D

解：A．氯化银、溴化银、碘化银的组成都是1：1，依据Ksp可以直接比较溶解性大小为氯化银＞溴化银＞碘化银；随Ksp的减小，应先出现碘化银沉淀、再出现溴化银，最后才沉淀氯化银；所以不符合滴定实验的目的和作用，不能测定氯化物的含量，故A错误；

B．依据A分析可知碘化银优先于氯化银析出，不能测定氯化物的含量，故B错误；

C．硫化银的Ksp很小，Ksp=[Ag+]2[S2﹣]=2.0×10﹣48 ， 计算得到需要的银离子浓度[S2﹣]= ；Ksp（AgCl）=[Ag+][Cl﹣]=1.8×10﹣10 ， [Cl﹣]= ，通过计算得出硫化银也比氯化银先沉淀，故C错误；

D．铬酸银的阳、阴离子个数比为2：1，可以计算相同浓度的银离子沉淀氯离子、铬酸根离子需要的浓度，依据Ksp计算得到，Ksp（AgCl）=[Ag+][Cl﹣]=1.8×10﹣10 ， Ksp（Ag2CrO4）=[Ag+]2[CrO42﹣]=2.0×10﹣12 ， [Cl﹣]= ，[CrO42﹣]= ；所以同浓度的银离子需要的氯离子浓度小于铬酸根离子浓度，说明铬酸银溶解度大于氯化银；加入K2CrO4 ， 做指示剂可以正确的测定氯化物的含量，故D正确．

故选D．

D

解：A．CaCl2溶液中所含粒子为Ca2+、Cl﹣、H2O、H+、OH﹣ ， 共5种粒子；

B．CH3COONa溶液中，CH3COO﹣要水解，所含粒子为CH3COO﹣、Na+、H2O、H+、OH﹣、CH3COOH，共6种粒子；

C．氨气的水溶液中存在的微粒有NH3、NH3•H2O、NH4+、H2O、H+、OH﹣ ， 共6种粒子；

D．K2S溶液中硫离子分步水解，含有K+、S2﹣、HS﹣、OH﹣、H+、H2O、H2S，故7种；

上述溶液中硫化钾溶液中含有粒子数最多的是硫化钾溶液；

故选D．

【考点精析】认真审题，首先需要了解弱电解质在水溶液中的电离平衡(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)．

D

解：A．如果W是Fe，Z是FeCl2 ， 则Y必是FeCl3 ， 发生的化学反应是2FeCl2+Cl2═2FeCl3 ， 则X是Cl2 ， 符合题干要求，故A正确；

B．若W是氢氧化钠，说明X能连续与氢氧化钠反应，即Y应是氢氧化物，Y能与氢氧化钠继续反应，说明氢氧化物Y具有酸性，则Y必是氢氧化铝，则X必是含有Al3+的溶液，Al3+水解使溶液呈酸性．Z是AlO2﹣ ， Al3+的溶液和AlO2﹣溶液混合生成氢氧化铝沉淀，故B正确；

C．若X是碳酸钠，可与酸反应依次碳酸氢钠和二氧化碳，则W可能是盐酸，故C正确；

D．若W为氧气，X可为NH3、N2、Na等，Z可能为NO、NO2或Na2O2等，Z与水作用（或溶于水）不一定为酸溶液，故D错误．

故选：D．

C

解：CH3COONa是强碱弱酸盐，CH3COO﹣水解导致溶液呈碱性，CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣ ， 导致溶液中c（CH3COO﹣）＜c（Na+），为了配制CH3COO﹣与Na+离子物质的量浓度值比为1：1的溶液，应该加入含有OH﹣的物质来抑制醋酸根离子水解，

A．HCl电离出氢离子，氢离子和氢氧根离子反应生成水而促进水电离，反应不符合条件，故A错误；

B．加入NaOH能抑制醋酸根离子电离，但NaOH含有钠离子，导致钠离子的量增大，不可能实现CH3COO﹣与Na+离子物质的量浓度值比为1：1的溶液，所以不符合条件，故B错误；

C．加入适量的KOH溶液，KOH电离出氢氧根离子抑制醋酸根离子水解，且钠离子的量不变，所以可以实现，故C正确；

D．加入适量NaCl固体，NaCl不影响醋酸根离子水解，还导致溶液中钠离子浓度增大，所以不可能实现CH3COO﹣与Na+离子物质的量浓度值比为1：1的溶液，故D错误；

故选C．

D

解：先假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，比假设大，说明平衡向生成B的方向移动，则a＜b，

A、假设体积增加一倍时若平衡未移动，B的浓度应为原来的50%，实际平衡时B的浓度是原来的60%，大于原来的50%，说明平衡向生成B的方向移动，即向正反应移动，故A正确；

B、平衡向正反应移动，A的转化率增大，故B正确；

C、平衡向正反应移动，B的质量增大，混合气体的总质量不变，故物质B的质量分数增大，故C正确；

D、减小压强，平衡向生成B的方向移动，则a＜b，故D错误；

故选D．

【考点精析】根据题目的已知条件，利用化学平衡状态本质及特征的相关知识可以得到问题的答案，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）．

C

解：加水稀释促进NH3 ． H2O电离，所以c（NH3 ． H2O）减小，NH3 ． H2O电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（OH﹣）、c（NH4+）都减小，温度不变，水的离子积常数不变，则溶液中c（H+）增大，

A．加水稀释促进NH3 ． H2O电离，所以n（NH3 ． H2O）减小，n（OH﹣）增大，则 增大，故A错误；

B．加水稀释促进NH3 ． H2O电离，所以n（NH3 ． H2O）减小，n（OH﹣）增大，则 减小，故B正确；

C．加水稀释，氨水碱性减弱，氢氧根离子浓度减小，KW不变，氢离子浓度增大，故C错误；

D．加水稀释促进NH3 ． H2O电离，所以n（OH﹣）增大，故D错误；

【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．

D

解：0.2mol•L﹣1 CH3COOK 与0.1mol•L﹣1盐酸等体积混合后，溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOK、CH3COOH、KCl，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO﹣水解程度，氯离子不水解，醋酸电离程度较小，所以粒子浓度大小顺序是c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故选D．

B

解：A、依据原电池的电极反应得到电池反应，FePO4+Li=LiFePO4 ， 充电时电池反应为LiFePO4=FePO4+Li，故A错误；

B、充电器的正极（+）与电池正极（+）连接，充电器的负极（﹣）与电池负极（﹣）连接，充电时动力电池上标注“+”的电极应与外接电源的正极相连，故B正确；

C、依据原电池的正极反应可知 FePO4+Li++e﹣═LiFePO4 ， 放电时电池内部Li+向正极移动，故C错误；

D、原电池的正极反应可知 FePO4+Li++e﹣═LiFePO4 ， 锂元素化合价未变，化合价变化的是铁元素得到电子，故D错误；

故选B．

C

所以平衡常数k= =0.025，
起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 molPCl3和0.20 molCl2 ， 起始时PCl5的浓度为0.5mol/L、PCl3的浓度为0.1mol/L、Cl2的浓度为0.1mol/L，浓度商Qc= =0.02，Qc＜K，说明平衡向正反应方向移动，反应达平衡前v（正）＞v（逆），故C正确；
D、等效为起始加入2.0molPCl5 ， 与原平衡相比，压强增大，平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2 ， 达到平衡时，PCl3的物质的量小于0.4mol，参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol，故达到平衡时，PCl3的转化率高于 =80%，故D错误；
故选C．
【考点精析】利用化学平衡状态本质及特征对题目进行判断即可得到答案，需要熟知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）．

D

解：把1mL 0.1mol/L的H2SO4加水稀释成2L溶液，依据溶质物质的量不变得到，稀释后的溶液浓度为 =0.00005mol/L，溶液中氢离子浓度=0.0001mol/L；

依据溶液中离子积Kw=c（H+）（酸）×c（OH﹣）（水）=10﹣14；得到溶液中由水电离产生的c（H+）（水）=c（OH﹣）（水）=1×10﹣10mol/L，

故选D．

【考点精析】通过灵活运用离子积常数，掌握水的离子积Kw=c(H+)·c(OH–)=10–14（25℃）①Kw只与温度有关，温度升高，Kw增大；如：100℃ Kw=10–12②Kw适用于纯水或稀酸、稀碱、稀盐水溶液中即可以解答此题．

A

解：向悬浊液中加少量生石灰，发生：CaO+H2O=Ca（OH）2 ，

AB．加入CaO，消耗水，由于原溶液已达到饱和，则平衡向逆反应方向移动，溶液中Ca2+数目减少，但浓度不变，故A正确，B错误；

C．反应后仍为饱和溶液，c（OH﹣）不变，溶液pH不变，故C错误；

D．反应后仍为饱和溶液，溶液中溶质的质量分数不变，故D错误；

故选A．

B

解：pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液中，c（H+）=c（OH﹣）=10﹣3mol/L，则

①若为强酸强碱，则反应后溶液呈中性，

②若为弱酸、强碱，反应后酸过量，溶液呈酸性，

③若为强酸、弱碱，则碱过量，反应后溶液呈碱性，

只有B符合，

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．

＜7

解：HR若为强电解质，二者都是一元酸或碱，等体积混合后溶液的pH=7，而混合溶液的pH≠7，说明HR为弱电解质，二者混合后溶液中酸过量，反应后溶液显示酸性，溶液pH＜7，

所以答案是：＜7．

＜

解：常温下若将0.2mol/L MOH溶液与0.1mol/L HCl溶液等体积混合，溶液中的溶质是等物质的量浓度的MOH和MCl，测得混合溶液的pH＜7，说明M+的水解程度大于MOH的电离程度，所以答案是：＜．

【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．

＞；1.0×10﹣8

解：①等体积等浓度的盐酸和MOH恰好反应生成盐，得到的盐溶液呈酸性，说明该盐是强酸弱碱盐，含有弱根离子的盐促进水电离，酸抑制水电离，所以混合溶液中水电离出的c（H+）＞0.2 mol•L﹣1 HCl溶液中水电离出的c（H+），

所以答案是：＞；

②反应后得到MCl溶液，水解呈酸性，则由质子守恒可知c（H+）=c（MOH）+c（OH﹣），则 c（H+）﹣c（MOH）=c（OH﹣）=1.0×10﹣8mol•L﹣1 ，

所以答案是：1.0×10﹣8 ．

0.234mol?L﹣1；＜；0.031；v（5﹣6）＞v（2﹣3）=v（12﹣13）；＞；在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大

解：①由图可知，8min时COCl2的平衡浓度为0.04mol/L，Cl2的平衡浓度为0.11mol/L，CO的平衡浓度为0.085mol/L，K= = =0.234mol/L，所以答案是：0.234mol/L；②由第2min反应温度变为第8min反应温度时，生成物浓度增大、反应物浓度减小，平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，所以T（2）＜T（8），

所以答案是：＜；③由图可知，10min瞬间Cl2浓度增大，CO的浓度降低，故改变条件为移走CO，降低CO的浓度，平衡常数不变，与8min到达平衡时的平衡常数相同，由图可知，12min时到达平衡时Cl2的平衡浓度为0.12mol/L，CO的平衡浓度为0.06mol/L，故： =0.23，解得c（COCl2）=0.031mol/L；

所以答案是：0.031；④根据化学反应速率的定义，可知反应在2～3 min和12～13 min处于平衡状态，CO的平均反应速率为0，在5～6min时，反应向正反应进行，故CO的平均反应速率为：v（5～6）＞v（2～3）=v（12～13），所以答案是：v（5～6）＞v（2～3）=v（12～13）；⑤在5～6 min和15～16 min时反应温度相同，在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大，但15～16 min时各组分的浓度都小，因此反应速率小，即v（5～6）＞v（15～16），所以答案是：＞；在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大．