A

解：根据目标方程，把方程3反写，计量数乘以2；把方程2乘以 ；把方程1乘以 ；然后三者相加；即﹣△H3×2+△H2× +△H1× = （△H1+△H2﹣3△H3）， 故选A．

C

解：A、起始时向这两个容器中分别充入等物质的量SO3气体，反应向气体的物质的量增多的方向移动，A容器有一个可以移动的活塞能使容器内保持恒压，B容器能保持恒容，则A的压强小于B的压强，压强越大，反应速率越大，则B达到平衡所需要的时间短，故A错误；B、压强增大，平衡向生成SO3的方向移动，B容器中SO3的转化率小，故B错误；

C、A的压强小，有利于SO2的生成，则达到平衡时A容器中SO2的物质的量更多，故C正确；

D、达到平衡后，向两容器中分别通入等量的氦气，A容器保持压强变化，则需增大体积，平衡向生成SO2的方向移动，A容器中SO3的体积分数减小，B体积不变，氦气对平衡没有影响，B容器中SO3的体积分数不变，故D错误．

故选C．

【考点精析】认真审题，首先需要了解化学平衡状态本质及特征(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：由图得：①C（S，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1②C（S，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣395.4kJ•mol﹣1 ，

利用盖斯定律将①﹣②可得：C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1 ， 则

A、由图象可知，金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故A错误；

B、依据热化学方程式 C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1 ， 12g石墨的总键能比1 mol金刚石的总键能大于1.9 kJ，故B错误；

C、石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，故C错误；

D、因C（s、石墨）=C（s、金刚石）△H=+1.9kJ•mol﹣1 ， 故D正确；

故选D．

【考点精析】利用反应热和焓变对题目进行判断即可得到答案，需要熟知在化学反应中放出或吸收的热量，通常叫反应热．

D

解：A．HCO +H2O⇌H2CO3+OH﹣为碳酸氢根离子水解方程式，其电离方程式为HCO3﹣⇌CO +H+ ， 故A错误； B．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HCO ）+2c（CO ）+c（OH﹣），故B错误；

C．碳酸氢钠溶液呈碱性，说明HCO3﹣的电离程度小于HCO3﹣的水解程度，所以溶液中c（H+）＜c（OH﹣），故C错误；

D．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=c（HCO ）+c（CO ）+c（H2CO3），故D正确；

故选D．

C

解：A．氯化氢是两种非金属元素构成的化合物，属于共价化合物，NaCl属于离子化合物，故A错误；B．PH=4.5的番茄汁中c（H+）=10﹣4.5mol/L，PH=6.5的牛奶中c（H+）=10﹣6.5mol/L，则pH=4.5的番茄汁中c（H+）是pH=6.5的牛奶中c（H+）的100倍，故B错误；

C．室温下，pH=3的亚硫酸溶液中的氢离子浓度为10﹣3mol/L，pH=11的氨水中的氢氧根离子浓度c（OH﹣）= =10﹣3mol/L，则室温下，pH=3的亚硫酸溶液中的氢离子浓度与pH=11的氨水中的氢氧根离子浓度相等，故C正确；

D．将pH=5的H2SO4溶液稀释1000倍，c（H+）接近1×10﹣7mol/L，c（SO42﹣）变为原来的 ，以稀释后溶液中SO42﹣离子浓度与H+离子浓度的比值约为：5×10﹣9mol/L：1×10﹣7mol/L=1：20，故D错误；

故选C．

D

解：A．根据左图知，30～40 min间改变条件，正逆反应速率都减小且相等，平衡不移动，但反应物、生成物物质的量浓度都减小，且C的物质的量浓度减少量是A、B的二倍，所以应该是增大体积、减小压强，平衡不移动，说明反应前后气体体积计量数之和不变，所以x=1，所以30～40 min间改变的体积是减小压强，故A错误；B．根据A知，x=1，40﹣54min时，正逆反应速率都增大，改变的条件是升高温度，升高温度平衡向吸热反应方向移动，平衡逆向移动，所以正反应是放热反应，故B错误；

C．根据A、B知，30min、40min时改变的条件分别是减小压强、升高温度，故C错误；

D.8min前A的平均反应速率= = =0.08mol•L﹣1•min﹣1 ， 故D正确；

故选D．

D

解：A．pH=12的溶液中c（OH﹣）=10﹣2mol•L﹣1 ， 如为盐溶液，促进水的电离，则由水提供的c（OH﹣）是10﹣2mol•L﹣1 ， 如为碱溶液，由Kw=c（OH﹣）×c（H+）=10﹣14可知，c（H+）=10﹣12mol/L，则水提供的c（OH﹣）一定是10﹣12mol•L﹣1 ， 故A错误；B．酸碱的强弱未知，反应后的酸碱性不能确定，故B错误；

C．将pH=6和pH=4的两种盐酸等体积混合后c（H+）≈ ×10﹣4mol/L，则混合后其c（OH﹣）=2×10﹣10mol/L，故C错误；

D．Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，且以第一步水解为主，溶液中离子浓度大小顺序为c（Na+）＞c（CO ）＞c（OH﹣）＞c（HCO ）＞c（H+），故D正确．

故选D．

A

解：25mLNaOH溶液中进入20mL 0.125mol•L﹣1的盐酸，混合液的pH=7，两溶液恰好反应，则n（HCl）=n（NaOH），即：c（NaOH）×0.025L=0.125mol/L×0.02L，

解得：c（NaOH）=0.1mol/L，

该氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，

则该氢氧化钠溶液中氢离子浓度为： mol/L=1×10﹣13mol/L，

该溶液的pH=﹣lg1×10﹣13=13，

所以K点氢氧化钠溶液的pH为13，

故选A．

A

解：平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，保持温度不变将容器的容积缩小到原来的一半，如平衡不移动，则A的浓度应增大为1.0mol/L，而此时为0.9mol/L，则说明增大压强平衡向正方向移动，

A、由以上分析可知平衡向正反应方向移动，故A正确；

B、增大压强平衡向正方向移动，说明反应物气体的计量数之和大于生成物气体的计量数，应为x+y＞z，故B错误；

C、平衡向正方向移动，B的转化率增大，故C错误；

D、平衡向正方向移动，C的体积分数增大，故D错误；

故选A．

【考点精析】通过灵活运用化学平衡状态本质及特征，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）即可以解答此题．

D

解：①Fe2O3（s）+3CO（g）═2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣25kJ•mol﹣1②3Fe2O3（s）+CO（g）═2Fe3O4（s）+CO2（g）△H=﹣47kJ•mol﹣1

依据盖斯定律①×3﹣②得到：2Fe3O4（s）+8CO（g）═6Fe（s）+8CO2（g）△H=﹣28kJ/mol；

即得到热化学方程式为：Fe3O4（s）+4CO（g）═3Fe（s）+4CO2（g）△H=﹣14kJ/mol；

故选：D．

A

解：A．氨根离子为弱碱阳离子水解生成一水合氨和氢离子，离子方程式：NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+ ， 故A正确；B．溴离子为强酸根离子，不水解，故B错误；

C．碳酸根离子为多元弱酸根离子，分步水解，离子方程式为：CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣ ， 故C错误；

D．三价铁离子水解的离子方程式为：Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+ ， 故D错误；

故选：A．

C

解：前20s反应H2⇌2H的平均反应速率为：v= =0.002mol/（L•s）， 反应物浓度由0.06mol/L降到0.036mol/L，浓度变化为：0.06mol/L﹣0.036mol/L=0.024mol/L，

按照前20s的平均反应速率计算，反应消耗的时间为： =12s，

由于反应物浓度越小，反应速率越小，所以反应需要的时间大于12s，

故选C．

【考点精析】利用化学平衡的计算对题目进行判断即可得到答案，需要熟知反应物转化率=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%．

D

解：A、风能、水能、地热能、潮汐能绿色，无污染，故应因地制宜合理开发，故A正确；B、太阳能取之不尽用之不竭且绿色无污染，是理想的能源，故应充分利用太阳能，故B正确；

C、氢能来源广、热值高、无污染，核能安全的开发后也是理想能源，故正确；

D、潮汐能、风能等能量的获得不需经过化学反应，即能源并不是全部需经过化学反应获得，故D错误．

故选D．

（1）不变；c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）

（2）不能；HCO ；H2CO3；c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO ）

解：（1）一定温度下，向1L 0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中加入0.1mol CH3COONa固体，由于温度不变，而Ka= 只与温度有关，所以 的比值不变；溶液中存在电荷守恒为：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）， 所以答案是：不变；c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）；（2）常温下在20mL0.1mol/L Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/L HCl溶液40mL，先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成二氧化碳、水，①由反应及图象可知，在同一溶液中，H2CO3、HCO 、CO 不能大量共存，所以答案是：不能；②由图象可知，pH=7时，溶液中含碳元素的主要微粒为HCO 、H2CO3 ， 电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（HCO ）+c（OH﹣），则c（Na+）＞c（Cl﹣），因HCO3﹣水解，则溶液中含量最多的三种微粒的物质的量浓度的大小关系为：c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO ），所以答案是：HCO ；H2CO3；c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO ）．

【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．

（1）0.033mo1?L﹣1?min﹣1；＜

（2）P1＜P2；相同温度下，增大压强CO转化率提高

（3）25

解：（1）由表中数据可知，3min内参加反应氢气为8mol﹣4mol=4mol，故v（H2）= = mol/（L．min），速率之比等于其化学计量数之比，则v（CH3OH）= v（H2）= × mol/（L•min）=0.033mol/（L•min）；由图可知，随温度升高，CO的转化率降低，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，即Q＜0，所以答案是：0.033mol/（L•min）；＜；（2）由图可知，相同温度下，压强P2平衡时CO的转化率更大，而正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，CO的转化率提高，故压强P1＜P2 ， 所以答案是：P1＜P2；相同温度下，增大压强CO转化率提高；（3）在20L的密闭容器中，按物质的量之比1：2充入CO和H2 ， 开始氢气的浓度为： =0.4mol/L，CO浓度为： =0.2mol/L，由表中数据可知，3min到达平衡，平衡时氢气浓度为： =0.2mol/L，则： CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）

开始（mol/L）：0.2 0.4 0

转化（mol/L）：0.1 0.2 0.1

平衡（mol/L）：0.1 0.2 0.1

故平衡常数K= =25，

所以答案是：25．

【考点精析】本题主要考查了化学平衡的计算的相关知识点，需要掌握反应物转化率=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%才能正确解答此题．

（1）HCO +H2O?H2CO3+OH﹣；碱；不发生水解；中；Cu2++2H2O?Cu（OH）2+2H+；酸

（2）3H++2SO +2Ba2++3OH﹣═2BaSO4↓+3H2O；红色

（3）1×10﹣12；1×10﹣2

解：（1）碳酸钾为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解方程式为：HCO +H2O⇌H2CO3+OH﹣；K2SO4为强碱强酸盐，钾离子和硫酸根离子都不发生水解，所以K2SO4溶液呈中性；CuCl2是强酸弱碱盐，铜离子水解后溶液呈酸性，水解离子方程式为：Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+ ， 所以答案是：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣；碱；不发生水解；中；Cu2++2H2O⇌Cu（OH）2+2H+；酸；（2）100mL0.3mol•L﹣1的NaHSO4溶液中含有硫酸氢钠的物质的量为：n（NaHSO4）=0.1L×0.3mol/L=0.03mol/L，100mL0.2mol•L﹣1的Ba（OH）2溶液中含有氢氧化钡的物质的量为：n[Ba（OH）2]=0.1L×0.2mol/L=0.02mol， 硫酸根离子过量，则Ba2+完全反应，生成硫酸钡、水、NaOH，反应的离子反应为：3H++2SO42﹣+2Ba2++3OH﹣═2BaSO4↓+3H2O，反应后溶液显碱性，滴加2～3滴酚酞试液，则溶液的颜色变为红色，所以答案是：3H++2SO +2Ba2++3OH﹣═2BaSO4↓+3H2O；红色；（3）碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，则25℃时pH=12.0的KOH溶液中水电离出的c（OH﹣）=c（H+）=1×10﹣12 mol/L，K2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解促进了水的电离，溶液中氢氧根离子是水电离的，所以水电离出来的c（OH﹣）= mol/L=1×10﹣2 mol/L，

所以答案是：1×10﹣12；1×10﹣2 ．

（1）C；将Fe2+氧化

（2）AC

（3）不能

解：制取纯净的CuCl2•2H2O，由流程可知，加入a为氧化剂可氧化亚铁离子，但不能引入新杂质，则a为H2O2溶液，调节pH在3.2＜pH＜4.4使铁离子转化为沉淀，然后过滤，滤液在HCl气流中蒸发结晶得到CuCl2•2H2O，（1）流程中加入的试剂a最合适的是C，其目的是将Fe2+氧化，所以答案是：C；将Fe2+氧化；（2）氧化铜、氢氧化铜均可促进铁离子水解转化为沉淀，氯化铜不能，而NaOH与二者均反应不能除杂，所以答案是：AC；（3）因加热促进铜离子水解，生成的HCl易挥发，则不能直接蒸发结晶得到CuCl2•2H2O，所以答案是：不能．

（1）①；偏小；22.60；0.2

（2）10：1；s（AgX）＞s（AgY）＞s（AgZ）；减小

解：（1）a.滴定管在装液前要进行润洗，所以①错；

所以答案是：①；b.步骤⑤中，在记下滴定管液面读数时，滴定管尖嘴有气泡，造成V（标准）偏小，根据c（待测）= 分析，可知c（标准）偏小；所以答案是：偏小；c.滴定时的滴定管中的液面，其读数为22.60mL；所以答案是：22.60；d.三次滴定消耗的体积为：20.00mL，20.00mL，22.10，舍去第3组数据，然后求出1、2组平均消耗V（NaOH）=20.00mL，c（待测）= = =0.2000mol•L﹣1；所以答案是：0.2；（2）a.所得混合溶液为中性，则n（H+）=n（OH﹣），该温度下水的离子积常数KW=10﹣13 ， 则pH=11的溶液中c（OH﹣）= mol/L=0.01mol/L，

pH=1的硫酸中氢离子浓度为0.1mol/L，

则：bL×0.1mol/L=aL×0.01mol/L，

解得：a：b=10：1

所以答案是：10：1；b.根据化学式相似的物质的溶度积常数越小，物质越难溶，溶解度越小，可知三者溶解度（mol/L）的大小顺序为S（AgX）＞S（AgY）＞S（AgZ）；

AgX比AgY溶解度大，所以AgX饱和溶液中c（Ag+）较大，若向AgY的饱和溶液中加入少量AgX的固体，则c（Ag+）增大，AgY的沉淀溶解平衡逆移，所以c（Y﹣）将减小；

所以答案是：s（AgX）＞s（AgY）＞s（AgZ）；减小；

【考点精析】本题主要考查了酸碱中和滴定的相关知识点，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才能正确解答此题．