2024年人教版选择性必修1化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年人教版选择性必修1化学上册阶段测试试卷61考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共9题，共18分)1、某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程如图所示(图中只画出了HAP的部分结构，用18O标记羟基磷灰石中的羟基氧原子)。下列说法正确的是。

A.反应物的键能之和大于生成物的键能之和B.经过该催化氧化过程后18O仍然在HAP中C.HAP改变了该反应的历程和焓变，加快了反应速率D.HAP降低了反应的活化能，提高活化分子百分数2、有机物电极材料具有来源丰富；可降解等优点；一种负极材料为固态聚酰亚胺-水系二次电池的结构如图所示。下列说法正确的是。

A.充电时有机电极发生了氧化反应B.充电时每转移右室离子数目减少C.放电时负极电极反应为：-2e-=D.将由换成电池的比能量会下降3、根据下列各图曲线表征的信息；得出的结论错误的是。

A.图1表示常温下向体积为10mL0.1mol·L-1的NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1CH3COOH溶液后溶液的pH变化曲线，则c点处有c(CH3COOH)＋2c(H＋)=2c(OH-)＋c(CH3COO-)B.图2表示用水稀释pH相同的盐酸和醋酸时溶液的pH变化曲线，其中Ⅰ表示醋酸，Ⅱ表示盐酸，且溶液导电性：c＞b＞aC.图3表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，表示H2燃烧热的ΔH=-285.8kJ·mol-1D.结合图4分析可知，向100mL含Cu2+、Mn2+、Fe2+、Zn2+均为10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入1×10-4mol/LNa2S溶液，Cu2+先沉淀4、某种锂电池用金属锂和石墨作电极材料，电解质溶液是由四氯铝锂(LiAlCl4)溶解在亚硫酰氯中形成的，电池总反应方程式为:4Li+2SOCl2==4LiCl+SO2↑+S，下列叙述中正确的是A.电解质溶液中混入水，对电池反应无影响B.金属锂被还原作电池的负极C.电池工作过程中，Cl—向石墨电极移动D.电池工作过程中，金属锂提供的电子与正极区析出硫的物质的量之比为4:15、下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是A.反应达到平衡后，增大压强可使平衡系颜色变深B.工业制取金属钾选取适宜的温度使K变成蒸气从反应混合物中分离出来，有利于反应向右进行C.用排饱和食盐水法收集Cl2D.向含酚酞的Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液，红色变浅6、利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2；装置如图所示。下列说法不正确的是。

A.a极反应：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2OB.C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜C.可用铁电极替换阴极的石墨电极D.a极上通入2.24L甲烷，阳极室Ca2+减少0.4mol7、t℃时，配制一组的H2CO3与HCl或H2CO3与NaOH的混合溶液；溶液中部分微粒浓度的负对数(-lgc)与pH关系如图所示。下列说法正确的是。

A.常温下，反应的平衡常数为B.pH=7的溶液中：C.pH=a的溶液中：c()＞c()＞c(H2CO3)＞c(H+)D.pH=10.3的溶液中：8、设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，1.12LCH3OH中所含氧原子的数目为0.05NAB.3.0gNO和1.6gO2组成的混合物中，分子总数为0.1NAC.常温下，1LpH=10的Na2CO3溶液中由水电离出的OH－数目为10-4NAD.0.1molCl2与足量H2O反应转移电子的数目为0.1NA9、常温下，Kb(NH3•H2O)=1.76×10-5，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，Ka(HCN)=6.2×10-10，Ka(HF)=6.31×10-4，下列说法正确的是A.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HF和CH3COOH溶液中至终点，前者消耗NaOH溶液的体积较大B.0.2mol·L-1CH3COONa与0.1mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-)C.0.2mol·L-1HCN与0.1mol·L-1NaOH等体积混合后的溶液中：c(CN-)+c(OH-)＜c(HCN)+c(H+)D.浓度均为0.1mol·L-1的NaCN和NH4Cl溶液中水的电离程度：前者小于后者评卷人得分二、填空题(共7题，共14分)10、Ⅰ.我国《生活饮用水卫生标准》中规定生活用水中锅的排放量不超过0.005mg/L。处理含镉废水可采用化学沉淀法。试回答下列问题：

(1)磷酸镉[Cd3(PO4)2]沉淀溶解平衡常数的表达式为Ksp=___________。

(2)一定温度下，的的那么它们在水中的溶解量___________较大。

(3)向某含镉废水中加入当浓度达到时，废水中的浓度为___________mol/L[已知：]，此时是否符合生活饮用水卫生标准？___________(填“是”或“否”)。

Ⅱ．根据题目提供的溶度积数据进行计算并回答下列问题：

(4)已知25℃时，酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如下：。8.0~96颜色黄色绿色蓝色

25℃时，向饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液所呈现的颜色为___________。

(5)25℃向的溶液中加入的盐酸，生成沉淀。已知该温度下，AgCl的忽略溶液的体积变化，请计算：

①完全沉淀后，溶液中=___________；

②完全沉淀后，溶液的pH=___________。

③如果向完全沉淀后的溶液中继续加入的盐酸，是否有白色沉淀生成？___________(填“是”或“否”)。11、根据原电池工作原理可以设计原电池；实现原电池的多种用途。用碱性甲醛燃料电池为电源进行电解的实验装置如下图所示。

①甲池中通入甲醛的一极为_______极，其电极反应式为_______。

②乙池中总反应的离子方程式为_______，当甲池中消耗280mLO2时(标准状况)，在乙池中加入_______gCuCO3才能使溶液恢复到原浓度，此时丙池中理论上最多产生_______g固体。

(2)利用下图所示装置(电极均为惰性电极)吸收SO2并制取硫酸，则通入SO2一极的电极反应式为_______，通入O2一极的电极反应式为_______。

12、用活性炭还原处理氮氧化物，有关反应为C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。

(1)写出上述反应的平衡常数表达式___。

②判断该反应达到平衡的依据是___。

A.容器内气体密度恒定B.容器内各气体浓度恒定。

C.容器内压强恒定D.2v正(NO)=v逆(N2)13、I．某温度时，在2L的密闭容器中，X、Y、Z(均为气体)三种物质的量随时间的变化曲线如图所示。(1)由图中所给数据进行分析，该反应的化学方程式为_____。II.在2L密闭容器内，800℃时反应2NO(g)+O2(g)→2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：。时间/s012345n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007(2)上述反应_____(填“是”或“不是”)可逆反应,原因_____(3)如图所示，表示NO2变化曲线的是_____。(4)平衡时NO的转化率=_____。III.某学习小组为了研究外界条件对H2O2溶液的分解速率的影响，设计了如下实验。。10%H2O2蒸馏水2mol•L-1FeCl3初始温度实验110mL0mL0滴20℃实验210mL0mL3滴20℃实验310mL0mL0滴40℃实验48mLVmL3滴20℃学习小组的同学在实验中发现实验1无明显现象，实验2～4均有气泡冒出，反应速率各不相同。根据表中数据回答相关问题：(5)实验2中发生反应的化学方程式为_____。(6)实验1、3可得出的结论是_____。(7)实验_____和_____探究浓度对H2O2溶液分解速率的影响。(8)实验4中的V=_____。14、下表是25℃时某些弱酸的电离平衡常数。化学式CH3COOHHClOH2CO3H2C2O4KaKa＝1.8×10－5Ka＝3.0×10－8Ka1＝4.1×10－7Ka2＝5.6×10－11Ka1＝5.9×10－2Ka2＝6.4×10－5

（1）H2C2O4与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_______________________________________。

（2）向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c（CH3COOH）∶c（CH3COO－）＝5∶9，此时溶液pH＝________。

（3）向碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式为_____________________。

（4）若0.1mol·L－1CH3COOH溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合（忽略混合后溶液体积的变化），测得混合溶液的pH＝8，则c（Na+）-c（CH3COO－）=_______________mol·L－1（填精确计算结果）。

（5）将CH3COOH溶液与大理石反应所产生的标况下44.8L气体全部通入到2L1.5mol/L的NaOH溶液中充分反应，则溶液中所有离子的物质的量浓度由大到小的顺序为__________________________。15、按要求完成下列各小题。

（1）25℃时，0.1mol·L-1NH4Cl溶液的pH________7(填“<”、“=”或“>")；其原因是_______________________________________________________(用离子方程式表示);

（2）下列物质能导电且属于电解质的是________(填序号)。

A．铁B．盐酸C．氯化钠晶体D．熔融氢氧化钠。

（3）已知常温下部分弱电解质的电离平衡常数如下表：。化学式HFHClOH2CO3NH3·H2O电离常数6.8×10-44.7×10-8K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11Kb=1.7×10-5

常温下,pH相同的三种溶液①NaF溶液②NaClO溶液③Na2CO3溶液。

其物质的量浓度由大到小的顺序是__________________(填序号)

（4）25℃时，pH=4的NH4Cl溶液由水电离的c(OH-)=______________

（5）0.1mo/L的NaClO溶液和0.1mo/L的NaHCO3溶液中，c(ClO-)________c(HCO3-)(填“>,<,=”)，可使上述两种溶液pH相等的方法是________(填代号)

a．向NaClO溶液中加适量的水。

b．向NaClO溶液中加适量的NaOH

c．向NaHCO3溶液中加适量的水。

d．向NaHCO3溶液中加适量的NaOH

（6）向NaClO溶液中通入少量的CO2,所发生的离子方程式为____________________________。

（7）常温下，0.1mol/L的氨水和0.1mo/L的NH4Cl溶液等体积混合，通过计算判断混合溶液的酸碱性________________________________________________________________________________。

（8）不能证明HA是弱电解质的方法是_____

A．测得0.1mol/LHA溶液的pH>1

B．测得NaA溶液的pH>7

C．pH=1的HA溶液与盐酸；稀释100倍后，盐酸的pH变化大。

D．用足量锌分别和相同pH、相同体积的盐酸和HA溶液反应，产生的氢气一样多16、(1)氢氧燃料电池的工作原理如图所示。通常氢氧燃料电池有酸式(当电解质溶液为硫酸时)和碱式[当电解质溶液为NaOH(aq)或KOH(aq)时]两种。试回答下列问题：

碱式电池的电极反应：负极：___；正极：___。

(2)已知铅蓄电池放电的总反应为：PbO2+Pb+2H2SO4=2PbSO4+2H2O(原电池)。

写出放电负极的电极反应式为___，充电时负极与外接电源的___极相连。(填“正”或“负”)评卷人得分三、判断题(共9题，共18分)17、可以用已经精确测定的反应热效应来计算难于测量或不能测量的反应的热效应。___A.正确B.错误18、化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应途径无关。___A.正确B.错误19、1mol碘蒸气和1mol氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA(____)A.正确B.错误20、在任何条件下，纯水都呈中性。（______________）A.正确B.错误21、明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂。(_______)A.正确B.错误22、在任何条件下，纯水都呈中性。（______________）A.正确B.错误23、如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性。（____________）A.正确B.错误24、NH4HCO3(g)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH=185.57kJ·mol-1能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向。__________________A.正确B.错误25、泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与Na2CO3溶液。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、结构与性质(共1题，共10分)26、探究化学反应的快慢和限度具有十分重要的意义。某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中；发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：

(1)要加快上述实验中气体产生的速率，还可采取的措施有_________(任答两种)；

(2)为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响；该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。

。实验。

混合溶液。

A

B

C

D

E

F

4mol/LH2SO4/mL

30

V1

V2

V3

V4

V5

饱和CuSO4溶液/mL

0

0.5

2.5

5

V6

20

H2O/mL

V7

V8

V9

V10

10

0

①请完成此实验设计，其中：V1=______，V6=_________，V9=__________；

②该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降。请分析氢气生成速率下降的主要原因__________________。评卷人得分五、原理综合题(共2题，共20分)27、2021年9月24日，我国科学家在国际学术期刊《科学》上发表了到淀粉的从头合成研究成果，其关键反应是将还原为甲醇。

(1)利用催化加氢合成涉及的主要反应如下：

反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

反应Ⅲ：

①反应Ⅰ的_______；该反应的活化能_______(填“>”或“<”)。

②反应温度和压强对平衡转化率、选择性[选择性]影响如图所示。据图判断，压强和相对较大的是_______；分析随着温度的升高，平衡转化率增大，选择性减小的原因是_______。

③起始温度均为体积为的两恒容密闭容器中发生反应Ⅰ，反应过程中部分数据如下：。装置反应时间/ⅰ恒温0260054.5101151ⅱ绝热00022

达到平衡时，装置ⅰ、ⅱ中的浓度_______(填“>“<”或“=”)；测得装置ⅰ的起始压强为则_______(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。对装置ⅰ，在其他条件不变的情况下，若时向容器中再充入和则平衡_______(填“正向”“逆向”或“不”)移动。

(2)科学家用饱和处理的溶液为离子导体，利用电催化还原制备甲醇。写出生成甲醇的电极反应式：_______。28、电离平衡常数(用Ka表示)的大小可以判断电解质的相对强弱．25℃时，有关质的电离平衡常数如下表所示：。化学式HFH2CO3HCIO电离平衡常数(Ka)7．2×10-4K1=4．4×10-7，K=4．7×10-113.0x10-8

(1)可以作为HF是弱酸的判断依据的有：___________________

A．NaF溶液显碱性

B．物质的量浓度相同的和HF溶液导电性相同。

C．氢氟酸与NaHCO3溶液混合；有气泡生成。

(2)将浓度为0.1mol·L-1溶液加水稀释一倍(假设温度不变)下列各量增大的是____________

A.c(H+)B．c(H+)·c(OH-)C．D．

(3)物质的量浓度均为0.1mol·L—1的下列四种溶液：①Na2CO3溶液②NaHCO3溶液③NaF溶液④NaClO溶液，溶液的pH最小的物质是____________

(4)在0.1mol的NaHCO3溶液中，下列关系正确的是______________

A．c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)

B．c(H2CO3)>c(CO32-)

C.c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=0.1mol·L-1评卷人得分六、元素或物质推断题(共3题，共12分)29、X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示水及部分产物已略去．

(1)若X为金属单质，W是某强酸的稀溶液，X与过量W反应生成Y的离子方程式为______；组成X的元素在周期表中的位置是______。

(2)若X为非金属单质，W是空气的主要成分之一，它们之间转化的能量变化如图A所示，则X+W→Z的热化学方程式为______。

(3)若X、Y为正盐，X的水溶液显酸性，W为一元强碱(化学式为MOH)，则X与过量W反应生成Y的离子方程式为______。室温下，若用0.1mol/L的W溶液滴定VmL0.1mol/LHA溶液，滴定曲线如图B所示，则a、b、c、d四点溶液中水的电离程度最大的是______点；a点溶液中离子浓度的大小顺序为______．

(4)若X为强碱，常温下W为有刺激性气味的气态氧化物。常温时，将Z的水溶液露置于空气中，请在图C中画出其pH随时间(t)的变化趋势曲线图不考虑水的挥发______。30、下图转化关系中涉及的均是中学化学常见物质(部分产物中的水已略去)。其中A；B、C、D、E、F、G、H在常温下均为气体；且D为红棕色，G为黄绿色。I、J均为白色固体。

请按要求回答下列问题：

(1)D的化学式为_______；A的电子式为_______；G中所含元素在周期表中的位置是_______。

(2)写出电解X溶液的阳极反应式_______。

(3)J溶液的pH(填“<”、“>”或“=”)_______7；X溶液pH<7的原因是(用离子方程式表示)：_______

(4)若使1molB尽可能多地转化为K，则消耗E的物质的量最多为_______31、现有和和溶液；设三者中的一种为A试剂，则其他为B，C．现将B溶液滴入A中，有蓝色沉淀生成，并有时带有绿色沉淀，将B滴入C中则有气体生成。

(1)现在将A、B、C等量混合摇匀，沉淀消失，请分析A、B、C分别为什么溶液：A____、B_____、C_______。

(2)为什么用三氯化铁和碳酸钠溶液混合制取得不到碳酸铁？_________。参考答案一、选择题(共9题，共18分)1、D【分析】【分析】

【详解】

A．HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O；反应是放热反应，因此反应物的键能之和小于生成物的键能之和，故A错误；

B．根据该历程图中信息，经过该催化氧化过程后18O在水中；故B错误；

C．HAP改变了该反应的历程；加快了反应速率，但焓变不变，故C错误；

D．HAP作为催化剂；降低了反应的活化能，提高活化分子百分数，故D正确。

综上所述，答案为D。2、D【分析】【详解】

A．由题干可知；该结构为一种负极材料为固态聚酰亚胺-水系二次电池，则有机电极为负极，充电时负极为电解池阴极，发生还原反应，A错误；

B．充电时，右侧电解为阳极，发生氧化反应，3I--2e-=I则充电时每转移左侧减少2mol阴离子，同时有2molM+离子进入左室；右室离子数目减少4mol，B错误；

C．由图可知，放电时负极电极的失去电子，发生氧化反应，生成反应为-2e-=C错误；

D．比能量是指电池单位质量或单位体积所能输出的电能，钠的相对原子质量大于锂，高故将由换成电池的比能量会下降，D正确；

故选D。3、B【分析】【分析】

【详解】

A．图1中c点加入0.1mol/L20mLCH3COOH溶液与10mL0.1mol/LNaOH充分反应后得到等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH的混合液，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，物料守恒为2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，两式整理消去c(Na+)得c(CH3COOH)＋2c(H＋)=2c(OH-)＋c(CH3COO-)；A正确；

B．盐酸属于强酸溶液，醋酸溶液属于弱酸溶液，加水稀释促进醋酸的电离，将pH相同的盐酸和醋酸稀释相同的倍数后，pH较大的为盐酸、pH较小的为醋酸，则图2中I表示盐酸，II表示醋酸，a、b、c三点pH由大到小的顺序为c＞b＞a，三点溶液中离子物质的量浓度由大到小的顺序为a>b>c，溶液的导电性：a>b>c；B错误；

C．根据图3可写出热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)∆H=-571.6kJ/mol，则1molH2(g)完全燃烧生成H2O(l)放出285.8kJ的热量，表示H2燃烧热的ΔH=-285.8kJ·mol-1；C正确；

D．根据题给图像知，Ksp(CuS)＜Ksp(FeS)＜Ksp(ZnS)，向100mL含Cu2+、Mn2+、Fe2+、Zn2+均为10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入1×10-4mol/LNa2S溶液；D正确；

答案选B。4、D【分析】【详解】

A项Li可与水反应；A项错误；

B项金属锂做负极；被氧化，B项错误；

C项阴离子向负极区移动；石墨为正极，C项错误；

D项由反应方程式4Li+2SOCl2==4LiCl+SO2↑+S可知；金属锂失去4mol电子，反应生成1mol硫，故D项正确。

故选D。

【点睛】

掌握原电池中负极失去电子被氧化，正极得到电子被还原，电解质中的阴离子向负极移动。5、A【分析】【详解】

A．该反应前后气体系数之和相等；改变压强平衡不移动，因此不能使用勒夏特列原理解释，A符合题意；

B．将K蒸气分离；减少了生成物浓度，平衡正向移动，可以用勒夏特列原理解释，B不符合题意；

C．饱和食盐水中Cl-浓度较大，反应Cl2＋H2OHCl＋HClO平衡逆向移动；可以用勒夏特列原理解释，C不符合题意；

D．水解，+H2O+OH-，加入Ba2+可以与反应；平衡逆向移动，可以用勒夏特列原理解释，D不符合题意；

故选A。6、D【分析】【分析】

CH4燃料原电池中，甲烷失电子发生氧化反应，所以通入燃料CH4的a极为负极，通入氧化剂氧气的b极为正极，电池反应为CH4+2O2=CO2+2H2O；根据电池中移动的O2-可知电解质为熔融的金属氧化物，电解池中与电源正极相连接的为阳极，阳极上为氯离子放电，电极反应为2Cl--2e-═Cl2↑；电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，则A膜应为阳离子交换膜，阴极上氢离子放电生成氢气，生成氢氧化钠，破坏了水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大，则C膜也应为阳离子交换膜，根据电荷守恒，电路通过的电量等于溶液中离子移动的电量，据此分析解答。

【详解】

A．a极为负极，电极反应式为CH4-8e-+4O2-═CO2+2H2O；故A正确；

B．根据上述分析可知，A膜和C膜均为阳离子交换膜，要得到产品Ca(H2PO4)2；原料室的阴离子需要移向产品室，因此B膜为阴离子交换膜，故B正确；

C．阴极电极不参与反应；可用铁电极替换阴极的石墨电极，故C正确；

D．左侧为原电池，右侧为电解池，构成闭合回路，原电池释放的电子，等于电解池通过的电子，a极上通入标况下2.24L甲烷，若为标准状况，n(CH4)==0.1mol，根据CH4-8e-+4O2-═CO2+2H2O可知，转移电子0.8mol，根据电荷守恒电解液中离子移动与电子相当，阳离子向阴极移动，阳极室Ca2+通过A膜进入产品室减少0.4mol；但未注明是否为标准状况，因此无法计算，故D错误；

故选D。

【点睛】

本题的难点是离子交换膜的类型判断，要转移根据电极反应式和得到的产品分析。7、C【分析】【分析】

【详解】

A．碳酸的Ka1=当pH=6.3时，c()=c(H2CO3)，则Ka1=10-6.3；Ka2=当溶液pH=10.3时，溶液中c()=c()，则Ka2=10-10.3，该反应化学平衡常数K=A错误；

B．pH=7时，c(H+)=c(OH-)，c()＞c(H2CO3)＞c()，溶液中存在电荷守恒：c()+2c()+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则c()+2c()=c(Na+)，故c(Na+)＞c(H2CO3)，所以溶液中存在微粒浓度关系为：c(Na+)＞c(H2CO3)＞c()；B错误；

C．pH=a时溶液呈碱性，溶液中c(H+)＜c(OH-)，根据图知：溶液中c()＞c()＞c(H2CO3)=c(OH-)＞c(H+)；C正确；

D．当溶液pH=10.3时，溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH-)，结合电荷守恒c()+2c()+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)可知：c(Na+)＞c()+2c()。图中分析可知：c()＝c()＞c(H2CO3)，c(H2CO3)+c()+c()=1.000×10-3mol/L，则c(Na+)＞c()+c()+c(H2CO3)=1.000×10-3mol/L；D错误；

故合理选项是C。8、C【分析】【分析】

【详解】

A．标准状况下，CH3OH为液态，1.12L的CH3OH物质的量不是0.05mol；故A错误；

B．混合物中3.0gNO的物质的量为n(NO)==0.1mol，1.6gO2的物质的量为n(O2)==0.05mol，则0.1molNO和0.05molO2恰好完全反应生成NO2，即2NO+O2=2NO2，但NO2会发生反应2NO2N2O4，故分子总数小于0.1NA；故B错误；

C．常温下，pH=10的Na2CO3溶液中，c(OH-)=10-4mol/L，OH-全由水电离出来的，故1LpH=10的Na2CO3溶液中由水电离出的OH一数目为10-4NA；故C正确；

D．Cl2与H2O的反应属于可逆反应，即Cl2+H2OHCl+HClO，故0.1molCl2与足量H2O反应转移电子的数目小于0.1NA；故D错误；

答案为C。9、C【分析】【分析】

【详解】

A．由电离平衡常数知，HF的酸性比CH3COOH强，pH均为3的HF和CH3COOH溶液，CH3COOH的物质的量浓度大，故相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HF和CH3COOH溶液至终点；醋酸消耗NaOH溶液的体积大，A错误；

B．0.2mol·L-1CH3COONa与0.1mol·L-1盐酸等体积混合后，所得为物质的量浓度相等的醋酸和醋酸钠溶液，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，则醋酸钠的水解常数则醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，混合溶液呈酸性：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH-)；B错误；

C．0.2mol·L-1HCN与0.1mol·L-1NaOH等体积混合后的溶液中：由电荷守恒得由物料守恒可知合并上面2式得到：c(CN-)+2c(OH-)=c(HCN)+c(H+)，则c(CN-)+c(OH-)+)；C正确；

D．Kb(NH3•H2O)=1.76×10-5，Ka(HCN)=6.2×10-10，浓度均为0.1mol·L-1的NaCN和NH4Cl溶液中铵根离子水解程度小于CN-水解；故水的电离程度：前者大于后者，D错误；

故选C。二、填空题(共7题，共14分)10、略

【分析】【分析】

(1)

根据磷酸镉的溶解平衡反应式为：Cd3(PO4)2(s)3Cd2+(aq)+2(aq)，磷酸镉[Cd3(PO4)2]沉淀溶解平衡常数的表达式Ksp=c3(Cd2+)•c2(PO43-)，故答案为：c3(Cd2+)•c2(PO43-)；

(2)

当CdCO3达到沉淀溶解平衡时有CdCO3(s)⇌Cd2++CO32-，则其平衡时摩尔溶解度为s===2×10-6mol/L，当Cd(OH)2达到沉淀溶解平衡时有Cd(OH)2(s)⇌Cd2++2OH-，则其平衡时摩尔溶解度为s===2×10-5mol/L，则它们在水中的溶解能力较大的是Cd(OH)2，故答案为：Cd(OH)2；

(3)

当S2-浓度达到7.9×10-8mol•L-1时，Cd2+浓度为=1.0×10-19mol•L-1=＜0.005mg•L-1，是符合水源标准，故答案为：1.0×10-19；是；

(4)

Mg(OH)2的溶度积Ksp=5.6×10-12，则c(Mg2+)c2(OH-)=5.6×10-12；c(OH-)=2c(Mg2+)=x，得到0.5x×x2=5.6×10-12；计算得到x=2.24×10-4mol/L；c(H+)==4.5×10-11mol/L；pH=10.4＞9.6，所以溶液呈蓝色，故答案为：蓝色；

(5)

①起始时为50mL0.018mol/L的AgNO3溶液中加入50mL0.020mol/L的HCl发生反应，反应后溶液中c(Cl-)=mol/L=10-3mol/L，则溶液中c(Ag+)==1.0×10-7mol/L，故答案为：1.0×10-7；

②完全沉淀后盐酸过量，溶液中c(H+)==0.010mol/L，则溶液的pH=-lgc(H+)=2，故答案为：2；

③再向反应后的溶液中加入50mL0.001mol•L-1盐酸，不发生反应时c(Ag+)=×1.0×10-7mol•L-1=0.67×10-7mol•L-1、c(Cl-)=×[(0.001+1.0×10-7+0.001]mol•L-1≈0.001mol•L-1，而离子浓度积=0.001×0.67×10-7=0.67×10-10＜1.0×10-10，故不能沉淀产生，故答案为：否。【解析】(1)c3(Cd2+)•c2(PO43-)

(2)Cd(OH)2

(3)1.0×10-19是。

(4)蓝色。

(5)1.0×10-72否11、略

【分析】【分析】

(1)甲池为燃料电池；通入甲醛的一极为负极，通入氧气的一极为正极，乙池为电解池，左边的C电极为阳极，水电离的氢氧根放电；右边的C电极为阴极，铜离子放电；丙池为电解池，左边的C为阳极，右边的C为阴极；

(2)通入SO2的为负极，发生氧化反应，SO2被氧化为硫酸；通入氧气的为正极，氧气被还原生成水；电池的总反应式为：2SO2+2H2O+O2=2H2SO4。

【详解】

(1)①燃料电池中，通入燃料的为负极，故通入甲醛的一极为负极，在碱性溶液中，甲醛失电子后变为碳酸根，电极反应式为：HCHO-4e-+6OH-=+4H2O；故答案为：负；HCHO-4e-+6OH-=+4H2O；

②乙池为电解池，以C为电极电解硫酸铜溶液，阴阳极分别是铜离子和水中的氢氧根放电，总反应的离子方程式为：2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2；甲池中根据电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，所以消耗280mL(标准状况下0.0125mol)O2，则转移电子0.05mol，乙池的阴极反应式为Cu2++2e-=Cu，当转移电子0.05mol时，析出的铜为0.025mol，根据铜原子守恒，要使电解质复原，加入的CuCO3也为0.025mol，质量为0.025mol124g/mol=3.1g；根据丙装置中，在阴极上是氢离子放电，减小的氢离子是0.05mol，则产生的氢氧根为0.05mol，镁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁为0.025mol，理论上最多产生氢氧化镁质量应该是0.25mol×58g/mol=1.45g固体；故答案为：2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑；3.1；1.45；

(2)由分析可知，则通入SO2一极为负极，SO2被氧化为硫酸，电极反应式为：2SO2+4H2O-4e-=2+8H+；通入氧气的为正极，氧气被还原为水，电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O；故答案为：2SO2+4H2O-4e-=2+8H+；O2+4H++4e-=2H2O。【解析】负HCHO-4e-+6OH-=+4H2O2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑3.11.452SO2+4H2O-4e-=2+8H+O2+4H++4e-=2H2O12、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)C为固体，根据平衡常数的公式，K=

(2)A．该反应是气体体积不变；质量改变的反应，故容器内气体密度恒定时，可以判断该反应达到平衡，A选；

B．容器内各气体浓度恒定不变时；该反应达到平衡，B选；

C．反应是气体体积不变的反应；容器内压强保持恒定，无法判断平衡，C不选；

D．2v正(NO)=v逆(N2)=v逆(NO)；故NO的正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡，D不选；

故选AB。【解析】K=AB13、略

【分析】【分析】

I．根据物质的量的变化判断反应物和生成物，根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写化学方程式；II．可逆反应的特征就是不能完全反应，反应物与生成物共存；根据NO的变化量计算出NO2的变化量；转化率等于转化量与起始量之比再乘以100%；III．要探究某一因素对反应速率的影响时，其他条件应该相同。

【详解】

I．(1)由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z为生成物，且∆n(X)：∆n(Y)：∆n(Z)=0.3mol：0.1mol：0.2mol=3：1：2，则反应的化学方程式为：3X(g)+Y(g)2Z(g)，答案为：3X(g)+Y(g)2Z(g)；II．(2)由表中数据可知从3s开始，NO的物质的量为0.007mol，不再变化，根据可逆反应的特征可知，该反应为可逆反应，3s时反应达平衡，答案为：是；3s后NO的含量不随时间改变，说明该反应已达平衡；(3)NO2是反应产物，随着反应进行NO2的浓度会增大，由化学方程式2NO(g)+O2(g)→2NO2(g)可知，平衡时∆c(NO2)=∆c(NO)==0.0065mol/L，所以图中表示NO2变化的曲线是b，答案为：b；(4)由表中数据可知，反应达到平衡时NO由开始时的0.02mol变为0.007mol，由转化率的概念可知，平衡时NO的转化率=×100%=65%，答案为：65%；III．(5)实验2与实验1的不同点是双氧水中滴入3滴FeCl3溶液后发生反应，判断FeCl3为双氧水分解的催化剂，反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑；答案为：2H2O22H2O+O2↑；(6)实验1无明显现象，实验2～4均有气泡冒出，由表中数据可知，实验3与实验1的不同点是温度从20℃变成了40℃，所以由实验1、3可得出的结论是：温度升高(或加热)，H2O2的分解速率加快，答案为：温度升高(或加热)，H2O2的分解速率加快；(7)要探究浓度对双氧水溶液分解速率的影响，其他条件应该相同，分析表中数据可知实验2和实验4温度相同，都滴入3滴氯化铁，实验4加入蒸馏水稀释过氧化氢溶液，生成气体的速率应该比实验2慢，答案为：2；4；(8)实验4中过氧化氢溶液的体积为8mL，加入2mL蒸馏水稀释得到10mL溶液，才能与表中实验2的其他条件相同，才能用来探究浓度变化对反应速率的影响，所以V=2，答案为：2。

【点睛】

探究某一条件对反应速率的影响时，其他条件务必相同。【解析】3X(g)+Y(g)2Z(g)是3s后NO的含量不随时间改变，说明该反应已达平衡b65%2H2O22H2O+O2↑温度升高(或加热)，H2O2的分解速率加快24214、略

【分析】【分析】

(1)H2C2O4与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液中溶质是KHC2O4，溶液呈酸性说明HC2O4-电离程度大于水解程度；

(2)根据CH3COOH的电离平衡常数，计算当c（CH3COOH）∶c（CH3COO－）＝5∶9时H＋的浓度；

(3)盐酸、次氯酸的酸性都大于根据强制弱的规律判断碳酸钠溶液中滴加少量氯水的产物；

(4)根据电荷守恒计算c（Na+）-c（CH3COO－）的值；

(5)标况下44.8L二氧化碳气体全部通入到2L1.5mol/L的NaOH溶液中充分反应；得到等物质的量浓度的碳酸钠；碳酸氢钠溶液。

【详解】

(1)H2C2O4与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液中溶质是KHC2O4，溶液呈酸性说明HC2O4-电离程度大于水解程度，再结合氢离子来自HC2O4-的电离和水的电离，所以c（H＋）>c（）>c（OH－），各离子浓度由大到小的顺序为c（K＋）>c（）>c（H＋）>c（）>c（OH－）；

(2)根据CH3COOH的电离平衡常数把c（CH3COOH）∶c（CH3COO-）＝5∶9带入，得c（H＋）=1×10－5；所以pH=5；

(3)盐酸、次氯酸的酸性都大于根据强制弱的规律，碳酸钠溶液中滴加少量氯水生成氯化钠、次氯酸钠、碳酸氢钠，反应的离子方程式是2＋Cl2＋H2O=Cl－＋ClO－＋2

(4)pH＝8，c（H＋）=1×10－8，c（OH－）=根据电荷守恒，c（Na+）+c（H＋）=c（CH3COO－）+c（OH－），c（Na+）-c（CH3COO－）=c（OH－）－c（H＋）=9.9×10-7；

(5)标况下44.8L二氧化碳气体全部通入到2L1.5mol/L的NaOH溶液中充分反应，生成等物质的量浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液，c（CO32-）水解程度大于c（），所以c（）>c（），溶液呈碱性，所以c（OH-）>c（H+），故离子大小顺序是c（Na+）>c（）>c（）>c（OH-）>c（H+）。

【点睛】

对于酸式弱酸盐NaHA，若HA-电离大于水解，则溶液呈酸性，c（Na＋）>c（HA-）>c（H＋）>c（A2-）>c（OH－）；若HA-水解大于电离，则溶液呈碱性，c（Na＋）>c（HA-）>c（OH－）>c（H＋）>c（A2-）。【解析】c（K＋）>c（）>c（H＋）>c（）>c（OH－）52＋Cl2＋H2O=Cl－＋ClO－＋29.9×10-7（合理答案给分）c（Na+）>c（）>c（）>c（OH-）>c（H+）15、略

【分析】【详解】

（1）氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液显酸性，故25℃时，pH＜7，其原因用离子方程式表示为：NH4++H2O=NH3·H2O+H+。

（2）A项；铁是金属单质，能导电，但不是电解质，故A错误；B项，盐酸是HCl的水溶液，能导电，但属于混合物，不是电解质，故B错误；C项，氯化钠晶体是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，是电解质，但是晶体状态时不含有自由移动的离子，不导电，故C错误；D项，氢氧化钠是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，是电解质，熔融氢氧化钠含有自由移动的离子能导电，故D正确。

（3）酸的电离常数越小，其盐溶液中酸根离子水解程度越大，则钠盐溶液pH相同时，其物质的量浓度就越小，所以结合表中数据可得，常温下，pH相同的三种溶液①NaF溶液②NaClO溶液③Na2CO3溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序是：①>②>③。

（4）25℃时，pH=4的NH4Cl溶液中c(H+)=1×10-4mo/L，NH4+水解促进了水的电离，溶液中的H+都是由水电离产生的，所以c(OH-)=c(H+)=1×10-4mo/L。

（5）酸的电离常数越小，其盐溶液中酸根离子水解程度越大，则酸根离子浓度越小，碱性越强，所以等浓度的NaClO溶液和NaHCO3溶液中，c(ClO-)3-)；等浓度的NaClO溶液和NaHCO3溶液中，碱性(或pH)：NaClO>NaHCO3，要使上述两种溶液pH相等，可使NaClO溶液的碱性减弱或使NaHCO3的碱性增强，a.向NaClO溶液中加适量的水，溶液被稀释，碱性减弱，故a正确；b.向NaClO溶液中加适量的NaOH，则碱性增强，故b错误；c.向NaHCO3溶液中加适量的水，溶液被稀释，碱性减弱，故c错误；d.向NaHCO3溶液中加适量的NaOH；则碱性增强，故d正确。综上，选ad。

（6）根据电离常数H2CO3＞HClO＞HCO3-可知，酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3-，所以向NaClO溶液中通入少量CO2，生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-。

（7）常温下，NH3·H2O的电离常数Kb=1.7×10-5，则NH4+的水解常数Kh=Kw/Kb≈5.9×10-10，所以Khb，则说明NH4+的水解程度小于NH3·H2O的电离程度，因此0.1mol/L的氨水和0.1mo/L的NH4Cl溶液等体积混合；溶液呈碱性。

（8）A项，测得0.1mol/LHA溶液的pH＞1，则说明溶液中c(H+)<0.1mol/L，HA在溶液中部分电离出氢离子，所以HA属于弱酸，故A正确；B项，测得NaA溶液的pH＞7，则说明A-能水解；所以HA属于弱酸，故B正确；C项，pH=l的HA溶液与盐酸，稀释100倍后，盐酸的pH变化大，则说明HA中存在电离平衡，所以HA属于弱酸，故C正确；D项，用足量锌分别与相同pH；相同体积的盐酸和HA溶液反应，产生的氢气一样多，则说明HA中电离出来的氢离子与HCl一样多，所以HA为强酸，故D错误。

点睛：本题综合考查了盐类的水解以及弱电解质的电离等知识，综合性较强，较难。第(3)小题注意多元弱酸电离常数与对应的盐中弱酸根离子水解常数的关系，如H2CO3的电离常数K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11，则CO32-的水解常数Kh1=Kw/K2、Kh2=Kw/K1；第(8)小题中证明一元弱酸主要从两个方面入手思考：①弱酸不完全电离，存在电离平衡；②强碱弱酸盐，弱阴离子存在水解使溶液呈碱性。【解析】①.pH<7②.其原因是NH4++H2O=NH3·H2O+H+③.D④.①>②>③⑤.10-4mo/L⑥.<⑦.a,d⑧.ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-⑨.由NH3·H2O的电离常数Kb=1.7×10-5,可得NH4+的水解常数Kh=Kw/Kb=5.9×10-10,因为Khb，说明NH4+的水解程度小于NH3·H2O的电离程度，所以溶液呈碱性⑩.D16、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)氢氧燃料电池中通入氢气的一极发生氧化反应为负极，电解质溶液显碱性，氢气失电子后结合氢离子生成水，所以负极反应式为2H2-4e-+4OH-=4H2O；通入氧气的一极为正极，氧气得电子后结合水生成氢氧根，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；

(2)放电时负极失电子发生氧化反应，根据总反应可知应是Pb被氧化，所以电极反应式为Pb+SO-2e-=PbSO4；放电时负极发生氧化反应，则充电时负极发生还原反应，所以为阴极，与外接电源的负极相连。【解析】2H2-4e-+4OH-=4H2OO2+4e-+2H2O=4OH-Pb+SO-2e-=PbSO4负极三、判断题(共9题，共18分)17、A【分析】【分析】

【详解】

根据盖斯定律，反应热只与反应物和生成物的状态有关，与路径无关，因此可以将难于或不能测量反应热的反应设计成多个可以精确测定反应热的方程式，用盖斯定律计算，该说法正确。18、A【分析】【分析】

【详解】

由盖斯定律可知：化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应途径无关，正确。19、A【分析】【详解】

碘蒸气和氢气的反应是可逆反应，1mol碘蒸气和1mol氢气反应，生成的碘化氢的物质的量小于2mol，生成的碘化氢分子数小于2NA,故说法正确。20、A【分析】【分析】

【详解】

在任何条件下，纯水电离产生的c(H+)=c(OH-)，因此纯水都呈中性，故该说法是正确的。21、A【分析】【详解】

明矾溶于水电离出铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有较大表面积，较强的吸附能力，能吸附水中的悬浮物，用作净水剂；正确。22、A【分析】【分析】

【详解】

在任何条件下，纯水电离产生的c(H+)=c(OH-)，因此纯水都呈中性，故该说法是正确的。23、A【分析】【分析】

【详解】

溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)、c(OH-)的相对大小，如果c(H＋)＜c(OH-)，溶液呈碱性，如果c(H＋)=c(OH-)，溶液呈中性，如果c(H＋)＞c(OH-)，溶液呈酸性，如果c(H＋)≠c(OH-)，则溶液一定呈一定的酸碱性，故答案为：正确。24、A【分析】【分析】

【详解】

NH4HCO3(g)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH>0，该反应若能自发进行，反应能自发进行是因为体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，故正确。25、B【分析】【详解】

泡沫灭火器中的试剂是Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液。故错误。四、结构与性质(共1题，共10分)26、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)升高反应温度；适当增加硫酸的浓度，增加锌粒的表面积等都可以加快稀硫酸与锌制氢气的速率；

(2)①锌过量，为了使产生的氢气体积相同，则每组硫酸的量需要保持相同，且该实验探究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，则六组反应的溶液总体积也应该相同；A组中硫酸为30mL，那么其它组硫酸量也都为30mL，而硫酸铜溶液和水的总量应相同，F组中硫酸铜20mL，水为0，总量为20mL，所以V6=10mL，V9=17.5mL，V1=30mL；

②因为锌会先与硫酸铜反应，直至硫酸铜反应完才与硫酸反应生成氢气，硫酸铜量较多时，反应时间较长，生成的单质铜会沉积在Zn的表面降低了Zn与溶液接触的面积，氢气生成速率下降。【解析】升高反应温度，适当增加硫酸的浓度，增加锌粒的表面积V1=30V6=10V9=17.5当加入一定量的CuSO4后，生成的单质铜会沉积在Zn的表面降低了Zn与溶液接触的面积五、原理综合题(共2题，共20分)27、略

【分析】(1)

①反应Ⅱ加上反应Ⅲ得到反应Ⅰ，因此该反应是放热反应，说明反应断键吸收的热量小于成键放出的热量，因此反应的活化能＜故答案为：＜。

②据图判断，画一条与y轴相平的平行线，从下到上，二氧化碳转化率增大，说明平衡正向移动，即增大压强，因此压强和相对较大的是分析随着温度的升高，平衡转化率增大，选择性减小的原因是温度升高，反应Ⅱ正向进行，转化率增大，反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，温度升高，不利于的生成；故答案为：温度升高，反应Ⅱ正向进行，转化率增大，反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，温度升高，不利于的生成。

③达到平衡时，装置ⅱ相比装置ⅰ温度低，平衡正向移动，装置装置ⅱ中甲醇量增加，因此装置ⅰ、ⅱ中的浓度＜测得装置ⅰ的起始压强为建立三段式则平衡时压强则此时对装置ⅰ，在其他条件不变的情况下，若时向容器中再充入和则平衡不移动；故答案为：＜；0.41；不。

(2)

科学家用饱和处理的溶液为离子导体，利用电催化还原制备甲醇，还生成碳酸氢根，其生成甲醇的电极反应式：故答案为：【解析】(1)＜温度升高，反应Ⅱ正向进行，转化率增大，反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，温度升高，不利于的生成＜0.41不。

(2)28、略

【分析】【分析】

(1)A．NaF为强碱弱酸盐；溶液中氟离子水解生成氢氟酸和氢氧根离子，溶液显碱性，则HF为弱酸；

B．溶液的导电性与溶液的离子浓度和离子所带的电荷有关；与强弱电解质无关；

C．氢氟酸与NaHCO3溶液混合；有气泡生成，只能说明HF的酸性比碳酸的强；

(2)将浓度为0.1mol·L-1HF溶液加水稀释时；HF的电离平衡正向进行；

A．加水稀释溶液酸性减弱，则溶液中的c(H+)减小；

B．温度未变，则Kw不变；

C．加水稀释；HF的电离平衡正向进行，HF的浓度减小的程度大；

D．温度未变，则Kw不变，酸性减弱，c(H+)减小，则c(OH-)增大；

(3)根据盐类水解的规律；K越小，则形成的强碱弱酸盐的水解程度越大，盐溶液的pH越大；

(4)A.根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)；

B.NaHCO3溶液呈碱性，则HCO3-水解程度大于其电离程度；

C.根据物料守恒，c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=c(Na+)=0.1mol·L-1。

【详解】

(1)A．NaF为强碱弱酸盐；溶液中氟离子水解生成氢氟酸和氢氧根离子，溶液显碱性，则HF为弱酸，A符合题意；

B．溶液的导电性与溶液的离子浓度和离子所带的电荷有关；与强弱电解质无关，则物质的量浓度相同的和HF溶液导电性相同不能判断HF是弱酸，B与题意不符；

C．氢氟酸与NaHCO3溶液混合；有气泡生成，只能说明HF的酸性比碳酸的强，C与题意不符；

答案为A。

(2)将浓度为0.1mol·L-1HF溶液加水稀释时；HF的电离平衡正向进行；

A．加水稀释溶液酸性减弱，则溶液中的c(H+)减小；A与题意不符；

B．温度未变，则Kw不变，即c(H+)·c(OH-)不变；B与题意不符；

C．加水稀释，HF的电离平衡正向进行，HF的浓度减小的程度大，则增大；C符合题意；

D．温度未变，则Kw不变，酸性减弱，c(H+)减小，则c(OH-)增大，增大；D符合题意；

答案为CD。

(3)根据盐类水解的规律，K越小，则形成的强碱弱酸盐的水解程度越大，盐溶液的pH越大，K(HF)＞K(HCIO)＞K(H2CO3)＞K(HCO3－)；则③NaF溶液的pH最小；

(4)A．根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)；A错误；

B．NaHCO3溶液呈碱性，则HCO3-水解程度大于其电离程度，c(H2CO3)>c(CO32-)；B正确；

C．根据物料守恒，c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)=c(Na+)=0.1mol·L-1；C正确；

答案为BC。

【点睛】

盐类水解的规律，K越小，则形成的强碱弱酸盐的水解程度越大，盐溶液的pH越大。【解析】ACDNaFBC六、元素或物质推断题(共3题，共12分)29、略

【分析】【分析】

(1)若X为金属单质；W是某强酸的稀溶液，由转化关系可知，X为变价金属为Fe，W为硝酸，Y是硝酸铁，Z是硝酸亚铁；

(2)若X为非金属单质；X和W反应生成物与W的量有关，则X是变价元素，W是空气的主要成分之一，则X为碳；W为氧气，Y是二氧化碳，Z是一氧化碳；

(3)若X；Y为正盐；X的水溶液显酸性，W为一元强碱(化学式为MO