A．a点溶液没有加入NaOH，为醋酸溶液，根据电离平衡常数计算。设电离的出的H＋的浓度为x，由于电离程度很低，可认为醋酸浓度不变。
CH3COOH
CH3COO－＋H＋
2 x x Ka=
cH?·cCH3COO?c?CH3COOH?????=x22=1.8×10-5，解得x=6.0×10-3mol/L，A项正确；
B．b点的溶液为CH3COOH和CH3COONa等浓度混合的溶液，物料守恒为c(CH3COOH) +c(CH3COO-)=2c(Na+)，醋酸会电离CH3COOH
CH3COO－＋H＋，醋酸根会水解，CH3COO－＋H2O
CH3COOH＋OH－，水解平
KW10?14?10??5.6?10衡常数Kh?<1.8×10-5，CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，所以c(CH3COO-)> ?5Ka1.8?10c(Na+)> c(CH3COOH)；B项错误；
C．c点醋酸和氢氧化钠完全反应，溶液为CH3COONa溶液，在醋酸钠溶液中有电荷守恒c(Na＋)＋c(H
＋
)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，有物料守恒c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，将两式联立得到质子守恒，则有
c(OH-)=c(CH3COOH)+ c(H+)；C项正确；
D．d点加入40mL的NaOH溶液，NaOH多一倍，为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，有物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，D项正确； 本题答案选B。 【点睛】
电解质溶液中，粒子浓度有三大守恒，电荷守恒、物料守恒和质子守恒，写出前两个即可以导出质子守恒。要特别注意等物质的量浓度的混合溶液中水解和电离的大小关系。 8．A 【解析】 【详解】
A．医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，这个浓度的酒精使病毒中的蛋白质变性，从而杀死病毒，故A错误；
B．PP纤维也称聚丙烯纤维，由聚丙烯及多种有机、无机材料，经特殊的复合技术精制而成的有机高分子材料，故B正确；
C．84消毒液、二氧化氯具有强氧化性，可作为环境消毒剂，故C正确； D．硝酸铵溶于水是吸热的，可以用于医用速冷冰袋，故D正确； 答案选A。 9．A 【解析】 【详解】
A．升高温度，反应速率加快，产生气泡速率加快，不涉及平衡移动，A符合；
B．中间试管存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)? Ag+(aq)+Cl-(aq)，由于Ksp(AgCl)> Ksp(AgI)，加入KI，发生AgCl(s)+I-?AgI(s)+Cl-，两个平衡右移，白色沉淀AgCl转换为黄色AgI沉淀，B不符合； C．FeCl3+3H2O?Fe(OH)3(胶体)+3HCl?H>0，温度升高，平衡正向移动，C不符合；
D．醋酸是弱电解质，CH3COOH?CH3COO-+H+，加水稀释，平衡右移，稀释过程又产生一定的H+，稀释10倍，pH<2.9+1，D不符合。 答案选A。 【点睛】
pH=m的强酸稀释10n倍，新的溶液pH=m+n<7； pH=m的弱酸稀释10n倍，新的溶液pH 根据信息，加入BaCl2溶液，产生沉淀甲，沉淀可能是BaCO3、BaSO4至少有一种，沉淀甲中加入盐酸溶液，还有沉淀，说明沉淀甲中含有BaSO4，沉淀甲和沉淀乙的质量前后对比，说明沉淀甲中还含有BaCO3，SO42－，Fe3＋一定不存在，即原溶液中含有CO32－、根据离子共存，根据沉淀的质量，推出n(CO32－)=0.01mol，n(SO42－)=0.01mol，滤液中加入NaOH溶液，并加热，产生气体，此气体为NH3，说明原溶液中含有NH4 ＋ ，n(NH4＋)=0.005mol，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Na＋，A、根据电荷守恒，n(Na＋)=0.035mol， 原溶液中可能含有Cl－，因此c(Na＋)≥0.35mol·L－1，故A错误；B、根据上述分析，原溶液中一定含有Na ＋ ，故B错误；C、根据上述分析，故C正确；D、原溶液中一定含有SO42，SO42对Cl的检验产生干 －－－ 扰，故D错误。 11．B 【解析】 【分析】 由题意可知，生成物为两种无毒物质，再结合反应历程可知，生成物为：N2和H2O，反应物为：NH3和NO和NO2，结合得失电子守恒、原子守恒可得反应方程式为：2NH3+NO+NO2【详解】 A．NO2和NH4+反应生成[(NH4)2(NO2)]2+无元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，A错误； B．由分析可知，该反应的化学方程式为：2NH3+NO+NO2C．结合B可知，X是N2和H2O，C错误； D．由反应历程可知，[(NH4)(HNO2)]+是该反应的中间产物，不是催化剂，D错误。 答案选B。 催化剂2N2+3H2O 催化剂2N2+3H2O，B正确； 12．D 【解析】 【详解】 ＋－ A．饱和的NiS溶液中c(Ni2)=c(S2)= Ksp?1.0?10?21 =3.2×10 －11 mol·L－1，同理饱和FeS溶液中c(Fe2 ＋ )=c(S2－)=2.4×10－9mol·L－1，因此I曲线代表的是FeS，II曲线代表的是NiS，即M点c(S2－)=2.4×10－9mol·L－ 1 ，故A错误； B．此时P点对应的NiS为过饱和溶液，不是稳定分散系，应有沉淀产生，故B错误； C．Q点加水，溶液中c(Ni2＋)、c(S2－)减小，Q不能转化到N点，应在Q点上方，故C错误； c?Fe?c?S?K????D．平衡常数K= c?Ni?c?Ni?c?S?KcFe2?2?2+2-2+2-sp6.0?10?12?=6000，故D正确。 ?211.0?10sp(NiS)(FeS)13．A 【解析】 【分析】 【详解】 A．当△G=△H-T△S＜0时反应能自发进行，反应MgO(s)＋C(s)=CO(g)＋Mg(g)的△S＞0，高温下能自发进行，则该反应ΔH＞0，故A正确； B．等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液，HCl溶液中氢离子浓度大，对水的电离的抑制程度大，所以等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中水的电离程度不同，故B错误； C．0.1mol/LNH4Cl溶液加水稀释，NH4++H2O?NH3?H2O+H+，促进铵根离子的水解，水解平衡正移，溶液中 c(Cl-)氯离子浓度减小，一水合氨浓度增大，的值减小，故C错误； c(NH3?H2O)D．对于反应2SO2＋O2?2SO3，使用催化剂能加快反应速率，但平衡不移动， SO2的平衡转化率不变，故D错误； 答案选A。 【点睛】 使用催化剂能加快反应速率，催化剂对转化率无影响。 14．C 【解析】 【分析】 根据四种短周期元素在周期表的位置，推出W为C，X为O，Y为S，Z为Cl； 【详解】 根据四种短周期元素在周期表的位置，推出W为C，X为O，Y为S，Z为Cl； A、Y、Z、X的原子半径依次减小，即Y＞Z＞X，故A错误； B、非金属性X＞Y、Z＞Y，且O原子半径小，则非金属性X、Z、Y依次降低，即X＞Z＞Y，故B错误； C、非金属性Z＞Y＞W，则Z、Y、W的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降低，故C正确； D、CH4与Z元素的单质氯气，在光照下可发生取代反应，生成卤代烃和HCl，不属于置换反应，故D错误。 【点睛】 易错点是选项D，学生会把甲烷和氯气发生的取代反应，与置换反应混淆，可以从置换反应的定义入手，置换反应是单质＋化合物→单质＋化合物，CH4与Cl2反应生成卤代烃和HCl，没有单质的生成，从而推出CH4和Cl2发生取代反应，而不是置换反应。 15．B 【解析】 氯气与水反应生成HClO、HCl，Cl2、HCl都没有漂白性，HClO具有漂白性，故B正确。 二、实验题（本题包括1个小题，共10分） 16．浓NaOH溶液 吸收剩余的SO2 排尽空气，防止Na2S2O5被氧化 D 倒吸 用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红 5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O 用c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液滴定 pH>5.6 【解析】 【分析】 从焦亚硫酸钠的析出原理[NaHSO3(饱和溶液)→Na2S2O5(晶体)+H2O(l)]可以看出，要制取Na2S2O5(晶体)，需先制得NaHSO3(饱和溶液)，所以A装置的作用是用浓硫酸与Na2SO3固体反应制取SO2，将SO2再通入饱和Na2SO3溶液中制得NaHSO3饱和溶液。因为Na2S2O5易被空气中的O2氧化，所以需排尽装置内的空气，这也就是在A装置内通入N2的理由。由于SO2会污染环境，所以F装置应为吸收尾气的装置，为防倒吸，加了装置E。 【详解】 (1)①从以上分析知，F装置应为SO2的尾气处理装置，F中盛装的试剂是浓NaOH溶液，作用是吸收剩余的SO2。答案为：浓NaOH溶液；吸收剩余的SO2； ②为防装置内空气中的氧气将Na2S2O5、NaHSO3、Na2SO3等氧化，需排尽装置内的空气，所以通入N2的作用是排尽空气，防止Na2S2O5被氧化。答案为：排尽空气，防止Na2S2O5被氧化； ③Na2S2O5晶体由NaHSO3饱和溶液转化而得，所以应在D中得到。答案为：D； ④因为E中的双球能容纳较多液体，可有效防止倒吸，所以若撤去E，则可能发生倒吸。答案为：倒吸； (2)①既然是检测其是否具有酸性，则需用pH试纸检测溶液的pH，若在酸性范围，则表明显酸性。具体操作为：用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红。答案为：用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红； ②探究二中，Na2S2O5具有还原性，能将KMnO4还原为Mn2+，自身被氧化成SO42-，同时看到溶液的紫色褪去，反应的离子方程式为5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O。答案为：
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