（2008•宜春）孟德尔因长年为豌豆人工授粉和看书写字，又不做眼保健操，眼睛晶状体凸度增大，而变成了______

（1）依题意知：每次试验中事件A发生的概率为P=P（ξ=2）+P（ξ=4）=[1/3]（3分）
则五次试验至少发生四次的概率：
P=P₅（4）+P₅（5）=
C45(
1
3)4
2
3+(
1
3)5=[11/243]（6分）
（2）随机变量ξ的所有取值为2、3、4．
P（ξ=2）=[1/6]；P（ξ=3）=

C12
•C12
6=[2/3]；P（ξ=4）=[1/6]．（9分）
ξ的分布列是：

ξ 2 3 4
P [1/6] [2/3] [1/6]ξ的数学期望Eξ=2×[1/6]+3×[2/3]+4×[1/6]=3（12分）

点评：
本题考点： 离散型随机变量的期望与方差；n次独立重复试验中恰好发生k次的概率．

考点点评： 本题主要考查了离散型随机变量的期望与方差，以及n次独立重复试验中恰好发生k次的概率，同时考查了运算求解的能力，属于基础题．

A．根据电荷守恒理论，因为氯离子大于钾离子，导致溶液正负电子不守恒，故A错误；
B．由于Fe³⁺能够氧化SO₃^2-，所以不能大量共存，故B错误；
C．滴加NaOH会先和醋酸反应，再与其他离子反应，故C错误；
D．滴加氨水开始产生MgCO₃沉淀，后产生Mg（OH）₂，最后只能Mg（OH）₂沉淀，故D正确．
故选D．

点评：
本题考点： 离子共存问题．

考点点评： 本题考查离子共存问题，题目难度不大，注意从离子之间能否发生反应生成沉淀、气体、弱电解质、氧化还原反应以及相互促进的水解等角度分析，注意离子反应的先后顺序．

根据在化合物中正负化合价代数和为零，K元素化合价为+1，氧元素的化合价为-三，可得KMnO₄中锰元素的化合价为：（+1）+x+（-三）×4=c，解答 x=+三；
故选A．

点评：
本题考点： 有关元素化合价的计算．

考点点评： 本题考查学生根据在化合物中正负化合价代数和为零计算指定元素化合价的解题能力．

（1）炼铁时要用到焦炭，它有两个作用．炼铁时需要高温，焦炭与氧气反应生成二氧化碳，同时放出大量热，可供给炼铁使用；炼铁时还需一氧化碳作还原剂，二氧化碳与过量焦炭反应可以生成一氧化碳．还原剂CO和Fe₂O₃反应生成铁与二氧化碳，故答案为：①生成还原剂CO，②燃烧放热，维持炉温 Fe₂O₃+3CO

高温
.
2Fe+3CO₂
（2）生铁和钢都是铁的合金，故答案为：钢
（3）钢铁生锈的条件是钢铁与氧气和水同时接触，实验一是铁钉只与水和及少量的氧气接触；实验二是铁钉与水和氧气欧充分接触；还应该在设计一个铁钉与较多量的氧气接触的化学反应，可以在一根试管中放入铁钉和干燥剂，最后堵上橡皮塞做一个对比试验．故答案为：不合理，该实验方案没有能充分说明铁钉锈蚀与空气中的氧气有关，因此，还需要增加一个铁钉锈蚀与空气中的氧气是否有关的对比实验．
（4）金属生锈需要水与氧气，隔绝其中的任何条件都可防锈．故答案为：在久置不用的菜刀表面涂一层植物油；厨房里的铁锅用完后，用水洗净、擦干等

点评：
本题考点： 铁的冶炼；探究金属锈蚀的条件；生铁和钢；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 此题涉及到了工业炼铁的知识以及铁生锈的条件和防止铁生锈的方法，只有同学们熟练掌握相关的知识才能对相关方面的问题做出正确的判断．

∵a=b-2，
∴a-b=-2，b-a=2，
∴原式=（-2）²+2+1
=7．
故答案为7．

点评：
本题考点： 代数式求值．

考点点评： 本题考查了代数式求值：先把代数式根据已知条件进行变形，然后利用整体思想进行计算．

（1）检验二氧化碳的试剂为澄清的石灰水，故需要澄清的石灰水；
（2）根据化学原理，检验氢元素常用干冷的烧杯罩在火焰上方检验是否有水雾，检验二氧化碳常用澄清石灰水检验是否有白色的沉淀．
故答案为：（1）澄清石灰水（C4（OH）₂）；
（2）

实验操作 现象 结论
1、点燃酒精灯，在酒清灯火焰上方罩j个干冷的烧杯 若烧杯内壁有水珠 乙醇含有氢元素
2、在酒精灯火焰上方罩j个内壁蘸有澄清石灰水的烧杯 若澄清石灰水变浑浊 乙醇含有碳元素

点评：
本题考点： 质量守恒定律及其应用；化学实验方案设计与评价；常见气体的检验与除杂方法；二氧化碳的检验和验满．

考点点评： 本题主要考查了如何设计实验证明某种物质中含有哪些元素方面的内容，学生要掌握检验水和二氧化碳的简易方法，检验物质燃烧生成的水用干冷的烧杯，检验二氧化碳用澄清石灰水．

（1）①Mg（s）+H₂（g）═MgH₂（s）△H₁=-74.5kJ•mol^-1
②Mg₂Ni（s）+2H₂（g）═Mg₂NiH₄（s）△H₂=64.4kJ•mol^-1
Mg₂Ni（s）+2MgH₂（s）═2Mg（s）+Mg₂NiH₄（s）△H₃
由盖斯定律②-2×①得到Mg₂Ni（s）+2MgH₂（s）═2Mg（s）+Mg₂NiH₄（s）△H₃ =64.4KJ/mol-2×（-74.5KJ/mol）=213.4KJ/mol，则△H₃=213.4KJ/mol，
故答案为：213.4；
（2）MgCl₂•NH₄Cl•nNH₃，在700℃脱氨得到无水氯化镁，反应的化学方程式MgCl₂•NH₄Cl•nNH₃

700℃
.
MgCl₂+（n+1）NH₃↑+HCl↑；用惰性电极电解熔融氯化镁，阴极上是镁离子得到电子生成镁，电极反应为：Mg²⁺+2e^-=Mg；
故答案为：MgCl₂•NH₄Cl•nNH₃

700℃
.
MgCl₂+（n+1）NH₃↑+HCl↑；Mg²⁺+2e^-=Mg；
（3）储氢材料Mg（AlH₄）₂在110℃-200℃的反应为：Mg（AlH₄）₂=MgH₂+2Al+3H₂↑，反应中生成2molAl转移电子6mol，每生成27gAl转移电子的物质的量为3mol；
故答案为：3mol；
（4）氯酸根离子具有氧化性，可以将亚铁离子氧化为正三价，化学方程式为：ClO₃^-+6Fe²⁺+6H⁺=6Fe³⁺+Cl^-+3H₂O，根据化学方程式：ClO₃^-+6Fe²⁺+6H⁺=6Fe³⁺+Cl^-+3H₂O以及Cr₂O₇^2-+6Fe²⁺+14H⁺═2Cr³⁺+6Fe³⁺+7H₂O，可以得出：ClO₃^-～6Fe²⁺，Cr₂O₇^2-～6Fe²⁺，用0.100mol•L^-1 K₂Cr₂O₇溶液滴定至终点过程可以得出剩余的亚铁离子的物质的量为：0.100mol•L^-1×0.015L×6=0.009mol，和氯酸根离子反应的亚铁离子的物质的量为：20×10^-3L×1.000mol•L^-1-0.009mol=0.011mol，
氯酸根离子的物质的量为：[1/6]×0.011mol，产品中Mg（ClO₃）₂•6H₂O的质量分数：（[1/12]×0.011×299g/mol）×10×[1/3.5]×100%=78.3%，
故答案为：78.3%；
（5）ROH由C、H、O、F四种元素组成的含氟化合物，分子中只有一个氧原子，核磁氢谱表示含有2个氢原子，所有氟原子化学环境相同，说明在一个碳原子上，相对分子质量为168，则ROH的结构简式为（CF₃）₂CHOH；依据反应过程化学键断裂位置分析判断生成产物B的结构简式为，

故答案为：．

点评：
本题考点： 反应热和焓变；电解原理；制备实验方案的设计．

考点点评： 本题考查对常见金属元素及其化合物主要性质的掌握，主要是氧化还原反应，电子转移计算，滴定实验步骤和含量的计算分析，有机物结构和反应过程分析是解题关键，题目难度中等．

A．已知的准晶体都是金属互化物，为金属晶体，不存在离子键，故A错误；
B．已知的准晶体都是金属互化物，不存在非极性键，为金属晶体，含有金属键，故B错误；
C．由题给信息可知，该晶体为合金，具有较高的硬度，故C错误；
D．该晶体具有低摩擦系数、高硬度、低表面能的特点，为新型材料，具有开发为新材料的价值，故D正确．
故选D．

点评：
本题考点： 晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系．

考点点评： 本题考查晶体的知识，题目难度不大，注意把握题给信息是解答该题的关键．

∵ζ～N（μ，σ²），
∴曲线的对称轴是直线x=μ，
∵p（ζ＜10）=1-a
∴p（ζ＞10）=a
又∵P（ζ＜2）=a
∴μ=[2+10/2]=6
故答案为：6

点评：
本题考点： 正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．

考点点评： 题考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，主要考查正态曲线的对称性，是一个基础题．

（1）设每个书包的价格为x元，则每本词典的价格为（x-10）元，根据题意得：
4x+3（x-10）=180，
解得：x=30，
∴x-10=20；
答：每个书包的价格为30元，每本词典的价格为20元．

（2）设购买书包y个，则购买词典（25-y）本，根据题意得：
600-[30y+20（25-y）]≥60；
解得：y≤4．
因为y取非负整数，所以y的值为0或1或2或3或4．
所以有五种购买方案，分别是：
①书包0个，词典25本；
②书包1个，词典24本；
③书包2个，词典23本；
④书包3个，词典22本；
⑤书包4个，词典21本．

点评：
本题考点： 一元一次不等式的应用；一元一次方程的应用．

考点点评： 此题考查了一元一次方程的应用，解题的关键是读懂题意，找出之间的数量关系，列出不等式求出不等式的解集，注意y只能取正整数．

A、减数分裂失败既可以发生在减数第一次分裂也可以发生在减数第二次分裂，A错误；
B、二倍体植物与四倍体植物杂交后代为三倍体，三倍体联会紊乱不可育，二者间存在生殖隔离现象，B正确；
C、二倍体植物染色体加倍才能形成四倍体植物，不一定需要地理隔离，C错误；
D、测定四倍体植物基因组的全部DNA序列时只需测定2条染色体，D错误．
故选：B．

点评：
本题考点： 染色体组的概念、单倍体、二倍体、多倍体．

考点点评： 本题考查染色体组、生物进化、基因组计划等相关知识，意在考查学生的识图和理解能力，属于中档题．

A、木炭燃烧是碳与氧气生成二氧化碳的反应，是化合反应，故此选项错误．
B、铝与硫酸铜反应是单质与化合物生成单质与化合物的反应，是置换反应，故此选项错误．
C、石灰石高温煅烧会生成二氧化碳与氧化钙，符合分解反应的“一变多”特征，故此选项正确．
D、大理石与盐酸是两种物质反应，不是分解反应，故此选项错误．
故选C

点评：
本题考点： 分解反应及其应用．

考点点评： 此题是对分解反应类型的考查，解题的重点是抓住“一变多”的分解反应特性，属基础性知识考查题．

A．当左槽溶液逐渐由黄变蓝，V元素的化合价由+5价变为+4价，该电极上得电子发生还原反应，电极反应式为VO₂⁺+2H⁺+e^-=VO²⁺+H₂O，故A正确；
B．充电时，左槽发生的反应为VO²⁺+H₂O═VO₂⁺+2H⁺+e^-，当转移电子为3.01×10²³个即为0.5mol电子时，生成氢离子为1mol，此时氢离子参与正极反应，通过交换膜定向移动使电流通过溶液，溶液中离子的定向移动可形成电流，通过0.5mol电子，则左槽溶液中n（H⁺）的变化量为1mol-0.5mol=0.5mol，故B错误；
C．放电时，该装置为原电池，左槽作正极，右槽作负极，充电过程中，右槽为阴极，H⁺可以通过质子交换膜向右移动，故C正确；
D．充电过程中，右槽为阴极，V元素化合价由+3价变为+2价，所以右槽溶液颜色逐渐由绿色变为紫色，故D正确；
故选B．

点评：
本题考点： 原电池和电解池的工作原理．

考点点评： 本题考查了化学电源新型电池，根据充放电时各个电极上得失电子来分析解答，难点是电极反应式的书写，要根据电解质溶液酸碱性书写，难度中等．

A．同种元素的原子均有相同的质子数，而中子数不同，如H、D、T，故A错误；
B．同周期中从左向右金属性减弱，则IA族金属元素是同周期中金属性最强的元素，故B正确；
C．ⅦA族元素的阴离子还原性越强，对应非金属性越弱，则最高价氧化物对应水化物的酸性越弱，故C错误；
D．△H与热化学反应中的化学计量数成正比，则2SO₂（g）+O₂（g）═2SO₃（g）和4SO₂（g）+2O₂（g）═4SO₃（g）的△H不等，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 元素周期表的结构及其应用；质量数与质子数、中子数之间的相互关系；反应热和焓变．

考点点评： 本题考查较综合，涉及元素周期表的结构及应用、元素性质变化规律及反应热，为高频考点，注重高频考点的考查，选项D为解答的易错点，题目难度不大．

①X和Y两部分的单一变量是有无CO₂，所以该对照实验能证明光合作用需要CO₂，而不是水，①错误；
②Y和木塞夹着的叶片部分有两个变量，即CO₂和光，所以该实验不能证明光合作用需要光，②错误；
③X部分有CO₂，能正常进行光合作用合成淀粉，用碘液检测显示为蓝色；Y部分没有CO₂，不能正常进行光合作用合成淀粉，用碘液检测显示为棕黄色（碘液的颜色），③正确；
④W和X两部分的单一变量是有无叶绿素，所以该对照实验能证明光合作用需要叶绿素，④正确．
所以③④正确．
故选：A．

点评：
本题考点： 光反应、暗反应过程的能量变化和物质变化．

考点点评： 本题主要考查学生的析图能力，实验分析能力和理解能力．光合作用需要光照，没有光照就没有光合作用．呼吸作用不需要光照，在有光和无光的时候都能进行．在实验设计时要注意两个原则：对照原则和单一变量原则．在实验中还要保证无光变量相同且适宜，要减少无关变量的干扰．

（1）a．钠和水能反应生成可燃性气体氢气，所以水不能灭火，故错误；
b．金属钠在二氧化碳中能燃烧，泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分，水能与钠反应生成可燃性气体氢气，所以不能用泡沫灭火器灭火，故错误；
c．干沙土能隔绝空气，所以细沙土能灭火，故正确；
d．金属钠在二氧化碳中能燃烧，不能用二氧化碳灭火，故错误；
故答案为：c
（2）钠在二氧化碳中燃烧这一化学反应的反应物中只含有钠元素、碳元素和氧元素，没有氢元素，可能生成氧化钠或碳酸钠或二者的混合物；
故答案为：九a₂O和九a₂CO_九的混合物；
（九）①氧化钠能与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠不能与氯化钙溶液反应产生白色沉淀，且其水溶液显碱性，碳酸钠能与氯化钙反应生成氯化钠和碳酸钙白色沉淀，故Ⅱ成立；
故答案为：Ⅱ
b（1）实验设计应遵循单一变量原则，5支试管中溶液的总体积为九.九，所以A的数值为九.九-b.5-1=1.8．5组实验中试管c为对照，从结果可推测三种酶的活性大小的关系为乙＞丙＞甲，即试管2中淀粉酶的活性最高，其次是试管九、试管1，试管c的颜色最深应为+++（或多于+++）．
故答案为：1.8；+++（或多于+++）
（2）该实验的目的是比较甲、乙、丙三种微生物所产生的淀粉酶的活性，因而实验的自变量是不同的淀粉酶，其他如9H、温度、提取液的量和浓度都为无关变量，应相同且适宜．
故答案为：不同来源的淀粉酶；各组间9H、温度、提取液的量和浓度、淀粉溶液的量和浓度等；
（九）实验结果是用碘液检测分解后的淀粉量，也可以用斐林试剂检测淀粉分解的产物．5组实验中试管c为对照，从结果可推测试管2中淀粉酶的活性最高．
故答案为：斐林试剂；试管2；
（c）淀粉酶的化学本质是蛋白质，是由基因决定的，所以三种酶活性差异的根本原因是决定这三种酶的D九A（基因）不同，
故答案为：决定这三种酶的D九A（基因）不同；
（5）三种酶的活性大小的关系为乙＞丙＞甲，即2号试管的酶活性高于九号试管，所以九号试管的反应速率高于九号试管，曲线如图：
，故答案为：．

点评：
本题考点： 性质实验方案的设计．

考点点评： 本题有一定的综合性，考查了判断物质种类的方法及检验物质的方法，这就要求学生记住一些常见性质，同时也要学会设计一些简单实验判定物质种类；本题b以淀粉酶为素材，考查实验设计及分析，意要考查理解所学知识要点，把握知识间内在联系的能力；具备验证简单生物学事实的能力，并能对实验现象和结果进行解释、分析和处理能力．

由分析可知给小儿服用的小儿麻痹疫苗糖丸是由病原体制成的，只不过经过处理之后，其毒性减少或失去了活性，但依然是病原体，进入人体后不会使人得病，但能刺激免疫细胞产生相应的抗体，则这种疫苗相当于抗原，其产生的抗体只对引起小儿麻痹症的病原体起作用，对其他病原体无效，可见其免疫作用是特定的，有针对性的，属于特异性免疫．而计划免疫是指根据某些传染病的发生规律，将各种安全有效的疫苗，按照科学免疫的程序，有计划地给儿童接种，以达到预防、控制和消灭相应传染病的目的，脊髓灰质炎疫苗可以预防小儿麻痹症，像这种有计划的进行预防接种，叫计划免疫．
故选：D

点评：
本题考点： 人体特异性免疫和非特异性免疫；计划免疫及其意义．

考点点评： 了解疫苗的相关知识，掌握接种疫苗产生免疫力的原理，结合题意，即可正确答题．

由题意可得P（1，1）
对函数f（x）=xⁿ⁺¹求导可得，f′（x）=（n+1）xⁿ
∴y=f（x）在点P处的切线斜率K=f′（1）=n+1，切线方程为y-1=（n+1）（x-1）
令y=0可得，x_n=[n/n+1]．
∴x₁x₂…x₂₀₁₃=[1/2]•[2/3]•[3/4]•…•[2013/2014]=[1/2014]，
∴log₂₀₁₄x₁+log₂₀₁₄x₂+log₂₀₁₄x₃+…log₂₀₁₄x₂₀₁₃=log₂₀₁₄（x₁x₂…x₂₀₁₃）=log₂₀₁₄[1/2014]=-1．
故答案为：-1．

点评：
本题考点： 利用导数研究曲线上某点切线方程．

考点点评： 本题主要考查了导数的几何意义的应用，累乘及对数的运算性质的综合应用，还考查了基本运算的能力．

（1）分子不同，性质也不同，分子是不断运动的．故填：B、C
（2）过滤可以除去不溶性的颗粒．故填：①过滤
②用pH试纸测定溶液的pH方法是：把pH试纸放于玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液体滴到pH试纸上，再与比色卡对照．
区分硬水和软水的方法是：加肥皂水振荡，若出现较多泡沫为软水，否则为硬水．
③可以消毒的物质有漂白粉或氯气、二氧化氯和臭氧等，一种即可故填：漂白粉；
蒸馏可以得到几乎纯净的水．故填：蒸馏．
（3）设需溶质质量分数为15%的过氧乙酸溶液 的质量为X
300kg×0.5%=15%X
X=10kg
答：需溶质质量分数为15%的过氧乙酸溶液 的质量为10kg．
配制的主要步骤是：计算、称量（量取）、溶解（稀释）．

点评：
本题考点： 水的净化；一定溶质质量分数的溶液的配制；过滤的原理、方法及其应用；硬水与软水；有关溶质质量分数的简单计算；溶液的酸碱性测定；微粒观点及模型图的应用．

考点点评： 本题主要考查了微观粒子的特征、净化水的方法及其相关方面计算的内容．完成此题，可以依据题干提供的信息结合已有的知识进行．

A、“艺术苹果”供我们食用的部分属于果皮，是由子房壁发育而来，A正确．
B、将“艺术苹果”的种子播种后，不能长出艺术苹果，“艺术苹果”的形成通常采用苹果长到成熟初期时贴纸的方法，B错误；
C、生物体中的活细胞都能进行呼吸作用，“艺术苹果”有字和图案的部分，也能进行呼吸作用，故C正确；
D、苹果成熟初期，在向阳面贴上不透光的黑纸，就可在苹果成熟后形成艺术字苹果，D正确．
故选B．

点评：
本题考点： 光合作用的概念．

考点点评： 明确植物呼吸作用及果实和种子的形成过程即能正确答题．

当k=10时，S=1+10=11，k=9，
当k=9时，S=11+9=20，k=8，
当k=8时，S=20+8=28，k=7，
当k=7时，S=28+7=35，k=6，
此时不满足条件输出，
∴判断框中应填入的关于k的条件是k＞6，
故选：D．

点评：
本题考点： 程序框图．

考点点评： 本题主要考查程序框图的识别和判断，依次将按照程序依次进行运行即可．

将（-1，b）代入y=2-1小得：b=-1-1=-2，即（-1，-2），
将2=-1，y=-2代入y=[k/2]小得：k=2，
则反比例解析式为y=[2/2]．
故答案为：y=[2/2]

点评：
本题考点： 反比例函数与一次函数的交点问题．

考点点评： 此题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，利用了待定系数法，熟练掌握待定系数法是解本题的关键．

A．命名时要使最先遇到的简单取代基位次最小，正确的命名为：2，6-二甲基-5-乙基辛烷，故A错误；
B．环己醇中碳连接4个原子或原子团，为四面体结构，所有原子不可能共平面，故B错误；
C．缩合是氨基和羧基形成肽键，谷氨酸分子不对称，缩合最多可形成2种二肽，故C错误；
D．能和氢氧化钠反应的基团为酚羟基、卤素原子和铵根离子，各需要1mol氢氧化钠，故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 常见有机化合物的结构；有机化合物命名；有机物的结构和性质；人体必需的氨基酸．

考点点评： 本题考查有机物的命名、结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，题目难度不大．

传染病能够在人群中流行，必须具备传染源、传播途径、易感人群这三个环节，缺少其中任何一个环节，传染病就流行不起来．传染源是指能够散播病原体的人或动物；传播途径是指病原体离开传染源到达健康人所经过的途径；易感人群是指对某种病原体缺乏免疫力而容易感染该病的人群，病原体是指引起传染病的细菌、真菌、病毒和寄生虫等生物．传染病的预防措施包括控制传染源、切断传播途径、保护易感人群等措施．坚持锻炼身体，加强营养，属于传染病措施的保护易感人群．
故答案为：保护易感人群

点评：
本题考点： 传染病的预防措施．

考点点评： 传染病的预防措施是考查的重点，多以选择题或是材料题的形式出现，难度一般．

（1）碳与氧化铜在高温条件下反应生成铜和二氧化碳．
该反应的化学方程式为：2CuO+C

高温
.
2Cu+CO₂↑．
（2）氯酸钾在二氧化锰的催化作用和加热条件下反应生成氯化钾和氧气．
该反应的化学方程式为：2KClO₃


MnO2
.

△2KCl+3O₂↑．
故答案为：
（1）2CuO+C

高温
.
2Cu+CO₂↑
（2）2KClO₃


MnO2
.

△2KCl+3O₂↑

点评：
本题考点： 书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 本题主要考查质量守恒定律的应用和化学方程式的书写，难度较小．

根据T无正价，则T为氟元素；Y、Z、R、T位于同周期，则在第二周期，由R最外层电子数为次外层的3倍，则R为氧元素；Z的最外层电子数与次外层相等，则Z为铍元素；Y、Z为金属元素，Y在第二周期，则Y为锂元素；X、Z位于同主族，则X为镁元素或钙元素；若X为镁元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，则[12+8/2]=10，推出W为氖元素不符合题意，若X为钙元素，则由X与R原子序数之和是W的2倍，[20+8/2]=14，推出W为硅元素，
即X为钙元素、Y为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、W为硅元素、T为氟元素符合题意；
A、Y为锂元素、Z为铍元素、R为氧元素、T为氟元素，位于同周期，元素的原子半径从左向右半径在减小，故A正确；
B、W为硅元素、R为氧元素、T为氟元素，非金属性F＞O＞Si，则气态氢化物的稳定性W＜R＜T，故B正确；
C、X为钙元素、Z为铍元素，钙的金属性强，则最高价氧化物对应的水化物碱性X＞Z，故C正确；
D、XR₂、WR₂两化合物CaO₂、SiO₂，因钙元素为+2价、硅元素为+4价，则R的化合价分别为-1、-2价，即XR₂、WR₂两化合物中R的化合价不相同，故D错误；
故选D．

点评：
本题考点： 原子结构与元素周期律的关系；位置结构性质的相互关系应用．

考点点评： 本题考查学生利用元素的位置及原子的结构来推断元素，然后利用元素周期律及化合价知识来解答即可．

传统的健康观是“无病即健康”，现代入的健康观是整体健康，世界卫生组织认为，健康是指一种身体上、心理上和社会适应方面的良好状态，而不仅仅是没有疾病和不虚弱．而保持心情愉快是心理健康的核心．
绿色开花植物在花开放之后要经过传粉和受精才能结出果实和种子，蜜蜂在花丛中飞舞，在采蜜的同时还能帮助植物传粉．
故答案为：心理；传粉

点评：
本题考点： 健康的概念；传粉和受精．

考点点评： 熟练掌握健康的概念，明确绿色开花植物在花开放之后要经过传粉和受精才能结出果实和种子．即可正确解答．

（1）外力作用形式不同造成地表形态的不同，北部纬度高，受冰川沉积导致平原中地表波状起伏；南部纬度低，受流水沉积导致平原地形平坦开阔．
（2）B地位于欧洲西部，发展冶金工业的有利条件：水陆交通便利；接近消费市场；技术力量较强．A地发展冶金工业的有利条件：靠近资源、能源产地；土地租金低、生产成本低．结合两者的优势条件加以分析．
（3）读图，根据图中R河的地理位置可以判断，受湿润西风的影响，降水量多，河流水量丰富；冬季气温低，降水量多，积雪量大，春季气温回升，积雪融化形成春汛；冬季低温时间长，结冰期长．
（4）读图，大约以55°N为界，东欧平原南部降水量大于蒸发量，气候较干旱，但热量较好，植被类型以温带草原、荒漠为主；东欧平原北部降水量大于蒸发量，气候湿润，但热量少，植被类型以亚寒带针叶林为主．
故答案为：
（1）冰川沉积导致平原中北部地表波状起伏，流水沉积导致平原南部地形平坦开阔．
（2）不合理--远离资源、能源产地；污染环境；土地租金（劳动力工资水平）高、生产成本高．
合理--水陆交通便利；接近消费市场；技术力量较强．
（3）受湿润西风的影响，降水量多，河流水量丰富；冬季气温低，降水量多，积雪量大，春季气温回升，积雪融化形成春汛；冬季低温时间长，结冰期长．
（4）北部降水量大于蒸发量，气候湿润，但热量少，植被类型以亚寒带针叶林为主；
南部降水量大于蒸发量，气候较干旱，但热量较好，植被类型以温带草原、荒漠为主．

点评：
本题考点： 地理环境的地域分布规律．

考点点评： 主要考查了学生对区域自然和人文地理知识掌握情况．

（1）根据题意：还原性Cu＞I^-＞Cu⁺，碘离子对应的氧化产物是单质碘，铜离子做氧化剂时被还原为低价的亚铜离子，故答案为：CuI、I₂；
（2）久置于空气中的HI溶液呈黄色，是因为其中的碘离子被氧化为碘单质的缘故，加入金属铜，金属铜可以和碘单质反应，即2Cu+I₂=2CuI↓，故答案为：2Cu+I₂=2CuI↓；
（3）碘离子的还原性比硫离子的还原性弱，所以碘单质可以和硫化氢反应生成单质硫和碘化氢，这种方法与加入铜粉的方法相比，得到的HI溶液浓度更高，故答案为：＞；高；
（4）a、氧化还原反应中，被氧化的元素是化合价升高的汞元素，故a错误；
b、氧化还原反应中，化合价降低的Cu元素所在的反应物CuI是氧化剂，故b正确；
c、化合价升高的汞元素所在产物Cu₂HgI₄是氧化产物，故c正确；
故选a．

点评：
本题考点： 氧化性、还原性强弱的比较；铜金属及其重要化合物的主要性质．

考点点评： 本题考查学生氧化还原反应中，氧化性和还原性强弱以及基本概念的知识，考查学生分析和解决问题的能力，难度不是很大．

（1）A．采用高温，反应是放热反应，平衡向着逆向进行，尿素的产率降低，故A错误；
B．反应由气体参加，反应前后气体体积减小，采用高压，增大压强，反应正向进行，尿素的产率增大，故B正确；
C．寻找更高效的催化剂，催化剂可以加快反应速率，但不改变平衡，尿素的产率不变，故C错误；
故选B；
（2）①由图象可知在15分钟左右，氨气和二氧化碳反应生成氨基甲酸铵后不再变化发生的是第一步反应，氨基甲酸铵先增大再减小最后达到平衡，发生的是第二部反应，从曲线斜率不难看出第二部反应速率慢，所以已知总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素总反应的快慢由第二步决定，由图象变化可知当进行到55分钟时，反应达到平衡，
故答案为：2；55min；
②反应进行到10 min时测得CO₂的物质的量为0.26mol，二氧化碳的浓度变化为：c（CO₂）=[1mol−0.26mol/0.5L]=1.48mol/L，则用CO₂表示的第一步反应的速率v（CO₂）=[1.48mol/L/10min]=0.148 mol/（L•min），
故答案为：0.148 mol/（L•min）；
③第二步反应的平衡常数K随温度的升高增大，说明反应是吸热反应，△H₂＞0，
故答案为：＞．

点评：
本题考点： 化学平衡的影响因素；化学反应速率的影响因素．

考点点评： 本题考查了化学平衡的影响因素分析、化学反应速率计算等知识，题目难度中等，注意明确影响化学平衡的因素及化学反应速率的计算方法，试题能够提高学生的分析、理解能力及计算能力．

（1）①A、D、E为卤素单质，通常状况下A为液态非金属单质，可推知A为Br₂．B的焰色反应为黄色，含有Na元素，反应①②③均为水溶液中的置换反应，结合框图转化关系可知，E为单质，D为单质，氧化性应有E＞A＞D，A、D、E的氧化性由弱到强的顺序为I₂＜Br₂＜Cl₂；故B为NaI、C为NaBr、D为碘、E为氯气、F为NaCl；
在一定条件下E和D以物质的量比为5：1在硫酸溶液中恰好完全反应，生成写出该反应的离子方程式：5Cl₂+I₂+6H₂O=10Cl^-+2IO₃^-+12H⁺，
故答案为：I₂＜Br₂＜Cl₂；5Cl₂+I₂+6H₂O=10Cl^-+2IO₃^-+12H⁺；
②Ⅰ、E为Cl₂，F的阴离子为Cl^-，C的阴离子为Br^-，B的阴离子为I^-，n（Cl₂）=[2.8L/22.4L/mol]=0.125mol，通入氯气，先与I^-反应，生成单质碘，方程式为：Cl₂+2I^-=I₂+2Cl^-，
故答案为：Cl₂+2I^-=I₂+2Cl^-；
Ⅱ、由于还原性：I^-＞Br^-，加入氯气2.8L时溶液中I^-amol，
则说明通入2.8LCl₂只发生：Cl₂+2I^-=I₂+2Cl^-，
此时n（Cl₂）=[2.8L/22.4L/mol]=0.125mol，消耗n（I^-）=2×0.125mol=0.25mol，生成n（Cl^-）=2×0.125mol=0.25mol，
此时n（Br^-）=1.5mol，则说明原溶液中n（Br^-）=1.5mol，
根据表数据：2.8L变成5.6L，消耗2.8LCl₂的物质的量为[2.8L/22.4L/mol]=0.125mol，
Cl₂ +2Br^-=Br₂+2Cl^-
0.05mol 0.1mol
Cl₂+2I^-=I₂+2Cl^-
0.075mol 0.15mol
则x=0.15mol，所以原溶液中：
n（I^-）=0.25mol+0.15mol=0.4mol，
n（Cl^-）=1.25mol-0.25mol=1mol，
通入氯气5.6L到11.2L，通入消耗氯气5.6L，物质的量=[5.6L/22.4L/mol]=0.25mol，反应为CL₂+2Br^-=Br₂+2Cl^-，反应Br^-物质的量=0.25mol×2=0.5mol，y=1.4mol-0.5mol=0.9mol；
故答案为：0.15；0.9；
Ⅲ、当通入E的体积为11.2L时，溶液中Cl^-物质的量为2mol，Br^-为0.9mol，依据电荷守恒，溶液体积为1L，该溶液中c（Na⁺）=c（Cl^-）+c（Br^-）=2.9mol/L；
故答案为：2.9；
（2）①H₂O₂（l）+Cl₂（g）⇌2HCl（g）+O₂（g）△H＞0，反应是吸热反应，为了提高H₂O₂的除氯效果，平衡正向进行，采取的措施最好的是适当升高温度，平衡正向进行；
故答案为：适当升高温度；反应是吸热反应，升温加快反应速率，平衡正向进行；
②a、2H₂O₂（l）=2H₂O（l）+O₂（g），△H₁=-196.46kJ•mol^-l
b、H₂（g）+[1/2]O₂（g）=H₂O（l），△H₂=-285.84kJ•mol^-l
c、Cl₂（g）+H₂（g）=2HClO（g），△H₃=-184.6kJ•mol^-l
依据盖斯定律，a×[1/2]-b+c得到H₂O₂（l）与Cl₂（g）反应生成HCl（g）和O₂（g）的热化学方程式为：H₂O₂（l）+Cl₂（g）=2HCl（g）+O₂（g）△H=+3.01KJ/mol；
故答案为：H₂O₂（l）+Cl₂（g）=2HCl（g）+O₂（g）△H=+3.01KJ/mol．

点评：
本题考点： 无机物的推断；热化学方程式；化学平衡的影响因素．

考点点评： 本题考查了物质推断方法和物质性质的分析应用，主要是氧化还原反应定量计算分析判断产物，热化学方程式书写，掌握基础是关键，题目难度中等．

①使用MgCl₂溶液作沉淀剂，氢氧化镁比MgCO₃更难溶，OH^-转化为沉淀，则可以使用MgCl₂溶液作沉淀剂，但需要合适的指示剂进行滴定，故正确；
②取上层清液中加沉淀剂，生成沉淀则没有沉淀完全，否则沉淀完全，所以观察是否有沉淀继续生成可检验CO₃^2-是否完全沉淀，故正确；
③用BaCl₂溶液代替CaCl₂溶液作沉淀剂，因氢氧化钙的溶解度较小，可排除氢氧化钙对实验的影响，能提高实验结果的准确度，故正确；
④用BaCl₂溶液代替CaCl₂溶液作沉淀剂，优点是CO₃^2-能100%转化为沉淀，而OH^-不会转化为沉淀，方法更好，故正确；
故选D．

点评：
本题考点： 化学实验方案的评价．

考点点评： 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及沉淀法测定物质含量、离子检验及复分解反应等，注重实验原理及物质性质的考查，注意实验的操作性、评价性分析，题目难度不大．

（1）若X可用于自来水消毒，应为Cl₂，W为金属单质，且W是用量最大、用途最广的金属，应为Fe，Y为FeCl₃，Z为FeCl₂，反应③的离子方程式为2Fe²⁺+Cl₂=2Fe³⁺+2 Cl^-，
故答案为：2Fe²⁺+Cl₂=2Fe³⁺+2Cl^-；
（2）X用作制冷剂，则X是氨气，Y和W为空气的主要成分，W是氧气，Y是氮气，Z为NO，反应③的化学方程式为4NH₃+6NO=5N₂+6H₂O，
故答案为：4NH₃+6NO=5N₂+6H₂O；
（3）若W为氯碱工业的重要产品，Y有两性，由转化关系可知W为NaOH，Y为Al（OH）₃，X含有Al³⁺，Z含有AlO₂^-或[Al（OH）₄]^-，反应③的离子方程式可以是Al³⁺+3[Al（OH）₄]^-=4Al（OH）₃↓或Al³⁺+3 AlO₂^-+6H₂O=4Al（OH）₃↓，通过氯碱工业制取W的化学方程式为2NaCl+2H₂O

电解
.
2NaOH+H₂↑+Cl₂↑，
故答案为：Al³⁺+3[Al（OH）₄]^-=4Al（OH）₃↓或Al³⁺+3 AlO₂^-+6H₂O=4Al（OH）₃↓；2NaCl+2H₂O

电解
.
2NaOH+H₂↑+Cl₂↑；
（4）Z是形成酸雨的主要气体，应为SO₂，则X为H₂SH₂S，W为SO₂，Y为S，反应③的化学方程式为2H₂S+SO₂=3S+2H₂O，
故答案为：2H₂S+SO₂=3S+2H₂O．

点评：
本题考点： 无机物的推断．

考点点评： 本题考查较为综合，涉及元素化合物的推断，为高频考点，侧重于学生的分析能力，物质性质是解题关键，题目具有一定难度，做题时注意把握推断的思路．

①加入铝能产生氢气的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件时，溶液为硝酸，不能生成氢气，碱性条件下，
Fe³⁺、Al³⁺不能大量共存，故①错误；
②加入淀粉显蓝色的溶液，说明溶液中含有I₂，K⁺、NH₄⁺、Cl^-、I^-之间不发生任何反应，可以大量共存，故②正确；
③AlO₂^-与HCO₃^-发生互促水解反应而不能大量共存，故③错误；
④澄清透明的溶液中，离子之间互不发生反应，能大量共存，故④正确；
⑤常温下，K_W/c（H⁺）=10^-13mol•L^-1溶液中，c（OH^-）=10^-13mol•L^-1，溶液呈酸性，在酸性条件下大量共存，故⑤正确．
故选C．

点评：
本题考点： 离子共存问题．

考点点评： 本题考查离子共存问题，题目难度中等，解答本题时注意各项中所给的隐含信息，为解答该题的关键．

A、锰元素化合价降低，过氧化氢中氧元素化合价升高生成氧气，2KMnO₄+5H₂O₂+3H₂SO₄=K₂SO₄+2MnSO₄+8H₂O+5O₂↑，故A错误；
B、2C1₂+6FeBr₂=3FeC1₃+4FeBr₃ ，亚铁离子还原性大于溴离子，产物说明氯气反应过程中亚铁离子全部氧化，溴离子部分氧化，Cl₂与FeBr₂的物质的量之比小于或等于1：2，故B正确；
C、2MnO₄^-+16H⁺+10Cl^-=5Cl₂↑+2Mn²⁺+8H₂O，生成1mol Cl₂，转移电子10mol，故C错误；
D、氧化剂的氧化性大于氧化产物，依据化学方程式分析判断，氧化性由强到弱顺序为MnO₄^-＞Cl₂＞Br₂＞Fe³⁺，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应的电子转移数目计算．

考点点评： 本题考查了氧化还原反应反应实质，电子转移的计算应用，主要是反应产物的判断，掌握离子性质和氧化还原反应规律应用是解题关键，题目难度中等．

显微镜使用步骤包括：1、对光2、安放装片3、观察4、整理和存放．
此题考查的是第三步观察：（1）从侧面注视物镜，双手同时转动粗准焦螺旋，使镜筒缓缓下降至接近装片2毫米处．（2）左眼注视目镜，同时反方向转动粗准焦螺旋，使镜筒缓缓上升，直到发现物像为止．（3）缓缓移动装片注意物像的移动方向．根据观察中的（2）可知答案．
故选：B

点评：
本题考点： 显微镜的基本构造和使用方法．

考点点评： 显微镜的使用方法和成像特点，中考中经常出现，应熟练掌握．

Ⅰ、各种离子的物质的量均为1mol，某同学向原溶液中加入KSCN溶液，无明显变化，则一定不含有铁离子，若向原溶液中加入足量的盐酸，有无色气体生成，反应后溶液中阴离子种类没有变化，根据表中的离子，可以推知是Fe2+...

点评：
本题考点： 常见离子的检验方法；氧化还原反应．

考点点评： 学实验现象是化学实验最突出、最鲜明的部分，也是进行分析推理得出结论的依据，掌握物质的性质和相互之间的反应关系，并有助于提高观察、实验能力．所以，对化学实验不仅要认真观察，还应掌握观察实验现象的方法．

影响生物生活的非生物因素有：阳光、空气、水分、温度．在“好雨知时节，当春乃发生．随风潜入夜，润物细无声”中，主要描述了水滋润着生物，影响了生物的生活，使生物开始发萌．
故选：B

点评：
本题考点： 环境对生物的影响．

考点点评： 对于非生物因素对生物的影响，可结合着具体的实例掌握．

细胞是植物体结构和功能的基本单位，一般地说，植物体的生长发育是从受精卵开始的．受精卵经过细胞分裂、分化，形成组织、器官，进而形成植物体．植物体的几种主要组织有：分生组织、保护组织、营养组织、输导组织、机械组织．组织进一步形成器官，绿色开花植物是由根、茎、叶、花、果实、种子六二器官组成的．根、茎、叶为营养器官，花、果实、种子为生殖器官．可见，植物体的结构层次由二到小依次是植物体→器官→组织→细胞．与动物体的结构层次相比，植物体无系统．可见，选项C符合题意．
故选：C．

点评：
本题考点： 绿色开花植物体的结构层次．

考点点评： 解此题的关键是理解掌握植物体的结构层次．

A、BaCl2与AgNO3溶液反应，产生白色沉淀，但不与K2SO4、NaOH反应，BaCl2不能将三种物质一次性鉴别； B、FeCl3与AgNO3溶液反应产生白色沉淀，FeCl3与NaOH反应产生红褐色沉淀，FeCl3不与K2SO4反应，...

点评：
本题考点： 酸、碱、盐的鉴别．

考点点评： 本题主要考查了利用所选试剂在与被鉴别的物质反应的现象应是完全不同的．在进行试验时，要加强对实验现象的观察．

A．d点温度高于25℃，c（OH^-）＞c（H⁺），溶液显碱性，该组离子之间不反应，能大量共存，故A正确；
B．b点为25℃，c（OH^-）＜c（H⁺），溶液显酸性，Fe²⁺、H⁺、NO₃^-发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；
C．d点温度高于25℃，c（OH^-）=c（H⁺），溶液显中性，不能存在大量的Al³⁺，故C错误；
D．a点为25℃，c（OH^-）=c（H⁺），溶液显中性，不能大量存在CO₃^2-，故D错误；
故选：A．

点评：
本题考点： 离子共存问题．

考点点评： 本题考查离子的共存，为高考常见题型，侧重信息的抽取和图象分析能力的考查，把握离子之间的反应即可解答，氧化还原反应为解答的难点，题目难度不大．

Ⅰ、沉淀从溶液中分离并净化，要先把沉淀从溶液中过滤出，要洗去附着的杂质，然后干燥除去沉淀中的水分，
故答案为：过滤、洗涤、干燥；
Ⅱ、（1）利用加热的方法检验，氢氧化铜和碳酸铜加热分解得到氧化铜、水和二氧化碳，若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验，若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，
故答案为：A；C；B；
（2）装置C检验是否有水生成，可用无水硫酸铜检验，若无水硫酸铜变蓝色说明有水生成，验证沉淀中有氢氧化铜生成，否则沉淀中无氢氧化铜，
故答案为：无水硫酸铜；
（3）用澄清的石灰水检验是否产生二氧化碳，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明生成二氧化碳，即说明含有CuCO₃，
故答案为：装置B中澄清石灰水变混浊；
Ⅲ、（1）若CuCO₃和Cu（OH）₂两种沉淀都有，加热时生成CO₂和H₂O，定量检验时，可用浓硫酸吸收水，用碱石灰吸收二氧化碳，实验时，为减小误差，应排除空气中水和二氧化碳的干扰，并保证水和二氧化碳完全吸收，则实验仪器的连接顺序应为C A B E D（或C A B D E），
故答案为：C A B E D（或C A B D E）；
（2）为保证样品加热分解生成的二氧化碳和水蒸气完全被吸收，应通入空气，将装置中滞留的H₂O蒸汽赶入B中；
装置B质量增加了n克，说明分解生成ng水，水的物质的量为[n/18]mol，根据氢元素守恒可知氢氧化铜的物质的量为[n/18]mol，故氢氧化铜的质量为[n/18]mol×98g/mol=[49n/9]g，沉淀中CuCO₃的质量分数为
m−
49n
9
m×100%=（1-[49n/9m]）×100%，
由于空气中含有二氧化碳和水蒸气，应先通过盛有碱石灰的装置C吸收空气的中二氧化碳和水蒸气，若C装置去掉，装置B质量偏大，即吸收的水的质量偏大，求出氢氧化铜的质量偏大，则碳酸铜的质量偏小，将导致测定结果中CuCO₃的质量分数减小；
故答案为：将装置中滞留的H₂O蒸汽赶入B中；（1-[49n/9m]）×100%；减小．

点评：
本题考点： 物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量．

考点点评： 本题考查了物质性质的探究实验设计和实验分析应用，物质性质的熟练掌握和实验基本操作是解题关键，题目难度中等．

根据题意，由相交弦的性质，相交两圆的连心线垂直平分相交弦，
可得AB与直线y=mx+n垂直，且AB的中点在这条直线y=mx+n上；
由AB与直线y=mx+n垂直，可得[−1−3/−3−1]=-[1/m]解得：m=-1
故AB中点为（-1，1），且其在直线y=mx+n上，
代入直线方程可得，-1×（-1）+n=1，可得n=0；
故m+n=-1；
故答案为：-1．

点评：
本题考点： 直线的一般式方程与直线的垂直关系．

考点点评： 本题考查相交弦的性质，解题的关键在于利用相交弦的性质，即两圆的连心线垂直平分相交弦．

由于该装置在太阳能提供电能的情况下运动，即将电能转化为机械能，故里面应该有一个电动机，它是利用通电导线在磁场中受力的作用的原理制成的．
故答案为：电动机；通电导线在磁场中受力的作用．

点评：
本题考点： 直流电动机的原理．

考点点评： 据现象能推导出实质，即能通过判断能量的转化，进而确定花盆里面是电动机还是发电机．

（1）①六种盐都为强碱弱酸盐，盐的pH越大，说明对应的酸水解程度越大，则对应的酸越弱，则
A．CH₃COOH酸性大于HCN，反应能发生，故A正确；
B．酸性H₂CO₃＞HClO＞HCO₃^-，应生成NaHCO₃，反应不能发生，故B错误；
C．酸性H₂CO₃＞HClO＞HCN，应生成NaHCO₃，不能生成CO₂，故C错误；
D．酸性C₆H₅OH＞HCO₃^-，反应能发生，故D正确；
E．酸性H₂CO₃＞C₆H₅OH＞HCO₃^-，反应能发生，故E正确，
故答案为：BC；
②据反应H₂B（少量）+2A^-=B^2-+2HA，可知，HA酸性小于H₂B，HA酸性最弱，酸性越弱，对应的酸根离子得H⁺能力越强，没有HB^-生成，说明得电子能力A^-大于HB^-，则得电子能力顺序为A^-＞B^2-＞HB^-，故答案为：A^-＞B^2-＞HB^-；
（2）各反应均有固体生成，其溶解度更小，故复分解反应能够向生成更难溶的物质的方向进行，
故答案为：由溶解度相对较大的物质向生成溶解度相对较小的物质的方向进行；
（3）溶液中的c（H⁺）=10^-9mol•L^-1，说明溶液呈碱性，只有Na₂S和NaOH符合，故答案为：CD；
（4）一水合氨为弱电解质，不能完全电离，与盐酸反应至中性时，氨水应稍过量，则b＞a，c（OH ^-）=1.0×10^-3mol•L^-1的氨水，一水合氨浓度远大于1.0×10^-3mol．L^-l的氨水，反应至中性时，a＞c，氢氧化钡为强碱，与盐酸完全中和时，a=d，则b＞a=d＞c，
故答案为：b＞a=d＞c；
（5）CH₃COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，且水解程度较小，加水稀释时，浓度减小同时促进水解，但pH变化不大；向等体积纯水中分别加入等物质的量的CH₃COONa和NaCN，NaCN水解程度比大CH₃COONa，两种溶液中c（Na⁺）相等，由于CH₃COONa溶液中H⁺浓度大于NaCN溶液中H⁺的浓度，则CH₃COONa溶液中阴离子浓度较大，
故答案为：③；＞；
（6）向50mL 0.018mol•L^-1的AgNO₃溶液中加入相同体积0.020mol•L^-1的盐酸，盐酸过量，反应后的c（Cl^-）=[0.02mol/L×0.05L-0.018mol/L×0.05L/0.1L]=0.001mol/L，
则c（Ag⁺）=
Ksp(AgCl)
c(Cl-)=
1.8×10-10
0.001mol/L=1.8×10^-7 mol/L，
c（H⁺）=[0.02mol/L×0.05L/0.1L]=0.01mol/L，
pH=2，
故答案为：1.8×10^-7 mol/L； 2．

点评：
本题考点： 酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题考查较为综合，题目难度较大，易错点为（1），注意弱电解质的比较方法以及判断角度．