙色变黄色，且半分钟内不变色，则到达滴定终点；用酚酞作指示剂时，溶液由粉红色变成无色，且半分钟内不变色，则到达滴定终点

（2）0.4500mol?L﹣1；90.0%

（3）①③⑤

C（NaOH）×0.01L 0.2000mol•L﹣1×0.0225L
解得C（NaOH）=0.4500 mol•L﹣1 ， 即10.00mL待测溶液含有m（烧碱）=n•M=0.4500 mol•L﹣1×0.01L×40g/mol=0.18g，
所以250mL待测溶液含有m（烧碱）=0.18g× =4.5g，烧碱的纯度ω（烧碱）= ×100%=90.0%，
所以答案是：0.4500 mol•L﹣1；90.0%；
（3.）①碱式滴管用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗，待测液被稀释，造成V（标准）偏小，根据C（待测）= 分析，可知C（待测）偏小，故①正确；
②锥形瓶用蒸馏水洗净后没有用待测液润洗，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据C（待测）= 分析，可知C（待测）无影响，故②错误；
③终点读数时俯视（滴定前读数准确），造成V（标准）偏小，根据C（待测）= 分析，可知C（待测）偏小，故③正确；
④酸式滴定管尖端气泡没有排除，滴定后消失，造成V（标准）偏大，根据C（待测）= 分析，可知C（待测）偏大，故④错误；
⑤振荡时锥形瓶中液滴飞溅出来，待测液的物质的量偏小，造成V（标准）偏小，根据C（待测）= 分析，可知C（待测）偏小，故⑤正确；
⑥酸式滴定管用蒸馏水洗净后没有用标准液润洗，标准液被稀释，造成V（标准）偏大，根据C（待测）= 分析，可知C（待测）偏大，故⑥错误；
故选：①③⑤．
【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）a=7时，HA是强酸；a＞7时，HA是弱酸

（2）C

（3）c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）

（4）10﹣3﹣10﹣11

（5）AC

解：（1）若HA是强酸，恰好与NaOH溶液反应生成强酸强碱盐，pH=7；若HA是弱酸，生成的NaA水解显碱性，pH＞7，

所以答案是：a=7时，HA是强酸；a＞7时，HA是弱酸；（2）混合溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（A﹣）+c（OH﹣），由于pH=7，则c（Na+）=c（A﹣），

所以答案是：C；（3）混合溶液的溶质为等物质的量的HA和NaA，pH＞7说明A﹣的水解大于HA的电离，所以离子浓度由大到小的顺序为c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；

所以答案是：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；（4）由电荷守恒关系式变形得c（Na+）﹣c（A﹣）=c（OH﹣）﹣c（H+）=（10﹣3﹣10﹣11）mol•L﹣1 ，

所以答案是：10﹣3﹣10﹣11；（5）在Na2B中存在水解平衡：B2﹣+H2O=HB﹣+OH﹣ ， HB﹣不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子，

A．由物料守恒得c（B2﹣）+c（HB﹣）=0.1mol•L﹣1 ， 故A正确；

B．HB﹣不会进一步水解，所以溶液中没有H2B分子，故B错误；

C．溶液中质子守恒得c（OH﹣）=c（H+）+c（HB﹣），故C正确；

D．溶液中电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HB﹣）+2c（B2﹣），故D错误；

所以答案是：AC．

【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．