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【化学】黑龙江省双鸭山市第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试（解析版）
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黑龙江省双鸭山市第一中学2019-2020学年高二上学期期末考试
1.下列电离方程式书写正确的是
A. NaHCO3 ═ Na++H++CO32－ B. NaHSO4 ═ Na++H++SO42－
C. Al2(SO4)3 ═ Al3++SO42－ D. NH3•H2O ═ NH4++OH－
【答案】B
【解析】
【详解】A. 碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，电离方程式为NaHCO3 =Na++HCO3-，A错误；
B. 硫酸氢钠是强酸的酸式盐，电离方程式为NaHSO4 =Na+ +H++SO42-，B正确；
C. 硫酸铝是强电解质，电离方程式为Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-，C错误；
D. 一水合氨是弱电解质，电离方程式为NH3 • H2ONH4++OH-，D错误。
答案选B。
【点睛】用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，表示物质溶解于水时电离成离子的化学方程式。书写电离方程式时应特别注意：①含有原子团的物质电离时，原子团应作为一个整体，不能分开。②表示离子数目的数字要写在离子符号的前面，不能像在化学式里那样写在右下角。③在电离方程式中，阴阳离子所带正负电荷的总数必须相等。④酸碱盐电离出的阴、阳离子的个数应与其化学式中相应原子或原子团的个数相同，电离出的离子所带的电荷数应与该元素或原子团的化合价数值相等。⑤强电解质用等号，弱电解质一律用可逆号，多元弱酸分步电离，多元弱碱一步电离。强酸的酸式盐一步电离。弱酸的酸式盐分步电离，第一步不可逆，以后步步可逆，且一步比一步的电离程度小。
2.下列原子或原子团不属于官能团的是（ ）
A. —CH3 B. —F
C. —OH D.
【答案】A
【解析】
【详解】官能团是决定化合物特殊性质原子或原子团。-F是决定卤代烃特殊性质的原子，-OH是决定醇和酚特殊性质的原子团，碳碳双键是决定烯烃特殊性质的原子团，甲基不是官能团，答案选A。
3.在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB=3vA、3vc=2vB，则此反应可表示为（ ）
A. 2A+3B=2C B. A+3B=2C C. 3A+B=2C D. A+B=C
【答案】A
【解析】
【分析】
在同一反应中用不同的物质来表示反应速率时，其数值之比等于化学反应方程式中各物质的化学计量数之比。
【详解】，即，，即；所以，故化学反应方程式可表示为2A+3B=2C，A正确。
4.在可逆反应中，改变下列条件，一定能加快反应速率的是
A. 增大反应物的量 B. 升高温度 C. 增大压强 D. 增大容器体积
【答案】B
【解析】
【详解】A．如反应物为固体，则增大反应物的用量，反应速率不一定增大，故A错误；B．升高温度，活化分子的百分数增大，反应速率一定增大，故B正确；C．如是固体或溶液中的反应，且没有气体参加反应，则增大压强，反应速率不一定增大，故C错误；D．增大体积，浓度减小，反应速率减小，故D错误；故选B。
5.25℃，在0.01mol/LH2SO4溶液中，由水电离出的c(H＋)是
A. 1×10－12mol/L B. 0.02mol/L C. 1×10－7mol/L D. 5×10－13mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】25℃，0.01mol/LH2SO4溶液中c（H+）=0.02mol•L-1，水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的氢氧根离子浓度，溶液中的OH-全部来自水，即溶液中的c(OH-)=c(OH-)水=c(H+)水，则水电离出的c（H+）水=c（OH-）溶液==5×10－13mol/L，故选D。
【点睛】酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，根据c（H+）水=c（OH-）水，结合Kw公式计算是解答关键。
6.25℃时，已知Ksp(AgCl)=1.8×10－10，Ksp(AgBr)=7.8×10－13。现向等浓度NaCl和NaBr的混合溶液中逐滴加入稀AgNO3溶液，先沉淀的是
A. AgCl B. AgBr
C. 同时沉淀 D. 无法判断
【答案】B
【解析】
【详解】由于Ksp(AgC1)＞Ksp(AgBr)，等浓度的NaCl和NaBr混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液，先达到AgBr的溶度积，先析出AgBr沉淀，故选B。
7.反应X(g)＋Y(g)2Z(g) ΔH<0，达到平衡时，下列说法正确的是( )
A. 减小容器体积，平衡向右移动
B. 加入催化剂，Z的产率增大
C. 增大c(X)，X的转化率增大
D. 降低温度，Y的转化率增大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 反应前后体积不变，减小容器体积，压强增大，平衡不移动，A错误；
B. 加入催化剂，平衡不移动，Z的产率不变，B错误；
C. 增大c(X)，X的转化率减小，C错误；
D. 正反应放热，降低温度，平衡显正反应方向进行，Y的转化率增大，D正确；
答案选D。
8.用惰性电极分别电解下列各物质的水溶液，一段时间后，向剩余电解质溶液中加入适量相应的溶质能使溶液恢复到电解前浓度的是
A. AgNO3 B. Na2SO4 C. CuCl2 D. KCl
【答案】C
【解析】
【详解】四种电解类型分别是：
(1)分解水型：含氧酸、强碱、活泼金属的含氧酸盐（如NaOH、H2SO4、K2SO4等）的电解。
阴极：4H++4e－=2H2↑ 阳极：4OH－－4e－=O2↑+2H2O 总反应：2H2O2H2↑+O2↑
阴极产物：H2；阳极产物：O2。 电解质溶液复原加入物质：H2O。
pH变化情况：原来酸性的溶液pH变小，原来碱性的溶液pH变大，强酸（含氧酸）强碱的正盐溶液pH不变。
（2）分解电解质型：无氧酸（除HF外）、不活泼金属的无氧酸盐（氟化物除外）的电解，如HCl、CuCl2等。
阴极：Cu2++2e－=Cu 阳极：2Cl－－2e－=Cl2↑ 总反应：CuCl2Cu+Cl2↑
阴极产物：酸为H2，盐为金属；阳极产物：卤素等非金属单质。
电解液复原加入物质为原溶质，如电解CuCl2溶液，需加CuCl2。
pH变化情况：如电解无氧酸溶液pH变大但不会超过7；如为盐溶液的电解则视无氧酸根的情况而定。
（3）放氢生碱型：活泼金属的无氧酸盐（氟化物除外）溶液的电解，如NaCl、MgBr2等。
阴极：2H++2e－=H2↑ 阳极：2Cl－－2e－=Cl2↑ 总反应：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
阴极产物：碱和H2；阳极产物：卤素等非金属单质。电解饱和食盐水的产物分别为NaOH和H2以及Cl2。
电解液复原加入物质为卤化氢。电解饱和食盐水，要使电解质溶液复原需加入HCl。
pH变化情况：电解液pH显著变大。
（4）放氧生酸型：不活泼金属的含氧酸盐溶液的电解，如CuSO4、AgNO3等。
阴极：2Cu2++4e－=Cu 阳极：4OH－－4e－=O2↑+2H2O 总反应：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4
阴极产物：析出不活泼金属单质；阳极产物是该盐对应的含氧酸和氧气，本例中分别是Cu以及H2SO4、O2。
电解液复原加入物质为不活泼金属的氧化物（金属价态与原盐中相同）。如电解CuSO4溶液，复原需加入CuO。
pH变化情况：溶液pH显著变小。
由以上分析可知，本题选C。
9.用已知浓度盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液会导致测得NaOH溶液浓度偏高的是 （ ）
A. 滴定前滴定管中有气泡,滴定后消失
B. 碱式滴定管量取NaOH溶液时,未进行润洗操作
C. 滴定时达到滴定终点时俯视读数
D. 锥形瓶取用NaOH待测液前加少量水洗涤
【答案】A
【解析】
【分析】
酸式滴定管用蒸馏水洗净后，还需用盐酸溶液润洗；锥形瓶用蒸馏水洗净即可，无需润洗；滴定时，应逐出滴定管下口的气泡，否则会引起误差；读数时视线应与滴定管内液体的凹液面最低处保持水平。
【详解】A项、滴定前滴定管中有气泡，滴定后消失，消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故A正确；
B项、碱式滴定管量取NaOH溶液时，未进行润洗操作，导致氢氧化钠溶液被稀释浓度减小，滴定过程中消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，故B错误；
C项、滴定时达到滴定终点时俯视读数，导致消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，故C错误；
D项、锥形瓶取用NaOH待测液前加少量水洗涤，溶质的物质的量不变，标准液的体积不变，对结果无影响，故D错误。
故选A。
【点睛】本题主要考查了中和滴定操作的误差分析，根据c（待测）=c(标注)×V(标准)/V(待测)分析是解答的关键。
10.某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4 mol A和2 mol B进行如下反应：3A(g)+2B(g)4C(s)+D(g)，2 min后达到平衡，测得生成1.6 mol C，下列说法正确的是
A. 前2 min，D的平均反应速率为0.2 mol/(L·min)
B. B的平衡转化率是40％
C. 增大该体系的压强，平衡不移动
D. 增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率增大
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A选项，前2 min，D的平均反应速率，故A错误；
B选项，B的平衡转化率，故B正确；
C选项，增大该体系的压强，平衡向体积减小方向即正向移动，故C错误；
D选项，增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率减小，A的转化率变大，故D错误。
综上所述，答案为B。
【点睛】两种反应物，增加其中一种反应物，该反应物的转化率减小，另一种物质的转化率增大。
11.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是
A. 氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e-═4OH-
B. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe-2e-═Fe2+
C. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu-2e-═Cu2+
D. 铅蓄电池充电时，标示“+”的接线柱连电源的正极，电极反应式为：PbSO4(s) - 2e-+2H2O(l)═PbO2(s)+4H+(aq)+SO42-(aq)
【答案】D
【解析】
【详解】A项、氢氧燃料电池中负极放电的一定是燃料，即在负极上是氢气放电，故A错误；
B项、钢铁发生电化学腐蚀的正极发生的是氧气得电子的还原反应，故B错误；
C项、粗铜精炼时，阴极（和电源的负极相连）是纯铜，粗铜作阳极（和电源的正极相连），故C错误；
D项、铅蓄电池充电时，原电池正极接电源的正极做电解池的阳极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：PbSO4(s) - 2e-+2H2O(l)═PbO2(s)+4H+(aq)+SO42-(aq)，故D正确；
故选D。
【点睛】铅蓄电池充电时，原电池正极接电源的正极做电解池的阳极，失电子发生氧化反应是解答关键。
12.25℃时，水的电离达到平衡：，下列叙述正确的是
A. 将水加热，Kw增大，pH不变
B. 向水中加入少量盐酸，c(H+)增大，Kw不变
C. 向水中加入NaOH固体，平衡逆向移动，c(OH-)降低
D 向水中加入AlCl3固体，平衡正向移动，c(OH-)增大
【答案】B
【解析】
【详解】A、水的电离是吸热过程，升高温度，促进电离，Kw增大，pH降低，故A错误；
B、水中加入盐酸，c(H＋)增大，Kw只受温度的影响，温度不变，Kw不变，故B正确；
C、加入NaOH，c(OH－)增大，水的电离被抑制，但溶液中c(OH－)增大，故C错误；
D、AlCl3属于强酸弱碱盐，发生水解，促进水的电离，因水解显酸性，c(OH－)减小，故D错误。
答案选B。
13.下列现象或说法与盐类水解无关的是（ ）
A. 浓的硫化钠溶液有臭味 B. 加热稀醋酸溶液其pH稍有减小
C. 纯碱溶液去油污 D. 泡沫灭火器的使用原理
【答案】B
【解析】
浓的硫化钠溶液有臭味是因硫离子水解生成硫化氢，硫化氢具有臭味，A项与盐类水解有关；加热稀醋酸溶液其pH稍有减小是因醋酸挥发，导致酸性减弱，B项与盐类水解无关；纯碱溶液去油污的原理，碳酸根离子的水解显碱性，油脂在碱溶液中发生水解生成溶于水的高级脂肪酸盐和甘油容易洗去，C项与盐类水解有关；NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液混合，碳酸氢根离子和铝离子发生双水解反应，会迅速产生二氧化碳，D项与盐类的水解有关。
14.向ZnSO4溶液中加入Na2S溶液时，得到白色沉淀，然后向白色沉淀上滴加CuSO4溶液，发现沉淀变为黑色，则下列说法不正确的是
A. 白色沉淀为ZnS，而黑色沉淀为CuS
B. 利用该原理可实现一种沉淀转化为更难溶的沉淀
C. 该过程破坏了ZnS的溶解平衡
D. 上述现象说明ZnS的Ksp小于CuS的Ksp
【答案】D
【解析】
【详解】A．首先生成的白色沉淀是ZnS，但是仍然有很小溶解，S2-离子接着和Cu2+反应生成CuS黑色沉淀，A正确；
B．利用该原理可实现一种沉淀转化为更难溶的另一种沉淀，B正确；
C.沉淀转化的本质是平衡的移动，所以上述过程破坏了ZnS的溶解平衡，C正确；
D.白色沉淀ZnS转化成CuS黑色沉淀，说明CuS溶解度小于ZnS，即CuS的Ksp小于ZnS的Ksp，D错误；
答案选D。
15.结合下图判断，下列叙述正确的是
A. Ⅰ和Ⅱ中正极均被保护
B. Ⅰ和Ⅱ中负极反应均是Fe－2e－＝Fe2＋
C. Ⅰ和Ⅱ中正极反应均是O2＋2H2O＋4e－＝4OH－
D. Ⅰ和Ⅱ中分别加入少量K3Fe(CN)6溶液（此溶液遇Fe2+产生蓝色沉淀），均有蓝色沉淀
【答案】A
【解析】
【详解】原电池中，活泼一极失电子，发生氧化反应，作负极，电子经导线流向正极；物质在正极上得电子，发生还原反应。左装置中，锌做负极：Zn－2e－=Zn2＋，氧气在正极得电子：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－；右装置中，铁做负极：Fe－2e－＝Fe2＋，氢离子在正极得电子：2H＋＋2e－=H2↑。由以上分析可知答案为A。
16.在2L的恒容容器中，充入1molA和3molB,并在一定条件下发生反应：A(g)+3B(g)2C(g)。 经3s后达到平衡，测得C气体的浓度为0.6 mol·L-1，下列说法中不正确的是（ ）
A. 用B表示反应速率为0.3 mol·L-1·s-1
B. 平衡后，向容器中充入无关气体(如Ne),反应速率增大
C. 3s时生成C的物质的量为1.2mol
D. 平衡后，v(正) (A)=v(逆) (A)
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意，A物质起始的浓度为0.5mol/L，B物质起始的浓度为1.5mol/L，经3s后测得C的物质的量浓度为0.6mol•L-1，则
A(g)+3B(g)⇌2C(g)
开始(mol/L) 0.5 1.5 0
转化(mol/L) 0.3 0.9 0.6
3s时(mol/L) 0.2 0.6 0.6
A．根据上面的分析，B转化的浓度为0.9mol/L，所以用B表示的反应速率为=0.3mol•L-1•s-1，故A正确；
B. 平衡后，向容器中充入无关气体(如Ne)，A、B、C的浓度不变，反应速率不变，故B错误；
C．3s时生成C的物质的量为0.6mol•L-1×2L=1.2mol，故C正确；
D. 平衡后，正逆反应速率相等，因此v(正) (A)=v(逆) (A)，故D正确；
故选B。
17.下列实验不正确的是
序号
实验内容
实验目的
A
向5mL0.1mol/LK2Cr2O7溶液中滴加5滴浓硫酸
探究反应物浓度增大对化学平衡的影响
B
向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶 液
说明一种沉淀能转化为另 一种溶解度更小的沉淀
C
室温下，用pH计测定浓度为0.1mol·L−1NaClO溶液和0.1mol·L−1CH3COONa溶液的pH
比较 HClO 和 CH3COOH 的 酸性强弱
D
室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸
研究浓度对反应速率的影响
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
A、滴加5滴浓硫酸，溶液中H+浓度增大，同时浓硫酸稀释会放出大量的热使溶液温度升高；
B、发生沉淀的转化，溶度积小的转化为溶度积更小的；
C、酸性越弱，其对应盐溶液中水解程度越大，碱性越强；
D、浓度越大，反应速率越快。
【详解】A项、向5mL0.1mol/LK2Cr2O7溶液中滴加5滴浓硫酸，溶液中H+浓度增大，同时浓硫酸稀释会放出大量的热使溶液温度升高，由于外界条件浓度和温度均改变，不能实现探究反应物浓度增大对化学平衡的影响的目的，故A错误；
B项、由沉淀转化中溶解度小的向溶解度更小的方向移动，则向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液，可观察到白色沉淀转化为黑色沉淀，说明一种沉淀能转化为另一种更难溶的沉淀，故B正确；
C项、酸性越弱，其对应盐溶液中水解程度越大，碱性越强，则可以用pH计测定浓度为0.1mol•L-1NaClO溶液和0.1mol•L-1 CH3COONa溶液的pH，比较HClO和CH3COOH的酸性强弱，故C正确；
D项、分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸，浓度越大，反应速率越快，可研究浓度对反应速率的影响，故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及盐类水解、酸性比较、沉淀转化和反应速率的影响因素等，把握反应原理及物质性质为解答的关键，注意方案的评价性分析。
18.如图，a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色。下列说法正确是
A. X极是电源负极，Y极是电源正极
B. 电解过程中CuSO4溶液的pH逐渐增大
C. a极的电极反应是2Cl－－2e－=Cl2↑
D. Pt极上有6.4 g Cu析出时，b极产生2.24 L(标准状况)气体
【答案】C
【解析】
【详解】A、a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色，依据电解质溶液为氯化钠的酚酞溶液，判断b电极是阴极，氢离子放电，氢氧根浓度增大，则Y为电源负极，X为电源正极，A错误；
B、电解过程中CuSO4溶液中的氢氧根离子在阳极Pt电极失电子生成氧气，溶液中铜离子在Cu电极得到电子析出铜，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH逐渐减小，B错误；
C、a电极是阳极，溶液中的氯离子失电子发生氧化反应，电极反应为2Cl－－2e－＝Cl2↑，C正确；
D、电解过程中CuSO4溶液中的氢氧根离子在阳极Pt电极失电子生成氧气，溶液中铜离子在Cu电极得到电子析出铜，D错误；
答案选C。
19.已知某可逆反应：mA（g）＋nB（g）r C（g）在密闭容器中进行。下图表示此反应在不同时间t，温度T和压强p与反应物B在混合气体中的百分含量（B%）的关系曲线。由曲线分析下列判断正确的是
A. T1＞T2，p1＞p2，m＋n＞r，正反应吸热
B. T1＜T2，p1＜p2，m＋n＜r，正反应吸热
C. T1＞T2，p1＞p2，m＋n＜r，正反应放热
D. T1＜T2，p1＜p2，m＋n＞r，正反应放热
【答案】B
【解析】
【详解】根据“先拐先平，温高压大”，当压强相同时，温度为T2的先达到平衡，说明温度是T2大于T1。但温度越高，反应物的含量越低，所以正反应是吸热反应。当温度相同时，压强为P2的先达到平衡，说明P2大于P1，压强越大，反应物的含量越高，所以正反应是体积增大的反应，即m＋n＜r；选B。
20.某同学利用氧化还原反应：2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O设计如图所示原电池，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。下列说法正确的是
A. b电极上发生还原反应
B. 外电路电子的流向是从a到b
C. 电池工作时，盐桥中的SO42-移向甲烧杯
D. a电极上发生的反应为MnO4-＋8H＋＋5e－=Mn2＋＋4H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据原电池的工作原理：负极失电子，发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，b极上电极反应式：Fe2＋－e－＝Fe3＋，A错误；
B、外电路电子流向是从b流向a，B错误；
C、根据原电池的工作原理：阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，SO42－向b极移动，C错误；
D、电池总反应式：2MnO4－＋10Fe2＋＋16H＋＝2Mn2＋＋10Fe3＋＋8H2O，a极是正极得电子，电极反应式＝电池总反应式－b极反应式，得出：2MnO4－＋16H＋＋10e－＝2Mn2＋＋8H2O，化简得：MnO4－＋8H＋＋5e－＝Mn2＋＋4H2O，D正确；
答案选D。
【点晴】明确原电池的工作原理是解答的关键，根据氧化还原反应理论分析反应2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4＝2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O可知，Mn元素的化合价降低，得到电子，Fe元素的化合价升高，失去电子，再结合原电池理论，则b为负极，a为正极，结合原电池中负极发生氧化反应，电流从正极流向负极，阴离子向负极移动来解答即可。
21.常温下，向20.00 mL 0.100 mol·L－1CH3COONa溶液中逐滴加入0.100 0 mol·L－1盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如下图所示(不考虑挥发)。下列说法正确的是( )
A. 点①所示溶液中：c(CH3COOH)＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋)
B. 点②所示溶液中：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)
C. 点③所示溶液中：c(CH3COOH)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(CH3COO－)
D. 整个过程中可能出现：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)
【答案】A
【解析】
【详解】A.溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)和物料守恒c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，点①所示溶液呈中性，c(OH－)＝c(H＋)，故综合两守恒可得c(CH3COOH)＝c(Cl－)，A正确；
B.②点溶液中有等浓度的CH3COOH、CH3COONa和NaCl，溶液呈酸性，可仅考虑醋酸电离，则c(CH3COO－)>c(Cl－)，B错误；
C.③点溶液中有等浓度的CH3COOH和NaCl，由于醋酸有少部分电离，故c(Na＋)>c(CH3COOH)，醋酸每电离生成一份CH3COO－的同时就会生成一份H＋，同时水也电离生成少量H＋，故c(H＋)>c(CH3COO－)，所以C错误。
D. 根据物料守恒c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，可判断出D错误；
故选A。
22.0.4mol CuSO4和0.4mol NaCl溶于水，配成1L溶液，用惰性电极进行电解，当—个电极得到0.3molCu时，另一个电极上生成的气体在标准状况下的体积是
A. 5.6L B. 6.72L
C. 1.344L D. 11.2L
【答案】A
【解析】
【详解】在电解过程中，阴阳极放电量相等，阴极得到0.3molCu，说明Cu得到0.6mole-，那么阳极失电子总数也为0.6mol，根据阳极反应式为
2Cl－-2e－=Cl2↑ 、4OH－-4e－=2H2O+O2↑，
0.4 0.4 0.2 0.2 0.05
阴极生成的气体为氯气和氧气，共0.25mol，体积为0.25×22.4=5.6L，选A。
23.用系统命法写出下列物质名称或结构简式
（1）C4H10的一氯代物有_____________种。
（2）某有机物含C、H、O三种元素，分子模型如图所示（图中球与球之间的连线代表化学键．如单键、双键等）。该有机物的结构简式为_______，所含官能团的名称为 __________。
（3）常温下，已知0.1 mol·L－1一元酸HA溶液中＝1×10－8。常温下，0. 1 mol·L－1 HA溶液的pH＝________；写出该酸(HA)与NaOH溶液反应的离子方程式： _______________________________。
（4）25℃时，已知Ksp[Fe(OH)3]=8×10－38，则0.01mol/L FeCl3溶液中欲使Fe3＋沉淀，求溶液所需的最小pH＝________。（用对数形式表示）
【答案】 (1). 4种 (2). CH2=C（CH3）COOH (3). 碳碳双键和羧基 (4). 3 (5). HA + OH- =A- + H2O (6). 2+lg2
【解析】
【详解】（1）C4H10为烷烃，有正丁烷和异丁烷2种同分异构体，正丁烷的一氯代物有2种，异丁烷的一氯代物有2种，则C4H10的一氯代物有4种，故答案为：4；
（2）由分子模型可知，白球是氢原子，黑球是碳原子，半黑球是氧原子，则该有机物的结构简式为CH2=C（CH3）COOH，官能团为碳碳双键和羧基，故答案为：CH2=C（CH3）COOH；碳碳双键和羧基；
（3）由常温下，0.1 mol·L－1一元酸HA溶液中＝1×10－8可知溶液中c（OH—）=10—8c（H+），c（H+）=mol/L=1×10—3mol/L，溶液的pH为3，则HA为弱酸，HA与NaOH溶液反应生成NaA和水，反应的离子方程式为HA + OH- =A- + H2O，故答案为,3；HA + OH- =A- + H2O；
（4）由Ksp[Fe(OH)3]=8×10－38可知0.01mol/L FeCl3溶液中欲使Fe3＋沉淀时，溶液中c（OH—）= mol/L=2×10—12mol/L，则溶液的pH为（14—12+lg2）=2+lg2，故答案为：2+lg2。
24.按要求对下图中两极进行必要的连接并填空：
（1）在A图中，使铜片上冒气泡。请加以必要连接，则联接后的装置叫______。电极反应式：锌电极：______________；铜电极：_____________________。
（2）在B图中，使a极析出铜，则b析出：______。加以必要的联接后，该装置叫_____。电极反应式: b极：_____________。经过一段时间后，停止反应并搅均溶液，溶液的pH值____________（升高、降低、不变）。
【答案】 (1). 原电池 (2). Zn －2e-＝Zn2+ (3). 2H+ ＋2e-＝H2↑ (4). O2 (5). 电解池 (6). 4OH－- 4e-= O2 + 2H2O或2H2O - 4e-= O2 + 4H+ (7). 降低
【解析】
本题考查了原电池和电解池原理。（1）在A图中，使铜片上冒气泡，则铜片作正极，锌作负极，连接如图：，该电池属于原电池，锌电极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，电极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；（2）在B图中（a，b都为惰性电极），使a极析出铜，即电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，发生还原反应，故为阴极，其连接如图：，该装置是电解池，a是阴极，b是阳极，阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：OH－- 4e-= O2 + 2H2O或2H2O - 4e-= O2 + 4H+，该溶液中氢氧根离子浓度减小，则氢离子浓度变大，经过一段时间后，停止反应并搅均溶液，溶液的pH值降低。
25.科学家开发出一种“洁净煤技术”，通过向地下煤层“气化炉”中交替鼓入空气和水蒸气的方法，连续产出高热值的煤炭气，其主要成分是CO和H2。“气化炉”中主要反应有：
C(s)+ +H2O (g) =CO(g)+H2(g) △H= +131.3 kJ•mol-1
CO(g)+H2O(g) =CO2(g)+H2(g) △H= — 41.2kJ•mol-1
（1）气化炉中CO2与C反应转化为CO，该反应的热化学方程式_____________。
（2）用煤炭气合成甲醇的反应为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。在密闭容器中，将CO和H2按物质的量1：2混合反应，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示：
①生成甲醇的反应为_______（填“放热”或“吸热”）。
②图中两条曲线分别表示压强为0.1MPa和5.0MPa下CO转化率随温度的变化，其中代表压强是5.0MPa的曲线是____________（填“A”或“B”）。
③在不改变反应物用量的前提下，为提高CO转化率可采取的措施有(写两条措施) _________。
④压强为0.1MPa、温度为200℃时，平衡混合气中甲醇的物质的量分数是 _______________。
（3）某新型电池以熔融碳酸盐作电解质，在650℃下工作，负极通入煤炭气，正极通入空气与CO2的混合气．电池的正极反应式为O2+2CO2+4e-=2CO32—，负极反应式为 ___________________和___________________。
【答案】 (1). C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=+172.5 kJ•mol-1 (2). 放热 (3). A (4). 降温、加压 (5). 25% (6). H2+CO32--2e-=H2O+CO2 (7). CO+CO32--2e-= 2CO2
【解析】
【分析】
（1）由盖斯定律计算可得；
（2）①升高温度，平衡向吸热方向移动；
②该反应是气体体积缩小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动；
③该反应是气体体积缩小的放热反应，降温、加压使平衡向正反应方向移动；
④依题意建立三段式求解可得；
（3）由题意可知煤炭气为一氧化碳和氢气的混合气体，一氧化碳在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳、氢气在负极上失电子发生氧化反应生成水。
【详解】（1）将已知热化学方程式依次编号为①②，由盖斯定律可知，①—②可得气化炉中CO2与C反应转化为CO的热化学方程式(s)+CO2(g)=2CO(g) ，则△H=△H1—△H2=（+131.3 kJ•mol-1）—（—41.2kJ•mol-1）=+172.5 kJ•mol-1，故答案为：C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=+172.5 kJ•mol-1；
（2）①升高温度，平衡向吸热方向移动，由图可知温度升高CO的平衡转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，则生成甲醇的反应为放热反应，故答案为：放热；
②该反应是气体体积缩小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，由图可知，在温度为200℃时，A的转化率比B的高，说明压强改变，平衡正向移动，则A点的压强大，为5.0MPa，故答案为：A；
③该反应是气体体积缩小的放热反应，则在不改变反应物用量的前提下，可以通过降温、加压的措施使平衡向正反应方向移动，提高CO转化率，故答案为：降温、加压；
④设压强为0.1MPa、温度为200℃时，设起始CO为1mol，由图可知，CO的转化率为50%，则由题意建立如下三段式：
则由三段式数据可知平衡混合气中甲醇的物质的量分数是×100%=25%，故答案为：25%；
（3）由题意可知煤炭气为一氧化碳和氢气的混合气体，一氧化碳在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳、氢气在负极上失电子发生氧化反应生成水，电极反应式为H2+CO32--2e-=H2O+CO2、CO+CO32--2e-= 2CO2，故答案为：H2+CO32--2e-=H2O+CO2；CO+CO32--2e-= 2CO2。
【点睛】该反应是气体体积缩小的放热反应，降温、加压使平衡向正反应方向移动，提高CO转化率是解答关键。
26.描述弱电解质电离情况可以用电离平衡常数表示，表1是常温下几种弱酸的电离平衡常数(Ka)和弱碱的电离平衡常数(Kb)，表2是常温下几种难（微）溶物的溶度积常数(Ksp)。
表1
酸或碱
电离平衡常数（Ka或Kb）
CH3COOH
1.8×10﹣5
HNO2
4.6×10﹣4
HCN
5×10﹣10
HClO
3×10﹣8
NH3•H2O
1.8×10﹣5
表2
难（微）溶物
溶度积常数（Ksp）
BaSO4
1×10﹣10
BaCO3
2.6×10﹣9
CaSO4
7×10﹣5
CaCO3
5×10﹣9
请回答下列问题：
（1）表1所给的四种酸中，酸性最弱的是_____（用化学式表示）。下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离平衡常数不变的操作是___（填字母序号）。
A．升高温度 B．加水稀释
C．加少量的CH3COONa固体 D．加少量冰醋酸
（2）CH3COONH4的水溶液呈_____（选填“酸性”、“中性”或“碱性”），该溶液中存在的各离子浓度大小关系为_____。
（3）物质的量之比为1：1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH＞7，该溶液中离子浓度从大到小的顺序为_____。
（4）工业中常将BaSO4转化为BaCO3后，再将其制成可溶性的钡盐（如BaCl2）。具体做法是用饱和的纯碱溶液浸泡BaSO4粉末，并不断补充纯碱，最后BaSO4转化为BaCO3。现有足量BaSO4悬浊液，在该悬浊液中加纯碱粉末并不断搅拌，为使SO42－物质的量浓度不小于0.01mol•L﹣1，则溶液中CO32－物质的量浓度最少应为_____。
【答案】 (1). HCN (2). B (3). 中性 (4). c（NH4+）=c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣） (5). c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） (6). 0.26 mol•L﹣1
【解析】
【详解】(1)对于一元弱酸，电离平衡常数越大则酸性越强，反之则酸性越弱，HCN电离平衡常数最小，则酸性最弱；根据醋酸的电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+。A、升高温度，电离程度增大，电离平衡常数增大，故A错误；B．加水稀释，电离程度增大，电离平衡常数不变，故B正确；C．加少量的CH3COONa固体，电离出的醋酸根对醋酸的电离平衡起抑制作用，电离程度减小，电离平衡常数不变，故C错误；D．加少量冰醋酸，则醋酸浓度增大，根据越稀越电离的事实，则电离程度减小，平衡常数不变，故D错误；故答案为HCN；B；
(2)醋酸铵溶液中，醋酸水解显碱性，铵根离子水解显酸性，CH3COOH与NH3•H2O的电离平衡常数相等，CH3COO-和NH4+在相等浓度时的水解程度相同，酸性和碱性程度相当，溶液显中性，即c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-) +c(CH3COO-)，得出c(NH4+)= c(CH3COO-)并且大于水解生成的c(H+)、c(OH-)，即c(NH4+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)；故答案为中性；c(NH4+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)；
(3)物质的量之比为1：1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH＞7，说明CN-的水解程度大于HCN的电离程度，导致溶液c(OH-)＞c(H+)，呈碱性，根据电荷守恒知，c(OH-)+c(CN-)=c(H+)+c(Na+)，所以c(CN-)＜c(Na+)，所以各离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)；
(4)SO42-物质的量浓度为0.01mol•L-1时，钡离子的浓度为：c(Ba2+)=mol/L=1×10-8mol/L，若使SO42-物质的量浓度不小于0.01mol•L-1，则钡离子浓度应该大于1×10-8mol/L；当c(Ba2+)=1×10-8mol/L时，则溶液中c(CO32-)=mol/L=0.26mol/L，所以当c(CO32-)≥0.26mol/L时，c(Ba2+)≤1×10-8mol/L，则c(SO42-)不小于0.01mol/L，故答案为0.26 mol•L-1。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较、难溶物的溶解平衡及沉淀转化。明确电离平衡常数的含义是解本题的关键，(4)为难点、易错点，注意根据硫酸钡、碳酸钡的溶度积计算出使SO42-物质的量浓度不小于0.01mol•L-1时溶液中的钡离子浓度，再计算溶液中的CO32-物质的量浓度。
1.下列电离方程式书写正确的是
A. NaHCO3 ═ Na++H++CO32－ B. NaHSO4 ═ Na++H++SO42－
C. Al2(SO4)3 ═ Al3++SO42－ D. NH3•H2O ═ NH4++OH－
【答案】B
【解析】
【详解】A. 碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，电离方程式为NaHCO3 =Na++HCO3-，A错误；
B. 硫酸氢钠是强酸的酸式盐，电离方程式为NaHSO4 =Na+ +H++SO42-，B正确；
C. 硫酸铝是强电解质，电离方程式为Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-，C错误；
D. 一水合氨是弱电解质，电离方程式为NH3 • H2ONH4++OH-，D错误。
答案选B。
【点睛】用化学式和离子符号表示电离过程的式子，称为电离方程式，表示物质溶解于水时电离成离子的化学方程式。书写电离方程式时应特别注意：①含有原子团的物质电离时，原子团应作为一个整体，不能分开。②表示离子数目的数字要写在离子符号的前面，不能像在化学式里那样写在右下角。③在电离方程式中，阴阳离子所带正负电荷的总数必须相等。④酸碱盐电离出的阴、阳离子的个数应与其化学式中相应原子或原子团的个数相同，电离出的离子所带的电荷数应与该元素或原子团的化合价数值相等。⑤强电解质用等号，弱电解质一律用可逆号，多元弱酸分步电离，多元弱碱一步电离。强酸的酸式盐一步电离。弱酸的酸式盐分步电离，第一步不可逆，以后步步可逆，且一步比一步的电离程度小。
2.下列原子或原子团不属于官能团的是（ ）
A. —CH3 B. —F
C. —OH D.
【答案】A
【解析】
【详解】官能团是决定化合物特殊性质原子或原子团。-F是决定卤代烃特殊性质的原子，-OH是决定醇和酚特殊性质的原子团，碳碳双键是决定烯烃特殊性质的原子团，甲基不是官能团，答案选A。
3.在密闭容器里，A与B反应生成C，其反应速率分别用vA、vB、vC表示，已知2vB=3vA、3vc=2vB，则此反应可表示为（ ）
A. 2A+3B=2C B. A+3B=2C C. 3A+B=2C D. A+B=C
【答案】A
【解析】
【分析】
在同一反应中用不同的物质来表示反应速率时，其数值之比等于化学反应方程式中各物质的化学计量数之比。
【详解】，即，，即；所以，故化学反应方程式可表示为2A+3B=2C，A正确。
4.在可逆反应中，改变下列条件，一定能加快反应速率的是
A. 增大反应物的量 B. 升高温度 C. 增大压强 D. 增大容器体积
【答案】B
【解析】
【详解】A．如反应物为固体，则增大反应物的用量，反应速率不一定增大，故A错误；B．升高温度，活化分子的百分数增大，反应速率一定增大，故B正确；C．如是固体或溶液中的反应，且没有气体参加反应，则增大压强，反应速率不一定增大，故C错误；D．增大体积，浓度减小，反应速率减小，故D错误；故选B。
5.25℃，在0.01mol/LH2SO4溶液中，由水电离出的c(H＋)是
A. 1×10－12mol/L B. 0.02mol/L C. 1×10－7mol/L D. 5×10－13mol/L
【答案】D
【解析】
【详解】25℃，0.01mol/LH2SO4溶液中c（H+）=0.02mol•L-1，水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的氢氧根离子浓度，溶液中的OH-全部来自水，即溶液中的c(OH-)=c(OH-)水=c(H+)水，则水电离出的c（H+）水=c（OH-）溶液==5×10－13mol/L，故选D。
【点睛】酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，根据c（H+）水=c（OH-）水，结合Kw公式计算是解答关键。
6.25℃时，已知Ksp(AgCl)=1.8×10－10，Ksp(AgBr)=7.8×10－13。现向等浓度NaCl和NaBr的混合溶液中逐滴加入稀AgNO3溶液，先沉淀的是
A. AgCl B. AgBr
C. 同时沉淀 D. 无法判断
【答案】B
【解析】
【详解】由于Ksp(AgC1)＞Ksp(AgBr)，等浓度的NaCl和NaBr混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液，先达到AgBr的溶度积，先析出AgBr沉淀，故选B。
7.反应X(g)＋Y(g)2Z(g) ΔH<0，达到平衡时，下列说法正确的是( )
A. 减小容器体积，平衡向右移动
B. 加入催化剂，Z的产率增大
C. 增大c(X)，X的转化率增大
D. 降低温度，Y的转化率增大
【答案】D
【解析】
【详解】A. 反应前后体积不变，减小容器体积，压强增大，平衡不移动，A错误；
B. 加入催化剂，平衡不移动，Z的产率不变，B错误；
C. 增大c(X)，X的转化率减小，C错误；
D. 正反应放热，降低温度，平衡显正反应方向进行，Y的转化率增大，D正确；
答案选D。
8.用惰性电极分别电解下列各物质的水溶液，一段时间后，向剩余电解质溶液中加入适量相应的溶质能使溶液恢复到电解前浓度的是
A. AgNO3 B. Na2SO4 C. CuCl2 D. KCl
【答案】C
【解析】
【详解】四种电解类型分别是：
(1)分解水型：含氧酸、强碱、活泼金属的含氧酸盐（如NaOH、H2SO4、K2SO4等）的电解。
阴极：4H++4e－=2H2↑ 阳极：4OH－－4e－=O2↑+2H2O 总反应：2H2O2H2↑+O2↑
阴极产物：H2；阳极产物：O2。 电解质溶液复原加入物质：H2O。
pH变化情况：原来酸性的溶液pH变小，原来碱性的溶液pH变大，强酸（含氧酸）强碱的正盐溶液pH不变。
（2）分解电解质型：无氧酸（除HF外）、不活泼金属的无氧酸盐（氟化物除外）的电解，如HCl、CuCl2等。
阴极：Cu2++2e－=Cu 阳极：2Cl－－2e－=Cl2↑ 总反应：CuCl2Cu+Cl2↑
阴极产物：酸为H2，盐为金属；阳极产物：卤素等非金属单质。
电解液复原加入物质为原溶质，如电解CuCl2溶液，需加CuCl2。
pH变化情况：如电解无氧酸溶液pH变大但不会超过7；如为盐溶液的电解则视无氧酸根的情况而定。
（3）放氢生碱型：活泼金属的无氧酸盐（氟化物除外）溶液的电解，如NaCl、MgBr2等。
阴极：2H++2e－=H2↑ 阳极：2Cl－－2e－=Cl2↑ 总反应：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
阴极产物：碱和H2；阳极产物：卤素等非金属单质。电解饱和食盐水的产物分别为NaOH和H2以及Cl2。
电解液复原加入物质为卤化氢。电解饱和食盐水，要使电解质溶液复原需加入HCl。
pH变化情况：电解液pH显著变大。
（4）放氧生酸型：不活泼金属的含氧酸盐溶液的电解，如CuSO4、AgNO3等。
阴极：2Cu2++4e－=Cu 阳极：4OH－－4e－=O2↑+2H2O 总反应：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4
阴极产物：析出不活泼金属单质；阳极产物是该盐对应的含氧酸和氧气，本例中分别是Cu以及H2SO4、O2。
电解液复原加入物质为不活泼金属的氧化物（金属价态与原盐中相同）。如电解CuSO4溶液，复原需加入CuO。
pH变化情况：溶液pH显著变小。
由以上分析可知，本题选C。
9.用已知浓度盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液会导致测得NaOH溶液浓度偏高的是 （ ）
A. 滴定前滴定管中有气泡,滴定后消失
B. 碱式滴定管量取NaOH溶液时,未进行润洗操作
C. 滴定时达到滴定终点时俯视读数
D. 锥形瓶取用NaOH待测液前加少量水洗涤
【答案】A
【解析】
【分析】
酸式滴定管用蒸馏水洗净后，还需用盐酸溶液润洗；锥形瓶用蒸馏水洗净即可，无需润洗；滴定时，应逐出滴定管下口的气泡，否则会引起误差；读数时视线应与滴定管内液体的凹液面最低处保持水平。
【详解】A项、滴定前滴定管中有气泡，滴定后消失，消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故A正确；
B项、碱式滴定管量取NaOH溶液时，未进行润洗操作，导致氢氧化钠溶液被稀释浓度减小，滴定过程中消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，故B错误；
C项、滴定时达到滴定终点时俯视读数，导致消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，故C错误；
D项、锥形瓶取用NaOH待测液前加少量水洗涤，溶质的物质的量不变，标准液的体积不变，对结果无影响，故D错误。
故选A。
【点睛】本题主要考查了中和滴定操作的误差分析，根据c（待测）=c(标注)×V(标准)/V(待测)分析是解答的关键。
10.某温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4 mol A和2 mol B进行如下反应：3A(g)+2B(g)4C(s)+D(g)，2 min后达到平衡，测得生成1.6 mol C，下列说法正确的是
A. 前2 min，D的平均反应速率为0.2 mol/(L·min)
B. B的平衡转化率是40％
C. 增大该体系的压强，平衡不移动
D. 增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率增大
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A选项，前2 min，D的平均反应速率，故A错误；
B选项，B的平衡转化率，故B正确；
C选项，增大该体系的压强，平衡向体积减小方向即正向移动，故C错误；
D选项，增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率减小，A的转化率变大，故D错误。
综上所述，答案为B。
【点睛】两种反应物，增加其中一种反应物，该反应物的转化率减小，另一种物质的转化率增大。
11.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是
A. 氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e-═4OH-
B. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe-2e-═Fe2+
C. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu-2e-═Cu2+
D. 铅蓄电池充电时，标示“+”的接线柱连电源的正极，电极反应式为：PbSO4(s) - 2e-+2H2O(l)═PbO2(s)+4H+(aq)+SO42-(aq)
【答案】D
【解析】
【详解】A项、氢氧燃料电池中负极放电的一定是燃料，即在负极上是氢气放电，故A错误；
B项、钢铁发生电化学腐蚀的正极发生的是氧气得电子的还原反应，故B错误；
C项、粗铜精炼时，阴极（和电源的负极相连）是纯铜，粗铜作阳极（和电源的正极相连），故C错误；
D项、铅蓄电池充电时，原电池正极接电源的正极做电解池的阳极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：PbSO4(s) - 2e-+2H2O(l)═PbO2(s)+4H+(aq)+SO42-(aq)，故D正确；
故选D。
【点睛】铅蓄电池充电时，原电池正极接电源的正极做电解池的阳极，失电子发生氧化反应是解答关键。
12.25℃时，水的电离达到平衡：，下列叙述正确的是
A. 将水加热，Kw增大，pH不变
B. 向水中加入少量盐酸，c(H+)增大，Kw不变
C. 向水中加入NaOH固体，平衡逆向移动，c(OH-)降低
D 向水中加入AlCl3固体，平衡正向移动，c(OH-)增大
【答案】B
【解析】
【详解】A、水的电离是吸热过程，升高温度，促进电离，Kw增大，pH降低，故A错误；
B、水中加入盐酸，c(H＋)增大，Kw只受温度的影响，温度不变，Kw不变，故B正确；
C、加入NaOH，c(OH－)增大，水的电离被抑制，但溶液中c(OH－)增大，故C错误；
D、AlCl3属于强酸弱碱盐，发生水解，促进水的电离，因水解显酸性，c(OH－)减小，故D错误。
答案选B。
13.下列现象或说法与盐类水解无关的是（ ）
A. 浓的硫化钠溶液有臭味 B. 加热稀醋酸溶液其pH稍有减小
C. 纯碱溶液去油污 D. 泡沫灭火器的使用原理
【答案】B
【解析】
浓的硫化钠溶液有臭味是因硫离子水解生成硫化氢，硫化氢具有臭味，A项与盐类水解有关；加热稀醋酸溶液其pH稍有减小是因醋酸挥发，导致酸性减弱，B项与盐类水解无关；纯碱溶液去油污的原理，碳酸根离子的水解显碱性，油脂在碱溶液中发生水解生成溶于水的高级脂肪酸盐和甘油容易洗去，C项与盐类水解有关；NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液混合，碳酸氢根离子和铝离子发生双水解反应，会迅速产生二氧化碳，D项与盐类的水解有关。
14.向ZnSO4溶液中加入Na2S溶液时，得到白色沉淀，然后向白色沉淀上滴加CuSO4溶液，发现沉淀变为黑色，则下列说法不正确的是
A. 白色沉淀为ZnS，而黑色沉淀为CuS
B. 利用该原理可实现一种沉淀转化为更难溶的沉淀
C. 该过程破坏了ZnS的溶解平衡
D. 上述现象说明ZnS的Ksp小于CuS的Ksp
【答案】D
【解析】
【详解】A．首先生成的白色沉淀是ZnS，但是仍然有很小溶解，S2-离子接着和Cu2+反应生成CuS黑色沉淀，A正确；
B．利用该原理可实现一种沉淀转化为更难溶的另一种沉淀，B正确；
C.沉淀转化的本质是平衡的移动，所以上述过程破坏了ZnS的溶解平衡，C正确；
D.白色沉淀ZnS转化成CuS黑色沉淀，说明CuS溶解度小于ZnS，即CuS的Ksp小于ZnS的Ksp，D错误；
答案选D。
15.结合下图判断，下列叙述正确的是
A. Ⅰ和Ⅱ中正极均被保护
B. Ⅰ和Ⅱ中负极反应均是Fe－2e－＝Fe2＋
C. Ⅰ和Ⅱ中正极反应均是O2＋2H2O＋4e－＝4OH－
D. Ⅰ和Ⅱ中分别加入少量K3Fe(CN)6溶液（此溶液遇Fe2+产生蓝色沉淀），均有蓝色沉淀
【答案】A
【解析】
【详解】原电池中，活泼一极失电子，发生氧化反应，作负极，电子经导线流向正极；物质在正极上得电子，发生还原反应。左装置中，锌做负极：Zn－2e－=Zn2＋，氧气在正极得电子：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－；右装置中，铁做负极：Fe－2e－＝Fe2＋，氢离子在正极得电子：2H＋＋2e－=H2↑。由以上分析可知答案为A。
16.在2L的恒容容器中，充入1molA和3molB,并在一定条件下发生反应：A(g)+3B(g)2C(g)。 经3s后达到平衡，测得C气体的浓度为0.6 mol·L-1，下列说法中不正确的是（ ）
A. 用B表示反应速率为0.3 mol·L-1·s-1
B. 平衡后，向容器中充入无关气体(如Ne),反应速率增大
C. 3s时生成C的物质的量为1.2mol
D. 平衡后，v(正) (A)=v(逆) (A)
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意，A物质起始的浓度为0.5mol/L，B物质起始的浓度为1.5mol/L，经3s后测得C的物质的量浓度为0.6mol•L-1，则
A(g)+3B(g)⇌2C(g)
开始(mol/L) 0.5 1.5 0
转化(mol/L) 0.3 0.9 0.6
3s时(mol/L) 0.2 0.6 0.6
A．根据上面的分析，B转化的浓度为0.9mol/L，所以用B表示的反应速率为=0.3mol•L-1•s-1，故A正确；
B. 平衡后，向容器中充入无关气体(如Ne)，A、B、C的浓度不变，反应速率不变，故B错误；
C．3s时生成C的物质的量为0.6mol•L-1×2L=1.2mol，故C正确；
D. 平衡后，正逆反应速率相等，因此v(正) (A)=v(逆) (A)，故D正确；
故选B。
17.下列实验不正确的是
序号
实验内容
实验目的
A
向5mL0.1mol/LK2Cr2O7溶液中滴加5滴浓硫酸
探究反应物浓度增大对化学平衡的影响
B
向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶 液
说明一种沉淀能转化为另 一种溶解度更小的沉淀
C
室温下，用pH计测定浓度为0.1mol·L−1NaClO溶液和0.1mol·L−1CH3COONa溶液的pH
比较 HClO 和 CH3COOH 的 酸性强弱
D
室温下，分别向2支试管中加入相同体积、相同浓度的Na2S2O3溶液，再分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸
研究浓度对反应速率的影响
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【分析】
A、滴加5滴浓硫酸，溶液中H+浓度增大，同时浓硫酸稀释会放出大量的热使溶液温度升高；
B、发生沉淀的转化，溶度积小的转化为溶度积更小的；
C、酸性越弱，其对应盐溶液中水解程度越大，碱性越强；
D、浓度越大，反应速率越快。
【详解】A项、向5mL0.1mol/LK2Cr2O7溶液中滴加5滴浓硫酸，溶液中H+浓度增大，同时浓硫酸稀释会放出大量的热使溶液温度升高，由于外界条件浓度和温度均改变，不能实现探究反应物浓度增大对化学平衡的影响的目的，故A错误；
B项、由沉淀转化中溶解度小的向溶解度更小的方向移动，则向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液，可观察到白色沉淀转化为黑色沉淀，说明一种沉淀能转化为另一种更难溶的沉淀，故B正确；
C项、酸性越弱，其对应盐溶液中水解程度越大，碱性越强，则可以用pH计测定浓度为0.1mol•L-1NaClO溶液和0.1mol•L-1 CH3COONa溶液的pH，比较HClO和CH3COOH的酸性强弱，故C正确；
D项、分别加入相同体积不同浓度的稀硫酸，浓度越大，反应速率越快，可研究浓度对反应速率的影响，故D正确。
故选A。
【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及盐类水解、酸性比较、沉淀转化和反应速率的影响因素等，把握反应原理及物质性质为解答的关键，注意方案的评价性分析。
18.如图，a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色。下列说法正确是
A. X极是电源负极，Y极是电源正极
B. 电解过程中CuSO4溶液的pH逐渐增大
C. a极的电极反应是2Cl－－2e－=Cl2↑
D. Pt极上有6.4 g Cu析出时，b极产生2.24 L(标准状况)气体
【答案】C
【解析】
【详解】A、a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色，依据电解质溶液为氯化钠的酚酞溶液，判断b电极是阴极，氢离子放电，氢氧根浓度增大，则Y为电源负极，X为电源正极，A错误；
B、电解过程中CuSO4溶液中的氢氧根离子在阳极Pt电极失电子生成氧气，溶液中铜离子在Cu电极得到电子析出铜，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH逐渐减小，B错误；
C、a电极是阳极，溶液中的氯离子失电子发生氧化反应，电极反应为2Cl－－2e－＝Cl2↑，C正确；
D、电解过程中CuSO4溶液中的氢氧根离子在阳极Pt电极失电子生成氧气，溶液中铜离子在Cu电极得到电子析出铜，D错误；
答案选C。
19.已知某可逆反应：mA（g）＋nB（g）r C（g）在密闭容器中进行。下图表示此反应在不同时间t，温度T和压强p与反应物B在混合气体中的百分含量（B%）的关系曲线。由曲线分析下列判断正确的是
A. T1＞T2，p1＞p2，m＋n＞r，正反应吸热
B. T1＜T2，p1＜p2，m＋n＜r，正反应吸热
C. T1＞T2，p1＞p2，m＋n＜r，正反应放热
D. T1＜T2，p1＜p2，m＋n＞r，正反应放热
【答案】B
【解析】
【详解】根据“先拐先平，温高压大”，当压强相同时，温度为T2的先达到平衡，说明温度是T2大于T1。但温度越高，反应物的含量越低，所以正反应是吸热反应。当温度相同时，压强为P2的先达到平衡，说明P2大于P1，压强越大，反应物的含量越高，所以正反应是体积增大的反应，即m＋n＜r；选B。
20.某同学利用氧化还原反应：2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4=2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋K2SO4＋8H2O设计如图所示原电池，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。下列说法正确的是
A. b电极上发生还原反应
B. 外电路电子的流向是从a到b
C. 电池工作时，盐桥中的SO42-移向甲烧杯
D. a电极上发生的反应为MnO4-＋8H＋＋5e－=Mn2＋＋4H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据原电池的工作原理：负极失电子，发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，b极上电极反应式：Fe2＋－e－＝Fe3＋，A错误；
B、外电路电子流向是从b流向a，B错误；
C、根据原电池的工作原理：阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，SO42－向b极移动，C错误；
D、电池总反应式：2MnO4－＋10Fe2＋＋16H＋＝2Mn2＋＋10Fe3＋＋8H2O，a极是正极得电子，电极反应式＝电池总反应式－b极反应式，得出：2MnO4－＋16H＋＋10e－＝2Mn2＋＋8H2O，化简得：MnO4－＋8H＋＋5e－＝Mn2＋＋4H2O，D正确；
答案选D。
【点晴】明确原电池的工作原理是解答的关键，根据氧化还原反应理论分析反应2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4＝2MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O可知，Mn元素的化合价降低，得到电子，Fe元素的化合价升高，失去电子，再结合原电池理论，则b为负极，a为正极，结合原电池中负极发生氧化反应，电流从正极流向负极，阴离子向负极移动来解答即可。
21.常温下，向20.00 mL 0.100 mol·L－1CH3COONa溶液中逐滴加入0.100 0 mol·L－1盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如下图所示(不考虑挥发)。下列说法正确的是( )
A. 点①所示溶液中：c(CH3COOH)＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋)
B. 点②所示溶液中：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)
C. 点③所示溶液中：c(CH3COOH)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(CH3COO－)
D. 整个过程中可能出现：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)
【答案】A
【解析】
【详解】A.溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)和物料守恒c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，点①所示溶液呈中性，c(OH－)＝c(H＋)，故综合两守恒可得c(CH3COOH)＝c(Cl－)，A正确；
B.②点溶液中有等浓度的CH3COOH、CH3COONa和NaCl，溶液呈酸性，可仅考虑醋酸电离，则c(CH3COO－)>c(Cl－)，B错误；
C.③点溶液中有等浓度的CH3COOH和NaCl，由于醋酸有少部分电离，故c(Na＋)>c(CH3COOH)，醋酸每电离生成一份CH3COO－的同时就会生成一份H＋，同时水也电离生成少量H＋，故c(H＋)>c(CH3COO－)，所以C错误。
D. 根据物料守恒c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，可判断出D错误；
故选A。
22.0.4mol CuSO4和0.4mol NaCl溶于水，配成1L溶液，用惰性电极进行电解，当—个电极得到0.3molCu时，另一个电极上生成的气体在标准状况下的体积是
A. 5.6L B. 6.72L
C. 1.344L D. 11.2L
【答案】A
【解析】
【详解】在电解过程中，阴阳极放电量相等，阴极得到0.3molCu，说明Cu得到0.6mole-，那么阳极失电子总数也为0.6mol，根据阳极反应式为
2Cl－-2e－=Cl2↑ 、4OH－-4e－=2H2O+O2↑，
0.4 0.4 0.2 0.2 0.05
阴极生成的气体为氯气和氧气，共0.25mol，体积为0.25×22.4=5.6L，选A。
23.用系统命法写出下列物质名称或结构简式
（1）C4H10的一氯代物有_____________种。
（2）某有机物含C、H、O三种元素，分子模型如图所示（图中球与球之间的连线代表化学键．如单键、双键等）。该有机物的结构简式为_______，所含官能团的名称为 __________。
（3）常温下，已知0.1 mol·L－1一元酸HA溶液中＝1×10－8。常温下，0. 1 mol·L－1 HA溶液的pH＝________；写出该酸(HA)与NaOH溶液反应的离子方程式： _______________________________。
（4）25℃时，已知Ksp[Fe(OH)3]=8×10－38，则0.01mol/L FeCl3溶液中欲使Fe3＋沉淀，求溶液所需的最小pH＝________。（用对数形式表示）
【答案】 (1). 4种 (2). CH2=C（CH3）COOH (3). 碳碳双键和羧基 (4). 3 (5). HA + OH- =A- + H2O (6). 2+lg2
【解析】
【详解】（1）C4H10为烷烃，有正丁烷和异丁烷2种同分异构体，正丁烷的一氯代物有2种，异丁烷的一氯代物有2种，则C4H10的一氯代物有4种，故答案为：4；
（2）由分子模型可知，白球是氢原子，黑球是碳原子，半黑球是氧原子，则该有机物的结构简式为CH2=C（CH3）COOH，官能团为碳碳双键和羧基，故答案为：CH2=C（CH3）COOH；碳碳双键和羧基；
（3）由常温下，0.1 mol·L－1一元酸HA溶液中＝1×10－8可知溶液中c（OH—）=10—8c（H+），c（H+）=mol/L=1×10—3mol/L，溶液的pH为3，则HA为弱酸，HA与NaOH溶液反应生成NaA和水，反应的离子方程式为HA + OH- =A- + H2O，故答案为,3；HA + OH- =A- + H2O；
（4）由Ksp[Fe(OH)3]=8×10－38可知0.01mol/L FeCl3溶液中欲使Fe3＋沉淀时，溶液中c（OH—）= mol/L=2×10—12mol/L，则溶液的pH为（14—12+lg2）=2+lg2，故答案为：2+lg2。
24.按要求对下图中两极进行必要的连接并填空：
（1）在A图中，使铜片上冒气泡。请加以必要连接，则联接后的装置叫______。电极反应式：锌电极：______________；铜电极：_____________________。
（2）在B图中，使a极析出铜，则b析出：______。加以必要的联接后，该装置叫_____。电极反应式: b极：_____________。经过一段时间后，停止反应并搅均溶液，溶液的pH值____________（升高、降低、不变）。
【答案】 (1). 原电池 (2). Zn －2e-＝Zn2+ (3). 2H+ ＋2e-＝H2↑ (4). O2 (5). 电解池 (6). 4OH－- 4e-= O2 + 2H2O或2H2O - 4e-= O2 + 4H+ (7). 降低
【解析】
本题考查了原电池和电解池原理。（1）在A图中，使铜片上冒气泡，则铜片作正极，锌作负极，连接如图：，该电池属于原电池，锌电极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，电极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；（2）在B图中（a，b都为惰性电极），使a极析出铜，即电极反应式为：Cu2++2e-=Cu，发生还原反应，故为阴极，其连接如图：，该装置是电解池，a是阴极，b是阳极，阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应，电极反应式为：OH－- 4e-= O2 + 2H2O或2H2O - 4e-= O2 + 4H+，该溶液中氢氧根离子浓度减小，则氢离子浓度变大，经过一段时间后，停止反应并搅均溶液，溶液的pH值降低。
25.科学家开发出一种“洁净煤技术”，通过向地下煤层“气化炉”中交替鼓入空气和水蒸气的方法，连续产出高热值的煤炭气，其主要成分是CO和H2。“气化炉”中主要反应有：
C(s)+ +H2O (g) =CO(g)+H2(g) △H= +131.3 kJ•mol-1
CO(g)+H2O(g) =CO2(g)+H2(g) △H= — 41.2kJ•mol-1
（1）气化炉中CO2与C反应转化为CO，该反应的热化学方程式_____________。
（2）用煤炭气合成甲醇的反应为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。在密闭容器中，将CO和H2按物质的量1：2混合反应，CO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示：
①生成甲醇的反应为_______（填“放热”或“吸热”）。
②图中两条曲线分别表示压强为0.1MPa和5.0MPa下CO转化率随温度的变化，其中代表压强是5.0MPa的曲线是____________（填“A”或“B”）。
③在不改变反应物用量的前提下，为提高CO转化率可采取的措施有(写两条措施) _________。
④压强为0.1MPa、温度为200℃时，平衡混合气中甲醇的物质的量分数是 _______________。
（3）某新型电池以熔融碳酸盐作电解质，在650℃下工作，负极通入煤炭气，正极通入空气与CO2的混合气．电池的正极反应式为O2+2CO2+4e-=2CO32—，负极反应式为 ___________________和___________________。
【答案】 (1). C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=+172.5 kJ•mol-1 (2). 放热 (3). A (4). 降温、加压 (5). 25% (6). H2+CO32--2e-=H2O+CO2 (7). CO+CO32--2e-= 2CO2
【解析】
【分析】
（1）由盖斯定律计算可得；
（2）①升高温度，平衡向吸热方向移动；
②该反应是气体体积缩小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动；
③该反应是气体体积缩小的放热反应，降温、加压使平衡向正反应方向移动；
④依题意建立三段式求解可得；
（3）由题意可知煤炭气为一氧化碳和氢气的混合气体，一氧化碳在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳、氢气在负极上失电子发生氧化反应生成水。
【详解】（1）将已知热化学方程式依次编号为①②，由盖斯定律可知，①—②可得气化炉中CO2与C反应转化为CO的热化学方程式(s)+CO2(g)=2CO(g) ，则△H=△H1—△H2=（+131.3 kJ•mol-1）—（—41.2kJ•mol-1）=+172.5 kJ•mol-1，故答案为：C(s)+CO2(g)=2CO(g) △H=+172.5 kJ•mol-1；
（2）①升高温度，平衡向吸热方向移动，由图可知温度升高CO的平衡转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，则生成甲醇的反应为放热反应，故答案为：放热；
②该反应是气体体积缩小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，由图可知，在温度为200℃时，A的转化率比B的高，说明压强改变，平衡正向移动，则A点的压强大，为5.0MPa，故答案为：A；
③该反应是气体体积缩小的放热反应，则在不改变反应物用量的前提下，可以通过降温、加压的措施使平衡向正反应方向移动，提高CO转化率，故答案为：降温、加压；
④设压强为0.1MPa、温度为200℃时，设起始CO为1mol，由图可知，CO的转化率为50%，则由题意建立如下三段式：
则由三段式数据可知平衡混合气中甲醇的物质的量分数是×100%=25%，故答案为：25%；
（3）由题意可知煤炭气为一氧化碳和氢气的混合气体，一氧化碳在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳、氢气在负极上失电子发生氧化反应生成水，电极反应式为H2+CO32--2e-=H2O+CO2、CO+CO32--2e-= 2CO2，故答案为：H2+CO32--2e-=H2O+CO2；CO+CO32--2e-= 2CO2。
【点睛】该反应是气体体积缩小的放热反应，降温、加压使平衡向正反应方向移动，提高CO转化率是解答关键。
26.描述弱电解质电离情况可以用电离平衡常数表示，表1是常温下几种弱酸的电离平衡常数(Ka)和弱碱的电离平衡常数(Kb)，表2是常温下几种难（微）溶物的溶度积常数(Ksp)。
表1
酸或碱
电离平衡常数（Ka或Kb）
CH3COOH
1.8×10﹣5
HNO2
4.6×10﹣4
HCN
5×10﹣10
HClO
3×10﹣8
NH3•H2O
1.8×10﹣5
表2
难（微）溶物
溶度积常数（Ksp）
BaSO4
1×10﹣10
BaCO3
2.6×10﹣9
CaSO4
7×10﹣5
CaCO3
5×10﹣9
请回答下列问题：
（1）表1所给的四种酸中，酸性最弱的是_____（用化学式表示）。下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离平衡常数不变的操作是___（填字母序号）。
A．升高温度 B．加水稀释
C．加少量的CH3COONa固体 D．加少量冰醋酸
（2）CH3COONH4的水溶液呈_____（选填“酸性”、“中性”或“碱性”），该溶液中存在的各离子浓度大小关系为_____。
（3）物质的量之比为1：1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH＞7，该溶液中离子浓度从大到小的顺序为_____。
（4）工业中常将BaSO4转化为BaCO3后，再将其制成可溶性的钡盐（如BaCl2）。具体做法是用饱和的纯碱溶液浸泡BaSO4粉末，并不断补充纯碱，最后BaSO4转化为BaCO3。现有足量BaSO4悬浊液，在该悬浊液中加纯碱粉末并不断搅拌，为使SO42－物质的量浓度不小于0.01mol•L﹣1，则溶液中CO32－物质的量浓度最少应为_____。
【答案】 (1). HCN (2). B (3). 中性 (4). c（NH4+）=c（CH3COO﹣）＞c（H+）=c（OH﹣） (5). c（Na+）＞c（CN﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） (6). 0.26 mol•L﹣1
【解析】
【详解】(1)对于一元弱酸，电离平衡常数越大则酸性越强，反之则酸性越弱，HCN电离平衡常数最小，则酸性最弱；根据醋酸的电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+。A、升高温度，电离程度增大，电离平衡常数增大，故A错误；B．加水稀释，电离程度增大，电离平衡常数不变，故B正确；C．加少量的CH3COONa固体，电离出的醋酸根对醋酸的电离平衡起抑制作用，电离程度减小，电离平衡常数不变，故C错误；D．加少量冰醋酸，则醋酸浓度增大，根据越稀越电离的事实，则电离程度减小，平衡常数不变，故D错误；故答案为HCN；B；
(2)醋酸铵溶液中，醋酸水解显碱性，铵根离子水解显酸性，CH3COOH与NH3•H2O的电离平衡常数相等，CH3COO-和NH4+在相等浓度时的水解程度相同，酸性和碱性程度相当，溶液显中性，即c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-) +c(CH3COO-)，得出c(NH4+)= c(CH3COO-)并且大于水解生成的c(H+)、c(OH-)，即c(NH4+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)；故答案为中性；c(NH4+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)；
(3)物质的量之比为1：1的NaCN和HCN的混合溶液，其pH＞7，说明CN-的水解程度大于HCN的电离程度，导致溶液c(OH-)＞c(H+)，呈碱性，根据电荷守恒知，c(OH-)+c(CN-)=c(H+)+c(Na+)，所以c(CN-)＜c(Na+)，所以各离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，故答案为c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)；
(4)SO42-物质的量浓度为0.01mol•L-1时，钡离子的浓度为：c(Ba2+)=mol/L=1×10-8mol/L，若使SO42-物质的量浓度不小于0.01mol•L-1，则钡离子浓度应该大于1×10-8mol/L；当c(Ba2+)=1×10-8mol/L时，则溶液中c(CO32-)=mol/L=0.26mol/L，所以当c(CO32-)≥0.26mol/L时，c(Ba2+)≤1×10-8mol/L，则c(SO42-)不小于0.01mol/L，故答案为0.26 mol•L-1。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较、难溶物的溶解平衡及沉淀转化。明确电离平衡常数的含义是解本题的关键，(4)为难点、易错点，注意根据硫酸钡、碳酸钡的溶度积计算出使SO42-物质的量浓度不小于0.01mol•L-1时溶液中的钡离子浓度，再计算溶液中的CO32-物质的量浓度。
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