A

【解析】A、用NaHCO₃粉末作灭火剂，是利用其受热分解产生二氧化碳，起到灭火的作用，与盐类水解无关，选项A选；

B、Na₂SiO₃溶液水解显碱性，可腐蚀玻璃而使玻璃塞与玻璃瓶粘边在一起而打不开，与盐类水解有关，选项B不选；

C、实验室配制FeCl₃溶液时，应先将其溶解在浓盐酸中，而后加水稀释，盐酸可抑制FeCl₃水解，与盐类水解有关，选项C不选；

D、AlCl₃溶液中存在水解平衡：AlCl₃＋3H₂OAl(OH)₃＋3HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Al(OH)₃固体(如果灼烧会得到Al₂O₃固体)，与盐类水解有关，选项D不选；

答案选A。

C

【解析】

A．该反应中锰元素的化合价由+4价→+18/5价，所以二氧化锰得电子作氧化剂，A错误；B．电池工作时，海水起导电作用，氯化钠是反应物，所以NaCl浓度减小，B错误；C．该反应中，银是还原剂，电极反应为Ag-e^-+Cl^-=AgCl，C正确；D．每生成1 mol Na₂Mn₅O_l0转移（4-18/5）mol×5=2 mol电子，D错误；答案选C。

点睛：掌握原电池工作原理是解答的关键，难点是中负极判断和电极反应式的书写。注意书写时应根据电极材料、放电微粒的性质和电解质溶液的酸碱性以及是否存在交换膜等。

A

【解析】

NH₄Cl属于强酸弱碱盐，溶液中的NH₄^＋水解，使溶液显酸性，离子浓度大小顺序为c(Cl^－)＞c(NH₄^＋)＞c(H^＋)＞c(OH^－)，故选A。

C

【解析】A．反应体系中加入催化剂，降低活化能，则E₁、E₂都减小，故A错误；

B．反应体系中加入催化剂，正逆反应速率增大，由于活化能差值不变，则△H不变，故B错误；

C．由图像可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，A的转化率减少，故C正确；

D．由图像可知，反应物总能量大于生成物总能量，反应放热，△H＜0，故D错误；

故选C。

C

【解析】A.该反应气体物质的量减小，所以△S<0，该反应能自发进行，即△H–T△S＜0，则该反应的△H<0，故A错误；

B.c(SO₄^2-)增大，沉淀溶解平衡向左移动，c(Ba²⁺)减小，故B错误；

C.水解过程吸热，加热0.1mol/LNa₂CO₃溶液，CO₃^2-的水解程度和溶液的pH均增大，故C正确；

D.加入少量浓硫酸并加热，升温平衡左移，该反应的平衡常数减小，故D错误；

故选C。

C

【解析】A选项，硫蒸气的能量高于硫固体能量，所以等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量少，故A错误；

B选项，由C（石墨）=C（金刚石）ΔH = +1.9kJ/mol可知，能量越低越稳定，石墨比金刚石稳定，故B错误；

C选项，在稀溶液中：H⁺（aq）+OH^－（aq）=H₂O（l） ΔH= - 57.3kJ/mol，若将含1molCH₃COOH的醋酸溶液与含1molNaOH的溶液混合，由于醋酸电离是吸收热量，因此放出的热量小于57.3kJ，故C正确；

D选项，在101kPa时，2gH₂完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H₂(g)+O₂(g)=2H₂O(l)  ΔH= -571.6 kJ/mol，故D错误；

综上所述，答案为C。

【点睛】等量的同种物质状态不同能量不同，气态能量最高，液态能量次之，固态能量最低。

D

【解析】A. Kw=c（H⁺）c（OH^-），K_W仅是温度的函数，且随温度升高而增大，所以图中A、B、D三点处K_W间的关系：B>A=D，故A错误；

B.100℃时，Kw=10^-12，向pH=2 的稀硫酸中逐滴加入等体积pH=10 的稀氨水后，溶液中c（OH^-）增大，而一水合氨的电离平衡常数Kb= 不变，故减小；而最终氨水过量，溶液显碱性，反应后溶液不能达到B点，故B错误；

C.温度不变，在水中加入适量NH₄Cl 固体，溶液由中性变为酸性，而C点也显中性，故溶液不能由A变为C点，故C错误；

D.加热浓缩A点溶液，由于A点溶液显中性，故加热浓缩后仍显中性，且升高温度，Kw增大，故可以到达B点，故D正确；

故选D。

A

【解析】A. pH＝3的CH₃COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性， 且溶液中存在Na⁺、CH₃COO^-、H⁺、OH^-四种离子，故A正确；

B.由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH₃COOH溶液混合生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，与溶液的酸性不符，故B错误； 

C.根据电荷守恒有c(CH₃COO^-)+c(OH^-)=c(H⁺)+c(Na⁺)，如果溶液中存在c(CH₃COO^-)＞c(Na⁺)，则c(OH^-)<c(H⁺)，与题给结论不符，故C错误；

D. 加入氨水，由电荷守恒得：c(CH₃COO^－)＋c(OH^－)=c(Na^＋)＋c(NH₄^＋)＋c(H^＋)，当溶液仍呈酸性即c(OH^－)＜c(H^＋)，则c(CH₃COO^－)＞c(NH₄^＋)＋c(Na^＋)；当溶液呈中性时，c(H^＋)＝c(OH^－)，则c(CH₃COO^－)＝c(NH₄^＋)＋c(Na^＋)；当溶液呈碱性时，c(H^＋)＜c(OH^－)，则c(CH₃COO^－)＜c(NH₄^＋)＋c(Na^＋)，所以c(CH₃COO^－) 不一定大于c(Na^＋)、c(NH₄^＋)之和，故D错误。

综上所述，本题选A。

C

【解析】A、酸碱中和是放热反应，故△H应为负值，选项A错误；

B、燃烧热为1mol H₂完全燃烧的热效应，故在101KPa下氢气的燃烧热285.5 kJ·mol^-1，则水分解的热化学方程式：H₂O(l)=H₂(g)+O₂(g)  △H = +285.5 kJ·mol^-1，选项B错误；

C、由反应2C(s)+O₂(g)=2CO(g)  △H=－221 kJ·mol^-1可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5 kJ，CO燃烧生成二氧化碳继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于110.5 kJ，所以碳的燃烧热大于110.5 kJ/mol，选项C正确；

D、2N₂O₅(g)4NO₂(g)+O₂(g)  ΔH>0 反应为熵增反应，△S＞0，则高温条件下才有可能满足△H-T△S<0，反应才能自发进行，选项D错误；

答案选C。

【点睛】本题考查热化学方程式的书写及化学反应方向的判断。题中应该注意燃烧热和中和热的含义。在25℃、101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热；在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol液态水时所释放的热量叫做中和热；注意两个1mol，前者是1mol可燃物，后者是1mol水。只有正确理解好含义才能对热化学方程式进行判断解答。

C

【解析】

A.由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，即升高温度平衡逆移；

B.化学平衡常数只受温度影响，升高温度平衡向吸热反应移动，根据平衡移动判断温度对平衡常数的影响分析；

C.由图可知，T₂时反应进行到状态D，c(NO)高于平衡浓度，反应向正反应进行；

D.达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系。

【详解】A.由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，由于升高温度化学平衡向吸热反应方向移动，所以正反应为放热反应，即△H<0，A错误；

B.该反应正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应移动，所以升温化学平衡常数减小，K₁>K₂，B错误；

C.T₂时反应进行到状态D，c(NO)高于平衡浓度，则化学反应向正反应进行，则一定有v_正>v_逆，C正确；

D.该反应是反应前后气体体积相等的反应，在同一温度下的气体压强相同，达到平衡状态时，压强和温度成正比例关系，则p(C)>p(D)=p(B)，D错误；

故合理选项是C。

【点睛】本题以化学平衡图象为载体，考查温度对化学平衡常数及对平衡移动的影响。注意曲线的各点都处于平衡状态，曲线上的点正反应速率大于逆反应速率，反应正向进行；曲线下方的点逆反应速率大于正反应速率，反应逆向进行。

C

【解析】A.由电离常数Ka的关系可知，1.8×10^-5＞4.9×10^-10＞7.1×10^-15，则酸性CH₃COOH＞HCN＞HS^-，显然等浓度时Na₂S的水解程度最大，其溶液的pH最大，则等物质的量浓度的各溶液pH关系为pH（Na₂S）＞pH（NaCN）＞pH（CH₃COONa），故A错误；

B.溶液中的电荷守恒：C（H⁺）+c（Na⁺）=c（CN^-）+C（OH^-），已知c（Na⁺）＞c（CN^-），可知c（H⁺）＜c（OH^-），溶液呈碱性，则a可以小于或等于b，故B错误；

C.根据溶液中的电荷守恒，可知NaHS和Na₂S的混合溶液中，一定存在c(Na^＋)＋c(H^＋)＝c(OH^－)＋c(HS^－)＋2c(S^2－)，故C正确；

D. 25 ℃时，某浓度的HCN溶液的pH＝d，则其中c(OH^－)＝10^d-14mol/L，故D错误；

故答案选C。

【点睛】明确溶液中的溶质及酸性强弱的比较、电荷守恒是解答本题的关键，A是学生解答的易错点。

D

【解析】A．原电池负极铜失电子，正极银得电子，电子从负极沿导线流向正极，电解质溶液通过离子的定向移动形成电流，所以电子不经过电解质溶液，故A错误；
B．铜线代替盐桥，乙池是原电池，甲池是电解池发生电镀，所以不是原来的装置反应原理，故B错误；
C．银片是原电池的正极，溶液中的银离子得到电子发生还原反应，电极反应是Ag⁺+e^-=Ag，故C错误；
D．铜片浸入AgNO₃溶液中发生的化学反应与该原电池总反应都是发生了Cu+2Ag⁺=2Ag+Cu²⁺；故D正确；
故选D。

D

【解析】A．向水中加入稀醋酸，抑制水的电离，平衡逆向移动，c(OH^－)减小，A错误；

B．将水加热促进水的电离，K_w增大，pH变小，B错误；

C．向水中加入少量NH₄Cl固体，铵根水解，促进电离，平衡正向移动，c(H⁺)增大，C错误；

D．K_w只受温度影响，硫酸氢钠完全电离导致c(H⁺)增大，D正确；

答案选D。

【点睛】注意水也是一种弱电解质，存在电离平衡，外界条件对水电离平衡的影响也适用于勒夏特列原理。其中选项B是解答的易错点，注意加热后氢离子浓度增大，但仍然等于氢氧根的浓度。

A

【解析】

电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时,阳极上氢氧根离子放电生成氧气,阴极上先铜离子放电生成铜单质,当铜离子完全析出时,氢离子放电生成氢气,气体的物质的量==1mol；

每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，

所以根据转移电子守恒得铜的物质的量==1mol，

则铜离子的物质的量浓度= =2mol/L，

根据电荷守恒得钾离子浓度=6 mol⋅L⁻¹−2 mol⋅L⁻¹×2=2 mol⋅L⁻¹，

【详解】A. 根据分析知,原混合溶液中c(K⁺)为2 mol⋅L⁻¹，故A正确；

B. 转移电子的物质的量=1mol×4=4mol，故B错误；

C. 根据以上分析知，铜的物质的量为1mol，故C错误；

D. 当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子,当电解硝酸钾溶液时,实际上是电解水,所以电解后氢离子的物质的量为氧气的4倍,为1mol×4=4mol,则氢离子浓度==8 mol⋅L⁻¹，故D错误；

故选A。

B

【解析】

A. 室温下，向1 mL 0.1mol/L AgNO₃溶液中加入几滴0.01mol/L NaCl溶液出现白色沉淀，再滴加几滴0.1mol/L NaI溶液，出现黄色沉淀，该过程中硝酸银过量，两种沉淀都生成，不存在沉淀的转化问题，故不能比较氯化银和碘化银的溶度积大小，故A错误；B.醋酸钠溶液中存在醋酸根离子的水解，使溶液呈碱性，滴入酚酞试液，加热后红色加深，说明加热促进了醋酸根离子的水解，则可以证明盐类的水解是吸热反应，故B正确；C.原溶液中若含有Fe³⁺，加入KSCN溶液后，溶液也会变红，所以不能说明原溶液中是否含有Fe²⁺，故C错误；D. 将FeCl₃饱和溶液滴加到NaOH溶液中生成氢氧化铁沉淀，不能制得氢氧化铁胶体，故D错误；答案选B。

AC

【解析】A．常温下，pH均为9的CH₃COONa和NaOH溶液中，氢氧根离子浓度相同，酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，水的电离程度不相同，故A正确；

B．反应NH₃(g)+HCl(g)=NH₄Cl(s)在室温下可自发进行，根据△H-T△S＜0，反应△S＜0，则该反应的△H＜0才能满足△H-T△S＜0，故B错误；

C．向浓度均为0.1 mol•L^-1的MgCl₂、CuCl₂混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀为氢氧化铜沉淀，氢氧化镁和氢氧化铜的阴阳离子比相同，说明K_sp[Mg(OH)₂]＞K_sp[Cu(OH)₂]，故C正确；

D．加入适量CCl₄，碘溶解在CCl₄层显紫色，则由现象可知I₂在CCl₄中的溶解度比在水中的大，KI₃在CCl₄中几乎不溶，故D错误；

故选AC。

    (1). CO、N₂    (2). 285.8    (3). -392.8kJ/mol    (4). AD    (5). 升温或减压

【解析】

（1）N₂、CO、CO₂、H₂O中的电子数分别为14、14、22和10个；

（2）①燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量；

②（1）CO（g）+2H₂（g）⇌CH₃OH（g）△H=-90.8kJ/mol，（2）2H₂（g）+O₂（g）═2H₂O（g）△H=-483.6kJ∙mol^-，根据盖斯定律：（2）-（1）得到△H；

③根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；

（3）吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨，平衡逆向进行，结合平衡移动原理分析。

【详解】(1)N₂、CO、CO₂、H₂O中的电子数分别为14、14、22和10个，故氮气和CO为等电子体，故答案为N₂、CO；

(2)①根据燃烧热概念，结合热化学方程式，2H₂(g)+O₂(g)=2H₂O (l)△H=-571.6kJ/mol，氢气的燃烧热为：H₂(g)+O₂(g)=H₂O (l)△H=-285.8kJ/mol，所以氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，故答案为285.8；

②(1)CO(g)+2H₂(g)⇌CH₃OH(g)△H=-90.8kJ/mol，(2)H₂(g)+O₂(g)=H₂O(g)△H=-241.8kJ/mol；根据盖斯定律可知：(2)×2-(1)得到：CH₃OH(g)+O₂(g)⇌CO(g)+2H₂O(g)△H=-392.8 kJ/mol，故答案为-392.8 kJ/mol；

②恒温恒容的容器内进行反应CO(g)+2H₂(g)⇌CH₃OH(g)。

A、平衡状态各组分的含量不变，证明反应达到平衡，故A正确；

B、氢气和一氧化碳的起始量和消耗量决定，容器中H₂浓度与CO浓度相等不能证明反应达到平衡，故B错误；

C、混合气体的密度=，反应过程中气体质量守恒，容器体积相同，密度不变，不能证明反应达到平衡，故C错误；

D、化学反应速率之比等于化学方程式中计量数之比，CO的生成速率与CH₃OH的生成速率相等，说明正逆反应速率相同，故D正确；

故答案为AD；

(3)CH₃COOCu(NH₃)₂ (aq)+CO(g)⇌CH₃COOCu(NH₃)₂•CO(aq)△H＜0，反应是气体体积减小放热反应，故升高温度或减小压强均可以使平衡左移从而实现CO与吸收液的分离，故答案为升温或减压。

    (1). a＞c＞b    (2). 250mL容量瓶    (3). 0.2000 mol/L    (4). ad    (5). 0.0100 mol/L 醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于l    (6). 用镊子取一小片pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，与标准比色卡对照    (7). 分别测定等浓度CH₃COONa和NaHCO₃溶液的pH，NaHCO₃溶液的pH较大，则醋酸的酸性比碳酸的强

【解析】

（1）①导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小，据此进行分析；

②根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤确定仪器；

③根据中和滴定原理，利用c（CH₃COOH）= 计算，要舍弃误差较大的数据；根据c（待测）=分析误差；

（2）①弱酸存在电离平衡，加水稀释平衡右移，促进电离，氢离子浓度不能减小到所要稀释的倍数；

②根据使用pH试纸测量溶液方法进行分析；

③根据盐类水解规律：组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，物质的量浓度相同时，溶液的碱性越强，pH越大，据此规律进行方案的设计。

【详解】（1）①导电能力越强，离子浓度越大，氢离子浓度越大，pH越小，则a、b、c三点溶液的pH由大到小的顺序为a＞c＞b；

②根据仪器的用途选取仪器，配制250 mL 0.4 mol·L^－1 醋酸溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和250 mL容量瓶；

③根据NaOH的体积，第3次数据显然误差较大，舍去；另外三次所用NaOH平均体积为20 mL，则氢氧化钠溶液平均浓度==0.2000 mol/L；

a．未用标准液润洗碱式滴定管，则消耗标准液的体积增加，测定结果偏高；

b．滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，其他操作正确，导致消耗的标准液体积读数偏小，根据c（待测）=可知，测定结果偏低；

c．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，此操作正确，不影响测定结果；

d．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，根据c（待测）=可知，偏高，则测定结果浓度偏高；

答案选ad；

（2）①若醋酸为强酸，则完全电离由于是一元酸，0.0100mol/L的醋酸的pH应为2，已知pH为3.38，说明醋酸没有完全电离,是弱酸；故结论的依据是：0.0100 mol/L 醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时，pH的变化值小于l；

②用pH试纸测 0.1mol·L^－1 醋酸溶液pH的方法: 用镊子取一小片pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，与标准比色卡对照；

③根据盐类水解规律：组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，物质的量浓度相同时，溶液的碱性越强，pH越大，设计实验证明醋酸的酸性比碳酸的强：分别测定等浓度CH₃COONa和NaHCO₃溶液的pH，NaHCO₃溶液的pH较大，则醋酸的酸性比碳酸的强。

    (1). Pb -2e^- + SO₄^2- = PbSO₄    (2). 增大    (3). 0.5mol    (4). Pb    (5). H₂    (6). H₂ -2e^- + 2OH- =2H₂O    (7). O₂ + 4e^- + 2H₂O = 4OH^-    (8). H₂ – 2e^- = 2H⁺    (9). O₂ + 4H⁺ + 4e^－ = 2H₂O

【解析】

（1）①因为放电时总反应为：Pb + PbO₂ + 2H₂SO₄ = 2PbSO₄ + 2H₂O，Pb失电子发生负极反应，产生的Pb²⁺在H₂SO₄溶液中结合SO₄^2-生成难溶于水的PbSO₄，故其负极反应式为：Pb -2e^- + SO₄^2- = PbSO₄；②根据电池反应式知，硫酸参加反应，且反应中生成水，导致溶液中氢离子浓度减小，则溶液的pH增大；根据反应Pb + PbO₂ + 2H₂SO₄ = 2PbSO₄ + 2H₂O，转移2mol电子时，消耗2mol H₂SO₄，当外电路上有0.5mol电子通过时，溶液中消耗H₂SO₄的物质的量为0.5mol；③ 放电完后，对该电池进行充电，在连接电源的负极一端是阴极，阴极发生的电极反应式为：PbSO₄ +2e^- = Pb + SO₄^2-，则阴极上生成Pb；

（2）① 则负极通入的是H₂，碱性条件下氢气失去电子生成的氢离子与氢氧根离子结合生成水，则负极电极反应式为：H₂ -2e^- + 2OH- =2H₂O；正极氧气得电子产生氢氧根离子，电极反应式为：O₂ + 4e^- + 2H₂O = 4OH^-；②如把导电介质改为稀H₂SO₄，酸性条件下氢气在负极失电子产生氢离子，电极反应式为：H₂ – 2e^- = 2H⁺；氧气在正极得电子产生的氢氧根离子与氢离子结合生成水，电极反应式为：O₂ + 4H⁺ + 4e^－ = 2H₂O。