A

解：等物质的量浓度的两种弱酸的钠盐（NaA、NaB）溶液中分别通入适量的CO2 ，

发生如下反应：NaA+CO2+H2O=HA+NaHCO3 ， 说明HA的酸性小于碳酸而大于碳酸氢根离子，即酸性：H2CO3＞HB＞HCO3 ﹣ ，

2NaB+CO2+H2O=2HB+Na2CO3 ， 说明HB的酸性小于碳酸氢根离子，即酸性：HCO3 ﹣＞HB，

综上可知酸性：H2CO3＞HA＞HCO3 ﹣＞HB，所以HA较强，

故选A．

【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：电解硫酸铜时，开始电解硫酸铜和水反应生成铜、氧气和硫酸，后来电解水生成氢气和氧气，如果只按照第一阶段的电解，反应只需要加入氧化铜或碳酸铜就可以，但是现在加入的是氢氧化铜，相对于多加入了0.2mol氧化铜和0.2mol水，这0.2mol水应该是第二阶段的反应进行，该阶段转移了0.4mol电子，第一阶段转移了0.4mol电子，所以总共转移了0.8摩尔电子，故选D．

D

解：气态烃1mol最多可与2molHCl加成，说明分子中含有2个C=C或1个C≡C键，所得产物与Cl2发生取代反应时，若将氢原子全部取代，需要8mol Cl2 ， 说明烃分子中加成产物含有8个H原子，其中有2个H原子为与HCl加成生成，则原烃中含有H原子数目为6，碳原子数目为 =4，故ABC错误、D正确，故选D．

D

解：A．若用此装置给铁棒上镀上层银，则阴极为铁电极，阳极为银电极，即N电极改用银电极，M电极改用铁电极，故A错误；

B．碱性条件下，乙醇电极上乙醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：C2H5OH﹣12e﹣+16OH﹣=2CO32﹣+11H2O，故B错误；

C．甲池KOH溶液中经过0.05mol电子时，则理论上乙池转移电子也是0.05mol，所以M电极析出的银为0.05mol，即质量增加5.4g，故C错误；

D．M是阴极，阴极上银离子得电子生成Ag，则M电极上的电极反应式为：Ag++e﹣=Ag，故D正确；

故选D．

B

解：A、首先书写该溶液的电荷守恒式：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），然后根据题干c（Na+）＞c（CH3COOH），推出醋酸的电离大于CH3COO的水解，从而得出c（H+）＞c（OH），所以A错．

B、同样需要书写电荷守恒式：C（Na+）+c（H+）=c（HRO3﹣）+2c（RO32﹣）+c（OH），溶液呈中性，说明c（H+）=c（OH），从而推出C（Na+）=c（HRO3﹣）+2c（RO32﹣），所以B正确．

C、Na2SO3溶液中，因亚硫酸根离子的水解，导致离子一个变俩，所以离子总数最多．所以C错．

D、pH=3的HCl和pH=11的氨水均对水的电离起到抑制作用，并且抑制程度相同，所以③=②，D错．

故选：B

B

解：甲苯（C7H8）和甘油（C3H8O3）的相对分子质量为92，1个分子中H原子个数相等，

所以两者H的质量分数为 ×100%=8.7%，

两物质混合后H的质量分数不变，所以混合物中H的质量分数为8.7%．

故选B．

D

解：A、物质的量浓度均为0.1mol/L的①氨水 ②NH4Cl溶液 ③Na2CO3溶液 ④NaHCO3溶液各25mL，一水合氨电离生成氢氧根离子显碱性，氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性；碳酸根离子水解显碱性，碳酸氢根离子水解显碱性；同浓度碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子水解程度，溶液碱性强；所以溶液PH大小为：：①＞③＞④＞②，故A错误；

B、溶液①氨水是弱碱存在电离平衡； ②NH4Cl溶液水解显酸性，①、②等浓度等体积混合后pH＞7，说明溶液中一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，所以c（NH4+）＞c（NH3•H2O），故B错误；

C、盐酸和一水合氨恰好反应生成氯化铵溶液，氯化铵的浓度为0.05mol/L，氯化铵溶液中加入盐酸抑制铵根离子的水解，溶液中c（NH4+）：①＜②，故C错误；

D、向溶液③、④中分别加入25mL 0.1mol/L NaOH溶液后，碳酸氢钠和氢氧化钠反应生成碳酸钠溶液，两溶液中的离子种类相同，故D正确；

故选D．

A

解：A．明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，能吸附悬浮物而净水，故A正确；

B．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，阳极上铜失电子发生氧化反应，阴极上铜离子得电子发生还原反应，故B错误；

C．不锈钢、镀锌铁等中的Fe均不易腐蚀，故C错误；

D．催化剂只改变反应速率，不影响平衡移动，所以工业合成氨使用催化剂是为了加快反应速率，但不能提高氨的产量，故D错误；

故选A．

【考点精析】根据题目的已知条件，利用金属的电化学腐蚀与防护和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，需要掌握金属的保护：涂保护层；保持干燥；改变金属的内部结构，使其稳定；牺牲阳极的阴极保护法即用一种更为活泼的金属与要保护的金属构成原电池；外加电源法；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．稀硝酸和过量的铁屑反应离子方程式：3Fe+8H++2NO3﹣=3Fe2++2NO↑+4H2O，故A错误；

B．NH4HCO3溶液与少量NaOH浓溶液，是碳酸氢根首先和氢氧根反应，其离子方程式：HCO3﹣+OH﹣=CO32﹣+H2O，故B正确；

C．碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，碳酸氢钠溶液水解的离子方程式：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣ ， 故C错误；

D．三价铁离子能氧化碘离子，离子方程式为2Fe（OH）3+6H++2I﹣=I2+2Fe2++6H2O，故D错误；

故选B．

C

解：A．Al3+与HCO3﹣发生互促水解，生成氢氧化铝和二氧化碳，故A错误；

B．酸性溶液中IO3﹣、I﹣会发生反应IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，在溶液中不能大量共存，故B错误；

C．S2﹣与SO32‾在酸性溶液中发生SO32‾+2S2﹣+6H+=3S↓+3H2O而不能大量共存，但在碱性溶液中不发生反应，可以大量共存，故C正确；

D．在pH=3.2左右时，Fe3+会以氢氧化铁沉淀形式析出，在中性溶液中Fe3+不会存在，故D错误；

故选C．

C

解：A．0.2 mol Al与足量NaOH溶液反应，生成0.3molH2 ， Vm的数值不知，不能确定H2体积，故A错误；

B．缺少溶液的体积V，不能计算溶质中H+离子数目，故B错误；

C．铅蓄电池中，正极：PbO2→PbSO4 ， 每增重64g时转移2mol电子，所以正极增重9.6g转移电子数为0.3NA ， 故C正确；

D．Cu3P中Cu显+1价，所以60 mol CuSO4参加反应得到60 mol 电子，P4被氧化到H3PO4 ， 每有1 mol P4被氧化失去电子20 mol，所以6 mol CuSO4能氧化0.3 mol 白磷，能氧化白磷的分子数为0.3NA ， 故D错误；

故选C．

A

解：①汽车尾气含有大量烟尘，可导致PM2.5值升高，故①错误；

②研发安全特效药物，有利于抵御人类疾病，如青霉素是抗菌药，故②正确；

③食品添加剂超标，会对人体产生危害，规范食品添加剂生产和科学使用，有利于保障人体健康和生命安全，故③正确；

④城市生活垃圾无害化、减量化、资源化处理，是实现中国城市可持续发展战略的重要组成部分，推广城市生活垃圾处理的减量化、资源化、无害化技术，有利于环境保护和资源的充分利用，故④正确；

⑤聚氯乙烯有毒，聚乙烯无毒，所以不能用聚氯乙烯代替乙烯作食品包装袋，故⑤错误．

故选A．

B

解：A．新制氯水中含有次氯酸，能漂白pH试纸，不可用pH试纸测定新制氯水的pH，故A错误；

B．中和滴定实验中，最终需要加蒸馏水定容，锥形瓶有水不影响测定结果，故不需要干燥，故B正确；

C．铝离子在溶液中水解生成氢氧化铝和氢离子，硫离子水解生成硫化氢和氢氧根离子，二者相互促进，则明矾溶液和Na2S水溶液混合发生的反应为：2Al3++3S2﹣+6H2O=2Al（OH）3↓+3H2S↑，故C错误；

D．溶解度大的沉淀可以转化为溶解度更小的另一种沉淀，Ksp（ZnS）＞Ksp（CuS），故D错误．

故选B．

【考点精析】通过灵活运用酸碱中和滴定，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即可以解答此题．

D

解：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，氢气燃烧生成液态水，由热化学方程式可知，氢气的燃烧热＜﹣241.8kJ•mol﹣1 ， 故错误；

②单质A转化为单质B是一个吸热过程，则B的能量比A的高，能量越高越不稳定，故错误；

③一定条件下，反应热与平衡移动无关，与化学计量数与物质的状态有关，故错误；

④反应热=反应物总键能﹣生成物总键能，由于苯环中不存在碳碳双键，不能计算反应热，故错误；

⑤金刚石与石墨的结构不同，能量不相同，在相同条件下，金刚石或石墨燃烧生成1molCO2固体时，放出的热量不相等，故错误；

⑥碳的燃烧热指：25℃，101kPa时，1mol碳完全燃烧生成CO2所放出的热量，故正确，

故选D．

D

由于反应前后气体的体积相等，用物质的量代替浓度进行计算，故化学平衡常数K= =1.44，故C错误；
D．再通入0.2 mol Z，等效为在原平衡基础上增大压强，由于反应前后气体的体积不变，平衡不移动，X的体积分数不变，故D正确，
故选D．

（1）C

（2）＜；②＞①

（3）强；c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣）

（4）c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；Cu2+；＜；6

解：（1）越容易水解的盐，越容易结合氢离子，相同浓度的钠盐溶液，pH越大则盐的水解程度越大，所以最易水解的盐是碳酸钠，所以最容易结合氢离子的阴离子是CO32﹣；浓度相同的酸稀释相同的倍数后，酸性越强的酸其pH变化越大，HCN、HClO、CH3COOH、H2CO3四种酸的酸性大小顺序是CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCN，所以溶液的pH变化最大的是醋酸，故选C，

所以答案是：CO32﹣；C；

（2.）碳酸钠和碳酸氢钠促进水的电离，碳酸根离子水解程度大，则碳酸钠中水的电离程度大，即溶液中水电离出的H+个数：②＞①，Na2CO3溶液中CO32﹣的水解大于乙中HCO3﹣的水解，则碳酸钠中阴离子浓度之和大，即溶液中阴离子的物质的量浓度之和：②＞①，

所以答案是：＜；：②＞①；

（3.）碳酸氢钠属于盐类，在水溶液里完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，属于强电解质，HCO3﹣水解生成碳酸分子与氢氧根离子，水解离子方程式为：HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣ ， 常温下，0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液的pH大于8，c（OH﹣）＞c（H+），说明HCO3﹣水解程度大于其电离程度，故c（Na+）＞c（HCO3﹣）、c（H2CO3）＞c（CO32﹣），水解程度不大所以c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）、c（HCO3﹣）＞c（OH﹣），溶液中氢氧根来源于水的电离与HCO3﹣水解，故c（OH﹣）＞c（H2CO3），所以c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣），

所以答案是：强；HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣；c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2CO3）＞c（CO32﹣）；

（4.）①300mL 1mol•L﹣1的NaOH的物质的量=1mol/L×0.3L=0.3mol，标准状况下4.48LCO2的物质的量= =0.2mol，所以氢氧化钠和二氧化碳反应方程式为2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，溶液中碳酸根离子水解而使溶液呈碱性，即c（OH﹣）＞c（H+），碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，所以c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣），由于水解程度较小，所以c（CO32﹣）＞c（OH﹣），故溶液中各离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），

所以答案是：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；

②pH小的离子先沉淀，溶度积常数越小的物质越先沉淀，所以Cu2+先沉淀，KSP[（Fe（OH）2]＜KSP[（Mg（OH）2]，0.2mol/L的CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全（使Cu2+浓度降至原来的千分之一）则应向溶液里加NaOH溶液，c（Cu2+）=0.0002mol/L，c（0H﹣）= =10﹣8mol/L，c（H+）=10﹣6mol/L，所以pH=6，

所以答案是：Cu2+；＜；6．

（1）C；NaH+H2O=NaOH+H2↑

（2）1：1

（3）O2+4e﹣+4H+=2H2O；CH3OH﹣6e﹣+H2O=CO2+6H+；1.2NA；铝棒；2NaCl+2H2O H2+Cl2+2NaOH

解：（1）金属钠可以和水以及空气中的成分：氧气、氮气、二氧化碳之间反应，件数钠着火，可以用沙土扑灭，故选C；

氢化钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式：NaH+H2O=NaOH+H2↑；

所以答案是：c； NaH+H2O=NaOH+H2↑；（2）反应2Na2S+2O2+H2O=Na2S2O3+2NaOH中O2中O化合价降低，所以其为氧化剂，Na2S中S元素的化合价升高，为还原剂，根据得失电子守恒，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，

所以答案是：1：1；（3）①由氢离子移动方向知，右侧电极为正极，正极通入氧气，即c口通入的物质为氧气，正极电极反应式为：O2+4e﹣+4H+=2H2O，左侧电极为负极，负极上通入燃料甲醇，负极电极反应式为：CH3OH+H2O﹣6e﹣═CO2+6H+；

当6.4g甲醇完全反应生成CO2时，转移电子的物质的量= ×6=1.2mol，则转移电子个数为：1.2NA ，

所以答案是：O2+4e﹣+4H+=2H2O；CH3OH+H2O﹣6e﹣═CO2+6H+；1.2NA；

②模拟氯碱工业，若只有铝棒和碳棒两个电极，铝棒作阴极，连接电源的负极，碳棒作阳极，连接电源正极，电解总反应式为2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，

所以答案是：铝棒；2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑．

【考点精析】利用钠的化学性质对题目进行判断即可得到答案，需要熟知钠的化学性质：与非金属反应；与水反应；与酸反应；与盐溶液反应．

（1）碱性；B2﹣+H2O?HB﹣+OH﹣

（2）CD

（3）c（Na+）＞c（HB﹣）＞c（H+）＞c（B2﹣）＞c（OH﹣）

解：（1）H2B第一步完全电离、第二步部分电离，则HB﹣只能电离不能水解，说明B2﹣离子水解而HB﹣不水解，且HB﹣是弱酸，则Na2B溶液呈碱性，其水解方程式为：B2﹣+H2O⇌HB﹣+OH﹣ ，

所以答案是：碱性；B2﹣+H2O⇌HB﹣+OH﹣；（2）A．根据原子守恒应该为c（B2﹣）+c（HB﹣ ）+c（H2B）=0.1mol/L，H2B第一步完全电离，所以溶液中不存在H2B，则c（H2B）=0，故A错误；

B．H2B第一步完全电离，所以溶液中不存在H2B，溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c（OH﹣）=c（H+）+c（HB﹣），故B错误；

C．根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+ ）=c（OH﹣ ）+c（HB﹣）+2c（B2﹣ ），故C正确；

D．根据物料守恒得c（Na+）=2c（B2﹣ ）+2c（HB﹣ ），故D正确；

故选CD．（3）0.1mol•L﹣1NaHB溶液中HB﹣离子只有电离，溶液显酸性．又因为水还电离出氢离子，则各种离子浓度由大到小的顺序是c（Na+）＞c（HB﹣）＞c（H+）＞c（B2﹣）＞c（OH﹣）．

所以答案是：c（Na+）＞c（HB﹣）＞c（H+）＞c（B2﹣）＞c（OH﹣）．

（1）5；4；6；5；4；2；6

（2）；C

（3）2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566 kJ/mol；A

解：（1）反应中C→CO2 ， 碳元素化合价由0价升高为+4价，共升高4价，KMnO4→MnSO4 ， Mn元素化合价由+7价降低为+2价，共降低5价，化合价升降最小公倍数为20，故C的系数为5，故KMnO4系数为4，结合原子守恒配平后方程式为：5C+4KMnO4+6H2SO4=5CO2↑+4MnSO4+2K2SO4+6H2O，

所以答案是：5、4、6、5、4、2、6；

（2.）由表中数据可知，C、NO、E、F的化学计量数之比为0.03：0.06：0.03：0.03=1：2：1：1，反应中C被氧化，结合原子守恒可知，生成为N2与CO2 ， 且该反应为可逆反应，故反应方程式为：C+2NO⇌N2+CO2 ．

①平衡时c（NO）= =0.02mol/L，c（N2）=c（CO2）= =0.015mol/L，故T1℃时该反应的平衡常数为K1= = = ，

所以答案是： ；

②由表中数据可知，温度由T1变为T2 ， 平衡向逆反应移动，由于正反应是吸热，还是放热不确定，无法判断温度变化，

所以答案是：C；

（3.）①已知：Ⅰ．CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ/mol

Ⅱ．2H2O （g）═2H2（g）+O2（g）△H=+484kJ/mol，

根据盖斯定律，Ⅰ×2﹣Ⅱ可得：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566 kJ/mol

所以答案是：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=﹣566 kJ/mol；

②平衡时CO、O2和CO2的物质的量分别为4mol、2mol、和4mol，保持温度和压强不变，则三种物质的量之比为2：1：2时处于平衡状态．

A．CO、O2和CO2的物质的量分别为5mol、2.5mol、5mol时处于平衡状态，均增加1mol等效为前者平衡的基础上增大0.5molO2 ， 平衡正向移动，故A正确；

B．物质的量均加倍 CO、O2和CO2的浓度之比与原平衡相同均2：1：2，平衡不移动，故B错误；

C．CO、O2和CO2的物质的量分别为3mol、1.5mol、3mol时处于平衡状态，均减少1mol等效为前者平衡的基础上移走0.5molO2 ， 平衡逆向移动，故C错误；

D．物质的量均减半，CO、O2和CO2的浓度之比与原平衡相同均2：1：2，平衡不移动，故D错误，

所以答案是：A．

【考点精析】关于本题考查的化学平衡的计算，需要了解反应物转化率=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%才能得出正确答案．