在25℃时，将0.1mol•L-1的HA溶液与0.1mol•L-1的NaOH溶液等体积混合后，测得混合溶液pH=8，则下

A．碱溶液pH最大，盐溶液中，酸根离子水解程度越大，其相同浓度的钠盐溶液pH越大，醋酸根离子水解程度小于碳酸根离子，所以这三种溶液pH大小顺序是：①＞②＞③，故A正确；
B．稀释相同的倍数，促进含有弱离子盐的水解，强碱完全电离，所以pH变化最大的是强碱①，故B错误；
C．若分别加入相同物质的量的HCl，HCl和NaOH恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，碳酸钠和HCl恰好完全反应生成碳酸氢钠和氯化钠，溶液呈碱性，和醋酸钠恰好完全反应生成氯化钠和醋酸，溶液呈酸性，所以pH最大的是②，故C正确；
D．pH相等的这三种溶液，强碱的浓度最小，酸根离子水解程度越大，其钠盐溶液浓度越小，醋酸根离子水解程度小于碳酸根离子，所以若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是③＞②＞①，故D错误；
故选AC．

点评：
本题考点： 盐类水解的应用；pH的简单计算．

考点点评： 本题考查了pH的简单计算、盐类水解等知识点，明确弱酸根离子的水解程度与酸的酸性强弱的关系是解本题关键，再结合物质的性质分析解答，题目难度不大．

A．加热，温度升高，活化分子百分数增加，反应速率增大，故A不选；
B．加入10mL 0.1mol•L^-1硫酸，浓度不变，反应速率不变，故B选；
C．滴加少量CuSO₄，铁置换出铜，形成原电池反应，加快反应速率，故C不选；
D．不用铁片，改用铁粉，固体表面积增大，反应速率增大，故D不选．
故选B．

点评：
本题考点： 化学反应速率的影响因素．

考点点评： 本题考查化学反应速率的影响因素，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意浓硫酸与铁发生钝化反应的性质，为易错点．

A、硫酸铵是强电解质能完全电离，用等号连接，即（NH₄）₂SO₄═NH₄⁺+SO₄^2-，故A错误；
B、向溶液中滴加少量浓硫酸，电离出氢离子和硫酸根离子，其中氢离子对铵根离子的水解平衡NH₄⁺+H₂O⇌NH₃•H₂O+H⁺产生抑制作用，所以c（NH₄⁺）、c（SO₄^2-）均增大，故B正确；
C、加水稀释对水解平衡NH₄⁺+H₂O⇌NH₃•H₂O+H⁺起到促进作用，但是稀释过程会导致溶液体积增大，所以酸性减弱，但是氢氧根离子浓度会增大，故C错误；
D、该溶液中的物料守恒：2c（SO₄^2-）=c（NH₄⁺）+c（NH₃•H₂O），故D错误．
故选：B．

点评：
本题考点： 影响盐类水解程度的主要因素．

考点点评： 本题考查学生影响盐的水解平衡移动的因素知识，注意越稀越水解规律的应用，难度不大．

若反应向正反应进行到达平衡，X₂、Y₂的浓度最小，Z的浓度最大，假定完全反应，则：
X₂（气）+Y₂（气）⇌2Z（气），
开始（mol/L）：0.1 0.30.2
变化（mol/L）：0.1 0.10.2
平衡（mol/L）：0 0.20.4
若反应逆正反应进行到达平衡，X₂、Y₂的浓度最大，Z的浓度最小，假定完全反应，则：
X₂（气）+Y₂（气）⇌2Z（气），
开始（mol/L）：0.1 0.3 0.2
变化（mol/L）：0.1 0.1 0.2
平衡（mol/L）：0.2 0.40
由于为可逆反应，物质不能完全转化所以平衡时浓度范围为0＜c（X₂）＜0.2，0.2＜c（Y₂）＜0.4，0＜c（Z）＜0.4，故B正确、ACD错误．
故选B．

点评：
本题考点： 化学反应的可逆性．

考点点评： 本题考查了化学平衡的建立，难度不大，关键是利用可逆反应的不完全性，运用极限假设法解答，假设法是解化学习题的常用方法

Z全部转化时，X₂的物质的量浓度为：0.1+[0.2/2]=0.2 mol•L^-1，Y₂的物质的量浓度为：0.3+[0.2/2]=0.4mol•L^-1，故c（X₂）的取值范围为：0＜c（X₂）＜0.2 mol•L^-1；当X₂全部转化时，Z的物质的量浓度为：0.2+0.1×2=0.4mol•L^-1，Y₂的物质的量浓度为：0.3-0.1=0.2mol•L^-1，故c（Y₂）的取值范围为：0.2mol•L^-1＜c（Y₂）＜0.4 mol•L^-1，c（Z）的取值范围为：0＜c（Z）＜0.4 mol•L^-1；故
A．c（Z）的取值范围为：0＜c（X₂）＜0.4 mol•L^-1，故A正确；
B.0.2mol•L^-1＜c（Y₂）＜0.4 mol•L^-1，故B正确；
C.0＜c（X₂）＜0.2 mol•L^-1，故C错误；
D.0＜c（Z）＜0.4 mol•L^-1，故D正确，
故选C．

点评：
本题考点： 化学反应的可逆性．

考点点评： 本题考查可逆反应的特点，难度不大．要注意对于可逆反应，反应物不可能100%地全部转化为生成物．

A．硫酸是强电解质，在水溶液里完全电离，升高温度不影响硫酸电离，虽然促进水的电离，但水电离的程度小于硫酸电离的程度，则可以忽略，所以溶液中氢离子浓度基本不变，则pH不变，故A正确；
B．醋酸是弱电解质，升高温度促进醋酸电离，则溶液中氢离子浓度增大，pH减小，故B错误；
C．硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解而使其溶液呈酸性，升高温度促进铵根离子水解，溶液中氢离子浓度增大，则溶液的pH减小，故C错误；
D．升高温度时NaOH溶液中氢氧根离子的浓度不变，但升高温度时水的离子积变大，则氢离子的浓度变大，故溶液的pH变小，故D错误；
故选A．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查了pH的简单计算，明确温度对弱电解质的电离、盐类水解的影响是解本题关键，注意A和D选项的比较，升高温度导致水的离子积常数增大，根据溶液中氢离子浓度变化来判断即可，难度中等．

（1）浓盐酸的物质的量浓度C=[1000×1.25g/ml×36.5%/36.5g/mol]=12.5mol/L；
故答案为：12.5mol/L；
（2）要配置240ml的溶液，应选择250ml的容量瓶，设需要浓盐酸的体积为V，依据溶液稀释前后所含溶质的物质的量不变得V×12.5mol/L=250mL×0.1mol•L^-1，解得V=2.0ml，所以需要选择5ml的量筒；
故答案为：2.0；5；
（3）浓溶液配置稀溶液的一般操作步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，
烧杯壁上沾有溶质，为防止引起误差，必须洗涤烧杯内壁2-3次；
定容时，开始时直接加入蒸馏水，为防止加水过量，到离刻度线2-3cm时改用胶头滴管逐滴滴加到凹液面最低处与刻度线相切；
故答案为：BCAFED；烧杯内壁；2-3ml；
（4）将洗涤液全部转移到容量瓶是因为避免溶质的量的减少，减小误差；
故答案为：避免溶质的量的减少，减小误差；
（5）①加蒸馏水时不慎超过了刻度线，实验失败，无法挽回，必须重新配置；
故答案为：重新配置；
②向容量瓶中转移溶液时不慎有溶液溅出，溶质的物质的量不准确，实验失败，必须重新配置；
故答案为：重新配置．

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配置原理和操作步骤是解题关键，注意量筒的选择方法．

将Cu片放入FeCl₃溶液中．发生反应：Cu+2Fe³⁺=Cu²⁺+2Fe²⁺，假设溶液中n（Fe²⁺）=3mol，则溶液中n（Fe³⁺）=2mol，
由离子方程式可知，n（Cu²⁺）=[1/2]n（Fe²⁺）=[1/2]×3mol=1.5mol，所以n（Cu²⁺）：n（Fe³⁺）=1.5mol：2mol=3：4，
故选C．

点评：
本题考点： 铜金属及其重要化合物的主要性质；离子方程式的有关计算．

考点点评： 本题考查的是铜的化学性质、离子方程式的有关计算，巧妙利用假设法是解本题的关键．

由于卤化物完全沉淀，则假设银完全沉淀，则沉淀物质的量为0.005L×0.1mol/L=0.0005mol，则沉淀的摩尔质量M=[m/n]=[0.013g/0.0005mol]=26g/mol．
故选A．

点评：
本题考点： 卤化银．

考点点评： 本题考查学生银离子和卤素离子反应的实质，可以根据反应相关物质的量之间的关系来解答，难度不大，注意LiF、AgCl不溶于水．

A、0.1mol•L^-1的NaHC₂O₄溶液中存在物料守恒：c（Na⁺）=c（HC₂O₄^-）+c（C₂O₄^2-）+c（H₂C₂O₄），故A正确；
B、NaHC₂O₄溶液pH=4，证明溶液显示酸性，阴离子HC₂O₄^-的电离程度大于其水解程度，所以c（H₂C₂O₄）＜c（C₂O₄^2-），故B错误；
C、该溶液中存在电荷守恒：c（H⁺）+c（Na⁺）=c（OH^-）+2c（C₂O₄^2-）+c（HC₂O₄^-），故C错误；
D、溶液中直接电离出来的离子浓度最高，但是阴离子会存在水解和电离，所以c（Na⁺）＞c（HC₂O₄^-），阴离子HC₂O₄^-的电离程度大于其水解程度，溶液显示酸性，即c（H⁺）＞c（OH^-），所以离子浓度大小顺序是：c（Na⁺）＞c（HC₂O₄^-）＞c（H⁺）＞c（OH^-），故D正确．
故选AD．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较．

考点点评： 本题考查学生盐的水解原理的应用：离子浓度大小比较知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度大．

A、NH₄Cl溶液中，铵离子部分水解，溶液显示酸性，铵离子浓度减小，所以正确的离子浓度关系为：c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-），故A错误；
B、NaHSO₃溶液（呈酸性）中，HSO₃^-的电离程度大于其水解程度，亚硫酸根离子浓度大于亚硫酸浓度，溶液中离子浓度关系为：c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（SO₃^2-）＞c（H₂SO₃），故B正确；
C、CH₃COONa溶液中，根据电荷守恒可知：c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CH₃COO^-）+c（OH^-），故C正确；
D、碳酸钠溶液中，根据物料守恒可知：[1/2]c（Na⁺）=c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）+c（H₂CO₃），故D错误；
故选BC．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较．

考点点评： 本题考查了溶液中离子浓度大小比较、盐的水解、弱电解质的电离等知识，题目难度中等，注意掌握溶液中离子浓度大小的方法，注意电荷守恒、物料守恒在比较离子浓度大小中的应用．

（1）盐酸和醋酸为酸，氢氧化钡为碱，碳酸钠、氯化钾和氯化铵为盐，碳酸钠为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，氯化钾为强酸强碱盐，为中性，氯化铵为强酸弱碱盐，其溶液为酸性，相同浓度的盐酸和醋酸，醋酸中氢离子浓度小于盐酸，所以pH盐酸小于醋酸，则这几种溶液的pH由小到大的顺序是①②⑥⑤④③，
故答案为：①②⑥⑤④③；
（2）CH₃COONa的水解平衡常数K_h=
c(CH3COOH)．c(OH−)
c(CH3COO−)=
c(CH3COOH)．c(H+)．c(OH−)
c(CH3COO−)．c(H+)=
Kw
Ka=
10−14
1.7×10−5=5.9×10^-10，故答案为：5.9×10^-10；
（3）pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液中，醋酸浓度大于氢氧化钠，二者等体积混合，醋酸过量，导致混合溶液呈酸性，溶液中存在物料守恒和电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CH₃COO^-）+c（OH^-），
故答案为：酸性；c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CH₃COO^-）+c（OH^-）；
（4）醋酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，要使醋酸和氢氧化钠混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以m＞n，二者混合时溶液体积增大一倍，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（CH₃COO^-）+c（CH₃COOH）=0.5mmol/L，
故答案为：0.5mmol/L；＞；
（5）25℃时，将等体积、等物质的量浓度的醋酸与氨水混合后，溶液的pH=7，说明醋酸根离子和铵根离子水解程度相等，则醋酸和一水合氨电离程度相等，其电离平衡常数相等，即NH₃•H₂O的电离常数Ka=1.7×10^-5mol/L，故答案为：1.7×10^-5mol/L．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查了弱电解质的电离，涉及pH大小的判断、酸碱混合溶液定性判断等知识点，明确物质的性质及弱电解质电离特点是解本题关键，难点是（2），会根据微粒间的关系进行公式转换，难度较大．

A．NaA为强碱弱酸盐，A^-水解导致溶液呈碱性，则c（H⁺）＜c（OH^-），A^-水解、钠离子不水解，所以c（Na⁺）＞c（A^-），A^-水解程度较小，则溶液中离子浓度大小顺序是c（Na⁺）＞c（A^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故A错误；
B．根据A知，c（OH^-）＜c（A^-），故B错误；
C．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（A^-），溶液呈碱性，钠离子不水解，所以c（Na⁺）+c（OH^-）＞c（A^-）+c（H⁺），故C错误；
D．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（Na⁺）+c（H⁺）=c（OH^-）+c（A^-），故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较．

考点点评： 本题考查了离子浓度大小比较，明确盐的特点结合“谁强谁显性、谁弱谁水解”来分析解答，注意守恒思想的运用，题目难度不大．

A、铵根离子和亚铁离子水解显酸性，（NH₄）₂Fe（SO₄）₂溶液：c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（Fe²⁺）＞c（H⁺），故A正确；
B、氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，NH₄Cl溶液中离子浓度大小：c（Cl^-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-），故C错误；
C、结合溶液中电荷守恒分析判断，Na₂CO₃溶液中存在电荷守恒：c（Na⁺）+c（H⁺）=2c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）+c（OH^-），故C错误；
D、结合溶液中电荷守恒和物料守恒分析判断，电荷守恒：c（Na⁺）+c（H⁺）=2c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）+c（OH^-），物料守恒为：c（Na⁺）=c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）+c（H₂CO₃），合并计算c（H⁺）+c（H₂CO₃）=c（OH^-）+c（CO₃^2-），故D错误；
故选A．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较．

考点点评： 本题考查了电解质溶液中离子浓度大小、电荷守恒、物料守恒、盐类水解的分析应用和计算分析判断，掌握方法是关键，题目难度中等．

1L稀H₂SO₄和稀HNO₃的混合液，其物质的量浓度分别为0.4mol•L^-1和0.1mol•L^-1，
则n（H⁺）=1L×2×0.4mol/L+1L×0.1mol/L=0.9mol，
n（NO₃^-）=1L×0.1mol/L=0.1mol，
发生3Cu+8H⁺+2NO₃^-=3Cu²⁺+2NO+4H₂O
3 8 2
0.9mol0.1mol
可知H⁺过量，NO₃^-完全反应，
则消耗铜的质量为[3×0.1mol/2]×64g/mol=9.6g，
故选D．

点评：
本题考点： 硝酸的化学性质；离子方程式的有关计算．

考点点评： 本题考查硝酸的性质，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握离子方程式的书写以及过量问题的判断，难度不大．

将0.2mol•L^-1HCN溶液和0.1mol•L^-1的NaOH溶液等体积混合后，溶液溶质为HCN和NaCN，二者浓度相等，溶液显碱性，说明CN^-水解程度大于HCN电离程度，则
A．等浓度的CN^-水解程度大于HCN电离程度，则c（HCN）＞c（CN^-），故A错误；
B．溶液显碱性，则c（OH^-）＞c（H⁺），根据c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CN^-）+c（OH^-）可知，c（Na⁺）＞c（CN^-），故B正确；
C．根据物料守恒可知，c（HCN）+c（CN^-）=2c（Na⁺），根据电荷守恒可知c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CN^-）+c（OH^-），二者联式可得：c（HCN）-c（CN^-）=2c（OH^-）-2c（H⁺），故C错误；
D．将0.2mol•L^-1HCN溶液和0.1mol•L^-1的NaOH溶液等体积混合后，c（HCN）+c（CN^-）=0.1mol•L^-1，故D正确．
故选BD．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，本题注意根据题目信息判断，溶液显碱性，说明CN-水解程度大于HCN电离程度，结合电荷守恒和物料守恒解答．

A．由n=cV可知，100mL 0.01mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10mL0.1mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，但后者的浓度大，醋酸的电离程度小，所以氢离子的物质的量前者大于后者，故A正确；
B．电离平衡常数只与温度有关，温度相同则电离平衡常数相同，故B错误；
C．由于溶质n（CH₃COOH）都为0.001mol，中和时所需NaOH的量应相同，故C错误；
D．由n=cV可知，100mL 0.01mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，10mL0.1mol/L的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol，但前者浓度小，电离程度大，前者的CH₃COOH的物质的量小，故D错误；
故选A．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查弱电解质的电离，明确温度与电离平衡常数的关系，浓度与电离程度的关系是解答本题的关键，题目难度不大．

A．氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，则c（H⁺）＞c（OH^-），c（Cl^-）＞c（NH₄⁺），一般来说水解程度较小，则c（NH₄⁺）＞c（H⁺），故A正确；
B．溶液存在四种离子，Cl^-、NH₄⁺、H⁺、OH^-，当溶液PH值等于7时，c（H⁺）=c（OH^-），c（NH₄⁺）=c（Cl^-），故B错误；
C．向溶液中加滴加几滴浓盐酸，抑制NH₄⁺的水解，则c（NH₄⁺）增大，故C错误；
D．CH₃COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，促进NH₄⁺的水解，c（NH₄⁺）减少，故D正确．
故选：AD．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较；盐类水解的应用．

考点点评： 本题考查离子浓度大小比较，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握盐类水解的规律，结合电荷守恒解答该题，难度中等．

常温时0.1mol•L^-1HA溶液的pH＞1，则HA为弱酸；0.1mol•L^-1BOH溶液中c（OH^-）：c（H⁺）=10¹²，由于c（OH^-）•c（H⁺）=10^-14，联立解得c（OH^-）=0.1mol/L，故BOH为强碱．将两溶液等体积混合，HA与BOH恰好发生反应，为BA溶液，BA是强碱弱酸盐，A^-离子水解A^-+H₂OHA+OH^-，溶液呈碱性．
A、水解程度很小，c（A^-）远大于c（OH^-）+c（HA），故A错误；
B、因A^-能水解，则c（B⁺）＞c（A^-），水解使溶液呈酸性，则c（OH^-）＞c（H⁺），再由水解的程度很弱，
则c（A^-）＞c（OH^-），所以离子浓度顺序为c（B⁺）＞c（A^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故B错误；
C、因溶液不显电性，即电荷守恒式为c（B⁺）+c（H⁺）=c（A^-）+c（OH^-），故C正确；
D、因A^-能水解，则c（B⁺）＞c（A^-），水解使溶液呈酸性，则c（OH^-）＞c（H⁺），再由水解的程度很弱，
则c（A^-）＞c（OH^-），所以离子浓度顺序为c（B⁺）＞c（A^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故D错误．
选：C．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．

考点点评： 本题考查酸碱混合后溶液PH以及离子浓度的大小比较问题，题目难度中等，注意根据题目所提供的信息判断酸碱的强弱为解答该题的关键，注意溶液电中性原则．

（1）实验室配制500mL0.1mol/LNa₂CO₃溶液需要Na₂CO₃•10H₂O的质量为：0.5L×0.1mol/L×286g/mol=14.3g，故答案为：14.3；
（2）量筒小刻度在下，A与B、B与C刻度间相差1mL，刻度A为8，则刻度B为7，AB间每一小格为0.2mL，则量筒中液体的体积为7.2mL，故答案为：7.2；
（3）A．定容前容量瓶底部有水珠，只要最后定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来加入的，对浓度无影响，故答案为：无影响；
B．定容时加水超过刻度线，则溶液体积偏大，浓度偏低，故答案为：偏低；
C．最终定容时俯视观察液面．则导致溶液体积偏小，则浓度偏高，故答案为：偏高；
D．为加速溶解过程对烧杯中溶液进行加热，未冷却至室温就将其转移到Ⅱ所示的仪器中，并迅速定容，则冷却后溶液体积偏小，则浓度偏高，故答案为：偏高．

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制以及误差分析，难度不大，注意实验的基本操作方法和注意事项．

A、因HA为一元弱酸，则NaA溶液中A^-+H₂0═HA+OH^-，即溶液显碱性，则c（OH^-）＞c（H⁺），故A错误；
B、由溶液中A^-+H₂0═HA+OH^-，则c（OH^-）＞c（H⁺），但水解的程度很弱，则c（A^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故B错误；
C、由电荷守恒可知，溶液中阳离子带的电荷总数等于阴离子带的电荷总数，则c（Na⁺）+c（H⁺）=c（A^-）+c（OH^-），故C错误；
D、由电荷守恒可知，溶液中阳离子带的电荷总数等于阴离子带的电荷总数，则c（Na⁺）+c（H⁺）=c（A^-）+c（OH^-），故D正确；
故选：D．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查溶液中离子的关系，正确利用水解来判断溶液的酸碱性是解答的关键，并注意溶液中水解的程度及利用电荷守恒来分析解答即可．

将Cu片放入FeCl₃溶液中．发生反应：Cu+2Fe³⁺=Cu²⁺+2Fe²⁺，假设溶液中n（Fe²⁺）=3mol，则溶液中n（Fe³⁺）=2mol，
由离子方程式可知，n（Cu²⁺）=[1/2]n（Fe²⁺）=[1/2]×3mol=1.5mol，所以n（Cu²⁺）：n（Fe³⁺）=1.5mol：2mol=3：4，
故选C．

点评：
本题考点： 铜金属及其重要化合物的主要性质；离子方程式的有关计算．

考点点评： 本题考查的是铜的化学性质、离子方程式的有关计算，巧妙利用假设法是解本题的关键．

A、因HA为一元弱酸，则NaA溶液中A^-+H₂0═HA+OH^-，即溶液显碱性，则c（OH^-）＞c（H⁺），故A错误；
B、由溶液中A^-+H₂0═HA+OH^-，则c（OH^-）＞c（H⁺），但水解的程度很弱，则c（A^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺），故B错误；
C、由电荷守恒可知，溶液中阳离子带的电荷总数等于阴离子带的电荷总数，则c（Na⁺）+c（H⁺）=c（A^-）+c（OH^-），故C错误；
D、由电荷守恒可知，溶液中阳离子带的电荷总数等于阴离子带的电荷总数，则c（Na⁺）+c（H⁺）=c（A^-）+c（OH^-），故D正确；
故选：D．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查溶液中离子的关系，正确利用水解来判断溶液的酸碱性是解答的关键，并注意溶液中水解的程度及利用电荷守恒来分析解答即可．

A、用托盘天平称量药品时天平左盘放药品，右盘放砝码，称量时，左盘高，右盘低，药品实际质量偏下，n偏小，则所配溶液浓度偏低，故A不符合；
B、定容时俯视读取刻度，导致所配溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，故B符合；
C、配制最后需加水定容，原容量瓶洗净后未干燥对实验结果无影响，故C不符合；
D、定容时液面超过了刻度线，导致所配溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，故D不符合．
故选B．

点评：
本题考点： 配制一定物质的量浓度的溶液．

考点点评： 本题考查配制一定物质的量浓度溶液的方法，本题难度不大，根据c=[n/V]分析理解．

反应后碱有剩余，酸完全反应，硫酸根完全沉淀，n（BaSO₄）=[0.466g/233g/mol]=0.002mol，则：
SO₄^2-～BaSO₄
1 1
n（SO₄^2-） 0.002mol
故n（SO₄^2-）=[0.002mol×1/1]=0.002mol
原混合反应中n（H⁺）=c•V=0.05L×0.1mol/L=0.005mol
由电荷守恒可知n（H⁺）=2n（SO₄^2-）+n（Cl^-），n（Cl^-）=0.005mol-0.002mol×2=0.001mol，
答：原混合液中SO₄^2-的物质的量为0.002mol、Cl^-的物质的量为0.001mol．
（2）原混合反应中n（H⁺）=c•V=0.05L×0.1mol/L=0.005mol，
令参加反应的氢氧化钡的物质的量为y，则：
Ba（OH）₂～2H⁺
1 2
y0.005mol
y=0.005mol÷2=0.0025mol
反应后溶液中：n（OH^-）=c•V=0.1L×0.1mol/L=0.01moL，故n_剩余[Ba（OH）₂]=0.01mol÷2=0.005mol，故混合前Ba（OH）₂溶液的物质的量：0.005mol+0.0025mol=0.0075mol，故混合前Ba（OH）₂溶液的物质的量浓度：C=[0.0075mol/0.05L]=0.15mol/L，
答：混合前Ba（OH）₂溶液的物质的量浓度为0.15mol/L．

点评：
本题考点： 有关混合物反应的计算．

考点点评： 本题考查混合物计算，难度不大，清楚发生的反应是关键，注意根据方程式计算．

（1）配制500ml 0.1mol•L^-1的Na₂CO₃溶液需要的Na₂CO₃的物质的量n=C•V=0.5L×0.1mol•L^-1=0.05mol，质量m=n•M=0.05mol×106g/mol=5.3g，
故答案为：5.3；
（2）操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解（可用量筒量取水加入烧杯），并用玻璃棒搅拌，加速溶解．冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯、玻璃棒2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀．所用仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管、药匙，
故答案为：玻璃棒、胶头滴管；
（3）玻璃棒的使用分别是在溶解和移液时用到的，溶解时玻璃棒的作用：是搅拌，加速溶解；在移液时玻璃棒的作用是引流，故答案为：搅拌，加速溶解；引流；
（4））①没有洗涤烧杯和玻璃棒，烧杯壁与玻璃棒上沾有少量溶质硫酸，移入容量瓶内溶质硫酸的物质的量减小，所配溶液的浓度偏低，
故答案为：偏低；
②加水超过了刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏低，溶液是均匀的，取出水使液面恰好到刻度线，剩余溶液的浓度与原溶液的浓度相等，故偏低，
故答案为：偏低；
③溶液配制需加水定容，容量瓶没有干燥，对所配溶液的浓度无影响，
故答案为：不影响．

点评：
本题考点： 溶液的配制．

考点点评： 本题考查一定物质的量浓度溶液的配制，难度不大，注意浓硫酸的稀释，根据c=[n/V]判断理解溶液配制原理与误差分析．

A．稀释醋酸时，促进醋酸电离，但氢离子浓度增大程度小于溶液体积增大程度，所以c（H⁺）减小，故A错误；
B．醋酸的电离平衡常数只与温度有关，温度不变，醋酸的电离平衡常数不变，故B错误；
C．稀释醋酸时，促进醋酸电离，醋酸根离子、氢离子的物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，但醋酸根离子、氢离子的物质的量增大程度小于溶液体积增大程度，所以醋酸根离子、氢离子、醋酸分子浓度都减小，但氢氧根离子浓度增大，故C错误；
D．加水稀释醋酸，促进醋酸电离，氢离子的物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以c（H⁺）/c（CH₃COOH）值增大，故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 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，注意稀释醋酸时，不是所有粒子浓度都减小，氢氧根离子浓度增大，为易错点．

（1）反应生成硫酸钡，使溶液中可自由移动离子的浓度变小，导电性减弱，则灯泡变暗，故答案为：溶液中可自由移动离子的浓度变小；
（2）白色沉淀为硫酸钡，是Ba²⁺与SO₄^2-发生了反应，红色变浅，氢氧根离子浓度减小，发生了H⁺与OH^-发生了反应，使溶液碱性减弱，
故答案为：Ba²⁺与SO₄^2-发生了反应；发生了H⁺与OH^-发生了反应，使溶液碱性减弱；
（3）当Ba²⁺恰好完全沉淀时，发生Ba²⁺+OH^-+SO₄^2-+H⁺═BaSO₄↓+H₂O，以1：1反应，浓度相等，则体积相同，即NaHSO₄溶液的体积为20mL，碱性减弱，颜色变浅，
故答案为：20；浅红；Ba²⁺+OH^-+SO₄^2-+H⁺═BaSO₄↓+H₂O；
（4）向（3）得到的溶液中，继续滴加NaHSO₄溶液到恰好变为无色，只发生H⁺与OH^-的反应，离子反应为H⁺+OH^-═H₂O，故答案为：H⁺+OH^-═H₂O．

点评：
本题考点： 离子方程式的书写；电解质溶液的导电性．

考点点评： 本题考查离子反应方程式的书写，为高考常见题型，明确发生的化学反应为解答的关键，把握反应的先后顺序及现象与导电性的关系，题目难度不大．

A．完全反应后，部分二氧化碳溶于水，导致溶液呈弱酸性，故A错误；
B．当盐酸加入20mL时，二者恰好反应生成碳酸氢钠，碳酸氢根离子水解导致溶液中NaHCO₃的物质的量小于0.002mol，故B错误；
C．碳酸钠溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得：c（H⁺）+2c（H₂CO₃）+c（HCO₃^-）=c（OH^-），故C正确；
D．加入20mL盐酸后，溶液中含有了氯离子，根据电荷守恒可得：c（Na⁺）+c（H⁺）=2c（CO₃^2-）+c（HCO₃^-）+c（OH^-）+c（Cl^-），故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 离子浓度大小的比较．

考点点评： 本题考查了离子浓度大小的判断，题目难度中等，明确反应过程及混合液中的溶质组成为解本题关键，结合电荷守恒和物料守恒判断溶液中各离子浓度大小．

由于卤化物完全沉淀，则假设银完全沉淀，则沉淀物质的量为0.005L×0.1mol/L=0.0005mol，则沉淀的摩尔质量M=[m/n]=[0.013g/0.0005mol]=26g/mol．
故选A．

点评：
本题考点： 卤化银．

考点点评： 本题考查学生银离子和卤素离子反应的实质，可以根据反应相关物质的量之间的关系来解答，难度不大，注意LiF、AgCl不溶于水．

A．常温下，0.1mol•L^-1某一元酸（HA）溶液中
c(OH−)
c(H+)＝1×10−8mol/L结合c（H⁺）×c（OH^-）=10^-14可知，溶液中氢离子浓度=

Kw
c(H+)
C(H+)=10^-8mol/L，所以c（H⁺）=0.001mol/L，氢离子浓度小于酸浓度，所以该酸是弱酸，溶液的PH=3，故A错误；
B．酸溶液中水电离出的氢离子浓度等于溶液中氢氧根离子浓度，所以该溶液中由水电离出的c（H⁺）=1×10^-11mol•L^-1，故B正确；
C．温度不变，水的离子积常数不变，所以该溶液中水的离子积常数为1×10^-14，故C错误；
D．pH=11的NaOH溶液中氢氧化钠的浓度=0.001mol/L，氢氧化钠是强碱，HA是弱酸，要使混合溶液呈中性，则酸应该稍微过量，所以0.001mol/L×V₁L＜V₂ L×0.1 mol•L^-1，0.01V₁＜V₂ ，故D错误；
故选B．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查了弱电解质的电离、pH的简单计算等知识点，注意水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，为易错点．

n（Cu）=[1.92g/64g/mol]=0.03mol，n（H⁺）=0.4mol/L×0.1L+0.1mol/L×2×0.1L=0.06mol，n（NO₃^-）=0.4mol/L×0.1L=0.04mol，
由 3Cu+8H⁺+2NO₃^-=3Cu²⁺+2NO↑+4H₂O
3 82
0.03mol 0.08mol 0.02mol
显然氢离子的物质的量不足，
由氢离子的物质的量及离子方程式可知0.06mol氢离子反应，生成的铜离子的物质的量为0.06mol×[3/8]=0.0225mol，
所以溶液中c（Cu²⁺）=[0.0225mol/0.1L]=0.225mol/L，
答：所得溶液中的Cu²⁺的物质的量浓度为0.225mol/L．

点评：
本题考点： 离子方程式的有关计算．

考点点评： 本题考查离子反应的计算，解答该题的关键是把握反应的离子方程式及判断反应的过量问题，侧重分析能力和计算能力的考查，题目难度中等．

A、溶液中c（OH^-）/c（H⁺）=1×10^-8，K_w=c（H⁺）•c（OH^-）=1×10^-14，两式中的氢离子浓度是溶液中酸电离出的，氢氧根离子浓度是水电离出的，联立解得c（H⁺）=0.001mol/L，确定为弱酸溶液，所以溶液中c（OH^-）=10^-11mol/L，即水电离出的氢离子浓度为10^-11mol/L；故A错误；
B、0.1mol•L^-1某一元酸（HA）溶液中存在电离平衡，所以根据物料守恒可知c（A^-）+c（HA）=0.1mol•L^-1，所以c（H⁺）+c（A^-）+c（HA）=0.1mol•L^-1是错误的，故B错误；
C、0.1mol•L^-1某一元酸（HA）溶液与0.05mol•L^-1NaOH溶液等体积混合后反应，反应后的溶液为等浓度的酸HA和盐NaA的混合液，溶液中一定存在电荷守恒；[H⁺]+[Na⁺]=[OH^-]+[A^-]，按照选项中的离子浓度大小，若c（A^-）＞c（Na⁺），根据电荷守恒应有c（OH^-）＜c（H⁺），故C错误；
D、通过计算可知酸为弱酸存在 电离平衡HA⇌H⁺+A^-，加水稀释促进电离，氢离子浓度减小，加入一定量NaA晶体，溶解生成的A^-离子抑制了酸的电离，氢离子浓度减小，根据温度一定时溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度乘积为常数，加入水和加入一定量NaA晶体，使氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 弱电解质在水溶液中的电离平衡．

考点点评： 本题考查酸碱混合后溶液pH的判断，题目难度不大，本题的关键是根据溶液中c（H+）与c（OH-）的比值，结合溶液的离子积常数Kw计算出溶液的c（H+），判断出HA为弱酸．

（1）n（KOH）=[11.2g/56g/mol]=0.2mol，n（H₂SO₄）=1L×0.1mol/L=0.1mol，二者恰好反应生成0.2mol水，放出11.46KJ的热量，
则生成1mol水时放出的热量为[1/0.2]×11.26kJ=56.3kJ，
所以表示中和热的热化学方程式为 KOH（aq）+[1/2]H₂SO₄（aq）=[1/2]K₂SO₄（aq）+H₂O△H=-56.3kJ/mol，
故答案为：KOH（aq）+[1/2]H₂SO₄（aq）=[1/2]K₂SO₄（aq）+H₂O△H=-56.3kJ/mol；
（2）物质的聚集状态不同，放出的热量不同，水蒸气液化时放热，则有|△H₁|＜|△H₂|，由于氢气的燃烧为放热反应，
△H＜0，则△H₁＞△H₂，故答案为：△H₁＞△H₂．

点评：
本题考点： 中和热；热化学方程式．

考点点评： 本题考查中和热的计算以及反应热的大小比较，注意比较反应热时不能忽略“+”“-”．