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【化学】湖南省衡阳市第一中学2018-2019学年高二12月月考（解析版） 试卷
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湖南省衡阳市第一中学2018-2019学年高二12月月考
1.下列叙述中，从化学角度分析不正确的是（ ）
A. 长期盛放NaOH溶液的滴瓶不易打开，是因为NaOH与瓶中的CO2反应导致瓶内气体减少形成“负压”的缘故
B. 硅的提纯与应用，促进了半导体元件与集成芯片的发展，可以说：“硅是信息技术革命的催化剂”
C. “雨后彩虹”、“海市蜃楼”既是一种光学现象，也与胶体的知识有关
D. “水滴石穿”主要是溶解了CO2的雨水与CaCO3长期作用生成了可溶性的Ca(HCO3)2的缘故
【答案】A
【解析】
【分析】
A. 二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成的硅酸钠是粘性物质；
B. 硅能够导电；
C. 空气是一种胶体；
D. 碳酸钙与二氧化碳的水溶液反应生成可溶性的碳酸氢钙；
【详解】A．玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成粘性的硅酸钠，从而使玻璃塞和玻璃瓶粘结在一起而难打开，故A错误；
B. 硅能够导电，半导体元件与集成芯片的主要成分是硅单质,所以硅的提纯与应用促进了半导体元件与集成芯片事业的发展,故B正确；
C．空气也是一种胶体，“海市蜃楼”、“雨后彩虹”既是一种光学现象，也与胶体的丁达尔效应有关，故C正确；
D．碳酸钙与二氧化碳的水溶液反应生成可溶性的碳酸氢钙，所以溶解了CO2的雨水能把石头穿透，故D正确；
综上所述，本题选A。
2.设NA代表阿佛加德罗常数，下列说法错误的是（ ）
A. 46g NO2和46g N2O4含有的原子数均为3NA
B. 0.1mol·L-1的100mLH2SO4溶液中，含有的离子数约为0.03 NA
C. 常温常压下，活泼金属从盐酸中置换出1mol H2，发生转移的电子数为2NA
D. 在铜与硫的反应中，1mol铜失去的电子数为2 NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 46gNO2的物质的量为1mol，含有原子数为3NA，46gN2O4的物质的量为0.5mol，含有的原子数3NA，所以46g NO2和46g N2O4含有的原子数均为3NA，A正确；
B. H2SO4属于强电解质，在水溶液中完全电离，H2SO4=2H++SO42-，忽略水的电离，0.1mol·L-1的100mLH2SO4溶液中，含有的离子数约为0.03NA，B正确；
C.活泼金属从盐酸中置换出1molH2,需要得到2mol电子,发生转移的电子数为2NA，C正确；
D.根据2Cu+S=Cu2S可知，1molCu参加反应转移电子数为NA，D错误；
综上所述，本题选D。
3.下列指定溶液中一定能大量共存的离子组是（ ）
A. pH=1的溶液中：NH4+、Na+、Al3+、SO42-
B. 含有大量AlO2-的溶液中：Na+、K+、HCO3-、NO3-
C. 中性溶液中：K+、Fe3+、Cl-、SO42-
D. Na2S溶液中：SO42-、K+、Cu2+、Cl-
【答案】A
【解析】
【分析】
A.pH=1的溶液显酸性，该组离子之间不反应；
B. AlO2-促进HCO3-的电离；
C. Fe3+水解溶液显酸性；
D. S2-与Cu2+结合生成沉淀。
【详解】A.pH=1的溶液显酸性，该组离子之间不反应,可大量共存,故A正确；
B.含有大量AlO2-的溶液中，AlO2-促进HCO3-的电离，不能大量共存，故B错误；
C. Fe3+水解溶液显酸性，则中性溶液中不能大量存在Fe3+，故C错误；
D. S2-与Cu2+结合生成沉淀，不能大量共存，故D错误；
综上所述，本题选A。
4.利用下列装置分别完成相关实验，不能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
证明NH3极易溶于水
分离出溴苯
设计成铜锌原电池
证明温度对平衡移动的影响
【答案】C
【解析】
【详解】A.氨气极易溶于水，造成烧瓶内气体的压强迅速减小，水沿着导管被压进烧瓶，形成喷泉，A正确；
B.溴苯不溶于水，所以溶液分层，溴苯在下层，用分液漏斗分离，B正确；
C．铜锌原电池装置中铜离子在正极析出，所以硫酸铜与硫酸锌溶液放置颠倒，C错误；
D.二氧化氮与四氧化二氮存在化学平衡，改变温度平衡发生移动，可观察颜色的变化证明温度对平衡移动的影响，D正确；
综上所述，本题选C。
5.下列离子方程式中，正确的是（ ）
A. CaCO3溶于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
B. FeCl2溶液中通入氯气：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
C. AlCl3溶液跟过量氨水反应：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O
D. Fe3O4与稀HNO3反应：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 醋酸属于弱电解质，不能拆成离子形式，离子方程式书写错误；A错误；
B. FeCl2被氯气氧化为氯化铁，离子方程式2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-书写正确，B正确；
C. 氢氧化铝不溶于过量的氨水，离子方程式书写错误；C错误；
D. 稀HNO3具有氧化性，能够把二价铁氧化为三价，即反应后的溶液中不存在亚铁离子，离子方程式书写错误；D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】本题属于常规考题，离子方程式的书写关键在于能拆和不能拆的物质要区分开，电荷守恒，元素守恒，是否符合客观规律，是否有遗漏的离子反应。
6.某燃料电池以熔融的金属氧化物为电解质、CH4为燃料，该电池工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. a为CH4，b为空气
B. O2-向负极移动
C. 此电池在常温时也能工作
D. 正极电极反应式为O2+4e-===2O2-
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图中电子从a极经导线流到b极，可知a为负极，b为正极，燃料电池中通入燃料的电极为负极，通入氧化剂的电极为正极，就以上分析解答。
【详解】根据图中电子从a极经导线流到b极，可知a为负极，b为正极，燃料电池中通入燃料的电极为负极，通入氧化剂的电极为正极，
A项，a为CH4，b极消耗掉O2，排出N2，故b为空气，故A项正确；
B项，原电池中，熔融金属氧化物中的O2-向负极移动，故B项正确；
C项，电解质为熔融的金属氧化物，需要高温条件，故C项错误；
D项，燃料电池以熔融的金属氧化物为电解质，正极反应式为：O2+4e-===2O2-，故D项正确；
综上所述，本题选C。
【点睛】原电池工作时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，电子由负极经外电路流向正极，电子不能从电解质中通过。
7.向1mol·L-1的KAl(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液，当生成沉淀的质量最大时，铝元素的主要存在形式为（ ）
A. Al3+和Al(OH)3 B. Al(OH)3
C. AlO2- D. AlO2-和Al(OH)3
【答案】C
【解析】
【分析】
当KAl(SO4)2与Ba(OH)2按照1:1完全反应：Ba(OH)2+KAl(SO4)2=2/3Al(OH)3+ BaSO4+1/2K2SO4+ 1/6Al2(SO4)3，根据方程式计算出生成沉淀质量；当KAl(SO4)2与Ba(OH)2按照1:2完全反应：2Ba(OH)2+KAl(SO4)2=2BaSO4+KAlO2+2H2O，根据方程式计算出生成沉淀质量；根据两种情况下，判断出沉淀质量最大时，铝元素的存在状态。
【详解】假设溶液的体积为1L，则1mol·L-1的KAl(SO4)2溶液的物质的量为1mol；当KAl(SO4)2与Ba(OH)2按照1:1完全反应：Ba(OH)2+KAl(SO4)2=2/3Al(OH)3+ BaSO4+1/2K2SO4+ 1/6Al2(SO4)3，生成沉淀质量为：2/3×78+1×233= 285g；当KAl(SO4)2与Ba(OH)2按照1:2完全反应：2Ba(OH)2+KAl(SO4)2=2BaSO4+KAlO2+2H2O，生成沉淀质量为2×233=466g；所以向1mol·L-1的KAl(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液，当生成沉淀的质量最大时，铝元素的主要存在形式为AlO2-，C正确；
综上所述，本题选C。
8.将一定量的氨气通入稀盐酸发生中和反应，下列说法错误的为（ ）
A. 当溶液中c(Cl-)=c(NH4+)时，该溶液一定呈中性
B. 当溶液中氨与盐酸恰好完全中和时，c(Cl-)=c(NH4+)
C. 当溶液中c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)时，可能是盐酸过量
D. 若溶液中c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)时，一定是氨气过量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据电荷守恒可知：c(Cl-)+ c(OH-) =c(NH4+)+c(H+)，当c(Cl-)=c(NH4+)时，c(OH-) =c(H+)，该溶液一定呈中性，A正确；
B. 当溶液中氨与盐酸恰好完全中和时，因为生成物氯化铵水解显酸性，根据电荷守恒：c(Cl-)+ c(OH-) =c(NH4+)+c(H+)可知c(OH-)c(NH4+)，B错误；
C. 如果是氯化铵溶液：铵根离子少量水解溶液显酸性，所以：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，当盐酸和氯化铵的混合液中，也可能存在c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)关系，C正确；
D. 如果溶液中溶质只有氯化铵，溶液显酸性，当溶液显碱性时，氨气一定过量，存在c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)关系，D正确；
综上所述，本题选B。
【点睛】如果为氯化铵溶液，溶液显酸性，所以溶液中各离子浓度大小关系为：c(Cl-)> c(NH4+)> c(H+)>c(OH-)；如果为氯化铵和一水合氨的混合液，呈中性，则溶液中各离子浓度大小关系为：c(Cl-)=c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)，呈碱性，则溶液中各离子浓度大小关系为：c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，所以判断离子浓度大小关系要依据具体情况进行分析。
9.常温下，将0.1 mol·L-1盐酸溶液与0.06 mol·L-1氢氧化钡溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于( )
A. 1.7 B. 2.0 C. 12.0 D. 12.4
【答案】C
【解析】
试题分析：常温下，将0.1mol/L的氢氧化钠与0.06mol/L硫酸溶液等体积混合硫酸过量，则反应后溶液中c(H＋)＝(0.06×2－0.1)/2=0.01mol·L－1，所以溶液的pH＝2，故选项B正确。
考点：考查pH的计算等知识。
10.某芳香烃的分子式为C7H8，它的一氯代物有（ ）
A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种
【答案】A
【解析】
【详解】某芳香烃的分子式为C7H8，结构简式为，核磁共振氢谱有4种峰，如图：，所以它的一氯代物有4种；
综上所述，本题选A。
11.下列说法或表示法正确的是（ ）
A. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH>0，则金刚石比石墨稳定
B. 己知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) ΔH1；2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2，则ΔH1>ΔH2
C. 在稀溶液中：H++OH-=H2O ΔH=-57.3kJ·mol-1，若将含0.5mol H2SO4的浓硫酸与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ
D. 101kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则H2燃烧的热化学方程式可以表示为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=+285.8 kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 物质所含能量低的较稳定，石墨转化成金刚石吸热，所以石墨比金刚石稳定，A错误；
B.相同物质的量的碳在氧气中完全燃烧比不完全燃烧放出的热量多，但是由于ΔH<0，所以ΔH1<ΔH2，B错误；
C.酸碱中和放热 浓硫酸遇水还放热，所以C中放出的热量数值大于57.3kJ，C正确；
D. 2g氢气是1mol，且放热反应的ΔH<0，所以D中的ΔH应为-571.6kJ/mol，D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】强酸和强碱在稀溶液中发生中和反应的中和热是个常量，为57.3kJ，但弱酸或弱碱参加的中和反应的中和热低于这个值，浓硫酸和强碱反应的中和热高于这个值。
12.一定温度下，在某容积一定的密闭容器中，建立下列化学平衡：C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)。不能确定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是（ ）
A. 体系的压强不再发生变化
B. v正(CO)=v逆(H2)
C. 1 mol H—H键断裂的同时断裂2 mol H—O键
D. 生成n mol CO的同时消耗n mol H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、因为是容积不变的密闭容器中,该反应为反应前后气体的总量不相等的反应，所以体系的压强不再发生变化,能确定达平衡状态,故A不符合；
B、根据反应可以知道,v正(CO)=v逆(H2),正逆反应速率相等，可以说明反应到达平衡,故B不符合；
C、1 mol H—H键断裂的同时断裂2 mol H—O 键,断裂2 mol H—O 键同时生成1 mol H—H键,说明反应到达平衡,故C不符合；
D、根据反应可以知道,生成n mol CO的同时消耗n mol H2O,反应正向进行,不能说明反应到达平衡,故D符合；
综上所述，本题选D。
【点睛】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。
13.某温度下，某反应达平衡时平衡常数K=c(C)·c(D)/c(A)·c(B)。恒容时，温度升高，C的物质的量浓度减小。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的焓变ΔH>0
B. 恒温恒容时，增大体系压强，c(D)一定增大
C. 升高温度，逆反应速率减小
D. 该反应的化学方程式可能为A(g)+B(g)C(g)+D(g)
【答案】D
【解析】
【详解】由化学平衡常数的表达式可知该反应的方程式为A(g)+B(g)C(g)+D(g)，温度升高，C的浓度减小，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，ΔH<0，A项错误、D项正确；恒温恒容下，因该反应为等体积反应，向反应中通入和反应无关的气体，虽然增大压强，但对该反应的平衡无影响，D的浓度不变，B项错误；升高温度，正、逆反应速率都增大，C项错误。
综上所述，本题选D。
14.反应2NO2(g) N2O4(g) ΔH=-57kJ·mol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的为（ ）
A. A、C两点气体的颜色：A深，C浅
B. A、C两点的反应速率：A>C
C. A、C两点气体的平均相对分子质量：A>C
D. 由状态A到状态B，可以采用降温的方法
【答案】D
【解析】
【分析】
A、增大压强，体积缩小，气体浓度增大；
B、压强增大,化学反应速率会加快；
C、根据气体的平均相对分子质量M=m/n，结合A、C两点都在等温线上,C的压强大,增大压强,化学平衡正向移动,C点时气体的物质的量小来回答；
D、压强相同,升高温度，化学平衡逆向移动, NO2的体积分数增大,A点NO2的体积分数大；
【详解】A、A、C两点温度相同,但压强不同, NO2为红棕色气体,由图象可以知道,增大压强，平衡右移，但是气体的体积变小，浓度增大的影响较大，气体的颜色加深，则A、B两点气体的颜色: A浅，C深，故A错误；
B、C点的压强大于A点的压强,压强越大,化学反应速率越快,所以反应速率A
【点睛】针对于反应2NO2(g) N2O4(g)，其他条件不变，增大压强，缩小体积，平衡右移，NO2气体的浓度稍有减小；由于气体体积的缩小，导致气体浓度增大的因素大于平衡右移导致二氧化氮气体浓度减小因素，最终容器内混合气体的颜色较移动前还是加深。
15.下列说法正确的是（ ）
A. 凡是吸热反应都是非自发的
B. 自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小
C. 常温下，反应C(s)+CO2(g===2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH<0
D. 反应2Mg(s)+CO2(g)===C(s)+2MgO(s)能自发进行，则该反应的ΔH<0
【答案】D
【解析】
【详解】A项，反应是否自发进行需要综合考虑焓变和熵变的共同影响，此处只考虑焓变，故A项错误；
B项，反应是否自发进行需要综合考虑焓变和熵变的共同影响，此处只考虑熵变，故B项错误；
C项，反应自发进行的条件：ΔG=ΔH-TΔS <0，该反应是气体体积增大的反应，是熵增加的过程，从而ΔS>0，但其不能自发进行，故该反应是吸热反应，ΔH>0，故C项错误；
D项，该反应是气体体积减小的反应，是熵减小的过程，从而ΔS<0，但其能自发进行，故该反应是放热反应，ΔH<0,，故D项正确。
综上所述，本题选D。
【点睛】判断反应自发进行的条件，一般规律：①△H<0 、∆S<0，低温下自发进行；②△H<0 、∆S>0，任何条件下都能自发进行；③△H>0 、∆S<0，任何条件下不能自发进行；④ △H>0、∆S>0，高温下自发进行。
16.25 ℃时加水稀释10 mL pH=11的氨水，下列判断不正确的是（ ）
A. 原氨水的浓度大于10-3mol·L-1
B. 溶液中c(NH4+)/c(NH3·H2O)增大
C. 氨水的电离程度增大，溶液中所有离子的浓度均减小
D. 再加入10 mL pH=3的盐酸充分反应后混合液的pH值肯定大于7
【答案】C
【解析】
【分析】
A．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离；
B．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n（NH4+）增大、n（NH3．H2O）减小；
C．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（H+）增大；
D．pH=3的盐酸浓度小于pH=11的氨水浓度，二者等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性．
【详解】A．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，所以原氨水的浓度＞10﹣3mol/L，故A正确；
B．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n（NH4+）增大、n（NH3．H2O）减小，则溶液中c(NH4+)/c(NH3·H2O)增大，故B正确；
C．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（OH﹣）减小，温度不变，则水的离子积常数不变，则溶液中c（H+）增大，故C错误；
D．常温下，pH=3的盐酸浓度小于pH=11的氨水浓度，二者等体积混合，氨水过量，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，导致混合溶液呈碱性，则pH＞7，故D正确；
综上所述，本题选C。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意稀释氨水过程中增大一水合氨电离程度但其电离平衡常数不变，溶液中c（H+）增大，为易错点。
17.下列说法不正确的是（ ）
A. 常温下，某溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-amol·L-1，若a>7时，则该溶液的pH值可能为14-a或a
B. pH=9的CH3COONa溶液和pH=9的NH3·H2O溶液，两溶液中水的电离程度不相同
C. 温度一定时，向水中滴加少量酸或碱形成稀溶液，水的离子积常数不变
D. 常温下，向纯水中加入少量NH4Cl固体，水的电离平衡正移，Kw变大
【答案】D
【解析】
【分析】
A.常温时，某溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-amol/L，若a＞7时，说明水的电离受到抑制，可能为酸溶液，也可能为碱溶液；
B.根据CH3COONa能促进水的电离分析；
C. Kw只与温度有关，据此分析；
D. Kw只与温度有关，据此分析；
【详解】A、常温时，某溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-amol/L，若a＞7时，说明水的电离受到抑制，可能为酸溶液，也可能为碱溶液，如为酸溶液，则pH=14-a，如为碱溶液，则pH=a，故A正确；
B、CH3COONa促进水的电离，NH3·H2O抑制水的电离，故B正确；
C、温度不变，Kw不变，故C正确；
D、常温下，向纯水中加入少量NH4Cl固体，促进了水的电离，溶液中c(H+)增大，但是由于温度不变，Kw=c(OH-)•c(H+)不变 ，故D错误；
综上所述，本题选D。
【点睛】对于水的电离平衡来讲，加入酸或碱，抑制水的电离，酸碱浓度越大，抑制程度越大；加入能够水解的盐，促进水电离，平衡右移。
18.室温下，用0.100mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol·L-1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线
B. pH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)等于20mL
C. V(NaOH)=20.00mL时，两份溶液中c(Cl-)=c(CH3COO-)
D. V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
【答案】D
【解析】
【详解】A项，醋酸是弱酸，相同浓度的盐酸和醋酸溶液，醋酸的pH值较大，因此曲线Ⅰ是滴定醋酸的曲线，故A项错误；
B项，醋酸与NaOH反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解溶液呈碱性，pH=7时消耗的 V(NaOH)小于20.00mL，故B项错误；
C项，当V(NaOH)= 20.00mL时，酸碱恰好完全反应分别生成醋酸钠和氯化钠；醋酸根在溶液中存在水解平衡，因此两份溶液中c(Cl-)>c(CH3COO-)，故C项错误；
D项，当V(NaOH)=10.00mL时，溶液中的溶质为醋酸钠和醋酸的（1:1）混合液，溶液显酸性；根据电荷守恒关系：c(OH-)+ c(CH3COO-)= c(Na+)+ c(H+)可知，当c(H+)> c(OH-),则有 c(CH3COO-)> c(Na+),故D项正确；
综上所述，本题选D。
19.下列过程中所发生的化学变化属于取代反应的是（ ）
①乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯；②乙烯通入溴水中；③在镍作催化剂的条件下，苯与氢气反应；④苯与液溴混合后撒入铁粉
A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ①④
【答案】D
【解析】
【分析】
有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应。
【详解】①乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，属于取代反应；②乙烯与溴水发生加成反应生成溴代烃，属于加成反应；③在镍作催化剂的条件下，苯与氢气反应生成环己烷，属于加成反应；④苯与液溴混合后撒入铁粉反应生成溴苯，属于取代反应；
结合以上分析可知，属于取代反应的有①④；
综上所述，本题选D。
20.下列有关于电解质溶液的说法中不正确的是（ ）
A. pH相等的四种溶液：a.CH3COONa、b.NaClO、c.NaOH，溶质的物质的量浓度由小到大的顺序为c
C. 已知醋酸的电离平衡常数为Ka，醋酸根离子的水解常数为Kh，水的离子积常数为Kw，则三者关系为Ka·Kh=Kw
D. 甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的2倍，则甲、乙两溶液等体积混合，混合溶液的pH可能等于7
【答案】B
【解析】
【详解】A.酸性：CH3COOH>HClO，所以酸性越弱，其相应的酸根离子形成的盐水解程度就越大，如果盐的浓度相等，则溶液的pH：CH3COONab；由于氢氧化钠属于强碱，当pH与上述2种盐pH相同时，溶质的物质的量浓度最小，因此溶质的物质的量浓度由小到大的顺序为c
C. 水解和电离为可逆过程, Ka=c(CH3COO-)c(H+)/ c(CH3COOH)，Kh= c(CH3COOH) c(OH-)/ c(CH3COO-)；则有Ka·Kh=Kw，C正确；
D. 当pH之和等于14时,则混合液pH=7, D正确；
综上所述，本题选B。
21.将SO2气体通入BaCl2和FeCl3的混和溶液中，有白色沉淀生成，此沉淀的化学式为（ ）
A. BaSO4 B. S C. BaSO3 D. FeS
【答案】A
【解析】
【详解】FeCl3能够把SO2气体氧化为硫酸根离子，硫酸根离子与混合液中的钡离子反应生成硫酸钡沉淀，A正确；
综上所述，本题选A。
22.在溶液中有浓度均为0.01 mol·L-1的Fe3+、Cr3+、Zn2+、Mg2+等离子，已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39；Ksp[Cr(OH)3]=7.0×10-31；Ksp[Zn(OH)2]=1.0×10-17；Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11。当氢氧化物开始沉淀时，下列离子中所需pH最大的是（ ）
A. Fe3+ B. Cr3+ C. Zn2+ D. Mg2+
【答案】D
【解析】
【分析】
已知Fe3+、Cr3+、Zn2+、Mg2+四种离子浓度均为0.01 mol·L-1，根据四种沉淀物的Ksp，分别计算出四种离子开始沉淀时的OH- 浓度，然后在计算pH，据此进行分析。
【详解】根据金属离子的浓度和溶度积常数可以知道,四种离子开始沉淀时的OH- 浓度分别是:=6.38×10-13mol/L，=4.12×10-10mol/L，=3.16×10-8mol/L，=4.241×10-5mol/L，所以当氢氧化物开始沉淀时,铁离子所需溶液的pH最小，Mg2+所需pH最大；D正确；
综上所述，本题选D。
23.已知：pAg=-lgc(Ag+)，Ksp(AgCl)=1×10-12。如图是向10mLAgNO3溶液中逐渐加入0.1mol·L-1的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积变化的图像（实线）。根据图像所得下列结论不正确的是（ ）[提示：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)]
A. 原AgNO3溶液的物质的量浓度为1mol·L-1
B. 图中x点的坐标为（100，6）
C. 图中x点表示溶液中AgNO3与NaCl恰好完全反应
D. 把0.1mol·L-1的NaCl换成0.1mol·L-1NaI则图像在终点后变为虚线部分
【答案】D
【解析】
【分析】
A、根据pAg=-lgc(Ag+)，求出c(Ag+)；
B、x点c(Ag+)=10-6mol/L,根据硝酸银的量求出消耗的氯化钠；
C、x点c(Ag+)=10-6mol/L,反应完全；
D、因为Ksp(AgI)更小,所以c(Ag+)更小。
【详解】A、图中原点pAg=0 ,则Ag+的浓度为: c(Ag+)=1mol/L,即原AgNO3溶液的物质的量浓度为1mol·L-1，故A正确；
B、x点c(Ag+)=10-6mol/L,一般认为溶液中离子浓度小于10-5 mol/L即沉淀完全，则 AgNO3与NaCl恰好反应,n(NaCl)=n(AgNO3)=1×10×10-3=0.01mol,所以V(NaCl)=n/c=0.01/0.1=0.1L=100mL，即x点的坐标为（100，6）,故B正确；
C、x点c(Ag+)=10-6mol/L,一般认为溶液中离子浓度小于10-5 mol/L 完全沉淀，所以图中x点表示溶液中AgNO3与NaCl恰好完全反应，故C正确；
D、与AgCl相比,碘化银的Ksp(AgI)更小,所以把0.1mol·L-1的NaCl换成0.1mol·L-1NaI,则溶液中c(Ag+)更小,则pAg更大，图象不符,故D错误；
综上所述，本题选D。
24.下列事实中，能说明氯的非金属比碳强的是（ ）
A. 盐酸的酸性比碳酸强
B. 次氯酸的氧化性比碳酸强
C. 氯化氢比甲烷的热稳定性好
D. 氯原子最外层电子数比碳原子最外层电子数多
【答案】C
【解析】
【分析】
元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质的氧化性越强、其氢化物的稳定性越强等,据此分析解答。
【详解】A．HCl的酸性比碳酸强，说明HCl的电离程度大于碳酸，不能说明非金属性Cl比C强，故A错误；
B．次氯酸的氧化性比碳酸强，次氯酸不是其最高价氧化物的水化物，所以不能比较其非金属性强弱，故B错误；
C．二者均为氢化物，氯化氢比甲烷热稳定性好，说明氯原子比碳原子更易结合氢原子，非金属性Cl＞C，故C正确；
D．原子得电子能力与最外层电子数的多少无关,即元素非金属强弱与最外层电子数的多少无关，故D错误；
综上所述，本题选C。
25.液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小，无需气体存储装置等优点。一种以肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所示。该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH作为电解质。下列关于该燃料电池的叙述不正确的是（ ）
A. 该燃料电池的电极材料应采用多孔导电材料，以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触
B. 电子从右侧电极经过负载后流向左侧电极
C. 负极发生的电极反应式为N2H4+4OH--4e-===N2+4H2O
D. 该燃料电池持续放电时，OH-从正极向负极迁移，因而离子交换膜需选用阴离子交换膜
【答案】B
【解析】
【详解】A.电极材料应采用多孔导电材料，以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，A正确；
B.原电池中电子由负极经过导线流向正极，N2H4在负极发生氧化，氧气在正极发生还原，即电子由左侧流向右侧，B错误；
C.由装置图可以看出，通入N2H4的电极为负极，发生氧化反应：N2H4+4OH--4e-===N2+4H2O，C正确；
D. 该燃料电池持续放电时，阴离子向负极移动，因而离子交换膜需选用阴离子交换膜，D正确；
综上所述，本题选B。
26.绿矾（FeSO4·7H2O）可作人体补血剂。某同学欲测定补血剂中铁元素的含量，设计了如下实验步骤：
请回答下列问题：
（1）步骤②加入过量H2O2的目的是______________________________。
（2）步骤③加入了足量氨水，反应的离子方程式为__________________________。
（3）步骤④中一系列处理的操作步骤：过滤、________、干燥、灼烧、冷却、称量。
（4）若实验中铁无损耗，则每片补血剂中含铁元素的质量为__________g。
（5）另一位同学认为用酸性KMnO4溶液滴定也能进行铁元素含量的测定，反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。
①实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器除天平、药匙、玻璃棒、量筒、烧杯、胶头滴管外，还需____________________。
②上述实验中的KMnO4溶液需要进行酸化处理，可用于酸化的酸的化学式为______。
【答案】 (1). 将Fe２+全部氧化为Fe3+ (2). Fe3++3NH3·H2O====Fe(OH)3↓+3NH4+ (3). 洗涤 (4). 0.07a (5). 250mL容量瓶 (6). 稀H2SO4
【解析】
【分析】
由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量，据以上分析解答。
（1）双氧水具有强氧化性，由流程图可知，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+；
（2）由流程图可知，步骤③是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀；
（3）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；
（4）根据铁元素守恒可知ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，据此计算；
（5）①根据配制一定物质的量浓度的溶液所需要的仪器进行分析。
②加入的酸不能具有强氧化性，不能被酸性高锰酸钾氧化，防止影响酸性高锰酸钾溶液的体积，影响测定结果；
【详解】由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量，
（1）双氧水具有强氧化性，由流程图可知，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+；
综上所述，本题答案是：将Fe２+全部氧化为Fe3+。
（2）由流程图可知，步骤③是加入氨水，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，反应方程式为Fe3++3NH3·H2O====Fe(OH)3↓+3NH4+；
综上所述，本题答案是：Fe3++3NH3·H2O====Fe(OH)3↓+3NH4+ 。
（3）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；
综上所述，本题答案是：洗涤。
（4）ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，所以每片补血剂含铁元素的质量 [ag×112/160]/10==0.07ag；
综上所述，本题答案是：0.07a。
（5）①精确配制一定物质的量浓度的溶液需要的仪器除天平、药匙、玻璃棒、量筒、烧杯、胶头滴管外，还需要250mL容量瓶；
综上所述，本题答案是：250mL容量瓶。
②高锰酸钾溶液具有强氧化性，盐酸能够被氧化，硝酸具有氧化性，能亚铁离子氧化，所以只能用稀硫酸酸化，化学式为H2SO4；
综上所述，本题答案是：稀H2SO4。
27.对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体（CO、NO等）相互反应转化为无毒气体。
（1）2CO(g)+2NO(g)===2CO2(g)+N2(g) ΔH<0，对于该反应，温度不同（T2>T1）、其他条件相同时，下列图像正确的是________（填代号）。
（2）汽车尾气中CO与H2O(g)在一定条件下可以发生如下反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH<0。830℃时在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，起始时按照下表进行投料，达到平衡状态，K=1.0。
起始物质的量
甲
乙
丙
n(H2O)/mol
0.10
0.20
0.20
n(CO)/mol
0.10
0.10
0.20
①该反应的平衡常数表达式为K=________________。
②乙容器中CO的平衡转化率为________。
比较甲、丙两容器中CO的平衡转化率：甲________丙（填“>”、“=”或“<”）。
③丙容器中，通过改变温度，使CO的平衡转化率降低，则温度________（填“升高”或“降低”）。
（3）以天然气为原料制备甲醇的方法有水煤气法和直接氧化法。涉及的反应有：
直接氧化法： 2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g) ΔH1=-251kJ·mol-1
水煤气法： 2CH4(g)+O2(g)=2CO(g) +4H2(g) ΔH2=-70.8kJ·mol-1
CO(g) +2H2(g) =CH3OH(g) ΔH3
则ΔH3=__________kJ·mol-1
【答案】 (1). 甲 (2). c(CO2)·c(H2)/c(CO)·c(H2O) (3). 2/3 (4). = (5). 升高 (6). -90.1
【解析】
【分析】
（1）根据影响化学平衡移动的因素以及化学平衡移动的方向来判断即可；
（2）①根据平衡常数的表达式进行解答；
②根据“三段式”及平衡常数求乙容器中CO的转化率；对于反应前后系数和不变的反应来说,同比例增加反应物，相等于加压过程进行分析；两种物质参加反应，只增加一种物质的浓度，另外一种物质转化率会增大；
③该反应为放热反应，升高温度，平衡左移，据此分析；
（3）根据盖斯定律进行相关计算。
【详解】（1）甲，升高温度,化学平衡逆向移动,化学反应速率会迅速增大,会离开原来的速率点，故甲正确；
乙、升高温度,化学反应速率会迅速增大,所以T2时先达到化学平衡状态,并且化学平衡逆向移动，一氧化氮的转化率减小，故乙错误；
丙、对于反应: 2CO(g)+2NO(g)===2CO2(g)+N2(g)，T不变,增大压强,平衡正向移动,一氧化碳的体积分数会减小,故丙错误；
综上所述，本题选甲。
（2）①CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)反应的平衡常数表达式为K= c(CO2)·c(H2)/c(CO)·c(H2O)；综上所述，本题答案是：c(CO2)·c(H2)/c(CO)·c(H2O)。
②设乙容器中CO消耗的物质的量为xmol，
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
初始量: 0.1 0.2 0 0
变化量: x x x x
平衡量: 0.1-x 0.2-x x x
则K= x2/(0.1-x)（0.2-x）=1, 计算得出x=1/15mol，所以乙容器中CO的转化率为1/（15×0.1）=2/3；
根据投料情况知道,乙相当于在甲的基础上增加了水蒸气的投料,所以会使得一氧化碳的转化率增大,丙装置投料是甲装置的2倍,对于化学反应前后系数和不变的反应来说,建立的平衡是等效的,所以两种情况下,转化率是相等的,即甲丙中一氧化碳的转化率相等；
因此，本题正确答案是: 2/3，= 。
③该反应为放热反应，升高温度，平衡左移，使CO的平衡转化率降低；
综上所述，本题答案是：升高。
（3）①2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g) ΔH1=-251kJ·mol-1
②2CH4(g)+O2(g)=2CO(g) +4H2(g) ΔH2=-70.8kJ·mol-1
根据盖斯定律可知，①-②得：2CO(g) +4H2(g) =2CH3OH(g)，ΔH1-ΔH2 =-251+70.8=-180.2 kJ·mol-1，化简后可得：CO(g) +2H2(g) =CH3OH(g) ΔH3=-90.1 kJ·mol-1；
综上所述，本题答案是：-90.1。
【点睛】化学反应速率与化学平衡知识通常结合图表进行命题，在复习备考时，要有意识低培养自己解读图表提取关键信息的能力，熟练掌握三段式解题法的步骤，积累原理分析题的答题模板和技巧，把“图表中的信息、可逆反应特点，特夏特列原理和实际情况”四个方面结合起来进行答题。
28.（1）某反应中反应物与生成物有：FeSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4、Cu。将上述反应设计成的原电池如图（1）所示，请回答下列问题：
①溶液X是____________溶液；
②Cu电极上发生的电极反应式为__________________________________________；
（2）一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图（2）。
①电极A上CO参与的电极反应式为______________________________。
②电极B处除了通O2外，还需通入的物质A为__________。
③电池工作时，电池内部CO32-的物质的量__________（填“增大”、“减少”或“不变”）。
（3）铁的重要化合物高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型饮用水消毒剂，具有很多优点。高铁酸钠生产方法之一是电解法，其原理为Fe+2NaOH+2H2ONa2FeO4+3H2↑。高铁酸钠生产方法之二是在强碱性介质中用NaClO氧化Fe(OH)3生成高铁酸钠、氯化钠和水，该反应的离子方程式为_______________________________________。
【答案】 (1). Fe2(SO4)3 (2). Cu-2e-===Cu2+ (3). CO-2e-+CO32-=2CO2 (4). CO2 (5). 不变 (6). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-===2FeO42-+3Cl-+5H2O
【解析】
【分析】
（1）①Fe2(SO4)3具有强氧化性,铜能被氧化为铜离子；
②Cu作负极,失电子发生氧化反应；
（2）①一氧化碳变为二氧化碳发生氧化反应；
②电极B为正极，发生还原反应：O2+4e-+2CO2=2CO32-,从极反应可知，需要不断补充CO2；
③根据该原电池的正负极极反应判断电池内部CO32-的物质的量变化情况；
（3）NaClO氧化Fe(OH)3生成高铁酸钠、氯化钠和水，据此写出离子反应方程式。
【详解】（1）①Fe2(SO4)3具有强氧化性,铜能被硫酸铁氧化,所以反应为Fe3++Cu=Fe2++Cu2+；则Fe2(SO4)3溶液为电解质溶液；
因此，本题正确答案是: Fe2(SO4)3。
②Cu作负极,失电子发生氧化反应,电极反应为Cu-2e-===Cu2+ ,因此，本题正确答案是: Cu-2e-===Cu2+ 。
（2）①根据图示可知，一氧化碳变为二氧化碳，碳元素化合价升高，发生氧化反应，电极A上CO参与的电极反应式为：CO-2e-+CO32-=2CO2 ；综上所述，本题答案是： CO-2e-+CO32-=2CO2。
②电极B为正极，发生还原反应：O2+4e-+2CO2=2CO32-,从极反应可知，需要不断补充CO2；
综上所述，本题答案是：CO2。
③该反应负极反应为：2CO-4e-+2CO32-=4CO2，正极反应为O2+4e-+2CO2=2CO32-，从以上两个极反应可知，电池工作时，电池内部CO32-的物质的量不变；
综上所述，本题答案是：不变。
（3）NaClO氧化Fe(OH)3生成高铁酸钠、氯化钠和水，该反应的方程式为: 2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH===2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-===2FeO42-+3Cl-+5H2O。
综上所述，本题答案是：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-===2FeO42-+3Cl-+5H2O。
29.下表是几种弱电解质的电离平衡常数、难溶电解质的溶度积Ksp（25 ℃）。
电解质
平衡方程式
平衡常数K
Ksp
CH3COOH
CH3COOHCH3COO-+H+
1.76×10-5
H2CO3
H2CO3H++HCO3-
HCO3-H++CO32-
K1=4.31×10-4
K2=5.61×10-11
C6H5OH
C6H5OHC6H5O-+H+
1.1×10-10
H3PO4
H3PO4H++H2PO4-
H2PO4-H++HPO42-
HPO42-H++PO43-
K1=7.52×10-3 K2=6.23×10-8 K3=2.20×10-13
NH3·H2O
NH3·H2ONH4++OH-
1.76×10-5
BaSO4
BaSO4(s)Ba2++SO42-
1.0×10-10
BaCO3
BaCO3(s)Ba2++CO32-
2.5×10-9
回答下列问题：
（1）由上表分析，若①CH3COOH，②HCO3-，③C6H5OH，④H2PO4-均可看做酸，则它们酸性最强的是_______（填编号）。
（2）向C6H5ONa溶液中通入少量CO2，写出反应的离子方程式_____________________。
（3）25 ℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，混合液中：c(CH3COO-)______c(NH4+)（填“>”、“=”或“<”）。
（4）25 ℃时，向10 mL 0.01 mol·L-1苯酚（C6H5OH）溶液中滴加V mL 0.01 mol·L-1氨水，混合液中粒子浓度关系正确的是________。
A．若混合液pH>7，则V≥10
B．若混合液pH<7，则c(NH4+)>c(C6H5O-)>c(H+)>c(OH-)
C．V=10时，混合液中水的电离程度小于10 mL 0.01 mol·L-1苯酚溶液中水的电离程度
D．V=5时，2c(NH3·H2O)+2c(NH4+)=c(C6H5O-)+c(C6H5OH)
（5）Ⅰ.如图所示，有T1、T2两种温度下两条BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，回答下列问题：
①T2温度时Ksp(BaSO4)=__________；
②讨论T1温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，下列说法不正确的是________。
A．加入Na2SO4可使溶液由a点变为b点
B．在T1曲线上方区域（不含曲线）任意一点时，均有BaSO4沉淀生成
C．蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a，b之间的某一点（不含a，b）
D．升温可使溶液由b点变为d点
Ⅱ.现有0.35mol的BaSO4沉淀，每次用1 L饱和Na2CO3溶液（物质的量浓度为1.7 mol·L-1）处理。若使BaSO4中的SO42-全部转化到溶液中，需要反复处理________次。[提示：BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)]
【答案】 (1). ① (2). C6H5O-+CO2+H2O===C6H5OH+HCO3- (3). = (4). D (5). 5.0×10-9 (6). D (7). 6
【解析】
【分析】
（1）由上表分析，电离平衡常数越大，酸性越强；
（2）由上表分析，酸性H2CO3>C6H5OH>HCO3-,根据强酸制备弱酸规律书写离子方程式；
（3）根据醋酸铵溶液中醋酸的电离平衡常数与一水合氨的电离平衡常数大小关系进行分析；
（4）根据苯酚和氨水的电离平衡常数大小关系，及盐溶液中三大守恒规律进行分析判断；
（5）Ⅰ.①难溶物的溶解平衡是吸热反应，升高温度促进溶解，则溶度积常数越大，根据图象相关数据进行金酸Ksp（BaSO4）；
②根据影响沉淀溶解平衡的相关因素进行分析；
Ⅱ. 设每次用1L1.7 mol•L-1饱和Na2CO3溶液能处理xmolBaSO4，根据反应BaSO4 +CO32-=BaCO3 +SO42-可知：（1.7-x）=x，根据K=c(SO42-)/c(CO32-)= Ksp(BaSO4)/Ksp(BaCO3)=x/（1.7-x），计算出x，根据0.35/x比值确定处理次数。
【详解】（1）由上表分析，若①CH3COOH，②HCO3-，③C6H5OH，④H2PO4-均可看做酸，电离平衡常数越大，酸性越强，则它们酸性最强的是①CH3COOH；
综上所述，本题答案是：①。
（2）由于酸性H2CO3>C6H5OH>HCO3-,所以向C6H5ONa溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O===C6H5OH+HCO3-；
综上所述，本题答案是：C6H5O-+CO2+H2O===C6H5OH+HCO3-。
（3）25 ℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，生成醋酸铵溶液，由图表信息可知，醋酸的电离平衡常数等于一水合氨的电离平衡常数，所以醋酸根离子和铵根离子水解能力相同，溶液显中性，根据电荷守恒可知，c(OH-)+c(CH3COO-)=c(NH4+)+c(H+)，c(CH3COO-)=c(NH4+)；
综上所述，本题答案是：=。
（4）A.苯酚的电离平衡常数小于一水合氨,所以苯酚铵溶液呈碱性,若混合液pH>7,则V≥10也可能小于10，故A错误；
B.若混合液pH<7,则苯酚过量,溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒得c(NH4+)
D．V=5时，根据物料守恒得：2c(NH3·H2O)+2c(NH4+)=c(C6H5O-)+c(C6H5OH),故D正确；
因此，本题正确答案是D。
（5）Ⅰ.①难溶物的溶解平衡是吸热反应，升高温度促进溶解，则溶度积常数越大，根据图象知T1 的溶度积常数小于T2，所以T1＜T2，Ksp（BaSO4）=c（Ba2+）．c（SO42-）=1.0×10-4×5.0×10-5=5×10-9；
综上所述，本题答案是：5.0×10-9 。
②A．硫酸钠抑制硫酸钡溶解，硫酸根离子浓度增大，导致溶液中钡离子浓度减小，所以可以使溶液由a点变为b点，故A正确；
B．在T1曲线上方区域（不含曲线）为过饱和溶液，所以有晶体析出，故B正确；
C．蒸发溶剂，增大溶液中溶质的浓度，温度不变，溶度积常数不变，所以蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点（不含a、b），故C正确；
D．升温增大溶质的溶解，溶液中钡离子、硫酸根离子浓度都增大，故D错误；
综上所述，本题选D。
Ⅱ.设每次用1L1.7 mol•L-1饱和Na2CO3溶液能处理xmolBaSO4，根据反应BaSO4 +CO32-=BaCO3 +SO42-可知：（1.7-x）=x，根据K= c(SO42-)/c(CO32-)=Ksp(BaSO4)/Ksp(BaCO3)，所以x/（1.7-x）=1.0×10-10/2.5×10-9=0.04，计算得出：x=0.065，处理次数=0.35/0.065=5.4，所以至少处理6次；
因此，本题正确答案是：6。
1.下列叙述中，从化学角度分析不正确的是（ ）
A. 长期盛放NaOH溶液的滴瓶不易打开，是因为NaOH与瓶中的CO2反应导致瓶内气体减少形成“负压”的缘故
B. 硅的提纯与应用，促进了半导体元件与集成芯片的发展，可以说：“硅是信息技术革命的催化剂”
C. “雨后彩虹”、“海市蜃楼”既是一种光学现象，也与胶体的知识有关
D. “水滴石穿”主要是溶解了CO2的雨水与CaCO3长期作用生成了可溶性的Ca(HCO3)2的缘故
【答案】A
【解析】
【分析】
A. 二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成的硅酸钠是粘性物质；
B. 硅能够导电；
C. 空气是一种胶体；
D. 碳酸钙与二氧化碳的水溶液反应生成可溶性的碳酸氢钙；
【详解】A．玻璃中含有二氧化硅，二氧化硅和氢氧化钠溶液反应生成粘性的硅酸钠，从而使玻璃塞和玻璃瓶粘结在一起而难打开，故A错误；
B. 硅能够导电，半导体元件与集成芯片的主要成分是硅单质,所以硅的提纯与应用促进了半导体元件与集成芯片事业的发展,故B正确；
C．空气也是一种胶体，“海市蜃楼”、“雨后彩虹”既是一种光学现象，也与胶体的丁达尔效应有关，故C正确；
D．碳酸钙与二氧化碳的水溶液反应生成可溶性的碳酸氢钙，所以溶解了CO2的雨水能把石头穿透，故D正确；
综上所述，本题选A。
2.设NA代表阿佛加德罗常数，下列说法错误的是（ ）
A. 46g NO2和46g N2O4含有的原子数均为3NA
B. 0.1mol·L-1的100mLH2SO4溶液中，含有的离子数约为0.03 NA
C. 常温常压下，活泼金属从盐酸中置换出1mol H2，发生转移的电子数为2NA
D. 在铜与硫的反应中，1mol铜失去的电子数为2 NA
【答案】D
【解析】
【详解】A. 46gNO2的物质的量为1mol，含有原子数为3NA，46gN2O4的物质的量为0.5mol，含有的原子数3NA，所以46g NO2和46g N2O4含有的原子数均为3NA，A正确；
B. H2SO4属于强电解质，在水溶液中完全电离，H2SO4=2H++SO42-，忽略水的电离，0.1mol·L-1的100mLH2SO4溶液中，含有的离子数约为0.03NA，B正确；
C.活泼金属从盐酸中置换出1molH2,需要得到2mol电子,发生转移的电子数为2NA，C正确；
D.根据2Cu+S=Cu2S可知，1molCu参加反应转移电子数为NA，D错误；
综上所述，本题选D。
3.下列指定溶液中一定能大量共存的离子组是（ ）
A. pH=1的溶液中：NH4+、Na+、Al3+、SO42-
B. 含有大量AlO2-的溶液中：Na+、K+、HCO3-、NO3-
C. 中性溶液中：K+、Fe3+、Cl-、SO42-
D. Na2S溶液中：SO42-、K+、Cu2+、Cl-
【答案】A
【解析】
【分析】
A.pH=1的溶液显酸性，该组离子之间不反应；
B. AlO2-促进HCO3-的电离；
C. Fe3+水解溶液显酸性；
D. S2-与Cu2+结合生成沉淀。
【详解】A.pH=1的溶液显酸性，该组离子之间不反应,可大量共存,故A正确；
B.含有大量AlO2-的溶液中，AlO2-促进HCO3-的电离，不能大量共存，故B错误；
C. Fe3+水解溶液显酸性，则中性溶液中不能大量存在Fe3+，故C错误；
D. S2-与Cu2+结合生成沉淀，不能大量共存，故D错误；
综上所述，本题选A。
4.利用下列装置分别完成相关实验，不能达到实验目的的是（ ）
A
B
C
D
证明NH3极易溶于水
分离出溴苯
设计成铜锌原电池
证明温度对平衡移动的影响
【答案】C
【解析】
【详解】A.氨气极易溶于水，造成烧瓶内气体的压强迅速减小，水沿着导管被压进烧瓶，形成喷泉，A正确；
B.溴苯不溶于水，所以溶液分层，溴苯在下层，用分液漏斗分离，B正确；
C．铜锌原电池装置中铜离子在正极析出，所以硫酸铜与硫酸锌溶液放置颠倒，C错误；
D.二氧化氮与四氧化二氮存在化学平衡，改变温度平衡发生移动，可观察颜色的变化证明温度对平衡移动的影响，D正确；
综上所述，本题选C。
5.下列离子方程式中，正确的是（ ）
A. CaCO3溶于醋酸：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O
B. FeCl2溶液中通入氯气：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
C. AlCl3溶液跟过量氨水反应：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O
D. Fe3O4与稀HNO3反应：Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A. 醋酸属于弱电解质，不能拆成离子形式，离子方程式书写错误；A错误；
B. FeCl2被氯气氧化为氯化铁，离子方程式2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-书写正确，B正确；
C. 氢氧化铝不溶于过量的氨水，离子方程式书写错误；C错误；
D. 稀HNO3具有氧化性，能够把二价铁氧化为三价，即反应后的溶液中不存在亚铁离子，离子方程式书写错误；D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】本题属于常规考题，离子方程式的书写关键在于能拆和不能拆的物质要区分开，电荷守恒，元素守恒，是否符合客观规律，是否有遗漏的离子反应。
6.某燃料电池以熔融的金属氧化物为电解质、CH4为燃料，该电池工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. a为CH4，b为空气
B. O2-向负极移动
C. 此电池在常温时也能工作
D. 正极电极反应式为O2+4e-===2O2-
【答案】C
【解析】
【分析】
根据图中电子从a极经导线流到b极，可知a为负极，b为正极，燃料电池中通入燃料的电极为负极，通入氧化剂的电极为正极，就以上分析解答。
【详解】根据图中电子从a极经导线流到b极，可知a为负极，b为正极，燃料电池中通入燃料的电极为负极，通入氧化剂的电极为正极，
A项，a为CH4，b极消耗掉O2，排出N2，故b为空气，故A项正确；
B项，原电池中，熔融金属氧化物中的O2-向负极移动，故B项正确；
C项，电解质为熔融的金属氧化物，需要高温条件，故C项错误；
D项，燃料电池以熔融的金属氧化物为电解质，正极反应式为：O2+4e-===2O2-，故D项正确；
综上所述，本题选C。
【点睛】原电池工作时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应；溶液中阴离子移向负极，阳离子移向正极，电子由负极经外电路流向正极，电子不能从电解质中通过。
7.向1mol·L-1的KAl(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液，当生成沉淀的质量最大时，铝元素的主要存在形式为（ ）
A. Al3+和Al(OH)3 B. Al(OH)3
C. AlO2- D. AlO2-和Al(OH)3
【答案】C
【解析】
【分析】
当KAl(SO4)2与Ba(OH)2按照1:1完全反应：Ba(OH)2+KAl(SO4)2=2/3Al(OH)3+ BaSO4+1/2K2SO4+ 1/6Al2(SO4)3，根据方程式计算出生成沉淀质量；当KAl(SO4)2与Ba(OH)2按照1:2完全反应：2Ba(OH)2+KAl(SO4)2=2BaSO4+KAlO2+2H2O，根据方程式计算出生成沉淀质量；根据两种情况下，判断出沉淀质量最大时，铝元素的存在状态。
【详解】假设溶液的体积为1L，则1mol·L-1的KAl(SO4)2溶液的物质的量为1mol；当KAl(SO4)2与Ba(OH)2按照1:1完全反应：Ba(OH)2+KAl(SO4)2=2/3Al(OH)3+ BaSO4+1/2K2SO4+ 1/6Al2(SO4)3，生成沉淀质量为：2/3×78+1×233= 285g；当KAl(SO4)2与Ba(OH)2按照1:2完全反应：2Ba(OH)2+KAl(SO4)2=2BaSO4+KAlO2+2H2O，生成沉淀质量为2×233=466g；所以向1mol·L-1的KAl(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液，当生成沉淀的质量最大时，铝元素的主要存在形式为AlO2-，C正确；
综上所述，本题选C。
8.将一定量的氨气通入稀盐酸发生中和反应，下列说法错误的为（ ）
A. 当溶液中c(Cl-)=c(NH4+)时，该溶液一定呈中性
B. 当溶液中氨与盐酸恰好完全中和时，c(Cl-)=c(NH4+)
C. 当溶液中c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)时，可能是盐酸过量
D. 若溶液中c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)时，一定是氨气过量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 根据电荷守恒可知：c(Cl-)+ c(OH-) =c(NH4+)+c(H+)，当c(Cl-)=c(NH4+)时，c(OH-) =c(H+)，该溶液一定呈中性，A正确；
B. 当溶液中氨与盐酸恰好完全中和时，因为生成物氯化铵水解显酸性，根据电荷守恒：c(Cl-)+ c(OH-) =c(NH4+)+c(H+)可知c(OH-)
C. 如果是氯化铵溶液：铵根离子少量水解溶液显酸性，所以：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，当盐酸和氯化铵的混合液中，也可能存在c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)关系，C正确；
D. 如果溶液中溶质只有氯化铵，溶液显酸性，当溶液显碱性时，氨气一定过量，存在c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)关系，D正确；
综上所述，本题选B。
【点睛】如果为氯化铵溶液，溶液显酸性，所以溶液中各离子浓度大小关系为：c(Cl-)> c(NH4+)> c(H+)>c(OH-)；如果为氯化铵和一水合氨的混合液，呈中性，则溶液中各离子浓度大小关系为：c(Cl-)=c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)，呈碱性，则溶液中各离子浓度大小关系为：c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，所以判断离子浓度大小关系要依据具体情况进行分析。
9.常温下，将0.1 mol·L-1盐酸溶液与0.06 mol·L-1氢氧化钡溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于( )
A. 1.7 B. 2.0 C. 12.0 D. 12.4
【答案】C
【解析】
试题分析：常温下，将0.1mol/L的氢氧化钠与0.06mol/L硫酸溶液等体积混合硫酸过量，则反应后溶液中c(H＋)＝(0.06×2－0.1)/2=0.01mol·L－1，所以溶液的pH＝2，故选项B正确。
考点：考查pH的计算等知识。
10.某芳香烃的分子式为C7H8，它的一氯代物有（ ）
A. 4种 B. 5种 C. 6种 D. 7种
【答案】A
【解析】
【详解】某芳香烃的分子式为C7H8，结构简式为，核磁共振氢谱有4种峰，如图：，所以它的一氯代物有4种；
综上所述，本题选A。
11.下列说法或表示法正确的是（ ）
A. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) ΔH>0，则金刚石比石墨稳定
B. 己知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) ΔH1；2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH2，则ΔH1>ΔH2
C. 在稀溶液中：H++OH-=H2O ΔH=-57.3kJ·mol-1，若将含0.5mol H2SO4的浓硫酸与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ
D. 101kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则H2燃烧的热化学方程式可以表示为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=+285.8 kJ·mol-1
【答案】C
【解析】
【详解】A. 物质所含能量低的较稳定，石墨转化成金刚石吸热，所以石墨比金刚石稳定，A错误；
B.相同物质的量的碳在氧气中完全燃烧比不完全燃烧放出的热量多，但是由于ΔH<0，所以ΔH1<ΔH2，B错误；
C.酸碱中和放热 浓硫酸遇水还放热，所以C中放出的热量数值大于57.3kJ，C正确；
D. 2g氢气是1mol，且放热反应的ΔH<0，所以D中的ΔH应为-571.6kJ/mol，D错误；
综上所述，本题选C。
【点睛】强酸和强碱在稀溶液中发生中和反应的中和热是个常量，为57.3kJ，但弱酸或弱碱参加的中和反应的中和热低于这个值，浓硫酸和强碱反应的中和热高于这个值。
12.一定温度下，在某容积一定的密闭容器中，建立下列化学平衡：C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)。不能确定上述可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是（ ）
A. 体系的压强不再发生变化
B. v正(CO)=v逆(H2)
C. 1 mol H—H键断裂的同时断裂2 mol H—O键
D. 生成n mol CO的同时消耗n mol H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、因为是容积不变的密闭容器中,该反应为反应前后气体的总量不相等的反应，所以体系的压强不再发生变化,能确定达平衡状态,故A不符合；
B、根据反应可以知道,v正(CO)=v逆(H2),正逆反应速率相等，可以说明反应到达平衡,故B不符合；
C、1 mol H—H键断裂的同时断裂2 mol H—O 键,断裂2 mol H—O 键同时生成1 mol H—H键,说明反应到达平衡,故C不符合；
D、根据反应可以知道,生成n mol CO的同时消耗n mol H2O,反应正向进行,不能说明反应到达平衡,故D符合；
综上所述，本题选D。
【点睛】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。
13.某温度下，某反应达平衡时平衡常数K=c(C)·c(D)/c(A)·c(B)。恒容时，温度升高，C的物质的量浓度减小。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的焓变ΔH>0
B. 恒温恒容时，增大体系压强，c(D)一定增大
C. 升高温度，逆反应速率减小
D. 该反应的化学方程式可能为A(g)+B(g)C(g)+D(g)
【答案】D
【解析】
【详解】由化学平衡常数的表达式可知该反应的方程式为A(g)+B(g)C(g)+D(g)，温度升高，C的浓度减小，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，ΔH<0，A项错误、D项正确；恒温恒容下，因该反应为等体积反应，向反应中通入和反应无关的气体，虽然增大压强，但对该反应的平衡无影响，D的浓度不变，B项错误；升高温度，正、逆反应速率都增大，C项错误。
综上所述，本题选D。
14.反应2NO2(g) N2O4(g) ΔH=-57kJ·mol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的为（ ）
A. A、C两点气体的颜色：A深，C浅
B. A、C两点的反应速率：A>C
C. A、C两点气体的平均相对分子质量：A>C
D. 由状态A到状态B，可以采用降温的方法
【答案】D
【解析】
【分析】
A、增大压强，体积缩小，气体浓度增大；
B、压强增大,化学反应速率会加快；
C、根据气体的平均相对分子质量M=m/n，结合A、C两点都在等温线上,C的压强大,增大压强,化学平衡正向移动,C点时气体的物质的量小来回答；
D、压强相同,升高温度，化学平衡逆向移动, NO2的体积分数增大,A点NO2的体积分数大；
【详解】A、A、C两点温度相同,但压强不同, NO2为红棕色气体,由图象可以知道,增大压强，平衡右移，但是气体的体积变小，浓度增大的影响较大，气体的颜色加深，则A、B两点气体的颜色: A浅，C深，故A错误；
B、C点的压强大于A点的压强,压强越大,化学反应速率越快,所以反应速率A
【点睛】针对于反应2NO2(g) N2O4(g)，其他条件不变，增大压强，缩小体积，平衡右移，NO2气体的浓度稍有减小；由于气体体积的缩小，导致气体浓度增大的因素大于平衡右移导致二氧化氮气体浓度减小因素，最终容器内混合气体的颜色较移动前还是加深。
15.下列说法正确的是（ ）
A. 凡是吸热反应都是非自发的
B. 自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小
C. 常温下，反应C(s)+CO2(g===2CO(g)不能自发进行，则该反应的ΔH<0
D. 反应2Mg(s)+CO2(g)===C(s)+2MgO(s)能自发进行，则该反应的ΔH<0
【答案】D
【解析】
【详解】A项，反应是否自发进行需要综合考虑焓变和熵变的共同影响，此处只考虑焓变，故A项错误；
B项，反应是否自发进行需要综合考虑焓变和熵变的共同影响，此处只考虑熵变，故B项错误；
C项，反应自发进行的条件：ΔG=ΔH-TΔS <0，该反应是气体体积增大的反应，是熵增加的过程，从而ΔS>0，但其不能自发进行，故该反应是吸热反应，ΔH>0，故C项错误；
D项，该反应是气体体积减小的反应，是熵减小的过程，从而ΔS<0，但其能自发进行，故该反应是放热反应，ΔH<0,，故D项正确。
综上所述，本题选D。
【点睛】判断反应自发进行的条件，一般规律：①△H<0 、∆S<0，低温下自发进行；②△H<0 、∆S>0，任何条件下都能自发进行；③△H>0 、∆S<0，任何条件下不能自发进行；④ △H>0、∆S>0，高温下自发进行。
16.25 ℃时加水稀释10 mL pH=11的氨水，下列判断不正确的是（ ）
A. 原氨水的浓度大于10-3mol·L-1
B. 溶液中c(NH4+)/c(NH3·H2O)增大
C. 氨水的电离程度增大，溶液中所有离子的浓度均减小
D. 再加入10 mL pH=3的盐酸充分反应后混合液的pH值肯定大于7
【答案】C
【解析】
【分析】
A．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离；
B．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n（NH4+）增大、n（NH3．H2O）减小；
C．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（H+）增大；
D．pH=3的盐酸浓度小于pH=11的氨水浓度，二者等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性．
【详解】A．一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，所以原氨水的浓度＞10﹣3mol/L，故A正确；
B．加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n（NH4+）增大、n（NH3．H2O）减小，则溶液中c(NH4+)/c(NH3·H2O)增大，故B正确；
C．加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c（OH﹣）减小，温度不变，则水的离子积常数不变，则溶液中c（H+）增大，故C错误；
D．常温下，pH=3的盐酸浓度小于pH=11的氨水浓度，二者等体积混合，氨水过量，一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，导致混合溶液呈碱性，则pH＞7，故D正确；
综上所述，本题选C。
【点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，注意稀释氨水过程中增大一水合氨电离程度但其电离平衡常数不变，溶液中c（H+）增大，为易错点。
17.下列说法不正确的是（ ）
A. 常温下，某溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-amol·L-1，若a>7时，则该溶液的pH值可能为14-a或a
B. pH=9的CH3COONa溶液和pH=9的NH3·H2O溶液，两溶液中水的电离程度不相同
C. 温度一定时，向水中滴加少量酸或碱形成稀溶液，水的离子积常数不变
D. 常温下，向纯水中加入少量NH4Cl固体，水的电离平衡正移，Kw变大
【答案】D
【解析】
【分析】
A.常温时，某溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-amol/L，若a＞7时，说明水的电离受到抑制，可能为酸溶液，也可能为碱溶液；
B.根据CH3COONa能促进水的电离分析；
C. Kw只与温度有关，据此分析；
D. Kw只与温度有关，据此分析；
【详解】A、常温时，某溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-amol/L，若a＞7时，说明水的电离受到抑制，可能为酸溶液，也可能为碱溶液，如为酸溶液，则pH=14-a，如为碱溶液，则pH=a，故A正确；
B、CH3COONa促进水的电离，NH3·H2O抑制水的电离，故B正确；
C、温度不变，Kw不变，故C正确；
D、常温下，向纯水中加入少量NH4Cl固体，促进了水的电离，溶液中c(H+)增大，但是由于温度不变，Kw=c(OH-)•c(H+)不变 ，故D错误；
综上所述，本题选D。
【点睛】对于水的电离平衡来讲，加入酸或碱，抑制水的电离，酸碱浓度越大，抑制程度越大；加入能够水解的盐，促进水电离，平衡右移。
18.室温下，用0.100mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol·L-1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线
B. pH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)等于20mL
C. V(NaOH)=20.00mL时，两份溶液中c(Cl-)=c(CH3COO-)
D. V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
【答案】D
【解析】
【详解】A项，醋酸是弱酸，相同浓度的盐酸和醋酸溶液，醋酸的pH值较大，因此曲线Ⅰ是滴定醋酸的曲线，故A项错误；
B项，醋酸与NaOH反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解溶液呈碱性，pH=7时消耗的 V(NaOH)小于20.00mL，故B项错误；
C项，当V(NaOH)= 20.00mL时，酸碱恰好完全反应分别生成醋酸钠和氯化钠；醋酸根在溶液中存在水解平衡，因此两份溶液中c(Cl-)>c(CH3COO-)，故C项错误；
D项，当V(NaOH)=10.00mL时，溶液中的溶质为醋酸钠和醋酸的（1:1）混合液，溶液显酸性；根据电荷守恒关系：c(OH-)+ c(CH3COO-)= c(Na+)+ c(H+)可知，当c(H+)> c(OH-),则有 c(CH3COO-)> c(Na+),故D项正确；
综上所述，本题选D。
19.下列过程中所发生的化学变化属于取代反应的是（ ）
①乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯；②乙烯通入溴水中；③在镍作催化剂的条件下，苯与氢气反应；④苯与液溴混合后撒入铁粉
A. ①② B. ①③ C. ②④ D. ①④
【答案】D
【解析】
【分析】
有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应。
【详解】①乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，属于取代反应；②乙烯与溴水发生加成反应生成溴代烃，属于加成反应；③在镍作催化剂的条件下，苯与氢气反应生成环己烷，属于加成反应；④苯与液溴混合后撒入铁粉反应生成溴苯，属于取代反应；
结合以上分析可知，属于取代反应的有①④；
综上所述，本题选D。
20.下列有关于电解质溶液的说法中不正确的是（ ）
A. pH相等的四种溶液：a.CH3COONa、b.NaClO、c.NaOH，溶质的物质的量浓度由小到大的顺序为c
C. 已知醋酸的电离平衡常数为Ka，醋酸根离子的水解常数为Kh，水的离子积常数为Kw，则三者关系为Ka·Kh=Kw
D. 甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的2倍，则甲、乙两溶液等体积混合，混合溶液的pH可能等于7
【答案】B
【解析】
【详解】A.酸性：CH3COOH>HClO，所以酸性越弱，其相应的酸根离子形成的盐水解程度就越大，如果盐的浓度相等，则溶液的pH：CH3COONa
C. 水解和电离为可逆过程, Ka=c(CH3COO-)c(H+)/ c(CH3COOH)，Kh= c(CH3COOH) c(OH-)/ c(CH3COO-)；则有Ka·Kh=Kw，C正确；
D. 当pH之和等于14时,则混合液pH=7, D正确；
综上所述，本题选B。
21.将SO2气体通入BaCl2和FeCl3的混和溶液中，有白色沉淀生成，此沉淀的化学式为（ ）
A. BaSO4 B. S C. BaSO3 D. FeS
【答案】A
【解析】
【详解】FeCl3能够把SO2气体氧化为硫酸根离子，硫酸根离子与混合液中的钡离子反应生成硫酸钡沉淀，A正确；
综上所述，本题选A。
22.在溶液中有浓度均为0.01 mol·L-1的Fe3+、Cr3+、Zn2+、Mg2+等离子，已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.6×10-39；Ksp[Cr(OH)3]=7.0×10-31；Ksp[Zn(OH)2]=1.0×10-17；Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11。当氢氧化物开始沉淀时，下列离子中所需pH最大的是（ ）
A. Fe3+ B. Cr3+ C. Zn2+ D. Mg2+
【答案】D
【解析】
【分析】
已知Fe3+、Cr3+、Zn2+、Mg2+四种离子浓度均为0.01 mol·L-1，根据四种沉淀物的Ksp，分别计算出四种离子开始沉淀时的OH- 浓度，然后在计算pH，据此进行分析。
【详解】根据金属离子的浓度和溶度积常数可以知道,四种离子开始沉淀时的OH- 浓度分别是:=6.38×10-13mol/L，=4.12×10-10mol/L，=3.16×10-8mol/L，=4.241×10-5mol/L，所以当氢氧化物开始沉淀时,铁离子所需溶液的pH最小，Mg2+所需pH最大；D正确；
综上所述，本题选D。
23.已知：pAg=-lgc(Ag+)，Ksp(AgCl)=1×10-12。如图是向10mLAgNO3溶液中逐渐加入0.1mol·L-1的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积变化的图像（实线）。根据图像所得下列结论不正确的是（ ）[提示：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)]
A. 原AgNO3溶液的物质的量浓度为1mol·L-1
B. 图中x点的坐标为（100，6）
C. 图中x点表示溶液中AgNO3与NaCl恰好完全反应
D. 把0.1mol·L-1的NaCl换成0.1mol·L-1NaI则图像在终点后变为虚线部分
【答案】D
【解析】
【分析】
A、根据pAg=-lgc(Ag+)，求出c(Ag+)；
B、x点c(Ag+)=10-6mol/L,根据硝酸银的量求出消耗的氯化钠；
C、x点c(Ag+)=10-6mol/L,反应完全；
D、因为Ksp(AgI)更小,所以c(Ag+)更小。
【详解】A、图中原点pAg=0 ,则Ag+的浓度为: c(Ag+)=1mol/L,即原AgNO3溶液的物质的量浓度为1mol·L-1，故A正确；
B、x点c(Ag+)=10-6mol/L,一般认为溶液中离子浓度小于10-5 mol/L即沉淀完全，则 AgNO3与NaCl恰好反应,n(NaCl)=n(AgNO3)=1×10×10-3=0.01mol,所以V(NaCl)=n/c=0.01/0.1=0.1L=100mL，即x点的坐标为（100，6）,故B正确；
C、x点c(Ag+)=10-6mol/L,一般认为溶液中离子浓度小于10-5 mol/L 完全沉淀，所以图中x点表示溶液中AgNO3与NaCl恰好完全反应，故C正确；
D、与AgCl相比,碘化银的Ksp(AgI)更小,所以把0.1mol·L-1的NaCl换成0.1mol·L-1NaI,则溶液中c(Ag+)更小,则pAg更大，图象不符,故D错误；
综上所述，本题选D。
24.下列事实中，能说明氯的非金属比碳强的是（ ）
A. 盐酸的酸性比碳酸强
B. 次氯酸的氧化性比碳酸强
C. 氯化氢比甲烷的热稳定性好
D. 氯原子最外层电子数比碳原子最外层电子数多
【答案】C
【解析】
【分析】
元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质的氧化性越强、其氢化物的稳定性越强等,据此分析解答。
【详解】A．HCl的酸性比碳酸强，说明HCl的电离程度大于碳酸，不能说明非金属性Cl比C强，故A错误；
B．次氯酸的氧化性比碳酸强，次氯酸不是其最高价氧化物的水化物，所以不能比较其非金属性强弱，故B错误；
C．二者均为氢化物，氯化氢比甲烷热稳定性好，说明氯原子比碳原子更易结合氢原子，非金属性Cl＞C，故C正确；
D．原子得电子能力与最外层电子数的多少无关,即元素非金属强弱与最外层电子数的多少无关，故D错误；
综上所述，本题选C。
25.液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小，无需气体存储装置等优点。一种以肼（N2H4）为燃料的电池装置如图所示。该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH作为电解质。下列关于该燃料电池的叙述不正确的是（ ）
A. 该燃料电池的电极材料应采用多孔导电材料，以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触
B. 电子从右侧电极经过负载后流向左侧电极
C. 负极发生的电极反应式为N2H4+4OH--4e-===N2+4H2O
D. 该燃料电池持续放电时，OH-从正极向负极迁移，因而离子交换膜需选用阴离子交换膜
【答案】B
【解析】
【详解】A.电极材料应采用多孔导电材料，以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，A正确；
B.原电池中电子由负极经过导线流向正极，N2H4在负极发生氧化，氧气在正极发生还原，即电子由左侧流向右侧，B错误；
C.由装置图可以看出，通入N2H4的电极为负极，发生氧化反应：N2H4+4OH--4e-===N2+4H2O，C正确；
D. 该燃料电池持续放电时，阴离子向负极移动，因而离子交换膜需选用阴离子交换膜，D正确；
综上所述，本题选B。
26.绿矾（FeSO4·7H2O）可作人体补血剂。某同学欲测定补血剂中铁元素的含量，设计了如下实验步骤：
请回答下列问题：
（1）步骤②加入过量H2O2的目的是______________________________。
（2）步骤③加入了足量氨水，反应的离子方程式为__________________________。
（3）步骤④中一系列处理的操作步骤：过滤、________、干燥、灼烧、冷却、称量。
（4）若实验中铁无损耗，则每片补血剂中含铁元素的质量为__________g。
（5）另一位同学认为用酸性KMnO4溶液滴定也能进行铁元素含量的测定，反应的离子方程式为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。
①实验前，首先要精确配制一定物质的量浓度的KMnO4溶液250mL，配制时需要的仪器除天平、药匙、玻璃棒、量筒、烧杯、胶头滴管外，还需____________________。
②上述实验中的KMnO4溶液需要进行酸化处理，可用于酸化的酸的化学式为______。
【答案】 (1). 将Fe２+全部氧化为Fe3+ (2). Fe3++3NH3·H2O====Fe(OH)3↓+3NH4+ (3). 洗涤 (4). 0.07a (5). 250mL容量瓶 (6). 稀H2SO4
【解析】
【分析】
由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量，据以上分析解答。
（1）双氧水具有强氧化性，由流程图可知，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+；
（2）由流程图可知，步骤③是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀；
（3）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；
（4）根据铁元素守恒可知ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，据此计算；
（5）①根据配制一定物质的量浓度的溶液所需要的仪器进行分析。
②加入的酸不能具有强氧化性，不能被酸性高锰酸钾氧化，防止影响酸性高锰酸钾溶液的体积，影响测定结果；
【详解】由流程图可知，该实验原理为：将药品中的Fe2+形成溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量，
（1）双氧水具有强氧化性，由流程图可知，加入双氧水目的是将Fe2+全部氧化为Fe3+；
综上所述，本题答案是：将Fe２+全部氧化为Fe3+。
（2）由流程图可知，步骤③是加入氨水，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，反应方程式为Fe3++3NH3·H2O====Fe(OH)3↓+3NH4+；
综上所述，本题答案是：Fe3++3NH3·H2O====Fe(OH)3↓+3NH4+ 。
（3）步骤④中一系列处理是由氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤的氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却后称量氧化铁的质量；
综上所述，本题答案是：洗涤。
（4）ag氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁的质量，所以每片补血剂含铁元素的质量 [ag×112/160]/10==0.07ag；
综上所述，本题答案是：0.07a。
（5）①精确配制一定物质的量浓度的溶液需要的仪器除天平、药匙、玻璃棒、量筒、烧杯、胶头滴管外，还需要250mL容量瓶；
综上所述，本题答案是：250mL容量瓶。
②高锰酸钾溶液具有强氧化性，盐酸能够被氧化，硝酸具有氧化性，能亚铁离子氧化，所以只能用稀硫酸酸化，化学式为H2SO4；
综上所述，本题答案是：稀H2SO4。
27.对汽车加装尾气净化装置，可使有毒气体（CO、NO等）相互反应转化为无毒气体。
（1）2CO(g)+2NO(g)===2CO2(g)+N2(g) ΔH<0，对于该反应，温度不同（T2>T1）、其他条件相同时，下列图像正确的是________（填代号）。
（2）汽车尾气中CO与H2O(g)在一定条件下可以发生如下反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH<0。830℃时在甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，起始时按照下表进行投料，达到平衡状态，K=1.0。
起始物质的量
甲
乙
丙
n(H2O)/mol
0.10
0.20
0.20
n(CO)/mol
0.10
0.10
0.20
①该反应的平衡常数表达式为K=________________。
②乙容器中CO的平衡转化率为________。
比较甲、丙两容器中CO的平衡转化率：甲________丙（填“>”、“=”或“<”）。
③丙容器中，通过改变温度，使CO的平衡转化率降低，则温度________（填“升高”或“降低”）。
（3）以天然气为原料制备甲醇的方法有水煤气法和直接氧化法。涉及的反应有：
直接氧化法： 2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g) ΔH1=-251kJ·mol-1
水煤气法： 2CH4(g)+O2(g)=2CO(g) +4H2(g) ΔH2=-70.8kJ·mol-1
CO(g) +2H2(g) =CH3OH(g) ΔH3
则ΔH3=__________kJ·mol-1
【答案】 (1). 甲 (2). c(CO2)·c(H2)/c(CO)·c(H2O) (3). 2/3 (4). = (5). 升高 (6). -90.1
【解析】
【分析】
（1）根据影响化学平衡移动的因素以及化学平衡移动的方向来判断即可；
（2）①根据平衡常数的表达式进行解答；
②根据“三段式”及平衡常数求乙容器中CO的转化率；对于反应前后系数和不变的反应来说,同比例增加反应物，相等于加压过程进行分析；两种物质参加反应，只增加一种物质的浓度，另外一种物质转化率会增大；
③该反应为放热反应，升高温度，平衡左移，据此分析；
（3）根据盖斯定律进行相关计算。
【详解】（1）甲，升高温度,化学平衡逆向移动,化学反应速率会迅速增大,会离开原来的速率点，故甲正确；
乙、升高温度,化学反应速率会迅速增大,所以T2时先达到化学平衡状态,并且化学平衡逆向移动，一氧化氮的转化率减小，故乙错误；
丙、对于反应: 2CO(g)+2NO(g)===2CO2(g)+N2(g)，T不变,增大压强,平衡正向移动,一氧化碳的体积分数会减小,故丙错误；
综上所述，本题选甲。
（2）①CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)反应的平衡常数表达式为K= c(CO2)·c(H2)/c(CO)·c(H2O)；综上所述，本题答案是：c(CO2)·c(H2)/c(CO)·c(H2O)。
②设乙容器中CO消耗的物质的量为xmol，
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)
初始量: 0.1 0.2 0 0
变化量: x x x x
平衡量: 0.1-x 0.2-x x x
则K= x2/(0.1-x)（0.2-x）=1, 计算得出x=1/15mol，所以乙容器中CO的转化率为1/（15×0.1）=2/3；
根据投料情况知道,乙相当于在甲的基础上增加了水蒸气的投料,所以会使得一氧化碳的转化率增大,丙装置投料是甲装置的2倍,对于化学反应前后系数和不变的反应来说,建立的平衡是等效的,所以两种情况下,转化率是相等的,即甲丙中一氧化碳的转化率相等；
因此，本题正确答案是: 2/3，= 。
③该反应为放热反应，升高温度，平衡左移，使CO的平衡转化率降低；
综上所述，本题答案是：升高。
（3）①2CH4(g)+O2(g)=2CH3OH(g) ΔH1=-251kJ·mol-1
②2CH4(g)+O2(g)=2CO(g) +4H2(g) ΔH2=-70.8kJ·mol-1
根据盖斯定律可知，①-②得：2CO(g) +4H2(g) =2CH3OH(g)，ΔH1-ΔH2 =-251+70.8=-180.2 kJ·mol-1，化简后可得：CO(g) +2H2(g) =CH3OH(g) ΔH3=-90.1 kJ·mol-1；
综上所述，本题答案是：-90.1。
【点睛】化学反应速率与化学平衡知识通常结合图表进行命题，在复习备考时，要有意识低培养自己解读图表提取关键信息的能力，熟练掌握三段式解题法的步骤，积累原理分析题的答题模板和技巧，把“图表中的信息、可逆反应特点，特夏特列原理和实际情况”四个方面结合起来进行答题。
28.（1）某反应中反应物与生成物有：FeSO4、Fe2(SO4)3、CuSO4、Cu。将上述反应设计成的原电池如图（1）所示，请回答下列问题：
①溶液X是____________溶液；
②Cu电极上发生的电极反应式为__________________________________________；
（2）一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图（2）。
①电极A上CO参与的电极反应式为______________________________。
②电极B处除了通O2外，还需通入的物质A为__________。
③电池工作时，电池内部CO32-的物质的量__________（填“增大”、“减少”或“不变”）。
（3）铁的重要化合物高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型饮用水消毒剂，具有很多优点。高铁酸钠生产方法之一是电解法，其原理为Fe+2NaOH+2H2ONa2FeO4+3H2↑。高铁酸钠生产方法之二是在强碱性介质中用NaClO氧化Fe(OH)3生成高铁酸钠、氯化钠和水，该反应的离子方程式为_______________________________________。
【答案】 (1). Fe2(SO4)3 (2). Cu-2e-===Cu2+ (3). CO-2e-+CO32-=2CO2 (4). CO2 (5). 不变 (6). 2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-===2FeO42-+3Cl-+5H2O
【解析】
【分析】
（1）①Fe2(SO4)3具有强氧化性,铜能被氧化为铜离子；
②Cu作负极,失电子发生氧化反应；
（2）①一氧化碳变为二氧化碳发生氧化反应；
②电极B为正极，发生还原反应：O2+4e-+2CO2=2CO32-,从极反应可知，需要不断补充CO2；
③根据该原电池的正负极极反应判断电池内部CO32-的物质的量变化情况；
（3）NaClO氧化Fe(OH)3生成高铁酸钠、氯化钠和水，据此写出离子反应方程式。
【详解】（1）①Fe2(SO4)3具有强氧化性,铜能被硫酸铁氧化,所以反应为Fe3++Cu=Fe2++Cu2+；则Fe2(SO4)3溶液为电解质溶液；
因此，本题正确答案是: Fe2(SO4)3。
②Cu作负极,失电子发生氧化反应,电极反应为Cu-2e-===Cu2+ ,因此，本题正确答案是: Cu-2e-===Cu2+ 。
（2）①根据图示可知，一氧化碳变为二氧化碳，碳元素化合价升高，发生氧化反应，电极A上CO参与的电极反应式为：CO-2e-+CO32-=2CO2 ；综上所述，本题答案是： CO-2e-+CO32-=2CO2。
②电极B为正极，发生还原反应：O2+4e-+2CO2=2CO32-,从极反应可知，需要不断补充CO2；
综上所述，本题答案是：CO2。
③该反应负极反应为：2CO-4e-+2CO32-=4CO2，正极反应为O2+4e-+2CO2=2CO32-，从以上两个极反应可知，电池工作时，电池内部CO32-的物质的量不变；
综上所述，本题答案是：不变。
（3）NaClO氧化Fe(OH)3生成高铁酸钠、氯化钠和水，该反应的方程式为: 2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH===2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，离子方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-===2FeO42-+3Cl-+5H2O。
综上所述，本题答案是：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-===2FeO42-+3Cl-+5H2O。
29.下表是几种弱电解质的电离平衡常数、难溶电解质的溶度积Ksp（25 ℃）。
电解质
平衡方程式
平衡常数K
Ksp
CH3COOH
CH3COOHCH3COO-+H+
1.76×10-5
H2CO3
H2CO3H++HCO3-
HCO3-H++CO32-
K1=4.31×10-4
K2=5.61×10-11
C6H5OH
C6H5OHC6H5O-+H+
1.1×10-10
H3PO4
H3PO4H++H2PO4-
H2PO4-H++HPO42-
HPO42-H++PO43-
K1=7.52×10-3 K2=6.23×10-8 K3=2.20×10-13
NH3·H2O
NH3·H2ONH4++OH-
1.76×10-5
BaSO4
BaSO4(s)Ba2++SO42-
1.0×10-10
BaCO3
BaCO3(s)Ba2++CO32-
2.5×10-9
回答下列问题：
（1）由上表分析，若①CH3COOH，②HCO3-，③C6H5OH，④H2PO4-均可看做酸，则它们酸性最强的是_______（填编号）。
（2）向C6H5ONa溶液中通入少量CO2，写出反应的离子方程式_____________________。
（3）25 ℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，混合液中：c(CH3COO-)______c(NH4+)（填“>”、“=”或“<”）。
（4）25 ℃时，向10 mL 0.01 mol·L-1苯酚（C6H5OH）溶液中滴加V mL 0.01 mol·L-1氨水，混合液中粒子浓度关系正确的是________。
A．若混合液pH>7，则V≥10
B．若混合液pH<7，则c(NH4+)>c(C6H5O-)>c(H+)>c(OH-)
C．V=10时，混合液中水的电离程度小于10 mL 0.01 mol·L-1苯酚溶液中水的电离程度
D．V=5时，2c(NH3·H2O)+2c(NH4+)=c(C6H5O-)+c(C6H5OH)
（5）Ⅰ.如图所示，有T1、T2两种温度下两条BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，回答下列问题：
①T2温度时Ksp(BaSO4)=__________；
②讨论T1温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，下列说法不正确的是________。
A．加入Na2SO4可使溶液由a点变为b点
B．在T1曲线上方区域（不含曲线）任意一点时，均有BaSO4沉淀生成
C．蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a，b之间的某一点（不含a，b）
D．升温可使溶液由b点变为d点
Ⅱ.现有0.35mol的BaSO4沉淀，每次用1 L饱和Na2CO3溶液（物质的量浓度为1.7 mol·L-1）处理。若使BaSO4中的SO42-全部转化到溶液中，需要反复处理________次。[提示：BaSO4(s)+CO32-(aq)BaCO3(s)+SO42-(aq)]
【答案】 (1). ① (2). C6H5O-+CO2+H2O===C6H5OH+HCO3- (3). = (4). D (5). 5.0×10-9 (6). D (7). 6
【解析】
【分析】
（1）由上表分析，电离平衡常数越大，酸性越强；
（2）由上表分析，酸性H2CO3>C6H5OH>HCO3-,根据强酸制备弱酸规律书写离子方程式；
（3）根据醋酸铵溶液中醋酸的电离平衡常数与一水合氨的电离平衡常数大小关系进行分析；
（4）根据苯酚和氨水的电离平衡常数大小关系，及盐溶液中三大守恒规律进行分析判断；
（5）Ⅰ.①难溶物的溶解平衡是吸热反应，升高温度促进溶解，则溶度积常数越大，根据图象相关数据进行金酸Ksp（BaSO4）；
②根据影响沉淀溶解平衡的相关因素进行分析；
Ⅱ. 设每次用1L1.7 mol•L-1饱和Na2CO3溶液能处理xmolBaSO4，根据反应BaSO4 +CO32-=BaCO3 +SO42-可知：（1.7-x）=x，根据K=c(SO42-)/c(CO32-)= Ksp(BaSO4)/Ksp(BaCO3)=x/（1.7-x），计算出x，根据0.35/x比值确定处理次数。
【详解】（1）由上表分析，若①CH3COOH，②HCO3-，③C6H5OH，④H2PO4-均可看做酸，电离平衡常数越大，酸性越强，则它们酸性最强的是①CH3COOH；
综上所述，本题答案是：①。
（2）由于酸性H2CO3>C6H5OH>HCO3-,所以向C6H5ONa溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O===C6H5OH+HCO3-；
综上所述，本题答案是：C6H5O-+CO2+H2O===C6H5OH+HCO3-。
（3）25 ℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，生成醋酸铵溶液，由图表信息可知，醋酸的电离平衡常数等于一水合氨的电离平衡常数，所以醋酸根离子和铵根离子水解能力相同，溶液显中性，根据电荷守恒可知，c(OH-)+c(CH3COO-)=c(NH4+)+c(H+)，c(CH3COO-)=c(NH4+)；
综上所述，本题答案是：=。
（4）A.苯酚的电离平衡常数小于一水合氨,所以苯酚铵溶液呈碱性,若混合液pH>7,则V≥10也可能小于10，故A错误；
B.若混合液pH<7,则苯酚过量,溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒得c(NH4+)
D．V=5时，根据物料守恒得：2c(NH3·H2O)+2c(NH4+)=c(C6H5O-)+c(C6H5OH),故D正确；
因此，本题正确答案是D。
（5）Ⅰ.①难溶物的溶解平衡是吸热反应，升高温度促进溶解，则溶度积常数越大，根据图象知T1 的溶度积常数小于T2，所以T1＜T2，Ksp（BaSO4）=c（Ba2+）．c（SO42-）=1.0×10-4×5.0×10-5=5×10-9；
综上所述，本题答案是：5.0×10-9 。
②A．硫酸钠抑制硫酸钡溶解，硫酸根离子浓度增大，导致溶液中钡离子浓度减小，所以可以使溶液由a点变为b点，故A正确；
B．在T1曲线上方区域（不含曲线）为过饱和溶液，所以有晶体析出，故B正确；
C．蒸发溶剂，增大溶液中溶质的浓度，温度不变，溶度积常数不变，所以蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点（不含a、b），故C正确；
D．升温增大溶质的溶解，溶液中钡离子、硫酸根离子浓度都增大，故D错误；
综上所述，本题选D。
Ⅱ.设每次用1L1.7 mol•L-1饱和Na2CO3溶液能处理xmolBaSO4，根据反应BaSO4 +CO32-=BaCO3 +SO42-可知：（1.7-x）=x，根据K= c(SO42-)/c(CO32-)=Ksp(BaSO4)/Ksp(BaCO3)，所以x/（1.7-x）=1.0×10-10/2.5×10-9=0.04，计算得出：x=0.065，处理次数=0.35/0.065=5.4，所以至少处理6次；
因此，本题正确答案是：6。
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