A．结合图象可知，溶液的pH=9时，溶液中离子浓度大小为：c（HCO3﹣）＞c（NH4+）＞c（NH3?H2O）＞c（CO32﹣），故A正确；
B．NH4HCO3溶液中，pH=7.1溶液显碱性，图象可知PH=7.1时c（NH4+）=c（HCO3﹣），溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3?H2O）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），得到c（NH3?H2O）=c（H2CO3）+c（CO32
﹣
），故B正确；
C.0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.1，根据图象可知，当溶液pH增大时，铵根离子浓度逐渐减小，而碳酸氢根离子能够先增大后减小，故C错误；
D．由于0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.1，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则一水合氨的电离平衡常数大于Ka1（H2CO3），故D正确； 故选：C。 【点睛】
本题结合图象考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理等知识，解题关键：明确图象曲线变化的含义，难点B，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。 10．D 【解析】 【分析】
根据原子晶体的组成特点及常见的性质判断，晶体硅、金刚石和二氧化硅等是常见的原子晶体。 【详解】
A、氖属于分子晶体，选项A不选；
B、食盐为氯化钠晶体，氯化钠属于离子晶体，选项B不选； C、干冰属于分子晶体，选项C不选； D、金刚石属于原子晶体，选项D选； 答案选D。 11．C 【解析】 【详解】
A. H＋、Fe2＋、NO3—之间能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；
B. 使紫色石蕊溶液变红的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量H＋，H＋与AlO2—在溶液中能够反应，且NH4+与AlO2—会发生双水解，不能大量共存，故B错误；
C. pH＝12的溶液显碱性，OH－与K＋、Na＋、CH3COO－、Br－不反应，且K＋、Na＋、CH3COO－、Br－之间也不反应，可大量共存，故C正确；
D. 滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中含有Fe3＋，Fe3＋、I－能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
故选C。 12．D 【解析】 【分析】
根据图象得出I为氨水滴加到氯化铝溶液中的图象，II为KOH滴加到氯化铝溶液中的图象，c点为恰好反应生成氢氧化铝沉淀的点。 【详解】
A选项，根据分析得到c点恰好反应完生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钾的物质的量是氯化铝物质的量的3倍，
0.024L?0.5mol?L-1因此AlCl3溶液的物质的量浓度为，故A正确； 0.020Lc==0.2mol?L-13B选项，根据图象可以确定导电率与离子种类、离子浓度有关，故B正确；
C选项，c点是氢氧化铝沉淀，再加入KOH，则沉淀开始溶解，其cd段发生的反应是Al(OH)3＋OH－＝AlO2
－
＋2H2O，故C正确；
D选项，e点是KOH、KAlO2、KCl，溶液中的离子浓度：c(K+)＋c(H+)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(AlO2－)，故D错误。 综上所述，答案为D。 13．C 【解析】 【详解】
A. 醋酸是弱电解质，在稀释过程中继续电离出氢离子，氯化氢是强电解质，在水溶液中完全电离，所以pH相同的盐酸和醋酸，如果稀释相同倍数，则醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以将pH=4的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液时所加水的量，醋酸加入水的量大于盐酸，A项错误；
B. 酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以氢氧化钠抑制水电离、碳酸钠促进水电离，氢氧化钠中水电离程度小于碳酸钠溶液中水电离程度，B项错误；
C. 碳酸根离子与铵根离子相互促进水解，所以硫酸铵溶液中铵根离子浓度大于碳酸铵，C项正确； D. 相同温度下,醋酸的浓度越大其电离程度越小,所以前者电离程度小于后者,所以10 mL 0.1mol/L的醋酸与100 mL 0.01mol/L的醋酸中H+的物质的量前者小于后者，D项错误； 答案选C。 【点睛】
D项是易错点，10 mL 0.1mol/L的醋酸与100 mL 0.01mol/L要注意物质的量浓度与物质的量不是一个概念，的醋酸物质的量虽然相同，但物质的量浓度不同，则电离程度不同。 14．A 【解析】 【分析】
【详解】
纵观反应始终，容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu到Cu（NO3）2，每个Cu升2价，失251.2gCu共失电子个电子；另一个是HNO3到NaNO2，每个N降2价，得2个电子。
51.2g×2＝1.6mol，
64g/mol根据电子转移守恒可知，铜失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，所以溶液中n（NaNO2）＝=0.8mol，气体与氢氧化钠反应的盐溶液为NaNO3、NaNO2混合溶液，根据钠离子守恒有n（NaNO3）+n（NaNO2）=n（Na+），所以溶液中n（NaNO3）＝n（Na+）-n（NaNO2）＝0.5L×2mol/L-0.8mol＝0.2mol，故选A。 15．C 【解析】 【详解】
A．空气中含有二氧化碳和水蒸气，长期与空气接触发生反应生成次氯酸，次氯酸不稳定分解，导致消毒液失效，故A正确；
B．“84消毒液”的主要成分是NaClO ，“洁厕剂”通常含盐酸，二者同时使用发生氧化还原反应生成氯气而失效，不能同时使用，故B正确；
C．1L0.2mol/LNaClO溶液中溶质的物质的量为0.2mol，NaClO属于强碱弱酸盐，ClO-水解生成HClO，导致溶液中ClO-的物质的量小于0.2mol，故C错误；
D．NaClO具有氧化性，起消毒作用时Cl元素化合价降低，由+1价变为-1价，则0.1molNaClO转移0.2mole-，故D正确； 答案选C。 【点睛】
次氯酸是一种比碳酸还弱的弱酸，它不稳定见光易分解，具有漂白性，强氧化性等性质，在使用时经常制成含氯的化合物如次氯酸钠，次氯酸钙等，易于保存和运输，在次氯酸钠杀菌消毒时氯的化合价降低为-1价。
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．?CH3COOOH + H2O 双氧水的转化率（利用率） （蛇形）冷凝管 CH3COOH + H2O2?????加热过滤 C 仪器5“油水分离器”水面高度不变 【解析】 【分析】 【详解】
(1)仪器6用于冷凝回流，名称是（蛇形）冷凝管，反应器2中乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反
固体酸催化剂0.3?V1?V2?V
?CH3COOOH + H2O，故答案为：应生成过氧乙酸，反应方程式为CH3COOH + H2O2?????（蛇形）冷加热?CH3COOOH + H2O； 凝管；CH3COOH + H2O2?????加热固体酸催化剂固体酸催化剂(2)反应中CH3COOOH过量，可以使反应持续正向进行，提高双氧水的转化率，反应器2中为过氧乙酸、为反应完的反应物及固体催化剂的混合物，可采用过滤的方法得到粗产品，故答案为：双氧水的转化率（利用率）；过滤；
(3)由于乙酸丁酯可与水形成沸点更低的混合物，利于水的蒸发，从而可以提高过氧乙酸的产率，因此C选项正确，故答案为：C；
(4)乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应生成过氧乙酸和水，当仪器5中的水面高度不再发生改变时，即没有H2O生成，反应已经结束，故答案为：仪器5“油水分离器”水面高度不变； (5)已知I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－，由得失电子守恒、元素守恒可知：
“O-O”10.05V1?10?3:I2:2-2S2O32 0.1V1?10-3双氧水与高锰酸钾反应，由得失电子守恒可知：
5H2O250.05V2?10-3则
:2KMnO45 0.02V2?10-3Vn样品中含有n(CH3COOOH)=(1.15V1×11-3-1.15V2×11-3)mol，由公式c=可得，样品中的过氧乙酸的浓6V(0.05V1?10-3-0.05V2?10-3)0.3?V1-V2?0.3?V1?V2?=度为，故答案为：。 VV?10-3V6【点睛】
本题的难点在于第(5)问，解答时首先要明确发生的反应，再根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式，得到样品中过氧乙酸的物质的量，进而求得其浓度。 三、推断题（本题包括1个小题，共10分） 17． 乙醇 羧基 取代反应
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