C

解：A．等效为在原平衡的基础上压强增大一倍到达的平衡状态，与原平衡相比平衡向逆反应方向移动，C的物质的量减小大于混合气体总物质的量减小，故C的物质的量百分含量降低，故A错误；

B．等效为开始加入4molA+2molB，进一步等效为在原平衡的基础上压强增大一倍到达的平衡状态，与原平衡相比平衡向逆反应方向移动，C的物质的量减小大于混合气体总物质的量减小，故C的物质的量百分含量降低，故B错误；

C．等效为开始加入2molA+2molB，相当于在原平衡的基础上在加入1molB，平衡向正反应方向移动，故C的物质的量百分含量增大，故C正确；

D．等效为开始加入2molA+1molB，与原平衡为完全等效平衡，C的物质的量百分含量不变等于w，故D错误，

故选C．

【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）．

B

解：A、若pD=7，则中性溶液中，c（D+）=c（OD﹣）=10﹣7mol/L，重水（D2O）的离子积为c（D+）•c（OD﹣）=1×10﹣14 ， 故A正确；

B、若0.01mol/LNaOD的D2O溶液，pD=12，c（D+）=10﹣12 ， 则c（OD﹣）= =1.6×1O﹣3≠0.01，故B错误；

C、pD=﹣lgc（D+），把c（D+）=0.01mol/L带人后可以求得pD=﹣lgc（D+）=﹣lg10﹣2=2，故C正确；

D、n（DCl）=0.025mol，n（NaOD）=0.01mol，D+有剩余，剩余的n（D+）=0.015mol，反应后溶液中，c（D+）=0.015÷0.15L=0.1mol/L，显然pD=1.0，故D正确．

故选B．

【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．

C

解：A、分析图象拆化学键和形成化学键能量变化判断，反应是放热反应；反应热△H=﹣183kJ/mol；故A错误；

B、先拐先平压强大，P2＞P1 ， 压强越大B的含量越小，平衡正向进行，正向是气体体积减小的反应，D一定不是气体；故B错误；

C、醋酸是弱酸存在电离平衡，体积和pH均相同的HCl和CH3COOH两种溶液中加入过量锌，醋酸溶液中生成氢气多；故C正确；

D、碳酸钠溶液中滴入盐酸开始无气体生成，滴入到碳酸钠反应为碳酸氢钠时，再加入盐酸会生成气体，碳酸氢钠溶液中滴入盐酸生成气体，b为碳酸氢钠；故D错误；

故选C．

【考点精析】认真审题，首先需要了解反应热和焓变(在化学反应中放出或吸收的热量，通常叫反应热)，还要掌握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）)的相关知识才是答题的关键．

A

解：A、依据先拐先平的判断方法可知T＜250℃，升高温度，甲醇物质的量减少，平衡逆移，所以正反应为放热反应，△H＜0，所以a＜0，故A正确；

B、0～10min内甲醇物质的量增加了0.15mol，根据方程式氢气的变化量为：0.15mol×2=0.3mol，所以v（H2）= =0.03mol/（L•min），故B错误；

C、已知该反应△H＜0，而且T＜250℃，温度越低CO的转化率越大，所以CO的转化率：T℃时大于250℃时，故C错误；

D、250℃时，起始时向容器中改充1molCH3OH气体，与原平衡是等效平衡，所以恒温达平衡后，CH3OH的物质的量等于0.15mol，故D错误；

故选A．

【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）．

B

解：A、由表中甲组数据可知，一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度混合，二者恰好反应，NaA溶液浓度为乙组NaA溶液浓度的一半，浓度对溶液的碱性影响大于电离程度，碱性比乙组的碱性弱，即pH＜9，所以a＜9，故A错误；

B、pH=9NaA溶液中c（H+）=10﹣9mol/L，氢氧根来源于水的电离和A﹣的水解，水每电离产生1个氢离子同时产生1个氢氧根离子，A﹣水解，生成1个HA分子同时生成1个氢氧根离子，所以溶液中c（OH﹣）= =10﹣5mol•L﹣1 ， 故B正确；

C、一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，二者恰好反应，溶液pH=9，由表中数据可知丙组溶液呈中性，酸HA应过量些，故c1＞0.2，故C错误；

D、溶液呈电中性，一定存在c（OH﹣）+c（A﹣）=c（Na+）+c（H+），溶液pH＜7，则c（OH﹣）＜c（H+），所以c（A﹣）＞c（Na+），故D错误；

故选B．

A

解：pH为5的溶液中氢离子浓度为：c（H+）=1×10﹣5mol/L，硫酸根离子的浓度为：c（SO42﹣）=5×10﹣6mol/L，

溶液稀释500倍后，氢离子浓度不可能小于1×10﹣7mol/L，只能无限接近1×10﹣7mol/L，而硫酸根离子浓度为：c（SO42﹣）=1×10﹣8mol/L，

所以稀释后溶液中氢离子与硫酸根离子的浓度之比为：1×10﹣7mol/L：1×10﹣8mol/L=10：1，故选A．

B

解：A、pH=1的溶液中存在大量的H+ ， 该组离子之间不反应，能共存，但Cu2+在水溶液中为蓝色，与无色溶液不符，故A错误；

B、石蕊试纸变蓝色的溶液显碱性，碱性条件下该组离子之间不反应，能够大量共存，故B正确；

C、加入铝粉能产生H2的溶液，可能为酸或碱的溶液，酸溶液时，Fe2+、NO3﹣发生氧化还原反应，则不能大量共存，若为碱溶液时，NH4+、OH﹣结合，Fe2+、OH﹣结合，则也不能大量共存，故C错误；

D、水电离出的c（H+）=1×10﹣12mol/L的溶液，水的电离受到抑制，可能为酸或碱的溶液，HCO3﹣既能与H+反应，又能与OH﹣反应，则一定不能大量共存，故D错误；

故选B．

B

解：A．酸性条件下，氢氧化镁不能存在，该原电池的电池反应式为H2O2+2H++Mg═Mg2++2H2O，故A错误；

B．正极上双氧水得电子和氢离子发生还原反应而生成水，电极反应式为H2O2+2H++2e﹣═2H2O，故B正确；

C．放电时，正极上电极反应式为H2O2+2H++2e﹣═2H2O，导致溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故C错误；

D．放电时，溶液中阳离子氢离子向正极移动，故D错误；

故选B．

B

解：A、因氢氧化镁溶度积小，由Ksp计算则其c（Mg2+）小，故A错误；

B、NH4+结合OH﹣使氢氧化镁溶解平衡正向移动，c（Mg2+）增大，故B正确；

C、Ksp不随浓度变化，只与温度有关，故C错误；

D、二者Ksp接近，加入NaF溶液后，Mg（OH）2和MgF2两种沉淀都会有，故D错误．

故选B．

C

平衡常数K= =0.025，故C正确；
D、相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl5、0.40molPCl3和0.40molCl2 ， 物质浓度分别为0.5mol/L，0.1mol/L，0.1mol/L，结合浓度商Q= =0.02＜K=0.025，反应没有达到平衡状态，反应正向进行，达到平衡前v（正）＞v（逆），故D错误；
故选C．
【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），以及对化学平衡的计算的理解，了解反应物转化率=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%．

C

解：A．电解质溶液中呈电中性，由电荷守恒：c（K+）+c（H+）═c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故A正确；

B．假设NaHCO3为1mol、Ba（OH）2为3mol，二者发生反应NaHCO3+Ba（OH）2=BaCO3↓+NaOH+H2O，溶液中的溶质是NaOH为1mol、Ba（OH）2为2mol，二者完全电离，则混合溶液中离子浓度大小顺序是c（OH﹣）＞c（Ba2+）＞c（Na+）＞c（H+），故B正确；

C．溶液中存在平衡：CH3COOH⇌H++CH3COO﹣ ， 加入醋酸钠，c（CH3COO﹣）增大，平衡逆向移动，醋酸电离程度减小，溶液的pH升高，故C错误；

D．pH=3的CH3COOH溶液中氢氧根离子浓度为10﹣11mol/L，CH3COOH溶液中氢氧根离子源于水的电离，pH=11的NaOH溶液中氢离子浓度为10﹣11mol/L，而NaOH溶液中氢离子源于水的电离，则量两溶液中水的电离程度相同，故D正确．

故选：C．

【考点精析】根据题目的已知条件，利用弱电解质在水溶液中的电离平衡的相关知识可以得到问题的答案，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．

D

解：盛有饱和碳酸钠溶液的烧杯中插入惰性电极，保持温度不变，通电时氢离子放电生成氢气，氢氧根离子放电生成氧气，即电解水，

A．因温度不变，溶剂减少后还是饱和溶液，则浓度不变，pH不变，故A错误；

B．因温度不变，溶剂减少后还是饱和溶液，则钠离子数和碳酸根离子数的比不变，故B错误；

C．因温度不变，溶剂减少后还是饱和溶液，则溶液浓度不变，故C错误；

D．原溶液为饱和溶液，温度不变，溶剂减少时有晶体析出，溶液仍为饱和溶液，浓度不变，故D正确；

故选D．

A

解：盐酸抑制水的电离，水电离出的氢离子浓度为1.0×10﹣amol•L﹣1 ， 则c（H+）= =1.0×10a﹣14mol/L，溶液pH=14﹣a，

氯化铵水解呈酸性，促进水的电离，如水电离出的氢离子浓度1.0×10﹣bmol•L﹣1 ， 则c（H+）=1.0×10﹣bmol•L﹣1 ， 溶液pH=b，

则这两种溶液的pH之和为14﹣a+b，

故选A．

D

解：A、铁与硝酸反应生成物可能是Fe2+或Fe3+离子，当生成Fe2+离子时，转移的电子数为0.2×6.02×1023 ， 当生成Fe3+离子时，转移的电子数为0.3×6.02×1023 ， 故A错误；

B、MgCl2的分解反应属于吸热反应，△H＞0，反应后生成气体，熵变增加，△S＞0，故B错误；

C、由Cu﹣2e=Cu2+ ， 32g铜的物质的量为0.5mol，则转移电子数为6.02×1023个，但在阳极比铜活泼的金属锌、铁等先失去电子，则转移电子数大于6.02×1023个，故C错误；

D、0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液中，根据物料守恒有：c（Na+）=2c（H2SO3）+2c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣），

根据溶液电中性有：c（Na+）+c（H+）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）+c（OH﹣），

则：c（OH﹣）﹣c（H+）=c（Na+）﹣c（HSO3﹣）﹣2c（SO32﹣）=2c（H2SO3）+2c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）﹣c（HSO3﹣）﹣2c（SO32﹣）=

2c（H2SO3）+c（HSO3﹣），故D正确．

故选D．

【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．

B

解：A、气体的溶解度随温度的升高而减小，随压强的增大而增大，由气体的溶解度随压强的增大而增大，因此常温时打开汽水瓶时，瓶内的压强减小，因此瓶内的二氧化碳会从瓶中溢出，可以用勒夏特列原理解释，故A不选；

B、由H2、I2（g）、HI气体组成的平衡，反应前后气体体积不变，减压后平衡不动，体积增大颜色变浅，不能用勒夏特列原理解释，故B选；

C、实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡逆向进行，Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，可以用勒夏特列原理解释，故C不选；

D、合成氨反应是气体体积减小的反应，合成氨工厂学采用增大压强以提高原料的利用率，可以用勒夏特列原理解释，故D不选；

故选B．

【考点精析】利用化学平衡移动原理以及影响因素对题目进行判断即可得到答案，需要熟知影响因素：①浓度：增大反应物（或减小生成物）浓度，平衡向正反应方向移动；②压强：增大压强平衡向气体体积减小的方向移动．减小压强平衡向气体体积增大的方向移动；③温度：升高温度，平衡向吸热反应方向移动．降低温度，平衡向放热反应方向移动；④催化剂：不能影响平衡移动．

（1）锥形瓶；烧杯

（2）不断振荡锥形瓶；锥形瓶内溶液颜色的变化

（3）蓝；无

（4）

（5）偏高

（6）偏低

解得m=8bV×10﹣3g，则1L水样含氧气质量为： = g/L；
所以答案是： ；（5）滴定时，滴定管经水洗，蒸馏水洗后加入滴定剂Na2S2O3溶液，标准液体被稀释，浓度变稀，造成V（标准）偏大，根据溶解氧= g/L，可知浓度偏高；
所以答案是：偏高；（6）记录测定结果时，滴定前仰视刻度线，读数偏大，滴定到达终点时又俯视刻度线，读数偏小，造成V（标准）偏小，根据溶解氧= g/L，可知浓度偏低，所以答案是：偏低．
【考点精析】解答此题的关键在于理解酸碱中和滴定的相关知识，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．